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1、2022年高考數(shù)學二輪復習 專題一 第5講 導數(shù)及其應用（含解析） 【高考考情解讀】　1.本講主要考查導數(shù)的幾何意義，導數(shù)的四則運算及利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求函數(shù)的極值、最值等.2.常與直線、圓錐曲線、分式、含參數(shù)的一元二次不等式等結(jié)合在一起考查，題型多樣，屬中高檔題目． 1． 導數(shù)的幾何意義 函數(shù)y＝f(x)在點x＝x0處的導數(shù)值就是曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線的斜率，其切線方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)． 2． 導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系 (1)f′(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件，如函數(shù)f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增

2、，但f′(x)≥0. (2)f′(x)≥0是f(x)為增函數(shù)的必要不充分條件，當函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0時，則f(x)為常數(shù)，函數(shù)不具有單調(diào)性． 3． 函數(shù)的極值與最值 (1)函數(shù)的極值是局部范圍內(nèi)討論的問題，函數(shù)的最值是對整個定義域而言的，是在整個范圍內(nèi)討論的問題． (2)函數(shù)在其定義區(qū)間的最大值、最小值最多有一個，而函數(shù)的極值可能不止一個，也可能沒有． (3)閉區(qū)間上連續(xù)的函數(shù)一定有最值，開區(qū)間內(nèi)的函數(shù)不一定有最值，若有唯一的極值，則此極值一定是函數(shù)的最值． 4． 四個易誤導數(shù)公式及兩個常用的運算法則 (1)(sin x)′＝cos x. (2)(cos x)′＝

3、－sin x. (3)(ax)′＝axln a(a>0，且a≠1)． (4)(logax)′＝(a>0，且a≠1)． (5)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)． (6)′＝(g(x)≠0)． 考點一　導數(shù)幾何意義的應用 例1　(1)過點(1,0)作曲線y＝ex的切線，則切線方程為________． (2)(xx·南京模擬)在平面直角坐標系xOy中，設(shè)A是曲線C1：y＝ax3＋1(a>0)與曲線C2：x2＋y2＝的一個公共點，若C1在A處的切線與C2在A處的切線互相垂直，則實數(shù)a的值是________． 答案　(1)e2x－y－e2＝0　(2)4

4、 解析　(1)設(shè)切點為P(x0，ex0)，則切線斜率為ex0， 切線方程為y－ex0＝ex0(x－x0)， 又切線經(jīng)過點(1,0)，所以－ex0＝ex0(1－x0)， 解得x0＝2，切線方程為y－e2＝e2(x－2)， 即e2x－y－e2＝0. (2)設(shè)A(x0，y0)，則C1在A處的切線的斜率為f′(x0)＝3ax，C2在A處的切線的斜率為－＝－， 又C1在A處的切線與C2在A處的切線互相垂直， 所以(－)·3ax＝－1，即y0＝3ax， 又ax＝y(tǒng)0－1，所以y0＝， 代入C2：x2＋y2＝，得x0＝±， 將x0＝±，y0＝代入y＝ax3＋1(a>0)，得a＝4.

5、 (1)求曲線的切線要注意“過點P的切線”與“在點P處的切線”的差異，過點P的切線中，點P不一定是切點，點P也不一定在已知曲線上，而在點P處的切線，必以點P為切點． (2)利用導數(shù)的幾何意義解題，主要是利用導數(shù)、切點坐標、切線斜率之間的關(guān)系來進行轉(zhuǎn)化．以平行、垂直直線斜率間的關(guān)系為載體求參數(shù)的值，則要求掌握平行、垂直與斜率之間的關(guān)系，進而和導數(shù)聯(lián)系起來求解． (1)直線y＝kx＋b與曲線y＝ax2＋2＋ln x相切于點P(1,4)，則b的值為(　　) A．3 B．1 C．－1 D．－3 (2)若曲線f(x)＝xsin x＋1在x＝處的切線與直線ax＋2y＋1＝0互相

6、垂直，則實數(shù)a等于 (　　) A．－2 B．－1 C．1 D．2 答案　(1)C　(2)D 解析　(1)由點P(1,4)在曲線上，可得a×12＋2＋ln 1＝4， 解得a＝2，故y＝2x2＋2＋ln x．所以y′＝4x＋. 所以曲線在點P處的切線斜率k＝y(tǒng)′|x＝1＝4×1＋＝5. 所以切線的方程為y＝5x＋b.由點P在切線上， 得4＝5×1＋b，解得b＝－1. (2)f′(x)＝sin x＋xcos x，f′()＝1， 即函數(shù)f(x)＝xsin x＋1在點x＝處的切線的斜率是1， 直線ax＋2y＋1＝0的斜率是－， 所以(－)×1＝－1，解得a＝2.

7、 考點二　利用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì) 例2　(xx·廣東)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－kx2＋x(k∈R)． (1)當k＝1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當k<0時，求函數(shù)f(x)在[k，－k]上的最小值m和最大值M. 解　f′(x)＝3x2－2kx＋1， (1)當k＝1時， f′(x)＝3x2－2x＋1＝32＋>0， ∴f(x)在R上單調(diào)遞增． (2)當k<0時，f′(x)＝3x2－2kx＋1，其圖象開口向上，對稱軸x＝，且過(0,1)點． ①當Δ＝4k2－12＝4(k＋)(k－)≤0， 即－≤k<0時， f′(x)≥0，f(x)在[k，－k]上單調(diào)遞增． ∴m＝f(x

8、)min＝f(k)＝k， M＝f(x)max＝f(－k)＝－2k3－k. ②當Δ＝4k2－12>0，即k<－時， 令f′(x)＝0得x1＝，x2＝， 且k0， ∴m＝f(k)＝k， 又f(x2)－f(－k)＝x－kx＋x2－(－k3－k·k2－k) ＝(x2＋k)[(x2－k)2＋k2＋1]<0， ∴M＝f(－k)＝－2k3－k. 綜上，當k<0時，f(x)的最小值m＝k，最大值M＝－2k3－k. 利用導

9、數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)的一般步驟： (1)確定函數(shù)的定義域； (2)求導函數(shù)f′(x)； (3)①若求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性)，只要在函數(shù)定義域內(nèi)解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0. ②若已知函數(shù)的單調(diào)性，則轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題來求解． (4)①若求極值，則先求方程f′(x)＝0的根，再檢查f′(x)在方程根的左右函數(shù)值的符號． ②若已知極值大小或存在情況，則轉(zhuǎn)化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情況來求解． (5)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]的最值時，在得到極值的基礎(chǔ)上，結(jié)合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的

10、各極值進行比較得到函數(shù)的最值． (xx·浙江)已知a∈R，函數(shù)f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax. (1)若a＝1，求曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程； (2)若|a|>1，求f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值． 解　(1)當a＝1時，f′(x)＝6x2－12x＋6， 所以f′(2)＝6. 又因為f(2)＝4，所以切線方程為6x－y－8＝0. (2)記g(a)為f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值． f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)． 令f′(x)＝0，得到x1＝1，x2＝a. 當a>1時， x 0

11、 (0,1) 1 (1，a) a (a,2a) 2a f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 0 單調(diào)遞增 極大值3a－1 單調(diào)遞減 極小值a2(3－a) 單調(diào)遞增 4a3 比較f(0)＝0和f(a)＝a2(3－a)的大小可得 g(a)＝ 當a<－1時， x 0 (0,1) 1 (1，－2a) －2a f′(x) － 0 ＋ f(x) 0 單調(diào)遞減 極小值3a－1 單調(diào)遞增 －28a3－24a2 得g(a)＝3a－1. 綜上所述，f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值為 g(a)＝ 考點

12、三　利用導數(shù)解決與方程、不等式有關(guān)的問題 例3　(xx·陜西)已知函數(shù)f(x)＝ex，x∈R. (1)求f(x)的反函數(shù)的圖象上點(1,0)處的切線方程； (2)證明：曲線y＝f(x)與曲線y＝x2＋x＋1有唯一公共點； (3)設(shè)a

13、數(shù)等于函數(shù)φ(x)＝ex－x2－x－1零點的個數(shù)． ∵φ(0)＝1－1＝0，∴φ(x)存在零點x＝0. 又φ′(x)＝ex－x－1，令h(x)＝φ′(x)＝ex－x－1， 則h′(x)＝ex－1， 當x<0時，h′(x)<0，∴φ′(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減； 當x>0時，h′(x)>0，∴φ′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴φ′(x)在x＝0處有唯一的極小值φ′(0)＝0， 即φ′(x)在R上的最小值為φ′(0)＝0. ∴φ′(x)≥0(當且僅當x＝0時等號成立)， ∴φ(x)在R上是單調(diào)遞增的， ∴φ(x)在R上有唯一的零點， 故曲線y＝f(x)與曲線y＝x2

14、＋x＋1有唯一的公共點． 方法二　∵ex>0，x2＋x＋1>0， ∴曲線y＝ex與曲線y＝x2＋x＋1公共點的個數(shù)等于曲線y＝與y＝1公共點的個數(shù)， 設(shè)φ(x)＝，則φ(0)＝1，即當x＝0時，兩曲線有公共點． 又φ′(x)＝＝≤0(當且僅當x＝0時等號成立)， ∴φ(x)在R上單調(diào)遞減， ∴φ(x)與y＝1有唯一的公共點， 故曲線y＝f(x)與曲線y＝x2＋x＋1有唯一的公共點． (3)解?。璮＝－e ＝ ＝[e－e－(b－a)]． 設(shè)函數(shù)u(x)＝ex－－2x(x≥0)， 則u′(x)＝ex＋－2≥2－2＝0， ∴u′(x)≥0(當且僅當x＝0時等號成立)， ∴

15、u(x)單調(diào)遞增． 當x>0時，u(x)>u(0)＝0. 令x＝，則得e－e－(b－a)>0， ∴>f. 研究方程及不等式問題，都要運用函數(shù)性質(zhì)，而導數(shù)是研究函數(shù)性質(zhì)的一種重要工具．基本思路是構(gòu)造函數(shù)，通過導數(shù)的方法研究這個函數(shù)的單調(diào)性、極值和特殊點的函數(shù)值，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)推斷不等式成立的情況以及方程實根的個數(shù)，必要時畫出函數(shù)的草圖輔助思考． (1)(xx·天津)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝ln x＋x2－3.若實數(shù)a，b滿足f(a)＝0，g(b)＝0，則 (　　) A．g(a)<0

16、00，f(x)在R上遞增， 由于f(0)＝e0－2＝－1<0， f(1)＝e＋1－2＝e－1>0， ∴由f(a)＝0知00)，g′(x)＝＋2x>0， ∴g(x)在(0，＋∞)上也遞增， 由于g(1)＝－2<0，g(2)＝ln 2＋1>0， ∴由g(b)＝0知1f(1)>0，g(a)

17、R)． ①討論函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)的極值點的個數(shù)； ②若函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值，?x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求實數(shù)b的取值范圍； ③當00時，f′(x)<0得00得x>， ∴f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增， 即f(x)在x＝處有極小值． ∴當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上沒有極值點； 當a>0時

18、，f(x)在(0，＋∞)上有一個極值點． ②∵函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值，∴a＝1， ∴f(x)≥bx－2?1＋－≥b， 令g(x)＝1＋－， 則g′(x)＝－＋， ∴g′(e2)＝0，從而可得g(x)在(0，e2]上單調(diào)遞減，在[e2，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－. ③由②知g(x)＝1＋在(0，e2)上單調(diào)遞減， ∴0g(y)， 即>. 當00， ∴>； 當e

19、單調(diào)遞增，則f′(x)≥0在區(qū)間(a，b)上恒成立； (2)若可導函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞減，則f′(x)≤0在區(qū)間(a，b)上恒成立； (3)可導函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上為增函數(shù)是f′(x)>0的必要不充分條件． 2． 可導函數(shù)極值的理解 (1)函數(shù)在定義域上的極大值與極小值的大小關(guān)系不確定，也有可能極小值大于極大值； (2)對于可導函數(shù)f(x)，“f(x)在x＝x0處的導數(shù)f′(x)＝0”是“f(x)在x＝x0處取得極值”的必要不充分條件； (3)注意導函數(shù)的圖象與原函數(shù)圖象的關(guān)系，導函數(shù)由正變負的零點是原函數(shù)的極大值點，導函數(shù)由負變正的零點是原函數(shù)的極小值點．

20、 3． 導數(shù)在綜合應用中轉(zhuǎn)化與化歸思想的常見類型 (1)把不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題； (2)把證明不等式問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性問題； (3)把方程解的問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點問題． 1． 已知函數(shù)f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，則實數(shù)a的取值范圍是__________． 答案　 解析　由于f′(x)＝1＋>0， 因此函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增， 所以x∈[0,1]時，f(x)min＝f(0)＝－1. 根據(jù)題意可知存在x∈[1,2]， 使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1

21、， 即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立， 令h(x)＝＋， 則要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min， 又函數(shù)h(x)＝＋在x∈[1,2]上單調(diào)遞減， 所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥. 2． 設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋ax－ln x(a∈R)． (1)當a＝1時，求函數(shù)f(x)的極值； (2)當a≥2時，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (3)若對任意a∈(2,3)及任意x1，x2∈[1,2]，恒有ma＋ln 2>|f(x1)－f(x2)|成立，求實數(shù)m的取值范圍． 解　(1)函數(shù)的定義域為(0，＋∞)， 當a＝1時，f(x)＝x－ln x

22、，f′(x)＝1－＝. 令f′(x)＝0，得x＝1. 當01時，f′(x)>0. ∴f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴f(x)極小值＝f(1)＝1，無極大值． (2)f′(x)＝(1－a)x＋a－＝ ＝＝. 當＝1，即a＝2時，f′(x)＝－≤0， f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)； 當<1，即a>2時， 令f′(x)<0，得01； 令f′(x)>0，得1，a<2時，與已知矛盾舍， 綜上，當a＝2時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； 當a>2時，f(x)在(0，)和(1，＋∞

23、)上單調(diào)遞減，在(，1)上單調(diào)遞增． (3)由(2)知，當a∈(2,3)時，f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減， 當x＝1時，f(x)有最大值，當x＝2時，f(x)有最小值． ∴|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－f(2)＝－＋ln 2， ∴ma＋ln 2>－＋ln 2. 而a>0經(jīng)整理得m>－， 由2

24、0，＋∞)， 又由y′＝x－≤0，解得00)， 所以切線斜率為k＝， 所以切線方程為y－ln x0＝(x－x0) 由已知直線y＝kx是y＝ln x的切線，得 0－ln x0＝(0－x0)，即x0＝e， 所以，答案選C. 3． (xx·浙江)已知函數(shù)y＝f(x)的圖象是下列四個圖象之一，且其導函數(shù)y ＝f′(x)的圖

25、象如圖所示，則該函數(shù)的圖象是 (　　) 答案　B 解析　從導函數(shù)的圖象可以看出，導函數(shù)值先增大后減小，x＝0時最大，所以函數(shù)f(x)的圖象的變化率也先增大后減小，在x＝0時變化率最大．A項，在x＝0時變化率最小，故錯誤；C項，變化率是越來越大的，故錯誤；D項，變化率是越來越小的，故錯誤．B項正確． 4． 若函數(shù)y＝f(x)在R上可導，且滿足不等式xf′(x)>－f(x)恒成立，且常數(shù)a，b滿足a>b，則下列不等式一定成立的是 (　　) A．a(chǎn)f(b)>bf(a) B．a(chǎn)f(a)>bf(b) C．a(chǎn)f(a)

26、f(a) 答案　B 解析　令g(x)＝xf(x)，∴g′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0. ∴g(x)在R上為增函數(shù)，∵a>b， ∴g(a)>g(b)，即af(a)>bf(b)． 5． 函數(shù)y＝＋sin x的圖象大致是 (　　) 答案　C 解析　因為f(－x)＝＋sin(－x) ＝－(＋sin x)＝－f(x)， 所以函數(shù)為奇函數(shù)，它的圖象關(guān)于原點對稱，則可以排除B. 當x接近于正無窮大時，接近于正無窮大，而－1≤sin x≤1， 所以＋sin x也接近于正無窮大，則可以排除D. 由y′＝(＋sin x)′＝＋cos x， 令y′＝0得＋

27、cos x＝0， 它有無數(shù)個解，可知極值點有無數(shù)個，所以排除A. 故答案選C. 6． (xx·湖北)已知函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是 (　　) A．(－∞，0) B．(0，) C．(0,1) D．(0，＋∞) 答案　B 解析　f′(x)＝(ln x－ax)＋x(－a) ＝ln x＋1－2ax(x>0) 令f′(x)＝0得2a＝， 設(shè)φ(x)＝， 則φ′(x)＝ 易知φ(x)在(0,1)上遞增，在(1，＋∞)上遞減， 大致圖象如右圖 若f(x)有兩個極值點， 則y＝2a和y＝φ(x)圖象有兩個交點， ∴0<2a

28、<1，∴01} 解析　φ(x)＝f(x)－－，則φ′(x)＝f′(x)－<0， ∴φ(x)在R上是減函數(shù)． φ(1)＝f(1)－－＝1－1＝0， ∴φ(x)＝f(x)－－<0的解集為{x|x>1}． 8． 設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋2ax2＋bx＋a，g(x)＝x2－3x＋2(其中x∈R，a，b為常數(shù))．已知曲線y＝f(x)與y＝g(x)在點(2,0)處有相同的切線l，則a，b的值分別為________． 答案?。?/p>

29、2,5 解析　f′(x)＝3x2＋4ax＋b，g′(x)＝2x－3， 由于曲線y＝f(x)與y＝g(x)在點(2,0)處有相同的切線， 故有f(2)＝g(2)＝0，f′(2)＝g′(2)＝1， 由此解得a＝－2，b＝5. 9． 設(shè)a∈R，若函數(shù)y＝ex＋ax，x∈R有大于零的極值點，則a的取值范圍為________． 答案　(－∞，－1) 解析　y′＝ex＋a，又函數(shù)y＝ex＋ax在x∈R上有大于零的極值點，即y′＝ex＋a＝0有正根． 當ex＋a＝0時，ex＝－a，∴－a>1，即a<－1. 10．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不單調(diào)，則t的取值

30、范圍是____________． 答案　0

31、＋2] (1)當a＝0時，f(x)＝(x2＋2)ex，f′(x)＝ex(x2＋2x＋2)， f(1)＝3e，f′(1)＝5e， ∴函數(shù)f(x)的圖象在點A(1，f(1))處的切線方程為y－3e＝5e(x－1)，即5ex－y－2e＝0. (2)f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x＋a＋2]， 考慮到ex>0恒成立且x2系數(shù)為正， ∴f(x)在R上單調(diào)等價于x2＋(a＋2)x＋a＋2≥0恒成立． ∴(a＋2)2－4(a＋2)≤0， ∴－2≤a≤2，即a的取值范圍是[－2,2]． (3)當a＝－時，f(x)＝ex， f′(x)＝ex， 令f′(x)＝0，得x＝－或x＝1， 令

32、f′(x)>0，得x<－或x>1， 令f′(x)<0，得－

33、方程；若不存在，請說明理由． 解　(1)F′(x)＝(x>0)． ①當a≤0時，F(xiàn)′(x)>0恒成立，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，F(xiàn)(x)只有一個單調(diào)遞增區(qū)間(0，＋∞)，沒有最值． ②當a>0時，F(xiàn)′(x)＝(x>0)， 若0， 則F′(x)>0，F(xiàn)(x)在(，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴當x＝時，F(xiàn)(x)有極小值，也是最小值， 即F(x)min＝F()＝a－2aln＝－aln a. ∴當a>0時，F(xiàn)(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，)，單調(diào)遞增區(qū)間為(，＋∞)，最小值為－aln a，無最大值． (2)若f(x

34、)與g(x)的圖象有且只有一個公共點， 則方程f(x)－g(x)＝0有且只有一解， ∴函數(shù)F(x)有且只有一個零點． 由(1)的結(jié)論可知F(x)min＝－aln a＝0，得a＝1. 此時，F(xiàn)(x)＝f(x)－g(x)＝－2ln x≥0， F(x)min＝F()＝0， ∴f()＝g()＝1， ∴f(x)與g(x)的圖象的唯一公共點坐標為(，1)． 又∵f′()＝g′()＝， ∴f(x)與g(x)的圖象在點(，1)處有共同的切線， 其方程為y－1＝(x－)，即y＝x－1. 綜上所述，存在a＝1，使f(x)與g(x)的圖象有且只有一個公共點(，1)，且在該點處的公切線方程為y＝

35、x－1. 13．已知一家公司生產(chǎn)某種品牌服裝的年固定成本為10萬元，每生產(chǎn)1千件需另投入2.7萬元．設(shè)該公司一年內(nèi)共生產(chǎn)該品牌服裝x千件并全部銷售完，每千件的銷售收入為R(x)萬元，且R(x)＝ (1)寫出年利潤W(萬元)關(guān)于年產(chǎn)量x(千件)的函數(shù)解析式； (2)年產(chǎn)量為多少千件時，該公司在這一品牌服裝的生產(chǎn)中所獲得利潤最大？(注：年利潤＝年銷售收入－年總成本) 解　(1)當010時，W＝xR(x)－(10＋2.7x) ＝98－－2.7x. ∴W＝ (2)①當00； 當x∈(9,10)時，W′<0， ∴當x＝9時，W取最大值， 且Wmax＝8.1×9－·93－10＝38.6. ②當x>10時， W＝98－≤98－2＝38， 當且僅當＝2.7x，即x＝時，W＝38， 故當x＝時，W取最大值38. 綜合①②知當x＝9時，W取最大值38.6萬元，故當年產(chǎn)量為9千件時，該公司在這一品牌服裝的生產(chǎn)中所獲年利潤最大．