Question

12．已知函數(shù)f（x）=ln$\frac{1+x}{1-x}$，
（Ⅰ）求曲線y=f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程；
（Ⅱ）求證，當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f（x）＞$2（x+\frac{{x}^{3}}{3}）$；
（Ⅲ）設(shè)實(shí)數(shù)k使得f（x）$＞k（x+\frac{{x}^{3}}{3}）$對(duì)x∈（0，1）恒成立，求k的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)求在曲線上某點(diǎn)處的切線方程．
（2）構(gòu)造新函數(shù)利用函數(shù)的單調(diào)性證明命題成立．
（3）對(duì)k進(jìn)行討論，利用新函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)k的取值范圍．

解答 解答：（1）因?yàn)閒（x）=ln（1+x）-ln（1-x）所以
$f'（x）=\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1-x}，f'（0）=2$
又因?yàn)閒（0）=0，所以曲線y=f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程為y=2x．
（2）證明：令g（x）=f（x）-2（x+$\frac{{x}^{3}}{3}$），則
g'（x）=f'（x）-2（1+x²）=$\frac{2{x}^{4}}{1-{x}^{2}}$，
因?yàn)間'（x）＞0（0＜x＜1），所以g（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞增．
所以g（x）＞g（0）=0，x∈（0，1），
即當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f（x）＞2（x+$\frac{{x}^{3}}{3}$）．
（3）由（2）知，當(dāng)k≤2時(shí)，f（x）＞$k（x+\frac{{x}^{3}}{3}）$對(duì)x∈（0，1）恒成立．
當(dāng)k＞2時(shí)，令h（x）=f（x）-$k（x+\frac{{x}^{3}}{3}）$，則
h'（x）=f'（x）-k（1+x²）=$\frac{{kx}^{4}-（k-2）}{1-{x}^{2}}$，
所以當(dāng)$0＜x＜\root{4}{\frac{k-2}{k}}$時(shí)，h'（x）＜0，因此h（x）在區(qū)間（0，$\root{4}{\frac{k-2}{k}}$）上單調(diào)遞減．
當(dāng)$0＜x＜\root{4}{\frac{k-2}{k}}$時(shí)，h（x）＜h（0）=0，即f（x）＜$k（x+\frac{{x}^{3}}{3}）$．
所以當(dāng)k＞2時(shí)，f（x）＞$k（x+\frac{{x}^{3}}{3}）$并非對(duì)x∈（0，1）恒成立．
綜上所知，k的最大值為2．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查切線方程的求法及新函數(shù)的單調(diào)性的求解證明．在高考中屬常考題型，難度適中．