Question

6．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1+ln（x+1）}{x}$
（Ⅰ）求函數(shù)的定義域；
（Ⅱ）判定函數(shù)f（x）在（-1，0）的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論；
（Ⅲ）若當x＞0時，f（x）＞$\frac{k}{x+1}$恒成立，求正整數(shù)k的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由$\left\{\begin{array}{l}{x+1＞0}\\{x≠0}\end{array}\right.$得定義域
（Ⅱ）利用導數(shù)的符號即可作出判斷；
（Ⅲ）當x＞0時，f（x）＞$\frac{k}{x+1}$恒成立，即k＜$\frac{（x+1）[1+ln（x+1）]}{x}$
令h（x）=$\frac{（x+1）[1+ln（x+1）]}{x}$，則$h′（x）=\frac{x-′1-ln（x+1）}{{x}^{2}}$
記G（x）=x-1-ln（x+1）（x＞0），則G′（x）=$\frac{x}{x+1}$＞0，可得G（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
 即G（x）=0存在唯一實根a，且滿足a∈（2，3），G（a）=0，即a=1+ln（a+1），
 h（x）_min=h（a）=$\frac{（a+1）[1+ln（a+1）]}{a}$═a+1∈（3，4），即可求解．

解答 解：（Ⅰ）由$\left\{\begin{array}{l}{x+1＞0}\\{x≠0}\end{array}\right.$得定義域為（-1，0）∪（0，+∞）；
（Ⅱ）f′（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}[\frac{x}{x+1}-1-ln（x+1）]$=-$\frac{1}{{x}^{2}}[\frac{1}{x+1}+ln（x+1）]$
設g（x）=$\frac{1}{x+1}+ln（x+1）$，g′（x）=-$\frac{1}{（x+1）^{2}}+\frac{1}{x+1}$=$\frac{x}{（x+1）^{2}}＜0$．
故g（x）在（-1，0）上單調(diào)遞減，g（x）＞g（0）=1＞0
∴f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}[\frac{1}{x+1}+ln（x+1）]$＜0
∴函數(shù)f（x）在（-1，0）上單調(diào)遞減．
（Ⅲ）當x＞0時，f（x）＞$\frac{k}{x+1}$恒成立，即k＜$\frac{（x+1）[1+ln（x+1）]}{x}$
令h（x）=$\frac{（x+1）[1+ln（x+1）]}{x}$，則$h′（x）=\frac{x-′1-ln（x+1）}{{x}^{2}}$
記G（x）=x-1-ln（x+1）（x＞0），則G′（x）=$\frac{x}{x+1}$＞0，∴G（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
又G（2）=1-ln3＜0，G（3）=2-2ln2＞0，
∴G（x）=0存在唯一實根a，且滿足a∈（2，3），G（a）=0，即a=1+ln（a+1），
當x＞a時，G（x）＞0，h′（x）＞0，當0＜x＜a時，G（x）＜0，h′（x）＜0，
∴h（x）_min=h（a）=$\frac{（a+1）[1+ln（a+1）]}{a}$═a+1∈（3，4），
∴k＜a+1，
故正整數(shù)k的最大值為3．

點評 該題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值及函數(shù)恒成立問題，考查轉(zhuǎn)化思想，考查學生靈活運用知識分析解決問題的能力．屬于難題．