【正文】 d+d﹣ 1﹣ b1=1﹣ b1＞ 0． 所以 an＞ bn，得證． 證法二：設(shè) {bn}的公差為 d，假設(shè)存在自然數(shù) n0≥ 2，使得 a ≤ b ， 則 a1+2（ n0﹣ 1） ≤ b1+（ n0﹣ 1） d，即 a1﹣ b1≤ （ n0﹣ 1）（ d﹣ 2）， 因?yàn)?a1＞ b1，所以 d＞ 2． 所以 Tn﹣ Sn=nb1+ n（ n﹣ 1） d﹣ n2=（ d﹣ 1） n2+（ b1﹣ d） n， 因?yàn)?d﹣ 1＞ 0，所以存在 N ∈ N*，當(dāng) n＞ N 時(shí)， Tn﹣ Sn＞ 0 恒成立． 這與 “對任意的 n∈ N*，都有 Sn＞ Tn”矛盾！ 所以 an＞ bn，得證． （ 3）由（ 1）知， Sn=n2．因?yàn)?{bn}為等比數(shù)列， 且 b1=1， b2=3， 所以 {bn}是以 1 為首項(xiàng)， 3 為公比的等比數(shù)列． 所以 bn=3n﹣ 1， Tn= （ 3n﹣ 1）． 則 = = =3﹣ ， 因?yàn)?n∈ N*，所以 6n2﹣ 2n+2＞ 0，所以 ＜ 3． 而 ak=2k﹣ 1，所以 =1，即 3n﹣ 1﹣ n2+n﹣ 1=0（ *）． 當(dāng) n=1， 2 時(shí)，（ *）式成立； 當(dāng) n≥ 2 時(shí)，設(shè) f（ n） =3n﹣ 1﹣ n2+n﹣ 1， 則 f（ n+1）﹣ f（ n） =3n﹣（ n+1） 2+n﹣（ 3n﹣ 1﹣ n2+n﹣ 1） =2（ 3n﹣ 1﹣ n） ＞ 0， 所以 0=f（ 2） ＜ f（ 3） ＜ … ＜ f（ n） ＜ … ， 故滿足條件的 n 的值為 1 和 2． 20．已知函數(shù) f（ x） = +xlnx（ m＞ 0）， g（ x） =lnx﹣ 2． （ 1）當(dāng) m=1 時(shí)，求函數(shù) f（ x）的單調(diào)區(qū)間； （ 2）設(shè)函數(shù) h（ x） =f（ x）﹣ xg（ x）﹣ ， x＞ 0．若函數(shù) y=h（ h（ x））的最小值是 ，求 m的值； （ 3）若函數(shù) f（ x）， g（ x）的定義域都是 [1， e]，對于函數(shù) f（ x）的圖象上的任意一點(diǎn) A，在函數(shù) g（ x）的圖象上都存在一點(diǎn) B，使得 OA⊥ OB，其中 e 是自然對數(shù)的底數(shù)， O 為坐標(biāo)原點(diǎn)，求 m的取值范圍． 【考點(diǎn)】 6E：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值； 6B：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性． 【分析】 （ 1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可； （ 2）求出 h（ x）的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出h（ x）的 最小值，從而求出 m的值即可； （ 3）根據(jù) OA 和 OB 的關(guān)系，問題轉(zhuǎn)化為 ﹣ x2lnx≤ m≤ x2（ e﹣ lnx）在 [1， e]上恒成立，設(shè) p（ x） = ﹣ x2lnx，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出 m≥ p（ 1） = ，設(shè) q（ x） =x2（ e﹣ lnx），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出 m≤ q（ 1），從而求出 m的范圍即可． 【解答】 解：（ 1）當(dāng) m=1 時(shí)， f（ x） = +xlnx， f′（ x） = +lnx+1， 因?yàn)?f′（ x）在（ 0， +∞ ）上單調(diào)增，且 f′（ 1） =0， 所以當(dāng) x＞ 1 時(shí)， f′（ x） ＞ 0；當(dāng) 0＜ x＜ 1 時(shí)， f′（ x） ＜ 0， 所以函數(shù) f（ x）的單 調(diào)增區(qū)間是（ 1， +∞ ）． （ 2） h（ x） = +2x﹣ ，則 h′（ x） = ，令 h′（ x） =0，得 x= ， 當(dāng) 0＜ x＜ 時(shí)， h′（ x） ＜ 0，函數(shù) h（ x）在（ 0， ）上單調(diào)減； 當(dāng) x＞ 時(shí)， h′（ x） ＞ 0，函數(shù) h（ x）在（ ， +∞ ）上單調(diào)增． 所以 [h（ x） ]min=h（ ） =2 m﹣ ， ① 當(dāng) （ 2m﹣ 1） ≥ ，即 m≥ 時(shí)，函數(shù) y=h（ h（ x））的最小值 h（ 2 m﹣ ） = [ +2（ 2 ﹣ 1）﹣ 1]= ， 即 17m﹣ 26 +9=0，解得 =1 或 = （舍），所以 m=1； ② 當(dāng) 0＜ （ 2 ﹣ 1） ＜ ，即 ＜ m＜ 時(shí)， 函數(shù) y=h（ h（ x））的最小值 h（ ） = （ 2 ﹣ 1） = ，解得 = （舍）， 綜上所述， m的值為 1． （ 3）由題意知， KOA= +lnx， KOB= ， 考慮函數(shù) y= ，因?yàn)?y′= 在 [1， e]上恒成立， 所以函數(shù) y= 在 [1， e]上單調(diào)增，故 KOB∈ [﹣ 2，﹣ ]， 所以 KOA∈ [ ， e]，即 ≤ +lnx≤ e 在 [1， e]上恒成立， 即 ﹣ x2lnx≤ m≤ x2（ e﹣ lnx）在 [1， e]上恒成立， 設(shè) p（ x） = ﹣ x2lnx，則 p′（ x） =﹣ 2lnx≤ 0 在 [1， e]上恒成立， 所以 p（ x）在 [1， e]上單調(diào)減，所以 m≥ p（ 1） = ， 設(shè) q（ x） =x2（ e﹣ lnx）， 則 q′（ x） =x（ 2e﹣ 1﹣ 2lnx） ≥ x（ 2e﹣ 1﹣ 2lne） ＞ 0 在 [1， e]上恒成立， 所以 q（ x）在 [1， e]上單調(diào)增，所以 m≤ q（ 1） =e， 綜上所述， m的取值范圍為 [ ， e]． 【選做題】本題包括 A、 B、 C、 D 四小題，請選定其中兩題，并在相應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答，若多做，則按作答的前兩題評分 .解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟 . 41：幾何證明選講 21．如圖，圓 O 的弦 AB， MN 交于點(diǎn) C，且 A 為弧 MN 的中點(diǎn) ，點(diǎn) D 在弧 BM上，若 ∠ ACN=3∠ ADB，求 ∠ ADB 的度數(shù)． 【考點(diǎn)】 NB：弦切角． 【分析】 連結(jié) AN， DN．利用圓周角定理，結(jié)合 ∠ ACN=3∠ ADB，求 ∠ ADB 的度數(shù)． 【解答】 解：連結(jié) AN， DN． 因?yàn)?A 為弧 MN 的中點(diǎn)，所以 ∠ ANM=∠ ADN． 而 ∠ NAB=∠ NDB， 所以 ∠ ANM+∠ NAB=∠ ADN+∠ NDB， 即 ∠ BCN=∠ ADB． 又因?yàn)?∠ ACN=3∠ ADB， 所以 ∠ ACN+∠ BCN=3∠ ADB+∠ ADB=180176。結(jié)論得證． [選修 45：不等式選講 ] 26．已知集合 U={1， 2， … ， n}（ n∈ N*， n≥ 2），對于集合 U 的兩個(gè)非空子集A， B，若 A∩ B=?，則稱（ A， B）為集合 U 的一組 “互斥子集 ”．記集合 U 的所有 “互斥子集 ”的組數(shù)為 f（ n）（視（ A， B）與（ B， A）為同一組 “互斥子集 ”）． （ 1） 寫出 f（ 2）， f（ 3）， f（ 4）的值； （ 2）求 f（ n）． 【考點(diǎn)】 1H：交、并、補(bǔ)集的混合運(yùn)算． 【分析】 （ 1）直接由 “互斥子集 ”的概念求得 f（ 2）， f（ 3）， f（ 4）的值； （ 2）由題意，任意一個(gè)元素只能在集合 A， B， C=CU（ A∪ B）之一中，求出這n 個(gè)元素在集合 A， B， C 中的個(gè)數(shù)，再求出 A、 B 分別為空集的種數(shù)，則 f（ n）可求． 【解答】 解：（ 1） f（ 2） =1， f（ 3） =6， f（ 4） =25； （ 2）任意一個(gè)元素只能在集合 A， B， C=CU（ A∪ B）之一中， 則這 n 個(gè)元素在集合 A， B， C 中，共有 3n 種； 其 中 A 為空集的種數(shù)為 2n， B 為空集的種數(shù)為 2n， ∴ A， B 均為非空子集的種數(shù)為 3n﹣ 2n+1+1， 又（ A， B）與（ B， A）為一組 “互斥子集 ”， ∴ f（ n） = ． 2017 年 5 月 24 日