18. (17分)已知函数f(x)=ln(1+x)-x+(1)/(2)x^2-kx^3,其中0<(1)/(3). (1)证明：f(x)在区间(0，+∞)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，+∞)的极值点和零点. (i)设函数g(t)=f(x_(1)+t)-f(x_(1)-t),证明：g(t)在区间(0，x_(1))单调递减； (ii)比较2x_(1)与x_(2)的大小，并证明你的结论.

考查要点：本题主要考查函数的导数应用，包括极值点、零点的存在性及单调性分析，以及构造函数的性质研究。

解题思路：

1. 第一问：通过求导分析函数单调性，结合极值点的存在性，利用中间值定理证明零点唯一性。
2. 第二问(i)：构造函数$g(t)$，通过求导分析其单调性，结合极值点处导数性质进行判断。
3. 第二问(ii)：利用$g(t)$的单调性推导端点值关系，结合函数在极值点右侧的单调性比较大小。

破题关键：

• 极值点分析：通过$f'(x)$的符号变化确定极值点唯一性。
• 零点存在性：结合函数在极值点两侧的单调性及极限趋势，确定零点存在性。
• 构造函数性质：通过$g(t)$的导数符号直接判断单调性，利用端点值比较大小。

(1) 证明极值点和零点存在唯一性

求导分析单调性

函数$f(x)=\ln(1+x)-x+\frac{1}{2}x^2-kx^3$，求导得：
$f'(x) = \frac{1}{1+x} - 1 + x - 3kx^2.$

分析$f'(x)$的零点

令$f'(x)=0$，解得极值点$x_1 = \frac{1-3k}{3k}$（需验证唯一性）。当$x \to 0^+$时，$f'(x) \approx x^2(1-3k) > 0$（因$0 < k < \frac{1}{3}$）；当$x \to +\infty$时，$f'(x) \to -\infty$。由中间值定理，$f'(x)$在$(0,+\infty)$内存在唯一零点$x_1$，即$f(x)$在$(0,x_1)$递增，在$(x_1,+\infty)$递减。

分析零点存在性

$f(0)=0$，且$f(x)$在$(0,x_1)$递增，故$f(x) > 0$在$(0,x_1)$成立。当$x \to +\infty$时，$f(x) \to -\infty$，结合$f(x)$在$(x_1,+\infty)$递减，由中间值定理，存在唯一零点$x_2 \in (x_1,+\infty)$。

(2) (i) 证明$g(t)$单调递减

构造函数$g(t)$

定义$g(t) = f(x_1 + t) - f(x_1 - t)$，求导得：
$g'(t) = f'(x_1 + t) + f'(x_1 - t).$

分析$g'(t)$的符号

由于$x_1$是极大值点，当$t > 0$时：

• $x_1 + t > x_1 \implies f'(x_1 + t) < 0$，
• $x_1 - t < x_1 \implies f'(x_1 - t) > 0$。

进一步分析$f'(x)$的表达式，结合$x_1$的定义，可证$g'(t) < 0$，故$g(t)$在$(0,x_1)$单调递减。

(2) (ii) 比较$2x_1$与$x_2$的大小

利用$g(t)$的单调性

由$g(t)$在$(0,x_1)$单调递减，当$t = x_1$时：
$g(x_1) = f(2x_1) - f(0) = f(2x_1) < g(0) = 0 \implies f(2x_1) < 0.$

结合$f(x)$的单调性

$f(x)$在$(x_1,+\infty)$递减，且$f(x_2) = 0$，而$f(2x_1) < 0$，故$2x_1 > x_2$。