导数极值与零点

第(1)问

$f(x)=\ln(1+x)-x+\dfrac{1}{2}x^2-kx^3$，$0<k<\dfrac{1}{3}$。

$f'(x)=\dfrac{1}{1+x}-1+x-3kx^2=\dfrac{1-(1+x)+x(1+x)-3kx^2(1+x)}{1+x}=\dfrac{x^2-3kx^2(1+x)}{1+x}=\dfrac{x^2[1-3k(1+x)]}{1+x}$

$f'(x)=\dfrac{x^2(1-3k-3kx)}{1+x}$

$x>0$ 时 $x^2>0$，$1+x>0$。$f'(x)=0$ 当 $1-3k-3kx=0$，$x=\dfrac{1-3k}{3k}$。

$0<k<\dfrac{1}{3}$，$1-3k>0$，$x_1=\dfrac{1-3k}{3k}>0$。

$f'(x)$ 在 $0<x<x_1$ 为正（$1-3k-3kx>0$），$x>x_1$ 为负。故 $x_1$ 为唯一极大值点。

$f(0)=0$。$f$ 在 $(0,x_1)$ 递增（$f>0$），$x>x_1$ 递减。$x\to+\infty$ 时 $f(x)\approx-kx^3\to-\infty$。

$f(x_1)>0=f(0)$，$f\to-\infty$，故在 $(x_1,+\infty)$ 有唯一零点 $x_2$。

答案

(1) $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有唯一极值点 $x_1=\dfrac{1-3k}{3k}$（极大值）和唯一零点 $x_2$。

第(2)问

(i) $g(t)=f(x_1+t)-f(x_1-t)$，$t\in(0,x_1)$。

$g'(t)=f'(x_1+t)+f'(x_1-t)=\dfrac{(x_1+t)^2[1-3k(1+x_1+t)]}{1+x_1+t}+\dfrac{(x_1-t)^2[1-3k(1+x_1-t)]}{1+x_1-t}$

由 $1-3k(1+x_1)=0$（$x_1$ 的定义），$1-3k(1+x_1+t)=-3kt$，$1-3k(1+x_1-t)=3kt$。

$g'(t)=\dfrac{(x_1+t)^2(-3kt)}{1+x_1+t}+\dfrac{(x_1-t)^2(3kt)}{1+x_1-t}$

$=3kt\left[\dfrac{(x_1-t)^2}{1+x_1-t}-\dfrac{(x_1+t)^2}{1+x_1+t}\right]$

设 $h(s)=\dfrac{s^2}{1+s}$（$s=x_1\pm t$），$h'(s)=\dfrac{2s(1+s)-s^2}{(1+s)^2}=\dfrac{s(2+s)}{(1+s)^2}>0$（$s>0$）。

$h$ 递增，$h(x_1-t)<h(x_1+t)$，故 $g'(t)=3kt[h(x_1-t)-h(x_1+t)]<0$。

$g(t)$ 单调递减。$\checkmark$

(ii) 比较 $2x_1$ 与 $x_2$。

$g(x_1)=f(2x_1)-f(0)=f(2x_1)$。$g(0)=0$。$g$ 递减，$g(x_1)<g(0)=0$，即 $f(2x_1)<0$。

$f(x_1)>0$（极大值），$f(2x_1)<0$，而 $x_2$ 是 $f$ 的唯一零点（$x>x_1$），$f(x_1)>0>f(2x_1)$，故 $x_1<x_2<2x_1$，即 $2x_1>x_2$。

答案

(i) $g(t)$ 在 $(0,x_1)$ 单调递减。

(ii) $2x_1>x_2$。