3.4.2 函数模型及其应用第二课时教案

高三数学二轮复习：应用题专题（1）

--函数模型的构建及求解，基本不等式的实际应用

江苏新高考

“在考查基础知识的同时，侧重考查能力”是高考的重要意向，而应用能力的考查又是近二十年来的能力考查重点.江苏卷一直在坚持以建模为主.所以如何由实际问题转化为数学问题的建模过程的探索应是复习的关键. 应用题的载体很多，前几年主要考函数建模，以三角、导数、不等式知识解决问题.2013年应用考题3是解不等式模型，2014年应用考题2可以理解为一次函数模型，也可以理解为条件不等式模型，这样在建模上增添新意，还是有趣的，2015、2016年应用考题2都先构造函数，再利用导数求解.2016、2017年应用考题是立体几何模型，2017年应用考题需利用空间中的垂直关系和解三角形的知识求解. [常考题型突破] 题型一：函数模型的构建及求解

[例1]

(2016·江苏高考)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P-A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．

(1)若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？

(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？

[解]

(1)由PO1＝2知O1O＝4PO1＝8. 因为A1B1＝AB＝6，

所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积

11V锥＝·A1B2PO1＝×62×2＝24(m3)；

1·33正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积

V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)．

所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312(m3)．

(2)设A1B1＝a m，PO1＝h m，

则0＜h＜6，O1O＝4h.连结O1B1. 因为在Rt△PO1B1中，

22O1B21＋PO1＝PB1，

所以2a2＋h2＝36，

2即a2＝2(36－h2)．

11326于是仓库的容积V＝V柱＋V锥＝a2·4h＋a2·h＝a2h＝(36h－h3)，0＜h＜6，

333

从而V′＝26(36－3h2)＝26(12－h2)．

3令V′＝0，得h＝23或h＝－23(舍去)．

当0＜h＜23时，V′＞0，V是单调增函数；

当23＜h＜6时，V′＜0，V是单调减函数．

故当h＝23时，V取得极大值，也是最大值．

因此，当PO1＝23 m时，仓库的容积最大．

[方法归纳] 解函数应用题的四步骤

[变式训练] 1．(2017·苏锡常镇二模)某科研小组研究发现：一棵水蜜桃树的产量w(单位：百千克)与肥料费用x(单位：百元)满足如下关系：w＝4－3，且投入的肥料费用不超过5百元．此x＋1外，还需要投入其他成本(如施肥的人工费等)2x百元．已知这种水蜜桃的市场售价为16元/千克(即16百元/百千克)，且市场需求始终供不应求．记该棵水蜜桃树获得的利润为L(x)(单位：百元)．

(1)求利润函数L(x)的函数关系式，并写出定义域；

(2)当投入的肥料费用为多少时，该水蜜桃树获得的利润最大？最大利润是多少？

348解：(1)L(x)＝164－x＋1－x－2x＝64－－3x(0≤x≤5)．

x＋14848(2)法一：L(x)＝64－－3x＝67－x＋1＋3x＋1≤67－2x＋148当且仅当＝3(x＋1)时，即x＝3时取等号．

x＋1故L(x)max＝43. 答：当投入的肥料费用为300元时，种植水蜜桃树获得的最大利润是4 300元.

法二：L′(x)＝48－3，由L′(x)＝0，得x＝3.

x＋1248·3x＋1＝43. x＋1故当x∈(0,3)时，L′(x)>0，L(x)在(0,3)上单调递增；

当x∈(3,5)时，L′(x)<0，L(x)在(3,5)上单调递减．

所以当x＝3时，L(x)取得极大值，也是最大值，

故L(x)max＝L(3)＝43. 答：当投入的肥料费用为300元时，种植水蜜桃树获得的最大利润是4 300元．

2．(2017·南通三模)如图，半圆AOB是某爱国主义教育基地一景点的平面示意图，半径OA的长为1百米．为了保护景点，基地管理部门从道路l上选取一点C，修建参观线路C－D－E－F，且CD，DE，EF均与半圆相切，四边形CDEF是等腰梯形．设DE＝t百米，记修建每1百米参观线路的费用为f(t)万元，经测算f(t)＝118－t，3

(1)用t表示线段EF的长；

(2)求修建该参观线路的最低费用．

解：(1)法一：设DE与半圆相切于点Q，则由四边形CDEF是等腰梯形知OQ⊥l，DQ＝QE，以OF所在直线为x轴，OQ所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系xOy. t，1，

由题意得，点E的坐标为2tx－(k<0)，

设直线EF的方程为y－1＝k21即kx－y＋1－tk＝0. 2因为直线EF与半圆相切，

所以圆心O到直线EF的距离为4t解得k＝2. t－41－1tk2k2＋1＝1，

tt1x－可得，点F的坐标为＋t，0.

代入y－1＝k24所以EF＝t＋1－t2＋1＝t＋1，

4t24tt1即EF＝＋t(0

4法二：设EF切圆O于点G，连结OG，

过点E作EH⊥AB，垂足为H.

因为EH＝OG，∠OFG＝∠EFH，∠GOF＝∠HEF，

1所以Rt△EHF≌Rt△OGF，所以HF＝FG＝EF－t. 21EF－t2,

由EF2＝1＋HF2＝1＋2t1所以EF＝＋t(0

4t1答：EF的长为4＋t百米．

(2)设修建该参观线路的费用为y万元．

1t＋1＋t＝53t＋2，

①当0

由y′＝52t31所以当t＝时，y取最小值为32.5. 3t11116328－2＋＋t＝12t＋－－2，

②当

ttt31因为0，

31，1时，y′<0；当t∈(1,2)时，y′>0，

所以当t∈31所以y在3，1上单调递减；在(1,2)上单调递增．

所以当t＝1时，y取最小值为24.5. 由①②知，y取最小值为24.5. 答：修建该参观线路的最低费用为24.5万元.

2题型二：基本不等式的实际应用

[例2]

(2017·南京考前模拟)某企业准备投入适当的广告费对产品进行促销，在一年内4x＋1预计销售Q(万件)与广告费x(万元)之间的函数关系为Q＝(x≥0)．已知生产此产品的x＋1年固定投入为4.5万元，每生产1万件此产品仍需再投入32万元，且能全部销售完．若每件销售价定为：“平均每件生产成本的150%”与“年平均每件所占广告费的25%”之和.

(1)试将年利润W(万元)表示为年广告费x(万元)的函数；

(2)当年广告费投入多少万元时，企业年利润最大？最大利润为多少？

[解]

(1)由题意可得，产品的生产成本为(32Q＋4.5)万元，

32Q＋4.5x每件销售价为×150%＋QQ×25%.

32Q＋4.5x

∴年销售收入为×150%＋×25%·QQ91332Q＋＋x. Q＝24299931139332Q＋＋x－32Q＋－x＝32Q＋－x＝16Q＋－x＝∴年利润W＝2422422444x＋19316·＋－x(x≥0)．

x＋1444t－39316t483(2)令x＋1＝t(t≥1)，则W＝16·t＋－(t－1)＝64－t＋3－t＝67－3t＋4. 44416t∵t≥1，∴＋≥2t416t·＝4，即W≤55，

t416t当且仅当t＝，即t＝8时，W有最大值55，此时x＝7. 4即当年广告费为7万元时，企业年利润最大，最大值为55万元．

[方法归纳] 利用基本不等式求解实际应用题的注意点

(1)此类型的题目往往较长，解题时需认真阅读，从中提炼出有用信息，建立数学模型，转化为数学问题求解．

(2)当运用基本不等式求最值时，若等号成立的自变量不在定义域内时，就不能使用基本不等式求解，此时可根据变量的范围对应函数的单调性求解．

[变式训练] (2017·苏州期末)某湿地公园内有一条河，现打算建一座桥(如图1)将河两岸的路连接起来，剖面设计图纸(图2)如下，

其中，点A，E为x轴上关于原点对称的两点，曲线段BCD是桥的主体，C为桥顶，8并且曲线段BCD在图纸上的图形对应函数的解析式为y＝(x∈[－2，2])，曲线段AB，4＋x2DE均为开口向上的抛物线段，且A，E分别为两抛物线的顶点．设计时要求：保持两曲线在各衔接处(B，D)的切线的斜率相等．

(1)求曲线段AB在图纸上对应函数的解析式，并写出定义域；

(2)车辆从A经B到C爬坡，定义车辆上桥过程中某点P所需要的爬坡能力为：M＝(该点P与桥顶间的水平距离)×(设计图纸上该点P处的切线的斜率)其中MP的单位：米．若该景区可提供三种类型的观光车：①游客踏乘；②蓄电池动力；③内燃机动力，它们的爬

坡能力分别为0.8米，1.5米，2.0米，用已知图纸上一个单位长度表示实际长度1米，试问三种类型的观光车是否都可以顺利过桥？

解：(1)由题意A为抛物线的顶点，设A(a,0)(a＜－2)，则可设方程为y＝λ(x－a)2(a≤x≤－2，λ＞0)，y′＝2λ(x－a)．

∵曲线段BCD在图纸上的图形对应函数的解析式为y＝－16x∴y′＝，且B(－2,1)，

4＋x221则曲线在B处的切线斜率为，

2λ－2－a＝1，1∴∴a＝－6，λ＝，

1162λ－2－a＝2，1∴曲线段AB在图纸上对应函数的解析式为y＝(x＋6)2(－6≤x≤－2)．

16(2)设P为曲线段AC上任意一点．

11①P在曲线段AB上时，则通过该点所需要的爬坡能力(MP)1＝(－x)·(x＋6) ＝－[(x88＋3)2－9]，

9在[－6，－3]上为增函数，[－3，－2]上是减函数，所以爬坡能力最大为米；

8－16x16x2②P在曲线段BC上时，则通过该点所需要的爬坡能力(MP)2＝(－x)·＝(x4＋x224＋x22∈[－2,0])，

设t＝x2，t∈[0,4]，(MP)2＝y＝当t＝0时，y＝0；

16当0＜t≤4时，y＝≤1(t＝4取等号)，此时最大为1米．

16t＋t＋89由上可得，最大爬坡能力为米．

89∵0.8＜＜1.5＜2，

8∴游客踏乘不能顺利通过该桥，蓄电池动力和内燃机动力能顺利通过该桥. 课堂小结：应用题的载体有很多，本节课主要讲解了在二轮复习中建模求解，以及不等式类的应用题。着重强调建模，求解以及利用不等式的求解，通过本节课提升学生的分析问题以及解决问题的能力。

作业布置：教学案作业

16t. 4＋t228(x∈[－2,2])，

4＋x2