Question

11．已知函数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，求实数m的范围；
（2）求证：当x∈（0，1）时，f（x）＞2（x+$\frac{{x}^{3}}{3}$）；
（3）设正数k使得f（x）＞k（x+$\frac{{x}^{3}}{3}$）对x∈（0，1）恒成立，求k的最大值．

Answer 1

分析 （1）方程有解，转化为m=xf（x）在x∈[$\frac{1}{3}$，$\frac{1}{2}$]有解，构造函数，根据导数和函数最值的关系求出函数的值域即可，
（2）构造函数g（x）=ln（1+x）-ln（1-x）-2（x+$\frac{{x}^{3}}{3}$），根据导数和函数的最值即可判断，
（3）构造函数h（x）=ln（1+x）-ln（1-x）-k（x+$\frac{{x}^{3}}{3}$），再分类讨论，根据导数和函数的最值的关系即可求出．

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（$\frac{1}{1+x}$+$\frac{1}{1-x}$）
因为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）在区间[$\frac{1}{3}$，$\frac{1}{2}$]上单调递增            
因为 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）设g（x）=ln（1+x）-ln（1-x）-2（x+$\frac{{x}^{3}}{3}$），
则g′（x）=$\frac{1}{1+x}$+$\frac{1}{1-x}$-2（1+x²）=$\frac{2{x}^{4}}{1-{x}^{2}}$，当x∈（0，1）时，g′（x）＞0
所以g（x）在（0，1）是为增函数，
则g（x）＞g（0）=0，因此，x∈（0，1）时
所以ln（1+x）-ln（1-x）-2（x+$\frac{{x}^{3}}{3}$）＞0
所以：当x∈（0，1）时，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+$\frac{{x}^{3}}{3}$）对x∈（0，1）恒成立，
则h（x）＞0对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当k∈[0，2]时，h′（x）≥0，函数h（x）在（0，1）上是增函数，
h（x）＞h（0）=0，符合题意
②当k＞2时，令h′（x）=0，得：x=$\root{4}{\frac{k-2}{k}}$或x=-$\root{4}{\frac{k-2}{k}}$（舍去）
因为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	极小值	Z

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

点评 本题考查了导数和函数的最值的关系以及参数的取值范围和函数恒成立的问题，关键是构造函数，属于中档题．