逆袭数学

已知函数 f(x)=ln⁡(1+x)−x+12x2−kx3f(x)=\ln(1+x)-x+\dfrac12x^2-kx^3，其中 0<k<130<k<\dfrac13。

（1）证明：f(x)f(x) 在区间 (0,+∞)(0,+\infty) 存在唯一的极值点和唯一的零点；

（2）设 x1,x2x_1,x_2 分别为 f(x)f(x) 在区间 (0,+∞)(0,+\infty) 的极值点和零点。

（i）设函数 g(t)=f(x1+t)−f(x1−t)g(t)=f(x_1+t)-f(x_1-t)，证明：g(t)g(t) 在区间 (0,x1)(0,x_1) 单调递减；

（ii）比较 2x12x_1 与 x2x_2 的大小，并证明你的结论。

第一问思路分析

第一问详解

第二问（i）

第二问（ii）思路分析

第一问思路分析

内容提要：

f′(x)=1x+1−1+x−3kx2=11+x+x2−11+x−3kx2=x21+x−3kx2=x2(11+x−3k)\begin{aligned} f'(x) &= \frac{1}{x+1} - 1 + x -3kx^2 \\ &=\frac{1}{1+x} + \frac{x^2-1}{1+x}-3kx^2 \\ &=\frac{x^2}{1+x}-3kx^2 \\ &={\Large \colorbox{yellow}{\(x^2(\frac{1}{1+x}-3k)\)}} \end{aligned}

只有当 11+x=3k\large \frac{1}{1+x}=3k 时，也就是 x=13k−1\large x=\frac{1}{3k}-1，f′(x)=0f'(x) = 0;

并且反比例函数是由大变小的，说明驻点左边导数值大于0，函数严格增，右边小于0，函数严格减，说明是最大值点\colorbox{yellow}{\(最大值点\)}；

f(0)=0  ⟹  最大值大于0\large f(0) = 0 \implies \colorbox{yellow}{\(最大值大于0\)}

完成证明：

极值点存在且唯一\large \colorbox{yellow}{\(极值点存在且唯一\)}

∵f(0)=0\large \because f(0) = 0

从零到最大值点之间是递增的，所以：

在零和最大值点之间没有零点\large \colorbox{yellow}{\(在零和最大值点之间没有零点\)}

f(x)=ln⁡(1+x)−x+12x2−kx3=ln⁡(1+x)−x⏟1+12x2−kx3⏟2\begin{aligned} f(x)&=\ln(1+x)-x+\dfrac12x^2-kx^3 \\&=\underbrace{\ln(1+x)-x}_{1}+\underbrace{\dfrac12x^2-kx^3}_{2} \end{aligned}

当 x\large x足够大时，两部分都小于0，说明说明零点存在\large \colorbox{yellow}{\(说明零点存在\)}。

大于最大值点是严格减的，说明说明零点唯一\large \colorbox{yellow}{\(说明零点唯一\)}

第一问详解

内容提要：

f′(x)=1x+1−1+x−3kx2=11+x+x2−11+x−3kx2=x21+x−3kx2=x2(11+x−3k)\begin{aligned} f'(x) &= \frac{1}{x+1} - 1 + x -3kx^2 \\ &=\frac{1}{1+x} + \frac{x^2-1}{1+x}-3kx^2 \\ &=\frac{x^2}{1+x}-3kx^2 \\ &={\Large \colorbox{yellow}{\(x^2(\frac{1}{1+x}-3k)\)}} \end{aligned}

只有当 11+x=3k\frac{1}{1+x}=3k 时，也就是：x0=13k−1，f′(x0)=0①\large \colorbox{yellow}{\(x_0=\frac{1}{3k}-1，f'(x_0) = 0 \quad ①\)} ;

当 x<x0时\large x \lt x_0时:

x<13k−1  ⟹  1x+1>3k  ⟹  f′(x)>0 x \lt \frac{1}{3k}-1 \implies \frac{1}{x+1}\gt 3k \implies f'(x) > 0

所以：x<x0时，f(x)严格增②\large \colorbox{yellow}{\(x\lt x_0时，f(x)严格增 \quad ②\)}

当 x>x0时\large x \gt x_0时:

x>13k−1  ⟹  1x+1<3k  ⟹  f′(x)<0 x \gt \frac{1}{3k}-1 \implies \frac{1}{x+1}\lt 3k \implies f'(x) \lt 0

所以：x>x0时，f(x)严格减③\large \colorbox{yellow}{\(x\gt x_0时，f(x)严格减 \quad ③\)}

所以：极值点存在且唯一\large \colorbox{yellow}{\(极值点存在且唯一\)}

因为 f(0)=0\large f(0)=0，由①得 f(x0)>0④\large \colorbox{yellow}{\(f(x_0) \gt 0 \quad ④\)}

由②，④得

x∈(0,x0]时没有零点\large \colorbox{yellow}{\(x \in (0, x_0]时没有零点\)}

令 f1(x)=ln⁡(1+x)−xf_1(x)=\ln(1+x)-x, f2(x)=12x2−kx3f_2(x)=\dfrac12x^2-kx^3, f(x)=f1(x)+f2(x)f(x)=f_1(x)+f_2(x)

∵f1(0)=0,f1′(x)=11+x−1，当x≥0时，f1′(x)≤0\because f_1(0)=0, f_1'(x)=\dfrac{1}{1+x}-1，当x\geq 0时，f_1'(x) \leq 0,∴当x≥0时f1(x)≤0\therefore 当x\geq 0时 f_1(x)\leq 0\qquad

令a大于12k并且a>x0令a大于\dfrac{1}{2k}并且a\gt x_0，

a>12k  ⟹  2ka>1  ⟹  f2(a)=12a2(1−2ka)<0 a\gt \frac{1}{2k} \implies 2ka \gt 1 \implies f_2(a)=\dfrac12a^2(1-2ka) \lt 0

∴存在a>x0,f(a)<0⑤\large \therefore \colorbox{yellow}{\(存在a\gt x_0, f_(a) \lt 0 \quad ⑤\)}

由④得：函数在 (x0,a)之间有零点\large \colorbox{yellow}{\((x_0, a)之间有零点\)}

由③得：零点唯一\large \colorbox{yellow}{\(零点唯一\)}

第二问（i）

内容提要：

  1. 利用复合函数求导数
  2. 化简思路
  3. 化简成积的形式
  4. 判断 g′(t)g'(t) 正负，证明递减

g′(t)=f′(x1+t)(x1+t)′−f′(x1−t)(x1−t)′=f′(x1+t)+f′(x1−t)=(x1+t)2(11+x1+t−3k)+(x1−t)2(11+x1−t−3k)\begin{aligned} g'(t)&=f'(x_1+t)\colorbox{yellow}{\((x_1+t)'\)}-f'(x_1-t) \colorbox{yellow}{\((x_1-t)'\)} \\ &=f'(x_1+t) + f'(x_1-t) \\ &=(x_1+t)^2(\frac{1}{1+x_1+t}-3k) + (x_1-t)^2(\frac{1}{1+x_1-t}-3k) \end{aligned}

x1\large x_1 是通过 11+x1−3k=0\large \frac{1}{1+x_1} - 3k = 0得到的，∴1+x1=13k\therefore 1+x_1=\frac{1}{3k}

因为单个字母比式子计算简单\large \colorbox{yellow}{\(因为单个字母比式子计算简单\)}；

∴令a=1+x1，则a=13k\therefore \colorbox{yellow}{\(令a=1+x_1，则a=\frac{1}{3k}\)}

g′(t)=(x1+t)2(1a+t−3k)+(x1−t)2(1a−t−3k)=(x1+t)21−3ka−3kta+t+(x1−t)21−3ka+3kta−t=3kt[(x1−t)2a−t−(x1+t)2(a+t)]\begin{aligned} g'(t)&=(x_1+t)^2(\frac{1}{a+t}-3k) + (x_1-t)^2(\frac{1}{a-t}-3k) \\ &=(x_1+t)^2\frac{\colorbox{yellow}{\(1-3ka\)}-3kt}{a+t} + (x_1-t)^2\frac{\colorbox{yellow}{\(1-3ka\)}+3kt}{a-t} \\ &=3kt[\frac{(x_1-t)^2}{a-t}-\frac{(x_1+t)^2}{(a+t)}] \end{aligned}

通分：

g′(t)=3kt⋅(x1−t)2(a+t)−(x1+t)2(a−t)(a−t(a+t)) g'(t)=3kt\cdot \frac{\colorbox{yellow}{\((x_1-t)^2(a+t)-(x_1+t)^2(a-t)\)}}{(a-t(a+t))}

计算黄色部分得到：2t(x12−2ax1+t2)2t(x_1^2 - 2a x_1 + t^2)，代回：

g′(t)=6kt2⋅(x12−2ax1+t2)(a−t)(a+t)=6kt2⋅(x12−2(1+x1)x1+t2)(1+x1−t)(1+x1+t)=6kt2⋅(t2−x12−2x1)(1+x1−t)(1+x1+t)\begin{aligned} g'(t)&=6kt^2\cdot \frac{(x_1^2 - 2a x_1 + t^2)}{(a-t)(a+t)} \\ &=6kt^2\cdot \frac{(x_1^2 - 2(1+x_1)x_1 + t^2)}{(1+x_1-t)(1+x_1+t)} \\ &=6kt^2\cdot \frac{(t^2-x_1^2-2x_1)}{(1+x_1-t)(1+x_1+t)} \end{aligned}

∵x1>0,t∈(0,x1)\because x_1 \gt 0, t \in (0, x_1)

∴t2<x12  ⟹  t2−x12−2x1<0\therefore t^2 < x_1^2 \implies t^2-x_1^2-2x_1 \lt 0，

(1+x1+t)(1+x1−t)>0(1+x_1+t)(1+x_1-t)\gt 0

∴g′(t)<0\therefore g'(t) \lt 0

∴g(t)在(0,t)上单调递减\therefore \large \colorbox{yellow}{\(g(t)在(0,t)上单调递减\)}

第二问（ii）思路分析

x2x_2是零点，也就是f(x2)=0f(x_2) = 0;

第一问已经知道了：x>x1时，f(x)严格减③x\gt x_1时，f(x)严格减 \quad ③；

x2和2x1x_2和2x_1都在这个单调减区间里；

比较 2x12x_1 和 x2x_2 转化为比较f(x2)和f(2x1)f(x_2)和f(2x_1);

由第二问第一部分的结论：

g(0)>g(x1)  ⟹  f(x1+0)−f(x1+0)>f(x1+x1)−f(x1−x1)  ⟹  0>f(2x1)\begin{aligned} &\qquad \quad g(0)>g(x_1) \\ & \implies f(x_1+0)-f(x_1+0)\gt f(x_1+x_1) - f(x_1 -x_1) \\ & \implies \colorbox{yellow}{\(0 \gt f(2x_1)\)} \\ \end{aligned}

∴2x1>x2\large \colorbox{yellow}{\(\therefore 2x_1 \gt x_2\)}

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