2019高考数学（江苏）二轮专题攻略（课件+习题）：专题七 应用题 (共9份打包)

第21讲　函数应用题　 1.某生物探测器在水中逆流行进时,所消耗的能量为E=cvnT,其中v为探测器在静水中行进时的速度,T为行进的时间(单位:小时),c为常数,n为能量次级数.如果水的速度为4 km/h,该生物探测器在水中逆流行进200 km. (1)求T关于v的函数关系式; (2)(i)当能量次级数为2时,求该探测器消耗的最少能量; (ii)当能量次级数为3时,试确定使该探测器消耗的能量最少的v的大小. 2.(2017江苏南京二十九中模拟)某商店经销一种纪念徽章,每枚徽章的成本为30元,并且每卖出一枚徽章需向相关部门上缴a元(a为常数,2≤a≤5),设每枚徽章的售价为x元(35≤x≤41).根据市场调查,日销售量与ex(e为自然对数的底数)成反比例.已知当每枚徽章的售价为40元时,日销售量为10枚. (1)求该商店的日利润L(x)与每枚徽章的售价x之间的函数关系式; (2)当每枚徽章的售价为多少元时,该商店的日利润L(x)最大?并求出L(x)的最大值. 3.(2018江苏丹阳中学等三校高三下学期联考(实验班))2017年6月以来,某地区多次爆发“流感”疫情,引起某种消毒液热销.该消毒液原来每瓶的成本为8元,售价为10元,月销售量为6万瓶. (1)据市场调查,若售价每提高0.5元,则月销售量相应减少0.4万瓶,要使提价后月利润不低于原来的月利润,则消毒液每瓶售价最高为多少元? (2)为了提高月利润,厂家决定下月投入部分资金进行广告促销,计划每瓶的售价为x(x≥12)元,并投入(x-12)万元作为广告费用.据市场调查,售价每瓶每提高0.5元,月销售量将相应减少万瓶.当售价x为多少元时,下月利润最大?并求出最大利润. 答案精解精析 1.解析　(1)由题意得,该探测器相对于河岸的速度为 km/h, 又该探测器相对于河岸的速度比相对于水的速度小4 km/h,即v-4, 所以=v-4,即T=km/h(v>4). (2)(i)当能量次级数为2时,由(1)知E=200c·,v>4, E=200c· =200c· ≥200c· =3 200c, 所以该探测器消耗的最少能量为3 200c. (ii)当能量次级数为3时,由(1)知E=200c·,v>4, 由E'=200c·=0得v=6, 当v<6时,E'<0;当v>6时,E'>0, 所以当v=6时,Emin=21 600c. 2.解析　(1)设日销售量为枚,则=10, 所以k=10e40,则日销售量为枚. 每枚徽章的售价为x元时,每枚徽章的利润为(x-30-a)元, 则L(x)=(x-30-a)=10e40·(35≤x≤41). (2)由(1)知,L'(x)=10e40·(35≤x≤41), 令L'(x)=0,得x=31+a. ①当2≤a≤4时,33≤31+a≤35,而35≤x≤41, 所以L'(x)≤0,此时L(x)在[35,41]上单调递减, 则当x=35时,L(x)取得最大值,最大值为10(5-a)e5. ②当4<a≤5时,35<31+a≤36,则 当x∈[35,a+31]时,L'(x)>0,L(x)在[35,a+31]上单调递增; 当x∈(a+31,41]时,L'(x)<0,L(x)在(a+31,41]上单调递减. 所以当x=a+31时,L(x)取得最大值,最大值为10e9-a. 综上,当2≤a≤4,每枚徽章的售价为35元时,该商店的日利润L(x)最大,L(x)max=10(5-a)e5; 当4<a≤5,每枚徽章的售价为(a+31)元时,该商店的日利润L(x)最大,L(x)max=10e9-a. 3.解析　(1)设每瓶售价提高a个0.5元,由题意得, (10+0.5a-8)(6-0.4a)≥(10-8)×6,解得0≤a≤11,所以a=11时,最高售价10+11×0.5=15.5元,所以最高售价为15.5元. (2)由题意,下月利润为y=(x-8)·-(x-12)=(x-8)· -(x-12). y=-×, y'=-× =-×. 令y'=0,得x=7(舍)或x=13,则当12<x<13时,y'>0,当x>13时,y'<0, 所以x=13时,y取最大值,此时y=17.2. 答:当每瓶售价为13元时,月销售利润最大,最大利润为17.2万元. $$ 第21讲　函数应用题 1.(2018江苏南京多校高三段考)已知集合A={-1,2,2m-1},集合B={2,m2},若B⊆A,则实数m=　　　　　.  2.(2018江苏连云港上学期期末)两条平行直线4x+3y+3=0与8x+my-9=0的距离是　　　　　.  3.已知向量a=(cos x,sin x),b=(,),a·b=,则cos=　　　　　.  4.若f(x)=x2-2x-4ln x,则f '(x)>0的解集为　　　　.  5.(20