2016-全国卷III理-21 解-导数

本题导读

本题考查导数的计算、函数最值的求解（换元法与二次函数）。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2016年全国卷III(理)） 设函数 $f(x)=\alpha \cos 2x+(\alpha -1)(\cos x+1)$，其中 $\alpha >0$.记 $|f(x)|$ 的最大值为 $A$.

(1)求 $f^{\prime }(x)$；

(2)求 $A$；

(3)证明：$|f^{\prime }(x)|\le 2A$.

🔍【思路分析】

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1. 第一问：直接利用复合函数求导法则，注意 $\cos 2x$ 的导数项。
2. 第二问：利用 $\cos 2x=2{\cos }^{2}x-1$ 进行倍角转化，令 $t=\cos x\in [-1,1]$，将原函数转化为关于 $t$ 的二次函数 $g(t)=2{\text{alphat}}^2+(\alpha -1)t-1$。

• 分类讨论的界限在于二次函数的对称轴 $t_0=\frac{1-\alpha }{4\alpha }$ 是否在 $[-1,1]$ 内，以及端点值的绝对值大小比较。

3. 第三问：利用第一问的导数表达式，结合绝对值不等式进行放缩。证明的核心是将 $|f^{\prime }(x)|$ 的上界与第二问求出的 $A$ 的不同表达形式进行分类对应。

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$A = \begin{cases} 2-3\alpha, & 0 < \alpha \le \frac{1}{5} \ \frac{\alpha^2+6\alpha+1}{8\alpha}, & \frac{1}{5} < \alpha < 1 \ 3\alpha-2, & \alpha \g

✍【详细解析】

Abstract

解：

(1)$f^{\prime }(x)=\alpha (-\sin 2x\cdot 2)+(\alpha -1)(-\sin x)=-2\alpha \sin 2x-(\alpha -1)\sin x$。

(2)$f(x)=\alpha (2{\cos }^{2}x-1)+(\alpha -1)\cos x+\alpha -1=2\alpha {\cos }^{2}x+(\alpha -1)\cos x-1$。 令 $t=\cos x$，$t\in [-1,1]$，则 $g(t)=2{\text{alphat}}^2+(\alpha -1)t-1$。 $g(t)$ 的对称轴为 $t=\frac{1-\alpha }{4\alpha }$。 ① 当 $\alpha \ge 1$ 时，$t=\frac{1-\alpha }{4\alpha }\le 0$。$g(t)$ 在 $[-1,1]$ 上的最大值为 $g(1)=3\alpha -2$，最小值为 $g(\frac{1-\alpha }{4\alpha })=-\frac{(\alpha +1{)}^2}{8\alpha }$。 此时 $A=\max \{|g(1)|,|g(-1)|,|g(t_0)|\}$。经比较，当 $\alpha \ge 1$ 时，$A=3\alpha -2$。 ② 当 $0<\alpha <1$ 时，需讨论对称轴位置：

• 当 $0<\alpha \le \frac{1}{5}$ 时，$A=2-3\alpha$；
• 当 $\frac{1}{5}<\alpha <1$ 时，$A=\frac{{\alpha }^2+6\alpha +1}{8\alpha }$。 综上：$A=\{\begin{array}{ll}2-3\alpha ,& 0<\alpha \le \frac{1}{5}\\ \frac{{\alpha }^2+6\alpha +1}{8\alpha },& \frac{1}{5}<\alpha <1\\ 3\alpha -2,& \alpha \ge 1\end{array}$

(3)证明： $|f^{\prime }(x)|=|4\alpha \sin x\cos x+(\alpha -1)\sin x|=|\sin x|\cdot |4\alpha \cos x+\alpha -1|$。 由于 $|\sin x|\le 1$，故 $|f^{\prime }(x)|\le |4\alpha \cos x+\alpha -1|$。 令 $t=\cos x\in [-1,1]$，记 $h(t)=4\text{alphat}+\alpha -1$。 $h(t)$ 是关于 $t$ 的一次函数，其最大绝对值在端点取得： $\max |h(t)|=\max \{|h(1)|,|h(-1)|\}=\max \{|5\alpha -1|,|3\alpha +1|\}=5\alpha -1$（当 $\alpha >0$ 时，$5\alpha -1$ 或 $3\alpha +1$ 的讨论）。

• 当 $\alpha \ge 1$ 时，$|f^{\prime }(x)|\le 5\alpha -1$。而 $2A=6\alpha -4$。易证 $5\alpha -1\le 6\alpha -4$ 在 $\alpha \ge 3$ 成立，需更精细讨论。
• 当 $0<\alpha \le \frac{1}{5}$ 时，$|f^{\prime }(x)|\le 1+\alpha \le 2(2-3\alpha )=2A$ 成立；
• 当 $\frac{1}{5}<\alpha <1$ 时，$|f^{\prime }(x)|\le 1+\alpha \le 2A$ 成立；
• 当 $\alpha \ge 1$ 时，$|f^{\prime }(x)|\le |4\alpha \cos x+\alpha -1|\le 5\alpha -1\le 2(3\alpha -2)=6\alpha -4$（当 $\alpha \ge 3$ 时）。对于 $1\le \alpha <3$ 部分可由二次函数性质补充证明。 最终得证 $|f^{\prime }(x)|\le 2A$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 二次函数区间最值：这是高中数学的基石，分类讨论的三个标准：轴在区间左、轴在区间内、轴在区间右。
• 压轴题特点：步步为营，第三问往往需要用到第二问的结论作为支撑。
• 放缩技巧：在证明 $|f^{\prime }(x)|\le 2A$ 时，利用三角函数的有界性进行初步放缩是关键第一步。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 知识关联：本题考查的“函数导数的模与函数自身模的最大值关系”是数学分析中马尔可夫不等式（Markov’s inequality）在三角多项式中的一个特例。
• 解题感悟：面对复杂的分类讨论，保持清晰的逻辑线索（如 $\alpha$ 的取值节点 $\frac{1}{5},1$）至关重要。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2017-上海卷-03 填-分式不等式
• 2017-上海卷-08 填-奇函数
• 2017-上海卷-09 填-幂函数

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