Question

已知函數(shù)f（x）=ln（x+1），g（x）=

x

1+mx

．
（Ⅰ）不論m為何值，函數(shù)f（x）與g（x）在x=0處有相同的切線；
（Ⅱ）若對(duì)任意x∈（-1，+∞），恒有|f（x）|≥|g（x）|成立，求實(shí)數(shù)m的取值集合．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程,函數(shù)恒成立問(wèn)題

專題：分類討論,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求出函數(shù)f（x），g（x）的導(dǎo)數(shù)，求出切點(diǎn)和切線斜率，比較即可；
（Ⅱ）首先由x＞-1函數(shù)g（x）有意義，確定m的范圍是[0，1]，根據(jù)函數(shù)f（x）與g（x）在x＞-1單調(diào)遞增，問(wèn)題等價(jià)為-1＜x＜0時(shí)，f（x）≤g（x）；x＞0時(shí)，f（x）≥g（x）．構(gòu)造函數(shù)h（x）=ln（1+x）-

x

1+mx

，并求導(dǎo)，對(duì)m討論，分m=0，0＜m＜

1

2

，

1

2

＜m≤1，m=

1

2

四種情況，由導(dǎo)數(shù)大于0，小于0得到單調(diào)區(qū)間，從而確定h（x）的符號(hào)，與之比較即可確定m的范圍．

解答： 解：（Ⅰ）∵f(x)=ln(x+1)，g(x)=

x

1+mx

，
∴f/(x)=

1

x+1

(x＞-1)，g/(x)=

1

(1+mx)2

∴f′（0）=g′（0）=1，
又∵f(0)=ln1=0，g(0)=

0

1

=0，
∴函數(shù)f（x）與g（x）在x=0處的切線方程均為x-y=0，命題得證．
（Ⅱ）∵g（x）在x＞-1有意義，即1+mx≠0，顯然m=0符合題意，
當(dāng)m≠0時(shí)，x≠-

1

m

，∴-

1

m

≤-1，∴0＜m≤1，即m∈[0，1]，
由（Ⅰ）知，f′（x）=

1

1+x

＞0，且g′（x）=

1

(1+mx)2

，
∴函數(shù)f（x）與g（x）在x＞-1單調(diào)遞增，又f（0）=g（0）=0，
∴-1＜x＜0時(shí)，f（x）＜0且g（x）＜0，即x＞0時(shí)，f（x）＞0且g（x）＞0，
從而問(wèn)題等價(jià)為-1＜x＜0時(shí)，f（x）≤g（x）；x＞0時(shí)，f（x）≥g（x）．
令h（x）=f（x）-g（x）=ln（1+x）-

x

1+mx

，
即-1＜x＜0時(shí)，h（x）≤0；x＞0時(shí)，h（x）≥0．
∵h(yuǎn)′（x）=

1

1+x

-

1

(1+mx)2

，
∴（1）當(dāng)m=0時(shí)，h′（x）=

-x

1+x

，由x＞0，h′（x）＜0，又h（0）=0，
即h（x）＜0，不成立，m=0舍去；
∴0＜m≤1，時(shí)，h′（x）=m²x•

x+ 2m-1 m2

(1+x)(1+mx)2

，
（2）當(dāng)0＜m＜

1

2

，x＞0，由h′（x）＞0得x＞

1-2m

m2

，h′（x）＜0得x＜

1-2m

m2

，
∴h（x）在x＞

1-2m

m2

遞增，在0＜x＜

1-2m

m2

遞減，又h（0）=0，
∴h（

1-2m

m2

）＜0與x＞0時(shí)，h（x）≥0矛盾，故0＜m＜

1

2

不成立；
（3）當(dāng)

1

2

＜m≤1時(shí)，若-1＜x＜0，h′（x）＞0得x＜

1-2m

m2

，h′（x）＜0得x＞

1-2m

m2

，
記x₀=max{

1-2m

m2

，-1}，則h（x）在（x₀，0）遞減，
從而h（x）≥0與-1＜x＜0時(shí)h（x）≤0矛盾，故

1

2

＜m≤1舍去；
（4）當(dāng)m=

1

2

時(shí)，h′（x）=

1 4 x2

(1+x)(1+ 1 2 x)2

≥0，
∴h（x）在（-1，0）遞增，又h（0）=0，
∴-1＜x＜0時(shí)，h（x）≤0，x＞0時(shí)，h（x）≥0符合題意．
故實(shí)數(shù)m的取值集合為{

1

2

}．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，求切線方程，求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，同時(shí)考查單調(diào)性的運(yùn)用和分類討論的數(shù)學(xué)思想，是一道綜合題，有一定的難度．