（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．