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2021年高考数学乙卷-理19<-->2021年高考数学乙卷-理21
20．（12分）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)=\dfrac{x+f(x)}{xf(x)}$．证明：$g(x)<1$．
分析：（1）确定函数$f(x)$的定义域，令$t(x)=xf(x)$，由极值的定义得到$t'(x)=0$，求出$a$的值，然后进行证明，即可得到$a$的值；
（2）将问题转化为证明$\dfrac{x+ln(1-x)}{xln(1-x)}<1$，进一步转化为证明$x+ln(1-x)>xln(1-x)$，令$h(x)=x+(1-x)ln(1-x)$，利用导数研究$h(x)$的单调性，证明$h(x)>h(0)$，即可证明．
（1）解：由题意，$f(x)$的定义域为$(-\infty ,a)$，
令$t(x)=xf(x)$，则$t(x)=xln(a-x)$，$x\in (-\infty ,a)$，
则$t'(x)=ln(a-x)+x\cdot \dfrac{-1}{a-x}=ln(a-x)+\dfrac{-x}{a-x}$，
因为$x=0$是函数$y=xf(x)$的极值点，则有$t'(0)=0$，即$lna=0$，所以$a=1$，
当$a=1$时，$t'(x)=ln(1-x)+\dfrac{-x}{1-x}=ln(1-x)+\dfrac{-1}{1-x}+1$，且$t'(0)=0$，
因为$t''(x)=\dfrac{-1}{1-x}+\dfrac{-1}{(1-x)^{2}}=\dfrac{x-2}{(1-x)^{2}}<0$，
则$t'(x)$在$(-\infty ,1)$上单调递减，
所以当$x\in (-\infty ,0)$时，$t'(x)>0$，
当$x\in (0,1)$时，$t'(x)<0$，
所以$a=1$时，$x=0$是函数$y=xf(x)$的一个极大值点．
综上所述，$a=1$；
（2）证明：由（1）可知，$xf(x)=xln(1-x)$，
要证$\dfrac{x+f(x)}{xf(x)}<1$，即需证明$\dfrac{x+ln(1-x)}{xln(1-x)}<1$，
因为当$x\in (-\infty ,0)$时，$xln(1-x)<0$，
当$x\in (0,1)$时，$xln(1-x)<0$，
所以需证明$x+ln(1-x)>xln(1-x)$，即$x+(1-x)ln(1-x)>0$，
令$h(x)=x+(1-x)ln(1-x)$，
则$h'(x)=(1-x)\cdot \dfrac{-1}{1-x}+1-ln(1-x)$，
所以$h'(0)=0$，当$x\in (-\infty ,0)$时，$h'(x)<0$，
当$x\in (0,1)$时，$h'(x)>0$，
所以$x=0$为$h(x)$的极小值点，
所以$h(x)>h(0)=0$，即$x+ln(1-x)>xln(1-x)$，
故$\dfrac{x+ln(1-x)}{xln(1-x)}<1$，
所以$\dfrac{x+f(x)}{xf(x)}<1$．
点评：本题考查了导数的综合应用，主要考查了利用导数研究函数的极值问题，利用导数证明不等式问题，此类问题经常构造函数，转化为证明函数的取值范围问题，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于难题．
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