3.6 函数的应用-【创新教程】2023职教高考数学总复习教师用书word

又∵f(x＋2)－f(x)＝2x＋4， ∴a(x＋2)2＋b(x＋2)＋2－(ax2＋bx＋2)＝2x＋4，即4ax＋4a＋2b＝2x＋4， 由恒等式性质得，∴， ∴所求二次函数为f(x)＝x2＋x＋2. [综合题组练] 1．关于x的方程x2＋(a2－1)x＋a－2＝0的一个根比1大，另一个根比1小，则(　　 ) A．－1＜a＜1　　　 B．|a|＞1 C．－2＜a＜1 D．a＜－2或a＞1 解析：C　[设f(x)＝x2＋(a2－1)x＋a－2.由f(1)＜0⇒a2＋a－2＜0，解得－2＜a＜1.所以应选C.] 2．(2023·青海高一期末)函数f(x)＝－x2＋2|x|的大致图象为(　　) 解析：D　[函数f(－x)＝－x2＋2|x|＝f(x)，所以f(x)为偶函数，故A错误； 因为f(1)＝－1＋2＝1，故B错误； 当x＝5时，f(5)＝－52＋25＝7＞0，故C错误．故选D.] 3．(2023·上海师大附中高三月考)函数y＝的递增区间是　________　. 解析：由题意得2x－x2≥0，即0≤x≤2， 又因y＝2x－x2的对称轴为x＝1，所以y＝2x－x2在[0,1]上单调递增，故根据复合函数单调性，得函数y＝的递增区间为[0,1]． 答案：[0,1] 4．若二次函数满足f(x＋1)－f(x)＝2x且f(0)＝1. (1)求f(x)的解析式； (2)若在区间[－1,1]上不等式f(x)>2x＋m恒成立，求实数m的取值范围． 解析：(1)设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由f(0)＝1， 得c＝1，f(x)＝ax2＋bx＋1. ∵f(x＋1)－f(x)＝2x， ∴2ax＋a＋b＝2x，∴，∴， ∴f(x)＝x2－x＋1. (2)由题意，x2－x＋1>2x＋m在[－1,1]上恒成立，即x2－3x＋1－m>0在[－1,1]上恒成立． 令g(x)＝x2－3x＋1－m＝2－－m，其对称轴为x＝， ∴g(x)在区间[－1,1]上是减函数， ∴g(x)min＝g(1)＝1－3＋1－m>0，∴m<－1. 3．6　函数的应用 [知识点一]　常见的函数模型　 名称 解析式 条件 一次函 数模型 y＝kx＋b k≠0 反比例 函数模型 y＝＋b k≠0 二次函 数模型 一般式：y＝ax2＋bx＋c顶点式： y＝a2＋ a≠0 幂函数 模型 y＝axn＋b a≠0， n≠1 分段函 数模型 这个模型实则是以上两 种或多种模型的综合， 应用也十分广泛 [知识点二]　函数模型解决实际问题的基本思路　 [基础自测] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)在一次函数模型中，系数k的取值会影响函数的性质．(　　) (2)在幂函数模型的解析式中，a的正负会影响函数的单调性．(　　) 答案：(1)√　(2)√ 2．某自行车存车处在某一天总共存放车辆4 000辆次，存车费：电动自行车0.3元/辆，普通自行车0.2元/辆．若该天普通自行车存车x辆次，存车费总收入为y元，则y与x的函数关系式(　　) A．y＝0.2x(0≤x≤4 000) B．y＝0.5x(0≤x≤4 000) C．y＝－0.1x＋1 200(0≤x≤4 000) D．y＝0.1x＋1 200(0≤x≤4 000) 答案：C 3．已知某停车场规定：停车时间在3小时内，车主需交费5元，若停车超过3小时，每多停1小时，车主要多交3元，不足1小时按1小时计算．一辆汽车在该停车场停了7小时20分钟，在离开时车主应交的停车费为(　　) A．16元　　　　　　 B．18元 C．20元 D．22元 解析：C　[由已知得7小时20分钟按8小时计算， 所以停车费为5＋(8－3)×3＝20元．故选C.] 4．某厂日生产文具盒的总成本y(元)与日产量x(套)之间的函数关系式y＝6x＋30 000，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．2 000套 B．3 000套 C．4 000套 D．5 000套 解析：D　[因利润z＝12x－(6x＋30 000), 所以z＝6x－30 000， 由z≥0解得x≥5 000，故至少日生产文具盒 5 000套．故选D.] 5．某物体一天内的温度T是时间t的函数关系式T(t)＝t3－3t＋60，时间单位是h，温度单位为℃，t＝0时表示中午12∶00，则上午8∶00时的温度为　________　℃. 答案：8 一次函数、二次函数模型 [例1]　商场销售进价为30元的商品，在销售中发现商品的销售单价x元与日销售量y件之间有如下关系： 销售单价x(元) 30 40 45 50 日销售量y(件) 60 30 15 0 (1)在坐标系中，根据表中提供的数据描出实数(