Question

已知函数f（x）=ln（x+1）-x
（1）求f（x）的极值；
（2）若x＞-1，求证1-

1

x+1

≤ln(x+1)≤x；
（3）若函数g(x)=

f(x)+1+x

x

(x＞0)，当g(x)＞

k

x+1

恒成立时，求整数k的最大值．

Answer 1

分析：（1）确定函数定义域，利用导数判断单调性，根据单调性的情况即可求得极值；
（2）由（1）知f（0）为最小值，即f（x）≥f（0），由此可证ln（x+1）≤x；令g（x）=ln（x+1）+

1

x+1

-1，利用导数可证明g（x）≥g（0），由此可证明ln（x+1）≥1-

1

x+1

．
（3）可以先利用特殊值x=1尝试k的可能值，然后用导数的方法予以证明；

解答：解：（1）函数f（x）的定义域为（-1，+∞）．
f′（x）=

1

x+1

-1=

-x

x+1

，
当-1＜x＜0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x＞0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以当x=0时f（x）取得极大值f（0）=0，无极小值；
（2）由（1）知，x=0为f（x）唯一的极大值点，也即最大值点，
所以当x＞-1时，f（x）≤f（0）=0，即ln（x+1）-x≤0，
所以ln（x+1）≤x；
令g（x）=ln（x+1）+

1

x+1

-1，则g′（x）=

1

x+1

-

1

(x+1)2

=

x

(x+1)2

，
当-1＜x＜0时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；当x＞0时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
所以x=0是g（x）唯一的极小值点，也即最小值点，
所以g（x）≥g（0）=0，即ln（x+1）+

1

x+1

-1≥0，
所以ln（x+1）≥1-

1

x+1

．
综上，x＞-1时，1-

1

x+1

≤ln(x+1)≤x；
（3）g（x）=

ln(x+1)+1

x

，当x＞0时，g（x）＞

k

x+1

恒成立，令x=1有k＜2[1+ln2]．
又k为正整数．则k的最大值不大于3．
下面证明当k=3时，f（x）＞

k

x+1

（x＞0）恒成立，即证明x＞0时（x+1）ln（x+1）+1-2x＞0恒成立．
令g（x）=（x+1）ln（x+1）+1-2x，
则g′（x）=ln（x+1）-1．
当x＞e-1时，g′（x）＞0；当0＜x＜e-1时，g′（x）＜0．
∴当x=e-1时，g（x）取得最小值g（e-1）=3-e＞0．
∴当x＞0时，（x+1）ln（x+1）+1-2x＞0恒成立．
因此正整数k的最大值为3．

点评：本题考查应用导数求函数的极值、最值及导数研究函数单调性，考查综合运用所学知识分析问题解决问题的能力，综合性强，难度大，其中特值探求k值是解决（2）问的“良方”．