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1[2026安徽合肥期中]某公司销售一种成本为每个20元的LED护眼台灯.销售过程中发现,若销售单价为x元/个,则月销售量为$(-10x+500)$个.为使每月获得最大利润,该台灯应定价为每个 (
A.30元
B.35元
C.40元
D.45元
B
)A.30元
B.35元
C.40元
D.45元
答案
【解析】设每月获得利润y元,根据题意得y=(x-20)(-10x+500) = -10x² + 700x - 10000 = -10(x-35)²+2250.
∵ -10＜0,
∴ 当x=35时,y有最大值,为2250,
∴ 为使每月获得最大利润,该台灯应定价为每个35元. 故选 B.
∵ -10＜0,
∴ 当x=35时,y有最大值,为2250,
∴ 为使每月获得最大利润,该台灯应定价为每个35元. 故选 B.
解析
【分析】
要解决这个利润最大化的问题，首先回忆销售问题的核心等量关系：总利润=单个商品的利润×销售量。单个利润为销售单价减去成本，即(x-20)元，销售量题目已给出为(-10x+500)个，据此可以先列出总利润关于销售单价x的函数表达式。观察表达式可知是二次函数，且二次项系数为负，函数图象开口向下，顶点处对应的函数值就是最大值，求出顶点的横坐标即为最优定价。
【解析】
设每月获得的利润为y元，根据题意得：
$y = (x - 20)(-10x + 500)$
展开并整理得：$y = -10x^2 + 700x - 10000$
配方得：$y = -10(x - 35)^2 + 2250$
$\because -10 ＜ 0$，
$\therefore$ 该二次函数图象开口向下，当$x = 35$时，$y$取得最大值，最大值为2250元。
即为使每月获得最大利润，台灯应定价为每个35元。故选B。
【答案】
B
【知识点】
1. 销售利润计算
2. 二次函数实际应用
3. 二次函数的最值
【点评】
本题是典型的销售类最值实际应用题，解题的关键是正确结合销售等量关系建立二次函数模型，再利用二次函数的性质求解最值，能够较好地考查学生将实际问题转化为数学问题的应用能力。
【难度系数】
0.75
要解决这个利润最大化的问题，首先回忆销售问题的核心等量关系：总利润=单个商品的利润×销售量。单个利润为销售单价减去成本，即(x-20)元，销售量题目已给出为(-10x+500)个，据此可以先列出总利润关于销售单价x的函数表达式。观察表达式可知是二次函数，且二次项系数为负，函数图象开口向下，顶点处对应的函数值就是最大值，求出顶点的横坐标即为最优定价。
【解析】
设每月获得的利润为y元，根据题意得：
$y = (x - 20)(-10x + 500)$
展开并整理得：$y = -10x^2 + 700x - 10000$
配方得：$y = -10(x - 35)^2 + 2250$
$\because -10 ＜ 0$，
$\therefore$ 该二次函数图象开口向下，当$x = 35$时，$y$取得最大值，最大值为2250元。
即为使每月获得最大利润，台灯应定价为每个35元。故选B。
【答案】
B
【知识点】
1. 销售利润计算
2. 二次函数实际应用
3. 二次函数的最值
【点评】
本题是典型的销售类最值实际应用题，解题的关键是正确结合销售等量关系建立二次函数模型，再利用二次函数的性质求解最值，能够较好地考查学生将实际问题转化为数学问题的应用能力。
【难度系数】
0.75
2[2026吉林长春质检]便民商店经营一种商品，在销售过程中，发现一周的利润$y$(元)与每件的销售价格$x$(元)之间的关系满足$y=-2x^2+80x+758$，由于某种原因，每件销售价格需满足$15≤x≤19$，那么一周可获得的最大利润是 (
A.758元
B.1 508元
C.1 556元
D.1 558元
C
)A.758元
B.1 508元
C.1 556元
D.1 558元
答案
【解析】$y=-2x^2+80x+758=-2(x-20)^2+1558$,
∴ 抛物线对称轴为直线$x=20$,抛物线开口向下,
∴ 当$x＜20$时,$y$随$x$的增大而增大. $\because 15≤x≤19$,
∴ 当$x=19$时,$y$取最大值,此时$y=-2×(19-20)^2+1558=1556$. 故选 C.
∴ 抛物线对称轴为直线$x=20$,抛物线开口向下,
∴ 当$x＜20$时,$y$随$x$的增大而增大. $\because 15≤x≤19$,
∴ 当$x=19$时,$y$取最大值,此时$y=-2×(19-20)^2+1558=1556$. 故选 C.
解析
【分析】
本题是二次函数在销售利润场景下的最值求解问题，解题思路如下：首先将二次函数的一般式转化为顶点式，确定抛物线的开口方向与对称轴；再结合题目给出的x的取值范围，根据二次函数的增减性判断出能取到最大值的x的取值；最后代入函数式计算即可得到最大利润。要注意本题自变量有范围限制，不能直接取顶点处的函数值作为结果。
【解析】
首先对函数式进行配方：
$y=-2x^2+80x+758=-2(x-20)^2+1558$
由此可知该抛物线开口向下，对称轴为直线$x=20$，
根据二次函数性质，当$x＜20$时，$y$随$x$的增大而增大，
已知$15≤x≤19$，该区间在对称轴左侧，因此当x取区间最大值19时，y取得最大值，
将x=19代入顶点式得：$y=-2×(19-20)^2+1558=1556$。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
二次函数的性质、二次函数的实际应用
【点评】
本题是二次函数的实际应用题，易错点是忽略自变量的取值范围，直接将顶点处的函数值作为最大值。解题时需先明确自变量的取值范围，再结合二次函数的增减性确定最值点，才能得到正确结果。
【难度系数】
0.7
本题是二次函数在销售利润场景下的最值求解问题，解题思路如下：首先将二次函数的一般式转化为顶点式，确定抛物线的开口方向与对称轴；再结合题目给出的x的取值范围，根据二次函数的增减性判断出能取到最大值的x的取值；最后代入函数式计算即可得到最大利润。要注意本题自变量有范围限制，不能直接取顶点处的函数值作为结果。
【解析】
首先对函数式进行配方：
$y=-2x^2+80x+758=-2(x-20)^2+1558$
由此可知该抛物线开口向下，对称轴为直线$x=20$，
根据二次函数性质，当$x＜20$时，$y$随$x$的增大而增大，
已知$15≤x≤19$，该区间在对称轴左侧，因此当x取区间最大值19时，y取得最大值，
将x=19代入顶点式得：$y=-2×(19-20)^2+1558=1556$。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
二次函数的性质、二次函数的实际应用
【点评】
本题是二次函数的实际应用题，易错点是忽略自变量的取值范围，直接将顶点处的函数值作为最大值。解题时需先明确自变量的取值范围，再结合二次函数的增减性确定最值点，才能得到正确结果。
【难度系数】
0.7
3[2026浙江台州期中]某商店销售一批头盔，售价为每顶60元，每月可售出200顶.在“创建文明城市”期间，计划将头盔降价销售，经调查发现，每顶头盔每降价1元，每月可多售出20顶.已知头盔的进价为每顶40元，则该商店每月获得最大利润时，每顶头盔降价
5
元.答案
【解析】设每顶头盔的售价为x元,每月获得的利润为w元. 由题意得 $w=(x-40)[200+(60-x)×20] = -20(x-55)^2+4500$,
∴ 当$x=55$时,$w$取得最大值,最大值为4500,即该商店每月获得最大利润时,每顶头盔的售价为55元,
∴ 每顶头盔降价5元,故答案为5.
∴ 当$x=55$时,$w$取得最大值,最大值为4500,即该商店每月获得最大利润时,每顶头盔的售价为55元,
∴ 每顶头盔降价5元,故答案为5.
解析
【分析】
这是一道销售利润最值问题，解题核心是利用“总利润=单件商品利润×销售总量”的等量关系构建二次函数模型，再结合二次函数的性质求最大值。首先设定变量表示售价或降价金额，再分别表示出降价后的单件利润、销售总量，代入等量关系得到利润关于变量的函数表达式，将函数化为顶点式后即可找到利润最大时对应的变量值，最终计算出降价金额。
【解析】
设每顶头盔的售价为$x$元，每月获得的利润为$w$元。
由题意得，每顶头盔的单件利润为$(x-40)$元，每顶头盔降价$(60-x)$元，每月总销售量为$[200+(60-x)×20]$顶，因此：
$\begin{aligned}w&=(x-40)[200+(60-x)×20]\\&=(x-40)(1400-20x)\\&=-20x^2+2200x-56000\\&=-20(x-55)^2+4500\end{aligned}$
$\because -20＜0$，抛物线开口向下，
$\therefore$当$x=55$时，$w$取得最大值，此时每顶头盔售价为55元，
则降价金额为$60-55=5$元。
【答案】
5
【知识点】
二次函数的应用，销售利润计算，二次函数的最值
【点评】
本题是销售类最值的常考题型，解题关键是准确梳理题中的数量关系，正确列出二次函数表达式，再利用二次函数的性质求解最值，解题时要注意所求结果需符合实际意义。
【难度系数】
0.7
这是一道销售利润最值问题，解题核心是利用“总利润=单件商品利润×销售总量”的等量关系构建二次函数模型，再结合二次函数的性质求最大值。首先设定变量表示售价或降价金额，再分别表示出降价后的单件利润、销售总量，代入等量关系得到利润关于变量的函数表达式，将函数化为顶点式后即可找到利润最大时对应的变量值，最终计算出降价金额。
【解析】
设每顶头盔的售价为$x$元，每月获得的利润为$w$元。
由题意得，每顶头盔的单件利润为$(x-40)$元，每顶头盔降价$(60-x)$元，每月总销售量为$[200+(60-x)×20]$顶，因此：
$\begin{aligned}w&=(x-40)[200+(60-x)×20]\\&=(x-40)(1400-20x)\\&=-20x^2+2200x-56000\\&=-20(x-55)^2+4500\end{aligned}$
$\because -20＜0$，抛物线开口向下，
$\therefore$当$x=55$时，$w$取得最大值，此时每顶头盔售价为55元，
则降价金额为$60-55=5$元。
【答案】
5
【知识点】
二次函数的应用，销售利润计算，二次函数的最值
【点评】
本题是销售类最值的常考题型，解题关键是准确梳理题中的数量关系，正确列出二次函数表达式，再利用二次函数的性质求解最值，解题时要注意所求结果需符合实际意义。
【难度系数】
0.7
4[2026山东烟台质检]某种蔬菜的销售单价$y_1$(元/千克)与销售月份$x$之间的关系如图(1)所示,每千克成本$y_2$(元)与销售月份$x$之间的关系如图(2)所示(图(1)的图象是线段,图(2)的图象是抛物线的一部分),则
5[2026江苏南通期中]为拓宽高端市场,某水产品养殖基地正规划开展特定高端水产品的专业
化养殖项目.经过市场调查得到如下信息:
信息1:该高端水产品的销售单价为0.05万元/kg.
信息2:当养殖面积为$x$亩时,养殖成本为$(62+4x)$万元.
信息3:当养殖面积为$x$亩时,每亩产量为$(960-40x)$kg.
(1亩≈666.67平方米)
(1)若该高端水产品的总产量为5760 kg,求$x$的值;
(2)当养殖面积为多少时,该高端水产品的利润最大?最大利润是多少万元?
5
月出售这种蔬菜,每千克的收益最大.(收益=售价-成本)5[2026江苏南通期中]为拓宽高端市场,某水产品养殖基地正规划开展特定高端水产品的专业
化养殖项目.经过市场调查得到如下信息:
信息1:该高端水产品的销售单价为0.05万元/kg.
信息2:当养殖面积为$x$亩时,养殖成本为$(62+4x)$万元.
信息3:当养殖面积为$x$亩时,每亩产量为$(960-40x)$kg.
(1亩≈666.67平方米)
(1)若该高端水产品的总产量为5760 kg,求$x$的值;
(2)当养殖面积为多少时,该高端水产品的利润最大?最大利润是多少万元?
答案
4.【解析】设这种蔬菜的销售单价与销售月份之间的函数关系式为$y_1=kx+b$. 将$(3,5)$和$(6,3)$代入得,$\begin{cases}3k+b=5,\\6k+b=3,\end{cases}$ 解得$\begin{cases}k=-\dfrac{2}{3},\\b=7,\end{cases}$
∴ 这种蔬菜的销售单价与销售月份之间的函数关系式为$y_1=-\dfrac{2}{3}x+7$. 由题图(2)知抛物线的顶点坐标为$(6,1)$,
∴ 设这种蔬菜每千克的成本与销售月份之间的函数关系式为$y_2=a(x-6)^2+1$. 把$(3,4)$代入得,$4=a(3-6)^2+1$,解得$a=\dfrac{1}{3}$,
∴ 这种蔬菜每千克的成本与销售月份之间的函数关系式为$y_2=\dfrac{1}{3}(x-6)^2+1$,即$y_2=\dfrac{1}{3}x^2-4x+13$. 设每千克的收益为$W$元,则 $W=y_1-y_2=-\dfrac{2}{3}x+7-(\dfrac{1}{3}x^2-4x+13)=-\dfrac{1}{3}(x-5)^2+\dfrac{7}{3}$.
∵ $-\dfrac{1}{3}＜0$,
∴ 当$x=5$时,$W$有最大值,为$\dfrac{7}{3}$,故答案为5.
5.【解】(1)由题意,得$(960-40x)x=5760$,解得$x_1=x_2=12$.
∴ $x$的值为12.
(2)设该高端水产品的利润为$y$万元. 由题意,得
$y=0.05(960-40x)x-(62+4x) = -2x^2+44x-62 = -2(x-11)^2+180$.
∵ $-2＜0$,
∴ 当$x=11$时,$y$有最大值,最大值为180,
∴ 当养殖面积为11亩时,该高端水产品的利润最大,最大利润是180万元.
∴ 这种蔬菜的销售单价与销售月份之间的函数关系式为$y_1=-\dfrac{2}{3}x+7$. 由题图(2)知抛物线的顶点坐标为$(6,1)$,
∴ 设这种蔬菜每千克的成本与销售月份之间的函数关系式为$y_2=a(x-6)^2+1$. 把$(3,4)$代入得,$4=a(3-6)^2+1$,解得$a=\dfrac{1}{3}$,
∴ 这种蔬菜每千克的成本与销售月份之间的函数关系式为$y_2=\dfrac{1}{3}(x-6)^2+1$,即$y_2=\dfrac{1}{3}x^2-4x+13$. 设每千克的收益为$W$元,则 $W=y_1-y_2=-\dfrac{2}{3}x+7-(\dfrac{1}{3}x^2-4x+13)=-\dfrac{1}{3}(x-5)^2+\dfrac{7}{3}$.
∵ $-\dfrac{1}{3}＜0$,
∴ 当$x=5$时,$W$有最大值,为$\dfrac{7}{3}$,故答案为5.
5.【解】(1)由题意,得$(960-40x)x=5760$,解得$x_1=x_2=12$.
∴ $x$的值为12.
(2)设该高端水产品的利润为$y$万元. 由题意,得
$y=0.05(960-40x)x-(62+4x) = -2x^2+44x-62 = -2(x-11)^2+180$.
∵ $-2＜0$,
∴ 当$x=11$时,$y$有最大值,最大值为180,
∴ 当养殖面积为11亩时,该高端水产品的利润最大,最大利润是180万元.
解析
第4题
【分析】要解决每千克收益最大的问题，首先明确收益=售价-成本，因此需先分别求出销售单价$y_1$、成本$y_2$与月份$x$的函数关系式，再构造收益关于$x$的函数，最后利用函数性质求最值即可。第一步，$y_1$是线段即一次函数，已知两个点坐标，用待定系数法代入即可求得$y_1$的解析式；第二步，$y_2$是抛物线且已知顶点坐标，设顶点式代入已知点即可求得$y_2$的解析式；第三步，写出收益$W=y_1-y_2$，整理为二次函数顶点式，结合开口方向判断最大值对应的$x$值即可。
【解析】设这种蔬菜的销售单价与销售月份之间的函数关系式为$y_1=kx+b$. 将$(3,5)$和$(6,3)$代入得,$\begin{cases}3k+b=5,\\6k+b=3,\end{cases}$ 解得$\begin{cases}k=-\dfrac{2}{3},\\b=7,\end{cases}$
∴ 这种蔬菜的销售单价与销售月份之间的函数关系式为$y_1=-\dfrac{2}{3}x+7$. 由题图(2)知抛物线的顶点坐标为$(6,1)$,
∴ 设这种蔬菜每千克的成本与销售月份之间的函数关系式为$y_2=a(x-6)^2+1$. 把$(3,4)$代入得,$4=a(3-6)^2+1$,解得$a=\dfrac{1}{3}$,
∴ 这种蔬菜每千克的成本与销售月份之间的函数关系式为$y_2=\dfrac{1}{3}(x-6)^2+1$,即$y_2=\dfrac{1}{3}x^2-4x+13$. 设每千克的收益为$W$元,则 $W=y_1-y_2=-\dfrac{2}{3}x+7-(\dfrac{1}{3}x^2-4x+13)=-\dfrac{1}{3}(x-5)^2+\dfrac{7}{3}$.
∵ $-\dfrac{1}{3}＜0$,
∴ 当$x=5$时,$W$有最大值,为$\dfrac{7}{3}$。
【答案】5
【知识点】一次函数解析式求解，二次函数解析式求解，二次函数最值应用
【点评】本题结合实际销售问题，综合考查一次函数与二次函数的相关知识，解题核心是先准确求出两个相关函数的解析式，再构造收益函数，利用二次函数的性质求解最值，计算时注意符号处理，避免出错。
【难度系数】0.7
---
第5题
【分析】(1)总产量等于每亩产量乘以养殖面积，题目已给出总产量为5760kg，据此列一元二次方程求解即可，注意养殖面积$x$为正数，需验证解的合理性。(2)利润=总销售额-总成本，总销售额=销售单价×总产量，总成本题目已给出，据此先写出利润关于养殖面积$x$的函数关系式，整理为二次函数顶点式后，结合二次项系数的符号判断最大值对应的$x$值及最大利润即可。
【解析】(1)由题意，总产量=每亩产量×养殖面积，可得：
$(960-40x)x=5760$,
整理得$x^2-24x+144=0$,
解得$x_1=x_2=12$.
∴ $x$的值为12。
(2)设该高端水产品的利润为$y$万元. 由题意，总销售额为$0.05×(960-40x)x$万元，成本为$(62+4x)$万元，因此：
$y=0.05(960-40x)x-(62+4x) = -2x^2+44x-62 = -2(x-11)^2+180$.
∵ $-2＜0$,抛物线开口向下，
∴ 当$x=11$时,$y$有最大值，最大值为180。
【答案】(1)$x=12$；(2)当养殖面积为11亩时，该高端水产品的利润最大，最大利润是180万元。
【知识点】一元二次方程的应用，二次函数最值应用
【点评】本题考查生产经营中的利润计算问题，第一问只需找准等量关系列方程即可求解，第二问的关键是理清各个量之间的关系，正确写出利润的函数表达式，再结合二次函数的性质求最值，解题时需注意单位统一，避免计算失误。
【难度系数】0.65
【分析】要解决每千克收益最大的问题，首先明确收益=售价-成本，因此需先分别求出销售单价$y_1$、成本$y_2$与月份$x$的函数关系式，再构造收益关于$x$的函数，最后利用函数性质求最值即可。第一步，$y_1$是线段即一次函数，已知两个点坐标，用待定系数法代入即可求得$y_1$的解析式；第二步，$y_2$是抛物线且已知顶点坐标，设顶点式代入已知点即可求得$y_2$的解析式；第三步，写出收益$W=y_1-y_2$，整理为二次函数顶点式，结合开口方向判断最大值对应的$x$值即可。
【解析】设这种蔬菜的销售单价与销售月份之间的函数关系式为$y_1=kx+b$. 将$(3,5)$和$(6,3)$代入得,$\begin{cases}3k+b=5,\\6k+b=3,\end{cases}$ 解得$\begin{cases}k=-\dfrac{2}{3},\\b=7,\end{cases}$
∴ 这种蔬菜的销售单价与销售月份之间的函数关系式为$y_1=-\dfrac{2}{3}x+7$. 由题图(2)知抛物线的顶点坐标为$(6,1)$,
∴ 设这种蔬菜每千克的成本与销售月份之间的函数关系式为$y_2=a(x-6)^2+1$. 把$(3,4)$代入得,$4=a(3-6)^2+1$,解得$a=\dfrac{1}{3}$,
∴ 这种蔬菜每千克的成本与销售月份之间的函数关系式为$y_2=\dfrac{1}{3}(x-6)^2+1$,即$y_2=\dfrac{1}{3}x^2-4x+13$. 设每千克的收益为$W$元,则 $W=y_1-y_2=-\dfrac{2}{3}x+7-(\dfrac{1}{3}x^2-4x+13)=-\dfrac{1}{3}(x-5)^2+\dfrac{7}{3}$.
∵ $-\dfrac{1}{3}＜0$,
∴ 当$x=5$时,$W$有最大值,为$\dfrac{7}{3}$。
【答案】5
【知识点】一次函数解析式求解，二次函数解析式求解，二次函数最值应用
【点评】本题结合实际销售问题，综合考查一次函数与二次函数的相关知识，解题核心是先准确求出两个相关函数的解析式，再构造收益函数，利用二次函数的性质求解最值，计算时注意符号处理，避免出错。
【难度系数】0.7
---
第5题
【分析】(1)总产量等于每亩产量乘以养殖面积，题目已给出总产量为5760kg，据此列一元二次方程求解即可，注意养殖面积$x$为正数，需验证解的合理性。(2)利润=总销售额-总成本，总销售额=销售单价×总产量，总成本题目已给出，据此先写出利润关于养殖面积$x$的函数关系式，整理为二次函数顶点式后，结合二次项系数的符号判断最大值对应的$x$值及最大利润即可。
【解析】(1)由题意，总产量=每亩产量×养殖面积，可得：
$(960-40x)x=5760$,
整理得$x^2-24x+144=0$,
解得$x_1=x_2=12$.
∴ $x$的值为12。
(2)设该高端水产品的利润为$y$万元. 由题意，总销售额为$0.05×(960-40x)x$万元，成本为$(62+4x)$万元，因此：
$y=0.05(960-40x)x-(62+4x) = -2x^2+44x-62 = -2(x-11)^2+180$.
∵ $-2＜0$,抛物线开口向下，
∴ 当$x=11$时,$y$有最大值，最大值为180。
【答案】(1)$x=12$；(2)当养殖面积为11亩时，该高端水产品的利润最大，最大利润是180万元。
【知识点】一元二次方程的应用，二次函数最值应用
【点评】本题考查生产经营中的利润计算问题，第一问只需找准等量关系列方程即可求解，第二问的关键是理清各个量之间的关系，正确写出利润的函数表达式，再结合二次函数的性质求最值，解题时需注意单位统一，避免计算失误。
【难度系数】0.65
6[2026天津红桥区期中]阳光玫瑰葡萄的果肉鲜脆多汁，是一种比较畅销的水果.某水果店以每千克10元的价格购进某种阳光玫瑰葡萄，规定销售单价不低于成本价，且不高于每千克25元.试销期间发现，该种阳光玫瑰葡萄每周的销售量y(千克)与销售单价x(元/千克)满足一次函数关系，部分数据如下表所示.
(1)求y与x之间的函数关系式，并写出x的取值范围.
(2)当销售单价定为多少时，水果店每周销售阳光玫瑰葡萄获得的利润为510元？
(3)当销售单价定为多少时，水果店每周销售阳光玫瑰葡萄获得的利润w(元)最大？最大利润是多少元？
给你点赞鸭
(1)求y与x之间的函数关系式，并写出x的取值范围.
(2)当销售单价定为多少时，水果店每周销售阳光玫瑰葡萄获得的利润为510元？
(3)当销售单价定为多少时，水果店每周销售阳光玫瑰葡萄获得的利润w(元)最大？最大利润是多少元？
给你点赞鸭
答案
【解】(1)设$y$与$x$之间的函数关系式为$y=kx+b$. 根据题意得$\begin{cases}12k+b=180,\\14k+b=160,\end{cases}$ 解得$\begin{cases}k=-10,\\b=300,\end{cases}$
∴ $y=-10x+300$.
∵ 规定销售单价不低于成本价,且不高于每千克25元,
∴ $10≤x≤25$,即$y$与$x$之间的函数关系式为$y=-10x+300(10≤x≤25)$.
(2)根据题意,得$(x-10)(-10x+300)=510$,解得$x_1=13$,$x_2=27$(舍去),
∴ 当销售单价定为13元/千克时,水果店每周销售阳光玫瑰葡萄获得的利润为510元.
(3)根据题意得 $w=(x-10)(-10x+300) = -10x^2+400x-3000 = -10(x-20)^2+1000$.
∵ $-10＜0$,
∴ 当$x=20$时,$w$有最大值,最大值为1000,
∴ 当销售单价定为20元/千克时,水果店每周销售阳光玫瑰葡萄获得的利润最大,最大利润为1000元.
∴ $y=-10x+300$.
∵ 规定销售单价不低于成本价,且不高于每千克25元,
∴ $10≤x≤25$,即$y$与$x$之间的函数关系式为$y=-10x+300(10≤x≤25)$.
(2)根据题意,得$(x-10)(-10x+300)=510$,解得$x_1=13$,$x_2=27$(舍去),
∴ 当销售单价定为13元/千克时,水果店每周销售阳光玫瑰葡萄获得的利润为510元.
(3)根据题意得 $w=(x-10)(-10x+300) = -10x^2+400x-3000 = -10(x-20)^2+1000$.
∵ $-10＜0$,
∴ 当$x=20$时,$w$有最大值,最大值为1000,
∴ 当销售单价定为20元/千克时,水果店每周销售阳光玫瑰葡萄获得的利润最大,最大利润为1000元.
解析
【分析】
(1)已知销售量y与销售单价x满足一次函数关系，可采用待定系数法求解解析式：设解析式为$y=kx+b$，选取表格中两组x、y的对应值代入得到二元一次方程组，解出k、b即可得到解析式，再结合题目“销售单价不低于成本价、不高于25元”的要求确定x的取值范围。
(2)销售总利润=每千克利润×销售量，每千克利润为$(x-10)$元，销售量为(1)中所求的y，据此列一元二次方程求解，得到的解需要验证是否在x的取值范围内，不符合要求的要舍去。
(3)先按照总利润的等量关系写出w关于x的函数表达式，整理为二次函数的顶点式，结合二次函数的开口方向和x的取值范围，即可求出w的最大值及对应x的值。
【解析】
(1)设y与x之间的函数关系式为$y=kx+b$，根据表格数据代入得：
$\begin{cases}12k+b=180\\14k+b=160\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=-10\\b=300\end{cases}$
∴$y=-10x+300$
又
∵销售单价不低于成本价10元/千克，且不高于25元/千克，
∴x的取值范围为$10≤x≤25$，即y与x的函数关系式为$y=-10x+300(10≤x≤25)$。
(2)根据总利润的等量关系列方程：
$(x-10)(-10x+300)=510$
整理得$x^2-40x+351=0$
解得$x_1=13$，$x_2=27$
∵$27＞25$，不符合x的取值范围，故舍去，
∴当销售单价定为13元/千克时，每周获得的利润为510元。
(3)由题意得总利润：
$w=(x-10)(-10x+300)$
$=-10x^2+400x-3000$
配方得：$w=-10(x-20)^2+1000$
∵$-10＜0$，二次函数开口向下，且20在$10≤x≤25$范围内，
∴当$x=20$时，w取得最大值，最大值为1000元。
【答案】
(1)$y=-10x+300(10≤x≤25)$
(2)13元/千克
(3)当销售单价定为20元/千克时，最大利润为1000元
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式，一元二次方程的应用，二次函数最值应用
【点评】
本题是典型的销售类实际应用题，核心是掌握“总利润=单千克利润×销售量”的基本等量关系，解题时需注意结合实际限制确定自变量的取值范围，排除不符合题意的解，再结合函数的性质求解对应值和最值，侧重考查方程与函数的实际应用能力。
【难度系数】
0.7
(1)已知销售量y与销售单价x满足一次函数关系，可采用待定系数法求解解析式：设解析式为$y=kx+b$，选取表格中两组x、y的对应值代入得到二元一次方程组，解出k、b即可得到解析式，再结合题目“销售单价不低于成本价、不高于25元”的要求确定x的取值范围。
(2)销售总利润=每千克利润×销售量，每千克利润为$(x-10)$元，销售量为(1)中所求的y，据此列一元二次方程求解，得到的解需要验证是否在x的取值范围内，不符合要求的要舍去。
(3)先按照总利润的等量关系写出w关于x的函数表达式，整理为二次函数的顶点式，结合二次函数的开口方向和x的取值范围，即可求出w的最大值及对应x的值。
【解析】
(1)设y与x之间的函数关系式为$y=kx+b$，根据表格数据代入得：
$\begin{cases}12k+b=180\\14k+b=160\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=-10\\b=300\end{cases}$
∴$y=-10x+300$
又
∵销售单价不低于成本价10元/千克，且不高于25元/千克，
∴x的取值范围为$10≤x≤25$，即y与x的函数关系式为$y=-10x+300(10≤x≤25)$。
(2)根据总利润的等量关系列方程：
$(x-10)(-10x+300)=510$
整理得$x^2-40x+351=0$
解得$x_1=13$，$x_2=27$
∵$27＞25$，不符合x的取值范围，故舍去，
∴当销售单价定为13元/千克时，每周获得的利润为510元。
(3)由题意得总利润：
$w=(x-10)(-10x+300)$
$=-10x^2+400x-3000$
配方得：$w=-10(x-20)^2+1000$
∵$-10＜0$，二次函数开口向下，且20在$10≤x≤25$范围内，
∴当$x=20$时，w取得最大值，最大值为1000元。
【答案】
(1)$y=-10x+300(10≤x≤25)$
(2)13元/千克
(3)当销售单价定为20元/千克时，最大利润为1000元
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式，一元二次方程的应用，二次函数最值应用
【点评】
本题是典型的销售类实际应用题，核心是掌握“总利润=单千克利润×销售量”的基本等量关系，解题时需注意结合实际限制确定自变量的取值范围，排除不符合题意的解，再结合函数的性质求解对应值和最值，侧重考查方程与函数的实际应用能力。
【难度系数】
0.7
