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14.某个体户购进一批时令水果,20天销售完毕.他将本次销售情况进行了跟踪记录,根据所记录的数据绘制了如图所示的函数图象,其中日销售量y(单位:kg)与销售时间x(单位:天)之间的函数关系如图(1)所示,销售单价p(单位:元/kg)与销售时间x(单位:天)之间的函数关系如图(2)所示.
(1)直接写出y与x之间的函数解析式.
(2)分别求出第10天和第15天的销售金额.
(3)若日销售量不低于24 kg的时间段为“最佳销售期”,则此次销售过程中“最佳销售期”共有多少天?在此期间销售单价最高为多少?
(1)直接写出y与x之间的函数解析式.
(2)分别求出第10天和第15天的销售金额.
(3)若日销售量不低于24 kg的时间段为“最佳销售期”,则此次销售过程中“最佳销售期”共有多少天?在此期间销售单价最高为多少?
答案
14.解:(1)分两种情况:
①当$0≤ x≤15$时,设日销售量y与销售时间x的函数解析式为$y=k_1x$,
∵直线$y=k_1x$过点$(15,30)$,
∴$15k_1=30$,解得$k_1=2$.
∴$y=2x(0≤ x≤15)$.
②当$15＜x≤20$时,设日销售量y与销售时间x的函数解析式为$y=k_2x+b$,
∵点$(15,30),(20,0)$在$y=k_2x+b$的图象上,
∴$\begin{cases} 15k_2+b=30,\\ 20k_2+b=0.\end{cases}$ 解得$\begin{cases} k_2=-6,\\ b=120.\end{cases}$
∴$y=-6x+120(15＜x≤20)$.
综上,可知y与x之间的函数解析式为$y=\begin{cases} 2x(0≤ x≤15),\\ -6x+120(15＜x≤20).\end{cases}$
(2)
∵第10天和第15天在第10天和第20天之间,
∴当$10≤ x≤20$时,设销售单价p(元/kg)与销售时间x(天)之间的函数解析式为$p=mx+n$.
∵点$(10,10),(20,8)$在$p=mx+n$的图象上,
∴$\begin{cases} 10m+n=10,\\ 20m+n=8.\end{cases}$ 解得$\begin{cases} m=-\frac{1}{5},\\ n=12.\end{cases}$
∴$p=-\frac{1}{5}x+12(10≤ x≤20)$.
当$x=10$时,$p=10$,$y=2×10=20$,销售金额为$10×20=200$(元).
当$x=15$时,$p=-\frac{1}{5}×15+12=9$,$y=30$,销售金额为$9×30=270$(元).
故第10天和第15天的销售金额分别为200元、270元.
(3)若日销售量不低于24 kg,则$y≥24$.
当$0≤ x≤15$时,$y=2x$,解不等式$2x≥24$,得$x≥12$.
当$15＜x≤20$时,$y=-6x+120$,解不等式$-6x+120≥24$,得$x≤16$,
∴$12≤ x≤16$.
∴最佳销售期共有$16-12+1=5$(天).
∵$p=-\frac{1}{5}x+12(10≤ x≤20)$,$-\frac{1}{5}＜0$,
∴p随x的增大而减小.
∴当$12≤ x≤16$,x取12时,p有最大值,此时$p=-\frac{1}{5}×12+12=9.6$(元/kg).
即此次销售过程中“最佳销售期”共有5天,在此期间销售单价最高为9.6元/kg.
①当$0≤ x≤15$时,设日销售量y与销售时间x的函数解析式为$y=k_1x$,
∵直线$y=k_1x$过点$(15,30)$,
∴$15k_1=30$,解得$k_1=2$.
∴$y=2x(0≤ x≤15)$.
②当$15＜x≤20$时,设日销售量y与销售时间x的函数解析式为$y=k_2x+b$,
∵点$(15,30),(20,0)$在$y=k_2x+b$的图象上,
∴$\begin{cases} 15k_2+b=30,\\ 20k_2+b=0.\end{cases}$ 解得$\begin{cases} k_2=-6,\\ b=120.\end{cases}$
∴$y=-6x+120(15＜x≤20)$.
综上,可知y与x之间的函数解析式为$y=\begin{cases} 2x(0≤ x≤15),\\ -6x+120(15＜x≤20).\end{cases}$
(2)
∵第10天和第15天在第10天和第20天之间,
∴当$10≤ x≤20$时,设销售单价p(元/kg)与销售时间x(天)之间的函数解析式为$p=mx+n$.
∵点$(10,10),(20,8)$在$p=mx+n$的图象上,
∴$\begin{cases} 10m+n=10,\\ 20m+n=8.\end{cases}$ 解得$\begin{cases} m=-\frac{1}{5},\\ n=12.\end{cases}$
∴$p=-\frac{1}{5}x+12(10≤ x≤20)$.
当$x=10$时,$p=10$,$y=2×10=20$,销售金额为$10×20=200$(元).
当$x=15$时,$p=-\frac{1}{5}×15+12=9$,$y=30$,销售金额为$9×30=270$(元).
故第10天和第15天的销售金额分别为200元、270元.
(3)若日销售量不低于24 kg,则$y≥24$.
当$0≤ x≤15$时,$y=2x$,解不等式$2x≥24$,得$x≥12$.
当$15＜x≤20$时,$y=-6x+120$,解不等式$-6x+120≥24$,得$x≤16$,
∴$12≤ x≤16$.
∴最佳销售期共有$16-12+1=5$(天).
∵$p=-\frac{1}{5}x+12(10≤ x≤20)$,$-\frac{1}{5}＜0$,
∴p随x的增大而减小.
∴当$12≤ x≤16$,x取12时,p有最大值,此时$p=-\frac{1}{5}×12+12=9.6$(元/kg).
即此次销售过程中“最佳销售期”共有5天,在此期间销售单价最高为9.6元/kg.
解析
【分析】
本题是一次函数在实际销售场景中的应用，解题思路清晰可遵循：
(1) 日销售量y与销售时间x的图象为两段折线，因此分$0≤x≤15$和$15＜x≤20$两个区间，分别代入区间端点坐标，用待定系数法即可求出两段对应的函数解析式，最终合并为分段函数。
(2) 销售金额=销售单价×日销售量，先根据图(2)的已知点求出$10≤x≤20$区间内销售单价p关于x的函数解析式，再分别将$x=10$、$x=15$代入对应的y和p的解析式，计算得到当日销售量和单价后相乘，即可求出销售金额。
(3) “最佳销售期”要求日销售量$y≥24$，分别在y的两段解析式中列不等式求解，得到x的取值范围后计算天数；再根据p的函数的增减性，在最佳销售期的x范围内求出p的最大值即可。
【解析】
(1) 分两种情况求y与x的函数解析式：
① 当$0≤ x≤15$时，设$y=k_1x$，将点$(15,30)$代入得：$15k_1=30$，解得$k_1=2$，即$y=2x(0≤ x≤15)$。
② 当$15＜x≤20$时，设$y=k_2x+b$，将点$(15,30)$、$(20,0)$代入得：
$\begin{cases} 15k_2+b=30\\ 20k_2+b=0\end{cases}$，解得$\begin{cases} k_2=-6\\ b=120\end{cases}$，即$y=-6x+120(15＜x≤20)$。
(2) 先求销售单价p的函数解析式：当$10≤ x≤20$时，设$p=mx+n$，将点$(10,10)$、$(20,8)$代入得：
$\begin{cases} 10m+n=10\\ 20m+n=8\end{cases}$，解得$\begin{cases} m=-\frac{1}{5}\\ n=12\end{cases}$，即$p=-\frac{1}{5}x+12(10≤ x≤20)$。
当$x=10$时，$p=10$，$y=2×10=20$，销售金额为$10×20=200$元。
当$x=15$时，$p=-\frac{1}{5}×15+12=9$，$y=30$，销售金额为$9×30=270$元。
(3) 由$y≥24$列不等式求解：
当$0≤ x≤15$时，$2x≥24$，解得$x≥12$。
当$15＜x≤20$时，$-6x+120≥24$，解得$x≤16$。
综上可得最佳销售期为$12≤x≤16$，共$16-12+1=5$天。
因为$p=-\frac{1}{5}x+12$中$-\frac{1}{5}＜0$，p随x的增大而减小，因此当$x=12$时p取最大值，最大值为$-\frac{1}{5}×12+12=9.6$元/kg。
【答案】
(1) $y=\begin{cases} 2x(0≤ x≤15)\\ -6x+120(15＜x≤20) \end{cases}$
(2) 第10天销售金额为200元，第15天销售金额为270元
(3) “最佳销售期”共有5天，在此期间销售单价最高为9.6元/kg
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式，一次函数的实际应用，一元一次不等式的应用
【点评】
本题结合生活实际考查分段函数的应用，解题时需注意自变量的取值范围，匹配对应区间的函数解析式计算，求最值时要结合一次函数的增减性分析，能够锻炼学生读取图象信息、用函数知识解决实际问题的能力。
【难度系数】
0.7
本题是一次函数在实际销售场景中的应用，解题思路清晰可遵循：
(1) 日销售量y与销售时间x的图象为两段折线，因此分$0≤x≤15$和$15＜x≤20$两个区间，分别代入区间端点坐标，用待定系数法即可求出两段对应的函数解析式，最终合并为分段函数。
(2) 销售金额=销售单价×日销售量，先根据图(2)的已知点求出$10≤x≤20$区间内销售单价p关于x的函数解析式，再分别将$x=10$、$x=15$代入对应的y和p的解析式，计算得到当日销售量和单价后相乘，即可求出销售金额。
(3) “最佳销售期”要求日销售量$y≥24$，分别在y的两段解析式中列不等式求解，得到x的取值范围后计算天数；再根据p的函数的增减性，在最佳销售期的x范围内求出p的最大值即可。
【解析】
(1) 分两种情况求y与x的函数解析式：
① 当$0≤ x≤15$时，设$y=k_1x$，将点$(15,30)$代入得：$15k_1=30$，解得$k_1=2$，即$y=2x(0≤ x≤15)$。
② 当$15＜x≤20$时，设$y=k_2x+b$，将点$(15,30)$、$(20,0)$代入得：
$\begin{cases} 15k_2+b=30\\ 20k_2+b=0\end{cases}$，解得$\begin{cases} k_2=-6\\ b=120\end{cases}$，即$y=-6x+120(15＜x≤20)$。
(2) 先求销售单价p的函数解析式：当$10≤ x≤20$时，设$p=mx+n$，将点$(10,10)$、$(20,8)$代入得：
$\begin{cases} 10m+n=10\\ 20m+n=8\end{cases}$，解得$\begin{cases} m=-\frac{1}{5}\\ n=12\end{cases}$，即$p=-\frac{1}{5}x+12(10≤ x≤20)$。
当$x=10$时，$p=10$，$y=2×10=20$，销售金额为$10×20=200$元。
当$x=15$时，$p=-\frac{1}{5}×15+12=9$，$y=30$，销售金额为$9×30=270$元。
(3) 由$y≥24$列不等式求解：
当$0≤ x≤15$时，$2x≥24$，解得$x≥12$。
当$15＜x≤20$时，$-6x+120≥24$，解得$x≤16$。
综上可得最佳销售期为$12≤x≤16$，共$16-12+1=5$天。
因为$p=-\frac{1}{5}x+12$中$-\frac{1}{5}＜0$，p随x的增大而减小，因此当$x=12$时p取最大值，最大值为$-\frac{1}{5}×12+12=9.6$元/kg。
【答案】
(1) $y=\begin{cases} 2x(0≤ x≤15)\\ -6x+120(15＜x≤20) \end{cases}$
(2) 第10天销售金额为200元，第15天销售金额为270元
(3) “最佳销售期”共有5天，在此期间销售单价最高为9.6元/kg
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式，一次函数的实际应用，一元一次不等式的应用
【点评】
本题结合生活实际考查分段函数的应用，解题时需注意自变量的取值范围，匹配对应区间的函数解析式计算，求最值时要结合一次函数的增减性分析，能够锻炼学生读取图象信息、用函数知识解决实际问题的能力。
【难度系数】
0.7
