Question

20．已知函數(shù)f（x）=ln（x+1），g（x）=$\frac{1}{x}$．
（Ⅰ）設(shè)F（x）=f（x）-g（x），試判斷函數(shù)F（x）在區(qū)間（0，+∞）上是增函數(shù)還是減函數(shù)？并證明你的結(jié)論；
（Ⅱ）若方程f（x）=$\frac{m}{x+1}$在區(qū)間[-1+$\frac{1}{{e}^{2}}$，1+$\frac{1}{{e}^{2}}$）上有兩不相等的實(shí)數(shù)根，求m的取值范圍；
（Ⅲ）當(dāng)x＞0時(shí)，若$\frac{f（x）}{x}$+g（x）＞$\frac{k}{x+1}$恒成立，求整數(shù)k的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函數(shù)F（x）的導(dǎo)數(shù)，從而求出函數(shù)的單調(diào)性；
（Ⅱ）先求出m的表達(dá)式，設(shè)h（x）=（x+1）ln（x+1），求出函數(shù)h（x）的導(dǎo)數(shù)，得到其單調(diào)區(qū)間，進(jìn)而求出m的范圍；
（Ⅲ）問題轉(zhuǎn)化為k＜$\frac{x+1}{x}$[1+ln（x+1）]在（0，+∞）上恒成立，設(shè)φ（x）=$\frac{x+1}{x}$[1+ln（x+1）]，求導(dǎo)得到函數(shù)的單調(diào)性，從而求出k的最大值．

解答 解：（Ⅰ）F（x）=ln（x+1）-$\frac{1}{x}$，F(xiàn)′（x）=$\frac{1}{x+1}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$，
由題設(shè)x＞0，所以得：F′（x）＞0，
故F（x）在區(qū)間（0，+∞）上是增函數(shù)．     
（Ⅱ）∵f（x）=$\frac{m}{x+1}$，∴（x+1）ln（x+1）=m，
設(shè)h（x）=（x+1）ln（x+1），則h′（x）=ln（x+1）+1，
x，h′（x），h（x）變化如下表：

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(yuǎn)（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∈（-$\frac{1}{e}$，-$\frac{2}{{e}^{2}}$]時(shí)，方程f（x）=$\frac{m}{x+1}$在區(qū)間[-1+$\frac{1}{{e}^{2}}$，1+$\frac{1}{{e}^{2}}$）有兩不相等的實(shí)數(shù)根．
（Ⅲ）當(dāng)x＞0時(shí)，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，
設(shè)φ（x）=$\frac{x+1}{x}$[1+ln（x+1）]，則φ′（x）=$\frac{x-1-ln（x+1）}{{x}^{2}}$，
再設(shè)G（x）=x-1-ln（x+1），則G′（x）=1-$\frac{1}{x+1}$=$\frac{x}{x+1}$＞0，
故G（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
而G（1）=-ln2＜0，G（2）=-1-ln3＜0，G（3）=2-2ln2＞0，
故G（x）=0在（0，+∞）上存在唯一實(shí)數(shù)根a∈（2，3），
即x=a是方程x-1-ln（x+1）=0在（0，+∞）上有唯一解，
故當(dāng)x∈（0，a）時(shí)，G（x）＜0，φ′（x）＜0；
當(dāng)x∈（a，+∞）時(shí)，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．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查函數(shù)恒成立問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，本題計(jì)算量大，復(fù)雜繁瑣，有一定的難度．