Question

20．已知函数f（x）=mln（x+1），g（x）=$\frac{x}{x+1}$（x＞-1）．
（Ⅰ）讨论函数F（x）=f（x）-g（x）在（-1，+∞）上的单调性；
（Ⅱ）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 （Ⅰ）求得F（x）的导数，讨论当m≤0时，当m＞0时，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间，注意定义域；
（Ⅱ）分别求出f（x），g（x）在切点处的斜率和切线方程，化为斜截式，可得y=f（x）与y=g（x）的图象有且仅有一条公切线等价为$\frac{m}{a+1}$=$\frac{1}{（b+1）^{2}}$（1），mln（a+1）-$\frac{am}{a+1}$=$\frac{{b}^{2}}{（b+1）^{2}}$（2），有唯一一对（a，b）满足这个方程组，且m＞0，消去a，得到b的方程，构造函数，求出导数和单调性，得到最值，即可得到a=b=0，公切线方程为y=x．

解答 解：（Ⅰ）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；…（2分）
当m＞0时，令F′（x）＜0，可得x＜-1+$\frac{1}{m}$，函数F（x）在（-1，-1+$\frac{1}{m}$）上单调递减；
F′（x）＞0，可得＞-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）的减区间是（-1，+∞）；
当m＞0时，F（x）的减区间是（-1，-1+$\frac{1}{m}$），
增区间是（-1+$\frac{1}{m}$，+∞）…（4分）
（Ⅱ）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）-$\frac{am}{a+1}$，
函数g（x）=$\frac{x}{x+1}$在点（b，$\frac{b}{1+b}$）处的切线方程为y-$\frac{b}{1+b}$=$\frac{1}{（b+1）^{2}}$（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$\frac{m}{a+1}$=$\frac{1}{（b+1）^{2}}$（1），mln（a+1）-$\frac{am}{a+1}$=$\frac{{b}^{2}}{（b+1）^{2}}$（2），
有唯一一对（a，b）满足这个方程组，且m＞0…（6分）
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…（8分）
令t（b）=2mln（b+1）+$\frac{2}{b+1}$+mlnm-m-1，
t′（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t（b）在（-1，-1+$\frac{1}{m}$）单调递减，在（-1+$\frac{1}{m}$，+∞）上单调递增．
所以t（b）_min=t（（-1+$\frac{1}{m}$）=m-mlnm-1．
由b→+∞，t（b）→+∞；b→-1，t（b）→+∞，
只需m-mlnm-1=0…（10分）
令u（m）=m-mlnm-1，u′（m）=-lnm在m＞0为单减函数，
且m=1时，u′（m）=0，即u（m）_min=u（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 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调性、极值和最值，考查分类讨论和转化思想的运用，以及构造函数法，考查化简整理的运算能力，属于难题．