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fx而

fx2

＋4

＝f(x)＋

4

fx≥2

f0

fx·＝4，且

fxf0

4

2

＋4

＝4，

所以m≤4，故实数m的最大值为4.

(2)因为函数g(x)＝f(x)－2＝a＋b－2有且只有1个零点，而g(0)＝f(0)－2＝a＋b－2＝0，

所以0是函数g(x)的唯一零点．

因为g′(x)＝aln a＋bln b，又由0＜a＜1，b＞1知ln a＜0，ln b＞0，所以g′(x)＝0

xxxx0

0

?ln a?.

有唯一解x0＝logb?－??ln b?

a令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝(aln a＋bln b)′ ＝a(ln a)＋b(ln b)， 从而对任意x∈R，h′(x)＞0，

所以g′(x)＝h(x)是(－∞，＋∞)上的单调增函数． 于是当x∈(－∞，x0)时，g′(x)＜g′(x0)＝0； 当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞g′(x0)＝0.

因而函数g(x)在(－∞，x0)上是单调减函数，在(x0，＋∞)上是单调增函数． 下证x0＝0.

若x0＜0，则x0＜＜0，于是g??＜g(0)＝0.

2?2?又g(loga2)＝aloga2x2

xxx2

x0

?x0?

＋bloga2－2＞aloga2－2＝0，且函数g(x)在以和loga2为端点的闭区间

2

x0

上的图象不间断，所以在和loga2之间存在g(x)的零点，记为x1.

2

因为0＜a＜1，所以loga2＜0.

又＜0，所以x1＜0，与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾． 2

若x0＞0，同理可得，在和logb2之间存在g(x)的非0的零点，与“0是函数g(x)的唯一零

2点”矛盾．

因此，x0＝0.

ln a于是－＝1，故ln a＋ln b＝0，所以ab＝1.

ln b22．(本小题满分15分)设函数f(x)＝αcos 2x＋(α－1)·(cos x＋1)，其中α>0，记|f(x)|的最大值为A.

(1)求f′(x)； (2)求A；

- 9 -

x0

x0

x0

(3)证明|f′(x)|≤2A.

解：(1)f′(x)＝－2αsin 2x－(α－1)sin x.

(2)当α≥1时，|f(x)|＝|αcos 2x＋(α－1)(cos x＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝

(0)．故A＝3α－2.

当0<α<1时，将f(x)变形为

f(x)＝2αcos2x＋(α－1)cos x－1.

令g(t)＝2αt2

＋(α－1)t－1， 则A是|g(t)|在[－1,1]上的最大值，

g(－1)＝α，g(1)＝3α－2，

且当t＝1－α4α时，g(t)取得极小值，

?1－α?2

2极小值为g?＝－α－－1＝－α＋6α＋1

?4α?1

?

8α8α.

令－1<1－α4α<1，解得α>15

.

①当0<α≤1

5时，g(t)在[－1,1]内无极值点，|g(－1)|＝α，

|g(1)|＝2－3α，|g(－1)|<|g(1)|，所以A＝2－3α. ②当1

5<α<1时，由g(－1)－g(1)＝2(1－α)>0，

知g(－1)>g(1)>g?

?1－α?4α???

.

又???1－α1＋7α?g?4α????

－|g(－1)|＝1－α???8α>0， 2

所以A＝???g??1－α?4α??????

＝α＋6α＋18α. ?2－3α，0<α≤15

，

综上，A＝??α2

＋6α＋1??8α，1

5<α<1，

3α－2，α≥1.

(3)证明：由(1)得|f′(x)|＝|－2αsin 2x－(α－1)sin x|≤2α＋|α－1|. 当0<α≤1

5时，|f′(x)|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A.

当1α15<α<1时，A＝8＋8α＋3

4>1， 所以|f′(x)|≤1＋α<2A.

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f

当α≥1时，|f′(x)|≤3α－1≤6α－4＝2A. 所以|f′(x)|≤2A.

- 11 -