（17 分） f(x)=ln (1+x)-x+ 1 2 x…——2025 高考数学第 17 题答案解析

先求导：
$$ f'(x)=\frac{1}{1+x}-1+x-3kx^2 =\frac{x^2}{1+x}-3kx^2 =\frac{3kx^2}{1+x}\left(\frac{1}{3k}-1-x\right). $$
因为 $0<k<\frac13$，所以
$$ x_1=\frac{1}{3k}-1>0. $$
当 $0<x<x_1$ 时，$f'(x)>0$；当 $x>x_1$ 时，$f'(x)<0$。因此 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上先增后减，且只在 $x=x_1$ 处导数为零，故 $x=x_1$ 是 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上唯一的极值点，并且是极大值点。

又 $f(0)=0$，且 $f(x)$ 在 $(0,x_1]$ 上严格递增，所以 $f(x)>0$ 对 $0<x\le x_1$ 成立。取 $x=\frac{1}{2k}$，有
$$ \frac{1}{2k}-x_1=\frac{1}{6k}+1>0, $$
且
$$ f\left(\frac{1}{2k}\right) =\ln\left(1+\frac{1}{2k}\right)-\frac{1}{2k} +\frac{1}{8k^2}-\frac{1}{8k^2} =\ln\left(1+\frac{1}{2k}\right)-\frac{1}{2k}<0. $$
于是由连续性可知，$f(x)$ 在 $(x_1,\frac{1}{2k})$ 内至少有一个零点；又 $f(x)$ 在 $(x_1,+\infty)$ 上严格递减，因此该零点唯一。记为 $x_2$，则 $x_2>x_1$。

由上面所得 $x_1=\frac{1}{3k}-1$，可将导数写成
$$ f'(x)=\frac{3kx^2}{1+x}(x_1-x). $$
对 $g(t)=f(x_1+t)-f(x_1-t)$，在 $t\in(0,x_1)$ 上有
$$ \begin{aligned} g'(t) &=f'(x_1+t)+f'(x_1-t)\\ &=-\frac{3kt(x_1+t)^2}{1+x_1+t} +\frac{3kt(x_1-t)^2}{1+x_1-t}\\ &=3kt\left[ \frac{(x_1-t)^2}{1+x_1-t} -\frac{(x_1+t)^2}{1+x_1+t} \right]\\ &=3kt\cdot \frac{(x_1-t)^2(1+x_1+t)-(x_1+t)^2(1+x_1-t)} {(1+x_1)^2-t^2}\\ &=\frac{6kt^2(t^2-x_1^2-2x_1)}{(1+x_1)^2-t^2}. \end{aligned} $$
当 $0<t<x_1$ 时，
$$ t^2-x_1^2-2x_1<0,\qquad (1+x_1)^2-t^2>0, $$
所以 $g'(t)<0$。因此 $g(t)$ 在 $(0,x_1)$ 上单调递减。

由于 $g$ 在 $[0,x_1]$ 上连续，在 $(0,x_1)$ 内可导且 $g'(t)<0$，故 $g$ 在 $[0,x_1]$ 上严格递减。于是
$$ g(x_1)<g(0)=0. $$
而
$$ g(x_1)=f(2x_1)-f(0)=f(2x_1), $$
所以
$$ f(2x_1)<0. $$
又 $f(x_2)=0$，且 $f(x)$ 在 $(x_1,+\infty)$ 上严格递减，$2x_1>x_1$，$x_2>x_1$，由
$$ f(2x_1)<f(x_2) $$
可得
$$ 2x_1>x_2. $$

综上，(1) 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。；(2) 所以 $2 x_{1}>x_{2}$ ．