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第3讲、导数及其应用
【高考解读】　导数的概念及其运算是导数应用的基础，这是高考重点考查的内容．考查方式以客观题为主，主要考查：一是导数的基本公式和运算法则，以及导数的几何意义；二是导数的应用，特别是利用导数来解决函数的单调性与最值问题、证明不等式以及讨论方程的根等，已成为高考热点问题；三是应用导数解决实际问题．
【主干知识梳理】
1． 导数的几何意义
函数y＝f(x)在点x＝x0处的导数值就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，其切线方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
2． 导数与函数单调性的关系
(1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.
(2)f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数，函数不具有单调性．
3． 函数的极值与最值
(1)函数的极值是局部范围内讨论的问题，函数的最值是对整个定义域而言的，是在整个范围内讨论的问题．
(2)函数在其定义区间的最大值、最小值最多有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有．
(3)闭区间上连续的函数一定有最值，开区间内的函数不一定有最值，若有唯一的极值，则此极值一定是函数的最值．
4． 四个易误导数公式及两个常用的运算法则
(1)sin x)′＝cos x.
(2)(cos x)′＝－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).

【热点分类突破】
考点一、导数几何意义的应用
例1(1)过点(1,0)作曲线y＝ex的切线，则切线方程为________．
(2)(2013·南京模拟)在平面直角坐标系xOy中，设A是曲线C1：y＝ax3＋1(a>0)与曲线C2：x2＋y2＝的一个公共点，若C1在A处的切线与C2在A处的切线互相垂直，则实数a的值是________．

(1)直线y＝kx＋b与曲线y＝ax2＋2＋ln x相切于点P(1,4)，则b的值为________．
(2)若曲线f(x)＝xsin x＋1在x＝处的切线与直线ax＋2y＋1＝0互相垂直，则实数a＝________.

考点二、利用导数研究函数的性质
例2(2013·广东)设函数f(x)＝x3－kx2＋x(k∈R)．
(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)当k<0时，求函数f(x)在[k，－k]上的最小值m和最大值M

(2013·浙江)已知a∈R，函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax.
(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)若|a|>1，求f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值．

考点三、利用导数解决与方程、不等式有关的问题
例3设函数
（1） 求函数的单调区间和最小值；
（2） 讨论与的大小关系；
（3） 求实数a的取值范围，使得对任意成立。

(2012·湖南)已知函数f(x)＝ex－ax，其中a>0.
(1)若对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合；
(2)在函数f(x)的图象上取定两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))(x1数y＝f′(x)的图象经过点(1,0)，(2,0)，
如图所示，则下列说法中所有不正确的序号是________．
①当x＝时，函数f(x)取得极小值；
②f(x)有两个极值点；
③当x＝2时，函数f(x)取得极小值；
④当x＝1时，函数f(x)取得极大值．

4． (2012·大纲全国改编)已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝_______.

5． 已知函数f(x) (x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)<，则f(x)<＋的解集为__________．

6． 设函数f(x)＝x3＋2ax2＋bx＋a，g(x)＝x2－3x＋2(其中x∈R，a，b为常数)．已知曲线y＝f(x)与y＝g(x)在点(2,0)处有相同的切线l，则a，b的值分别为________．

7． 设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则a的取值范围为________．

8． 已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是____________．

9．设函数f(x)＝ax＋2，g(x)＝a2x2－ln x＋2，其中a∈R，x>0.
(1)若a＝2，求曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程；
(2)是否存在负数a，使f(x)≤g(x)对一切正数x都成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．

10．已知一家公司生产某种品牌服装的年固定成本为10万元，每生产1千件需另投入2.7万元．设该公司一年内共生产该品牌服装x千件并全部销售完，每千件的销售收入为R(x)万元，且R(x)＝
(1)写出年利润W(万元)关于年产量x(千件)的函数解析式；
(2)年产量为多少千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获得利润最大？(注：年利润＝年销售收入－年总成本)

答案：
答案　(1)e2x－y－e2＝0　(2)4
解析　(1)设切点为P(x0，ex0)，则切线斜率为ex0，
切线方程为y－ex0＝ex0(x－x0)，
又切线经过点(1,0)，所以－ex0＝ex0(1－x0)，
解得x0＝2，切线方程为y－e2＝e2(x－2)，
即e2x－y－e2＝0.
(2)设A(x0，y0)，则C1在A处的切线的斜率为f′(x0)＝3ax，C2在A处的切线的斜率为－＝－，
又C1在A处的切线与C2在A处的切线互相垂直，
所以(－)·3ax＝－1，即y0＝3ax，
又ax＝y0－1，所以y0＝，
代入C2：x2＋y2＝，得x0＝±，
将x0＝±，y0＝代入y＝ax3＋1(a>0)，得a＝4.
(1)求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点．
(2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．
(1)直线y＝kx＋b与曲线y＝ax2＋2＋ln x相切于点P(1,4)，则b的值为________．
(2)若曲线f(x)＝xsin x＋1在x＝处的切线与直线ax＋2y＋1＝0互相垂直，则实数a＝________.
答案　(1)－1　(2)2
解析　(1)由点P(1,4)在曲线上，可得a×12＋2＋ln 1＝4，
解得a＝2，故y＝2x2＋2＋ln x．所以y′＝4x＋.
所以曲线在点P处的切线斜率k＝y′|x＝1＝4×1＋＝5.
所以切线的方程为y＝5x＋b.由点P在切线上，
得4＝5×1＋b，解得b＝－1.
(2)f′(x)＝sin x＋xcos x，f′()＝1，
即函数f(x)＝xsin x＋1在点x＝处的切线的斜率是1，
直线ax＋2y＋1＝0的斜率是－，
所以(－)×1＝－1，解得a＝2.
考点二　利用导数研究函数的性质
例2　(2013·广东)设函数f(x)＝x3－kx2＋x(k∈R)．
(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)当k<0时，求函数f(x)在[k，－k]上的最小值m和最大值M.
解　f′(x)＝3x2－2kx＋1，
(1)当k＝1时，f′(x)＝3x2－2x＋1＝32＋>0，
∴f(x)在R上单调递增．
(2)当k<0时，f′(x)＝3x2－2kx＋1，其图象开口向上，对称轴x＝，且过(0,1)点．
①当Δ＝4k2－12＝4(k＋)(k－)≤0，即－≤k<0时，
f′(x)≥0，f(x)在[k，－k]上单调递增．
∴m＝f(x)min＝f(k)＝k，
M＝f(x)max＝f(－k)＝－2k3－k.
②当Δ＝4k2－12>0，即k<－时，
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.
综上，当k<0时，f(x)的最小值m＝k，最大值M＝－2k3－k.
利用导数研究函数性质的一般步骤：
(1)确定函数的定义域；
(2)求导函数f′(x)；
(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解．
(4)①若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．
②若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．
(5)求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
(2013·浙江)已知a∈R，函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax.

(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)若|a|>1，求f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值．
解　(1)当a＝1时，f′(x)＝6x2－12x＋6，
所以f′(2)＝6.
又因为f(2)＝4，所以切线方程为6x－y－8＝0.
(2)记g(a)为f(x)在闭区间[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.
当a>1时，
x
0
(0,1)
1
(1，a)
a
(a,2a)
2a
f′(x)

＋
0
－
0
＋

f(x)
0
单调递增
极大值3a－1
单调递减
极小值a2(3－a)
单调递增
4a3
比较f(0)＝0和f(a)＝a2(3－a)的大小可得
g(a)＝
当a<－1时，
x
0
(0,1)
1
(1，－2a)
－2a
f′(x)

－
0
＋

f(x)
0
单调递减
极小值3a－1
单调递增
－28a3－24a2
得g(a)＝3a－1.
综上所述，f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值为
g(a)＝
考点三　利用导数解决与方程、不等式有关的问题
例3　(2013·陕西)已知函数f(x)＝ex，x∈R.
(1)求f(x)的反函数的图象上点(1,0)处的切线方程；
(2)证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点；
(3)设a′(x)＝ex－x－1，令h(x)＝φ′(x)＝ex－x－1，
则h′(x)＝ex－1，
当x<0时，h′(x)<0，∴φ′(x)在(－∞，0)上单调递减；
当x>0时，h′(x)>0，∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ′(x)在x＝0处有唯一的极小值φ′(0)＝0，
即φ′(x)在R上的最小值为φ′(0)＝0.
∴φ′(x)≥0(当且仅当x＝0时等号成立)，
∴φ(x)在R上是单调递增的，
∴φ(x)在R上有唯一的零点，
故曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一的公共点．
方法二　∵ex>0，x2＋x＋1>0，
∴曲线y＝ex与曲线y＝x2＋x＋1公共点的个数等于曲线y＝与y＝1公共点的个数，
设φ(x)＝，则φ(0)＝1，即当x＝0时，两曲线有公共点．
又φ′(x)＝＝≤0(当且仅当x＝0时等号成立)，
∴φ(x)在R上单调递减，
∴φ(x)与y＝1有唯一的公共点，
故曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一的公共点．
(3)解　－f＝－e
＝
＝[e－e－(b－a)]．
设函数u(x)＝ex－－2x(x≥0)，
则u′(x)＝ex＋－2≥2－2＝0，
∴u′(x)≥0(当且仅当x＝0时等号成立)，
∴u(x)单调递增．
当x>0时，u(x)>u(0)＝0.
令x＝，则得e－e－(b－a)>0，
∴>f.

研究方程及不等式问题，都要运用函数性质，而导数是研究函数性质的一种重要工具．基本思路是构造函数，通过导数的方法研究这个函数的单调性、极值和特殊点的函数值，根据函数的性质推断不等式成立的情况以及方程实根的个数，必要时画出函数的草图辅助思考．
(2012·湖南)已知函数f(x)＝ex－ax，其中a>0.
(1)若对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合；
(2)在函数f(x)的图象上取定两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))(x10得x＝ln a.
当xln a时，f′(x)>0，f(x)增调递增．
故当x＝ln a时，f(x)取最小值f(ln a)＝a－aln a.
于是对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，当且仅当a－aln a≥1. ①
令g(t)＝t－tln t，则g′(t)＝－ln t.
当00，g(t)单调递增．
当t>1时，g′(t)<0，g(t)单调递减．
故当t＝1时，g(t)取最大值g(1)＝1.
因此，当且仅当a＝1时，①式成立．
综上所述，a的取值集合为{1}．
(2)证明　由题意知，k＝＝－a.
令φ(x)＝f′(x)－k＝ex－，则
φ(x1)＝－[ex2－x1－(x2－x1)－1]，
φ(x2)＝[ex1－x2－(x1－x2)－1]．
令F(t)＝et－t－1，则F′(t)＝et－1.
当t<0时，F′(t)<0，F(t)单调递减；
当t>0时，F′(t)>0，F(t)单调递增．
故当t≠0时，F(t)>F(0)＝0，即et－t－1>0.
从而ex2－x1－(x2－x1)－1>0，ex1－x2－(x1－x2)－1>0.
又>0，>0，所以φ(x1)<0，φ(x2)>0.
因为函数y＝φ(x)在区间[x1，x2]上的图象是连续不断的一条曲线，
所以存在x0∈(x1，x2)，使φ(x0)＝0，即f′(x0)＝k成立．

1． 函数单调性的应用
(1)若可导函数f(x)在(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0在区间(a，b)上恒成立；
(2)若可导函数f(x)在(a，b)上单调递减，则f′(x)≤0在区间(a，b)上恒成立；
(3)可导函数f(x)在区间(a，b)上为增函数是f′(x)>0的必要不充分条件．
2． 可导函数极值的理解
(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值；
(2)对于可导函数f(x)，“f(x)在x＝x0处的导数f′(x)＝0”是“f(x)在x＝x0处取得极值”的必要不充分条件；
(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点．
3． 导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型
(1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题；
(2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题；
(3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.

1． 已知函数f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若对任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是__________．
答案　
解析　由于f′(x)＝1＋>0，
因此函数f(x)在[0,1]上单调递增，
所以x∈[0,1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.
根据题意可知存在x∈[1,2]，
使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，
即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立，
令h(x)＝＋，
则要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min，
又函数h(x)＝＋在x∈[1,2]上单调递减，
所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥.
2． 设函数f(x)＝x2＋ax－ln x(a∈R)．
(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；
(2)当a≥2时，讨论函数f(x)的单调性；
(3)若对任意a∈(2,3)及任意x1，x2∈[1,2]，恒有ma＋ln 2>|f(x1)－f(x2)|成立，求实数m的取值范围．
解　(1)函数的定义域为(0，＋∞)，
当a＝1时，f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－＝.
令f′(x)＝0，得x＝1.
当01时，f′(x)>0.
∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴f(x)极小值＝f(1)＝1，无极大值．
(2)f′(x)＝(1－a)x＋a－＝
＝＝.
当＝1，即a＝2时，f′(x)＝－≤0，
f(x)在(0，＋∞)上是减函数；
当<1，即a>2时，
令f′(x)<0，得01；
令f′(x)>0，得
当>1，a<2时，与已知矛盾，故舍去，
综上，当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>2时，f(x)在(0，)和(1，＋∞)上单调递减，在(，1)上单调递增．
(3)由(2)知，当a∈(2,3)时，f(x)在[1,2]上单调递减，
当x＝1时，f(x)有最大值，当x＝2时，f(x)有最小值．
∴|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－f(2)＝－＋ln 2，
∴ma＋ln 2>－＋ln 2.
而a>0经整理得m>－，
由2间为________．
答案　(0,1]
解析　由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，
又由y′＝x－≤0，解得00)，
所以切线斜率为k＝，
所以切线方程为y－ln x0＝(x－x0)
由已知直线y＝kx是y＝ln x的切线，得
0－ln x0＝(0－x0)，即x0＝e，∴k＝.
3． 已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其导函数y＝f′(x)的图象经过点(1,0)2,0)，
如图所示，则下列说法中所有不正确的序号是________．
①当x＝时，函数f(x)取得极小值；
②f(x)有两个极值点；
③当x＝2时，函数f(x)取得极小值；
④当x＝1时，函数f(x)取得极大值．
答案　①
解析　从图象上可以看到，当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0；
当x∈(1,2)时，f′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)有两个极值点1和2，且当x＝2时函数取得极小值，
当x＝1时函数取得极大值．故只有①不正确．
4． (2012·大纲全国改编)已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝___
答案　－2或2
解析　利用导数求解．
∵y′＝3x2－3，∴当y′＝0时，x＝±1.
则x，y′，y的变化情况如下表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1,1)
1
(1，＋∞)
y′
＋

－

＋
y

c＋2

c－2

因此，当函数图象与x轴恰有两个公共点时，必有c＋2＝0或c－2＝0，
∴c＝－2或c＝2.
5． 已知函数f(x) (x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)<，则f(x)<＋的解集为__________．
答案　{x|x>1}
解析　φ(x)＝f(x)－－，则φ′(x)＝f′(x)－<0，
∴φ(x)在R上是减函数．
φ(1)＝f(1)－－＝1－1＝0，
∴φ(x)＝f(x)－－<0的解集为{x|x>1}．
6． 设函数f(x)＝x3＋2ax2＋bx＋a，g(x)＝x2－3x＋2(其中x∈R，a，b为常数)．已知曲线y＝f(x)与y＝g(x)在点(2,0)处有相同的切线l，则a，b的值分别为________．
答案　－2,5
解析　f′(x)＝3x2＋4ax＋b，g′(x)＝2x－3，
由于曲线y＝f(x)与y＝g(x)在点(2,0)处有相同的切线，
故有f(2)＝g(2)＝0，f′(2)＝g′(2)＝1，
由此解得a＝－2，b＝5.
7． 设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则a的取值范围为________．
答案　(－∞，－1)
解析　y′＝ex＋a，又函数y＝ex＋ax在x∈R上有大于零的极值点，即y′＝ex＋a＝0有正根．
当ex＋a＝0时，ex＝－a，∴－a>1，即a<－1.
8． 已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是____________．
答案　0t＋1，解得0x2，如图，

同理得方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有三个不同实根．
10．(2013·湖北改编)已知函数fx)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是________．
答案　(0，)
解析　f′(x)＝(ln x－ax)＋x(－a)
＝ln x＋1－2ax(x>0)
令f′(x)＝0得2a＝，
设φ(x)＝，则φ′(x)＝
易知φ(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，
大致图象如右图
若f(x)有两个极值点，
则y＝2a和y＝φ(x)图象有两个交点，
∴0<2a<1，∴00.
(1)若a＝2，求曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程；
(2)是否存在负数a，使f(x)≤g(x)对一切正数x都成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．
解　(1)由题意可知，当a＝2时，g(x)＝4x2－ln x＋2，
则g′(x)＝8x－.
曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线斜率k＝g′(1)＝7，
又g(1)＝6，所以曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线的方程为y－6＝7(x－1)，即7x－y－1＝0.
(2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)＝ax＋ln x－a2x2 (x>0)．
假设存在负数a，使得f(x)≤g(x)对一切正数x都成立，
即当x>0时，h(x)的最大值小于等于零．
h′(x)＝a＋－2a2x＝ (x>0)．
令h′(x)＝0，得x1＝－，x2＝(舍去)．
当00，h(x)单调递增；
当x>－时，h′(x)<0，h(x)单调递减．
所以h(x)在x＝－处有极大值，也是最大值．
∴h(x)max＝h≤0，解得a≤－e－，
所以负数a存在，它的取值范围为{a|a≤－e－}．
12．已知函数f(x)＝，g(x)＝2aln x(e为自然对数的底数)．
(1)求F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间，若F(x)有最值，请求出最值；
(2)是否存在正常数a，使f(x)与g(x)的图象有且只有一个公共点，且在该公共点处有共同的切线？若存在，求出a的值，以及公共点坐标和公切线方程；若不存在，请说明理由．
解　(1)F′(x)＝(x>0)．
①当a≤0时，F′(x)>0恒成立，F(x)在(0，＋∞)上是增函数，F(x)只有一个单调递增区间(0，＋∞)，没有最值．
②当a>0时，F′(x)＝(x>0)，
若0，则F′(x)>0，F(x)在(，＋∞)上单调递增，
∴当x＝时，F(x)有极小值，也是最小值，
即F(x)min＝F()＝a－2aln＝－aln a.
∴当a>0时，F(x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，＋∞)，最小值为－aln a，无最大值．
(2)若f(x)与g(x)的图象有且只有一个公共点，
则方程f(x)－g(x)＝0有且只有一解，
∴函数F(x)有且只有一个零点．
由(1)的结论可知F(x)min＝－aln a＝0，得a＝1.
此时，F(x)＝f(x)－g(x)＝－2ln x≥0，
F(x)min＝F()＝0，∴f()＝g()＝1，
∴f(x)与g(x)的图象的唯一公共点坐标为(，1)．
又∵f′()＝g′()＝，
∴f(x)与g(x)的图象在点(，1)处有共同的切线，
其方程为y－1＝(x－)，即y＝x－1.
综上所述，存在a＝1，使f(x)与g(x)的图象有且只有一个公共点(，1)，且在该点处的公切线方程为y＝x－1.
13．已知一家公司生产某种品牌服装的年固定成本为10万元，每生产1千件需另投入2.7万元．设该公司一年内共生产该品牌服装x千件并全部销售完，每千件的销售收入为R(x)万元，且R(x)＝
(1)写出年利润W(万元)关于年产量x(千件)的函数解析式；
(2)年产量为多少千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获得利润最大？(注：年利润＝年销售收入－年总成本)
解　(1)当010时，W＝xR(x)－(10＋2.7x)
＝98－－2.7x.
∴W＝
(2)①当00；
当x∈(9,10)时，W′<0，
∴当x＝9时，W取最大值，
且Wmax＝8.1×9－·93－10＝38.6.
②当x>10时，
W＝98－≤98－2＝38，
当且仅当＝2.7x，即x＝时，W＝38，
故当x＝时，W取最大值38.
综合①②知当x＝9时，W取最大值38.6万元，故当年产量为9千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获年利润最大．