已知函数 $f(x)=\ln\dfrac{1+x}{1-x}$．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
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
$2$
【解析】
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：
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．
接下来证明 $k$ 可以取到 $2$．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．
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．
接下来证明 $k$ 可以取到 $2$．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．
答案
解析
备注
