导数

我们试图画出函数图象，但 $a$ 总是在变化。

$a$ 只出现了一次，而且被孤立在根号旁边，可考虑分离参数。

令 $f(x) = 0$，得 $a = \dfrac{\ln x + 4}{\sqrt{x+1}}$。

令 $g(x) = \dfrac{\ln x + 4}{\sqrt{x+1}}$，问题转化为研究水平线 $y=a$ 与曲线 $y=\dfrac{\ln x + 4}{\sqrt{x+1}}$ 有几个交点，即研究 $y = a$ 和 $y = g(x)$ 的交点，即研究 $g(x)$ 的图象即可。

要出现两个零点，这个函数必须出现先增后减（或先减后增）的过程，且穿过 $x$ 轴。

那么考虑导数求极值点，有 $f'(x) = \dfrac{1}{x} - \dfrac{a}{2\sqrt{x+1}}$。

发现 $x$ 和 $2\sqrt{x+1}$ 是恒正的（定义域：$x > 0$），问题出在 $a$。

考虑 $x \to 0^+$ 和 $x \to +\infty$ 的情况：

• $x \to 0^+$，$f(x) \to -\infty$；
• $x \to +\infty$，$f(x)$ 取决于 $a$ 的符号。

如果 $a \leq 0$，那么 $f'(x) > 0$ 恒成立。$x \to +\infty$，$f(x) > 0$，最多只有一个零点，与题设不符。

所以考虑 $a > 0$。$x \to +\infty$，$f(x) < 0$。

令 $f'(x) = 0$，得 $a^2 x^2 - 4x - 4 = 0$。这就是极值点满足的方程。

看到右式的分母有根式，考虑有理化，变成 $\dfrac{2\sqrt{a^2+1}+2}{a^2}$。

但看起来不够顺眼，回顾（i）问的关键，就是那个极值点满足的方程 $a^2 x_0^2 - 4x_0 - 4 = 0$。剩下的都好办了。

把它代入，发现恰好变成了极大值点 $x_0$。

令 $f(x) = 0$，得 $a = \dfrac{\ln x + 4}{\sqrt{x+1}}$。

令 $g(x) = \dfrac{\ln x + 4}{\sqrt{x+1}}$，则

$$\begin{aligned} g'(x) &= \frac{\dfrac{\sqrt{x+1}}{x} - \dfrac{\ln x + 4}{2\sqrt{x+1}}}{x+1} \\ &= \frac{\dfrac{x+1}{x} - \dfrac{\ln x}{2} - 2}{(x+1)\sqrt{x+1}} \\ &= \frac{\dfrac{2}{x} - \ln x - 2}{2(x+1)\sqrt{x+1}} \end{aligned}$$

想研究 $g(x)$ 的图象，首先要研究 $g(x)$ 的单调性，即研究 $g'(x)$ 的符号。由于 $2(x+1)\sqrt{x+1} > 0$，所以 $g'(x)$ 的符号由分子决定。

令 $h(x) = \dfrac{2}{x} - \ln x - 2$，则 $h'(x) = -\dfrac{2}{x^2} - \dfrac{1}{x} < 0$。

另一种做法是令 $h(x) = - x\ln x - 2x + 2$，这个求导就有点麻烦了。（指数找朋友，对数单身狗）

所以 $h(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递减。

又因为 $x \to 0^+$ 时 $h(x) \to +\infty$，$h(1) = 0$，所以 $0 < x < 1$ 时 $h(x) > 0$，$x > 1$ 时 $h(x) < 0$。

于是 $0 < x < 1$ 时 $g'(x) > 0$，$x > 1$ 时 $g'(x) < 0$。

所以 $x = 1$ 是 $g(x)$ 的极大值点。

因为 $x \to 0^+$ 时 $g(x) \to -\infty$；$x \to +\infty$ 时，对数增长慢于幂函数， $g(x) \to 0^+$，且 $g(1) = 2\sqrt{2}$。

所以 $y = a$ 与 $y = g(x)$ 要有两个交点，则 $0 < a < 2\sqrt{2}$。

证明充分性在（i）问解答二涉及，此处略。

即 $a$ 的取值范围为 $\left(0, 2\sqrt{2}\right)$。

由 $f(x) = \ln x - a\sqrt{x+1} + 4 \ (x > 0)$ 得 $f'(x) = \dfrac{1}{x} - \dfrac{a}{2\sqrt{x+1}} = \dfrac{2\sqrt{x+1} - ax}{2x\sqrt{x+1}} = \dfrac{4(x+1) - a^2x^2}{2x\sqrt{x+1}(2\sqrt{x+1} + ax)}$。

首先排除 $a \le 0$ 的情况。

若 $a \leq 0$，因为 $x > 0 \implies \dfrac{1}{x} > 0$ 且 $\dfrac{-a}{2\sqrt{x+1}} \ge 0$，所以 $f'(x) > 0$ 恒成立。

此时 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增，至多与 $x$ 轴只有一个交点，不合题意。

故 $a > 0$。令 $f'(x) = 0$，实质上等价于分子 $-a^2x^2 + 4x + 4 = 0$，即 $a^2x^2 - 4x - 4 = 0$。

有 $\Delta = 16 + 16a^2 > 0$，解得 $x = \dfrac{4 \pm \sqrt{16 + 16a^2}}{2a^2} = \dfrac{2 \pm 2\sqrt{1 + a^2}}{a^2}$。

由于 $x > 0$，所以 $x_0 = \dfrac{2 + 2\sqrt{1 + a^2}}{a^2}$。

且当 $x \in (0, x_0)$ 时，分子 $>0$，即 $f'(x) > 0$；当 $x \in (x_0, +\infty)$ 时，分子 $<0$，即 $f'(x) < 0$。

则 $f(x)$ 在 $(0, x_0)$ 上单调递增，在 $(x_0, +\infty)$ 上单调递减。$x_0$ 就是 $f(x)$ 的极大值点。

设 $a^2 x_0^2 - 4x_0 - 4 = 0$，$x_0$ 就是 $f(x)$ 的极大值点。

整理得 $a = \dfrac{2\sqrt{x_0 + 1}}{x_0}$。

所以 $f(x)_{\max} = f(x_0) = \ln x_0 - a\sqrt{x_0+1} + 4 = \ln x_0 - 2\dfrac{x_0 + 1}{x_0} + 4 = \ln x_0 - \dfrac{2}{x_0} + 2$。

后面要解方程，发现同时有 $a$ 和 $x_0$ 两个变量，很烦。

要 $f(x)$ 有两个零点，必有 $f(x_0) > 0$，即 $\ln x_0 - \dfrac{2}{x_0} + 2 > 0$。

设 $g(x) = \ln x - \dfrac{2}{x} + 2$，有 $g'(x) = \dfrac{1}{x} + \dfrac{2}{x^2} > 0$，所以 $g(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增。

又 $g(1) = 0$，所以 $x > 1$ 时，$g(x) > 0$。于是 $x_0 > 1$。

现在由 $x_0 > 1$ 来解出 $a$ 的取值范围。

令 $a = h(x) = \dfrac{2\sqrt{x + 1}}{x}$。

则 $h'(x) = \dfrac{\dfrac{x}{\sqrt{x+1}} - 2\sqrt{x+1}}{x^2} = \dfrac{x - 2(x+1)}{x^2 \sqrt{x+1}} = \dfrac{-x - 2}{x^2 \sqrt{x+1}} < 0$。

即 $h(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递减。

因为 $h(1) = 2\sqrt{2}$，且当 $x \to +\infty$ 时，$h(x) \to 0^+$，所以 $h(x)$ 在 $(1, +\infty)$ 的值域为 $\left(0, 2\sqrt{2}\right)$。

另解：用换元法取代繁琐的求导求值域

因为 $a = \dfrac{2\sqrt{x_0 + 1}}{x_0} > 0$，将其平方得：$\dfrac{a^2}{4} = \dfrac{x_0 + 1}{x_0^2} = \left(\dfrac{1}{x_0}\right)^2 + \dfrac{1}{x_0}$。

因为 $x_0 > 1$，令 $t = \dfrac{1}{x_0}$，则 $t \in (0, 1)$。

设 $y = t^2 + t$，它在 $(0, 1)$ 上单调递增，所以 $y \in (0, 2)$。

即 $\dfrac{a^2}{4} \in (0, 2) \implies a^2 \in (0, 8)$。因为 $a>0$，得出 $a \in \left(0, 2\sqrt{2}\right)$。

即 $a$ 的取值范围为 $\left(0, 2\sqrt{2}\right)$。

核心修补：充分性证明与寻找端点的思维过程

上面只证明了“︁如果极大值大于 $0$，那么 $a \in \left(0, 2\sqrt{2}\right)$”︁。但这还不够！

极大值大于 $0$，并不代表两边一定会穿过 $x$ 轴（比如它可能有一条 $y=1$ 的渐近线）。

根据零点存在性定理，我们必须在 $x_0$ 的左侧和右侧各找到一个点，使得函数值小于 $0$。

1. 寻找极值点左侧 $(0, x_0)$ 的点

当 $x \to 0^+$ 时，$f(x)$ 中的 $\ln x \to -\infty$，而 $-a\sqrt{x+1} + 4 \to 4-a$（常数）。所以 $\ln x$ 是绝对的主导项。

我们需要找一个很小的 $x$，让 $f(x) < 0$。

观察 $f(x) = \ln x - a\sqrt{x+1} + 4$。因为 $a>0$ 且 $\sqrt{x+1} > 1$，所以 $-a\sqrt{x+1} < 0$。

只要让 $\ln x + 4 \le 0$，整个函数值就必然小于 $0$ 了！

令 $\ln x + 4 = 0$，得到 $x = e^{-4}$。

取 $x = e^{-4}$。因为 $x_0 > 1$，显然 $e^{-4} \in (0, x_0)$。

$f(e^{-4}) = \ln(e^{-4}) - a\sqrt{e^{-4}+1} + 4 = -4 - a\sqrt{e^{-4}+1} + 4 = -a\sqrt{e^{-4}+1}$。

因为 $a > 0$，所以 $f(e^{-4}) < 0$。

由零点存在性定理，因为 $f(e^{-4}) < 0$ 且 $f(x_0) > 0$，所以 $f(x)$ 在区间 $(e^{-4}, x_0)$ 内必存在一个零点 $x_1$。

2. 寻找极值点右侧 $(x_0, +\infty)$ 的点

当 $x \to +\infty$ 时，$\ln x$ 增长极慢，而 $-a\sqrt{x}$ 趋向于 $-\infty$ 的速度远快于 $\ln x$。所以右侧最终必然是负的。

但考试不能写“︁趋于无穷”︁，必须用不等式放缩。

高中最常用的对数放缩是 $\ln x \le x - 1$。（如果整体过程很复杂，可以不用证明，但过程较为简单的话，最好证明一下）

如果直接用 $\ln x \le x-1$，那么 $f(x) \le (x - 1) - a\sqrt{x} + 4$，这里 $x$ 比 $\sqrt{x}$ 的次数高，当 $x$ 很大时，多项式反而趋向正无穷，放缩失败！

我们需要降低 $\ln x$ 内部的次数。

我们可以写成 $\ln x = 4\ln x^{\frac{1}{4}}$，再用不等式 $\ln t \le t-1$，就有 $4\ln x^{\frac{1}{4}} \le 4\left(x^{\frac{1}{4}} - 1\right) = 4\sqrt[4]{x} - 4$。

此时再看 $f(x)$：它被放缩成了 $4\sqrt[4]{x} - a\sqrt{x}$。

提取公因式：$\sqrt[4]{x} (4 - a\sqrt[4]{x})$。

只要让括号里 $< 0$，即 $a\sqrt[4]{x} > 4 \implies x > \dfrac{256}{a^4}$，就成功了！

当 $x > 0$ 时，知不等式 $\ln x \le x - 1$ 恒成立。

故 $\ln x = 4\ln x^{\frac{1}{4}} \le 4\left(x^{\frac{1}{4}} - 1\right) = 4\sqrt[4]{x} - 4$。

则 $f(x) = \ln x - a\sqrt{x+1} + 4 < \ln x - a\sqrt{x} + 4 \le (4\sqrt[4]{x} - 4) - a\sqrt{x} + 4 = 4\sqrt[4]{x} - a\sqrt{x}$。

提取公因式得：$f(x) < \sqrt[4]{x} \left(4 - a\sqrt[4]{x}\right)$。

要使 $f(x) < 0$，只需让 $4 - a\sqrt[4]{x} < 0$，即 $\sqrt[4]{x} > \dfrac{4}{a}$，解得 $x > \dfrac{256}{a^4}$。

取 $x_2 = \max\left\{x_0 + 1, \, \dfrac{256}{a^4} + 1\right\}$（确保该点既在 $x_0$ 右侧，又满足放缩条件）。

则 $f(x_2) < 0$。

由零点存在性定理，因为 $f(x_2) < 0$ 且 $f(x_0) > 0$，所以 $f(x)$ 在区间 $(x_0, x_2)$ 内必存在另一个零点 $x_3$。

综上所述，当 $a \in (0, 2\sqrt{2})$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上有且仅有两个零点。

故 $a$ 的取值范围是 $(0, 2\sqrt{2})$。

由（i）中 $a^2x_0^2 - 4x_0 - 4 = 0$ 得 $a^2 = \dfrac{4(x_0+1)}{x_0^2}$。

所以

$$\frac{2}{\sqrt{a^2+1} - 1} = \frac{2}{\sqrt{\dfrac{4(x_0+1)}{x_0^2}+1}-1} = \frac{2}{\sqrt{\dfrac{4x_0+4+x_0^2}{x_0^2}}-1} = \frac{2}{\dfrac{x_0+2}{x_0} - 1} = x_0$$

即欲证明原命题，只需证明对于所有 $x > 0$，都有 $f(x) < x_0$ 成立，即证明 $f(x)_{\max} < x_0$ 成立。

由于 $f(x)_{\max} = f(x_0)$，只需证明 $f(x_0) < x_0$，即 $\ln x_0 - \dfrac{2}{x_0} + 2 < x_0$。

下证：$\ln x_0 - x_0 - \dfrac{2}{x_0} + 2 < 0$。

令 $F(x) = \ln x - x - \dfrac{2}{x} + 2 \ (x > 1)$，有

$$F'(x) = \frac{1}{x} + \frac{2}{x^2} - 1 = -\frac{x^2 - x - 2}{x^2} = \frac{-(x-2)(x+1)}{x^2}$$

令 $F'(x) = 0$，得 $x = 2$；

令 $F'(x) > 0$，得 $1 < x < 2$；

令 $F'(x) < 0$，得 $x > 2$。

因此 $x = 2$ 为 $F(x)$ 的极大值点。

即 $F(x)_{\max} = F(2) = \ln 2 - 1 < 0$。

即原命题得证。