【正文】 ， 第 2 講 │ 要點熱點探究 且 f( s) ≥ 4s ＝4kf( t)f (t ) ，滿足要求． ② 若函數(shù) f(x) 在區(qū)間 [s ， t] 上單調遞增， 則 0st ≤ 1 或 3st ， 且????? f ? s ? ＝ ksf ? t ? ＝ kt，故 s ， t 是方程 x2－ 6x ＋ 9 ＝ k 的兩根， 由于此方程兩根之和為 3 ，故 [s ， t] 不可能同在一個單調增區(qū)間內(nèi)； ③ 若函數(shù) f(x) 在區(qū)間 [s ， t] 上單調遞減，則 1 st 3 ， ????? f ? s ? ＝ ktf ? t ? ＝ ks， 第 2 講 │ 要點熱點探究 兩式相減并整理得 s2(s － 3)3＝ t2(t － 3)2，由 1st 3 知 s (s －3) ＝ t(t － 3) ，即 s ＋ t ＝ 3 ， 再將兩式相減并除以 s － t 得 － k ＝ (s2＋ st ＋ t2) － 6(s ＋ t) ＋ 9 ＝ (s ＋ t)2－ 6(s ＋ t) ＋ 9 － st ＝－st ， 即 k ＝ st ，所以 s ， t 是方程 x2－ 3x ＋ k ＝ 0 的兩根， 令 g(x) ＝ x2－ 3x ＋ k ， 則????? Δ ＝ 9 － 4k 0 ，g ? 1 ? 0 ，g ? 3 ? 0 ，解得 2 k94，即存在 s ＝3 － 9 － 4k2， s＝3 ＋ 9 － 4k2滿足要求． 第 2 講 │ 要點熱點探究 綜上可得，當43 k94 時，存在兩個不等正數(shù) s ， t ( st) ，使 x ∈ [s ， t] 時，函數(shù) f( x ) ＝ x 3 － 6x 2 ＋ 9x 的值域恰好是 [ ks ，k t ] ． 第 2 講 │ 要點熱點探究 ? 探究點五 函數(shù)、導數(shù)及不等式的綜合 例 6 已知函數(shù) f ( x ) ＝13ax3＋ bx2＋ x ＋ 3 ，其中 a ≠ 0. (1) 當 a ， b 滿足什么條件時， f ( x ) 取得極值？ (2) 已知 a 0 ，且 f ( x ) 在區(qū)間 (0,1] 上單調遞增，試用 a 表示出 b 的取值范圍． 第 2 講 │ 要點熱點探究 【解答】 (1) 由已知得 f ′ (x) ＝ ax2＋ 2bx ＋ 1 ，令 f ′ (x) ＝ 0 ，得 ax2＋ 2bx ＋ 1 ＝ 0 ， f( x) 要取得極值，方程 ax2＋ 2bx ＋ 1 ＝ 0 必須有解， 所以 Δ ＝ 4b2－ 4a0 ，即 b2a ，此時方程 ax2＋ 2bx ＋ 1 ＝ 0的根為 x1＝－ 2b － 4b2－ 4a2a＝－ b － b2－ aa， x2＝－ 2b ＋ 4b2－ 4a2a＝－ b ＋ b2－ aa， 所以 f ′ (x) ＝ a(x － x1)(x － x2) ． 第 2 講 │ 要點熱點探究 當 a0 時， x ( － ∞ ， x 1 ) x1 (x 1 ， x 2 ) x2 (x 2 ，＋ ∞ ) f ′ (x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 增函數(shù) 極大值 減函數(shù) 極小值 增函數(shù) 所以 f( x) 在 x1， x2處分別取得極大值和極小值． 第 2 講 │ 要點熱點探究 當 a0 時， x ( － ∞ ， x 2 ) x 2 (x 2 ， x 1 ) x 1 (x 1 ，＋ ∞ ) f ′ (x) － 0 ＋ 0 － f(x) 減函數(shù) 極小值 增函數(shù) 極大值 減函數(shù) 所以 f( x) 在 x 1 ， x 2 處分別取得極大值和極小值． 綜上，當 a ， b 滿足 b2a 時， f( x) 取得極值． 第 2 講 │ 要點熱點探究 (2) 要使 f( x ) 在區(qū)間 (0,1 ] 上單調遞增，需使 f ′ (x) ＝ ax2＋ 2bx ＋ 1 ≥ 0 在 (0,1] 上恒成立． 即 b ≥ －ax2－12x， x ∈ (0,1] 恒成立，所以 b ≥??????－ax2－12xmax. 設 g(x) ＝－ax2－12x， g ′ (x) ＝－a2＋12x2 ＝a??????1a－ x22x2 ， 令 g ′ (x) ＝ 0 得 x ＝1a或 x ＝－1a( 舍去 ) ， 第 2 講 │ 要點熱點探究 當 a1 時， 01a1 ，當 x ∈????????0 ，1a時， g ′ (x)0 ， g(x ) ＝－ax2－12x為單調遞增函數(shù)； 當 x ∈????????1a， 1 時， g ′ (x) 0 ， g(x) ＝－ax2－12x為單調遞減函數(shù)， 所以當 x ＝1a時， g(x) 取得最大值，最大值為 g????????1a＝－ a . 所以 b ≥ － a . 第 2 講 │ 要點熱點探究 當 0a ≤ 1 時，1a≥ 1 ，此時 g ′ (x) ≥ 0 在區(qū)間 (0,1] 上恒成立，所以 g( x) ＝－ax2－12x在區(qū)間 (0,1] 上單調遞增，當 x ＝ 1 時，g(x) 最大，最大值為 g( 1) ＝－a ＋ 12，所以 b ≥ －a ＋ 12. 綜上，當 a 1 時， b ≥ － a ；當 0a ≤ 1 時， b ≥ －a ＋ 12. 第 2 講 │ 要點熱點探究 【點評】 本題為三次函數(shù)，利用求導的方法研究函數(shù)的極值、單調性和函數(shù)的最值，函數(shù)在區(qū)間上為單調函數(shù)，則導函數(shù)在該區(qū)間上的符號確定，從而轉化為不等式恒成立問題，再轉化為函數(shù)研究最值．運用函數(shù)與方程的思想，化歸思想和分類討論的思想解答問題． 第 2 講 │ 要點熱點探究 第 2 講 │ 規(guī)律技巧提煉 規(guī)律技巧提煉 1．無限接近的極限思想是建立導數(shù)概念、用導數(shù)定義求函數(shù)的導數(shù)的基本思想，丟掉極限思想就無法理解導數(shù)的概念． 2．熟練記憶基本求導公式和函數(shù)的求導法則，是正確進行導數(shù)運算的基礎． 3．掌握導數(shù)運算在判斷函數(shù)的單調性、求函數(shù)的極大(小 )值中的應用，尤其要重視導數(shù)運算在解決實際問題中的最值問題時所起的作用． 第 2 講 │ 規(guī)律技巧提煉 4．本單元重點體現(xiàn)了函數(shù)思想及等價轉化的思想，在學習過程中應用心體會．利用導數(shù)解有關函數(shù)的單調性、極值、最值的問題是本節(jié)的主要題型，也是高考考查的重點，復習時應引起足夠的重視． 5．解單調性的題目時要注意判斷端點能否取到，用導數(shù)求單調函數(shù)的最值時要注意由極值到最值的過渡． 6．對于函數(shù)求導，一般要遵循先化簡，再求導的基本原則，求導時，不但要重視求導法則的應用，而且要特別注意求導法則對求導的制約作用，在實施化簡時，首先必須注意變換的等價性，避免不必要的運算失誤． 7．體會數(shù)形結合、函數(shù)、方程思想在本章的運用． 第 2 講 │ 課本挖掘提升 課本挖掘提升 例題 蘇教版選修 2－ 2P40第 7題 已知某公司生產(chǎn)某品牌服裝的年固定成本為 10 萬元，每生產(chǎn)一千件需另投入 萬元，設該公司年內(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 ) ＝????? －130x2? 0 x ≤ 10 ? ，108x－10003 x2 ? x 10 ? . 第 2 講 │ 課本挖掘提升 ( 1 ) 寫出年利潤 W ( 萬元 ) 關于年產(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)中所獲年利潤最大 ？ ( 注 ： 年利潤 ＝ 年銷售收入 － 年總成本 ) 【解答】 (1 ) 當 0 x ≤ 10 時， W ＝ xR ( x ) － (10 ＋ x ) ＝ 8. 1 x－x330－ 10 ； 當 x 10 時， W ＝ xR ( x ) － (10 ＋ x ) ＝ 98 －10003 x－ x . ∴ W ＝????? x －x330－ 10 ， 0 x ≤ 10 ，98 －10003 x－ x ， x 10. 第 2 講 │ 課本挖掘提升 (2) ① 當 0 x ≤ 10 時，由 W ′ ＝ －x210＝ 0 得 x ＝ 9. 且當 x∈ (0,9) 時， W ′ 0 ；當 x ∈ (9,10 ) 時， W ′ 0 ； ∴ 當 x ＝ 9 時， W 取最大值，且 Wm a x＝ 9 －130 93－ 10 ＝ . ② 當 x 10 時， W ＝ 98 －??????10003 x＋ x ≤ 98 －210003 x x ＝ 38. 當且僅當10003 x＝ x ，即 x ＝1009時， Wm a x＝ 38. 第 2 講 │ 課本挖掘提升 綜合 ① 、 ② 知 x ＝ 9 時， W 取最大值． 所以當年產(chǎn)量為 9 千件時，該公司在這一品牌服裝生產(chǎn)中獲利最大． 第 2 講 │ 課本挖掘提升 【點評】 該問題以利潤為熟悉的背景，建立函數(shù)模型，利用導數(shù)求最大值．考查了運用數(shù)學知識、思想和方法解決實際問題的能力．應用問題一直是高考的熱點問題．導數(shù)是求解實際問題的有效方法．復習時要注意對課本習題的變形與挖掘． 第 2 講 │ 課本挖掘提升