Question

15．已知a≥1，函数f（x）=（sinx-a）（a-cosx）+$\sqrt{2}$a．
（1）当a=1时，求f（x）的值域；
（2）若函数f（x）在[0，π]内有且只有一个零点，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）当a=1时，化简函数f（x）的解析式为f（x）=$g（t）=-\frac{{{t^2}-1}}{2}+t-1+\sqrt{2}=-\frac{1}{2}{（t-1）^2}+\sqrt{2}$，t∈[-$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$]，再利用二次函数的性质求得它的值域．
（2）化简函数的解析式f（x）=$h（u）=-\frac{{{u^2}-1}}{2}+au-{a^2}+\sqrt{2}a=-\frac{1}{2}{（u-a）^2}-\frac{1}{2}{a^2}+\frac{1}{2}+\sqrt{2}a$，在$[-1，1）∪\{\sqrt{2}\}$内有且只有一个零点，在$[1，\sqrt{2}）$上无零点，利用二次函数的性质求得a的取值范围．

解答 解：（1）当a=1时，$f（x）=（sinx-1）（1-cosx）+\sqrt{2}$=$-sinxcosx+sinx+cosx-1+\sqrt{2}$，
令t=sinx+cosx，则$t∈[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]，sinxcosx=\frac{{{t^2}-1}}{2}$，f（x）=$g（t）=-\frac{{{t^2}-1}}{2}+t-1+\sqrt{2}=-\frac{1}{2}{（t-1）^2}+\sqrt{2}$．
当t=1时，$g{（t）_{max}}=\sqrt{2}$，当$t=-\sqrt{2}$时，$g{（t）_{min}}=-\frac{3}{2}$．
所以，f（x）的值域为$[-\frac{3}{2}，\sqrt{2}]$．
（2）$f（x）=（sinx-a）（a-cosx）+\sqrt{2}a$=$-sinxcosx+a（sinx+cosx）-{a^2}+\sqrt{2}a$，
令u=sinx+cosx，则当x∈[0，π]时，$u∈[-1，\sqrt{2}]，sinxcosx=\frac{{{u^2}-1}}{2}$，
f（x）=$h（u）=-\frac{{{u^2}-1}}{2}+au-{a^2}+\sqrt{2}a=-\frac{1}{2}{（u-a）^2}-\frac{1}{2}{a^2}+\frac{1}{2}+\sqrt{2}a$，
f（x）在[0，π]内有且只有一个零点等价于h（u）在$[-1，1）∪\{\sqrt{2}\}$内有且只有一个零点，在$[1，\sqrt{2}）$上无零点．
因为a≥1，所以h（u）在[-1，1）内为增函数．
①若h（u）在[-1，1）内有且只有一个零点，$[1，\sqrt{2}]$内无零点．
故只需$\left\{{\begin{array}{l}{h（1）＞0}\\ \begin{array}{l}h（-1）≤0\\ h（\sqrt{2}）＞0\end{array}\end{array}}\right.$，即$\left\{{\begin{array}{l}{-{a^2}+（\sqrt{2}+1）a＞0}\\ \begin{array}{l}-{a^2}+（\sqrt{2}-1）a≤0\\-{a^2}+2\sqrt{2}a-\frac{1}{2}＞0\end{array}\end{array}}\right.$，求得$1≤a＜\sqrt{2}+1$．
②若$\sqrt{2}$为h（u）的零点，$[-1，\sqrt{2}）$内无零点，则$-{a^2}+2\sqrt{2}a-\frac{1}{2}=0$，得$a=\sqrt{2}±\frac{{\sqrt{6}}}{2}$．
经检验，$a=\sqrt{2}+\frac{{\sqrt{6}}}{2}$符合题意．
综上：$1≤a＜\sqrt{2}+1$或$a=\sqrt{2}+\frac{{\sqrt{6}}}{2}$．

点评 本题主要考查三角恒等变换，函数零点的判断，二次函数的性质应用，体现了转化、分类讨论的数学思想，属于中档题．