【25年全国2卷第18题】\large \colorbox{yellow}{\(【25年全国2卷 第18题】\)}【25年全国2卷第18题】已知函数 f(x)=ln(1+x)−x+12x2−kx3f(x)=\ln(1+x)-x+\dfrac12x^2-kx^3f(x)=ln(1+x)−x+21x2−kx3，其中 0<k<130<k<\dfrac130<k<31。
（2）设 x1,x2x_1,x_2x1,x2 分别为 f(x)f(x)f(x) 在区间 (0,+∞)(0,+\infty)(0,+∞) 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)g(t)=f(x1+t)−f(x1−t)，证明：g(t)g(t)g(t) 在区间 (0,x1)(0,x_1)(0,x1) 单调递减；
【24年全国新课标1卷第18题】\large \colorbox{yellow}{\(【24年全国新课标1卷 第18题】\)}【24年全国新课标1卷第18题】已知函数f(x)=lnx2−x+ax+b(x−1)3f(x)=\ln \dfrac{x}{2-x}+ax+b(x-1)^{3}f(x)=ln2−xx+ax+b(x−1)3
（3）若f(x)>−2f(x)>-2f(x)>−2当且仅当1<x<21<x<21<x<2，求bbb的取值范围。
24年全国新课标1卷 第18题
f′(x)=1x+12−x−2+3b(x−1)2=2−2x(2−x)+3b⋅x(2−x)(x−1)2x(2−x)\begin{aligned} f'(x)&=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2-x}-2+3b(x-1)^2\\ &=\dfrac{2-2x(2-x)+3b\cdot x(2-x)\colorbox{yellow}{\((x-1)^2\)}}{x(2-x)} \end{aligned} f′(x)=x1+2−x1−2+3b(x−1)2=x(2−x)2−2x(2−x)+3b⋅x(2−x)(x−1)2
令 t=x−1t=x-1t=x−1，t∈(0,1)t\in(0,1)t∈(0,1):
f′(t)=2−2(1+t)(1−t)+3b(1+t)(1−t)t2(1+t)(1−t)=−3bt4+3bt2+2t2(1+t)(1−t)=t2(−3bt2+3b+2)(1+t)(1−t)\begin{aligned} f'(t)&=\dfrac{2-2(1+t)(1-t)+3b(1+t)(1-t)\colorbox{yellow}{\(t^2\)}}{(1+t)(1-t)}\\ &=\frac{-3bt^4+3bt^2+2t^2}{(1+t)(1-t)} \\ &=\frac{t^2(\colorbox{yellow}{\(-3bt^2+3b+2\)})}{(1+t)(1-t)} \end{aligned} f′(t)=(1+t)(1−t)2−2(1+t)(1−t)+3b(1+t)(1−t)t2=(1+t)(1−t)−3bt4+3bt2+2t2=(1+t)(1−t)t2(−3bt2+3b+2)
如果不换元分子的部分：
(x−1)2[−3b(x−1)2+3b+2](x-1)^2[-3b(x-1)^2+3b+2](x−1)2[−3b(x−1)2+3b+2]
25年全国2卷 第18题
t∈(0,x1)t\in (0, x_1)t∈(0,x1)
x1x_1x1 是通过 11+x1−3k=0\frac{1}{1+x_1} - 3k = 01+x11−3k=0得到的，∴1+x1=13k\therefore 1+x_1=\frac{1}{3k}∴1+x1=3k1
g′(t)=(x1+t)2(11+x1+t−3k)+(x1−t)2(11+x1−t−3k)g'(t)=(x_1+t)^2(\frac{1}{1+x_1+t}-3k) + (x_1-t)^2(\frac{1}{1+x_1-t}-3k)g′(t)=(x1+t)2(1+x1+t1−3k)+(x1−t)2(1+x1−t1−3k)
∴令a=1+x1，则a=13k\therefore \colorbox{yellow}{\(令a=1+x_1，则a=\frac{1}{3k}\)}∴令a=1+x1，则a=3k1
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} g′(t)=(x1+t)2(a+t1−3k)+(x1−t)2(a−t1−3k)=(x1+t)2a+t1−3ka−3kt+(x1−t)2a−t1−3ka+3kt=3kt[a−t(x1−t)2−(a+t)(x1+t)2]
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))} g′(t)=3kt⋅(a−t(a+t))(x1−t)2(a+t)−(x1+t)2(a−t)
如果没有换元，黄色的部分：
(x1−t)2(1+x1+t)−(x1+t)2(1+x1−t)\large \colorbox{yellow}{\((x_1-t)^2(1+x_1+t)-(x_1+t)^2(1+x_1-t)\)}(x1−t)2(1+x1+t)−(x1+t)2(1+x1−t)
计算黄色部分得到：2t(x12−2ax1+t2)2t(x_1^2 - 2a x_1 + t^2)2t(x12−2ax1+t2)，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} g′(t)=6kt2⋅(a−t)(a+t)(x12−2ax1+t2)=6kt2⋅(1+x1−t)(1+x1+t)(x12−2(1+x1)x1+t2)=6kt2⋅(1+x1−t)(1+x1+t)(t2−x12−2x1)