【正文】 【分析】 （ 1）過(guò)點(diǎn) O 作 OH⊥ FG 于 H，寫(xiě)出透光面積 S 關(guān)于 θ 的解析式 S，并求出 θ 的取值范圍； （ 2）計(jì)算透光區(qū)域與矩形窗面的面積比值，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性， 求出比值最大時(shí)對(duì)應(yīng)邊 AB 的長(zhǎng)度． 【解答】 解：（ 1）過(guò)點(diǎn) O 作 OH⊥ FG 于 H， ∴∠ OFH=∠ EOF=θ； 又 OH=OFsinθ=sinθ， FH=OFcosθ=cosθ， ∴ S=4S△ OFH+4S 陰影 OEF=2sinθcosθ+4 θ=sin2θ+2θ； ∵ ≥ ， ∴ sinθ≥ ， ∴ θ∈ [ ， ）； ∴ S 關(guān)于 θ 的函數(shù)關(guān)系式為 S=sin2θ+2θ， θ∈ [ ， ）； （ 2）由 S 矩形 =AD?AB=2 2sinθ=4sinθ， ∴ = + ， 設(shè) f（ θ） = + ， θ∈ [ ， ）， 則 f′（ θ） =﹣ sinθ+ = = = ； ∵ ≤ θ＜ ， ∴ sin2θ≤ ， ∴ sin2θ﹣ θ＜ 0， ∴ f′（ θ） ＜ 0， ∴ f（ θ）在 θ∈ [ ， ）上是單調(diào)減函數(shù)； ∴ 當(dāng) θ= 時(shí) f（ θ）取得最大值為 + ， 此時(shí) AB=2sinθ=1（ m）； ∴ S 關(guān)于 θ 的函數(shù)為 S=sin2θ+2θ， θ∈ [ ， ）；所求 AB 的長(zhǎng)度為 1m． 19．已知兩個(gè)無(wú)窮數(shù)列 {an}和 {bn}的前 n 項(xiàng)和分別為 Sn， Tn， a1=1， S2=4，對(duì)任意的 n∈ N*，都有 3Sn+1=2Sn+Sn+2+an． （ 1）求數(shù)列 {an}的通項(xiàng)公式； （ 2）若 {bn}為等 差數(shù)列，對(duì)任意的 n∈ N*，都有 Sn＞ Tn．證明： an＞ bn； （ 3）若 {bn}為等比數(shù)列， b1=a1， b2=a2，求滿足 =ak（ k∈ N*）的 n 值． 【考點(diǎn)】 8E：數(shù)列的求和； 8H：數(shù)列遞推式． 【分析】 （ 1）運(yùn)用數(shù)列的遞推式和等差數(shù)列的定義和通項(xiàng)公式，即可得到所求； （ 2）方法一、設(shè)數(shù)列 {bn}的公差為 d，求出 Sn， Tn．由恒成立思想可得 b1＜ 1，求出 an﹣ bn，判斷符號(hào)即可得證； 方法二、運(yùn)用反證法證明，設(shè) {bn}的公差為 d，假設(shè)存在自然數(shù) n0≥ 2，使得 a≤ b ，推理可得 d＞ 2，作差 Tn﹣ Sn，推出大 于 0，即可得證； （ 3）運(yùn)用等差數(shù)列和等比數(shù)列的求和公式，求得 Sn， Tn，化簡(jiǎn) ，推出小于 3，結(jié)合等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和數(shù)列的單調(diào)性，即可得到所求值． 【解答】 解：（ 1）由 3Sn+1=2Sn+Sn+2+an，得 2（ Sn+1﹣ Sn） =Sn+2﹣ Sn+1+an， 即 2an+1=an+2+an，所以 an+2﹣ an+1=an+1﹣ an． 由 a1=1， S2=4，可知 a2=3． 所以數(shù)列 {an}是以 1 為首項(xiàng)， 2 為公差的等差數(shù)列． 故 {an}的通項(xiàng)公式為 an=1+2（ n﹣ 1） =2n﹣ 1， n∈ N*． （ 2）證法一：設(shè)數(shù)列 {bn}的公差為 d， 則 Tn=nb1+ n（ n﹣ 1） d， 由（ 1）知， Sn= n（ 1+2n﹣ 1） =n2． 因?yàn)?Sn＞ Tn，所以 n2＞ nb1+ n（ n﹣ 1） d， 即（ 2﹣ d） n+d﹣ 2b1＞ 0 恒成立， 所以 ，即 ， 又由 S1＞ T1，得 b1＜ 1， 所以 an﹣ bn=2n﹣ 1﹣ b1﹣（ n﹣ 1） d=（ 2﹣ d） n+d﹣ 1﹣ b1≥ 2﹣ 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(duì)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(duì)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(duì)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(wèn)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