10函数的奇偶性、单调性与极值-北京市各地区2023年高考数学模拟（一模）高考考点试题汇编

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10函数的奇偶性、单调性与极值-北京市各地区2023年高考数学模拟（一模）高考考点试题汇编
一．选择题（共8小题）
1．（2023•通州区一模）下列函数中，是奇函数且在定义域内单调递增的是（　　）
A． B．y＝x3 C．y＝ex+e﹣x D．y＝tanx
2．（2023•西城区一模）下列函数中，在区间（0，+∞）上为增函数的是（　　）
A．y＝﹣|x| B．y＝x2﹣2x C．y＝sinx D．
3．（2023•西城区一模）函数f（x）＝sin2x•tanx是（　　）
A．奇函数，且最小值为0 B．奇函数，且最大值为2
C．偶函数，且最小值为0 D．偶函数，且最大值为2
4．（2023•房山区一模）已知函数f（x）同时满足以下两个条件：①对任意实数x，都有f（x）+f（﹣x）＝0；②对任意实数x1，x2，当x1+x2≠0时，都有．则函数f（x）的解析式可能为（　　）
A．f（x）＝2x B．f（x）＝﹣2x C．f（x）＝2x D．f（x）＝﹣2x
5．（2023•东城区模拟）下列函数中，是奇函数且在定义域内单调递减的是（　　）
A．f（x）＝sinx B．f（x）＝2|x|
C．f（x）＝x3+x D．
6．（2023•丰台区一模）已知f（x）是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f（x）＝log2x，则f（﹣2）＝（　　）
A．﹣1 B．0 C．1 D．2
7．（2023•丰台区一模）已知函数f（x）的定义域为R，存在常数t（t＞0），使得对任意x∈R，都有f（x+t）＝f（x），当x∈[0，t）时，．若f（x）在区间（3，4）上单调递减，则t的最小值为（　　）
A．3 B． C．2 D．
8．（2023•平谷区一模）下列函数中，是偶函数且在（0，+∞）上单调递减的是（　　）
A．f（x）＝x2﹣|x| B． C．f（x）＝e|x| D．f（x）＝|lnx|
二．解答题（共5小题）
9．（2023•通州区一模）已知函数f（x）＝ex，g（x）＝ln（x+a）（a∈R）．
（1）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）设φ（x）＝f（x）g（x），请判断φ（x）是否存在极值？若存在，求出极值；若不存在，说明理由；
（3）当a＝0时，若对于任意s＞t＞0，不等式恒成立，求k的取值范围．
10．（2023•延庆区一模）已知函数f（x）＝lnx﹣ex．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）求证：f（x）有且只有一个极值点；
（Ⅲ）求证：方程xlnx＝ex+x无解．
11．（2023•房山区一模）已知函数．
（1）当a＝0时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若y＝f（x）在x＝2处取得极值，求f（x）的单调区间；
（3）求证：当0＜a＜1时，关于x的不等式f（x）＞1在区间[1，e]上无解．
12．（2023•石景山区一模）已知函数f（x）＝ex﹣1﹣msinx（m∈R）．
（Ⅰ）当m＝1时．
（ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（ⅱ）求证：，f（x）＞0．
（Ⅱ）若f（x）在上恰有一个极值点，求m的取值范围．
13．（2023•丰台区一模）已知函数．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）若函数f（x）有两个不相等的零点x1，x2．
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：x1+x2＞2lna．

10函数的奇偶性、单调性与极值-北京市各地区2023年高考数学模拟（一模）高考考点试题汇编
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2023•通州区一模）下列函数中，是奇函数且在定义域内单调递增的是（　　）
A． B．y＝x3 C．y＝ex+e﹣x D．y＝tanx
【答案】B
【解答】解：对于A，函数在（0，+∞）上递减，故A不符题意；
对于B，函数y＝f（x）＝x3的定义域为R，关于原点对称，
因为f（﹣x）＝﹣x3＝﹣f（x），所以函数为奇函数，
又函数在R单调递增，故B符合题意；
对于C，函数y＝f（x）＝ex+e﹣x的定义域为R，关于原点对称，
因为f（﹣x）＝e﹣x+ex＝f（x），所以函数为偶函数，故C不符合题意；
对于D，函数y＝f（x）＝tanx，
因为，所以函数不是增函数，故D不符题意．
故选：B．
2．（2023•西城区一模）下列函数中，在区间（0，+∞）上为增函数的是（　　）
A．y＝﹣|x| B．y＝x2﹣2x C．y＝sinx D．
【答案】D
【解答】解：当x＞0时，
y＝﹣|x|＝﹣x单调递减，A不符合题意；
y＝x2﹣2x不具有单调性，不符合题意；
y＝sinx不具有单调性，不符合题意；
y＝x﹣单调递增，符合题意．
故选：D．
3．（2023•西城区一模）函数f（x）＝sin2x•tanx是（　　）
A．奇函数，且最小值为0 B．奇函数，且最大值为2
C．偶函数，且最小值为0 D．偶函数，且最大值为2
【答案】C
【解答】解：由题意知，x≠+kπ，k∈Z，
f（x）＝sin2x•tanx＝2sinxcosx•tanx＝2sin2x，
所以f（﹣x）＝2sin2（﹣x）＝2sin2x＝f（x），所以f（x）是偶函数，
又sinx∈（﹣1，1），所以sin2x∈[0，1），所以f（x）∈[0，2）．
故选：C．
4．（2023•房山区一模）已知函数f（x）同时满足以下两个条件：①对任意实数x，都有f（x）+f（﹣x）＝0；②对任意实数x1，x2，当x1+x2≠0时，都有．则函数f（x）的解析式可能为（　　）
A．f（x）＝2x B．f（x）＝﹣2x C．f（x）＝2x D．f（x）＝﹣2x
【答案】B
【解答】解：对任意实数x，都有f（x）+f（﹣x）＝0，故函数为奇函数；
对任意实数x1，x2，当x1+x2≠0时，都有，即，
即，（x1≠x2），故函数单调递减．
对选项A：f（x）＝2x单调递增，不满足；
对选项B：f（x）＝﹣2x单调递减，且函数为奇函数，满足；
对选项C：f（x）＝2x单调递增，不满足；
对选项D：f（x）＝﹣2x不是奇函数，不满足．
故选：B．
5．（2023•东城区模拟）下列函数中，是奇函数且在定义域内单调递减的是（　　）
A．f（x）＝sinx B．f（x）＝2|x|
C．f（x）＝x3+x D．
【答案】D
【解答】解：A项，f（﹣x）＝﹣f（x），则f（x）是奇函数，f（x）在定义域内没有单调性，不符合；
B项，f（﹣x）＝f（x），则f（x）是偶函数，不符合；
C项，f（﹣x）＝（﹣x）3+（﹣x）＝﹣（x3+x）＝﹣f（x），则f（x）是奇函数，
f'（x）＝3x2+1＞0，则f（x）＝x3+x在R上单调增，不符合；
D项，f（﹣x）＝﹣f（x），则f（x）是奇函数，
y＝e﹣x在R上单调减，y＝ex在R上单调增，则函数f（x）在定义域上单调减，符合．
故选：D．
6．（2023•丰台区一模）已知f（x）是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f（x）＝log2x，则f（﹣2）＝（　　）
A．﹣1 B．0 C．1 D．2
【答案】A
【解答】解：因为f（x）是定义在R上的奇函数，
当x＞0时，f（x）＝log2x，
所以f（﹣2）＝﹣f（2）＝﹣log22＝﹣1．
故选：A．
7．（2023•丰台区一模）已知函数f（x）的定义域为R，存在常数t（t＞0），使得对任意x∈R，都有f（x+t）＝f（x），当x∈[0，t）时，．若f（x）在区间（3，4）上单调递减，则t的最小值为（　　）
A．3 B． C．2 D．
【答案】B
【解答】解：因为存在常数t（t＞0），使得对任意x∈R，都有f（x+t）＝f（x），
所以函数的周期为t，
当x∈[0，t）时，函数在单调递减，
所以当x≥0时，函数在上单调递减，
因为f（x）在区间（3，4）上单调递减，
所以，
故，
所以，
所以t的最小值为．
故选：B．
8．（2023•平谷区一模）下列函数中，是偶函数且在（0，+∞）上单调递减的是（　　）
A．f（x）＝x2﹣|x| B． C．f（x）＝e|x| D．f（x）＝|lnx|
【答案】B
【解答】解：对于A，由题意可知f（x）的定义域为R，f（﹣x）＝（﹣x）2﹣|﹣x|＝x2﹣|x|＝f（x），
所以f（x）是偶函数且在（0，+∞）上不是单调递减，不符合题意；故A错误；
对于B，由题意可知f（x）的定义域为R，，所以f（x）是偶函数且在（0，+∞）上单调递减，符合题意；故B正确；
对于C，由题意可知f（x）的定义域为R，f（﹣x）＝e|﹣x|＝e|x|＝f（x），所以f（x）是偶函数且在（0，+∞）上单调递增；不符合题意；故C错误；
对于D，f（x）＝|lnx|的定义域为（0，+∞），不是偶函数，不符合题意；故D错误；
故选：B．
二．解答题（共5小题）
9．（2023•通州区一模）已知函数f（x）＝ex，g（x）＝ln（x+a）（a∈R）．
（1）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）设φ（x）＝f（x）g（x），请判断φ（x）是否存在极值？若存在，求出极值；若不存在，说明理由；
（3）当a＝0时，若对于任意s＞t＞0，不等式恒成立，求k的取值范围．
【答案】（1）y﹣ex＝0；
（2）不存在，理由见详解；
（3）[﹣e，+∞）．
【解答】解：（1）由f（x）＝ex，则f'（x）＝ex，所以f（1）＝e，f'（1）＝e，
故曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣e＝e（x﹣1），即y﹣ex＝0．
（2）由φ（x）＝f（x）g（x）＝ex⋅ln（x+a），x＞﹣a，
则，x＞﹣a，
令，x＞﹣a，
则，x＞﹣a，
当0＜x+a＜1，即﹣a＜x＜1﹣a时，m'（x）＜0，此时m（x）单调递减；
当x+a＞1，即x＞1﹣a时，m′（x）＞0，此时m（x）单调递增，
所以m（x）min＝m（1﹣a）＝1＞0，
所以对任意x＞﹣a，都有φ'（x）＞0，
所以φ（x）在（﹣a，+∞）上单调递增，即φ（x）不存在极值．
（3）当a＝0时，g（x）＝lnx，
对于任意s＞t＞0，不等式恒成立，
等价于对于任意s＞t＞0，不等式恒成立，
等价于函数在（0，+∞）上单调递增，
等价于导函数在（0，+∞）上恒成立，
等价于对于任意x＞0，不等式恒成立，
令，则，x＞0，
当0＜x＜1时，n'（x）＞0，此时n（x）单调递增；
当x＞1时，n'（x）＜0，此时n（x）单调递减，
所以n（x）max＝n（1）＝﹣e，即k≥﹣e，
故k的取值范围为[﹣e，+∞）．
10．（2023•延庆区一模）已知函数f（x）＝lnx﹣ex．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）求证：f（x）有且只有一个极值点；
（Ⅲ）求证：方程xlnx＝ex+x无解．
【答案】（Ⅰ）y+e＝（1﹣e）（x﹣1）．
（Ⅱ）证明详情见解答．
（Ⅲ）证明详情见解答．
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝﹣ex，
所以曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线f′（1）＝1﹣e，
又f（1）＝﹣e，
所以曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣f（1）＝f′（1）（x﹣1），即y+e＝（1﹣e）（x﹣1）．
（Ⅱ）证明：f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）＝﹣ex，
因为在区间（0，+∞）上减函数，﹣ex在区间（0，+∞）上也是减函数，
所以f′（x）＝﹣ex在（0，+∞）是减函数，
因为f′（1）＝1﹣e＜0，f′（）＝2﹣＞0，
所以∃x0∈（，1），f′（x0）＝0，
所以当x∈（0，x0）上是增函数，在（x0，+∞）上是减函数，
所以f（x）有且只有一个极值点x0．
（Ⅲ）证明：设h（x）＝xlnx﹣ex﹣x，
则h′（x）＝lnx﹣ex，
所以当x∈（0，1）时，lnx＜0，﹣ex＜0，h′（x）＜0，
当x＝1时，h′（1）＝﹣e＜0，
由（Ⅱ）知，h′（x）在[1，+∞）上是减函数，
所以在（1，+∞）时，h′（x）＜0，
在（0，+∞）时，h′（x）＜0，
所以h（x）在（0，+∞）上单调递减，
又x∈（0，1）时，xlnx＜0，﹣ex﹣x＜0，
所以h（x）＜0，
当x＝1时，h（1）＝﹣e﹣1＜0，
所以当x∈（1，+∞）时，h（x）＜h（1）＜0，
所以h（x）无零点，
所以方程xlnx＝ex+x无解．
11．（2023•房山区一模）已知函数．
（1）当a＝0时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若y＝f（x）在x＝2处取得极值，求f（x）的单调区间；
（3）求证：当0＜a＜1时，关于x的不等式f（x）＞1在区间[1，e]上无解．
【答案】（1）y＝﹣1；
（2）f（x）的单调递增区间为（0，1）和（2，+∞），单调递减区间为（1，2）；
（3）证明见解析．
【解答】解：（1）由，
可得，
当a＝0时，，f'（1）＝0，
∴y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝﹣1；
（2）因为y＝f（x）在x＝2处取得极值，所以，解得，
检验如下：
令，解得x＝2或x＝1，
若0＜x＜1或x＞2时，则f'（x）＞0；若1＜x＜2，则f'（x）＜0．
所以f（x）的单调递增区间为（0，1）和（2，+∞），单调递减区间为（1，2），
故y＝f（x）在x＝2处取得极小值，满足题意，
故f（x）的单调递增区间为（0，1）和（2，+∞），单调递减区间为（1，2）；
（3）证明：由（1）知，由0＜a＜1时，得，因x∈[1，e]，
当时，当x∈（1，e）时，f'（x）＜0，即函数f（x）在[1，e]上单调递减，则f（x）max＝f（1）＝a﹣1＜1，
因此不等式f（x）＞1不成立，即不等式f（x）＞1在区间[1，e]上无解；
当时，当时，f'（x）＜0，当时，f'（x）＞0，即f（x）在上递减，在上递增，
于是得f（x）在[1，e]上的最大值为f（1）或f（e），
而f（1）＝a﹣1＜1，，，即f（e）＜1，
因此不等式f（x）＞1不成立，即不等式f（x）＞1在区间[1，e]上无解，
所以当0＜a＜1时，关于x的不等式f（x）＞1在区间[1，e]上无解．
12．（2023•石景山区一模）已知函数f（x）＝ex﹣1﹣msinx（m∈R）．
（Ⅰ）当m＝1时．
（ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（ⅱ）求证：，f（x）＞0．
（Ⅱ）若f（x）在上恰有一个极值点，求m的取值范围．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（Ⅰ）当m＝1时，f′（x）＝ex﹣cosx，
（ⅰ）f′（0）＝e0﹣cos0＝0，又f（0）＝e0﹣1﹣sin0＝0，所以切线l方程为y＝0．
（ⅱ）f（x）＝ex﹣1﹣sinx，f′（x）＝ex﹣cosx，因为，所以ex＞1，﹣cosx＞﹣1，
所以ex﹣cosx＞0，所以f′（x）＝ex﹣cosx＞0，
所以f（x）在单调递增，所以f（x）＞f（0）＝0．
（Ⅱ）f（x）＝ex﹣1﹣msinx，f′（x）＝ex﹣mcosx，
当m≤1时，所以﹣mcosx≥﹣cosx，
f′（x）＝ex﹣mcosx≥ex﹣cosx，
由（1）知，f′（x）＞0，
所以f（x）在上单调递增．
所以当m≤1时，f（x）＝ex﹣1﹣msinx没有极值点，
当m＞1时，f′（x）＝ex﹣mcosx，
因为y＝ex与y＝﹣mcosx在单调递增，
所以f′（x）在单调递增，
所以f′（0）＝1﹣m＜0，，
所以∃使得f′（x0）＝0，
所以当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，因此f（x）在区间（0，x0）上单调递减，
当时，f′（x）＞0，因此f（x）在区间上单调递增，
故函数f（x）在上恰有一个极小值点，m的取值范围是（1，+∞）．
13．（2023•丰台区一模）已知函数．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）若函数f（x）有两个不相等的零点x1，x2．
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：x1+x2＞2lna．
【答案】（1）函数f（x）无极大值，有极小值1+lna；
（2）（i）．（ii）见详解．
【解答】解：（1）因为，所以，因为a＞0，
由f'（x）＞0有：x＞lna，由f'（x）＜0有：x＜lna，
所以函数f（x）在（﹣∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）单调递增，
所以函数f（x）无极大值，有极小值f（lna）＝1+lna；
（2）（i）由（1）有：函数f（x）在（﹣∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）单调递增，
若函数f（x）有两个不相等的零点x1，x2，则f（lna）＝1+lna＜0，解得，
所以，因为当x→+∞时，，所以f（x）→+∞，
所以在（lna，+∞）上有1个零点，
当x→﹣∞时，，又“指数爆炸”，所以f（x）→+∞，
所以在（﹣∞，lna）上有1个零点，
综上，当时，函数f（x）有两个不相等的零点x1，x2．
证明：（ii）由（i）有：当时，函数f（x）有两个不相等的零点x1，x2，
不妨设x1＜lna＜x2，构造函数F（x）＝f（x）﹣f（2lna﹣x），则F'（x）＝f'（x）+f'（2lna﹣x），
因为，所以，
因为，所以，当前仅当x＝lna时取到等号，
所以，所以F（x）＝f（x）﹣f（2lna﹣x）在R上单调递减，
又x2＞lna，所以F（x2）＜F（lna）＝f（lna）﹣f（2lna﹣lna）＝0，
即F（x2）＝f（x2）﹣f（2lna﹣x2）＜0，即f（x2）＜f（2lna﹣x2），又f（x2）＝f（x1），
所以f（x1）＜f（2lna﹣x2），又x1＜lna＜x2，所以2lna﹣x2＜lna，
由（1）有：函数f（x）在（﹣∞，lna）单调递减，所以x1＞2lna﹣x2，
即x1+x2＞2lna，结论得证．