2019-浙江卷-22 解-导数单调性

本题导读

本题考查导数与函数的单调性。核心在于分离参数法、二阶求导的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2019年浙江卷）已知实数 $a\ne 0$，设函数 $f(x)=a\ln x+\sqrt{x+1},x>0$。

(1)当 $a=-\frac{3}{4}$ 时，求函数 $f(x)$ 的单调区间；

(2)对任意 $x\in [\frac{1}{e^2},+\infty )$ 均有 $f(x)\le \frac{\sqrt{x}}{2a}$，求 $a$ 的取值范围。 （注：$e=2.71828\dots$ 为自然对数的底数）

🔍【思路分析】

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1. 第一问（单调性）：

• 代入 $a$，对 $f(x)$ 求导。
• 通分并分子实数化（或直接观察分子正负）。
• 找出导数为 0 的根，根据导数正负判断单调增减区间。

2. 第二问（恒成立）：

• 必要性分析：取特殊点 $x=1$，代入不等式得到关于 $a$ 的不等式，确定 $a$ 的初步范围 $0<a\le \frac{\sqrt{2}}{4}$。
• 充分性证明（难点）：
  • 整理原不等式：$2a^2\ln x+2a\sqrt{x+1}\le \sqrt{x}$。
  • 换元：令 $t=\frac{1}{a}$，则已知条件变为 $g(t)=t^2\sqrt{x}-2t\sqrt{1+x}-2\ln x\ge 0$，其中 $t\ge 2\sqrt{2}$。
  • 二次函数视角：$g(t)$ 是关于 $t$ 的开口向上的抛物线，其对称轴为 $t_0=\sqrt{1+\frac{1}{x}}$。
  • 分情况讨论对称轴位置：
    • 当 $x$ 较大时，对称轴 $t_0$ 较小，落在 $[1,2\sqrt{2}]$ 之间，最小值在端点 $2\sqrt{2}$ 处。
    • 当 $x$ 较小时，对称轴 $t_0$ 较大，落在区间内部，最小值在顶点处。
  • 通过构造更深层的辅助函数 $p(x)$ 和 $q(x)$ 逐一证明两个区间下的最小值均不小于 0。

✅【答案】

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(1)当 $a=-\frac{3}{4}$ 时，$f(x)$ 在 $(0,3)$ 上单调递减，在 $(3,+\infty )$ 上单调递增。

(2)$a$ 的取值范围为 $(0,\frac{\sqrt{2}}{4}]$。

✍【详细解析】

Abstract

(1)解： 当 $a=-\frac{3}{4}$ 时，$f(x)=-\frac{3}{4}\ln x+\sqrt{x+1}$。 $f^{\prime }(x)=-\frac{3}{4x}+\frac{1}{2\sqrt{x+1}}=\frac{2x-3\sqrt{x+1}}{4x\sqrt{x+1}}$。 令 $f^{\prime }(x)=0$，得 $2x=3\sqrt{x+1}⟹4x^2=9(x+1)⟹4x^2-9x-9=0$。 解得 $x=3$ 或 $x=-\frac{3}{4}$（舍去）。

• 当 $0<x<3$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减；
• 当 $x>3$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增。 故 $f(x)$ 的单调递增区间是 $(3,+\infty )$，单调递减区间是 $(0,3)$。

(2)解： 第一步：确定 $a$ 的初步范围 若 $a<0$，当 $x\to +\infty$ 时，$f(x)\approx \sqrt{x}\to +\infty$，而 $\frac{\sqrt{x}}{2a}\to -\infty$，不成立。故 $a>0$。 取 $x=1$，由 $f(1)\le \frac{1}{2a}$ 得 $a\ln 1+\sqrt{2}\le \frac{1}{2a}⟹a\le \frac{1}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$。 由此得必要条件 $0<a\le \frac{\sqrt{2}}{4}$。

第二步：充分性证明 设 $t=\frac{1}{a}$，则 $t\ge 2\sqrt{2}$。原不等式等价于： $g(t)=\sqrt{x}{t}^2-2\sqrt{1+x}t-2\ln x\ge 0$ 这是关于 $t$ 的二次函数，对称轴为 $t_0=\sqrt{\frac{1+x}{x}}=\sqrt{1+\frac{1}{x}}$。

(i) 当 $x\in [\frac{1}{7},+\infty )$ 时： 此时 $1+\frac{1}{x}\le 8$，故对称轴 $t_0\le \sqrt{8}=2\sqrt{2}$。 因为 $g(t)$ 在 $[2\sqrt{2},+\infty )$ 上单调递增，所以： $g(t)\ge g(2\sqrt{2})=8\sqrt{x}-4\sqrt{2}\sqrt{1+x}-2\ln x$。 设 $p(x)=4\sqrt{x}-2\sqrt{2}\sqrt{1+x}-\ln x$，则 $p^{\prime }(x)=\frac{2\sqrt{x}\sqrt{x+1}-\sqrt{2}x-\sqrt{x+1}}{x\sqrt{x+1}}$。 经求导分析，$p(x)$ 在 $(0,1)$ 递减，在 $(1,+\infty )$ 递增。 $p(x{)}_{min}=p(1)=4-4-0=0$。 故 $g(t)\ge 2p(x)\ge 0$，该区间成立。

(ii) 当 $x\in [\frac{1}{e^2},\frac{1}{7})$ 时： 此时对称轴 $t_0>2\sqrt{2}$，最小值在顶点处取得： $g(t)\ge g(t_0)=\sqrt{x}(1+\frac{1}{x})-2\sqrt{1+x}\sqrt{1+\frac{1}{x}}-2\ln x=-\frac{1+x}{\sqrt{x}}-2\ln x$。 设 $q(x)=\frac{1+x}{\sqrt{x}}+2\ln x$，则 $q^{\prime }(x)=\frac{x-1+2\sqrt{x}}{2x\sqrt{x}}>0$（在区间内）。 $q(x)$ 递增，$q(x)<q(\frac{1}{7})=\frac{8/7}{\sqrt{1/7}}+2\ln \frac{1}{7}=\frac{8\sqrt{7}}{7}-2\ln 7$。 经计算（或借用 $p(x)$ 结论），$q(\frac{1}{7})<0$。 故 $g(t)>0$，该区间亦成立。

综上所述，$a$ 的取值范围是 $(0,\frac{\sqrt{2}}{4}]$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 浙江卷的“分段”艺术：这道题最恐怖的地方在于对称轴 $t_0$ 会随着 $x$ 的滑动而进出 $t$ 的定义域。考生必须敏锐地感知到 $x=1/7$ 这个分界点，这是区分顶级考生和普通考生的分水岭。
2. 二次函数的变态应用：将 $1/a$ 换元为 $t$ 是为了将 $a$ 的高次项转化为抛物线模型。这种“变元”思想在导数大题中非常常见。

📖【试题探源与推广】

Tip

在 Obsidian 笔记中，可以总结应对此类压轴题的策略：

• 第一招：必要性先行。通过特殊值（如 $x=1,0,e$）锁定参数范围。如果这是一个选择题，这步就结束了；如果是大题，这为你指明了证明方向。
• 第二招：换元降次。像本题将 $a$ 换元为 $t$，或者将 $\ln x$ 换元。
• 第三招：双变量分而治之。当不等式中 $x$ 和 $a$ 纠缠不清时，尝试固定一个变量（如 $x$），观察另一个变量（如 $a$ 或 $t$）构成的函数图象。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 2008-北京卷理-13
• 2010-天津卷文-16 填-恒成立求参
• 2010-湖南卷文-21 解-导数单调与存在性