2025_新课标 II 卷
18. （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,+∞)存在唯一极值点和唯一零点；
② 设 $x _ { 1 } , x _ { 2 }$ 为 f(x)在(0,+∞)的极值点和零点；
(i) $g ( t ) = f ( x _ { 1 } + t ) - f ( x _ { 1 } - t )$ 。证明：g(t)在 $\left( 0 , x _ { 1 } \right)$ 单调递减.
（ii）比较 $2 x _ { 1 } x _ { 2 }$ 的大小，并证明.
先把常见基础得分点练稳，再回来处理综合题。
【解答】（1）证明：因为 $f ( x ) = \ln ( 1 + x ) - x + \frac { 1 } { 2 } x ^ { 2 } - k x ^ { 3 } ~ , ~ k \in ( 0 , \frac { 1 } { 3 } )$
所以 $f ^ { \prime } ( x ) = { \frac { 1 } { 1 + x } } - 1 + x - 3 k x ^ { 2 }$
$$ = { \frac { 1 - 1 - x + x + x ^ { 2 } - 3 k x ^ { 2 } - 3 k x ^ { 3 } } { 1 + x } } $$
$$ = \frac { - 3 k x ^ { 2 } } { 1 + x } ( x + 1 - \frac { 1 } { 3 k } ) ; $$
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， $f ^ { \prime } ( x ) > 0 , \quad f ( x )$ 单调递增；
当 $x > \frac { 1 } { 3 k } - 1$ 时， $f ^ { \prime } ( x ) < 0 , \quad f ( x )$ 单调递减，
所以 $x = \frac { 1 } { 3 k } - 1$ 是 f(x)在(0,+∞)上唯一的极值点，是极大值点.
又因为 $f ( \frac { 1 } { 3 k } - 1 ) > f ( 0 ) = 0 \ , f ( \frac { 1 } { 2 k } ) = \ln ( 1 + \frac { 1 } { 2 k } ) - \frac { 1 } { 2 k } < 0$
所以 $\exists x _ { 2 } \in ( \frac { 1 } { 3 k } - 1 , \frac { 1 } { 2 k } ) , f ( x _ { 2 } ) = 0$
即 $x _ { 2 }$ 是 f(x)在(0,+∞) 上唯一的零点；
> （2）解：（i）因为 $g ( t ) = f ( x _ { 1 } + t ) - f ( x _ { 1 } - t )$ 所以 $g ^ { \prime } ( t ) = f ^ { \prime } ( x _ { 1 } + t ) + f ^ { \prime } ( x _ { 1 } - t )$ $= { \frac { - 3 k ( x _ { 1 } + t ) ^ { 2 } } { 1 + x _ { 1 } + t } } ( x _ { 1 } + t - x _ { 1 } ) + { \frac { - 3 k ( x _ { 1 } - t ) ^ { 2 } } { 1 + x _ { 1 } - t } } ( x _ { 1 } - t - x _ { 1 } )$ $= 3 k t { \left[ \frac { \left( x _ { 1 } - t \right) ^ { 2 } } { 1 + x _ { 1 } + t } + \frac { \left( x _ { 1 } + t \right) ^ { 2 } } { 1 + x _ { 1 } - t } \right] }$ $= { \frac { 6 k t ^ { 2 } ( t ^ { 2 } - { x _ { 1 } } ^ { 2 } - 2 x _ { 1 } ) } { ( 1 + x _ { 1 } ) ^ { 2 } - t ^ { 2 } } } ,$ 因为 $t \in ( 0 , x _ { 1 } )$ ，所以 $t ^ { 2 } - { x _ { 1 } } ^ { 2 } - 2 x _ { 1 } < 0 \ , ( 1 + x _ { 1 } ) ^ { 2 } - t ^ { 2 } > 0$ 所以 $g ^ { \prime } ( t ) = { \frac { 6 k t ^ { 2 } ( t ^ { 2 } - { x _ { 1 } } ^ { 2 } - 2 x _ { 1 } ) } { ( 1 + x _ { 1 } ) ^ { 2 } - t ^ { 2 } } } < 0$
即 $g ( t )$ 在 $t \in ( 0 , x _ { 1 } )$ 上单调递减；
（ii）由（i）得，g(t)在 $t \in ( 0 , x _ { 1 } )$ 上单调递减，
所以 $g ( x _ { 1 } ) < g ( 0 )$
即 $f ( 2 x _ { 1 } ) - f ( 0 ) < f ( x _ { 1 } ) - f ( x _ { 1 } ) = 0 , f ( 2 x _ { 1 } ) < 0$
因为 $x _ { 2 }$ 是 f(x)的零点，所以 $f ( x _ { 2 } ) = 0$
所以 $f ( 2 x _ { 1 } ) < f ( x _ { 2 } )$
又因为 $x _ { 2 } > x _ { 1 } , 2 x _ { 1 } > x _ { 1 }$ ，且f(x)在 $( x _ { 1 } , + \infty )$ 上单调递减，
所以 $2 x _ { 1 } > x _ { 2 }$