2025_新课标II卷
18．（17 分）
已知函数 $f(x)=\ln (1+x)-x+\frac{1}{2} x^{2}-k x^{3}$ ，其中 $0<k<\frac{1}{3}$ ．
（1） 证明：$f(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 存在唯一的极值点和唯一的零点；
② 设 $x_{1}, x_{2}$ 分别为 $f(x)$ 在区间（ $0,+\infty$ ）的极值点和零点。
（i） 设函数 $g(t)=f\left(x_{1}+t\right)-f\left(x_{1}-t\right)$ ，证明：$g(t)$ 在区间 $\left(0, x_{1}\right)$ 单调递减；
（ii） 比较 $2 x_{1}$ 与 $x_{2}$ 的大小，并证明你的结论．
【解答】
（17 分）$f(x)=\ln (1+x)-x+\frac{1}{2} x^{2}-k x^{3}, 0<k<\frac{1}{3}$ ．
① 证明：$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 存在唯一极值点和唯一零点；
② 设 $x_{1}, x_{2}$ 为 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 的极值点和零点；
（i） $g(t)=f\left(x_{1}+t\right)-f\left(x_{1}-t\right)$ 。证明：$g(t)$ 在 $\left(0, x_{1}\right)$ 单调递减。
（ii） 比较 $2 x_{1}$ 与 $x_{2}$ 的大小，并证明．
【解答】①证明：因为 $f(x)=\ln (1+x)-x+\frac{1}{2} x^{2}-k x^{3}, k \in\left(0, \frac{1}{3}\right)$ ，
所以 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}-1+x-3 k x^{2}$
$$ \begin{aligned} & =\frac{1-1-x+x+x^{2}-3 k x^{2}-3 k x^{3}}{1+x} \\ & =\frac{-3 k x^{2}}{1+x}\left(x+1-\frac{1}{3 k}\right) \end{aligned} $$
当 $x>0$ 时，令 $f^{\prime}(x)=0$ ，解得 $x=\frac{1}{3 k}-1>0$ ，
所以当 $0<x<\frac{1}{3 k}-1$ 时，$f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增；
当 $x>\frac{1}{3 k}-1$ 时，$f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减，
所以 $x=\frac{1}{3 k}-1$ 是 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上唯一的极值点，是极大值点。
又因为 $f\left(\frac{1}{3 k}-1\right)>f(0)=0, f\left(\frac{1}{2 k}\right)=\ln \left(1+\frac{1}{2 k}\right)-\frac{1}{2 k}<0$ ，
所以 $\exists x_{2} \in\left(\frac{1}{3 k}-1, \frac{1}{2 k}\right), f\left(x_{2}\right)=0$ ，
即 $x_{2}$ 是 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上唯一的零点；
②解：（i）因为 $g(t)=f\left(x_{1}+t\right)-f\left(x_{1}-t\right)$ ，
所以 $g^{\prime}(t)=f^{\prime}\left(x_{1}+t\right)+f^{\prime}\left(x_{1}-t\right)$
$$ \begin{aligned} & =\frac{-3 k\left(x_{1}+t\right)^{2}}{1+x_{1}+t}\left(x_{1}+t-x_{1}\right)+\frac{-3 k\left(x_{1}-t\right)^{2}}{1+x_{1}-t}\left(x_{1}-t-x_{1}\right) \\ & =3 k t\left[\frac{\left(x_{1}-t\right)^{2}}{1+x_{1}+t}+\frac{\left(x_{1}+t\right)^{2}}{1+x_{1}-t}\right] \\ & =\frac{6 k t^{2}\left(t^{2}-x_{1}^{2}-2 x_{1}\right)}{\left(1+x_{1}\right)^{2}-t^{2}} \end{aligned} $$
因为 $t \in\left(0, x_{1}\right)$ ，所以 $t^{2}-x_{1}{ }^{2}-2 x_{1}<0,\left(1+x_{1}\right)^{2}-t^{2}>0$ ，
所以 $g^{\prime}(t)=\frac{6 k t^{2}\left(t^{2}-x_{1}^{2}-2 x_{1}\right)}{\left(1+x_{1}\right)^{2}-t^{2}}<0$ ，
即 $g(t)$ 在 $t \in\left(0, x_{1}\right)$ 上单调递减；
（ii）由（i）得，$g(t)$ 在 $t \in\left(0, x_{1}\right)$ 上单调递减，
所以 $g\left(x_{1}\right)<g(0)$ ，
即 $f\left(2 x_{1}\right)-f(0)<f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{1}\right)=0, f\left(2 x_{1}\right)<0$ ，
因为 $x_{2}$ 是 $f(x)$ 的零点，所以 $f\left(x_{2}\right)=0$ ，
所以 $f\left(2 x_{1}\right)<f\left(x_{2}\right)$ ，
又因为 $x_{2}>x_{1}, 2 x_{1}>x_{1}$ ，且 $f(x)$ 在 $\left(x_{1},+\infty\right)$ 上单调递减，
所以 $2 x_{1}>x_{2}$ ．