高三数学文湘教版一轮复习5年高考真题备考题库函数模型及其应用.doc

2009~2013年高考真题备选题库
第二章 函数、导数及其应用
第九节 函数模型及其应用
考点一 函数模型的实际应用
1．（2013陕西，5分）在如图所示的锐角三角形空地中， 欲建一个面积最大的内接矩形花园(阴影部分), 则其边长x为________(m)．

解析：本题主要考查构建函数模型，利用基本不等式求解应用问题的能力．如图，过A作AH⊥BC于H，交DE于F，易知＝＝＝⇒AF＝x⇒FH＝40－x.则S＝x(40－x)≤2，当且仅当40－x＝x，即x＝20时取等号．所以满足题意的边长x为20(m)．
答案：20
2．（2013重庆，12分）某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．
(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；
(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．
解：本题主要考查导数在实际生活中的应用、导数与函数单调性的关系等基础知识，考查转化思想及分类讨论思想．
(1)因为蓄水池侧面的总成本为100×2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．
根据题意得200πrh＋160πr2＝12 000π，
所以h＝(300－4r2)，
从而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．
由h>0，且r>0可得0<r<5，故函数V(r)的定义域为(0,5)．
(2)由(1)知V(r)＝(300r－4r3)，故V′(r)＝(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因为r2＝－5不在定义域内，舍去)．
当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上为增函数；
当r∈(5,5)时，V′(r)<0，故V(r)在(5,5)上为减函数．
由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8，即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．
3．(2009·浙江，4分)某地区居民生活用电分为高峰和低谷两个时间段进行分时计价．该地区的电网销售电价表如下：
高峰时间段用电价格表
高峰月用电量(单位：千瓦时)
高峰电价(单位：元/千瓦时)
50及以下的部分
0.568
超过50至200的部分
0.598
超过200的部分
0.668

低谷时间段用电价格表
低谷月用电量(单位：千瓦时)
低谷电价(单位：元/千瓦时)
50及以下的部分
0.288
超过50至200的部分
0.318
超过200的部分
0.388
若某家庭5月份的高峰时间段用电量为200千瓦时，低谷时间段用电量为100千瓦时，则按这种计费方式该家庭本月应付的电费为________元(用数字作答)．
解析：高峰时段电费a＝50×0.568＋(200－50)×0.598＝118.1(元)．
低谷时段电费b＝50×0.288＋(100－50)×0.318＝30.3(元)．故该家庭本月用电量为a＋b＝148.4(元)．
4.(2011山东，12分)某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度，长度单位：米)，其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为立方米，且l≥2r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c(c>3)千元．设该容器的建造费用为y千元．

(1)写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域；
(2)求该容器的建造费用最小时的r.
解：(1)设容器的容积为V，
由题意知V＝πr2l＋πr3，又V＝，
故l＝＝－r＝(－r)．
由于l≥2r，因此0<r≤2.
所以建造费用y＝2πrl×3＋4πr2c＝2πr×(－r)×3＋4πr2c，因此y＝4π(c－2)r2＋，0<r≤2.
(2)由(1)得
y′＝8π(c－2)r－＝(r3－)，0<r<2.
由于c>3，所以c－2>0，
当r3－＝0时，r＝.
令 ＝m，则m>0.
所以y′＝(r－m)(r2＋rm＋m2)．
①当0<m<2即c>时，
当r＝m时，y′＝0；
当r∈(0，m)时，y′<0；
当r∈(m,2)时，y′>0，
所以r＝m是函数y的极小值点，也是最小值点．
②当m≥2即3<c≤时，
当r∈(0,2)时，y′<0，函数单调递减，
所以r＝2是函数y的最小值点．
综上所述，当3<c≤时，建造费用最小时r＝2；
当c>时，建造费用最小时r＝ .
考点二 函数与其他知识的交汇
1．（2013安徽，12分）设函数f(x)＝ax－(1＋a2)x2，其中a>0，区间I＝{x|f(x)>0}．
(1)求I的长度(注：区间(α，β)的长度定义为β－α)；
(2)给定常数k∈(0,1)，当1－k≤a≤1＋k时，求I长度的最小值．
解：本题考查含参数的一元二次不等式的解法、导数的应用等，意在考查考生恒等变形能力和综合运用数学知识分析问题、解决问题的能力．
(1)因为方程ax－(1＋a2)x2＝0(a>0)有两个实根x1＝0，x2＝，
故f(x)>0的解集为{x|x1<x<x2}．
因此区间I＝，I的长度为.
(2)设d(a)＝，则d′(a)＝.令d′(a)＝0，得a＝1.由于0<k<1，故
当1－k≤a<1时，d′(a)>0，d(a)单调递增；
当1<a≤1＋k时，d′(a)<0，d(a)单调递减．
所以当1－k≤a≤1＋k时，d(a)的最小值必定在a＝1－k或 a＝1＋k处取得．
而＝＝<1，
故d(1－k)<d(1＋k)．
因此当a＝1－k时，d(a)在区间[1－k,1＋k]上取得最小值.
2．（2012陕西，14分）设函数f(x)＝xn＋bx＋c(n∈N＋，b，c∈R)．
(1)设n≥2，b＝1，c＝－1，证明：f(x)在区间(，1)内存在唯一零点；
(2)设n为偶数，|f(－1)|≤1，|f(1)|≤1，求b＋3c的最小值和最大值；
(3)设n＝2，若对任意x1，x2∈[－1,1]，有|f(x1)－f(x2)|≤4，求b的取值范围．
解：(1)证明：当b＝1，c＝－1，n≥2时，f(x)＝xn＋x－1.
∵f()f(1)＝(－)×1<0，∴f(x)在(，1)内存在零点．
又当x∈(，1)时，f′(x)＝nxn－1＋1>0，
∴f(x)在(，1)上是单调递增的，∴f(x)在(，1)内存在唯一零点．
(2)法一：由题意知
即

由图象知，b＋3c在点(0，－2)处取到最小值－6，
在点(0,0)处取到最大值0，
∴b＋3c的最小值为－6，最大值为0.
法二：由题意知
－1≤f(1)＝1＋b＋c≤1，即－2≤b＋c≤0，①
－1≤f(－1)＝1－b＋c≤1，即－2≤－b＋c≤0，②
①×2＋②得
－6≤2(b＋c)＋(－b＋c)＝b＋3c≤0，
当b＝0，c＝－2时，b＋3c＝－6；
当b＝c＝0时，b＋3c＝0，
所以b＋3c的最小值为－6，最大值为0.
法三　由题意知
解得b＝，c＝，
∴b＋3c＝2f(1)＋f(－1)－3.
又∵－1≤f(－1)≤1，－1≤f(1)≤1，
∴－6≤b＋3c≤0，
当b＝0，c＝－2时，b＋3c＝－6；
当b＝c＝0时，b＋3c＝0，
所以b＋3c的最小值为－6，最大值为0.
(3)当n＝2时，f(x)＝x2＋bx＋c.
对任意x1，x2∈[－1,1]都有|f(x1)－f(x2)|≤4等价于f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值之差M≤4.据此分类讨论如下：
(ⅰ)当||>1，即|b|>2时，M＝|f(1)－f(－1)|＝2|b|>4，与题设矛盾．
(ⅱ)当－1≤－<0，即0<b≤2时，
M＝f(1)－f(－)＝(＋1)2≤4恒成立．
(ⅲ)当0≤－≤1，即－2≤b≤0时，
M＝f(－1)－f(－)＝(－1)2≤4恒成立．
综上可知，－2≤b≤2.
注：(ⅱ)，(ⅲ)也可合并证明如下：
用max{a，b}表示a，b中的较大者．当－1≤－≤1，即－2≤b≤2时，
M＝max{f(1)，f(－1)}－f(－)
＝＋－f(－)
＝1＋c＋|b|－(－＋c)
＝(1＋)2≤4恒成立．