Question

18．已知函数f（x）=$\frac{x}{ln（1+x）}$
（1）当x＞0时，证明：f（x）＜$\frac{1}{2}$x+1；
（2）当x＞-1，且x≠0时，不等式（1+kx）f（x）＞1+x成立，求实数k的值．

Answer 1

分析 （1）不等式等价于2x＜（x+2）ln（1+x），令g（x）=2x-（x+2）ln（1+x），求出导数和二阶导数，判断g（x）的单调性得出g（x）＜g（0）=0；
（2）不等式等价于$\frac{（x+1）ln（x+1）-x-k{x}^{2}}{x}$＜0，令g（x）=（1+x）ln（1+x）-x-kx²，求出导数和二阶导数判断g（x）的单调性，得出g（x）的符号从而得出k的值．

解答 证明：（1）f（x）＜$\frac{1}{2}$x+1?$\frac{x}{ln（1+x）}$＜$\frac{x+2}{2}$?2x＜（x+2）ln（1+x）（x＞0），
令g（x）=2x-（x+2）ln（1+x），
则g′（x）=2-ln（x+1）-$\frac{x}{x+1}$-$\frac{2}{x+1}$=$\frac{x-（x+1）ln（x+1）}{x+1}$，
令x+1=t，则g′（x）=$\frac{t-tlnt-1}{t}$（t＞1）．
令h（t）=t-tlnt-1，则h′（t）=1-lnt-1-1=-1-lnt＜0．
∴h（t）在（1，+∞）上是减函数，∴h（t）＜h（1）=0，
∴g′（x）＜0，∴g（x）在（0，+∞）上是减函数，
∴g（x）＜g（0）=0，
∴2x＜（x+2）ln（x+1），
∴f（x）＜$\frac{1}{2}$x+1．
解：（2）∵f（x）=$\frac{x}{ln（x+1）}$＞0，
∴（1+kx）f（x）＞1+x?1+kx＞$\frac{x+1}{f（x）}$=$\frac{（x+1）ln（x+1）}{x}$?$\frac{（x+1）ln（x+1）-x-k{x}^{2}}{x}$＜0，
令g（x）=（1+x）ln（1+x）-x-kx²，
则g′（x）=ln（1+x）-2kx，
g″（x）=$\frac{1}{1+x}-2k$，
①x＞0时，有0＜$\frac{1}{1+x}$＜1，
令2k≥1，则g″（x）＜0，
故g′（x）在（0，+∞）上是减函数，∴g′（x）＜g′（0）=0，
∴g（x）在（0，+∞）上是减函数，
从而，g（x）＜g（0）=0，
∴k≥$\frac{1}{2}$时，对于x＞0，有$\frac{（x+1）ln（x+1）-x-k{x}^{2}}{x}$＜0，
②-1＜x＜0时，有$\frac{1}{x+1}$＞1，
令2k≤1，则g″（x）＞0，
故g′（x）在（-1，0）上是增函数，∴g′（x）＜g′（0）=0
∴g（x）在（-1，0）上是减函数．
从而，g（x）＞g（0）=0．
∴当k≤$\frac{1}{2}$时，对于-1＜x＜0，有$\frac{（x+1）ln（x+1）-x-k{x}^{2}}{x}$＜0．
综上，k=$\frac{1}{2}$．

点评 本题考察了函数的单调性，导数的应用，不等式的证明，本题是一道中档题．