题目 已知函数 $f\left(x\right) = \dfrac{2}{3}x + \dfrac{1}{2}$，$h\left(x\right) = \sqrt x $． 问题1 设函数 $F\left( x \right) = 18f\left( x \right) - {x^2}h^2(x)$，求 $F\left( x \right)$ 的单调区间与极值； 答案1 函数 $F(x)$ 的单调递增区间为 $(0,2)$，单调递减区间是 $(2,+\infty)$，在 $x=2$ 处取得极大值 $25$ 解析1 根据题意，有\[F(x)=-x^3+12x+9,\]于是\[F'(x)=-3(x+2)(x-2),\]因此\[\begin{array} {c|ccc}\hline<br/>x&(0,2)&2&(2,+\infty)\\ \hline<br/>F'(x)&+&0&- \\ \hline<br/>F(x)&\nearrow&\max&\searrow \\ \hline\end{array}\]因此函数 $F(x)$ 的单调递增区间为 $(0,2)$，单调递减区间是 $(2,+\infty)$，在 $x=2$ 处取得极大值 $25$． 备注1 问题2 设 $a \in {\mathbb{R}}$，解关于 $x$ 的方程 $\lg \left[ {\dfrac{3}{2}f\left(x - 1\right) - \dfrac{3}{4}} \right] = 2\lg h\left(a - x\right) - 2\lg h\left(4 - x\right)$； 答案2 $\begin{cases} \varnothing,& a\leqslant 1,\\<br/>\left\{3-\sqrt{5-a}\right\},&1<a\leqslant 4,\\<br/>\left\{3+\sqrt{5-a},3+\sqrt{5-a}\right\},&4<a<5,\\<br/>\{3\},&a=5,\\<br/>\varnothing,&a>5.\end{cases}$ 解析2 题中方程即\[\begin{cases} (x-1)(4-x)=a-x,\\<br/>1<x<4,\end{cases}\]也即\[a=-x^2+6x-4,\]因此讨论的分界点为 $1,4,5$，进而可得题中方程的解集为\[\begin{cases} \varnothing,& a\leqslant 1,\\<br/>\left\{3-\sqrt{5-a}\right\},&1<a\leqslant 4,\\<br/>\left\{3+\sqrt{5-a},3+\sqrt{5-a}\right\},&4<a<5,\\<br/>\{3\},&a=5,\\<br/>\varnothing,&a>5.\end{cases}\] 备注2 问题3 设 $n \in {{\mathbb{N}}^{\ast}}$，证明：$f\left(n\right)h\left(n\right) - \left[h\left(1\right) + h\left(2\right) + \cdots + h\left(n\right)\right] \geqslant \dfrac{1}{6}$． 答案3 略 解析3 令 $\displaystyle S_n=f(n)h(n)-\sum_{k=1}^{n}h(k),n\in\mathbb N^{\ast}$，则 $S_1=f(1)h(1)-1=\dfrac 16$，且\[\begin{split} S_{n+1}-S_n&=\left[\dfrac 23(n+1)+\dfrac 12\right]\cdot\sqrt{n+1}-\left(\dfrac 23n+\dfrac 12\right)\cdot \sqrt n-\sqrt{n+1}\\<br/>&=\dfrac 16\left[(4n+1)\sqrt{n+1}-(4n+3)\sqrt{n}\right]\\<br/>&=\dfrac 16\left[\sqrt{16n^3+24n^2+9n+1}-\sqrt{16n^3+24n^2+9n}\right]\\<br/>&>0,\end{split}\]于是数列 $\{S_n\}$ 是单调递增数列，因此\[S_n\geqslant S_1=\dfrac 16,\]原命题得证． 备注3