已知函数 f (x)=ln (1+x), g(x)=k x…——2015 高考数学第 20 题答案解析

（I）令 $F(x) = f(x) - x = \ln(1+x) - x$，其中 $x > 0$。
求导得 $F'(x) = \frac{1}{1+x} - 1 = -\frac{x}{1+x}$。
因为 $x > 0$，所以 $F'(x) < 0$，即 $F(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递减。
又 $F(0) = \ln 1 - 0 = 0$，所以当 $x > 0$ 时，$F(x) < F(0) = 0$。
即 $\ln(1+x) - x < 0$，故 $f(x) < x$。

（II）令 $G(x) = f(x) - g(x) = \ln(1+x) - kx$，其中 $x > 0$。
求导得 $G'(x) = \frac{1}{1+x} - k = \frac{1-k-kx}{1+x}$。
① 当 $k \le 0$ 时，由于 $x > 0$，则 $1-k \ge 1$，$-kx \ge 0$，故 $G'(x) > 0$。
此时 $G(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增，则对任意 $x > 0$，都有 $G(x) > G(0) = 0$，即 $f(x) > g(x)$。
此时任取 $x_0 > 0$ 均满足题意。
② 当 $0 < k < 1$ 时，令 $G'(x) = 0$，解得 $x = \frac{1-k}{k} > 0$。
取 $x_0 = \frac{1-k}{k}$，当 $x \in (0, x_0)$ 时，$1-k-kx > 0$，即 $G'(x) > 0$。
此时 $G(x)$ 在 $[0, x_0)$ 上单调递增，故 $G(x) > G(0) = 0$，即 $f(x) > g(x)$。
综上所述，当 $k < 1$ 时，总存在 $x_0 > 0$，使得对任意 $x \in (0, x_0)$，恒有 $f(x) > g(x)$。

（III）由（I）知，当 $x > 0$ 时，$\ln(1+x) < x$。
1. 若 $k > 1$，则 $g(x) = kx > x > f(x)$。
此时 $|f(x) - g(x)| = kx - \ln(1+x)$。
由（I）结论 $\ln(1+x) < x$ 可得：
$|f(x) - g(x)| > kx - x = (k-1)x$。
要使 $|f(x) - g(x)| < x^2$ 在 $(0, t)$ 上恒成立，需 $(k-1)x < x^2$，即 $x > k-1$。
但这与 $x$ 可以取接近 $0$ 的正数矛盾（即在 $(0, k-1]$ 范围内不等式不成立）。
故 $k > 1$ 不合题意。

2. 若 $k < 1$，由（II）知，存在 $x_0 > 0$，当 $x \in (0, x_0)$ 时，$f(x) > g(x)$。
此时 $|f(x) - g(x)| = \ln(1+x) - kx$。
取 $k_1$ 满足 $k < k_1 < 1$。由（II）可知，存在 $x_1 > 0$，当 $x \in (0, x_1)$ 时，$f(x) > k_1 x$。
则在 $x \in (0, \min(x_0, x_1))$ 时，
$|f(x) - g(x)| = f(x) - kx > k_1 x - kx = (k_1 - k)x$。
若要 $|f(x) - g(x)| < x^2$，需 $(k_1 - k)x < x^2$，即 $x > k_1 - k$。
同样，这与 $x$ 可以取接近 $0$ 的正数矛盾。
故 $k < 1$ 不合题意。

3. 若 $k = 1$，此时 $g(x) = x$。
由（I）知 $f(x) < x$，故 $|f(x) - g(x)| = x - \ln(1+x)$。
令 $H(x) = x - \ln(1+x) - x^2$，$x \ge 0$。
$H'(x) = 1 - \frac{1}{1+x} - 2x = \frac{x - 2x(1+x)}{1+x} = \frac{-2x^2 - x}{1+x}$。
当 $x > 0$ 时，$H'(x) < 0$，故 $H(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递减。
所以 $H(x) < H(0) = 0$，即 $x - \ln(1+x) - x^2 < 0$。
从而 $x - \ln(1+x) < x^2$，即 $|f(x) - g(x)| < x^2$ 对任意 $x > 0$ 恒成立。
此时任意 $t > 0$ 均满足题意。

综上，$k$ 的值为 $1$。