第3章 第8节 第2课时 函数模型及其应用-【名师大课堂】2027年高考数学艺术生总复习必备

名师大课堂数学 第二课时 数模型及其应用 基础知识必备 1.几种常见的函数模型 续表 函数模型 函数解析式 增长 一次函 速度 相对平稳 f(x)=ax十b(a,b为常数，a≠0) 数模型 二次函 f(x)=ax2+bx+c(a,b,c为常 数模型 数，a≠0) 指数函 f(x)=bar+c(a,b,c为常数， 随x值增 随x值增 随n值 数模型 a>0且a≠1，b≠0) 图象的 大，图象与 大，图象与 变化而 对数函 f(x)=blogax+c(a,b,c为常 变化 不同 数模型 数，a>0且a≠1，b≠0) 接近平行 接近平行 幂函数 f(x)=ax”+b(a,b,n为常数， 模型 a≠0，n≠0) 2.三种函数模型性质比较 名师点评 y=ar y=logax y=x” “对勾”函数f(x)=x十a(a>0)的性质 (a>1) (a>1) (n>0) (1)该函数在(-∞，-√a]和[a,十∞)上单 在(0， 调递增，在[一√a,0)和(0，Wa]上单调递减. +∞)上 的单 (2)当x>0时，x=√a时取最小值2√a; 调性 当x<0时，x=-√a时取最大值一2√a. 考点知能突破 考点一利用函数图象刻画实际问题 【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 例1(2026·广东广州市综合 度先慢后快，故选B. 检测（一）)如图，一高为H 【答案】B 且装满水的鱼缸，其底部装 @)名师点评 有一排水小孔，当小孔打开 “5” 判断函数图象与实际问题变化 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 过程相吻合的方法 t,则函数h=f(t)的图象大致是 (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 第三章 函数及其应用 [针对训练] 目名师点评 1.汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽 求解已知函数模型解决实际问题的关键 油行驶的里程，下图描述了甲、乙、丙三辆汽 (1)认清所给函数模型，弄清哪些量为待定 车在不同速度下的燃油效率情况.下列叙述 系数」 中正确的是 ( (2)根据已知利用待定系数法，确定模型中 +燃油效率（千米/升） 的待定系数 15 (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 。甲车 10 [针对训练] 乙车 2.某地西红柿上市后，通过市场调查，得到西 丙车 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 40 80 速度（千米时） 种植成本Q 116 84 116 A.消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米 根据上表数据，从下列函数中选取一个函数 B.以相同速度行驶相同的路程，三辆汽车 描述西红柿的种植成本Q与上市时间t的 中，甲车消耗汽油量最多 变化关系：Q=at+b,Q=at2+bt+,Q= C.甲车以80千米/时的速度行驶1小时，消 a·b,Q=a·logt. 耗10升汽油 利用你选取的函数，求： D.某城市机动车最高限速80千米/时，相 (1)西红柿种植成本最低时的上市天数是 同条件下，在该城市用丙车比用乙车更 省油 (2)最低种植成本是 元/100kg. 考点二已知函数模型求解实际问题 考点三建立函数模型解决实际问题 例2大学毕业生小赵想开一家服装专卖店， 角度一 构建二次函数、分段函数、“对勾”函 经过预算，该门面需要装修费为20000元， 数模型 每天需要房租、水电等费用100元，受经营 例3小王大学毕业后，决定利用所学专业进 信誉度、销售季节等因素的影响，专卖店销 行自主创业.经过市场调查，生产某小型电 售总收益R(元)与门面经营天数x的关系 子产品需投入年固定成本3万元，每生产x 1 万件，需另投入流动成本W(x)万元，在年 是R(x)= 400x- 2x,0≤x≤400则当总 80000,x>400, 产量不足8万件时，W(x)=弓2十x(万 利润最大时，该门面经营的天数是 元).在年产量不小于8万件时，W(x)=6x 【解析】由题意，总利润y= +100-38(万元).每件产品售价为5元.通 400x- 722-100x-20000,0≤x≤400 过市场分析，小王生产的商品能当年全部 60000-100x,x>400, 售完 1 当0x≤400时，y=-2(x-300)2+25000, (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 所以当x=300时，ymx=25000; 收入一固定成本一流动成本) 当x>400时，y=60000-100x<20000. (2)年产量为多少万件时，小王在这一商品 综上，当门面经营的天数为300时，总利润 的生产中所获利润最大？最大利润是多少？ 最大为25000元. 【解】(1)因为每件商品售价为5元，则x 【答案】300 万件商品销售收入为5x万元， 39 名师大课堂数学 依题意得，当0<x<8时， 过原有的1%，则至少需要的年数是( L(x)=5-(+z-3=-2+4x-3: A.6B.5 C.4D.3 (2)里氏震级M的计算公式为：M=1gA一 当x≥8时，L(x)=5x-(6z+100 38-3 1gA。,其中A是测震仪记录的地震曲线的 最大振幅，A。是相应的标准地震的振幅.假 =35-(x+100) 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 32+4x-3,0<x<8, 次地震的震级为 级；9级地震的最 所以L(x) 大振幅是5级地震最大振幅的 倍. 35-(x+100 ,x≥8. 【解析】(1)设这种放射性物质最初的质量 3(x-6)2+9. 为1，经过x(x∈N)年后，剩余量是y,则有 (2)当0<x<8时，L(x)=- 此时，当x=6时，L(x)取得最大值L(6)= y=()广，徐题意得()广≤0整理得2 9万元.当x≥8时，L（x)=35一 ≥100，解得x≥4，所以至少需要的年数是 (+1935-2.1四 4,故选C.(2)M=1g1000-1g0.001=3- =35-20= (一3)=6.设9级地震的最大振幅和5级地 15,当且仅当x=100时等号成立，即x=10 震的最大振幅分别为A1,A2,则9=1gA1 时，L(x)取得最大值15万元.因为9<15， 1gA。=1g,则=10'；5=gA,一gA。 A。 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 =g是则光=10，所以公-10.故9级 万元. 地震的最大振幅是5级地震最大振幅的 目微点拔 10000倍. 建模解决实际问题的三个步骤 【答案】 (1)C (2)610000 (1)建模：抽象出实际问题的数学模型， )微点拔 (2)推理、演算：对数学模型进行逻辑推理 指数型、对数型函数模型 或数学演算，得到问题在数学意义上的解 (1)在实际问题中，有关人口增长、银行利 (3)评价、解释：对求得的数学结果进行深 率、细胞分裂等增长率问题常用指数函数 入讨论，作出评价、解释，返回到原来的实 模型表示.通常可以表示为y=N(1十p) 际问题中去，得到实际问题的解， (其中N为基础数，p为增长率，x为时间) 即： 的形式，解题时，往往用到对数运算，要注 (实际问题 抽象概括 数学模型 意与已知表格中给定的值对应求解， 推理演算 (2)有关对数型函数的应用题，一般都会给 实际问题 还原说明 数学模型 出函数解析式，要求根据实际情况求出函 的解 的解 数解析式中的参数，或给出具体情境，从中 [提醒] (1)构建函数模型时不要忘记考 提炼出数据，代入解析式求值，然后根据值 虑函数的定义域。 回答其实际意义， (2)利用模型f(x)=ax十 求解最值时， [针对训练] 注意取得最值时等号成立的条件. 3.某养殖场需定期购买饲料，已知该场每天需 角度二构建指数、对数函数模型 要饲料200千克，每千克饲料的价格为1.8 例4(1)(2026·广西桂林一模)一种放射性 元，饲料的保管费与其他费用平均每千克每 物质不断衰变为其他物质，每经过一年就有 天0.03元，购买饲料每次支付运费300元， 号的质量发生衰变，若该物质余下质量不超 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利用复合函数单调性可得函数f(x)的增区间为 (一∞，0)，减区间为(2，十∞). (2)令g(x)=ax2-x,则函数g(x)的图象开口向上，对称 轴为x=2a 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)=a.x2-x在[2,4]上单调递减，且g(x)min> 0.即品≥ 此不等式组无解 g(4)=16a-4>0, ②当>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)mm>0, 中公2 解得a>2 g(2)=4a-2>0, 又a>1,所以a>1. 综上，实数a的取值范围为[1，十∞). 第七节函数的图象 基础知识必备 2.(1)f(x-a)f(x)+b(2)f(w.x)Af(x) (3)-f(x)f(-x) -f(-x)(4)f(x)fx)川 考点知能突破 针对训练 1x2,x≥0， 1.D先画出函数f(x)=1 ,x<0的图象，知图()所示， 再根据函数f(x)与一f(一x)的图象关于坐标原，点对称， 即可画出函数一f(一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)=2一x2与 g(x)=x2,画出函数F(x) minf(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（一∞，一1]上单调递增，在 (-1,0)上单调递减，在0,1]上单调递增，在(1，十∞)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一2|十1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)=x 过A点时针率为了，故)=g)有两个不相等的实根时。 k的范国为(？，1.故选B fx)=lx-2l+1 /B y=x 。” A 5 心 4.答案：（一3,0）U(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（一3,0） U(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 2∠ 1.D因为f(x)=3-x2,所以f(-1)=31-1=- 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x1 时，令f(x)=2-1一1=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’即{1二、0. 解得0a3, 1f(2)>0, 故选C. 4.答案：(0,1) 解析：画出函数 f(.x)= 2x-1,x>0, 的图象，如 -x2-2.x,x≤0 图所示. 由于函数g(x)=f(x)-m有3个 70 零点，结合图象得0<m<1,即m∈ (0,1). 5.答案：(4，十∞) 解析：函数的零点十函数的图象与性质 令t=2,则>0，且221=1·方程21+22x一m=0等 价于1十生=m.因为=2与x一一对应，所以关于1的 方程t十 4=m有两个正根，即函数y=1十(>0)的图 t 象与直线)=m有两个交点，结合对勾画数y=1十上在 (0,十∞)上的图象，可知n4,故n的取值范围为(4， 十∞). 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 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=at2十bt十c,即Q=a(t-120)2十n 描述，将表中数据代入可得 aC60-120+n=116解得a=0.01, a(100-120)2+m=84, {m=80, 所以Q=0.01(t一120)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)+…十6=3.x2-3.x(元).从而有y= (3x2-3x+300)+200×1.8=300+3x+357≥417，当 x 且仅当300=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.f0+△)-fxo) 常数A f(xro+Ar)-f(ro) A △x △x (.xo,f(.xo)切线斜率y-f(xo)=f(xo)(x-xo) 2.lim(r)-f(r) 3.0 nr"I cos r -sinr a"In a ex 1 xln a x 4.(3)f(x)g(x)+f(x)g'(x) （4)f()g)=fx)g2(gr)≠0) Lg(x)2] 5.y'4·wx 考点知能突破 针对训练 1.Ac对于A:(/=·nV= xIn2 r 对于B:(x2e)′=(x2+2.x)ex 对于C:(rcos x)'=cosx-rsin x, 对于D:(-广-1+之故递AC 2.A函数y=x2与y=lnx十a的导函数分别为y'=2x, y=之，谈切点的横坐标为>0 it2=Int+a, 则{2= 解得a=1+n2故选A 2 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)=2e2,则曲线 y=f(x)在点(t,e2)处的切线方程为y-e=2e(x-t). 由于该直线过原点，故一e21=-21e2,得t=2,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=2.x十5与曲线y=e十x十a的切点坐标 为(x0,e2。十xo十a),由y=e2+x十a得y'=e2+1,所以 3 yx=x,=e十1=2，解得x0=0,所以切点坐标为(0,1十 a),又切点(0,1十a)在切线y=2x十5上，所以1十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(0，十∞)， f(x)=a(x-1)-1+1=-1)(a.x-1) 1 令f(x)=0,则x1=1,x2=a, ①若a=1,则f(x)≥0恒成立，所以fx)在(0，十∞)上是增 函数； ②若0<<1，则1>1， a 当x∈(0,1)时，f(x)>0,f(.x)是增函数， 当x(1,)时，f)<0fx)是减画戴. 当∈（合十）时，f(x>0,fx)是增函数： ⑧若a>1,则0<1<1， 当x∈(0，）时f(x)>0,f(x)是增函数，当x∈ (日，1)时fx)<0f)是减画数， 当x∈(1，十∞)时，f'(x)>0,f(x)是增函数. 综上所述，当a=1时，f(x)在(0，十∞)上是增函数； 当0<a<1时，f(x)在(0,1)上是增画数，在(1，)上是 减函数，在（仔十∞）上是增函数： 当>1时fx)在(0，)上是增通数，在（合1）上足 减函数，在(1，十∞)上是增函数. 2.C国为画数f(x)=ac-lnx,所以f'(x)=ae-子.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ae-≥0在(1,2)恒成立，易知 a>0,则0<<e在1,2)证成主.授8x)=e2,则 g'(x)=(x+1)e.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1≤e,即a≥ =el,故选C. e 3.A因为f(x)=xsin x,所以f(-x)=(-x)sin(-x)= rsin=f(x).所以函数f(x)是偶函数，所以f(-牙） f(）.又x∈(o,)时，得f(x)=sinx+xosx>0, 所以f()在(0，)上是增画数.所以f(等)<f(1)< f(5)所以f(-号)>f)>f()故选A. 4.解：(1)因为f(x)在(-∞，十o∞)上是增函数，所以f(x) =3x2一u≥0在（一∞，十∞）上恒成立，即a≤3x2对x∈ R恒成立.因为3x2≥0，所以只需a≤0.又因为a=0时， f'(x)=3x2≥0，f(x)=x3一1在R上是增函数，所以a 0,即实数a的取值范围为（一∞，0]. 05