已知函数 $f(x)=\ln(1+x)-x+\dfrac12x^2-kx^3$，其中 $0<k<\dfrac13$。

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

第一问详解

内容提要：

• 求导数
• 说明极值点存在并且唯一，是最大值点
• 说明在最大值点左边不存在零点
• 说明最大值点右边有唯一零点

$$\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 $\frac{1}{1+x}=3k$ 时，也就是：$\large \colorbox{yellow}{\(x_0=\frac{1}{3k}-1，f'(x_0) = 0 \quad ①\)}$ ;

当 $\large x \lt x_0时$:

$x \lt \frac{1}{3k}-1 \implies \frac{1}{x+1}\gt 3k \implies f'(x) > 0$

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

当 $\large x \gt x_0时$:

$x \gt \frac{1}{3k}-1 \implies \frac{1}{x+1}\lt 3k \implies f'(x) \lt 0$

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

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

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

由②，④得

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

令 $f_1(x)=\ln(1+x)-x$, $f_2(x)=\dfrac12x^2-kx^3$, $f(x)=f_1(x)+f_2(x)$

$\because f_1(0)=0, f_1'(x)=\dfrac{1}{1+x}-1，当x\geq 0时，f_1'(x) \leq 0$,$\therefore 当x\geq 0时 f_1(x)\leq 0\qquad$

$令a大于\dfrac{1}{2k}并且a\gt x_0$，

$a\gt \frac{1}{2k} \implies 2ka \gt 1 \implies f_2(a)=\dfrac12a^2(1-2ka) \lt 0$

$\large \therefore \colorbox{yellow}{\(存在a\gt x_0, f_(a) \lt 0 \quad ⑤\)}$

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

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