2025年高考全国II卷 #18
已知函数 $f(x)=\ln (1+x)-x+\dfrac{1}{2} x^2-k x^3$，其中 $0<k<\dfrac{1}{3}$．
1、证明：$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 存在唯一极值点和唯一零点；
2、设 $x_1, x_2$ 分别为 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 的极值点和零点．
① 设 $g(t)=f\left(x_1+t\right)-f\left(x_1-t\right)$．证明：$g(t)$ 在 $\left(0, x_1\right)$ 单调递减；
② 比较 $2 x_1$ 与 $x_2$ 的大小，并证明你的结论．
解析
1、函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\dfrac1{1+x}-1+x-3kx^2=\dfrac{x^2}{x+1}\cdot \left(-3k\left(x-\dfrac{1-3k}{3k}\right)\right),\]因此\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c}\hline x&0&\left(0,\dfrac{1-3k}{3k}\right)&\dfrac{1-3k}{3k}&\left(\dfrac{1-3k}{3k},+\infty\right)&+\infty\\ \hline f'(x)&&+&0&-&\\ \hline f(x)&0&\nearrow&\text{极大值}&\searrow&-\infty\\ \hline\end{array}\]于是 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 存在唯一极值点和唯一零点．
当 $x\to +\infty$ 时，$f(x)\to-\infty$ 的证明：对任意 $m<0$，当 $x>\max\left\{\dfrac 1k,\sqrt[3]{\dfrac{-2m}{k}}\right\}$ 时，有\[ f(x)<\dfrac 12x^2-kx^3=\dfrac 12x^2(1-kx)-\dfrac 12kx^3<m,\]
2、① 根据题意，有\[x_1=\dfrac{1-3k}{3k}\iff k=\dfrac{1}{3(1+x_1)},\]于是\[f'(x)=\dfrac{x^2}{1+x}\cdot \dfrac{x_1-x}{x_1+1},\]从而 \[\begin{split} g'(t)&=f'(x_1+t)+f'(x_1-t)\\ &=\dfrac{(x_1+t)^2}{1+x_1+t}\cdot \dfrac{-t}{x_1+1}+\dfrac{(x_1-t)^2}{1+x_1-t}\cdot \dfrac{t}{x_1+1}\\ &=\dfrac{2t^2(t^2-x_1^2-2x_1)}{(x_1+1)\left((x_1+1)^2-t^2\right)},\end{split}\]当 $t\in(0,x_1)$ 时，有 $t^2-x_1^2-2x_1<0$，$(x_1+1)^2-t^2>0$，因此 $g'(t)<0$，于是 $g(t)$ 在 $(0,x_1)$ 上单调递减；
② 根据 ① 的结论，有\[g(x_1)<g(0)\implies f(2x_1)-f(0)<f(x_1)-f(x_1)\implies f(2x_1)<0\implies f(2x_1)<f(x_2),\]又根据第 $(1)$ 小题的结果，函数 $f(x)$ 在区间 $x\in (x_1,+\infty)$ 上单调递减，从而 $2x_1>x_2$．