5. 导数与其他方面的知识的综合
★★★高考将考什么
[范例1]设函数f(x)=ax3-2bx2+cx+4d(a、b、c、d∈R)的图象关于原点对称，且x=1时，f(x)取极小值- 。
(1)求a、b、c、d的值；
(2)当x∈[-1,1]时，图象上是否存在两点，使得过此两点的切线互相垂直？试证明你的结论；
(3)若x1,x2∈[-1,1]时，求证：|f(x1)-f(x2)|≤ 。
解答(1) ∵函数f(x)图象关于原点对称，∴对任意实数x，都有f(-x)=- f(x).
∴-ax3-2bx2-cx+4d=-ax3+2bx2-cx-4d，即bx2-2d=0恒成立.
∴b=0,d=0,即f(x)=ax3+cx. ∴f′(x)=3ax2+c.
∵x=1时,f(x)取极小值- . ∴f′(1)=0且f(1)=- ,
即3a+c=0且a+c=- . 解得a= ,c=-1.
(2)证明：当x∈[-1,1]时，图象上不存在这样的两点使结论成立，假设图象上存在
两点A(x1,y1)、B(x2+y2)，使得过这两点的切线互相垂直，
则由f′(x)=x2-1，知两点处的切线斜率分别为k1=x12-1,k2=x22-1,
且(x12-1)(x22-1)=-1. (*)
∵x1、x2∈[-1,1], ∴x12-1≤0，x22-1≤0
∴(x12-1)(x22-1)≥0，这与(*)相矛盾，故假设不成立.
(3)证明：∵f′(x)=x2-1,由f′(x)=0,得x=±1.
当x∈(-∞，-1)或(1，+∞)时，f′(x)＞0; 当 x∈(-1，1)时，f′(x)＜0.
∴f(x)在[-1,1]上是减函数，且fmax(x)=f(-1)= , fmin(x)=f(1)= - .
∴在[-1,1]上，|f(x)|≤ .
于是x1,x2∈[-1,1]时，|f(x1)-f(x2)|≤|f(x1)|+|f(x2)|≤ + = .
故x1,x2∈[-1,1]时,|f(x1)-f(x2)|≤ .
[点晴]①若x0点是y=f(x)的极值点，则f′(x0)=0,反之不一定成立；
②在讨论存在性问题时常用反证法；
③利用导数得到y=f(x)在[-1,1]上递减是解第(3)问的关键.
[文]设函数
(1)求函数 的单调区间、极值.
(2)若当 时，恒有 ，试确定a的取值范围.
解答：(1) =
令 得
列表如下：
|
x |
(-∞，a) |
a |
(a，3a) |
3a |
(3a，+∞) |
|
|
- |
0 |
+ |
0 |
- |
|
|
|
极小 |
|
极大 |
|
∴ 在(a，3a)上单调递增，在(-∞，a)和(3a，+∞)上单调递减
时， ， 时，
(2)
∵0<a<1，∴对称轴 ，
∴ 在[a+1，a+2]上单调递减
∴ ，
依题 ，
即
解得 ，又0<a<1
∴a的取值范围是
[范例2]已知
(1)当 时, 求证f(x)在(-1,1)内是减函数;
(2)若y= f(x)在(-1,1)内有且只有一个极值点, 求a的取值范围.
解答：(1) ∵ ∴
∵ , ∴
又∵二次函数f ¢ (x)的图象开口向上,
∴在 内f ¢ (x)<0, 故f(x)在 内是减函数.
(2)设极值点为 则f ¢ (x0)=0
当 时, ∵
∴在 内f ¢ (x)>0, 在 内f ¢ (x)<0.
即f(x)在 内是增函数, f(x)在 内是减函数.
当 时f(x)在 内有且只有一个极值点, 且是极大值点.
当 时, 同理可知, f(x)在 内且只有一个极值点, 且是极小值点.
当 时, 由(1)知f(x)在 内没有极值点.
故所求a的取值范围为
[点晴]三次函数求导后为二次函数，考查导函数的性质，结合一元二次方程根的分布，考查代数推理能力、语言转换能力和待定系数法是近年高考的热点题型。
[文]已知函数 ( 、 )。
(Ⅰ)若 的图像在 部分在 轴的上方，且在点 处的切线与直线 平行，求 的取值范围；
(Ⅱ)当 、 ，且 时，不等式 恒成立，求 的取值范围。
解答：(Ⅰ) 。依题意，有 ，所以 。
因为 的图像在 部分在 轴上方，所以 在区间 上的最小值大于零。令 ，于是由 ， ， ， 知： 在区间 上的最小值为 ，故有 ；
(Ⅱ) ( )，即当 时， ，即 恒成立，由此得
。
[范例3]设函数f(x)与数列{an}满足下列关系：①a1＞a，其中a是方程f(x)=x的实数根；②an+1=f(an) (nÎN*)；③f(x)的导函数f′(x)∈(0，1)；
⑴证明：an＞a；(nÎN*)；⑵判断an与an+1的大小，并证明你的结论。
解答：(1)证明：用数学归纳法
①n=1时，a1＞a成立
②假设n=k时，ak＞a成立，
则n=k+1时，由于f′(x)>0，∴f(x)在定义域内递增
∴ ，即
∴n=k+1时，命题成立
由①②知，对任意 ，均
(2)解：令 ，则∵ ，∴ ∴ 递减，
∴ 时， ，即 ，∴
猜测 ，下证之
①n=1时， 成立
②假设n=k时， 成立
则n=k+1时，由于 递增，∴ ，即
∴n=k+1时，命题成立
由①②知，对任意 ，均
[点晴]由导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式、数列有关的综合问题必将会成为今后高考的重点内容，在复习中要足够地重视。
[文]已知平面向量 =( ,-1). =( , ).
(1)证明 ⊥ ；
(2)若存在不同时为零的实数k和t，使 = +(t2-3) ， =-k +t ， ⊥ ，试求函数关系式k=f(t)；
(3)据(2)的结论，讨论关于t的方程f(t)-k=0的解的情况.
解答：(1)∵ = × +(-1)× =0 ∴ ⊥ .
(2)∵ ⊥ ，∴ =0 即[ +(t2-3) ]·(-k +t )=0.
整理后得-k +[t-k(t2-3)] + t(t2-3)· =0
∵ =0， =4， =1，
∴上式化为-4k+t(t2-3)=0，即k= t(t2-3)
(3)讨论方程 t(t2-3)-k=0的解的情况，可以看作曲线f(t)= t(t2-3)与直线y=k的交点个数.
于是f′(t)= (t2-1)= (t+1)(t-1).
令f′(t)=0,解得t1=-1,t2=1.当t变化时，f′(t)、f(t)的变化情况如下表：
|
t |
(-∞,-1) |
-1 |
(-1,1) |
1 |
(1,+ ∞) |
|
f′(t) |
+ |
0 |
- |
0 |
+ |
|
F(t) |
↗ |
极大值 |
↘ |
极小值 |
↗ |
当t=-1时，f(t)有极大值，f(t)极大值= .
当t=1时，f(t)有极小值，f(t)极小值=- .
函数f(t)= t(t2-3)的图象如图13－2－1所示，
可观察出：
(1)当k＞ 或k＜- 时,方程f(t)-k=0有且只有一解；
(2)当k= 或k=- 时,方程f(t)-k=0有两解；
(3) 当- ＜k＜ 时,方程f(t)-k=0有三解.
[点晴]导数的应用为作函数的草图提供了新途径，方程根的个数与极值的正负有关。
[范例4]已知双曲线 与点M(1，1).
(1)求证：过点M可作两条直线，分别与双曲线C两支相切；
(2)设(1)中的两切点分别为A、B，其△MAB是正三角形，求m的值及切点坐标。
解答：(1)证明：设 ，要证命题成立只需要证明关于t的方程 有两个符号相反的实根。
，且t≠0，t≠1。
设方程 的两根分别为t1与t2，则由t1t2=m<0，知t1，t2是符号相反的实数，且t1，t2均不等于0与1，命题获证。
(2)设 ，由(1)知，t1+t2=2m，t1t2=m，从而
，即线段AB的中点在直线 上。
又 ， AB与直线 垂直。
故A与B关于 对称，
设 ，则
有t2-2mt+m=0 ①
由 及夹角公式知
，即 ②
由①得 ③
从而
由②知 ，代入③知
因此， 。
[点晴]本题的关键在于实现了导数的几何意义和曲线切线的斜率和谐的沟通。应深切领会导数的几何意义在解析几何综合问题中的特殊作用
[文]设抛物线y=x2与直线y=x+a(a是常数)有两个不同的交点，记抛物线在两交点处切线分别为l1，l2，求值a变化时l1与l2交点的轨迹。
解答：将y=x+a代入y=x2整数得x2－x－a=0①,为使直线与抛物线有两个不同的交点，必须△= (－1)2+4a＞0，所以a＞－
设此两交点为(α，α2)，(β, β2)，α＜β，由y=x2知y′=2x，则切线l1，l2的方程为y=2αx－α2，y=2βx－β2.
两切线交点为(x，y) 则
因为α，β是①的解，由违达定理可知α+β=1，αβ=－a
由此及②可得x= ，y=－a＜
从而，所求的轨迹为直线x= 上的y＜ 的部分
[自我提升]