Question

4．已知函數(shù)f（x）=$\sqrt{（acosx-1）^{2}+si{n}^{2}x}$
（1）當a=2時，求f（x）的值域；
（2）當且僅當x=2kπ，k∈Z時，f（x）取最小值，求正數(shù)a的取值范圍；
（3）是否存在正數(shù)a，使得對于定義域內的任意x，$\frac{f（x）}{a-cosx}$為定值？若存在，求a的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）運用同角的平方關系，化為cosx的式子，由余弦函數(shù)的值域，結合二次函數(shù)的值域求法，即可得到所求值域；
（2）化f（x）為cosx的式子，討論a的范圍，若a=1，0＜a＜1，1＜a≤$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，a＞$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$時，注意討論對稱軸和區(qū)間的關系，結合條件，即可得到所求a的范圍；
（3）假設存在正數(shù)a，使得對于定義域內的任意x，$\frac{f（x）}{a-cosx}$為定值t，即有f（x）=$\sqrt{（{a}^{2}-1）co{s}^{2}x-2acosx+2}$=t（a-cosx），兩邊平方，運用恒等式有對應項系數(shù)相等，解方程可得a，t，即可判斷是否存在．

解答 解：（1）f（x）=$\sqrt{（2cosx-1）^{2}+si{n}^{2}x}$
=$\sqrt{4co{s}^{2}x-4cosx+1+si{n}^{2}x}$=$\sqrt{3co{s}^{2}x-4cosx+2}$
=$\sqrt{3（cosx-\frac{2}{3}）^{2}+\frac{2}{3}}$，
由cosx∈[-1，1]，$\frac{2}{3}$∈[-1，1]，
則cosx=$\frac{2}{3}$時，取得最小值，且為$\frac{\sqrt{6}}{3}$；
cosx=-1時，取得最大值，且為3．
則f（x）的值域為[$\frac{\sqrt{6}}{3}$，3]；
（2）f（x）=$\sqrt{{a}^{2}co{s}^{2}x-2acosx+1+si{n}^{2}x}$
=$\sqrt{（{a}^{2}-1）co{s}^{2}x-2acosx+2}$，
若a=1，即有f（x）=$\sqrt{2-2cosx}$，由-1≤cosx≤1，
可得cosx=1，即x=2kπ，k∈Z，取得最小值0；
若0＜a＜1時，a²-1＜0，f（x）=$\sqrt{（{a}^{2}-1）（cosx-\frac{a}{{a}^{2}-1}）^{2}+2-\frac{{a}^{2}}{{a}^{2}-1}}$，
設t=cosx（-1≤t≤1），由g（t）=（a²-1）（t-$\frac{a}{{a}^{2}-1}$）²+2-$\frac{{a}^{2}}{{a}^{2}-1}$，
由a²-1＜0，可得g（t）的最小值在t=-1或t=1取得，
由1-$\frac{a}{{a}^{2}-1}$＞$\frac{a}{{a}^{2}-1}$-（-1），即有t=1，即x=2kπ，k∈Z，取得最小值；
若a＞1時，由a²-1＞0，g（t）=（a²-1）（t-$\frac{a}{{a}^{2}-1}$）²+2-$\frac{{a}^{2}}{{a}^{2}-1}$，
當區(qū)間[-1，1]為g（t）的減區(qū)間，即1≤$\frac{a}{{a}^{2}-1}$，
解得1＜a≤$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$；
當a＞$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$時，區(qū)間[-1，1]為先減后增，t=$\frac{a}{{a}^{2}-1}$時，取得最小值，故不成立．
綜上可得，a的范圍為0＜a≤$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$；
（3）假設存在正數(shù)a，使得對于定義域內的任意x，$\frac{f（x）}{a-cosx}$為定值t，
即有f（x）=$\sqrt{（{a}^{2}-1）co{s}^{2}x-2acosx+2}$=t（a-cosx），
即有（a²-1）cos²x-2acosx+2=t²cos²x-2t²acosx+t²a²，
則$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}-1={t}^{2}}\\{2a=2a{t}^{2}}\\{2={t}^{2}{a}^{2}}\end{array}\right.$，解得t²=1，a²=2，
由于a＞0，則a=$\sqrt{2}$，t=1．
故存在正數(shù)a=$\sqrt{2}$，使得對于定義域內的任意x，$\frac{f（x）}{a-cosx}$為定值1．

點評 本題考查可化為二次函數(shù)的值域和最值的求法，注意運用換元法和分類討論的思想方法，考查存在性問題的解法，注意運用恒等式知識，考查運算能力，屬于中檔題．