Question

17．设函数f（x）=ln（x+1）-$\frac{kx}{x+1}$+1（x＞-1）
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）k＞0，若f（x）的最小值为g（k），当0＜k₁＜k₂且k₁+k₂=2，比较g（k₁）与g（k₂）的大小．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论k的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）求出f（x）的最小值，求出g（k₁）-g（k₂）的差，令h（k）=ln$\frac{k}{2-k}$-2k+2，（0＜k＜1），根据函数的单调性求出h（k）＜0，从而比较g（k₁）与g（k₂）的大小即可．

解答 解：（1）f（x）的定义域为（-1，+∞），
f'（x）=$\frac{1}{x+1}$-$\frac{k}{{（x+1）}^{2}}$=$\frac{x-（k-1）}{{（x+1）}^{2}}$，
令f'（x）＞0得：x＞k-1，
当k-1≤-1即k≤0时，f（x）的单调递增区间是（-1，+∞）；
当k-1＞-1即k＞0时，f（x）的单调递减区间是（-1，k-1），
f（x）的单调递增区间是（k-1，+∞）；
（2）k＞0时，由（2）得：
f（x）的单调递减区间是（-1，k-1），
f（x）的单调递增区间是（k-1，+∞）；
故f（x）的最小值是f（k-1）=g（k）=lnk-k+2，
当0＜k₁＜k₂且k₁+k₂=2，则k₂=2-k₁，
故0＜k₁＜1，
g（k₁）-g（k₂）=lnk₁-k₁+2-ln（2-k₁）+2-k₁-2=ln$\frac{{k}_{1}}{2{-k}_{1}}$-2k₁+2，
令h（k）=ln$\frac{k}{2-k}$-2k+2，（0＜k＜1），
h′（k）=$\frac{{2（k-1）}^{2}}{k（2-k）}$＞0，
故h（k）在（0，1）递增，
故h（k）＜h（1）=0，
故h（k₁）＜h（k₂）．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．