对数函数切线与三角形面积

第(1)问

$k = -1$：$f(x) = x - \ln(1+x)$，定义域 $(-1, +\infty)$。

$f'(x) = 1 - \dfrac{1}{1+x} = \dfrac{x}{1+x}$。

$f'(x) > 0$ 当 $x > 0$；$f'(x) < 0$ 当 $-1 < x < 0$。

$f$ 在 $(-1, 0)$ 递减，在 $(0, +\infty)$ 递增。

答案

(1) $f(x)$ 在 $(-1, 0)$ 递减，在 $(0, +\infty)$ 递增。

第(2)问

切线 $l$ 在 $(t, f(t))$ 处：$y - f(t) = f'(t)(x - t)$，即 $y = f(t) + f'(t)(x - t)$。

$l$ 过 $(0, 0)$：$0 = f(t) - tf'(t)$，即 $f(t) = tf'(t)$。

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

$f(t) - tf'(t) = t + k\ln(1+t) - t\left(1 + \dfrac{k}{1+t}\right) = k\ln(1+t) - \dfrac{kt}{1+t}$。

令其为 $0$：$\ln(1+t) = \dfrac{t}{1+t}$（$k \neq 0$）。

设 $u = 1+t > 1$：$\ln u = 1 - \dfrac{1}{u}$，即 $h(u) = \ln u - 1 + \dfrac{1}{u} = 0$。

$h'(u) = \dfrac{1}{u} - \dfrac{1}{u^2} = \dfrac{u-1}{u^2} > 0$（$u>1$）。$h(1) = 0 - 1 + 1 = 0$，故 $u > 1$ 时 $h(u) > 0$，无解。

切线不经过 $(0, 0)$。

答案

(2) 切线 $l$ 不经过 $(0, 0)$。

第(3)问

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

$A(t, f(t))$，$C(0, f(t))$，$O(0, 0)$，$B$ 为 $l$ 与 $y$ 轴交点。

$l$：$y = f(t) + f'(t)(x-t)$，$x=0$ 时 $y_B = f(t) - tf'(t) = \ln(1+t) - \dfrac{t}{1+t}$（由(2)知 $>0$）。

$S_{\triangle ACO} = \dfrac{1}{2}|OA|\cdot|y_A - y_C| = \dfrac{1}{2} t \cdot |f(t) - f(t)|$... $A(t,f(t)), C(0,f(t)), O(0,0)$，以 $OC$ 为底、$A$ 的横坐标为高：

$S_{\triangle ACO} = \dfrac{1}{2}|OC|\cdot t = \dfrac{1}{2}f(t)\cdot t = \dfrac{t(t+\ln(1+t))}{2}$。

$S_{\triangle ABO}$：$A(t,f(t)), B(0,y_B), O(0,0)$，以 $OB$ 为底、$A$ 的横坐标为高：

$S_{\triangle ABO} = \dfrac{1}{2}y_B \cdot t = \dfrac{t}{2}\left(\ln(1+t) - \dfrac{t}{1+t}\right)$。

条件 $2S_{\triangle ACO} = 15S_{\triangle ABO}$：

$t(t+\ln(1+t)) = \dfrac{15t}{2}\left(\ln(1+t) - \dfrac{t}{1+t}\right)$。

$t > 0$，两边除以 $t$：$t + \ln(1+t) = \dfrac{15}{2}\ln(1+t) - \dfrac{15t}{2(1+t)}$，即 $\dfrac{t(2t+17)}{2(1+t)} = \dfrac{13}{2}\ln(1+t)$。

$\dfrac{t(2t+17)}{1+t} = 13\ln(1+t)$。

设 $u = 1+t > 1$：$\dfrac{(u-1)(2u+15)}{u} = 13\ln u$，即 $g(u) = 2u + 13 - \dfrac{15}{u} - 13\ln u = 0$。

$g'(u) = 2 + \dfrac{15}{u^2} - \dfrac{13}{u} = \dfrac{2u^2 - 13u + 15}{u^2} = \dfrac{(2u-3)(u-5)}{u^2}$。

$g'$ 在 $(1, 3/2)$ 正、$(3/2, 5)$ 负、$(5, +\infty)$ 正。

$g(1) = 2+13-15-0 = 0$。$g(3/2) > 0$，$g(5) = 10+13-3-13\ln 5 = 20-13\ln 5$。

$\ln 5 > 1.60$：$13\ln 5 > 13\times 1.60 = 20.8$，$g(5) < 20 - 20.8 = -0.8 < 0$。

$\ln 7 < 1.95$：$g(7) = 14+13-15/7-13\ln 7 = 27-2.143-13\ln 7 < 27-2.143-13\times 1.94 = 27-2.143-25.22 < 0$。

$g(8) = 16+13-15/8-13\ln 8 = 29-1.875-13\ln 8$。$\ln 8 = 3\ln 2 \approx 3\times 0.693 = 2.079$，$13\times 2.079 \approx 27.03$，$g(8) \approx 0.1 > 0$。

故 $g$ 在 $(5, 8)$ 有一零点。又 $g(3/2) > g(1) = 0$，$g(5) < 0$，故 $g$ 在 $(3/2, 5)$ 也有一零点。

两个零点：$u \in (3/2, 5)$ 对应 $t \in (1/2, 4)$；$u \in (5, 8)$ 对应 $t \in (4, 7)$。

答案

(3) 存在两个 $t$ 值满足条件。