Question

（2012•枣庄一模）已知函数f（x）=（x+1）[1+ln（x+1）]-kx，k∈R，e≈2.72．
（1）当k=1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）是否存在正整数k，使得f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立？若存在，求出k的最大值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（1）先求导数，运用导函数在区间内的符号求出函数的单调区间．
（2）因为x＞0，所以可把k分离出来，得到k＜

(x+1)[1+ln(x+1)]

x

  (x＞0)，，把不等式右边借助于求导求在给定区间上的最值，最后求出 k的范围．

解答：解：（1）函数f（x）的定义域为（-1，+∞）
 当k=1时，f^′（x）=1+ln（x+1）+1-1，由f^′（x）＞0，得1+ln（x+1）＞0，即x＞e^-1-1，由 
f^′（x）＜0，得 1+ln（x+1）＜0，即-1＜x＜e^-1-1．
所以函数f（x）的增区间为（e^-1，+∞），减区间为（-1，e^-1-1）．
（2）假设存在正整数k使得f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，而f（x）＞0
?f（x）=（x+1）[1+ln（x+1）]-kx＞0?k＜

(x+1)[1+ln(x+1)]

x

  (x＞0)，
令g（x）=

(x+1)[1+ln(x+1)]

x

  (x＞0)，
则g′(x)=

x-1-ln(x+1)

x2

，设h（x）=x-1-ln（x+1）（x＞0），
则h′(x)=1-

1

x+1

=

x

x+1

＞0，所以函数h（x）在（0，+∞）单调递增，
而h（2）=1-ln3＜0，h（3）=2-ln4＞0，
由零点存在定理，存在x₀∈（2，3），使得 h（x₀）=0，即1+ln（x₀+1）=x₀，又函数 h（x）
在（0，+∞）单调递增，所以当x∈（0，x₀）时，h（x）＞h（x₀）=0，
从而当x∈（0，x₀）时，g′(x)=

h(x)

x2

＜0，当x∈（x₀，+∞）时，g′(x)=

h(x)

x2

＞0，
所以g（x）在（0，+∞）上的最小值g（x）_min=g（x₀）=

(x0+1)[1+ln(x0+1)]

x0

=

(x0+1)x0

x0

=x₀+1．
因此f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立等价于k＜g（x）_min=x₀+1．由x₀∈（2，3），
知g（x）_min=x₀+1∈（3，4）．
所以存在正整数k，使得f（x）＞0 在（0，+∞）上恒成立，k的最大值为3．

点评：本题中的（2）运用了分离变量的思想方法，分离变量是求解字母范围的常用方法；分式函数和简单复合函数的求导法则应该掌握．