Question

6．已知函数f（x）=$\frac{1+ln（x+1）}{x}$
（Ⅰ）求函数的定义域；
（Ⅱ）判定函数f（x）在（-1，0）的单调性，并证明你的结论；
（Ⅲ）若当x＞0时，f（x）＞$\frac{k}{x+1}$恒成立，求正整数k的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由$\left\{\begin{array}{l}{x+1＞0}\\{x≠0}\end{array}\right.$得定义域
（Ⅱ）利用导数的符号即可作出判断；
（Ⅲ）当x＞0时，f（x）＞$\frac{k}{x+1}$恒成立，即k＜$\frac{（x+1）[1+ln（x+1）]}{x}$
令h（x）=$\frac{（x+1）[1+ln（x+1）]}{x}$，则$h′（x）=\frac{x-′1-ln（x+1）}{{x}^{2}}$
记G（x）=x-1-ln（x+1）（x＞0），则G′（x）=$\frac{x}{x+1}$＞0，可得G（x）在（0，+∞）上单调递增，
 即G（x）=0存在唯一实根a，且满足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$\left\{\begin{array}{l}{x+1＞0}\\{x≠0}\end{array}\right.$得定义域为（-1，0）∪（0，+∞）；
（Ⅱ）f′（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}[\frac{x}{x+1}-1-ln（x+1）]$=-$\frac{1}{{x}^{2}}[\frac{1}{x+1}+ln（x+1）]$
设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）上单调递减，g（x）＞g（0）=1＞0
∴f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}[\frac{1}{x+1}+ln（x+1）]$＜0
∴函数f（x）在（-1，0）上单调递减．
（Ⅲ）当x＞0时，f（x）＞$\frac{k}{x+1}$恒成立，即k＜$\frac{（x+1）[1+ln（x+1）]}{x}$
令h（x）=$\frac{（x+1）[1+ln（x+1）]}{x}$，则$h′（x）=\frac{x-′1-ln（x+1）}{{x}^{2}}$
记G（x）=x-1-ln（x+1）（x＞0），则G′（x）=$\frac{x}{x+1}$＞0，∴G（x）在（0，+∞）上单调递增，
又G（2）=1-ln3＜0，G（3）=2-2ln2＞0，
∴G（x）=0存在唯一实根a，且满足a∈（2，3），G（a）=0，即a=1+ln（a+1），
当x＞a时，G（x）＞0，h′（x）＞0，当0＜x＜a时，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，
故正整数k的最大值为3．

点评 该题考查利用导数研究函数的单调性、最值及函数恒成立问题，考查转化思想，考查学生灵活运用知识分析解决问题的能力．属于难题．