题目 已知函数 $f(x)=\ln(1+x)$，$g(x)=kx(k\in\mathbb R)$． 问题1 证明：当 $x>0$ 时，$f(x)<x$； 答案1 略 解析1 根据题意，当 $x>0$ 时，有$$\left(f(x)-x\right)'=\dfrac 1{1+x}-1=\dfrac{-x}{1+x}<0,$$因此函数 $y=f(x)-x$ 在区间 $(0,+\infty )$ 上单调递减，因此$$f(x)-x<f(0)-0=0,$$原命题得证． 备注1 问题2 证明：当 $k<1$ 时，存在 $x_0>0$，使得对任意的 $x\in(0,x_0)$，恒有 $f(x)>g(x)$； 答案2 略 解析2 <case>情形一</case> $k\leqslant 0$．<br/>取 $x_0=1$，则在区间 $(0,x_0)$ 内，恒有 $\ln (1+x)>0\geqslant kx$，命题成立．<br/><case>情形二</case> $0<k<1$．<br/>考虑到$$\left(f(x)-g(x)\right)'=\dfrac{1}{x+1}-k,$$于是当 $0<x<\dfrac 1k-1$ 时必然有$$\left(f(x)-g(x)\right)'>0,$$所以函数 $f(x)-g(x)$ 在 $\left(0,\dfrac 1k-1\right)$ 上单调递增，又 $f(0)-g(0)=0$，于是取 $x_0=\dfrac 1k-1$ 即可证明命题成立．<br/>综上，原命题得证． 备注2 问题3 确定 $k$ 的所有可能取值，使得存在 $t>0$，对任意的 $x\in(0,t)$，恒有 $|f(x)-g(x)|<x^2$． 答案3 $k=1$ 解析3 根据题意在区间 $(0,t)$ 上，有$$-x^2<f(x)-g(x)<x^2,$$即$$\begin{cases}\ln (1+x)-kx-x^2<0,\\\ln(1+x)-kx+x^2>0,\end{cases}$$记 $h_1(x)=\ln (1+x)-kx-x^2$，$h_2(x)=\ln (1+x)-kx+x^2$，此时注意到$$h_1(0)=h_2(0)=0,$$于是考虑它们的导函数\[\begin{split} h_1'(x)&=\dfrac{1}{1+x}-k-2x=-\dfrac{2x^2+(2+k)x+k-1}{1+x},\\ h_2'(x)&=\dfrac{1}{1+x}-k+2x=\dfrac{2x^2+(2-k)x-k+1}{1+x},\end{split}\]注意到$$h_1'(0)=h_2'(0)=-k+1,$$于是按 $k$ 与 $1$ 的大小讨论．<br/>当 $k<1$ 时，考虑函数 $h_1(x)$，在区间 $\left(0,\dfrac{-(2+k)+\sqrt{(2+k)^2+8(1-k)}}{4}\right)$ 上有 $h'_1(x)>0$，于是 $h_1(x)$ 在该区间上单调递增，从而在该区间上 $h_1(x)>h_1(0)=0$，不符合题意；<br/>当 $k>1$ 时，考虑函数 $h_2(x)$，在区间 $\left(0,\dfrac{-(2-k)+\sqrt{(2-k)^2+8(k-1)}}{4}\right)$ 上有 $h'_2(x)<0$，于是 $h_2(x)$ 在该区间上单调递减，从而在该区间上 $h_2(x)<h_2(0)=0$，不符合题意；<br/>当 $k=1$ 时，函数 $h_1(x)$ 和 $h_2(x)$ 的导函数分别为$$h_1'(x)=-\dfrac{x(2x+3)}{1+x},h_2'(x)=\dfrac{x(2x+1)}{1+x},$$于是在区间 $(0,+\infty )$ 上有 $h_1'(x)<0$，$h_2'(x)>0$，因此函数 $h_1(x)$ 单调递减，$h_2(x)$ 单调递增，结合 $h_1(0)=h_2(0)=0$，有$$h_1(x)<0<h_2(x),$$符合题意．<br/>综上，$k$ 的所有可能取值为 $k=1$． 备注3 每日一题[157]端点定乾坤．