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1. (2026·定西期中)某商店销售一种商品，其利润$y$(元)与销售单价$x$(元)的函数关系式为$y=-x^2+10x+20$，则该商品的最大利润为（
A.20元
B.45元
C.50元
D.70元
B
）A.20元
B.45元
C.50元
D.70元
答案
∵ $y=-x^2+10x+20$ 中 $a=-1＜0$,
∴ 抛物线开口向下.
∵ 函数 $y=-x^2+10x+20$ 的顶点横坐标为 $x=-\frac{b}{2a}=-\frac{10}{2×(-1)}=5$,代入 $y=-x^2+10x+20$,得 $y=-5^2 + 10×5+20=-25+50+20=45$,
∴ 最大利润为 45 元. 故选 B.
2. (2025·临夏期末)某商品现在的售价为每件50元,每星期可卖出90件.市场调查发现:每降价1元,每星期可多卖出15件.已知商品的进价为每件30元,设每件降价x元,每星期售出商品的利润为y元,则y与x的函数关系式为 (
A.$y=(50-x)(90+15x)-30x$
B.$y=(50-30-x)(90+15x)$
C.$y=(50-30-x)(90-15x)$
D.$y=(50-x)(90-15x)-30x$
B
)A.$y=(50-x)(90+15x)-30x$
B.$y=(50-30-x)(90+15x)$
C.$y=(50-30-x)(90-15x)$
D.$y=(50-x)(90-15x)-30x$
答案
设每件降价x元,每星期售出商品的利润为y元,根据题意,得 $y=(50-30-x)(90+15x)$. 故选 B.
3. 一塑料玩具生产公司将每件成本为70元的某种玩具按每件100元批发出售，平均一天可售出100件.后来经过市场调查，发现这种玩具单价每降低1元，其日销量可平均增加10件.为了减少空气污染，国家要求限制塑料玩具生产，规定该公司的最大生产限额为每天180件.若想获得最大利润，则批发价应降低 (
A.15元
B.10元
C.8元
D.5元
C
)A.15元
B.10元
C.8元
D.5元
答案
设批发价降低x元,则批发价为$(100-x)$元,每件利润为$(100-x)-70=(30-x)$元,销量为每天$(100+10x)$件,根据题意可知 $100+10x≤180$,即 $x≤8$.设利润为P,可得$P=(30-x)(100+10x)=-10x^2+200x+3000$.
∵ $a=-10＜0$,
∴ 该二次函数图象开口向下,对称轴为直线 $x=-\frac{b}{2a}=-\frac{200}{2×(-10)}=10$,
∴ 在 $x≤8$ 时P随x增大而增大,
∴ 当 $x=8$ 时,P最大,故批发价应降低8元. 故选 C.
∵ $a=-10＜0$,
∴ 该二次函数图象开口向下,对称轴为直线 $x=-\frac{b}{2a}=-\frac{200}{2×(-10)}=10$,
∴ 在 $x≤8$ 时P随x增大而增大,
∴ 当 $x=8$ 时,P最大,故批发价应降低8元. 故选 C.
4.(2025·宁波期末)某宾馆有120间标准房,当标准房价格为100元时,每天都客满,市场调查表明标准房价格在100~150元之间(含100元,150元)浮动时,每提高10元,日均入住数减少6间.如果不考虑其他因素,该宾馆将标准房价格提高到
150
元时,客房的日营业收入最大.答案
设房价提高x个10元,则房价为$(100+10x)$元,日均入住数为$(120-6x)$间.设日营业收入为y,由题意可得$y=(100+10x)(120-6x)=-60x^2+600x+12000$.
∵ $a=-60＜0$,
∴ 函数图象开口向下,在对称轴直线 $x=-\frac{b}{2a}=-\frac{600}{2×(-60)}=5$ 处,y取得最大值.此时房价为 $100+10×5=150$(元),在100~150元(含100元,150元)范围内.
∵ $a=-60＜0$,
∴ 函数图象开口向下,在对称轴直线 $x=-\frac{b}{2a}=-\frac{600}{2×(-60)}=5$ 处,y取得最大值.此时房价为 $100+10×5=150$(元),在100~150元(含100元,150元)范围内.
5. 某企业有效做好常态化防控,有序推进复工复产,扩大内需,经市场调研发现:如果单独投资A种产品,则所获利润$y_A$(万元)与投资金额$x$(万元)之间存在一次函数关系:$y_A = 0.6x + 0.2$;如果单独投资B种产品,则所获利润$y_B$(万元)与投资金额$x$(万元)之间存在二次函数关系:$y_B = -0.2x^2 + 1.8x$,如果企业同时对A,B两种产品共投资20万元,能获得的最大利润是
14万元
.答案
设投资A种产品a万元,投资B种产品$(20-a)$万元,利润为W万元,则 $W= 0.6a + 0.2 - 0.2×(20-a)^2 + 1.8×(20-a)= 0.6a + 0.2 - 0.2(400 - 40a + a^2) + 36 - 1.8a= 0.6a + 0.2 - 80 + 8a - 0.2a^2 + 36 - 1.8a= -0.2a^2 + 6.8a - 43.8= -0.2(a^2 - 34a + 289 - 70)= -0.2(a-17)^2 +14$,
∴ 当 $a=17$ 时,能获得的最大利润是14万元.
∴ 当 $a=17$ 时,能获得的最大利润是14万元.
6. (2024·新疆中考)某公司销售一批产品,经市场调研发现,当销售量在0.4吨至3.5吨之间时,销售额$y_1$(万元)与销售量$x$(吨)的函数解析式为$y_1=5x$;成本$y_2$(万元)与销售量$x$(吨)的函数图象是如图所示的抛物线的一部分,其中$(\frac{1}{2},\frac{7}{4})$是其顶点.
(1)求成本$y_2$关于销售量$x$的函数解析式.
(2)当成本最低时,销售产品所获利润是多少?
(3)当销售量是多少吨时,可获得最大利润?最大利润是多少?(注:利润=销售额-成本)
(1)求成本$y_2$关于销售量$x$的函数解析式.
(2)当成本最低时,销售产品所获利润是多少?
(3)当销售量是多少吨时,可获得最大利润?最大利润是多少?(注:利润=销售额-成本)
答案
(1)
∵ 成本$y_2$(万元)与销售量x(吨)的函数图象是如题图所示的抛物线的一部分,其中$(\frac{1}{2},\frac{7}{4})$是其顶点,
∴ 设抛物线解析式为 $y_2=a(x-\frac{1}{2})^2+\frac{7}{4}$,把$(2,4)$代入可得,$\frac{9}{4}a+\frac{7}{4}=4$,解得 $a=1$,
∴ 抛物线解析式为 $y_2=(x-\frac{1}{2})^2+\frac{7}{4}$.
(2)
∵ $y_2=(x-\frac{1}{2})^2+\frac{7}{4}$,
∴ 当 $x=\frac{1}{2}$ 时,成本最低为$\frac{7}{4}$万元,此时 $y_1=5x=5×\frac{1}{2}=2.5$(万元),
∴ 销售产品所获利润是 $2.5-\frac{7}{4}=0.75$(万元).
(3)设销售利润为W万元,
∴ $W=y_1-y_2=5x-(x-\frac{1}{2})^2-\frac{7}{4}=-x^2+6x-2$,当 $x=-\frac{6}{2×(-1)}=3$ 时,获得最大利润,最大利润为 $-3^2+6×3-2=7$(万元).
∵ 成本$y_2$(万元)与销售量x(吨)的函数图象是如题图所示的抛物线的一部分,其中$(\frac{1}{2},\frac{7}{4})$是其顶点,
∴ 设抛物线解析式为 $y_2=a(x-\frac{1}{2})^2+\frac{7}{4}$,把$(2,4)$代入可得,$\frac{9}{4}a+\frac{7}{4}=4$,解得 $a=1$,
∴ 抛物线解析式为 $y_2=(x-\frac{1}{2})^2+\frac{7}{4}$.
(2)
∵ $y_2=(x-\frac{1}{2})^2+\frac{7}{4}$,
∴ 当 $x=\frac{1}{2}$ 时,成本最低为$\frac{7}{4}$万元,此时 $y_1=5x=5×\frac{1}{2}=2.5$(万元),
∴ 销售产品所获利润是 $2.5-\frac{7}{4}=0.75$(万元).
(3)设销售利润为W万元,
∴ $W=y_1-y_2=5x-(x-\frac{1}{2})^2-\frac{7}{4}=-x^2+6x-2$,当 $x=-\frac{6}{2×(-1)}=3$ 时,获得最大利润,最大利润为 $-3^2+6×3-2=7$(万元).
