课时提升练(十二) 函数模型及其应用一、选择题1．用长度为24的材料围一矩形场地，中间加两道隔墙，要使矩形的面积最大，则隔墙的长度为( )A．3B．4C．6D．12【解析】 设隔墙的长为x(0<x<6)，矩形面积为y，则y＝x·＝2x(6－x)＝－2(x－3)2＋18，∴当x＝3时，y最大．【答案】 A2．一种放射性物质不断变化为其他物质，每经过一年，剩余的物质为原来的，当剩余的物质为原来的时，需要经过( )A．5年B．4年C．3年D．2年【解析】 由指数函数模型知，x＝，解得x＝3.【答案】 C3．为了预防信息泄露，保证信息的安全传输，在传输过程中都需要对文件加密，有一种为秘密密钥密码系统(PrivateKeyCryptosystem)，其加密、解密原理为：发送方由明文→密文(加密)，接收方由密文→明文(解密)．现在加密密钥为y＝kx3，如“4”通过加密后得到密文“2”，若接受方接到密文“”，则解密后得到的明文是( )A.B.C．2D.【解析】 由题意知加密密钥y＝kx3是幂函数模型，当x＝4时，y＝2，即2＝k×43，∴k＝，故y＝x3，显然令y＝，则＝x3，即x3＝，∴x＝.【答案】 A4．某企业制定奖励条例，对企业产品的销售取得优异成绩的员工实行奖励，奖励金额(元)f(n)＝k(n)(n－500)(n为年销售额)，而k(n)＝若一员工获得400元的奖励，那么该员工一年的销售额为( )6\nA．800B．1000C．1200D．1500【解析】 根据题意，奖励金额f(n)可以看成年销售额n的函数，那么该问题就是已知函数值为400时，求自变量n值的问题，由题中所给函数关系式可算得n＝1500，故选D.【答案】 D5．汽车经过启动、加速行驶、匀速行驶、减速行驶之后停止，若把这一过程中汽车的行驶路程s看作时间t的函数，其图象可能是( )【解析】 汽车加速行驶时，速度变化越来越快，而汽车匀速行驶时，速度保持不变，体现在s与t的函数图象上是一条直线，减速行驶时，速度变化越来越慢，但路程仍是增加的．【答案】 A6．(2014·陕西高考)如图294，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切)．已知环湖弯曲路段为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为( )图294A．y＝x3－x2－xB．y＝x3＋x2－3xC．y＝x3－xD．y＝x3＋x2－2x【解析】 A选项中，y′＝f′(x)＝x2－x－1，f′(0)＝－1，f′(2)＝3.曲线在(0,0)和(2,0)处分别与直线y＝－x，y＝3x－6相切，且在上单调递减，在上单调递增，符合题意．对B、C、D选项可验证曲线在(0,0)或(2,0)处不与直线y＝－x，y＝3x－6相切．故选A.【答案】 A二、填空题6\n7．西北某羊皮手套公司准备投入适当的广告费对其生产的产品进行促销．在一年内，根据预算得羊皮手套的年利润L万元与广告费x万元之间的函数解析式为L＝－(x>0)．则当年广告费投入________万元时，该公司的年利润最大．【解析】 由题意得L＝－≥－2＝21.5(x＞0)当＝，即x＝4时，L取得最大值21.5.【答案】 48．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】 由题意，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M＝lgA－lgA0＝lg1000－lg0.001＝3－(－3)＝6.设9级地震的最大振幅是x,5级地震的最大振幅是y，9＝lgx＋3,5＝lgy＋3，解得x＝106，y＝102.所以＝＝10000.【答案】 6 100009．某医院为了提高服务质量，对挂号处的排队人数进行了调查，发现：当还未开始挂号时，有N个人已经在排队等候挂号；开始挂号后排队的人数平均每分钟增加M人．假定挂号的速度是每个窗口每分钟K个人，当开放一个窗口时，40分钟后恰好不会出现排队现象；若同时开放两个窗口时，则15分钟后恰好不会出现排队现象．根据以上信息，若要求8分钟后不出现排队现象，则需要同时开放的窗口至少应有________个．【解析】 设要同时开放x个窗口才能满足要求，则 由①②，得代入③，得60M＋8M≤8×2.5Mx，解得x≥3.4.故至少同时开放4个窗口才能满足要求．【答案】 4三、解答题6\n10．在扶贫活动中，为了尽快脱贫(无债务)致富，企业甲将经营状况良好的某种消费品专卖店以5.8万元的优惠价格转让给了尚有5万元无息贷款没有偿还的小型企业乙，并约定从该店经营的利润中，首先保证企业乙的全体职工每月最低生活费的开支3600元后，逐步偿还转让费(不计息)．在甲提供的资料中：①这种消费品的进价为每件14元；②该店月销量Q(百件)与销售价格P(元)的关系如图295所示；③每月需各种开支2000元．图295(1)当商品的价格为每件多少元时，月利润扣除职工最低生活费的余额最大？并求最大余额；(2)企业乙只依靠该店，最早可望在几年后脱贫？【解】 设该店月利润余额为L，则由题设得L＝Q(P－14)×100－3600－2000，①由销量图易得Q＝代入①式得L＝(1)当14≤P≤20时，Lmax＝450元，此时P＝19.5元；当20<P≤26时，Lmax＝元，此时P＝元．故当P＝19.5元时，月利润余额最大，为450元．(2)设可在n年后脱贫，依题意有12n×450－50000－58000≥0，解得n≥20.即最早可望在20年后脱贫．11．某书商为提高某套丛书的销量，准备举办一场展销会．据市场调查，当每套丛书售价定为x元时，销售量可达到(15－0.1x)万套．现出版社为配合该书商的活动，决定进行价格改革，将每套丛书的供货价格分成固定价格和浮动价格两部分，其中固定价格为30元，浮动价格(单位：元)与销售量(单位：万套)成反比，比例系数为10.假设不计其他成本，即销售每套丛书的利润＝售价－供货价格．问：(1)每套丛书售价定为100元时，书商所获得的总利润是多少万元？(2)每套丛书售价定为多少元时，单套丛书的利润最大？【解】 (1)每套丛书售价定为100元时，销售量为15－0.1×100＝5(万套)，所以每套丛书的供货价格为30＋＝32(元)，6\n故书商所获得的总利润为5×(100－32)＝340(万元)．(2)每套丛书售价定为x元时，由得0<x<150.设单套丛书的利润为P元，则P＝x－＝x－－30，∵0<x<150，∴150－x>0，∴P＝－＋120，又(150－x)＋≥2＝2×10＝20，当且仅当150－x＝，即x＝140时等号成立，∴Pmax＝－20＋120＝100.故每套丛书售价定为140元时，单套丛书的利润最大，为100元．12．如图296，长方体物体E在雨中沿面P(面积为S)的垂直方向做匀速移动，速度为v(v>0)，雨速沿E移动方向的分速度为c(c∈R)．E移动时单位时间内的淋雨量包括两部分：(1)P或P的平行面(只有一个面淋雨)的淋雨量，假设其值与|v－c|×S成正比，比例系数为；(2)其他面的淋雨量之和，其值为.记y为E移动过程中的总淋雨量．当移动距离d＝100，面积S＝时，图296(1)写出y的表达式；(2)设0<v≤10,0<c≤5，试根据c的不同取值范围，确定移动速度v，使总淋雨量y最少．【解】 (1)由题意知，E移动时单位时间内的淋雨量为×|v－c|×＋＝|v－c|＋，故y＝＝(3|v－c|＋10)．(2)由(1)知，6\n当0<v≤c时，y＝(3c－3v＋10)＝－15；当c<v≤10时，y＝(3v－3c＋10)＝＋15.故y＝①当0<c≤时，y是关于v的减函数，故当v＝10时，总淋雨量y最少，ymin＝20－.②当<c≤5时，在(0，c]上，y是关于v的减函数，在(c,10]上，y是关于v的增函数，故当v＝c时，总淋雨量y最少，ymin＝.6
