4.設(shè)函數(shù)f(x)=acos2x+(a-1)(cosx+1)其中a>0,記f(x)||的最大值為A.
(Ⅰ)當(dāng)0<a<$\frac{1}{5}$時(shí),討論f(x)的單調(diào)性;
(Ⅱ)求A.

分析 (Ⅰ)利用三角函數(shù)公式將函數(shù)f(x)化簡(jiǎn),換元法轉(zhuǎn)化為二次函數(shù),配方,討論單調(diào)性.
(Ⅱ)討論a的取值,利用分類討論的數(shù)學(xué),結(jié)合換元法,以及一元二次函數(shù)的最值的性質(zhì)進(jìn)行求解;

解答 解:(1)∵0<a<$\frac{1}{5}$,
∴函數(shù)f(x)等價(jià)為f(x)=acos2x+(a-1)(cosx+1)=2acos2x+(a-1)cosx-1,
令t=cosx,(-1≤t≤1),則g(t)=2at2+(a-1)t-1,
開(kāi)口向上,對(duì)稱軸t=$\frac{1-a}{4a}$,
當(dāng)0<a<$\frac{1}{5}$時(shí),對(duì)稱軸t∈(-1,$-\frac{1}{4}$)始終在定義域范圍內(nèi).
∴函數(shù)g(t)在t∈[-1,$\frac{1-a}{4a}$]單調(diào)遞減,在t∈[$\frac{1-a}{4a}$,1]單調(diào)遞增.
(Ⅱ)當(dāng)a≥1時(shí),|f(x)|=|acos2x+(a-1)(cosx+1)|≤a|cos2x|+(a-1)|(cosx+1)|≤a|cos2x|+(a-1)(|cosx|+1)|≤a+2(a-1)=3a-2=f(0),因此A=3a-2.
當(dāng)0<a<1時(shí),f(x)等價(jià)為f(x)=acos2x+(a-1)(cosx+1)=2acos2x+(a-1)cosx-1,
令g(t)=2at2+(a-1)t-1,
則A是|g(t)|在[-1,1]上的最大值,g(-1)=a,g(1)=3a-2,
且當(dāng)t=$\frac{1-a}{4a}$時(shí),g(t)取得極小值,極小值為g($\frac{1-a}{4a}$)=$-\frac{{a}^{2}+6a+1}{8a}$,二次函數(shù)在對(duì)稱軸處取得極值)
令$-1<\frac{1-a}{4a}<1$,解得:a$<-\frac{1}{3}$(舍去)或$a>\frac{1}{5}$.因此A=3a-2.
①當(dāng)0<a$≤\frac{1}{5}$時(shí),g(t)在(-1,1)內(nèi)無(wú)極值點(diǎn),|g(-1)|=a,|g(1)|=2-3a,|g(-1)|<|g(1)|,
∴A=2-3a,
②$\frac{1}{5}$<a<1時(shí),由g(-1)-g(1)=2(1-a)>0,得g(-1)>g(1)>g($\frac{1-a}{4a}$).
∵g($\frac{1-a}{4a}$)-g(-1)>0,
∴A=|g($\frac{1-a}{4a}$)|=|$-\frac{{a}^{2}+6a+1}{8a}$|=$\frac{{a}^{2}+6a+1}{8a}$.
綜上可得:A=$\left\{\begin{array}{l}{2-3a,(0<a≤\frac{1}{5})}\\{\frac{{a}^{2}+6a+1}{8a}.(\frac{1}{5}<a<1)}\\{3a-2,(a≥1)}\end{array}\right.$.

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)的最值的應(yīng)用,求函數(shù)的導(dǎo)數(shù),利用了換元法,轉(zhuǎn)化法轉(zhuǎn)化為一元二次函數(shù)是解決本題的關(guān)鍵.綜合性較強(qiáng),難度較大.

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