資源簡介

(共71張PPT)
3.3 函數的應用（一）
探究點一 一次函數、二次函數模型
探究點二 分段函數模型
探究點三 均值不等式的應用
◆
◆
◆
◆
課前預習
課中探究
課堂評價
練習冊
答案核查【導】
答案核查【練】
【學習目標】
1.了解函數模型（如一次函數、二次函數、分段函數等在社會生
活中普遍使用的函數模型）的廣泛應用；
2.能夠利用給定的函數模型或建立確定的函數模型解決實際問題.
知識點一 常見的幾類函數模型
函數模型 函數解析式
一次函數模型 ,為常數，
二次函數模型 已知,,為常數， .
（1）一般式: ；
（2）頂點式: _ _________________；
（3）兩根式: _________________
函數模型 函數解析式
分段函數模型
續表
知識點二 均值不等式的應用
1.重要不等式：若,，則（當且僅當 時取等
號）.
2.均值不等式：如果,都是正數，那么，當且僅當
時，等號成立.
3.最值：當兩個正數的積為定值時，可以求它們的和的最小值；當兩
個正數的和為定值時，可以求它們的積的最大值.正所謂“積定和最小，
和定積最大”.
探究點一 一次函數、二次函數模型
例1（1）某邊遠地區有一運輸車隊，開出后的車輛都必須返回．離
出發地處有一加油站．某汽車油箱中余油量 與它行駛時
間之間是一次函數關系．已知時，油箱中有油 ，汽車
行駛，油箱中的余油量為．如果汽車的行駛速度為 ，
則該汽車最多能行駛多遠就必須返回？
解：由已知設.依題意得解得
所以油箱中余油量和行駛時間 之間的函數關系式為
．
當時，，所以在不加油的情況下，
汽車最多能行駛 ，最遠距離 ．
如果汽車駛離出發地的途中加一次油，返回時再加一次油，
則相當于以加油站為出發地最遠行駛了 ，
因此汽車實際最遠可行駛 .
（2）直播購物逐漸走進了人們的生活.某電商對一款成本價為40元的
小商品進行直播銷售，如果按每件60元銷售，每天可賣出20件.通過
市場調查發現，每件小商品售價每降低5元，日銷售量增加10件.
①若日利潤保持不變，商家想盡快銷售完該商品，則每件的售價應
定為多少元？
解： 設每件的售價應定為元，
由題可知 ，則每件的銷售利潤為元，
日銷售量為 件.
依題意得 ，
整理得，
解得， （不合題意，舍去）.故每件的售價應定為50元.
（2）直播購物逐漸走進了人們的生活.某電商對一款成本價為40元的
小商品進行直播銷售，如果按每件60元銷售，每天可賣出20件.通過
市場調查發現，每件小商品售價每降低5元，日銷售量增加10件.
②每件售價定為多少元時，每天的銷售利潤最大？最大利潤是多少？
解： 設每天的銷售利潤為元，每件的售價為元，則 .
依題意得，， ，
整理得 ，
故當 時，每天的銷售利潤最大，最大利潤是450元.
變式 汽車在行駛中，由于慣性的作用，剎車后還要繼續向前滑行一
段距離才能停住，我們稱這段距離為“剎車距離”.若汽車緊急剎車后
滑行的距離與剎車時的速度滿足關系式 ，某種
型號的汽車以 的速度行駛時，緊急剎車后滑行的距離為
.若一輛該型號的汽車以 的速度行駛時，突然緊急剎車，
則汽車緊急剎車后的“剎車距離”為( )
A. B. C. D.
√
[解析] 因為汽車緊急剎車后滑行的距離與剎車時的速度
滿足關系式，且，
所以 ，解得，則.
當時， .故選C.
［素養小結］
（1）一次函數模型層次性不高，求解也較為容易，一般情況下可以
用“問什么，設什么，列什么”這一方法來處理.
（2）對于一次函數在實際問題中的應用的題目，要認真讀題、審題，
弄清題意，明確題目中的數量關系，可充分借助圖象、表格信息確
定解析式，同時要特別注意定義域.
（3）在函數模型中，二次函數模型占有重要的地位，因為根據實際
問題建立函數解析式后，可利用配方法、判別式法、換元法、函數
的單調性等方法來求函數的最值，從而解決實際問題中的最大、最
小值等問題.
探究點二 分段函數模型
例2 某旅游開發公司計劃2027年在某地質大峽谷開發新的旅游項目，
全年需投入固定成本200萬元，若該項目在2027年有游客 萬人，則
需 另 投入成本萬元，且
該旅游項目的每張門票售價為100元．為吸引游客，該公司實行門票
五折優惠活動．當地政府為鼓勵企業更好發展，每年給該旅游項目
財政補貼萬元．記2027年該項目的利潤為 萬元
（利潤 收入-成本）.
（1）寫出 的解析式.
解：該旅游項目的門票收入為萬元，
財政補貼收入為 萬元，共 萬元收入，
則利潤
化簡得
例2 某旅游開發公司計劃2027年在某地質大峽谷開發新的旅游項目，
全年需投入固定成本200萬元，若該項目在2027年有游客 萬人，則
需 另 投入成本萬元，且
該旅游項目的每張門票售價為100元．為吸引游客，該公司實行門票
五折優惠活動．當地政府為鼓勵企業更好發展，每年給該旅游項目
財政補貼萬元．記2027年該項目的利潤為 萬元
（利潤 收入-成本）.
（2）當2025年的游客人數為多少時，該項目所獲利潤最大？最大利
潤是多少？
解：當時，單調遞增，
則在 上的最大值為；
當 時，因為二次函數
的圖象開口向下，對稱軸方程為，
所以在上的最大值為 ；
當時，，當且僅當，即 時等號成立，
則在上的最大值為 .
因為 ，所以游客人數為30萬時，
該項目所獲利潤最大，最大利潤為300萬元．
變式 ［2025·北京西城區高一期末］ “空氣質量指數 ”是定量描
述空氣質量狀況的無量綱指數.當 大于200時,表示空氣重度污染,
不宜開展戶外活動.某地某天時的空氣質量指數隨時間 變化
的趨勢由函數 描述,則該天適宜開展戶
外活動的時長（單位：小時）至多為( )
A.5 B.6 C.7 D.8
√
[解析] 由題知,當 大于200時,表示空氣重度污染,
不宜開展戶外活動,即當小于或等于200時,適宜開展戶外活動.
當 時,由,可得；
當 時,由,可得 .
綜上可得，適宜開展戶外活動的時間段為 ,共7小時.故選C.
［素養小結］
解答分段函數問題必須遵循“對號入座”的解題原則，即根據題設條
件在各段函數解析式中解決問題；分段函數的最值求法注意取各段
的最大（最小）者的最大（最小）者為函數的最值.
探究點三 均值不等式的應用
例3 據調查，國內某公司生產的一款某運動會的吉祥物的供貨價格
固定價格浮動價格，其中固定價格為60元，浮動價格為
（浮動價格單位：元，銷售量單位：萬件）.假設每件吉祥物的售價
為整數.當每件吉祥物售價不超過100元時，銷售量為10萬件；當每件
吉祥物售價超過100元時，售價每增加1元，銷售量就減少0.2萬件.總
利潤（售價-供貨價格） 銷售量.
（1）當每件吉祥物的售價為85元時，獲得的總利潤是多少萬元？
解：由題意知，當每件吉祥物的售價為85元時，銷售量為10萬件，
浮動價格為0.5元，則供貨價格為 （元），
故總利潤為 （萬元）.
例3 據調查，國內某公司生產的一款某運動會的吉祥物的供貨價格
固定價格浮動價格，其中固定價格為60元，浮動價格為
（浮動價格單位：元，銷售量單位：萬件）.假設每件吉祥物的售價
為整數.當每件吉祥物售價不超過100元時，銷售量為10萬件；當每件
吉祥物售價超過100元時，售價每增加1元，銷售量就減少0.2萬件.總
利潤（售價-供貨價格） 銷售量.
（2）每件吉祥物的售價為多少元時，單件吉祥物的利潤最大，最大
為多少元？
解：設每件吉祥物的售價為 元.
當 時,銷售量為10萬件,供貨價為60.5元,
則,且 ,
所以當時,單件吉祥物的利潤為 ,
即單件吉祥物的利潤最大為39.5元；
當,時,銷售量為 (萬件),
令，可得，且 ，
此時單件吉祥物的利潤為
，
當且僅當 ，即 時，取等號.
因為 ，所以當每件吉祥物的售價為145元時，
單件吉祥物的利潤最大，最大為80元.
變式 某公司生產一類電子芯片，且該芯片的年產量不低于10萬件又
不超過35萬件，每萬件電子芯片的計劃售價為16萬元.已知生產此類
電子芯片的成本分為固定成本與流動成本兩個部分，其中固定成本
為30萬元/年，每生產萬件電子芯片需要投入的流動成本為
（單位：萬元）， .假設該公司每年生產的芯
片都能夠被銷售完.
（1）寫出年利潤（萬元）與年產量 （萬件）之間的關系式；
（注：年利潤 年銷售收入-固定成本-流動成本）
解：
， .
變式 某公司生產一類電子芯片，且該芯片的年產量不低于10萬件又
不超過35萬件，每萬件電子芯片的計劃售價為16萬元.已知生產此類
電子芯片的成本分為固定成本與流動成本兩個部分，其中固定成本
為30萬元/年，每生產萬件電子芯片需要投入的流動成本為
（單位：萬元）， .假設該公司每年生產的芯
片都能夠被銷售完.
（2）如果你是公司的決策人，為使公司獲得的年利潤最大，每年應
生產多少萬件該芯片？
解：因為，所以 ，
當且僅當，即 時，等號成立，
所以 ，
故為使公司獲得的年利潤最大，每年應生產20萬件該芯片.
［素養小結］
在日常生活中遇到的土地利用、機械制造、廣告投資等問題可用均值
不等式來解決，具體問題中要能夠準確建立函數模型，并注意取最值
的條件.
1.某公司市場營銷人員的個人月收入與
其每月的銷售量成一次函數關系，如圖
所示，由圖中給出的信息可知，營銷人
員沒有銷售量時的收入是 ( )
A.3100元 B.3000元 C.3900元 D.2800元
√
[解析] 由題圖可知，該一次函數的圖象過點， ，
所以個人月收入關于其每月的銷售量的函數解析式為
，當時， .故選B.
2.據調查，某存車處在某星期日的存車量為4000輛次，其中電動車存
車費是每輛一次0.3元，自行車存車費是每輛一次0.2元.若自行車存車
量為輛次，存車總收入為元，則關于 的函數關系式是( )
A.
B.
C.
D.
√
[解析] 由題意得，電動車的存車量為 輛次，則存車總收
入 ，
故選D.
3.某市中心城區居民生活用水階梯設置為三檔，采用邊際年用水量確
定分檔水量為:第一檔水量為240立方米/戶及以下部分;第二檔水量為
240立方米/戶以上至360立方米/戶部分（含360立方米/戶）;第三檔水
量為360立方米/戶以上部分.家庭常住人口在4人（不含4人）以上的
多人口戶憑戶口簿，其年用水量按每增加一人各檔水量遞增50立方
米來確定.第一檔用水價格為2.1元/立方米，第二檔用水價格為3.2元/
立方米，第三檔用水價格為6.3元/立方米.小明家中共有6口人，去年
整年用水花費了1602元，則小明家去年整年的用水量為( )
A.474立方米 B.482立方米 C.520立方米 D.540立方米
√
[解析] 設小明家去年整年的用水量為立方米,水費為元.
當 時，則;
當 時,則;
當 時,則,令,解得 .
故選D.
4.李華經營了兩家電動自行車銷售連鎖店，其月利潤（單位：元）分
別為，（其中 為銷售
輛數），若某月兩連鎖店共銷售了110輛，則能獲得的最大月利潤為
( )
A.11 000元 B.22 000元 C.33 000元 D.40 000元
[解析] 設月利潤為的連鎖店銷售輛，
則月利潤為 的連鎖店銷售輛，
故總的月利潤 ，
當時， ，故能獲得的最大月利潤為33 000元，故選C．
√
5.如圖，在一直角墻角內的點 處有一棵樹，它
與兩墻的距離分別是和.現欲用 長的
籬笆，借助墻角圍成一個矩形的花圃 ，要
求這棵樹被圍在花圃內或邊界上.設 ，
則矩形花圃的面積（單位： ）為( )
A.
B.
C.
D.
√
[解析] 因為，籬笆總長為 ，
所以 ，
因為這棵樹被圍在花圃內或邊界上，
所以解得 ,
所以 .故選D.
練習冊
1.一定范圍內，某種產品的購買量（單位：噸）與單價
（單位：元）之間滿足一次函數關系．若購買1000噸，則每噸800元，
若購買2000噸，則每噸700元.若一客戶購買400噸，則其價格為每噸
( )
A.820元 B.840元 C.860元 D.880元
[解析] 設，則，且 ，
解得，，則 .
令，解得 .故選C.
√
2.某市為鼓勵居民節約用水，規定：每戶居民每月用水量不超過
的，按元/收費；用水量超過 的，超過部分按
元/收費.某戶居民某月繳水費 元，則該戶居民這個月的實際
用水量為( )
A. B. C. D.
[解析] 設居民每月應繳水費為元，實際用水量為 ，
則
由，可知，令 ，解得 .故選A.
√
3.某文具店購進一批新型臺燈，若按每盞臺燈15元的價格銷售，每天
能賣出30盞；若售價每提高1元，日銷售量將減少2盞，現決定提價
銷售，為了使這批臺燈每天獲得400元以上（不含400元）的銷售收
入，則這批臺燈的銷售單價 （單位：元）的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 由題意得， ，
即，解得，
又因為 ，所以，
故這批臺燈的銷售單價 的取值范圍是 .故選C.
4.已知超市內某商品的日銷量（單位：件）與當日銷售單價
（單位：元）滿足關系式，其中,
為常數.當該商品的銷售單價為15元時，日銷量為110件.若該商品的
進價為每件10元，則超市售賣該商品的日利潤最大為( )
A.1500元 B.1200元 C.1000元 D.800元
√
[解析] 將,，代入，得 ，
所以超市售賣該商品的日利潤為
， 其中，
所以當 時，超市售賣該商品的日利潤取得最大值，
且最大值為1000元.故選C.
5.某公司一年購買某種貨物600噸，每次購買 噸，運費為6萬元/次，
一年的總存儲費用為 萬元．要使一年的總運費與總存儲費用之和
最小，則 的值是( )
A.30 B.60 C.120 D.240
[解析] 由題意可得，一年的總運費與總存儲費用之和為
,當且僅當 時等號成立，
所以要使一年的總運費與總存儲費用之和最小， 的值為30．
√
6.某醫院在設備更新后的第 天，對某項疾病指標檢測，每個檢測對
象檢測過程（從接受檢測到檢測報告生成）的平均耗時為
（單位：小時），與 近似滿足的關系為
，為常數 .已知第16天每個檢測對象檢測
過程的平均耗時為16小時，第64天和第67天每個檢測對象檢測過程
的平均耗時均為8小時，那么第49天每個檢測對象檢測過程的平均耗
時大致為( )
A.16小時 B.11小時 C.9小時 D.8小時
√
[解析] 由第64天和第67天每個檢測對象檢測過程的平均耗時均
為8小時知，，所以，解得.由 ，
解得，所以 .故選C．
7.（多選題）假設你有一筆資金用于投資，現有三種投資方案供你選
擇，這三種方案每天的回報如圖所示.橫軸為投資時間，縱軸為每天
的回報，根據以上信息，若使回報最多，則下列說法正確的是
( )
A.投資3天以內（含3天），采用方案一
B.投資4天，不采用方案三
C.投資6天，采用方案一
D.投資12天，采用方案二
√
√
√
[解析] 由題圖可知，投資3天以內（含3天）,
采用方案一的回報最多,所以A正確；
若投資4天,則方案一的回報約為 (元),
方案二的回報約為 (元),
結合題圖可知方案一、方案二都比方案三的回報多,所以B正確；
若投資6天，則方案一的回報約為 （元），
方案二的回報約為 （元），
結合題圖可知方案一比方案三的回報多，所以C正確；
若投資12天，根據題圖中圖象的變化可知，方案三的回報比方案一、
方案二高很多，所以采用方案三，所以D錯誤.故選 .
★8.［2025·山東臨沂高一期末］某游樂場每天的盈利額 （單位:元）
與售出的門票數 （單位:張）之間的函數關系如圖所示.要使該游樂
場每天的盈利額超過1000元，那么每天至少應售出_____張門票.
234
[解析] 由題圖知，若盈利額每天要超過1000元，則.
設 ，， ，
則解得
即，，，
由 ，得，
又，所以 ，故每天至少要售出234張門票，
才能使游樂場每天的盈利額超過1000元.
［易錯點］ 實際問題的函數解析式，要注意自變量的實際意義.
9.某企業開發一種產品，生產這種產品的年固定成本為3600萬元，每
年平均生產千件，需投入成本 萬元，
．若該產品每千件定價 萬元，為保證生產該產品不
虧損，則 的最小值為_____.
130
[解析] 設生產該產品的年利潤為 萬元，
則 ，
整理得 ，
為保證生產該產品不虧損，
則 ，
即，當且僅當 ，
即時取等號， 取得最小值130，此時產品不虧損.
10.（13分）［2025·安徽蕪湖高一期中］ 某醫院為改善醫療技術，
2024年初以72萬元的價格購進一套醫療設備.已知該套醫療設備每年
獲得的總收入為40萬元，使用 年后所需要的各種維護費用
總計為 萬元，2024年為第一年.
（1）寫出該套醫療設備的利潤函數的表達式，并求 的最大值；
解：
, ，所以當時， 取得最大值56.
（2）第幾年，該套醫療設備的年平均利潤最大？
解：年平均利潤為
，
當且僅當 ，即 時取等號，故第6年的年平均利潤最大.
10.（13分）［2025·安徽蕪湖高一期中］ 某醫院為改善醫療技術，
2024年初以72萬元的價格購進一套醫療設備.已知該套醫療設備每年
獲得的總收入為40萬元，使用 年后所需要的各種維護費用
總計為 萬元，2024年為第一年.
11.某數學建模小隊現有這樣一個問題：提高過江大橋的車輛通行能力
可改善整個城市的交通狀況，那么，怎樣才可以提高呢？我們理想化
地建立這樣一個關系，在一般情況下，大橋上的車流速度
（單位：千米/時）是關于車流密度 （單位：輛/千米）的函數，當橋
上的車流密度達到200輛/千米時，造成堵塞，此時車流速度為0；當車
流密度不超過20輛/千米時，車流速度為60千米/時.研究表明，當
時，車流速度是關于車流密度 的一次函數.當車流量
（單位時間內通過橋上某觀測點的車輛數，單位：輛/小時）最大時，
車流密度為( )
A.60 B.100 C.200 D.600
√
[解析] 當時，設，
則 解得于是
設車流量為 ，則
當時, ,此時函數在區間上單調遞增,則；
當 時,,此時函數在區間 上單調遞增，
在區間上單調遞減,且,當且僅當 時等號成立.
綜上所述，當 時，車流量最大.故選B.
12.（多選題）某商家為了提高一等品的銷售額，對一等品 進行
分類銷售．據統計，該商家有200件一等品 ，產品單價為
元．現計劃將這200件一等品分為兩類：精品和優品．其
中優品件 ，分類后精品的單價在原來的基
礎上增加，優品的單價調整為元 ，因市場需
求旺盛，假設分類后精品與優品可以全部售完．若優品的單價不低
于分類前一等品 的單價，且精品的總銷售額不低于優品的總銷售
額，則 的值可能為( )
A.5 B.6 C.7 D.8
√
√
[解析] 依題意得
即由知 ，
由知對
恒成立，因為函數在 上單調遞增，
所以在上的最小值為 ，
即.綜上，，又，所以或.故選 .
13.某公司推出了一種高效環保型洗滌用品，年初
上市后，公司經歷了從虧損到盈利的過程，如圖
的二次函數圖象（部分）刻畫了該公司年初以來
累積利潤（單位：萬元）與銷售時間
（單位：月）之間的關系（即前 個月的利潤總和
10
與 之間的關系）.根據圖象提供的信息，截止到第____月月末公司
累積利潤可達到30萬元.
[解析] 由二次函數圖象可設與 的函數關系式
為.
取點 ，，，
得 解得
所以所求函數關系式為.
把代入,得 ,解得, （舍去）,
所以截止到第10月月末公司累積利潤可達到30萬元.
14.（15分）經過長期觀測發現，某最高時速不超過100千米/時的公
路段的車流量（輛/時）與車輛的平均速度 （千米/時）之間的關系
為
（1）當車輛的平均速度為多少時，公路段的車流量最大？最大車流
量為多少？
解：當時，函數在 上單調遞增，
當時， 取得最大值9000；
當 時，
，當且僅當，即 時取等號.
因為 ，所以車輛的平均速度為35千米/時時，
公路段的車流量最大，最大車流量為12 000輛/時.
14.（15分）經過長期觀測發現，某最高時速不超過100千米/時的公
路段的車流量（輛/時）與車輛的平均速度 （千米/時）之間的關系
為
（2）若某一期間對該公路段車輛實行限流管控，車流量不超過4125
輛/時，則汽車的平均速度應在什么范圍內？
解：當時，由 ，
整理得，
解得 ，則 ；
當時， ，
則不等式可化為 ，
整理得,解得或,則 .
所以汽車的平均速度應在 內.
快速核答案(導學案)
課前預習 知識點一
課中探究 探究點一 例1（1） （2）① 50元 ②時，每天的銷售利潤最大，
最大利潤是450元. 變式 C
探究點二 例2 （1）
（2）游客人數為30萬時，該項目所獲利潤最大，最大利潤為300萬元. 變式 C
探究點三 例3（1）(萬元)（2）當每件吉祥物的售價為145元時,單件吉祥物的利潤最大,
最大為80元. 變式（1）,.（2）每年應生產20萬件該芯片
課堂評價 1.B 2.D 3.D 4.C 5.D
快速核答案(練習冊)
基礎鞏固
1.C 2.A 3.C 4.C 5.A 6.C 7.ABC 8.234 9.130
10.（1）,，當時，取得最大值56.
（2）第6年的年平均利潤最大.
綜合提升
11.B 12.BC 13.10
14.（1）車輛的平均速度為35千米/時時，公路段的車流量最大，
最大車流量為12 000輛/時. （2）汽車的平均速度應在內.3.3函數的應用(一)
【課前預習】
知識點一
a+　a(x-x1)(x-x2)
【課中探究】
例1　解:(1)由已知設Q=kt+b.依題意得解得所以油箱中余油量Q和行駛時間t之間的函數關系式為Q=-5t+60(0≤t≤12).
當Q=0時,t=12,所以在不加油的情況下,汽車最多能行駛12 h,最遠距離s=40×=240(km).
如果汽車駛離出發地的途中加一次油,返回時再加一次油,
則相當于以加油站為出發地最遠行駛了240 km,因此汽車實際最遠可行駛320 km.
(2)①設每件的售價應定為x元,由題可知40依題意得(x-40)(140-2x)=(60-40)×20,整理得x2-110x+3000=0,解得x1=50,x2=60(不合題意,舍去).
故每件的售價應定為50元.
②設每天的銷售利潤為w元,每件的售價為t元,則t>40.依題意得,w=(t-40)(140-2t),40整理得w=-2t2+220t-5600=-2(t-55)2+450,
故當t=55時,每天的銷售利潤最大,最大利潤是450元.
變式　C　[解析] 因為汽車緊急剎車后滑行的距離x(m)與剎車時的速度v(m/s)滿足關系式x=kv2,且72 km/h=20 m/s,所以20=k·202,解得k=,則x=.當v=108 km/h=30 m/s時,x==45(m).故選C.
例2　解:(1)該旅游項目的門票收入為50x萬元,財政補貼收入為10x萬元,共60x萬元收入,
則利潤W(x)=
化簡得W(x)=
(2)當020時,x+≥60,當且僅當x=,即x=30時等號成立,則W(x)在(20,+∞)上的最大值為W(30)=-60+360=300.因為300>125>70,所以游客人數為30萬時,該項目所獲利潤最大,最大利潤為300萬元.
變式　C　[解析] 由題知,當AQI大于200時,表示空氣重度污染,不宜開展戶外活動,即當AQI小于或等于200時,適宜開展戶外活動.當0≤t≤12時,由-10t+290≤200,可得9≤t≤12;當12例3　解:(1)由題意知,當每件吉祥物的售價為85元時,銷售量為10萬件,浮動價格為0.5元,則供貨價格為60+0.5=60.5(元),故總利潤為10×(85-60.5)=245(萬元).
(2)設每件吉祥物的售價為x(x∈N)元.
當x≤100時,銷售量為10萬件,供貨價為60.5元,
則60.5所以當x≤100時,單件吉祥物的利潤為x-60.5≤39.5,
即單件吉祥物的利潤最大為39.5元;
當x>100,x∈N時,銷售量為10-0.2(x-100)=30-0.2x(萬件),令30-0.2x>0,可得100因為80>39.5,所以當每件吉祥物的售價為145元時,單件吉祥物的利潤最大,最大為80元.
變式　解:(1)g(x)=16x-30-f(x)=16x-30-17x-+120=-x-+90,10≤x≤35.
(2)因為10≤x≤35,所以x+≥2=40,當且僅當x=,即x=20時,等號成立,所以-x-+90≤90-40=50,故為使公司獲得的年利潤最大,每年應生產20萬件該芯片.
【課堂評價】
1.B　[解析] 由題圖可知,該一次函數的圖象過點(10,8000),(20,13 000),所以個人月收入關于其每月的銷售量的函數解析式為y=500x+3000(x≥0),當x=0時,y=3000.故選B.
2.D　[解析] 由題意得,電動車的存車量為(4000-x)輛次,則存車總收入y=0.2x+0.3(4000-x)=-0.1x+1200(0≤x≤4000,x∈N),故選D.
3.D　[解析] 設小明家去年整年的用水量為x立方米,水費為y元.當x≤340時,則y=2.1x≤714;當340460時,則y=1098+6.3(x-460),令y=1602,解得x=540.故選D.
4.C　[解析] 設月利潤為L1的連鎖店銷售x輛,則月利潤為L2的連鎖店銷售(110-x)輛,故總的月利潤L=-5x2+900x-16 000+300(110-x)-2000=-5x2+600x+15 000=-5(x-60)2+33 000,當x=60時,Lmax=33 000,故能獲得的最大月利潤為33 000元,故選C.
5.D　[解析] 因為BC=x m,籬笆總長為10 m,所以CD=(10-x) m,因為這棵樹被圍在花圃內或邊界上,所以解得3≤x≤8,所以f(x)=x(10-x)=-x2+10x(3≤x≤8).故選D.3.3函數的應用(一)
1.C　[解析] 設y=kx+b,則1000=800k+b,且2000=700k+b,解得k=-10,b=9000,則y=-10x+9000.令400=-10x+9000,解得x=860.故選C.
2.A　[解析] 設居民每月應繳水費為y元,實際用水量為x m3,則y=由y=16t,可知x>10,令2tx-10t=16t,解得x=13.故選A.
3.C　[解析] 由題意得,[30-2(x-15)]·x>400,即x2-30x+200<0,解得104.C　[解析] 將x=15,y=110,代入y=-2x+100,得a=200,所以超市售賣該商品的日利潤為g(x)=(x-10)=-2x2+120x-800=-2(x-30)2+1000,其中105.A　[解析] 由題意可得,一年的總運費與總存儲費用之和為×6+4x≥4×2×=240,當且僅當x=30時等號成立,所以要使一年的總運費與總存儲費用之和最小,x的值為30.
6.C　[解析] 由第64天和第67天每個檢測對象檢測過程的平均耗時均為8小時知,167.ABC　[解析] 由題圖可知,投資3天以內(含3天),采用方案一的回報最多,所以A正確;若投資4天,則方案一的回報約為40×4=160(元),方案二的回報約為10+20+30+40=100(元),結合題圖可知方案一、方案二都比方案三的回報多,所以B正確;若投資6天,則方案一的回報約為40×6=240(元),方案二的回報約為10+20+30+40+50+60=210(元),結合題圖可知方案一比方案三的回報多,所以C正確;若投資12天,根據題圖中圖象的變化可知,方案三的回報比方案一、方案二高很多,所以采用方案三,所以D錯誤.故選ABC.
8.234　[解析] 由題圖知,若盈利額每天要超過1000元,則x∈(200,300].設y=kx+b(k≠0),2001000,得x>,又x∈N,所以x≥234,故每天至少要售出234張門票,才能使游樂場每天的盈利額超過1000元.
[易錯點] 實際問題的函數解析式,要注意自變量的實際意義.
9.130　[解析] 設生產該產品的年利潤為f(x)萬元,則f(x)=ax-(x2+10x+3600)(x>0),整理得f(x)=-x2+(a-10)x-3600,為保證生產該產品不虧損,則f(x)=-x2+(a-10)x-3600≥0(x>0),即a≥x++10≥2+10=130,當且僅當x=,即x=60時取等號,a取得最小值130,此時產品不虧損.
10.解:(1)f(x)=40x-(2x2+8x+72)=-2x2+32x-72=-2(x-8)2+56,x∈N*,
所以當x=8時,f(x)取得最大值56.
(2)年平均利潤為y==-2x+32-=-2+32≤-2×2+32=8,當且僅當x=,
即x=6時取等號,故第6年的年平均利潤最大.
11.B　[解析] 當20≤x≤200時,設v=kx+b,則解得于是v=設車流量為q,則q=v·x=當0≤x<20時,q=60x,此時函數在區間[0,20)上單調遞增,則q<1200;當20≤x≤200時,q=-x2+x,此時函數在區間[20,100]上單調遞增,在區間[100,200]上單調遞減,且q≤,當且僅當x=100時等號成立.綜上所述,當x=100時,車流量最大.故選B.
12.BC　[解析] 依題意得
即由125≤x≤25(n-1)知n≥6,由x2+50(3-n)x+10 000≥0知n≤++3對x∈[125,200)恒成立,因為函數f(x)=++3在[125,200)上單調遞增,所以f(x)在[125,200)上的最小值為f(125)=++3=7.1,即n≤7.綜上,6≤n≤7,又n∈N*,所以n=6或n=7.故選 BC.
13.10　[解析] 由二次函數圖象可設S與t的函數關系式為S=at2+bt+c(a≠0,t≥0).取點B(4,0),D(1,-1.5),O(0,0),得解得所以所求函數關系式為S=0.5t2-2t(t≥0).把S=30代入,得30=0.5t2-2t,解得t1=10,t2=-6(舍去),所以截止到第10月月末公司累積利潤可達到30萬元.
14.解:(1)當0當v=25時,y取得最大值9000;
當25當且僅當v=,即v=35時取等號.
因為9000<12 000,
所以車輛的平均速度為35千米/時時,公路段的車流量最大,最大車流量為12 000輛/時.
(2)當0整理得(17v+550)(v-15)≤0,解得-≤v≤15,則0當250,則不等式≤4125可化為11v2-1022v+13 475≥0,整理得(11v-175)(v-77)≥0,解得v≤或v≥77,則77≤v≤100.
所以汽車的平均速度應在(0,15]∪[77,100]內.3.3函數的應用(一)
【學習目標】
1.了解函數模型(如一次函數、二次函數、分段函數等在社會生活中普遍使用的函數模型)的廣泛應用;
2.能夠利用給定的函數模型或建立確定的函數模型解決實際問題.
◆ 知識點一　常見的幾類函數模型
函數模型 函數解析式
一次函數模型 f(x)=ax+b(a,b為常數,a≠0)
二次函數模型 已知a,b,c為常數,a≠0. (1)一般式:y=ax2+bx+c; (2)頂點式:y=　　　　　　　　; (3)兩根式:y=　　　　　　　
分段函數模型 f(x)=
◆ 知識點二　均值不等式的應用
1.重要不等式:若a,b∈R,則a2+b2≥2ab(當且僅當a=b時取等號).
2.均值不等式:如果a,b都是正數,那么≥,當且僅當a=b時,等號成立.
3.最值:當兩個正數的積為定值時,可以求它們的和的最小值;當兩個正數的和為定值時,可以求它們的積的最大值.正所謂“積定和最小,和定積最大”.
◆ 探究點一　一次函數、二次函數模型
例1 (1)某邊遠地區有一運輸車隊,開出后的車輛都必須返回.離出發地80 km處有一加油站.某汽車油箱中余油量Q(kg)與它行駛時間t(h)之間是一次函數關系.已知t=0時,油箱中有油60 kg,汽車行駛8 h,油箱中的余油量為20 kg.如果汽車的行駛速度為40 km/h,則該汽車最多能行駛多遠就必須返回
(2)直播購物逐漸走進了人們的生活.某電商對一款成本價為40元的小商品進行直播銷售,如果按每件60元銷售,每天可賣出20件.通過市場調查發現,每件小商品售價每降低5元,日銷售量增加10件.
①若日利潤保持不變,商家想盡快銷售完該商品,則每件的售價應定為多少元
②每件售價定為多少元時,每天的銷售利潤最大 最大利潤是多少
變式 汽車在行駛中,由于慣性的作用,剎車后還要繼續向前滑行一段距離才能停住,我們稱這段距離為“剎車距離”.若汽車緊急剎車后滑行的距離x(m)與剎車時的速度v(m/s)滿足關系式x=kv2,某種型號的汽車以72 km/h的速度行駛時,緊急剎車后滑行的距離為20 m.若一輛該型號的汽車以108 km/h的速度行駛時,突然緊急剎車,則汽車緊急剎車后的“剎車距離”為 (　 )
A.20 m B.40 m
C.45 m D.60 m
[素養小結]
(1)一次函數模型層次性不高,求解也較為容易,一般情況下可以用“問什么,設什么,列什么”這一方法來處理.
(2)對于一次函數在實際問題中的應用的題目,要認真讀題、審題,弄清題意,明確題目中的數量關系,可充分借助圖象、表格信息確定解析式,同時要特別注意定義域.
(3)在函數模型中,二次函數模型占有重要的地位,因為根據實際問題建立函數解析式后,可利用配方法、判別式法、換元法、函數的單調性等方法來求函數的最值,從而解決實際問題中的最大、最小值等問題.
◆ 探究點二　分段函數模型
例2 某旅游開發公司計劃2027年在某地質大峽谷開發新的旅游項目,全年需投入固定成本200萬元,若該項目在2027年有游客x萬人,則 需 另 投入成本R(x)萬元,且R(x)=該旅游項目的每張門票售價為100元.為吸引游客,該公司實行門票五折優惠活動.當地政府為鼓勵企業更好發展,每年給該旅游項目財政補貼10x萬元.記2027年該項目的利潤為W(x)萬元(利潤=收入-成本).
(1)寫出W(x)的解析式.
(2)當2025年的游客人數為多少時,該項目所獲利潤最大 最大利潤是多少
變式 [2025·北京西城區高一期末] “空氣質量指數(AQI)”是定量描述空氣質量狀況的無量綱指數.當AQI大于200時,表示空氣重度污染,不宜開展戶外活動.某地某天0~24時的空氣質量指數y隨時間t變化的趨勢由函數y=描述,則該天適宜開展戶外活動的時長(單位:小時)至多為 (　 )
A.5 B.6 C.7 D.8
[素養小結]
解答分段函數問題必須遵循“對號入座”的解題原則,即根據題設條件在各段函數解析式中解決問題;分段函數的最值求法注意取各段的最大(最小)者的最大(最小)者為函數的最值.
◆ 探究點三　均值不等式的應用
例3 據調查,國內某公司生產的一款某運動會的吉祥物的供貨價格=固定價格+浮動價格,其中固定價格為60元,浮動價格為(浮動價格單位:元,銷售量單位:萬件).假設每件吉祥物的售價為整數.當每件吉祥物售價不超過100元時,銷售量為10萬件;當每件吉祥物售價超過100元時,售價每增加1元,銷售量就減少0.2萬件.總利潤=(售價-供貨價格)×銷售量.
(1)當每件吉祥物的售價為85元時,獲得的總利潤是多少萬元
(2)每件吉祥物的售價為多少元時,單件吉祥物的利潤最大,最大為多少元
變式 某公司生產一類電子芯片,且該芯片的年產量不低于10萬件又不超過35萬件,每萬件電子芯片的計劃售價為16萬元.已知生產此類電子芯片的成本分為固定成本與流動成本兩個部分,其中固定成本為30萬元/年,每生產x萬件電子芯片需要投入的流動成本為f(x)(單位:萬元),f(x)=17x+-120.假設該公司每年生產的芯片都能夠被銷售完.
(1)寫出年利潤g(x)(萬元)與年產量x(萬件)之間的關系式;(注:年利潤=年銷售收入-固定成本-流動成本)
(2)如果你是公司的決策人,為使公司獲得的年利潤最大,每年應生產多少萬件該芯片
[素養小結]
在日常生活中遇到的土地利用、機械制造、廣告投資等問題可用均值不等式來解決,具體問題中要能夠準確建立函數模型,并注意取最值的條件.
1.某公司市場營銷人員的個人月收入與其每月的銷售量成一次函數關系,如圖所示,由圖中給出的信息可知,營銷人員沒有銷售量時的收入是 (　 )
　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.3100元 B.3000元
C.3900元 D.2800元
2.據調查,某存車處在某星期日的存車量為4000輛次,其中電動車存車費是每輛一次0.3元,自行車存車費是每輛一次0.2元.若自行車存車量為x輛次,存車總收入為y元,則y關于x的函數關系式是 (　 )
A.y=0.1x+800(0≤x≤4000,x∈N)
B.y=0.1x+1200(0≤x≤4000,x∈N)
C.y=-0.1x+800(0≤x≤4000,x∈N)
D.y=-0.1x+1200(0≤x≤4000,x∈N)
3.某市中心城區居民生活用水階梯設置為三檔,采用邊際年用水量確定分檔水量為:第一檔水量為240立方米/戶及以下部分;第二檔水量為240立方米/戶以上至360立方米/戶部分(含360立方米/戶);第三檔水量為360立方米/戶以上部分.家庭常住人口在4人(不含4人)以上的多人口戶憑戶口簿,其年用水量按每增加一人各檔水量遞增50立方米來確定.第一檔用水價格為2.1元/立方米,第二檔用水價格為3.2元/立方米,第三檔用水價格為6.3元/立方米.小明家中共有6口人,去年整年用水花費了1602元,則小明家去年整年的用水量為(　 )
A.474立方米 B.482立方米
C.520立方米 D.540立方米
4.李華經營了兩家電動自行車銷售連鎖店,其月利潤(單位:元)分別為L1=-5x2+900x-16 000,L2=300x-2000(其中x為銷售輛數),若某月兩連鎖店共銷售了110輛,則能獲得的最大月利潤為 (　 )
A.11 000元 B.22 000元
C.33 000元 D.40 000元
5.如圖,在一直角墻角內的點P處有一棵樹,它與兩墻的距離分別是3 m和2 m.現欲用10 m長的籬笆,借助墻角圍成一個矩形的花圃ABCD,要
求這棵樹被圍在花圃內或邊界上.設BC=x m,則矩形花圃的面積f(x)(單位:m2)為 (　 )
A.f(x)=-x2+5x(0≤x≤10)
B.f(x)=-x2+10x(0≤x≤10)
C.f(x)=-x2+5x(3≤x≤8)
D.f(x)=-x2+10x(3≤x≤8)3.3函數的應用(一)
1.一定范圍內,某種產品的購買量y(單位:噸)與單價x(單位:元)之間滿足一次函數關系.若購買1000噸,則每噸800元,若購買2000噸,則每噸700元.若一客戶購買400噸,則其價格為每噸 (　 )
A.820元 B.840元
C.860元 D.880元
2.某市為鼓勵居民節約用水,規定:每戶居民每月用水量不超過10 m3的,按t(t>0)元/m3收費;用水量超過10 m3的,超過部分按2t元/m3收費.某戶居民某月繳水費16t元,則該戶居民這個月的實際用水量為 (　 )
A.13 m3 B.14 m3 C.18 m3 D.26 m3
3.某文具店購進一批新型臺燈,若按每盞臺燈15元的價格銷售,每天能賣出30盞;若售價每提高1元,日銷售量將減少2盞,現決定提價銷售,為了使這批臺燈每天獲得400元以上(不含400元)的銷售收入,則這批臺燈的銷售單價x(單位:元)的取值范圍是 (　 )
A.{x|10≤x<18} B.{x|15≤x<18}
C.{x|15≤x<20} D.{x|10≤x<20}
4.已知超市內某商品的日銷量y(單位:件)與當日銷售單價x(單位:元)滿足關系式y=-2x+100,其中10A.1500元 B.1200元
C.1000元 D.800元
5.某公司一年購買某種貨物600噸,每次購買x噸,運費為6萬元/次,一年的總存儲費用為4x萬元.要使一年的總運費與總存儲費用之和最小,則x的值是 (　 )
A.30 B.60 C.120 D.240
6.某醫院在設備更新后的第n天,對某項疾病指標檢測,每個檢測對象檢測過程(從接受檢測到檢測報告生成)的平均耗時為t(n)(單位:小時),t(n)與n近似滿足的關系為t(n)=(t0,N0為常數).已知第16天每個檢測對象檢測過程的平均耗時為16小時,第64天和第67天每個檢測對象檢測過程的平均耗時均為8小時,那么第49天每個檢測對象檢測過程的平均耗時大致為 (　 )
A.16小時 B.11小時
C.9小時 D.8小時
7.(多選題)假設你有一筆資金用于投資,現有三種投資方案供你選擇,這三種方案每天的回報如圖所示.橫軸為投資時間,縱軸為每天的回報,根據以上信息,若使回報最多,則下列說法正確的是(　 )
A.投資3天以內(含3天),采用方案一
B.投資4天,不采用方案三
C.投資6天,采用方案一
D.投資12天,采用方案二
★8.[2025·山東臨沂高一期末] 某游樂場每天的盈利額y(單位:元)與售出的門票數x(單位:張)之間的函數關系如圖所示.要使該游樂場每天的盈利額超過1000元,那么每天至少應售出　　　　張門票.
9.某企業開發一種產品,生產這種產品的年固定成本為3600萬元,每年平均生產x(x>0)千件,需投入成本c(x)萬元,c(x)=x2+10x.若該產品每千件定價a萬元,為保證生產該產品不虧損,則a的最小值為　　　　.
10.(13分)[2025·安徽蕪湖高一期中] 某醫院為改善醫療技術,2024年初以72萬元的價格購進一套醫療設備.已知該套醫療設備每年獲得的總收入為40萬元,使用x(x∈N*)年后所需要的各種維護費用總計為(2x2+8x)萬元,2024年為第一年.
(1)寫出該套醫療設備的利潤函數f(x)的表達式,并求f(x)的最大值;
(2)第幾年,該套醫療設備的年平均利潤最大
11.某數學建模小隊現有這樣一個問題:提高過江大橋的車輛通行能力可改善整個城市的交通狀況,那么,怎樣才可以提高呢 我們理想化地建立這樣一個關系,在一般情況下,大橋上的車流速度v(單位:千米/時)是關于車流密度x(單位:輛/千米)的函數,當橋上的車流密度達到200輛/千米時,造成堵塞,此時車流速度為0;當車流密度不超過20輛/千米時,車流速度為60千米/時.研究表明,當x∈[20,200]時,車流速度v是關于車流密度x的一次函數.當車流量(單位時間內通過橋上某觀測點的車輛數,單位:輛/小時)最大時,車流密度為 (　 )
A.60 B.100 C.200 D.600
12.(多選題)某商家為了提高一等品M的銷售額,對一等品M進行分類銷售.據統計,該商家有200件一等品M,產品單價為m(m>0)元.現計劃將這200件一等品分為兩類:精品和優品.其中優品x件(x∈N*,200>x≥125),分類后精品的單價在原來的基礎上增加2x%,優品的單價調整為m元(n∈N*),因市場需求旺盛,假設分類后精品與優品可以全部售完.若優品的單價不低于分類前一等品M的單價,且精品的總銷售額不低于優品的總銷售額,則n的值可能為 (　 )
A.5 B.6 C.7 D.8
13.某公司推出了一種高效環保型洗滌用品,年初上市后,公司經歷了從虧損到盈利的過程,如圖的二次函數圖象(部分)刻畫了該公司年初以來累積利潤S(單位:萬元)與銷售時間t(單位:月)之間的關系(即前t個月的利潤總和S與t之間的關系).根據圖象提供的信息,截止到第　　　　月月末公司累積利潤可達到30萬元.
14.(15分)經過長期觀測發現,某最高時速不超過100千米/時的公路段的車流量y(輛/時)與車輛的平均速度v(千米/時)之間的關系為y=
(1)當車輛的平均速度為多少時,公路段的車流量最大 最大車流量為多少
(2)若某一期間對該公路段車輛實行限流管控,車流量不超過4125輛/時,則汽車的平均速度應在什么范圍內

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