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2024年高考数学北京19<-->2024年高考数学北京21
（15分）已知f(x)=x+kln(1+x)在(t，f(t))(t>0)处切线为l．
（1）若切线l的斜率k=−1，求f(x)单调区间；
（2）证明：切线l不经过(0,0)；
（3）已知k=1，A(t，f(t))，C(0，f(t))，O(0,0)，其中t>0，切线l与y轴交于点B，当2SΔACO=15SΔABO，符合条件的A的个数为？
（参考数据：1.09<ln3<1.10，1.60<ln5<1.61，1.94<ln7<1.95)
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)=(1+k1+t)(x−t)(t>0)，将(0,0)代入再设新函数F(t)=ln(1+t)−t1+t，利用导数研究其零点即可；
（3）分别写出面积表达式，代入2SΔACO=15SΔABO得到13ln(1+t)−2t−15t1+t=0，再设新函数h(t)=13ln(1+t)−2t−15t1+t(t>0)研究其零点即可．
解：（1）f(x)=x−ln(1+x)，f′(x)=1−11+x=x1+x(x>−1)，
当x∈(−1,0)时，f′(x)<0，f(x)在(−1,0)上单调递减，
当x∈(0,+∞)，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)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,+∞)．
（2）f′(x)=1+k1+x，l的斜率为1+k1+t，
故切线方程为y−f(t)=(1+k1+t)(x−t)(t>0)，
代入(0,0)，−f(t)=−t(1+k1+t)，f(t)=t(1+k1+t)，
t+kln(1+t)=t+tk1+t，则ln(1+t)=t1+t，ln(1+t)−t1+t=0，
令F(t)=ln(1+t)−t1+t，
若l过(0,0)，则F(t)在t∈(0,+∞)存在零点．
F′(t)=11+t−1+t−t(1+t)2=t(1+t)2>0，
故F(t)在(0,+∞)上单调递增，F(t)>F(0)=0，
不满足假设，故l不过(0,0)．
（3）k=1，f(x)=x+ln(1+x)，
f′(x)=1+11+x=x+21+x>0，
SΔACO=12tf(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≠0，
∴q>0，则切线l的方程为y−t−ln(t+1)=(1+11+t)(x−t)，
令x=0，则y=q=y=ln(1+t)−tt+1，
∵2SΔACO=15SΔABO，则2tf(t)=15t[ln(1+t)−tt+1]，
∴13ln(1+t)−2t−15×t1+t=0，记h(t)=13ln(1+t)−2t−15t1+t(t>0)，
∴满足条件的A有几个即h(t)有几个零点．
h′(t)=131+t−2−15(t+1)2=13t+13−2(t2+2t+1)−15(t+1)2=2t2+9t−4(t+1)2=(−2t+1)(t−4)(t+1)2，
t∈(0,12)时，h′(t)<0，h(t)单调递减；
t∈(12,4)时，h′(t)>0，h(t)单调递增；
t∈(4,+∞)时，h′(t)<0，h(t)单调递减；
∵h(0)=0，h(12)<0，h（4）=13ln5−20>13×1.6−20=0.8>0，
h(24)=13ln25−48−15×2425=26ln5−48−725<26×1.61−48−725=−20.54<0，
∴由零点存在性定理及h(t)的单调性，h(t)在(12,4)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2SACO=15SABO的A有两个．
点评：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点处的切线方程，考查运算求解能力，属于难题．
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