《金版教程高考數學 文二輪復習講義：第二編 專題整合突破 專題二 函數與導數 第二講 函數與方程及函數的應用 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《金版教程高考數學 文二輪復習講義：第二編 專題整合突破 專題二 函數與導數 第二講 函數與方程及函數的應用 Word版含解析（20頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、
第二講 函數與方程及函數的應用
必記公式]
幾種常見的函數模型
(1)一次函數模型：y＝ax＋b(a≠0)．
(2)二次函數模型：y＝ax2＋bx＋c(a≠0)．
(3)指數函數模型：y＝a·bx＋c(b>0且b≠1)．
(4)對數函數模型：y＝blogax＋c(a>0且a≠1，x>0)．
(5)分段函數模型：f(x)＝(D1∩D2＝?)．
重要性質]
1．函數的零點及函數的零點與方程根的關系
對于函數f(x)，把使f(x)＝0的實數x叫做函數f(x)的零點，函數F(x)＝f(x)－g(x)的零點就是方程f(x)＝g(x)
2、的根，即函數y＝f(x)的圖象與函數y＝g(x)的圖象交點的橫坐標．
2．零點存在性定理
如果函數y＝f(x)在區(qū)間a，b]上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，并且有f(a)·f(b)<0，那么函數y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內有零點，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0.這個c也就是方程f(x)＝0的一個根．
失分警示]
1．函數的零點不是點的坐標，而是函數值等于零的點的橫坐標．
2．函數零點存在性定理要求函數圖象是連續(xù)不斷的．并且有f(a)·f(b)<0這兩個條件同時成立．
3．滿足零點存在性定理的條件時得出函數y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內有零點，
3、但零點個數不確定；反之函數在a，b]上有零點不一定能推出f(a)·f(b)<0.
4．求實際問題中的函數解析式時易忽略定義域．
考點 函數的零點
典例示法
題型1 判斷函數零點的存在區(qū)間
典例1 20xx·北京高考]已知函數f(x)＝－log2x，在下列區(qū)間中，包含f(x)零點的區(qū)間是( )
A．(0,1) B．(1,2)
C．(2,4) D．(4，＋∞)
解析] ∵f(1)＝6－log21＝6>0，f(2)＝3－log22＝2>0，f(3)＝2－log23>0，f(4)＝－log24＝－2<0，
∴包含
4、f(x)零點的區(qū)間是(2,4)，故選C.
答案] C
題型2 函數零點的個數問題
典例2 20xx·湖北高考]函數f(x)＝4cos2·cos－2sinx－|ln (x＋1)|的零點個數為________．
解析] f(x)＝2(1＋cosx)sinx－2sinx－|ln (x＋1)|＝sin2x－|ln (x＋1)|，x>－1，
函數f(x)的零點個數即為函數y＝sin2x與y＝|ln (x＋1)|(x>－1)的圖象的交點個數．
分別作出兩個函數的圖象，如圖，可知有兩個交點，則f(x)有兩個零點．
答案] 2
題型3 利用零點個數或存在區(qū)
5、間求參數的取值范圍
典例3 20xx·湖南高考]已知函數f(x)＝若存在實數b，使函數g(x)＝f(x)－b有兩個零點，則a的取值范圍是________．
解析] 令φ(x)＝x3(x≤a)，h(x)＝x2(x>a)，函數g(x)＝f(x)－b有兩個零點，即函數y＝f(x)的圖象與直線y＝b有兩個交點，結合圖象可得a<0或φ(a)>h(a)，即a<0或a3>a2，解得a<0或a>1，故a∈(－∞，0)∪(1，＋∞)．
答案] (－∞，0)∪(1，＋∞)
1．判斷函數零點個數的方法
(1)直接求零點：令f(x)＝0，則方程解的個
6、數即為零點的個數．
(2)零點存在性定理：利用該定理不僅要求函數在a，b]上是連續(xù)的曲線，且f(a)·f(b)<0，還必須結合函數的圖象和性質(如單調性)才能確定函數有多少個零點．
(3)數形結合：對于給定的函數不能直接求解或畫出圖
形，常會通過分解轉化為兩個函數圖象，然后數形結合，看其交點的個數有幾個，其中交點的橫坐標有幾個不同的值，就有幾個不同的零點．
2．利用函數零點求參數值或取值范圍的方法
(1)利用零點存在的判定定理構建不等式求解．
(2)分離參數后轉化為求函數的值域(最值)問題求解．
(3)轉化為兩熟悉的函數圖象的上、下關系問題，從而構建不等式求解．
7、
考點 函數與方程的綜合應用
典例示法
典例4 (1)20xx·江蘇高考]已知函數f(x)＝|ln x|，g(x)＝
則方程|f(x)＋g(x)|＝1實數根的個數為________．
解析] f(x)＋g(x)＝
當1<x<2時，f′(x)＋g′(x)＝－2x＋＝<0
故當1<x<2時，f(x)＋g(x)單調遞減，在同一坐標系中畫出y＝|f(x)＋g(x)|及y＝1的圖象，如圖所示．
由圖象可知|f(x)＋g(x)|＝1的實根個數為4.
答案] 4
(2)已知函數f(x)＝則方程f(x)＝log (x＋1)的根的個數為__
8、______．
解析] 先求x>0時，f(x)的解析式．
當0<x≤1時，x－1≤0，
則f(x)＝f(x－1)＝2x－1－1.
當1<x≤2時，x－2≤0，
則f(x)＝f(x－1)＝f(x－2)＝2x－2－1，
…，
由此得，n－1<x≤n時，f(x)＝2x－n－1(n∈N*)，
由此得，f(x)＝
方程f(x)＝log (x＋1)的根的個數，
即是函數y＝f(x)與y＝log (x＋1)的圖象的交點個數，畫圖象如圖所示：
由圖象得知，
f(x)＝log (x＋1)的根有兩個．
答案] 2
應用函數思想確定方程解的個數的兩種方法
9、
(1)轉化為兩熟悉的函數圖象的交點個數問題、數形結合、構建不等式(方程)求解．
(2)分離參數、轉化為求函數的值域問題求解．
針對訓練
1．20xx·山東高考]已知函數f(x)＝|x－2|＋1，g(x)＝kx.若方程f(x)＝g(x)有兩個不相等的實根，則實數k的取值范圍是( )
A. B.
C．(1,2) D．(2，＋∞)
答案 B
解析 畫出f(x)＝|x－2|＋1的圖象如圖所示.
由數形結合知識，可知若方程f(x)＝g(x)有兩個不相等的實根，則函數g(x)與f(x)的圖象應有兩個不同的交點．
所以函數g(x)＝kx的圖象應介于直線y＝x
10、和y＝x之間，所以k的取值范圍是.
2．20xx·沈陽質檢]已知函數f(x)＝若方程f(x)＝ax＋1恰有一個解，則實數a的取值范圍是________．
答案 ∪
解析 如圖，當直線y＝ax＋1過點B(2,2)時，a＝，滿足方程有兩個解；當直線y＝ax＋1與f(x)＝2(x≥2)的圖象相切時，a＝，滿足方程有兩個解；當直線y＝ax＋1過點A(1,2)時，a＝1，滿足方程恰有一個解．故實數a的取值范圍為∪.
考點 函數的實際應用
典例示法
典例5 提高過江大橋的車輛通行能力可改善整個城市的交通狀況．在一般情況下，大橋上的車流速度v(單位：千米/小時)是車流密度x(
11、單位：輛/千米)的函數．當橋上的車流密度達到200輛/千米時，造成堵塞，此時車流速度為0；當車流密度不超過20輛/千米時，車流速度為60千米/小時．研究表明：當20<x≤200時，車流速度v是車流密度x的一次函數．
(1)當0≤x≤200時，求函數v(x)的表達式；
(2)當車流密度x為多大時，車流量(單位時間內通過橋上某觀測點的車輛數，單位：輛/小時)f(x)＝x·v(x)可以達到最大，并求出最大值．(精確到1輛/小時)
解] (1)由題意：當0≤x≤20時，v(x)＝60；
當20<x≤200時，設v(x)＝ax＋b，
再由已知得解得
故函數v(x)的表達
12、式為
v(x)＝
(2)依題意及(1)可得
f(x)＝
當0≤x≤20時，f(x)為增函數，故當x＝20時，f(x)取得最大值，其最大值為60×20＝1200；
當20<x≤200時，
f(x)＝x(200－x)≤2＝，
當且僅當x＝200－x，即x＝100時，等號成立．
所以，當x＝100時，f(x)取得最大值.
綜上，當x＝100時，f(x)在區(qū)間0,200]上取得最大值≈3333，
即當車流密度為100輛/千米時，車流量可以達到最大，最大值約為3333輛/小時．
(1)常見類型：與函數有關的應用題，經常涉及物價、路程、產值、環(huán)保等實際問題，也可涉
13、及角度、面積、體積、造價的最優(yōu)化問題.
(2)應用函數模型解決實際問題的一般程序
(3)解題關鍵：解答這類問題的關鍵是確切地建立相關函數解析式，然后應用函數、方程、不等式和導數的有關知識加以綜合解答.
針對訓練
20xx·山東實驗中學月考]候鳥每年都要隨季節(jié)的變化而進行大規(guī)模地遷徙，研究某種鳥類的專家發(fā)現，該種鳥類的飛行速度v(單位：m/s)與其耗氧量Q之間的關系為：v＝a＋blog3(其中a，b是實數)．據統(tǒng)計，該種鳥類在靜止的時候其耗氧量為30個單位，而其耗氧量為90個單位時，其飛行速度為1 m/s.
(1)求出a，b的值；
(2)若這種鳥類為趕路程，飛行的速
14、度不能低于2 m/s，則其耗氧量至少要多少個單位？
解 (1)由題意可知，當這種鳥類靜止時，它的速度為0 m/s，此時耗氧量為30個單位，故有a＋blog3＝0，
即a＋b＝0；當耗氧量為90個單位時，速度為1 m/s，故a＋blog3＝1，整理得a＋2b＝1.
解方程組得
(2)由(1)知，v＝a＋blog3＝－1＋log3.所以要使飛行速度不低于2 m/s，則有v≥2，即－1＋log3≥2，即log3≥3，解得Q≥270.
所以若這種鳥類為趕路程，飛行的速度不能低于2 m/s，則其耗氧量至少要270個單位．
全國卷高考真題調研]
1．20xx·全國卷Ⅰ]已知函
15、數f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0>0，則a的取值范圍是( )
A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)
答案 C
解析 當a＝0時，顯然f(x)有2個零點，不符合題意；當a>0時，f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，易知函數f(x)在(－∞，0)上單調遞增．又f(0)＝1，當x→－∞時，f(x)＝x2(ax－3)＋1→－∞，故不適合題意；當a<0時，f(x)在上單調遞減，在上單調遞增，在(0，＋∞)上單調遞減，只需f>0就滿足題意．由f>0，得－＋1>0，解得a&
16、lt;－2或a>2(舍去)，故a<－2.
其它省市高考題借鑒]
2．20xx·天津高考]已知函數f(x)＝
(a>0，且a≠1)在R上單調遞減，且關于x的方程|f(x)|＝2－x恰有兩個不相等的實數解，則a的取值范圍是( )
A. B.
C.∪ D.∪
答案 C
解析 當x<0時，f(x)單調遞減，必須滿足－≥0，故0<a≤，此時函數f(x)在0，＋∞)上單調遞減，若f(x)在R上單調遞減，還需3a≥1，即a≥，所以≤a≤.結合函數圖象，當x≥0時，函數y＝|f(x)|的圖象和直線y＝2－x有且只有一個公共點，即當x≥0時，方程|
17、f(x)|＝2－x只有一個實數解．因此，只需當x<0時，方程|f(x)|＝2－x恰有一個實數解．根據已知條件可得，當x<0時，f(x)>0，即只需方程f(x)＝2－x恰有一個實數解，即x2＋(4a－3)x＋3a＝2－x，即x2＋2(2a－1)x＋3a－2＝0在(－∞，0)上恰有唯一的實數解．判別式Δ＝4(2a－1)2－4(3a－2)＝4(4a2－7a＋3)＝4(a－1)(4a－3)，因為≤a≤，所以Δ≥0.當3a－2<0，即a<時，方程x2＋2(2a－1)x＋3a－2＝0有一個正實根、一個負實根，滿足要求；當3a－2＝0，即a＝時，方程x2＋2(2a－1)x＋3a
18、－2＝0的一個根為0，一個根為－，滿足要求；當3a－2>0，即<a<時，因為－(2a－1)<0，此時方程x2＋2(2a－1)x＋3a－2＝0有兩個負實根，不滿足要求；當a＝時，方程x2＋2(2a－1)x＋3a－2＝0有兩個相等的負實根，滿足要求．綜上可知，實數a的取值范圍是∪.
3．20xx·天津高考]已知函數f(x)＝函數g(x)＝b－f(2－x)，其中b∈R.若函數y＝f(x)－g(x)恰有4個零點，則b的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 函數y＝f(x)－g(x)恰有4個零點，即方程f(x)－g(x)＝0，
19、即b＝f(x)＋f(2－x)有4個不同的實數根，即直線y＝b與函數y＝f(x)＋f(2－x)的圖象有4個不同的交點．又y＝f(x)＋f(2－x)＝作出該函數的圖象如圖所示，由圖可得，當<b<2時，直線y＝b與函數y＝f(x)＋f(2－x)的圖象有4個不同的交點，故函數y＝f(x)－g(x)恰有4個零點時，b的取值范圍是.
4．20xx·四川高考]某食品的保鮮時間y(單位：小時)與儲藏溫度x(單位：℃)滿足函數關系y＝ekx＋b(e＝2.718…為自然對數的底數，k，b為常數)．若該食品在0 ℃ 的保鮮時間是192小時，在22 ℃的保鮮時間是48小時，則該食品在33 ℃的
20、保鮮時間是________小時．
答案 24
解析 由題意得即所以該食品在33 ℃的保鮮時間是y＝e33k＋b＝(e11k)3·eb＝3×192＝24(小時)．
一、選擇題
1．20xx·山東萊蕪模擬]已知函數f(x)＝則函數f(x)的零點為( )
A.，0 B．－2,0
C. D．0
答案 D
解析 當x≤1時，由f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0；當x>1時，由f(x)＝1＋log2x＝0，解得x＝，又因為x>1，所以此時方程無解．綜上，函數f(x)的零點只有0.
2．20xx·北京昌平三模]已知函數f(
21、x)＝ln x，則函數g(x)＝f(x)－f′(x)的零點所在的區(qū)間是( )
A．(0,1) B．(1,2)
C．(2,3) D．(3,4)
答案 B
解析 函數f(x)的導數為f′(x)＝，所以g(x)＝f(x)－f′(x)＝ln x－.因為g(1)＝ln 1－1＝－1<0，g(2)＝ln 2－>0，所以函數g(x)＝f(x)－f′(x)的零點所在的區(qū)間為(1,2)，故選B.
3．20xx·鄭州質檢]已知函數f(x)＝x－cosx，則f(x)在0,2π]上的零點個數為( )
A．1 B．2
C．3 D．4
答案 C
解析 作出g
22、(x)＝x與h(x)＝cosx的圖象，可以看到其在0,2π]上的交點個數為3，所以函數f(x)在0,2π]上的零點個數為3，故選C.
4．已知函數y＝f(x)的周期為2，當x∈－1,1]時，f(x)＝x2，那么函數y＝f(x)的圖象與函數y＝|lg x|的圖象的交點共有( )
A．10個 B．9個
C．8個 D．1個
答案 A
解析 在同一平面直角坐標系中分別作出y＝f(x)和y＝|lg x|的圖象，如圖．又lg 10＝1，由圖象知選A.
5．20xx·北京高考]汽車的“燃油效率”是指汽車每消耗1升汽油行駛的里程．下圖描述了甲、乙、丙三輛汽車在不同速度下的
23、燃油效率情況．下列敘述中正確的是( )
A．消耗1升汽油，乙車最多可行駛5千米
B．以相同速度行駛相同路程，三輛車中，甲車消耗汽油最多
C．甲車以80千米/小時的速度行駛1小時，消耗10升汽油
D．某城市機動車最高限速80千米/小時．相同條件下， 在該市用丙車比用乙車更省油
答案 D
解析 對于A選項，從圖中可以看出當乙車的行駛速度大于40 km/h時的燃油效率大于5 km/L，故乙車消耗1升汽油的行駛路程可大于5千米，所以A錯誤．對于B選項，由圖可知甲車消耗汽油最少．對于C選項，甲車以80 km/h的速度行駛時的燃油效率為10 km/L，故行駛1小時的路程為80千米，消耗8
24、 L汽油，所以C錯誤．對于D選項，當最高限速為80 km/h且速度相同時丙車的燃油效率大于乙車的燃油效率，故用丙車比用乙車更省油，所以D正確．
6．20xx·鄭州質量預測(一)]設函數f(x)＝ex＋2x－4，g(x)＝ln x＋2x2－5，若實數a，b分別是f(x)，g(x)的零點，則( )
A．g(a)<0<f(b) B．f(b)<0<g(a)
C．0<g(a)<f(b) D．f(b)<g(a)<0
答案 A
解析 依題意，f(0)＝－3<0，f(1)＝e－2>0，且函數f(x)是增函數，因此函數f(
25、x)的零點在區(qū)間(0,1)內，即0<a<1.g(1)＝－3<0，g(2)＝ln 2＋3>0，函數g(x)的零點在區(qū)間(1,2)內，即1<b<2，于是有f(b)>f(1)>0.又函數g(x)在(0,1)內是增函數，因此有g(a)<g(1)<0，g(a)<0<f(b)，選A.
7．20xx·湖北宜昌模擬]某種新藥服用x小時后血液中的殘留量為y毫克，如圖所示為函數y＝f(x)的圖象，當血液中藥物殘留量不小于240毫克時，治療有效．設某人上午8：00第一次服藥，為保證療效，則第二次服藥最遲的時間應為( )
A
26、．上午10：00 B．中午12：00
C．下午4：00 D．下午6：00
答案 C
解析 當x∈0,4]時，設y＝k1x，
把(4,320)代入，得k1＝80，∴y＝80x.
當x∈4,20]時，設y＝k2x＋b.
把(4,320)，(20,0)代入得
解得∴y＝400－20x.
∴y＝f(x)＝
由y≥240，得或
解得3≤x≤4或4<x≤8，∴3≤x≤8.
故第二次服藥最遲應在當日下午4：00，故選C.
二、填空題
8．20xx·云南昆明模擬]已知函數f(x)＝ax＋x－b的零點x0∈(n，n＋1)(n∈Z)，其中常數a，b滿足2a＝3,3
27、b＝2，則n＝________.
答案?。?
解析 a＝log23>1,0<b＝log32<1，令f(x)＝0，得ax＝－x＋b.在同一平面直角坐標系中畫出函數y＝ax和y＝－x＋b的圖象，如圖所示，
由圖可知，兩函數的圖象在區(qū)間(－1,0)內有交點，所以函數f(x)在區(qū)間(－1,0)內有零點，所以n＝－1.
9．20xx·河北唐山模擬]已知f(x)＝且函數y＝f(x)＋ax恰有3個不同的零點，則實數a的取值范圍是________．
答案 ∪
解析 當x<0時，f(x)＝(x＋1)2－，把函數f(x)在－1,0)上的圖象向右平移一個單位，即
28、得函數y＝f(x)在0,1)上的圖象，繼續(xù)右移可得函數f(x)在0，＋∞)上的圖象．如果函數y＝f(x)＋ax恰有3個不同的零點，即函數y＝f(x)，y＝－ax的圖象有三個不同的公共點，實數a應滿足－a<－，即a>或<－a<，即－<a<－.
10．20xx·四川高考]已知函數f(x)＝2x，g(x)＝x2＋ax(其中a∈R)．對于不相等的實數x1，x2，設m＝，n＝.現有如下命題：
①對于任意不相等的實數x1，x2，都有m>0；
②對于任意的a及任意不相等的實數x1，x2，都有n>0；
③對于任意的a，存在不相等的實數x1，x2
29、，使得m＝n；
④對于任意的a，存在不相等的實數x1，x2，使得m＝－n.
其中的真命題有________(寫出所有真命題的序號)．
答案?、佗?
解析 因為f(x)＝2x在R上是單調遞增的，所以對于不相等的實數x1，x2，m＝>0恒成立，①正確；因為g(x)＝x2＋ax，所以n＝＝x1＋x2＋a，正負不定，②錯誤；由m＝n，整理得f(x1)－g(x1)＝f(x2)－g(x2)．令函數p(x)＝f(x)－g(x)＝2x－x2－ax，則p′(x)＝2xln 2－2x－a，令t(x)＝p′(x)，則t′(x)＝2x(ln 2)2－2，又t′(1)＝2(ln 2)2－2<0，t′(
30、3)＝8(ln 2)2－2>0，從而存在x0∈(1,3)，使得t′(x0)＝2x0(ln 2)2－2＝0，于是p′(x)有極小值p′(x0)＝2x0ln 2－2x0－a＝－2log2－a，所以存在a＝－2log2，使得p′(x0)＝>0，此時p(x)在R上單調遞增，故不存在不相等的實數x1，x2，使得f(x1)－g(x1)＝f(x2)－g(x2)，不滿足題意，③錯誤；由m＝－n，得f′(x)＝－g′(x)，即－a＝2xln 2＋2x.設h(x)＝2xln 2＋2x，則h′(x)＝2x(ln 2)2＋2>0，所以h(x)在R上是單調遞增的，且當x→＋∞時，h(x)→＋∞；當x→
31、－∞時，h(x)→－∞，所以對于任意的a，y＝－a與y＝h(x)的圖象一定有交點，④正確．
三、解答題
11．20xx·湖南瀏陽一中段考]已知二次函數f(x)的最小值為－4，且關于x的不等式f(x)≤0的解集為{x|－1≤x≤3，x∈R}．
(1)求函數f(x)的解析式；
(2)求函數g(x)＝－4ln x的零點個數．
解 (1)∵f(x)是二次函數，且關于x的不等式f(x)≤0的解集為{x|－1≤x≤3，x∈R}，
∴設f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0.∵a>0，f(x)＝a(x－1)2－4]≥－4，又f(1)＝－4a，
∴
32、f(x)min＝－4a＝－4，∴a＝1.故函數f(x)的解析式為f(x)＝x2－2x－3.
(2)∵g(x)＝－4lnx＝x－－4ln x－2(x>0)，g′(x)＝1＋－＝.
∴x，g′(x)，g(x)的取值變化情況如下：
x
(0,1)
1
(1,3)
3
(3，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
單調遞增
極大值
單調遞減
極小值
單調遞增
當0<x≤3時，g(x)≤g(1)＝－4<0，
g(x)在(3，＋∞)上單調遞增，
g(3)＝－4ln 3<0，取x＝e5>3，
g(e5)＝e5－－20
33、－2>25－1－22＝9>0.
故函數g(x)只有1個零點，且零點x0∈(3，e5)．
12．20xx·山東菏澤期中]已知一家公司生產某品牌服裝的年固定成本為10萬元，每生產1千件需另投入2.7萬元，設該公司一年內共生產該品牌服裝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)關于年產量x(千件)的函數解析式；
(2)年產量為多少千件時，該公司在這一品牌服裝的生產中所獲得的年利潤最大？(注：年利潤＝年銷售收入－年總成本)
解 (1)當0<x≤10時，
W＝xR(x)－(10＋2.7x)＝8.1x－－10；
當
34、x>10時，
W＝xR(x)－(10＋2.7x)＝98－－2.7x.
∴W＝
(2)①當0<x≤10時，令W′＝8.1－＝0，得x＝9，可知當x∈(0,9)時，W′>0，當x∈(9,10]時，W′<0，
∴當x＝9時，W取極大值，即最大值，
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(當1000x取整數時，W一定小于38)．
綜合①②知，當x＝9時，W取最大值，故當年產量為9千件時，該公司在這一品牌服裝的生產中所獲年利潤最大．
金版教程高考數學 文二輪復習講義：第二編 專題整合突破 專題二 函數與導數 第二講 函數與方程及函數的應用 Word版含解析
