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

(Ⅰ) 令 $F(x) = f(x) - x = \ln(1+x) - x$，定义域为 $(-1, +\infty)$。
求导得 $F'(x) = \frac{1}{1+x} - 1 = \frac{-x}{1+x}$。
当 $x > 0$ 时，$F'(x) < 0$，故 $F(x)$ 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 $\ln(1+x) < x$。

(Ⅱ) 令 $G(x) = f(x) - g(x) = \ln(1+x) - kx$，$x \in (0, +\infty)$。
求导得 $G'(x) = \frac{1}{1+x} - k = \frac{1 - k(1+x)}{1+x}$。

1. 若 $k \le 0$，则对于任意 $x > 0$，有 $1+x > 1$，$-k(1+x) \ge 0$，故 $G'(x) > 0$。
此时 $G(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增，故 $G(x) > G(0) = 0$，即 $f(x) > g(x)$ 对任意 $x > 0$ 成立。取任意 $x_0 > 0$ 均满足题意。

2. 若 $0 < k < 1$，令 $G'(x) = 0$，解得 $x = \frac{1}{k} - 1$。
因为 $0 < k < 1$，所以 $x_0 = \frac{1}{k} - 1 > 0$。
当 $x \in (0, x_0)$ 时，$1+x < \frac{1}{k}$，即 $k(1+x) < 1$，故 $G'(x) > 0$。
此时 $G(x)$ 在 $[0, x_0]$ 上单调递增，故对于 $x \in (0, x_0)$，有 $G(x) > G(0) = 0$，即 $f(x) > g(x)$。

综上，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) 题目要求确定 $k$ 的值，使得存在 $t > 0$，对任意 $x \in (0, t)$，恒有 $|f(x) - g(x)| < x^2$。

1. 当 $k > 1$ 时：
由 (Ⅰ) 知 $x > \ln(1+x)$，且 $k > 1 \implies kx > x$。
故 $g(x) = kx > x > f(x) = \ln(1+x)$，即 $f(x) - g(x) < 0$。
$|f(x) - g(x)| = kx - \ln(1+x)$。
考虑函数 $M(x) = kx - \ln(1+x) - x^2$。
$M'(x) = k - \frac{1}{1+x} - 2x = \frac{k(1+x) - 1 - 2x(1+x)}{1+x} = \frac{-2x^2 + (k-2)x + k - 1}{1+x}$。
令 $h(x) = -2x^2 + (k-2)x + k - 1$。
$h(0) = k - 1 > 0$。由于 $h(x)$ 连续，存在 $\delta > 0$，使得当 $x \in (0, \delta)$ 时，$h(x) > 0$，从而 $M'(x) > 0$。
因此 $M(x)$ 在 $(0, \delta)$ 上单调递增，$M(x) > M(0) = 0$。
即 $kx - \ln(1+x) > x^2 \implies |f(x) - g(x)| > x^2$。
这说明在 $x$ 趋近于 0 的右侧邻域内，不等式 $|f(x) - g(x)| < x^2$ 不成立。故不存在满足题意的 $t$。

2. 当 $k < 1$ 时：
由 (Ⅱ) 知，存在 $x_0 > 0$，使得当 $x \in (0, x_0)$ 时，$f(x) > g(x)$。
此时 $|f(x) - g(x)| = \ln(1+x) - kx$。
考虑函数 $N(x) = \ln(1+x) - kx - x^2$。
$N'(x) = \frac{1}{1+x} - k - 2x = \frac{1 - k(1+x) - 2x(1+x)}{1+x} = \frac{-2x^2 - (k+2)x + 1 - k}{1+x}$。
令分子为 $p(x) = -2x^2 - (k+2)x + (1-k)$。
$p(0) = 1 - k$。因为 $k < 1$，所以 $p(0) > 0$。
由连续性，存在 $\delta > 0$，使得当 $x \in (0, \delta)$ 时，$p(x) > 0$，从而 $N'(x) > 0$。
取 $t' = \min(x_0, \delta)$，则当 $x \in (0, t')$ 时，$N(x)$ 单调递增，$N(x) > N(0) = 0$。
即 $\ln(1+x) - kx > x^2 \implies |f(x) - g(x)| > x^2$。
这说明在 $x$ 趋近于 0 的右侧邻域内，不等式 $|f(x) - g(x)| < x^2$ 不成立。故不存在满足题意的 $t$。

3. 当 $k = 1$ 时：
由 (Ⅰ) 知 $x > \ln(1+x)$，即 $f(x) < g(x)$。
$|f(x) - g(x)| = x - \ln(1+x)$。
需验证是否存在 $t > 0$，使得对任意 $x \in (0, t)$，有 $x - \ln(1+x) < x^2$。
令 $H(x) = x - \ln(1+x) - x^2$。
$H'(x) = 1 - \frac{1}{1+x} - 2x = \frac{1+x-1-2x(1+x)}{1+x} = \frac{x - 2x - 2x^2}{1+x} = \frac{-x - 2x^2}{1+x}$。
当 $x > 0$ 时，$-x - 2x^2 < 0$，$1+x > 0$，故 $H'(x) < 0$。
所以 $H(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递减。
故当 $x > 0$ 时，$H(x) < H(0) = 0$，即 $x - \ln(1+x) - x^2 < 0 \implies x - \ln(1+x) < x^2$。
这意味着对于任意 $t > 0$，不等式 $|f(x) - g(x)| < x^2$ 在 $(0, t)$ 上恒成立。
故 $k=1$ 符合题意。

综上所述，$k$ 的唯一可能取值为 1。