Question

19．已知函数f（x）=ln（1+x），g（x）=kx，（k∈R）
（1）证明：当x＞0时，f（x）＜x；
（2）证明：当k＜1时，存在x₀＞0，使得对任意x∈（0，x₀），恒有f（x）＞g（x）；
（3）确定k的所有可能取值，使得存在t＞0，对任意的x∈（0，t），恒有|f（x）-g（x）|＜x²．

Answer 1

分析 （1）令F（x）=f（x）-x=ln（1+x）-x，x＞0，求导得到F′（x）＜0，说明F（x）在（0，+∞）上单调递减，则x＞0时，f（x）＜x；
（2）令G（x）=f（x）-g（x）=ln（1+x）-kx，x∈（0，+∞），可得k≤0时，G′（x）＞0，说明G（x）在（0，+∞）上单调递增，存在x₀＞0，使得对任意x∈（0，x₀），恒有f（x）＞g（x）；当0＜k＜1时，由G′（x）=0，求得$x=\frac{1-k}{k}=\frac{1}{k}-1＞0$．取${x}_{0}=\frac{1}{k}-1$，对任意x∈（0，x₀），恒有G′（x）＞0，G（x）在上单调递增，G（x）＞G（0）=0，即f（x）＞g（x）；
（3）分k＞1、k＜1和k=1把不等式|f（x）-g（x）|＜x²的左边去绝对值，当k＞1时，利用导数求得|f（x）-g（x）|＞x²，满足题意的t不存在．
当k＜1时，由（2）知存在x₀＞0，使得对任意的任意x∈（0，x₀），f（x）＞g（x）．令N（x）=ln（1+x）-kx-x²，x∈[0，+∞），求导数分析满足题意的t不存在．当k=1，由（1）知，当x∈（0，+∞）时，|f（x）-g（x）|=g（x）-f（x）=x-ln（1+x），令H（x）=x-ln（1+x）-x²，x∈[0，+∞），则有x＞0，H′（x）＜0，H（x）在[0，+∞）上单调递减，故H（x）＜H（0）=0，说明当x＞0时，恒有|f（x）-g（x）|＜x²，此时，满足t＞0的实数t存在．

解答 （1）证明：令F（x）=f（x）-x=ln（1+x）-x，x＞0，
则有F′（x）=$\frac{1}{x+1}$-1=-$\frac{x}{x+1}$，
∵x＞0，
∴F′（x）＜0，
∴F（x）在（0，+∞）上单调递减，
∴F（x）＜F（0）=0，
∴x＞0时，f（x）＜x；
（2）证明：令G（x）=f（x）-g（x）=ln（1+x）-kx，x∈（0，+∞），
则有G′（x）=$\frac{1}{x+1}$-k=$\frac{-kx+（1-k）}{x+1}$，
当k≤0时，G′（x）＞0，
∴G（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴G（x）＞G（0）=0，
故对任意正实数x₀均满足题意．
当0＜k＜1时，令G′（x）=0，得$x=\frac{1-k}{k}=\frac{1}{k}-1＞0$．
取${x}_{0}=\frac{1}{k}-1$，对任意x∈（0，x₀），恒有G′（x）＞0，∴G（x）在（0，x₀）上单调递增，G（x）＞G（0）=0，即f（x）＞g（x）．
综上，当k＜1时，总存在x₀＞0，使得对任意的x∈（0，x₀），恒有f（x）＞g（x）；
（3）解：当k＞1时，由（1）知，对于任意x∈（0，+∞），g（x）＞x＞f（x），故g（x）＞f（x），
|f（x）-g（x）|=g（x）-f（x）=kx-ln（1+x），
令M（x）=kx-ln（1+x）-x²，x∈（0，+∞），则有$M′（x）=k-\frac{1}{1+x}-2x=\frac{-2{x}^{2}+（k-2）x+k-1}{1+x}$，
故当$x∈（0，\frac{k-2+\sqrt{（k-2）^{2}+8（k-1）}}{4}）$时，M′（x）＞0，M（x）在[0，$\frac{k-2+\sqrt{（k-2）^{2}+8（k-1）}}{4}$）上单调递增，
故M（x）＞M（0）=0，即|f（x）-g（x）|＞x²，∴满足题意的t不存在．
当k＜1时，由（2）知存在x₀＞0，使得对任意的任意x∈（0，x₀），f（x）＞g（x）．
此时|f（x）-g（x）|=f（x）-g（x）=ln（1+x）-kx，
令N（x）=ln（1+x）-kx-x²，x∈[0，+∞），则有$N′（x）=\frac{1}{1+x}-k-2x=\frac{-2{x}^{2}-（k+2）x-k+1}{1+x}$，
故当$x∈（0，\frac{-（k+2）+\sqrt{（k+2）^{2}+8（1-k）}}{4}）$时，N′（x）＞0，N（x）在[0，$\frac{-（k+2）+\sqrt{（k+2）^{2}+8（1-k）}}{4}$）上单调递增，故N（x）＞N（0）=0，
即f（x）-g（x）＞x²，记x₀与$\frac{-（k+2）+\sqrt{（k+2）^{2}+8（1-k）}}{4}$中较小的为x₁，
则当x∈（0，x₁）时，恒有|f（x）-g（x）|＞x²，故满足题意的t不存在．
当k=1，由（1）知，当x∈（0，+∞）时，|f（x）-g（x）|=g（x）-f（x）=x-ln（1+x），
令H（x）=x-ln（1+x）-x²，x∈[0，+∞），则有$H′（x）=1-\frac{1}{1+x}-2x=\frac{-2{x}^{2}-x}{1+x}$，
当x＞0，H′（x）＜0，∴H（x）在[0，+∞）上单调递减，故H（x）＜H（0）=0，
故当x＞0时，恒有|f（x）-g（x）|＜x²，满足t＞0的实数t存在．
综上，k=1．

点评 本小题主要考查导数及其应用等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、有限与无限思想、数形结合思想，是压轴题．