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题目：设函数f （x）=ax+cosx，x∈[0，π].
（1）讨论f （x）的单调性；（2）设f （x）≤1+sinx，求a的取值范围.
解法1：
（2）f （x）≤1+sinx即ax+cosx≤1+sinx
（﹡）
当x=0时，对a∈R不等式（﹡）恒成立；当0 构造函数g（x）=1+sinx-cosxx，则g′（x）=（sinx+cosx）x-（1+sinx-cosx）x2，构造函数h（x）=（sinx+cosx）x-（1+sinx-cosx），则h′（x）=（cosx-sinx）x，当0≤x≤π4时，h′（x）>0，当π4≤x≤π时，h′（x）<0，故h（x）在区间[0，π4]上递增，在区间[π4，π]上递减，又因为h（0）=0，h（π4）=2π4-1>0，h（π）=-π-2<0，所以存在x0∈[π4，π]，使得h（x0）=0，故当x∈[0，x0]时，h（x）≥0，当x∈[x0，π]时，h（x）≤0，故当x∈[0，x0]时，g′（x）≥0，当x∈[x0，π]时，g′（x）≤0，即g（x）在[0，x0]上单调递增，在[x0，π]上单调递减，又因为limx→0+g（x）=limx→0+（1+sinx-cosx）′x′=1，g（π）=2π，因为1>2π，故当x=π时，g（x）min=2π，要使不等式a≤1+sinx-cosxx，当x∈（0，π]上恒成立，只需a≤2π.综上a的范围是（-∞，2π].
图1解法2：f （x）≤1+sinx即ax+cosx≤1+sinx，可化为ax-1≤sinx-cosx，构造函g（x）=ax-1，h（x）=sinx-cosx，x∈[0，π]，画出函数g（x）、h（x）图象如图，g（x）图象是过（0，-1）点的直线，h（x）的图象也过（0，-1）点，在[0，3π4]上为增函数，在[3π4，π]上为减函数，要使ax-1≤sinx-cosx在[0，π]上恒成立，只需x∈[0，π]时g（x）图象在h（x）图象下方，由图象知a≤2π时不等式恒成立，即a的范围是（-∞，2π].
甘肃省永昌县第一高级中学 （737200）
（1）讨论f （x）的单调性；（2）设f （x）≤1+sinx，求a的取值范围.
解法1：
（2）f （x）≤1+sinx即ax+cosx≤1+sinx
（﹡）
当x=0时，对a∈R不等式（﹡）恒成立；当0 构造函数g（x）=1+sinx-cosxx，则g′（x）=（sinx+cosx）x-（1+sinx-cosx）x2，构造函数h（x）=（sinx+cosx）x-（1+sinx-cosx），则h′（x）=（cosx-sinx）x，当0≤x≤π4时，h′（x）>0，当π4≤x≤π时，h′（x）<0，故h（x）在区间[0，π4]上递增，在区间[π4，π]上递减，又因为h（0）=0，h（π4）=2π4-1>0，h（π）=-π-2<0，所以存在x0∈[π4，π]，使得h（x0）=0，故当x∈[0，x0]时，h（x）≥0，当x∈[x0，π]时，h（x）≤0，故当x∈[0，x0]时，g′（x）≥0，当x∈[x0，π]时，g′（x）≤0，即g（x）在[0，x0]上单调递增，在[x0，π]上单调递减，又因为limx→0+g（x）=limx→0+（1+sinx-cosx）′x′=1，g（π）=2π，因为1>2π，故当x=π时，g（x）min=2π，要使不等式a≤1+sinx-cosxx，当x∈（0，π]上恒成立，只需a≤2π.综上a的范围是（-∞，2π].
图1解法2：f （x）≤1+sinx即ax+cosx≤1+sinx，可化为ax-1≤sinx-cosx，构造函g（x）=ax-1，h（x）=sinx-cosx，x∈[0，π]，画出函数g（x）、h（x）图象如图，g（x）图象是过（0，-1）点的直线，h（x）的图象也过（0，-1）点，在[0，3π4]上为增函数，在[3π4，π]上为减函数，要使ax-1≤sinx-cosx在[0，π]上恒成立，只需x∈[0，π]时g（x）图象在h（x）图象下方，由图象知a≤2π时不等式恒成立，即a的范围是（-∞，2π].
甘肃省永昌县第一高级中学 （737200）