题目 已知函数 $f(x)=\ln\dfrac{1+x}{1-x}$． 问题1 求曲线 $y=f(x)$ 在 $(0,f(0))$ 处的切线方程； 答案1 $y=2x$ 解析1 $f(x)$ 的导函数$$f'(x)=\dfrac{1-x}{1+x}\cdot\dfrac{(1-x)+(1+x)}{(1-x)^2}=\dfrac{2}{1-x^2},$$于是曲线 $y=f(x)$ 在 $x=0$ 处的切线方程为$$y=f'(0)(x-0)+f(0),$$即 $y=2x$． 备注1 问题2 求证：当 $x\in (0,1)$ 时，$f(x)>2\left(x+\dfrac{x^3}3\right)$； 答案2 略 解析2 令 $g(x)=f(x)-2\left(x+\dfrac{x^3}3\right)$，则 $g(x)$ 的导函数$$g'(x)=\dfrac{2}{1-x^2}-2(1+x^2)=\dfrac{2x^4}{1-x^2},$$当 $x\in (0,1)$ 时，恒有 $g'(x)>0$，于是 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增，从而$$g(x)>g(0)=0,$$原不等式得证． 备注2 问题3 设实数 $k$ 使得 $f(x)>k\left(x+\dfrac{x^3}3\right)$ 对 $x\in (0,1)$ 恒成立，求 $k$ 的最大值． 答案3 $2$ 解析3 令 $h(x)=f(x)-k\left(x+\dfrac{x^3}3\right)$，则 $h(x)$ 的导函数$$h'(x)=\dfrac{2}{1-x^2}-k(1+x^2)=\dfrac{kx^4+(2-k)}{1-x^2}.$$注意到 $h(0)=0$，于是 $h(x)$ 在 $(0,1)$ 上恒有 $h(x)>0$ 的一个必要条件是 $h'(0)\geqslant 0$，即 $k\leqslant 2$．证明如下：<br/>若不然，$k>2$，此时函数 $h(x)$ 在 $\left(0,\sqrt[4]{\dfrac{k-2}{k}}\right)$ 上单调递减（注意，其中 $\sqrt[4]{\dfrac{k-2}k}<1$），于是$$h\left(\sqrt[4]{\dfrac{k-2}k}\right)<h(0)=0,$$不符合题意．<br/>再由第 $(2)$ 小题的结论，可得 $k$ 的最大值为 $2$． 备注3 事实上，我们对函数 $f(x)=\ln (1+x)$（$-1<x<1$）有泰勒展开式：$$\ln (1+x)=x-\dfrac{x^2}2+\dfrac{x^3}3-\cdots,$$因此亦有$$\ln (1-x)=-x-\dfrac{x^2}2-\dfrac{x^3}3-\cdots ,$$两式相减即得$$\ln\dfrac{1+x}{1-x}=2\left(x+\dfrac{x^3}3+\cdots \right),$$这是估算自然对数的重要公式．