Question

19．已知函数f（x）=1+ln（x+1）．
（1）求函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）当x＞0时，f（x）＞$\frac{kx}{x+1}$恒成立，求整数k的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，计算f（0），f′（0），求出切线方程即可；
（2）问题转化为$k＜\frac{（x+1）[1+ln（x+1）]}{x}（x＞0）$令$g（x）=\frac{（x+1）[1+ln（x+1）]}{x}（x＞0）$，只需k＜g（x）_min即可，根据函数的单调性求出g（x）的最小值，求出j的最大值即可．

解答 解（1）f′（x）=$\frac{1}{x+1}$，
f′（0）=1，f（0）=1，
故切线方程是：y-1=x-0，
整理为：x-y+1=0；
（2）当x＞0时，$f（x）＞\frac{kx}{x+1}$恒成立，
即$k＜\frac{（x+1）[1+ln（x+1）]}{x}（x＞0）$
令$g（x）=\frac{（x+1）[1+ln（x+1）]}{x}（x＞0）$，
只需k＜g（x）_min即可，
$g'（x）=-\frac{1}{x^2}[1-x+ln（x+1）]$
令$φ（x）=1-x+ln（x+1）x＞0）⇒φ'（x）=-\frac{x}{x+1}＜0$，
∴φ（x）在（0，+∞）上单调递减，
又φ（2）=ln3-1＞0，φ（3）=2ln2-2＜0，
则存在实数t∈（2，3），使φ（t）=0，
从而t=1+ln（t+1），
∴g（x）在（0，t）上单调递减，在（t，+∞）上单调递增，
∴$g{（x）_{min}}=g（t）=\frac{（t+1）[1+ln（1+t）]}{t}=t+1∈（3，4）$，
∴k_max=3．

点评 本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，是一道中档题．