Question

4．已知f（x）=$\frac{{e}^{x}-1}{{e}^{x}+1}$（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．
（1）求曲線(xiàn)y=f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線(xiàn)方程；
（2）求證：當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞$\frac{x}{x+2}$恒成立；
（3）已知k＞0，如果當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞$\frac{kx}{{e}^{x}+1}$恒成立，求k的最大值．

Answer 1

分析 （1）分離常數(shù)發(fā)化簡(jiǎn)函數(shù)f（x），求出f′（x）計(jì)算切線(xiàn)的斜率，利用點(diǎn)斜式寫(xiě)出切線(xiàn)方程；
（2）x＞0時(shí)化簡(jiǎn)不等式f（x）＞$\frac{x}{x+2}$，構(gòu)造函數(shù)h（x）=e^x-x-1，x＞0，利用導(dǎo)數(shù)判斷h（x）單調(diào)性與最值，從而證明不等式恒成立；
（3）x＞0時(shí)化簡(jiǎn)f（x）＞$\frac{kx}{{e}^{x}+1}$，構(gòu)造函數(shù)p（x）=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$，x＞0，利用導(dǎo)數(shù)判斷p（x）的單調(diào)性與最值，從而求出k的最大值．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{{e}^{x}-1}{{e}^{x}+1}$=$\frac{{e}^{x}+1-2}{{e}^{x}+1}$=1-$\frac{2}{{e}^{x}+1}$，
∴f′（x）=-$\frac{{-2e}^{x}}{{{（e}^{x}+1）}^{2}}$=$\frac{{2e}^{x}}{{{（e}^{x}+1）}^{2}}$，
∴f′（0）=$\frac{2}{{（1+1）}^{2}}$=$\frac{1}{2}$，
且f（0）=$\frac{1-1}{1+1}$=0，
∴曲線(xiàn)y=f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線(xiàn)方程為
y-0=$\frac{1}{2}$（x-0），
即y=$\frac{1}{2}$x；
（2）證明：當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞$\frac{x}{x+2}$=$\frac{x+2-2}{x+2}$=1-$\frac{2}{x+2}$，
∴1-$\frac{2}{{e}^{x}+1}$＞1-$\frac{2}{x+2}$，
∴$\frac{1}{{e}^{x}+1}$＜$\frac{1}{x+2}$，
∴e^x+1＞x+2，
即e^x＞x+1；
設(shè)h（x）=e^x-x-1，x＞0，
則h′（x）=e^x-1＞e⁰-1=0，
∴h（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴h（x）＞h（0）=e⁰-0-1=0，
即e^x-x-1＞0，
∴e^x＞x+1；
即x＞0時(shí)，f（x）＞$\frac{x}{x+2}$恒成立；
（3）當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞$\frac{kx}{{e}^{x}+1}$，
∴$\frac{{e}^{x}-1}{{e}^{x}+1}$＞$\frac{kx}{{e}^{x}+1}$，
即e^x-1＞kx，
∴$\frac{{e}^{x}-1}{x}$＞k；
設(shè)p（x）=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$，x＞0，
則p′（x）=$\frac{{xe}^{x}-{（e}^{x}-1）}{{x}^{2}}$=$\frac{{xe}^{x}{-e}^{x}+1}{{x}^{2}}$；
令p′（x）=0，解得x=0，
∴x＞0時(shí)，p′（x）＞0恒成立，
∴p（x）＞p（0）；
又x＞0時(shí)，e^x＞x+1，
∴e^x-1＞x+1-1=x，
∴$\frac{{e}^{x}-1}{x}$＞1，
∴k的最大值是1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)在某一點(diǎn)處的切線(xiàn)方程以及證明不等式恒成立問(wèn)題，也考查了構(gòu)造函數(shù)與求函數(shù)最值問(wèn)題，是綜合性題目．