专题2.15 函数模型及其应用（举一反三复习讲义）
【全国通用】
考点要求
(1)了解指数函数、对数函数与一次函数增长速度的差异
(2)理解“指数爆炸”“对数增长”“直线上升”等术语的含义
(3)会选择合适的函数模型刻画现实问题的变化规律，了解函数模型在社会生活中的广
泛应用
高考真题
统计
考点
2024 年
2025 年
2026 年
函数模型及
其应用
北京卷：第7 题，5
分
北京卷：第9 题，5
分
上海卷（春考）：第
11 题，5 分
北京卷：第13 题，5
分
命题规律
分析
1、函数模型及其应用
函数模型是高考数学的重要内容之一，从近三年的高考形势来看，高考
对函数模型的考查频率、题型、难度相对稳定，主要考察指数、对数函数
模型以及二次函数模型等问题，一般以选择题、填空题的形式出现，难度
不大；学生在复习中要加强对建模能力和应用能力的培养。
知识点
1
几种常见的函数模型
1．一次函数模型
一次函数模型：f(x)=kx+b(k,b 为常数，k≠0).
一次函数是常见的一种函数模型，在初中就已接触过.
2．二次函数模型
二次函数模型：f ( x )=
ax
2 + bx
+ c (a,b,c 为常数,a≠0).
二次函数为生活中常见的一种数学模型，因二次函数可求其最大值(或最小值)，故最优、最省等最值问题
常用到二次函数模型.
3．幂函数模型
幂函数模型应用的求解策略
(1)给出含参数的函数关系式，利用待定系数法求出参数，确定函数关系式.
(2)根据题意，直接列出相应的函数关系式.
4．指数函数模型
函数模型及其应用
考点1
指数
函数
模型：
(a,b,c 为常数，a>0，且a≠1，b≠0).
5．对数函数模型
对数
函数
模型：
(a,b,c 为常数，a>0，且a≠1，b≠0).
6．分段函数模型
由于分段函数在不同区间上具有不同的解析式，因此分段函数在研究条件变化前后的实际问题中具有广泛
的应用.
7．“对勾”函数模型
(1)“对勾”函数模型
对勾函数模型是常考的模型，要牢记此类函数的性质，尤其是单调性：
(a>0,b>0)，当x>0 时，
在
上递减，在
上递增.另外，还要注意换元法的运用.
(2)“对勾”函数模型的求解方法
①利用“对勾”函数的单调性求解；
②利用基本不等式求解.
知识点
2
判断函数图象与实际问题变化过程
1．判断函数图象与实际问题变化过程相吻合的两种方法
(1)构建函数模型法：当根据题意易构建函数模型时，先建立函数模型，再结合模型选图象.
(2)验证法：根据实际问题中两变量的变化快慢等特点，结合图象的变化趋势，验证是否吻合，从中排除不
符合实际的情况，选出符合实际的情况.
知识点
3 实际问题中函数建模的基本步骤
1．构造函数模型解决实际问题的基本步骤
(1)审题：弄清题意，分清条件和结论，理清数量关系，初步选择模型.
(2)建模：将自然语言转化为数学语言，利用数学知识，建立相应的函数模型.
(3)求解：根据实际问题所需要解决的目标及函数式的结构特征正确求得函数模型的解.
(4)还原：应用问题不是单纯的数学问题，既要符合数学学科背景又要符合实际背景，因此解出的结果要代
入原问题中进行检验、评判，最后得出结论，作出回答.
【题型1 利用函数图象刻画实际问题的变化过程】
【例1】（25-26 高一上·全国·课后作业）A ,B两车分别从甲乙两市同时出发，A从甲市驶向乙市，B从乙
市驶向甲市，两车同时出发并匀速行驶，两车之间距离y（单位：km）与行驶时间x（单位：h）的关系如
下图，已知A的速度大于B的速度，则下列说法中错误的是（ ）
A．甲市与乙市之间的距离为d km
B．两车在出发后ah相遇
C．点M表示B在出发后b h时到达了甲市
D．点N表示在出发后c h时两车都到达了目的地
【答案】C
【解题思路】根据给定的函数图象分析各项描述的正误.
【解答过程】由图知，两车开始出发时的距离就是两市之间的距离，A 正确；
当x =a时，y =0，所以两车在出发后ah相遇，B 正确；
由于A的速度大于B的速度，所以A比B先到达目的地，
所以在点M处即A在出发后b h时到达了乙市，
之后在点N处即B在出发后c h时到达了甲市，C 错误，D 正确．
故选：C.
【变式1-1】（25-26 高一上·广东广州·阶段检测）如图是一幅统计图，根据此图得到的以下说法错误的是
（ ）
A．这几年生活水平逐年得到提高
B．生活费收入指数增长最快的一年是2016年
C．虽然2018年的生活费收入增长缓慢，但生活价格指数略有降低，因而生活水平有较大改善
D．2017年生活价格指数上涨的速度与2018年生活价格指数下降的速度相同
【答案】D
【解题思路】观察图象，结合图象利用函数的单调性逐项判断即可.
【解答过程】对于A：生活水平可以通过生活收入指数与生活价格指数的差值来衡量，
从图中可以看出，生活收入指数整体高于生活价格指数，且两者差值逐年增大，
说明这几年生活水平逐年得到提高，A 正确；
对于B：生活收入指数增长最快的一年是斜率最大的一年，
通过观察图像可知，2016年的斜率最大，
所以生活收入指数增长最快的一年是2016年，B 正确；
对于C：2018年生活收入指数仍在增长，虽然增长缓慢，
但生活价格指数略有降低，这使得生活水平有较大改善，C 正确；
对于D：2017年生活价格指数上升的幅度与2018年生活价格指数下降的幅度不同
且时间间隔相同，上升和下降的速度不同，D 错误.
故选：D.
【变式1-2】（25-26 高一上·江苏南京·期中）某工程需要向一个容器内源源不断地注入某种液体，有三种
方案可以选择，这三种方案的注入量随时间变化如下图所示：
横轴为时间（单位：小时），纵轴为注入量，根据以上信息，若使注入量最多，下列说法中错误的是（
）
A．注入时间在3小时以内（含3小时），采用方案一
B．注入时间恰为4小时，不采用方案三
C．注入时间恰为6小时，采用方案二
D．注入时间恰为10小时，采用方案二
【答案】D
【解题思路】结合图象逐一分析即可.
【解答过程】对A，由图可知，注入时间在3小时以内（含3小时）时，方案一的注入量都大于其他两种方
案，故A 正确，不符合题意；
对B，当注入时间恰为4小时，由图可知，方案三的注入量都小于其他两个方案，故B 正确，不符合题
意；
对C，当注入时间恰为6小时，方案二的注入量大于其他两个方案，故C 正确，不符合题意；
对D，当注入时间大于8 小时，由图可知方案三的注入量最大，故应选择方案三，D 错误，符合题意.
故选：D.
【变式1-3】（2026·北京门头沟·一模）在声学中，音量被定义为：Lp=20lg p
p0
，其中Lp是音量（单位为
dB），P0是基准声压为2×10
−5Pa，P 是实际声音压强.人耳能听到的最小音量称为听觉下限阈值.经过研
究表明，人耳对于不同频率的声音有不同的听觉下限阈值，如下图所示，其中240Hz对应的听觉下限阈值
为20dB，1000Hz对应的听觉下限阈值为0dB，则下列结论正确的是（ ）
A．音量同为20dB的声音，30~100Hz的低频比1000~10000Hz的高频更容易被人们听到.
B．听觉下限阈值随声音频率的增大而减小.
C．240Hz的听觉下限阈值的实际声压为0.002Pa.
D．240Hz的听觉下限阈值的实际声压为1000Hz的听觉下限阈值实际声压的10 倍.
【答案】D
【解题思路】对于选项A、B，可以直接观察图像得出听觉下限阈值与声音频率的关系进行判断；对于
C、D，通过所给函数关系Lp=20lg p
p0
代入听觉下限阈值计算即可判断.
【解答过程】对于A， 30~100Hz的低频对应图像的听觉下限阈值高于20dB，1000~10000Hz的高频对应的
听觉下限阈值低于20dB，所以对比高频更容易被听到，故A 错误；
对于B，从图像上看，听觉下限阈值随声音频率的增大有减小也有增大，故B 错误；
对于C，240Hz对应的听觉下限阈值为20dB，P0=2×10
−5Pa，
令Lp=20lg p
p0
=20，此时p==10 p0=0.0002 Pa，故C 错误；
对于D，1000Hz的听觉下限阈值为0dB，
令Lp=20lg p
p0
=0，此时p= p0，所以240Hz的听觉下限阈值的实际声压为1000Hz的听觉下限阈值实际声
压的10 倍，故D 正确.
故选：D.
【题型2 利用给定函数模型解决实际问题】
【例2】（2026·浙江绍兴·模拟预测）2026年某新能源车企搭载AI 智能续航系统，汽车匀速行驶时，剩余
续航里程y(km)与行驶总时间x(h)满足函数关系y =600e
−0.12 x．该车先匀速行驶2h，之后进入拥堵路
段，系统切换能耗模式，剩余续航按y = y0e
−0.3t衰减（y0为匀速2h后的剩余续航，t为拥堵行驶时间）．
当剩余续航降至150km时，汽车从出发到此刻的总行驶时长约为（ ）（参考数据：ln 2≈0.693）
A．5.6h
B．5.8h
C．6.0h
D．6.2h
【答案】B
【解题思路】由题意可得y0=600e
−0.24，再令600e
−0.24⋅e
−0.3t =150，从而可得所求时间.
【解答过程】因为y0为匀速2h后的剩余续航，所以y0=600e
−0.24，
令600e
−0.24⋅e
−0.3t =150，即−0.3t −0.24 = ln 1
4 ，−0.3t −0.24 =−2ln2，故t ≈3.82；
当剩余续航降至150km时，汽车从出发到此刻的总行驶时长约为2+3.82≈5.82h.
故选：B.
【变式2-1】（2026·北京石景山·二模）人们通常以分贝（符号是dB）为单位来表示声音强度的等级．一
般地，如果强度为I 的声音对应的等级为LdB，则有L=10lg
I
10
−12．已知某品牌笔记本电脑工作时产生的
噪音强度的等级约为52dB，如果通过改善相关结构，将其噪音的强度减少为原来的一半，则改善后的噪音
强度的等级约为（ ）
（参考数据：lg2≈0.301）
A．49dB
B．46dB
C．26dB
D．13dB
【答案】A
【解题思路】设原强度I 1、新强度I 2= 1
2 I 1,代入分贝公式拆分对数，利用已知L1=52dB和lg2≈0.301计算,
得结果48.99dB.
【解答过程】设原来的噪音强度为I 1，对应的等级L1=52dB.
改善后的噪音强度为I 2= 1
2 I 1，对应的等级为L2.
根据公式L=10lg
I
10
−12，代入L1得：52=10lg
I 1
10
−12.
计算L2：L2=10lg
I 2
10
−12 =10lg
1
2 I 1
10
−12
=10(lg
I 1
10
−12 −lg2) =10lg
I 1
10
−12 −10lg2.
将10lg
I 1
10
−12 =52，lg2≈0.301代入：
L2≈52−10×0.301=52−3.01= 48.99≈49.
故选：A.
【变式2-2】（2026·天津河西·模拟预测）某电子产品的电池健康度E随循环次数n衰减的函数模型为
E (n)= A e
−kn+30，其中A，k为常数，A >0，k >0，n∈N.已知E (0)=100，E (100)=80，则电池健康
度从80 衰减到60，循环次数大约需要增加（ ）
（参考数据：ln3≈1.10，ln5≈1.61，ln7≈1.95）
A．120
B．130
C．140
D．150
【答案】D
【解题思路】本题主要考查指数型函数模型的应用，以及利用对数运算求解方程，先根据已知初始值确定
模型中的参数，再利用衰减规律建立方程，通过取对数将指数方程转化为线性方程，代入参考数据计算得
出结果.
【解答过程】由E (0)=100，得100= A e
−0+30，解得A =70，
由E (100)=80，得80=70e
−100k +30，解得(e
−k)
100= 5
7 ，所以e
−k =(
5
7)
1
100，
当循环为n次时电池健康度为60，可得60=70e
−kn+30=70×[(
5
7)
1
100)
n
+30，
所以(
5
7)
n
100 = 3
7 ，两边取对数得n
100 ln 5
7 = ln 3
7 ，所以n
100
(ln5−ln7)= ln3−ln7，
所以n
100
(1.61−1.95)=1.10−1.95，解得n=250，
电池健康度从80 衰减到60，循环次数大约需要增加250−100=150，
故选：D.
【变式2-3】（2026·江苏南通·三模）社区便民商超售卖绿色杂粮礼盒，每盒进货成本为10 元.已知日销售
量与每盒售价（元）满足关系式：Q ( p)=300 ❑√24−p⋅e
−0.1ln p，其中p 为每盒售价(12< p<24)，Q ( p)
为每日销量.若要使每日销售利润最大，则每盒礼盒应定价为（ ）
A．17.9 元
B．18.9 元
C．19.9 元
D．20.9 元
【答案】B
【解题思路】每日销售利润等于每盒利润乘以每日销量．先写出利润函数，对利润函数取对数，再利用导
数判断最大值的位置，最后结合四个选项进行判断．
【解答过程】由题意，每盒进货成本为10 元，每盒售价为p元，所以每盒利润为p−10 元．
每日销量为Q ( p)=300 ❑√24−p⋅e
−0.1ln p，且12< p<24 ．
因此每日销售利润为L( p)=300( p−10)❑√24−p⋅e
−0.1ln p．
因为12< p<24 ，所以L( p)>0 ．
令h( p)= ln L( p)，则h( p)= ln300+ ln ( p−10)+ 1
2 ln (24−p)−0.1ln p ．
求导得h
' ( p)=
1
p−10 −
1
2(24−p) −
1
10 p ．令h
' ( p)=0 ，得
1
p−10 −
1
2(24−p) −
1
10 p =0 ．
两边同乘10 p( p−10)(24−p)，得10 p(24−p)−5 p( p−10)−( p−10)(24−p)=0 ．
整理得7 p
2−128 p−120=0 ，解得p= 64+2❑√1234
7
或p= 64−2❑√1234
7
．
因为12< p<24 ，所以只取p= 64+2❑√1234
7
≈19.18 ．
当12< p< 64+2❑√1234
7
时，h
' ( p)>0 ，利润函数递增；当64 +2❑√1234
7
< p<24 时，h
' ( p)<0 ，利润函
数递减．
所以利润函数在p≈19.18 时取得最大值．
在选项中，17.9 元和18.9 元都小于19.18 元，且利润函数在此区间递增，
所以18.9 元优于17.9 元；19.9 元和20.9 元都大于19.18 元，且利润函数在此区间递减，
所以19.9 元优于20.9 元．再比较18.9 元和19.9 元，代入利润函数可得18.9 元对应的利润更大，故每盒礼
盒应定价为18.9 元．
故选：B.
【题型3 二次函数模型的应用】
【例3】（25-26 高一上·浙江绍兴·期中）某灯具商店销售一种节能灯，每件进价8 元，每月销售量y（单
位：件）与销售价格x（单位：元）之间满足如下关系式：y =−8 x + 400（20< x ≤40且x∈N），则灯
具商店每月的最大利润为（ ）
A．2560 元
B．3496 元
C．3520 元
D．3528 元
【答案】D
【解题思路】设灯具商店每月的利润为f (x)，则f (x)=(x−8)(−8 x + 400)，根据二次函数的性质求最大值
即可.
【解答过程】设灯具商店每月的利润为f (x)，
则f (x)=(x−8)(−8 x + 400)=−8 x
2+ 464 x−3200
=−8(x
2−58 x)−3200=−8(x−29)
2+3528，
故当x =29时，f (x)的最大值为3528，
所以灯具商店每月的最大利润为3528 元.
故选:D.
【变式3-1】（25-26 高三上·全国·课前预习）小敏在某次投篮中，球的运动路线是抛物线y =−0.2 x
2+3.5
的一部分（如图所示），若命中篮环中心，则他与篮底的距离t 是（ ）
A．3.5m
B．4m
C．4.5m
D．4.6m
【答案】B
【解题思路】根据二次函数的性质，代入求解即可.
【解答过程】篮环的纵坐标为3.05，令y =−0.2 x
2+3.5=3.05，得x1=1.5，x2=−1.5（舍去）．
∴t =2.5+1.5= 4 (m )．
故选：B.
【变式3-2】（2026 高三上·山东济南·专题练习）某产品的总成本y（万元）与产量x（台）之间的函数关
系式是y =3000+20 x−0.1 x
2，0< x<240, x∈N
∗.若每台产品的售价为25 万元，则生产者不亏本时的最
低产量是（ ）
A．100
B．120
C．150
D．180
【答案】C
【解题思路】设产量为x（台），则销售收入为25 x万元，总成本为y =3000+20 x−0.1 x
2，解不等式
25 x ≥y结合0< x<240, x∈N
∗即可求解.
【解答过程】设产量为x（台），则销售收入为25 x万元，
总成本为y =3000+20 x−0.1 x
2，
由题意可知：若生产者不亏本则25 x ≥y，即25 x ≥3000+20 x−0.1 x
2，
整理可得：x
2+50 x−30000≥0即(x +200)(x−150)≥0，
解得：x ≥150或x ≤−200（舍），
因为0< x<240, x∈N
∗，所以150≤x<240, x∈N
∗，
所以生产者不亏本（销售收入不小于总成本）时的最低产量是150台，
故选：C.
【变式3-3】（25-26 高一上·河南·阶段检测）如图，动物园要靠墙（足够长）建造两间相邻的长方形禽
舍，不靠墙的面以及两间禽舍之间要修建围墙，已有材料可供建成围墙的总长度为36 米，若设禽舍宽为x
米，则当所建造的禽舍总面积最大时，x的值是（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】D
【解题思路】根据题意，用x表示禽舍的总长，从而得到禽舍的面积关于x的表达式，利用配方法即可得
解.
【解答过程】由题意，若把材料全部用完，则禽舍的总长为(36−3 x)m ,0< x<10，
设所建造的禽舍总面积为y m
2，
则y =(36−3 x)⋅x =−3 x
2+36 x =−3(x−6)
2+108，
所以当所建造的禽舍总面积最大时，x的值6.
故选：D.
【题型4 指数、对数函数模型的应用】
【例4】（2026·山东德州·模拟预测）在人工智能的图象识别算法优化过程中，模型的准确率提升倍数A与
训练数据量x（单位：GB）的关系式为A =k ⋅1.5
ln x
2 ，其中k为常数.当训练数据量为e
4GB时，模型的准确
率提升倍数为22.5.当准确率提升倍数A达到135 时，模型在识别复杂图象时能达到极高的准确率，要想达
到此标准，应该选择的训练数据量约为（ ）（参考数据：ln2≈0.7,ln3≈1.1,ln10≈2.3）
A．10
4.8GB
B．10
5.1GB
C．10
5.4 GB
D．10
5.7GB
【答案】D
【解题思路】根据题设条件，将(e
4,22.5)代入关系式A =k ⋅1.5
ln x
2 可求出k的值，再利用对数的运算即可
求解.
【解答过程】当x =e
4时，A =k ⋅1.5
2=2.25k =22.5，即k =10.
当A =135时，10×1.5
ln x
2 =135，即13.5=1.5
ln x
2 ，
则ln13.5=ln x
2 ln1.5，即ln x = 2ln13.5
ln1.5
.
因为ln13.5=ln 27
2 =ln27−ln2=3ln3−ln2≈3×1.1−0.7 =2.6,ln1.5=ln3−ln2≈0.4，
所以ln x ≈2×2.6
0.4
=13.令x =10
n，则ln x =nln10≈2.3n，
所以n≈13
2.3 ≈5.7，则x ≈10
5.7.
故选：D.
【变式4-1】（2026·北京通州·一模）在深度学习模型训练中，模型的训练损失值会随训练轮次增加而逐渐
下降．当损失值低于初始损失值的1
100时就要对模型进行调整，假设某深度学习模型的训练损失值
L(t )= L0e
−kt（L0为初始损失值，t 为训练轮次，k 为衰减系数），已知训练到第10 轮时（当t =10时），
训练损失值降至初始损失值的1
e ，则训练到第几轮就要对模型调整（参考数据ln10≈2.303）（ ）
A．24
B．35
C．47
D．100
【答案】C
【解题思路】由题意可得，L(t )= L0e
−kt将t =10代入，解得k = 1
10，再将k代入，由ln10≈2.303求解即
可.
【解答过程】因为L(t )= L0e
−kt，所以当t =10时，L(10)= L0e
−10k = 1
e L0，
即e
−10k = 1
e ，解得10k =1，即k = 1
10，
所以L(t0)= L0e
−1
10 t0= L0
100
，所以lne
−1
10 t0= ln 1
100 = ln10
−2，
所以−1
10 t0=−2ln10，解得t0=20 ln10≈46.06，
所以训练到第47 轮就要对模型调整.
故选：C.
【变式4-2】（2026·北京平谷·一模）近年来，人们越来越注意到家用冰箱使用的氟化物释放对大气臭氧层
的破坏作用．科学研究表明，臭氧含量Q与时间t（单位：年）的关系为Q =Q0e
−t
a，其中Q0是臭氧的初始
含量，a为常数．经过测算，如果从现在算起，不对氟化物的使用和释放进行控制，经过280年将有一半的
臭氧消失．按照这样变化规律，若经过n年，臭氧含量只剩下初始含量的20 %，n约为（）（参考数据：
ln 2≈0.7 , ln10≈2.3）
A．448
B．392
C．360
D．640
【答案】D
【解题思路】根据题意，280年臭氧剩一半可得衰减常数a= 280
ln 2 ，代入臭氧剩20 %的条件e
−n
a =0.2，再利
用参考数据计算出n.
【解答过程】根据题意，臭氧含量随时间变化的关系为Q =Q0e
−t
a，
已知经过280年臭氧含量剩下一半，即e
−280
a =0.5，
两边同时取对数得：280
a = ln2，所以a= 280
ln2 ，
要求臭氧含量剩初始含量的20 %，即e
−n
a =0.2，所以n
a = ln5，即n=aln5= 280
ln2 ⋅ln5，
由ln2≈0.7，ln10≈2.3，得ln5= ln10−ln2≈2.3−0.7=1.6，
代入得：n≈280
0.7 ×1.6= 400×1.6=640年，
因此，经过约640年臭氧含量只剩下初始含量的20 %.
故选：D．
【变式4-3】（2026·北京顺义·一模）一般地，用声压级来度量声音的强弱.定义声压级Lp=20×lg p
p0
（单
位：dB），其中常数p0( p0>0)是听觉下限阈值，p是实际声压.若测得交通主干道某时段的实际声压为p1
，声压级大约为Lp1=70dB.某所图书馆某时段的实际声压为p2，声压级大约为Lp2=20dB.
给出下列三个结论：
①p2=10 p0；
②
p1
2
p2
2 =10
5；
若某降噪设备可使交通主干道的实际声压降低到原来的
③
9
10，则声压级减少约为0.92dB；
（参考数据：lg3≈0.477，lg2≈0.301）
其中正确结论的个数为（ ）
A．0 个
B．1 个
C．2 个
D．3 个
【答案】D
【解题思路】本题可根据声压级的定义公式Lp=20×lg p
p0
，结合对数的运算性质，分别对三个结论进行
分析判断.
【解答过程】根据声压级定义Lp=20×lg p
p0
，可得p= p0⋅10
Lp
20.
对于①：p2= p0×10
Lp2
20 = p0×10
20
20 =10 p0，①正确；
对于②：
p1
2
p2
2 =(p0×10
70
20)
2
(p0×10
20
20)
2 = p0
2×10
7
p0
2×10
2 =10
5,②正确；
对于
：因为
③
Lp1=20×lg p1
p0
=70，可得lg p1
p0
=lg p1−lg p0= 7
2，
因为实际声压降低到原来的9
10，可得
lg
9
10 p1
p0
=lg 9
10 p1−lg p0=lg9 p1−lg10−lg p0=lg9+lg p1−lg10−lg p0
=2lg3+lg p1−1−lg p0=2×0.477−1+lg p1−lg p0=lg p1−lg p0−0.046
= 7
2 −0.046=3.454，
所以20×lg
9
10 p1
p0
=20×3.454 =69.08，则声压级减少约为70−69.08=0.92，
正确
③
；
故选：D.
【题型5 分段函数模型的应用】
【例5】（25-26 高三上·山东聊城·阶段检测）某公司引进新的生产设备投入生产，新设备生产的产品可获
得的总利润s（单位：百万元）与新设备运行的时间t（单位：年，t ∈N
∗）满足
s={
−2t
2+50t −98,t <8
−t
3+10t
2−2t ,t ≥8)，当新设备生产的产品可获得的年平均利润最大时，新设备运行的时间t =
（ ）
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】C
【解题思路】设年平均利润为W ，表示出W ，再结合基本不等式及二次函数的性质求出各段的最大值，即
可得解.
【解答过程】依题意，设年平均利润为W ，则W = s
t ={
−2t +50−98
t ,t <8
−t
2+10t
❑−2,t ≥8)
（t ∈N
∗），
当t <8时W =−2t +50−98
t =50−(2t + 98
t )≤50−2❑√2t ⋅98
t =22，
当且仅当2t = 98
t ，即t =7时取等号；
当t ≥8时W =−t
2+10t
❑−2=−(t −5)
2+23，则当t =8时W 取得最大值且W max =14，
又22>14，所以当t =7时年平均利润W 取得最大值.
故选：C.
【变式5-1】（25-26 高一上·广西柳州·阶段检测）为了保护水资源，提倡节约用水，某城市对居民用水实
行“阶梯水价”，计算方法如下表：
每户每月用水量
水价
不超过12m
3的部分
3 元/ m
3
超过12m
3的部分但不超过18 m
3的部分
6 元/ m
3
超过18 m
3的部分
9 元/ m
3
甲用户某月缴纳的水费为54 元，则甲用户该月的用水量（ ）
A．12m
3
B．13m
3
C．14m
3
D．15m
3
【答案】D
【解题思路】根据题设条件可得水费与水价的关系式，根据该关系式可求用水量.
【解答过程】设用水量为x m
3，水价为y元，
则y ={
3 x ,0≤x ≤12
36+6(x−12),12< x ≤18
72+9( x−18), x>18 )
，
整理得到：y ={
3 x ,0≤x ≤12
6 x−36,12< x ≤18
9 x−90, x>18 )，
当0≤x ≤12时，0≤y ≤36；12< x ≤18时，36< y ≤72；x>18时，y >72.
故甲户本月缴纳的水费为54 元，则用水量应满足12< x ≤18，
令6 x−36=54，解得x =15，即甲用户该月的用水量为15 m
3.
故选：D.
【变式5-2】（2026·湖北·一模）某公司引进新的生产设备投入生产，新设备生产的产品可获得的总利润s
（单位：百万元）与新设备运行的时间t（单位：年，t ∈N
∗）满足s={
−2t
2+50t −98,t <8
−t
3+10t
2−2t ,t ≥8)，当新设备
生产的产品可获得的年平均利润最大时，新设备运行的时间t =（ ）
A．6
B．7
C．8
D．9
【答案】B
【解题思路】由已知可得y = s
t ={
−2t −98
t +50,t <8
−t
2+10t −2,t ≥8)
，当t <8和t ≥8时分别求得最大值，即可求解.
【解答过程】由题意，新设备生产的产品可获得的年平均利润y = s
t ={
−2t −98
t +50,t <8
−t
2+10t −2,t ≥8)
，
当t <8时，2t + 98
t ≥28，当且仅当t =7时，等号成立，
则−2t −98
t +50≤22，
所以当t =7时，s
t 取得最大值，且最大值为22，
当t ≥8时，−t
2+10t −2=−(t −5)
2+23，
所以函数在[8,+∞)上单调递减，
所以当t =8时，s
t 取得最大值，且最大值为14，
故当新设备生产的产品可获得的年平均利润最大时，新设备运行的时间t =7.
故选：B.
【变式5-3】（25-26 高一上·山东济宁·期中）随着市场需求和消费习惯的转变，摆摊创业正吸引着越来越
多创业者．小李打算批发某种水果摆摊售卖，设他进货总费用f (x)（百元）与进货量x（单位：百斤）之
间的关系为f (x)={
4 x
2+ax
x +1
,0< x<1
(a−4) x +3, x ≥1)
（a为常数），若满足“随着进货量的增大，水果每斤的平均价格
逐渐减小”，则a的取值范围为（ ）
A．[4,6)
B．[4,6)
C．(4,6)
D．(4,6)
【答案】C
【解题思路】表示出平均价格的函数，再利用其单调性列式求解.
【解答过程】设水果每斤的平均价格为g(x)，
则g(x)= f (x)
x
={
4+ a−4
x +1 ,0< x<1
(a−4)+ 3
x , x ≥1)
，
随着进货量的增大，水果每斤的平均价格逐渐减小，即函数g(x)在(0,+∞)单调递减，
则需满足{
a−4>0
4+ a−4
2
≥a+3−4)
，解得4<a≤6，
所以实数a的取值范围为(4,6].
故选：C.
一、单选题
1．（2026·陕西汉中·一模）某品牌酒产自陕西省宝鸡市．一般来说，年份越久的该品牌酒，其收藏价值越
高．已知一箱原价800 元的该品牌酒，储存x（x ≥0）年后的收藏价值f (x)（单位：元）满足函数关系式
f (x)=800×2
mx
6 （m为常数）．若储存6 年后的此种品牌酒整箱的收藏价值为1200 元，则此种品牌酒储存
12 年后整箱的收藏价值为（ ）
A．1600 元
B．1800 元
C．2400 元
D．2800 元
【答案】B
【解题思路】根据f (6)=1200求出2
m的值，再求f (12).
【解答过程】由题意可得f (6)=800×2
m=1200，即2
m= 1200
800 = 3
2，
所以此种品牌酒储存12 年后整箱的收藏价值为800×2
2m=800×(
3
2)
2
=1800元．
故选：B.
2．（2026·浙江嘉兴·一模）为了节约能源，嘉兴市对居民生活用天然气实行“阶梯定价”，计费方式如下
表：
每户每年天然气用量
天然气价格
不超过300 m
3
2.98 元/ m
3
超过300 m
3但不超过480 m
3的部分
3.60 元/ m
3
超过480 m
3的部分
4.50 元/ m
3
若某户居民一年的天然气费为2082 元，则此户居民这一年使用的天然气为（ ）
A．610 m
3
B．600 m
3
C．558.7 m
3
D．462.7 m
3
【答案】B
【解题思路】设天然气费用为使用量的函数，根据题意写出分段函数解析式，先判断对应哪一段，再求解
即可.
【解答过程】设天然气使用量为x m
3，天然气费为f ( x)元，
则f (x)={
2.98 x ,0≤x ≤300
3.6( x−300)+894,300< x ≤480
4.5( x−480)+1542, x>480 )
，
由于f (480)=1542<2082，则x>480,
所以4.5( x−480)+1542=2082，
解得x =600,
所以天然气使用量为600m
3，
故选：B.
3．（2026·河南·模拟预测）风电是我国新能源战略的核心支柱，某型号海上风电机组的安全运行标准中，
风力等级与轮毂高度风速的关系满足方程：lgn= 2
3 lg v + 1
20（其中v为轮毂高度风速，单位：m/s，n为
风力等级）．我国某海上风电场遭遇极端天气，监测到轮毂高度瞬时风速达到32m /s，则该瞬时风速对应
的风力等级约为（ ）（注：10
0.05≈1.12，lg2≈0.3010）
A．9 级
B．11 级
C．13 级
D．15 级
【答案】B
【解题思路】根据给定方程计算瞬时风速对应的风力等级，结合对数运算及指对互化运算即可求解．
【解答过程】将轮毂高度瞬时风速32m /s代入lgn= 2
3 lg v + 1
20，得
lgn= 2
3 lg32+ 1
20 = 2
3 lg2
5+ 1
20 = 10
3 lg2+ 1
20，
由lg2≈0.3010知，10
3 lg2≈1，则lgn= 10
3 lg2+ 1
20 ≈1.05，
所以n≈10
1.05，
又10
0.05≈1.12，所以10
1.05=10
1×10
0.05≈10×1.12=11.2，
所以n≈11．
故选：B.
4．（2026·云南·三模）某疾控中心采用荧光定量PCR 法检测病毒核酸，在PCR 扩增的指数时期，靶标
DNA 数量X n与扩增次数n满足：lg X n=nlg(1+ p)+lg X 0，其中X 0为DNA 初始数量，p为扩增效率
(0< p<1).已知某标本扩增12 次后，DNA 数量变为原来的200 倍；若要使DNA 数量达到初始值的10
5
倍，则至少需要扩增的次数约为（ ）（参考数据：lg2≈0.301）
A．20 次
B．25 次
C．26 次
D．27 次
【答案】D
【解题思路】由条件列方程求lg(1+ p)，由题意X n=10
5 X 0，代入关系式，根据对数的运算性质及指数与
对数的关系计算可得．
【解答过程】由题意知，当n=12时，X12=200 X 0，代入lg X n=nlg(1+ p)+lg X 0，
得lg(200 X 0)=12lg(1+ p)+lg X 0，
整理得：2+lg2=12lg(1+ p)，也就有lg(1+ p)= 2+0.301
12
= 2.301
12
，
将X n=10
5 X 0代入lg X n=nlg(1+ p)+lg X 0，
得lg(10
5 X 0)= 2.301
12
n+lg X 0，
整理得：2.301
12
n=5，
故n≈26.08，但由于扩增次数n必须为整数，
故至少需要27 次扩增，即n=27.
故选：D.
5．（2026·内蒙古呼和浩特·二模）如图，梯形OABC是上底为❑√2，下底为3 ❑√2，高为❑√2的等腰梯形，记
梯形OABC位于直线x =t(t >0)左侧的阴影部分的面积为f (t )，则y = f (t )的大致图象是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解题思路】写出y = f (t )的表达式，再根据分段函数性质选出图象即可.
【解答过程】根据题意可知在梯形OABC中，∠AOC =∠OCB = 45
∘；
当0<t ≤❑√2时，阴影部分为等腰直角三角形，其面积为f (t )= 1
2 t
2；
当❑√2<t <2❑√2时，阴影部分为等腰直角三角形加上一个矩形，
其面积为f (t )= 1
2 ×(❑√2)
2+ ❑√2(t −❑√2)= ❑√2t −1；
当t ≥2❑√2时，阴影部分面积为整个梯形面积减去右侧空白部分表面积，
即f (t )= 1
2 (❑√2+3 ❑√2)×❑√2−1
2 (3 ❑√2−t)
2=−1
2 t
2+3 ❑√2t −5；
所以可得f (t )={
1
2 t
2,0<t ≤❑√2
❑√2t −1,❑√2<t <2❑√2
−1
2 t
2+3 ❑√2t −5,2❑√2≤t ≤3 ❑√2)
；
根据函数类型对比图象可得A 正确.
故选：A.
6．（2026·北京西城·二模）某工厂2023 年的年产值为a，这一年工厂制定10 年规划，欲通过技术革新、
管理优化等手段，促使工厂产值的年平均增长率为x%，以期2033 年的年产值达到2023 年的4 倍.实践中，
由于市场环境逐步向好，工厂产值的年增长率超过预期.已知2025 年的工厂年产值恰好达到规划中2026 年
的既定目标，如果从2026 年起未来8 年（含2026 年）的年平均增长率与前2 年实际年平均增长率相同，
那么2033 年工厂的年产值为（ ）
A．6a
B．8a
C．9a
D．12a
【答案】B
【解题思路】根据给定信息，利用年增长率的意义，结合指数运算求解.
【解答过程】设原规划年平均增长率为x %，由2023 年的年产值为a，10 年后（2033 年）产值为4 a，
得a(1+ x %)
10= 4 a，即(1+ x %)
10= 4，设实际年平均增长率为y %，
由2025 年的工厂年产值恰好达到规划中2026 年的既定目标，得a(1+ y %)
2=a(1+ x %)
3，
即1+ y % =(1+ x %)
3
2，
因此2033 年工厂的实际年产值为a(1+ y %)
10=a[(1+ x %)
3
2 ]
10=a[(1+ x %)
10]
3
2 =a⋅4
3
2 =8a.
故选：B.
7．（2026·江苏南通·模拟预测）B−S模型在金融、物理等方面具有重要应用．进行正态分布的合理调整
之后，可得一种B−S模型的定价公式：K =−X ne
−r T n，其中K代表期权的初始合理价格与金融资产现价
之差，X n为执行价格，r为利率，T n为期权的有效期．已知K =−6000，r = ln 2，X 2=8 X 1，则T 2−T 1=
（ ）
A．1
B．2
C．3 ln2
D．3
【答案】D
【解题思路】将已知参数代入定价公式，推导执行价格X n与有效期T n的关系，结合X 2=8 X1的条件计算
T 2−T 1的值.
【解答过程】将K =−6000，r = ln2代入定价公式K =−X ne
−r T n得：−6000=−X ne
−ln2T n ，
化简得：6000= X n⋅2
−T n ，整理得X n=6000×2
T n（n∈N
∗）.
当n=1时，X 1=6000×2
T 1；当n=2时，X 2=6000×2
T 2；
又X 2=8 X1，所以6000×2
T 2=8×6000×2
T 1，即2
T 2=2
T 1+3，所以T 2=T 1+3，
因此T 2−T 1=3.
故选：D.
8．（2026·广东汕尾·一模）某投资公司计划投资A，B 两种理财产品，根据市场调查与预测，A 产品的利
润y1与投资成本x成正比例，其关系如图1 所示，B 产品的利润y2与投资成本x的算术平方根成正比例，其
关系如图2 所示（利润与投资成本单位：万元）.假设该公司有20 万元资金，并全部投入A ,B两种产品
中，进行科学合理投资，使公司获得最大利润为（ ）
A．5.6 万元
B．5 万元
C．6 万元
D．4.8 万元
【答案】D
【解题思路】根据已给函数模型结合已知数据求出解析式，设A 产品投入x万元，则B 产品投入(20−x)万
元，求出利润的表达式，然后利用换元法转化为二次函数求得最大值．
【解答过程】设投资为x万元，A 产品的利润为f (x)万元，B 产品的利润为g(x)万元.
由题意设f (x)=k1 x ,g(x)=k2
❑√x.
由图知f (10)=2,∴k1= 1
5.又g(4)=1.6,∴k2= 4
5 .
从而f (x)= 1
5 x (x ≥0),g(x)= 4
5
❑√x (x ≥0).
设A 产品投入x万元，则B 产品投入（20−x）万元，
设公司利润为y万元，
则y = f (x)+ g(20−x)= x
5 + 4
5
❑√20−x (0≤x ≤20)，
设t = ❑√20−x，则x =20−t
2(0≤t ≤2❑√5)，
y = 1
5 (20−t
2)+ 4
5 t =−1
5 (t −2)
2+ 24
5 ，
当t =2时，ymax= 24
5 = 4.8，此时x =16.
所以A 产品投入16 万元，B 产品投入4 万元时，才能使公司获得最大利润，最大利润为4.8 万元.
故选：D.
二、多选题
9．（2026·河南开封·模拟预测）在土壤学中，常用指数模型描述土壤表层盐分含量随灌溉水淋溶深度的变
化.已知某块盐碱地土壤表层初始盐分含量为S0（单位：g/kg），经淋溶深度为h（单位：dm）的灌溉水
淋溶后（h 指的是灌溉水渗入土壤的垂直深度），土壤表层残留盐分含量S 满足关系式S = S0⋅10
−kh，其中
k 为与土壤性质有关的常数，实验测得该盐碱地土壤的k =0.3.根据上述模型，下列说法正确的是（ ）
参考数据：10
−0.3≈0.5，10
−0.6≈0.25，10
−0.8≈0.158.
A．当淋溶深度h=2dm 时，该盐碱地土壤表层残留盐分含量约为初始盐分含量的25%
B．要使该盐碱地土壤表层残留盐分含量降至初始盐分含量的1%，则淋溶深度h 约为5dm
C．在淋溶深度h0的基础上再增加1dm，该盐碱地土壤表层残留盐分含量会再减少约一半
D．若该盐碱地土壤的k 值变为0.4，则淋溶深度h=2dm 时，土壤表层残留盐分含量低于初始盐分含量
S0的20%
【答案】ACD
【解题思路】根据给定的指数函数模型，结合各项的描述依次分析正误.
【解答过程】由题设S = S0⋅10
−0.3h，
当h=2 dm，则−kh=−0.3×2=−0.6，故S = S0⋅10
−0.6≈0.25 S0，
所以该盐碱地土壤表层残留盐分含量约为初始盐分含量的25%，A 对，
当S =1% S0，则10
−0.3h=0.01=10
−2，即−0.3h=−2，可得h= 20
3 ≈6.67 dm，B 错，
原淋溶深度h0，则S1= S0⋅10
−0.3h0，故增加1dm后有S2= S0⋅10
−0.3(h0+1)= S1⋅10
−0.3≈0.5 S1，
所以该盐碱地土壤表层残留盐分含量会再减少约一半，C 对，
当k =0.4，h=2 dm，则−kh=−0.4×2=−0.8，故S = S0⋅10
−0.8≈0.158 S0<0.2S0，D 对.
故选：ACD.
10．（2026·重庆·二模）从2024 年3 月1 日起，新的酒驾检验标准开始实施，只要每100 mL血液中乙醇含
量大于或等于20 mg，就是酒驾，属于违法行为；而大于或等于80 mg则认定为醉驾，属于犯罪行为．张师
傅某次饮酒后，若其血液中的乙醇含量y（单位：mg/mL）与酒后代谢时间x（单位：h）的数量关系满足
y =
4 x
4 x
2+1．则张师傅此次饮酒后（ ）
A．当代谢时间x =0.5时，血液中的乙醇含量最低
B．血液中的乙醇含量开始是代谢时间x的增函数，然后是代谢时间x的减函数
C．若执意驾车，完全不可能被认定为酒驾违法行为，更不可能被认定为醉驾犯罪行为
D．若执意驾车，饮酒后0.5h接受乙醇含量测试，将被认定为醉驾
【答案】BD
【解题思路】整理可得y =
4 x
4 x
2+1
=
1
x + 0.25
x
，结合对勾函数性质分析单调性和最值，进而逐项分析判断.
【解答过程】由题意可知：x>0，则y =
4 x
4 x
2+1
=
1
x + 0.25
x
，
由对勾函数可知：y = x + 0.25
x
在(0,0.5)内单调递减，在(0.5,+∞)内单调递增，
则y =
1
x + 0.25
x
在(0,0.5)内单调递增，在(0.5,+∞)内单调递减，故B 正确；
当x =0.5时，y =
1
x + 0.25
x
取到最大值1，
即当代谢时间x =0.5时，血液中的乙醇含量最高为1mg/ mL，
即每100 mL血液中乙醇含量为100 mg，故A 错误；
因为100>80，可知饮酒后0.5h接受乙醇含量测试，将被认定为醉驾，故C 错误，D 正确；
故选：BD.
11．（2026·河北秦皇岛·模拟预测）地震震级根据地震仪记录的地震波振幅来测定，一般采用里氏震级标
准.里氏震级的计算公式为M =lg Amax
A0
（其中常数A0是距震中100 公里处接收到的0 级地震的地震波的最
大振幅，Amax是指我们关注的这次地震在距震中100 公里处接收到的地震波的最大振幅）.地震的能量E
（单位：焦耳）是指当地震发生时，以地震波的形式放出的能量.已知E =10
4.8×10
1.5 M，其中M为地震震
级.下列说法正确的是（ ）
A．若地震震级M增加1 级，则最大振幅Amax增加到原来的10 倍
B．若地震震级M增加2 级，则放出的能量E增加到原来的20 倍
C．若最大振幅Amax增加到原来的10 倍，则放出的能量E增加到原来的10 ❑√10倍
D．若最大振幅Amax增加到原来的100 倍，则放出的能量E也增加到原来的100 倍
【答案】AC
【解题思路】本题首先要读懂公式，然后根据题意合理代入数据进行对数运算对选项进行一一检验即可得
到答案.
【解答过程】设M 1为地震震级M加1 级的地震震级，新的地震的能量E1，新的最大振幅为A
′
max，
设M 2为地震震级M加2 级的地震震级，新的地震的能量E2，
因为M 1= M +1=1+lg Amax
A0
=lg 10 Amax
A0
，所以A
′
max =10 Amax，故A 正确；
因为M 2= M +2，
所以E2=10
4.8×10
1.5 M 2=10
4.8×101.5(M +2)=10
4.8×10
1.5 M +3=10
3 E =1000 E，所以B 错误；
因为M 1=lg 10 Amax
A0
= M +1，
所以E1=10
4.8×10
1.5 M 1=10
4.8×101.5(M +1)=10
4.8×10
1.5 M +1.5=10
1.5 E =10 ❑√10 E，
所以C 正确；
因为M 2=lg 100 Amax
A0
= M +2，
所以E2=10
4.8×10
1.5 M 2=10
4.8×101.5(M +2)=10
4.8×10
1.5 M +3=10
3 E =1000 E，
所以D 错误.
故选：AC.
三、填空题
12．（2026·云南·模拟预测）马赫数是飞行器的运动速度与音速的比值．在不考虑空气阻力的前提下，某
飞行器的最大速度v（单位：m/s）与燃料的质量M（单位：kg）和飞行器（除燃料外）的质量m（单
位：kg）的函数关系是v =2900ln(1+ M
m)．已知质量为m0的飞行器所处高空的音速为580 m /s，若燃料
的质量分别为M 1和M 2时，最大速度对应的马赫数分别为1 和11，则M 2+m0
M 1+m0
=___________．
【答案】e
2
【解题思路】由题意可得580=2900ln(1+ M 1
m0)，580×11=2900ln(1+ M 2
m0)，计算可求得
M 2+m0
M 1+m0
的
值.
【解答过程】依题意，580=2900ln(1+ M 1
m0)，580×11=2900ln(1+ M 2
m0)，
即0.2=ln(1+ M 1
m0)，2.2=ln(1+ M 2
m0)，
即e
0.2=1+ M 1
m0
，e
2.2=1+ M 2
m0
，则
M 2+m0
M 1+m0
=
1+ M 2
m0
1+ M 1
m0
=e
2.2
e
0.2 =e
2．
故答案为：e
2.
13．（2026·湖北武汉·二模）为了响应节能减排号召，某地政府决定大规模铺设光伏太阳能板，该地区未
来第x 年底光伏太阳能板的保有量y（单位：万块）满足模型
y =
N
1+(
N
y0
−1)e
−px ，其中N 为饱和度，y0
为初始值，p 为年增长率．若该地区2024 年底的光伏太阳能板保有量约为20 万块，以此为初始值，以后
每年的增长率均为10 %，饱和度为1020 万块，那么2030 年底该地区光伏太阳能板的保有量约__________
万块．
（结果四舍五入保留到整数，参考数据：e
−0.5≈0.61，e
−0.6≈0.55，e
−0.7≈0.49）
【答案】36
【解题思路】把已知数据代入模型
y =
N
1+(
N
y0
−1)e
−px ，求出对应的值即可．
【解答过程】根据题意，所给模型中y0=20, N =1020, p=10 % =0.1, x =6，
则2030 年底该地区光伏太阳能板的保有量为
y =
1020
1+(
1020
20 −1)e
−0.1×6
=
1020
1+50e
−0.6，
因为e
−0.6≈0.55，所以y =
1020
1+50e
−0.6 ≈
1020
1+50×0.55 ≈36，
所以2030 年底该地区光伏太阳能板的保有量约36 万块.
故答案为：36.
14．（25-26 高三上·海南省直辖县级单位·阶段检测）随着市场需求和消费习惯的转变，摆摊创业正吸引着
越来越多创业者．小李打算批发某种水果摆摊售卖，设他进货总费用f (x)（百元）与进货量x（单位：百
斤）之间的关系为f (x)={
4 x
2+ax
x +1
,0< x<1
(a−4) x +3, x ≥1)
（a为常数），若满足“随着进货量的增大，水果每斤的平
均价格逐渐减小”，则a的取值范围为___________．
【答案】(4,6)
【解题思路】由题意可得水果每斤的平均价格为g(x)= f (x)
x
={
4+ a−4
x +1 ,0< x<1
(a−4)+ 3
x , x ≥1)
，根据题意可得函数
g(x)在(0,+ ∞)上单调递减，进而结合分段函数的单调性求解即可.
【解答过程】由题意，水果每斤的平均价格为g(x)= f (x)
x
={
4 x +a
x +1 ,0< x<1
(a−4)+ 3
x , x ≥1)
={
4 + a−4
x +1 ,0< x<1
(a−4)+ 3
x , x ≥1)
，
因为随着进货量的增大，水果每斤的平均价格逐渐减小，
所以函数g(x)在(0,+ ∞)上单调递减，
所以{
a−4>0
4+ a−4
2
≥(a−4)+3)
，解得4<a≤6，
则a的取值范围为(4,6).
故答案为：(4,6).
四、解答题
15．（2026·山东·一模）咖啡店销售一款咖啡，每杯的销售价为10 元时，每天可以销售200 杯，为提高咖
啡加工品质，进行了设备更新，为此咖啡店提高了销售价（规定为1 元的整数倍）．经市场调研发现，每
杯的销售价每提高1 元，每天少销售5 杯（不考虑其他因素）．问每杯咖啡的销售价为多少时，可使每天
的销售额最大，最大销售额是多少?
【答案】每杯咖啡的销售价为25 元时，最大销售额是3125 元.
【解题思路】 设销售价为x (x>10, x∈Z)元，销售额为y元，写出y关于x的函数，利用二次函数的性质
即可求解.
【解答过程】设销售价为x (x>10, x∈Z)元，销售额为y元，
则y =[200−5(x−10)) x =−5 x
2+250 x =−5(x−25)
2+3125，
当x =25元时，ymax=3125元，
所以当每杯咖啡的销售价为25 元时，最大销售额是3125 元.
16．（25-26 高一上·云南昭通·期末）把物体放在冷空气中冷却，如果物体原来的温度是θ1
°C，空气的温度
是θ0
°C，那么t min后物体的温度θ（单位：❑
°C）可由公式θ =θ0+(θ1−θ0)e
−kt求得，其中k是一个随着物
体与空气的接触状况而定的常数，现有130
°C的物体，放在26
°C的空气中冷却，20min 以后物体的温度是
52
°C．
(1)求k的值；
(2)若要将该物体的温度降为39
°C，求需要冷却的时间．
【答案】(1)k = ln2
10
(2)30 分钟
【解题思路】（1）代入公式直接求k;
（2）令函数值为39，代入求值即可.
【解答过程】（1）解：由题知θ0=26,θ1=130，
当θ =52,t =20，由θ =θ0+(θ1−θ0)e
−kt得52=26+(130−26)e
−20k，
则e
20k = 4，所以e
10k =2．
即k = ln2
10 ．
（2）设再经过t
′分钟，温度可由52
°C降为39
°C，即39=26+(52−26)e
−k t
′
，
解得e
k t
′
=2=e
10k，
即t
′ =10．
所以t =10+20=30．
物体的温度由130
°C降为39
°C需要冷却30 分钟．
17．（25-26 高一下·四川泸州·期中）某公司计划生产一种新型节能产品，固定成本为10 万元，每生产x千
件，需要另外投入成本C (x)万元．当产量不足8 千件时，C (x)= 1
3 x
2+10 x；当产量不小于8 千件时，
C (x)=51 x + 10000
x
−1450．已知每件产品的售价均为0.05 万元，且生产的产品能全部售出．
(1)请写出年利润L(x)（单位：万元）关于年产量x（单位：千件）的函数解析式；
(2)当年产量为多少千件时，该公司在这一产品的生产中所获年利润最大？最大年利润是多少万元？
【答案】(1)L( x)={
−1
3 x
2+ 40 x−10,0< x<8
−x−10000
x
+1440, x ≥8)
(2)当年产量为100 千件时，该公司所获年利润最大，最大年利润为1240 万元．
【解题思路】（1）根据给定条件，分段列式求出函数解析式.
（2）利用二次函数的性质及基本不等式分段求解即得最大值.
【解答过程】（1）由每件产品的售价均为0.05万元，得x 千件产品的销售收入为0.05×1000 x =50 x万
元，
当0< x<8时，L( x )=50 x−( 1
3 x
2+10 x )−10=−1
3 x
2+ 40 x−10；
当x ≥8时，L( x )=50 x−(51 x + 10000
x
−1450)−10=−x−10000
x
+1440，
所以年利润L( x)关于年产量x 的函数解析式为L( x)={
−1
3 x
2+ 40 x−10,0< x<8
−x−10000
x
+1440, x ≥8)
.
（2）当0< x<8时，L( x)=−1
3 x
2+ 40 x−10=−1
3 (x
2−120 x)−10=−1
3 ( x−60)
2+1190，
函数L( x)在(0,8)上单调递增， 此时L( x )< 866
3 （万元）；
当x ≥8时，L( x )=−x−10000
x
+1440=−( x + 10000
x
)+1440≤−2❑√x· 10000
x
+1440=1240，
当且仅当x = 10000
x
，即x =100时取等号，而1240> 866
3 ，
所以当年产量为100 千件时，该公司所获年利润最大，最大年利润为1240 万元．
18．（2026·安徽合肥·一模）城市地铁可为市民出行带来便利，提升城市形象，更是一张亮丽的城市名片.
安徽省合肥市于2016年开通了地铁1号线，该条线路通车后，列车的发车时间间隔t（单位：分钟）满足
3≤t ≤20，经市场调研测算，列车载客量与发车时间间隔t相关，当3≤t ≤10时，载客量会逐渐增加，载客
量与(10−t )
2成一次函数关系，且发车时间间隔为3分钟时的载客量为333人，当10≤t ≤20时，列车为满
载状态，载客量为480人，记列车载客量为S (t ).
(1)求S (t )的表达式，并求当发车时间间隔为6分钟时，列车的载客量；
(2)若该线路每分钟的净收益为：M (t )= 4 S (t )−32t −912
t
（元），问当发车时间间隔为多少时，该线路
每分钟的净收益最大，并求出最大值.
【答案】(1)S (t )={
−3t
2+60t +180,3≤t <10
480,10≤t ≤20
)，432人；
(2)发车时间间隔为4分钟时，该线路每分钟的净收益最大为112元.
【解题思路】（1）由题设，有当3≤t ≤10时，S(t )=k(10−t )
2+b，且S(3)=333，S(10)= 480，求
k ,b值，进而写出其分段函数的形式，再求S (6).
（2）由（1）写出M (t )解析式，讨论3≤t <10、10≤t ≤20求最大值即可.
【解答过程】（1）由题设，当3≤t ≤10时，令S (t )=k(10−t )
2+b，
又发车时间间隔为3 分钟时的载客量为333 人，10 分钟时的载客量为480 人，
所以{
333=k (10−3)
2+b
480=k (10−10)
2+b)，解得{
k =−3
b= 480)，
所以S (t )=−3(10−t )
2+ 480=−3t
2+60t +180，
当10<t ≤20时，S (t )= 480，
所以S (t )={
−3t
2+60t +180,3≤t <10
480,10≤t ≤20
)，
故t =6时，S (6)=−3×6
2+60×6+180= 432，
所以当发车时间间隔为6分钟时，列车的载客量为432人；
（2）（2）因为M (t )= 4 S (t )−32t −912
t
，
所以由（1）可得：M (t )={
208−(12t + 192
t ),3≤t <10
1008
t
−32,10≤t ≤20 )
当3≤t <10时，M (t )=208−(12t + 192
t )≤208−2❑√12t ⋅192
t
=208−96=112，
当且仅当t = 4等号成立，
则3≤t <10时，M (t )max= M (4)=112（元），
当10≤t ≤20时，M (t )= 1008
t
−32在t ∈[10,20]递减，
则M (t )max= M (10)=100.8−32=68.8（元）
综上，发车时间间隔为4 分钟时，该线路每分钟的净收益最大为112 元.
19．（25-26 高一下·湖南长沙·阶段检测）2023 年9 月17 日，联合国教科文组织第45 届世界遗产大会通过
决议，将中国“普洱景迈山古茶树文化景观”列入《世界遗产名录》，成为全球首个茶主题世界文化遗
产．经验表明，某种普洱茶用95℃的水冲泡，等茶水温度降至60℃饮用，口感最佳．某科学兴趣小组为
探究在室温条件下，刚泡好的茶水达到最佳饮用口感的放置时间，每隔1 分钟测量一次茶水温度，得到茶
水温度y（单位：
）与时间
℃
t（单位：分钟）的部分数据如下表所示：
时间t/分钟
0
1
2
3
4
5
水温y/℃
95
88
81.70
76.03
70.93
66.33
(1)给出下列三种函数模型：①y =at +b(a<0)，②y =a⋅b
t +c(a>0,0<b<1)，③
y =loga(t +b)+c(b>0,a>1)，请根据上表中的数据，选出你认为最符合实际的函数模型，简单叙述理
由，并利用表中前3 组数据求出相应的解析式；
(2)根据（1）中所求模型，求刚泡好的普洱茶达到最佳饮用口感的放置时间（精确到0.1）．（参考数据：
lg3≈0.477，lg5≈0.699）
【答案】(1)选择模型②y =a·b
t +c(a>0,0<b<1) ，解析式为y =70·0.9
t +25(t ≥0)；
(2)约6.5 分钟
【解题思路】（1）首先由表格数据确定函数的单调性和递减速度，从而判断模型，再利用待定系数法，
列方程组求解；
（2）根据（1）的结果，解方程70⋅0.9
t +25=60.
【解答过程】（1）由表格可知，函数单调递减，且递减速度逐渐变慢，
模型③y =loga(t +b)+c(b>0,a>1)为单调递增 函数，不符合，
模型①y =at +b(a<0)为直线型，不符合递减速度逐渐变慢，
故模型①
不符合，选模型②
③
y =a⋅b
t +c(a>0,0<b<1)，
则{
a+c =95
ab+c =88
ab
2+c =81.70)
，解得：a=70，b=0.9，c =25，
所以y =70⋅0.9
t +25(t ≥0)；
（2）y =70⋅0.9
t +25=60，得0.9
t = 1
2，
t =
lg 1
2
lg 9
10
= −lg2
lg9−1 =
−lg2
2lg3−1 = lg5−1
2lg3−1 ≈
0.699−1
2×0.477−1 ≈6.5，
刚泡好的普洱茶达到最佳饮用口感的放置时间约为6.5分钟.
