2021-乙卷理-20 解-导数综合

本题导读

本题考查极值与导数的关系。核心在于必要条件求参及检验法、等价转化法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2021年乙卷理）已知函数 $f(x)=\ln (a-x)$，已知 $x=0$ 是函数 $y=xf(x)$ 的极值点．

（1）求 $a$；

（2）设函数 $g(x)=\frac{x+f(x)}{xf(x)}$．证明：$g(x)<1$．

🔍【思路分析】

破题导航

本题是导数综合应用的标准题型，主要考查极值点的定义及利用导数证明不等式：

• 第（1）问（极值求参数）：令 $F(x)=xf(x)$，由“$x=0$ 是极值点”可知 $F^{\prime }(0)=0$（必要条件），由此解得 $a$ 的值。注意： 极值点要求导数在左右两侧变号，因此求出 $a$ 后，必须将其代回原函数检验 $x=0$ 是否真的是极值点，否则会痛失步骤分。

• 第（2）问（证明不等式）：将（1）中求得的 $a=1$ 代入，问题转化为证明分式不等式 $\frac{x+\ln (1-x)}{x\ln (1-x)}<1$。

  面对分式不等式，首要思路是“去分母”。先分析分母 $x\ln (1-x)$ 的符号：当 $x\in (-\infty ,0)\cup (0,1)$ 时，易证 $x\ln (1-x)<0$ 恒成立。

  因此，两边同乘分母（注意不等号反向），问题转化为证明整式不等式 $x+\ln (1-x)>x\ln (1-x)$，即 $x+(1-x)\ln (1-x)>0$。构造新函数 $h(x)=x+(1-x)\ln (1-x)$，利用导数求其最小值大于 $0$ 即可。

✅【答案】

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$a=1$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求 $a$

由题意，$f(x)$ 的定义域为 $(-\infty ,a)$。

令 $F(x)=xf(x)=x\ln (a-x)$，$x\in (-\infty ,a)$。

对 $F(x)$ 求导，得：

$F^{\prime }(x)=\ln (a-x)+x\cdot \frac{-1}{a-x}=\ln (a-x)-\frac{x}{a-x}$

因为 $x=0$ 是函数 $y=F(x)$ 的极值点，所以必须满足 $F^{\prime }(0)=0$，

即 $\ln a-0=0$，解得 $a=1$。

【检验步骤】（必不可少）：

当 $a=1$ 时，$F^{\prime }(x)=\ln (1-x)-\frac{x}{1-x}$，定义域为 $(-\infty ,1)$，且 $F^{\prime }(0)=0$。

再次求导分析 $F^{\prime }(x)$ 的单调性：

$F^{\prime \prime }(x)=\frac{-1}{1-x}-\frac{1\cdot (1-x)-x\cdot (-1)}{(1-x{)}^2}=\frac{-1}{1-x}-\frac{1}{(1-x{)}^2}=\frac{x-2}{(1-x{)}^2}$

因为 $x\in (-\infty ,1)$，所以 $x-2<0$，$(1-x{)}^2>0$，

故 $F^{\prime \prime }(x)<0$ 恒成立。

这说明 $F^{\prime }(x)$ 在 $(-\infty ,1)$ 上单调递减。

又因为 $F^{\prime }(0)=0$：

• 当 $x\in (-\infty ,0)$ 时，$F^{\prime }(x)>F^{\prime }(0)=0$，$F(x)$ 单调递增；

• 当 $x\in (0,1)$ 时，$F^{\prime }(x)<F^{\prime }(0)=0$，$F(x)$ 单调递减。

  所以 $x=0$ 是函数 $F(x)$ 的极大值点，符合题意。

综上所述，$a=1$。

（2）证明：$g(x)<1$

由（1）知 $a=1$，所以 $f(x)=\ln (1-x)$，函数的定义域为 $(-\infty ,0)\cup (0,1)$（因为分母 $x\ne 0$）。

要证 $g(x)<1$，即证：

$\frac{x+\ln (1-x)}{x\ln (1-x)}<1$

先分析分母 $x\ln (1-x)$ 的符号：

• 当 $x\in (-\infty ,0)$ 时，$1-x>1$，则 $\ln (1-x)>0$，此时 $x\ln (1-x)<0$；

• 当 $x\in (0,1)$ 时，$0<1-x<1$，则 $\ln (1-x)<0$，此时 $x\ln (1-x)<0$。

  所以，在定义域内，分母恒有 $x\ln (1-x)<0$。

在不等式两边同乘负数 $x\ln (1-x)$，不等号方向改变，原命题等价于证明：

$x+\ln (1-x)>x\ln (1-x)$

移项整理，即证：

$x+(1-x)\ln (1-x)>0$

构造辅助函数 $h(x)=x+(1-x)\ln (1-x)$，其定义域为 $(-\infty ,1)$。

求导：

h'(x) = 1 + (-1) \cdot \ln(1-x) + (1-x) \cdot \frac{-1}{1-x}$$$$h'(x) = 1 - \ln(1-x) - 1 = -\ln(1-x)

令 $h^{\prime }(x)=0$，即 $-\ln (1-x)=0$，解得 $x=0$。

分析 $h(x)$ 的单调性：

• 当 $x\in (-\infty ,0)$ 时，$1-x>1$，$\ln (1-x)>0$，则 $h^{\prime }(x)<0$，$h(x)$ 单调递减；

• 当 $x\in (0,1)$ 时，$0<1-x<1$，$\ln (1-x)<0$，则 $h^{\prime }(x)>0$，$h(x)$ 单调递增。

所以 $x=0$ 为 $h(x)$ 在 $(-\infty ,1)$ 上的全局极小值点，也是最小值点。

故对于任意非零的 $x\in (-\infty ,1)$，都有：

$h(x)>h(0)=0+(1-0)\ln (1-0)=0$

即 $x+(1-x)\ln (1-x)>0$ 恒成立。

逆推回去，即得 $\frac{x+\ln (1-x)}{x\ln (1-x)}<1$ 成立，命题得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. “导数为0”的陷阱：遇到“已知 $x=x_0$ 是极值点求参数”的问题，务必要记住 $f^{\prime }(x_0)=0$ 只是必要条件。阅卷标准中，“检验”通常占据 $2\sim 3$ 分。不检验直接下结论会导致丢分。

2. 分式不等式的处理策略：遇到证明 $\frac{A}{B}<C$ 的形式，核心动作是去分母转化为整式。但去分母前必须严格讨论分母的符号。本题中分母在定义域内恰好恒小于 $0$ 是破题的关键。

3. 构造函数法的威力：通过移项整理出 $x+(1-x)\ln (1-x)>0$ 后，构造函数求最小值是标准打法。求导过程中的乘积法则 $(uv{)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$ 要细心，如 $h^{\prime }(x)$ 中的抵消设计 $(1-1=0)$ 非常巧妙，体现了命题人的数学美感。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 2006-四川卷理-22 解-利用导数证明不等式
• 2010-安徽卷理-17
• 2013-大纲卷理-22 解-导数单调性与最值