Question

對(duì)1個(gè)單位質(zhì)量的含污物體進(jìn)行清洗，清洗前其清潔度（含污物體的清潔度定義為：1-

污物質(zhì)量

物體質(zhì)量(含污物)

）為0.8，要求洗完后的清潔度是0.99．有兩種方案可供選擇，方案甲：一次清洗；方案乙：兩次清洗．該物體初次清洗后受殘留水等因素影響，其質(zhì)量變?yōu)閍（1≤a≤3）．設(shè)用x單位質(zhì)量的水初次清洗后的清潔度是

x+0.8

x+1

（x＞a-1），用y質(zhì)量的水第二次清洗后的清潔度是

y+ac

y+a

，其中c（0.8＜c＜0.99）是該物體初次清洗后的清潔度．
（Ⅰ）分別求出方案甲以及c=0.95時(shí)方案乙的用水量，并比較哪一種方案用水量較少；
（Ⅱ）若采用方案乙，當(dāng)a為某定值時(shí)，如何安排初次與第二次清洗的用水量，使總用水量最少？并討論a取不同數(shù)值時(shí)對(duì)最少總用水量多少的影響．

Answer 1

分析：（1）設(shè)方案甲與方案乙的用水量分別為x與z，由

x+0.8

x+1

=0.99求得x，進(jìn)而可知方案乙初次用水量為3，第二次用水量y滿足的方程，進(jìn)而解得y，進(jìn)而求得a和z的關(guān)系式，進(jìn)而根據(jù)a的范圍得出方案乙的用水量較少．
（2）設(shè)初次與第二次清洗的用水量分別為x與y，求得x和y的關(guān)系式，當(dāng)a為定值時(shí)求得x+y的最小值，根據(jù)等號(hào)成立的條件求得c，；當(dāng)a不為定值時(shí)，根據(jù)T(a)=-a+4

5a

-1是增函數(shù)，進(jìn)而可知，隨著a的值的最少總用水量，最少總用水量最少總用水量．

解答：解：（Ⅰ）設(shè)方案甲與方案乙的用水量分別為x與z，由題設(shè)有

x+0.8

x+1

=0.99，
解得x=19．
由c=0.95得方案乙初次用水量為3，第二次用水量y滿足方程：

y+0.95a

y+a

=0.99，
解得y=4a，故z=4a+3．
即兩種方案的用水量分別為19與4a+3．
因?yàn)楫?dāng)1≤a≤3時(shí)，x-z=4（4-a）＞0，
即x＞z，
故方案乙的用水量較少．
（II）設(shè)初次與第二次清洗的用水量分別為x與y，類似（I）得
x=

5c-4

5(1-c)

，y=a（99-100c）（*）
于是x+y=

5c-4

5(1-c)

+a（99-100c）=

1

5(1-c)

+100a(1-c)-a-1
當(dāng)a為定值時(shí)，x+y≥2

1 5(1-c) ×100a(1-c)

-a-1=-a+4

5a

-1，
當(dāng)且僅當(dāng)

1

5(1-c)

=100a(1-c)時(shí)等號(hào)成立．
此時(shí)c=1+

1

10 5a

(不合題意，舍去)或c=1-

1

10 5a

∈(0.8，0.99)，
將c=1-

1

10 5a

代入（*）式得x=2

5a

-1＞a-1，y=2

5a

-a．
故c=1-

1

10 5a

時(shí)總用水量最少，
此時(shí)第一次與第二次用水量分別為2

5a

-1與2

5a

-a，
最少總用水量是T(a)=-a+4

5a

-1．
當(dāng)1≤a≤3時(shí)，T′(a)=

2 5

a

-1＞0，
故T（a）是增函數(shù)（也可以用二次函數(shù)的單調(diào)性判斷）．
這說明，隨著a的值的增加，最少用水總量增加．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了基本不等式．利用基本不等式求函數(shù)的最大值或最小值是高中求函數(shù)最值的主要方法之一．在具體的題目中，“正數(shù)”條件往往可以從題設(shè)中獲得解決，“相等”條件需要驗(yàn)證確定，而要獲得“定值”條件，通常需要一定的靈活性和變形的技巧．