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應用性問題的解法

1.內容概要：

高考對數學應用和實踐能力的考查要求是：能綜合應用所學數學知識、思想和方法解決問題，包括解決在相關學科、生產、生活中的數學問題；能閱讀、理解對問題進行陳述的材料；能夠對所提供的信息資料進行歸納、整理和分類，將實際問題抽象為數學問題，建立數學模型；應用相關的數學方法解決問題并加以驗證，并能用數學語言正確地表述、說明。

解答數學應用題是分析問題和解決問題的能力的高層次表現，反映出考生的創新意識和實踐能力。從2000年新課程的試卷，突出新增加的向量，概率，導數等知識的應用性。但是應用題的范圍是很廣泛的，除以概率為模型之外，建立函數，數列，三角，曲線等模型解決實際問題也應該成為復習的重點。要想掌握好高考試題中應用問題的求解,重點在于提高整理分析實際問題中的數據,抽象概括出數學模型的能力和數學中的綜合推理演算的能力.

2.典例精析：

類型一：函數應用題

例1：（2008年湖北卷理科）

水庫的蓄水量隨時間而變化，現用表示時間，以月為單位，年初為起點，根據歷年數據，某水庫的蓄水量（單位：億立方米）關于的近似函數關系式為

（Ⅰ）該水庫的蓄求量小于50的時期稱為枯水期.以表示第1月份（）,同一年內哪幾個月份是枯水期? 全品高考網

（Ⅱ）求一年內該水庫的最大蓄水量（取計算）.

分析：本小題主要考查函數、導數和不等式等基本知識，考查用導數求最值和綜合運用數學知識解決實際問題能力.

解析：（Ⅰ）①當時，，化簡得,

解得，或，又，故.

②當時，，化簡得,

解得，又,故.

綜合得,或；

故知枯水期為1月，2月，3月，11月，12月共5個月.

(Ⅱ)(Ⅰ)知：V(t)的最大值只能在（4，10）內達到.

由V′（t）=

令V′(t)=0,解得t=8(t=-2舍去).

當t變化時，V′(t) 與V (t)的變化情況如下表：

(4,8)

(8,10)

V′(t)

V(t)

極大值

由上表，V(t)在t＝8時取得最大值V(8)＝8e²+50-108.52(億立方米).

故知一年內該水庫的最大蓄水量是108.32億立方米

類型二：數列應用題

例2：（2007年安徽卷理科）

某國采用養老儲備金制度.公民在就業的第一年就交納養老儲備金，數目為a₁，以后每年交納的數目均比上一年增加d（d>0），因此，歷年所交納的儲務金數目a₁，a₂，…是一個公差為d的等差數列，與此同時，國家給予優惠的計息政策，不僅采用固定利率，而且計算復利.這就是說，如果固定年利率為r（r>0），那么，在第n年末，第一年所交納的儲備金就變為a₁（1＋r）^a^－1，第二年所交納的儲備金就變為a₂（1＋r）^a^－2，……，以T_n表示到第n年末所累計的儲備金總額.

（Ⅰ）寫出T_n與T_n－1（n≥2）的遞推關系式；

（Ⅱ）求證：T_n＝A_n＋B_n，其中｛A_n｝是一個等比數列，｛B_n｝是一個等差數列.

分析：本小題主要考查等差數列、等比數列的基本概念和基本方法，考查學生閱讀資料、提取信息、建立數學模型的能力、考查應用所學知識分析和解決實際問題的能力．

解析：（Ⅰ）我們有．

（Ⅱ），對反復使用上述關系式，得

， ①

在①式兩端同乘，得

②

②①，得

．

即．

如果記，，

則．

其中是以為首項，以為公比的等比數列；是以為首項，為公差的等差數列．

類型三：其他類型的應用題

例3：（2008年湖南卷理科）

在一個特定時段內，以點E為中心的7海里以內海域被設為警戒水域.點E正北55海里處有一個雷達觀測站A.某時刻測得一艘勻速直線行駛的船只位于點A北偏東且與點A相距40海里的位置B，經過40分鐘又測得該船已行駛到點A北偏東+(其中sin=，)且與點A相距10海里的位置C.

（I）求該船的行駛速度（單位：海里/小時）;

（II）若該船不改變航行方向繼續行駛.判斷

它是否會進入警戒水域，并說明理由.

解: （I）如圖，AB=40，AC=10，

由于,所以cos=

由余弦定理得BC=

所以船的行駛速度為（海里/小時）.

（II）解法一如圖所示，以A為原點建立平面直角坐標系，

設點B、C的坐標分別是B（x₁，y₂）, C（x₁，y₂）,

BC與x軸的交點為D.

由題設有，x₁=y₁= AB=40,

x₂=ACcos,

y₂=ACsin

所以過點B、C的直線l的斜率k=,直線l的方程為y=2x-40.

又點E（0，-55）到直線l的距離d=

所以船會進入警戒水域.

解法二: 如圖所示，設直線AE與BC的延長線相交于點Q.

在△ABC中，由余弦定理得，

==.

從而

在中，由正弦定理得，

AQ=

由于AE=55>40=AQ，所以點Q位于點A和點E之間，且QE=AE-AQ=15.

過點E作EP BC于點P，則EP為點E到直線BC的距離.

在Rt中，PE=QE?sin

所以船會進入警戒水域.

3、知識整合

1．求解應用題的一般步驟是（四步法）：

（1）、讀題：讀懂和深刻理解，譯為數學語言，找出主要關系；

（2）、建模：把主要關系近似化、形式化，抽象成數學問題；

（3）、求解：化歸為常規問題，選擇合適的數學方法求解；

（4）、評價：對結果進行驗證或評估，對錯誤加以調節，最后將結果應用于現實，作出解釋或驗證.

2．在近幾年高考中，經常涉及的數學模型，有以下一些類型：數列模型、函數模型、不等式模型、三角模型、排列組合模型等等.

Ⅰ．函數模型函數是中學數學中最重要的一部分內容，現實世界中普遍存在著的最優化問題，常常可歸結為函數的最值問題，通過建立相應的目標函數，確定變量的限制條件，運用函數知識和方法去解決.

⑴ 根據題意，熟練地建立函數模型；

⑵ 運用函數性質、不等式等知識處理所得的函數模型.

Ⅱ．數列模型在經濟活動中，諸如增長率、降低率、存款復利、分期付款等與年（月）份有關的實際問題，大多可歸結為數列問題，即通過建立相應的數列模型來解決.在解應用題時，是否是數列問題一是看自變量是否與正整數有關；二是看是否符合一定的規律，可先從特殊的情形入手，再尋找一般的規律

Ⅲ．幾何模型諸如航行、建橋、測量、人造衛星等涉及一定圖形屬性的應用問題，常常需要應用幾何圖形的性質，或用方程、不等式或用三角函數知識來求解.

4、跟蹤練習

1.因液化氣燃燒后不產生二氧化硫、一氧化氮等有害氣體，對大氣無污染，或者說非常小.為減少汽車尾氣對城市空氣的污染，促進城市的健康發展，某市決定對出租車進行使用液化氣替代汽油的工作.請根據以下條件：①當前汽油價格為2.8元/升，一升汽油大約能跑12千米；②當前液化氣價格為3元/千克，一千克液化氣平均可跑15~16千米；③一輛出租車平均日行程200千米。

（Ⅰ）說明使用液化氣比使用汽油更經濟（即省錢）;

（Ⅱ）假設出租車改裝液化氣設備需5000元，請問多長時間省出的錢可以等于引進設備的錢。

2. 通過研究學生的學習行為，專家發現，學生的注意力隨著老師講課時間的變化而變化，講課開始時，學生的興趣激增；中間有一段時間，學生的興趣保持較理想的狀態，隨后學生的注意力開始分散，設f(t)表示學生注意力隨時間t（分鐘）的變化規律（f(t)越大，表明學生注意力越集中），經過實驗分析得知：

（1）講課開始后多少分鐘，學生的注意力最集中？能持續多少分鐘？

（2）講課開始后5分鐘與講課開始后25分鐘比較，何時學生的注意力更集中？

（3）一道數學難題，需要講解24分鐘，并且要求學生的注意力至少達到180，那么經過適當安排，老師能否在學生達到所需的狀態下講授完這道題目？

3. 某公司全年的利潤為元,其中一部分作為獎金發給位職工,獎金分配方案如下:首先將職工按工作業績(工作業績均不相同)從大到小,由1到排序,第一位職工得獎金元,然后再將余額除以,發給第二位職工,按此方案將獎金逐一發給每位職工,并將最后剩余部分作為公司發展基金.

(1) 設為第位職工所得獎金額,試求并用.(不必證明)

(2) 證明,并解釋此不等式關于分配原則的實際意義;,

4. 關于某港口今后20年的發展規劃，有如下兩種方案：

方案甲：按現狀進行運營。據測算，每年可收入760萬元，但由于港口淤積日益嚴重，從明年開始需投資進行清淤，第一年投資50萬元，以后逐年遞增20萬元。

方案乙：從明年起開始投資6000萬元進行港口改造，以徹底根治港口淤積并提高吞吐能力。港口改造需用時4年，在此期間邊改造邊運營．據測算，開始改造后港口第一年的收入為320萬元，在以后的4年中，每年收入都比上一年增長50%，而后各年的收入都穩定在第5年的水平上。

（1）從明年開始至少經過多少年，方案乙能收回投資（累計總收益為正數）？

（2）從明年開始至少經過多少年，方案乙的累計總收益超過方案甲？

（收益＝收入－投資）

5. 學校決定對教學樓部分房間配制現代化的電了教學設備，并對其兩種電子裝置配一個外殼，現有A種電子裝置45臺，B種電子裝置55臺，需用用到兩種規格的薄金屬板：甲種薄金屬板每張面積2m²，可做A、B的外殼分別為3個和5個，乙種薄金屬板每張面積3m²，可做A、B的外殼分別為6個，求兩種薄金屬板各用多少張，才能使用料總的面積最小．

6. 艦A在艦B正東6公里處,艦C在艦B北偏西30°的4公里處.某時刻某海洋動物在P處發出信號,信號傳播速度為1公里/秒. A艦接到信號4秒后, B, C艦同時接到信號.問從A艦觀察P點的方位角是多少?(方位角:從指北方向按順時針旋轉到目標方向線的水平角)P與A艦的距離是多少?

【練習題參考解答】

1. (Ⅰ）設出租車行駛時間為天，所耗費的汽油費為W元，耗費的液化氣費為W′元，

則由題意可知

即所以使用液化氣比使用汽油省錢。

（Ⅱ）①設解得

②設解得

所以，若改裝液化氣，則一年半到兩年左右的時間省出的錢可以等于引進設備的錢.

(2)當時，函數在時是減函數,在時是增函數,所以有最小值.

2. 解：（1）當，是增函數，且；，是減函數，且.所以，講課開始10分鐘，學生的注意力最集中，能持續10分鐘.

（2），故講課開始25分鐘時，學生的注意力比講課開始后5分鐘更集中.

當時，；當，

（3）令，則學生注意力在180以上所持續的時間28.57－4=24.57＞24，所以，經過適當安排，老師可以在學生達到所需要的狀態下講授完這道題.

3. (Ⅰ) 解法1.

, ,

由此而得, .

解法2. ,

于是, , ,

兩式相減, ,

從而 ,

(Ⅱ)

所以 .此不等式表明工作業績越好,分配越高,體現了按勞分配,按優分配的原則.

4. 解：（1）設從明年開始經過第n年，方案乙的累計總收益為正數。

在方案乙中，前4年的總收入為

=2600<6000,

故n必定不小于5，則由

2600+320´1.5⁴(n-4)>6000，

解得 n>6,故n的最小值為7，

答: 從明年開始至少經過7年，方案乙能收回投資。

（2）設從明年開始經過n年方案甲與方案乙的累計總收益分別為y₁,y₂萬元，則

y₁=760n-[50n+n(n-1)?20]=-10n²+720n,

當n≤4時，則y₁>0,y₂<0,可得y₁>y₂.

當n³5時，y₂=2600+320´1.5⁴(n-4)-6000=1620n-9880，

令y₁<y₂,可得1620n-9880>-10n²+720n,

即 n(n+90)>998,

由10(10+90)>998,9(9+90)<998,可得n的最小值為10.

答：從明年開始至少經過10年，方案乙的累計總收益超過方案甲。

5. 解：設用甲種薄金屬板x張，乙種薄金屬板y張，則可做A種產品外殼3x＋6y個，B種產品外殼5x＋6y個，由題意可得

所有的薄金屬板的總面積是 z＝2x＋3y．

可行性區域如圖所示的陰影部分，其中l₁：3x＋6y＝45；　l₂：5x＋6y＝55，l₁與l₂的交點為A(5，5)，因目標函數z＝2x＋3y在可行域上的最小值在區域邊界的A(5，5)處取得，此時z的最小值為2?5＋3?5＝25．即甲、乙兩種板各5張，能保證制造A、B的兩種外殼的用量，同時又能使用料總面積最小．

6.解：以A,B所在直線為x軸,線段AB的垂直平分線為y軸建立直角坐標系(如圖).

A為(3,0), B為(－3,0), C為(－5,2),