Question

已知函数f（x）=

ln(1+x)

x

（1）当x＞0时，证明：f（x）＞

2

x+2

；
（2）当x＞-1且x≠0时，不等式f（x）＜

1+kx

1+x

恒成立，求实数k的值．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,函数恒成立问题

专题：导数的综合应用

分析：（1）令h（x）=ln（1+x）-

2x

x+2

，得到h′（x）=

x2

(1+x)(2+x)2

，从而求出h（x）在（0，+∞）上是增函数，故h（x）＞h（0）=0，结论证出；
（2）不等式f（x）＜

1+kx

1+x

可化为：

(1+x)ln(1+x)-x-kx2

x

＜0，令g（x）=（1+x）ln（1+x）-x-kx²，则g′（x）=ln（1+x）-2kx，从而g″（x）=

1

1+x

-2k，对x分情况进行讨论：①x＞0时，②-1＜x＜0时，从而证出结论．

解答： 解：（1）令h（x）=ln（1+x）-

2x

x+2

，
∴h′（x）=

x2

(1+x)(2+x)2

，
x＞0时，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，+∞）上是增函数，
故h（x）＞h（0）=0，
即：ln（1+x）＞

2x

x+2

．
从而，x＞0时，f（x）＞

2

x+2

得证．
（2）不等式f（x）＜

1+kx

1+x

可化为：

(1+x)ln(1+x)-x-kx2

x

＜0，
令g（x）=（1+x）ln（1+x）-x-kx²，
则g′（x）=ln（1+x）-2kx
g″（x）=

1

1+x

-2k，
①x＞0时，有0＜

1

1+x

＜1，
令2k≥1，则g″（x）＜0，
故g′（x）在（0，+∞）上是减函数，即g′（x）＜g′（0）=0，
∴g（x）在（0，+∞）上是减函数，
从而，g（x）＜g（0）=0，
∴k≥

1

2

时，对于x＞0，有

(1+x)ln(1+x)-x-kx2

x

＜0，
②-1＜x＜0时，有

1

x+1

＞1，
令2k≤1，则g″（x）＞0，
故g′（x）在（-1，0）上是增函数，即：g′（x）＜g′（0）=0
∴g（x）在（-1，0）上是减函数．
从而，g（x）＞g（0）=0．
∴当k≤

1

2

时，对于-1＜x＜0，有

(1+x)ln(1+x)-x-kx2

x

＜0．
综合①②，当k=

1

2

时，在x＞-1且x≠0时，有f（x）＜

1+kx

1+x

．

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．