已知函数 f(x) = ln(1+x) - x + (1)/(2) x^2 - kx^3，其中 0 < k < (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(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。

我们来逐步分析并解答这道题。 --- ## **题目解析** 给定函数： $$ f(x) = \ln(1+x) - x + \frac{1}{2}x^2 - kx^3, \quad \text{其中 } 0 < k < \frac{1}{3} $$ --- ## **第(1)问：证明 $ f(x) $ 在 $ (0, +\infty) $ 上存在唯一的极值点和唯一的零点** ### **1. 极值点的存在与唯一性** 极值点是导数为零的点，我们先求导： $$ f'(x) = \frac{1}{1+x} - 1 + x - 3kx^2 $$ 令： $$ f'(x) = 0 \Rightarrow \frac{1}{1+x} - 1 + x - 3kx^2 = 0 $$ 我们来分析这个函数在 $ (0, +\infty) $ 上的性质。 令： $$ h(x) = \frac{1}{1+x} - 1 + x - 3kx^2 $$ 分析 $ h(x) $ 的单调性，求导： $$ h'(x) = -\frac{1}{(1+x)^2} + 1 - 6kx $$ 分析导数符号： - $ -\frac{1}{(1+x)^2} < 0 $，$ 1 - 6kx $ 随 $ x $ 增大而减小 - 当 $ x \to 0^+ $，$ h'(x) \to 1 - 0 = 1 > 0 $ - 当 $ x \to +\infty $，$ h'(x) \to -\infty $ 所以 $ h'(x) $ 从正变负，说明 $ h(x) $ 先增后减，即 $ f'(x) $ 先增后减。 又因为： - $ f'(0) = \frac{1}{1} - 1 + 0 - 0 = 0 $ - 当 $ x \to +\infty $，$ f'(x) \to -\infty $ 所以 $ f'(x) $ 在 $ (0, +\infty) $ 上从 0 开始，先增加到某个极大值，然后减少到 $ -\infty $，说明存在唯一的 $ x_1 > 0 $ 使得 $ f'(x_1) = 0 $，即存在**唯一的极值点**。 --- ### **2. 零点的存在与唯一性** 我们考虑函数 $ f(x) $ 在 $ (0, +\infty) $ 上的零点。 - $ f(0) = \ln(1) - 0 + 0 - 0 = 0 $ - 但 $ x = 0 $ 不在开区间 $ (0, +\infty) $ 内，所以不是我们关心的零点 我们分析 $ f(x) $ 的单调性： - 从上面的分析，$ f'(x) $ 在 $ (0, +\infty) $ 上先增后减，且在某点 $ x_1 > 0 $ 达到最大值后递减 - 所以 $ f(x) $ 在 $ (0, x_1) $ 上递增，在 $ (x_1, +\infty) $ 上递减 由于 $ f(x) $ 在 $ x \to 0^+ $ 时： $$ f(x) \approx \ln(1+x) - x + \frac{1}{2}x^2 \approx x - \frac{1}{2}x^2 - x + \frac{1}{2}x^2 = 0 $$ 而当 $ x \to +\infty $，$ f(x) \to -\infty $（因为 $ -kx^3 $ 占主导） 所以函数 $ f(x) $ 在 $ (0, +\infty) $ 上先增后减，从 0 增到某个最大值后减到负无穷，因此一定存在一个**唯一的零点** $ x_2 > 0 $。 --- ## **第(2)问：** ### **(i) 设函数 $ g(t) = f(x_1 + t) - f(x_1 - t) $，证明：$ g(t) $ 在 $ (0, x_1) $ 单调递减** 我们对 $ g(t) $ 求导： $$ g(t) = f(x_1 + t) - f(x_1 - t) $$ $$ g'(t) = f'(x_1 + t) + f'(x_1 - t) $$ 我们希望证明 $ g'(t) < 0 $ 在 $ t \in (0, x_1) $ 考虑 $ f'(x) = \frac{1}{1+x} - 1 + x - 3kx^2 $ 由于 $ x_1 $ 是极值点，有 $ f'(x_1) = 0 $ 又因为 $ f'(x) $ 在 $ (0, x_1) $ 上递增，在 $ (x_1, +\infty) $ 上递减 所以： - $ f'(x_1 + t) < 0 $，因为 $ x_1 + t > x_1 $ - $ f'(x_1 - t) > 0 $，因为 $ x_1 - t < x_1 $ 因此： $$ g'(t) = f'(x_1 + t) + f'(x_1 - t) < 0 $$ 所以 $ g(t) $ 在 $ (0, x_1) $ 上单调递减。 --- ### **(ii) 比较 $ 2x_1 $ 与 $ x_2 $ 的大小** 我们考虑函数 $ f(x) $ 在 $ x_1 $ 处取得极值，且 $ f(x_1) > 0 $（因为极值点是极大值点） 我们设 $ x_2 $ 是 $ f(x) $ 的零点，即 $ f(x_2) = 0 $ 我们考虑函数在 $ x_1 $ 附近的对称性： 定义 $ g(t) = f(x_1 + t) - f(x_1 - t) $ 我们已经知道 $ g(t) < 0 $ 在 $ t \in (0, x_1) $ 即： $$ f(x_1 + t) < f(x_1 - t) $$ 令 $ t = x_1 $，那么： $$ f(2x_1) < f(0) = 0 $$ 而 $ f(x_2) = 0 $，所以 $ f(2x_1) < 0 = f(x_2) $ 由于 $ f(x) $ 在 $ (x_1, +\infty) $ 上单调递减，所以： $$ f(2x_1) < f(x_2) \Rightarrow 2x_1 > x_2 $$ --- ## **最终结论** ### **(1)** - $ f(x) $ 在 $ (0, +\infty) $ 上存在唯一的极值点 $ x_1 > 0 $ - 存在唯一的零点 $ x_2 > 0 $ ### **(2)(i)** - $ g(t) = f(x_1 + t) - f(x_1 - t) $ 在 $ (0, x_1) $ 上单调递减 ### **(2)(ii)** - $ 2x_1 > x_2 $ --- ## **最终答案** $$ \boxed{2x_1 > x_2} $$