每日一导5

Problem

已知函数 $ f(x)= \ln ( x+1) -x+\frac{x^2}{2} - kx^3 \hspace {0.2cm} (0<k< \frac{1}{3} ) $ .

(1)证明: $ f(x) $ 在 $ (0,+\infin)$ 上有唯一极值点和零点.

(2)设 $ x_1,x_2 $ 分别为 \(f(x)\) 的极值点和零点,

(i)证明: $g(t)=f(x_1+t)-f(x_1-t) $ 在 $ (0,x_1)$ 上单调递减.

(ii)判断 $ 2x_1 $ 和 $x_2 $ 的大小关系并说明理由.

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分析

极值点偏移，引导给得很明显。

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Solution

(1)

已知

\[\begin {aligned} f'(x) &=\frac{1}{x+1}-1+x-2kx^2 \\ &= \frac{(x+1)(x-1) -2kx^2(x+1)}{x+1} \\ &= \frac{x^2}{x+1} (1-3k(x+1)) \\ \end {aligned} \]

设 $ h(x)=-3k(x+1)+1 $

$\because 0<k<\frac{1}{3} $

$ \therefore h(x)$ 单调递减, $h(\frac{1}{3k} -1) =0 $ , 在 \((0,+\infin)\) 上 \(f'(x)\) 有唯一变号零点， \(f(x)\) 有唯一极值点.

而 $\forall x\in(0,\frac{1}{3k} -1) $ , $ f'(x)>0 $ , \(f(x)\) 单调递增; \(\forall x\in(\frac{1}{3k} -1,+\infin)\) , $ f'(x)<0 $ , \(f(x)\) 单调递减.

$ \therefore f(\frac{1}{3k}-1) >f(0)=0$ .

又 $\because f(\frac{1}{k}) = \ln (1+\frac{1}{k}) -\frac{1}{k} +\frac{1}{2k^2} -\frac{1}{k^2} <0 $ ,

\(\therefore \exist x_0 \in (\frac{1}{3k}-1,\frac{1}{k})\) , \(f(x_0)=0\) .

即在 \((0,+\infin)\) 上 \(f(x)\) 有唯一零点,原命题得证.

(2)(i)

由(1)得, \(x_1 =\frac{1}{3k}-1\) .

则

\[\begin {aligned} g'(t)&=f'(x_1+t)+f'(x_1-t) \\ &= \frac{(x_1+t)^2}{x_1+1+t}[1-3k(x_1+1+t)] + \frac{(x_1-t)^2}{x_1+1-t}[1-3k(x_1+1-t)] \\ &= \frac{( \frac {1}{3k} -1+t)^2}{ \frac {1}{3k} +t}[1-3k( \frac {1}{3k} +t)] + \frac{( \frac {1}{3k} -1-t)^2}{ \frac {1}{3k} -t}[1-3k( \frac {1}{3k} -t)] \\ &= \frac{( \frac {1}{3k} -1+t)^2}{ \frac {1}{3k} +t}(-3kt) + \frac{( \frac {1}{3k} -1-t)^2}{ \frac {1}{3k} -t} · 3kt \\ &= 3kt( \frac{( \frac {1}{3k} -1-t)^2}{ \frac {1}{3k} -t} - \frac{( \frac {1}{3k} -1+t)^2}{ \frac {1}{3k} +t} ) \\ &=\frac{3kt}{(\frac {1}{3k} -t)(\frac {1}{3k} +t)} ·Q \end{aligned} \]

而

\[\begin{aligned} Q&= (\frac{1}{3k}+t ) (\frac{1}{3k}-1-t)^2 - (\frac{1}{3k}-t ) (\frac{1}{3k}-1+t)^2 \\ &=2t (\frac{1}{3k}-1)^2 +2t·t^2+2t(\frac{1}{3k}-1)(-\frac{2k}{3}) \\ &= 2t({x_1}^2+t^2-\frac{2k}{3}x_1) \\ &=2t·H \end {aligned} \]

因为

\[\begin{aligned} H&= {x_1}^2+t^2-\frac{2k}{3}x_1\\ &< 2{x_1}^2-\frac{2k}{3}x_1 \\ &= 2x_1(x_1-\frac{k}{3}) =-2x_1 <0 \end{aligned} \]

$ \therefore Q<0$ , $g'(t)<0 $ ,原命题得证.

(2)(ii)

由(i)得 $ g(t)<g(0)=0 $ , 即$ f(x_1+t)<f(x_1-t)$.

$\therefore f(2x_1)<f(0)=0=f(x_2) $ .

\(\because x_1<x_2\) , $ f(x) $ 在 $ (0,+\infin ) $ 上单调递减,

\(\therefore 2x_1>x_2\) .

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soruce:2025新课标二卷