Question

已知函数f（x）=（x+1）[1+ln（x+1）]-kx，k∈R，e≈2.72．
（1）当k=1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）是否存在正整数k，使得f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立？若存在，求出k的最大值；若不存在，说明理由．

Answer

（1）先求导数，运用导函数在区间内的符号求出函数的单调区间．
（2）因为x＞0，所以可把k分离出来，得到k＜，，把不等式右边借助于求导求在给定区间上的最值，最后求出 k的范围．
【解析】
（1）函数f（x）的定义域为（-1，+∞）
 当k=1时，f′（x）=1+ln（x+1）+1-1，由f′（x）＞0，得1+ln（x+1）＞0，即x＞e-1-1，由 
f′（x）＜0，得 1+ln（x+1）＜0，即-1＜x＜e-1-1．
所以函数f（x）的增区间为（e-1，+∞），减区间为（-1，e-1-1）．
（2）假设存在正整数k使得f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，而f（x）＞0
⇔f（x）=（x+1）[1+ln（x+1）]-kx＞0⇔k＜，
令g（x）=，
则，设h（x）=x-1-ln（x+1）（x＞0），
则，所以函数h（x）在（0，+∞）单调递增，
而h（2）=1-ln3＜0，h（3）=2-ln4＞0，
由零点存在定理，存在x∈（2，3），使得 h（x）=0，即1+ln（x+1）=x，又函数 h（x）
在（0，+∞）单调递增，所以当x∈（0，x）时，h（x）＞h（x）=0，
从而当x∈（0，x）时，，当x∈（x，+∞）时，，
所以g（x）在（0，+∞）上的最小值g（x）min=g（x）==x+1．
因此f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立等价于k＜g（x）min=x+1．由x∈（2，3），
知g（x）min=x+1∈（3，4）．
所以存在正整数k，使得f（x）＞0 在（0，+∞）上恒成立，k的最大值为3．