Question

9．已知函数f（x）=e^x-e^-x．
（Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（Ⅱ）当x∈（0，1）时，不等式e^x-e^-x＞k（x+$\frac{{x}^{3}}{6}$）恒成立，求实数k的最大值．

Answer 1

分析 （I）f（0）=0，f′（x）=e^x+e^-x．f′（0）=2．利用点斜式即可得出切线方程．
（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时，g′（x）≥0，函数g（x）在x∈（0，1）上单调递增，g（x）＞g（0）恒成立．
②当k＞0时，g^″（x）=e^x-e^-x-kx=h（x）．g^″（0）=0．h′（x）=e^x+e^-x-k，h′（0）=2-k．
（i）当0＜k≤2时，h′（x）＞h′（0）=2-k≥0．函数g^″（x）在x∈（0，1）上单调递增，可得g^″（x）＞0．进而达到函数g（x）在x∈（0，1）上单调递增，满足条件．
（ii）e+e^-1≥k＞2时，h′（0）=2-k＜0，h′（1）=e+e^-1-k＞0，可得函数h′（x）存在零点x₀∈（0，1），h′（x₀）=${e}^{{x}_{0}}+{e}^{-{x}_{0}}$-k=0．利用导数研究其单调性可得：函数g（x）在在（0，x₀）上单调递减，因此g（x）＜g（0），不符合题意，舍去．
（iii）k＞e+e^-1，h′（1）=e+e^-1-k＜0，函数g^″（x）在x∈（0，1）上单调递增，g^″（x）＜0．可得函数g（x）在x∈（0，1）上单调递减，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．
∴曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为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时，g′（x）≥0，函数g（x）在x∈（0，1）上单调递增，g（x）＞g（0）恒成立．
②当k＞0时，g^″（x）=e^x-e^-x-kx=h（x）．g^″（0）=0．
h′（x）=e^x+e^-x-k，h′（0）=2-k．
（i）当0＜k≤2时，h′（x）＞h′（0）=2-k≥0．函数g^″（x）在x∈（0，1）上单调递增，∴g^″（x）＞0．
可得g′（x）在x∈（0，1）上单调递增，可得：g′（x）＞g′（0）=2-k≥0，函数g（x）在x∈（0，1）上单调递增，g（x）＞g（0）恒成立．
（ii）e+e^-1≥k＞2时，h′（0）=2-k＜0，h′（1）=e+e^-1-k＞0，∴函数h′（x）存在零点x₀∈（0，1），h′（x₀）=${e}^{{x}_{0}}+{e}^{-{x}_{0}}$-k=0．函数h（x）在（0，x₀）上单调递减；在（x₀，1）上单调递增．h（0）=g^″（0）=0．h（x）_min=h（x₀）=${e}^{{x}_{0}}$-${e}^{-{x}_{0}}-k{x}_{0}$＜g^″（0）=0．∴函数g′（x）在（0，x₀）上单调递减，g′（x）＜g′（0）=2-k＜0，可得函数g（x）在在（0，x₀）上单调递减，因此g（x）＜g（0），不符合题意，舍去．
（iii）k＞e+e^-1，h′（1）=e+e^-1-k＜0，函数g^″（x）在x∈（0，1）上单调递增，∴g^″（x）＜0．可得g′（x）在x∈（0，1）上单调递减，可得：g′（x）＜g′（0）=2-k＜0，函数g（x）在x∈（0，1）上单调递减，g（x）＜g（0）=0恒成立．舍去．
综上可得：实数k的最大值为2．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法、分析法、函数零点存在定理，考查了推理能力与计算能力，属于难题．