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

【答案】（1）单调递减区间为 $(-1,0)$ ，单调递增区间为 $(0,+\infty)$ ．
（2）证明见解析
（3） 2

## 【解析】

【分析】（1）直接代入 $k=-1$ ，再利用导数研究其单调性即可；
（2）写出切线方程 $y-f(t)=\left(1+\frac{k}{1+t}\right)(x-t)(t>0)$ ，将 $(0,0)$ 代入再设新函数 $F(t)=\ln (1+t)-\frac{t}{1+t}$ ，利用导数研究其零点即可；
（3）分别写出面积表达式，代入 $2 S_{\triangle A C O}=15 S_{A B O}$ 得到 $13 \ln (1+t)-2 t-15 \frac{t}{1+t}=0$ ，再设新函数 $h(t)=13 \ln (1+t)-2 t-\frac{15 t}{1+t}(t>0)$ 研究其零点即可．

## 【小问 1 详解】

$f(x)=x-\ln (1+x), f^{\prime}(x)=1-\frac{1}{1+x}=\frac{x}{1+x}(x>-1)$,
当 $x \in(-1,0)$ 时，$f^{\prime}(x)<0$ ；当 $x \in(0,+\infty), f^{\prime}(x)>0$ ；

$\therefore f(x)$ 在 $(-1,0)$ 上单调递减，在 $(0,+\infty)$ 上单调递增．

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

## 【小问 2 详解】

$f^{\prime}(x)=1+\frac{k}{1+x}$ ，切线 $l$ 的斜率为 $1+\frac{k}{1+t}$ ，
则切线方程为 $y-f(t)=\left(1+\frac{k}{1+t}\right)(x-t)(t>0)$ ，

将 $(0,0)$ 代入则 $-f(t)=-t\left(1+\frac{k}{1+t}\right), f(t)=t\left(1+\frac{k}{1+t}\right)$ ，
即 $t+k \ln (1+t)=t+t \frac{k}{1+t}$ ，则 $\ln (1+t)=\frac{t}{1+t}, \ln (1+t)-\frac{t}{1+t}=0$ ，
令 $F(t)=\ln (1+t)-\frac{t}{1+t}$ ，
假设 $l$ 过 $(0,0)$ ，则 $F(t)$ 在 $t \in(0,+\infty)$ 存在零点．
$F^{\prime}(t)=\frac{1}{1+t}-\frac{1+t-t}{(1+t)^{2}}=\frac{t}{(1+t)^{2}}>0, \therefore F(t)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，$F(t)>F(0)=0$ ，
$\therefore F(t)$ 在 $(0,+\infty)$ 无零点，∴ 与假设矛盾，故直线 $l$ 不过 $(0,0)$ ．

## 【小问 3 详解】

$k=1$ 时，$f(x)=x+\ln (1+x), f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{1+x}=\frac{x+2}{1+x}>0$ ．
$S_{\triangle A C O}=\frac{1}{2} t f(t)$ ，设 $l$ 与 $y$ 轴交点 $B$ 为 $(0, q)$ ，
$t>0$ 时，若 $q<0$ ，则此时 $l$ 与 $f(x)$ 必有交点，与切线定义矛盾．

由（2）知 $q \neq 0$ ．所以 $q>0$ ，

则切线 $l$ 的方程为 $y-t-\ln (t+1)=\left(1+\frac{1}{1+t}\right)(x-t)$ ，
令 $x=0$ ，则 $y=q=y=\ln (1+t)-\frac{t}{t+1}$ ．
$\because 2 S_{\triangle A C O}=15 S_{A B O}$ ，则 $2 t f(t)=15 t\left[\ln (1+t)-\frac{t}{t+1}\right]$ ，
$\therefore 13 \ln (1+t)-2 t-15 \frac{t}{1+t}=0$ ，记 $h(t)=13 \ln (1+t)-2 t-\frac{15 t}{1+t}(t>0)$ ，
∴ 满足条件的 A 有几个即 $h(t)$ 有几个零点。

$h^{\prime}(t)=\frac{13}{1+t}-2-\frac{15}{(t+1)^{2}}=\frac{13 t+13-2\left(t^{2}+2 t+1\right)-15}{(t+1)^{2}}=\frac{2 t^{2}+9 t-4}{(t+1)^{2}}=\frac{(-2 t+1)(t-4)}{(t+1)^{2}}$,
当 $t \in\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 时，$h^{\prime}(t)<0$ ，此时 $h(t)$ 单调递减；
当 $t \in\left(\frac{1}{2}, 4\right)$ 时，$h^{\prime}(t)>0$ ，此时 $h(t)$ 单调递增；
当 $t \in(4,+\infty)$ 时，$h^{\prime}(t)<0$ ，此时 $h(t)$ 单调递减；
因为 $h(0)=0, h\left(\frac{1}{2}\right)\langle 0, h(4)=13 \ln 5-20\rangle 13 \times 1.6-20=0.8>0$ ，
$h(24)=13 \ln 25-48-\frac{15 \times 24}{25}=26 \ln 5-48-\frac{72}{5}<26 \times 1.61-48-\frac{72}{5}=-20.54<0$ ，
所以由零点存在性定理及 $h(t)$ 的单调性，$h(t)$ 在 $\left(\frac{1}{2}, 4\right)$ 上必有一个零点，在 $(4,24)$ 上必有一个零点，
综上所述，$h(t)$ 有两个零点，即满足 $2 S_{A C O}=15 S_{A B O}$ 的 A 有两个．

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题．