18 解-导数综合

本题导读

本题是 2025 年新高考 II 卷的导数压轴题.第一问考查利用导数确定极值点与零点的唯一性；第二问引入了经典的“极值点偏移”模型，通过构造对称差函数 $g(t)$，利用导数证明其单调性，进而判定极值点与零点之间的二倍关系，综合性极强.

📌 【题干】

Question

已知函数 $f(x)=\ln (1+x)-x+\frac{1}{2}{x}^2-k{x}^3$，其中 $0<k<\frac{1}{3}$.

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

(2) 设 $x_1,x_2$ 分别为 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 的极值点和零点：

(i) 设 $g(t)=f(x_1+t)-f(x_1-t)$，证明：$g(t)$ 在 $(0,x_1)$ 上单调递减；

(ii) 比较 $2x_1$ 与 $x_2$ 的大小，并证明你的结论.

🔍 【思路分析】

破题导航

1. 第一问：求导得 $f^{\prime }(x)$，通过因式分解提取 $x^2$，将问题转化为分析 $\frac{1}{1+x}-3k$ 的正负。利用零点存在性定理和单调性说明极值点 $x_1$ 和零点 $x_2$ 的唯一性.
2. 第二问 (i)：构造对称差函数 $g(t)$ 并求导。利用第一问中 $f^{\prime }(x_1)=0$ 即 $3k=\frac{1}{1+x_1}$ 进行消参化简，通过代数变形判断 $g^{\prime }(t)$ 的符号，从而确立单调性.
3. 第二问 (ii)：利用 $g(t)$ 的单调性得出 $g(x_1)<g(0)=0$，从而得到 $f(2x_1)<f(0)=0$.结合 $f(x_2)=0$ 及 $f(x)$ 在 $(x_1,+\infty )$ 上的单调递减性质，判定 $2x_1$ 与 $x_2$ 的大小关系.

✅ 【答案】

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✍ 【详细解析】

（1）第一问详解

最优解法：

(1) 证明极值点与零点的唯一性： 对 $f(x)$ 求导： $f^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}-1+x-3k{x}^2=\frac{1-(1-x)(1+x)}{1+x}-3k{x}^2=\frac{x^2}{1+x}-3k{x}^2=x^2\left(\frac{1}{1+x}-3k\right)$

当 $x>0$ 时，$x^2>0$。令 $h(x)=\frac{1}{1+x}-3k$，显然 $h(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递减.

已知 $0<k<\frac{1}{3}$，则 $h(0)=1-3k>0$，$h(x)\to -3k<0$ (当 $x\to +\infty$).

由零点存在性定理，存在唯一的 $x_1=\frac{1}{3k}-1>0$，使得 $f^{\prime }(x_1)=0$.

• 当 $x\in (0,x_1)$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增；
• 当 $x\in (x_1,+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减.

故 $x_1$ 是 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上唯一的极值点（极大值点）.

又 $f(0)=0$，在增区间 $(0,x_1)$ 上无零点；在减区间 $(x_1,+\infty )$ 上，$f(x_1)>f(0)=0$.

取 $x=\frac{1}{2k}$，易证 $f(\frac{1}{2k})<0$.故在 $(x_1,+\infty )$ 上存在唯一的零点 $x_2$.

(2) 第(i)问详解

最优解法

(2) (i) 证明 $g(t)$ 单调递减： $g^{\prime }(t)=f^{\prime }(x_1+t)-f^{\prime }(x_1-t)\cdot (-1)=f^{\prime }(x_1+t)+f^{\prime }(x_1-t)$.

代入 $f^{\prime }(x)$ 表达式，并利用 $3k=\frac{1}{1+x_1}$： $g^{\prime }(t)=(x_1+t{)}^2\left(\frac{1}{1+x_1+t}-\frac{1}{1+x_1}\right)+(x_1-t{)}^2\left(\frac{1}{1+x_1-t}-\frac{1}{1+x_1}\right)$

化简括号内各项：

$g^{\prime }(t)=(x_1+t{)}^2\frac{-t}{(1+x_1+t)(1+x_1)}+(x_1-t{)}^2\frac{t}{(1+x_1-t)(1+x_1)}$

提取 $\frac{t}{1+x_1}$ 后整理得：

$g^{\prime }(t)=\frac{t}{1+x_1}\left[\frac{(x_1-t{)}^2}{1+x_1-t}-\frac{(x_1+t{)}^2}{1+x_1+t}\right]$

设 $\varphi (u)=\frac{(x_1+u{)}^2}{1+x_1+u}$，

求导可知 $\varphi (u)$在相关区间增.

由于 $t>-t$，则 $\varphi (t)>\varphi (-t)$. 故括号内小于 0，即 $g^{\prime }(t)<0$。$g(t)$ 在 $(0,x_1)$ 上单调递减。

(2) 第(ii)问详解

最优解法

(2) (ii) 比较 $2x_1$ 与 $x_2$： 由 (i) 知 $g(t)$ 在 $(0,x_1)$ 递减，则当 $t\in (0,x_1)$ 时，$g(t)<g(0)=0$.

取 $t\to x_1$（由于 $f(x)$ 在 $0$ 处连续），则 $g(x_1)=f(2x_1)-f(0)<0$. 即 $f(2x_1)<0$.又已知 $f(x_2)=0$.

在区间 $(x_1,+\infty )$ 上，$f(x)$ 单调递减.因为 $f(2x_1)<f(x_2)$，所以 $2x_1>x_2$.

💡 【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：一阶导数因式符号剥离、二阶辅助函数单调性放缩、极值点偏移对称差函数的构建与单调性传导、全域零点单调区间逆向夹逼。
2. 核心方法：对称差函数偏移判定法（极值点偏移终极武器）。 极值点偏移问题是近年来高考理科/新高考数学压轴题中雷打不动的“皇冠明珠”。本题直接在第 (i) 小问中为考生搭建好了轴对称差函数 $g(t)=f(x_1+t)-f(x_1-t)$。处理这一模型的硬核代数链条是： ①求导整体代换消去常数 $k$ $\to$ ②构造辅助商数函数 $\varphi (u)$ 论证导数全域小于 0 $\to$ ③由 $g(t)<0$ 降维释放出 $f(x_1+t)<f(x_1-t)$ $\to$ ④令 $t=x_1$ 引入零点 $f(x_2)=0$ 建立桥梁 $\to$ ⑤利用递减区间的反函数性质反切出自变量大小。 这一套流程是解决所有高维偏移问题的绝对数学底层钢印。
3. 避坑指南：

• 避坑指南 1（求导复合函数漏掉负号导致全盘崩溃）：在对 $f(x_1-t)$ 关于 $t$ 求导时，根据链式法则，内层函数 $(x_1-t{)}^{\prime }=-1$。因此前面的负号与内层分发的负号负负得正，变性为 $+f^{\prime }(x_1-t)$。很多同学在此处粗心把负号保留，导致后续完全无法提取公因式 $t$.
• 避坑指南 2（最后一步单调性方向反切出错）：解出 $f(2x_1)<f(x_2)$ 后，由于函数在 $(x_1,+\infty )$ 上是单调递减的，自变量关系必须调换不等号方向变为 $2x_1>x_2$。如果思维产生惯性直接顺着写成 $2x_1<x_2$，17 分的压轴大分将功亏一溃.

📖 【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题底层源自高等数学中泰勒展开式（Taylor Expansion）的余项估计与经典对数不等式的逼近课题。这一模型最早可追溯到 2010年天津卷压轴题、2016年全国I卷理科压轴题（压轴神作 $f(x)=x-a\ln x$ 的极值点偏移）。新高考命题组在 2025 年推陈出新，通过主动给出 $g(t)$ 的函数构型，考查考生在微观代数层面由“代数结构同构（ $\varphi (u)$ ）”向“宏观区间拦截”演进的综合数学素养。
2. 结论推广（极其精美的极值点偏移“加法型”通用决策网）： 为了让你的文献库知识图谱具备最高阶的防线，我们可以将极值点偏移（加法型偏移）的终极决策规律总结为一个口诀网，作为考场客观题或大题快速预判的“定海神针”：

• 设 $x_1$ 为可导函数的唯一极值点， $x_3,x_4$ 为极值点两侧函数值相等的两个动点（即 $f(x_3)=f(x_4)$ ），或如本题中 $x_0=0$ 与 $x_2$ 满足 $f(0)=f(x_2)=0$。
• 若 对称差导数 $g^{\prime }(t)=f^{\prime }(x_1+t)+f^{\prime }(x_1-t)<0$ $⟹$ 函数向右发生“慢速漂移（坡度较缓）”，恒有： $\frac{x_3+x_4}{2}>x_1⟹x_3+x_4>2x_1$
• 若 对称差导数 $g^{\prime }(t)=f^{\prime }(x_1+t)+f^{\prime }(x_1-t)>0$ $⟹$ 函数向左发生“快速漂移（坡度较陡）”，恒有： $\frac{x_3+x_4}{2}<x_1⟹x_3+x_4<2x_1$
• 我们来用该高阶推广网直接盲审本题：由于 $f(0)=f(x_2)=0$，这里的两端点对应的就是 $x_3=0,x_4=x_2$。在 (i) 问中我们已经严格证知 $g^{\prime }(t)<0$。直接套入该决策模型： $0+x_2<2x_1⟹x_2<2x_1⟹2x_1>x_2$。这与我们在 (ii) 问中推演出来的终极答案完全严丝合缝！收录这一网络，能让你在宏观上对导数压轴拥有上帝般的降维俯视视野.

3. 方法推广（从单对称差到双变量变形的全域泛化）： 本题所展现的构造对称差函数 $g(t)$ 的方法，是解决单变量极值点偏移的王道。未来当题目变异为不给出 $g(t)$ 的更高级双变量压轴形式（如“已知 $f(x_3)=f(x_4)$，求证 $x_3+x_4>2x_1$”），其底层的处理技术依然是本题方法的等价化身——可以通过令 $x_3<x_1<x_4$，构造单变量化简函数 $F(x)=f(x)-f(2x_1-x)$ 进行区间单调性砸穿。将这一套构造与对称放缩的技术化为代数本能，是攻克整张高考卷数学科目的终极铠甲.

🔗 【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 20.06 导数构造函数逆向还原专题

类题演练 (Links)

专题合集 (Series)

• 20.12-极值点偏移

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