Question

15．已知承数f（x）=$\frac{1+μln（x+1）}{λx}$（λ，μ∈R），g（x）=$\frac{k}{x+1}$，若函数f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y=-（$\frac{1}{2}$+1n2）x+$\frac{3}{2}$+2ln2．
（1）求λ，μ的值；
（2）求最大的正整数k，?c＞0，?b∈（-1，c），且f（c）=g（b）．

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的导数，求得切线的斜率和切点，由切线的方程，可得f（1）=1+ln2，f′（1）=-（$\frac{1}{2}$+ln2），解方程即可得到所求值；
（2）对于正整数k，函数g（x）=$\frac{k}{1+x}$，在区间（-1，+∞）上为减函数，于是对任意的正数c，f（c）=g（b）＞g（c），当x＞0时，不等式f（x）＞g（x）?k＜$\frac{（x+1）[1+ln（x+1）]}{x}$，令h（x）=$\frac{（x+1）[1+ln（x+1）]}{x}$，（x＞0），利用导数研究其单调性，当x＞0时，可得：h（x）的最小值∈（3，4）．可得：正整数k≤3．再证明：当k=3时，对-1＜x＜0，有f（x）＜g（x）即可．

解答 解：（1）函数f（x）=$\frac{1+μln（x+1）}{λx}$的导数为
f′（x）=$\frac{\frac{μ}{x+1}•λx-λ（1+μln（x+1））}{（λx）^{2}}$，
由题意可得f（1）=1+ln2，f′（1）=-（$\frac{1}{2}$+ln2），
即为$\frac{1+μln2}{λ}$=1+ln2，$\frac{\frac{μ}{2}•λ-λ（1+μln2）}{{λ}^{2}}$=-$\frac{1}{2}$-ln2，
解得λ=μ=1；
（2）f（x）=$\frac{1+ln（x+1）}{x}$，
对于正整数k，函数g（x）=$\frac{k}{1+x}$在区间（-1，+∞）上为减函数，
于是对任意的正数c，f（c）=g（b）＞g（c），
当x＞0时，不等式f（x）＞g（x）?k＜$\frac{（x+1）[1+ln（x+1）]}{x}$，①，
令h（x）=$\frac{（x+1）[1+ln（x+1）]}{x}$（x＞0），
则h′（x）=$\frac{x-1-ln（x+1）}{{x}^{2}}$．
再令φ（x）=x-1-ln（x+1）（x＞0），
φ′（x）=$\frac{x}{x+1}$＞0，故φ（x）在x＞0时为增函数．
又φ（2）=1-ln3＜0，φ（3）=2-ln4＞0，
因此存在唯一的正实数x₀使φ（x₀）=x₀-1-ln（x₀+1）=0，②
h′（x）＞0，此时h（x）为增函数．
因此，当x＞0时，由②可得：h（x）的最小值为h（x₀）=x₀+1∈（3，4）．
由①可得：正整数k≤3，③．
下面证明：当k=3时，对-1＜x＜0，有f（x）＜g（x）．④．
-1＜x＜0，有f（x）＜g（x）?1-2x+（x+1）ln（x+1）＞0．
令u（x）=1-2x+（x+1）ln（x+1），其中：-1＜x＜0，则u′（x）=ln（x+1）-1＜0，
故u（x）在（-1，0）上为减函数，于是u（x）＞u（0）＞0，因此④成立．
而g（x）=$\frac{3}{x+1}$（x∈（-1，+∞））的值域为（0，+∞），
f（x）=$\frac{1+ln（1+x）}{x}$（x∈（0，+∞））的值域为（0，+∞），
f（x）=$\frac{1+ln（x+1）}{x}$（x∈（-1，0））的值域为R，
结合函数的图象可得：对任意的正数c，存在实数b满足-1＜b＜c，且f（c）=g（b）．
综上可得：正整数k的最大值为3．

点评 本题考查了利用导数研究切线的斜率和函数的单调性极值与最值，考查了转化思想的运用，考查了分析问题与解决问题的能力，考查了推理能力与计算能力，属于难题．