技巧-第3讲

1Lecture 3完形填空之 上下文推理法Part One Part Two Part Three Part FourIntroduction Example Practice ExerciseCONTENTS学而思网校上下文推理法“上下文推理法” 指的是根据上下文信息，寻找有关提示或暗示，抓住传递语言信息的词语或情节，进行简单推理的方法。

在完形填空中，如果脱离上下文语境，把每个选项放在空格处，在语法、搭配、意义上可能都是正确的，但是在上下文具体语境下，正确的答案是唯一的。

( ) He hit the pipes (水管) a few times and looked worried . “Sorry, but I cannotfix it today. Maybe, tomorrow.” Then he held out his hand. I couldn’t believe it! He wanted a tip (小费) for doing ____!A.nothingB.anythingC.somethingD.everything() My brother and I often fight with each other over small things. My father is worried about that. “Tomorrow we will take part in the Ray Home Sports Day. Both of you must go with me.” Our father said to us ____.A.seriouslyB.warmlyC.excitedlyD.sadly( ) The plane took off. A passenger needed to take his medicine. An air hostess (空姐) told him that she would bring him the ____.A.medicineB.waterC.cupD.coffee() When Polo was ten years old, he had a very exciting experience. It was a real adventure (冒险). One day, he and his father got up early to go ____. They got in the boat and started sailing out (出航) to the sea. A.swimmingB.shoppingC.fishingD.campingPart One IntroductionPart TwoExampleExample 1Example 2Example 4Example 3学而思网校() I was invited to go with them to help ____ the homeless. Early that Saturday morning, a team of 15 teenagers began making sandwiches and counting bags of candy. A.teachB.encourageC.moveD.feed( ) A few weeks ago, I was the clerk of a store, when the store was ____ and Iwas bored, looking out of the window, I noticed an old man sitting outside.A.emptyB.freeC.busyD.crowded( ) “Alan,” he often says to me, “If you want something, you have to work for it and never give up. Things do not come ____ in life.” That is what I learned from my father. A.really B.easily C.quietly D.slowly( ) What do you do if you’re left on a lonely island? Surely you need to find away to ____ the outside world. A.keep in touch with B.make friends with C.get along with D.shake hands with() He was looking through the windows, barefoot (赤脚的) and shivering (颤抖 的) with cold. A lady walked to the boy and said, “My little boy, what are you doing?” “I am asking God to give me a pair of ____,” the boy said. A.shorts B.shoes C.trousers D.glassesPart ThreePracticePractice 1Example 5Practice 3Practice 2Example 6学而思网校( ) “Shakira ’s music has a ____ character that doesn ’t look like anyone else ’s.”says Gabrie!“And no one can sing or dance like her.”A. personalB. commonC. similarD. general( ) For the young, e-learning seems so ____. Zhu Xufei, 12, uses her parents’mobile phone to study English every day on her way to school and back home.A. strangeB. difficultC. naturalD. horrible( ) While ____ is different for different ethnic groups, sour and spicy tastes arecommon in Guizhou cuisine.A. foodB. houseC. livingD. dressingSummaryPractice 4Practice 6Practice 5 Step1:通览A, B, C, D 四个选项和原文。

• 8.看谁组字多 • 做法：教师在黑板上写出一个“口”字， 跟同学们讲：“口”字加两笔能组成多少 个字？写在练习本上。时间约10分钟。时 间一到就停笔，自报字数，教师叫前三名 到黑板上写出自己所组的字。如都对，多 者为胜，可给予奖励。 • 说明：老师根据学生掌握字的多少，规定 时间，为便于讲评，可让两个学生在黑板 上写，其他的在本子上写。时间到时，老 师讲评黑板上的字，让全班同学一起改错 和补充。
• • • • •
《“人”字歌》 一撇一捺人，人下竖一个。 人上横一大，有点太大了。 再大不过天，丈夫冲破天。 说明：韵语识字法是字族文识字的一个体 现，我们要努力按学习者认知汉字的心理 规律和汉字的构字规律巧妙地把有关联的 汉字相对集中进行教学。
• 15.顺口溜巧记形近字 • 做法：根据汉字的构字规律，对形近字编 “顺口溜”进行字形教学，既有趣味性， 又有思考性，符合认知特点，学生喜闻乐 见，例如： • （1）两组字： • 渴—喝：渴了要喝水，喝水要用嘴。 • 晴—睛：有日天就晴，有目是眼睛。 • （2）三字组： • 钓—钧—钩：钓一点鱼，钧两点重，钩中 弯心 • 戌—戍—戊：横戌点戍戊中空
第三讲 汉字教学的方法与技巧
• 1.汉字教学的基本方法与技巧 • （1）先认读，后书写。 • （2）先教可以作为不见的独体字，后教包 含学过的独体字的合体字。 • （3）先教笔画少的字，后教笔画多的字。 • （4）教写带有新部件的汉字，要一笔一笔 地展示新部件的笔画、笔顺以及笔画与笔 画、部件与部件之间的正确位置和布局， 然后让学生模仿。
• （5）对象形字、指事字、会意字、形声字可根据 学生的理解能力适当做字体溯源书写说明，以便 帮助理解和记忆。 • （6）要帮助学生区分同音字的不同字义。 • （7）归类对比可以加深理解，减少错误。 • （8）注意随时纠正错别字，避免写错字、别字。 • （9）介绍汉字的构形理据，帮助学生正确认识和 理解汉字。 • （10）除了课堂教学以外，为了培养学生对汉字 的兴趣，还可以开设书法选修课、汉字电脑输入 法课程等

六年级奥数第三讲：分数计算技巧--整体约分法六年级奥数第三讲：分数计算技巧——整体约分法专题精析】我们知道如何将331经行约分。

因为3和12都含有公约数3，所以331=3/12.对于比较复杂的分数，分子、分母含有相同运算的，可提取相同因数进行约分。

特别注意：整体相同，只能作为整体约去，不能单独一项一项的约。

小升初研究中，整体约分法是重点考查的计算技能之一。

整体约分法有三种表现形式：第一种：有相同的部分与运算：例题1：(4/214+2)/(1+5/757)=(第一组数分别是第二组的4倍)(4/5+2/5)/(1+5/7)=(提取公因数)(4/5×4+2/5×4)/(1+5/7)=(整体一样，可以整体约去)4/7练：(3/5+1/5)/(1+1/3+1/3+1/3)=(每一组数都是第一组数的倍数)(3/5×3+1/5×3)/(1+1/3+1/3+1/3)=(提取公因数)(3/5×3+1/5×3)/(1+3/3)=(整体一样，可以整体约去)1/2第二种：分子分母整体相同：例题2：(362+548×361)/(362×548-186)=(观察分子分母，584×361和548×362相近)(361+1)×548-186/(362×548-186)=(转换成584×361，分母变548-182)361×548+548-182/(362×548-186)=(分子分母整体相同，整体约去)361×548+362/256+725×255/2007+2006×2008+2007×2009+25 6×725-469/2007×2008-×2009-1练：第三种：分子分母中含有相同因数：1×3×11+2×6×22+3×9×33)/(1×2×17+2×4×34+3×6×51)=(每一组数都是第一组数的倍数)(1×2)×(3×2)×(11×2)+(1×3)×(3×3)×(11×3)/(1×2×17+1×2×2×1 7+1×3×2×17)=(提取公因数)1×3×11+(1×2)×(2×2)×(17×2)+(1×3)×(2×3)×(17×3)/一组数的倍数=(1×3×11+1×3×11×23+1×3×11×33)/(1×2×17+1×2×2×17+1×2×3×17)=(有相同的公因数整体约去)1+2+3=6例题3：(331×2×17×(1+2+3))/33=(提取公因数)2×17×(1+2+3)=(有相同的公因数整体约去)34练：。

第3讲端点效应法知识与方法端点效应法是一种必要性探路法,是指对某些与函数有关的恒成立问题,通过选取函数定义域内的某些特殊值,先得到一个必要条件,初步获得参数的范围,再在该范围内进行讨论,或去验证其充分性,进而得到参数的准确范围的方法. 在验证其充分性的时候,往往需要结合“矛盾区间”进行说明.“端点效应+矛盾区间”才是完整的解题过程,其重点在于说明“矛盾”.需要指出的是,必要性探路的方法求出的结果并不一定就是所求的实际范围,但可以缩小参数的讨论范围,减少分类讨论的类别.典型例题【例1】设函数f(x)=e x−1−x−ax2.（1）若a=0,求f(x)的单调区间;（2）若当x≥0时f(x)≥0,求a的取值范围.【解析】f(x)在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)f′(x)=e x−1−2ax,f′(0)=0,再次求导可得：f′′(x)=e x−2a,即f′′(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f′′(x)≥f′′(0)=1−2a,下面根据1−2a的正负进行讨论:(1)当1−2a≥0，即a≤1时,f′′(x)≥0,f′(x)单调递增,所以f′(x)≥2f′(0)=0,得f(x)在[0,+∞)单调递增,故f(x)≥f(0)=0,满足题意.(2)当1−2a <0即a >12时,令f ′′(x )=0⇒x =ln (2a ), 则当x ∈(0,ln (2a ))时,f ′′(x )<0,f ′(x )单调递减,此时f ′(x )<f ′(0)=0,f (x )单调递减,因此,当x ∈(0,ln (2a ))时,f (x )<f (0)=0,即a >12不合题意.综上所述,a 的取值范围是(−∞,12].【点睛】区间端点0满足{f (0)=0,f ′(0)=0,当f ′(x )在x ≥0单调递增时必定满足题意.由f ′(x )≥0⇒a ≤12,这里得到一个参数a 的范围,然而,这仅仅是一个必要条件.还需说明当a >12时不合题意,才能得到a 的取值范围是(−∞,12].两种情形的分类讨论实际上是两次f (x )与f ′(x )间的连锁反应:①当a ≤12时,f ′(x )≥0⇒f (x )在[0,+∞)上递增⇒f (x )≥f (0)=0.这是符合题意的“端点效应”产生的连锁反应;②当a >12时,x ∈(0,ln (2a ))⇒ℎ′(x )<0⇒f (x )在(0,ln (2a ))上递减⇒f (x )<f (0)=0.这是不合题意的“端点效应”产生的连锁反应.结合①②两点,便得参数a 的准确范围是a ≤12.由例1可以看出:所谓的“端点效应法”,是先考虑“端点效应”,再结合“矛盾区间”得出参数的取值范围的方法.“端点效应+矛盾区间”,这是一个完整的解题过程,其重点在于“矛盾”而非“端点”.缺少“矛盾区间”说明的解法,得到的仅仅是一个必要条件,显然过程是不完整的.当然,说明“矛盾”的时候,只需举一个反例即可,并非一定要用到“矛盾区间”.【例2】已知函数f(x)=ae x−e−x−(a+1)x(a∈R),f(x)既存在极大值,又存在极小值.(1)求实数a的取值范围;(2)当0<a<1时,x1,x2分别为f(x)的极大值点和极小值点.且f(x1)+kf(x2)> 0,求实数k的取值范围.【解析】(1)f′(x)=ae x+e−x−(a+1)=ae2x−(a+1)e x+1e x =(ae x−1)(e x−1)e x,因为f(x)存在极大值和极小值,所以方程f′(x)=0有两个不等实根,所以a>0且a≠1.这是必要条件,下面证明充分性.令f′(x)=0,解得x=−lna,或x=0,①当0<a<1时,−lna>0,当x<0或x>−lna时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当0<x<−lna时,f′(x)<0,f(x)单调递减,故当x=0时,f(x)取得极大值,当x=−lna时,f(x)取得极小值;②当a>1时,−lna<0,所以,当x>0或x<−lna时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当−lna<x<0时,f′(x)<0,f(x)单调递减,故当x=0时,函数取得极小值,当x=−lna时,函数取得极大值,综上所述,a的范围为(0,1)∪(1,+∞).(2)当0<a<1时,由(1)可知f(x)的极大值点为x1=0,极小值点为x2=−lna, 所以f(x2)=f(−lna)=1−a+(a+1)lna,f(x1)=f(0)=a−1,因为f(x1)>−kf(x2),令−k=m,因为a−1>m[1−a+(a+1)lna]对任意0<a<1恒成立,由于此时f(x)在(x1,x2)上单调递减,所以f(x2)<f(x1)=a−1<0,故m>0,故(a+1)lna<(1+1m )(a−1),即lna<(1+1m)⋅a−1a+1,设g(x)=lnx−(1+1m )⋅x−1x+1,g′(x)=x2−2xm+1x(x+1)2,今x2−2xm+1=0(∗),Δ=4m2−4,当m≥1时,Δ≤0,故g′(x)>0,g(x)在(0,1)递增,故g(a)<g(1)=0,即lna<(1+1m )a−1a+1,符合题意,当0<m<1时,Δ>0,设(∗)的两根为x3,x4,且x3<x4, 则x3+x4>0,x3⋅x4=1,故0<x3<1<x4,则当x∈(x3,x4)时,g′(x)<0,g(x)递减,故当0<a<1时,g(a)>g(1)=0,即lna>(1+1m )⋅a−1a+1,矛盾,不合题意,综上,m≥1,即−k≥1,所以k≤−1,故k的取值范围为(−∞,−1].【例3】已知函数f(x)=lnx+mx.(1)探究函数f(x)单调性;(2)若f(x)≥m+1−x在[1,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围. 【解析】(1)f(x)在(0,m)上单调递减,在(m,+∞)上单调递增.(2)依题意lnx+mx+x−m−1≥0在[1,+∞)上恒成立.令g(x)=lnx+mx +x−m−1,则g′(x)=1x−mx2+1=x2+x−mx2,令ℎ(x)=x2+x−m(x≥1),则ℎ(x)是x∈[1,+∞)上的增函数,即ℎ(x)≥2−m.①当m≤2时,ℎ(x)≥0,所以g′(x)≥0,因此g(x)是x∈[1,+∞)上的增函数,则g(x)≥g(1)=0,因此m ≤2时,lnx +m x +x −m −1≥0成立. ②当m >2时,令g′(x )=x 2+x−m x 2=0,得ℎ(x )=x 2+x −m =0, 求得x 1=−1+√1+4m 2,(由于x ≥1,所以舍去x 2=−1−√1+4m 2) 当x ∈[1,√1+4m−12)时,g ′(x )<0,则g (x )在[1,√1+4m−12)上递减, 当x ∈(√1+4m−12,+∞)时,g ′(x )>0,则g (x )在(√1+4m−12,+∞)上递增, 所以当x ∈(1,√1+4m−12)时,g (x )<g (1)=0, 因此m >2时,lnx +m x +x −m −1≥0不可能恒成立.综合上述,实数m 的取值范围是(−∞,2].【点睛】第二问讨论的依据是:(1)端点处为0;(2)g ′(1)≥0得到一个m 的范围.【例4】已知函数f (x )=xlnx −ax 2+a (a ∈R ),当x >1时,关于x 的不等式f (x )<0恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】点睛意到f (1)=0,不等式f (x )<0恒成立,则f (x )<f (1).而f ′(x )=1+lnx −2ax (x >0),f ′(1)=1−2a,f ′′(x )=1x −2a ∈(−2a,1−2a ).下面根据−2a 及1−2a 的正负进行讨论:①若a ≥12,则f ′′(x )<1−2a ≤0,所以f ′(x )在(1,+∞)上单调递减, 得f ′(x )<f ′(1)=1−2a ≤0,故f (x )在(1,+∞)上单调递减,所以f (x )<f (1)=0,符合题意;②若0<a <12,则12a >1,令f ′′(x )>0,得0<x <12a ,则f′(x)在(1,12a)上单调递增,得f′(x)>f′(1)=1−2a>0,故f(x)在(1,12a)上单调递增,所以f(x)>f(1)=0,故舍去.③若a≤0,则f′′(x)>0,f′(x)在(1,+∞)上单调递增,同上舍去.综上所述,实数a的取值范围是[12,+∞).【例5】已知函数f(x)=ae2x+(2a−1)e x−x,a为常数.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若x≥0,f(x)≥(3a−1)cosx恒成立,求实数a的取值范围.【解析】(1)f(x)在(−∞,ln12a )单调递减,在(ln12a,+∞)单调递增.(2)f(x)≥(3a−1)cosx⇔ae2x+(2a−1)e x−x≥(3a−1)cosx,今g(x)=ae2x+(2a−1)e x−x−(3a−1)cosx,g′(x)=2ae2x+(2a−1)e x−1+(3a−1)sinx.由于g(0)=0,由g′(0)≥0,得4a−2≥0,解得a≥12.下证a≥12时,f(x)≥(3a−1)cosx恒成立:由于g′(x)=2ae2x+(2a−1)e x−1+(3a−1)sinx≥e2x−1+12sinx令m(x)=e2x−1+12sinx,m′(x)=2e2x+12cosx>0,从而m(x)单调递增,所以m(x)≥m(0)=0,所以g′(x)≥0, 所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,从而g(x)≥g(0)=0.符合题意,从而a≥12时满足题意;再证a<12时,f(x)≥(3a−1)cosx不能恒成立:首先,由f (π2)≥0,得ae π+(2a −1)e π2−π2≥0,a (e π+2e π2)≥e π2+π2,所以a >0.当0<a <12时,则g ′(x )=2ae 2x +(2a −1)e x −1+(3a −1)sinx ≥f ′(x )−|3a −1|,g ′(0)=4a −2<0,g (0)=0;当13<a <12时,g ′(x )≥f ′(x )−|3a −1|=2ae 2x +(2a −1)e x −3a , 由2ae 2x +(2a −1)e x −3a =0,得x =ln (1−2a+√28a 2−4a+14a )>0, 所以x ≥ln 1−2a+√28a 2−4a+14a 时,g ′(x )≥g ′(ln 1−2a+√28a 2−4a+14a)≥0.从而由零点存在性定理知,存在x 0∈(0,ln 1−2a+√28a 2−4a+14a ],使得g ′(x 0)=0.当x ∈(0,x 0)时,g ′(x )<0,此时,g (x )≤g (0)=0,不合题意.由0<a ≤13时,g ′(x )=f ′(x )−|3a −1|=2ae 2x +(2a −1)e x +3a −2,由2ae 2x +(2a −1)e x +3a −2=0,得x =ln1−2a+√−20a 2+12a+14a ≥0,所以x ≥ln 1−2a+√−20a 2+12a+14a 时,g ′(x )≥g ′(ln 1−2a+√−20a 2+12a+14a)≥0, 从而,由零点存在性定理,存在x 1∈(0,ln 1−2a+√−20a 2+12a+14a ],使得g ′(x 1)=0,从而当x ∈(0,x 1)时,g ′(x )<0,此时,g (x )≤g (0)=0,不符合题意.综上所述,实数a 的取值范围是[12,+∞).【点睛】端点效应的题目一般具有两个特点:1.区间的端点不等式恰好是等式,例如本例,区间的端点值是x =0,且g (0)=0;2.对函数求导以后,会发现导函数一般是一个单调函数(要么导函数递增,要么导函数递减),而答案往往就是导函数全部都是非负数(原函数单调递增)或者导函数全部都是非正数(原函数单调递减)时取得.上述分析我们可以在草稿纸上完成,然后在答题时需按下述步骤进行:第一,讨论答案是正确的,如本例,我们先证明了a≥12时,它是满足题意的,这个说明过程相对简单;第二,说明答案的反面是错误的,在说明答案的反面错误的时候,务必要使用零点存在性定理“卡”出一个矛盾区间,不要用极限“卡”出区间,这是整个题目的难点.然后再从这个矛盾区间出发,来说明答案不成立.【例6】已知函数f(x)=2sinx−xcosx−x,f′(x)是f(x)的导函数.(1)证明:f′(x)在区间(0,π)存在唯一的零点;(2)若x∈[0,π],f(x)≥ax,求a的取值范围.【解析】(1)证明:由题意可知,f′(x)=cosx+xsinx−1,今ℎ(x)=f′(x),则ℎ′(x)=xcosx.当x∈(0,π2)时,ℎ′(x)>0,所以ℎ(x)=f′(x)在(0,π2)上单调递增;当x∈(π2,π)时,ℎ′(x)<0,所以ℎ(x)=f′(x)在(π2,π)上单调递减.又因为f′(0)=0,f′(π2)=π2−1>0,f′(π)=−2<0,所以∃x0∈(π2,π),使得f(x0)=0.所以f′(x)在(0,π2)上无零点,在(π2,π)上有且只有一个零点,即f′(x)在区间(0,π)上存在唯一的零点.(2)由题意,令x=π,则f(π)≥aπ,从而有a≤0.解法1:令g(x)=f(x)−ax=2sinx−xcosx−(a+1)x,则g′(x)=cosx+xsinx−(a+1),有g′′(x)=xcosx,又x∈[0,π2],g′′(x)≥0;x∈[π2,π],g′′(x)<0,且g′(0)=−a≥0,g′(π2)=π2−(a+1)>0,g′(π)=−2−a.当a≤−2时,有g′(x)≥0恒成立,即g(x)在[0,π]上单调递增,从而g(x)≥g(0)=0;当−2<a≤0时,有g′(π)<0,故存在x0∈(π2,π],使得g′(x0)=0,且x∈[0,x0),g(x)单调递增;x∈[x0,π]时,g(x)单调递减.又g(0)=0,g(π)=−aπ>0,从而g(x)≥0恒成立.综上所述,a的取值范围是(−∞,0].解法2:由(1)知,由f(π)≥aπ,可得a≤0.这是必要条件,下面证明充分性.当0<x<π2,f′(x)>0,f(x)单调递增,f(x)>f(0)=0=ax,即f(x)>ax成立;当π2<x<x0时,f′(x)>0,f(x)单调递增,f(x)>f(π2)=2−π2>0≥ax,即f(x)>ax成立;当x0<x<π时,f′(x)<0,f(x)单调递减,f(x)>f(π)=0≥ax,即f(x)>ax 成立;又f(0)=f(π)=0≥ax,综上所述,当a≤0时,对任意x∈[0,π],不等式f(x)≥ax都成立.故实数a的取值范围是(−∞,0].【点睛】本题第(1)问,判断函数的零点个数问题,只需认真求导即可;第(2)问为恒成立问题,可利用必要性探路法取点,压缩参数的范围,通过特殊值压缩范围,先猜后证,沿着第(1)问的过程走下去,严谨论证.由f(π)≥aπ,推导出a≤0后,只需证明a≤0符合题意即可.强化训练1.设函数f(x)=e x−e−x.(1)证明:f(x)的导数f′(x)≥2;(2)若对任意的x≥0,都有f(x)≥ax,求a的取值范围.【解析】(1)(略);(2)设g(x)=f(x)−ax=e x−e−x−ax(x≥0),则g′(x)=e x+e−x−a,g′′(x)=e x−e−x.当x≥0时,g′′(x)≥0,所以g′(x)在[0,+∞)上单调递增,所以g′(x)≥g′(0)=2−a.①当2−a≥0即a≤2时,对任意x∈[0,+∞),都有g′(x)≥g′(0)=2−a≥0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,故g(x)≥g(0)=0,即a≤2符合题意;②当2−a<0即a>2时,g′(0)<0,.令g′(x)=0,得e x−ae−x+1=0,解得x=ln a+√a2−42则当x ∈(0,lna+√a 2−42)时,g ′(x )<0,g (x )单调递减,此时g (x )<g (0)=0,不合题意. 综上,实数a 的取值范围是(−∞,2].2.设函数f (x )=ln (1+x ),g (x )=xf ′(x ),x ≥0,其中f ′(x )是f (x )的导函数. 若f (x )≥ag (x )恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】求导得f ′(x )=11+x ,g (x )=xf ′(x )=x1+x ,x ≥0. f (x )≥ag (x )即ln (1+x )≥ax1+x ,ln (1+x )−ax1+x ≥0.记ℎ(x )=ln (1+x )−ax1+x ,x ∈[0,+∞),则ℎ(x )≥0恒成立,点睛意到ℎ(0)=0.ℎ′(x )=1x+1−a (1+x−x )(1+x )2=x+1−a(1+x )2,点睛意到分子y =x +1−a 在[0,+∞)上单增,且y (0)=1−a ,故分类讨论如下(讨论的标准是1−a 的正负):若a ≤1,则x +1−a ≥0,ℎ′(x )≥0,得ℎ(x )在[0,+∞)上单增,有ℎ(x )≥ℎ(0)=0, 符合题意;若a >1,则当0<x <a −1时,x +1−a <0,ℎ′(x )<0,得ℎ(x )在(0,a −1)上单减,有ℎ(x )<ℎ(0)=0,舍去; 综上,a 的取值范围是(−∞,1].3.已知函数f(x)=lnx−a(x2−x),a∈R,当x≥1时,f(x)≤0,求实数a的取值范围.【解析】f(x)=lnx−a(x2−x)(x≥1),f(1)=0;f′(x)=1x −a(2x−1)=−2ax2+ax+1x,记g(x)=−2ax2+ax+1,判别式Δ=a2+8a=a(a+8),g(1)=1−a,下面根据−2a及1−a的正负进行讨论:当a=0时,f(x)=lnx,不合题意;若a<0,则g(x)在(1,+∞)上单调递增,得g(x)>g(1)>0,即f′(x)>0,得f(x)在(1,+∞)上单调递增,有f(x)>f(1)=0,不符合题意,舍去;若0<a<1,则Δ>0,g(1)=1−a>0,g(x)在(1,+∞)上单调递减,今g(x)>0得14(1−√1+8a)<x<14(1+√1+8a).当1<x<14(1+√1+8a)时,g(x)>0,即f′(x)>0,得f(x)在(1,14(1+√1+8a))上单调递增,有f(x)>f(1)=0,不合题意,舍去;若a≥1,则g(x)在[1,+∞)上单调递减,有g(x)≤g(1)=0,即f′(x)≤0, 于是f(x)在[1,+∞)上单调递减,故f(x)≤f(1)=0,符合题意.综上所述,实数a的取值范围是[1,+∞).4.设函数f(x)=sinx2+cosx.(1)求f(x)的单调区间;(2)如果对任何x ≥0,都有f (x )≤ax ,求a 的取值范围. 【解析】(1)f ′(x )=(2+cosx )cosx−sinx (−sinx )(2+cosx )2=2cosx+1(2+cosx )2.当2kπ−2π3<x <2kπ+2π3(k ∈Z )时,cosx >−12,即f ′(x )>0；当2kπ+2π3<x <2kπ+4π3(k ∈Z )时,cosx <−12,即f ′(x )<0.因此f (x )在(2kπ−2π3,2kπ+2π3)(k ∈Z )上单调递增,f (x )在(2kπ+2π3,2kπ+4π3)(k ∈Z )上单调递减.(2)令g (x )=ax −f (x )=ax −sinx2+cosx , 则g′(x )=a −2cosx+1(2+cosx )2=a −22+cosx +3(2+cosx )2=3(12+cosx −13)2+a −13.点睛意到g (0)=0,g ′(0)=a −13,①当a ≥13时,g ′(x )≥0,所以g (x )在[0,+∞)单调递增,所以当x ≥0时,g (x )≥g (0)=0,即f (x )≤ax ,即a ≥13符合题意. ②当0<a <13时,令ℎ(x )=sinx −3ax ,则ℎ′(x )=cosx −3a . 故当x ∈[0,arccos3a)时,ℎ′(x )>0. 因此ℎ(x )在[0,arccos3a),上单调增加.故当x ∈(0,arccos3a )时,ℎ(x )>ℎ(0)=0,即sinx >3ax . 于是,当x ∈(0,arccos3a )时,f (x )=sinx2+cosx >sinx 3>ax ,故0<a <13不合题意.③当a ≤0时,有f (π2)=12>0≥a ⋅π2,故a ≤0不合题意. 因此,a 的取值范围是[13,+∞).。