2026年3月广东深圳市一模数学试卷 #18
已知函数 $f(x)=\ln x-a\sqrt{x+1}+4$．
1、当 $a=\sqrt 3$ 时，求 $f(x)$ 的单调区间；
2、若 $f(x)$ 有两个零点．
① 求 $a$ 的取值范围；
② 证明：$f(x)<\dfrac 2{\sqrt{a^2+1}-1}$．
解析
1、函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\dfrac 1x-\dfrac{a}{2\sqrt{x+1}}=\dfrac{2\sqrt{x+1}-ax}{2x\sqrt{x+1}}=\dfrac{-a^2x^2+4x+4}{2x\sqrt{x+1}\cdot \left(2\sqrt{x+1}+ax\right)},\]当 $a=\sqrt 3$ 时，函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\dfrac{(2+3x)(2-x)}{2x\sqrt{x+1}\cdot \left(2\sqrt{x+1}+\sqrt 3x\right)},\]于是 $f(x)$ 的单调递增区间是 $(0,2)$，单调递减区间是 $(2,+\infty)$．
2、① 函数 $f(x)$ 在 $(0,t)$ 上单调递增，在 $(t,+\infty)$ 上单调递减，在 $x=t$ 处取得极大值，亦为最大值 $f(t)$，其中\[a=\dfrac{4\sqrt{t+1}}{t}\iff t=\dfrac{2}{\sqrt{a^2+1}-1},\]于是最大值\[M=\ln t-a\sqrt{t+1}+4=\ln t-\dfrac 2t+2,\]当 $x\to 0$ 以及 $x\to +\infty$ 时，$f(x)\to -\infty$，因此函数 $f(x)$ 有两个零点即\[M>0\iff t>1\iff \dfrac{2}{\sqrt{a^2+1}-1}>1,\]解得 $a$ 的取值范围是 $(0,2\sqrt 2)$．
② 只需要证明当 $a\in (0,2\sqrt 2)$ 时，有\[M<\dfrac{2}{\sqrt{a^2+1}-1} \iff \ln t-\dfrac 2t+2<t,\]设 $h(x)=\ln x-\dfrac 2x-x+2$，则其导函数\[h'(x)=\dfrac{(1+x)(2-x)}{x^2},\]于是 $h(x)$ 的最大值为\[h(2)=\ln 2-1<0,\]命题得证．