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 $F\left(x\right) = f\left(x\right) - h\left(x\right)$，求 $F\left(x\right)$ 的单调区间与极值； 答案1 当 $x \in \left[ {0,\dfrac{9}{16}} \right)$ 时，$F\left( x \right)$ 为减函数，<br/>当 $x \in \left[ {\dfrac{9}{16}, + \infty } \right)$ 时，$F\left( x \right)$ 为增函数，$F\left( x \right)$ 在 $x = \dfrac{9}{16}$ 处有极小值，且 $F\left( {\dfrac{9}{16}} \right) = \dfrac{1}{8}$ 解析1 由 $F\left( x \right) = f\left( x \right) - h\left( x \right) = \dfrac{2}{3}x + \dfrac{1}{2} - \sqrt x \left( {x \geqslant 0} \right)$ 知，\[F'\left( x \right) = \dfrac{4\sqrt x - 3}{6\sqrt x },\]令 $F'\left( x \right) = 0$，得\[x = \dfrac{9}{16},\]当 $x \in \left( {0,\dfrac{9}{16}} \right)$ 时，\[F'\left( x \right) < 0;\]当 $x \in \left( {\dfrac{9}{16}, + \infty } \right)$ 时，\[F'\left( x \right) > 0.\]故当 $x \in \left[ {0,\dfrac{9}{16}} \right)$ 时，$F\left( x \right)$ 为减函数，<br/>当 $x \in \left[ {\dfrac{9}{16}, + \infty } \right)$ 时，$F\left( x \right)$ 为增函数，$F\left( x \right)$ 在 $x = \dfrac{9}{16}$ 处有极小值，且 $F\left( {\dfrac{9}{16}} \right) = \dfrac{1}{8}$． 备注1 问题2 设 $a \in {\mathbb{R}}$，解关于 $x$ 的方程 ${\log _4}\left[ {\dfrac{3}{2}f\left(x - 1\right) - \dfrac{3}{4}} \right] = {\log _2}h\left(a - x\right) - {\log _2}h\left(4 - x\right)$； 答案2 ① 当 $1 < a \leqslant 4$ 时，原方程有一解\[x = 3 - \sqrt {5 - a} ;\]② 当 $4 < a < 5$ 时，原方程有二解\[{x_1}_{,2} = 3 \pm \sqrt {5 - a} ;\]③ 当 $a = 5$ 时，原方程有一解\[x = 3;\]④ 当 $a \leqslant 1$ 或 $a > 5$ 时，原方程无解 解析2 原方程化为 $ {\log _4}\left( {x - 1} \right) + {\log _2}h\left( {4 - x} \right) = {\log _2}h\left( {a - x} \right) $，即\[\begin{split} \dfrac 1 2 {\log _2}\left( {x - 1} \right) + {\log _2} \sqrt { 4 - x } = {\log _2} \sqrt{ {a - x} } & \Leftrightarrow {\begin{cases}<br/>x - 1 > 0, \\<br/>4 - x > 0, \\<br/>a - x > 0, \\<br/>\left( {x - 1} \right)\left( {4 - x} \right) = a - x ,\\<br/>\end{cases}} \\& \Leftrightarrow {\begin{cases}1 < x < 4, \\<br/>x < a, \\<br/>a = - {\left( {x - 3} \right)^2} + 5, \\<br/>\end{cases}}\end{split}\]如图：① 当 $1 < a \leqslant 4$ 时，原方程有一解\[x = 3 - \sqrt {5 - a} ;\]② 当 $4 < a < 5$ 时，原方程有二解\[{x_1}_{,2} = 3 \pm \sqrt {5 - a} ;\]③ 当 $a = 5$ 时，原方程有一解\[x = 3;\]④ 当 $a \leqslant 1$ 或 $a > 5$ 时，原方程无解． 备注2 问题3 试比较 $\displaystyle f\left(100\right)h\left(100\right) - \sum\limits_{k = 1}^{100} {h\left(k\right)} $ 与 $\dfrac{1}{6}$ 的大小． 答案3 $\displaystyle f(100)h(100)-\sum\limits_{k=1}^{100}{h(k)}>\dfrac 16$ 解析3 令 $\displaystyle S_n=f(n)h(n)-\sum\limits_{k=1}^n{h(k)}$，则$$S_1=f(1)\cdot g(1)-1=\dfrac 16.$$而当 $n\in \mathbb N^+$ 时，\[\begin{split}S_{n+1}-S_n&=\left[\dfrac 23(n+1)+\dfrac 12\right]\cdot \sqrt{n+1}-\left(\dfrac 23 n+\dfrac 12\right)\cdot \sqrt n -\sqrt{n+1} \\&=\dfrac 16[(4n+1)\sqrt{n+1}-(4n+3)\sqrt n]\\&=\dfrac 16 \left[\sqrt{(n+1)(4n+1)^2}-\sqrt{n(4n+3)^2}\right]\\&=\dfrac 16 [\sqrt{16n^3+24n^2+9n+1}-\sqrt{16n^3+24n^2+9n}]>0.\end{split}\]所以数列 $\{S_n\}$ 是单调递增数列，因此 $\displaystyle f(100)h(100)-\sum\limits_{k=1}^{100}{h(k)}>\dfrac 16$． 备注3 \textbf{\color{cyan}{备注}}\quad 第⑶小题的解决基于证明数列的单调性．