Question

14．已知函數(shù)f（x）=$\frac{x}{（x+2）ln（1+x）}$
（Ⅰ）當x＞0時，證明：f（x）＜$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）當x＞-1，且x≠0時，不等式（1+kx）（x+2）f（x）＞1+x成立，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）不等式等價于$\frac{2x}{x+2}＜ln（1+x）$，令$h（x）=ln（1+x）-\frac{2x}{x+2}$，利用導數(shù)求出得出h（x）的單調性得出h（x）＞0即可．
（II）不等式等價于$\frac{{（1+x）ln（1+x）-x-k{x^2}}}{ln（1+x）}＜0$，令g（x）=（1+x）ln（1+x）-x-kx²，故而g″（x）=$\frac{1}{1+x}$-2k，對x的范圍進行討論得出結論．

解答 （Ⅰ）證明：∵x＞0，ln（1+x）＞0，
要證$f（x）=\frac{x}{（x+2）ln（1+x）}＜\frac{1}{2}$，只需證：$\frac{2x}{x+2}＜ln（1+x）$，
令$h（x）=ln（1+x）-\frac{2x}{x+2}$，只需證h（x）＞0即可．
∵$h'（x）=\frac{x^2}{{（1+x）{{（2+x）}^2}}}＞0$，
∴h（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
故h（x）＞h（0）=0，即命題結論成立．
（Ⅱ）原不等式等價于$\frac{x（1+kx）}{ln（1+x）}＞1+x$．
當x＞0時，$\frac{x}{ln（1+x）}＞0$；當-1＜x＜0時，$\frac{x}{ln（1+x）}＞0$，
原不等式等價于$\frac{{（1+x）ln（1+x）-x-k{x^2}}}{ln（1+x）}＜0$，
令g（x）=（1+x）ln（1+x）-x-kx²，
令m（x）=g'（x）=ln（1+x）-2kx，$m'（x）=\frac{1}{1+x}-2k$，
①當x＞0時，有$0＜\frac{1}{1+x}＜1$，
令2k≥1，則m'（x）＜0，故g'（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，即g'（x）＜g'（0）=0，
因此g（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，從而g（x）＜g（0）=0，
所以，當$k≥\frac{1}{2}$時，對于x＞0，有$\frac{{（1+x）ln（1+x）-x-k{x^2}}}{ln（1+x）}＜0$，
當-1＜x＜0時，有$\frac{1}{1+x}＞1$，
令2k≤1，則m（x）＞0，故g'（x）在（-1，0）上是增函數(shù)，即g'（x）＜g'（0）=0，
因此，g（x）在（-1，0）上是減函數(shù)，從而，g（x）＞g（0）=0，
所以當$k≤\frac{1}{2}$時，對于-1＜x＜0，有$\frac{{（1+x）ln（1+x）-x-k{x^2}}}{ln（1+x）}＜0$，
綜上，當$k=\frac{1}{2}$時，在x＞-1，且x≠0時，不等式（1+kx）（x+2）f（x）＞1+x成立．

點評 本題考察了函數(shù)的單調性，導數(shù)的應用，不等式的證明，本題是一道中檔題．