Question

9．已知函數f（x）=e^x-e^-x．
（Ⅰ）求曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；
（Ⅱ）當x∈（0，1）時，不等式e^x-e^-x＞k（x+$\frac{{x}^{3}}{6}$）恒成立，求實數k的最大值．

Answer 1

分析 （I）f（0）=0，f′（x）=e^x+e^-x．f′（0）=2．利用點斜式即可得出切線方程．
（II）令g（x）=e^x-e^-x-k（x+$\frac{{x}^{3}}{6}$），g（0）=0．g′（x）=e^x+e^-x-k（1+$\frac{1}{2}{x}^{2}$）．x∈（0，1），
①k≤0時，g′（x）≥0，函數g（x）在x∈（0，1）上單調遞增，g（x）＞g（0）恒成立．
②當k＞0時，g^″（x）=e^x-e^-x-kx=h（x）．g^″（0）=0．h′（x）=e^x+e^-x-k，h′（0）=2-k．
（i）當0＜k≤2時，h′（x）＞h′（0）=2-k≥0．函數g^″（x）在x∈（0，1）上單調遞增，可得g^″（x）＞0．進而達到函數g（x）在x∈（0，1）上單調遞增，滿足條件．
（ii）e+e^-1≥k＞2時，h′（0）=2-k＜0，h′（1）=e+e^-1-k＞0，可得函數h′（x）存在零點x₀∈（0，1），h′（x₀）=${e}^{{x}_{0}}+{e}^{-{x}_{0}}$-k=0．利用導數研究其單調性可得：函數g（x）在在（0，x₀）上單調遞減，因此g（x）＜g（0），不符合題意，舍去．
（iii）k＞e+e^-1，h′（1）=e+e^-1-k＜0，函數g^″（x）在x∈（0，1）上單調遞增，g^″（x）＜0．可得函數g（x）在x∈（0，1）上單調遞減，g（x）＜g（0）=0恒成立．舍去．

解答 解：（I）f（0）=0，f′（x）=e^x+e^-x．∴f′（0）=2．
∴曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線方程為y-0=2（x-0），可得2x-y=0．
（II）令g（x）=e^x-e^-x-k（x+$\frac{{x}^{3}}{6}$），g（0）=0．
g′（x）=e^x+e^-x-k（1+$\frac{1}{2}{x}^{2}$）．
∵x∈（0，1），∴①k≤0時，g′（x）≥0，函數g（x）在x∈（0，1）上單調遞增，g（x）＞g（0）恒成立．
②當k＞0時，g^″（x）=e^x-e^-x-kx=h（x）．g^″（0）=0．
h′（x）=e^x+e^-x-k，h′（0）=2-k．
（i）當0＜k≤2時，h′（x）＞h′（0）=2-k≥0．函數g^″（x）在x∈（0，1）上單調遞增，∴g^″（x）＞0．
可得g′（x）在x∈（0，1）上單調遞增，可得：g′（x）＞g′（0）=2-k≥0，函數g（x）在x∈（0，1）上單調遞增，g（x）＞g（0）恒成立．
（ii）e+e^-1≥k＞2時，h′（0）=2-k＜0，h′（1）=e+e^-1-k＞0，∴函數h′（x）存在零點x₀∈（0，1），h′（x₀）=${e}^{{x}_{0}}+{e}^{-{x}_{0}}$-k=0．函數h（x）在（0，x₀）上單調遞減；在（x₀，1）上單調遞增．h（0）=g^″（0）=0．h（x）_min=h（x₀）=${e}^{{x}_{0}}$-${e}^{-{x}_{0}}-k{x}_{0}$＜g^″（0）=0．∴函數g′（x）在（0，x₀）上單調遞減，g′（x）＜g′（0）=2-k＜0，可得函數g（x）在在（0，x₀）上單調遞減，因此g（x）＜g（0），不符合題意，舍去．
（iii）k＞e+e^-1，h′（1）=e+e^-1-k＜0，函數g^″（x）在x∈（0，1）上單調遞增，∴g^″（x）＜0．可得g′（x）在x∈（0，1）上單調遞減，可得：g′（x）＜g′（0）=2-k＜0，函數g（x）在x∈（0，1）上單調遞減，g（x）＜g（0）=0恒成立．舍去．
綜上可得：實數k的最大值為2．

點評 本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值、方程與不等式的解法、分類討論方法、等價轉化方法、分析法、函數零點存在定理，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．