2023年12月17日发(作者：虢魁)

3.3 函数的应用(一)~

3.4 数学建模活动：决定苹果的最佳出售时间

素养目标·定方向

课程标准 学法解读

1．领会教材中的五个例题，能够对简单的实理解函数模型是描述客观世界中变量关系和际问题，选择适当的函数构建数学模型．

规律的重要数学语言和工具．在实际情境中，2．解决数学应用题的关键是建模，顺利建立会选择合适的函数模型刻画现实问题. 函数模型并解决问题要具备以下能力：阅读理解能力，逻辑推理能力，计算能力.

必备知识·探新知

基础知识

1．常见的函数模型

(1)一次函数模型

形如y＝kx＋b(k≠0)的函数模型是一次函数模型．应用一次函数的性质及图像解题时，应注意：

①一次函数有单调递增(一次项系数为正)和单调递减(一次项系数为负)两种情况；

②一次函数的图像是一条直线．

(2)二次函数模型

形如y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的函数模型是二次函数模型．二次函数模型是重要的数学模型之一，依据实际问题建立二次函数的解析式后，利用配方法求最值简单易懂，有时也可以依据二次函数的性质求最值，从而解决利润最大、用料最省等问题．

思考：一次、二次函数模型的定义域都是全体实数，在实际应用问题中，定义域一定是全体实数吗？

(3)分段函数模型

k这个模型的实质是一次函数、反比例函数(形如y＝，k≠0)、二次函数中两种及以上的综合．

x(4)对勾函数模型

k这个模型的实质是一次函数与反比例函数(形如y＝，k≠0)模型的综合，解决此类问题的最x值可用均值不等式求解．

基础自测

1．某地固定电话市话收费规定：前三分钟0.20元(不满三分钟按三分钟计算)，以后每加一分钟增收0.10元(不满一分钟按一分钟计算)，那么某人打市话550 s，应支付电话费( )

A．1.00元

C．1.20元

B．0.90元

D．0.80元

2．某厂有许多形状为直角梯形的铁皮边角料，为了降低消耗，现要从这些边角料上截取矩形铁片(如图所示)．当截取的矩形面积最大时，矩形两边的长x，y应为( )

A．x＝15，y＝12

C．x＝14，y＝10

B．x＝12，y＝15

D．x＝10，y＝14

3．将进货单价为80元的商品按90元/个售出时，能卖出400个．已知该商品每个涨价1元时，其销售量就会减少20个．为了获得最大利润，其售价应定为( )

A．110元/个

C．100元/个

B．105元/个

D．95元/个

4．某游乐场每天的盈利额y(单位：元)与售出的门票数x(单位：张)之间的函数关系如图所示．试分析图像，要使该游乐场每天的盈利额超过1 000元，那么每天至少应售出____张门票．

关键能力·攻重难

类型一 一次函数模型的应用

典例1 一家报刊推销员从报社买进报纸的价格是每份0.20元，卖出的价格是每份0.30元，卖不完的还可以以每份0.08元的价格退回报社．在一个月(以30天计算)内有20天每天可卖出400份，其余10天每天只能卖出250份，但每天从报社买进报纸的份数都相同，问应该从报社买多少份报纸才能使每月所获得的利润最大？并计算每月最多能赚多少钱．

思路探究：本题所给条件较多，数量关系比较复杂，可以列表分析．

归纳提升：实际问题中列出的函数关系式，要考虑实际问题对自变量的限制，即注意自变量的实际意义．对于与一次函数有关的最值问题通常借助一次函数的单调性结合定义域来处理．

┃┃对点训练_

1．若一根蜡烛长20 cm，点燃后每小时燃烧5 cm，则燃烧剩下的高度h(cm)与燃烧时间t(h)的函数关系用图像表示为图中的( )

类型二 二次函数模型的应用

典例2 某水果批发商销售每箱进价为40元的苹果，假设每箱售价不得低于50元且不得高于55元．市场调查发现，若每箱以50元的价格销售，平均每天销售90箱，价格每提高1元，平均每天少销售3箱．

(1)求平均每天的销售量y(箱)与销售单价x(元/箱)之间的函数关系；

(2)求该批发商平均每天的销售利润w(元)与销售单价x(元/箱)之间的函数关系式；

(3)当每箱苹果的售价为多少元时，可以获得最大利润？最大利润是多少？

思路探究：本题中平均每天的销售量y(箱)与销售单价x(元/箱)是一个一次函数关系，虽然x∈[50,55]，x∈N，但仍可把问题看成一次函数模型的应用问题；平均每天的销售利润w(元)与销售单价x(元/箱)是一个二次函数关系，可看成是一个二次函数模型的应用题．

归纳提升：二次函数的实际应用

1．在根据实际问题建立函数解析式后，可利用配方法、判别式法、换元法、函数的单调性等方法来求函数的最值，从而解决实际问题中最值问题，二次函数求最值最好结合二次函数的图像来解答．

2．对于本题要清楚平均每天的销售利润＝平均每天的销售量×每箱销售利润．

┃┃对点训练

2．渔场中鱼群的最大养殖量为m(m＞0)，为了保证鱼群的生长空间，实际养殖量x应小于

m，以便留出适当的空闲量．已知鱼群的年增长量y和实际养殖量与空闲率(空闲率是空闲量与最大养殖量的比值)的乘积成正比，比例系数为k(k＞0)．

(1)写出y关于x的函数关系式，并指出该函数的定义域；

(2)求鱼群年增长量的最大值；

(3)当鱼群年增长量达到最大值时，求k的取值范围．

类型三 分段函数模型的应用

典例3 WAP手机上网每月使用量在500 min以下(包括500 min)，按30元计费；超过500 min的部分按0.15元/min计费．假如上网时间过短(小于60min)使用量在1 min以下不计费，在1 min以上(包括1 min)按0.5元/min计费．WAP手机上网不收通话费和漫游费．

(1)写出上网时间x min与所付费用y元之间的函数关系式；

(2)12月份小王WAP上网使用量为20 h，要付多少钱？

(3)小王10月份付了90元的WAP上网费，那么他上网的时间是多少？

思路探究：由于上网时间不同，收费标准不同，因此对所付费用作分段讨论，以确定付费标准，建立函数关系式，解决付费与上网时间的问题．

归纳提升：应用分段函数时的三个注意点

(1)分段函数的“段”一定要分得合理，不重不漏．

(2)分段函数的定义域为对应每一段自变量取值范围的并集．

(3)分段函数的值域求法为：逐渐求函数值的范围，最后比较再下结论．

┃┃对点训练

3．大气温度y(℃)随着距离地面的高度x(km)的增加而降低，当在高度不低于11 km的高空时气温几乎不变．设地面气温为22 ℃，大约每上升1 km大气温度降低6 ℃，则y关于x的函数关系式为____.

类型四 对勾函数模型

典例4 某工厂有一段旧墙长14 m，现准备利用这段旧墙为一面建造一个平面图形为矩形，占地面积为126 m2的厂房，工程条件是：①建1 m新墙的费用为a元；②修1 m旧墙的费

aa用为元；③拆去1 m旧墙，用所得的材料建1 m新墙的费用为元．经讨论有两种方案：(1)42利用旧墙的一段x m(x＜14)为矩形厂房的一面；(2)矩形厂房利用旧墙的一面边长为x≥14.问如何利用旧墙，即x为多少米时，建墙总费用最省？(1)(2)两种方案哪个更好？

归纳提升：求解本题的关键在于以建墙费用为目标函数建立函数关系式，而难点在于求函数的最小值，两种方案的函数式结构相似，但求最值方法不同，一个可用均值不等式求最值，而另一个则必须改用函数的单调性求最值．

┃┃对点训练

4．某单位用2 160万元购得一块空地，计划在该地块上建造一栋至少10层，每层2 000平方米的楼房．经测算，如果将楼房建为x(x≥10)层，则每平方米的平均建筑费用为560＋48x(单位：元)．为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为多少层？

课堂检测·固双基

1．甲、乙二人从A地沿同一方向去B地，途中都使用两种不同的速度v1与v2(v1＜v2)，甲前一半的路程使用速度v1，后一半的路程使用速度v2；乙前一半的时间使用速度v1，后一半的时间使用速度v2，关于甲、乙二人从A地到达B地的路程与时间的函数图像及关系，有如图所示的四个不同的图示分析(其中横轴t表示时间，纵轴s表示路程，C是AB的中点)，则其中可能正确的图示分析为( )

2．某公司市场营销人员的个人月收入与其每月的销售量成一次函数关系，如图所示，由图中给出的信息可知，营销人员没有销售量时的收入是( )

A．310元

C．390元

B．300元

D．280元

3．某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x的值是____.

4．某商店进货单价为45元，若按50元一个销售，能卖出50个；若销售单价每涨1元，其销售量就减少2个，为了获得最大利润，此商品的最佳售价应为每个____.

5．南博汽车城销售某种型号的汽车，进货单价为25万元，市场调查表明：当销售单价为29万元时，平均每周能售出8辆，而当销售单价每降低0.5万元时，平均每周能多售出4辆．如果每辆汽车降价x万元，每辆汽车的销售利润为y万元(每辆车的销售利润＝销售单价－进货单价)．

(1)求y与x之间的函数关系式，并在保证商家不亏本的前提下，写出x的取值范围；

(2)假设这种汽车平均每周的销售利润为z万元，试写出z与x之间的函数关系式；

(3)当每辆汽车的销售单价为多少万元时，平均每周的销售利润最大？最大利润是多少？

参考答案

必备知识·探新知

基础知识

1．思考 提示：不一定．在实际应用中，函数的自变量x往往具有实际意义，如x表示长度时，x≥0；x表示件数时，x≥0，且x∈Z等．在解答时，必须要考虑这些实际意义．

基础自测

1．B

【解析】设打市话x分钟，应支付y元，则y＝0.20＋0.10×([x]－3)([x]是不小于x的最小整550数，x>0)，令x＝，故[x]＝10，则y＝0.9.

602．A

x24－y4x【解析】结合图形，由平行线的性质可得＝，即y＝24－(0＜x＜20)，所以矩形面201654x4x24－＝－＋24x(0＜x＜20)，所以当x＝－积S＝xy＝x5522442×－5＝15时，S最大，此4时y＝24－×15＝12，故选A．

53．D

【解析】设商品每个涨价x元，利润为y元，则销售量为(400－20x)个．

根据题意，得y＝(10＋x)(400－20x)＝－20x2＋200x＋4 000＝－20(x－5)2＋4 500.

所以当x＝5时，y取得最大值，最大值为4 500.

即当每个涨价5元，也就是售价为95元/个时，可以获得最大利润，故选D．

4．解：由图知，每天的盈利额超过1 000元时，x∈(200,300]．设y＝kx＋b(k≠0)，将点(200,500)，200k＋b＝500，k＝15，(300,2 000)的坐标代入，得解得所以y＝15x－2 500.

300k＋b＝2 000.b＝－2 500，

1由15x－2 500＞1 000，解得x＞233，故至少要售出234张门票，才能使游乐场每天的盈利3额超过1 000元．

关键能力·攻重难

典例1 解：设每天从报社买进x(250≤x≤400，x∈N＋)份，每月获利润为y元，列表分析如下：

买进

卖出

数量/份

30x

20x＋10×250

单价/元

0.20

0.30

金额/元

6x

6x＋7 50

退回 10(x－250)

0.08

0.8x－200

则y＝6x＋750＋0.8x－200－6x＝0.8x＋550(250≤x≤400，x∈N＋)．

∵函数y＝0.8x＋550在x∈[250,400]上是增函数，

∴当x＝400时，y取得最大值870.

即每天从报社买进400份报纸时，每月获得的利润最大，最大利润为870元．

┃┃对点训练_

1．B

【解析】蜡烛剩下的长度随时间增加而缩短，根据实际意义不可能是D；更不可能是A，C．故选B．

典例2 解：(1)根据题意，得y＝90－3(x－50)，

化简，得y＝－3x＋240(50≤x≤55，x∈N)．

(2)因为该批发商平均每天的销售利润＝平均每天的销售量×每箱销售利润．

所以w＝(x－40)(－3x＋240)＝－3x2＋360x－9 600(50≤x≤55，x∈N)．

(3)因为w＝－3x2＋360x－9 600＝－3(x－60)2＋1 200，

所以当x＜60时，w随x的增大而增大．

又50≤x≤55，x∈N，所以当x＝55时，w有最大值，最大值为1 125.

所以当每箱苹果的售价为55元时，可以获得最大利润，且最大利润为1 125元．

┃┃对点训练

m－xm－x2．解：(1)根据题意知，空闲率是，故y关于x的函数关系式是y＝kx·，0≤x＜m.

mmm－xmkkmkmx－2＋，0≤x＜m，则当x＝时，y取得最(2)由(1)知，y＝kx·＝－x2＋kx＝－2mmm42大值，ymax＝mk.

4mk所以鱼群年增长量的最大值为.

4mmk(3)由题意得，0＜x＋y＜m，即0＜＋＜m，解得－2＜k＜2.又k＞0，∴0＜k＜2.故k的24取值范围为(0,2)．

典例3 解：(1)设上网时间为x min，由已知条件所付费用y关于x的函数关系式为

0，0＜x＜1，0.5x，1≤x＜60，y＝30，60≤x≤500，30＋0.15x－500，x＞500.

(2)当x＝20×60＝1 200(min)时x＞500，应付y＝30＋0.15×(1 200－500)＝135(元)．

(3)90元已超过30元，所以上网时间超过500 min，由解析式可得上网时间为900 min.

┃┃对点训练

22－6x，0≤x<11，3． y＝

－44，x≥11.

【解析】由题意，知y关于x为分段函数，x＝11为分界点，易得其解析式为y＝22－6x，0≤x<11，

－44，x≥11.

126典例4 解：易知矩形厂房中与旧墙相邻的一面的边长为 m．设建墙总费用为y元．

xa(1)利用旧墙的一段x m(x＜14)为矩形厂房的一面，则修旧墙的费用为x·元，将剩余的旧墙4a拆得的材料建新墙的费用为(14－x)·元，

22×1262x＋－14a元． 其余建新墙的费用为x14－x2527252x36x2x＋－14·a＝ax＋－7＝7a＋－1(0＜x＜14)．故总费用为y＝·a＋·a＋

xx44x42∴y≥7a2x36·－1＝35a，

4xx36当且仅当＝，即x＝12时，y取得最小值，ymin＝35a.

4xa7(2)若矩形厂房利用旧墙的一面边长x≥14，则修旧墙的费用为·14＝a(元)，建新墙的费用为422x＋252－14a元，故总费用为y＝7a＋2x＋252－14a＝7a＋2ax＋126－7(x≥14)．

xxx22126令f(x)＝x＋(x≥14)，设14≤x2＜x1，则

xx1＋126－x2＋126＝(x1－x2)x1x2－126.

x1x2x1x2∵14≤x2＜x1，∴x1－x2＞0，x1x2＞126.

x1x2－126126126从而＞0，∴x1＋＞x2＋.

x1x2x1x2126∴函数f(x)＝x＋在[14，＋∞)上为增函数．

x故当x＝14时，y取得最小值，

126714＋－7＝35.5a.

ymin＝a＋2a142综上可知，采用方案(1)，利用12 m的旧墙为矩形厂房的一面时，建墙总费用最省，为35a元．

┃┃对点训练

2 160×10 0004．解：设楼房每平方米的平均综合费用为f(x)元，则f(x)＝(560＋48x)＋

2 000x10 800＝560＋48x＋(x≥10，x∈N*)．

x10 800所以f(x)＝560＋48x＋≥560＋248×10 800＝2 000，

x10 800当且仅当48x＝，即x＝15时取等号．

x因此，当x＝15时，f(x)取最小值f(15)＝2 000，即为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为15层．

课堂检测·固双基

1．A

【解析】由题意可知，开始时，甲、乙速度均为v1，所以图像是重合的线段，由此排除C，D，再根据v1＜v2，可知两人的运动情况均是先慢后快，图像是折线且前“缓”后“陡”，故图示A分析正确．

2．B

【解析】由图像知，该一次函数过(1,800)，(2,1 300)，可求得解析式y＝500x＋300(x≥0)，当x＝0时，y＝300.

3．30

6003 600【解析】一年的总运费为6×＝(万元)．

xx3 600一年的总存储费用为4x万元．总运费与总存储费用的和为x＋4x万元．

3 600因为＋4x≥2x3 6003 600·4x＝240，当且仅当＝4x，即x＝30时取得等号，

xx所以当x＝30时，一年的总运费与总存储费用之和最小．

4．60

【解析】设涨价x元，销售的利润为y元，

则y＝(50＋x－45)(50－2x)＝－2x2＋40x＋250＝－2(x－10)2＋450，

所以当x＝10，即销售价为60元，y取得最大值．

5．解：(1)∵y＝29－25－x，∴y＝－x＋4(0≤x≤4，x＝0.5n，n∈N)．

x8＋×4y＝(8x＋8)(－x＋4)＝－8x2＋24x＋32(0≤x≤4，x＝0.5n，n∈N)．

(2)z＝0.5(3)由(2)知，z＝－8x2＋24x＋32＝－8(x－1.5)2＋50(0≤x≤4，x＝0.5n，n∈N)，

故当x＝1.5时，zmax＝50.

所以当销售单价为29－1.5＝27.5(万元)时，每周的销售利润最大，最大利润为50万元．

2023年12月17日发(作者：虢魁)

3.3 函数的应用(一)~

3.4 数学建模活动：决定苹果的最佳出售时间

素养目标·定方向

课程标准 学法解读

1．领会教材中的五个例题，能够对简单的实理解函数模型是描述客观世界中变量关系和际问题，选择适当的函数构建数学模型．

规律的重要数学语言和工具．在实际情境中，2．解决数学应用题的关键是建模，顺利建立会选择合适的函数模型刻画现实问题. 函数模型并解决问题要具备以下能力：阅读理解能力，逻辑推理能力，计算能力.

必备知识·探新知

基础知识

1．常见的函数模型

(1)一次函数模型

形如y＝kx＋b(k≠0)的函数模型是一次函数模型．应用一次函数的性质及图像解题时，应注意：

①一次函数有单调递增(一次项系数为正)和单调递减(一次项系数为负)两种情况；

②一次函数的图像是一条直线．

(2)二次函数模型

形如y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的函数模型是二次函数模型．二次函数模型是重要的数学模型之一，依据实际问题建立二次函数的解析式后，利用配方法求最值简单易懂，有时也可以依据二次函数的性质求最值，从而解决利润最大、用料最省等问题．

思考：一次、二次函数模型的定义域都是全体实数，在实际应用问题中，定义域一定是全体实数吗？

(3)分段函数模型

k这个模型的实质是一次函数、反比例函数(形如y＝，k≠0)、二次函数中两种及以上的综合．

x(4)对勾函数模型

k这个模型的实质是一次函数与反比例函数(形如y＝，k≠0)模型的综合，解决此类问题的最x值可用均值不等式求解．

基础自测

1．某地固定电话市话收费规定：前三分钟0.20元(不满三分钟按三分钟计算)，以后每加一分钟增收0.10元(不满一分钟按一分钟计算)，那么某人打市话550 s，应支付电话费( )

A．1.00元

C．1.20元

B．0.90元

D．0.80元

2．某厂有许多形状为直角梯形的铁皮边角料，为了降低消耗，现要从这些边角料上截取矩形铁片(如图所示)．当截取的矩形面积最大时，矩形两边的长x，y应为( )

A．x＝15，y＝12

C．x＝14，y＝10

B．x＝12，y＝15

D．x＝10，y＝14

3．将进货单价为80元的商品按90元/个售出时，能卖出400个．已知该商品每个涨价1元时，其销售量就会减少20个．为了获得最大利润，其售价应定为( )

A．110元/个

C．100元/个

B．105元/个

D．95元/个

4．某游乐场每天的盈利额y(单位：元)与售出的门票数x(单位：张)之间的函数关系如图所示．试分析图像，要使该游乐场每天的盈利额超过1 000元，那么每天至少应售出____张门票．

关键能力·攻重难

类型一 一次函数模型的应用

典例1 一家报刊推销员从报社买进报纸的价格是每份0.20元，卖出的价格是每份0.30元，卖不完的还可以以每份0.08元的价格退回报社．在一个月(以30天计算)内有20天每天可卖出400份，其余10天每天只能卖出250份，但每天从报社买进报纸的份数都相同，问应该从报社买多少份报纸才能使每月所获得的利润最大？并计算每月最多能赚多少钱．

思路探究：本题所给条件较多，数量关系比较复杂，可以列表分析．

归纳提升：实际问题中列出的函数关系式，要考虑实际问题对自变量的限制，即注意自变量的实际意义．对于与一次函数有关的最值问题通常借助一次函数的单调性结合定义域来处理．

┃┃对点训练_

1．若一根蜡烛长20 cm，点燃后每小时燃烧5 cm，则燃烧剩下的高度h(cm)与燃烧时间t(h)的函数关系用图像表示为图中的( )

类型二 二次函数模型的应用

典例2 某水果批发商销售每箱进价为40元的苹果，假设每箱售价不得低于50元且不得高于55元．市场调查发现，若每箱以50元的价格销售，平均每天销售90箱，价格每提高1元，平均每天少销售3箱．

(1)求平均每天的销售量y(箱)与销售单价x(元/箱)之间的函数关系；

(2)求该批发商平均每天的销售利润w(元)与销售单价x(元/箱)之间的函数关系式；

(3)当每箱苹果的售价为多少元时，可以获得最大利润？最大利润是多少？

思路探究：本题中平均每天的销售量y(箱)与销售单价x(元/箱)是一个一次函数关系，虽然x∈[50,55]，x∈N，但仍可把问题看成一次函数模型的应用问题；平均每天的销售利润w(元)与销售单价x(元/箱)是一个二次函数关系，可看成是一个二次函数模型的应用题．

归纳提升：二次函数的实际应用

1．在根据实际问题建立函数解析式后，可利用配方法、判别式法、换元法、函数的单调性等方法来求函数的最值，从而解决实际问题中最值问题，二次函数求最值最好结合二次函数的图像来解答．

2．对于本题要清楚平均每天的销售利润＝平均每天的销售量×每箱销售利润．

┃┃对点训练

2．渔场中鱼群的最大养殖量为m(m＞0)，为了保证鱼群的生长空间，实际养殖量x应小于

m，以便留出适当的空闲量．已知鱼群的年增长量y和实际养殖量与空闲率(空闲率是空闲量与最大养殖量的比值)的乘积成正比，比例系数为k(k＞0)．

(1)写出y关于x的函数关系式，并指出该函数的定义域；

(2)求鱼群年增长量的最大值；

(3)当鱼群年增长量达到最大值时，求k的取值范围．

类型三 分段函数模型的应用

典例3 WAP手机上网每月使用量在500 min以下(包括500 min)，按30元计费；超过500 min的部分按0.15元/min计费．假如上网时间过短(小于60min)使用量在1 min以下不计费，在1 min以上(包括1 min)按0.5元/min计费．WAP手机上网不收通话费和漫游费．

(1)写出上网时间x min与所付费用y元之间的函数关系式；

(2)12月份小王WAP上网使用量为20 h，要付多少钱？

(3)小王10月份付了90元的WAP上网费，那么他上网的时间是多少？

思路探究：由于上网时间不同，收费标准不同，因此对所付费用作分段讨论，以确定付费标准，建立函数关系式，解决付费与上网时间的问题．

归纳提升：应用分段函数时的三个注意点

(1)分段函数的“段”一定要分得合理，不重不漏．

(2)分段函数的定义域为对应每一段自变量取值范围的并集．

(3)分段函数的值域求法为：逐渐求函数值的范围，最后比较再下结论．

┃┃对点训练

3．大气温度y(℃)随着距离地面的高度x(km)的增加而降低，当在高度不低于11 km的高空时气温几乎不变．设地面气温为22 ℃，大约每上升1 km大气温度降低6 ℃，则y关于x的函数关系式为____.

类型四 对勾函数模型

典例4 某工厂有一段旧墙长14 m，现准备利用这段旧墙为一面建造一个平面图形为矩形，占地面积为126 m2的厂房，工程条件是：①建1 m新墙的费用为a元；②修1 m旧墙的费

aa用为元；③拆去1 m旧墙，用所得的材料建1 m新墙的费用为元．经讨论有两种方案：(1)42利用旧墙的一段x m(x＜14)为矩形厂房的一面；(2)矩形厂房利用旧墙的一面边长为x≥14.问如何利用旧墙，即x为多少米时，建墙总费用最省？(1)(2)两种方案哪个更好？

归纳提升：求解本题的关键在于以建墙费用为目标函数建立函数关系式，而难点在于求函数的最小值，两种方案的函数式结构相似，但求最值方法不同，一个可用均值不等式求最值，而另一个则必须改用函数的单调性求最值．

┃┃对点训练

4．某单位用2 160万元购得一块空地，计划在该地块上建造一栋至少10层，每层2 000平方米的楼房．经测算，如果将楼房建为x(x≥10)层，则每平方米的平均建筑费用为560＋48x(单位：元)．为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为多少层？

课堂检测·固双基

1．甲、乙二人从A地沿同一方向去B地，途中都使用两种不同的速度v1与v2(v1＜v2)，甲前一半的路程使用速度v1，后一半的路程使用速度v2；乙前一半的时间使用速度v1，后一半的时间使用速度v2，关于甲、乙二人从A地到达B地的路程与时间的函数图像及关系，有如图所示的四个不同的图示分析(其中横轴t表示时间，纵轴s表示路程，C是AB的中点)，则其中可能正确的图示分析为( )

2．某公司市场营销人员的个人月收入与其每月的销售量成一次函数关系，如图所示，由图中给出的信息可知，营销人员没有销售量时的收入是( )

A．310元

C．390元

B．300元

D．280元

3．某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x的值是____.

4．某商店进货单价为45元，若按50元一个销售，能卖出50个；若销售单价每涨1元，其销售量就减少2个，为了获得最大利润，此商品的最佳售价应为每个____.

5．南博汽车城销售某种型号的汽车，进货单价为25万元，市场调查表明：当销售单价为29万元时，平均每周能售出8辆，而当销售单价每降低0.5万元时，平均每周能多售出4辆．如果每辆汽车降价x万元，每辆汽车的销售利润为y万元(每辆车的销售利润＝销售单价－进货单价)．

(1)求y与x之间的函数关系式，并在保证商家不亏本的前提下，写出x的取值范围；

(2)假设这种汽车平均每周的销售利润为z万元，试写出z与x之间的函数关系式；

(3)当每辆汽车的销售单价为多少万元时，平均每周的销售利润最大？最大利润是多少？

参考答案

必备知识·探新知

基础知识

1．思考 提示：不一定．在实际应用中，函数的自变量x往往具有实际意义，如x表示长度时，x≥0；x表示件数时，x≥0，且x∈Z等．在解答时，必须要考虑这些实际意义．

基础自测

1．B

【解析】设打市话x分钟，应支付y元，则y＝0.20＋0.10×([x]－3)([x]是不小于x的最小整550数，x>0)，令x＝，故[x]＝10，则y＝0.9.

602．A

x24－y4x【解析】结合图形，由平行线的性质可得＝，即y＝24－(0＜x＜20)，所以矩形面201654x4x24－＝－＋24x(0＜x＜20)，所以当x＝－积S＝xy＝x5522442×－5＝15时，S最大，此4时y＝24－×15＝12，故选A．

53．D

【解析】设商品每个涨价x元，利润为y元，则销售量为(400－20x)个．

根据题意，得y＝(10＋x)(400－20x)＝－20x2＋200x＋4 000＝－20(x－5)2＋4 500.

所以当x＝5时，y取得最大值，最大值为4 500.

即当每个涨价5元，也就是售价为95元/个时，可以获得最大利润，故选D．

4．解：由图知，每天的盈利额超过1 000元时，x∈(200,300]．设y＝kx＋b(k≠0)，将点(200,500)，200k＋b＝500，k＝15，(300,2 000)的坐标代入，得解得所以y＝15x－2 500.

300k＋b＝2 000.b＝－2 500，

1由15x－2 500＞1 000，解得x＞233，故至少要售出234张门票，才能使游乐场每天的盈利3额超过1 000元．

关键能力·攻重难

典例1 解：设每天从报社买进x(250≤x≤400，x∈N＋)份，每月获利润为y元，列表分析如下：

买进

卖出

数量/份

30x

20x＋10×250

单价/元

0.20

0.30

金额/元

6x

6x＋7 50

退回 10(x－250)

0.08

0.8x－200

则y＝6x＋750＋0.8x－200－6x＝0.8x＋550(250≤x≤400，x∈N＋)．

∵函数y＝0.8x＋550在x∈[250,400]上是增函数，

∴当x＝400时，y取得最大值870.

即每天从报社买进400份报纸时，每月获得的利润最大，最大利润为870元．

┃┃对点训练_

1．B

【解析】蜡烛剩下的长度随时间增加而缩短，根据实际意义不可能是D；更不可能是A，C．故选B．

典例2 解：(1)根据题意，得y＝90－3(x－50)，

化简，得y＝－3x＋240(50≤x≤55，x∈N)．

(2)因为该批发商平均每天的销售利润＝平均每天的销售量×每箱销售利润．

所以w＝(x－40)(－3x＋240)＝－3x2＋360x－9 600(50≤x≤55，x∈N)．

(3)因为w＝－3x2＋360x－9 600＝－3(x－60)2＋1 200，

所以当x＜60时，w随x的增大而增大．

又50≤x≤55，x∈N，所以当x＝55时，w有最大值，最大值为1 125.

所以当每箱苹果的售价为55元时，可以获得最大利润，且最大利润为1 125元．

┃┃对点训练

m－xm－x2．解：(1)根据题意知，空闲率是，故y关于x的函数关系式是y＝kx·，0≤x＜m.

mmm－xmkkmkmx－2＋，0≤x＜m，则当x＝时，y取得最(2)由(1)知，y＝kx·＝－x2＋kx＝－2mmm42大值，ymax＝mk.

4mk所以鱼群年增长量的最大值为.

4mmk(3)由题意得，0＜x＋y＜m，即0＜＋＜m，解得－2＜k＜2.又k＞0，∴0＜k＜2.故k的24取值范围为(0,2)．

典例3 解：(1)设上网时间为x min，由已知条件所付费用y关于x的函数关系式为

0，0＜x＜1，0.5x，1≤x＜60，y＝30，60≤x≤500，30＋0.15x－500，x＞500.

(2)当x＝20×60＝1 200(min)时x＞500，应付y＝30＋0.15×(1 200－500)＝135(元)．

(3)90元已超过30元，所以上网时间超过500 min，由解析式可得上网时间为900 min.

┃┃对点训练

22－6x，0≤x<11，3． y＝

－44，x≥11.

【解析】由题意，知y关于x为分段函数，x＝11为分界点，易得其解析式为y＝22－6x，0≤x<11，

－44，x≥11.

126典例4 解：易知矩形厂房中与旧墙相邻的一面的边长为 m．设建墙总费用为y元．

xa(1)利用旧墙的一段x m(x＜14)为矩形厂房的一面，则修旧墙的费用为x·元，将剩余的旧墙4a拆得的材料建新墙的费用为(14－x)·元，

22×1262x＋－14a元． 其余建新墙的费用为x14－x2527252x36x2x＋－14·a＝ax＋－7＝7a＋－1(0＜x＜14)．故总费用为y＝·a＋·a＋

xx44x42∴y≥7a2x36·－1＝35a，

4xx36当且仅当＝，即x＝12时，y取得最小值，ymin＝35a.

4xa7(2)若矩形厂房利用旧墙的一面边长x≥14，则修旧墙的费用为·14＝a(元)，建新墙的费用为422x＋252－14a元，故总费用为y＝7a＋2x＋252－14a＝7a＋2ax＋126－7(x≥14)．

xxx22126令f(x)＝x＋(x≥14)，设14≤x2＜x1，则

xx1＋126－x2＋126＝(x1－x2)x1x2－126.

x1x2x1x2∵14≤x2＜x1，∴x1－x2＞0，x1x2＞126.

x1x2－126126126从而＞0，∴x1＋＞x2＋.

x1x2x1x2126∴函数f(x)＝x＋在[14，＋∞)上为增函数．

x故当x＝14时，y取得最小值，

126714＋－7＝35.5a.

ymin＝a＋2a142综上可知，采用方案(1)，利用12 m的旧墙为矩形厂房的一面时，建墙总费用最省，为35a元．

┃┃对点训练

2 160×10 0004．解：设楼房每平方米的平均综合费用为f(x)元，则f(x)＝(560＋48x)＋

2 000x10 800＝560＋48x＋(x≥10，x∈N*)．

x10 800所以f(x)＝560＋48x＋≥560＋248×10 800＝2 000，

x10 800当且仅当48x＝，即x＝15时取等号．

x因此，当x＝15时，f(x)取最小值f(15)＝2 000，即为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为15层．

课堂检测·固双基

1．A

【解析】由题意可知，开始时，甲、乙速度均为v1，所以图像是重合的线段，由此排除C，D，再根据v1＜v2，可知两人的运动情况均是先慢后快，图像是折线且前“缓”后“陡”，故图示A分析正确．

2．B

【解析】由图像知，该一次函数过(1,800)，(2,1 300)，可求得解析式y＝500x＋300(x≥0)，当x＝0时，y＝300.

3．30

6003 600【解析】一年的总运费为6×＝(万元)．

xx3 600一年的总存储费用为4x万元．总运费与总存储费用的和为x＋4x万元．

3 600因为＋4x≥2x3 6003 600·4x＝240，当且仅当＝4x，即x＝30时取得等号，

xx所以当x＝30时，一年的总运费与总存储费用之和最小．

4．60

【解析】设涨价x元，销售的利润为y元，

则y＝(50＋x－45)(50－2x)＝－2x2＋40x＋250＝－2(x－10)2＋450，

所以当x＝10，即销售价为60元，y取得最大值．

5．解：(1)∵y＝29－25－x，∴y＝－x＋4(0≤x≤4，x＝0.5n，n∈N)．

x8＋×4y＝(8x＋8)(－x＋4)＝－8x2＋24x＋32(0≤x≤4，x＝0.5n，n∈N)．

(2)z＝0.5(3)由(2)知，z＝－8x2＋24x＋32＝－8(x－1.5)2＋50(0≤x≤4，x＝0.5n，n∈N)，

故当x＝1.5时，zmax＝50.

所以当销售单价为29－1.5＝27.5(万元)时，每周的销售利润最大，最大利润为50万元．