1、 学科：数学专题：导数的应用含参问题题1设函数f (x)x3x2bxc，其中a0，曲线yf (x)在点P(0，f (0)处的切线方程为y1(1)确定b，c的值；(2)设曲线yf (x)在点(x1，f (x1)，(x2，f (x2)处的切线都过点(0，2)证明：当x1x2时，f (x1)f (x2)题2设是定义在区间上的函数，其导函数为如果存在实数和函数，其中对任意的都有0，使得，则称函数具有性质(1)设函数，其中为实数(i)求证：函数具有性质； (ii)求函数的单调区间(2)已知函数具有性质给定设为实数，且，若|0，所以对任意的都有，在上递增又当时，且， 或若，则，不合题意即，解得m0，综合以
2、上讨论得：所求的取值范围是（0，1）题3答案：见详解详解：(1)由函数f (x)图象过点(1，6)，得mn3由f (x)x3mx2nx2，得f (x)3x22mxn，则g(x)f (x)6x3x2(2m6)xn而g(x)图象关于y轴对称，所以0所以m3，代入得n0于是f (x)3x26x3x(x2)由f (x)0得x2或x0，故f (x)的单调递增区间是(，0), (2，)；由f (x)0得0x2，故f (x)的单调递减区间是(0, 2)(2)由(1)得f (x)3x(x2)，令f (x)0得x0或x2，当x变化时，f (x)、f (x)的变化情况如下表：x(，0)0(0,2)2(2，)f(x
3、)00f(x)极大值极小值由此可得：当0a1时，f (x)在(a1，a1)内有极大值f (0)2，无极小值；当a1时，f (x)在(a1，a1)内无极值；当1a3时，f (x)在(a1， a1)内有极小值f (2)6，无极大值；当a 3时，f (x)在(a1，a1)内无极值综上得：当0a1时，f (x)有极大值2，无极小值；当1a3时，f (x)有极小值6，无极大值；当a1或a 3时，f (x)无极值题4答案：(1)x0；(2) F(x)minmln2，F(x)maxm2详解：(1)因为f (x)6x1，g(x)由题意知6x01，即6xx010，解得，x0或因为x00，所以x0(2)若曲线yf
4、 (x)与yg(x)相切且在交点处有公共切线，由(1)得切点横坐标为，所以f g，所以mln，得mln2作出函数f(x)与g(x)的图象(图略)，可知，m=ln2时，f(x)与g(x)有公共切线又F(x)6x1，则F(x)与F(x)在区间 的变化如下表：xF(x)0F(x)极小值又因为Fmln3，F(1)2mF，所以当x时，F(x)minFmln2，F(x)maxF(1)m2题5答案：见详解详解:( 1)当a2时，f (x)(x22x)ex，f (x)(2x2)ex(x22x)ex(x22)ex令f (x)0，即(x22)ex0，ex0，x220，解得x函数f (x)的单调递增区间是(，)(2
5、)若函数f (x)在R上单调递减，则f (x)0对xR都成立，即ex0对xR都成立ex0，x2(a2)xa0对xR都成立(a2)24a0，即a240，这是不可能的故函数f (x)不可能在R上单调递减若函数f (x)在R上单调递增，则f (x)0对xR都成立，即ex0对xR都成立ex0，x2(a2)xa0对xR都成立而(a2)24aa240，故函数f (x)不可能在R上单调递增综上可知函数f (x)不可能是R上的单调函数（3）1)当a0时，f (x)x2ex，f (x)(x22x)ex，令f (x)0，得2x0，即当x(2,0)时，函数f (x)单调递增；令f (x)0得x0，即当x(，2)或x(0，)时，函数f (x)单调递减2)当a0时，f (x)ex令g(x)x2(a2)xa(a2)24aa240，g(x)有两个零点当g(x)0时，f (x)单调递增，即当x时，f (x)单调递增，故f (x)的单调增区间为，同理可求f (x)的单调减区间为，