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  • 已知函数f（x）=23x+12，h（x）=√x．（Ⅰ）设函数F（x）=18f（x）-x2[h（x）]2，求F（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）设a∈R，解关于x的方程lg[32f（x-1）-34]=2lgh（a-x）-2lgh（4-x）；（Ⅲ）设n∈Nn，证明：f（n）h（n）-[h（1）+h（2）+…+h（n）]≥16．试题及答案-解答题-云返教育

      • 试题详情

      已知函数f（x）=
      2
      3
      x+
      1
      2
      ，h（x）=
      √x
      ．
      （Ⅰ）设函数F（x）=18f（x）-x      2[h（x）]2，求F（x）的单调区间与极值；
      （Ⅱ）设a∈R，解关于x的方程lg[
      3
      2
      f（x-1）-
      3
      4
      ]=2lgh（a-x）-2lgh（4-x）；
      （Ⅲ）设n∈N      n，证明：f（n）h（n）-[h（1）+h（2）+…+h（n）]≥
      1
      6
      ．

      试题解答

      见解析
      解：（Ⅰ）F（x）=18f（x）-x2[h（x）]2=-x3+12x+9（x≥0）
      所以F′（x）=-3x      2+12=0，x=±2
      且x∈（0，2）时，F′（x）＞0，当x∈（2，+∞）时，F′（x）＜0
      所以F（x）在（0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减．
      故x=2时，F（x）有极大值，且F（2）=-8+24+9=25
      （Ⅱ）原方程变形为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）当1＜a＜4时，原方程有一解x=3-
      √a-5

      （2）当4＜a＜5时，原方程有两解x=3±
      √a-5

      （3）当a=5时，原方程有一解x=3
      （4）当a≤1或a＞5时，原方程无解．
      （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

      从而a      1=s1=1
      当k≥2时，a      n=sn-sn-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
      即对任意的k≥2，有      an＞
      √k

      又因为a      1=1=
      √1

      所以a      1+a2+…+an≥
      √1
      +
      √2
      +…+
      √n

      则s      n≥h（1）+h（2）+…+h（n），故原不等式成立．
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      选修1-1北师大版解答题高中数学

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