Question

5．已知函数f（x）=mln（x+1），g（x）=$\frac{x}{x+1}（{x＞-1}）$．
（1）当m=2时，求函数y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程．
（2）讨论函数F（x）=f（x）-g（x）在（-1，+∞）上的单调性；
（3）若y=f（x）与y=g（x）的图象有且仅有一条公切线，试求实数m的值．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，计算f（0），f′（0）的值，求出切线方程即可；
（2）求出F（x）的导数，通过讨论m的范围求出函数的单调区间即可；
（3）求出切线方程，联立方程组，得到$g（b）=2mln（{b+1}）+\frac{2}{b+1}+mlnm-m-1$，根据函数的单调性求出a，b的值，求出公切线方程即可．

解答 解：（1）m=2时，f（x）=2ln（x+1），f′（x）=$\frac{2}{x+1}$，
故f（0）=0，f′（0）=2，
故切线方程是：y-0=2（x-0），
即：y=2x…（3分）
（2）$F'（x）=f'（x）-g'（x）=\frac{m}{x+1}-\frac{1}{{{{（{x+1}）}^2}}}=\frac{{m（{x+1}）-1}}{{{{（{x+1}）}^2}}}，（{x＞-1}）$
当m≤0时，F'（x）＜0，函数F（x）在（-1，+∞）上单调递减；
当m＞0时，令$F'（x）＜0⇒x＜-1+\frac{1}{m}$，函数F（x）在$（{-1，-1+\frac{1}{m}}）$上单调递减；
$F'（x）＞0⇒x＞-1+\frac{1}{m}$，函数F（x）在$（{-1+\frac{1}{m}，+∞}）$上单调递增，
综上所述，当m≤0时，F（x）的单减区间是（-1，+∞）；
当m＞0时，F（x）的单减区间是$（{-1，-1+\frac{1}{m}}）$，
单增区间是$（{-1+\frac{1}{m}，+∞}）$…（7分）
（3）函数f（x）=mln（x+1）在点（a，mln（a+1））处的切线方程为：
$y-mln（{a+1}）=\frac{m}{a+1}（{x-a}）$，即$y=\frac{m}{a+1}x+mln（{a+1}）-\frac{ma}{a+1}$，
函数$g（x）=\frac{x}{x+1}$在点$（{b，1-\frac{1}{b+1}}）$处的切线方程为：
$y-（{1-\frac{1}{b+1}}）=\frac{1}{{{{（{b+1}）}^2}}}（{x-b}）$，即$y=\frac{1}{{{{（{b+1}）}^2}}}x+\frac{b^2}{{{{（{b+1}）}^2}}}$．
y=f（x）与y=g（x）的图象有且仅有一条公切线．
所以$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{m}{a+1}=\frac{1}{{{{（{b+1}）}^2}}}\;\;\;\;①}\\{mln（{a+1}）-\frac{ma}{a+1}=\frac{b^2}{{{{（{b+1}）}^2}}}\;\;\;②}\end{array}}\right.$
有唯一一对（a，b）满足这个方程组，且m＞0．
由（1）得：a+1=m（b+1）²代入（2）消去a，
整理得：$2mln（{b+1}）+\frac{2}{b+1}+mlnm-m-1=0$，关于b（b＞-1）的方程有唯一解．
令$g（b）=2mln（{b+1}）+\frac{2}{b+1}+mlnm-m-1$，${g^'}（b）=\frac{2m}{b+1}-\frac{2}{{{{（{b+1}）}^2}}}=\frac{{2[{m（{b+1}）-1}]}}{{{{（{b+1}）}^2}}}$
方程组有解时，m＞0，所以g（b）在$（{-1，-1+\frac{1}{m}}）$单调递减，在$（{-1+\frac{1}{m}，+∞}）$单调递增，
所以$g{（b）_{min}}=9（{-1+\frac{1}{m}}）=m-mlnm-1$，
因为b→+∞，g（b）→+∞，b→-1，g（b）→+∞，
只需m-mlnm-1=0，令σ（m）=m-lnm-1、σ'（m）=-lnm在m＞0为单减函数，
且m=1时，σ'（m）=0，即σ（m）_max=σ（1）=0，
所以m=1时，关于b的方程$2mln（{b+1}）+\frac{2}{b+1}+mlnm-m-1=0$有唯一解
此时a=b=0，公切线方程为y=x…（12分）

点评 本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．