Question

7．已知函数$f（x）=ln（1+x）-x+\frac{k}{2}{x^2}（k≥0）$．
（Ⅰ）当k=0时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）当k≠1时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅲ）当k=0时，若x＞-1，证明：$ln（x+1）≥1-\frac{1}{x+1}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，计算f（1），f′（1），求出切线方程即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，通过讨论k的范围，确定函数的单调区间即可；
（Ⅲ）令$g（x）=ln（x+1）+\frac{1}{x+1}-1$，求出函数的导数，根据函数的单调性证明结论即可．

解答 解：（Ⅰ）当k=0时，f（x）=ln（1+x）-x，则f（1）=ln2-1
所以$f'（x）=\frac{1}{1+x}-1$，则$f'（1）=-\frac{1}{2}$…（2分）
所以y-f（1）=f'（1）（x-1），即x+2y-2ln2+1=0…（4分）
（Ⅱ）由已知x＞-1，$f'（x）=\frac{1}{1+x}-1+kx$，即$f'（x）=\frac{x（kx+k-1）}{1+x}$，
当k=0时，$f'（x）=\frac{1}{1+x}-1=-\frac{x}{1+x}$，因为x＞-1
所以在（-1，0）上增，在（0，+∞）上减…（5分）
当0＜k＜1时，由$f'（x）=\frac{x（kx+k-1）}{1+x}=0$，得x₁=0，${x_2}=\frac{1-k}{k}＞0$
所以在（-1，0）和$（\frac{1-k}{k}，+∞）$上f'（x）＞0；在$（0，\frac{1-k}{k}）$上f'（x）＜0
故f（x）在（-1，0）和$（\frac{1-k}{k}，+∞）$单调递增，在$（0，\frac{1-k}{k}）$单调递减…（7分）
当k＞1时，$f'（x）=\frac{x（kx+k-1）}{1+x}=0$，得${x_1}=\frac{1-k}{k}∈（-1，0）$，x₂=0．
所以在$（-1，\frac{1-k}{k}）$和（0，+∞）上f'（x）＞0；在$（\frac{1-k}{k}，0）$上f'（x）＜0
故f（x）单调递增区间是$（-1，\frac{1-k}{k}）$和（0，+∞），减区间是$（\frac{1-k}{k}，0）$…（9分）
（Ⅲ）令$g（x）=ln（x+1）+\frac{1}{x+1}-1$，则$g'（x）=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{{{{（x+1）}^2}}}$=$\frac{x}{{{{（x+1）}^2}}}$．…（11分）
所以 当x∈（-1，0）时，g'（x）＜0，当x∈（0，+∞）时，g'（x）＞0．
所以 当x＞-1时，g（x）≥g（0），即 $ln（x+1）+\frac{1}{x+1}-1$≥0
所以 $ln（x+1）≥1-\frac{1}{x+1}$．…（12分）

点评 本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道中档题．