【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019必修一）专题3.7 函数的应用（一）-重难点题型精讲 Word版含解析.docx，共(20)页，316.675 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-d20f198015d6f45a336b6378f7cfc636.html

以下为本文档部分文字说明：

专题3.7函数的应用（一）-重难点题型精讲1．实际问题中函数建模的基本步骤(1)审题：弄清题意，分清条件和结论，理清数量关系，初步选择模型.(2)建模：将自然语言转化为数学语言，利用数学知识，建立相应的函数模型.(3)求解：根据实际问题所需要解决的目标及函数式的结构

特征正确求得函数模型的解.(4)还原：应用问题不是单纯的数学问题，既要符合数学学科背景又要符合实际背景，因此解出的结果要代入原问题中进行检验、评判，最后得出结论，作出回答.2．一次函数模型的应用一次函数模型：

f(x)=kx+b(k,b为常数，k≠0).一次函数是常见的一种函数模型，在初中就已接触过.3．二次函数模型的应用二次函数模型：f(x)=+bx+c(a,b,c为常数,a≠0).二次函数为生活中常见的一种数学模型，因二次

函数可求其最大值(或最小值)，故最优、最省等最值问题常用到二次函数模型.4．幂函数模型的应用幂函数模型应用的求解策略(1)给出含参数的函数关系式，利用待定系数法求出参数，确定函数关系式.(2)根据题意，直接列出相应的函数关系式.5．分段函数模型的应用由于分段函数在

不同区间上具有不同的解析式，因此分段函数在研究条件变化前后的实际问题中具有广泛的应用.6．“对勾”函数模型的应用对勾函数模型是常考的模型，要牢记此类函数的性质，尤其是单调性：y=ax+(a>0,b>0)，当x>0时，在

(0,]上递减，在(,+)上递增.另外，还要注意换元法的运用.【题型1一次函数模型的应用】【方法点拨】在应用一次函数的性质及图象解题时，应注意一次函数有单调递增（一次项系数为正）和单调递减（一次项系数为负）两种情况.【例1】（202

1秋•通州区期中）南通至通州的某条公共汽车线路收支差额y与乘客量x的函数关系如图所示（收支差额＝车票收入一支出费用）．由于目前本条线路亏损，公司有关人员提出了两条建议：建议（Ⅰ）不改变车票价格，减少支出费用；建议（Ⅱ）不改变支

出费用，提高车票价格．下面给出的四个图形中，实线虚线分别表示目前和建议后的函数关系，则（）A．①反映了建议（Ⅰ），②反映了建议（Ⅱ）B．②反映了建议（Ⅰ），④反映了建议（Ⅱ）C．①反映了建议（Ⅰ），③反映了建议（

Ⅱ）D．④反映了建议（Ⅰ），②反映了建议（Ⅱ）【解题思路】根据函数解析式的变化得出图象的变化即可．【解答过程】解：设目前车票价格为k1，支出费用为b1，则y＝k1x﹣b1，对于建议（I），设建议后的支出费用为b2（b2＜b1），则y＝k1x﹣

b2，显然建议后，直线斜率不变，在y轴上的截距变大，故图象①反映了建议（I）；对于建议（II），设建议后的车票价格为k2（k2＞k1），则y＝k2x﹣b1，显然建议后，直线斜率变大，在y轴上的截距不变，故图象③反映了建议（II）．故选：C．【变式1-1】（2022•曲靖模拟）某大型家电

商场，在一周内，计划销售A、B两种电器，已知这两种电器每台的进价都是1万元，若厂家规定，一家商场进货B的台数不高于A的台数的2倍，且进货B至少2台，而销售A、B的售价分别为12000元/台和12500元/台，若该家电商场每周可以用来

进货A、B的总资金为6万元，所进电器都能销售出去，则该商场在一个周内销售A、B电器的总利润（利润＝售价﹣进价）的最大值为（）A．1.2万元B．2.8万元C．1.6万元D．1.4万元【解题思路】设该卖场在一周内进货B的台数为x台，则一周内进货A的台数为（6﹣x），根据已知条件，先求出x的取值

范围，再写出y关于x的函数关系式，再结合函数的单调性，即可求解．【解答过程】解：设该卖场在一周内进货B的台数为x台，则一周内进货A的台数为（6﹣x），由题意可得，{𝑥≥2𝑥≤2(6−𝑥)，解得2≤x≤4，且x∈N，y＝0.2（6﹣x）+0.

25x＝0.05x+1.2，函数y＝0.05x+1.2随着x的增大而增大，故y的最大值为0.05×4+1.2＝1.4（万元）．故选：D．【变式1-2】某厂日生产文具盒的总成本y（元）与日产量x（套）之间的关系为y＝6x+30000．而出厂价格为每套12元，要使该厂不亏本，至少日

生产文具盒（）A．2000套B．3000套C．4000套D．5000套【解题思路】设利润为z，则z＝12x﹣y＝12x﹣（6x+30000）＝6x﹣30000，由z≥0求解一元一次不等式得答案．【解答过程】解：设利润为z，则z＝12x﹣y＝12x﹣（6x+3000

0）＝6x﹣30000，由z＝6x﹣30000≥0，得x≥5000．∴要使该厂不亏本，至少日生产文具盒5000套．故选：D．【变式1-3】（2021秋•岳麓区校级月考）某医院工作人员所需某种型号的口罩可以外购，也可以自己生产，其中外购

的单价是每个1.2元，若自己生产，则每月需投资固定成本2000元，并且每生产一个口罩还需要材料费和劳务费共0.8元，设该医院每月所需口罩n（n∈N*）个，则自己生产口罩比外购口罩较合算的充要条件是（）A．n＞800B．n＞5000C．n＜800D．n＜50

00【解题思路】根据已知条件，可得关于n的不等式，求解后可得正确的选项．【解答过程】解：由已知条件可得，0.8n+2000＜1.2n，即n＞5000，故自己生产口罩比外购口罩较合算的充要条件是n＞5000．故选：B．【题型2二

次函数模型的应用】【方法点拨】在应用二次函数解决实际问题时，不能简单套用顶点坐标公式，因为抛物线的顶点纵坐标不一定是实际问题的最值，一定要注意自变量的取值范围，特别注意隐含条件，如：月份、天、周、商品件数等应为正整数.【例2】（2021秋•新乡

期末）某灯具商店销售一种节能灯，每件进价10元，每月销售量y（单位：件）与销售价格x（单位：元）之间满足如下关系式：y＝﹣10x+500（20＜x≤40且x∈N）．则灯具商店每月的最大利润为（）A．3000元B．4000元C．3800元D

．4200元【解题思路】先建立二次函数模型，再由二次函数的性质求解最值．【解答过程】解：设灯具商店每月的利润为z元，则z＝（x﹣10）（﹣10x+500）＝﹣10（x﹣30）2+4000≤4000，故选：B．【变式2-1】（2021秋•浙江期末）某公司在甲、乙两地销售同一种产品，

利润（单位：万元）分别为L1＝0.506x﹣0.0015x2，L2＝0.2x，其中x（单位：件）为在当地的销量．若该公司在甲、乙两地共销售该产品150件，则公司能获得的最大利润为（）A．45.606万元B．45.6万元C．45.56万

元D．45.51万元【解题思路】设该公司在甲地销x辆，那么乙地销150﹣x辆，根据条件列出关于利润的函数，求可借助二次函数求其最值．【解答过程】解：设该公司在甲地销x辆，x∈[0，150]，那么乙地销150﹣x辆，利润L（x）＝0.506x﹣0.001

5x2+0.2（150﹣x）＝﹣0.0015x2+0.306x+30，为开口向下的抛物线，对称轴方程为x＝102，∴x＝102时，L（x）取到最大值，这时最大利润为45.606万元，故选：A．【变式2-2】（2021秋•南昌期

末）一般来说，产品进入市场，价格越高，销量越小．某门店对其销售产品定价为p元/件，日销售量为q件，根据历史数据可近似认为p，q满足关系q＝200﹣p（80≤p≤150），如当定价p＝90元，毛收入为9900元．为了追求最大利润，不会无限提高售价，根据信息推测每

天最少毛收入为（）A．7500元B．9600元C．9900元D．10000元【解题思路】根据已知条件，结合二次函数的性质，即可求解．【解答过程】解：设每天的毛收入为y元，单价为p元/件，则y＝pq＝（200﹣p）p＝﹣p2+200p，由对称轴为p＝100，开口向下，故当p＝150

时，毛收入y有最小值，（200﹣150）×150＝7500元．故选：A．【变式2-3】（2021秋•庐江县期中）某种商品进价为4元/件，当零售价为6元/件时，日均销售100件，销售数据表明，单个每增加1元，日均销量减少10件．该商家销售此商品每天固定

成本为20元，若要利润最大，则该商品每件的价格应该定为（）A．8元B．9元C．10元D．11元【解题思路】由题意，列出利润关于商品定价的函数关系f（x）＝（x﹣4）[100﹣10（x﹣6）]﹣20，利用二次函数的性质，即可求得最大值．【解答过程】解：由题意，设该商品定价为x元，利

润为f（x），故f（x）＝（x﹣4）[100﹣10（x﹣6）]﹣20＝﹣10x2+200x﹣660，为开口向下的二次函数，对称轴为x＝10，故当x＝10时，f（x）取得最大值，因此若要利润最大，则该商品每件的

价格应该定为10元，故选：C．【题型3幂函数模型的应用】【方法点拨】(1)给出含参数的函数关系式，利用待定系数法求出参数，确定函数关系式.(2)根据题意，直接列出相应的函数关系式.【例3】（2022•广西模拟）异速生长规律描述生物

的体重与其它生理属性之间的非线性数量关系通常以幂函数形式表示．比如，某类动物的新陈代谢率y与其体重x满足y＝kxα，其中k和α为正常数，该类动物某一个体在生长发育过程中，其体重增长到初始状态的16倍时，其新陈代

谢率仅提高到初始状态的8倍，则α为（）A．14B．12C．23D．34【解题思路】设初始状态为（x1，y1），变化后为（x2，y2），根据x1，x2，y1，y2的关系代入后可求解．【解答过程】解：设初始状态为（x1，y1），变化后为（

x2，y2），则x2＝16x1，y2＝8y1，又∵𝑦1=𝑘𝑥1𝛼，𝑦2=𝑘𝑥2𝛼，∴8𝑦1=𝑘(16𝑥1)𝛼=𝑘⋅16𝛼⋅𝑥1𝛼，∴8＝16α，即α＝log168=𝑙𝑜𝑔2423=34，故选

：D．【变式3-1】（2021秋•南充期末）今年中国“芯”掀起研究热潮，某公司已成功研发A、B两种芯片，研发芯片前期已经耗费资金2千万元，现在准备投入资金进行生产．经市场调查与预测，生产A芯片的净收入与投入的资金成正比，已知每投入1千万元，公司获得净收入0.25千万元：生产B

芯片的净收入y（千万元）是关于投入的资金x（千万元）的幂函数，其图象如图所示．（1）试分别求出生产A、B两种芯片的净收入y（千万元）与投入的资金x（千万元）的函数关系式；（2）现在公司准备投入4亿元资

金同时生产A、B两种芯片．设投入x千万元生产B芯片，用f（x）表示公司所获利润，求公司最大利润及此时生产B芯片投入的资金．（利润＝A芯片净收入+B芯片净收入﹣研发耗费资金）【解题思路】（1）根据已知条件，分别设出正比例函数，以及幂函数，通过代入对应点的坐标，即可求解．

（2）由题意可知，f（x）＝0.25（40﹣x）+𝑥12−2=𝑥12−0.25𝑥+8=−0.25(𝑥12−2)2+9，再结合二次函数的性质，即可求解．【解答过程】解：（1）设芯片的净收入y（千万元）与投入的资金x（千万元）的函数关系式为y＝kx

，∵已知每投入1千万元，公司获得净收入0.25千万元，∴k＝0.25，故y＝0.25x，生产B芯片的净收入y（千万元）是关于投入的资金x（千万元）的幂函数关系式为y＝xα，由图象可知，y＝xα的图象过点（4，2），即2＝4α，解得𝛼=12，故所求函数的关系式为𝑦=

𝑥12．（2）由题意可知，f（x）＝0.25（40﹣x）+𝑥12−2=𝑥12−0.25𝑥+8=−0.25(𝑥12−2)2+9，故当𝑥12=2，即x＝4时，f（x）有最大值9，故公司最大利润为9千万元，此时生产B芯片投入的资金为4千万元

．【变式3-2】（2021秋•深圳期中）某家庭进行理财投资，根据长期收益率市场预测，投资债券等稳健型产品的收益f（x）与投资额x成正比，且投资1万元时的收益为18万元；投资股票等风险型产品的收益g（x）与投资额x的算术平方根成正比，且投资

1万元时的收益为0.5万元，（Ⅰ）分别写出两种产品的收益与投资额的函数关系；（Ⅱ）该家庭现有20万元资金，全部用于理财投资，问：怎样分配资金能使投资获得最大收益，其最大收益为多少万元？【解题思路】（Ⅰ）设f（x）＝kx，g（x）＝m√�

�，代入已知数据解出k和m的值即可；（Ⅱ）设投资债券类产品为x万元，则投资股票类产品为（20﹣x）万元，故收益y＝f（x）+g（20﹣x）（0≤x≤20），然后结合换元法和二次函数的性质即可得解．【解答过程】解：

（Ⅰ）设f（x）＝kx，g（x）＝m√𝑥，则f（1）＝k•1=18，g（1）＝m•√1=0.5，∴k=18，m=12．∴f（x）=18x（x≥0），g（x）=12√𝑥（x≥0）．（Ⅱ）设投资债券类产品为x万元，则投资股票类产品为（20﹣x）万元，∴收益y＝f（x）+g（20

﹣x）=18x+12√20−𝑥（0≤x≤20），令t=√20−𝑥∈[0，2√5]，则y=18（20﹣t2）+12t=−18（t﹣2）2+3，∴当t＝2，即x＝16时，收益最大，为3万元．故投资债券类产品16万元，投资股票类产品4万元时，其收益最大，为3万元．【变式3-3】（2020秋•

邹城市期中）近年来，我国积极参与国际组织，承担国际责任，为国家进步、社会发展、个人成才带来了更多机遇，因此，面临职业选择时，越来越多的青年人选择通过创业、创新的方式实现人生价值．其中，某位大学生带领其团队自主创业，通过直播带货的方式售

卖特色农产品，下面为三年来农产品销售量的统计表：年份201620172018销售量/万斤415583结合国家支持大学生创业政策和农产品市场需求情况，该大学生提出了2019年销售115万斤特色农产品的目标，经过创业团队所有队员的共同努力，2019年实际销售123万斤，超额完成预定目标．

（Ⅰ）将2016、2017、2018、2019年分别定义为第1年、第2年、第3年、第4年，现有两个函数模型：二次函数模型为f（x）＝ax2+bx+c（a≠0）；幂函数模型为g（x）＝kx3+mx+n（k≠0）．请你通过计算分析

确定：选用哪个函数模型能更好的反映该创业团队农产品的年销售量y与第x年的关系；（Ⅱ）依照目前的形势分析，你能否预测出该创业团队在2020年度的农产品销售量吗？【解题思路】（Ⅰ）利用待定系数法分别求出二次函数模型f（x）和幂函数模型g（

x）的解析式，再分别计算与2019年实际销量的误差，选误差较小的模型能更好的反映该创业团队农产品的年销售量y与第x年的关系；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知选用二次函数模型f（x）＝7x2﹣7x+41进行预测，计算f（5）即可预测出

该创业团队在2020年度的农产品销售量．【解答过程】解：（Ⅰ）若选择二次函数模型：依题意，将前三年数据分别代入f（x）＝ax2+bx+c（a≠0），得{𝑓(1)=41𝑓(2)=55𝑓(3)=83，即{𝑎+𝑏+𝑐=414𝑎+2𝑏+𝑐

=559𝑎+3𝑏+𝑐=83，解得{𝑎=7𝑏=−7𝑐=41，所以f（x）＝7x2﹣7x+41，将x＝4代入f（x），得f（4）＝7×42﹣7×4+41＝125，所以，此与2019年实际销售量误差为125﹣123＝2（万斤），若选择幂

函数模型：依题意，将前三年数据分别代入g（x）＝kx3+mx+n（k≠0），得{𝑔(1)=41𝑔(2)=55𝑔(3)=83，即{𝑘+𝑚+𝑛=418𝑘+2𝑚+𝑛=5527𝑘+3𝑚+𝑛=83，解得{𝑘=76𝑚=356𝑛=34，所

以g（x）=76𝑥3+356𝑥+34，将x＝4代入g（x），得g（4）=76×43+356×4+34=132，所以，此与2019年销售量的实际误差为132﹣123＝9（万斤），显然2＜9，因此，选用二次函数f（

x）＝7x2﹣7x+41模型能更好的反映该创业团队农产品的年销售量y与第x年的关系．（Ⅱ）依据（Ⅰ），选用二次函数模型f（x）＝7x2﹣7x+41进行预测，得f（5）＝7×52﹣7×5+41（万斤），即预测该创业团队在2020年的

农产品销售量为181万斤．【题型4分段函数模型的应用】【方法点拨】涉及分段函数的实际应用题，可以先将其当作几个问题，将各段的变化规律分别找出来，再合到一起，要注意各段自变量的范围，特别是端点值.【例4】（2022秋•平遥县校级月考）某研究所开发了一种抗病毒新药，用小白鼠进行抗病毒实验，已知

小白鼠服用1粒药后，每毫升血液含药量y（微克）随着时间x（小时）变化的函数关系式近似为y={2−𝑥8−𝑥(0≤𝑥≤6)12−𝑥(6＜𝑥≤12)．当每毫升血液含药量不低于4微克时，该药能起到有效抗病毒的效果．（1）若小白鼠服用1粒药，多长时间后该药能起到有效抗病毒的

效果？（2）某次实验：先给小白鼠服用1粒药，6小时后再服用1粒，请问这次实验该药能够有效抗病毒的时间为多少小时？【解题思路】（1）根据y≥4，代入第一段解析式中求不等式即可．（2）根据分段函数的函数值要不低于4

，分段求解即可．【解答过程】解：（1）设服用1粒药，经过小小时能有效抗病毒，即血液含药量须不低于4微克，可得{0≤𝑥≤62𝑥8−𝑥≥4′，解得163≤𝑥≤6，所以163小时后该药能起到有效抗病毒的效果．（2）设经过x小时能有效抗病毒，

即血液含药量须不低于4微克；若0＜x≤6，药物浓度2𝑥8−𝑥≥4，解得163≤𝑥≤6，若6＜x≤12，药物浓度(12−𝑥)+2(𝑥−6)8−(𝑥−6)≥4，化简得x2﹣20x+100≥0，所以6＜x≤12；若12＜x≤18，药物浓度12﹣（x﹣6）≥4，

解得x≤14，所以12＜x≤14；综上𝑥∈[163，14]，故14−163=263，所以这次实验该药能够有效抗病毒的时间为263小时．【变式4-1】（2022秋•襄都区校级月考）第四届中国国际进口博览会于2021年11月5日至10日在上海举行．本届进博会有4000多项新产品、新技术、新服务．某

跨国公司带来了高端空调模型参展，通过展会调研，中国甲企业计划在2022年与该跨国公司合资生产此款空调．生产此款空调预计全年需投入固定成本260万元，生产x千台空调，需另投入资金R万元，且R={10𝑥2+𝑎𝑥，0≤𝑥＜40901𝑥2−9450𝑥+10000𝑥，𝑥≥40．

经测算，当生产10千台空调时需另投入的资金R＝4000万元．现每台空调售价为0.9万元时，当年内生产的空调当年能全部销售完．（1）求2022年该企业年利润W（万元）关于年产量x（千台）的函数关系式；（2）2022年产量为多少时，该企业所获年利润最大？最大年利润为多少？注

：利润＝销售额﹣成本．【解题思路】（1）由题意可知x＝10时，R＝4000，代入函数中可求出a，然后由年利润等于销售总额减去投入资金，再减去固定成本，可求出年利润W（万元）关于年产量x（千台）的函数关系式；（

2）分别当0≤x＜40和x≥40求出函数的最大值，比较即可得答案．【解答过程】解：（1）由题意知，当x＝10时，R（x）＝10×102+10a＝4000，所以a＝300．当0≤x＜40时，W＝900x﹣（10x2+300x）﹣260＝﹣10x2+600x

﹣260；当x≥40时，𝑊=900𝑥−901𝑥2−9450𝑥+10000𝑥−260=−𝑥2+9190𝑥−10000𝑥，所以𝑊={−10𝑥2+600𝑥−260，0≤𝑥＜40−𝑥2+9190𝑥−1000

0𝑥，𝑥≥40．（2）当0≤x＜40时，W＝﹣10（x﹣30）2+8740，所以当x＝30时，W有最大值，最大值为8740；当x≥40时，𝑊=−(𝑥+10000𝑥)+9190≤−2√𝑥⋅10000𝑥+9190=8

990，当且仅当𝑥=10000𝑥，即x＝100时，W有最大值，最大值为8990，因为8740＜8990，所以当2022年产量为100千台时，该企业的年利润最大，最大年利润为8990万元．【变式4-2】（2022•南京模拟）某电子厂生产某电子元件的固定成本是4万元，

每生产x万件该电子元件，需另投入成本f（x）万元，且𝑓(𝑥)={14𝑥2+3𝑥，0＜𝑥≤6，9𝑥+64𝑥−38，6＜𝑥≤20．已知该电子元件每件的售价为8元，且该电子加工厂每月生产的这种电子

元件能全部售完．（1）求该电子厂这种电子元件的利润y（万元）与生产量x（万件）的函数关系式；（2）求该电子厂这种电子元件利润的最大值．【解题思路】（1）根据已知条件，结合利润等于总收入减去总成本，即可求解．（2）根据（1）的结论，分

类讨论求得两段函数的最值，通过比较大小，即可求解．【解答过程】解：（1）当0＜x≤6时，𝑦=8𝑥−(14𝑥2+3𝑥)−4=−14𝑥2+5𝑥−4，当6＜x≤20时，𝑦=8𝑥−(9𝑥+64𝑥−38)−4=−𝑥−64𝑥+34，故该电子厂这种电子元件的利

润y（万元）与生产量x（万件）的函数关系式为𝑦={−14𝑥2+5𝑥−4，0＜𝑥≤6−𝑥−64𝑥+34，6＜𝑥≤20．（2）当0＜x≤6时，函数𝑦=−14𝑥2+5𝑥−4图像的对称轴方程为x＝10，所以𝑦=−14𝑥2+5𝑥−4在（0

，6]上单调递增，则𝑦𝑚𝑎𝑥=−14×62+5×6−4=17（万元），当6＜x≤20时，因为𝑥+64𝑥≥2√64=16，当且仅当x＝8时，等号成立，所以𝑦=−𝑥−64𝑥+34≤−16+3

4=18，即当x＝8时，y取得最大值18，因为17＜18，所以当x＝8时，y取得最大值18，则利润的最大值为18万元，故该电子厂这种电子元件利润的最大值18万元．【变式4-3】（2021秋•武城县校级月考）2020年

初新冠肺炎袭击全球，严重影响人民生产生活．为应对疫情，某厂家拟加大生产力度．已知该厂家生产某种产品的年固定成本为200万元，每年生产x千件，需另投入成本C（x）．当年产量不足50千件时，𝐶(𝑥)=12𝑥2+20𝑥（万元）；年产量不小于50千件时，𝐶(𝑥)

=51𝑥+3600𝑥−600（万元）．每千件商品售价为50万元．通过市场分析，该厂生产的商品能全部售完．（1）写出年利润L（x）（万元）关于年产量x（千件）的函数解析式；（2）当年产量为多少千件时，该厂在这一商品的生产中所获利润最大？

最大利润是多少？【解题思路】（1）根据已知条件，结合利润＝销售额﹣成本公式，分类讨论，即可求解．（2）根据已知条件，结合二次函数的性质，以及基本不等式的公式，即可求解．【解答过程】解：（1）∵每千件商品售价为50万元，∴x千件产品销售额为50x，当0＜x＜50时，L

（x）＝50x−(12𝑥2+20𝑥)−200=−12𝑥2+30𝑥−200，当x≥50时，L（x）＝50x−(51𝑥+3600𝑥−600)−200=400−(𝑥+3600𝑥)．综上所述，L（x）={−12𝑥2+30𝑥−200，0＜𝑥＜50400−(�

�+3600𝑥)，𝑥≥50．（2）当0＜x＜50时，L（x）=−12(𝑥−30)2+250，则L（x）≤L（30）＝250万元，当x≥50时，L（x）=400−(𝑥+3600𝑥)≤400−2√𝑥⋅360𝑥=400﹣120＝280，当且仅当x=3600𝑥，即x＝60时，等

号成立，由于280＞250，则当年产量为60千件时，该厂在这一商品的生产中所获利润最大，最大利润是280万元．【题型5“对勾”函数模型的应用】【方法点拨】结合实际问题，构建“对勾函数”模型，利用对勾函数的

单调性或基本不等式进行解题，注意取值要满足实际情况.【例5】（2022秋•太原月考）物联网（InternetofThings，缩写：IOT）是基于互联网、传统电信网等信息承载体，让所有能行使独立功能的普通物体实现互联互通的网络．其应用领域主要包括运输和物流、工业制造、健康医疗

、智能环境（家庭、办公、工厂）等，具有十分广阔的市场前景．现有一家物流公司计划租地建造仓库储存货物，经过市场调查了解到下列信息：仓库每月土地占地费y1（单位：万元），仓库到车站的距离x（单位：千米，x＞0），其中y1与x+1成反比，每月库存

货物费y2（单位：万元）与x成正比；若在距离车站9千米处建仓库，则y1和y2分别为2万元和7.2万元．（1）求出y1与y2的解析式；（2）这家公司应该把仓库建在距离车站多少千米处，才能使两项费用之和最小？最小费用是多少？【解

题思路】（1）根据已知条件，设出y1，y2的解析式，再结合在距离车站9千米处建仓库，y1和y2分别为2万元和7.2万元，即可求解．（2）根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解．【解答过程】解：（1）设�

�1=𝑘𝑥+1(𝑘≠0)，y2＝mx（m≠0），其中x＞0，当x＝9时，𝑦1=𝑘9+1=2，y2＝9m＝7.2，解得k＝20，m＝0.8，故𝑦1=20𝑥+1，y2＝0.8x．（2）设两项费用之和为z

，则z＝y1+y2=20𝑥+1+0.8𝑥=20𝑥+1+0.8(𝑥+1)−0.8≥2√20𝑥+1×0.8(𝑥+1)−0.8=7.2，当且仅当20𝑥+1=0.8(𝑥+1)，即x＝4时，等号成立，故这家公司应该把仓库建在距离车站4千米处，才能使两项费用之和最小，最小费用是7.2万元．【变

式5-1】（2022•二七区校级开学）郑州市某地铁项目正在紧张建设中，通车后将给更多市民出行带来便利，已知该线路通车后，地铁的发车时间间隔t（单位：分钟）满足2≤t≤20，t∈N*，经测算，在某一时段，地铁载客量与发车时间间隔t相关，当10≤t≤20时地铁可达到满载状态，载客量为1200人，

当2≤t＜10时，载客量会减少，减少的人数与（10﹣t）的平方成正比，且发车时间间隔为2分钟时载客量为560人，记地铁载客量为p（t）．（1）求p（t）的解析式；（2）若该时段这条线路每分钟的净收益为Q=6𝑝(𝑡)

−3360𝑡−360（元），问当发车时间间隔为多少时，该时段这条线路每分钟的净收益最大？【解题思路】（1）先分别写出分段函数，再结合p（2）＝560，即可求解．（2）根据已知条件，分段求出净收益Q，再通过比较

大小，即可求解．【解答过程】解：（1）当2≤t＜10时，p（t）＝1200﹣k（10﹣t）2，当10≤t≤20时，p（t）＝1200，∵p（2）＝1200﹣k（10﹣2）2＝1200﹣64k＝560，∴k＝10，∴p（t）={−10𝑡2+2

00𝑡+200，2≤𝑡＜101200，10≤𝑡≤20．（2）Q=6𝑝(𝑡)−3360𝑡−360（元），当2≤t＜10时，Q=6(−10𝑡2+200𝑡+200)−3360𝑡−360=840−60(𝑡+36𝑡)≤840﹣60×2√𝑡⋅36𝑡=840﹣6

0×12＝120，当且仅当𝑡=36𝑡，即t＝6时，等号成立，当10≤t≤20时，Q=7200−3360𝑡−360≤384﹣360＝24，当t＝10时，等号成立，综上所述，当发车时间间隔为6分钟时，该时段这条线路每分钟的净收益最大．【变式5-2】（2022春•爱民区

校级期末）已知快递公司要从A地往B地送货，A，B两地的距离为100km，按交通法规，A，B两地之间的公路车速x应限制在60～120km/h（含端点），假设汽车的油耗为（42+7𝑥2400）元/时，司机的工资为70元/时（设汽车为匀速

行驶），若燃油费用与司机工资都由快递公司承担．（1）试建立行车总费用y元关于车速x的函数关系；（2）若不考虑其他费用，以多少车速行驶，快递公司所要支付的总费用最少？最少费用为多少？【解题思路】（1）依题意设车速为xkm/h，即可得到函数解析

式；（2）利用基本不等式求最值，即可得解．【解答过程】解：（1）设车速为xkm/h，则时间为100𝑥ℎ，依题意可得𝑦=100𝑥(42+7𝑥2400+70)=7𝑥4+11200𝑥，x∈[60，120]；（2）𝑦=7𝑥4+11200𝑥

≥2√74⋅11200=280，当且仅当7𝑥4=11200𝑥，即x＝80时取等号，所以以80km/h车速行驶，快递公司所要支付的总费用最少，最少费用为280元．【变式5-3】（2022•浙江开学）某地中学生社

会实践小组为研究学校附近某路段的交通拥堵情况，经实地调查、数学建模，得该路段上的平均行车速度v（单位：km/h）与该路段上的行车数量n（单位：辆）的关系为：𝑣={600𝑛+10，𝑛≤933000𝑛2+𝑘，𝑛≥10，𝑛∈𝑁∗其中常

数k∈R．该路段上每日t时的行车数量n＝﹣2（|t﹣12|﹣5）2+100，t∈[0，24）．已知某日17时测得的平均行车速度为3km/h．（注：3.16＜√10＜3.17）（Ⅰ）求实数k的值；（Ⅱ）定义车流量q＝nv（单位：辆⋅km/h），求一天内车流量q的最大值（结果保

留整数部分）．【解题思路】（Ⅰ）根据题意把17时测得的平均行车速度为3km/h代入函数解析式即可求出k；（Ⅱ）根据分段函数求最值的方法，分别利用函数单调性求每段的最值，即可得出函数q＝nv的最大值．【解答过程

】解：（Ⅰ）由17时测得的平均行车速度为3km/h，代入𝑣={600𝑛+10，𝑛≤933000𝑛2+𝑘，𝑛≥10，𝑛∈𝑁∗，可得：330001002+𝑘=3，解得k＝1000．（Ⅱ）①当n≤9时，q＝nv=600𝑛𝑛+10=6001+10𝑛为增函数，所以q≤60

0×99+10＜300；②当n≥10时，q＝nv=33000𝑛𝑛2+1000=33000𝑛+1000𝑛，由函数f（x）＝n+1000𝑛在（0，√1000）上递减，在（√1000，+∞）上递增，且√1000∈（31，32），知q=33000𝑛+1000𝑛，当n＝31，n＝32时，较

大的q值为最大值，代入n＝31，32计算，结果均为522，故qmax≈522．综上可知，一天内车流量q的最大值为522辆⋅km/h．【题型6函数模型的综合应用】【方法点拨】(1)求解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根据已知利用

待定系数法，确定模型中的待定系数.(2)利用函数模型，借助函数的性质、基本不等式等求解实际问题，并进行检验.【例6】（2022秋•余姚市校级月考）经长期观测得到：在某地交通繁忙时段内，公路汽车的车流量y（单位：千辆/h）与汽车的平均速度

v（单位：km/h）之间的函数关系为y=910𝑣𝑣2+11𝑣+1600（v＞0）．（1）若要求在该时段内车流量超过9.1千辆/h，则汽车的平均速度应在什么范围内？（2）在该时段内，当汽车的平均速度v为多少时，车流量最大？最

大的车流量为多少？【解题思路】（1）由条件得910𝑣𝑣2+11𝑣+1600＞9.1，求出v的取值范围，即可求解．（2）根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解．【解答过程】解：（1）由条件得910𝑣𝑣2+11𝑣+1600＞9.1，解得25＜v＜64，所以汽

车的平均速度应大于25km/h且小于64km/h．（2）由已知得𝑦=91011+𝑣+1600𝑣≤91011+2√1600=10，当且仅当𝑣=1600𝑣，即v＝40时，等号成立，所以汽车的平均速度为40km/h时车流量最

大，最大的车流量为10千辆/h．【变式6-1】（2022秋•中原区校级月考）.某网络经销商购进了一批以成都大运会为主题的文化衫进行销售文化衫的进价为每件30元，当销售单价定为70元时，每天可售出20件，每销售一件需缴纳网络平

台管理费2元，为了扩大销售，增加盈利，决定采取适当的降．价措施，经调查发现：销售单价每降低1元，则每天可多售出2件（销售单价不低于进价），若设这款文化衫的销售单价为x（元），每天的销售量为y（件）．（1）求每天的销售量y（件）与销售单价x（元）之间的

函数关系式；（2）当销售单价为多少元时，销售这款文化衫每天所获得的利润最大，最大利润为多少元？【解题思路】（1）由题意可知，y关于x的函数为一次函数，设y＝kx+b，将对应的点代入，即可求解．（2）设销售这款文化衫每天所获得的利润为

p元，则p＝y（x﹣32），再结合二次函数的性质，即可求解．【解答过程】解：（1）由题意可知，y关于x的函数为一次函数，设y＝kx+b，则{70𝑘+𝑏=2069𝑘+𝑏=22，解得{𝑘=−2𝑏=1

60，故y＝﹣2x+160（x≥30）．（2）设销售这款文化衫每天所获得的利润为p元，则p＝y（x﹣32）＝﹣2（x﹣80）（x﹣32）＝﹣2（x2﹣112x+2560），当x=−112−2=56（元）时，p取得最大值﹣2×（2560﹣562）＝1152（元

），故当销售单价为56元时，销售这款文化衫每天所获得的利润最大，最大利润为1152元．【变式6-2】（2022•兴县校级开学）如图，某农业研究所要在一个矩形试验田ABCD内种植三种农作物，三种农作物分别种植在

并排排列的三个形状相同、大小相等的小矩形中，试验田四周和三个种植区域之间均设有1米宽的非种植区．已知种植区的占地面积为200平方米．（1）设小矩形的宽为x米，试验田ABCD的面积为S平方米，求函数S＝f（x）的解

析式；（2）求试验田ABCD占地面积的最小值．【解题思路】（1）设小矩形的长为y米，则3𝑥𝑦=200，𝑦=2003𝑥，再结合矩形面积公式，即可求解．（2）根据已知条件，结合基本不等式的公式，即

可求解．【解答过程】解：（1）设小矩形的长为y米，则3𝑥𝑦=200，𝑦=2003𝑥，试验田ABCD的面积𝑆=(3𝑥+4)(𝑦+2)=(3𝑥+4)(2003𝑥+2)=6𝑥+8003𝑥+208(𝑥＞0)，故𝑓(𝑥)=6𝑥+8003𝑥+208(𝑥＞

0)．（2）∵x＞0，∴6𝑥+8003𝑥≥2√6𝑥⋅8003𝑥=80，当且仅当6𝑥=8003𝑥，即𝑥=203时等号成立，∴当𝑥=203时，f（x）取最小值288，此时AB＝3x+4＝24，AD＝y+2＝12，故试验田ABCD的长与宽分别为24米、12米时，

试验田ABCD的占地面积取最小值，最小值是288平方米．【变式6-3】（2021秋•石鼓区校级月考）如图，计划在一面墙进行粉刷与装饰．墙长为18m．用彩带围成四个相同的长方形区域．（1）若每个区域的面积为24m2，要使围成四个区域的彩带总长最小，则每个区域长和宽分别是

多少米？求彩带总长最小值？（2）若每个区域矩形长为x（m）如图，宽为长的一半．每米彩带价格为5元，墙的粉刷与装饰费用每平方米为10元．总费用不超过180元．问每个区域应如何设计？【解题思路】（1）设每个区域的长和宽分别为x（m）和y（m），由题意可知，xy＝24，再结合基本不等式的公式，

即可求解．（2）先求出总费用f（x），再结合总费用不超过180元，即可求解．【解答过程】解：（1）设每个区域的长和宽分别为x（m）和y（m），由题意可知，xy＝24，则彩带总长为l＝4x+6y≥2√24�

�𝑦=48，当且仅当4x＝6y，即x＝6且y＝4时，等号成立，故每个区域长和宽分别是6（m）和4（m）时，彩带总长最小，且最小值为48（m）．（2）由题意可知，每个区域矩形长为x（m），宽为𝑥2（m），

0＜x≤9，则长方形区域的面积为4𝑥⋅𝑥2=2𝑥2，彩带总长为4x+6×𝑥2=7𝑥，则总费用f（x）＝10×2x2+5×7x＝20x2+35x，∵总费用不超过180元，∴20x2+35x≤1

80，又0＜x≤9，∴0＜𝑥≤94，故每个区域矩形长不超过94（m），费用不超过180元，故应该设计为每个区域矩形长为94（m），宽为98（m）．