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

（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。

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 $g'(t)$ 正负，证明递减

$$\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}$$

$\large x_1$ 是通过 $\large \frac{1}{1+x_1} - 3k = 0$得到的，$\therefore 1+x_1=\frac{1}{3k}$

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

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

$$\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\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：$2t(x_1^2 - 2a x_1 + t^2)$，代回：

$$\begin{aligned} g'(t)&=6kt^2\cdot \frac{(x_1^2 - 2a x_1 + t^2)}{(a-t)(a+t)} \\ &=6kt^2\cdot \frac{(x_1^2 - 2(1+x_1)x_1 + t^2)}{(1+x_1-t)(1+x_1+t)} \\ &=6kt^2\cdot \frac{(t^2-x_1^2-2x_1)}{(1+x_1-t)(1+x_1+t)} \end{aligned}$$

$\because x_1 \gt 0, t \in (0, x_1)$

$\therefore t^2 < x_1^2 \implies t^2-x_1^2-2x_1 \lt 0$，

$(1+x_1+t)(1+x_1-t)\gt 0$

$\therefore g'(t) \lt 0$

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