【文档说明】2023届高考数学一轮复习精选用卷 第三章 函数、导数及其应用 考点测试16 导数的概念及运算 含解析【高考】.doc，共(17)页，210.500 KB，由小赞的店铺上传

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1考点测试16导数的概念及运算高考概览本考点是高考的必考知识点，既可作为选择题、填空题独立考查，也可结合导数应用在解答题中综合考查，分值为5分、12分，中等难度考纲研读1.了解导数概念的实际背景2．通过函数图象直

观理解导数的几何意义3．能根据导数的定义求函数y＝C(C为常数)，y＝x，y＝1x，y＝x2，y＝x3，y＝x的导数4．能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数，并了解复合函数求导法则，能求简单复合函数(仅限于形如f(ax＋b)的复合函数)的导数一、基础小

题1．满足f(x)＝f′(x)的函数是()A．f(x)＝3＋xB．f(x)＝－xC．f(x)＝lnxD．f(x)＝0答案D解析若f(x)＝0，则f′(x)＝0，从而有f(x)＝f′(x).故选D.2．设f(x)＝xlnx，f′(x0)＝

2，则x0＝()A．e2B．eC．ln22D．ln2答案B解析∵f′(x)＝1＋lnx，∴f′(x0)＝1＋lnx0＝2，∴x0＝e.故选B.3．设f(x)是可导函数，且满足limΔx→0f（2Δx＋1）－f（1）2Δx＝－1，则曲线y

＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为()2A．－1B．1C．2D．－2答案A解析limΔx→0f（2Δx＋1）－f（1）2Δx＝－1，即f′(1)＝－1，由导数的几何意义知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为－1.4．已知函数

f(x)＝xcosx＋(a－1)x2是奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程是()A．2x－y＝0B．x－y＝0C．2x＋y＝0D．x－2y＝0答案B解析∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－xcos(－x)＋(a－1)(

－x)2＝－xcosx＋(a－1)x2＝－xcosx－(a－1)x2，∴(a－1)x2＝0，∴a＝1，f(x)＝xcosx是奇函数，f′(x)＝cosx－xsinx，f′(0)＝1，f(0)＝0，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x，即x－y＝0.故选B.5．设函数f(x)＝

xsinx＋cosx的图象在点(t，f(t))处切线的斜率为g(t)，则函数y＝g(t)的图象的一部分可以是()答案A解析由f(x)＝xsinx＋cosx可得f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xc

osx，即y＝g(t)＝tcost，是奇函数，排除B，D；当t∈0，π2时，y＝g(t)>0，排除C.故选A.6．若点A(t，0)与曲线y＝ex上点P的距离的最小值为23，则实数t的值为()A．4－ln23B．4－ln223C．3＋

ln33D．3＋ln32答案D解析y＝ex的导数为y′＝ex，设P(m，em)，可得过P的切线的斜率为em，当AP垂直于切线时，AP取得最小值23，可得emm－t＝－1em，且（m－t）2＋e2m＝23，可得(m－t)2－(m－t)－12＝0，解得m－t＝

－3(4舍去)，即有e2m＝t－m＝3，解得m＝ln32，t＝3＋ln32.故选D.7．(多选)已知函数f(x)及其导函数f′(x)，若存在x0使得f(x0)＝f′(x0)，则称x0是f(x)的一个“巧值点”．下列

函数中有“巧值点”的是()A．f(x)＝x2B．f(x)＝e－xC．f(x)＝lnxD．f(x)＝tanx答案AC解析若f(x)＝x2，则f′(x)＝2x，令x2＝2x，得x＝0或x＝2，方程显然有解，故A符合要求；若f

(x)＝e－x，则f′(x)＝－e－x，令e－x＝－e－x，此方程无解，故B不符合要求；若f(x)＝lnx，则f′(x)＝1x，令lnx＝1x，在同一直角坐标系内作出函数y＝lnx与y＝1x的图象(作图略)，可得两函数的图象有一个交点，所以方程f(

x)＝f′(x)存在实数解，故C符合要求；若f(x)＝tanx，则f′(x)＝sinxcosx′＝1cos2x，令tanx＝1cos2x，化简得sinxcosx＝1，变形可得sin2x＝2，无解，故D不符合要求．故选AC.8．(多选)若函数f(x)满足对任意

的x∈R都有f(x)＋f′(x)≤2(其中f′(x)为f(x)的导数)，则f(x)的解析式可能是()A．f(x)＝sinxB．f(x)＝e－xC．f(x)＝1x2＋1D．f(x)＝5xx2＋1答案ABC4解析A中，f(x

)＝sinx，则f′(x)＝cosx，则f(x)＋f′(x)＝sinx＋cosx＝2sinx＋π4，满足f(x)＋f′(x)≤2，符合题意；B中，f(x)＝e－x，则f′(x)＝－e－x，则f(x)＋f

′(x)＝e－x－e－x＝0，符合题意；C中，f(x)＝1x2＋1，则f′(x)＝－2x（x2＋1）2，f(x)＋f′(x)＝1x2＋1－2x（x2＋1）2＝x2＋1－2x（x2＋1）2，又(x＋1)2＝x2＋2x＋1≥0，所以x2＋1≥－2x，所以f(

x)＋f′(x)＝x2＋1－2x（x2＋1）2≤2（x2＋1）（x2＋1）2＝2x2＋1≤2，符合题意；D中，f(x)＝5xx2＋1，则f′(x)＝5－5x2（x2＋1）2，令x＝0，则f(x)＋f′(x)＝f(0)＋f′(0)

＝5，不能满足f(x)＋f′(x)≤2，不符合题意．故选ABC.9．函数y＝xln(x＋a)的图象在点(0，0)处的切线方程为y＝x，则实数a的值为________．答案e解析y′＝ln(x＋a)＋xx＋a，当x＝0时，y′＝l

na＝1，解得a＝e.二、高考小题10．(2021·新高考Ⅰ卷)若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则()A．eb<aB．ea<bC．0<a<ebD．0<b<ea答案D解析解法一：设切点坐标为(x0，y0)，y0>0，y′＝ex，则切线方程为y－b＝ex0(x－a)，

由y0－b＝ex0（x0－a），y0＝ex0，得ex0(1－x0＋a)＝b，则由题意知关于x0的方程5ex0(1－x0＋a)＝b有两个不同的解．设f(x)＝ex(1－x＋a)，则f′(x)＝ex(1－x＋a)－ex＝－ex(x－a)，由f′(

x)＝0得x＝a，所以当x<a时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x>a时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(a)＝ea(1－a＋a)＝ea，当x<a时，a－x>0，所以f(x)>0，当x→－∞时，f(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→－∞，函数f(x)＝ex(

1－x＋a)的大致图象如图所示，因为f(x)的图象与直线y＝b有两个交点，所以0<b<ea.故选D.解法二：过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则点(a，b)在曲线y＝ex的下方且在x轴的上方，得0<b<ea.故选D.11．(2020·全国Ⅰ卷)函数f(x)＝x4－2x3的图象在

点(1，f(1))处的切线方程为()A．y＝－2x－1B．y＝－2x＋1C．y＝2x－3D．y＝2x＋1答案B解析∵f(x)＝x4－2x3，∴f′(x)＝4x3－6x2，∴f(1)＝－1，f′(1)＝－2，∴所求切线的方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故选B.12．(2020·全国Ⅲ

卷)若直线l与曲线y＝x和x2＋y2＝15都相切，则l的方程为()A．y＝2x＋1B．y＝2x＋12C．y＝12x＋1D．y＝12x＋12答案D解析设曲线y＝x的切点为(x0,x0)，x0＞0，函数y＝x的导数为y′＝12x，则直线l的斜率k＝12x0，直线l的方程为y－x0＝

12x0·(x－x0)，即x－2x0y＋x0＝0.由于直线l与圆x2＋y2＝15相切，则x01＋4x0＝15，两边平方并整理得5x20－4x0－1＝0，解得x0＝1或x0＝－15(舍去)，所以直线l的方程为x－2y＋1＝0

，即y6＝12x＋12.故选D.13．(2021·新高考Ⅱ卷)写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x)：________．①f(x1x2)＝f(x1)f(x2)；②当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0；③f′(x)是奇函数．答案f

(x)＝x4(答案不唯一，f(x)＝x2n(n∈N*)均满足)解析取f(x)＝x4，则f(x1x2)＝(x1x2)4＝x41x42＝f(x1)f(x2)，满足①；f′(x)＝4x3，当x>0时有f′(x)>0，满足②；f′(x)＝4x3的定义域为R，又f′(－x)＝－4x3＝－f′(x)，

故f′(x)是奇函数，满足③.14．(2021·全国甲卷)曲线y＝2x－1x＋2在点(－1，－3)处的切线方程为________.答案5x－y＋2＝0解析因为y′＝2（x＋2）－（2x－1）（x＋2）2＝5（x＋2

）2，所以曲线y＝2x－1x＋2在点(－1，－3)处的切线的斜率k＝5，故所求切线方程为y＋3＝5(x＋1)，即5x－y＋2＝0.三、模拟小题15．(2021·湖北黄石二中模拟)已知函数f(x)＝x2＋2f′(1)lnx，则曲线y＝f(x)在x＝1处的切线

斜率为()A．－2B．－1C．1D．2答案A解析f(x)＝x2＋2f′(1)lnx的导数为f′(x)＝2x＋2f′（1）x，令x＝1，可得f′(1)＝2＋2f′(1)，解得f′(1)＝－2，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线斜率为－2.故

选A.16．(2022·江西南昌高三诊断)已知f(x)在R上连续可导，f′(x)为其导函数，且f(x)＝ex＋e－x－f′(1)x·(ex－e－x)，则f′(2)＋f′(－2)－f′(0)f′(1)＝()A．4e2＋4e－

2B．4e2－4e－2C．0D．4e2答案C7解析由题意，得f′(x)＝ex－e－x－f′(1)·[ex－e－x＋x(ex＋e－x)]，所以f′(0)＝e0－e0－f′(1)[e0－e0＋0×(e0＋e0)]＝0，

f′(2)＋f′(－2)＝0，所以f′(2)＋f′(－2)－f′(0)·f′(1)＝0.故选C.17．(2021·江西九江高三阶段训练)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，记f1(x)＝f′(x)，f2(x)＝f1′(x)，…，fn＋1(x)＝fn

′(x)(n∈N*).若f(x)＝xsinx，则f2019(x)＋f2021(x)＝()A．－2cosxB．－2sinxC．2cosxD．2sinx答案D解析由题可知f(x)＝xsinx，所以f1(x)＝sinx＋xcosx，f2(x)

＝2cosx－xsinx，f3(x)＝－3sinx－xcosx，f4(x)＝－4cosx＋xsinx，f5(x)＝5sinx＋xcosx，…，所以猜想可知，f4k－3(x)＝(4k－3)sinx＋xcosx，f4k－2(x)＝(4k－2)cosx－xsinx，f4

k－1(x)＝－(4k－1)·sinx－xcosx，f4k(x)＝－4kcosx＋xsinx(k∈N*)，因为2019＝4×505－1，2021＝4×506－3，所以f2019(x)＝－2019sinx－xcosx，f2021(x)＝2021sinx＋xcosx，所以f

2019(x)＋f2021(x)＝2sinx．故选D.18．(多选)(2021·辽宁省本溪满族自治县高级中学期末)若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质

．下列函数中具有T性质的是()A．y＝cosxB．y＝lnxC．y＝exD．y＝x2答案AD解析由题意y＝f(x)具有T性质，则存在x1，x2，使得f′(x1)f′(x2)＝－1.对于A，因为f′(x)＝－sinx，存在x1

＝π2，x2＝－π2，使得f′(x1)f′(x2)＝－1；对于B，因为f′(x)＝1x＞0，不存在x1，x2，使得f′(x1)f′(x2)＝－1；对于C，因为f′(x)＝ex＞0，不存在x1，x2，使得f′(x1)f′(x2)＝－1；对于D，因为f′(x)＝2x，存在x1＝1，x2＝－

14，使得f′(x1)f′(x2)＝4x1x2＝－1.故选AD.819．(多选)(2021·河北省普通高中高三教学质量监测)函数y＝f(x)的导数y＝f′(x)仍是x的函数，通常把导函数y＝f′(x)的导数叫做函数y＝f(x)的二阶导数，记作y＝f″(x).类似地，二阶

导数的导数叫做三阶导数，三阶导数的导数叫做四阶导数，….一般地，n－1阶导数的导数叫做n阶导数，函数y＝f(x)的n阶导数记为y＝f(n)(x).例如y＝ex的n阶导数(ex)(n)＝ex.则下列n阶求导正确的是()A．(ax)(n)＝axlog

naeB．(lnx)(n)＝(－1)n(n－1)！x－nC．(cosx)(n)＝cosx＋nπ2D．(sinx)(n)＝sinx＋nπ2答案CD解析(ax)(n)＝axlnna，故A错误；(lnx)(n)＝(－1)n

－1(n－1)！x－n，故B错误；(cosx)′＝－sinx＝cosx＋π2，(cosx)″＝－cosx＝cosx＋2π2，(cosx)‴＝sinx＝cosx＋3π2，…，(cosx)(n)＝cosx＋nπ2，故C正确；(sinx)′＝cos

x＝sinx＋π2，(sinx)″＝－sinx＝sinx＋2π2，(sinx)‴＝－cosx＝sinx＋3π2，…，(sinx)(n)＝sinx＋nπ2.故D正确．20．(2022·河北

唐山高三开学摸底)不过原点的直线l与曲线f(x)＝x3相切于点A(x1，y1)，相交于点B(x2，y2)，则x2x1＝________．答案－2解析f′(x1)＝3x21，曲线y＝f(x)在点A(x1，y1)处的切线方程为y－y1＝3x21(x－x1)，切线过点B(x2，y2)，且y1＝x3

1，y2＝x32，代入切线方程，得x32－x31＝3x21(x2－x1)，(x2－x1)·(x22＋x1x2＋x21)＝3x21(x2－x1)，x1≠x2，化简得x22＋x1x2－2x21＝0，即(x2－x1)(x2＋2x1)

＝0，因为x1≠x2，所以x2＋2x1＝0，即x2x1＝－2.一、高考大题91．(2021·北京高考)已知函数f(x)＝3－2xx2＋a.(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(

2)若函数f(x)在x＝－1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值．解(1)当a＝0时，f(x)＝3－2xx2，则f′(x)＝2（x－3）x3，f(1)＝1，f′(1)＝－4，此时，曲线y＝f(x)

在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－4(x－1)，即4x＋y－5＝0.(2)因为f(x)＝3－2xx2＋a，所以f′(x)＝－2（x2＋a）－2x（3－2x）（x2＋a）2＝2（x2－3x－a）（x2＋a）2，由题意可得f′(－1)＝2（4－a）（a＋1）

2＝0，解得a＝4，故f(x)＝3－2xx2＋4，f′(x)＝2（x＋1）（x－4）（x2＋4）2，列表如下：x(－∞，－1)－1(－1，4)4(4，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以函数f(x

)的单调递增区间为(－∞，－1)，(4，＋∞)，单调递减区间为(－1，4).当x<32时，f(x)>0；当x>32时，f(x)<0.所以f(x)max＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(4)＝－14.2．(2021·天津高考)已知a>0，函数f(x)＝ax－xex.(1)求曲线y＝f(x

)在点(0，f(0))处的切线方程；10(2)证明：f(x)存在唯一的极值点；(3)若存在a，使得f(x)≤a＋b对任意x∈R成立，求实数b的取值范围．解(1)f′(x)＝a－(x＋1)ex，则f′(0)＝a－1，又f(0)＝0，则切线方程为y＝(a－1)x(a>0).(2)证明：

令f′(x)＝a－(x＋1)ex＝0，则a＝(x＋1)ex，令g(x)＝(x＋1)ex，则g′(x)＝(x＋2)ex，令g′(x)＝0，解得x＝－2，当x∈(－∞，－2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(－2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x

)单调递增，当x→－∞时，g(x)→0，g(－1)＝0，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，画出g(x)大致图象如下：所以当a>0时，直线y＝a与y＝g(x)的图象仅有一个交点，令g(m)＝a，则m>－1，且f′(m)＝a－g(m)＝0，当x∈(－∞，m)时，a>g(x)，则f

′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(m，＋∞)时，a<g(x)，则f′(x)<0，f(x)单调递减，x＝m为f(x)的极大值点，故f(x)存在唯一的极值点．(3)由(2)知f(x)max＝f(m)，此时a＝(1＋m)em，m>－1，所以[

f(x)－a]max＝f(m)－a＝(m2－m－1)em(m>－1)，令h(x)＝(x2－x－1)ex(x>－1)，若存在a，使得f(x)≤a＋b对任意x∈R成立，等价于存在x∈(－1，＋∞)，使得h(x)≤b，即b≥h(x)min，

h′(x)＝(x2＋x－2)ex＝(x－1)(x＋2)ex，x>－1，当x∈(－1，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，11当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝－e，故b≥

－e，所以实数b的取值范围为[－e，＋∞).3．(2020·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna.(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，

求a的取值范围．解(1)当a＝e时，f(x)＝ex－lnx＋1，∴f′(x)＝ex－1x，∴f′(1)＝e－1.∵f(1)＝e＋1，∴切点坐标为(1，1＋e)，∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－e－1＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2，∴切线与两坐标轴

的交点坐标分别为(0，2)，－2e－1，0，∴所求三角形的面积为12×2×－2e－1＝2e－1.(2)解法一：∵f(x)＝aex－1－lnx＋lna，∴f′(x)＝aex－1－1x，且a

>0.设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝aex－1＋1x2>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，即f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a＝1时，f′(1)＝0，则f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝1，∴f(x)≥1

成立；当a>1时，1a<1，∴e1a-1<1，∴f′1af′(1)＝a(e1a-1－1)(a－1)<0，12∴存在唯一x0>0，使得f′(x0)＝aex0－1－1x0＝0，且当x∈(0，x0)时f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时f′(x)>0，∴aex0

－1＝1x0，∴lna＋x0－1＝－lnx0，因此f(x)min＝f(x0)＝aex0－1－lnx0＋lna＝1x0＋lna＋x0－1＋lna≥2lna－1＋21x0·x0＝2lna＋1>1，∴f(x)>1，∴f(x)≥1恒成立；当0<a<1时，f(1)＝a＋lna

<a<1，∴f(1)<1，f(x)≥1不恒成立．综上所述，a的取值范围是[1，＋∞).解法二：f(x)＝aex－1－lnx＋lna＝elna＋x－1－lnx＋lna≥1等价于elna＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝elnx＋lnx，令g(x)＝ex＋x，上述不

等式等价于g(lna＋x－1)≥g(lnx)，显然g(x)为单调递增函数，∴f(x)≥1等价于lna＋x－1≥lnx，即lna≥lnx－x＋1，令h(x)＝lnx－x＋1，则h′(x)＝1x－1＝1－xx，在

(0，1)上h′(x)>0，h(x)单调递增；在(1，＋∞)上h′(x)<0，h(x)单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝0，lna≥0，即a≥1，∴a的取值范围是[1，＋∞).二、模拟大题4．(2021·湖北省武汉市部分学校高三起点质量检测)已

知函数g(x)＝xlnx.(1)求曲线y＝g(x)在点(e，g(e))处的切线方程；13(2)设f(x)＝x2＋1g（x），证明f(x)恰有两个极值点x1和x2，并求f(x1)＋f(x2)的值.解(1)g′(x)＝1＋lnx，g′(e

)＝2，g(e)＝e，∴切线方程为y－e＝2(x－e)，整理得2x－y－e＝0.(2)f(x)＝x2＋1xlnx，f′(x)＝（x2－1）lnx－（x2＋1）（xlnx）2＝x2－1（xlnx）2·lnx－x2＋1x

2－1，令h(x)＝lnx－x2＋1x2－1，即h(x)＝lnx－2x2－1－1，∵y＝lnx和y＝－2x2－1在(0，1)和(1，＋∞)上单调递增，∴h(x)在(0，1)和(1，＋∞)上单调递增．又h1e2＝3－e4e4－1<0，h1

e＝2e2－1>0，∴存在唯一x1∈1e2，1e，使h(x1)＝0.当0<x<x1时，h(x)<0，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x1<x<1时，h(x)>0，f′(x)<0，f(x)单调递减．又h(e)＝－2e2－1<0，h(e2)

＝e4－3e4－1>0，∴存在唯一x2∈(e，e2)，使h(x2)＝0.同理，当1<x<x2时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>x2时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增.∴f(x)恰有两个极值点x1和x2.∵当h(x1)＝0时，lnx1－x21＋1x21－1

＝0，则h1x1＝－lnx1＋x21＋1x21－1＝0，14又1x1∈(e，e2)且h(x2)＝0，∴x2＝1x1.∴f(x1)＋f(x2)＝x21＋1x1lnx1－x21＋1x1lnx1＝0.5．(2021·江苏省徐州市高三月考)已知函数f(x)＝sinxx.(1)求曲线y＝f

(x)在π2，fπ2处的切线方程；(2)求证：f(x)>1－x26；(3)求证：当0<x≤1.1时，f(x)>ln（1＋x）x.解(1)因为f′(x)＝xcosx－sinxx2，所以f′π

2＝－4π2.又因为fπ2＝2π，所以切线方程为y－2π＝－4π2x－π2＝－4π2x＋2π，即y＝－4π2x＋4π.(2)证明：f(x)>1－x26⇔sinxx>1－x26.注意到f(x)与y＝1－x26都是偶

函数，因此只需证明x>0时，sinxx>1－x26成立，即sinx>x－x36成立．设g(x)＝sinx－x＋x36，x≥0，则g′(x)＝cosx－1＋x22.设h(x)＝cosx－1＋x22，x≥0，则h′(x)

＝x－sinx，设φ(x)＝x－sinx，x≥0，则φ′(x)＝1－cosx≥0，φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，φ(x)≥φ(0)＝0.因此h(x)在[0，＋∞)上单调递增，因此h(x)≥h(0)＝0恒成立．从而可知g(x)在[0，＋∞)上单

调递增，因此g(x)≥g(0)＝0，且等号只在x＝0成立．15因此当x>0时，sinx－x＋x36>0，即sinxx>1－x26，即f(x)>1－x26.(3)证明：当0<x≤1.1时，f(x)>ln（1＋x）x⇔sinxx>ln（1＋x）x

⇔sinx>ln(1＋x).由(2)可知，当0<x≤1.1时，sinx>x－x36恒成立，因此只需证明当0<x≤1.1时，x－x36>ln(1＋x)即可．设F(x)＝x－x36－ln(1＋x)，0≤x≤1.1，则F′(x)＝1－x22－11＋x＝x1＋x－x22＝x（2－x－x

2）2（1＋x）＝x（1－x）（2＋x）2（1＋x），因此当0≤x≤1时，F′(x)≥0，F(x)单调递增；当1＜x≤1.1时，F′(x)＜0，F(x)单调递减.F(0)＝0，F(1.1)＝1.1－1.136－ln2.1，且1.1－1.136>1.1－1.135＝0.8338.又因为2.14＝1

9.4481，2.73＝19.683，所以2.14<2.73<e3，从而2.1<e34，因此ln2.1<34＝0.75，从而F(1.1)>0.8338－0.75>0，因此可知，当0<x≤1.1时，F(x)>0恒成立，即x－x36>ln(1＋x).综上，当0<x≤1.1时，f(x)

>ln（1＋x）x.6．(2022·吉林长春高三质量监测三)已知函数f(x)＝mlnx，g(x)＝x－1x(x>0).(1)讨论函数F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上的单调性；(2)是否存在

正实数m，使y＝f(x)与y＝g(x)的图象有唯一一条公切线？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．解(1)F(x)＝f(x)－g(x)＝mlnx－x－1x(x>0)，F′(x)＝mx－1x2＝mx－1x2，当m≤0时，F′(x)<0，所以函数F(x)在(0，＋∞)上单调递减

；16当m>0时，由F′(x)<0得0<x<1m，由F′(x)>0得x>1m，所以函数F(x)在0，1m上单调递减，在1m，＋∞上单调递增．(2)f′(x)＝mx，g′(x)＝1x2，函数f(x)＝ml

nx在点(a，mlna)处的切线方程为y－mlna＝ma(x－a)，即y＝max＋mlna－m，函数g(x)＝x－1x在点b，1－1b处的切线方程为y－1－1b＝1b2(x－b)，即y＝1b2x－2b＋1.由y＝f(x)与y＝g(x)的图象有唯一一条公切线，得

ma＝1b2，①mlna－m＝1－2b，②由①得m＝ab2，代入②消去m，整理得b2－2b－alna＋a＝0，③则此关于b(b>0)的方程③有唯一解，令G(b)＝b2－2b－alna＋a＝(b－1)2－alna＋a－1，令h(a)＝－alna＋a－1，则h

′(a)＝－lna，由h′(a)>0得0<a<1；由h′(a)<0得a>1.所以函数h(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则h(a)≤h(1)＝0.(ⅰ)当h(a)＝0，即a＝1时，方程③有唯一解，则b＝1，此

时m＝ab2＝1.(ⅱ)当h(a)<0时，二次函数G(b)＝(b－1)2－alna＋a－1在b∈(1，＋∞)上显然有一个零点，b∈(0，1)时，由方程mlna－m＝1－2b可得17m(lna－1)＝b－2b<0，而m>0，所以lna－1<0，则G(0)＝－alna＋a＝－a(lna－1)>

0.所以二次函数G(b)＝(b－1)2－alna＋a－1在b∈(0，1)上也有一个零点，不符合题意．综上，m＝1.所以存在正实数m＝1，使y＝f(x)与y＝g(x)的图象有唯一一条公切线．