已知函数 f ( x ) = ln ( 1 + 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 $F ( x ) = \mathbf { f } ( x ) - x = \ln ( 1 + x ) - x , x \in ( 0 , + \infty )$ 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 $( 0 , + \infty )$ 上单调递减；

故当 $x > 0$ 时， $F ( x ) < F ( 0 ) = 0$ 即当 $x > 0$ 时， $\mathbf { f } \left( x \right) < x$

$\mathtt { G } ( x ) = \mathtt { f } ( x ) - g ( x ) = \mathtt { l n } ( 1 + x ) - \mathtt { k e } , x \in ( 0 , + \infty )$ 则有 $G ^ { \prime } ( x ) = { \frac { 1 } { 1 + x } } - k = { \frac { - \lambda \sigma c + ( 1 - k ) } { 1 + x } }$

当 $k \leq 0 \mathrm { ~ G ~ } ^ { \prime } ( x ) > 0$ 所以G(x)在 $[ 0 , + \infty )$ 上单调递增： $\operatorname { G } ( x ) > G ( 0 ) = 0$

故对任意正实数 $x _ { 0 }$ 均满足题意.

当 $0 < k < 1$ 时， 令 $\widehat { \sf g } ^ { \prime } ( x ) = 0 ,$ 得 $x { = } \frac { 1 - k } { k } = \frac { 1 } { k } - 1 { > } 0$

取 $x _ { 0 } = \frac { 1 } { k } - 1 ,$ 对任意 $x \in ( 0 , x _ { \circ } )$ 恒有 $\mathrm { \ G ^ { \prime } } ( x ) > 0$ ,所以G(x)在 $[ 0 , \mathrm { x } _ { \circ } )$ 上单调递增 $\mathtt { G } ( x ) > G ( 0 ) = 0$ 即 $\mathbf { f } ( x ) > g ( x )$

综上，当k<1时，总存在 $x _ { 0 } > 0$ 使得对任意的 $x \in ( 0 , x _ { 0 } )$ 恒有 $\operatorname { f } ( x ) > g ( x )$

> ③当k>1时，由（1）知，对于 $\forall x \in ( 0 , + \infty ) , g ( x ) > x > \operatorname { f } ( x )$ ，故 $g ( x ) > \operatorname { f } ( x )$

$$ | \mathbf { f } ( x ) - g ( x ) | = g ( x ) - f ( x ) = \mathbf { k } x - \ln ( 1 + x ) , $$

$\mathrm { M } ( x ) = \mathbf { k } x - \ln ( 1 + x ) - x ^ { 2 } , x \in [ 0 , ~ + \infty )$ $\mathrm { M } ^ { \prime } ( x ) = \mathrm { k } - { \frac { 1 } { 1 + x } } - 2 x = { \frac { - 2 x ^ { 2 } + ( \mathrm { k } - 2 ) x + \bar { k } - 1 } { 1 + x } }$

故当 $x \in ( 0 , \frac { k - 2 + \sqrt { ( \mathbf { k } - 2 ) ^ { 2 } + 8 ( \mathbf { k } - 1 ) } } { 4 } )$ $\mathrm { M } ^ { \prime } ( x ) > 0 , \mathrm { M } ( x )$ $0 , \frac { \ k - 2 + \sqrt { ( \ k - 2 ) ^ { 2 } + 8 ( \ k - 1 ) } } { 4 } )$ 上单调递增，

故 $\mathrm { M } ( x ) > \mathrm { M } ( 0 ) = 0$ 即 $\operatorname { f } ( x ) - g ( x ) \left| > x ^ { 2 } \right.$ 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 $x \in ( 0 , x _ { 0 } )$ 恒有 $\mathbf { f } ( x ) > g ( x )$

此时 ${ \big | } { \mathrm { f } } ( x ) - g ( x ) = { \mathbf { f } } ( x ) - g ( x ) = \ln ( 1 + x ) - { \mathbf { k } } x ,$

$\mathrm { N } ( x ) = \ln ( 1 + x ) - \mathbf { k } x - x ^ { 2 } , x \in [ 0 , ~ + \infty )$ ，则有 $N ^ { ' } ( x ) = \frac { 1 } { 1 + x } - k - 2 x = \frac { - 2 x ^ { 2 } - ( \mathbf { k } + 2 ) x - k + 1 } { 1 + x }$

故当 $x \in ( 0 , \frac { - ( k + 2 ) + \sqrt { ( \mathbf { k } + 2 ) ^ { 2 } + 8 ( 1 - \mathbf { k } ) } } { 4 } )$ 时， $\mathrm { N } ^ { \prime } ( x ) > 0 , \mathrm { M } ( x )$ 在 $[ 0 , \frac { - ( k + 2 ) + \sqrt { ( { \bf k } + 2 ) ^ { 2 } + 8 ( 1 - { \bf k } ) } } { 4 } ]$ 上单调

递增，故 $\mathrm { N } ( x ) > N ( 0 ) = 0$ 即 $\operatorname { f } ( x ) - g ( x ) > x ^ { 2 }$ $x _ { 0 } \Theta \frac { - ( k + 2 ) + \sqrt { ( k + 2 ) ^ { 2 } + 8 ( 1 - k ) } } { 4 }$ 中较小的为 $x _ { 1 }$

则当 $x \in ( 0 , x _ { 1 } )$ 时，恒有 $\vert f ( x ) - g ( x ) \vert > x ^ { 2 }$ ，故满足题意的t不存在

当k=1，由（1）知，当 $x \in ( 0 , + \infty ) , | \operatorname { f } ( x ) - g ( x ) | = g ( x ) - f ( x ) = x - \ln ( 1 + x )$

$\cdot \mathrm { H } ( x ) = x - \ln ( 1 + x ) - x ^ { 2 } , x \in [ 0 , ~ + \infty )$ ，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H(x)在 $[ 0 , + \infty )$ 上单调递减，故 $\mathrm { H } ( x ) < H ( 0 ) = 0$

故当 $x > 0$ 时，恒有 $| \mathbf { f } ( x ) - g ( x ) | < x ^ { 2 }$ 此时，任意实数t满足题意

综上，k=1.

解法二：（1）（2）同解法一.

> ③当k>1时，由（1）知，对于 $\forall x \in ( 0 , + \infty ) , g ( x ) > x > \operatorname { f } ( x ) ,$

故 $| \mathbf { f } ( x ) - g ( x ) | = g ( x ) - f ( x ) = \mathbf { k } x - \ln ( 1 + x ) > \mathbf { k } x - x = ( \mathbf { k } - 1 ) x ,$

$( \mathbf { k } - 1 ) x > x ^ { 2 }$ 解得 $0 < x < k - 1$

从而得到当k>1时，对于 $x \in ( 0 , k - 1 )$ 恒有 $| \operatorname { f } ( x ) - g ( x ) | > x ^ { 2 }$ 所以满足题意的t不存在

当 $k < 1$ 时，取 $k _ { 1 } = \frac { { \mathbf { k } } + 1 } { 2 }$ ，从而 $k < k _ { \mathrm { i } } < 1$

由（2）知存在 $x _ { 0 } > 0$ 使得任意 $x \in ( 0 , x _ { 0 } )$ 恒有 $\mathrm { f } ( x ) > k _ { 1 } x > k x = g ( x )$

此时 $| \mathbf { f } ( x ) - g ( x ) | = \mathbf { f } ( x ) - g ( x ) > ( k _ { 1 } - \mathbf { k } ) x = \frac { 1 - k } { 2 } x ,$

$\frac { 1 - \ k } { 2 } x > x ^ { 2 }$ 解得 $\cdot 0 < x < { \frac { 1 - \operatorname { k } } { 2 } }$ $\operatorname { f } ( x ) - g ( x ) > x ^ { 2 }$

记 $x _ { 0 }$ 与 $\frac { 1 { \mathrm { - k } } } { 2 }$ 中较小的为 $x _ { 1 }$ ，则当 $x \in ( 0 , \ x _ { 1 } )$ 时，恒有 $\vert f ( x ) - g ( x ) \vert > x ^ { 2 }$

故满足题意的t不存在

当k=1，由（1）知，当 $x \in ( 0 , + \infty ) , | \operatorname { f } ( x ) - g ( x ) | = g ( x ) - f ( x ) = x - \ln ( 1 + x )$

$\mathrm { M } ( x ) = x - \ln ( 1 + x ) - x ^ { 2 } , x \in [ 0 , + \infty )$ $\mathrm { M } ^ { \prime } ( x ) = 1 - { \frac { 1 } { 1 + x } } - 2 x = { \frac { - 2 x ^ { 2 } - x } { 1 + x } }$

当 $x > 0$ 时， $\mathrm { M } ^ { \prime } ( x ) < 0$ 所以M(x)在 $[ 0 , + \infty )$ 上单调递减，故 $\mathrm { M } ( x ) < \mathrm { M } ( 0 ) = 0$

故当 $x > 0$ 时，恒有 $| \operatorname { f } ( x ) - g ( x ) | < x ^ { 2 }$ 此时，任意实数t满足题意.

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 $f ( x ) _ { \mathrm { m i n } } > g ( x ) _ { \mathrm { m a x } }$ 不等价， $f ( x ) _ { \mathrm { m i n } } > g ( x ) _ { \mathrm { m a x } }$ 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