高考數(shù)學(xué)理科二輪總復(fù)習(xí)練習(xí)專題八 應(yīng)用題_第1頁
高考數(shù)學(xué)理科二輪總復(fù)習(xí)練習(xí)專題八 應(yīng)用題_第2頁
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文檔簡介

1.(2015·江蘇)某山區(qū)外圍有兩條相互垂直的直線型公路,為進(jìn)一步改善山區(qū)的交通現(xiàn)狀,計(jì)劃修建一條連接兩條公路和山區(qū)邊界的直線型公路.記兩條相互垂直的公路為l1,l2,山區(qū)邊界曲線為C,計(jì)劃修建的公路為l.如圖所示,M,N為C的兩個端點(diǎn),測得點(diǎn)M到l1,l2的距離分別為5千米和40千米,點(diǎn)N到l1,l2的距離分別為20千米和2.5千米,以l2,l1所在的直線分別為x,y軸,建立平面直角坐標(biāo)系xOy,假設(shè)曲線C符合函數(shù)y=eq\f(a,x2+b)(其中a,b為常數(shù))模型.(1)求a,b的值;(2)設(shè)公路l與曲線C相切于P點(diǎn),P的橫坐標(biāo)為t.①請寫出公路l長度的函數(shù)解析式f(t),并寫出其定義域;②當(dāng)t為何值時,公路l的長度最短?求出最短長度.解(1)由題意知,點(diǎn)M,N的坐標(biāo)分別為(5,40),(20,2.5).將其分別代入y=eq\f(a,x2+b),得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,25+b)=40,,\f(a,400+b)=2.5,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=1000,,b=0.))(2)①由(1)知,y=eq\f(1000,x2)(5≤x≤20),則點(diǎn)P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t,\f(1000,t2))),設(shè)在點(diǎn)P處的切線l交x,y軸分別于A,B點(diǎn),y′=-eq\f(2000,x3),則l的方程為y-eq\f(1000,t2)=-eq\f(2000,t3)(x-t),由此得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t,2),0)),Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(3000,t2))).故f(t)=eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t,2)))2+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3000,t2)))2)=eq\f(3,2)eq\r(t2+\f(4×106,t4)),t∈[5,20].②設(shè)g(t)=t2+eq\f(4×106,t4),則g′(t)=2t-eq\f(16×106,t5).令g′(t)=0,解得t=10eq\r(2).當(dāng)t∈(5,10eq\r(2))時,g′(t)<0,g(t)是減函數(shù);當(dāng)t∈(10eq\r(2),20)時,g′(t)>0,g(t)是增函數(shù).所以當(dāng)t=10eq\r(2)時,函數(shù)g(t)有極小值,也是最小值,所以g(t)min=300,此時f(t)min=15eq\r(3).答當(dāng)t=10eq\r(2)時,公路l的長度最短,最短長度為15eq\r(3)千米.2.(2016·江蘇)現(xiàn)需要設(shè)計(jì)一個倉庫,它由上下兩部分組成,上部的形狀是正四棱錐P-A1B1C1D1,下部的形狀是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如圖所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱錐的高PO1的4倍.(1)若AB=6m,PO1=2m,則倉庫的容積是多少?(2)若正四棱錐的側(cè)棱長為6m,則當(dāng)PO1為多少時,倉庫的容積最大?解(1)由PO1=2知,O1O=4PO1=8.因?yàn)锳1B1=AB=6,所以正四棱錐P-A1B1C1D1的體積V錐=eq\f(1,3)·A1Beq\o\al(2,1)·PO1=eq\f(1,3)×62×2=24(m3).正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積V柱=AB2·O1O=62×8=288(m3).所以倉庫的容積V=V錐+V柱=24+288=312(m3).(2)設(shè)A1B1=am,PO1=hm,則0<h<6,O1O=4h.連結(jié)O1B1,如圖所示.因?yàn)樵赗t△PO1B1中,O1Beq\o\al(2,1)+POeq\o\al(2,1)=PBeq\o\al(2,1),所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)a,2)))2+h2=36,即a2=2(36-h(huán)2).于是倉庫的容積V=V錐+V柱=eq\f(1,3)a2·h+a2·4h=eq\f(13,3)a2h=eq\f(26,3)(36h-h(huán)3),0<h<6,從而V′=eq\f(26,3)(36-3h2)=26(12-h(huán)2).令V′=0,得h=2eq\r(3)或h=-2eq\r(3)(舍).當(dāng)0<h<2eq\r(3)時,V′>0,V是單調(diào)增函數(shù);當(dāng)2eq\r(3)<h<6時,V′<0,V是單調(diào)減函數(shù).故當(dāng)h=2eq\r(3)時,V取得極大值,也是最大值.因此,當(dāng)PO1=2eq\r(3)m時,倉庫的容積最大.3.(2017·江蘇)如圖,水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱臺形玻璃容器Ⅱ的高均為32cm,容器Ⅰ的底面對角線AC的長為10eq\r(7)cm,容器Ⅱ的兩底面對角線EG,E1G1的長分別為14cm和62cm.分別在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水,水深均為12cm.現(xiàn)有一根玻璃棒l,其長度為40cm.(容器厚度、玻璃棒粗細(xì)均忽略不計(jì))(1)將l放在容器Ⅰ中,l的一端置于點(diǎn)A處,另一端置于側(cè)棱CC1上,求l沒入水中部分的長度;(2)將l放在容器Ⅱ中,l的一端置于點(diǎn)E處,另一端置于側(cè)棱GG1上,求l沒入水中部分的長度.解(1)由正四棱柱的定義可知,CC1⊥平面ABCD,所以平面A1ACC1⊥平面ABCD,CC1⊥AC.記玻璃棒的另一端落在CC1上點(diǎn)M處.因?yàn)锳C=10eq\r(7)cm,AM=40cm,所以MC=eq\r(402-10\r(7)2)=30cm,從而sin∠MAC=eq\f(MC,MA)=eq\f(30,40)=eq\f(3,4).記AM與水面的交點(diǎn)為P1,過P1作P1Q1⊥AC,Q1為垂足,如圖所示,則P1Q1⊥平面ABCD,故P1Q1=12cm,從而AP1=eq\f(P1Q1,sin∠MAC)=eq\f(12,\f(3,4))=16(cm).答玻璃棒l沒入水中部分的長度為16cm.(如果將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”,則結(jié)果為24cm)(2)方法一如圖,O,O1是正棱臺的兩底面中心.由正棱臺的定義可知,OO1⊥平面EFGH,所以平面E1EGG1⊥平面EFGH,OO1⊥EG.同理,平面E1EGG1⊥平面E1F1G1H1,OO1⊥E1G1.記玻璃棒的另一端落在GG1上的點(diǎn)N處.過G作GK⊥E1G1,K為垂足,則GK=OO1=32.因?yàn)镋G=14cm,E1G1=62cm,所以KG1=eq\f(62-14,2)=24cm,從而GG1=eq\r(KG\o\al(2,1)+GK2)=eq\r(242+322)=40cm.設(shè)∠EGG1=α,∠ENG=β,則sinα=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)+∠KGG1))=cos∠KGG1=eq\f(4,5).因?yàn)閑q\f(π,2)<α<π,所以cosα=-eq\f(3,5).在△ENG中,由正弦定理可得eq\f(40,sinα)=eq\f(14,sinβ),解得sinβ=eq\f(7,25).因?yàn)?<β<eq\f(π,2),所以cosβ=eq\f(24,25).于是sin∠NEG=sin(π-α-β)=sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ=eq\f(4,5)×eq\f(24,25)+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(3,5)))×eq\f(7,25)=eq\f(3,5).記EN與水面的交點(diǎn)為P2,過P2作P2Q2⊥EG,Q2為垂足,則P2Q2⊥平面EFGH,故P2Q2=12,從而EP2=eq\f(P2Q2,sin∠NEG)=20(cm).答玻璃棒l沒入水中部分的長度為20cm.(如果將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”,則結(jié)果為20cm)方法二記玻璃棒的另一端落在GG1上點(diǎn)N處,EN與水面的交點(diǎn)為P,過G1作G1H′⊥EG,垂足為H′,易知G1H′=32cm,GH′=24cm,可得GG1=40cm.所以cos∠G1GH′=eq\f(24,40)=eq\f(3,5),于是cos∠NGE=-eq\f(3,5).由余弦定理得EN2=EG2+GN2-2EG·GN·cos∠NGE,設(shè)GN=xcm,上述方程整理得(x-30)(5x+234)=0,x=30.過點(diǎn)N作NK⊥EG,垂足為K,過點(diǎn)P作PQ⊥EG,垂足為Q.由eq\f(KN,H′G1)=eq\f(GN,GG1),得eq\f(KN,32)=eq\f(30,40),解得KN=24cm.由eq\f(PQ,NK)=eq\f(EP,EN),得eq\f(12,24)=eq\f(EP,40),解得PE=20cm.方法三記玻璃棒的另一端落在GG1上點(diǎn)N處,EN與水面的交點(diǎn)為P,過G1作G1H′⊥EG,H′為垂足,過N作NK⊥EG,K為垂足,過P作PQ⊥EG,Q為垂足.易知G1H′=32cm,GH′=24cm,得tan∠G1GH′=eq\f(32,24)=eq\f(4,3).所以eq\f(KN,GK)=eq\f(4,3),可設(shè)KN=4x,GK=3x.在Rt△EKN中,由勾股定理得(14+3x)2+16x2=402,因式分解得(x-6)(25x+234)=0,解得x=6,KN=24cm,由eq\f(PQ,NK)=eq\f(EP,EN),得eq\f(12,24)=eq\f(EP,40),解得PE=20cm.方法四記玻璃棒的另一端落在GG1上的點(diǎn)N處,EN與水面的交點(diǎn)為P,過點(diǎn)P作PQ⊥EG,Q為垂足.以E為原點(diǎn),EG為x軸,建立平面直角坐標(biāo)系xEy.由題設(shè)條件易知G(14,0),G1(38,32).設(shè)∠NEG=α,由三角函數(shù)定義得N(40cosα,40sinα).由G,N,G1三點(diǎn)共線得eq\f(40sinα,40cosα-14)=eq\f(32,38-14),化簡得20cosα-15sinα=7,①又(20cosα-15sinα)2+(15cosα+20sinα)2=252,解得15cosα+20sinα=24.②由①②得sinα=eq\f(3,5),于是PE=eq\f(PQ,sinα)=20(cm).方法五記玻璃棒的另一端落在GG1上點(diǎn)N處,EN與水面的交點(diǎn)為P,過點(diǎn)P作PQ⊥EG,Q為垂足.以E為原點(diǎn),EG為x軸,建立平面直角坐標(biāo)系xEy.由題設(shè)條件易知G(14,0),G1(38,32),eq\o(GG1,\s\up6(→))=(24,32).設(shè)eq\o(GN,\s\up6(→))=λeq\o(GG1,\s\up6(→)),則可得點(diǎn)N坐標(biāo)為(14+24λ,32λ).由EN=40,得(14+24λ)2+1024λ2=402,(7+12λ)2+256λ2=202,400λ2+168λ+72-202=0,400λ2+168λ-27×13=0,(4λ-3)(100λ+117)=0,得λ=eq\f(3,4).所以點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為24.sin∠NEG=eq\f(24,40)=eq\f(3,5),于是PE=eq\f(PQ,sin∠NEG)=20(cm).方法六記玻璃棒的另一端落在GG1上點(diǎn)N處,EN與水面的交點(diǎn)為P,過P作PQ⊥EG,Q為垂足.以E為原點(diǎn),EG為x軸,建立平面直角坐標(biāo)系xEy.由題設(shè)條件易知G(14,0),G1(38,32),于是直線GG1的方程為y=eq\f(4,3)(x-14).故可設(shè)點(diǎn)N坐標(biāo)為(14+3t,4t).由EN=40,得(14+3t2)+16t2=402,25t2+84t+142-402=0,25t2+84t-54×26=0,(t-6)(25t+9×26)=0,得t=6,所以點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為24.sin∠NEG=eq\f(24,40)=eq\f(3,5),所以PE=eq\f(PQ,sin∠NEG)=20(cm).應(yīng)用題考查是江蘇高考特色,每年均有考查.主要考查學(xué)生運(yùn)用所學(xué)知識建立數(shù)學(xué)相關(guān)模型解決實(shí)際問題的能力,試題難度中等或中等偏上.命題要求考生了解信息社會,講究聯(lián)系實(shí)際,重視數(shù)學(xué)在生產(chǎn)、生活及科學(xué)中的應(yīng)用,明確“數(shù)學(xué)有用,要用數(shù)學(xué)”,并積累處理實(shí)際問題的經(jīng)驗(yàn),問題解決方法是函數(shù)不等式相關(guān)知識.熱點(diǎn)一模型為函數(shù)、不等式的應(yīng)用題例1某工廠現(xiàn)有200人,人均年收入為4萬元.為了提高工人的收入,工廠將進(jìn)行技術(shù)改造.若改造后,有x(100≤x≤150)人繼續(xù)留用,他們的人均年收入為4a(a∈N*)萬元;剩下的人從事其他服務(wù)行業(yè),這些人的人均年收入有望提高2x%.(1)設(shè)技術(shù)改造后這200人的人均年收入為y萬元,求出y與x之間的函數(shù)關(guān)系式;(2)當(dāng)x為多少時,能使這200人的人均年收入達(dá)到最大,并求出最大值.解(1)y=eq\f(200-x×4×1+2x%+4ax,200)=eq\f(-0.02x2+a+3x+200,50)=-eq\f(1,2500)[x-25(a+3)]2+eq\f(1,4)(a+3)2+4.其中100≤x≤150,x∈N*.(2)①當(dāng)100≤25(a+3)≤150,即1≤a≤3,a∈N*時,∴當(dāng)x=25(a+3)時,y取最大值,即ymax=eq\f(1,4)(a+3)2+4;②當(dāng)25(a+3)>150,即a>3,a∈N*時,函數(shù)y在[100,150]上單調(diào)遞增,∴當(dāng)x=150時,y取最大值,即ymax=3a+4.答當(dāng)1≤a≤3,a∈N*時,x=25(a+3)時,y取最大值eq\f(1,4)(a+3)2+4;當(dāng)a>3,a∈N*,x=150時,y取最大值3a+4.思維升華二次函數(shù)是高考數(shù)學(xué)應(yīng)用題命題的一個重要模型,解決此類問題要充分利用二次函數(shù)的結(jié)論和性質(zhì).跟蹤演練1某企業(yè)參加A項(xiàng)目生產(chǎn)的工人為1000人,平均每人每年創(chuàng)造利潤10萬元.根據(jù)現(xiàn)實(shí)的需要,從A項(xiàng)目中調(diào)出x人參與B項(xiàng)目的售后服務(wù)工作,每人每年可以創(chuàng)造利潤10eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a-\f(3x,500)))萬元(a>0),A項(xiàng)目余下的工人每人每年創(chuàng)造利潤需要提高0.2x%.(1)若要保證A項(xiàng)目余下的工人創(chuàng)造的年總利潤不低于原來1000名工人創(chuàng)造的年總利潤,則最多調(diào)出多少人參加B項(xiàng)目從事售后服務(wù)工作?(2)在(1)的條件下,當(dāng)從A項(xiàng)目調(diào)出的人數(shù)不能超過總?cè)藬?shù)的40%時,能使得A項(xiàng)目中留崗工人創(chuàng)造的年總利潤始終不低于調(diào)出的工人所創(chuàng)造的年總利潤,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解(1)根據(jù)題意可得(1000-x)(10+10×0.2x%)≥1000×10,整理得x2-500x≤0,解得0≤x≤500,最多調(diào)出的人數(shù)為500.(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤500,,x≤1000×40%,))解得0≤x≤400.10eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a-\f(3x,500)))×x≤(1000-x)·(10+10×0.2x%)對x∈[0,400]恒成立,即10ax-eq\f(3x2,50)≤1000×10+20x-10x-2x2%恒成立,即ax≤eq\f(x2,250)+x+1000對于任意的x∈[0,400]恒成立.當(dāng)x=0時,不等式顯然成立;當(dāng)0<x≤400時,a≤eq\f(x,250)+eq\f(1000,x)+1=eq\f(1,250)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(250000,x)))+1.令函數(shù)f(x)=x+eq\f(250000,x),可知f(x)在區(qū)間[0,400]上是減函數(shù).故f(x)min=f(400)=1025,故eq\f(x,250)+eq\f(1000,x)+1≥eq\f(51,10).故0<a≤eq\f(51,10),所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(51,10))).例2小張于年初支出50萬元購買一輛大貨車,第一年因繳納各種費(fèi)用需支出6萬元,從第二年起,每年都比上一年增加支出2萬元,假定該車每年的運(yùn)輸收入均為25萬元.小張?jiān)谠撥囘\(yùn)輸累計(jì)收入超過總支出后,考慮將大貨車作為二手車出售,若該車在第x年年底出售,其銷售收入為(25-x)萬元(國家規(guī)定大貨車的報(bào)廢年限為10年).(1)大貨車運(yùn)輸?shù)降趲啄昴甑祝撥囘\(yùn)輸累計(jì)收入超過總支出?(2)在第幾年年底將大貨車出售,能使小張獲得的年平均利潤最大?(利潤=累計(jì)收入+銷售收入-總支出)解(1)設(shè)大貨車到第x年年底的運(yùn)輸累計(jì)收入與總支出的差為y萬元,則y=25x-[6x+x(x-1)]-50,0<x≤10,x∈N,即y=-x2+20x-50,0<x≤10,x∈N,由-x2+20x-50>0,解得10-5eq\r(2)<x<10+5eq\r(2),而2<10-5eq\r(2)<3,故從第三年開始運(yùn)輸累計(jì)收入超過總支出.(2)因?yàn)槔麧櫍嚼塾?jì)收入+銷售收入-總支出,所以銷售二手貨車后,小張的年平均利潤為eq\x\to(y)=eq\f(1,x)[y+(25-x)]=eq\f(1,x)(-x2+19x-25)=19-(x+eq\f(25,x)),而19-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(25,x)))≤19-2eq\r(x·\f(25,x))=9,當(dāng)且僅當(dāng)x=5時等號成立.答第5年年底出售貨車,年平均利潤最大.思維升華運(yùn)用基本不等式求解應(yīng)用題時,要注意構(gòu)造符合基本不等式使用的形式,同時要注意等號成立的條件.跟蹤演練2(2017·江蘇鎮(zhèn)江三模)某學(xué)校有長度為14m的舊墻一面,現(xiàn)準(zhǔn)備利用這面舊墻建造平面圖形為矩形、面積為126m2的活動室,工程條件是:①建1m新墻的費(fèi)用為a元;②修1m舊墻的費(fèi)用是eq\f(a,4)元;③拆去1m舊墻所得的材料,建1m新墻的費(fèi)用為eq\f(a,2)元,經(jīng)過討論有兩種方案:(1)問如何利用舊墻的一段xm(x<14)為矩形廠房的一面邊長;(2)矩形活動室的一面墻的邊長x≥14.利用舊墻,即x為多少時建墻的費(fèi)用最?。?1)(2)兩種方案,哪種方案最好?解設(shè)利用舊墻的一面邊長為xm,則矩形另一邊長為eq\f(126,x)m.(1)當(dāng)x<14時,總費(fèi)用f(x)=eq\f(a,4)x+eq\f(a,2)(14-x)+aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(252,x)-14))=7aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)+\f(36,x)-1))≥35a,當(dāng)且僅當(dāng)x=12時取最小值35a.(2)當(dāng)x≥14時,總費(fèi)用f(x)=eq\f(a,4)×14+aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(252,x)-14))=2aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(126,x)-\f(21,4))),則f′(x)=2aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(126,x2)))>0,故f(x)在[14,+∞)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x=14時取最小值35.5a.答第(1)種方案最省,即當(dāng)x=12m時,總費(fèi)用最省,為35a元.熱點(diǎn)二模型為三角函數(shù)的應(yīng)用題例3(2017·蘇北四市一模)如圖,已知A,B兩鎮(zhèn)分別位于東西湖岸MN的A處和湖中小島的B處,點(diǎn)C在A的正西方向1km處,tan∠BAN=eq\f(3,4),∠BCN=eq\f(π,4).現(xiàn)計(jì)劃鋪設(shè)一條電纜連通A,B兩鎮(zhèn),有兩種鋪設(shè)方案:①沿線段AB在水下鋪設(shè);②在湖岸MN上選一點(diǎn)P,先沿線段AP在地下鋪設(shè),再沿線段PB在水下鋪設(shè),預(yù)算地下、水下的電纜鋪設(shè)費(fèi)用分別為2萬元/km、4萬元/km.(1)求A,B兩鎮(zhèn)間的距離;(2)應(yīng)該如何鋪設(shè),使總鋪設(shè)費(fèi)用最低?解(1)過B作MN的垂線,垂足為D,如圖所示.在Rt△ABD中,tan∠BAD=tan∠BAN=eq\f(BD,AD)=eq\f(3,4),所以AD=eq\f(4,3)BD,在Rt△BCD中,tan∠BCD=tan∠BCN=eq\f(BD,CD)=1,所以CD=BD.則AC=AD-CD=eq\f(4,3)BD-BD=eq\f(1,3)BD=1,即BD=3,所以CD=3,AD=4,由勾股定理,得AB=eq\r(AD2+BD2)=5(km).所以A,B兩鎮(zhèn)間的距離為5km.(2)方案①:沿線段AB在水下鋪設(shè)時,總鋪設(shè)費(fèi)用為5×4=20(萬元).方案②:設(shè)∠BPD=θ,則θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ0,\f(π,2))),其中θ0=∠BAN,在Rt△BDP中,DP=eq\f(BD,tanθ)=eq\f(3,tanθ),BP=eq\f(BD,sinθ)=eq\f(3,sinθ),所以AP=4-DP=4-eq\f(3,tanθ).則總鋪設(shè)費(fèi)用為2AP+4BP=8-eq\f(6,tanθ)+eq\f(12,sinθ)=8+6·eq\f(2-cosθ,sinθ).設(shè)f(θ)=eq\f(2-cosθ,sinθ),則f′(θ)=eq\f(sin2θ-2-cosθcosθ,sin2θ)=eq\f(1-2cosθ,sin2θ),令f′(θ)=0,得θ=eq\f(π,3),列表如下:θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ0,\f(π,3)))eq\f(π,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3),\f(π,2)))f′(θ)-0+f(θ)↘極小值↗所以f(θ)的最小值為f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))=eq\r(3).所以方案②的總鋪設(shè)費(fèi)用最小為8+6eq\r(3)(萬元),此時AP=4-eq\r(3).而8+6eq\r(3)<20,所以應(yīng)選擇方案②進(jìn)行鋪設(shè),點(diǎn)P選在A的正西方向(4-eq\r(3))km處,總鋪設(shè)費(fèi)用最低.思維升華諸如航行、建橋、測量、人造衛(wèi)星等涉及一定圖形屬性的應(yīng)用問題,常常需要應(yīng)用幾何圖形的性質(zhì),用三角函數(shù)知識來求解.跟蹤演練3(2017·江蘇蘇錫常鎮(zhèn)二模)某單位將舉辦慶典活動,要在廣場上豎立一形狀為等腰梯形的彩門BADC(如圖).設(shè)計(jì)要求彩門的面積為S(單位:m2),高為h(單位:m)(S,h為常數(shù)).彩門的下底BC固定在廣場底面上,上底和兩腰由不銹鋼支架構(gòu)成,設(shè)腰和下底的夾角為α,不銹鋼支架的長度和記為l.(1)請將l表示成關(guān)于α的函數(shù)l=f(α);(2)問當(dāng)α為何值時l最小,并求最小值.解(1)過D作DH⊥BC于點(diǎn)H,如圖所示.則∠DCB=αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2))),DH=h,則DC=eq\f(h,sinα),CH=eq\f(h,tanα).設(shè)AD=x,BC=x+eq\f(2h,tanα).因?yàn)镾=eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+x+\f(2h,tanα)))·h,則x=eq\f(S,h)-eq\f(h,tanα),則l=f(α)=2DC+AD=eq\f(S,h)+heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,sinα)-\f(1,tanα)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2))).(2)由(1)可知,l=f(α)=eq\f(S,h)+heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,sinα)-\f(1,tanα))),則f′(α)=h·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(-2cosα,sin2α)-\f(-1,sin2α)))=h·eq\f(1-2cosα,sin2α),令f′(α)=h·eq\f(1-2cosα,sin2α)=0,得α=eq\f(π,3).αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,3)))eq\f(π,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3),\f(π,2)))f′(α)-0+f(α)↘極小值↗所以lmin=f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))=eq\r(3)h+eq\f(S,h).例4(2017·江蘇揚(yáng)州一模)如圖,矩形ABCD是一個歷史文物展覽廳的俯視圖,點(diǎn)E在AB上,在梯形BCDE區(qū)域內(nèi)部展示文物,DE是玻璃幕墻,游客只能在△ADE區(qū)域內(nèi)參觀.在AE上點(diǎn)P處安裝一可旋轉(zhuǎn)的監(jiān)控?cái)z像頭,∠MPN為監(jiān)控角,其中M,N在線段DE(含端點(diǎn))上,且點(diǎn)M在點(diǎn)N的右下方.經(jīng)測量得知,AD=6m,AE=6m,AP=2m,∠MPN=eq\f(π,4).記∠EPM=θ(弧度),監(jiān)控?cái)z像頭的可視區(qū)域△PMN的面積為S.(1)求S關(guān)于θ的函數(shù)關(guān)系式,并寫出θ的取值范圍;eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(參考數(shù)據(jù):tan\f(5,4)≈3))(2)求S的最小值.解(1)方法一在△PME中,∠EPM=θ,PE=AE-AP=4(m),∠PEM=eq\f(π,4),∠PME=eq\f(3π,4)-θ,由正弦定理得eq\f(PM,sin∠PEM)=eq\f(PE,sin∠PME),所以PM=eq\f(PE×sin∠PEM,sin∠PME)=eq\f(2\r(2),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)-θ)))=eq\f(4,sinθ+cosθ),同理在△PNE中,由正弦定理得eq\f(PN,sin∠PEN)=eq\f(PE,sin∠PNE),所以PN=eq\f(PE×sin∠PEN,sin∠PNE)=eq\f(2\r(2),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)-θ)))=eq\f(2\r(2),cosθ),所以△PMN的面積S=eq\f(1,2)PM×PN×sin∠MPN=eq\f(4,cos2θ+sinθcosθ)=eq\f(4,\f(1+cos2θ,2)+\f(1,2)sin2θ)=eq\f(8,sin2θ+cos2θ+1)=eq\f(8,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ+\f(π,4)))+1),當(dāng)M與E重合時,θ=0;當(dāng)N與D重合時,tan∠APD=3,即∠APD=eq\f(5,4),θ=eq\f(3π,4)-eq\f(5,4),所以0≤θ≤eq\f(3π,4)-eq\f(5,4).綜上可得S=eq\f(8,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ+\f(π,4)))+1),θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(3π,4)-\f(5,4))).方法二在△PME中,∠EPM=θ,PE=AE-AP=4(m),∠PEM=eq\f(π,4),∠PME=eq\f(3π,4)-θ,由正弦定理可知,eq\f(ME,sinθ)=eq\f(PE,sin∠PME),所以ME=eq\f(PE×sinθ,sin∠PME)=eq\f(4sinθ,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)-θ)))=eq\f(4\r(2)sinθ,sinθ+cosθ),在△PNE中,由正弦定理可知,eq\f(NE,sin∠EPN)=eq\f(PE,sin∠PNE),所以NE=eq\f(PE×sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ+\f(π,4))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)-θ)))=eq\f(4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ+\f(π,4))),cosθ)=eq\f(2\r(2)sinθ+cosθ,cosθ),所以MN=NE-ME=eq\f(2\r(2),cos2θ+sinθcosθ),又點(diǎn)P到DE的距離為d=4sineq\f(π,4)=2eq\r(2),所以△PMN的面積S=eq\f(1,2)×MN×d=eq\f(4,cos2θ+sinθcosθ)=eq\f(4,\f(1+cos2θ,2)+\f(1,2)sin2θ)=eq\f(8,sin2θ+cos2θ+1)=eq\f(8,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ+\f(π,4)))+1),當(dāng)M與E重合時,θ=0;當(dāng)N與D重合時,tan∠APD=3,即∠APD=eq\f(5,4),θ=eq\f(3π,4)-eq\f(5,4),所以0≤θ≤eq\f(3π,4)-eq\f(5,4).所以S=eq\f(8,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ+\f(π,4)))+1),θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(3π,4)-\f(5,4))).(2)當(dāng)2θ+eq\f(π,4)=eq\f(π,2),即θ=eq\f(π,8)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(3π,4)-\f(5,4)))時,S取得最小值eq\f(8,\r(2)+1)=8(eq\r(2)-1).所以可視區(qū)域△PMN面積的最小值為8(eq\r(2)-1)m2.思維升華用正、余弦定理去解決具體設(shè)計(jì)問題時,應(yīng)關(guān)注圖形的特點(diǎn),找出已知量及所求的量,轉(zhuǎn)化為三角形的邊角,再利用正弦、余弦定理構(gòu)造方程或三角函數(shù)式求解.跟蹤演練4(2017·江蘇鎮(zhèn)江一模)如圖,某公園有三條觀光大道AB,BC,AC圍成直角三角形,其中直角邊BC=200m,斜邊AB=400m.現(xiàn)有甲、乙、丙三位小朋友分別在AB,BC,AC大道上嬉戲,所在位置分別記為點(diǎn)D,E,F(xiàn).(1)若甲、乙都以每分鐘100m的速度從點(diǎn)B出發(fā)在各自的大道上奔走,到大道的另一端時即停,乙比甲晚2分鐘出發(fā),當(dāng)乙出發(fā)1分鐘后,求此時甲、乙兩人之間的距離;(2)設(shè)∠CEF=θ,乙、丙之間的距離是甲、乙之間距離的2倍,且∠DEF=eq\f(π,3),請將甲、乙之間的距離y表示為θ的函數(shù),并求甲、乙之間的最小距離.解(1)依題意得BD=300m,BE=100m,在△ABC中,cosB=eq\f(BC,AB)=eq\f(1,2),∴B=eq\f(π,3),在△BDE中,由余弦定理,得DE2=BD2+BE2-2BD·BE·cosB=3002+1002-2·300·100·eq\f(1,2)=70000,∴DE=100eq\r(7)m,答甲、乙兩人之間的距離為100eq\r(7)m.(2)由題意得EF=2DE=2ym,∠BDE=∠CEF=θ,在直角三角形CEF中,CE=EF·cos∠CEF=2ycosθ,在△BDE中,由正弦定理得eq\f(BE,sin∠BDE)=eq\f(DE,sin∠DBE),即eq\f(200-2ycosθ,sinθ)=eq\f(y,sin60°),∴y=eq\f(100\r(3),\r(3)cosθ+sinθ)=eq\f(50\r(3),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ+\f(π,3)))),0<θ<eq\f(π,2),∴當(dāng)θ=eq\f(π,6)時,y有最小值50eq\r(3).答甲、乙之間的最小距離為50eq\r(3)m.熱點(diǎn)三模型為立體幾何、解析幾何、數(shù)列等其他類型的應(yīng)用題例5(2017·江蘇南京一模)如圖所示,某街道居委會擬在EF地段的居民樓正南方向的空白地段AE上建一個活動中心,其中AE=30米.活動中心東西走向,與居民樓平行.從東向西看活動中心的截面圖的下部分是長方形ABCD,上部分是以DC為直徑的半圓.為了保證居民樓住戶的采光要求,活動中心在與半圓相切的太陽光線照射下落在居民樓上的影長GE不超過2.5米,其中該太陽光線與水平線的夾角θ滿足tanθ=eq\f(3,4).(1)若設(shè)計(jì)AB=18米,AD=6米,問能否保證上述采光要求?(2)在保證上述采光要求的前提下,如何設(shè)計(jì)AB與AD的長度,可使得活動中心的截面面積最大?(注:計(jì)算中π取3)解如圖,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB所在直線為x軸,建立平面直角坐標(biāo)系.(1)因?yàn)锳B=18米,AD=6米,所以半圓的圓心為H(9,6),半徑r=9.設(shè)太陽光線所在直線方程為y=-eq\f(3,4)x+b,即3x+4y-4b=0,則由eq\f(|27+24-4b|,\r(32+42))=9,解得b=24或b=eq\f(3,2)(舍).故太陽光線所在直線方程為y=-eq\f(3,4)x+24,令x=30,得EG=1.5<2.5.所以此時能保證上述采光要求.(2)設(shè)AD=h米,AB=2r米,則半圓的圓心為H(r,h),半徑為r.方法一設(shè)太陽光線所在直線方程為y=-eq\f(3,4)x+b,即3x+4y-4b=0,由eq\f(|3r+4h-4b|,\r(32+42))=r,解得b=h+2r或b=h-eq\f(r,2)(舍).故太陽光線所在直線方程為y=-eq\f(3,4)x+h+2r,令x=30,得EG=2r+h-eq\f(45,2),由EG≤eq\f(5,2),得h≤25-2r.所以S=2rh+eq\f(1,2)πr2=2rh+eq\f(3,2)×r2≤2r(25-2r)+eq\f(3,2)×r2=-eq\f(5,2)r2+50r=-eq\f(5,2)(r-10)2+250≤250.當(dāng)且僅當(dāng)r=10時取等號.所以當(dāng)AB=20米且AD=5米時,可使得活動中心的截面面積最大.方法二欲使活動中心內(nèi)部空間盡可能大,則影長EG恰為2.5米,則此時點(diǎn)G為(30,2.5),設(shè)過點(diǎn)G的上述太陽光線為l1,則l1所在直線方程為y-eq\f(5,2)=-eq\f(3,4)(x-30),即3x+4y-100=0.由直線l1與半圓H相切,得r=eq\f(|3r+4h-100|,5).而點(diǎn)H(r,h)在直線l1的下方,則3r+4h-100<0,即r=-eq\f(3r+4h-100,5),從而h=25-2r.又S=2rh+eq\f(1,2)πr2=2r(25-2r)+eq\f(3,2)×r2=-eq\f(5,2)r2+50r=-eq\f(5,2)(r-10)2+250≤250.當(dāng)且僅當(dāng)r=10時取等號.所以當(dāng)AB=20米且AD=5米時,可使得活動中心的截面面積最大.思維升華以解析幾何為背景的應(yīng)用題,一般要建立坐標(biāo)系,然后轉(zhuǎn)化為三角知識或二次函數(shù)或用基本不等式來求解.解析幾何型應(yīng)用題是高考的冷點(diǎn),但在復(fù)習(xí)時要引起重視.跟蹤演練5(2017·江蘇徐州信息卷)如圖是一塊地皮OAB,其中OA,AB是直線段,曲線段OB是拋物線的一部分,且點(diǎn)O是該拋物線的頂點(diǎn),OA所在的直線是該拋物線的對稱軸.經(jīng)測量,OA=2km,AB=eq\r(2)km,∠OAB=eq\f(π,4).現(xiàn)要從這塊地皮中劃一個矩形CDEF來建造草坪,其中點(diǎn)C在曲線段OB上,點(diǎn)D,E在直線段OA上,點(diǎn)F在直線段AB上,設(shè)CD=akm,矩形草坪CDEF的面積為f(a)km2.(1)求f(a),并寫出定義域;(2)當(dāng)a為多少時,矩形草坪CDEF的面積最大?解(1)以O(shè)為原點(diǎn),OA邊所在的直線為x軸,建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,過點(diǎn)B作BG⊥OA于點(diǎn)G,在直角△ABG中,AB=eq\r(2),∠OAB=eq\f(π,4),所以AG=BG=1,又因?yàn)镺A=2,所以O(shè)G=1,則B(1,1),設(shè)拋物線OCB的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=2px(p>0),代入點(diǎn)B的坐標(biāo),得p=eq\f(1,2),所以拋物線的方程為y2=x.因?yàn)镃D=a,所以AE=EF=a,則DE=2-a-a2,所以f(a)=a(2-a-a2)=-a3-a2+2a,定義域?yàn)?0,1).(2)由(1)可知,f(a)=-a3-a2+2a,則f′(a)=-3a2-2a+2,令f′(a)=0,得a=eq\f(\r(7)-1,3).當(dāng)0<a<eq\f(\r(7)-1,3)時,f′(a)>0,f(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(\r(7)-1,3)))上單調(diào)遞增;當(dāng)eq\f(\r(7)-1,3)<a<1時,f′(a)<0,f(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7)-1,3),1))上單調(diào)遞減.所以當(dāng)a=eq\f(\r(7)-1,3)時,f(a)取得極大值,也是最大值.答當(dāng)a=eq\f(\r(7)-1,3)時,矩形草坪CDEF的面積最大.例6如圖1所示為一種魔豆吊燈,圖2為該吊燈的框架結(jié)構(gòu)圖,由正六棱錐O1-ABCDEF,O2-ABCDEF構(gòu)成,兩個棱錐的側(cè)棱長均相等,且棱錐底面外接圓的直徑為1600mm,中心為O,通過連接線及吸盤固定在天花板上,使棱錐的底面呈水平狀態(tài),下頂點(diǎn)O2與板的距離為1300mm,所有的連接線都用特殊的金屬條制成,設(shè)金屬條的總長為y.(1)設(shè)∠O1AO=θ(rad),將y表示成θ的函數(shù)關(guān)系式,并寫出θ的范圍;(2)當(dāng)角θ正弦值的大小是多少時,金屬條總長y最?。拷?1)在直角△OAO1中,O1A=eq\f(800,cosθ),OO1=800tanθ,O1P=1300-1600tanθ,由OO1=800tanθ>0,O1P=1300-1600tanθ>0,所以0<tanθ<eq\f(13,16),所以θ的范圍是0<θ<αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanα=\f(13,16)且α=\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))))).從而y=12O1A+6AB+O1P=eq\f(12×800,cosθ)+6×800+1300-1600tanθ=eq\f(16006-sinθ,cosθ)+6100,所以y=eq\f(16006-sinθ,cosθ)+6100eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<α\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanα=\f(13,16)且α∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))))))).(2)令g(θ)=eq\f(6-sinθ,cosθ),所以g′(θ)=eq\f(6sinθ-1,cos2θ),令g′(θ)=0,則sinθ=eq\f(1,6),則θ=θ0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanθ0=\f(1,\r(35)))).當(dāng)θ∈(0,θ0)時,g′(θ)<0;當(dāng)θ∈(θ0,α)時,g′(θ)>0.函數(shù)g(θ)的單調(diào)性與θ關(guān)系列表如下:θ(0,θ0)θ0(θ0,α)g′(θ)-0+g(θ)↘極小值↗所以當(dāng)θ=θ0,其中tanθ0=eq\f(\r(35),35)時取得最小值.答當(dāng)角θ滿足sinθ=eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanθ=\f(\r(35),35)))時,金屬條總長y最?。季S升華以立體幾何圖形為背景的應(yīng)用題,一般要利用立體圖形的性質(zhì)構(gòu)造函數(shù)解析式,然后利用導(dǎo)數(shù)或基本不等式求解,解題的關(guān)鍵是抓住圖形特征.跟蹤演練6如圖,設(shè)一正方形紙片ABCD的邊長為2分米,切去陰影部分所示的四個全等的等腰三角形,剩余為一個正方形和四個全等的等腰三角形,沿虛線折起,恰好能做成一個正四棱錐(粘接損耗不計(jì)),圖中AH⊥PQ,O為正四棱錐底面中心.(1)當(dāng)正四棱錐的棱長都相等時,求這個正四棱錐的體積V;(2)設(shè)等腰三角形APQ的底角為x,試把正四棱錐的側(cè)面積S表示為x的函數(shù),并求S的范圍.解(1)設(shè)正四棱錐底面邊長為y分米,由條件知△APQ為等邊三角形,又AH⊥PQ,∴AH=eq\f(\r(3),2)y.∵OH=eq\f(1,2)y,∴OA=eq\r(AH2-OH2)=eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)y))2-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,2)))2)=eq\f(\r(2),2)y.由2AH+y=AC,即eq\r(3)y+y=2eq\r(2),得y=eq\f(2\r(2),\r(3)+1).∴V=eq\f(1,3)y2·OA=eq\f(1,3)·eq\f(\r(2),2)y3=eq\f(\r(2),6)·eq\f(2\r(2)3,\r(3)+13)=eq\f(16,3\r(3)+13)=eq\f(12\r(3)-20,3)(立方分米).(2)設(shè)正四棱錐底面邊長為y分米,則AH=eq\f(y,2)tanx.由2AH+y=AC,即ytanx+y=2eq\r(2),得y=eq\f(2\r(2),tanx+1).∴S=4·eq\f(1,2)·y·AH=8·eq\f(tanx,tanx+12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)<x<\f(π,2)))即為所求表達(dá)式.∵eq\f(π,4)<x<eq\f(π,2),∴tanx>1,令t=tanx,則S=8·eq\f(t,t+12)(t>1),由S′=8·eq\f(-t2+1,t+14)<0在(1,+∞)上恒成立知,函數(shù)在(1,+∞)上為減函數(shù).∴S∈(0,2)即為所求側(cè)面積的范圍.例7國家助學(xué)貸款是由財(cái)政貼息的信用貸款,旨在幫助高校家庭經(jīng)濟(jì)困難學(xué)生支付在校學(xué)習(xí)期間所需的學(xué)費(fèi)、住宿費(fèi)及生活費(fèi).每一年度申請總額不超過6000元.某大學(xué)2017屆畢業(yè)生凌霄在本科期間共申請了24000元助學(xué)貸款,并承諾在畢業(yè)后3年內(nèi)(按36個月計(jì))全部還清.簽約的單位提供的工資標(biāo)準(zhǔn)為第一年內(nèi)每月1500元,第13個月開始,每月工資比前一個月增加5%直到4000元.凌霄同學(xué)計(jì)劃前12個月每個月還款額為500,第13個月開始,每月還款額比上一月多x元.(1)若凌霄恰好在第36個月(即畢業(yè)后三年)還清貸款,求x的值;(2)當(dāng)x=50時,凌霄同學(xué)將在第幾個月還清最后一筆貸款?他當(dāng)月工資的余額是否能滿足每月3000元的基本生活費(fèi)?(參考數(shù)據(jù):1.0518=2.406,1.0519=2.526,1.0520=2.653,1.0521=2.786)解方法一(1)依題意,從第13個月開始,每月還款額比前一個月多x元,故12×500+(500+x)+(500+2x)+…+(500+24x)=24000,即36×500+(1+2+3+…+24)x=24000,解得x=20,即要在三年全部還清,第13個月起每個月必須比上一個月多還20元.(2)設(shè)凌霄第n個月還清,則應(yīng)有12×500+(500+50)+(500+2×50)+…+[500+(n-12)×50]≥24000,即n2-3n-828≥0,解得n≥eq\f(3+\r(3321),2)>30,取n=31.即凌霄工作31個月就可以還清貸款.這個月凌霄的還款額為24000-[12×500+(500+50)×(30-12)+eq\f(30-12×30-12-1,2)·50]=450(元),第31個月凌霄的工資為1500×1.0519=1500×2.526=3789(元).因此,凌霄的剩余工資為3789-450=3339(元),能夠滿足當(dāng)月的基本生活需求.方法二(1)依題意,從第13個月開始,每個月的還款額an構(gòu)成等差數(shù)列,其中a1=500+x,公差為x.從而,到第36個月,凌霄共還款12×500+24a1+eq\f(24×24-1,2)·x,令12×500+(500+x)×24+eq\f(24×24-1,2)·x=24000,解得x=20.即要在三年全部還清,第13個月起每個月必須比上一個月多還20元.(2)設(shè)凌霄第n個月還清,則應(yīng)有12×500+(500+50)×(n-12)+eq\f(n-12×n-12-1,2)·50≥24000,整理,得n2-3n-828≥0,解得n≥eq\f(3+\r(3321),2)>30,取n=31.即凌霄工作31個月就可以還清貸款.這個月凌霄的還款額為24000-[12×500+(500+50)×(30-12)+eq\f(30-12×30-12-1,2)·50]=450(元),第31個月凌霄的工資為1500×1.0519=1500×2.526=3789(元).因此,凌霄的剩余工資為3789-450=3339(元),能夠滿足當(dāng)月的基本生活需求.思維升華在經(jīng)濟(jì)活動中,諸如增長率、降低率、存款復(fù)利、分期付款等與年(月)份有關(guān)的實(shí)際問題,大多可歸結(jié)為數(shù)列問題,即通過建立相應(yīng)的數(shù)列模型來解決.在解應(yīng)用題時,是否是數(shù)列問題一是看自變量是否與正整數(shù)有關(guān);二是看是否符合一定的規(guī)律,可先從特殊的情形入手,再尋找一般的規(guī)律.跟蹤演練7某市2016年新建住房面積為500萬m2,其中安置房面積為200萬m2.計(jì)劃以后每年新建住房面積比上一年增長10%,且安置房面積比上一年增加50萬m2.記2016年為第1年.(1)該市幾年內(nèi)所建安置房面積之和首次不低于3000萬m2?(2)是否存在連續(xù)兩年,每年所建安置房面積占當(dāng)年新建住房面積的比例保持不變?并說明理由.解(1)設(shè)n(n∈N*)年內(nèi)所建安置房面積之和首次不低于3000萬m2,依題意,每年新建安置房面積是以200為首項(xiàng),50為公差的等差數(shù)列,從而n年內(nèi)所建安置房面積之和為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(200n+\f(nn-1,2)×50))m2,則200n+eq\f(nn-1,2)×50≥3000,整理,得n2+7n-120≥0,解得n≥8(n≤-15舍去).答8年內(nèi)所建安置房面積之和首次不低于3000萬m2.(2)依題意,每年新建住房面積是以500為首項(xiàng),1.1為公比的等比數(shù)列,設(shè)第m年所建安置房面積占當(dāng)年新建住房面積的比為p(m),則p(m)=eq\f(200+50m-1,500·1+0.1m-1)=eq\f(m+3,10×1.1m-1),由p(m)=p(m+1),得eq\f(m+3,10×1.1m-1)=eq\f(m+4,10×1.1m),解得m=7.答第7年和第8年,所建安置房面積占當(dāng)年新建住房面積的比例保持不變.1.如圖,城市A,城市B,城市C(均視為一個點(diǎn))恰好構(gòu)成一個邊長為200千米的等邊三角形,點(diǎn)D為BC段中點(diǎn);若國家規(guī)劃在AD段選取一點(diǎn)T新建一座城市,并決定修建連接新城市T的三條高速公路AT,BT,CT,設(shè)∠DBT=θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,3))).(1)試用θ表示出三段高速公路的總長度y(千米)的解析式,并求y的最小值;(2)若BT段高速公路的造價(jià)為4千萬/千米,AT段和CT段高速公路的造價(jià)均為2千萬/千米,試用θ表示出三段高速公路總造價(jià)z(千萬元)的解析式,并求z的最小值.解BT=CT=eq\f(100,cosθ)(千米),DT=100tanθ(千米),AT=100eq\r(3)-100tanθ(千米).(1)y=AT+BT+CT=eq\f(200,cosθ)-100tanθ+100eq\r(3).即y=100·eq\f(2-sinθ,cosθ)+100eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,3))).y′=100·eq\f(2sinθ-1,cos2θ),當(dāng)θ=eq\f(π,6)時,y′=0;當(dāng)0<θ<eq\f(π,6)時,y′<0,函數(shù)單調(diào)遞減;當(dāng)eq\f(π,6)<θ<eq\f(π,3)時,y′>0,函數(shù)單調(diào)遞增.所以當(dāng)θ=eq\f(π,6)時,y取得最小值200eq\r(3)千米.(2)z=2AT+4BT+2CT=2(100eq\r(3)-100tanθ)+4·eq\f(100,cosθ)+2·eq\f(100,cosθ),即z=200·eq\f(3-sinθ,cosθ)+200eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,3))).z′=200·eq\f(3sinθ-1,cos2θ),設(shè)sinθ0=eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ0<\f(π,3))),當(dāng)θ=θ0時,z′=0;當(dāng)0<θ<θ0時,z′<0,z單調(diào)遞減;當(dāng)θ0<θ<eq\f(π,3)時,z′>0,z單調(diào)遞增,所以當(dāng)θ=θ0,即sinθ=eq\f(1,3)時,z取得最小值(400eq\r(2)+200eq\r(3))千萬元.2.某房地產(chǎn)開發(fā)商準(zhǔn)備在一邊長為300m的正方形ABCD地塊上開發(fā)建設(shè),在該區(qū)域內(nèi)有一古建筑,市規(guī)劃局劃出半徑為100m半圓形的保護(hù)區(qū)如圖所示,AO=100m,要求開發(fā)商建一道直圍墻PQ將正方形區(qū)域隔成兩部分,且只能在保護(hù)區(qū)的另一側(cè)開發(fā).(1)為了能獲得最大的利益,當(dāng)P,Q分別在線段BC,AD邊上時,求開發(fā)商能開發(fā)的區(qū)域面積的最大值;(2)要使圍墻所花的費(fèi)用最小,開發(fā)商應(yīng)如何設(shè)計(jì)P,Q的位置.解(1)以A為原點(diǎn),直線AB,AD分別為x,y軸建立平面直角坐標(biāo)系,如圖所示.以1百米為單位長度,則圓O的方程為(x-1)2+y2=1,設(shè)P(3,m),Q(0,n),m,n∈[0,3],直線PQ的方程為y=eq\f(m-n,3)x+n,當(dāng)直線與圓相切時,得eq\f(|m-n+3n|,\r(m-n2+9))=1,化簡得(2m+n)n=3,即m=eq\f(3,2n)-eq\f(n,2),梯形ABPQ的面積S=eq\f(3m+n,2)=eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,n)+n))≥eq\f(3,4)×2eq\r(\f(3,n)·n)=eq\f(3\r(3),2),當(dāng)且僅當(dāng)n=eq\r(3)時等號成立,此時m=0,另一區(qū)域的面積為9-eq\f(3\r(3),2).答當(dāng)P與B點(diǎn)重合,AQ=eq\r(3)時,開發(fā)商能開發(fā)的區(qū)域面積的最大值為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9-\f(3\r(3),2)))百米平方.(2)設(shè)圓O的切線分別與x,y軸交于P,Q,設(shè)直線PQ的方程為eq\f(x,p)+eq\f(y,q)=1,即qx+py-pq=0(p>2,q>1),因?yàn)镻Q與圓O相切,所以eq\f(|q-pq|,\r(q2+p2))=1,化簡得q2=eq\f(p,p-2),則PQ2=p2+q2=eq\f(p,p-2)+p2,令f(p)=eq\f(p,p-2)+p2(p>2),所以f′(p)=2p-eq\f(2,p-22)=eq\f(2p-1p2-3p+1,p-22)(p>2),當(dāng)2<p<eq\f(3+\r(5),2)時,f′(p)<0,即f(p)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2,\f(3+\r(5),2)))上單調(diào)遞減;當(dāng)p>eq\f(3+\r(5),2)時,f′(p)>0,即f(p)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3+\r(5),2),+∞))上單調(diào)遞增,所以f(p)在p=eq\f(3+\r(5),2)時取得最小值,因?yàn)閑q\f(3+\r(5),2)<3,所以點(diǎn)P在線段AB邊上,q2=eq\f(p,p-2)=eq\r(5)+2<9,所以點(diǎn)Q在線段AD邊上,此時PQ2=p2+q2=eq\f(11+5\r(5),2),所以當(dāng)P,Q分別在正方形AB,AD邊上且與半圓相切時,PQ最短.答當(dāng)AP的長為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3+\r(5),2)))百米,AQ的長為eq\r(\r(5)+2)百米時,圍墻最短.A組專題通關(guān)1.某公司生產(chǎn)的A種產(chǎn)品,它的成本是2元,售價(jià)是3元,年銷售量為100萬件.為獲得更好的效益,公司準(zhǔn)備拿出一定的資金做廣告.根據(jù)經(jīng)驗(yàn),每年投入的廣告費(fèi)是x(單位:十萬元)時,產(chǎn)品的年銷售量將是原銷售量的y倍,且y是x的二次函數(shù),它們的關(guān)系如下表x(十萬元)012…y11.51.8…(1)求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式;(2)如果把利潤看作是銷售總額減去成本費(fèi)和廣告費(fèi),試寫出年利潤S(十萬元)與廣告費(fèi)x(十萬元)的函數(shù)關(guān)系式;(3)如果投入的年廣告費(fèi)為x,x∈[10,30]萬元,問廣告費(fèi)在什么范圍內(nèi),公司獲得的年利潤隨廣告費(fèi)的增大而增大?解(1)設(shè)二次函數(shù)的解析式為y=ax2+bx+c(a≠0).由關(guān)系表,得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c=1,,a+b+c=1.5,,4a+2b+c=1.8,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=-\f(1,10),,b=\f(3,5),,c=1,))∴函數(shù)的解析式為y=-eq\f(1,10)x2+eq\f(3,5)x+1.(2)根據(jù)題意,得S=10y(3-2)-x=-x2+5x+10.(3)S=-x2+5x+10=-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(5,2)))2+eq\f(65,4),∵1≤x≤3,∴當(dāng)1≤x≤2.5時,S隨x的增大而增大.故當(dāng)年廣告費(fèi)為10~25萬元之間,公司獲得的年利潤隨廣告費(fèi)的增大而增大.2.(2017·江蘇南京二模)在一張足夠大的紙板上截取一個面積為3600平方厘米的矩形紙板ABCD,然后在矩形紙板的四個角上切去邊長相等的小正方形,再把它的邊沿虛線折起,做成一個無蓋的長方體紙盒(如圖).設(shè)小正方形邊長為x厘米,矩形紙板的兩邊AB,BC的長分別為a厘米和b厘米,其中a≥b.(1)當(dāng)a=90時,求紙盒側(cè)面積的最大值;(2)試確定a,b,x的值,使得紙盒的體積最大,并求出最大值.解(1)因?yàn)榫匦渭埌錋BCD的面積為3600平方厘米,故當(dāng)a=90時,b=40,從而包裝盒子的側(cè)面積S=2×x(90-2x)+2×x(40-2x)=-8x2+260x,x∈(0,20).因?yàn)镾=-8x2+260x=-8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(65,4)))2+eq\f(4225,2),故當(dāng)x=eq\f(65,4)時,側(cè)面積最大,最大值為eq\f(4225,2)平方厘米.(2)包裝盒子的體積V=(a-2x)(b-2x)x=x[ab-2(a+b)x+4x2],x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(b,2))),b≤60.V=x[ab-2(a+b)x+4x2]≤x(ab-4eq\r(ab)x+4x2)=x(3600-240x+4x2)=4x3-240x2+3600x.當(dāng)且僅當(dāng)a=b=60時等號成立.設(shè)f(x)=4x3-240x2+3600x,x∈(0,30).則f′(x)=12(x-10)(x-30).于是當(dāng)0<x<10時,f′(x)>0,所以f(x)在(0,10)上單調(diào)遞增;當(dāng)10<x<30時,f′(x)<0,所以f(x)在(10,30)上單調(diào)遞減.因此當(dāng)x=10時,f(x)有最大值f(10)=16000,此時a=b=60,x=10.所以當(dāng)a=b=60,x=10時紙盒的體積最大,最大值為16000cm2.3.(2017·江蘇南師附中調(diào)研)如圖,在某商業(yè)區(qū)周邊有兩條公路l1和l2,在點(diǎn)O處交匯,該商業(yè)區(qū)是圓心角為eq\f(π,3),半徑為3km的扇形.現(xiàn)規(guī)劃在該商業(yè)區(qū)外修建一條公路AB,與l1,l2分別交于A,B,要求AB與扇形弧相切,切點(diǎn)T不在l1,l2上.(1)設(shè)OA=akm,OB=bkm,試用a,b表示新建公路AB的長度,求出a,b滿足的關(guān)系式,并寫出a,b的范圍;(2)設(shè)∠AOT=α,試用α表示新建公路AB的長度,并且確定A,B的位置,使得新建公路AB的長度最短.解(1)在△AOB中,OA=akm,OB=bkm,∠AOB=eq\f(π,3),由余弦定理,得AB2=OA2+OB2-2OA·OBcos∠AOB=a2+b2-2abcoseq\f(π,3)=a2+b2-ab,所以AB=eq\r(a2+b2-ab).如圖,以O(shè)為原點(diǎn),OA所在直線為x軸,建立平面直角坐標(biāo)系,則A(a,0),Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b,\f(\r(3),2)b)),所以直線AB的方程為y=eq\f(\f(\r(3),2)b,\f(1,2)b-a)(x-a),即eq\r(3)bx+(2a-b)y-eq\r(3)ab=0,因?yàn)锳B與扇形弧相切,所以eq\f(\r(3)ab,\r(3b2+2a-b2))=3,即a2+b2=eq\f(1,12)a2b2+ab,a,b∈(3,6).(2)因?yàn)锳B是圓O的切線,T是切點(diǎn),所以O(shè)T⊥AB.在Rt△OTA中,AT=3tanα,在Rt△OTB中,BT=3taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)-α)),所以AB=AT+TB=3tanα+3taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)-α))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,3))).所以AB=3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanα+\f(\r(3)-tanα,1+\r(3)tanα)))=3eq\r(3)·eq\f(tan2α+1,1+\r(3)tanα).設(shè)1+eq\r(3)tanα=u,u∈(1,4),則AB=3eq\r(3)·eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(u-1,\r(3))))2+1,u)=eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(u+\f(4,u)-2))≥eq\r(3)·2=2eq\r(3),當(dāng)且僅當(dāng)u=2,即α=eq\f(π,6)時取等號.此時,OA=OB=2eq\r(3)km.答當(dāng)OA=OB=2eq\r(3)km時,新建公路AB的長度最短.4.(2017·江蘇淮安三模)在一水域上建一個演藝廣場.演藝廣場由看臺Ⅰ,看臺Ⅱ,三角形水域ABC及矩形表演臺BCDE四個部分構(gòu)成(如圖).看臺Ⅰ,看臺Ⅱ是分別以AB,AC為直徑的兩個半圓形區(qū)域,且看臺Ⅰ的面積是看臺Ⅱ的面積的3倍;矩形表演臺BCDE中,CD=10米;三角形水域ABC的面積為400eq\r(3)平方米.設(shè)∠BAC=θ.(1)求BC的長(用含θ的式子表示);(2)若表演臺每平方米的造價(jià)為0.3萬元,求表演臺的最低造價(jià).解(1)因?yàn)榭磁_Ⅰ的面積是看臺Ⅱ的面積的3倍,所以AB=eq\r(3)AC.在△ABC中,S△ABC=eq\f(1,2)AB·AC·sinθ=400eq\r(3),所以AC2=eq\f(800,sinθ).由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cosθ=4AC2-2eq\r(3)AC2·cosθ=(4-2eq\r(3)cosθ)·eq\f(800,sinθ),即BC=eq\r(4-2\r(3)cosθ·\f(800,sinθ))=40eq\r(\f(2-\r(3)cosθ,sinθ)),所以BC=40eq\r(\f(2-\r(3)cosθ,sinθ)),θ∈(0,π).(2)設(shè)表演臺的總造價(jià)為W萬元.因?yàn)镃D=10m,表演臺每平方米的造價(jià)為0.3萬元,所以W=3BC=120eq\r(\f(2-\r(3)cosθ,sinθ)),θ∈(0,π).記f(θ)=eq\f(2-\r(3)cosθ,sinθ),θ∈(0,π).則f′(θ)=eq\f(\r(3)-2cosθ,sin2θ).由f′(θ)=0,解得θ=eq\f(π,6).當(dāng)θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,6)))時,f′(θ)<0;當(dāng)θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6),π))時,f′(θ)>0.故f(θ)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,6)))上單調(diào)遞減,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6),π))上單調(diào)遞增,從而當(dāng)θ=eq\f(π,6)時,f(θ)取得最小值,最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))=1.所以Wmin=120(萬元).答表演臺的最低造價(jià)為120萬元.5.某企業(yè)擬建造如圖所示的容器(不計(jì)厚度,長度單位:米),其中容器的中間為圓柱形,左右兩端均為半球形,按照設(shè)計(jì)要求容器的體積為eq\f(80π,3)立方米,且l≥2r.假設(shè)該容器的建造費(fèi)用僅與其表面積有關(guān).已知圓柱形部分每平方米建造費(fèi)用為3千元,半球形部分每平方米建造費(fèi)用為c(c>3)千元,設(shè)該容器的建造費(fèi)用為y千元.(1)寫出y關(guān)于r的函數(shù)表達(dá)式,并求該函數(shù)的定義域;(2)求該容器的建造費(fèi)用最小時的r.解(1)設(shè)容器的容積為V,由題意知V=πr2l+eq\f(4,3)πr3,又V=eq\f(80π,3),故l=eq\f(V-\f(4,3)πr3,πr2)=eq\f(80,3r2)-eq\f(4,3)r=eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,r2)-r)),由于l≥2r,因此0<r≤2,所以建造費(fèi)用y=2πrl×3+4πr2c=2πr×eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,r2)-r))×3+4πr2c,因此y=4π(c-2)r2+eq\f(160π,r),0<r≤2.(2)由(1)得y′=8π(c-2)r-eq\f(160π,r2)=eq\f(8πc-2,r2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r3-\f(20,c-2))),0<r≤2.由于c>3,所以c-2>0,當(dāng)r3-eq\f(20,c-2)=0時,r=eq\r(3,\f(20,c-2)).令eq\r(3,\f(20,c-2))=m,則m>0,所以y′=eq\f(8πc-2,r2)(r-m)(r2+rm+m2)①當(dāng)0<m<2,即c>eq\f(9,2)時,當(dāng)r=m時,y′=0;當(dāng)r∈(0,m)時,y′<0;當(dāng)r∈(m,2)時,y′>0.所以r=m是函數(shù)y的極小值點(diǎn),也是最小值點(diǎn).②當(dāng)m≥2,即3<c≤eq\f(9,2)時,當(dāng)r∈(0,2)時,y′<0,函數(shù)單調(diào)遞減,所以r=2是函數(shù)y的最小值點(diǎn),綜上所述,當(dāng)3<c≤eq\f(9,2),建造費(fèi)用最小時r=2,當(dāng)c>eq\f(9,2),建造費(fèi)用最小時r=eq\r(3,\f(20,c-2)).6.(2017·江蘇揚(yáng)州考前指導(dǎo)卷)如圖是一座橋的截面圖,橋的路面由三段曲線構(gòu)成,曲線AB和曲線DE分別是頂點(diǎn)在路面A,E的拋物線的一部分,曲線BCD是圓弧,已知它們在接點(diǎn)B,D處的切線相同,若橋的最高點(diǎn)C到水平面的距離H=6米,圓弧的弓高h(yuǎn)=1米,圓弧所對的弦長BD=10米.(1)求弧所在圓的半徑;(2)求橋底AE的長.解(1)設(shè)弧所在圓的半徑為r(r>0),由題意得r2=52+(r-1)2,∴r=13.即弧所在圓的半徑為13米.(2)以線段AE所在直線為x軸,線段AE的中垂線為y軸,建立如圖所示的平面直角

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