高考數(shù)學二輪復習微專題28以分段函數(shù)為載體的應用題學案

/10/10/微專題28以分段函數(shù)為載體的應用題數(shù)學源于生活，應用所學數(shù)學知識解決實際問題是能力與素養(yǎng)的具體表現(xiàn)．數(shù)學應用問題是江蘇數(shù)學高考的突出亮點，常以中檔題(17或18題)的形式呈現(xiàn)，具有良好的區(qū)分度，是高考的重點與熱點．本專題集中介紹以分段函數(shù)型的應用問題，常見的處理手段是結(jié)合實際問題，利用所給條件建立分段函數(shù)的數(shù)學模型，利用所學數(shù)學的知識與方法予以解決.例題：如圖所示，某快遞公司在某市的貨物轉(zhuǎn)運中心，擬引進智能機器人分揀系統(tǒng)，以提高分揀效率和降低物流成本．已知購買x臺機器人的總成本為p(x)＝eq\f(1,600)x2＋x＋150萬元．(1)若使每臺機器人的平均成本最低，問應買多少臺？(2)現(xiàn)按(1)中的數(shù)量購買機器人，需要安排m人將郵件放在機器人上，機器人將郵件送達指定落袋格口完成分揀(如圖所示)．經(jīng)實驗知，每臺機器人的日平均分揀量為q(m)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(8,15)m（60－m），（1≤m≤30），,480，（m＞30）))(單位：件)．已知傳統(tǒng)的人工分揀每人每日的平均分揀量為1200件，問引進機器人后，日平均分揀量達最大時，用人數(shù)量比引進機器人前的用人數(shù)量最多可減少百分之幾？變式1某網(wǎng)店專賣當?shù)啬撤N特產(chǎn)，由以往的經(jīng)驗表明，不考慮其他因素，該特產(chǎn)每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價格x(單位：元/千克，1＜x≤5)滿足：當1＜x≤3時，y＝a(x－3)2＋eq\f(b,x－1)(a，b為常數(shù))；當3＜x≤5時，y＝－70x＋490，已知當銷售價格為2元/千克時，每日可售出該特產(chǎn)700千克；當銷售價格為3元/千克時，每日可售出該特產(chǎn)150千克．(1)求a，b的值，并確定y關于x的函數(shù)解析式；(2)若該特產(chǎn)的銷售成本為1元/千克，試確定銷售價格x的值，使店鋪每日銷售該特產(chǎn)所獲利潤f(x)最大(x精確到0.01元/千克)．

變式2根據(jù)統(tǒng)計資料，某工藝品廠的日產(chǎn)量最多不超過20件，每日產(chǎn)品廢品率p與日產(chǎn)量x(件)之間近似地滿足關系式p＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,15－x)，1≤x≤9，x∈N*，,\f(x2＋60,540)，10≤x≤20，x∈N*))(日產(chǎn)品廢品率＝eq\f(日廢品量,日產(chǎn)量)×100%)．已知每生產(chǎn)一件正品可贏利2千元，而生產(chǎn)一件廢品則虧損1千元．(該車間的日利潤y＝日正品贏利額－日廢品虧損額)(1)將該車間日利潤y(千元)表示為日產(chǎn)量x(件)的函數(shù)；(2)當該車間的日產(chǎn)量為多少件時，日利潤最大？最大日利潤是幾千元？串講1某公司研制出了一種新產(chǎn)品，試制了一批樣品分別在國內(nèi)和國外上市銷售，并且價格根據(jù)銷售情況不斷進行調(diào)整，結(jié)果40天內(nèi)全部銷完，公司對銷售及銷售利潤進行了調(diào)研，結(jié)果如圖所示，其中圖①(一條折線)、圖②(一條拋物線段)分別是國外和國內(nèi)市場的日銷售量與上市時間的關系，圖③是每件樣品的銷售利潤與上市時間的關系．(1)分別寫出國外市場的日銷售量f(t)與上市時間t的關系及國內(nèi)市場的日銷售量g(t)與上市時間t的關系；(2)國外和國內(nèi)的日銷售利潤之和有沒有可能恰好等于6300萬元？若有，請說明是上市后的第幾天；若沒有，請說明理由．

串講2如圖是一塊鍍鋅鐵皮的邊角料ABCD，其中AB，CD，DA都是線段，曲線段BC是拋物線的一部分，且點B是該拋物線的頂點，BA所在直線是該拋物線的對稱軸．經(jīng)測量，AB＝2米，AD＝3米，AB⊥AD，點C到AD，AB的距離CH，CR的長均為1米．現(xiàn)要用這塊邊角料裁一個矩形AEFG(其中點F在曲線段BC或線段CD上，點E在線段AD上，點G在線段AB上)．設BG的長為x米，矩形AEFG的面積為S平方米．(1)將S表示為x的函數(shù)；(2)當x為多少米時，S取得最大值，最大值是多少？如圖，已知半圓AOB是某愛國主義教育基地一景點的平面示意圖，其中該半圓的半徑OA的長為1百米．為了保護景點，基地管理部門從道路l上選取一點C，修建參觀線路C－D－E－F，且CD，DE，EF均與半圓相切，四邊形CDEF是等腰梯形，設DE＝t百米，記修建每1百米參觀線路的費用為f(t)萬元，經(jīng)測算f(t)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5，0＜t≤\f(1,3)，,8－\f(1,t)，\f(1,3)＜t＜2.))(1)用t表示線段EF的長；(2)求修建參觀線路的最低費用．

(2018·南通二模)將一鐵塊高溫融化后制成一張厚度忽略不計、面積為100dm2的矩形薄鐵皮(如圖)，并沿虛線l1，l2裁剪成A，B，C三個矩形(B，C全等)，用來制成一個柱體．現(xiàn)有兩種方案．方案①：以l1為母線，將A作為圓柱的側(cè)面展開圖，并從B，C中各裁剪出一個圓形作為圓柱的兩個底面；方案②：以l1為側(cè)棱，將A作為正四棱柱的側(cè)面展開圖，并從B，C中各裁剪出一個正方形(各邊分別與l1或l2垂直)作為正四棱柱的兩個底面．(1)設B，C都是正方形，且其內(nèi)切圓恰為按方案①制成的圓柱的底面，求底面半徑；(2)設l1的長為xdm，則當x為多少時，能使按方案②制成的正四棱柱的體積最大？答案：(1)eq\f(5\r(2（π＋1）),2（π＋1）)dm；(2)2eq\r(10).解析：(1)設所得圓柱的半徑為rdm，則(2πr＋2r)×4r＝100，解得r＝eq\f(5\r(2（π＋1）),2（π＋1）).6分(2)設所得正四棱柱的底面邊長為adm，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤\f(x,2)，,a≤\f(100,x)－4a，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤\f(x,2)，,a≤\f(20,x).))9分解法1所得正四棱柱的體積V＝a2x≤eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x3,4)，0＜x≤2\r(10)，,\f(400,x)，x＞2\r(10).))記函數(shù)p(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x3,4)，0＜x≤2\r(10)，,\f(400,x)，x＞2\r(10).))11分則p(x)在(0，2eq\r(10)]上單調(diào)遞增，在[2eq\r(10)，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當x＝2eq\r(10)時，p(x)max＝20eq\r(10).所以當x＝2eq\r(10)，a＝eq\r(10)時，Vmax＝20eq\r(10)dm3.14分解法22a≤x≤eq\f(20,a)，從而a≤eq\r(10).9分所得正四棱柱的體積V＝a2x≤a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,a)))＝20a≤20eq\r(10).11分所以當a＝eq\r(10)，x＝2eq\r(10)時，Vmax＝20eq\r(10)dm3.14分答：(1)圓柱的底面半徑為eq\f(5\r(2（π＋1）),2（π＋1）)dm；(2)當x為2eq\r(10)時，能使按方案②制成的正四棱柱的體積最大.16分注意：1.直接“由x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(x,2)))＝100得，x＝2eq\r(10)時正四棱柱的體積最大”，只給結(jié)果得分，即2分；2．解法1中的求解過程要體現(xiàn)V≤p(x)≤2eq\r(10)，凡寫成V＝p(x)≤2eq\r(10)的最多得5分，解法2類似解答參照給分．微專題28例題答案：(1)300；(2)75%.解析：(1)由題意得，每臺機器人的平均成本為eq\f(p（x）,x)＝eq\f(1,600)x＋eq\f(150,x)＋1≥2eq\r(\f(x,600)·\f(150,x))＋1＝2，當且僅當eq\f(x,600)＝eq\f(150,x)(x∈N*)，即x＝300時取等號，答：要使每臺機器人的平均成本最低，應買300臺．(2)當1≤m≤30時，每臺機器人日平均分揀量為q(m)＝eq\f(8,15)m(60－m)＝－eq\f(8,15)(m－30)2＋480，當m＝30時，每臺機器人的日平均分揀量最大值為480，當m＞30時，每臺機器人的日平均分揀量仍為480，則引進300臺機器人后，日平均分揀量的最大值為480×300＝.若用傳統(tǒng)人工分揀件，則需要eq\f(,1200)＝120人，答：引進機器人后要降低物流成本，用人數(shù)量比引進機器人前的用人數(shù)量最多可減eq\f(120－30,120)＝eq\f(3,4)＝75%.變式聯(lián)想變式1答案：(1)a＝400，b＝300，y＝(2)eq\f(5,3)≈1.67.解析：(1)因為x＝2時，y＝700；x＝3時，y＝150，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝700，,\f(b,2)＝150，))解得a＝400，b＝300.每日的銷售量y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(400（x－3）2＋\f(300,x－1)，1＜x≤3，,－70x＋490，3＜x≤5.))(2)由(1)知，當1＜x≤3時，每日銷售利潤f(x)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(400（x－3）2＋\f(300,x－1)))(x－1)＝400(x－3)2(x－1)＋300＝400(x3－7x2＋15x－9)＋300，(1＜x≤3)，f′(x)＝400(3x2－14x＋15)(1＜x≤3)．令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(5,3)，或x＝3；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,3)))時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，3))時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減．∴x＝eq\f(5,3)是函數(shù)f(x)在(1，3]上的唯一極大值點，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))＝400×eq\f(32,27)＋300＞700；當3＜x≤5時，每日銷售利潤f(x)＝(－70x＋490)(x－1)＝－70(x2－8x＋7)，f(x)在x＝4時有最大值，且f(4)＝630＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3))).綜上，銷售價格x＝eq\f(5,3)≈1.67元/千克時，每日利潤最大．變式2答案：(1)y＝(2)日產(chǎn)量為10件時最大日利潤是eq\f(100,9)千元．解析：(1)由題意可知，y＝2x(1－p)－px＝(2)考慮函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(24x－2x2,15－x)，1≤x≤9，x∈N*,\f(5,3)x－\f(x3,180)，10≤x≤20，x∈N*))當1≤x≤9時，f′(x)＝2－eq\f(90,（15－x）2)，令f′(x)＝0，得x＝15－3eq\r(5).當1≤x＜15－3eq\r(5)時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在[1，15－3eq\r(5))上單調(diào)遞增；當15－3eq\r(5)＜x≤9時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在(15－3eq\r(5)，9]上單調(diào)減．所以當x＝15－3eq\r(5)時，f(x)取得極大值，也是最大值，又x是整數(shù)，f(8)＝eq\f(64,7)，f(9)＝9，所以當x＝8時，f(x)有最大值eq\f(64,7).當10≤x≤20時，f′(x)＝eq\f(5,3)－eq\f(x2,60)＝eq\f(100－x2,60)≤0，所以函數(shù)f(x)在[10，20]上單調(diào)遞減，所以當x＝10時，f(x)取得極大值eq\f(100,9)，也是最大值．由于eq\f(100,9)＞eq\f(64,7)，所以當該車間的日產(chǎn)量為10件時，日利潤最大．答：當該車間的日產(chǎn)量為10件時，日利潤最大，最大日利潤是eq\f(100,9)千元．說明：許多實際應用問題在轉(zhuǎn)化為函數(shù)問題去解決時，無法用一個等量關系去表達，需要列出若干個關系式，這些關系式構成了一個整體，即為分段函數(shù)，在建構分段函數(shù)模型時，要根據(jù)實際問題的條件，將自變量的取值范圍劃分為若干個區(qū)間，分別考察在每個區(qū)間上的最優(yōu)解，并加以比較以確定問題的解答，涉及分段變換的數(shù)學應用問題，通常的處理方法是仔細審題，明確解題方向，結(jié)合條件，分段解決，這類問題常常會轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)、三次函數(shù)、分式函數(shù)等函數(shù)問題，求最值的方法不限定僅用函數(shù)方法，有時也會用到基本不等式等其他求最值的方法．串講激活串講1答案：(1)f(t)＝g(t)＝－eq\f(3,20)t2＋6t(0≤t≤40)；(2)第30天．解析：(1)圖①是兩條線段，由一次函數(shù)及待定系數(shù)法，得f(t)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2t，0≤t≤30，,－6t＋240，30＜t≤40.))圖②是一個二次函數(shù)的部分圖象，故g(t)＝－eq\f(3,20)t2＋6t(0≤t≤40)．(2)每件樣品的銷售利潤h(t)與上市時間t的關系為h(t)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3t，0≤t≤20，,60，20＜t≤40.))故國外和國內(nèi)的日銷售利潤之和F(t)與上市時間t的關系為F(t)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3t\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,20)t2＋8t))，0≤t≤20，,60\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,20)t2＋8t))，20＜t≤30，,60\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,20)t2＋240))，30＜t≤40.))當0≤t≤20時，F(xiàn)(t)＝3teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,20)t2＋8t))＝－eq\f(9,20)t3＋24t2，∴F′(t)＝－eq\f(27,20)t2＋48t＝teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(48－\f(27,20)t))≥0，∴F(t)在[0，20]上是增函數(shù)，∴F(t)在此區(qū)間上的最大值為F(20)＝6000＜6300.當20＜t≤30時，F(xiàn)(t)＝60eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,20)t2＋8t)).由F(t)＝6300，得3t2－160t＋2100＝0，解得t＝eq\f(70,3)(舍去)或t＝30.當30＜t≤40時，F(xiàn)(t)＝60eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,20)t2＋240)).由F(t)在(30，40]上是減函數(shù)，得F(t)＜F(30)＝6300.故國外和國內(nèi)的日銷售利潤之和可以恰好等于6300萬元，為上市后的第30天．串講2答案：(1)S＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(x)（2－x），0＜x≤1，,（2x－1）（2－x），1＜x＜2.))(2)x＝eq\f(5,4)時，Smax＝eq\f(9,8).解析：(1)以點B為坐標原點，BA所在直線為x軸，建立平面直角坐標系．設曲線段BC所在拋物線的方程為y2＝2px(p＞0)，將點C(1，1)代入，得2p＝1，即曲線段BC的方程為y＝eq\r(x)(0≤x≤1)．又由點C(1，1)，D(2，3)得線段CD的方程為y＝2x－1(1≤x≤2)．而GA＝2－x，所以S＝(2)①當0＜x≤1時，因為S＝eq\r(x)(2－x)＝2xeq\s\up6(\f(1,2))－xeq\s\up6(\f(3,2))，所以S′＝x－eq\f(1,2)－eq\f(3,2)xeq\s\up6(\f(1,2))＝eq\f(2－3x,2\r(x))，由S′＝0，得x＝eq\f(2,3).當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))時，S′＞0，所以S遞增；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))時，S′＜0，所以S遞減，所以當x＝eq\f(2,3)時，Smax＝eq\f(4\r(6),9)；②當1＜x＜2時，因為S＝(2x－1)(2－x)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(9,8)，所以當x＝eq\f(5,4)時，Smax＝eq\f(9,8)；綜上，因為eq\f(9,8)＞eq\f(4\r(6),9)，所以當x＝eq\f(5,4)米時，Smax＝eq\f(9,8)平方米．答：當x為eq\f(5,4)米時，S取得最大值，最大值為eq\f(9,8)平方米．新題在線答案：(1)EF＝eq\f(t,4)＋eq\f(1,t)(0＜t＜2)；(2)24.5.解析：(1)設DQ與半圓相切于點Q，則由四邊形CDEF是等腰梯形知，OQ⊥DE，以CF所在直線為x軸，OQ所在直線為y軸，建立平面直角坐標系xOy.設EF與圓切于G點，連接OG，過點E作EH⊥OF，垂足為H.因為EH＝OG，∠OFG＝∠EFH，∠GOF＝∠HEF，所以Rt△EHF≌Rt△OGF，∴HF＝FG＝EF－eq\f(1,2)t.所以EF2