Question

18．已知函數(shù)f（x）=$\frac{x}{ln（1+x）}$
（1）當(dāng)x＞0時(shí)，證明：f（x）＜$\frac{1}{2}$x+1；
（2）當(dāng)x＞-1，且x≠0時(shí)，不等式（1+kx）f（x）＞1+x成立，求實(shí)數(shù)k的值．

Answer 1

分析 （1）不等式等價(jià)于2x＜（x+2）ln（1+x），令g（x）=2x-（x+2）ln（1+x），求出導(dǎo)數(shù)和二階導(dǎo)數(shù)，判斷g（x）的單調(diào)性得出g（x）＜g（0）=0；
（2）不等式等價(jià)于$\frac{（x+1）ln（x+1）-x-k{x}^{2}}{x}$＜0，令g（x）=（1+x）ln（1+x）-x-kx²，求出導(dǎo)數(shù)和二階導(dǎo)數(shù)判斷g（x）的單調(diào)性，得出g（x）的符號(hào)從而得出k的值．

解答 證明：（1）f（x）＜$\frac{1}{2}$x+1?$\frac{x}{ln（1+x）}$＜$\frac{x+2}{2}$?2x＜（x+2）ln（1+x）（x＞0），
令g（x）=2x-（x+2）ln（1+x），
則g′（x）=2-ln（x+1）-$\frac{x}{x+1}$-$\frac{2}{x+1}$=$\frac{x-（x+1）ln（x+1）}{x+1}$，
令x+1=t，則g′（x）=$\frac{t-tlnt-1}{t}$（t＞1）．
令h（t）=t-tlnt-1，則h′（t）=1-lnt-1-1=-1-lnt＜0．
∴h（t）在（1，+∞）上是減函數(shù)，∴h（t）＜h（1）=0，
∴g′（x）＜0，∴g（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，
∴g（x）＜g（0）=0，
∴2x＜（x+2）ln（x+1），
∴f（x）＜$\frac{1}{2}$x+1．
解：（2）∵f（x）=$\frac{x}{ln（x+1）}$＞0，
∴（1+kx）f（x）＞1+x?1+kx＞$\frac{x+1}{f（x）}$=$\frac{（x+1）ln（x+1）}{x}$?$\frac{（x+1）ln（x+1）-x-k{x}^{2}}{x}$＜0，
令g（x）=（1+x）ln（1+x）-x-kx²，
則g′（x）=ln（1+x）-2kx，
g″（x）=$\frac{1}{1+x}-2k$，
①x＞0時(shí)，有0＜$\frac{1}{1+x}$＜1，
令2k≥1，則g″（x）＜0，
故g′（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，∴g′（x）＜g′（0）=0，
∴g（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，
從而，g（x）＜g（0）=0，
∴k≥$\frac{1}{2}$時(shí)，對(duì)于x＞0，有$\frac{（x+1）ln（x+1）-x-k{x}^{2}}{x}$＜0，
②-1＜x＜0時(shí)，有$\frac{1}{x+1}$＞1，
令2k≤1，則g″（x）＞0，
故g′（x）在（-1，0）上是增函數(shù)，∴g′（x）＜g′（0）=0
∴g（x）在（-1，0）上是減函數(shù)．
從而，g（x）＞g（0）=0．
∴當(dāng)k≤$\frac{1}{2}$時(shí)，對(duì)于-1＜x＜0，有$\frac{（x+1）ln（x+1）-x-k{x}^{2}}{x}$＜0．
綜上，k=$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考察了函數(shù)的單調(diào)性，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，不等式的證明，本題是一道中檔題．