2023届高考数学二轮复习微专题28以分段函数为载体的应用题学案

这是一份2023届高考数学二轮复习微专题28以分段函数为载体的应用题学案，共13页。


例题：如图所示，某快递公司在某市的货物转运中心，拟引进智能机器人分拣系统，以提高分拣效率和降低物流成本．已知购买x台机器人的总成本为p(x)＝eq \f(1,600)x2＋x＋150万元．
(1)若使每台机器人的平均成本最低，问应买多少台？
(2)现按(1)中的数量购买机器人，需要安排m人将邮件放在机器人上，机器人将邮件送达指定落袋格口完成分拣(如图所示)．经实验知，每台机器人的日平均分拣量为q(m)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(8,15)m（60－m），（1≤m≤30），,480，（m＞30）))(单位：件)．已知传统的人工分拣每人每日的平均分拣量为1 200件，问引进机器人后，日平均分拣量达最大时，用人数量比引进机器人前的用人数量最多可减少百分之几？
变式1某网店专卖当地某种特产，由以往的经验表明，不考虑其他因素，该特产每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克，1＜x≤5)满足：当1＜x≤3时，y＝a(x－3)2＋eq \f(b,x－1)(a，b为常数)；当3＜x≤5时，y＝－70x＋490，已知当销售价格为2元/千克时，每日可售出该特产700千克；当销售价格为3元/千克时，每日可售出该特产150千克．
(1)求a，b的值，并确定y关于x的函数解析式；
(2)若该特产的销售成本为1元/千克，试确定销售价格x的值，使店铺每日销售该特产所获利润f(x)最大(x精确到0.01元/千克)．
变式2根据统计资料，某工艺品厂的日产量最多不超过20件，每日产品废品率p与日产量x(件)之间近似地满足关系式p＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2,15－x)，1≤x≤9，x∈N*，,\f(x2＋60,540)，10≤x≤20，x∈N*))(日产品废品率＝eq \f(日废品量,日产量)×100%)．已知每生产一件正品可赢利2千元，而生产一件废品则亏损1千元．(该车间的日利润y＝日正品赢利额－日废品亏损额)
(1)将该车间日利润y(千元)表示为日产量x(件)的函数；
(2)当该车间的日产量为多少件时，日利润最大？最大日利润是几千元？
串讲1某公司研制出了一种新产品，试制了一批样品分别在国内和国外上市销售，并且价格根据销售情况不断进行调整，结果40天内全部销完，公司对销售及销售利润进行了调研，结果如图所示，其中图①(一条折线)、图②(一条抛物线段)分别是国外和国内市场的日销售量与上市时间的关系，图③是每件样品的销售利润与上市时间的关系．
(1)分别写出国外市场的日销售量f(t)与上市时间t的关系及国内市场的日销售量g(t)与上市时间t的关系；
(2)国外和国内的日销售利润之和有没有可能恰好等于6 300万元？若有，请说明是上市后的第几天；若没有，请说明理由．
串讲2如图是一块镀锌铁皮的边角料ABCD，其中AB，CD，DA都是线段，曲线段BC是抛物线的一部分，且点B是该抛物线的顶点，BA所在直线是该抛物线的对称轴．经测量，AB＝2米，AD＝3米，AB⊥AD，点C到AD，AB的距离CH，CR的长均为1米．现要用这块边角料裁一个矩形AEFG(其中点F在曲线段BC或线段CD上，点E在线段AD上，点G在线段AB上)．设BG的长为x米，矩形AEFG的面积为S平方米．
(1)将S表示为x的函数；
(2)当x为多少米时，S取得最大值，最大值是多少？
如图，已知半圆AOB是某爱国主义教育基地一景点的平面示意图，其中该半圆的半径OA的长为1百米．为了保护景点，基地管理部门从道路l上选取一点C，修建参观线路C－D－E－F，且CD，DE，EF均与半圆相切，四边形CDEF是等腰梯形，设DE＝t百米，记修建每1百米参观线路的费用为f(t)万元，经测算f(t)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(5，0＜t≤\f(1,3)，,8－\f(1,t)，\f(1,3)＜t＜2.))
(1)用t表示线段EF的长；
(2)求修建参观线路的最低费用．
(2018·南通二模)将一铁块高温融化后制成一张厚度忽略不计、面积为100 dm2的矩形薄铁皮(如图)，并沿虚线l1，l2裁剪成A，B，C三个矩形(B，C全等)，用来制成一个柱体．现有两种方案．
方案①：以l1为母线，将A作为圆柱的侧面展开图，并从B，C中各裁剪出一个圆形作为圆柱的两个底面；
方案②：以l1为侧棱，将A作为正四棱柱的侧面展开图，并从B，C中各裁剪出一个正方形(各边分别与l1或l2垂直)作为正四棱柱的两个底面．
(1)设B，C都是正方形，且其内切圆恰为按方案①制成的圆柱的底面，求底面半径；
(2)设l1的长为x dm，则当x为多少时，能使按方案②制成的正四棱柱的体积最大？
答案：(1)eq \f(5\r(2（π＋1）),2（π＋1）)dm；(2)2eq \r(10).
解析：(1)设所得圆柱的半径为r dm，则(2πr＋2r)×4r＝100，解得r＝eq \f(5\r(2（π＋1）),2（π＋1）).6分
(2)设所得正四棱柱的底面边长为a dm，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a≤\f(x,2)，,a≤\f(100,x)－4a，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a≤\f(x,2)，,a≤\f(20,x).))9分
解法1所得正四棱柱的体积V＝a2x≤eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x3,4)，0＜x≤2\r(10)，,\f(400,x)，x＞2\r(10).))
记函数p(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x3,4)，0＜x≤2\r(10)，,\f(400,x)，x＞2\r(10).))11分
则p(x)在(0，2eq \r(10)]上单调递增，在[2eq \r(10)，＋∞)上单调递减，所以当x＝2eq \r(10)时，
p(x)max＝20eq \r(10).所以当x＝2eq \r(10)，a＝eq \r(10)时，Vmax＝20eq \r(10)dm3.14分
解法2 2a≤x≤eq \f(20,a)，从而a≤eq \r(10).9分
所得正四棱柱的体积V＝a2x≤a2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(20,a)))＝20a≤20eq \r(10).11分
所以当a＝eq \r(10)，x＝2eq \r(10)时，Vmax＝20eq \r(10)dm3.14分
答：(1)圆柱的底面半径为eq \f(5\r(2（π＋1）),2（π＋1）)dm；
(2)当x为2eq \r(10)时，能使按方案②制成的正四棱柱的体积最大.16分
注意：1.直接“由x·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(x,2)))＝100得，x＝2eq \r(10)时正四棱柱的体积最大”，只给结果得分，即2分；
2．解法1中的求解过程要体现V≤p(x)≤2eq \r(10)，凡写成V＝p(x)≤2eq \r(10)的最多得5分，
解法2类似解答参照给分．
微专题28
例题
答案：(1)300；(2)75%.
解析：(1)由题意得，每台机器人的平均成本为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，当且仅当eq \f(x,600)＝eq \f(150,x)(x∈N*)，即x＝300时取等号，
答：要使每台机器人的平均成本最低，应买300台．
(2)当1≤m≤30时，每台机器人日平均分拣量为q(m)＝eq \f(8,15)m(60－m)＝－eq \f(8,15)(m－30)2＋480，当m＝30时，每台机器人的日平均分拣量最大值为480，当m＞30时，每台机器人的日平均分拣量仍为480，则引进300台机器人后，日平均分拣量的最大值为480×300＝144 000.若用传统人工分拣144 000件，则需要eq \f(144 000,1 200)＝120人，答：引进机器人后要降低物流成本，用人数量比引进机器人前的用人数量最多可减eq \f(120－30,120)＝eq \f(3,4)＝75%.
变式联想
变式1
答案：(1)a＝400，b＝300，y＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(400（x－3）2＋\f(300,x－1)，1＜x≤3，,－70x＋490，3＜x≤5；))
(2)eq \f(5,3)≈1.67.
解析：(1)因为x＝2时，y＝700；
x＝3时，y＝150，所以
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝700，,\f(b,2)＝150，))解得a＝400，b＝300.每日的销售量y＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(400（x－3）2＋\f(300,x－1)，1＜x≤3，,－70x＋490，3＜x≤5.))
(2)由(1)知，当1＜x≤3时，每日销售利润f(x)＝
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(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；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(5,3)))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，3))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．∴x＝eq \f(5,3)是函数f(x)在(1，3]上的唯一极大值点，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)))＝400×eq \f(32,27)＋300＞700；当3＜x≤5时，每日销售利润f(x)＝
(－70x＋490)(x－1)＝
－70(x2－8x＋7)，f(x)在x＝4时有最大值，且f(4)＝630＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3))).综上，销售价格x＝eq \f(5,3)≈1.67元/千克时，每日利润最大．
变式2
答案：(1)y＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(24x－2x2,15－x)，1≤x≤9，x∈N*，,\f(5,3)x－\f(x3,180)，10≤x≤20，x∈N*；))
(2)日产量为10件时最大日利润是eq \f(100,9)千元．
解析：(1)由题意可知，y＝2x(1－p)－px＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(24x－2x2,15－x)，1≤x≤9，x∈N*，,\f(5,3)x－\f(x3,180)，10≤x≤20，x∈N*，))
(2)考虑函数f(x)＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(24x－2x2,15－x)，1≤x≤9，x∈N*,\f(5,3)x－\f(x3,180)，10≤x≤20，x∈N*))当1≤x≤9时，f′(x)＝2－eq \f(90,（15－x）2)，令f′(x)＝0，得x＝15－3eq \r(5).当1≤x＜15－3eq \r(5)时，f′(x)＞0，函数f(x)在[1，15－3eq \r(5))上单调递增；当15－3eq \r(5)＜x≤9时，f′(x)＜0，函数f(x)在(15－3eq \r(5)，9]上单调减．所以当x＝15－3eq \r(5)时，f(x)取得极大值，也是最大值，又x是整数，f(8)＝eq \f(64,7)，f(9)＝9，所以当x＝8时，f(x)有最大值eq \f(64,7).当10≤x≤20时，f′(x)＝eq \f(5,3)－eq \f(x2,60)＝eq \f(100－x2,60)≤0，所以函数f(x)在[10，20]上单调递减，所以当x＝10时，f(x)取得极大值eq \f(100,9)，也是最大值．由于eq \f(100,9)＞eq \f(64,7)，所以当该车间的日产量为10件时，日利润最大．答：当该车间的日产量为10件时，日利润最大，最大日利润是eq \f(100,9)千元．
说明：许多实际应用问题在转化为函数问题去解决时，无法用一个等量关系去表达，需要列出若干个关系式，这些关系式构成了一个整体，即为分段函数，在建构分段函数模型时，要根据实际问题的条件，将自变量的取值范围划分为若干个区间，分别考察在每个区间上的最优解，并加以比较以确定问题的解答，涉及分段变换的数学应用问题，通常的处理方法是仔细审题，明确解题方向，结合条件，分段解决，这类问题常常会转化为二次函数、三次函数、分式函数等函数问题，求最值的方法不限定仅用函数方法，有时也会用到基本不等式等其他求最值的方法．
串讲激活
串讲1
答案：(1)f(t)＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2t，0≤t≤30，,－6t＋240，30＜t≤40.))
g(t)＝－eq \f(3,20)t2＋6t(0≤t≤40)；(2)第30天．
解析：(1)图①是两条线段，由一次函数及待定系数法，得f(t)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2t，0≤t≤30，,－6t＋240，30＜t≤40.))图②是一个二次函数的部分图象，故g(t)＝－eq \f(3,20)t2＋6t(0≤t≤40)．
(2)每件样品的销售利润h(t)与上市时间t的关系为h(t)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3t，0≤t≤20，,60，20＜t≤40.))故国外和国内的日销售利润之和F(t)与上市时间t的关系为F(t)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3t\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,20)t2＋8t))，0≤t≤20，,60\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,20)t2＋8t))，20＜t≤30，,60\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,20)t2＋240))，30＜t≤40.))
当0≤t≤20时，F(t)＝3teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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\c1(48－\f(27,20)t))≥0，∴F(t)在[0，20]上是增函数，
∴F(t)在此区间上的最大值为F(20)＝6 000＜6 300.当20＜t≤30时，F(t)＝
60eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,20)t2＋8t)).由F(t)＝6 300，得3t2－160t＋2 100＝0，解得t＝eq \f(70,3)(舍去)或t＝30.当30＜t≤40时，F(t)＝60eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,20)t2＋240)).由F(t)在(30，40]上是减函数，得F(t)＜F(30)＝6 300.故国外和国内的日销售利润之和可以恰好等于6 300万元，为上市后的第30天．
串讲2
答案：(1)S＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(x)（2－x），0＜x≤1，,（2x－1）（2－x），1＜x＜2.))
(2)x＝eq \f(5,4)时，Smax＝eq \f(9,8).
解析：(1)以点B为坐标原点，BA所
在直线为x轴，建立平面直角坐标系．设曲线段BC所在抛物线的方程为y2＝2px(p＞0)，
将点C(1，1)代入，得2p＝1，即曲线段BC的方程为y＝eq \r(x)(0≤x≤1)．又由点C(1，1)，D(2，3)得线段CD的方程为y＝2x－1(1≤x≤2)．而GA＝2－x，所以S＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(x)（2－x），0＜x≤1，,（2x－1）（2－x），1＜x＜2.))
(2)①当0＜x≤1时，因为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).当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))时，S′＞0，所以S递增；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))时，S′＜0，所以S递减，所以当x＝eq \f(2,3)时，Smax＝eq \f(4\r(6),9)；
②当1＜x＜2时，因为S＝(2x－1)(2－x)＝
－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(9,8)，所以当x＝eq \f(5,4)时，Smax＝eq \f(9,8)；综上，因为eq \f(9,8)＞eq \f(4\r(6),9)，所以当x＝eq \f(5,4)米时，Smax＝eq \f(9,8)平方米．
答：当x为eq \f(5,4)米时，S取得最大值，最大值为eq \f(9,8)平方米．
新题在线
答案：(1)EF＝eq \f(t,4)＋eq \f(1,t)(0＜t＜2)；
(2)24.5.
解析：(1)设DQ与半圆相切于点Q，则由四边形CDEF是等腰梯形知，OQ⊥DE，以CF所在直线为x轴，OQ所在直线为y轴，建立平面直角坐标系xOy.设EF与圆切于G点，连接OG，过点E作EH⊥OF，垂足为H.
因为EH＝OG，∠OFG＝
∠EFH，∠GOF＝∠HEF，所以
Rt△EHF≌Rt△OGF，∴HF＝FG＝EF－eq \f(1,2)t.所以EF2＝1＋HF2＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(EF－\f(1,2)t))eq \s\up12(2)，解得EF＝eq \f(t,4)＋eq \f(1,t)(0＜t＜2)．
(2)设修建该参观线路的费用为y万元．
①当0＜t≤eq \f(1,3)，
由y＝5eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,4)＋\f(1,t)))＋t))＝
5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)t＋\f(2,t))).则y′＝
5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(2,t2)))＜0，可得y在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))上单调递减，所以t＝eq \f(1,3)时，y取得最小值为32.5.
②当eq \f(1,3)＜t＜2时，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8－\f(1,t)))
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,4)＋\f(1,t)))＋t))＝12t＋eq \f(16,t)－eq \f(3,2)－eq \f(2,t2).y′＝12－eq \f(16,t2)＋eq \f(4,t3)＝eq \f(4（t－1）（3t2＋3t－1）,t3).因为eq \f(1,3)＜t＜2，∴3t2＋3t－1＞0.所以t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))时，y′＜0，函数y此时单调递减；t∈(1，2)时，y′＞0，函数y此时单调递增．所以t＝1时，函数y取得最小值24.5.由①②知，t＝1时，函数y取得最小值为24.5.
数学源于生活，应用所学数学知识解决实际问题是能力与素养的具体表现．数学应用问题是江苏数学高考的突出亮点，常以中档题(17或18题)的形式呈现，具有良好的区分度，是高考的重点与热点．本专题集中介绍以分段函数型的应用问题，常见的处理手段是结合实际问题，利用所给条件建立分段函数的数学模型，利用所学数学的知识与方法予以解决.