（17分）已知函数$f(x)=\ln (1+x)-x+\dfrac{1}{2}x^{2}-kx^{3}$，其中$0 < k < \dfrac{1}{3}$．
（1）证明：$f(x)$在$(0,+\infty )$存在唯一的极值点和唯一的零点；
（2）设$x_{1}$，$x_{2}$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$(0,x_{1})$单调递减；
$(ii)$比较$2x_{1}$与$x_{2}$的大小，并证明你的结论．
〖答案〗（1）证明见解答．
（2）$(i)$证明见解答．
$(ii)2x_{1} > x_{2}$，证明见解答．
〖分析〗（1）对原函数求导，结合导函数取值不同分类讨论判断即可．
（2）$(i)$求导化简函数$g(t)$，结合已知判断单调性即可．
$(ii)$结合$(i)$中$g(t)$在$t\in (0,x_{1})$上单调递减，得到$g(x_{1}) < g(0)$，进而结合已知推导出$x_{2}$是$f(x)$的零点，所以得出$f(x_{2})=0$，结合$f(2x_{1}) < f(x_{2})$和函数$f(x)$的单调性判断即可．
〖解答〗证明：（1）因为$f(x)=\ln (1+x)-x+\dfrac{1}{2}x^{2}-kx^{3}$，$k\in (0,\dfrac{1}{3})$，
所以$f'(x)=\dfrac{1}{1+x}-1+x-3kx^{2}$
$=\dfrac{1-1-x+x+x^{2}-3kx^{2}-3kx^{3}}{1+x}$
$=\dfrac{-3kx^{2}}{1+x}(x+1-\dfrac{1}{3k})$
$=x^{2}(\dfrac{1}{1+x}-3k)$，当$x > 0$时，令$f'(x)=0$，解得$x=\dfrac{1}{3k}-1 >  0$，
所以当$0 <  x <  \dfrac{1}{3k}-1$时，$f\prime (x) > 0$，$f(x)$单调递增；
当$x >  \dfrac{1}{3k}-1$时，$f\prime (x) < 0$，$f(x)$单调递减，
所以$x=\dfrac{1}{3k}-1$是$f(x)$在$(0,+\infty )$上唯一的极值点，是极大值点．
又因为$f(\dfrac{1}{3k}-1) >  f(0)=0$，$f(\dfrac{1}{2k})=\ln (1+\dfrac{1}{2k})-\dfrac{1}{2k} <  0$，
所以$\exists x_{2}\in (\dfrac{1}{3k}-1,\dfrac{1}{2k})$，$f(x_{2})=0$，
即$x_{2}$是$f(x)$在$(0,+\infty )$上唯一的零点；
（2）$(i)$因为$g(t)=f(x_{1}+t)-f(x_{1}-t)$，
所以$g'(t)=f'(x_{1}+t)+f'(x_{1}-t)$
$=(x_{1}+t)^{2}(\dfrac{1}{1+{x}_{1}+t}-3k)+(x_{1}-t)^{2}(\dfrac{1}{1+{x}_{1}-t}-3k)$（注意到$3k=\dfrac{1}{{x}_{1}+1}$，代入）
$=(x_{1}+t)^{2}(\dfrac{1}{{x}_{1}+1+t}-\dfrac{1}{{x}_{1}+1})+(x_{1}-t)^{2}(\dfrac{1}{{x}_{1}+1-t}-\dfrac{1}{{x}_{1}+1})$
$=\dfrac{-t({x}_{1}+t)^{2}}{({x}_{1}+1)^{2}+t({x}_{1}+1)}+\dfrac{t({x}_{1}-t)^{2}}{({x}_{1}+1)^{2}-t({x}_{1}+1)}$
$=-\dfrac{t}{{x}_{1}+1}[\dfrac{({x}_{1}+t)^{2}}{{x}_{1}+1+t}-\dfrac{({x}_{1}-t)^{2}}{{x}_{1}+1-t}]$
$=-\dfrac{t}{{x}_{1}+1}\cdot \dfrac{2t({x}_{1}^{2}-t^{2}+2{x}_{1})}{({x}_{1}+1)^{2}-t^{2}}$
其中$0 < t < x_{1}$，$t$为正数，$x_{1}$为正数，$x_{1}+1 > t > 0$显然成立，因此$(x_{1}+1)^{2}-t^{2} > 0$，
所以$g\prime (t) < 0$，即$g(t)$在$t\in (0,x_{1})$上单调递减；
$(ii)2x_{1} > x_{2}$，证明如下：
由$(i)$得，$g(t)$在$t\in (0,x_{1})$上单调递减，所以$g(x_{1}) < g(0)$，
所以$g(x_{1}) < 0$，
即$f(2x_{1})-f(0) < f(x_{1})-f(x_{1})=0$，$f(2x_{1}) < 0$，
因为$x_{2}$是$f(x)$的零点，所以$f(x_{2})=0$，
所以$f(2x_{1}) < f(x_{2})$，
又因为$x_{2} > x_{1}$，$2x_{1} > x_{1}$，且$f(x)$在$(x_{1}$，$+\infty )$上单调递减，所以$2x_{1} > x_{2}$．
〖点评〗本题考查导数的综合应用，属于难题．