Question

3．已知向量$\overrightarrow{m}$=（cosx，1-asinx），$\overrightarrow{n}$=（cosx，2），其中a∈R，x∈R，設f（x）=$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{n}$，且函數(shù)f（x）的最大值為g（a）．
（I）求函數(shù)g（a）的解析式；
（Ⅱ）設0≤θ＜2π，求函數(shù)g（2cosθ+1）的最大值和最小值以及對應的θ值；
（Ⅲ）若對于任意的實數(shù)x∈R，g（x）≥kx+$\frac{5}{2}$恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）運用向量的數(shù)量積的坐標表示和二倍角公式、及正弦函數(shù)的值域和二次函數(shù)的最值的求法，即可得到最大值；
（Ⅱ）設0≤θ＜2π，即有-1≤2cosθ+1≤3，令t=2cosθ+1，-1≤t≤3，討論-1≤t≤1時，1≤t≤3時，運用單調(diào)性和余弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，即可得到所求；
（Ⅲ）討論當x≤-1時，當-1＜x＜1時，當-1＜x＜0時，當x≥1時，運用分離參數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性及基本不等式即可得到所求范圍．

解答 解：（I）向量$\overrightarrow{m}$=（cosx，1-asinx），$\overrightarrow{n}$=（cosx，2），
設f（x）=$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{n}$=cos²x+2-2asinx=-sin²x-2asinx+3
=-（sinx+a）²+3+a²，
由sinx∈[-1，1]，當-a≥1，即a≤-1，
即有sinx=1時，f（x）的最大值為2-2a；
當-a≤-1，即a≥1，即有sinx=-1時，f（x）的最大值為2+2a；
當-1＜-a＜1，即-1＜a＜1時，即有sinx=-a時，f（x）的最大值為3+a²．
綜上可得，g（a）=$\left\{\begin{array}{l}{2-2a，a≤-1}\\{3+{a}^{2}，-1＜a＜1}\\{2+2a，a≥1}\end{array}\right.$；
（Ⅱ）設0≤θ＜2π，即有-1≤2cosθ+1≤3，
令t=2cosθ+1，-1≤t≤3，
當-1≤t≤1時，g（2cosθ+1）=g（t）=3+t²，
當t=±1時，函數(shù)取得最大值4；t=0時，取得最小值3；
當1≤t≤3時，g（t）=2+2t，t=1時，取得最小值4，t=3時，取得最大值8．
綜上可得，θ=$\frac{2π}{3}$或$\frac{4π}{3}$時，取得最小值3；θ=0時，取得最大值8；
（Ⅲ）若對于任意的實數(shù)x∈R，g（x）≥kx+$\frac{5}{2}$恒成立，
當x≤-1時，2-2x≥kx+$\frac{5}{2}$，即有k+2≥-$\frac{1}{2x}$，則k+2≥$\frac{1}{2}$，可得k≥-$\frac{3}{2}$；
當-1＜x＜1時，3+x²≥kx+$\frac{5}{2}$，x=0時，顯然成立；
當0＜x＜1時，k≤x+$\frac{1}{2x}$，由x+$\frac{1}{2x}$≥2$\sqrt{x•\frac{1}{2x}}$=$\sqrt{2}$，即有k≤$\sqrt{2}$；
當-1＜x＜0時，k≥x+$\frac{1}{2x}$，由x+$\frac{1}{2x}$≤-2$\sqrt{x•\frac{1}{2x}}$=-$\sqrt{2}$，即有k≥-$\sqrt{2}$；
當x≥1時，2+2x≥kx+$\frac{5}{2}$，即有2-k≥$\frac{1}{2x}$，則2-k≥$\frac{1}{2}$，可得k≤$\frac{3}{2}$．
綜上可得，-$\sqrt{2}$≤k≤$\sqrt{2}$．
即實數(shù)k的取值范圍是[-$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$]．

點評 本題考查向量的數(shù)量積的坐標表示，考查三角函數(shù)的求值和正弦、余弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，同時考查不等式恒成立問題的解法，注意運用分離參數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性及基本不等式，屬于中檔題．