如图，在直径为 $1$ 的圆 $O$ 中，作一关于圆心对称，邻边互相垂直的十字形，其中 $y > x > 0$.

(1) 将十字形的面积表示为 $\theta$ 的函数； (2) $\theta$ 为何值时，十字形的面积最大？最大面积是多少？

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设图中十字形的横、纵两个长方形的长边均为 $y$，短边均为 $x$. 两个长方形的公共部分是边长为 $x$ 的正方形，所以十字形面积为 $S=2xy-x^2$. 由图中半径方向形成的直角三角形及圆的直径为 $1$，有 $x=\cos\theta$，$y=\sin\theta$. 条件 $y>x>0$ 给出 $\frac\pi4<\theta<\frac\pi2$，故 $S(\theta)=2\sin\theta\cos\theta-\cos^2\theta$.

\item 对上式求导，得 $S'(\theta)=2\cos2\theta+\sin2\theta$. 在 $\frac\pi4<\theta<\frac\pi2$ 内，令 $S'(\theta)=0$，则 $2\cos2\theta+\sin2\theta=0$. 因为 $\frac\pi2<2\theta<\pi$，所以 $\sin2\theta=\frac2{\sqrt5}$，$\cos2\theta=-\frac1{\sqrt5}$. 因而 $\theta=\frac\pi4+\frac12\arccos\frac2{\sqrt5}$. 此时 区间端点不属于定义域；当 $\theta\to\frac\pi4+$ 和 $\theta\to\frac\pi2-$ 时，面积分别趋于 $\frac12$ 和 $0$，均小于上述驻点处的面积. 又上述驻点唯一且导数由正变负，所以该值为最大面积. \end{enumerate} \end{solution}

函数 $y = f(x)$ 在区间 $(0, +\infty)$ 内可导，导函数 $f'(x)$ 是减函数，且 $f'(x) > 0$. 设 $x_0 \in (0, +\infty)$，$y = kx + m$ 是曲线 $y = f(x)$ 在点 $(x_0, f(x_0))$ 处的切线方程，并设函数 $g(x) = kx + m$.

(1) 用 $x_0$，$f(x_0)$，$f'(x_0)$ 表示 $m$； (2) 证明：当 $x_0 \in (0, +\infty)$，$g(x) \geqslant f(x)$； (3) 若关于 $x$ 的不等式 $x^{2} + 1 \geqslant ax + b \geqslant \frac{3}{2}x^{\frac{2}{3}}$ 在 $[0, +\infty)$ 上恒成立. 其中 $a$，$b$ 为实数，求 $b$ 的取值范围及 $a$ 与 $b$ 所满足的关系.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 切线斜率为 $k=f'(x_0)$，又切线经过 $(x_0,f(x_0))$，所以 $f(x_0)=kx_0+m=f'(x_0)x_0+m$， 从而 $m=f(x_0)-x_0f'(x_0)$.

\item 当 $x>x_0$ 时，由拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(x_0,x)$，使得 $f(x)-f(x_0)=f'(\xi)(x-x_0)$. 由于 $f'$ 是减函数，$f'(\xi)\leqslant f'(x_0)$，故 $f(x)-f(x_0)\leqslant f'(x_0)(x-x_0)=g(x)-f(x_0)$. 于是 $f(x)\leqslant g(x)$. 当 $0<x<x_0$ 时，仍由中值定理存在 $\xi\in(x,x_0)$，且 $f'(\xi)\geqslant f'(x_0)$. 因为 $x-x_0<0$，所以 $f(x)-f(x_0)=f'(\xi)(x-x_0)\leqslant f'(x_0)(x-x_0)=g(x)-f(x_0)$. 因此对任意 $x>0$，都有 $g(x)\geqslant f(x)$.

\item 要使下方不等式对所有 $x\geqslant0$ 成立，先注意到 $a$ 必须为正数；否则当 $x\to+\infty$ 时，$ax+b$ 不可能始终不小于 $\frac32x^{\frac{2}{3}}$. 由 $x=0$ 处的下方不等式还知 $b\geqslant0$. 对函数 $h(x)=\frac32x^{\frac{2}{3}}$（$x>0$），有 $h'(x)=x^{-\frac{1}{3}}$，$h''(x)=-\frac13x^{-\frac{4}{3}}<0$，所以 $h'(x)$ 是减函数. 斜率为 $a>0$ 的切线接触点满足 $x_0^{-\frac{1}{3}}=a$，即 $x_0=a^{-3}$，该切线的截距为 由第（2）问，切线在曲线 $y=h(x)$ 的上方；反过来，函数 $h(x)-ax$ 在 $x>0$ 上的导数为 $x^{-\frac{1}{3}}-a$，先正后负，故其最大值也在 $x=a^{-3}$ 处取得；并且在 $x=0$ 处该函数值为 $0$. 所以 $ax+b\geqslant\frac32x^{\frac{2}{3}}$（$x\geqslant0$）当且仅当 $b\geqslant\frac1{2a^2}$.

上方不等式等价于 $x^2-ax+1-b\geqslant0$（$x\geqslant0$）. 由 $x=0$ 处的上方不等式得 $b\leqslant1$. 因为 $a>0$，左侧二次函数在非负半轴上的最小值出现在 $x=\frac a2$，所以这又等价于 $1-b-\frac{a^2}{4}\geqslant0$，即 $a\leqslant2\sqrt{1-b}$. 综合两侧条件，得到 $\frac1{\sqrt{2b}}\leqslant a\leqslant2\sqrt{1-b}$. 要使这个区间非空，必须且只需 $\frac1{\sqrt{2b}}\leqslant2\sqrt{1-b}\Longleftrightarrow 8b(1-b)\geqslant1$， 即 $\frac{2-\sqrt2}{4}\leqslant b\leqslant\frac{2+\sqrt2}{4}$. \end{enumerate} \end{solution}