已知实数 $a\ne 0$，设函数 $f(x)=a\ln x+\sqrt{1+x},x>0$．
（I）当 $a=-\dfrac{3}{4}$ 时，求函数 $f(x)$ 的单调区间；
（II）对任意 $x\in\left[\dfrac{1}{e^2},+\infty\right]$ 均有 $f(x)\leqslant \dfrac{\sqrt{x}}{2a}$，求 $a$ 的取值范围．
（I）当 $a=-\dfrac{3}{4}$ 时，求函数 $f(x)$ 的单调区间；
（II）对任意 $x\in\left[\dfrac{1}{e^2},+\infty\right]$ 均有 $f(x)\leqslant \dfrac{\sqrt{x}}{2a}$，求 $a$ 的取值范围．
【难度】
【出处】
2019年高考浙江卷
【标注】
【答案】
略
【解析】
（I）当 $a=-\dfrac{3}{4}$ 时，$f(x)=-\dfrac{3}{4}\ln x+\sqrt{1+x},x>0$．
$f^\prime(x)=-\dfrac{3}{4x}+\dfrac{1}{2\sqrt{1+x}}=\dfrac{(\sqrt{1+x}-2)(2\sqrt{1+x}+1)}{4x\sqrt{1+x}}$．
所以，函数 $f(x)$ 的单调递减区间为 $(0,3)$，单调递增区间为 $(3,+\infty)$．
（II）由 $f(1)\leqslant\dfrac{1}{2a}$，得 $0<a\leqslant \dfrac{\sqrt{2}}{4}$．
当 $0<a\leqslant \dfrac{\sqrt{2}}{4}$ 时，$f(x)\leqslant\dfrac{\sqrt{x}}{2a}$ 等价于 $\dfrac{\sqrt{x}}{a^2}-\dfrac{2\sqrt{1+x}}{a}-2\ln x\geqslant 0$．
令 $t=\dfrac{1}{a}$，则 $t\geqslant 2\sqrt{2}$．
设 $g(t)=t^2\sqrt{x}-2t\sqrt{1-x}-2\ln x,t\geqslant 2\sqrt{2}$，
则 $g(t)=\sqrt{x}\left(t-\sqrt{1+\dfrac{1}{x}}\right)^2-\dfrac{1+x}{\sqrt{x}}-2\ln x$．
（i）当 $x\in[\dfrac{1}{7},+\infty)$ 时，$\sqrt{1+\dfrac{1}{x}}\leqslant 2\sqrt{2}$，
则 $g(t)\geqslant g(2\sqrt{2})=8\sqrt{x}-4\sqrt{2}\sqrt{1+x}-2\ln x$．
记 $p(x)=4\sqrt{x}-2\sqrt{2}\sqrt{1+x}-\ln x,x\geqslant\dfrac{1}{7}$，则
$p^\prime(x)=\dfrac{2}{\sqrt{x}}-\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{x+1}}-\dfrac{1}{x}=\dfrac{2\sqrt{x}\sqrt{x+1}-\sqrt{2}x-\sqrt{x+1}}{x\sqrt{x+1}}=\dfrac{(x-1)[1+\sqrt{x}(\sqrt{2x+2}-1)]}{x\sqrt{x+1}(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x+1}+\sqrt{2x})}$
故\[\begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline x&\dfrac{1}{7}&\left(\dfrac{1}{7},1\right)&1&(1,+\infty)\\\hline p^\prime(x)&&-&0&+\\\hline p(x)&p\left(\dfrac{1}{7}\right)&\text{单调递减}&\text{单极小值}p(1)&\text{单调递增}\\\hline\end{array}\]所以，$p(x)\geqslant p(1)=0$．
因此，$g(t)\geqslant g(2\sqrt{2})=2p(x)\geqslant 0$．
（ii）当 $x\in\left[\dfrac{1}{e^2},\dfrac{1}{7}\right)$ 时，$g(t)\geqslant g\left(\sqrt{1+\dfrac{1}{x}}\right)=\dfrac{-2\sqrt{x}\ln x-(x+1)}{2\sqrt{x}}$．
令 $q(x)=2\sqrt{x}\ln x+(x+1),x\in\left[\dfrac{1}{e^2},\dfrac{1}{7}\right]$，
则 $q^\prime(x)=\dfrac{\ln x+2}{\sqrt{x}}+1>0$，
故 $q(x)$ 在 $\left[\dfrac{1}{e^2},\dfrac{1}{7}\right]$ 上单调递增，所以 $q(x)\leqslant q\left(\dfrac{1}{7}\right)$．
由（i）得，$q\left(\dfrac{1}{7}\right)=-\dfrac{2\sqrt{7}}{7}p\left(\dfrac{1}{7}\right)p(1)=0$．
所以，$q(x)<0$．因此，$g(t)\geqslant g\left(\sqrt{1+\dfrac{1}{x}}\right)=-\dfrac{q(x)}{2\sqrt{x}}>0$．
由（i）（ii）知对任意 $x\in\left[\dfrac{1}{e^2},+\infty\right),t\in[2\sqrt{2},+\infty),g(t)\geqslant 0$，即对任意 $x\in\left[\dfrac{1}{e^2},+\infty\right)$，均有 $f(x)\leqslant\dfrac{\sqrt{x}}{2a}$．
综上所述，所求的 $a$ 的取值范围是 $\left(0,\dfrac{\sqrt{2}}{4}\right]$．
$f^\prime(x)=-\dfrac{3}{4x}+\dfrac{1}{2\sqrt{1+x}}=\dfrac{(\sqrt{1+x}-2)(2\sqrt{1+x}+1)}{4x\sqrt{1+x}}$．
所以，函数 $f(x)$ 的单调递减区间为 $(0,3)$，单调递增区间为 $(3,+\infty)$．
（II）由 $f(1)\leqslant\dfrac{1}{2a}$，得 $0<a\leqslant \dfrac{\sqrt{2}}{4}$．
当 $0<a\leqslant \dfrac{\sqrt{2}}{4}$ 时，$f(x)\leqslant\dfrac{\sqrt{x}}{2a}$ 等价于 $\dfrac{\sqrt{x}}{a^2}-\dfrac{2\sqrt{1+x}}{a}-2\ln x\geqslant 0$．
令 $t=\dfrac{1}{a}$，则 $t\geqslant 2\sqrt{2}$．
设 $g(t)=t^2\sqrt{x}-2t\sqrt{1-x}-2\ln x,t\geqslant 2\sqrt{2}$，
则 $g(t)=\sqrt{x}\left(t-\sqrt{1+\dfrac{1}{x}}\right)^2-\dfrac{1+x}{\sqrt{x}}-2\ln x$．
（i）当 $x\in[\dfrac{1}{7},+\infty)$ 时，$\sqrt{1+\dfrac{1}{x}}\leqslant 2\sqrt{2}$，
则 $g(t)\geqslant g(2\sqrt{2})=8\sqrt{x}-4\sqrt{2}\sqrt{1+x}-2\ln x$．
记 $p(x)=4\sqrt{x}-2\sqrt{2}\sqrt{1+x}-\ln x,x\geqslant\dfrac{1}{7}$，则
$p^\prime(x)=\dfrac{2}{\sqrt{x}}-\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{x+1}}-\dfrac{1}{x}=\dfrac{2\sqrt{x}\sqrt{x+1}-\sqrt{2}x-\sqrt{x+1}}{x\sqrt{x+1}}=\dfrac{(x-1)[1+\sqrt{x}(\sqrt{2x+2}-1)]}{x\sqrt{x+1}(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x+1}+\sqrt{2x})}$
故\[\begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline x&\dfrac{1}{7}&\left(\dfrac{1}{7},1\right)&1&(1,+\infty)\\\hline p^\prime(x)&&-&0&+\\\hline p(x)&p\left(\dfrac{1}{7}\right)&\text{单调递减}&\text{单极小值}p(1)&\text{单调递增}\\\hline\end{array}\]所以，$p(x)\geqslant p(1)=0$．
因此，$g(t)\geqslant g(2\sqrt{2})=2p(x)\geqslant 0$．
（ii）当 $x\in\left[\dfrac{1}{e^2},\dfrac{1}{7}\right)$ 时，$g(t)\geqslant g\left(\sqrt{1+\dfrac{1}{x}}\right)=\dfrac{-2\sqrt{x}\ln x-(x+1)}{2\sqrt{x}}$．
令 $q(x)=2\sqrt{x}\ln x+(x+1),x\in\left[\dfrac{1}{e^2},\dfrac{1}{7}\right]$，
则 $q^\prime(x)=\dfrac{\ln x+2}{\sqrt{x}}+1>0$，
故 $q(x)$ 在 $\left[\dfrac{1}{e^2},\dfrac{1}{7}\right]$ 上单调递增，所以 $q(x)\leqslant q\left(\dfrac{1}{7}\right)$．
由（i）得，$q\left(\dfrac{1}{7}\right)=-\dfrac{2\sqrt{7}}{7}p\left(\dfrac{1}{7}\right)p(1)=0$．
所以，$q(x)<0$．因此，$g(t)\geqslant g\left(\sqrt{1+\dfrac{1}{x}}\right)=-\dfrac{q(x)}{2\sqrt{x}}>0$．
由（i）（ii）知对任意 $x\in\left[\dfrac{1}{e^2},+\infty\right),t\in[2\sqrt{2},+\infty),g(t)\geqslant 0$，即对任意 $x\in\left[\dfrac{1}{e^2},+\infty\right)$，均有 $f(x)\leqslant\dfrac{\sqrt{x}}{2a}$．
综上所述，所求的 $a$ 的取值范围是 $\left(0,\dfrac{\sqrt{2}}{4}\right]$．
答案
解析
备注
