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1.某商品原来每周卖出80件，每降价1元，每周可多卖出5件，现降价x元，则现在每周可卖出件。
答案
解：
由题意可知，降价x元后，每周可多卖出5x件商品，
原来每周的销量为80件，因此现在每周可卖出的总件数为$80+5x$。
答：现在每周可卖出$\boldsymbol{(80+5x)}$件。
由题意可知，降价x元后，每周可多卖出5x件商品，
原来每周的销量为80件，因此现在每周可卖出的总件数为$80+5x$。
答：现在每周可卖出$\boldsymbol{(80+5x)}$件。
解析
【分析】
解题时先明确销量的构成：总销量等于原有固定销量加上降价带来的新增销量。首先根据“每降价1元多卖5件”的规律，计算出降价x元对应的新增销量，再将新增销量与原有每周80件的销量相加，即可得到现在的每周销量。
【解析】
由题意可知，每降价1元每周可多卖出5件，那么降价x元后，每周新增的销量为5x件；
已知原来每周销量为80件，因此现在每周的总销量为原有销量加上新增销量，即$80 + 5x$件。
【答案】
$\boldsymbol{(80+5x)}$
【知识点】
列代数式；销售问题数量关系
【点评】
本题属于基础题型，考查结合实际场景列代数式的能力，解题核心是准确理解降价金额和销量增量的对应关系，理清数量运算逻辑即可快速求解。
【难度系数】
0.9
解题时先明确销量的构成：总销量等于原有固定销量加上降价带来的新增销量。首先根据“每降价1元多卖5件”的规律，计算出降价x元对应的新增销量，再将新增销量与原有每周80件的销量相加，即可得到现在的每周销量。
【解析】
由题意可知，每降价1元每周可多卖出5件，那么降价x元后，每周新增的销量为5x件；
已知原来每周销量为80件，因此现在每周的总销量为原有销量加上新增销量，即$80 + 5x$件。
【答案】
$\boldsymbol{(80+5x)}$
【知识点】
列代数式；销售问题数量关系
【点评】
本题属于基础题型，考查结合实际场景列代数式的能力，解题核心是准确理解降价金额和销量增量的对应关系，理清数量运算逻辑即可快速求解。
【难度系数】
0.9
2.某商品原利润为60元,涨价x元后利润为元.原来每月卖出100件,若每涨价1元,每月就少卖出5件,涨价x元后该商品每月的利润y与x之间的函数关系式为.
答案
解：
原利润为60元，涨价x元后，单件利润为$(60+x)$元。
涨价x元后，每月的销售量为$(100-5x)$件。
根据总利润=单件利润×销售数量，可得：
$\begin{aligned}y&=(60+x)(100-5x)\\&=-5x^2-200x+6000\end{aligned}$
自变量x的取值范围是$0≤ x≤20$，且x为非负整数。
答：涨价x元后利润为$\boldsymbol{(60+x)}$元，每月利润y与x之间的函数关系式为$\boldsymbol{y=-5x^2-200x+6000(0≤ x≤20)}$。
原利润为60元，涨价x元后，单件利润为$(60+x)$元。
涨价x元后，每月的销售量为$(100-5x)$件。
根据总利润=单件利润×销售数量，可得：
$\begin{aligned}y&=(60+x)(100-5x)\\&=-5x^2-200x+6000\end{aligned}$
自变量x的取值范围是$0≤ x≤20$，且x为非负整数。
答：涨价x元后利润为$\boldsymbol{(60+x)}$元，每月利润y与x之间的函数关系式为$\boldsymbol{y=-5x^2-200x+6000(0≤ x≤20)}$。
解析
【分析】
首先求解第一个空：已知商品原单件利润为60元，涨价x元表示单件利润在原有基础上增加x元，直接相加即可得到涨价后的单件利润。接着求解第二个空：销售类问题的核心公式为“总利润=单件利润×销售数量”，我们已经得到涨价后的单件利润，再结合“每涨1元少卖5件”的条件，用原销量减去涨价后减少的销量，就能得到涨价后的月销售量，最后将两个量代入公式展开整理，同时结合销售量不能为负的实际要求确定自变量取值范围即可。
【解析】
1. 计算涨价x元后的单件利润：
原单件利润为60元，涨价x元后，单件利润为$(60+x)$元。
2. 计算涨价x元后的月销售量：
每涨价1元每月少卖5件，涨价x元后每月少卖$5x$件，因此月销售量为$(100-5x)$件。结合实际意义，销售量不能为负数，且涨价金额不能为负，因此自变量x的取值范围为$0≤ x≤20$，且x为非负整数。
3. 推导利润y与x的函数关系式：
根据总利润计算公式代入对应量得：
$\begin{aligned}y&=(60+x)(100-5x)\\&=60×100 - 60×5x + 100x -5x^2\\&=-5x^2-200x+6000\end{aligned}$
【答案】
$\boldsymbol{(60+x)}$；$\boldsymbol{y=-5x^2-200x+6000(0≤ x≤20，x为非负整数)}$
【知识点】
列代数式；二次函数的应用；销售利润计算
【点评】
本题是销售利润类的基础题型，解题关键是明确总利润的计算逻辑，准确梳理涨价前后单件利润、销售量的变化关系，同时要注意结合实际场景确定自变量的取值范围，避免出现不符合现实意义的取值。
【难度系数】
0.8
首先求解第一个空：已知商品原单件利润为60元，涨价x元表示单件利润在原有基础上增加x元，直接相加即可得到涨价后的单件利润。接着求解第二个空：销售类问题的核心公式为“总利润=单件利润×销售数量”，我们已经得到涨价后的单件利润，再结合“每涨1元少卖5件”的条件，用原销量减去涨价后减少的销量，就能得到涨价后的月销售量，最后将两个量代入公式展开整理，同时结合销售量不能为负的实际要求确定自变量取值范围即可。
【解析】
1. 计算涨价x元后的单件利润：
原单件利润为60元，涨价x元后，单件利润为$(60+x)$元。
2. 计算涨价x元后的月销售量：
每涨价1元每月少卖5件，涨价x元后每月少卖$5x$件，因此月销售量为$(100-5x)$件。结合实际意义，销售量不能为负数，且涨价金额不能为负，因此自变量x的取值范围为$0≤ x≤20$，且x为非负整数。
3. 推导利润y与x的函数关系式：
根据总利润计算公式代入对应量得：
$\begin{aligned}y&=(60+x)(100-5x)\\&=60×100 - 60×5x + 100x -5x^2\\&=-5x^2-200x+6000\end{aligned}$
【答案】
$\boldsymbol{(60+x)}$；$\boldsymbol{y=-5x^2-200x+6000(0≤ x≤20，x为非负整数)}$
【知识点】
列代数式；二次函数的应用；销售利润计算
【点评】
本题是销售利润类的基础题型，解题关键是明确总利润的计算逻辑，准确梳理涨价前后单件利润、销售量的变化关系，同时要注意结合实际场景确定自变量的取值范围，避免出现不符合现实意义的取值。
【难度系数】
0.8
3.生产季节性产品的企业，当它的产品无利润时就会及时停产，现有一生产季节性产品的企业，一年中获得的利润$y$与月份$n$之间的函数关系式是$y=-n^2 +15n -36$，那么该企业一年中应停产的月份是()
A.1月、2月
B.1月、2月、3月
C.3月、12月
D.1月、2月、3月、12月
A.1月、2月
B.1月、2月、3月
C.3月、12月
D.1月、2月、3月、12月
答案
D
解析
【分析】
要确定停产的月份，首先明确停产的条件是利润$y≤0$，因此需要求解不等式$-n^2 +15n -36 ≤0$，其中月份$n$是取值为1~12的正整数。解题时先求出利润为0时对应的月份，再结合二次函数的开口方向判断$y≤0$对应的$n$的取值范围，最后筛选出符合条件的正整数月份即可。
【解析】
由题意可知，当利润$y≤0$时企业需要停产，即：
$-n^2 +15n -36 ≤0$
其中$n$为正整数，且$1≤n≤12$。
先求解方程$-n^2 +15n -36 =0$：
整理得$n^2 -15n +36 =0$，因式分解得$(n-3)(n-12)=0$，解得$n_1=3$，$n_2=12$。
因为二次函数$y=-n^2 +15n -36$的二次项系数为$-1＜0$，抛物线开口向下，因此当$n≤3$或$n≥12$时，$y≤0$。
结合$n$的取值范围，符合条件的月份为1月、2月、3月、12月。
【答案】
D
【知识点】
二次函数实际应用；二次函数与不等式；一元二次方程求解
【点评】
本题结合生产实际考查二次函数的相关应用，解题的关键是准确将停产的实际条件转化为二次函数的不等式问题，同时要注意月份为1到12的正整数这一隐含限制条件。
【难度系数】
0.7
要确定停产的月份，首先明确停产的条件是利润$y≤0$，因此需要求解不等式$-n^2 +15n -36 ≤0$，其中月份$n$是取值为1~12的正整数。解题时先求出利润为0时对应的月份，再结合二次函数的开口方向判断$y≤0$对应的$n$的取值范围，最后筛选出符合条件的正整数月份即可。
【解析】
由题意可知，当利润$y≤0$时企业需要停产，即：
$-n^2 +15n -36 ≤0$
其中$n$为正整数，且$1≤n≤12$。
先求解方程$-n^2 +15n -36 =0$：
整理得$n^2 -15n +36 =0$，因式分解得$(n-3)(n-12)=0$，解得$n_1=3$，$n_2=12$。
因为二次函数$y=-n^2 +15n -36$的二次项系数为$-1＜0$，抛物线开口向下，因此当$n≤3$或$n≥12$时，$y≤0$。
结合$n$的取值范围，符合条件的月份为1月、2月、3月、12月。
【答案】
D
【知识点】
二次函数实际应用；二次函数与不等式；一元二次方程求解
【点评】
本题结合生产实际考查二次函数的相关应用，解题的关键是准确将停产的实际条件转化为二次函数的不等式问题，同时要注意月份为1到12的正整数这一隐含限制条件。
【难度系数】
0.7
4.某服装店外套售价为280元时，获得的利润是进价的40%，此时每天可卖出200件外套。为尽快清空库存，店主决定降价处理，当外套售价每降低5元时，每天销量增加25件。店主要想每天获得的利润最大，则需要将售价定为多少元？（）
A.200
B.220
C.240
D.260
A.200
B.220
C.240
D.260
答案
D
解析
【分析】
要解决这个利润最值问题，首先需先求出外套的进价，再根据“总利润=单件利润×销售数量”的核心关系，将总利润表示为关于售价的二次函数，最后利用开口向下的二次函数在顶点处取最大值的性质，求出利润最大时的售价即可。具体思路：1. 利用售价280元时利润为进价的40%的条件，计算出进价；2. 设售价为x元，分别表示出单件利润和对应的日销售量；3. 列出总利润的二次函数表达式，用顶点坐标公式求出利润最大时的售价。
【解析】
步骤1：计算外套的进价
设外套的进价为$a$元，由“售价280元时利润是进价的40%”可得：
$a + 40\%a = 280$
$1.4a = 280$
解得$a=200$，即每件外套进价为200元。
步骤2：表示单件利润和日销售量
设总利润为$y$元，售价定为$x$元：
单件利润：$x-200$元
售价相比280元降低了$(280-x)$元，已知每降低5元销量增加25件，因此增加的销量为$\frac{280-x}{5} × 25 = 5(280-x)$件
日销售量：$200 + 5(280-x) = 1600-5x$件
步骤3：列函数表达式求最值
总利润$y = 单件利润 × 日销量$，代入得：
$y=(x-200)(1600-5x)$
整理为二次函数一般式：$y=-5x^2 +2600x -320000$
该函数开口向下，在顶点处取得最大值，顶点横坐标$x=-\frac{b}{2a}$（其中$a=-5$，$b=2600$），代入得：
$x=-\frac{2600}{2×(-5)}=260$
即售价定为260元时，每天获得的利润最大。
【答案】
D
【知识点】
二次函数的应用；销售利润问题；二次函数的最值
【点评】
本题是典型的销售类最值问题，解题核心是理清进价、售价、销量、利润之间的数量关系，正确列出二次函数表达式后结合二次函数性质求解即可，解题时需注意各个量的实际意义，避免计算失误。
【难度系数】
0.7
要解决这个利润最值问题，首先需先求出外套的进价，再根据“总利润=单件利润×销售数量”的核心关系，将总利润表示为关于售价的二次函数，最后利用开口向下的二次函数在顶点处取最大值的性质，求出利润最大时的售价即可。具体思路：1. 利用售价280元时利润为进价的40%的条件，计算出进价；2. 设售价为x元，分别表示出单件利润和对应的日销售量；3. 列出总利润的二次函数表达式，用顶点坐标公式求出利润最大时的售价。
【解析】
步骤1：计算外套的进价
设外套的进价为$a$元，由“售价280元时利润是进价的40%”可得：
$a + 40\%a = 280$
$1.4a = 280$
解得$a=200$，即每件外套进价为200元。
步骤2：表示单件利润和日销售量
设总利润为$y$元，售价定为$x$元：
单件利润：$x-200$元
售价相比280元降低了$(280-x)$元，已知每降低5元销量增加25件，因此增加的销量为$\frac{280-x}{5} × 25 = 5(280-x)$件
日销售量：$200 + 5(280-x) = 1600-5x$件
步骤3：列函数表达式求最值
总利润$y = 单件利润 × 日销量$，代入得：
$y=(x-200)(1600-5x)$
整理为二次函数一般式：$y=-5x^2 +2600x -320000$
该函数开口向下，在顶点处取得最大值，顶点横坐标$x=-\frac{b}{2a}$（其中$a=-5$，$b=2600$），代入得：
$x=-\frac{2600}{2×(-5)}=260$
即售价定为260元时，每天获得的利润最大。
【答案】
D
【知识点】
二次函数的应用；销售利润问题；二次函数的最值
【点评】
本题是典型的销售类最值问题，解题核心是理清进价、售价、销量、利润之间的数量关系，正确列出二次函数表达式后结合二次函数性质求解即可，解题时需注意各个量的实际意义，避免计算失误。
【难度系数】
0.7
5.某服装店试销一种成本为每件50元的衬衫，规定试销期间每件衬衫的销售单价不低于成本，且获得的利润不得高于成本的30%.经试销发现，销售量y(单位:件)与销售单价x(单位:元)符合一次函数关系$y=-2x+200$.有下列结论：
①销售单价可以是60元；②该服装店销售这种衬衫可获得的最大利润为1250元；③销售单价有两个不同的值满足该服装店销售这种衬衫获得的利润为900元.
其中正确结论的个数是()
A.0
B.1
C.2
D.3
①销售单价可以是60元；②该服装店销售这种衬衫可获得的最大利润为1250元；③销售单价有两个不同的值满足该服装店销售这种衬衫获得的利润为900元.
其中正确结论的个数是()
A.0
B.1
C.2
D.3
答案
B
解析
【分析】
解题首先要明确销售单价x的取值范围，这是容易遗漏的限制条件：根据“单价不低于成本”“利润不高于成本30%”算出x的合法区间；再结合利润公式“总利润=单件利润×销售量”列出利润关于x的二次函数表达式，结合x的取值范围，逐个验证3个结论是否正确。具体步骤：1. 求x的取值范围；2. 列出利润函数解析式，分析其在合法区间内的增减性和最值，验证结论①②；3. 列方程求解利润为900元时的x值，判断符合区间的解的个数，验证结论③。
【解析】
首先确定销售单价x的取值范围：
∵成本为50元，销售单价不低于成本，且利润不高于成本的30%
∴$\{\begin{array}{l}x≥50\\x-50≤50×30\%\end{array} $，解得$50≤ x≤65$。
设总利润为W元，由题意得：
$W=(x-50)y=(x-50)(-2x+200)=-2x^2+300x-10000$
该二次函数开口向下，对称轴为$x=-\frac{300}{2×(-2)}=75$，因此在$x≤75$时，W随x的增大而增大。
逐个验证结论：
①销售单价60元：
∵$50＜60＜65$，符合单价取值范围，故①正确；
②最大利润：
∵x的最大取值为65＜75，
∴当x=65时W取最大值，$W_{max}=(65-50)×(-2×65+200)=15×70=1050$元≠1250元，故②错误；
③利润为900元时：令$W=900$，即$-2x^2+300x-10000=900$，整理得$x^2-150x+5450=0$，
判别式$\Delta=150^2-4×1×5450=700$，解得$x=\frac{150\pm10\sqrt{7}}{2}=75\pm5\sqrt{7}$，
其中$x_1=75+5\sqrt{7}\approx88.2＞65$（舍去），$x_2=75-5\sqrt{7}\approx61.8$，仅1个符合范围的解，故③错误。
综上，仅1个结论正确。
【答案】
B
【知识点】
二次函数的实际应用；一元二次方程的应用；解不等式组
【点评】
本题的易错点是忽略销售单价的取值范围，直接根据二次函数对称轴求最值，导致判断②③时出错，解题时要先确定自变量的合法区间，再结合函数性质分析问题。
【难度系数】
0.6
解题首先要明确销售单价x的取值范围，这是容易遗漏的限制条件：根据“单价不低于成本”“利润不高于成本30%”算出x的合法区间；再结合利润公式“总利润=单件利润×销售量”列出利润关于x的二次函数表达式，结合x的取值范围，逐个验证3个结论是否正确。具体步骤：1. 求x的取值范围；2. 列出利润函数解析式，分析其在合法区间内的增减性和最值，验证结论①②；3. 列方程求解利润为900元时的x值，判断符合区间的解的个数，验证结论③。
【解析】
首先确定销售单价x的取值范围：
∵成本为50元，销售单价不低于成本，且利润不高于成本的30%
∴$\{\begin{array}{l}x≥50\\x-50≤50×30\%\end{array} $，解得$50≤ x≤65$。
设总利润为W元，由题意得：
$W=(x-50)y=(x-50)(-2x+200)=-2x^2+300x-10000$
该二次函数开口向下，对称轴为$x=-\frac{300}{2×(-2)}=75$，因此在$x≤75$时，W随x的增大而增大。
逐个验证结论：
①销售单价60元：
∵$50＜60＜65$，符合单价取值范围，故①正确；
②最大利润：
∵x的最大取值为65＜75，
∴当x=65时W取最大值，$W_{max}=(65-50)×(-2×65+200)=15×70=1050$元≠1250元，故②错误；
③利润为900元时：令$W=900$，即$-2x^2+300x-10000=900$，整理得$x^2-150x+5450=0$，
判别式$\Delta=150^2-4×1×5450=700$，解得$x=\frac{150\pm10\sqrt{7}}{2}=75\pm5\sqrt{7}$，
其中$x_1=75+5\sqrt{7}\approx88.2＞65$（舍去），$x_2=75-5\sqrt{7}\approx61.8$，仅1个符合范围的解，故③错误。
综上，仅1个结论正确。
【答案】
B
【知识点】
二次函数的实际应用；一元二次方程的应用；解不等式组
【点评】
本题的易错点是忽略销售单价的取值范围，直接根据二次函数对称轴求最值，导致判断②③时出错，解题时要先确定自变量的合法区间，再结合函数性质分析问题。
【难度系数】
0.6
6.某批发商销售一种成本是40元/副的防寒手套，当每副防寒手套的售价定为60元时，一天内可卖出100副.经调研得知，该防寒手套的单价每降低1元，每天的销量可增加10副.
(1)当防寒手套的单价在定价的基础上降低2元时，每天的销售量为副；
(2)该批发商每天要获利2240元，为尽可能让利于顾客，赢得市场，那么这种防寒手套的售价应降价元；当每副防寒手套的定价为元时，该批发商可获得最大利润.
(1)当防寒手套的单价在定价的基础上降低2元时，每天的销售量为副；
(2)该批发商每天要获利2240元，为尽可能让利于顾客，赢得市场，那么这种防寒手套的售价应降价元；当每副防寒手套的定价为元时，该批发商可获得最大利润.
答案
解：
(1) 每天的销售量为：
$100 + 10×2 = 120$（副）
(2) 设这种防寒手套的售价降价$x$元，此时每副利润为$(60 - x - 40)$元，日销售量为$(100 + 10x)$副。
根据总利润=单副利润×日销售量，列方程：
$(60 - x - 40)(100 + 10x) = 2240$
整理得：$x^2 - 10x + 24 = 0$
因式分解得：$(x - 4)(x - 6) = 0$
解得：$x_1=4$，$x_2=6$
∵要尽可能让利于顾客，需选择更大的降价幅度，
∴$x=6$。
设每天获得的总利润为$y$元，则：
$\begin{aligned}y&=(60 - x - 40)(100 + 10x)\\&=-10x^2 + 100x + 2000\end{aligned}$
∵二次项系数$a=-10＜0$，抛物线开口向下，在顶点处取得最大值，
此时$x = -\frac{b}{2a} = -\frac{100}{2×(-10)} = 5$，
对应的售价为$60 - 5 = 55$元。
答：(1) $\boldsymbol{120}$；(2) 这种防寒手套的售价应降价$\boldsymbol{6}$元；当每副防寒手套的定价为$\boldsymbol{55}$元时，该批发商可获得最大利润。
(1) 每天的销售量为：
$100 + 10×2 = 120$（副）
(2) 设这种防寒手套的售价降价$x$元，此时每副利润为$(60 - x - 40)$元，日销售量为$(100 + 10x)$副。
根据总利润=单副利润×日销售量，列方程：
$(60 - x - 40)(100 + 10x) = 2240$
整理得：$x^2 - 10x + 24 = 0$
因式分解得：$(x - 4)(x - 6) = 0$
解得：$x_1=4$，$x_2=6$
∵要尽可能让利于顾客，需选择更大的降价幅度，
∴$x=6$。
设每天获得的总利润为$y$元，则：
$\begin{aligned}y&=(60 - x - 40)(100 + 10x)\\&=-10x^2 + 100x + 2000\end{aligned}$
∵二次项系数$a=-10＜0$，抛物线开口向下，在顶点处取得最大值，
此时$x = -\frac{b}{2a} = -\frac{100}{2×(-10)} = 5$，
对应的售价为$60 - 5 = 55$元。
答：(1) $\boldsymbol{120}$；(2) 这种防寒手套的售价应降价$\boldsymbol{6}$元；当每副防寒手套的定价为$\boldsymbol{55}$元时，该批发商可获得最大利润。
解析
【分析】
（1）根据题意，防寒手套单价每降低1元，日销量增加10副，降价2元时日销量的增加量为2×10副，在原有100副的基础上相加即可得到结果。
（2）第一空：要实现日获利2240元，需先明确单副手套利润和日销量与降价金额的关系：设降价x元，此时单副利润为（60-x-40）元，日销量为（100+10x）副，再根据“总利润=单副利润×日销售量”列一元二次方程求解，结合“尽可能让利于顾客”的要求，选择降价幅度更大的解即可。第二空：求最大利润时，将总利润表示为关于降价x的二次函数，由于二次项系数为负，抛物线开口向下，在顶点处取得最大值，利用二次函数对称轴公式求出对应x值，再计算此时的售价即可。
【解析】
(1) 降价2元时，增加的销量为10×2=20副，因此每天的销售量为：
$100 + 10×2 = 120$（副）
(2) 设这种防寒手套的售价降价$x$元，此时每副利润为$(60 - x - 40)$元，日销售量为$(100 + 10x)$副。
根据总利润=单副利润×日销售量，列方程：
$(60 - x - 40)(100 + 10x) = 2240$
整理得：$x^2 - 10x + 24 = 0$
因式分解得：$(x - 4)(x - 6) = 0$
解得：$x_1=4$，$x_2=6$
∵要尽可能让利于顾客，需选择更大的降价幅度，
∴$x=6$。
设每天获得的总利润为$y$元，则：
$\begin{aligned}y&=(60 - x - 40)(100 + 10x)\\&=-10x^2 + 100x + 2000\end{aligned}$
∵二次项系数$a=-10＜0$，抛物线开口向下，在顶点处取得最大值，
此时$x = -\frac{b}{2a} = -\frac{100}{2×(-10)} = 5$，
对应的售价为$60 - 5 = 55$元。
【答案】
(1) $\boldsymbol{120}$；(2) $\boldsymbol{6}$，$\boldsymbol{55}$
【知识点】
一元二次方程应用；二次函数最值；销售利润计算
【点评】
本题是销售利润类的典型考题，同时考查了一元二次方程的实际应用和二次函数求最值的方法，解题时要注意题干中“尽可能让利于顾客”这类限制条件，避免多解时选取不符合要求的答案，另外要熟练掌握二次函数的性质，快速求解最值。
【难度系数】
0.7
（1）根据题意，防寒手套单价每降低1元，日销量增加10副，降价2元时日销量的增加量为2×10副，在原有100副的基础上相加即可得到结果。
（2）第一空：要实现日获利2240元，需先明确单副手套利润和日销量与降价金额的关系：设降价x元，此时单副利润为（60-x-40）元，日销量为（100+10x）副，再根据“总利润=单副利润×日销售量”列一元二次方程求解，结合“尽可能让利于顾客”的要求，选择降价幅度更大的解即可。第二空：求最大利润时，将总利润表示为关于降价x的二次函数，由于二次项系数为负，抛物线开口向下，在顶点处取得最大值，利用二次函数对称轴公式求出对应x值，再计算此时的售价即可。
【解析】
(1) 降价2元时，增加的销量为10×2=20副，因此每天的销售量为：
$100 + 10×2 = 120$（副）
(2) 设这种防寒手套的售价降价$x$元，此时每副利润为$(60 - x - 40)$元，日销售量为$(100 + 10x)$副。
根据总利润=单副利润×日销售量，列方程：
$(60 - x - 40)(100 + 10x) = 2240$
整理得：$x^2 - 10x + 24 = 0$
因式分解得：$(x - 4)(x - 6) = 0$
解得：$x_1=4$，$x_2=6$
∵要尽可能让利于顾客，需选择更大的降价幅度，
∴$x=6$。
设每天获得的总利润为$y$元，则：
$\begin{aligned}y&=(60 - x - 40)(100 + 10x)\\&=-10x^2 + 100x + 2000\end{aligned}$
∵二次项系数$a=-10＜0$，抛物线开口向下，在顶点处取得最大值，
此时$x = -\frac{b}{2a} = -\frac{100}{2×(-10)} = 5$，
对应的售价为$60 - 5 = 55$元。
【答案】
(1) $\boldsymbol{120}$；(2) $\boldsymbol{6}$，$\boldsymbol{55}$
【知识点】
一元二次方程应用；二次函数最值；销售利润计算
【点评】
本题是销售利润类的典型考题，同时考查了一元二次方程的实际应用和二次函数求最值的方法，解题时要注意题干中“尽可能让利于顾客”这类限制条件，避免多解时选取不符合要求的答案，另外要熟练掌握二次函数的性质，快速求解最值。
【难度系数】
0.7
7.某商店销售一种成本单价为每件40元的玩具,若按每件50元销售,一个月可售出500件,销售单价每涨1元,月销售量就减少10件.设销售单价为每件$x$元($x≥50$),月销售量为$y$件,月销售利润为$w$元.
(1)写出$y$与$x$的函数解析式及$w$与$x$的函数解析式;
(2)商店要在月销售总成本不超过10 000元的情况下,使月销售利润达到8 000元,销售单价应定为每件多少元?
(3)当销售单价定为每件多少元时可获得最大利润?并求出最大利润.
(1)写出$y$与$x$的函数解析式及$w$与$x$的函数解析式;
(2)商店要在月销售总成本不超过10 000元的情况下,使月销售利润达到8 000元,销售单价应定为每件多少元?
(3)当销售单价定为每件多少元时可获得最大利润?并求出最大利润.
答案
解：
(1) 根据题意，得
$y = 500 - 10(x - 50) = -10x + 1000$，
结合$x≥50$且$y≥0$，得自变量取值范围为$50≤ x≤100$。
月销售利润$w=(x-40)· y$，代入$y=-10x+1000$得：
$w=(x-40)(-10x+1000)=-10x^2+1400x-40000$，
即$y$与$x$的函数解析式为$\boldsymbol{y=-10x+1000\ (50≤ x≤100)}$，
$w$与$x$的函数解析式为$\boldsymbol{w=-10x^2+1400x-40000\ (50≤ x≤100)}$。
(2) 令$w=8000$，代入利润解析式得：
$-10x^2+1400x-40000=8000$，
整理得$x^2-140x+4800=0$，
解得$x_1=60$，$x_2=80$。
由月销售总成本不超过10000元，得$40y≤10000$，即$y≤250$，
代入$y=-10x+1000$得$-10x+1000≤250$，解得$x≥75$。
$\because 60＜75$，不符合要求，舍去；$80≥75$，符合要求。
$\therefore$ 销售单价应定为每件80元。
(3) 对利润解析式配方得：
$w=-10(x-70)^2+9000$，
$\because a=-10＜0$，且$50≤ x≤100$，
$\therefore$ 当$x=70$时，$w$取得最大值，最大值为9000元。
答：(1) $y=-10x+1000\ (50≤ x≤100)$，$w=-10x^2+1400x-40000\ (50≤ x≤100)$；(2) 销售单价应定为每件80元；(3) 当销售单价定为每件70元时可获得最大利润，最大利润为9000元。
(1) 根据题意，得
$y = 500 - 10(x - 50) = -10x + 1000$，
结合$x≥50$且$y≥0$，得自变量取值范围为$50≤ x≤100$。
月销售利润$w=(x-40)· y$，代入$y=-10x+1000$得：
$w=(x-40)(-10x+1000)=-10x^2+1400x-40000$，
即$y$与$x$的函数解析式为$\boldsymbol{y=-10x+1000\ (50≤ x≤100)}$，
$w$与$x$的函数解析式为$\boldsymbol{w=-10x^2+1400x-40000\ (50≤ x≤100)}$。
(2) 令$w=8000$，代入利润解析式得：
$-10x^2+1400x-40000=8000$，
整理得$x^2-140x+4800=0$，
解得$x_1=60$，$x_2=80$。
由月销售总成本不超过10000元，得$40y≤10000$，即$y≤250$，
代入$y=-10x+1000$得$-10x+1000≤250$，解得$x≥75$。
$\because 60＜75$，不符合要求，舍去；$80≥75$，符合要求。
$\therefore$ 销售单价应定为每件80元。
(3) 对利润解析式配方得：
$w=-10(x-70)^2+9000$，
$\because a=-10＜0$，且$50≤ x≤100$，
$\therefore$ 当$x=70$时，$w$取得最大值，最大值为9000元。
答：(1) $y=-10x+1000\ (50≤ x≤100)$，$w=-10x^2+1400x-40000\ (50≤ x≤100)$；(2) 销售单价应定为每件80元；(3) 当销售单价定为每件70元时可获得最大利润，最大利润为9000元。
解析
【分析】
(1) 先推导销量与单价的关系：单价为x元时，相比50元上涨了$(x-50)$元，每涨1元少卖10件，因此总减少销量为$10(x-50)$件，用基础销量500减去减少的销量即可得到y的解析式；再根据“月销售利润=单件利润×月销量”，单件利润为$(x-40)$元，代入y的解析式就能得到w与x的函数关系，同时结合销量不能为负的实际要求确定x的取值范围。
(2) 要使月利润达到8000元，令$w=8000$代入利润解析式得到一元二次方程，解出两个候选单价；再根据“月销售总成本不超过10000元”的限制，先推导销量的上限，再转化为x的取值下限，筛选出符合条件的单价即可。
(3) 求最大利润就是求二次函数w的最大值，将解析式配方为顶点式，结合二次函数开口方向和自变量的取值范围，即可确定最大值对应的单价和最大利润。
【解析】
(1) 根据题意，月销售量y的变化规律为：
$y = 500 - 10(x - 50) = -10x + 1000$
结合实际意义，$x≥50$且销量$y≥0$，即$-10x+1000≥0$，解得$x≤100$，因此自变量取值范围为$50≤x≤100$。
月销售利润=单件利润×月销量，单件利润为$(x-40)$元，因此：
$w=(x-40)y=(x-40)(-10x+1000)$
展开化简得：$w=-10x^2+1400x-40000$（$50≤x≤100$）
(2) 令$w=8000$，代入利润解析式得：
$-10x^2+1400x-40000=8000$
整理为标准一元二次方程：$x^2-140x+4800=0$
解得：$x_1=60$，$x_2=80$
根据月销售总成本不超过10000元，得$40y≤10000$，即$y≤250$
将$y=-10x+1000$代入不等式：$-10x+1000≤250$，解得$x≥75$
因为$60＜75$，不符合限制条件，舍去；$80≥75$，符合要求。
(3) 将利润解析式配方为顶点式：
$w=-10x^2+1400x-40000=-10(x-70)^2+9000$
因为二次项系数$a=-10＜0$，抛物线开口向下，且顶点横坐标$x=70$在$50≤x≤100$的范围内，因此当$x=70$时，w取得最大值。
【答案】
(1) $y=-10x+1000\ (50≤x≤100)$，$w=-10x^2+1400x-40000\ (50≤x≤100)$；
(2) 销售单价应定为每件80元；
(3) 当销售单价定为每件70元时可获得最大利润，最大利润为9000元。
【知识点】
二次函数的应用，一元二次方程的解法，二次函数的最值
【点评】
本题是销售利润类的典型题型，综合考查了函数解析式建立、方程求解、限制条件筛选及二次函数最值计算，解题时需注意结合实际问题的取值范围验证结果，避免出现不符合题意的解。
【难度系数】
0.6
(1) 先推导销量与单价的关系：单价为x元时，相比50元上涨了$(x-50)$元，每涨1元少卖10件，因此总减少销量为$10(x-50)$件，用基础销量500减去减少的销量即可得到y的解析式；再根据“月销售利润=单件利润×月销量”，单件利润为$(x-40)$元，代入y的解析式就能得到w与x的函数关系，同时结合销量不能为负的实际要求确定x的取值范围。
(2) 要使月利润达到8000元，令$w=8000$代入利润解析式得到一元二次方程，解出两个候选单价；再根据“月销售总成本不超过10000元”的限制，先推导销量的上限，再转化为x的取值下限，筛选出符合条件的单价即可。
(3) 求最大利润就是求二次函数w的最大值，将解析式配方为顶点式，结合二次函数开口方向和自变量的取值范围，即可确定最大值对应的单价和最大利润。
【解析】
(1) 根据题意，月销售量y的变化规律为：
$y = 500 - 10(x - 50) = -10x + 1000$
结合实际意义，$x≥50$且销量$y≥0$，即$-10x+1000≥0$，解得$x≤100$，因此自变量取值范围为$50≤x≤100$。
月销售利润=单件利润×月销量，单件利润为$(x-40)$元，因此：
$w=(x-40)y=(x-40)(-10x+1000)$
展开化简得：$w=-10x^2+1400x-40000$（$50≤x≤100$）
(2) 令$w=8000$，代入利润解析式得：
$-10x^2+1400x-40000=8000$
整理为标准一元二次方程：$x^2-140x+4800=0$
解得：$x_1=60$，$x_2=80$
根据月销售总成本不超过10000元，得$40y≤10000$，即$y≤250$
将$y=-10x+1000$代入不等式：$-10x+1000≤250$，解得$x≥75$
因为$60＜75$，不符合限制条件，舍去；$80≥75$，符合要求。
(3) 将利润解析式配方为顶点式：
$w=-10x^2+1400x-40000=-10(x-70)^2+9000$
因为二次项系数$a=-10＜0$，抛物线开口向下，且顶点横坐标$x=70$在$50≤x≤100$的范围内，因此当$x=70$时，w取得最大值。
【答案】
(1) $y=-10x+1000\ (50≤x≤100)$，$w=-10x^2+1400x-40000\ (50≤x≤100)$；
(2) 销售单价应定为每件80元；
(3) 当销售单价定为每件70元时可获得最大利润，最大利润为9000元。
【知识点】
二次函数的应用，一元二次方程的解法，二次函数的最值
【点评】
本题是销售利润类的典型题型，综合考查了函数解析式建立、方程求解、限制条件筛选及二次函数最值计算，解题时需注意结合实际问题的取值范围验证结果，避免出现不符合题意的解。
【难度系数】
0.6
