人教B版高考数学一轮总复习第2章第9节函数的应用学案

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第9节　函数的应用一、教材概念·结论·性质重现1．常见的函数模型(1)正比例函数模型：f(x)＝kx(k为常数，k≠0)；(2)反比例函数模型：f(x)＝(k为常数，k≠0)；(3)一次函数模型：f(x)＝kx＋b(k，b为常数，k≠0)；(4)二次函数模型：f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c为常数，a≠0)；(5)指数函数模型：f(x)＝abx＋c(a，b，c为常数，a≠0，b>0，b≠1)；(6)对数函数模型：f(x)＝mlogax＋n(m，n，a为常数，m≠0，a>0，a≠1)；(7)幂函数模型：f(x)＝axn＋b(a，b，n为常数，a≠0，n≠1)；(8)“对勾”函数模型：y＝x＋(a>0)．(1)“直线上升”是匀速增长，其增长量固定不变；指数增长先慢后快，其增长量成倍增加，常用“指数爆炸”来形容；对数增长先快后慢，其增长速度缓慢．(2)充分理解题意，并熟练掌握几种常见函数的图像和性质是解题的关键．(3)易忽视实际问题中自变量的取值范围，需合理确定函数的定义域，必须验证数学结果的合理性．(4)对于函数f(x)＝x＋(a>0)，当x>0时，在x＝处取得最小值2；当x<0时，在x＝－处取得最大值－2.2．指数、对数、幂函数性质比较函数 性质y＝ax(a>1)y＝logax(a>1)y＝xn(n>0)在(0，＋∞)上的增减性单调递增单调递增单调递增增长速度越来越快越来越慢相对平稳图像的变化随x的增大逐渐表现为与y轴平行随x的增大逐渐表现为与x轴平行随n值变化而各有不同二、基本技能·思想·活动体验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)幂函数增长比直线增长更快．( × )(2)不存在x0，使ax0<x<logax0.( × )(3)在(0，＋∞)上，随着x的增大，y＝ax(a>1)的增长速度会超过并远远大于y＝xa(a>1)的增长速度．( √ )(4)“指数爆炸”是指数型函数y＝a·bx＋c(a≠0，b>0，b≠1)增长速度越来越快的形象比喻．( × )2．已知f(x)＝x2，g(x)＝2x，h(x)＝log2x，当x∈(4，＋∞)时，对三个函数的增长速度进行比较，下列选项中正确的是(　　)A．f(x)＞g(x)＞h(x)  B．g(x)＞f(x)＞h(x)C．g(x)＞h(x)＞f(x)  D．f(x)＞h(x)＞g(x)B　解析：当x∈(4，＋∞)时，易知增长速度由大到小依次为g(x)＞f(x)＞h(x)．故选B.3．在某个物理实验中，测量得变量x和变量y的几组数据，如下表：x0.500.992.013.98y－0.990.010.982.00则对x，y最适合的拟合函数是(　　)A．y＝2x  B．y＝x2－1C．y＝2x－2  D．y＝log2xD　解析：根据x＝0.50，y＝－0.99，代入计算，可以排除A；根据x＝2.01，y＝0.98，代入计算，可以排除B，C；将各数据代入函数y＝log2x，可知满足题意．故选D.4．生产一定数量商品的全部费用称为生产成本．某企业一个月生产某种商品x万件时的生产成本为C(x)＝x2＋2x＋20(万元)，一万件商品的售价是20万元．为获取最大利润，该企业一个月应生产该商品数量为(　　)A．36万件   B．18万件C．22万件   D．9万件B　解析：设利润为L(x)，则L(x)＝20x－C(x)＝－(x－18)2＋142.当x＝18时，L(x)有最大值．5．某商品价格前两年每年递增20%，后两年每年递减20%，则四年后的价格与原来价格比较，变化的情况是(　　)A．减少7.84%  B．增加7.84%C．减少9.5%  D．不增不减A　解析：设该商品原来价格为a.依题意得，a(1＋0.2)2(1－0.2)2＝a×1.22×0.82＝0.921 6a，所以(0.921 6－1)a＝－0.078 4a，所以四年后的价格与原来价格比较，减少7.84%.考点1　利用函数图像刻画实际问题——基础性1．有一个盛水的容器，由悬在它上空的一条水管均匀地注水，最后把容器注满，在注水过程中时间t与水面高度y之间的关系如图所示．若图中PQ为一线段，则与之对应的容器的形状是(　　)B　解析：由函数图像可判断出该容器的形状不规则，又函数图像的变化先慢后快，所以容器下边粗，上边细．再由PQ为线段，知这一段是均匀变化的，所以容器上端必是直的一段，排除A，C，D.故选B.2．设甲、乙两地的距离为a(a>0)，小王骑自行车匀速从甲地到乙地用了20分钟，在乙地休息10分钟后，他又匀速从乙地返回到甲地用了30分钟，则小王从出发到返回原地所经过的路程y和其所用的时间x的函数图像为(　　)D　解析：y为“小王从出发到返回原地所经过的路程”而不是位移，故排除A，C.又因为小王在乙地休息10分钟，排除B.故选D.3．(多选题)汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1 L汽油行驶的里程，如图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况．下列叙述中正确的是(　　)A．消耗1 L汽油，乙车最多可行驶5 kmB．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多C．甲车以80 km/h的速度行驶1 h，消耗8 L汽油D．某城市机动车最高限速80 km/h，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油CD　解析：由题图可知，当乙车速度大于40 km/h时，乙车每消耗1升汽油，行驶里程都超过5 km，A错；由题意可知，以相同速度行驶相同路程，燃油效率越高，耗油越少，故三辆车中甲车耗油最少，B错；甲车以80 km/h的速度行驶时，燃油效率为10 km/L，则行驶1小时，消耗了汽油80×1÷10＝8(L)，C正确；速度在80 km/h以下时，丙车比乙车燃油率更高，所以更省油，D正确．判断实际问题中两变量变化的过程的方法(1)构建函数模型法：当根据题意易构建函数模型时，先建立函数模型，再结合模型选图像．(2)验证法：当根据题意不易建立函数模型时，则根据实际问题中两变量的变化特点，结合图像的变化趋势，验证是否吻合，从中排除不符合实际的情况，选择出符合实际情况的答案．考点2　已知函数模型解决实际问题——基础性某市家庭煤气的使用量x(单位：m3)和煤气费f(x)(单位：元)满足关系f(x)＝已知某家庭2020年前三个月的煤气费如表：月份用气量煤气费一月份4 m34元二月份25 m314元三月份35 m319元若四月份该家庭使用了20 m3的煤气，则其煤气费为(　　)A．11.5元　　　　　　 B．11元C．10.5元   D．10元A　解析：根据题意可知f(4)＝C＝4，f(25)＝C＋B(25－A)＝14，f(35)＝C＋B(35－A)＝19，解得A＝5，B＝，C＝4，所以f(x)＝所以f(20)＝4＋×(20－5)＝11.5.已知函数模型解决实际问题的关注点(1)认清所给函数模型，弄清哪些量为待定系数．(2)根据已知条件利用待定系数法，确定函数模型中的待定系数．(3)利用函数模型求解实际问题．1．某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品，若该商品零售价定为p元，销售量为Q件，销售量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝8 300－170p－p2，则最大毛利润为(毛利润＝销售收入－进货支出)(　　)A．30元   B．60元 C．28 000元  D．23 000元D　解析： 设毛利润为L(p)元，则由题意知L(p)＝pQ－20Q＝Q(p－20)＝(8 300－170p－p2)(p－20)＝－p3－150p2＋11 700p－166 000，所以L′(p)＝－3p2－300p＋11 700. 令L′(p)＝0，解得p＝30或p＝－130(舍去)．当p∈(0,30)时，L′(p)>0；当p∈(30，＋∞)时，L′(p)<0.故L(p)在p＝30时取得极大值，即最大值，且最大值为L(30)＝23 000.2．加工爆米花时，爆开且不糊的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”．在特定条件下，可食用率p与加工时间t(单位：分)满足函数关系p＝at2＋bt＋c(a，b，c是常数)．如图记录了三次实验的数据．根据上述函数模型和实验数据，可以得到最佳加工时间为________分钟．3.75　解析：根据图表，把(t，p)的三组数据(3，0.7)，(4，0.8)，(5,0.5)分别代入函数关系式．联立得方程组解得所以p＝－0.2t2＋1.5t－2＝－＋－2＝－2＋.所以，当t＝＝3.75时，p取得最大值，即最佳加工时间为3.75分钟．考点3　构造函数模型解决实际问题——应用性考向1　二次函数、分段函数模型(2020·唐山一中模拟)“活水围网”养鱼技术具有养殖密度高、经济效益好的特点．研究表明：“活水围网”养鱼时，某种鱼在一定的条件下，每尾鱼的平均生长速度v(单位：千克/年)是养殖密度x(单位：尾/立方米)的函数．当x不超过4尾/立方米时，v的值为2千克/年；当4<x≤20时，v是x的一次函数；当x达到20尾/立方米时，因缺氧等原因，v的值为0千克/年．(1)当0<x≤20时，求函数v关于x的函数解析式．(2)当养殖密度x为多大时，鱼的年生长量(单位：千克/立方米)可以达到最大？求出最大值．解：(1)由题意得，当0<x≤4时，v＝2.当4<x≤20时，设v＝ax＋b(a≠0)，由已知得解得所以v＝－x＋.故函数v＝(2)设年生长量为f(x)千克/立方米，依题意，由(1)得f(x)＝当0<x≤4时，f(x)单调递增，故f(x)max＝f(4)＝4×2＝8；当4<x≤20时，f(x)＝－x2＋x＝－(x2－20x)＝－(x－10)2＋，f(x)max＝f(10)＝12.5.所以，当0<x≤20时，f(x)的最大值为12.5.故当养殖密度为10尾/立方米时，鱼的年生长量可以达到最大，最大值为12.5千克/立方米．解决分段函数模型问题的注意点(1)实际问题中有些变量间的关系不能用同一个关系式给出，而是由几个不同的关系式构成，如出租车票价与路程之间的关系，应构建分段函数模型求解．(2)构造分段函数模型时，要力求准确、简捷，做到分段合理、不重不漏．(3)分段函数的最值是各段的最大(最小)值的最大(最小)者. 考向2　指数(对数)函数模型(1)某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入．若该公司2020年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是(　　)(参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30)A．2022年   B．2023年C．2024年   D．2025年C　解析：设第n(n∈N*)年该公司全年投入的研发资金开始超过200万元．根据题意得130(1＋12%)n－1＞200，则lg[130(1＋12%)n－1]＞lg 200，所以lg 130＋(n－1)lg 1.12＞lg 2＋2，所以2＋lg 1.3＋(n－1)lg 1.12＞lg 2＋2，所以0.11＋(n－1)×0.05＞0.30，解得n＞.又因为n∈N*，所以n≥5，所以该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是2024年．故选C.(2)(2020·新高考全国卷Ⅰ)基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型I(t)＝ert描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位：天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0 ＝1＋rT.有学者基于已有数据估计出R0＝3.28，T＝6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln 2≈0.69)(　　)A．1.2天   B．1.8天 C．2.5天   D．3.5天B　解析：因为R0＝3.28，T＝6，R0＝1＋rT，所以r＝＝0.38，所以I(t)＝ert＝e0.38t.设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为t1天，则e0.38(t＋t1)＝2e0.38t，所以e0.38t1＝2，所以0.38t1＝ln 2，所以t1＝≈≈1.8(天)．故选B. 指数函数与对数函数模型的应用技巧(1)要先学会合理选择模型，指数函数模型是增长速度越来越快(底数大于1)的一类函数模型，与增长率、银行利率有关的问题都属于指数函数模型．(2)在解决指数函数、对数函数模型问题时，一般先需要通过待定系数法确定函数解析式，再借助函数的图像求解最值问题．1．某景区提供自行车出租，该景区有50辆自行车供游客租赁使用，管理这些自行车的费用是每日115元．根据经验，若每辆自行车的日租金不超过6元，则自行车可以全部租出；若超过6元，则每超过1元，租不出的自行车就增加3辆．为了便于结算，每辆自行车的日租金x(单位：元)只取整数，并且要求租自行车一日的总收入必须高于这一日的管理费用，用y(单位：元)表示出租自行车的日净收入(即一日中出租自行车的总收入减去管理费用后得到的部分)．(1)求函数y＝f(x)的解析式；(2)试问当每辆自行车的日租金为多少元时，才能使一日的净收入最多？解：(1)当x≤6时，y＝50x－115.令50x－115＞0，解得x＞2.3.因为x为整数，所以3≤x≤6，x∈Z.当x＞6时，y＝[50－3(x－6)]x－115＝－3x2＋68x－115.令－3x2＋68x－115＞0，有3x2－68x＋115＜0，结合x为整数得6＜x≤20，x∈Z.f(x)＝(2)对于y＝50x－115(3≤x≤6，x∈Z)，显然当x＝6时，ymax＝185；对于y＝－3x2＋68x－115＝－32＋(6＜x≤20，x∈Z)，当x＝11时，ymax＝270.因为270＞185，所以当每辆自行车的日租金定为11元时，才能使一日的净收入最多．2．声强级Y(单位：分贝)由公式Y＝10lg给出，其中I为声强(单位：W/m2)．(1)平常人交谈时的声强约为10－6 W/m2，求其声强级．(2)一般常人能听到的最低声强级是0分贝，求能听到的最低声强为多少？解：(1)当声强为10－6 W/m2时，由公式Y＝10lg，得Y＝10lg＝10lg 106＝60(分贝)．(2)当Y＝0时，由公式Y＝10lg，得10lg＝0.所以＝1，即I＝10－12 W/m2，则最低声强为10－12 W/m2.