Question

11．已知函數(shù)f（x）=ln（1+x）-ln（1-x）．
（1）已知方程f（x）=$\frac{m}{x}$在[$\frac{1}{3}$，$\frac{1}{2}$]上有解，求實數(shù)m的范圍；
（2）求證：當(dāng)x∈（0，1）時，f（x）＞2（x+$\frac{{x}^{3}}{3}$）；
（3）設(shè)正數(shù)k使得f（x）＞k（x+$\frac{{x}^{3}}{3}$）對x∈（0，1）恒成立，求k的最大值．

Answer 1

分析 （1）方程有解，轉(zhuǎn)化為m=xf（x）在x∈[$\frac{1}{3}$，$\frac{1}{2}$]有解，構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)最值的關(guān)系求出函數(shù)的值域即可，
（2）構(gòu)造函數(shù)g（x）=ln（1+x）-ln（1-x）-2（x+$\frac{{x}^{3}}{3}$），根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值即可判斷，
（3）構(gòu)造函數(shù)h（x）=ln（1+x）-ln（1-x）-k（x+$\frac{{x}^{3}}{3}$），再分類討論，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值的關(guān)系即可求出．

解答 解：（1）方程f（x）=$\frac{m}{x}$在[$\frac{1}{3}$，$\frac{1}{2}$]上有解，即：m=xf（x）在x∈[$\frac{1}{3}$，$\frac{1}{2}$]有解
令φ（x）=xf（x）=x[ln（1+x）-ln（1-x）]
所以φ′（x）=[ln（1+x）-ln（1-x）]+x（$\frac{1}{1+x}$+$\frac{1}{1-x}$）
因為x∈[$\frac{1}{3}$，$\frac{1}{2}$]，所以1+x∈[$\frac{4}{3}$，$\frac{3}{2}$].1-x∈[$\frac{1}{2}$，$\frac{2}{3}$]
所以ln（1+x）＞0，ln（1-x）＜0
所以[ln（1+x）-ln（1-x）]+x（$\frac{1}{1+x}$+$\frac{1}{1-x}$）＞0，即φ′（x）＞0
所以φ（x）在區(qū)間[$\frac{1}{3}$，$\frac{1}{2}$]上單調(diào)遞增            
因為 φ（$\frac{1}{3}$）=$\frac{1}{3}$（ln$\frac{4}{3}$-ln$\frac{2}{3}$）=$\frac{1}{3}$ln2，φ（$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{2}$（ln$\frac{3}{2}$-ln$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{3}$ln3
所以 φ（x）∈[$\frac{1}{3}$ln2，$\frac{1}{2}$ln3]，
 所以m∈）∈[$\frac{1}{3}$ln2，$\frac{1}{2}$ln3]，
（2）設(shè)g（x）=ln（1+x）-ln（1-x）-2（x+$\frac{{x}^{3}}{3}$），
則g′（x）=$\frac{1}{1+x}$+$\frac{1}{1-x}$-2（1+x²）=$\frac{2{x}^{4}}{1-{x}^{2}}$，當(dāng)x∈（0，1）時，g′（x）＞0
所以g（x）在（0，1）是為增函數(shù)，
則g（x）＞g（0）=0，因此，x∈（0，1）時
所以ln（1+x）-ln（1-x）-2（x+$\frac{{x}^{3}}{3}$）＞0
所以：當(dāng)x∈（0，1）時，f（x）＞2（x+$\frac{{x}^{3}}{3}$）；
（3）令h（x）=ln（1+x）-ln（1-x）-k（x+$\frac{{x}^{3}}{3}$）
要使得f（x）＞k（x+$\frac{{x}^{3}}{3}$）對x∈（0，1）恒成立，
則h（x）＞0對x∈（0，1）恒成立，
h′（x）=$\frac{1}{1+x}$+$\frac{1}{1-x}$-k（1+x²）=$\frac{k{x}^{4}+2-k}{1-{x}^{2}}$
①當(dāng)k∈[0，2]時，h′（x）≥0，函數(shù)h（x）在（0，1）上是增函數(shù)，
h（x）＞h（0）=0，符合題意
②當(dāng)k＞2時，令h′（x）=0，得：x=$\root{4}{\frac{k-2}{k}}$或x=-$\root{4}{\frac{k-2}{k}}$（舍去）
因為k＞2，所以$\root{4}{\frac{k-2}{k}}$∈（0，1）

x	（0，$\root{4}{\frac{k-2}{k}}$）	$\root{4}{\frac{k-2}{k}}$	（$\root{4}{\frac{k-2}{k}}$，1）
h′（x）=	-	0	+
h（x）	1	極小值	Z

f（$\root{4}{\frac{k-2}{k}}$）＜f（0）=0顯然不成立，
綜上：k的最大值為2

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值的關(guān)系以及參數(shù)的取值范圍和函數(shù)恒成立的問題，關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)，屬于中檔題．