解:(1)函數(shù)f(x)=

∴f′(x)=

[

-1-ln(x+1)]=-

[

+ln(x+1)].
由x>0,x
2>0,

>0,ln(x+1)>0,得f′(x)<0.
因此函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)上是減函數(shù).
(2)解法一:當(dāng)x>0時,f(x)>

恒成立,令x=1有k<2[1+ln2].
又k為正整數(shù).則k的最大值不大于3.
下面證明當(dāng)k=3時,f(x)>

(x>0)恒成立.
即證明x>0時(x+1)ln(x+1)+1-2x>0恒成立.
令g(x)=(x+1)ln(x+1)+1-2x,
則g′(x)=ln(x+1)-1.
當(dāng)x>e-1時,g′(x)>0;當(dāng)0<x<e-1時,g′(x)<0.
∴當(dāng)x=e-1時,g(x)取得最小值g(e-1)=3-e>0.
∴當(dāng)x>0時,(x+1)ln(x+1)+1-2x>0恒成立.
因此正整數(shù)k的最大值為3.
解法二:當(dāng)x>0時,f(x)>

恒成立.
即h(x)=

>k對x>0恒成立.
即h(x)(x>0)的最小值大于k.
由h′(x)=

,記Φ(x)=x-1-ln(x+1).(x>0)
則Φ′(x)=

>0,
∴Φ(x)在(0,+∞)上連續(xù)遞增.
又Φ(2)=1-ln3<0,Φ(3)=2-2ln2>0,
∴Φ(x)=0存在惟一實根a,且滿足:a∈(2,3),a=1+ln(a+1),
由x>a時,Φ(x)>0,h′(x)>0;0<x<a時,Φ(x)<0,h′(x)<0知:
h(x)(x>0)的最小值為h(a)=

=a+1∈(3,4).
因此正整數(shù)k的最大值為3.
分析:(1)直接求函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),化簡導(dǎo)函數(shù)分子,判斷正負即可;
(2)可以先利用特殊值x=1先嘗試k的可能值,然后用導(dǎo)數(shù)的方法予以證明;
或者構(gòu)造新函數(shù)將問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值,利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)去研究函數(shù)的最值即可.
點評:本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值中的應(yīng)用,以及函數(shù)的導(dǎo)數(shù)法研究函數(shù)的單調(diào)性,同時轉(zhuǎn)化思想是解決此類恒成立問題的“良方”.