每日一题[2120]抓变化断正负

已知函数 $f(x)=\ln x-a\sqrt x$．

1、讨论 $f(x)$ 的单调性．

2、存在正实数 $k$ 使得函数 $g(x)=kx-1+f(x)$ 有三个零点，求实数 $a$ 的取值范围．

解析

1、函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\dfrac{2-a\sqrt x}{2x},\]因此当 $a\leqslant 0$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增；当 $a>0$ 时，函数 $f(x)$ 在 $\left(0,\dfrac 4{a^2}\right)$ 上单调递增，在 $\left(\dfrac4{a^2},+\infty\right)$ 上单调递减．

2、根据题意，关于 $x$ 的方程 $$kx-1+\ln x-a\sqrt x=0\iff k=\dfrac{a}{\sqrt x}+\dfrac {1-\ln x}x$$ 有三个实数解．设 $h(x)=\dfrac{a}{\sqrt x}+\dfrac{1-\ln x}x$，则其导函数 $$h'(x)=\dfrac{2\ln x-a\sqrt x-4}{2x^2}.$$ 若 $a\leqslant 0$，则 $h'(x)$ 单调递增，因此 $h(x)$ 至多有一个极值点，至多有 $2$ 个零点，不符合题意．当 $a>0$ 时，设 $r(x)=4\ln x-ax-4$，则其导函数 $$r'(x)=\dfrac 4x-a,$$ 因此 $r(x)$ 在 $\left(0,\dfrac 4a\right)$ 上单调递增，在 $\left(\dfrac 4a,+\infty\right)$ 上单调递减，从而 $r(x)$ 的极大值，也为最大值为 $$r\left(\dfrac 4a\right)=4\ln \dfrac 4a-8.$$ [[case]]情形一[[/case]]若 $a\geqslant\dfrac{4}{{\rm e}^2}$，则 $h'(x)$ 至多有一个零点，进而 $h(x)$ 至多只有 $2$ 个零点，不符合题意． [[case]]情形二[[/case]]当 $0<a<\dfrac{4}{{\rm e}^2}$ 时，函数 $h(x)$ 有两个极值点．注意到当 $x\to 0+$ 时，$h(x)\to +\infty$；当 $x\to +\infty$ 时，$h(x)\to 0+$．设 $x=m$ 是函数 $h(x)$ 的极值点，则 $$2\ln m-a\sqrt m-4=0\implies \ln m=2+\dfrac a2\sqrt m,$$ 因此对应极值为 $$h(m)=\dfrac a{2\sqrt m}-\dfrac 1m=\dfrac{a\sqrt m-2}{2m},$$ 而 $$r\left(\dfrac 2a\right)=4\ln\dfrac 2a-6>0,$$ 因此 $h(x)$ 的极小值点 $m_1$，极大值点 $m_2$ 满足 $$0<m_1<\dfrac 4a<\dfrac4{a^2}<m_2,$$ 从而 $h(x)$ 的极小值为负值，极大值为正值，因此取 $k=\dfrac 12h(m_2)$，则 $h(x)$ 在三个单调区间 $(0,m_1),(m_1,m_2),(m_2,+\infty)$ 上均有唯一零点，符合题意． 综上所述，实数 $a$ 的取值范围是 $\left(0,\dfrac{4}{{\rm e}^2}\right)$．

备注

事实上，证明极大值为正值即可．$(0,m_1)$ 和 $(m_2,+\infty)$ 上存在零点的严格证明：当 $0<x<\min\left\{1,\left(\dfrac ak\right)^2\right\}$ 时，有 $$h(x)>\dfrac a{\sqrt x}+\dfrac 1x>k,$$ 且当 $x>\max\left\{{\rm e},\left(\dfrac ak\right)^2\right\}$ 时，有 $$h(x)<\dfrac a{\sqrt x}<k.$$