解题思路：（1）直接求函数f（x）的导函数，化简导函数分子，判断正负即可；
（2）可以先利用特殊值x=1先尝试k的可能值，然后用导数的方法予以证明；
或者构造新函数将问题转化为求函数最值，利用函数的导数去研究函数的最值即可．
（1）函数f（x）=
1+ln(x+1)
x
∴f′（x）=[1
x2[
x/x+1]-1-ln（x+1）]=-[1
x2[
x/x+1]+ln（x+1）]．
由x＞0，x2＞0，[x/x+1]＞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）＞[k/x+1]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）＞[k/x+1]（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）＞[k/x+1]恒成立．
即h（x）=
(x+1)[1+ln(x+1)]
x＞k对x＞0恒成立．
即h（x）（x＞0）的最小值大于k．
由h′（x）=
x−1−ln(x+1)
x2，记Φ（x）=x-1-ln（x+1）．（x＞0）
则Φ′（x）=[x/x+1]＞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)[1+ln(a+1)]
a=a+1∈（3，4）．
因此正整数k的最大值为3．
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题考查函数的导数在最大值、最小值中的应用，以及函数的导数法研究函数的单调性，同时转化思想是解决此类恒成立问题的“良方”．
