第13讲 函数的应用（一）-【暑假预科讲义】2023年新高一数学初升高暑假课（人教A版2019必修第一册）（解析版）

第13讲函数的应用(一)

【人教A版2019】

模块导航

•模块一一次函数、二次函数模型的应用

•模块二幕函数模型的应用

・模块三分段函数模型的应用

・模块四“对勾”函数模型的应用

•模块五课后作业

模块一

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：危尸"+6(匕b为常数，原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：fix)=ax2+bx+c{a,b,c为常数,际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.

考点剖析

【考点1一次函数模型的应用】

【例1.1](2022.高一课时练习)某公司市场营销人员的个人月收入与其每月的销售量成一次函数关系，如

图所示，由图中给出的信息可知，营销人员没有销售量时的收入是()

司一1—2销售量/宕件

A.310元B.300元

C.390元D.280元

【解题思路】利用已知条件列方程，化简求得正确选项.

【解答过程】依题意审=臂普，解得y=300.

0—1z—1

故选：B.

【例1.2］（2022秋・浙江•高一校联考期中）网上购物常常看到下面这样一张表，第一行可以理解为脚的长

度，第二行是我们习惯称呼的“鞋号”.为了穿得舒适，鞋子不能挤脚，也不能过长.

SIZE尺码对照表

中国鞋码实际标注

220225230235240245250255260265

（同国际码）mm

中国鞋码习惯叫法

34353637383940414243

（同欧码）

一个篮球运动员的脚长为282mm,则从表格数据可以推算出，他最适合穿的鞋号是（）

A.45B.46C.47D.48

【解题思路】设出一次函数y=kx+b,采用待定系数法求出k,b,令y=282即可求解.

【解答过程】设脚长为”mn,鞋号为乂码，由数据可知，脚长和鞋号符合一次函数关系：y=kx+b,将

（34,220）,（35,225）代入可得y=5久+50,当y=282时，%=46.4,故他最适合穿的鞋号是47码.

故选：C.

【变式1.1］（2022.高一课时练习）某电信公司推出了两种手机通信收费方式，A种方式与8种方式一个月

的本地网内打出电话时间”min）与通信费S（元）的函数关系如图.A种方式对应的函数解析式为Si=mt+

20（相为常数），B种方式对应的函数解析式为S2=就（”为常数）.当通话50min时，这两种方式产生的

通信费相差（）

A.10元B.20元C.30元D.日元

【解题思路】根据给定图象结合t=100时的通信费相等探求出m与n的关系，再列式计算作答.

【解答过程】依题意，当t=100时，Si=S2，BPlOOm+20=100n,整理得冗=7«+2，

则当t=50时，S1-S2=50m+20-50n=50m+20-50m-y=10（元），

所以当通话50min时，这两种方式产生的通信费相差10元.

故选：A.

【变式1.2]（2022秋・湖南株洲•高一校考期中）如图（1）是反映某条公交线路收支差额（即营运所得票价

收入与付出成本的差）y与乘客量尤之间关系的图象.由于目前该条公交线路亏损，公司有关人员提出了两种

调整的建议，如图（2）（3）所示.

A.图（2）的建议是：提高成本，并保持票价不变

B.图（2）的建议是：提高成本，并提高票价

C.图（3）的建议是：提高票价，并保持成本不变

D.图（3）的建议是：提高票价，并降低成本

【解题思路】根据题意和图②知，此建议是降低成本而保持票价不变，由图③可以看出，此建议是提高票

价而保持成本不变.

【解答过程】根据题意和图②知，两直线平行即票价不变，直线向上平移说明当乘客量为0时，收入是0

但是支出变少了，即说明此建议是降低成本而保持票价不变，故AB不正确；

由图③可以看出，当乘客量为0时，支出不变，但是直线的倾斜角变大，即相同的乘客量时收入变大，即

票价提高了，即说明此建议是提高票价而保持成本不变，故C正确D不正确.

故选：C.

【考点2二次函数模型的应用】

【例2.1]（2023•高一课时练习）某自来水厂的蓄水池中存有水400吨，水厂每小时向蓄水池注水60吨，

而蓄水池1小时内向居民小区供水总量为120%吨（0WtW24）.若蓄水池中的水量少于80吨，就会出

现供水紧张，则在一天24小时内，出现供水紧张的时长约为（）

A.6小时B.7小时C.8小时D.9小时

【解题思路】设蓄水池中的水量为y,由题可得y=400+60t-120V6t,0<t<24,设年=me[0,12],

t=?，得出y=10爪2一i20zn+400,令y<80,解出m的范围，再得出t的范围，即可得出答案.

【解答过程】设蓄水池中的水量为y,则y=400+60t-120佩，0<t<24,

2

设=mE[0,12],t=

6

2

则y=400+60•--120m=10m2-120m+400,

6

令y<80,解得4<m<8,

所以|VIV小

33

所以出现供水紧张的时长约为拳-《=8小时，

故选：C.

【例2.2](2023•高一课时练习)如图，在一直角墙角内的点P处有一棵树，它与两墙的距离分别是3米和

2米.现欲用10米长的篱笆，借助墙角围成一个矩形的花圃力BCD,要求这棵树被围在花圃内或边界上.设

BC=久米，则矩形花圃的面积外久)(单位：平方米)为()

A./(x)=—X2+5x(0<x<10)B./(%)=—X2+10x(0<x<10)

C./(x)=—x2+5x(3<x<8)D./(x)=—%2+10x(3<x<8)

【解题思路】由篱笆总长10米和8C=x米，得出CD,由矩形面积公式表示出f(x),再由这棵树被围在花

圃内或边界上列出不等式组，求解即可得出答案.

【解答过程】因为BC=x米，篱笆总长为10米，

所以CD=(10-x)米，

所以f(x)=久(10—x)=-X2+10%,

又因为这棵树被围在花圃内或边界上，

所以。解得3WXW8,

110—x>2

故选：D.

【变式2.1](2023秋・广西防城港•高一统考期末)某商店进了一批服装，每件进价为60元.每件售价为90

元时，每天售出30件.在一定的范围内这批服装的售价每降低1元，每天就多售出1件.当售价是()元

时，每天的利润最大.

A.60B.90C.80D.70

【解题思路】根据所给条件，确定等量关系，然后二次函数求出最值即可.

【解答过程】设每件售价定为(90-x)元，则销售件数增加了x件.

，每天所获利润为：y=(30-x)(30+x)=-x2+900(x>0),

故当久=0时，每天所获利润最大.

故售价定为每件90元时，可获最大利润.

故选：B.

【变式2.2](2023•全国•高一专题练习)某企业一个月生产某种商品x万件时的生产成本为。(久)=/+4x+

16(万元)，每件商品售价为28元，假设每月所生产的产品能全部售完.当月所获得的总利润用卬(久)(万

元)表示，用吗表示当月生产商品的单件平均利润，则下列说法正确的是()

X

A.当生产12万件时，当月能获得最大总利润144万元

B.当生产12万件时，当月能获得最大总利润160万元

C.当生产4万件时，当月能获得单件平均利润最大为24元

D.当生产4万件时，当月能获得单件平均利润最大为16元

【解题思路】求出w(x)的表达式，利用二次函数的基本性质可求得w(x)的最大值及其对应的X的值，求出吗

X

的表达式，利用基本不等式可求得嗅的最大值及其对应的工的值，即可出结论.

X

【解答过程】由题意可得w(%)=28%—C(x)=—x2+24%—16=—(%—12)2+128,

故当％=12时，w(%)取得最大值128,

W(x)24X-X2-16.16\.QI16..

-----=-------------=24—%H——<24—2x一=16,

XX\X/VX

当且仅当x=4时，等号成立，

因此，当生产12万件时，当月能获得最大总利润128万元，

当生产4万件时，当月能获得单件平均利润最大为16元.

故选：D.

模块二幕函数模型的应用

基础知识

1.幕函数模型的应用

嘉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.

考点剖析

【考点1幕函数模型的应用】

【例1.11（2023・全国•高三专题练习）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

通常以募函数形式表示.比如，某类动物的新陈代谢率y与其体重汽满足y=其中k和a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a为（）

1123

A.-B.-C.-D.-

4234

【解题思路】初始状态设为（乙,%）,变化后为（亚，力），根据%1*2,丫1，%的关系代入后可求解.

【解答过程】设初始状态为则汽2=y2=8y1，

aa

又yi=fcxf,y2=又皆,即8yl=fc（16x1）=k-16xf,

哒=ki6了,16a=8,24a=23,4a=3,a=三.

故选：D.

【例1.2]（2022秋•高一课时练习）在固定电压差（电压为常数）的前提下，当电流通过圆柱形的电线时，其

电流强度/（单位：安）与电线半径/•（单位：毫米）的三次方成正比.若已知电流通过半径为4毫米的电线时，电

流强度为320安，则电流通过半径为3毫米的电线时，电流强度为（）

A.60安B.240安C.75安D.135安

【解题思路】根据题意，设出函数解析式，待定系数求得解析式，再代值计算即可.

【解答过程】设比例系数为比则电流强度/=左尹，

由已知可得当r=4时，/=320,

故有320=43左，解得上当=5,

64

所以1=5，,

则当『3时，45x33=135（安）.

故选：D.

【变式1.1]（2022.全国•高一专题练习）为了预防信息泄露，保证信息的安全传输，在传输过程中都需要对

文件加密，有一种加密密钥密码系统（PrivateKeyCryptosystem）,其加密、解密原理为：发送方由明文一密

文（加密），接收方由密文一明文.现在加密密钥为y如“4”通过加密后得到密文“2”，若接受方接

到密文“七”，则解密后得到的明文是（）

256

A.-B.-C.2D.-

248

【解题思路】根据题意中给出的解密密钥为丫=卜/，利用其加密、解密原理，

求出k的值，解方程即可求解.

【解答过程】由题可知加密密钥为y=k%3,

由已知可得，当久=4时，y-2,

所以2=kx43,解得k=M=j

4$32

故、=9乂3,显然令y=£,即

32Z5o25632

解得久3=；,即

oZ

故选：A.

【变式1.2］（2022秋.江苏常州.高一校考阶段练习）某公司租地建仓库，已知仓库每月占用费〃与仓库到

车站的距离成反比，而每月车载货物的运费力与仓库到车站的距离成正比.据测算，如果在距离车站10km

处建仓库，这两项费用以，力分别是2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站

（）

A.5km处B.4km处C.3km处D.2km处

【解题思路】设仓库到车站的距离为xkm,由题意得竺=个，>2=次，其中%>0,根据尸10的费用，求出

ki、k2,再利用基本不等式即可求解.

【解答过程】设仓库到车站的距离为xkm,

由题意得力=，，丫2=左2无，其中X>0.

由当x=10时，两项费用”，了2分别是2万元和8万元，可得左/=20,左2=£

故y/+y2=§+论2Jg2=8,

当且仅当空=%,即x=5时取等号，

x5

故选：A.

模块三［分段函数模型的应用OI

基础知识

1.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.

考点剖析

【考点1分段函数模型的应用】

【例1.1］（2023•全国•高三对口高考）某市家庭煤气的使用量％（爪3）和煤气费/（久）（元）满足关系/（久）=

人已知某家庭2019年前三个月的煤气费如下表：

Cr+B（x—A）,（%>A）

月用煤

份气量气费

44

月份m3元

2514

月份元

3519

月份rxr元

若四月份该家庭使用了207n3的煤气，则其煤气费为（）

A.11.5元B.11元

C.10.5元D.10元

【解题思路】由表知一月份用气量4m3,煤气费4元，结合分段函数解析式可得C=4,结合二三月份用气

量及煤气费代入分段函数C+B（x-4）中求出B,4,即可得答案.

【解答过程】根据一月份用气量47n3,煤气费4元，可知"4）=C=4,

/(25)=C+B(25-4)=14(4,(0<x<5)

解得4=5,B=}所以/O）=(4+1(%-5),(x>5)所以

,/(35)=C+B(35-X)=19

/(20)=4+1(20-5)=11.5

故选A.

【例1.2］（2023•全国•高三专题练习）某科技企业为抓住“一带一路”带来的发展机遇，开发生产一智能产品,

该产品每年的固定成本是25万元，每生产第万件该产品，需另投入成本3(%)万元.其中3(%)=

(x2+10%,0<%<40

7110000。/匚八，若该公司一年内生产该产品全部售完，每件的售价为70元，则该企业每年利

71%H-----------945,%>40

1X

润的最大值为()

A.720万元B.800万元

C.875万元D.900万元

【解题思路】先求得该企业每年利润的解析式，再利用分段函数求最值的方法即可求得该企业每年利润的

最大值.

70%-(x2+10%+25),0<%<40

【解答过程】该企业每年利润为於)={70x_(71x+等―945+25),x>4。

当0<x440时，/(x)=-x2+60x—25=-(x-30)2+875

在x=30时，f(x)取得最大值875；

当x>40时，f(x)=920一(％+<920-2Jx.笺^=720

(当且仅当％=100时等号成立)，即在％=100时，f(x)取得最大值720；

由875>720,可得该企业每年利润的最大值为875.

故选：C.

【变式1.1](2023•全国•高三专题练习)“空气质量指数(AQI)”是定量描述空气质量状况的无量纲指数.当

AQI大于200时，表示空气重度污染，不宜开展户外活动.某地某天0~24时的空气质量指数y随时间t变化的趋

势由函数丫=[二臂+：??："，，^描述,则该天适宜开展户外活动的时长至多为()

l56vt—24,12<t<24

A.5小时B.6小时C.7小时D.8小时

【解题思路】当AQI大于200时，表示空气重度污染，不宜开展户外活动，即y<200时适合开展户外活动，根据

分段函数的解析式,分情况讨论求出不等式解集，再求出区间长度即可.

【解答过程】解:由题知，当AQI大于200时，表示空气重度污染，不宜开展户外活动，

即当AQI小于等于200时,适宜开展户外活动，

即y<200,

因为y=t564-24,12<"24'

所以当OWtW12时，

只需一lot+290<200,

解得:9<t<12,

当12<t<24时，

只需564一24W200,

解得:12<t<16,

综上：适宜开展户外活动的时间段为9<t<16,

共计7个小时.

故选:C.

【变式1.2]（2023秋•贵州贵阳•高一统考期末）某公司在30天内4商品的销售价格P（元）与时间t（天）

的关系满足下方图象所示的函数，4商品的销售量Q（万件）与时间t的关系是Q=40-a则下列说法正确

③最大日销售额为120万元④最大日销售额为125万元

A.①③B.①④C.②③D.②④

【解题思路】先由函数图象利用待定系数法求得销售价格尸（元）关于时间f（天）的函数解析式，再求销

售额关于f的函数解析式，从而结合二次函数性质求其最大值，由此得解.

【解答过程】由图象可得当0WtW20时，可设P=at+b,根据图象知过点（0,2）,（20,6）,

所以｛6点/+〃解得b=2，a,所以昨22,

当20WtW30,可设P=mt+n,根据图象知过点(20,6),(30,5),

所以｛建案曹,解得好一触=8,所以P=.t+8,

—t+2,0Wt<20

综上可得，P=

——t+8,20<t<30

又Q=—t+40(0<t<30),设第t天的销售额为y,

(gt+2)(—t+40),0<七<20

则y=p•Q=

(——t+8)(-1+40),20<t<30

1

——Q+6t+80,0Vt<20

化简可得y=

—t2-12t+320,20<t<30

(10

当0<t<20时，y=-|(t-15)2+125,所以yW125,当且仅当t=15时，等号成立;

当20W"30时，y=卷。一60)2-40,所以”120,当且仅当t=20时，等号成立；

综上可得，第15日的销售额最大，最大值为125万元，故①④正确.

故选：B.

模块四N"对勾'厂函数模型的应用

基础知识

i.“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>Q),当x>0时，在(0,

Jf]上递减，在(J|,+8)上递增.另外，还要注意换元法的运用.

考点剖析

【考点1"对勾”函数模型的应用】

【例1.1](2023春•江苏镇江•高二统考期中)喝酒不开车，开车不喝酒.若某人饮酒后，欲从相距45km的

某地聘请代驾司机帮助其返程.假设当地道路限速50km/h.油价为每升8元，当汽车以xkm/h的速度行驶时,

油耗率为(3+总)L/h.已知代驾司机按每小时56元收取代驾费，试确定最经济的车速，使得本次行程的总

费用最少，并求最小费用.

【解题思路】根据题设可得y=等+%，0<x<50,利用对勾函数的性质可求该函数的最小值.

【解答过程】设汽车以“km/h行驶时，开车时间为千小时，则代驾费用为?x56,

油耗为？x(3+粉

则总费用y=?X(3+^)X8+?X56=45X8XC3，

=360"+与)=刎+乃

\X360/X

由对勾函数的性质知，函数在(0,60)单调递减，在(60,+8)上单调递增，

因为0SXW50,所以当x=50时，y取到最小值，

最小值为y=答+50=72+50=122.

最经济的车速为50km/h时，使得本次行程的总费用最少为122元.

【例1.2］（2023•江苏•高一假期作业）某市在建造运动会主体育场时需建造隔热层，并要求隔热层的使用年

限为15年.已知每厘米厚的隔热层建造成本是4万元，设每年的能源消耗费用为〃万元，隔热层的厚度为彳

厘米，两者满足关系式：乃=盛（03%三10,左为常数）.若无隔热层，则每年的能源消耗费用为6万元，

15年的总维修费用为10万元，记”为15年的总费用（总费用=隔热层的建造成本费用+使用15年的能源

消耗费用+15年的总维修费用）.

（1）求,2的表达式；

（2）请问当隔热层的厚度为多少厘米时，15年的总费用以最小，并求出最小值.

【解题思路】（1）根据题意直接运算求解即可；

（2）根据题意结合基本不等式运算求解.

【解答过程】（1）由题意可得：当x=0时，则%=［=6,解得上=30,

所以％=券，丫2=4X+悬X15+10=4%+端+10（0<%<10）.

⑵因为火=爪+悬+1。=23+5）+悬22123+5”提=60,

当且仅当2（2万+5）=黑，即x=5时，”取得最小值，最小值为60,

所以隔热层的厚度为5厘米时，15年的总费用达到最小值，最小值为60万元.

【变式1.1］（2023•全国•高一假期作业）近日，随着新冠肺炎疫情在多地零星散发，为最大程度减少人员

流动，减少疫情发生的可能性，高邮政府积极制定政策，决定政企联动，鼓励企业在国庆期间留住员工在

本市过节并加班追产，为此，高邮政府决定为波司登制衣有限公司在国庆期间加班追产提供x（xe（0,20］）（万

元）的专项补贴.波司登制衣有限公司在收到高邮政府“（万元）补贴后，产量将增加到t=Q+3）（万件）.同

时波司登制衣有限公司生产t（万件）产品需要投入成本为（7t+%+3©（万元）,并以每件（8+早）元的

价格将其生产的产品全部售出.注：收益=销售金额+政府专项补贴-成本.

（1）求波司登制衣有限公司国庆期间，加班追产所获收益y（万元）关于政府补贴x（万元）的表达式；

（2）高邮政府的专项补贴为多少万元时，波司登制衣有限公司国庆期间加班追产所获收益y（万元）最大？

【解题思路】（1）依题意求解即可；

⑵由y=45-x-热=-［（%+3）+为+48结合基本不等式求解即可.

【解答过程】⑴y=（8+y）•t+X-（7t+y+3x）=t+42-2x-y.

因为t=(x+3),所以、=*+3+42-2%-署=45-%一热

(2)因为y=45-％-黑=-a+3)+枭]+48.

又因为％6(0,20],所以x+3>0,枭>0,

所以(％+3)+—>2/(x+3)X—=18(当且仅当x+3=旦即久=6时取“=”)

''x+3<'x+3x+3

所以y<-18+48=30

即当x=6万元时，y取最大值30万元.

【变式1.2](2023秋・云南丽江•高一统考期末)华为消费者业务产品全面覆盖手机、移动宽带终端、终端

云等，凭借自身的全球化网络优势、全球化运营能力，致力于将最新的科技带给消费者，让世界各地享受

到技术进步的喜悦，以行践言，实现梦想.已知华为公司生产mate系列的某款手机的年固定成本为200万元，

每生产1只还需另投入80元.设华为公司一年内共生产该款手机尤万只并全部销售完，每万只的销售收入为

_r2000—30%,0<%<40

R(x)万元，且R(x)=]37000200000„

|V----X----------------X-；z—,%>4U

(1)写出年利润W(万元)关于年产量X(万只)的函数解析式；

(2)当年产量为多少万只时，华为公司在该款手机的生产中所获得的利润最大？并求出最大利润.

【解题思路】(1)利用利润等于收入减去成本，结合所给函数模型即可得解；

(2)分类讨论0<xW40与x>40两种情况，利用二次函数与基本不等式求得加0)的最大值，由此得解.

【解答过程】(1)依题意，利用利润等于收入减去成本，可得：

当0<xW40时，VK(x)=-(80x+200)=x(2000-3Ox)-80x-200=-30x2+1920%-200；

当x>40时，=xR(O-(80x+200)—-80万-200=-^^-80x+36800；

(-30久2+1920%-200,0<%<40

所以卬(%)=1_3_80乂+368。0/〉40.

1X

(2)当0<xW40时,W(x)=-30x2+1920%-200=-30(x-32)2+30520,

所以当x=32时，W(X)max=30520；

当%>40时，14/(%)=--80%+36800=-80+x)+36800W-80*2J等•x+36800=

28800,

当且仅当等=X,即X=50时，等号成立，此时W(x)max=28800；

因为30520>28800,

所以当年产量为32万只时，利润最大，最大利润为30520万元.

【考点2函数模型的综合应用】

【例2.1](2023秋•贵州安顺・高一统考期末)某企业采用新工艺，把企业生产中排放的二氧化碳转化为一

种可利用的化工产品.已知该单位每月的处理量最少为100吨，最多为600吨，月处理成本f(x)(元)与

月处理量x(吨)之间的函数关系可近似地表示为/'(久)=#一200x+80000.

(1)该单位每月处理量为多少吨时，才能使月处理成本最低？月处理成本最低是多少元？

(2)该单位每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均处理成本最低？每吨的平均处理成本最低是多少元？

【解题思路】(1)由已知可得〃%)=乳》一200)2+60000,根据二次函数的性质，即可得出答案；

(2)®=[+巴竺2—200,然后用基本不等式即可得出该式的最值.

x2x

【解答过程】(1)该单位每月的月处理成本：

/'(%)=|/-200X+80000=|(x-200)2+60000,

因100<%<600,函数/(%)在区间[100,200]上单调递减，在区间(200,600]上单调递增，

从而得当尤=200时，函数/(%)取得最小值，即J(x)min=/(200)=60000.

所以该单位每月处理量为200吨时，才能使月处理成本最低，月处理成本最低是60000元.

(2)由题意可知：/(x)=1%2-200%+80000(100<%<600),

每吨二氧化碳的平均处理成本为：£也=工+期"-200>2再回9-200=200

X2X72%

当且仅当'=四吧，即％=400时，等号成立.

2x

所以该单位每月处理量为400吨时，每吨的平均处理成本最低，为200元.

【例2.2](2023•江苏•高一假期作业)党的十九大报告明确要求继续深化国有企业改革，培育具有全球竞争

力的世界一流企业.某企业抓住机遇推进生产改革，从单一产品转为生产A、B两种产品，根据市场调查与市

场预测，A产品的利润与投资成正比，其关系如图①；B产品的利润与投资的算术平方根成正比，其关系如

图②(注：所示图中的横坐标表示投资金额，单位为万元).

图①图②

(1)分别求出A、2两种产品的利润表示为投资的函数关系式;

(2)该企业已筹集到10万元资金，并全部投入A、B两种产品的生产，问：怎样分配这10万元资金，才能使

企业获得最大利润，最大利润是多少？

【解题思路】(1)由题设f(x)=kix,9(切=七五，根据图象上数据得解；

(2)列出企业利润的函数解析式y=/(x)+g(10-x)-^x+2V10-x(0<x<10)换元法求得函数最值

得解.

【解答过程】(1)设投资为x万元，A产品的利润为f(x)万元，8产品的利润为g(x)万元

由题设f(x)=krx,g(x)=k2y/x,

由图知f(2)=1,故自=3，又g(4)=4,所以6=2.

从而f(x)=|x(x>0),g(x)=2Vx(x>0).

(2)设A产品投入x万元，则8产品投入10-x万元，设企业利润为y万元

则y=/(x)+g(i。—x)=|x+2V10—%(o<x<10),

令t=Vio-%,贝。=-|(t-2)2+7(0<t<V10),

当t=2时，ymax=7,此时光=6.

故A产品投入6万元，2产品投入4万元，才能使企业获得最大利润，最大利润是7万元.

【变式2.1](2023春•广西防城港•高一统考期中)“硬科技”是以人工智能，航空航天，生物技术，光电芯片，

信息技术，新材料，新能源，智能制造等为代表的高精尖技术，属于由科技创新构成的物理世界，是需长

期投入，持续积累才能形成的原创技术，具有极高技术门槛和技术壁垒，难以被复制和模仿.最近十年，我

国的一大批自主创新的企业都在打造自己的科技品牌，某高科技企业自主研发了一款具有自主知识产权的

高级设备，并从2024年起全面发售，假设该高级设备的年产量为尤百台，经测算，生产该高级设备每年需

投入固完成本1500万元,最多能够生产80百台，每生产一百台台高级设备需要另投成本G(x)万元，且G(x)=

f3久2+2Ox,0<x<40,xeN

180002zanuz，每台高级设备售价为2万元，假设每年生产的高级设备能够全

[205%H------3350,40<%<80,x£N

部售出.

(1)求企业获得年利润P(x)(万元)关于年产量无(百台)的函数关系式(利润=销售收入-成本)；

(2)当该产品年产量为多少时，企业所获年利润最大？并求最大年利润.

【解题思路】(1)由条件根据利润和销售收入，成本之间的关系求出年利润与年产量之间的关系;

(2)分区间，结合二次函数性质和基本不等式求年利润的最大值.

3x2+20%,0<%<40,%£N

【解答过程】（1）：GO）=205%+理丝-3350,40<x<80,%6N

X

.•.当0WxW40时,

P(x)=200x-(3x2+20%)-1500=-3x2+180%—1500.

当40<x<80时，

P(x)=200x-205x-3350-1500=-5x-+1850.

X+X

,一、r-3x2+180%—1500,0<x<40

综上所述'PM=|_5%_竺U2+1850,40<x<80-

f-3x2+180比-1500,0<x<40

⑵由⑴得P(x)=1_5%_^^+1850,40<xW80

当0WxW40时，P(x)=-3x2+180x-1500=-3(x-30)2+1200

;当尤=30时,P(x)max=120。(万元)

当40<%<80时，

P(x)=_5x_12222+1850=1850一51+等)<1850-5x2Jx.婴=1250(万元)

当且仅当％=理，即x=60时等号成立.

X

又1250>1200.

故当年产量为60百台时，公司获利最大，且最大利润为1250万元.

【变式2.2](2023秋•云南红河•高一统考期末)实施乡村振兴战略，是党的十九大做出的重大决策部署，

某地区因地制宜，致力于建设“特色生态石榴基地”.经调研发现：某优质品种石榴树的单株产量L(单位：千

3%2+180V%V2

45X，且单株石榴树的肥料成本投入

{百2〈久W5

为30比元，其它成本投入(如培育管理、施肥等人工费)为15比元.已知这种石榴的市场售价为25元/千克，

且销路畅通供不应求，记该石榴树的单株利润为f(x)(单位：元).

(1)求/O)的函数解析式；

(2)当单株施肥量为多少千克时，该石树的单株利润最大？最大利润是多少？

【解题思路】(1)分0WXW2与2<xW5,进行求解，得到分段函数；

(2)当0W比42时，利用配方求解最大值，当2<xW5时，变形后，利用基本不等式求出最大值，两者

比较后得到答案.

【解答过程】(1)当0SxW2时，/(%)=25(3/+18)-30x-15x=75/-45x+450,

当2<xW5时，f(x)=25x--30x-15x=一45%,

八'1+x1+x

(75x2—45%+450,0<x<2

故f(x)=i1125X_2<x<5；

I1+x

2

（2）①当0<x<2时，/（x）=75x2-45x+450=75（x-+443.25,

所以当％=2时，/（%）取最大值为/（2）=660（元）.

②当2<%<5时，

er、-rc「

f（x）=-11-2-5-X--4-5%=-1-1-2-5-x-4-1-1-2-5-1-1-2-5--4.5_%=1170-——1125+45（%+1）,

J、'x+1x+1Lx+1J\

而筹+45（%+1）>2］45（久+1）.翳=450,

当且仅当U=45（久+1）,即x=4时取等号，

所以/"（>：）=1170-［弟+45（x+1）］<1170-450=720（元），

因为720>660,故当单株施肥量为4千克时，该石榴树的单株利润最大，最大利润是720元.

模块五k课后作业。|

1.（2022秋•四川凉山•高一校考阶段练习）某物体一天中的温度T是时间f的函数：T（t）=t3-3t+60,

时间的单位是小时，温度的单位是。C,t=0表示中午12时，其后取值为正，其前取值为负，则上午8时的

温度为（）

A.18℃B.8℃C.0℃D.4℃

【解题思路】上午8时1=-4,代入函数求值即可.

【解答过程】上午8时t=-4,故T（-4）=（一4尸-3X（-4）+60=8℃.

故选：B.

2.（2022秋•北京门头沟.高一统考期末）一种新型电子产品计划投产两年后，使成本降36%,那么平均每

年应降低成本（）

A.18%B.20%

C.24%D.36%

【解题思路】设平均每年降低成本无，由题意可列方程（1—X）2=0.64,解方程可得答案

【解答过程】设平均每年降低成本x,（1—*）2=1—36%=0.64

解得x=0.2=20%或x=1.8=180%（舍去），

故选：B.

3.（2022•全国•高一专题练习）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（）

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】根据题意，利用一次函数的性质判断不同方案下参数的变化对图象的影响，即可确定正确选

项.

【解答过程】设目前车票价格为七，支出费用为瓦，贝0=A万-瓦，

对于建议（I）,设建议后的支出费用为历（b2Vbi）,贝=

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B@2＞七），贝的=幻万—必，

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.

4.（2023・全国•高三对口高考）己知4B两地相距150千米，某人开汽车以60千米/小时的速度从4地前往B

地，到达B地停留1小时后再以50千米/小时的速度返回4地，把汽车离开4地的距离x（千米）表示为时间t

（小时）的函数，则下列正确的是（）

'60t(0<t<2,5)

A.x=60t+50t(0<t<6,5)B.x=■150(2,5<t<3.5)

150-50t(3.5<t<6,5)

’60t,(0<t<2.5)

_(60t(0<t<2.5)

,X—1150-50t(t>3.5)D.x=150,(2.5<t<3,5)

150-50(t-3.5),(3.5<t<6,5)

【解题思路】由题意可知，汽车的行驶的情况主要有三段即往、返、停留，分三种情况讨论列出函数即可.

【解答过程】因为4B两地相距150千米，

所以当汽车以60千米/小时的速度从2地前往B地时，

需要卷=2.5小时，此时汽车离开4地的距离为：

60

x=60t(0<t<2.5),

到达3地停留1小时，此时汽车离开4地的距离为：

x=150(2.5<t<3.5),

当汽车以50千米/小时的速度从B地前往4地时，

需要詈=3小时，此时汽车离开4地的距离为：

%=150-50(t-35)(2.5<t<6.5),

'60t,(0<t<2,5)

所以由题意有：x=\150,(2.5<t<3.5)

150-50(t-3.5),(3.5<t<6.5)

故选：D.

5.(2023秋・北京朝阳•高一统考期末)某厂以x千克/小时的速度匀速生产某种产品(生产条件要求1<x<10),

每小时可获得利润100(3久+1-|)元，要使生产100千克该产品获得的利润最大，该厂应选取的生产速度

是()

A.2千克/小时B.3千克/小时

C.4千克/小时D.6千克/小时

【解题思路】生产100千克该产品获得的利润为f(x)=手•100(3x+1-|),令"%由换元法求二次函

数最大值即可.

【解答过程】由题意得，生产100千克该产品获得的利润为/O)=詈100(3x+l-习=10000(3+，

分=10000-2Q)2+1+3,1<x<10,

令t=：,t<1,则/0=10000(-2产+1+3)=-20000，"?2一||,故当t=：时，f(t)最大，

此时x=4.

故选：C.

6.(2023・全国•高三专题练习)某企业投入100万元购入一套设备，该设备每年的运转费用是0.5万元，此

外每年都要花费一定的维护费，第一年的维护费为2万元，由于设备老化，以后每年的维护费都比上一年增

加2万元.为使该设备年平均费用最低，该企业需要更新设备的年数为()

A.8B.10C.12D.13

【解题思路】设该企业需要更新设备的年数为x(x€N*),设备年平均费用为y万元，求得y关于x的表达式，

利用基本不等式求出y的最小值及其对应的x值，即可得出结论.

【解答过程】设该企业需要更新设备的年数为x(x€N*),设备年平均费用为y万元,

则x年后的设备维护费用为2+4+6+…+2无=丝产=x(x+1),

所以“年的平均费用为y=】