Question

已知函数f（x）=ln（x+1），g（x）=

x

1+mx

．
（Ⅰ）不论m为何值，函数f（x）与g（x）在x=0处有相同的切线；
（Ⅱ）若对任意x∈（-1，+∞），恒有|f（x）|≥|g（x）|成立，求实数m的取值集合．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程,函数恒成立问题

专题：分类讨论,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求出函数f（x），g（x）的导数，求出切点和切线斜率，比较即可；
（Ⅱ）首先由x＞-1函数g（x）有意义，确定m的范围是[0，1]，根据函数f（x）与g（x）在x＞-1单调递增，问题等价为-1＜x＜0时，f（x）≤g（x）；x＞0时，f（x）≥g（x）．构造函数h（x）=ln（1+x）-

x

1+mx

，并求导，对m讨论，分m=0，0＜m＜

1

2

，

1

2

＜m≤1，m=

1

2

四种情况，由导数大于0，小于0得到单调区间，从而确定h（x）的符号，与之比较即可确定m的范围．

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，
∴函数f（x）与g（x）在x=0处的切线方程均为x-y=0，命题得证．
（Ⅱ）∵g（x）在x＞-1有意义，即1+mx≠0，显然m=0符合题意，
当m≠0时，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

，
∴函数f（x）与g（x）在x＞-1单调递增，又f（0）=g（0）=0，
∴-1＜x＜0时，f（x）＜0且g（x）＜0，即x＞0时，f（x）＞0且g（x）＞0，
从而问题等价为-1＜x＜0时，f（x）≤g（x）；x＞0时，f（x）≥g（x）．
令h（x）=f（x）-g（x）=ln（1+x）-

x

1+mx

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

1

1+x

-

1

(1+mx)2

，
∴（1）当m=0时，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，时，h′（x）=m²x•

x+ 2m-1 m2

(1+x)(1+mx)2

，
（2）当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

递增，在0＜x＜

1-2m

m2

递减，又h（0）=0，
∴h（

1-2m

m2

）＜0与x＞0时，h（x）≥0矛盾，故0＜m＜

1

2

不成立；
（3）当

1

2

＜m≤1时，若-1＜x＜0，h′（x）＞0得x＜

1-2m

m2

，h′（x）＜0得x＞

1-2m

m2

，
记x₀=max{

1-2m

m2

，-1}，则h（x）在（x₀，0）递减，
从而h（x）≥0与-1＜x＜0时h（x）≤0矛盾，故

1

2

＜m≤1舍去；
（4）当m=

1

2

时，h′（x）=

1 4 x2

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

≥0，
∴h（x）在（-1，0）递增，又h（0）=0，
∴-1＜x＜0时，h（x）≤0，x＞0时，h（x）≥0符合题意．
故实数m的取值集合为{

1

2

}．

点评：本题主要考查导数的综合应用，求切线方程，求单调区间和极值、最值，同时考查单调性的运用和分类讨论的数学思想，是一道综合题，有一定的难度．