湘教版高考數(shù)學文一輪題庫 第2章第9節(jié)函數(shù)模型及其應用

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1、△+△2019年數(shù)學高考教學資料△+△ 高考真題備選題庫 第二章 函數(shù)、導數(shù)及其應用 第九節(jié) 函數(shù)模型及其應用 考點一 函數(shù)模型的實際應用 1．（2013陜西，5分）在如圖所示的銳角三角形空地中， 欲建一個面積最大的內(nèi)接矩形花園(陰影部分), 則其邊長x為________(m)． 解析：本題主要考查構(gòu)建函數(shù)模型，利用基本不等式求解應用問題的能力．如圖，過A作AH⊥BC于H，交DE于F，易知＝＝＝?AF＝x?FH＝40－x.則S＝x(40－x)≤2，當且僅當40－x＝x，即x＝20時取等號．所以滿足題意的邊長x為20(m)． 答案：20 2

2、．（2013重慶，12分）某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池(不計厚度)．設(shè)該蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米．假設(shè)建造成本僅與表面積有關(guān)，側(cè)面的建造成本為100元/平方米，底面的建造成本為160元/平方米，該蓄水池的總建造成本為12 000π元(π為圓周率)． (1)將V表示成r的函數(shù)V(r)，并求該函數(shù)的定義域； (2)討論函數(shù)V(r)的單調(diào)性，并確定r和h為何值時該蓄水池的體積最大． 解：本題主要考查導數(shù)在實際生活中的應用、導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查轉(zhuǎn)化思想及分類討論思想． (1)因為蓄水池側(cè)面的總成本為1002πrh＝200πrh元，底面的總成本為1

3、60πr2元，所以蓄水池的總成本為(200πrh＋160πr2)元． 根據(jù)題意得200πrh＋160πr2＝12 000π， 所以h＝(300－4r2)， 從而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)． 由h>0，且r>0可得00，故V(r)在(0,5)上為增函數(shù)； 當r∈(5,5)時，V′(r)<0，故V(r)在(5,5)上為減函數(shù)．

4、 由此可知，V(r)在r＝5處取得最大值，此時h＝8，即當r＝5，h＝8時，該蓄水池的體積最大． 3．(2009浙江，4分)某地區(qū)居民生活用電分為高峰和低谷兩個時間段進行分時計價．該地區(qū)的電網(wǎng)銷售電價表如下： 高峰時間段用電價格表 高峰月用電量(單位：千瓦時) 高峰電價(單位：元/千瓦時) 50及以下的部分 0.568 超過50至200的部分 0.598 超過200的部分 0.668 低谷時間段用電價格表 低谷月用電量(單位：千瓦時) 低谷電價(單位：元/千瓦時) 50及以下的部分 0.288 超過50至200的部分 0.318 超過200的部分 0.

5、388 若某家庭5月份的高峰時間段用電量為200千瓦時，低谷時間段用電量為100千瓦時，則按這種計費方式該家庭本月應付的電費為________元(用數(shù)字作答)． 解析：高峰時段電費a＝500.568＋(200－50)0.598＝118.1(元)． 低谷時段電費b＝500.288＋(100－50)0.318＝30.3(元)．故該家庭本月用電量為a＋b＝148.4(元)． 4.(2011山東，12分)某企業(yè)擬建造如圖所示的容器(不計厚度，長度單位：米)，其中容器的中間為圓柱形，左右兩端均為半球形，按照設(shè)計要求容器的容積為立方米，且l≥2r.假設(shè)該容器的建造費用僅與其表面積有關(guān)．已知圓柱形部

6、分每平方米建造費用為3千元，半球形部分每平方米建造費用為c(c>3)千元．設(shè)該容器的建造費用為y千元． (1)寫出y關(guān)于r的函數(shù)表達式，并求該函數(shù)的定義域； (2)求該容器的建造費用最小時的r. 解：(1)設(shè)容器的容積為V， 由題意知V＝πr2l＋πr3，又V＝， 故l＝＝－r＝(－r)． 由于l≥2r，因此03，所以c－2>0， 當r3－＝0時，r＝. 令 ＝m，

7、則m>0. 所以y′＝(r－m)(r2＋rm＋m2)． ①當0時， 當r＝m時，y′＝0； 當r∈(0，m)時，y′<0； 當r∈(m,2)時，y′>0， 所以r＝m是函數(shù)y的極小值點，也是最小值點． ②當m≥2即3時，建造費用最小時r＝ . 考點二 函數(shù)與其他知識的交匯 1．（2013安徽，12分）設(shè)函數(shù)f(x)＝ax－(1＋a2)x2，其中a>0，區(qū)間I＝{x|f(x)>0}． (1)求I的長度(注：

8、區(qū)間(α，β)的長度定義為β－α)； (2)給定常數(shù)k∈(0,1)，當1－k≤a≤1＋k時，求I長度的最小值． 解：本題考查含參數(shù)的一元二次不等式的解法、導數(shù)的應用等，意在考查考生恒等變形能力和綜合運用數(shù)學知識分析問題、解決問題的能力． (1)因為方程ax－(1＋a2)x2＝0(a>0)有兩個實根x1＝0，x2＝， 故f(x)>0的解集為{x|x10，d(a)單調(diào)遞增； 當1

9、減． 所以當1－k≤a≤1＋k時，d(a)的最小值必定在a＝1－k或 a＝1＋k處取得． 而＝＝<1， 故d(1－k)

10、，c＝－1，n≥2時，f(x)＝xn＋x－1. ∵f()f(1)＝(－)1<0，∴f(x)在(，1)內(nèi)存在零點． 又當x∈(，1)時，f′(x)＝nxn－1＋1>0， ∴f(x)在(，1)上是單調(diào)遞增的，∴f(x)在(，1)內(nèi)存在唯一零點． (2)法一：由題意知 即 由圖象知，b＋3c在點(0，－2)處取到最小值－6， 在點(0,0)處取到最大值0， ∴b＋3c的最小值為－6，最大值為0. 法二：由題意知 －1≤f(1)＝1＋b＋c≤1，即－2≤b＋c≤0，① －1≤f(－1)＝1－b＋c≤1，即－2≤－b＋c≤0，② ①2＋②得 －6≤2(b＋c)＋(－b＋c)

11、＝b＋3c≤0， 當b＝0，c＝－2時，b＋3c＝－6； 當b＝c＝0時，b＋3c＝0， 所以b＋3c的最小值為－6，最大值為0. 法三　由題意知 解得b＝，c＝， ∴b＋3c＝2f(1)＋f(－1)－3. 又∵－1≤f(－1)≤1，－1≤f(1)≤1， ∴－6≤b＋3c≤0， 當b＝0，c＝－2時，b＋3c＝－6； 當b＝c＝0時，b＋3c＝0， 所以b＋3c的最小值為－6，最大值為0. (3)當n＝2時，f(x)＝x2＋bx＋c. 對任意x1，x2∈[－1,1]都有|f(x1)－f(x2)|≤4等價于f(x)在[－1,1]上的最大值與最小值之差M≤4.據(jù)此分類討論

12、如下： (ⅰ)當||>1，即|b|>2時，M＝|f(1)－f(－1)|＝2|b|>4，與題設(shè)矛盾． (ⅱ)當－1≤－<0，即0