2020版高考數(shù)學(xué)新設(shè)計一輪復(fù)習(xí)浙江專版講義：第三章第九節(jié)函數(shù)模型及其應(yīng)用-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

1．幾類函數(shù)模型
函數(shù)模型
函數(shù)解析式
一次函數(shù)模型
f(x)＝ax＋b(a，b為常數(shù)，a≠0)
反比例函數(shù)模型
f(x)＝＋b(k，b為常數(shù)且k≠0)
二次函數(shù)模型
f(x)＝ax2＋bx＋c
(a，b，c為常數(shù)，a≠0)
指數(shù)函數(shù)模型
f(x)＝bax＋c
(a，b，c為常數(shù)，b≠0，a＞0且a≠1)
對數(shù)函數(shù)模型
f(x)＝blogax＋c
(a，b，c為常數(shù)，b≠0，a＞0且a≠1)
冪函數(shù)模型
f(x)＝axn＋b(a，b為常數(shù)，a≠0)
2.三種函數(shù)模型的性質(zhì)
函數(shù)
性質(zhì)　　　
y＝ax(a＞1)
y＝logax
(a＞1)
y＝xn
(n＞0)
在(0，＋∞)上的增減性
單調(diào)遞增
單調(diào)遞增
單調(diào)遞增
增長速度
越來越快
越來越慢
相對平穩(wěn)
圖象的變化
隨x的增大逐漸表現(xiàn)為與y軸平行
隨x的增大逐漸表現(xiàn)為與x軸平行
隨n值變化而各有不同
值的比較
存在一個x0，當(dāng)x＞x0時，有l(wèi)ogax＜xn＜ax
3.解函數(shù)應(yīng)用問題的4步驟
(1)審題：弄清題意，分清條件和結(jié)論，理順數(shù)量關(guān)系，初步選擇函數(shù)模型；
(2)建模：將自然語言轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)語言，將文字語言轉(zhuǎn)化為符號語言，利用數(shù)學(xué)知識，建立相應(yīng)的函數(shù)模型；
(3)解模：求解函數(shù)模型，得出數(shù)學(xué)結(jié)論；
(4)還原：將數(shù)學(xué)結(jié)論還原為實際意義的問題．
以上過程用框圖表示如下：

[小題體驗]
1．(教材習(xí)題改編)一根蠟燭長20 cm，點燃后每小時燃燒5 cm，燃燒時剩下的高度h(cm)與燃燒時間t(h)的函數(shù)關(guān)系用圖象表示為圖中的(　　)

答案：B
2．已知某種動物繁殖量y(只)與時間x(年)的關(guān)系為y＝alog3(x＋1)，設(shè)這種動物第2年有100只，到第8年它們發(fā)展到________只．
答案：200

1．函數(shù)模型應(yīng)用不當(dāng)，是常見的解題錯誤．所以要正確理解題意，選擇適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)模型．
2．要特別關(guān)注實際問題的自變量的取值范圍，合理確定函數(shù)的定義域．
3．注意問題反饋．在解決函數(shù)模型后，必須驗證這個數(shù)學(xué)結(jié)果對實際問題的合理性．
[小題糾偏]
1．甲、乙兩人在一次賽跑中，從同一地點出發(fā)，路程S與時間t的函數(shù)關(guān)系如圖所示，則下列說法正確的是(　　)
A．甲比乙先出發(fā)
B．乙比甲跑的路程多
C．甲、乙兩人的速度相同
D．甲比乙先到達(dá)終點
答案：D
2．據(jù)調(diào)查，某自行車存車處在某星期日的存車量為4 000輛次，其中變速車存車費是每輛一次0.3元，普通車存車費是每輛一次0.2元．若普通車存車量為x輛次，存車費總收入為y元，則y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式是__________．
答案：y＝－0.1x＋1 200(0≤x≤4 000)

[典例引領(lǐng)]
某跳水運動員在一次跳水訓(xùn)練時的跳水曲線為如圖所示拋物線的一段．已知跳水板AB長為2 m，跳水板距水面CD的高BC為3 m．為安全和空中姿態(tài)優(yōu)美，訓(xùn)練時跳水曲線應(yīng)在離起跳點A處水平距h m(h≥1)時達(dá)到距水面最大高度4 m，規(guī)定：以CD為橫軸，BC為縱軸建立直角坐標(biāo)系．
(1)當(dāng)h＝1時，求跳水曲線所在的拋物線方程；
(2)若跳水運動員在區(qū)域EF內(nèi)入水時才能達(dá)到比較好的訓(xùn)練效果，求此時h的取值范圍．
解：由題意，最高點為(2＋h,4)，(h≥1)．
設(shè)拋物線方程為y＝a[x－(2＋h)]2＋4.
(1)當(dāng)h＝1時，最高點為(3,4)，
方程為y＝a(x－3)2＋4.(*)
將點A(2,3)代入(*)式得a＝－1.
即所求拋物線的方程為y＝－x2＋6x－5.
(2)將點A(2,3)代入y＝a[x－(2＋h)]2＋4，得ah2＝－1.
由題意，方程a[x－(2＋h)]2＋4＝0在區(qū)間[5,6]內(nèi)有一解．
令f(x)＝a[x－(2＋h)]2＋4＝－[x－(2＋h)]2＋4，
則解得1≤h≤.
故達(dá)到比較好的訓(xùn)練效果時的h的取值范圍是.
[由題悟法]
二次函數(shù)模型問題的3個注意點
(1)二次函數(shù)的最值一般利用配方法與函數(shù)的單調(diào)性解決，但一定要密切注意函數(shù)的定義域，否則極易出錯；
(2)確定一次函數(shù)模型時，一般是借助兩個點來確定，常用待定系數(shù)法；
(3)解決函數(shù)應(yīng)用問題時，最后要還原到實際問題．
[即時應(yīng)用]
某企業(yè)為打入國際市場，決定從A，B兩種產(chǎn)品中只選擇一種進(jìn)行投資生產(chǎn)，已知投資生產(chǎn)這兩種產(chǎn)品的有關(guān)數(shù)據(jù)如下表(單位：萬美元)：
項目
類別　　
年固定成本
每件產(chǎn)品成本
每件產(chǎn)品銷售價
每年最多可生產(chǎn)的件數(shù)
A產(chǎn)品
20
m
10
200
B產(chǎn)品
40
8
18
120

其中年固定成本與年生產(chǎn)的件數(shù)無關(guān)，m為待定常數(shù)，其值由生產(chǎn)A產(chǎn)品的原料價格決定，預(yù)計m∈[6,8]，另外，年銷售x件B產(chǎn)品時需上交0.05x2萬美元的特別關(guān)稅，假設(shè)生產(chǎn)出來的產(chǎn)品都能在當(dāng)年銷售出去．
(1)寫出該廠分別投資生產(chǎn)A，B兩種產(chǎn)品的年利潤y1，y2與生產(chǎn)相應(yīng)產(chǎn)品的件數(shù)x1，x2之間的函數(shù)關(guān)系式，并指明定義域；
(2)如何投資才可獲得最大年利潤？請你做出規(guī)劃．
解：(1)由題意得y1＝10x1－(20＋mx1)＝(10－m)x1－20(0≤x1≤200且x1∈N)，
y2＝18x2－(40＋8x2)－0.05x＝－0.05x＋10x2－40
＝－0.05(x2－100)2＋460(0≤x2≤120且x2∈N)．
(2)∵6≤m≤8，∴10－m＞0，
∴y1＝(10－m)x1－20為增函數(shù)．
又0≤x1≤200，x1∈N，
∴當(dāng)x1＝200時，生產(chǎn)A產(chǎn)品的最大利潤為(10－m)×200－20＝1 980－200m(萬美元)．
∵y2＝－0.05(x2－100)2＋460(0≤x2≤120，且x2∈N)，
∴當(dāng)x2＝100時，生產(chǎn)B產(chǎn)品的最大利潤為460萬美元．
(y1)max－(y2)max＝(1 980－200m)－460＝1 520－200m.
易知當(dāng)6≤m＜7.6時，(y1)max＞(y2)max.
即當(dāng)6≤m＜7.6時，投資生產(chǎn)A產(chǎn)品200件可獲得最大年利潤；
當(dāng)m＝7.6時，投資生產(chǎn)A產(chǎn)品200件或投資生產(chǎn)B產(chǎn)品100件，均可獲得最大年利潤；
當(dāng)7.6＜m≤8時，投資生產(chǎn)B產(chǎn)品100件可獲得最大年利潤．

[典例引領(lǐng)]
為了在夏季降溫和冬季供暖時減少能源損耗，房屋的屋頂和外墻需要建造隔熱層．某幢建筑物要建造可使用20年的隔熱層，每厘米厚的隔熱層建造成本為6萬元．該建筑物每年的能源消耗費用C(單位：萬元)與隔熱層厚度x(單位：cm)滿足關(guān)系C(x)＝(0≤x≤10)，若不建隔熱層，每年能源消耗費用為8萬元，設(shè)f(x)為隔熱層建造費用與20年的能源消耗費用之和．
(1)求k的值及f(x)的表達(dá)式；
(2)隔熱層修建多厚時，總費用f(x)達(dá)到最小，并求最小值．
解：(1)由已知條件得C(0)＝8，則k＝40，
因此f(x)＝6x＋20C(x)＝6x＋(0≤x≤10)．
(2)f(x)＝6x＋10＋－10≥2 －10＝70(萬元)，
當(dāng)且僅當(dāng)6x＋10＝，
即x＝5時等號成立．
所以當(dāng)隔熱層厚度為5 cm時，總費用f(x)達(dá)到最小值，最小值為70萬元．
[由題悟法]
應(yīng)用函數(shù)y＝x＋模型的關(guān)鍵點
(1)明確對勾函數(shù)是正比例函數(shù)f(x)＝ax與反比例函數(shù)f(x)＝疊加而成的．
(2)解決實際問題時一般可以直接建立f(x)＝ax＋的模型，有時可以將所列函數(shù)關(guān)系式轉(zhuǎn)化為f(x)＝ax＋的形式．
(3)利用模型f(x)＝ax＋求解最值時，要注意自變量的取值范圍，及取得最值時等號成立的條件．
[即時應(yīng)用]
“水資源與永恒發(fā)展”是2015年聯(lián)合國世界水資源日主題，近年來，某企業(yè)每年需要向自來水廠所繳納水費約4萬元，為了緩解供水壓力，決定安裝一個可使用4年的自動污水凈化設(shè)備，安裝這種凈水設(shè)備的成本費(單位：萬元)與管線、主體裝置的占地面積(單位：平方米)成正比，比例系數(shù)約為0.2.為了保證正常用水，安裝后采用凈水裝置凈水和自來水廠供水互補(bǔ)的用水模式．假設(shè)在此模式下，安裝后該企業(yè)每年向自來水廠繳納的水費C(單位：萬元)與安裝的這種凈水設(shè)備的占地面積x(單位：平方米)之間的函數(shù)關(guān)系是C(x)＝(x≥0，k為常數(shù))．記y為該企業(yè)安裝這種凈水設(shè)備的費用與該企業(yè)4年共將消耗的水費之和．
(1)試解釋C(0)的實際意義，并建立y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式并化簡；
(2)當(dāng)x為多少平方米時，y取得最小值，最小值是多少萬元？
解：(1)C(0)表示不安裝設(shè)備時每年繳納的水費為4萬元，
∵C(0)＝＝4，
∴k＝1 000，
∴y＝0.2x＋×4＝0.2x＋(x≥0)．
(2)y＝0.2(x＋5)＋－1≥2－1＝7，
當(dāng)x＋5＝20，即x＝15時，ymin＝7，
∴當(dāng)x為15平方米時，y取得最小值7萬元．

[典例引領(lǐng)]
1．某公司為激勵創(chuàng)新，計劃逐年加大研發(fā)資金投入．若該公司2016年全年投入研發(fā)資金130萬元，在此基礎(chǔ)上，每年投入的研發(fā)資金比上一年增長12%，則該公司全年投入的研發(fā)資金開始超過200萬元的年份是(　　)
(參考數(shù)據(jù)：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11, lg 2≈0.30)
A．2018年　　　　　　　　B．2019年
C．2020年 D．2021年
解析：選C　法一：設(shè)2016年后的第n年，該公司全年投入的研發(fā)資金開始超過200萬元，由130(1＋12%)n＞200，得1.12n＞，兩邊取常用對數(shù)，得n＞≈＝，所以n≥4，
所以從2020年開始，該公司全年投入的研發(fā)資金開始超過200萬元．
法二：根據(jù)題意，知每年投入的研發(fā)資金增長的百分率相同，所以從2016年起，每年投入的研發(fā)資金組成一個等比數(shù)列{an}，其中，首項a1＝130，公比q＝1＋12%＝1.12，所以an＝130×1.12n－1.由130×1.12n－1＞200，兩邊同時取常用對數(shù)，得n－1＞，又≈＝3.8，則n＞4.8，即a5開始超過200，所以2020年投入的研發(fā)資金開始超過200萬元，故選C.
2．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(shù)關(guān)系y＝ekx＋b(e＝2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)，k，b為常數(shù))．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 ℃的保鮮時間是(　　)
A．16小時 B．20小時
C．24小時 D．28小時
解析：選C　由已知得192＝eb，①
48＝e22k＋b＝e22k·eb，②
將①代入②得e22k＝，則e11k＝，
當(dāng)x＝33時，y＝e33k＋b＝e33k·eb＝3×192＝24，所以該食品在33 ℃的保鮮時間是24小時．
[由題悟法]
指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)模型的應(yīng)用技巧
(1)與指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)兩類函數(shù)模型有關(guān)的實際問題，在求解時，要先學(xué)會合理選擇模型，在兩類模型中，指數(shù)函數(shù)模型是增長速度越來越快(底數(shù)大于1)的一類函數(shù)模型，與增長率、銀行利率有關(guān)的問題都屬于指數(shù)函數(shù)模型．
(2)在解決指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)模型問題時，一般先需要通過待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式，再借助函數(shù)的圖象求解最值問題．
[即時應(yīng)用]
某新型企業(yè)為獲得更大利潤，須不斷加大投資，若預(yù)計年利潤低于10%時，則該企業(yè)就考慮轉(zhuǎn)型，下表顯示的是某企業(yè)幾年來利潤y(百萬元)與年投資成本x(百萬元)變化的一組數(shù)據(jù)：
年份
2015
2016
2017
2018

投資成本x
3
5
9
17
…
年利潤y
1
2
3
4
…

給出以下3個函數(shù)模型：①y＝kx＋b(k≠0)；②y＝abx(a≠0，b＞0，且b≠1)；③y＝loga(x＋b)(a＞0，且a≠1)．
(1)選擇一個恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)模型來描述x，y之間的關(guān)系；
(2)試判斷該企業(yè)年利潤超過6百萬元時，該企業(yè)是否要考慮轉(zhuǎn)型．
解：(1)將(3,1)，(5,2)代入y＝kx＋b(k≠0)，
得解得∴y＝x－.
當(dāng)x＝9時，y＝4，不符合題意；
將(3,1)，(5,2)代入y＝abx(a≠0，b＞0，且b≠1)，
得解得
∴y＝·x＝2.
當(dāng)x＝9時，y＝2＝8，不符合題意；
將(3,1)，(5,2)代入y＝loga(x＋b)(a＞0，且a≠1)，
得解得∴y＝log2(x－1)．
當(dāng)x＝9時，y＝log28＝3；
當(dāng)x＝17時，y＝log216＝4.
故可用③來描述x，y之間的關(guān)系．
(2)令log2(x－1)≥6，則x≥65.
∵年利潤＜10%，∴該企業(yè)要考慮轉(zhuǎn)型．

一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快
1．某種商品進(jìn)價為4元/件，當(dāng)日均零售價為6元/件，日均銷售100件，當(dāng)單價每增加1元，日均銷量減少10件，試計算該商品在銷售過程中，若每天固定成本為20元，則預(yù)計單價為多少時，利潤最大(　　)
A．8元/件　　　　　　　　B．10元/件
C．12元/件 D．14元/件
解析：選B　設(shè)單價為6＋x，日均銷售量為100－10x，則日利潤y＝(6＋x－4)(100－10x)－20
＝－10x2＋80x＋180
＝－10(x－4)2＋340(0＜x＜10)．
∴當(dāng)x＝4時，ymax＝340.
即單價為10元/件，利潤最大，故選B.
2．在某個物理實驗中，測量得變量x和變量y的幾組數(shù)據(jù)，如下表：
x
0.50
0.99
2.01
3.98
y
－0.99
0.01
0.98
2.00

則對x，y最適合的擬合函數(shù)是(　　)
A．y＝2x B．y＝x2－1
C．y＝2x－2 D．y＝log2x
解析：選D　根據(jù)x＝0.50，y＝－0.99，代入計算，可以排除A；根據(jù)x＝2.01，y＝0.98，代入計算，可以排除B、C；將各數(shù)據(jù)代入函數(shù)y＝log2x，可知滿足題意．故選D.
3．(2018·溫州十校聯(lián)考)煙臺某中學(xué)的研究性小組為了考察長島縣的旅游開發(fā)情況，從某碼頭乘汽艇出發(fā)，沿直線方向勻速開往該島，靠近島時，繞小島環(huán)行兩周后，把汽艇?？堪哆吙疾?，然后又乘汽艇沿原航線提速返回，設(shè)t為出發(fā)后某一時刻，S為汽艇與碼頭在時刻t的距離，下列圖象能大致表示S＝f(t)的函數(shù)關(guān)系的是(　　)

解析：選C　因為該汽艇中途?？堪哆吙疾?，此時間段S不變，故排除A、B，因為S為汽艇與碼頭在時刻t的距離，其圖象能表示S＝f(t)的函數(shù)關(guān)系，而D圖表示的不是函數(shù)關(guān)系，故排除D.故選C.
4．(2019·唐山模擬)某人計劃購買一輛A型轎車，售價為14.4萬元，購買后轎車每年的保險費、汽油費、車檢費、停車費等約需2.4萬元，同時汽車年折舊率約為10%(即這輛車每年減少它的價值的10%)，試問，大約使用________年后，用在該車上的費用(含折舊費)達(dá)到14.4萬元．
解析：設(shè)使用x年后花費在該車上的費用達(dá)到14.4萬元，依題意可得，14.4(1－0.9x)＋2.4x＝14.4.
化簡得x－6×0.9x＝0.
令f(x)＝x－6×0.9x，
易得f(x)為單調(diào)遞增函數(shù)，又f(3)＝－1.374＜0，f(4)＝0.063 4＞0，所以函數(shù)f(x)在(3,4)上有一個零點．
故大約使用4年后，用在該車上的費用達(dá)到14.4萬元．
答案：4
5．已知某矩形廣場的面積為4萬平方米，則其周長至少為________米．
解析：設(shè)這個廣場的長為x米，
則寬為米．
所以其周長為l＝2≥800，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝200時取等號．
答案：800
二保高考，全練題型做到高考達(dá)標(biāo)
1．某電信公司推出兩種手機(jī)收費方式：A種方式是月租20元，B種方式是月租0元．一個月的本地網(wǎng)內(nèi)通話時間t(分鐘)與電話費s(元)的函數(shù)關(guān)系如圖所示，當(dāng)通話150分鐘時，這兩種方式電話費相差(　　)
A．10元 B．20元
C．30元 D．元
解析：選A　依題意可設(shè)sA(t)＝20＋kt，sB(t)＝mt，
又sA(100)＝sB(100)，∴100k＋20＝100m，
得k－m＝－0.2，于是sA(150)－sB(150)＝20＋150k－150m＝20＋150×(－0.2)＝－10，
即兩種方式電話費相差10元．選A.
2．(2018·金華模擬)如圖，有一直角墻角，兩邊的長度足夠長，在P處有一棵樹與兩墻的距離分別是a m(0＜a＜12)，4 m，不考慮樹的粗細(xì)．現(xiàn)在想用16 m長的籬笆，借助墻角圍成一個矩形的花圃ABCD.設(shè)此矩形花圃的最大面積為S，若將這棵樹圍在花圃內(nèi)，則函數(shù)S＝f(a)(單位：m2)的圖象大致是(　　)

解析：選C　設(shè)AD長為x，則CD長為16－x，
又因為要將P點圍在矩形ABCD內(nèi)，
所以a≤x≤12，
則矩形ABCD的面積為x(16－x)，
當(dāng)0＜a≤8時，當(dāng)且僅當(dāng)x＝8時，S＝64，
當(dāng)8＜a＜12時，S＝a(16－a)，
S＝
分段畫出函數(shù)圖象可得其形狀與C接近，故選C.
3．(2018·北京朝陽統(tǒng)一考試)設(shè)某公司原有員工100人從事產(chǎn)品A的生產(chǎn)，平均每人每年創(chuàng)造產(chǎn)值t萬元(t為正常數(shù))．公司決定從原有員工中分流x(0＜x＜100，x∈N*)人去進(jìn)行新開發(fā)的產(chǎn)品B的生產(chǎn)．分流后，繼續(xù)從事產(chǎn)品A生產(chǎn)的員工平均每人每年創(chuàng)造產(chǎn)值在原有的基礎(chǔ)上增長了1.2x%.若要保證產(chǎn)品A的年產(chǎn)值不減少，則最多能分流的人數(shù)是(　　)
A．15 B．16
C．17 D．18
解析：選B　由題意，分流前每年創(chuàng)造的產(chǎn)值為100t(萬元)，分流x人后，每年創(chuàng)造的產(chǎn)值為(100－x)(1＋1.2x%)t，
則由解得0＜x≤.
因為x∈N*，所以x的最大值為16.
4．世界人口在過去40年內(nèi)翻了一番，則每年人口平均增長率是(參考數(shù)據(jù)lg 2≈0.301 0,100.007 5≈1.017)(　　)
A．1.5% B．1.6%
C．1.7% D．1.8%
解析：選C　設(shè)每年人口平均增長率為x，則(1＋x)40＝2，兩邊取以10為底的對數(shù)，則40lg(1＋x)＝lg 2，所以lg(1＋x)＝≈0.007 5，所以100.007 5＝1＋x，得1＋x＝1.017，所以x＝1.7%.
5．將甲桶中的a升水緩慢注入空桶乙中，t分鐘后甲桶中剩余的水符合指數(shù)衰減曲線y＝aent.假設(shè)過5分鐘后甲桶和乙桶的水量相等，若再過m分鐘甲桶中的水只有，則m的值為(　　)
A．7 B．8
C．9 D．10
解析：選D　根據(jù)題意知＝e5n，令a＝aent，即＝ent，因為＝e5n，故＝e15n，比較知t＝15，m＝15－5＝10.
6．某地區(qū)要建造一條防洪堤，其橫斷面為等腰梯形ABCD，腰與底邊夾角為60°(如圖)，考慮防洪堤堅固性及石塊用料等因素，設(shè)計其橫斷面面積為9平方米，且高度不低于米．記防洪堤橫斷面的腰長為x米，外周長(梯形的上底線段BC與兩腰長的和)為y米．要使防洪堤橫斷面的外周長不超過10.5米，則其腰長x的取值范圍為________．
解析：根據(jù)題意知，9＝(AD＋BC)h，其中AD＝BC＋2×＝BC＋x，h＝x，
所以9＝(2BC＋x)x，得BC＝－，
由得2≤x＜6.
所以y＝BC＋2x＝＋(2≤x＜6)，
由y＝＋≤10.5，解得3≤x≤4.
因為[3,4] ?[2,6)，所以腰長x的取值范圍為[3,4]．
答案：[3,4]
7．某廠有許多形狀為直角梯形的鐵皮邊角料(如圖)，為降低消耗，開源節(jié)流，現(xiàn)要從這些邊角料上截取矩形鐵片(如圖陰影部分)備用，則截取的矩形面積的最大值為________．

解析：依題意知：＝，即x＝(24－y)，
∴陰影部分的面積S＝xy＝(24－y)·y＝(－y2＋24y)＝－(y－12)2＋180.
∴當(dāng)y＝12時，S有最大值為180.
答案：180
8．某公司為了業(yè)務(wù)發(fā)展制定了一個激勵銷售人員的獎勵方案，在銷售額x為8萬元時，獎勵1萬元．銷售額x為64萬元時，獎勵4萬元．若公司擬定的獎勵模型為y＝alog4x＋b.某業(yè)務(wù)員要得到8萬元獎勵，則他的銷售額應(yīng)為______(萬元)．
解析：依題意得
即解得a＝2，b＝－2.
∴y＝2log4x－2，當(dāng)y＝8時，即2log4x－2＝8.
x＝1 024(萬元)．
答案：1 024
9．如圖所示，已知邊長為8米的正方形鋼板有一個角被銹蝕，其中AE＝4米，CD＝6米．為合理利用這塊鋼板，在五邊形ABCDE內(nèi)截取一個矩形BNPM，使點P在邊DE上．
(1)設(shè)MP＝x米，PN＝y(tǒng)米，將y表示成x的函數(shù)，求該函數(shù)的解析式及定義域；
(2)求矩形BNPM面積的最大值．
解：(1)作PQ⊥AF于Q，
所以PQ＝(8－y)米，
EQ＝(x－4)米．
又△EPQ∽△EDF，
所以＝，即＝.
所以y＝－x＋10，
定義域為{x|4≤x≤8}．
(2)設(shè)矩形BNPM的面積為S平方米，
則S(x)＝xy＝x＝－(x－10)2＋50，
S(x)是關(guān)于x的二次函數(shù)，且其圖象開口向下，對稱軸為x＝10，所以當(dāng)x∈[4,8]時，S(x)單調(diào)遞增．
所以當(dāng)x＝8米時，矩形BNPM的面積取得最大值，為48平方米．
10．近年來，某企業(yè)平均每年繳納的電費約24萬元，為了節(jié)能減排，決定安裝一個可使用15年的太陽能供電設(shè)備接入本企業(yè)電網(wǎng)，安裝這種供電設(shè)備的費用(單位：萬元)與太陽能電池板的面積(單位：平方米)成正比，比例系數(shù)約為0.5.為了保證正常用電，安裝后采用太陽能和電能互補(bǔ)供電的模式．假設(shè)在此模式下，安裝后該企業(yè)平均每年繳納的電費C(單位：萬元)與安裝的這種太陽能電池板的面積x(單位：平方米)之間的函數(shù)關(guān)系是C(x)＝(x≥0，k為常數(shù)) .記y為該企業(yè)安裝這種太陽能供電設(shè)備的費用與該企業(yè)今后15年共將繳納的電費之和．
(1)試解釋C(0)的實際意義，并建立y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；
(2)當(dāng)x為多少時，y取得最小值？最小值是多少萬元？
解：(1)C(0)的實際意義是安裝這種太陽能電池板的面積為0時該企業(yè)平均每年繳納的電費，即未安裝太陽能供電設(shè)備時，該企業(yè)平均每年繳納的電費．由C(0)＝＝24，得k＝2 400，
所以y＝15×＋0.5x＝＋0.5x(x≥0)．
(2)因為y＝＋0.5(x＋5)－2.5≥2－2.5＝57.5，
當(dāng)且僅當(dāng)＝0.5(x＋5)，即x＝55時取等號，
所以當(dāng)x為55時，y取得最小值，最小值為57.5萬元．
三上臺階，自主選做志在沖刺名校
某快遞公司在某市的貨物轉(zhuǎn)運中心，擬引進(jìn)智能機(jī)器人分揀系統(tǒng)，以提高分揀效率和降低物流成本，已知購買x臺機(jī)器人的總成本p(x)＝萬元．
(1)若使每臺機(jī)器人的平均成本最低，問應(yīng)買多少臺？
(2)現(xiàn)按(1)中的數(shù)量購買機(jī)器人，需要安排m人將郵件放在機(jī)器人上，機(jī)器人將郵件送達(dá)指定落袋格口完成分揀，經(jīng)實驗知，每臺機(jī)器人的日平均分揀量q(m)＝(單位：件)，已知傳統(tǒng)人工分揀每人每日的平均分揀量為1 200件，問引進(jìn)機(jī)器人后，日平均分揀量達(dá)最大值時，用人數(shù)量比引進(jìn)機(jī)器人前的用人數(shù)量最多可減少百分之幾？
解：(1)由總成本p(x)＝萬元，可得每臺機(jī)器人的平均成本y＝＝＝x＋＋1≥2＋1＝2.當(dāng)且僅當(dāng)x＝，即x＝300時，上式等號成立．∴若使每臺機(jī)器人的平均成本最低，應(yīng)買300臺．
(2)引進(jìn)機(jī)器人后，每臺機(jī)器人的日平均分揀量
q(m)＝當(dāng)1≤m≤30時，300臺機(jī)器人的日平均分揀量為160m(60－m)＝－160m2＋9 600m，∴當(dāng)m＝30時，日平均分揀量有最大值144 000件．當(dāng)m＞30時，日平均分揀量為480×300＝144 000(件)．∴300臺機(jī)器人的日平均分揀量的最大值為144 000件．若傳統(tǒng)人工分揀144 000件，則需要人數(shù)為＝120(人)．∴日平均分揀量達(dá)最大值時，用人數(shù)量比引進(jìn)機(jī)器人前的用人數(shù)量最多可減少×100%＝75%.

命題點一　基本初等函數(shù)(Ⅰ)
1．(2018·全國卷Ⅲ)設(shè)a＝log0.20.3，b＝log20.3，則(　　)
A．a(chǎn)＋b＜ab＜0　　　　　B．a(chǎn)b＜a＋b＜0
C．a(chǎn)＋b＜0＜ab D．a(chǎn)b＜0＜a＋b
解析：選B　∵a＝log0.20.3＞log0.21＝0，b＝log20.3＜log21＝0，∴ab＜0.∵＝＋＝log0.30.2＋log0.32＝log0.30.4，∴1＝log0.30.3＞log0.30.4＞log0.31＝0，
∴0＜＜1，∴ab＜a＋b＜0.
2．(2017·全國卷Ⅰ)設(shè)x，y，z為正數(shù)，且2x＝3y＝5z，則(　　)
A．2x＜3y＜5z B．5z＜2x＜3y
C．3y＜5z＜2x D．3y＜2x＜5z
解析：選D　設(shè)2x＝3y＝5z＝k＞1，
∴x＝log2k，y＝log3k，z＝log5k.
∵2x－3y＝2log2k－3log3k＝－
＝＝＝＞0，
∴2x＞3y；
∵3y－5z＝3log3k－5log5k＝－
＝＝＝＜0，
∴3y＜5z；
∵2x－5z＝2log2k－5log5k＝－
＝＝＝＜0，
∴5z＞2x.∴5z＞2x＞3y.
3．(2018·天津高考)已知a＝log2e，b＝ln 2，c＝log，則a，b，c的大小關(guān)系為(　　)
A．a(chǎn)＞b＞c B．b＞a＞c
C．c＞b＞a D．c＞a＞b
解析：選D　因為c＝log＝log23＞log2e＝a，
所以c＞a.
因為b＝ln 2＝＜1＜log2e＝a，所以a＞b.
所以c＞a＞b.
4．(2016·浙江高考)已知函數(shù)f(x)滿足：f(x)≥|x|且f(x)≥2x，x∈R.(　　)
A．若f(a)≤|b|，則a≤b
B．若f(a)≤2b，則a≤b
C．若f(a)≥|b|，則a≥b
D．若f(a)≥2b，則a≥b
解析：選B　∵f(x)≥|x|，∴f(a)≥|a|.若f(a)≤|b|，則|a|≤|b|，A項錯誤．若f(a)≥|b|且f(a)≥|a|，無法推出a≥b，故C項錯誤．∵f(x)≥2x，∴f(a)≥2a.若f(a)≤2b，則2b≥2a，故b≥a，B項正確．若f(a)≥2b且f(a)≥2a，無法推出a≥b，故D項錯誤．故選B.
5．(2018·江蘇高考)函數(shù)f(x)＝的定義域為________．
解析：由log2x－1≥0，即log2x≥log22，解得x≥2，所以函數(shù)f(x)＝的定義域為{x|x≥2}．
答案：{x|x≥2}
6．(2017·江蘇高考)已知函數(shù)f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，則實數(shù)a的取值范圍是________．
解析：由f(x)＝x3－2x＋ex－，
得f(－x)＝－x3＋2x＋－ex＝－f(x)，
所以f(x)是R上的奇函數(shù)．
又f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取等號，
所以f(x)在其定義域內(nèi)單調(diào)遞增．
因為f(a－1)＋f(2a2)≤0，
所以f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)，
所以a－1≤－2a2，解得－1≤a≤，
故實數(shù)a的取值范圍是.
答案：
7．(2015·浙江高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)．
(1)當(dāng)b＝＋1時，求函數(shù)f(x)在[－1,1]上的最小值g(a)的表達(dá)式；
(2)已知函數(shù)f(x)在[－1,1]上存在零點，0≤b－2a≤1，求b的取值范圍．
解：(1)當(dāng)b＝＋1時，f(x)＝2＋1，故對稱軸為直線x＝－.
當(dāng)a≤－2時，g(a)＝f(1)＝＋a＋2.
當(dāng)－2＜a≤2時，g(a)＝f＝1.
當(dāng)a＞2時，g(a)＝f(－1)＝－a＋2.
綜上，g(a)＝
(2)設(shè)s，t為方程f(x)＝0的解，且－1≤t≤1，
則
由于0≤b－2a≤1，因此≤s≤(－1≤t≤1)．
當(dāng)0≤t≤1時，≤st≤.
由于－≤≤0和－≤≤9－4，
所以－≤ b≤9－4.
當(dāng)－1≤t＜0時，≤st≤，
由于－2≤＜0和－3≤＜0，所以－3≤b＜0.
故b的取值范圍是[－3,9－4 ]．
8．(2016·浙江高考)已知a≥3，函數(shù)F(x)＝min{2|x－1|，x2－2ax＋4a－2}，其中min{p，q}＝
(1)求使得等式F(x)＝x2－2ax＋4a－2成立的x的取值范圍．
(2)①求F(x)的最小值m(a)；
②求F(x)在區(qū)間[0,6]上的最大值M(a)．
解：(1)由于a≥3，故當(dāng)x≤1時，
x2－2ax＋4a－2－2|x－1|＝x2＋2(a－1)(2－x)＞0；
當(dāng)x＞1時，
x2－2ax＋4a－2－2|x－1|＝(x－2)(x－2a)．
所以使得等式F(x)＝x2－2ax＋4a－2成立的x的取值范圍為[2,2a]．
(2)①設(shè)函數(shù)f(x)＝2|x－1|，g(x)＝x2－2ax＋4a－2，
則f(x)min＝f(1)＝0，g(x)min＝g(a)＝－a2＋4a－2，
所以由F(x)的定義知m(a)＝min{f(1)，g(a)}，
即m(a)＝
②當(dāng)0≤x≤2時，F(xiàn)(x)＝f(x)，
此時M(a)＝max{f(0)，f(2)}＝2.
當(dāng)2≤x≤6時，F(xiàn)(x)＝g(x)，
此時M(a)＝max{g(2)，g(6)}＝max{2,34－8a}，
當(dāng)a≥4時，34－8a≤2；
當(dāng)3≤a＜4時，34－8a＞2，
故M(a)＝
命題點二　函數(shù)與方程
1．(2018·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝g(x)＝f(x)＋x＋a.若g(x)存在2個零點，則a的取值范圍是(　　)
A．[－1,0) B．[0，＋∞)
C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)
解析：選C　令h(x)＝－x－a，則g(x)＝f(x)－h(huán)(x)．在同一坐標(biāo)系中畫出y＝f(x)，y＝h(x)的示意圖，如圖所示．若g(x)存在2個零點，則y＝f(x)的圖象與y＝h(x)的圖象有2個交點，平移y＝h(x)的圖象，可知當(dāng)直線y＝－x－a過點(0,1)時，有2個交點，此時1＝－0－a，a＝－1.當(dāng)y＝－x－a在y＝－x＋1上方，即a＜－1時，僅有1個交點，不符合題意．當(dāng)y＝－x－a在y＝－x＋1下方，即a＞－1時，有2個交點，符合題意．綜上，a的取值范圍是[－1，＋∞)．
2．(2018·浙江高考)已知λ∈R，函數(shù)f(x)＝當(dāng)λ＝2時，不等式f(x)＜0的解集是________．若函數(shù)f(x)恰有2個零點，則λ的取值范圍是________．
解析：當(dāng)λ＝2時，f(x)＝
其圖象如圖①所示．
由圖知f(x)＜0的解集為(1,4)．

f(x)＝恰有2個零點有兩種情況：
①二次函數(shù)有兩個零點，一次函數(shù)無零點；
②二次函數(shù)與一次函數(shù)各有一個零點．
在同一平面直角坐標(biāo)系中畫出y＝x－4與y＝x2－4x＋3的圖象如圖②所示，平移直線x＝λ，可得λ∈(1,3]∪(4，＋∞)．
答案：(1,4)　(1,3]∪(4，＋∞)
3．(2018·天津高考)已知a＞0，函數(shù)f(x)＝若關(guān)于x的方程f(x)＝ax恰有2個互異的實數(shù)解，則a的取值范圍是________．
解析：法一：作出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示．l1是過原點且與拋物線y＝－x2＋2ax－2a相切的直線，l2是過原點且與拋物線y＝x2＋2ax＋a相切的直線．
由圖可知，當(dāng)直線y＝ax在l1，l2之間(不含直線l1，l2)變動時，符合題意．
由消去y，
整理得x2－ax＋2a＝0.
由Δ＝a2－8a＝0，得a＝8(a＝0舍去)．
由消去y，整理得x2＋ax＋a＝0.
由Δ＝a2－4a＝0，得a＝4(a＝0舍去)．
綜上可得a的取值范圍是(4,8)．
法二：當(dāng)x≤0時，由x2＋2ax＋a＝ax，得a＝－x2－ax；當(dāng)x＞0時，由－x2＋2ax－2a＝ax，得2a＝－x2＋ax.令g(x)＝作出直線y＝a，y＝2a，函數(shù)g(x)的圖象如圖所示，g(x)的最大值為－＋＝，由圖象可知，若f(x)＝ax恰有2個互異的實數(shù)解，則a＜＜2a，
解得4＜a＜8.
答案：(4,8)
命題點三　函數(shù)模型及其應(yīng)用
1．(2017·北京高考)根據(jù)有關(guān)資料，圍棋狀態(tài)空間復(fù)雜度的上限M約為3361，而可觀測宇宙中普通物質(zhì)的原子總數(shù)N約為1080.則下列各數(shù)中與最接近的是(　　)
(參考數(shù)據(jù)：lg 3≈0.48)
A．1033 B．1053
C．1073 D．1093
解析：選D　因為lg 3361＝361×lg 3≈361×0.48≈173，
所以M≈10173，
則≈＝1093.
2．(2015·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(jī)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
解析：選D　根據(jù)圖象知消耗1升汽油，乙車最多行駛里程大于5千米，故選項A錯；以相同速度行駛時，甲車燃油效率最高，因此以相同速度行駛相同路程時，甲車消耗汽油最少，故選項B錯；甲車以80千米/小時的速度行駛時燃油效率為10千米/升，行駛1小時，里程為80千米，消耗8升汽油，故選項C錯；最高限速80千米/小時，丙車的燃油效率比乙車高，因此相同條件下，在該市用丙車比用乙車更省油，故選項D對．