2024-北京卷-20 解-导数综合

本题导读

本题是 2024 年北京高考数学卷的压轴大题。第一问考查基础的导数单调区间确定；第二问利用反证法结合构造函数证明切线不过原点；第三问将切线截距与三角形面积结合，通过求导判定二次单调性，并利用给定对数边界值实施精准赋值，运用零点存在性定理锁定解的个数.

📌【题干】

Question

（2024年北京卷）（15分）设函数 $f(x)=x+k\ln (1+x)(k\ne 0)$，直线 $l$ 是曲线 $y=f(x)$ 在点 $(t,f(t))(t>0)$ 处的切线.

（1）当 $k=-1$ 时，求 $f(x)$ 的单调区间；

（2）证明： $l$ 不经过 $(0,0)$；

（3）当 $k=1$ 时，设点 $A(t,f(t))(t>0)$， $C(0,f(t))$， $O(0,0)$， $B$ 为 $l$ 与 $y$ 轴的交点， $S_{△ACO}$ 与 $S_{△ABO}$ 分别表示 $△ACO$ 和 $△ABO$ 的面积.是否存在点 $A$ 使得 $2S_{△ACO}=15S_{△ABO}$ 成立？若存在，这样的点 $A$ 有几个？

（参考数据： $1.09<\ln 3<1.10$，$1.60<\ln 5<1.61$，$1.94<\ln 7<1.95$）

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第（1）问：代入 $k=-1$ 确定解析式，求导数 $f^{\prime }(x)$。通过判定导数在定义域 $(-1,+\infty )$ 上的正负号从而锁定单调增减区间。
2. 第（2）问：写出切线 $l$ 的点斜式方程。使用反证法，假定其经过原点 $(0,0)$，代入化简得到核心方程 $\ln (1+t)-\frac{t}{1+t}=0$。构造新函数 $F(t)=\ln (1+t)-\frac{t}{1+t}$，通过求导证明其在 $t>0$ 时严格大于 $0$ 从而引发矛盾。
3. 第（3）问：

• 面积等式转化：由于 $A(t,f(t))$ 和 $C(0,f(t))$ 的纵坐标相同， $AC\perp y$ 轴。以 $y$ 轴上的线段为底，则 $△ACO$ 的底为 $|OC|=f(t)$，高为 $t$； $△ABO$ 的底为 $|OB|=|q|$ （ $q$ 为切线 $l$ 的纵截距），高也为 $t$。因为高相等，面积之比等价于底边长度之比。
• 构造核心函数：求解纵截距 $q$，代入面积比例等式消去公因式，化简得到关于 $t$ 的超越方程，构造函数 $h(t)=13\ln (1+t)-2t-\frac{15t}{1+t}$。
• 零点卡界分析：对 $h(t)$ 求导，求出极值点 $t=\frac{1}{2}$ 和 $t=4$。利用给定的对数边界对区间端点进行精准估值，结合零点存在性定理确定零点个数。

✅【答案】

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(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) 存在，有 $2$ 个

✍【详细解析】

Abstract

（1）第(1)问详解

（1）解：当 $k=-1$ 时，求 $f(x)$ 的单调区间

当 $k=-1$ 时，函数解析式为 $f(x)=x-\ln (1+x)$，其定义域为 $(-1,+\infty )$。 对 $f(x)$ 求导： $f^{\prime }(x)=1-\frac{1}{1+x}=\frac{x}{1+x}(x>-1)$

令 $f^{\prime }(x)=0$，解得唯一驻点 $x=0$。

• 当 $x\in (-1,0)$ 时， $x<0$ 且 $1+x>0$，故 $f^{\prime }(x)<0$，函数 $f(x)$ 在该区间内单调递减；
• 当 $x\in (0,+\infty )$ 时， $x>0$ 且 $1+x>0$，故 $f^{\prime }(x)>0$，函数 $f(x)$ 在该区间内单调递增。

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

(2) 第(2)问详解

（2）证明： $l$ 不经过 $(0,0)$

由原函数 $f(x)=x+k\ln (1+x)$，求导得： $f^{\prime }(x)=1+\frac{k}{1+x}$ 所以曲线 $y=f(x)$ 在点 $(t,f(t))$ 处的切线 $l$ 的斜率为 $f^{\prime }(t)=1+\frac{k}{1+t}$。 切线 $l$ 的方程为： $y-f(t)=\left(1+\frac{k}{1+t}\right)(x-t)(t>0)$

使用反证法：假设切线 $l$ 经过坐标原点 $(0,0)$，将 $(0,0)$ 代入切线方程得： $-f(t)=\left(1+\frac{k}{1+t}\right)(-t)⟹f(t)=t\left(1+\frac{k}{1+t}\right)$ 将 $f(t)=t+k\ln (1+t)$ 代入上式展开： $t+k\ln (1+t)=t+\frac{kt}{1+t}⟹k\ln (1+t)=\frac{kt}{1+t}$ 因为已知条件限制 $k\ne 0$，方程两边同时除以 $k$，移项整理得： $\ln (1+t)-\frac{t}{1+t}=0$

构造辅助函数 $F(t)=\ln (1+t)-\frac{t}{1+t}(t⩾0)$。 对 $F(t)$ 求导化简： $F^{\prime }(t)=\frac{1}{1+t}-\frac{1\cdot (1+t)-t\cdot 1}{(1+t{)}^2}=\frac{1}{1+t}-\frac{1}{(1+t{)}^2}=\frac{t}{(1+t{)}^2}$ 因为切点横坐标满足 $t>0$，所以在该半开区间内恒有 $F^{\prime }(t)>0$。 这说明函数 $F(t)$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格单调递增。

因此对于任意的 $t>0$，显然恒满足： $F(t)>F(0)=\ln 1-0=0⟹\ln (1+t)-\frac{t}{1+t}>0$

由此可知，方程 $\ln (1+t)-\frac{t}{1+t}=0$ 在 $t>0$ 时无实数解，与假设切线过原点导出的方程矛盾。 故原命题得证：切线 $l$ 不经过坐标原点 $(0,0)$。

(3) 第(3)问详解

（3）解：是否存在点 $A$ 使得 $2S_{△ACO}=15S_{△ABO}$ 成立？

当 $k=1$ 时，函数为 $f(x)=x+\ln (1+x)$。 已知 $t>0$，则 $1+t>1⟹\ln (1+t)>0$，所以此时纵坐标 $f(t)=t+\ln (1+t)>0$。 点 $A(t,f(t))$ 和点 $C(0,f(t))$ 连线平行于 $x$ 轴。 以 $y$ 轴上的线段 $OC$ 为底，则 $△ACO$ 的面积为： $S_{△ACO}=\frac{1}{2}\cdot |OC|\cdot x_A=\frac{1}{2}\cdot f(t)\cdot t=\frac{1}{2}t(t+\ln (1+t))$

设切线 $l$ 与 $y$ 轴的交点 $B$ 的坐标为 $(0,q)$。 在第（2）问的切线方程中令 $x=0$，可解出纵截距 $q$ 的表达式： $q=f(t)-t{f}^{\prime }(t)=t+\ln (1+t)-t\left(1+\frac{1}{1+t}\right)=\ln (1+t)-\frac{t}{1+t}$ 由第（2）问已证可知，当 $t>0$ 时， $q=F(t)>0$。 所以点 $B$ 位于 $y$ 轴的正半轴上，线段 $|OB|=q$。 以 $y$ 轴上的线段 $OB$ 为底，则 $△ABO$ 的面积为： $S_{△ABO}=\frac{1}{2}\cdot |OB|\cdot x_A=\frac{1}{2}\cdot q\cdot t=\frac{1}{2}t\left(\ln (1+t)-\frac{t}{1+t}\right)$

题目要求满足面积等式 $2S_{△ACO}=15S_{△ABO}$，代入各自面积公式： $2\times \left[\frac{1}{2}t(t+\ln (1+t))\right]=15\times \left[\frac{1}{2}t\left(\ln (1+t)-\frac{t}{1+t}\right)\right]$

因为限定 $t>0$，等式两边消去公因式 $\frac{1}{2}t$，整理可得： $2t+2\ln (1+t)=15\ln (1+t)-\frac{15t}{1+t}$ 移项将所有项集中到一侧，构建核心目标方程： $13\ln (1+t)-2t-\frac{15t}{1+t}=0$

构造辅助函数： $h(t)=13\ln (1+t)-2t-\frac{15t}{1+t}(t>0)$ 符合条件的点 $A$ 的个数，等价于函数 $h(t)$ 在定义域 $(0,+\infty )$ 上的零点个数。

对 $h(t)$ 进行求导并通分整理： $h^{\prime }(t)=\frac{13}{1+t}-2-\frac{15\cdot (1+t)-15t\cdot 1}{(1+t{)}^2}=\frac{13(1+t)-2(1+t{)}^2-15}{(1+t{)}^2}$ $h^{\prime }(t)=\frac{-2t^2+9t-4}{(1+t{)}^2}=\frac{-(2t-1)(t-4)}{(1+t{)}^2}$ 令导数 $h^{\prime }(t)=0$，解得两个关键驻点： $t_1=\frac{1}{2}$， $t_2=4$。

由此确立 $h(t)$ 的三段式单调性：

• 当 $t\in \left(0,\frac{1}{2}\right)$ 时， $h^{\prime }(t)<0$，函数 $h(t)$ 单调递减；
• 当 $t\in \left(\frac{1}{2},4\right)$ 时， $h^{\prime }(t)>0$，函数 $h(t)$ 单调递增；
• 当 $t\in (4,+\infty )$ 时， $h^{\prime }(t)<0$，函数 $h(t)$ 单调递减。

接下来利用端点值与单调性，配合给定的参考数据进行零点卡界分析：

• 第一区间：因为边界连续延伸满足 $h(0)=13\ln 1-0-0=0$，而 $h(t)$ 在 $\left(0,\frac{1}{2}\right)$ 内单调递减，所以极小值点处必定满足： $h\left(\frac{1}{2}\right)<h(0)=0$
• 第二区间：计算极大值点 $t=4$ 处的值，利用参考数据 $1.60<\ln 5<1.61$： $h(4)=13\ln 5-2(4)-\frac{15\times 4}{4+1}=13\ln 5-20$ 因为 $\ln 5>1.60$，所以： $h(4)>13\times 1.60-20=20.8-20=0.8>0$ 根据零点存在性定理，由于 $h\left(\frac{1}{2}\right)<0$ 且 $h(4)>0$，说明在单调递增区间 $\left(\frac{1}{2},4\right)$ 内必存在有且仅有 1 个零点。
• 第三区间：为了在极大值点右侧的单调递减区间 $(4,+\infty )$ 内确定一个负值端点，选取 $t=24$ 进行估值： $h(24)=13\ln 25-2(24)-\frac{15\times 24}{24+1}=26\ln 5-48-14.4=26\ln 5-62.4$ 利用已知高界提示 $\ln 5<1.61$ 代入放缩： $h(24)<26\times 1.61-62.4=41.86-62.4=-20.54<0$ 根据零点存在性定理，由于 $h(4)>0$ 且 $h(24)<0$，说明在右侧递减区间 $(4,24)$ 内必存在有且仅有 1 个零点。

综上分析，函数 $h(t)$ 在正半轴区间 $(0,+\infty )$ 上有且仅有两个互不相等的实数零点。 这意味着存在满足题意面积比例关系的切点 $A$，且这样的点 $A$ 共有 2 个。

【答案】：存在，符合条件的点 $A$ 有 2 个．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：切线纵截距代数表示、超越函数多段单调性判定、零点存在性定理的估值与赋值应用。
2. 核心方法：反证法、构造函数法、数据逼近赋值法。
3. 避坑指南：

• 面积绝对值陷阱：在书写 $△ABO$ 的底边 $|OB|$ 时，由于 $B$ 为纵轴交点，其底边长实为纵截距的绝对值 $|q|$。必须利用第二问的结论确认 $q=\ln (1+t)-\frac{t}{1+t}>0$ 这一关键特征，从而脱去绝对值，否则若因符号错误会导致方程变形失败。
• 估值点的选取：第三问单调递减向右无限延伸，需要代入一个具体的 $t$ 值来证明 $h(t)<0$。通过观察给出的参考数据 $\ln 3,\ln 5,\ln 7$，由于方程内部包含 $\ln (1+t)$，选择的 $t$ 应使 $1+t$ 成为 $3,5,7$ 的幂次。令 $1+t=25⟹t=24$（对应 $2\ln 5$ ）或令 $1+t=9⟹t=8$（对应 $2\ln 3$ ），方可代入进行放缩判定。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题是经典的导数综合题，属于压轴题型。源自教材中利用导数工具研究方程根的个数以及函数最值的相关理论体系，重点考查逻辑推理与代数运算抗压能力。
2. 结论推广：在面对包含线性项 $at$、分式项 $\frac{bt}{1+t}$ 与对数项 $c\ln (1+t)$ 混合构成的复杂超越函数零点判定时，其导数通常可以合并整理为一元二次多项式比例构型 $\frac{A{x}^2+Bx+C}{(1+x{)}^2}$。通过一元二次方程的实根确定原函数的极值拐点，进而划定单调性格局进行区间判定。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.01 导数定义与几何意义
• 20.03 导数研究单调性与极值最值

类题演练 (Links)

• 2008-新课标卷文-21 解-导数切线定值
• 2010-山东卷文-21 解-导数切线与单调性
• 2021-天津卷-20 解-导数综合