25~26高三下·湖北楚天协作体二模·第8题

B

由关于$x$的方程$2\ln\left(ax+\dfrac{b}{2}\right)=\sqrt{4x^2+1}$有实根，得关于$x$的方程$\ln\left(ax+\dfrac{b}{2}\right)=\sqrt{x^2+\dfrac{1}{4}}$有实根.

设方程$\ln\left(ax+\dfrac{b}{2}\right)=\sqrt{x^2+\dfrac{1}{4}}$的实根为$x_0$，则
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\ln\left(ax_0+\dfrac{b}{2}\right)=\sqrt{x_0^2+\dfrac{1}{4}}
$
得$ax_0+\dfrac{b}{2}=\mathrm{e}^{\sqrt{x_0^2+\dfrac{1}{4}}}$，即
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ax_0+\dfrac{1}{2}b – \mathrm{e}^{\sqrt{x_0^2+\dfrac{1}{4}}}=0
$

设点$P(a,b)$，则点$P$在直线$x_0x+\dfrac{1}{2}y – \mathrm{e}^{\sqrt{x_0^2+\dfrac{1}{4}}}=0$上.

点$O(0,0)$到直线$x_0x+\dfrac{1}{2}y – \mathrm{e}^{\sqrt{x_0^2+\dfrac{1}{4}}}=0$的距离
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d=\dfrac{\mathrm{e}^{\sqrt{x_0^2+\dfrac{1}{4}}}}{\sqrt{x_0^2+\dfrac{1}{4}}}
$

设$t=\sqrt{x_0^2+\dfrac{1}{4}}\geq\dfrac{1}{2}$，函数$f(t)=\dfrac{\mathrm{e}^t}{t}$，$t\geq\dfrac{1}{2}$，求导得
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f'(t)=\dfrac{\mathrm{e}^t(t-1)}{t^2}
$

当$\dfrac{1}{2}\leq t<1$时，$f'(t)<0$；当$t>1$时，$f'(t)>0$.
函数$f(t)$在区间$\left[\dfrac{1}{2},1\right)$上单调递减，在区间$[1,+\infty)$上单调递增，
因此$f(t)_{\min}=f(1)=\mathrm{e}$，$|OP|\geq d=f(t)\geq\mathrm{e}$，则
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a^2+b^2=|OP|^2\geq\mathrm{e}^2
$

当$t=1$时，$x_0=\pm\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，
由$\begin{cases}\dfrac{\sqrt{3}}{2}a+\dfrac{b}{2}-\mathrm{e}=0 \ a^2+b^2=\mathrm{e}^2\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{e} \ b=\dfrac{\mathrm{e}}{2}\end{cases}$，此时$a^2+b^2=\mathrm{e}^2$；
由$\begin{cases}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}a+\dfrac{b}{2}-\mathrm{e}=0 \ a^2+b^2=\mathrm{e}^2\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{e} \ b=\dfrac{\mathrm{e}}{2}\end{cases}$，此时$a^2+b^2=\mathrm{e}^2$.

所以$a^2+b^2$的取值范围为$[\mathrm{e}^2,+\infty)$.