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6. 某工厂用50天时间生产一款新型节能产品，每天生产的该产品被某网店以每件80元的价格全部订购，在生产过程中，由于技术的不断更新，该产品第x天的生产成本y（单位：元/件）与x（单位：天）之间的关系如图所示，第x天该产品的生产量z（单位：件）与x（单位：天）满足关系式$z=-2x+120$。
（1）第40天，该厂生产该产品的利润是
（2）设第x天该厂生产该产品的利润为w元。
① 求w与x之间的函数关系式，并指出第几天的利润最大，最大利润是多少？
② 在生产该产品的过程中，当天利润不低于2400元的共有多少天？
（1）第40天，该厂生产该产品的利润是
1 600
元；（2）设第x天该厂生产该产品的利润为w元。
① 求w与x之间的函数关系式，并指出第几天的利润最大，最大利润是多少？
② 在生产该产品的过程中，当天利润不低于2400元的共有多少天？
答案
(1) 1 600 (2) ① $w=\begin{cases}-2x^2+100x+1\ 200(0＜x≤30),\\-80x+4\ 800(30＜x≤50),\end{cases}$ 第25天的利润最大，最大利润是2 450元. ② 11天
解析
【分析】
解题核心是明确“总利润=（单件售价-单件成本）×日产量”，结合图像分两段讨论成本的取值：①0＜x≤30时成本为一次函数，先求AB段解析式；②30＜x≤50时成本固定为40元/件。
(1) 第40天属于第二段区间，先计算单件利润和当日产量，相乘即可得总利润；
(2) ① 分两段分别列w关于x的函数关系式：第一段是二次函数，利用对称轴或配方法求最大值；第二段是递减一次函数，求最大值后比较两段最大值得到全局最大利润；② 分别在两段内求解w≥2400的不等式，统计符合范围的正整数x的个数即可。
【解析】
(1) 由图像可知，30＜x≤50时，生产成本y=40元/件。
第40天的日产量$z=-2×40+120=40$件，单件利润为$80-40=40$元，
因此总利润为$40×40=1600$元。
(2) ① 先求0＜x≤30时成本y的解析式：
设AB段解析式为$y=kx+b$，代入$A(0,70)$、$B(30,40)$，得：
$\begin{cases}b=70\\30k+b=40\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-1\\b=70\end{cases}$，即$y=-x+70\ (0＜x≤30)$。
当$0＜x≤30$时：
$w=(80-y)·z=[80-(-x+70)]·(-2x+120)=(x+10)(-2x+120)=-2x^2+100x+1200$，
配方得$w=-2(x-25)^2+2450$，
∵$-2＜0$，抛物线开口向下，对称轴$x=25$在$0＜x≤30$范围内，
∴当$x=25$时，w取最大值2450元。
当$30＜x≤50$时：
$w=(80-40)·(-2x+120)=40×(-2x+120)=-80x+4800$，
∵$-80＜0$，w随x增大而减小，因此该段最大值为$x=31$时的$w=-80×31+4800=2320＜2450$。
综上，w与x的函数关系式为$w=\begin{cases}-2x^2+100x+1200&(0＜x≤30)\\-80x+4800&(30＜x≤50)\end{cases}$，第25天利润最大，最大利润为2450元。
② 求解$w≥2400$的天数：
当$0＜x≤30$时，令$-2x^2+100x+1200≥2400$，
整理得$x^2-50x+600≤0$，即$(x-20)(x-30)≤0$，解得$20≤x≤30$，
x为正整数，共$30-20+1=11$天；
当$30＜x≤50$时，令$-80x+4800≥2400$，解得$x≤30$，与区间$30＜x≤50$无交集，无解。
因此当天利润不低于2400元的共有11天。
【答案】
(1) $\boxed{1600}$
(2) ① $\boxed{w=\begin{cases}-2x^2+100x+1\ 200(0＜x≤30),\\-80x+4\ 800(30＜x≤50),\end{cases}}$，第25天的利润最大，最大利润是$\boxed{2450}$元；
② $\boxed{11}$天
【知识点】
分段函数应用、二次函数的最值、不等式求解
【点评】
本题结合生产实际考查函数的综合应用，解题关键是准确划分区间写出对应函数表达式，注意x为正整数的隐含条件，同时要掌握二次函数求最值、分段讨论的解题思想。
【难度系数】
0.65
解题核心是明确“总利润=（单件售价-单件成本）×日产量”，结合图像分两段讨论成本的取值：①0＜x≤30时成本为一次函数，先求AB段解析式；②30＜x≤50时成本固定为40元/件。
(1) 第40天属于第二段区间，先计算单件利润和当日产量，相乘即可得总利润；
(2) ① 分两段分别列w关于x的函数关系式：第一段是二次函数，利用对称轴或配方法求最大值；第二段是递减一次函数，求最大值后比较两段最大值得到全局最大利润；② 分别在两段内求解w≥2400的不等式，统计符合范围的正整数x的个数即可。
【解析】
(1) 由图像可知，30＜x≤50时，生产成本y=40元/件。
第40天的日产量$z=-2×40+120=40$件，单件利润为$80-40=40$元，
因此总利润为$40×40=1600$元。
(2) ① 先求0＜x≤30时成本y的解析式：
设AB段解析式为$y=kx+b$，代入$A(0,70)$、$B(30,40)$，得：
$\begin{cases}b=70\\30k+b=40\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-1\\b=70\end{cases}$，即$y=-x+70\ (0＜x≤30)$。
当$0＜x≤30$时：
$w=(80-y)·z=[80-(-x+70)]·(-2x+120)=(x+10)(-2x+120)=-2x^2+100x+1200$，
配方得$w=-2(x-25)^2+2450$，
∵$-2＜0$，抛物线开口向下，对称轴$x=25$在$0＜x≤30$范围内，
∴当$x=25$时，w取最大值2450元。
当$30＜x≤50$时：
$w=(80-40)·(-2x+120)=40×(-2x+120)=-80x+4800$，
∵$-80＜0$，w随x增大而减小，因此该段最大值为$x=31$时的$w=-80×31+4800=2320＜2450$。
综上，w与x的函数关系式为$w=\begin{cases}-2x^2+100x+1200&(0＜x≤30)\\-80x+4800&(30＜x≤50)\end{cases}$，第25天利润最大，最大利润为2450元。
② 求解$w≥2400$的天数：
当$0＜x≤30$时，令$-2x^2+100x+1200≥2400$，
整理得$x^2-50x+600≤0$，即$(x-20)(x-30)≤0$，解得$20≤x≤30$，
x为正整数，共$30-20+1=11$天；
当$30＜x≤50$时，令$-80x+4800≥2400$，解得$x≤30$，与区间$30＜x≤50$无交集，无解。
因此当天利润不低于2400元的共有11天。
【答案】
(1) $\boxed{1600}$
(2) ① $\boxed{w=\begin{cases}-2x^2+100x+1\ 200(0＜x≤30),\\-80x+4\ 800(30＜x≤50),\end{cases}}$，第25天的利润最大，最大利润是$\boxed{2450}$元；
② $\boxed{11}$天
【知识点】
分段函数应用、二次函数的最值、不等式求解
【点评】
本题结合生产实际考查函数的综合应用，解题关键是准确划分区间写出对应函数表达式，注意x为正整数的隐含条件，同时要掌握二次函数求最值、分段讨论的解题思想。
【难度系数】
0.65
1. 某小商场以每件20元的价格购进一种服装，先试销一周，试销期间每天的销量t(单位：件)与每件的销售价x(单位：元/件)如下表所示：
假定试销中每天的销售量t(单位：件)与销售价x(单位：元/件)之间满足一次函数。
(1) 试求t与x之间的函数关系式；
(2) 在商品不积压且不考虑其他因素的条件下，每件服装的销售价定为多少时，该小商场销售这种服装每天获得的毛利润最大？每天的最大毛利润是多少？(注：每件服装销售的毛利润＝每件服装的销售价－每件服装的进货价)
假定试销中每天的销售量t(单位：件)与销售价x(单位：元/件)之间满足一次函数。
(1) 试求t与x之间的函数关系式；
(2) 在商品不积压且不考虑其他因素的条件下，每件服装的销售价定为多少时，该小商场销售这种服装每天获得的毛利润最大？每天的最大毛利润是多少？(注：每件服装销售的毛利润＝每件服装的销售价－每件服装的进货价)
答案
(1) 设t与x之间的函数关系式为t=kx+b,
∵其经过(38,4)和(36,8)两点,
∴$\begin{cases}4=38k+b,\\8=36k+b,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-2,\\b=80,\end{cases}$
∴t=-2x+80. (2) 设每天的毛利润为w元,每件服装销售的毛利润为(x-20)元,每天售出(80-2x)件,则w=(x-20)(80-2x)=-2x²+120x-1 600=-2(x-30)²+200. 当x=30时,w有最大值,即当销售价定为30元时每天获得的毛利润最大,为200元.
∵其经过(38,4)和(36,8)两点,
∴$\begin{cases}4=38k+b,\\8=36k+b,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-2,\\b=80,\end{cases}$
∴t=-2x+80. (2) 设每天的毛利润为w元,每件服装销售的毛利润为(x-20)元,每天售出(80-2x)件,则w=(x-20)(80-2x)=-2x²+120x-1 600=-2(x-30)²+200. 当x=30时,w有最大值,即当销售价定为30元时每天获得的毛利润最大,为200元.
解析
【分析】
（1）题目明确t与x满足一次函数关系，因此采用待定系数法求解：先设出一次函数的一般式$t=kx+b$，从表格中选取两组对应的x、t值代入解析式，得到关于k、b的二元一次方程组，解方程组求出k、b的值，验证其余点均满足该解析式即可确定函数关系式。
（2）根据“毛利润=每件毛利润×销售量”的等量关系，每件毛利润为$(x-20)$元，销售量为第一问求出的t，据此列出毛利润w关于x的二次函数解析式，将二次函数整理为顶点式，结合二次函数的开口方向即可求出最大值及对应的售价，同时验证所求x符合销售量非负的实际要求。
【解析】
(1) 设t与x之间的函数关系式为$t=kx+b$（$k\ne0$），
选取表格中$(38,4)$和$(36,8)$两点代入解析式，得：
$\begin{cases}4=38k+b\\8=36k+b\end{cases}$
两式相减得$4=-2k$，解得$k=-2$，
将$k=-2$代入$4=38k+b$，得$4=38×(-2)+b$，解得$b=80$，
验证其余各组数据均满足该式，故t与x的函数关系式为$t=-2x+80$。
(2) 设每天的毛利润为w元，由题意得每件毛利润为$(x-20)$元，日销售量为$(-2x+80)$件，因此：
$\begin{aligned}w&=(x-20)(-2x+80)\\&=-2x^2+120x-1600\\&=-2(x-30)^2+200\end{aligned}$
$\because -2＜0$，二次函数开口向下，
$\therefore$当$x=30$时，w取得最大值，最大值为200元，此时销售量$t=-2×30+80=20$件，符合实际要求。
【答案】
(1) $\boldsymbol{t=-2x+80}$；
(2) 每件服装销售价定为30元时，每天获得的毛利润最大，最大毛利润为200元。
【知识点】
待定系数法求一次函数；二次函数实际应用；二次函数最值
【点评】
本题是销售类函数应用的典型题，核心是先建立销售量与售价的一次函数关系，再结合利润公式构建二次函数模型，利用二次函数性质求解最值，解题时需注意结果要符合实际场景的取值要求。
【难度系数】
0.7
（1）题目明确t与x满足一次函数关系，因此采用待定系数法求解：先设出一次函数的一般式$t=kx+b$，从表格中选取两组对应的x、t值代入解析式，得到关于k、b的二元一次方程组，解方程组求出k、b的值，验证其余点均满足该解析式即可确定函数关系式。
（2）根据“毛利润=每件毛利润×销售量”的等量关系，每件毛利润为$(x-20)$元，销售量为第一问求出的t，据此列出毛利润w关于x的二次函数解析式，将二次函数整理为顶点式，结合二次函数的开口方向即可求出最大值及对应的售价，同时验证所求x符合销售量非负的实际要求。
【解析】
(1) 设t与x之间的函数关系式为$t=kx+b$（$k\ne0$），
选取表格中$(38,4)$和$(36,8)$两点代入解析式，得：
$\begin{cases}4=38k+b\\8=36k+b\end{cases}$
两式相减得$4=-2k$，解得$k=-2$，
将$k=-2$代入$4=38k+b$，得$4=38×(-2)+b$，解得$b=80$，
验证其余各组数据均满足该式，故t与x的函数关系式为$t=-2x+80$。
(2) 设每天的毛利润为w元，由题意得每件毛利润为$(x-20)$元，日销售量为$(-2x+80)$件，因此：
$\begin{aligned}w&=(x-20)(-2x+80)\\&=-2x^2+120x-1600\\&=-2(x-30)^2+200\end{aligned}$
$\because -2＜0$，二次函数开口向下，
$\therefore$当$x=30$时，w取得最大值，最大值为200元，此时销售量$t=-2×30+80=20$件，符合实际要求。
【答案】
(1) $\boldsymbol{t=-2x+80}$；
(2) 每件服装销售价定为30元时，每天获得的毛利润最大，最大毛利润为200元。
【知识点】
待定系数法求一次函数；二次函数实际应用；二次函数最值
【点评】
本题是销售类函数应用的典型题，核心是先建立销售量与售价的一次函数关系，再结合利润公式构建二次函数模型，利用二次函数性质求解最值，解题时需注意结果要符合实际场景的取值要求。
【难度系数】
0.7
