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

【答案】（I）详见解析；（II）详见解析；（III）$k=1$ ．
【解析】解法一：①令 $F(x)=\mathrm{f}(x)-x=\ln (1+x)-x, x \in(0,+\infty)$ ，则有 $F^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}-1=-\frac{x}{1+x}$
当 $x \in(0,+\infty), F^{\prime}(x)<0$ ，所以 $F(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调䔎减；
故当 $x>0$ 时，$F(x)0$ 时， $\mathrm{f}(x)

②令 $\mathrm{G}(x)=\mathrm{f}(x)-g(x)=\ln (1+x)-k x, x \in(0,+\infty)$ ，则有 $G^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}-k=\frac{-k x+(1-k)}{1+x}$
当 $k \leq 0 \quad \mathrm{G}^{\prime}(x)>0$ ，所以 $\mathrm{G}(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调迷增， $\mathrm{G}(x)>G(0)=0$
故对任意正实数 $x_{0}$ 均满足题意。
当 $00$ ．
取 $x_{0}=\frac{1}{k}-1$ ，对任意 $x \in\left(0, x_{0}\right)$ ，恒有 $\mathrm{G}^{\prime}(x)>0$ ，所以 $\mathrm{G}(x)$ 在 $\left[0, \mathrm{x}_{0}\right)$ 上单调递增。 $\mathrm{G}(x)>G(0)=0$ ，即 $f(x)>g(x)$ ．

综上，当 $k<1$ 时，总存在 $x_{0}>0$ ，使得对任意的 $x \in\left(0, x_{0}\right)$ ，恒有 $\mathrm{f}(x)>g(x)$ ．
③当 $k>1$ 时，由①知，对于 $\forall x \in(0,+\infty), g(x)>x>f(x)$ ，故 $g(x)>f(x)$ ， $|\mathrm{f}(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=\mathrm{k} x-\ln (1+x)$,

令 $\mathrm{M}(x)=\mathrm{k} x-\ln (1+x)-x^{2}, x \in[0,+\infty)$ ，则有 $\mathrm{M}^{\prime}(x)=\mathrm{k}-\frac{1}{1+x}-2 x=\frac{-2 x^{2}+(\mathrm{k}-2) x+k-1}{1+x}$ ，
故当 $x \in\left(0, \frac{k-2+\sqrt{(\mathrm{k}-2)^{2}+8(\mathrm{k}-1)}}{4}\right)$ 时， $\mathrm{M}^{\prime}(x)>0, \mathrm{M}(x)$ 在 $\left[0, \frac{k-2+\sqrt{(\mathrm{k}-2)^{2}+8(\mathrm{k}-1)}}{4}\right)$ 上单调迷增，
故 $\mathrm{M}(x)>\mathrm{M}(0)=0$ ，即 $|\mathrm{f}(x)-g(x)|>x^{2}$ 。所以满足题意的 t 不存在。
当 $k<1$ 时，由②知存在 $x_{0}>0$ ，使得对任意的任意的 $x \in\left(0, x_{0}\right)$ ，恒有 $\mathrm{f}(x)>g(x)$ ．
此时 $|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=\ln (1+x)-\mathrm{k} x$ ，
令 $\mathrm{N}(x)=\ln (1+x)-\mathrm{k} x-x^{2}, x \in[0,+\infty)$ ，则有 $N^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}-k-2 x=\frac{-2 x^{2}-(\mathrm{k}+2) x-k+1}{1+x}$ ，
故当 $x \in\left(0, \frac{-(k+2)+\sqrt{(k+2)^{2}+8(1-k)}}{4}\right)$ 时，$N^{\prime}(x)>0, M(x)$ 在 $\left[0, \frac{-(k+2)+\sqrt{(k+2)^{2}+8(1-k)}}{4}\right)$ 上单调
递增，故 $\mathrm{N}(x)>N(0)=0$ ，即 $\mathrm{f}(x)-g(x)>x^{2}$ 。记 $x_{0}$ 与 $\frac{-(k+2)+\sqrt{(\mathrm{k}+2)^{2}+8(1-\mathrm{k})}}{4}$ 中较小的为 $x_{1}$ ，
则当 $x \in\left(0, x_{1}\right)$ 时，恒有 $|\mathrm{f}(x)-g(x)|>x^{2}$ ，故满足题意的 t 不存在。

当 $k=1$ ，由①知，当 $x \in(0,+\infty),|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-\ln (1+x)$ ，
令 $\mathrm{H}(x)=x-\ln (1+x)-x^{2}, x \in[0,+\infty)$ ，则有 $\mathrm{H}^{\prime}(x)=1-\frac{1}{1+x}-2 x=\frac{-2 x^{2}-x}{1+x}$ ，
当 $x>0$ 时， $\mathrm{H}^{\prime}(x)<0$ ，所以 $\mathrm{H}(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调迷减，故 $\mathrm{H}(x)故当 $x>0$ 时，恒有 $|\mathrm{f}(x)-g(x)|综上，$k=1$.
解法二：（1）（2）同解法一．
（3）当 $k>1$ 时，由①知，对于 $\forall x \in(0,+\infty), g(x)>x>\mathrm{f}(x)$ ，
故 $|\mathrm{f}(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=\mathrm{k} x-\ln (1+x)>\mathrm{k} x-x=(\mathrm{k}-1) x$ ，

令 $(\mathrm{k}-1) x>x^{2}$ ，解得 $0从而得到当 $k>1$ 时，对于 $x \in(0, k-1)$ 恒有 $|\mathrm{f}(x)-g(x)|>x^{2}$ 。所以满足题意的 t 不存在。
当 $k<1$ 时，取 $k_{1}=\frac{\mathrm{k}+1}{2}$ ，从而 $k由②知存在 $x_{0}>0$ ，使得任意 $x \in\left(0, x_{0}\right)$ ，恒有 $f(x)>k_{1} x>k x=g(x)$ 。
此时 $|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)>\left(k_{1}-\mathrm{k}\right) x=\frac{1-k}{2} x$,
令 $\frac{1-\mathrm{k}}{2} x>x^{2}$ ，解得 $0x^{2}$ ，
记 $x_{0}$ 与 $\frac{1-\mathrm{k}}{2}$ 中较小的为 $x_{1}$ ，则当 $x \in\left(0, x_{1}\right)$ 时，恒有 $|\mathrm{f}(x)-g(x)|>x^{2}$ ，
故满足题意的 t 不存在．
当 $k=1$ ，由①知，当 $x \in(0,+\infty),|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-\ln (1+x)$ ，

令 $\mathrm{M}(x)=x-\ln (1+x)-x^{2}, x \in[0,+\infty)$ ，则有 $\mathrm{M}^{\prime}(x)=1-\frac{1}{1+x}-2 x=\frac{-2 x^{2}-x}{1+x}$ ，
当 $x>0$ 时， $\mathrm{M}^{\prime}(x)<0$ ，所以 $\mathrm{M}(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调速减，故 $\mathrm{M}(x)<\mathrm{M}(0)=0$ ，
故当 $x>0$ 时，恒有 $|\mathrm{f}(x)-g(x)|综上，$k=1$ 。
【考点定位】导数的综合应用．

【名师点睛】在解函数的综合应用问题时，我们常常借助导数，将题中千变万化的隐藏信息进行转化，探究这类问题的根本，从本质入手，进而求解，利用导数研究函数的单调性，再用单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或最值，从而证得不等式，注意 $f(x)>g(x)$ 与 $f(x)_{\min }>g(x)_{\max }$ 不等价，$f(x)_{\min }>g(x)_{\max }$ 只是 $f(x)>g(x)$ 的特例，但是也可以利用它来证明，在2014年全国 I 卷理科高考 21 题中，就是使用该种方法证明不等式；导数的强大功能就是通过研究函数极值、最值、单调区间来判断函数大致图象，这是利用研究基本初等函数方法所不具备的，而是其延续。