问题
解答题
已知函数f（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[
（Ⅲ）设n∈Nn，证明：f（n）h（n）-[h（1）+h（2）+…+h（n）]≥
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答案
（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）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
=2lg4-x 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a1=s1=1
当k≥2时，an=sn-sn-1=4k+3 6
-k 4k-1 6 k-1
又an-
=k
[(4k-3)1 6
-(4k-1)k
]k-1
=1 6 (4k-3)2-(4k-1)2(k-1) (4k-3)
+(4k-1)k k-1
=1 6
＞01 (4k-3)
+(4k-1)k k-1
即对任意的k≥2，有an＞k
又因为a1=1=1
所以a1+a2+…+an≥
+1
+…+2 n
则sn≥h（1）+h（2）+…+h（n），故原不等式成立．