第3章 第8节 第2课时 函数模型及其应用-【名师大课堂】2026年高考数学艺术生总复习必备

5.解:(1)当a=12 时,f(x)=log12( 1 2x 2-x),由12x 2-x> 0,得x2-2x>0,解得x<0或x>2,所以函数f(x)的定 义域为(-∞,0)∪(2,+∞). 利 用 复 合 函 数 单 调 性 可 得 函 数 f(x)的 增 区 间 为 (-∞,0),减区间为(2,+∞). (2)令g(x)=ax2-x,则函数g(x)的图象开口向上,对称 轴为x=12a. ①当0<a<1时,要使函数f(x)在区间[2,4]上是增函 数,则g(x)=ax2-x 在[2,4]上单调递减,且g(x)min> 0,即 1 2a≥4 , g(4)=16a-4>0, 此不等式组无解. ②当a>1时,要使函数f(x)在区间[2,4]上是增函数,则 g(x)=ax2-x在[2,4]上单调递增,且g(x)min>0, 即 1 2a≤2 , g(2)=4a-2>0, 解得a>12. 又a>1,所以a>1. 综上,实数a的取值范围为[1,+∞). 第七节 函数的图象 基础知识必备 2.(1)f(x-a) f(x)+b (2)f(ωx) Af(x) (3)-f(x) f(-x) -f(-x) (4)f(|x|) |f(x)| 考点知能突破 针对训练 1.D 先画出函数f(x)= x2,x≥0, 1 x ,x<0 的图象,如图(1)所示, 再根据函数f(x)与-f(-x)的图象关于坐标原点对称, 即可画出函数-f(-x)的图象,即g(x)的图象,如图(2) 所示.故选D. 2.ABD 根据函数f(x)=2-x2 与 g(x)=x2,画出函数F(x)=min {f(x),g(x)}的图象,如图.由图 象可知,函数F(x)=min{f(x), g(x)}的图象关于y 轴对称,所以 A项正确;函数F(x)的图象与x 轴有三个交点,所以方程F(x)=0有三个不同的实根,所 以B项正确;函数F(x)在(-∞,-1]上单调递增,在(- 1,0)上单调递减,在[0,1]上单调递增,在(1,+∞)上单 调递减,所以C项错误,D项正确。 3.B 先作出函数f(x)=|x-2|+1的图象,如图所示,当直 线g(x)=kx与直线AB 平行时斜率为1,当直线g(x)=kx 过A点时斜率为12 ,故f(x)=g(x)有两个不相等的实根时, k的范围为 12 ,1 .故选B. 4.答案:(-3,0)∪(0,3) 解析:函 数 f(x)的 图 象 大 致 如 图 所示. 因为f(x)为奇函数,且x·[f(x)- f(-x)]<0, 所以2xf(x)<0. 由图可知,不等式的解集为(-3,0) ∪(0,3). 第八节 函数的应用 第一课时 函数的零点与方程的解、二分法 基础知识必备 1.(1)f(x)=0 (2)x轴 零点 2.f(a)·f(b)<0 (a,b) f(c)=0 考点知能突破 针对训练 1.D 因为f(x)=3x-x2,所以f(-1)=3-1-1=-23< 0,f(0)=30-0=1>0,所以f(-1)·f(0)<0.故选D. 2.C 当x>1时,令f(x)=ln(x-1)=0,得x=2;当x≤1 时,令f(x)=2x-1-1=0,得x=1.故选C. 3.C 由题意,知函数f(x)在(1,2)上单调递增,又函数一 个零点在区间(1,2)内, 所以 f (1)<0, f(2)>0, 即 -a<0,4-1-a>0, 解得0<a<3, 故选C. 4.答案:(0,1) 解 析:画 出 函 数 f (x)= 2x-1,x>0, -x2-2x,x≤0 的 图 象,如 图 所示. 由于函数g(x)=f(x)-m 有3个 零点,结合图象得0<m<1,即m∈ (0,1). 5.答案:-14 ,2 解析:因为函数f(x)=4x-2x-a,x∈[-1,1]有零点, 所以方程4x-2x-a=0在[-1,1]上有解,即方程a=4x -2x 在[-1,1]上有解. 方程a=4x-2x 可变形为a= 2x-12 2 -14 , 因为x∈[-1,1],所以2x∈ 12 ,2 ,所以 2x-12 2 - 1 4∈ - 1 4 ,2 . 所以实数a的取值范围是 -14 ,2 . 第二课时 函数模型及其应用 基础知识必备 2.增函数 增函数 增函数 越来越快 越来越慢 y轴 x轴 考点知能突破 针对训练 1.D 根据图象知消耗1升汽油,乙车最多行驶里程大于5 千米,故选项A错;以相同速度行驶时,甲车燃油效率最 高,因此以相同速度行驶相同路程时,甲车消耗汽油最 少,故选项B错;甲车以80千米/时的速度行驶时燃油效 率为10千米/升,行驶1小时,里程为80千米,消耗8升 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —403— 汽油,故选项C错;最高限速80千米/时,丙车的燃油效率 比乙车高,因此相同条件下,在该市用丙车比用乙车更省 油,故选项D对. 2.答案:(1)120 (2)80 解析:因为随着时间的增加,种植成本先减少后增加,而 且当t=60和t=180时种植成本相等,再结合题中给出 的四种函数关系可知,种植成本与上市时间的变化关系 应该用二次函数Q=at2+bt+c,即Q=a(t-120)2+m 描述,将表中数据代入可得 a(60-120)2+m=116, a(100-120)2+m=84, 解得 a=0.01,m=80, 所以Q=0.01(t-120)2+80,故当上市天数为120时,种 植成本取到最低值80元/100kg. 3.答案:10 解析:设该养殖场x(x∈N*)天购买一次饲料可使平均每天 支付的总费用最少,平均每天支付的总费用为y元. 因为饲料的保管费与其他 费 用 每 天 比 前 一 天 少200× 0.03=6(元),所以x 天饲料的保管费与其他费用共是 6(x-1)+6(x-2)+…+6=3x2-3x(元).从而有y= 1 x (3x2-3x+300)+200×1.8=300x +3x+357≥417 ,当 且仅当300 x =3x ,即x=10时,y有最小值.故该养殖场10 天购买一次饲料才能使平均每天支付的总费用最少. 第四章 导数及其应用 第一节 导数的概念及运算 基础知识必备 1.f (x0+Δx)-f(x0) Δx 常数A f (x0+Δx)-f(x0) Δx A (x0,f(x0)) 切线斜率 y-f(x0)=f'(x0)(x-x0) 2.lim Δx→0 f(x+Δx)-f(x) Δx 3.0 nxn-1 cosx -sinx axlna ex 1xlna 1 x 4.(3)f'(x)g(x)+f(x)g'(x) (4)f' (x)g(x)-f(x)g'(x) [g(x)2] (g(x)≠0) 5.y'u·u'x 考点知能突破 针对训练 1.ABC 对于A: 1lnx '=- 1ln2x·(lnx)'=- 1xln2x, 对于B:(x2ex)'=(x2+2x)ex, 对于C:(xcosx)'=cosx-xsinx, 对于D:x-1x '=1+1x2.故选ABC. 2.A 函数y=x2 与y=lnx+a的导函数分别为y'=2x, y'=1x. 设切点的横坐标为t(t>0), 则 t2=lnt+a, 2t=1t. 解得a=1+ln22 .故选A. 3.答案:2ex-y=0 解析:设切点坐标为(t,e2t), 因为f(x)=e2x,所以f'(x)=2e2x,f'(t)=2e2t,则曲线 y=f(x)在点(t,e2t)处的切线方程为y-e2t=2e2t(x-t). 由于该直线过原点,故-e2t=-2te2t,得t=12 ,则过原点 且与曲线y=f(x)相切的直线方程为y=2ex,即2ex-y =0. 4.答案:4 解析:设直线y=2x+5与曲线y=ex+x+a的切点坐标 为(x0,ex0+x0+a),由y=ex+x+a得y'=ex+1,所以 y'|x=x0=e x0+1=2,解得x0=0,所以切点坐标为(0,1+ a),又切点(0,1+a)在切线y=2x+5上,所以1+a=5, 解得a=4. 第二节 导数与函数的单调性 基础知识必备 1.单调递增 单调递减 常数函数 考点知能突破 针对训练 1.解:函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=a(x-1)-1+1x= (x-1)(ax-1) x , 令f'(x)=0,则x1=1,x2= 1 a , ①若a=1,则f'(x)≥0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上是增 函数; ②若0<a<1,则1a>1 , 当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)是增函数, 当x∈ 1,1a 时,f'(x)<0,f(x)是减函数, 当x∈ 1a ,+∞ 时,f'(x)>0,f(x)是增函数; ③若a>1,则0<1a<1 , 当x∈ 0,1a 时,f'(x)>0,f(x)是 增 函 数,当 x∈ 1 a ,1 时,f'(x)<0,f(x)是减函数, 当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)是增函数. 综上所述,当a=1时,f(x)在(0,+∞)上是增函数; 当0<a<1时,f(x)在(0,1)上是增函数,在 1,1a 上是 减函数,在 1 a ,+∞ 上是增函数; 当a>1时,f(x)在 0,1a 上是增函数,在 1a,1 上是 减函数,在(1,+∞)上是增函数. 2.C 因为函数f(x)=aex-lnx,所以f'(x)=aex-1x. 因 为函数f(x)=aex-lnx 在(1,2)单调递增,所以f'(x) ≥0在(1,2)恒成立,即aex-1x≥0 在(1,2)恒成立,易知 a>0,则0<1a≤xe x 在(1,2)恒成立.设g(x)=xex,则 g'(x)=(x+1)ex.当x∈(1,2)时,g'(x)>0,g(x)单调 递增,所以在(1,2)上,g(x)>g(1)=e,所以1a≤e ,即a≥ 1 e=e -1,故选C. 3.A 因为f(x)=xsinx,所以f(-x)=(-x)sin(-x)= xsinx=f(x).所以函数f(x)是偶函数,所以f -π3 = 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —503— 第二课时 函数模型及其应用 1.几种常见的函数模型 函数模型 函数解析式 一次函 数模型 f (x)=ax+b(a,b为常数,a≠0) 二次函 数模型 f(x)=ax2+bx+c(a,b,c为常 数,a≠0) 指数函 数模型 f(x)=bax+c(a,b,c为常数, a>0且a≠1,b≠0) 对数函 数模型 f(x)=blogax+c(a,b,c为常 数,a>0且a≠1,b≠0) 幂函数 模型 f(x)=axn+b(a,b,n为常数, a≠0,n≠0) 2.三种函数模型性质比较 y=ax (a>1) y=logax (a>1) y=xn (n>0) 在(0, +∞)上 的单 调性 续表 增长 速度 相对平稳 图象的 变化 随x 值增 大,图象与 接近平行 随 x 值 增 大,图象与 接近平行 随 n 值 变 化 而 不同 “对勾”函数f(x)=x+ax (a>0)的性质 (1)该函数在(-∞,- a]和[a,+∞)上单 调递增,在[-a,0)和(0,a]上单调递减. (2)当x>0时,x= a时取最小值2 a; 当x<0时,x=- a时取最大值-2 a. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 利用函数图象刻画实际问题 (2025·广东广州市综合 检测(一))如图,一高为 H 且装满水的鱼缸,其底部装 有一排水小孔,当小孔打开 时,水从孔中匀速流出,水流完所用时间为 T.若鱼缸水深为h时,水流出所用时间为 t,则函数h=f(t)的图象大致是 ( ) 【解析】 水位由高变低,排除C、D.半缸前 水位下降速度先快后慢,半缸后水位下降速 度先慢后快,故选B. 【答案】 B 判断函数图象与实际问题变化 过程相吻合的方法 (1)构建函数模型法:当根据题意易构建函数 模型时,先建立函数模型,再结合模型选图象. (2)验证法:根据实际问题中两变量的变化 快慢等特点,结合图象的变化趋势,验证是 否吻合,从中排除不符合实际的情况,选择 符合实际情况的答案. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 38 名师大课堂 艺术生必备·数学 [针对训练] 1.汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽 油行驶的里程,下图描述了甲、乙、丙三辆汽 车在不同速度下的燃油效率情况.下列叙述 中正确的是 ( ) A.消耗1升汽油,乙车最多可行驶5千米 B.以相同速度行驶相同的路程,三辆汽车 中,甲车消耗汽油量最多 C.甲车以80千米/时的速度行驶1小时,消 耗10升汽油 D.某城市机动车最高限速80千米/时,相 同条件下,在该城市用丙车比用乙车更 省油 已知函数模型求解实际问题 大学毕业生小赵想开一家服装专卖店, 经过预算,该门面需要装修费为20000元, 每天需要房租、水电等费用100元,受经营 信誉度、销售季节等因素的影响,专卖店销 售总收益R(元)与门面经营天数x的关系 是R(x)= 400x-12x 2,0≤x≤400, 80000,x>400, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 则当总 利润最大时,该门面经营的天数是 . 【解析】 由题意,总利润y= 400x-12x 2-100x-20000,0≤x≤400, 60000-100x,x>400, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 当0≤x≤400时,y=-12 (x-300)2+25000, 所以当x=300时,ymax=25000; 当x>400时,y=60000-100x<20000. 综上,当门面经营的天数为300时,总利润 最大为25000元. 【答案】 300 求解已知函数模型解决实际问题的关键 (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. (3)利用该函数模型,借助函数的性质、导 数等求解实际问题,并进行检验. [针对训练] 2.某地西红柿上市后,通过市场调查,得到西 红柿的种植成本Q(单位:元/100kg)与上 市时间t(单位:天)的数据如下表: 时间t 60 100 180 种植成本Q 116 84 116 根据上表数据,从下列函数中选取一个函数 描述西红柿的种植成本Q 与上市时间t的 变化关系:Q=at+b,Q=at2+bt+c,Q= a·bt,Q=a·logbt. 利用你选取的函数,求: (1)西红柿种植成本最低时的上市天数是 ; (2)最低种植成本是 元/100kg. 建立函数模型解决实际问题 角度一 构建二次函数、分段函数、“对勾”函 数模型 小王大学毕业后,决定利用所学专业进 行自主创业.经过市场调查,生产某小型电 子产品需投入年固定成本3万元,每生产x 万件,需另投入流动成本W(x)万元,在年 产量不足8万件时,W(x)=13x 2+x(万 元).在年产量不小于8万件时,W(x)=6x +100x -38 (万元).每件产品售价为5元.通 过市场分析,小王生产的商品能当年全部 售完. (1)写出年利润L(x)(万元)关于年产量x (万件)的函数解析式;(注:年利润=年销售 收入-固定成本-流动成本) (2)年产量为多少万件时,小王在这一商品 的生产中所获利润最大? 最大利润是多少? 【解】 (1)因为每件商品售价为5元,则x 万件商品销售收入为5x万元, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 39 第三章 函数及其应用 依题意得,当0<x<8时, L(x)=5x- 13x 2+x -3=-13x2+4x-3; 当x≥8时,L(x)=5x- 6x+100x -38 -3 =35- x+100x . 所以L(x)= -13x 2+4x-3,0<x<8, 35- x+100x ,x≥8. 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 (2)当0<x<8时,L(x)=-13 (x-6)2+9. 此时,当x=6时,L(x)取得最大值L(6)= 9 万 元.当 x ≥8 时,L (x)=35- x+100x ≤35-2 x·100x =35-20= 15,当且仅当x=100x 时等号成立,即x=10 时,L(x)取得最大值15万元.因为9<15, 所以当年产量为10万件时,小王在这一商 品的生产中所获利润最大,最大利润为15 万元. 建模解决实际问题的三个步骤 (1)建模:抽象出实际问题的数学模型. (2)推理、演算:对数学模型进行逻辑推理 或数学演算,得到问题在数学意义上的解. (3)评价、解释:对求得的数学结果进行深 入讨论,作出评价、解释,返回到原来的实 际问题中去,得到实际问题的解. 即: [提醒] (1)构建函数模型时不要忘记考 虑函数的定义域. (2)利用模型f(x)=ax+bx 求解最值时, 注意取得最值时等号成立的条件. 角度二 构建指数、对数函数模型 (1)(2025·广西桂林一模)一种放射性 物质不断衰变为其他物质,每经过一年就有 3 4 的质量发生衰变.若该物质余下质量不超 过原有的1%,则至少需要的年数是 ( ) A.6 B.5 C.4 D.3 (2)里氏震级 M 的计算公式为:M=lgA- lgA0,其中A 是测震仪记录的地震曲线的 最大振幅,A0 是相应的标准地震的振幅.假 设在一次地震中,测震仪记录的最大振幅是 1000,此时标准地震的振幅为0.001,则此 次地震的震级为 级;9级地震的最 大振幅是5级地震最大振幅的 倍. 【解析】 (1)设这种放射性物质最初的质量 为1,经过x(x∈N)年后,剩余量是y,则有 y= 14 x .依题意得 14 x ≤ 1100 ,整理得22x ≥100,解得x≥4,所以至少需要的年数是 4,故选C.(2)M=lg1000-lg0.001=3- (-3)=6.设9级地震的最大振幅和5级地 震的最大振幅分别为A1,A2,则9=lgA1- lgA0=lg A1 A0 ,则A1 A0 =109;5=lgA2-lgA0 =lg A2 A0 ,则A2 A0 =105,所以 A1 A2 =104.故9级 地震的 最 大 振 幅 是5级 地 震 最 大 振 幅 的 10000倍. 【答案】 (1)C (2)6 10000 指数型、对数型函数模型 (1)在实际问题中,有关人口增长、银行利 率、细胞分裂等增长率问题常用指数函数 模型表示.通常可以表示为y=N(1+p)x (其中N 为基础数,p为增长率,x为时间) 的形式.解题时,往往用到对数运算,要注 意与已知表格中给定的值对应求解. (2)有关对数型函数的应用题,一般都会给 出函数解析式,要求根据实际情况求出函 数解析式中的参数,或给出具体情境,从中 提炼出数据,代入解析式求值,然后根据值 回答其实际意义. [针对训练] 3.某养殖场需定期购买饲料,已知该场每天需 要饲料200千克,每千克饲料的价格为1.8 元,饲料的保管费与其他费用平均每千克每 天0.03元,购买饲料每次支付运费300元, 该养殖场 天购买一次饲料才能使 平均每天支付的总费用最少. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 40 名师大课堂 艺术生必备·数学