2011_退役省自主命题 (2011·理)
22．（本小题共 14 分）
已知函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\frac{2}{3} \mathrm{x}+\frac{1}{2}, \mathrm{~h}(\mathrm{x})=\sqrt{x}$ ．
（I）设函数 $F(x)=f(x)-h(x)$ ，求 $F(x)$ 的单调区间与极值；
（II）设 $\mathrm{a} \in \mathrm{R}$ ，解关于 x 的方程 $\log _{4}\left[\frac{3}{2} f(x-1)-\frac{3}{4}\right]=\log _{2} \mathrm{~h}(\mathrm{a}-\mathrm{x})-\log _{2} \mathrm{~h}(4-\mathrm{x})$ ；
（III）试比较 $f(100) h(100)-\sum_{k=1}^{100} h(k)$ 与 $\frac{1}{6}$ 的大小．
【解答】
解：①由 $F(x)=f(x)-h(x)=\frac{2}{3} x+\frac{1}{2}-\sqrt{x}(x \geqslant 0)$ 知，$F^{\prime}(x)=\frac{4 \sqrt{x}-3}{6 \sqrt{x}}$ ，令 $F^{\prime}(x)=0$ ，得 $x=\frac{9}{16}$ ．
当 $x \in\left(0, \frac{9}{16}\right)$ 时，$F^{\prime}(x)<0$ ；
当 $x \in\left(\frac{9}{16},+\infty\right)$ 时，$F^{\prime}(x)>0$ ．
故当 $x \in\left[0, \frac{9}{16}\right)$ 时，$F(x)$ 是减函数；
当 $x \in\left[\frac{9}{16},+\infty\right)$ 时，$F(x)$ 是增函数．
$F(x)$ 在 $x=\frac{9}{16}$ 处有极小值且 $F\left(\frac{9}{16}\right)=\frac{1}{8}$ ．
②原 方 程 可 化 为 $\log _{4}(x-1)+\log _{2} h(4-x)=\log _{2} h(a-x)$ ，即 $\frac{1}{2} \log _{2}(x-1)+\log _{2} \sqrt{4-x}=\log _{2} \sqrt{a-x}$ ，
$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x-1>0 \\ 4-x>0 \\ a-x>0 \\ (x-1)(4-x)=a-x\end{array}\right.$,
$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}1
④当 $a \leqslant 1$ 或 $a>5$ 时，原方程无解。
（3）由已知得 $\sum_{k=1}^{100} h(k)=\sum_{k=1}^{100} \sqrt{k}$ ．
设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$ ，且 $S_{n}=f(n) h(n)-\frac{1}{6}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ ，
从而有 $a_{1}=S_{1}=1$ ，
当 $2 \leqslant k \leqslant 100$ 时，$a_{k}=S_{k}-S_{k-1}=\frac{4 k+3}{6} \sqrt{k}-\frac{4 k-1}{6} \sqrt{k-1}$ ．
又 $a_{k}-\sqrt{k}=\frac{1}{6}[(4 k-3) \sqrt{k}-(4 k-1) \sqrt{k-1}]=\frac{1}{6} \frac{(4 k-3)^{2} k-(4 k-3)(k-1)}{(4 k-3) \sqrt{k}+(4 k-1) \sqrt{k-1}}$
$=\frac{1}{6} \frac{1}{(4 k-3) \sqrt{k}+(4 k-1) \sqrt{k-1}}>0$ ，
即对任意的 $2 \leqslant k \leqslant 100$ ，有 $a_{k}>\sqrt{k}$ ．
又因为 $a_{1}=1=\sqrt{1}$ ，所以 $\sum_{k=1}^{100} a_{k}>\sum_{k=1}^{100} \sqrt{k}$ ．
故 $f(100) h(100)-\sum_{k=1}^{100} h(k)>\frac{1}{6}$ ．