高考数学专题09函数模型及其应用热点题型和提分秘籍理 22页

专题 09 函数模型及其应用 1．了解指数函数、对数函数、幂函数的增长特征，结合具体实例体会直线上升、指数增长、 对数增长等不同函数类型增长的含义。 2．了解函数模型(如指数函数、对数函数、幂函数、分段函数等在社会生活中普遍使用的函 数模型)的广泛应用。 热点题型一 一次函数或二次函数模型 例 1、提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况。在一般情况下，大桥上的 车流速度 v(单位：千米/小时)是车流密度 x(单位：辆/千米)的函数。当桥上的车流密度达 到 200 辆/千米时，造成堵塞，此时车流速度为 0 千米/小时；当车流密度不超过 20 辆/千米 时，车流速度为 60 千米/小时。研究表明：当 20≤x≤200 时，车流速度 v 是车流密度 x 的 一次函数。 (1)当 0≤x≤200 时，求函数 v(x)的表达式。 (2)当车流密度 x 为多大时，车流量(单位时间内通过桥上某观测点的车辆数，单位：辆/小 时)f(x)＝x·v(x)可以达到最大，并求出最大值。(精确到 1 辆/小时)。 (2)依题意并由(1)可得 f(x)＝ 60x，0≤x≤20 x 200－x 3 ，20＜x≤200。 当 0≤x≤20 时，f(x)为增函数，故当 x＝20 时，其最大值为 60×20＝1 200； 当 20＜x≤200 时，f(x)＝1 3 x(200－x)≤1 3 x＋200－x 2 2＝10 000 3 ， 当且仅当 x＝200－x，即 x＝100 时， 等号成立。 所以当 x＝100 时，f(x)在区间(20,200]上取得最大值10 000 3 ≈3 333。 综上，当车流密度为 100 辆/千米时，车流量可以达到最大，最大约为 3 333 辆/小时。 【提分秘籍】一次函数、二次函数模型问题的常见类型及解题策略 (1)直接考查一次函数、二次函数模型。 解决此类问题应注意三点： ①二次函数的最值一般利用配方法与函数的单调性解决，但一定要密切注意函数的定义域， 否则极易出错； ②确定一次函数模型时，一般是借助两个点来确定，常用待定系数法； ③解决函数应用问题时，最后要还原到实际问题。 (2)以分段函数的形式考查。 解决此类问题应关注以下三点： ①实际问题中有些变量间的关系不能用同一个关系式给出，而是由几个不同的关系式构成， 如出租车票价与路程之间的关系，应构建分段函数模型求解； ②构造分段函数时，要力求准确、简洁，做到分段合理、不重不漏； ③分段函数的最值是各段的最大(或最小)者的最大者(最小者)。 提醒：(1)构建函数模型时不要忘记考虑函数的定义域。 (2)对构造的较复杂的函数模型，要适时地用换元法转化为熟悉的函数问题求解。 【举一反三】 某电信公司推出两种手机收费方式：A 种方式是月租 20 元，B 种方式是月租 0 元。一个月的 本地网内打出电话时间 t(分钟)与打出电话费 s(元)的函数关系如图，当通话 150 分钟时， 这两种方式电话费相差( ) A．10 元 B．20 元 C．30 元 D.40 3 元 解析：设 A 种方式对应的函数解析式为 S＝k1t＋20， B 种方式对应的函数解析式为 S＝k2t， 当 t＝100 时，100k1＋20＝100k2， ∴k2－k1＝1 5 。 当 t＝150 时，150k2－150k1－20＝150×1 5 －20＝10(元)。 答案：A 热点题型二 函数 y＝x＋a x 模型的应用 例 2、某村计划建造一个室内面积为 800 m2 的矩形蔬菜温室，在温室内，沿左、右两侧与后 侧内墙各保留 1 m 宽的通道，沿前侧内墙保留 3 m 宽的空地，当矩形温室的边长各为多少时， 蔬菜的种植面积最大？最大面积是多少？ 【提分秘籍】 应用函数 y＝x＋a x 模型的关键点 (1)明确对勾函数是正比例函数 f(x)＝ax 与反比例函数 f(x)＝b x 叠加而成的。 (2)解决实际问题时一般可以直接建立 f(x)＝ax＋b x 的模型，有时可以将所列函数关系式转 化为 f(x)＝ax＋b x 的形式。 (3)利用模型 f(x)＝ax＋b x 求解最值时，要注意自变量的取值范围，及取得最值时等号成立 的条件。 【举一反三】 为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层。某幢建筑 物要建造可使用 20 年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为 6 万元。该建筑物每年的能 源消耗费用 C(单位：万元)与隔热层厚度 x(单位：cm)满足关系 C(x)＝ k 3x＋5 (0≤x≤10)， 若不建隔热层，每年能源消耗费用为 8 万元，设 f(x)为隔热层建造费用与 20 年的能源消耗 费用之和。 (1)求 k 的值及 f(x)的表达式。 (2)隔热层修建多厚时，总费用 f(x)达到最小，并求最小值。 解析：(1)由已知条件得 C(0)＝8，则 k＝40， 因此 f(x)＝6x＋20C(x)＝6x＋ 800 3x＋5 (0≤x≤10)。 (2)f(x)＝6x＋10＋ 800 3x＋5 －10 ≥2 6x＋10 800 3x＋5 －10＝70(万元)， 当且仅当 6x＋10＝ 800 3x＋5 ， 即 x＝5 时等号成立。 所以当隔热层厚度为 5 cm 时，总费用 f(x)达到最小，最小值为 70 万元。 热点题型三 指数函数与对数函数模型 例 3．某医药研究所开发的一种新药，如果成年人按规定的剂量服用，据监测：服药后每毫 升血液中的含药量 y(微克)与时间 t(小时)之间近似满足如图所示的曲线。 (1)写出第一次服药后，y 与 t 之间的函数关系式 y＝f(t)； (2)据进一步测定：每毫升血液中含药量不少于 0.25 微克时，治疗有效。求服药一次后治疗 有效的时间是多长？ 解析：(1)设 y＝ kt，0≤t≤1 1 2 t－a，t＞1， 当 t＝1 时，由 y＝4 得 k＝4。 由 1 2 1－a＝4 得 a＝3。则 y＝ 4t，0≤t≤1 1 2 t－3，t＞1。 (2)由 y≥0.25 得 0≤t≤1 4t≥0.25， 或 t＞1 1 2 t－3≥0.25， 解得 1 16 ≤t≤5。因此，服药一次 后治疗有效的时间是 5－ 1 16 ＝79 16 小时。 【提分秘籍】应用指数函数模型应注意的问题 (1)指数函数模型的应用类型。常与增长率相结合进行考查，在实际问题中有人口增长、银 行利率、细胞分裂等增长问题可以利用指数函数模型来解决。 (2)应用指数函数模型时的关键。关键是对模型的判断，先设定模型，再将已知有关数据代 入验证，确定参数，从而确定函数模型。 (3)y＝a(1＋x)n 通常利用指数运算与对数函数的性质求解。 【举一反三】 里氏震级 M 的计算公式为：M＝lgA－lgA0，其中 A 是测震仪记录的地震曲线的最大振幅，A0 是相应的标准地震的振幅。假设在一次地震中，测震仪记录的最大振幅是 1 000，此时标准 地震的振幅为 0.001，则此次地震的震级为__________级；9 级地震的最大振幅是 5 级地震 最大振幅的__________倍。 【2017 山东，理 10】已知当  0,1x 时，函数  21y mx  的图象与 y x m  的图象有 且只有一个交点，则正实数 m 的取值范围是 （A）  0,1 2 3,  （B）   0,1 3, （C） 0, 2 2 3,    （D）  0, 2 3,   【答案】B 【解析】当 0 1m  时，1 1m  ， 2( 1)y mx  单调递减，且 2 2( 1) [( 1) ,1]y mx m    ， y x m  单调递增，且 [ ,1 ]y x m m m    ，此时有且仅有一个交点；当 1m  时， 10 1m   ， 2( 1)y mx  在 1[ ,1]m 上单调递增，所以要有且仅有一个交点，需 2( 1) 1 3m m m     选 B. 1.【2016 高考上海理数】已知 a R ，函数 2 1( ) log ( )f x ax   . （1）当 5a  时，解不等式 ( ) 0f x  ； （2）若关于 x 的方程 2( ) log [( 4) 2 5] 0f x a x a     的解集中恰好有一个元素，求 a 的 取值范围； （3）设 0a  ，若对任意 1[ ,1]2t  ，函数 ( )f x 在区间[ , 1]t t  上的最大值与最小值的差不 超过 1，求 a 的取值范围. 【答案】（1）  1, 0,4x        ．（2）   1,2 3,4 ．（3） 2,3    ． 【解析】 （1）由 2 1log 5 0x      ，得 1 5 1x   ， 解得  1, 0,4x         ． （2）  1 4 2 5a a x ax      ，   24 5 1 0a x a x     ， 当 4a  时， 1x   ，经检验，满足题意． 当 3a  时， 1 2 1x x   ，经检验，满足题意． 当 3a  且 4a  时， 1 1 4x a   ， 2 1x   ， 1 2x x ． 1x 是原方程的解当且仅当 1 1 0ax   ，即 2a  ； 2x 是原方程的解当且仅当 2 1 0ax   ，即 1a  ． 于是满足题意的  1,2a ． 综上， a 的取值范围为    1,2 3,4 ． 因为 0a  ，所以函数  2 1 1y at a t    在区间 1 ,12      上单调递增， 1 2t  时， y 有最小值 3 1 4 2a  ，由 3 1 04 2a   ，得 2 3a  ． 故 a 的取值范围为 2 ,3    ． 2.【2016 年高考北京理数】设函数 3 3 ,( ) 2 , x x x af x x x a      . ①若 0a  ，则 ( )f x 的最大值为______________； ②若 ( )f x 无最大值，则实数 a 的取值范围是________. 【答案】 2 ， ( , 1)  . 【解析】如图，作出函数 3( ) 3g x x x  与直线 2y x  的图象，它们的交点是 ( 1,2), (0,0), (1, 2)A O B  ，由 2'( ) 3 3g x x  ，知 1x  是函数 ( )g x 的极小值点， ①当 0a  时， 3 3 , 0( ) 2 , 0 x x xf x x x      ，由图象可知 ( )f x 的最大值是 ( 1) 2f   ； ②由图象知当 1a   时， ( )f x 有最大值 ( 1) 2f   ；只有当 1a   时， 3 3 2a a a   ， ( )f x 无最大值，所以所求 a 的取值范围是 ( , 1)  ． 【2015 高考天津，理 8】已知函数    2 2 , 2, 2 , 2, x x f x x x       函数    2g x b f x   ， 其中b R ，若函数    y f x g x  恰有 4 个零点，则b 的取值范围是( ) （A） 7 ,4     （B） 7, 4     （C） 70, 4      （D） 7 ,24      【答案】D 【解析】由    2 2 , 2, 2 , 2, x x f x x x      得 2 2 2 , 0 (2 ) , 0 x x f x x x       ， 所以 2 2 2 , 0 ( ) (2 ) 4 2 , 0 2 2 2 ( 2) , 2 x x x y f x f x x x x x x x                    ， 即 2 2 2, 0 ( ) (2 ) 2, 0 2 5 8, 2 x x x y f x f x x x x x               ( ) ( ) ( ) (2 )y f x g x f x f x b      ,所以    y f x g x  恰有 4 个零点等价于方程 ( ) (2 ) 0f x f x b    有 4 个不同的解，即函数 y b 与函数 ( ) (2 )y f x f x   的图 象的 4 个公共点，由图象可知 7 24 b  . 【2015 高考浙江，理 10】已知函数 2 2 3, 1( ) lg( 1), 1 x xf x x x x         ，则 ( ( 3))f f   ， ( )f x 的最小值是 ． 【答案】 0 ， 3-22 . 【解析】 0)1())3((  fff ，当 1x 时， 322)( xf ，当且仅当 2x 时，等 号成立，当 1x 时， 0)( xf ，当且仅当 0x 时，等号成立，故 )(xf 最小值为 322  . 【2015 高考四川，理 13】某食品的保鲜时间 y（单位：小时）与储存温度 x（单位： C ） 满足函数关系 bkxey  （ 718.2e 为自然对数的底数，k、b 为常数）。若该食品在 0 C 的保鲜时间设计 192 小时，在 22 C 的保鲜时间是 48 小时，则该食品在 33 C 的保鲜时间是 小时。 【答案】24 【解析】 由题意得： 22 11 22 192 48 1 1, ,192 4 248 b k k k b e e e e         ，所以 33x  时， 33 11 3 1( ) 192 248 k b k by e e e      . 【2015 高考上海，理 10】设  1f x 为   22 2 x xf x   ，  0,2x 的反函数，则    1y f x f x  的最大值为 ． 【答案】4 【2015 高考北京，理 14】设函数      2 1 4 2 1. x a xf x x a x a x       ‚ ‚ ‚ ≥ ①若 1a  ，则  f x 的最小值为 ； ②若  f x 恰有 2 个零点，则实数 a 的取值范围是 ． 【答案】(1)1，(2) 1 12 a  或 2a  . 【解析】① 1a  时，      2 1 1 4 1 2 1.≥       x xf x x x x ‚ ‚ ‚ ，函数 ( )f x 在( ,1) 上为增函数， 函数值大于 1，在 3[1, ]2 为减函数，在 3[ , )2  为增函数，当 3 2x  时， ( )f x 取得最小值 为 1； （2）①若函数 ( ) 2xg x a  在 1x  时与 x 轴有一个交点，则 0a  ，并且当 1x  时， (1) 2g a  >0 ，则0 2a  ，函数 ( ) 4( )( 2 )h x x a x a   与 x 轴有一个交点，所以 2 1且 1a a   1 12 a  ； ②若函数 ( ) 2xg x a  与 x 轴有无交点，则函数 ( ) 4( )( 2 )h x x a x a   与 x 轴有 两个交点，当 0a  时 ( )g x 与 x 轴有无交点， ( ) 4( )( 2 )h x x a x a   在 1x  与 x 轴有无交点，不合题意；当 (1) 2 0h a   时， 2a  ，( )h x 与 x 轴有两个交点，x a 和 2x a ，由于 2a  ，两交点横坐标均满足 1x  ；综上所述a 的取值范围 1 12 a  或 2a  . 【2015 高考浙江，理 18】已知函数 2( ) ( , )f x x ax b a b R    ，记 ( , )M a b 是| ( ) |f x 在 区间[ 1,1] 上的最大值. （1）证明：当| | 2a  时， ( , ) 2M a b  ； （2）当 a ，b 满足 ( , ) 2M a b  ，求| | | |a b 的最大值. 【答案】（1）详见解析；（2）3. 【解析】 （1）由 2 2( ) ( )2 4 a af x x b    ，得对称轴为直线 2 ax   ，由| | 2a  ，得 | | 12 a  ，故 ( )f x 在[ 1,1] 上单调，∴ ( , ) max{| (1) |,| ( 1) |}M a b f f  ，当 2a  时，由 (1) ( 1) 2 4f f a    ，得 max{ (1), ( 1)} 2f f   ，即 ( , ) 2M a b  ，当 2a   时，由 ( 1) (1) 2 4f f a     ，得 max{ ( 1), (1)} 2f f   ，即 ( , ) 2M a b  ，综上，当| | 2a  时， ( , ) 2M a b  ；（2）由 ( , ) 2M a b  得|1 | | (1) | 2a b f    ，|1 | | ( 1) | 2a b f     ，故 | | 3a b  ，| | 3a b  ，由 | |, 0| | | | | |, 0 a b aba b a b ab       ，得| | | | 3a b  ，当 2a  ， 1b   时，| | | | 3a b  ，且 2| 2 1|x x  在[ 1,1] 上的最大值为 2 ，即 (2, 1) 2M   ，∴| | | |a b 的最大值为 3. （2014·湖南卷）某市生产总值连续两年持续增加，第一年的增长率为 p，第二年的增长率 为 q，则该市这两年生产总值的年平均增长率为( ) A.p＋q 2 B.（p＋1）（q＋1）－1 2 C. pq D. （p＋1）（q＋1）－1 【答案】D 【解析】设年平均增长率为 x，则有(1＋p)(1＋q)＝(1＋x)2，解得 x＝ （1＋p）（1＋q）－ 1. （2014·陕西卷）如图 12，某飞行器在 4 千米高空水平飞行，从距着陆点 A 的水平距离 10 千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图像的一部分，则该函数的解析式为 ( ) 图 12 A．y＝ 1 125 x3－3 5 x B．y＝ 2 125 x3－4 5 x C．y＝ 3 125 x3－x D．y＝－ 3 125 x3＋1 5 x 【答案】A 1．抽气机每次抽出容器内空气的 60%，要使容器内剩下的空气少于原来的 0.1%，则至少要 抽(参考数据：lg2＝0.301 0，lg3＝0.477 1)( ) A．15 次 B．14 次 C．9 次 D．8 次 解析：抽 n 次后容器剩下的空气为(40%)n. 由题意知，(40%)n<0.1%，即 0.4n<0.001， ∴nlg0.4<－3， ∴n> 3 1－2lg2 ＝ 3 1－2×0.301 0 ≈7.54， ∴n 的最小值为 8. 答案：D 2．某位股民购进某支股票，在接下来的交易时间内，他的这支股票先经历了 n 次涨停(每次 上涨 10%)，又经历了 n 次跌停(每次下跌 10%)，则该股民这支股票的盈亏情况(不考虑其他 费用)为( ) A．略有盈利 B．略有亏损 C．没有盈利也没有亏损 D．无法判断盈亏情况 解析：设该股民购进股票的资金为 a，则交易结束后，所剩资金为：a(1＋10%)n·(1－10%)n ＝a·(1－0.01)n＝a·0.09n10(其中 n 是任课教师所在班级学生的该任课教师所教学科的平均成绩与该科省平均 分之差，f(n)的单位为元)，而 k(n)＝ 0，n≤10， 100，1025. 现有甲、乙两位数学任课教 师，甲所教的学生高考数学平均分超出省平均分 18 分，而乙所教的学生高考数学平均分超 出省平均分 21 分，则乙所得奖励比甲所得奖励多( ) A．600 元 B．900 元 C．1 600 元 D．1 700 元 解析：k(18)＝200， ∴f(18)＝200×(18－10)＝1 600(元)． 又∵k(21)＝300， ∴f(21)＝300×(21－10)＝3 300(元)， ∴f(21)－f(18)＝3 300－1 600＝1 700(元)． 故选 D. 答案：D 11．一个容器装有细沙 a cm3，细沙从容器底下一个细微的小孔慢慢地匀速漏出，t min 后 剩余的细沙量为 y＝ae－bt(cm3)，若经过 8 min 后发现容器内还有一半的沙子，则再经过 ________min，容器中的沙子只有开始时的八分之一． 解析：当 t＝0 时，y＝a；当 t＝8 时，y＝ae－8b＝1 2 a， ∴e－8b＝1 2 ，容器中的沙子只有开始时的八分之一时， 即 y＝ae－bt＝1 8 a. e－bt＝1 8 ＝(e－8b)3＝e－24b，则 t＝24，所以再经过 16 min. 答案：16 12．如图为某质点在 4 秒钟内做直线运动时，速度函数 v＝v(t)的图象，则该质点运动的总 路程 s 等于________． 解析：该质点运动的总路程等于下图中阴影部分的面积， ∴s＝1 2 ×(1＋3)×2＋2×3＋1 2 ×1×2＝11 cm. 答案：11 cm 13．某市出租车收费标准如下：起步价为 8 元，起步里程为 3 km(不超过 3 km 按起步价收 费)；超过 3 km 但不超过 8 km 时，超过部分按每千米 2.15 元收费；超过 8 km 时，超过部 分按每千米 2.85 元收费，另每次乘坐需付燃油附加费 1 元．现某人乘坐一次出租车付费 22.6 元，则此次出租车行驶了________ km. 解析：设出租车行驶 x km 时，付费 y 元， 则 y＝ 9，08. 由 y＝22.6，解得 x＝9. 答案：9 14．为了预防流感，某学校对教室用药熏消毒法进行消毒．已知药物释放过程中，室内每立 方米空气中的含药量 y(毫克)与时间 t(小时)成正比；药物释放完毕后，y 与 t 的函数关系 式 y＝( 1 16 )t－a(a 为常数)，如图所示，根据图中提供的信息，回答下列问题： (1)从药物释放开始，每立方米空气中的含药量 y(毫克)与时间 t(小时)之间的函数关系式为 ______________________． (2)据测定，当空气中每立方米的含药量不高于 0.25 毫克时，学生方可进教室，那么从药物 释放开始，至少需要经过________小时后，学生才能回到教室． 解析：(1)设 y＝kt，由图象知 y＝kt 过点(0.1,1)，则 1＝k×0.1，k＝10，∴y＝ 10t(0≤t≤0.1)． 由 y＝ 1 16 t－a 过点(0.1,1)，得 1＝ 1 16 0.1－a，解得 a＝0.1，∴y＝ 1 16 t－0.1(t>0. 1)． (2)由 1 16 t－0.1≤0.25＝1 4 ，得 t≥0.6. 故至少需经过 0.6 小时学生才能回到教室． 答案：(1)y＝ 10t，0≤t≤0.1， 1 16 t－0.1，t>0.1 (2)0.6 15．为了保护环境，发展低碳经济，某单位在国家科研部门的支持下，进行技术攻关，新上 了把二氧化碳处理转化为一种可利用的化工产品的项目，经测算，该项目月处理成本 y(元) 与月处理量 x(吨)之间的函数关系可近似地表示为 y＝ 1 3 x3－80x2＋5 040x，x∈[120，144 ， 1 2 x2－200x＋80 000，x∈[144，500]， 且每处理一吨二氧化碳得到可利用的化工产 品价值为 200 元，若该项目不获利，国家将给予补偿． (1)当 x∈[200,300]时，判断该项目能否获利？若获利，求出最大利润；若不获利，则国家 每月至少需要补贴多少元才能使该项目不亏损？ (2)该项目每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均处理成本最低？ ①当 x∈[120,144)时，y x ＝1 3 x2－80x＋5 040＝1 3 (x－120)2＋240， 所以当 x＝120 时，y x 取得最小值 240. ②当 x∈[144,500]时， y x ＝1 2 x＋80 000 x －200≥2 1 2 x×80 000 x －200＝200， 当且仅当 1 2 x＝80 000 x ，即 x＝400 时，y x 取得最小值 200. 因为 200<240，所以当每月的处理量为 400 吨时，才能使每吨的平均处理成本最低． 16．随着私家车的逐渐增多，居民小区“停车难”问题日益突出．本市某居民小区为缓解“停 车难”问题，拟建造地下停车库，建筑设计师提供了该地下停车库的入口和进入后的直角转 弯处的平面设计示意图． (1)按规定，地下停车库坡道口上方要张贴限高标志，以便告知停车人车辆能否安全驶入， 为标明限高，请你根据图 1 所示数据计算限定高度 CD 的值；(精确到 0.1 m) (下列数据仅供参考：sin20°≈0.342 0，cos20°≈0.939 7，tan20°≈0.364 0) (2)在车库内有一条直角拐弯车道，车道的平面图如图 2 所示，设∠PAB＝θ(rad)，车道宽 为 3 米，现有一辆转动灵活的小汽车，其水平截面图为矩形，它的宽为 1.8 米，长为 4.5 米，问此车是否能顺利通过此直角拐弯车道？ 解：(1)在△ABE 中，∠ABE＝90°. ∴tan∠BAE＝BE AB ，又 AB＝10 m，∠BAE＝20°. ∴BE＝AB·tan∠BAE＝10tan20°≈3.6 m， ∵BC＝0.6 m，∴CE＝BE－BC＝3 m， 在△CED 中，∵CD⊥AE. ∴cos∠ECD＝CD CE ，又∠ECD＝∠BAE＝20°， ∴CD＝CE·cos∠ECD＝3cos20°≈3×0.939 7≈2.8 m. 故高度 CD 为 2.8 m. (2)延长 DC 与射线 PB 交于点 F，延长 CD 与射线 PA 交于点 E，则 EF＝OF＋OE＝ 3 cosθ ＋ 3 sinθ ， 0<θ<π 2 . 容易得到 DE＝ DA tanθ ＝ 1.8 tanθ ，CF＝BC·tanθ＝1.8tanθ. 又 AB＝DC＝EF－(DE＋CF)， 于是令 f(θ)＝ 3 cosθ ＋ 3 sinθ －1.8 tanθ＋ 1 tanθ ＝3 sinθ＋cosθ －1.8 sinθcosθ ，0<θ<π 2 ， 设 sinθ＋cosθ＝t，则 t＝ 2sin θ＋π 4 ， 于是 14.5， 故能顺利通过此直角拐弯车道． 17.“活水围网”养鱼技术具有养殖密度高、经济效益好的特点。研究表明：“活水围网” 养鱼时，某种鱼在一定的条件下，每尾鱼的平均生长速度 v(单位：千克/年)是养殖密度 x(单 位：尾/立方米)的函数。当 x 不超过 4 尾/立方米时，v 的值为 2 千克/年；当 4