第2章 导数及其应用 章末复习提升-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册教用课件(北师大版)

章末复习提升 知识体系 构建 1 核心要点 整合 2 内容 索引 知识体系 构建 PART 01 第一部分 知识体系 构建 返回导航 知识体系 构建 返回导航 核心要点 整合 PART 02 第二部分 要点一　导数的几何运算 此部分内容涉及到导数的几何意义，基本初等函数求导法则、四则运算法则、复合函数求导，作为数形结合的桥梁，导数的几何意义成为最近几年高考的高频考点，主要考查切线方程及切点、切线平行、垂直等相关问题，常结合函数的切线问题转化为点到直线的距离，平行线间的距离问题，进而研究距离最值，难度中低档． 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 训练1　已知函数f(x)＝ln x＋2x2－4x，则函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程为(　　) A．x－y＋3＝0　　　　　 B．x＋y－3＝0 C．x－y－3＝0 D．x＋y＋3＝0 √ 核心要点 整合 返回导航 训练2　已知曲线f(x)＝aln x＋x2在点(1，1)处的切线与直线x＋y＝0平行，则实数a的值为(　　) A．－3 B．1 C．2 D．3 √ 核心要点 整合 返回导航 (1，1) 核心要点 整合 返回导航 训练4　已知函数f(x)＝x3＋x－16. (1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程； 解：因为f′(x)＝3x2＋1，所以在点(2, －6)处的切线斜率k＝f′(2)＝3×22＋1＝13， 所以切线的方程为y＝13(x－2)－6，即y＝13x－32. 核心要点 整合 返回导航 (2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标． 核心要点 整合 返回导航 要点二　函数的单调性与导数 利用导数研究函数的单调性在高中数学的导数章节中是重要的基础知识，是高考的热点．独立命题主要考查方向有：判断(或证明)函数的单调性；利用导数求函数的单调区间；已知函数单调性求参数的取值范围；比较大小或解不等式．它同时涉及到极值和最值的命题，题型有选择题、填空题，有时会在解答题的第一问出现，同时考查分类与整合的数学思想方法，对逻辑推理这一核心素养也有很好的体现． 核心要点 整合 返回导航 函数的单调性与导数的关注点： (1)关注函数的定义域，单调区间应在定义域内． (2)已知函数在某个区间上的单调性时，转化要等价． (3)分类讨论求函数单调区间的实质是讨论不等式的解集． (4)求参数的范围时常用到分离参数法． 核心要点 整合 返回导航 √ 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 √ 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 训练7　已知函数f(x)＝ex＋ax2－x. (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； 解：当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 要点三　利用导数研究函数的极值、最值 利用导数研究函数的极值、最值是导数考查的核心问题，考查方向有： (1)利用导数求函数的极值、最值； (2)根据函数的极值、最值求参数的值或取值范围； (3)函数极值、最值的应用，主要涉及不等式证明问题、恒成立问题、函数零点问题等．难度偏大，对化归转化等数学思想着重考查，对逻辑推理和数学运算等核心素养也有很好的考查． 核心要点 整合 返回导航 √ √ √ 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 √ 核心要点 整合 返回导航 训练10　已知函数f(x)＝x3－ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)． (1)若函数f(x)在x＝－1和x＝3处取得极值，试求a，b的值； 核心要点 整合 返回导航 (2)在(1)的条件下，当x∈[－2, 6]时，f(x)<2|c|恒成立，求实数c的取值范围． 解：由(1)知f(x)＝x3－3x2－9x＋c， f′(x)＝3x2－6x－9，当x变化时，有下表： x －2 (－2， －1) －1 (－1， 3) 3 (3，6) 6 f′(x)   ＋ 0 － 0 ＋   f(x) c－2 单调 递增 极大 值c ＋5 单调 递减 极小 值c －27 单调 递增 c＋ 54 核心要点 整合 返回导航 所以当x∈[－2，6]时，f(x)的最大值为c＋54. 要使f(x)<2|c|恒成立，只要c＋54<2|c|即可， 当c≥0时，c＋54<2c，解得c>54； 当c<0时，c＋54<－2c，解得c<－18. 所以实数c的取值范围为(－∞，－18)∪(54，＋∞)． 核心要点 整合 返回导航 要点四　导数与函数、不等式的综合应用 利用导数研究函数主要考查求函数的单调区间、函数的极值与最值，参数的取值范围等问题，其中常渗透函数、不等式等有关知识，综合性较强． 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 (2)若f(x)＜sin 2x，求a的取值范围． 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 训练12　已知函数f(x)＝xln x. (1)求f(x)的最小值； 核心要点 整合 返回导航 (2)若对所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围； 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 (3)若关于x的方程f(x)＝b恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围． 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 要点五　导数在实际问题中的应用 应用导数解决实际问题，关键在于建立恰当的数学模型(函数关系)，然后利用导数求得函数性质．如果函数在区间内只有一个点x0，使f′(x0)＝0，且在该点处取得极值，则f(x0)是函数的最值． 核心要点 整合 返回导航 用导数解决生活中的最优化问题的注意点： (1)当问题涉及多个变量时，应根据题意分析它们的关系，正确地列出变量间的关系式． (2)在建立函数模型的同时，应根据实际问题的意义确定函数的定义域． (3)求实际问题的最大值(最小值)时，一定要从问题的实际意义出发，不符合实际意义的情况应舍去． 核心要点 整合 返回导航 √ 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 训练14　已知圆锥的底面半径为3，母线长为5，若在该圆锥内部有一个与该圆锥共轴的圆柱，则这个圆柱的体积最大为________． 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 (1)将日利润y(单位：元)表示成日产量x的函数； 核心要点 整合 返回导航 (2)求该种饮品的最大日利润． 核心要点 整合 返回导航 利用导数求切线方程时关键是找到切点，若切点未知需设出．常见的类型有两种，一类是求“在某点处的切线方程”，则此点一定为切点，易求斜率进而写出切线方程；另一类是求“过点(x0，y0)的切线方程”，此类问题中的点不一定是切点，可先设切点为Q(x1，y1)，由eq \f(y0－y1,x0－x1)＝f′(x1)和y1＝f(x1)求出x1，y1的值，转化为第一种类型． 解析：由f(x)＝ln x＋2x2－4x，得f′(x)＝eq \f(1,x)＋4x－4，所以f′(1)＝1，又f(1)＝－2， 所以函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程为y＋2＝1×(x－1)，即x－y－3＝0. 解析：由f(x)＝aln x＋x2，得f′(x)＝eq \f(a,x)＋2x，则曲线f(x)在点(1，1)处的切线斜率k＝a＋2，由切线与直线x＋y＝0平行，可得k＝－1，即a＋2＝－1，解得a＝－3. 训练3　设曲线y＝ex在点(0，1)处的切线与曲线y＝eq \f(1,x)(x>0)上点P处的切线垂直，则点P的坐标为________． 解析：由y′＝ex，知曲线y＝ex在点(0，1)处的切线斜率k1＝e0＝1. 设P(m，n)，又y＝eq \f(1,x)(x>0)的导数y′＝－eq \f(1,x2)，曲线y＝eq \f(1,x)(x>0)在点P处的切线斜率k2＝－eq \f(1,m2). 依题意k1k2＝－1，解得m＝1(负值已舍去)，从而n＝1，则点P的坐标为(1，1)． 解：设切点坐标为(x0，y0)，则直线l的斜率为 f′(x0)＝3xeq \o\al(2,0)＋1，y0＝xeq \o\al(3,0)＋x0－16， 所以直线l的方程为y＝(3xeq \o\al(2,0)＋1)(x－x0)＋xeq \o\al(3,0)＋x0－16. 又因为直线l过点(0，0)，所以0＝(3xeq \o\al(2,0)＋1)(－x0)＋xeq \o\al(3,0)＋x0－16， 整理得xeq \o\al(3,0)＝－8，所以x0＝－2，y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26， 所以直线l的斜率为f′(－2)＝3×(－2)2＋1＝13， 所以直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26)． 训练5　(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝aex－ln x在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2))单调递增，则a的最小值为(　　) A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 解析：因为函数f(x)＝aex－ln x，所以f′(x)＝aex－eq \f(1,x).因为函数f(x)＝aex－ln x在(1，2)单调递增，所以f′(x)≥0在(1，2)恒成立，即aex－eq \f(1,x)≥0在(1，2)恒成立，易知a＞0，则0＜eq \f(1,a)≤xex在(1，2)恒成立．设g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex.当x∈(1，2)时，g′(x)＞0，所以g(x)在(1，2)上单调递增，g(x)＞g(1)＝e，所以eq \f(1,a)≤e，即a≥eq \f(1,e)＝e－1.故选C. 训练6　已知a－eq \f(1,2)＝ln 2a, b－eq \f(1,3)＝ln 3b，c－e＝ln eq \f(c,e)，其中a≠eq \f(1,2)，b≠eq \f(1,3)，c≠e，则a，b，c的大小关系为(　　) A．c＜a＜b B．c＜b＜a C．a＜b＜c D．a＜c＜b 解析：将题目中等式整理，得a－ln a＝eq \f(1,2)－ln eq \f(1,2)，b－ln b＝eq \f(1,3)－ln eq \f(1,3)，c－ln c＝e－ln e，构造函数f(x)＝x－ln x(x＞0)，则f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，令f′(x)＝0，解得x＝1，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，函数f(x)的大致图象如图所示． 易得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))<f(e)＝f(c)，因为f(a)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，f(b)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，且a≠eq \f(1,2)，b≠eq \f(1,3)，c≠e，则由图可知b＞a＞1，0＜c＜1，所以c＜a＜b.故选A. (2)当x≥0时，f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1，求实数a的取值范围． 解：方法一：f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1等价于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x≤1. 设函数g(x)＝(eq \f(1,2)x3－ax2＋x＋1)e－x(x≥0)， 则g′(x)＝－(eq \f(1,2)x3－ax2＋x＋1－eq \f(3,2)x2＋2ax－1)e－x＝－eq \f(1,2)x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x ＝－eq \f(1,2)x(x－2a－1)(x－2)e－x. 当x＝0时，1≤1成立，符合题意，当x>0时， ①若2a＋1≤0，即a≤－eq \f(1,2)，则当x∈(0，2)时， g′(x)＞0，所以g(x)在(0，2)上单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0，2)时，g(x)＞1，不符合题意． ②若0＜2a＋1＜2，即－eq \f(1,2)＜a＜eq \f(1,2)， 则当x∈(0，2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)＜0； 当x∈(2a＋1，2)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0，2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1，2)上单调递增． 由于g(0)＝1，所以当且仅当g(2)＝(7－4a)·e－2≤1时，g(x)≤1， 解得eq \f(7－e2,4)≤a＜eq \f(1,2). ③若2a＋1≥2，即a≥eq \f(1,2)， 则g(x)≤(eq \f(1,2)x3＋x＋1)e－x. 由于0∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，\f(1,2)))，故由②可得(eq \f(1,2)x3＋x＋1)e－x≤1. 故当a≥eq \f(1,2)时，g(x)≤1. 综上，实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，＋∞)). 方法二：由f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1，得ex＋ax2－x≥eq \f(1,2)x3＋1(x≥0)． 当x＝0时，1≥1成立，符合题意； 当x＞0时，分离参数得a≥－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2). 令g(x)＝－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)(x＞0)， 则g′(x)＝－eq \f(（x－2）（ex－\f(1,2)x2－x－1）,x3). 令h(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－x－1(x＞0)， 则h′(x)＝ex－x－1，令t(x)＝ex－x－1(x>0)，则t′(x)＝ex－1＞0， 所以h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，h′(x)＞h′(0)＝0. 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增． 所以当x>0时，h(x)＞h(0)＝0恒成立，即ex－eq \f(1,2)x2－x－1＞0恒成立． 故当x∈(0，2)时，g′(x)＞0，g(x)在(0，2)上单调递增； 当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)在(2，＋∞)上单调递减． 因此g(x)max＝g(2)＝eq \f(7－e2,4)，故实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，＋∞)). 训练8　(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)若函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝aln x＋eq \f(b,x)＋eq \f(c,x2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a≠0))既有极大值也有极小值，则(　　) A．bc>0 B．ab>0 C．b2＋8ac>0 D．ac<0 解析：因为函数f(x)＝aln x＋eq \f(b,x)＋eq \f(c,x2)(a≠0)，所以函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(ax2－bx－2c,x3)，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，所以关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x1，x2，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＞0，,x1＋x2＞0，,x1x2＞0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＋8ac＞0，,\f(b,a)＞0，,－\f(2c,a)＞0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＋8ac＞0，,ab＞0，,ac＜0，,bc＜0.))故选BCD. 训练9　若函数f(x)＝asin x＋eq \f(1,3)sin 3x在x＝eq \f(π,3)处取得最值，则实数a＝(　　) A．2 B．1 C.eq \f(2\r(3),3) D．0 解析：因为f(x)在x＝eq \f(π,3)处取得最值， 所以x＝eq \f(π,3)是函数f(x)的极值点． 易得f′(x)＝acos x＋cos 3x， 所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝acoseq \f(π,3)＋cos π＝0，解得a＝2. 解：f′(x)＝3x2－2ax＋b， 因为函数f(x)在x＝－1和x＝3处取得极值， 所以－1，3是方程3x2－2ax＋b＝0的两根． 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＋3＝\f(2,3)a，,－1×3＝\f(b,3)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－9.)) 训练11　(2023·全国甲卷)已知函数f(x)＝ax－eq \f(sin x,cos3x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))). (1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性； 解：当a＝8时，f(x)＝8x－eq \f(sin x,cos3x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， f′(x)＝8－eq \f(cos4x＋3sin2xcos2x,cos6x)＝8＋eq \f(2,cos2x)－eq \f(3,cos4x). 令eq \f(1,cos2x)＝t，则t∈(1，＋∞)， 令h(t)＝－3t2＋2t＋8＝－(3t＋4)(t－2)， 当t∈(1，2)时，h(t)>0，当t∈(2，＋∞)时，h(t)<0. 故当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 所以f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减． 解：令g(x)＝f(x)－sin 2x＝ax－eq \f(sin x,cos3x)－sin 2x， 则g′(x)＝a－eq \f(cos4x＋3sin2xcos2x,cos6x)－2cos 2x＝a－eq \f(cos2x＋3sin2x,cos4x)－4cos2x＋2＝a－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2cos2x＋3,cos4x)＋4cos2x－2))， 令u＝cos2x，则u∈(0，1)，令k(u)＝eq \f(－2u＋3,u2)＋4u－2， 则k′(u)＝eq \f(2u－6,u3)＋4＝eq \f(4u3＋2u－6,u3). 当u∈(0，1)时，k′(u)<0，所以k(u)在(0，1)上单调递减， 因为k(1)＝3，所以当u∈(0，1)时，k(u)>3，所以k(u)的值域为(3，＋∞)． ①当a≤3时，g′(x)<0，所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减， 又g(0)＝0，所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，g(x)<0，即f(x)<sin 2x. ②当a>3时，∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))使得g′(x0)＝0， 所以g(x)在(0，x0)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))上单调递减， 所以g(x0)>g(0)＝0，所以f(x)<sin 2x不成立． 综上所述，a的取值范围为(－∞，3]． 解：f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1＋ln x， 令f′(x)>0，解得x>eq \f(1,e)； 令f′(x)<0，解得0<x<eq \f(1,e). 故f(x)在(0，eq \f(1,e))上单调递减，在(eq \f(1,e)，＋∞)上单调递增， 故f(x)min＝f(eq \f(1,e))＝eq \f(1,e)ln eq \f(1,e)＝－eq \f(1,e). 解：因为f(x)＝xln x， 当x≥1时，f(x)≥ax－1恒成立，等价于xln x≥ax－1(x≥1)恒成立，等价于a≤ln x＋eq \f(1,x)(x≥1)恒成立． 令g(x)＝ln x＋eq \f(1,x)， 则a≤g(x)min(x≥1)恒成立， 因为g′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2)， 所以当x≥1时，g′(x)≥0， 所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)min＝g(1)＝1，所以a≤1， 即实数a的取值范围为(－∞，1]． 解：若关于x的方程f(x)＝b恰有两个不相等的实数根，即y＝b的图象和y＝f(x)的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点， 由(1)知f(x)在(0，eq \f(1,e))上单调递减，在(eq \f(1,e)，＋∞)上单调递增， f(x)min＝f(eq \f(1,e))＝eq \f(1,e)ln eq \f(1,e)＝－eq \f(1,e)， 故当－eq \f(1,e)<b<0时，满足y＝b的图象和y＝f(x)的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点，如图所示． 即若关于x的方程f(x)＝b恰有两个不相等的实数根，则b的取值范围为(－eq \f(1,e)，0)． 训练13　根据以往经验，某超市中的某一商品每月的销售量y(单位：件)与销售价格x(单位：元/件)满足关系式y＝eq \f(60,x－20)＋2(x－50)2，其中20<x<50.已知该商品的成本为20元/件，则该超市每月销售该商品所获得的最大利润为(　　) A．8 600元 B．8 060元 C．6 870元 D．4 060元 解析：设该超市每月销售该商品所获得的利润为f(x)元，则f(x)＝(x－20)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(60,x－20)＋2（x－50）2))＝60＋2(x－20)(x－50)2, 20<x<50， 则f′(x)＝2[(x－50)2＋2(x－50)(x－20)]＝6(x－30)(x－50)，20<x<50. 令f′(x)>0，得20<x<30, 则f(x)在(20，30)上单调递增；令f′(x)<0，得30<x<50，则f(x)在(30，50)上单调递减，所以f(x)在x＝30时取得极大值，也是最大值，最大值为f(30)＝8 060.故选B. eq \f(16,3)π 解析：由题意知，圆锥的底面半径为3，母线为5，则圆锥的高为eq \r(52－32)＝4， 设圆柱的底面半径为r，高为h，如图， 则eq \f(r,3)＝eq \f(4－h,4)，得h＝4－eq \f(4,3)r， 所以该圆柱的体积为V＝πr2h＝πr2(4－eq \f(4,3)r)，0<r<3， 令f(r)＝r2(4－eq \f(4,3)r)(0<r<3)， 则f′(r)＝8r－4r2＝4r(2－r)， 当0<r<2时，f′(r)>0，函数f(r)单调递增， 当2<r<3时，f′(r)<0，函数f(r)单调递减， 所以f(r)max＝f(2)＝eq \f(16,3)，即圆柱体积的最大值为eq \f(16,3)π. 训练15　某知名保健品企业新研发了一种健康饮品．已知每天生产该种饮品最多不超过40千瓶，最少1千瓶，经检测知生产过程中该饮品的正品率P与日产量x(x∈N＋，单位：千瓶)间的关系为P＝eq \f(4 200－x2,4 500)，每生产一瓶正品盈利4元，每生产一瓶次品亏损2元．(注：正品率＝饮品的正品瓶数÷饮品总瓶数×100%) 解：由题意，知每生产1千瓶正品盈利4 000元，每生产1千瓶次品亏损 2 000 元，故y＝4 000×eq \f(4 200－x2,4 500)x－2 000(1－eq \f(4 200－x2,4 500))x＝3 600x－eq \f(4,3)x3. 所以日利润y＝－eq \f(4,3)x3＋3 600x(x∈N＋，1≤x≤40)． 解：令y＝f(x)＝－eq \f(4,3)x3＋3 600x，x∈[1，40]， 则f′(x)＝3 600－4x2， 令f′(x)＝0，解得x＝30或x＝－30(舍去)． 所以当1≤x<30时，f′(x)>0；当30<x≤40时， f′(x)<0， 所以函数f(x)在[1，30)上单调递增，在(30，40]上单调递减， 所以当x＝30时，函数f(x)取得极大值，也是最大值，为f(30)＝－eq \f(4,3)×303＋3 600×30＝72 000， 所以该种饮品的最大日利润为72 000元． $