考点07 导数与函数的单调性、极值与最值-备战2022年高考数学（理）一轮复习考点微专题

考点07 导数与函数的单调性、极值与最值 1．（2021·全国高考真题）已知函数 是偶函数，则 ______. 【答案】1 【分析】 利用偶函数的定义可求参数 的值. 【详解】 因为 ，故 ， 因为 为偶函数，故 ， 时 ，整理得到 ， 故 ， 故答案为：1 2．（2017·上海高考真题）设定义在 上的函数 满足：对于任意的 、 ，当 时，都有 . （1）若 ，求 的取值范围； （2）若 为周期函数，证明： 是常值函数； （3）设 恒大于零， 是定义在 上、恒大于零的周期函数， 是 的最大值. 函数 . 证明：“ 是周期函数”的充要条件是“ 是常值函数”. 【答案】（1） ；（2）见解析；（3）见解析 【分析】 （1）直接由f（x1）﹣f（x2）≤0求得a的取值范围； （2）若f（x）是周期函数，记其周期为Tk，任取x0∈R，则有f（x0）＝f（x0+Tk），证明对任意x∈[x0，x0+Tk]，f（x0）≤f（x）≤f（x0+Tk），可得f（x0）＝f（x0+nTk），n∈Z，再由…∪[x0﹣3Tk，x0﹣2Tk]∪[x0﹣2Tk，x0﹣Tk]∪[x0﹣Tk，x0]∪[x0，x0+Tk]∪[x0+Tk，x0+2Tk]∪…＝R，可得对任意x∈R，f（x）＝f（x0）＝C，为常数； （3）分充分性及必要性证明．类似（2）证明充分性；再证必要性，然后分类证明． 【详解】 （1）解：由f（x1）≤f（x2），得f（x1）﹣f（x2）＝a（x13﹣x23）≤0， ∵x1＜x2，∴x13﹣x23＜0，得a≥0． 故a的范围是[0，+∞）； （2）证明：若f（x）是周期函数，记其周期为Tk，任取x0∈R，则有 f（x0）＝f（x0+Tk）， 由题意，对任意x∈[x0，x0+Tk]，f（x0）≤f（x）≤f（x0+Tk）， ∴f（x0）＝f（x）＝f（x0+Tk）． 又∵f（x0）＝f（x0+nTk），n∈Z，并且 …∪[x0﹣3Tk，x0﹣2Tk]∪[x0﹣2Tk，x0﹣Tk]∪[x0﹣Tk，x0]∪[x0，x0+Tk]∪[x0+Tk，x0+2Tk]∪…＝R， ∴对任意x∈R，f（x）＝f（x0）＝C，为常数； （3）证明：充分性：若f（x）是常值函数，记f（x）＝c1，设g（x）的一个周期为Tg，则 h（x）＝c1•g（x），则对任意x0∈R， h（x0+Tg）＝c1•g（x0+Tg）＝c1•g（x0）＝h（x0）， 故h（x）是周期函数； 必要性：若h（x）是周期函数，记其一个周期为Th． 任取x0∈A，则必存在N2∈N，使得x0﹣N2Th≤x0﹣Tg， 即[x0﹣Tg，x0]⊆[x0﹣N2Th，x0]， ∵…∪[x0﹣3Tk，x0﹣2Tk]∪[x0﹣2Tk，x0﹣Tk]∪[x0﹣Tk，x0]∪[x0，x0+Tk]∪[x0+Tk，x0+2Tk]∪…＝R， ∴…∪[x0﹣2N2Th，x0﹣N2Th]∪[x0﹣N2Th，x0]∪[x0，x0+N2Th]∪[x0+N2Th，x0+2N2Th]∪…＝R． h（x0）＝g（x0）•f（x0）＝h（x0﹣N2Th）＝g（x0﹣N2Th）•f（x0﹣N2Th）， ∵g（x0）＝M≥g（x0﹣N2Th）＞0，f（x0）≥f（x0﹣N2Th）＞0． 因此若h（x0）＝h（x0﹣N2Th），必有g（x0）＝M＝g（x0﹣N2Th），且f（x0）＝f（x0﹣N2Th）＝c． 而由（2）证明可知，对任意x∈R，f（x）＝f（x0）＝C，为常数． 综上，必要性得证． 【点睛】 本题考查抽象函数及其应用，考查逻辑思维能力与理论运算能力考查分类讨论的数学思想方法，题目设置难度较大． 1.用导数求函数单调区间的步骤: ①求函数f(x)的导数 ②令 >0,解不等式，得x的范围就是递增区间. ③令 <0,解不等式，得x的范围，就是递减区间； [注]：求单调区间之前一定要先看原函数的定义域。 2.求可导函数f(x)的极值的步骤： (1)确定函数的定义域。 (2) 求函数f(x)的导数 (3)求方程 =0的根 (4) 用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格，检查 在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号，那么f(x)在这个根处无极值 1．函数的单调性与导数的关系 条件 恒有 结论 函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导 f′(x)>0 f(x)在(a，b)上单调递增 f′(x)<0 f(x)在(a，b)上单调递减 f′(x)＝0 f(x)在(a，b)上是常数函数 2．函数的极值与导数 条件 f′(x0)＝0 x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′