2024年3月15日发(作者：)
题目 高中数学复习专题讲座应用性问题
高考要求
数学应用题是指利用数学知识解决其他领域中的问题 高考对应用题的考查已逐步成熟，大体是三道左右的小题和一道大题，注重问题及方法的新颖性，提高了适应陌生情境的能力要求
重难点归纳
1 解应用题的一般思路可表示如下：
2 解应用题的一般程序
（1）读 阅读理解文字表达的题意，分清条件和结论，理顺数量关系，这一关是基础
（2）建 将文字语言转化为数学语言，利用数学知识，建立相应的数学模型 熟悉基本数学模型，正确进行建“模”是关键的一关
（3）解 求解数学模型，得到数学结论 一要充分注意数学模型中元素的实际意义，更要注意巧思妙作，优化过程
（4）答 将数学结论还原给实际问题的结果
3 中学数学中常见应用问题与数学模型
（1）优化问题 实际问题中的“优选”“控制”等问题，常需建立“不等式模型”和“线性规划”问题解决
（2）预测问题 经济计划、市场预测这类问题通常设计成“数列模型”来解决
（3）最（极）值问题 工农业生产、建设及实际生活中的极限问题常设计成“函数模型”，转化为求函数的最值
（4）等量关系问题 建立“方程模型”解决
（5）测量问题 可设计成“图形模型”利用几何知识解决
典型题例示范讲解
例1为处理含有某种杂质的污水，要制造一个底宽为2米的无盖长方体沉淀箱（如图），污水从A孔流入，经沉淀后从B孔流出，设箱体的长度为a米，高度为b米，已知流出的水中该杂
质的质量分数与a、b的乘积ab成反比，现有制箱材料60平方米，问当a、b各为多少米时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小（A、B孔的面积忽略不计）？
命题意图 本题考查建立函数关系、不等式性质、最值求法等基本知识及综合应用数学知识、思想与方法解决实际问题能力
知识依托 重要不等式、导数的应用、建立函数关系式
错解分析 不能理解题意而导致关系式列不出来，或a与b间的等量关系找不到
技巧与方法 关键在于如何求出函数最小值，条件最值可应用重要不等式或利用导数解决
解法一 设经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数为y，则由条件y=①
要求y的最小值，只须求ab的最大值
由①(a+2)(b+1)=32(a＞0,b＞0)且ab=30–(a+2b)
应用重要不等式a+2b=(a+2)+(2b+2)–4≥
∴ab≤18，当且仅当a=2b时等号成立
将a=2b代入①得a=6,b=3
故当且仅当a=6,b=3时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小
解法二 由2a+4b+2ab=60,得记的最大值
由，令u′=0得a=6
,
(k＞0为比例系数)其中a、b满足2a+4b+2ab=60
(0＜a＜30)则要求y的最小值只须求u且当0＜a＜6时，u′＞0，当6＜u＜30时u′＜0,
∴在a=6时取最大值，此时b=3
k取最小值
ab从而当且仅当a=6，b=3时,y=
例2某城市2022年末汽车保有量为30万辆，预计此后每年报废上一年末汽车保有量的6%，并且每年新增汽车数量相等
为保护城市环境，要求该城市汽车保有量不超过60万辆，那么每年新增汽车数量不应超过多少辆？
命题意图 本题考查等比数列、数列求和解不等式等知识以及极限思想方法和运用数学知识解决实际问题的能力
知识依托 数列极限、等比数列、解不等式
错解分析 ①不能读懂题意，找不到解题的突破口；②写出bn+1与x的关系后，不能进一步转化为极限问题；③运算出错，得不到准确结果
技巧与方法 建立第n年的汽车保有量与每年新增汽车数量之间的函数关系式是关键、尽管本题入手容易，但解题过程中的准确性要求较高
解 设2022年末的汽车保有量为b1万辆，以后各年汽车保有量依次为b2万辆，b3万辆，……每年新增汽车x万辆，则
b1=30,b2=b1×0 94+x,…
对于n＞1，有bn+1=bn×0 94+x=bn–1×0 942+(1+0 94)x,…
所以bn+1=b1×0 94n+x(1+0 94+0 942+…+0 94n–1)
=b1×0 94n+当当30
≥0，即x≤1 8时，bn+1≤bn≤…≤b1=30
x＜0，即x＞1 8时，0.06
并且数列{bn}逐项递增，可以任意靠近
因此如果要求汽车保有量不超过60万辆，
x即bn≤60(n=1,2,…)则有≤60，所以x≤3 6
0.06综上，每年新增汽车不应超过3 6万辆
例3 一只小船以10 m/s的速度由南向北匀速驶过湖面，在离湖面高20米的桥上，一辆汽车由西向东以20 m/s的速度前进（如图），现在小船在水平P点
以南的40米处，汽车在桥上以西Q点30米处（其中PQ⊥水面），则小船与汽车间的最短距离为 （不考虑汽车与小船本身的大小）
解析 设经过时间t汽车在A点，船在B点，（如图），则AQ=30–20t,BP=40–10t,PQ=20,且有AQ⊥BP，PQ⊥AQ，PQ⊥PB，设小船所在平面为α,AQ,QP确定平面为β,记α∩β=l,由AQ∥α,AQβ得AQ∥l,又AQ⊥PQ，得PQ⊥l,又PQ⊥PB，及l∩PB=P得PQ⊥α 作AC∥PQ，则AC⊥α 连CB，则AC⊥CB，进而AQ⊥BP，CP∥AQ得CP⊥BP，
∴AB2=AC2+BC2=PQ2+PB2+PC2=202+（40–10t）2+(30–20t)2
=100［5(t–2)2+9］,t=2时AB最短，最短距离为30 m
答案 30 m
例4 小宁中午放学回家自己煮面条吃，有下面几道工序
（1）洗锅盛水2分钟；（2）洗菜6分钟；（3）准备面条及佐料2分钟；（4）用锅把水烧开10分钟；（5）煮面条和菜共3分钟 以上各道工序除（4）之外，一次只能进行一道工序，小宁要将面条煮好，最少用分钟
解析 按以下工序操作所需时间最少，①、④（并在此时完成②、③、⑤）所用时间为2+10+3=15分钟
答案 15
例5 某产品生产厂家根据以往的生产销售经验得到下面有关销售的统计规律 每生产产品x（百台），其总成本为G（x）万元，其中固定成本为2万元，并且每生产100台的生产成本为1万元（总成本=固定成本+生产成本），销售收入R(x)满足R(x)= 假定该产品销售平衡，那么根据上述统计规律
（1）要使工厂有盈利，产品x应控制在什么范围？
（2）工厂生产多少台产品时赢利最大？并求此时每台产品的售价为多少？
解 依题意，G（x)=x+2,设利润函数为f(x),则
(1)要使工厂有赢利，则有f(x)>0
当0≤x≤5时，有–0 4x2+3 2x–2 8>0,得1 当x>5时，有8 2–x>0,得x<8 2,∴5 综上，要使工厂赢利，应满足1 （2）0≤x≤5时，f(x)=–0 4(x–4)2+3 6 故当x=4时，f(x)有最大值3 6 而当x>5时f(x)<8 2–5=3 2 所以当工厂生产400台产品时，赢利最大，此时只须求x=4时，每台产品售价为=2 4（万元/百台）=240（元/台） 学生巩固练习 1 某商场对顾客实行购物优惠活动，规定一次购物付款总额 ①如果不超过200元，则不予优惠，②如果超过200元但不超过500元，则按标价给予9折优惠，③如果超过500元，其500元按②条给予优惠，超过500元的部分给予7折优惠 某人两次去购物，分别付款168元和423元，假设他一次购买上述同样的商品，则应付款( ) A 413 7元 B 513 7元 C 546 6元 D 548 7元 2 某体育彩票规定 从01到36共36个号码中抽出7个号码为一注，每注2元 某人想先选定吉利号18，然后再从01到17中选3个连续的号，从19到29中选2个连续的号，从30到36中选1个号组成一注，则此人把这种要求的号买全，至少要花( ) A 1050元 B 1052元 C 2100元 D 2102元 3 一个球从100米高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它最后静止在地面上时，共经过了 米 4 有一广告气球直径为6米，放在公司大楼上空（如图），当某行人在A地观测气球时，其中心仰角为∠BAC=30°，并测得气球的视角β=2°，若θ很小时，可取sinθ=θ，试估计气球的高BC的值约为 米 5 运输一批海鲜，可在汽车、火车、飞机三种运输工具中选择，它们的速度分别为v千米/小时、2v千米/小时、10v千米/小时，每千米的运费分别为a元、b元、c元 且b ＜a＜c,又这批海鲜在运输过程中的损耗为m元/小时，若使用三种运输工具分别运输时各自的总费用（运费与损耗之和）互不相等 试确定使用哪种运输工具总费用最省 （题中字母均为正的已知量） 6 已知某海滨浴场的海浪高度y（米）是时间t(0≤t≤24，单位小时）的函数，记作y=f(t)，下表是某日各时的浪高数据 t0 3 6 9 12 15 18 21 24 （时） y1 1 0 1 1 1 0 0 1 5 0 5 0 49 51 99 （米） 5 经长期观测y=f(t)的曲线可近似地看成函数y=Acosωt+b （1）根据以上数据，求出函数y=Acosωt+b的最小正周期T，振幅A及函数表达式； （2）依据规定，当海浪高度高于1米时才对冲浪爱好者开放，请依据（1）的结论，判断一天内的上午8 00至晚上20 00之间，有多少时间可供冲浪者进行运动 7 某外商到一开放区投资72万美元建起一座蔬菜加工厂，第一年各种经费12万美元，以后每年增加4万美元，每年销售蔬菜收入50万美元 （1）若扣除投资及各种经费，则从第几年开始获取纯利润？ （2）若干年后，外商为开发新项目，有两种处理方案 ①年平均利润最大时以48万美元出售该厂；②纯利润总和最大时，以16万元出售该厂，问哪种方案最合算？ 8 某厂使用两种零件A、B装配两种产品P、Q，该厂的生产能力是月产P产品最多有2500件，月产Q产品最多有1200件；而且组装一件P产品要4个A、2个B，组装一件Q产品要6个A、8个B，该厂在某个月能用的A零件最多14000个；B零件最多12000个 已知P产品每件利润1000元，Q产品每件2000元，欲使月利润最大，需要组装P、Q产品各多少件？最大利润多少万元 参考答案 1 解析 此人购买的商品原价为168+423÷90%=638元，若一次购买同样商品应付款为500×90%+（638–500）×70%=450+96 5=546 6元 答案 C 2 解析 从01到17中选连续3个号有15种方法，从19到29中选连续2个号有10种选法，从30到36中选1个有7种选法，故购买注数为1050注至少花1050×2=2100元 答案 C 3 解析 小球经过的路程为 m 答案 300 4 提示 sin2°= 答案 86 m 5 解 设运输路程为S（千米），使用汽车、火车、飞机三种运输工具运输时各自的总费用分别为y1(元)、y2(元)、y3(元) 则由题意， ,由a>b,各字母均为正值， 所以y1–y2>0，即y2 由y3–y2=［(c–b)–］S 2m 5v令y3–y2>0,由c>b及每字母都是正值，得c>b+2m时y2 5v2m当b 5v所以，当c>b+6 解 （1）由表中数据，知T=12，ω=由t=0,y=1 5得A+b=1 5 由t=3,y=1 0,得b=1 0 所以，A=0 5,b=1 振幅A=， ∴y= (2)由题意知，当y>1时，才可对冲浪者开放 ∴1cost1>1, 26>0 ∴2kπ– ,即有12k–3 由0≤t≤24,故可令k=0,1,2,得0≤t<3或9 ∴在规定时间内有6个小时可供冲浪者运动即上午9 00至下午15 00 7 解 由题意知，每年的经费是以12为首项，4为公差的等差数列，设纯利润与年数的关系为f(n),则f(n)=50n–［12n+×4］–72=–2n2+40n–72 (1)获纯利润就是要求f(n)>0,∴–2n2+40n–72>0，解得2 （2）①年平均利润==40–2(n+)≤16 当且仅当n=6时取等号 故此方案先获利6×16+48=144（万美元），此时n=6,②f(n)=–2(n–10)2+128 当n=10时，f(n)|max=128 故第②种方案共获利128+16=144（万美元） 故比较两种方案，获利都是144万美元，但第①种方案只需6年，而第②种方案需10年，故选择第①种方案 8 解 设分别生产P、Q产品x件、y件，则有 设利润S=1000x+2000y=1000(x+2y) 要使利润S最大，只需求x+2y的最大值 x+2y=m(2x+3y)+n(x+4y)=x(2m+n)+y(3m+4n) ∴ ∴ 有x+2y=(2x+3y)+(x+4y)≤21×7000+×6000 55 当且仅当解得时取等号，此时最大利润Smax=1000(x+2y)=4000000=400(万元) 另外此题可运用“线性规划模型”解决 课前后备注 内容总结 