(1)函数f(x)= ∴f′(x)=[-1-ln(x+1)]=-[+ln(x+1)]. 由x>0,x2>0,>0,ln(x+1)>0,得f′(x)<0. 因此函数f(x)在区间(0,+∞)上是减函数. (2)解法一:当x>0时,f(x)>恒成立,令x=1有k<2[1+ln2]. 又k为正整数.则k的最大值不大于3. 下面证明当k=3时,f(x)>(x>0)恒成立. 即证明x>0时(x+1)ln(x+1)+1-2x>0恒成立. 令g(x)=(x+1)ln(x+1)+1-2x, 则g′(x)=ln(x+1)-1. 当x>e-1时,g′(x)>0;当0<x<e-1时,g′(x)<0. ∴当x=e-1时,g(x)取得最小值g(e-1)=3-e>0. ∴当x>0时,(x+1)ln(x+1)+1-2x>0恒成立. 因此正整数k的最大值为3. 解法二:当x>0时,f(x)>恒成立. 即h(x)=>k对x>0恒成立. 即h(x)(x>0)的最小值大于k. 由h′(x)=,记Φ(x)=x-1-ln(x+1).(x>0) 则Φ′(x)=>0, ∴Φ(x)在(0,+∞)上连续递增. 又Φ(2)=1-ln3<0,Φ(3)=2-2ln2>0, ∴Φ(x)=0存在惟一实根a,且满足:a∈(2,3),a=1+ln(a+1), 由x>a时,Φ(x)>0,h′(x)>0;0<x<a时,Φ(x)<0,h′(x)<0知: h(x)(x>0)的最小值为h(a)==a+1∈(3,4). 因此正整数k的最大值为3. |