Question

已知函數(shù)f（x）=

2

3

x+

1

2

，h（x）=

x

．
（Ⅰ）設(shè)函數(shù)F（x）=18f（x）-x²[h（x）]²，求F（x）的單調(diào)區(qū)間與極值；
（Ⅱ）設(shè)a∈R，解關(guān)于x的方程lg[

3

2

f（x-1）-

3

4

]=2lgh（a-x）-2lgh（4-x）；
（Ⅲ）設(shè)n∈Nⁿ，證明：f（n）h（n）-[h（1）+h（2）+…+h（n）]≥

1

6

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）首先求出F（x）的解析式，求導(dǎo)，令導(dǎo)數(shù)大于0和小于0，分別求出單調(diào)增區(qū)間和減區(qū)間，從而可求極值．
（Ⅱ）將方程轉(zhuǎn)化為lg（x-1）+2lg

4-x

=2lg

a-x

，利用對(duì)數(shù)的運(yùn)算法則，注意到真數(shù)大于0，轉(zhuǎn)化為等價(jià)的不等式，分離參數(shù)a，求解即可．
（Ⅲ）由已知得h（1）+h（2）+…+h（n）=

1

+

2

+…+

n

故原不等式轉(zhuǎn)化為f（n）h（n）-

1

6

=

4n+3

6

n

-

1

6

≥

1

+

2

+…+

n

注意到等式右側(cè)為數(shù)列{b_n}：b_n=

n

和的形式，將等式的左側(cè)也看作一個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和的形式，
求出通項(xiàng)．問題轉(zhuǎn)化為證明項(xiàng)＞項(xiàng)的問題．可用做差法直接求解．

解答：解：（Ⅰ）F（x）=18f（x）-x²[h（x）]²=-x³+12x+9（x≥0）
所以F′（x）=-3x²+12=0，x=±2
且x∈（0，2）時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0，當(dāng)x∈（2，+∞）時(shí)，F(xiàn)′（x）＜0
所以F（x）在（0，2）上單調(diào)遞增，在（2，+∞）上單調(diào)遞減．
故x=2時(shí)，F(xiàn)（x）有極大值，且F（2）=-8+24+9=25
（Ⅱ）原方程變形為lg（x-1）+2lg

4-x

=2lg

a-x

?

x＞1 4-x＞0 a-x＞0 (x-1)(4-x)=a-x

?

1＜x＜4 x＜a a=-(x-3)2+5

（1）當(dāng)1＜a＜4時(shí)，原方程有一解x=3-

a-5

（2）當(dāng)4＜a＜5時(shí)，原方程有兩解x=3±

a-5

（3）當(dāng)a=5時(shí)，原方程有一解x=3
（4）當(dāng)a≤1或a＞5時(shí)，原方程無解．
（Ⅲ）由已知得h（1）+h（2）+…+h（n）=

1

+

2

+…+

n

f（n）h（n）-

1

6

=

4n+3

6

n

-

1

6

從而a₁=s₁=1
當(dāng)k≥2時(shí)，a_n=s_n-s_n-1=

4k+3

6

k

-

4k-1

6

k-1

又an-

k

=

1

6

[(4k-3)

k

-(4k-1)

k-1

]
=

1

6

(4k-3)2-(4k-1)2(k-1)

(4k-3) k +(4k-1) k-1

=

1

6

1

(4k-3) k +(4k-1) k-1

＞0
即對(duì)任意的k≥2，有an＞

k

又因?yàn)閍₁=1=

1

所以a₁+a₂+…+a_n≥

1

+

2

+…+

n

則s_n≥h（1）+h（2）+…+h（n），故原不等式成立．

點(diǎn)評(píng)：本題考查求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值、方程解的個(gè)數(shù)問題、不等式證明問題，綜合性強(qiáng)，難度較大．