第六板块 课时验收评价(十)　创新性考法拔高练

课时验收评价(十)　创新性考法拔高练1．(2022·淄博三模)(多选)已知定义在R上的偶函数f(x)，满足f(x)＋f(2－x)＝2，则下列结论正确的是(　)A．f(x)的图象关于x＝1对称B．f(x＋4)＝f(x)C．若函数f(x)在区间[0,1]上单调递增，则f(x)在区间[2021,2022]上单调递增D．若函数f(x)在区间(0,1)上的解析式为f(x)＝lnx＋1，则f(x)在区间(2,3)上的解析式为f(x)＝ln(x－1)＋1解析：选BC　对于A选项，因为f(x)＋f(2－x)＝2，则函数f(x)的图象关于点(1,1)对称，A错误；对于B选项，因为f(x)＋f(2－x)＝2且函数f(x)为偶函数，所以由f(x)＋f(x－2)＝2可得f(x＋2)＋f(x)＝2，所以f(x＋2)＝f(x－2)，所以对任意的x∈R，f(x＋4)＝f(x)，B正确；对于C选项，因为f(x＋4)＝f(x)，若函数f(x)在区间[0,1]上单调递增，则f(x)在区间[2021,2022]上单调递增，C正确；对于D选项，当x∈(2,3)时，2－x∈(－1,0)，x－2∈(0,1)，所以f(x)＝2－f(2－x)＝2－f(x－2)＝2－[ln(x－2)＋1]＝1－ln(x－2)，D错误.故选B、C.2．已知函数f(x)＝ln(－x)＋1，定义域为R的函数g(x)满足g(－x)＋g(x)＝2，若函数y＝f(x)与y＝g(x)图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(x6，y6)，则(xi＋yi)＝(　)A．0B．6C．12D．24解析：选B　由g(－x)＋g(x)＝2得y＝g(x)的图象关于点(0,1)对称，同时函数f(x)＝ln(－x)＋1的定义域也为R，且f(－x)＋f(x)＝ln(＋x)＋1＋ln(－x)＋1＝ln[(＋x)(－x)]＋2＝ln(x2＋1－x2)＋2＝2，即f(－x)＋f(x)＝2，故f(x)的图象也关于点(0,1)对称，则函数f(x)＝ln(－x)＋1与y＝g(x)图象的交点关于点(0,1)对称，则不妨设关于点(0,1)对称的坐标为(x1,y1)，(x6,y6)，则＝0，＝1，则x1＋x6＝0，y1＋y6＝2，同理可得x2＋x5＝0，y2＋y5＝2，x3＋x4＝0，y3＋y4＝2，即(xi＋yi)＝3×(0＋2)＝6.故选B.3．(2022·茂名模拟)已知函数f(x)是R上的奇函数，且f＝－f(x)，且当x∈时，f(x)＝2x－3，则f(－2021)＋f(2022)－f(－2023)的值为(　)A．4B．－4C．0D．－6解析：选B　因为f＝－f(x)，所以f(x－3)＝f(x)，因此函数f(x)的周期为3，所以f(－2021)＋f(2022)－f(－2023)＝f(－2)＋f(0)－f(－1)，又函数f(x)是R 上的奇函数，所以f(x－3)＝f(x)＝－f(－x)，所以f(－1)＝－f(－2)，即f(2)＝－f(1)，所以原式＝－f(2)＋f(0)＋f(1)＝－f(2)＋f(1)＝2f(1)＝2f，又当x∈时，f(x)＝2x－3，可得f＝－2，因此原式＝2f＝－4.故选B.4．(多选)关于函数f(x)＝，下列结论正确的是(　)A．f(x)的图象关于y轴对称B．f(x)的图象关于原点对称C．f(x)在(－∞，0)上单调递增D．f(x)恒大于0解析：选ACD　由函数f(x)＝知，函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．因为f(－x)＝＝－＝·＝＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，其图象关于y轴对称，可知A正确，B错误．当x>0时，ex>1，可得ex－1>0，从而1＋>0，又>0，所以f(x)>0.又f(x)为偶函数，可知x<0时，f(x)>0.即函数f(x)在定义域内恒大于0，可知D正确．由f(x)恒大于0，且x>0时，y＝单调递减，y＝1＋单调递减，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，又f(x)为偶函数，所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，C正确．故选A、C、D.5．(2022·潍坊模拟)设a＝，b＝，c＝，则(　)A．a<c<bB．a<b<cC．b<a<cD．b<c<a解析：选C　设f(x)＝，则f′(x)＝，当x>e时，f′(x)<0，函数单调递减，当0<x<e时，f′(x)>0，函数单调递增，故当x＝e时，函数取得最大值f(e)＝，因为a＝＝＝f，b＝＝＝f(4)，c＝＝f(e)，∵e<<4，当x>e时，f′(x)<0，函数单调递减，可得f(4)<f<f(e)，即b<a<c.故选C.6．(2022·十堰模拟)若过点(m,n)(m<0)可作曲线y＝－x3的三条切线，则(　)A．0<n<－m3B．n>－m3 C．n<0D．0<n＝－m3解析：选A　设切点为(t,－t3)，由y＝－x3⇒y′＝－3x2，故切线方程为y＋t3＝－3t2(x－t)，因为(m,n)(m<0)在切线上，所以代入切线方程得2t3－3mt2－n＝0，则关于t的方程有三个不同的实数根，令g(t)＝2t3－3mt2－n，则g′(t)＝6t2－6mt＝0⇒t＝m或t＝0，所以当t∈(－∞，m)，(0,＋∞)时，g′(t)>0，g(t)为增函数，当t∈(m,0)时，g′(t)<0，g(t)为减函数，且t→－∞时，g(t)→－∞，t→＋∞时，g(t)→＋∞，所以只需解得0<n<－m3.故选A.7．(2022·武汉模拟)(多选)已知函数f(x)＝2x－e－x，下列说法正确的是(　)A．f(x)在R上单调递增B．f(x)存在唯一的零点x0，且x0∈C．过原点可作曲线的两条切线D．若f(x)＝kx有两个不等实根，则k>0解析：选AB　选项A，f′(x)＝2＋e－x>0，f(x)在R上单调递增，故正确；选项B，f(0)＝－1<0，f＝1－>0，f(x)存在唯一的零点x0，且x0∈，故正确；选项C，设切点为(x0,f(x0))，f(x)的切线方程为y－(2x0－e－x0)＝(2＋e－x0)(x－x0)，代入原点得(x0＋1)e－x0＝0，解得x0＝－1，切线只有一条，故不正确；选项D，当y＝f(x)与y＝kx的图象有两个交点时，因为与f(x)的图象相切的直线只有一条，且此切线斜率为2＋e，当k>2＋e时，y＝kx与y＝f(x)的图象有两个交点，故不正确.故选A、B.8．已知函数f(x)＝lnx－(m<0)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝________.解析：f′(x)＝＋＝.令f′(x)＝0，得x＝－m，且当x<－m时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>－m时，f′(x)>0，f(x)单调递增．若－m≤1，即－1≤m<0时，f(x)min＝f(1)＝－m≤1，不可能等于4；若1<－m≤e，即－e≤m<－1时，f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1，令ln(－m)＋1＝4，得m＝－e3∉[－e，－1)；若－m>e，即m<－e时，f(x)min＝f(e)＝1－，令1－＝4，得m＝－3e，符合题意．综上所述，m＝－3e.答案：－3e9．已知函数f(x)＝x(lnx＋a)＋b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线为2x－y－1＝0.(1)求a，b的值； (2)若对任意的x∈(1，＋∞)，f(x)≥m(x－1)恒成立，求正整数m的最大值．解：(1)由f(x)＝x(lnx＋a)＋b，得f′(x)＝lnx＋a＋1，由切线方程可知，f(1)＝2－1＝1，∴f′(1)＝a＋1＝2，f(1)＝a＋b＝1，解得a＝1，b＝0.(2)由(1)知f(x)＝x(lnx＋1)，则当x∈(1，＋∞)时，f(x)≥m(x－1)恒成立等价于当x∈(1，＋∞)时，m≤恒成立．令g(x)＝，x＞1，则g′(x)＝.令h(x)＝x－lnx－2，则h′(x)＝1－＝，∴当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．∵h(3)＝1－ln3＜0，h(4)＝2－2ln2＞0，∴∃x0∈(3,4)，使得h(x0)＝0，当x∈(1，x0)时，g′(x)＜0；x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0，∴g(x)min＝g(x0)＝.∵h(x0)＝x0－lnx0－2＝0，∴lnx0＝x0－2，∴g(x)min＝g(x0)＝＝x0∈(3,4)，∴m≤x0∈(3,4)，即正整数m的最大值为3.