2019年浙江高考最后一题

啥也不多说了,这题第一小题做了我两分钟,第二小题做了我两天.题目如下:

题目:已知实数$a\neq 0$,设函数$f(x)=a\ln x+\sqrt{x+1}$,$x>0$.


  • 当$a=-\frac{3}{4}$时,求函数$f(x)$的单调区间;
  • 若对任意$x\in [\frac{1}{e^2},+\infty)$,均有$f(x)\leq \frac{\sqrt{x}}{2a}$,求实数$a$的取值范围.

(1):当$a=-\frac{3}{4}$时,
$$
f(x)=-\frac{3}{4}\ln x+\sqrt{x+1}(x>0),
$$

$$
f'(x)=\frac{1}{2 \sqrt{x+1}}-\frac{3}{4x}
$$
令$f'(x)>0$,解得$x>3$.令$f'(x)<0$,解得$0<x<3$.故$f(x)$在区间$(0,3)$上单调递减,在区间$[3,+\infty)$上单调递增.

(2):即
$$
a\ln x+\sqrt{x+1}\leq \frac{\sqrt{x}}{2a}
$$
对于$x\in [\frac{1}{e^2},+\infty)$恒成立.首先,必有$a>0$.这是因为,假如$a<0$,则
$$
a\ln x+\sqrt{x+1}<0,
$$
当$x\to +\infty$时,上面的不等式不成立.故$a>0$.将不等式
$$
a\ln x+\sqrt{x+1}\leq \frac{\sqrt{x}}{2a}
$$
两边同乘以正数$a$,整理为关于$a$的不等式
\begin{equation}\label{eq:201906091306}
(2\ln x)a^2+2 \sqrt{x+1}a-\sqrt{x}\leq 0.
\end{equation}
对于$x\in [\frac{1}{e^2},+\infty)$恒成立.


  • 当$x=1$时,不等式\eqref{eq:201906091306}即$a\leq \frac{\sqrt{2}}{4}$;
  • 当$x>1$时,解不等式\eqref{eq:201906091306}可得
    $$
    0< a\leq \frac{\sqrt{(x+1)+2 \sqrt{x}\ln x }-\sqrt{x+1}}{2\ln
    x}
    $$
  • 当$\frac{1}{e^{2}}\leq x<1$时,解不等式\eqref{eq:201906091306}可得
    \begin{equation}\label{eq:201906082138}
    0<a\leq \frac{\sqrt{(x+1)+2 \sqrt{x}\ln x}-\sqrt{x+1}}{2\ln x}
    \end{equation}

    \begin{equation}\label{eq:201906082140}
    a\geq \frac{-\sqrt{(x+1)+2 \sqrt{x}\ln x}-\sqrt{x+1}}{2\ln
    x}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x+1}-\sqrt{(x+1)+2 \sqrt{x}\ln x}}.
    \end{equation}
    对于不等式\eqref{eq:201906082140}来说,因为
    $$
    \lim_{x\to 1}\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x+1}-\sqrt{(x+1)+2 \sqrt{x}\ln x}}=+\infty,
    $$
    所以对任意的$\frac{1}{e^{2}}\leq x<1$,使得不等式\eqref{eq:201906082140}恒成立的实数$a$不存在.因此不等式\eqref{eq:201906082140}的情况排除.于是在此种情形,只需考虑不等式\eqref{eq:201906082138}.

下证

当$x\neq 1$时,恒有
\begin{align*}
g(x)&=\frac{\sqrt{(x+1)+2 \sqrt{x}\ln x}-\sqrt{x+1}}{2\ln
x}\\&=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x+1+2 \sqrt{x}\ln x}+\sqrt{x+1}}
\\&=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{2\ln x}{\sqrt{x}}}+\sqrt{1+\frac{1}{x}}}
\\&>\frac{\sqrt{2}}{4}
\end{align*}

即证
$$
\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{2\ln
x}{\sqrt{x}}}+\sqrt{1+\frac{1}{x}}<\frac{4}{\sqrt{2}}=2 \sqrt{2},
$$
令$t=\frac{1}{x}$,只需证明对于任意的$t\neq 1$,
$$
p(t)=\sqrt{1+t}+\sqrt{1+t-2 \sqrt{t}\ln t}<2 \sqrt{2}
$$
即可.只需要证明当$t\neq 1$时,
\begin{equation}\label{eq:201906101515}
\sqrt{1+t-2 \sqrt{t}\ln t}<2 \sqrt{2}-\sqrt{1+t},
\end{equation}

由$1+t-2 \sqrt{t}\ln t\geq 0$,得$0<t\leq 7$.这是因为,由$x\geq\frac{1}{e^2}$可得$0<t\leq e^{2}$,故
$$
1+e^2-2 \sqrt{t}\ln t\geq 1+t-2 \sqrt{t}\ln t\geq 0,
$$

$$
\sqrt{t}\ln t \leq \frac{1+e^2}{2},
$$
构造函数
$$
u(t)=\sqrt{t}\ln t,
$$
可得
$$
u'(t)=\frac{2+\ln t}{2 \sqrt{t}},
$$
在区间$(\frac{1}{e^2},+\infty)$上,$u'(t)>0$,故函数$u(t)$在区间$(\frac{1}{e^2},+\infty)$上单调递增.且$u(7)= \sqrt{7}\ln 7>\frac{1+e^2}{2}$,故只可能有$t\leq 7$.


所以$2\sqrt{2}-\sqrt{1+t}>0$.不等式\eqref{eq:201906101515}两边平方,整理,即证明当$t\neq 1$时,
$$
\sqrt{t}\ln t-2 \sqrt{2} \sqrt{1+t}+4>0.
$$
为此,构造函数
$$
p(t)= \sqrt{t}\ln t-2 \sqrt{2} \sqrt{1+t}+4,
$$
可得
$$
p'(t)=\frac{\ln t-(2 \sqrt{2}\sqrt{\frac{t}{t+1}}-2)}{2 \sqrt{t}}
$$
构造函数
$$
q(t)=\ln t-2 \sqrt{2}\sqrt{\frac{t}{t+1}}+2,
$$
求导并整理可得
$$
q'(t)=\frac{(t+1)^3-2t}{t \sqrt{(t+1)^{3}}\left[\sqrt{(t+1)^{3}}+\sqrt{2t}\right]},
$$
当$t>0$时,$(t+1)^3>(t+1)^2> 2t$,因此$q'(t)>0$.结合$q(1)=0$,可得


  • 当$t>1$时,$q(t)>0$;
  • 当$0<t<1$时,$q(t)<0$.

也即,

  • 当$t>1$时,$p'(t)>0$;
  • 当$0<t<1$时,$p'(t)<0$.

结合$p(1)=0$,可得函数$p(t)$在$t=1$处取得最小值$0$,在$t\neq 1$时始终大于$0$.这样就完成了证明.$\Box$

综上所述,$0<a\leq \frac{\sqrt{2}}{4}$.

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