已知 f(x)=x+k ln (1+x) 在 (t, f(…——2024 高考数学第 20 题答案解析

**（1）**

当 $k=-1$ 时，$f(x)=x-\ln(1+x)$，定义域为 $x>-1$。

求导得：
$$f'(x)=1-\frac{1}{1+x}=\frac{x}{1+x}$$

当 $x\in(-1,0)$ 时，$f'(x)<0$；当 $x\in(0,+\infty)$ 时，$f'(x)>0$。

因此 $f(x)$ 的单调递减区间为 $(-1,0)$，单调递增区间为 $(0,+\infty)$。

---

**（2）**

$f'(x)=1+\dfrac{k}{1+x}$，曲线在点 $(t,f(t))$（$t>0$）处的切线斜率为 $1+\dfrac{k}{1+t}$，切线 $l$ 的方程为：
$$y-f(t)=\left(1+\frac{k}{1+t}\right)(x-t)$$

假设切线 $l$ 经过原点 $(0,0)$，代入得：
$$-f(t)=-t\left(1+\frac{k}{1+t}\right)$$

即 $t+k\ln(1+t)=t+\dfrac{kt}{1+t}$，化简得：
$$\ln(1+t)=\frac{t}{1+t}$$

令 $F(t)=\ln(1+t)-\dfrac{t}{1+t}$（$t>0$），则：
$$F'(t)=\frac{1}{1+t}-\frac{1}{(1+t)^2}=\frac{t}{(1+t)^2}>0$$

故 $F(t)$ 在 $(0,+\infty)$ 上严格单调递增，从而 $F(t)>F(0)=0$，即 $\ln(1+t)>\dfrac{t}{1+t}$ 对一切 $t>0$ 成立。

这与假设矛盾，因此切线 $l$ 不经过 $(0,0)$。

---

**（3）**

当 $k=1$ 时，$f(x)=x+\ln(1+x)$，$f'(x)=1+\dfrac{1}{1+x}=\dfrac{x+2}{1+x}$。

已知 $A(t,f(t))$，$C(0,f(t))$，$O(0,0)$，其中 $t>0$。

$\triangle ACO$ 的底边 $AC$ 水平，长度为 $t$，高为 $|f(t)|=f(t)$（因 $t>0$ 时 $f(t)>0$），故：
$$S_{\triangle ACO}=\frac{1}{2}t\cdot f(t)=\frac{1}{2}t[t+\ln(1+t)]$$

切线 $l$ 的方程为：
$$y-[t+\ln(1+t)]=\frac{t+2}{1+t}(x-t)$$

令 $x=0$，得 $l$ 与 $y$ 轴交点 $B$ 的纵坐标：
$$q=t+\ln(1+t)-\frac{t(t+2)}{1+t}=\ln(1+t)-\frac{t}{1+t}$$

由第（2）问结论知 $q>0$（即 $B$ 在 $y$ 轴正半轴）。

$\triangle ABO$ 中，底边 $OB=q$，$A$ 到 $y$ 轴的距离为 $t$，故：
$$S_{\triangle ABO}=\frac{1}{2}t\cdot q=\frac{1}{2}t\left[\ln(1+t)-\frac{t}{1+t}\right]$$

由条件 $2S_{\triangle ACO}=15S_{\triangle ABO}$，消去公因子 $\dfrac{1}{2}t$（$t>0$）得：
$$2[t+\ln(1+t)]=15\left[\ln(1+t)-\frac{t}{1+t}\right]$$

整理得：
$$13\ln(1+t)-2t-\frac{15t}{1+t}=0$$

令 $h(t)=13\ln(1+t)-2t-\dfrac{15t}{1+t}$（$t>0$），问题转化为求 $h(t)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的零点个数。

求导：
$$h'(t)=\frac{13}{1+t}-2-\frac{15}{(1+t)^2}=\frac{13(1+t)-2(1+t)^2-15}{(1+t)^2}$$

分子展开：
$$13+13t-2(1+2t+t^2)-15=-2t^2+9t-4=-(2t-1)(t-4)$$

故：
$$h'(t)=\frac{-(2t-1)(t-4)}{(1+t)^2}$$

$h'(t)$ 的符号分析：
- 当 $t\in\left(0,\dfrac{1}{2}\right)$ 时，$h'(t)<0$，$h(t)$ 单调递减；
- 当 $t\in\left(\dfrac{1}{2},4\right)$ 时，$h'(t)>0$，$h(t)$ 单调递增；
- 当 $t\in(4,+\infty)$ 时，$h'(t)<0$，$h(t)$ 单调递减。

计算关键点的函数值：

$h(0)=0$。

由于 $h(t)$ 在 $\left(0,\dfrac{1}{2}\right)$ 上递减，故 $h\!\left(\dfrac{1}{2}\right)<h(0)=0$。

$$h(4)=13\ln 5-8-\frac{60}{5}=13\ln 5-20$$

利用参考数据 $1.60<\ln 5<1.61$：
$$h(4)>13\times 1.60-20=0.8>0$$

取 $t=24$：
$$h(24)=13\ln 25-48-\frac{360}{25}=26\ln 5-48-14.4=26\ln 5-62.4$$

利用 $\ln 5<1.61$：
$$h(24)<26\times 1.61-62.4=41.86-62.4=-20.54<0$$

综合以上信息：
- $h(0)=0$，但 $t=0$ 不在定义域内（要求 $t>0$）；
- $h\!\left(\dfrac{1}{2}\right)<0$，$h(4)>0$，且 $h(t)$ 在 $\left(\dfrac{1}{2},4\right)$ 上单调递增，由零点存在定理知该区间恰有一个零点；
- $h(4)>0$，$h(24)<0$，且 $h(t)$ 在 $(4,+\infty)$ 上单调递减，由零点存在定理知该区间恰有一个零点。

因此 $h(t)$ 在 $(0,+\infty)$ 上共有 $2$ 个零点，即符合条件的点 $A$ 有 $2$ 个。