设函数 f (x) = ln(a − x)，已知 x =…——2021 高考数学第 20 题答案解析

【答案】①a =1；（2）证明见详解

【解析】

【分析】①由题意求出 $y ^ { \prime }$ ，由极值点处导数为0即可求解出参数a；

> ②由①得 $g ( x ) = \frac { x + \ln \left( 1 - x \right) } { x \ln \left( 1 - x \right) } , x < 1$ 且x≠0，分类讨论x∈(0,1)和 $x \in \left( - \infty , 0 \right)$ ，可等价转化为要证 $g \left( x \right) < 1$ ，即证 $x + \ln \left( 1 - x \right) > x \ln \left( 1 - x \right)$ 在x∈(0,1)和 $x \in \left( - \infty , 0 \right)$ 上恒成立，结合导数和换元法即可求解

【详解】（1）由 $f \left( x \right) = \ln \left( a - x \right) \Rightarrow f ^ { \prime } \left( x \right) = { \frac { 1 } { x - a } } , \quad y = x f \left( x \right) \Rightarrow y ^ { \prime } = \ln \left( a - x \right) + { \frac { x } { x - a } } ,$

又 x = 0 是函数 y = xf(x)的极值点，所以 $y ^ { \prime } { \bigl ( } 0 { \bigr ) } = \ln a = 0$ ，解得 a =1；

（2）[方法一]：转化为有分母的函数

由（Ⅰ）知， $g ( x ) = { \frac { x + \ln ( 1 - x ) } { x \ln ( 1 - x ) } } = { \frac { 1 } { \ln ( 1 - x ) } } + { \frac { 1 } { x } }$ ，其定义域为 $( - \infty , 0 ) \cup ( 0 , 1 )$

要证 $g ( x ) < 1$ ，即证 $\frac { 1 } { \ln ( 1 - x ) } + \frac { 1 } { x } < 1$ ，即证 ${ \frac { 1 } { \ln ( 1 - x ) } } < 1 - { \frac { 1 } { x } } = { \frac { x - 1 } { x } }$

（ⅰ）当 xÎ(0,1) 时， ${ \frac { 1 } { \ln ( 1 - x ) } } < 0 \ , { \frac { x - 1 } { x } } < 0$ ，即证 $\ln ( 1 - x ) > { \frac { x } { x - 1 } }$ ．令 $F ( x ) = \ln ( 1 - x ) - { \frac { x } { x - 1 } }$ ，因为 $F ^ { \prime } ( x ) = { \frac { - 1 } { 1 - x } } - { \frac { - 1 } { \left( x - 1 \right) ^ { 2 } } } = { \frac { x } { \left( x - 1 \right) ^ { 2 } } } > 0$ ，所以F x( )在区间(0,1)内为增函数，所以 $F ( x ) > F ( 0 ) = 0$

（ⅱ）当 $x \in ( - \infty , 0 )$ 时， $\frac { 1 } { \ln ( 1 - x ) } > 0 , \frac { x - 1 } { x } > 0$ ，即证 $\ln ( 1 - x ) > { \frac { x } { x - 1 } }$ ，由（ⅰ）分析知F x( )在区间( ,0)-¥ 内为减函数，所以 $F ( x ) > F ( 0 ) = 0$

综合（ⅰ）（ⅱ）有 $g ( x ) < 1$

**方法二**：【最优解】：转化为无分母函数

由①得 f(x) = ln(1−x), $g ( x ) = { \frac { x + f ( x ) } { x f ( x ) } } = { \frac { x + \ln \left( 1 - x \right) } { x \ln \left( 1 - x \right) } }$ ， x < 1且 x ¹ 0 ，

当 $x \in \left( 0 , 1 \right)$ 时，要证 $g ( x ) = { \frac { x + \ln \left( 1 - x \right) } { x \ln \left( 1 - x \right) } } < 1$ , ∵ x> 0,ln(1−x)< 0, $\therefore x \ln \left( 1 - x \right) < 0$ ，即证$x + \ln \left( 1 - x \right) > x \ln \left( 1 - x \right)$ ，化简得 $x + \left( 1 - x \right) \ln \left( 1 - x \right) > 0$ ；

同理，当 $x \in \left( - \infty , 0 \right)$ 时，要证 $g ( x ) = { \frac { x + \ln \left( 1 - x \right) } { x \ln \left( 1 - x \right) } } < 1$ , ∵ x < 0,ln(1 − x) > 0 , . $\cdot \ x \ln \left( 1 - x \right) < 0$ ，即证$x + \ln \left( 1 - x \right) > x \ln \left( 1 - x \right)$ ，化简得 $x + \left( 1 - x \right) \ln \left( 1 - x \right) > 0$ ；

令h(x)=x+(1−x)ln(1−x)，再令t=1−x，则t∈(0,1)∪(1,+∞)，x=1−t,

当t∈(0,1)时，φ′(t)<0，φ(t)单减，故 $\varphi { \big ( } t { \big ) } > \varphi { \big ( } 1 { \big ) } = 0$

当 $t \in \left( 1 , + \infty \right)$ 时，φ′(t)>0，φ(t)单增，故 $\varphi { \big ( } t { \big ) } > \varphi { \big ( } 1 { \big ) } = 0$

综上所述， $g ( x ) = { \frac { x + \ln \left( 1 - x \right) } { x \ln \left( 1 - x \right) } } < 1$ 在 $x \in \left( - \infty , 0 \right) \cup \left( 0 , 1 \right)$ 恒成立.

**方法三**：利用导数不等式中的常见结论证明

令 $\varphi ( x ) = \ln x - ( x - 1 )$ ，因为 $\varphi ^ { \prime } ( x ) = { \frac { 1 } { x } } - 1 = { \frac { 1 - x } { x } }$ ，所以j( ) x 在区间(0,1)内是增函数，在区间 $( 1 , + \infty )$ 内是减函数，所以 $\varphi ( x ) \leq \varphi ( 1 ) = 0$ ，即 $\ln x \leq x - 1$ （当且仅当x =1时取等号）．故当x <1且x¹0时，$\frac { 1 } { 1 - x } > 0$ 且 ${ \frac { 1 } { 1 - x } } \neq 1$ ， ln $\frac { 1 } { 1 - x } < \frac { 1 } { 1 - x } - 1$ ，即 $- \ln ( 1 - x ) < { \frac { x } { 1 - x } }$ ，所以 $\ln ( 1 - x ) > { \frac { x } { x - 1 } }$

（ⅰ）当 xÎ(0,1) 时， $0 > \ln ( 1 - x ) > { \frac { x } { x - 1 } }$ ，所以 ${ \frac { 1 } { \ln ( 1 - x ) } } < { \frac { x - 1 } { x } } = 1 - { \frac { 1 } { x } }$ ，即 $\frac { 1 } { \ln ( 1 - x ) } + \frac { 1 } { x } < 1$ ，所以$g ( x ) < 1$

（ⅱ）当 $x \in ( - \infty , 0 )$ 时， $\ln ( 1 - x ) > { \frac { x } { x - 1 } } > 0$ ，同理可证得 $g ( x ) < 1$

综合（ⅰ）（ⅱ）得，当x <1且x¹0时， $\frac { x + \ln ( 1 - x ) } { x \ln ( 1 - x ) } < 1$ ，即 $g ( x ) < 1$

【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当 xÎ(0,1)时，转化为证明

$\ln ( 1 - x ) > { \frac { x } { x - 1 } }$ ，当 $x \in ( - \infty , 0 )$ 时，转化为证明 $\ln ( 1 - x ) > { \frac { x } { x - 1 } }$ ，然后构造函数，利用导数研究单调

性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当 $x \in \left( 0 , 1 \right)$ 时，

$x + ( 1 - x ) \ln \left( 1 - x \right) > 0$ 成立和当 $x \in \left( - \infty , 0 \right)$ 时， $x + ( 1 - x ) \ln \left( 1 - x \right) > 0$ 成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数 $\varphi ( x ) = \ln x - ( x - 1 )$ ，利用导数分析单调性，证得常见常用结论 $\ln x \leq x - 1$ （当且仅当x =1时取等号）．然后换元得到 $\ln ( 1 - x ) > { \frac { x } { x - 1 } }$

分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.