Question

7．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1+kx}{{ln（{x+1}）}}$，其中k∈R．
（Ⅰ）當(dāng)k=1時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若不等式xf（x）＞x+1對任意x∈（-1，0）∪（0，+∞）成立，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，由導(dǎo)數(shù)大于0，可得增區(qū)間；導(dǎo)數(shù)小于0，可得減區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng)x＞0時，不等式xf（x）＞x+1，化為k＞$\frac{（x+1）ln（x+1）-x}{{x}^{2}}$，可令g（x）=$\frac{（x+1）ln（x+1）-x}{{x}^{2}}$，再將g（x）與$\frac{1}{2}$比較，運用單調(diào)性即可判斷；同樣討論當(dāng)-1＜x＜0時，可得k＜$\frac{（x+1）ln（x+1）-x}{{x}^{2}}$，運用單調(diào)性即可判斷．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)k=1時，f（x）=$\frac{x+1}{ln（x+1）}$的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{ln（x+1）-1}{（ln（x+1））^{2}}$，
由f′（x）＞0，可得x＞e-1；由f′（x）＜0，可得-1＜x＜0或0＜x＜e-1；
則f（x）的增區(qū)間為（e-1，+∞）；減區(qū)間為（-1，0），（0，e-1）；
（Ⅱ）當(dāng)x＞0時，不等式xf（x）＞x+1，
化為k＞$\frac{（x+1）ln（x+1）-x}{{x}^{2}}$，
可令g（x）=$\frac{（x+1）ln（x+1）-x}{{x}^{2}}$，
由g（x）-$\frac{1}{2}$=$\frac{2（x+1）ln（x+1）-2x-{x}^{2}}{2{x}^{2}}$=$\frac{2（x+1）ln（x+1）-（x+1）^{2}+1}{2{x}^{2}}$，
由y=2（x+1）ln（x+1）-（x+1）²+1的導(dǎo)數(shù)為y′=2[ln（x+1）+1]-2（x+1）
=2[ln（x+1）-x]，
由y=ln（x+1）-x的導(dǎo)數(shù)為y′=$\frac{1}{x+1}$-1=$\frac{-x}{x+1}$＜0，
則x＞0時，y=ln（x+1）-x遞減，
可得ln（x+1）-x＜0，
即y=2（x+1）ln（x+1）-（x+1）²+1在（0，+∞）遞減，
可得g（x）-$\frac{1}{2}$＜0，
則k≥$\frac{1}{2}$；
當(dāng)-1＜x＜0，可得k＜$\frac{（x+1）ln（x+1）-x}{{x}^{2}}$，
由g（x）-$\frac{1}{2}$=$\frac{2（x+1）ln（x+1）-2x-{x}^{2}}{2{x}^{2}}$=$\frac{2（x+1）ln（x+1）-（x+1）^{2}+1}{2{x}^{2}}$，
由y=2（x+1）ln（x+1）-（x+1）²+1的導(dǎo)數(shù)為y′=2[ln（x+1）+1]-2（x+1）
=2[ln（x+1）-x]，
由y=ln（x+1）-x的導(dǎo)數(shù)為y′=$\frac{1}{x+1}$-1=$\frac{-x}{x+1}$＞0，
則-1＜x＜0時，y=ln（x+1）-x遞增，
可得ln（x+1）-x＜0，
即y=2（x+1）ln（x+1）-（x+1）²+1在（-1，0）遞減，
可得g（x）-$\frac{1}{2}$＜0，即g（x）＜$\frac{1}{2}$，
則k≤$\frac{1}{2}$．
綜上可得實數(shù)k的取值范圍為{$\frac{1}{2}$}．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和單調(diào)性，考查不等式恒成立問題的解法，注意運用參數(shù)分離和構(gòu)造函數(shù)，考查化簡整理的運算能力，屬于難題．