Question

20．已知函数f（x）=ln（x+1），g（x）=$\frac{1}{x}$．
（Ⅰ）设F（x）=f（x）-g（x），试判断函数F（x）在区间（0，+∞）上是增函数还是减函数？并证明你的结论；
（Ⅱ）若方程f（x）=$\frac{m}{x+1}$在区间[-1+$\frac{1}{{e}^{2}}$，1+$\frac{1}{{e}^{2}}$）上有两不相等的实数根，求m的取值范围；
（Ⅲ）当x＞0时，若$\frac{f（x）}{x}$+g（x）＞$\frac{k}{x+1}$恒成立，求整数k的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数F（x）的导数，从而求出函数的单调性；
（Ⅱ）先求出m的表达式，设h（x）=（x+1）ln（x+1），求出函数h（x）的导数，得到其单调区间，进而求出m的范围；
（Ⅲ）问题转化为k＜$\frac{x+1}{x}$[1+ln（x+1）]在（0，+∞）上恒成立，设φ（x）=$\frac{x+1}{x}$[1+ln（x+1）]，求导得到函数的单调性，从而求出k的最大值．

解答 解：（Ⅰ）F（x）=ln（x+1）-$\frac{1}{x}$，F′（x）=$\frac{1}{x+1}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$，
由题设x＞0，所以得：F′（x）＞0，
故F（x）在区间（0，+∞）上是增函数．     
（Ⅱ）∵f（x）=$\frac{m}{x+1}$，∴（x+1）ln（x+1）=m，
设h（x）=（x+1）ln（x+1），则h′（x）=ln（x+1）+1，
x，h′（x），h（x）变化如下表：

x	[-1+$\frac{1}{{e}^{2}}$，-1+$\frac{1}{e}$]	-1+$\frac{1}{e}$	（-1+$\frac{1}{e}$，1+$\frac{1}{{e}^{2}}$）
h′（x）	-	0	+
h（x）	↘		↗

∵h（0）=0，h（-1+$\frac{1}{{e}^{2}}$）=-$\frac{2}{{e}^{2}}$，h（-1+$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$，
∴h（-1+$\frac{1}{{e}^{2}}$）＜h（0）=0，又h（1+$\frac{1}{{e}^{2}}$）＞h（0）=0，
∴-$\frac{1}{e}$＜m≤-$\frac{2}{{e}^{2}}$，
即m∈（-$\frac{1}{e}$，-$\frac{2}{{e}^{2}}$]时，方程f（x）=$\frac{m}{x+1}$在区间[-1+$\frac{1}{{e}^{2}}$，1+$\frac{1}{{e}^{2}}$）有两不相等的实数根．
（Ⅲ）当x＞0时，若$\frac{f（x）}{x}$+g（x）＞$\frac{k}{x+1}$恒成立，
即k＜$\frac{x+1}{x}$[1+ln（x+1）]在（0，+∞）上恒成立，
设φ（x）=$\frac{x+1}{x}$[1+ln（x+1）]，则φ′（x）=$\frac{x-1-ln（x+1）}{{x}^{2}}$，
再设G（x）=x-1-ln（x+1），则G′（x）=1-$\frac{1}{x+1}$=$\frac{x}{x+1}$＞0，
故G（x）在（0，+∞）上单调递增，
而G（1）=-ln2＜0，G（2）=-1-ln3＜0，G（3）=2-2ln2＞0，
故G（x）=0在（0，+∞）上存在唯一实数根a∈（2，3），
即x=a是方程x-1-ln（x+1）=0在（0，+∞）上有唯一解，
故当x∈（0，a）时，G（x）＜0，φ′（x）＜0；
当x∈（a，+∞）时，G（x）＞0，φ′（x）＞0，
故φ（x）_min=φ（a）=$\frac{a+1}{a}$[1+ln（a+1）]=a+1∈（3，4），
∴k≤3，故k_max=3．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查函数恒成立问题，考查导数的应用，本题计算量大，复杂繁琐，有一定的难度．