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4. 某商品进价为40元/kg，按60元/kg出售，平均每天可售出100 kg.后经市场调查发现，单价每降低1元，平均每天的销售量可增加10 kg.商家销售这种商品若想要平均每天获利2 240元，且销售量尽可能大，则每千克这种商品应降价
6
元.答案
4.6
解析
【分析】
这是典型的销售利润类应用题，解题核心是利用“总利润=每千克利润×销售量”的等量关系列方程。首先设每千克降价x元，分别表示出降价后的每千克利润和销售量：降价后每千克利润为原售价减进价再减去降价金额，即(60-40-x)元；降价后销售量为原销量加上降价增加的销量，即(100+10x)kg。结合总利润2240元列一元二次方程，求解后根据“销售量尽可能大”的要求，选择能让销量更大的x值即可。
【解析】
解：设每千克这种商品应降价x元。
根据总利润的计算公式列方程：
$(60-40-x)(100+10x)=2240$
整理方程得：
$x^2-10x+24=0$
因式分解得：
$(x-4)(x-6)=0$
解得：$x_1=4$，$x_2=6$
∵ 销售量为$(100+10x)\mathrm{kg}$，要使销售量尽可能大，则x应取较大值
∴ $x=6$
【答案】
6
【知识点】
1.一元二次方程的实际应用
2.销售利润问题计算
【点评】
本题是一元二次方程应用的常规题型，解题关键是找准销售问题中总利润的等量关系，同时要注意题目给出的限定条件，对求出的方程的根进行合理取舍，避免出现多解错误。
【难度系数】
0.7
这是典型的销售利润类应用题，解题核心是利用“总利润=每千克利润×销售量”的等量关系列方程。首先设每千克降价x元，分别表示出降价后的每千克利润和销售量：降价后每千克利润为原售价减进价再减去降价金额，即(60-40-x)元；降价后销售量为原销量加上降价增加的销量，即(100+10x)kg。结合总利润2240元列一元二次方程，求解后根据“销售量尽可能大”的要求，选择能让销量更大的x值即可。
【解析】
解：设每千克这种商品应降价x元。
根据总利润的计算公式列方程：
$(60-40-x)(100+10x)=2240$
整理方程得：
$x^2-10x+24=0$
因式分解得：
$(x-4)(x-6)=0$
解得：$x_1=4$，$x_2=6$
∵ 销售量为$(100+10x)\mathrm{kg}$，要使销售量尽可能大，则x应取较大值
∴ $x=6$
【答案】
6
【知识点】
1.一元二次方程的实际应用
2.销售利润问题计算
【点评】
本题是一元二次方程应用的常规题型，解题关键是找准销售问题中总利润的等量关系，同时要注意题目给出的限定条件，对求出的方程的根进行合理取舍，避免出现多解错误。
【难度系数】
0.7
5. 某商店销售一种玩具，经市场调查发现，日销售量 y 件与每件的售价 x 元满足一次函数关系，部分数据如表：
(1) 求 y 关于 x 的函数表达式(不要求写出自变量 x 的取值范围)；
(2) 当玩具日销售额为 300 元时，求每件玩具的售价。
(1) 求 y 关于 x 的函数表达式(不要求写出自变量 x 的取值范围)；
(2) 当玩具日销售额为 300 元时，求每件玩具的售价。
答案
5.（1）设y与x之间的函数表达式为y=kx+b(k≠0)，将(25,10),(28,7)代入y=kx+b，得$\begin{cases}25k+b=10,\\28k+b=7.\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-1,\\b=35.\end{cases}$
∴y与x之间的函数表达式为y=−x+35 （2）根据题意，得xy=300，即x(−x+35)=300.整理，得x²−35x+300=0.解得x₁=15，x₂=20.答：每件玩具的售价为15元或20元
∴y与x之间的函数表达式为y=−x+35 （2）根据题意，得xy=300，即x(−x+35)=300.整理，得x²−35x+300=0.解得x₁=15，x₂=20.答：每件玩具的售价为15元或20元
解析
【分析】
(1) 已知日销售量y和售价x满足一次函数关系，我们采用待定系数法求解：先设一次函数的一般形式为y=kx+b（k≠0），再从表格中选取两组x、y的对应值代入，得到关于k、b的二元一次方程组，解出k、b的值即可得到函数表达式。
(2) 日销售额的等量关系为“日销售额=每件售价×日销售量”，已知日销售额为300元，将第一问求出的y的表达式代入等量关系，即可得到关于x的一元二次方程，解方程就能得到每件玩具的售价。
【解析】
(1) 设y关于x的函数表达式为$y=kx+b\ (k≠0)$，
将表格中的两组对应值$(25,10)$、$(28,7)$代入表达式，得：
$\begin{cases}25k+b=10\\28k+b=7\end{cases}$
用第二个方程减去第一个方程，得$3k=-3$，解得$k=-1$，
将$k=-1$代入$25k+b=10$，得$-25+b=10$，解得$b=35$，
因此y关于x的函数表达式为$y=-x+35$。
(2) 根据题意，日销售额=售价×日销售量，即$xy=300$，
将$y=-x+35$代入上式，得：
$x(-x+35)=300$
整理得$x^2-35x+300=0$，
因式分解得$(x-15)(x-20)=0$，
解得$x_1=15$，$x_2=20$，两个解均符合实际销售要求。
【答案】
(1) $y=-x+35$；(2) 每件玩具的售价为15元或20元
【知识点】
待定系数法求一次函数，一元二次方程应用，销售等量关系
【点评】
本题属于实际应用类基础题，结合一次函数和一元二次方程考查销售问题，核心是掌握待定系数法求解析式的步骤，找准销售额对应的等量关系列方程求解，计算难度较低，只要细心计算即可得分。
【难度系数】
0.8
(1) 已知日销售量y和售价x满足一次函数关系，我们采用待定系数法求解：先设一次函数的一般形式为y=kx+b（k≠0），再从表格中选取两组x、y的对应值代入，得到关于k、b的二元一次方程组，解出k、b的值即可得到函数表达式。
(2) 日销售额的等量关系为“日销售额=每件售价×日销售量”，已知日销售额为300元，将第一问求出的y的表达式代入等量关系，即可得到关于x的一元二次方程，解方程就能得到每件玩具的售价。
【解析】
(1) 设y关于x的函数表达式为$y=kx+b\ (k≠0)$，
将表格中的两组对应值$(25,10)$、$(28,7)$代入表达式，得：
$\begin{cases}25k+b=10\\28k+b=7\end{cases}$
用第二个方程减去第一个方程，得$3k=-3$，解得$k=-1$，
将$k=-1$代入$25k+b=10$，得$-25+b=10$，解得$b=35$，
因此y关于x的函数表达式为$y=-x+35$。
(2) 根据题意，日销售额=售价×日销售量，即$xy=300$，
将$y=-x+35$代入上式，得：
$x(-x+35)=300$
整理得$x^2-35x+300=0$，
因式分解得$(x-15)(x-20)=0$，
解得$x_1=15$，$x_2=20$，两个解均符合实际销售要求。
【答案】
(1) $y=-x+35$；(2) 每件玩具的售价为15元或20元
【知识点】
待定系数法求一次函数，一元二次方程应用，销售等量关系
【点评】
本题属于实际应用类基础题，结合一次函数和一元二次方程考查销售问题，核心是掌握待定系数法求解析式的步骤，找准销售额对应的等量关系列方程求解，计算难度较低，只要细心计算即可得分。
【难度系数】
0.8
6. 随着人们对身心健康的关注度越来越高，某市参加健身运动的人数逐年增多，从2023年的35万人增加到2025年的50.4万人.
（1）求该市参加健身运动人数的年均增长率.
（2）为支持市民的健身运动，某社区决定从A公司购买某套健身器材.该公司规定:若购买不超过100套，则每套售价为1 600元;若购买超过100套，则每增加10套，售价每套降低40元，但最低售价不得少于1 000元.已知该社区向该公司支付货款24万元，求购买了多少套这种健身器材.
（1）求该市参加健身运动人数的年均增长率.
（2）为支持市民的健身运动，某社区决定从A公司购买某套健身器材.该公司规定:若购买不超过100套，则每套售价为1 600元;若购买超过100套，则每增加10套，售价每套降低40元，但最低售价不得少于1 000元.已知该社区向该公司支付货款24万元，求购买了多少套这种健身器材.
答案
6.（1）设该市参加健身运动人数的年均增长率为x，由题意，得35(1+x)²=50.4.解得x₁=0.2，x₂=−2.2(不符合题意，舍去).答：该市参加健身运动人数的年均增长率为20% （2）
∵1 600×100=160 000＜240 000元，
∴购买的这种健身器材的套数大于100套，设购买的这种健身器材的套数为m套，由题意，得$m(1\ 600-\frac{m-100}{10}×40)=240\ 000$.整理，得m²−500m+60 000=0.解得m₁=200，m₂=300.当m=300时，售价=$1\ 600-\frac{300-100}{10}×40=800＜1\ 000$元(不符合题意，故舍去).答：购买的这种健身器材的套数为200套
∵1 600×100=160 000＜240 000元，
∴购买的这种健身器材的套数大于100套，设购买的这种健身器材的套数为m套，由题意，得$m(1\ 600-\frac{m-100}{10}×40)=240\ 000$.整理，得m²−500m+60 000=0.解得m₁=200，m₂=300.当m=300时，售价=$1\ 600-\frac{300-100}{10}×40=800＜1\ 000$元(不符合题意，故舍去).答：购买的这种健身器材的套数为200套
解析
【分析】
（1）本题是增长率类实际问题，核心解题公式为：初始量×(1+年均增长率)^增长年数=最终量。已知2023年人数为初始量35万，2025年为最终量50.4万，间隔2年，设年均增长率为x，代入公式列一元二次方程求解即可，注意增长率为正数，需舍去负根。
（2）本题是分段计费类销售问题，首先计算购买100套的总货款，和实际支付的24万元比较，可判断购买套数超过100套。再设购买套数为m，表示出超过100套时的每套售价：每多10套售价降40元，因此每套降价金额为$\frac{m-100}{10}×40$，根据“单价×数量=总货款”列方程求解，最后验证售价是否不低于1000元，舍去不符合条件的解。
【解析】
（1）设该市参加健身运动人数的年均增长率为$x$，由题意得：
$35(1+x)^2=50.4$
化简得：$(1+x)^2=1.44$
开平方得：$1+x=\pm1.2$
解得$x_1=0.2=20\%$，$x_2=-2.2$（不符合增长率为正的实际意义，舍去）。
（2）先计算购买100套的总货款：$1600×100=160000$元$=16$万元$＜24$万元，因此购买的器材套数超过100套。
设购买了$m$套这种健身器材，此时每套售价为$(1600-\frac{m-100}{10}×40)$元，总货款为240000元，列方程得：
$m(1600-\frac{m-100}{10}×40)=240000$
整理得：$m^2-500m+60000=0$
因式分解得：$(m-200)(m-300)=0$
解得$m_1=200$，$m_2=300$。
验根：当$m=300$时，每套售价为$1600-\frac{300-100}{10}×40=800$元$＜1000$元，不符合最低售价要求，舍去；当$m=200$时，每套售价为1200元$＞1000$元，符合题意。
【答案】
（1）该市参加健身运动人数的年均增长率为20%；
（2）购买了200套这种健身器材。
【知识点】
一元二次方程的实际应用，增长率问题，分段计费问题
【点评】
本题是一元二次方程实际应用的常规题型，第一问难度较低，牢记增长率计算公式即可快速求解；第二问需要先判断购买数量的收费区间，求解后要结合题目的限制条件验根，避免出现不符合实际意义的解。
【难度系数】
0.7
（1）本题是增长率类实际问题，核心解题公式为：初始量×(1+年均增长率)^增长年数=最终量。已知2023年人数为初始量35万，2025年为最终量50.4万，间隔2年，设年均增长率为x，代入公式列一元二次方程求解即可，注意增长率为正数，需舍去负根。
（2）本题是分段计费类销售问题，首先计算购买100套的总货款，和实际支付的24万元比较，可判断购买套数超过100套。再设购买套数为m，表示出超过100套时的每套售价：每多10套售价降40元，因此每套降价金额为$\frac{m-100}{10}×40$，根据“单价×数量=总货款”列方程求解，最后验证售价是否不低于1000元，舍去不符合条件的解。
【解析】
（1）设该市参加健身运动人数的年均增长率为$x$，由题意得：
$35(1+x)^2=50.4$
化简得：$(1+x)^2=1.44$
开平方得：$1+x=\pm1.2$
解得$x_1=0.2=20\%$，$x_2=-2.2$（不符合增长率为正的实际意义，舍去）。
（2）先计算购买100套的总货款：$1600×100=160000$元$=16$万元$＜24$万元，因此购买的器材套数超过100套。
设购买了$m$套这种健身器材，此时每套售价为$(1600-\frac{m-100}{10}×40)$元，总货款为240000元，列方程得：
$m(1600-\frac{m-100}{10}×40)=240000$
整理得：$m^2-500m+60000=0$
因式分解得：$(m-200)(m-300)=0$
解得$m_1=200$，$m_2=300$。
验根：当$m=300$时，每套售价为$1600-\frac{300-100}{10}×40=800$元$＜1000$元，不符合最低售价要求，舍去；当$m=200$时，每套售价为1200元$＞1000$元，符合题意。
【答案】
（1）该市参加健身运动人数的年均增长率为20%；
（2）购买了200套这种健身器材。
【知识点】
一元二次方程的实际应用，增长率问题，分段计费问题
【点评】
本题是一元二次方程实际应用的常规题型，第一问难度较低，牢记增长率计算公式即可快速求解；第二问需要先判断购买数量的收费区间，求解后要结合题目的限制条件验根，避免出现不符合实际意义的解。
【难度系数】
0.7
7. 某超市以每箱 40 元的价格购进一批荔枝.经调查发现,若标价为每箱 64 元,则每天可销售 50 箱;若每箱荔枝降价 4 元,则每天可多售出 25 箱.
(1) 该超市如何定价能使每天获得最大利润? 最大利润是多少?
(2) 5 月中旬因为荔枝大量上市,超市决定采取降价销售.从 5 月 17 日开始,荔枝的销售价格在(1)的条件下降了 $ m\% $,同时荔枝的进货成本降了 $ 10\% $,销售量在(1)的基础上涨了 $ 2m\% $,5月份(按 31 天计算)降价销售后的荔枝销售总盈利比 5 月份降价销售前的销售总盈利少 7120 元,求 $ m $ 的值.
(1) 该超市如何定价能使每天获得最大利润? 最大利润是多少?
(2) 5 月中旬因为荔枝大量上市,超市决定采取降价销售.从 5 月 17 日开始,荔枝的销售价格在(1)的条件下降了 $ m\% $,同时荔枝的进货成本降了 $ 10\% $,销售量在(1)的基础上涨了 $ 2m\% $,5月份(按 31 天计算)降价销售后的荔枝销售总盈利比 5 月份降价销售前的销售总盈利少 7120 元,求 $ m $ 的值.
答案
7.（1）设定价为每箱x元，能使每天获得最大利润，所获利润为y，则$y=(x-40)(50+\frac{64-x}{4}×25)=-\frac{25}{4}x^2-700x+1\ 800$.
∴$y=-\frac{25}{4}x^2-700x+1\ 800=-\frac{25}{4}(x-56)^2+1\ 600$.
∵$(x-56)^2≥0$，
∴$-\frac{25}{4}(x-56)^2≤0$.
∴$-\frac{25}{4}(x-56)^2+1\ 600≤1\ 600$.
∴当x=56时，y最大=1 600元.答：该超市定价为每箱56元时每天获得最大利润，最大利润是1 600元 （2）在(1)的条件下，x=56时，每天可销售100箱，由题意，得1 600×16=[56×(1−m%)−40×(1−10%)]×100×(1+2m%)×15+7 120.解得$m_1=20$，$m_2=-\frac{240}{7}$(舍去).答：m的值为20
∴$y=-\frac{25}{4}x^2-700x+1\ 800=-\frac{25}{4}(x-56)^2+1\ 600$.
∵$(x-56)^2≥0$，
∴$-\frac{25}{4}(x-56)^2≤0$.
∴$-\frac{25}{4}(x-56)^2+1\ 600≤1\ 600$.
∴当x=56时，y最大=1 600元.答：该超市定价为每箱56元时每天获得最大利润，最大利润是1 600元 （2）在(1)的条件下，x=56时，每天可销售100箱，由题意，得1 600×16=[56×(1−m%)−40×(1−10%)]×100×(1+2m%)×15+7 120.解得$m_1=20$，$m_2=-\frac{240}{7}$(舍去).答：m的值为20
解析
【分析】
（1）本题为销售利润最值问题，核心依据是“总利润=单箱利润×销售总量”。首先设定价为x元，先表示出单箱利润为$(x-40)$元；再结合“每降价4元多售出25箱”的条件，计算出相比标价64元降价了$(64-x)$元，对应增加的销量为$\frac{64-x}{4}×25$箱，总销量为原有50箱加新增销量。将单箱利润和总销量代入利润公式得到关于x的二次函数，通过配方法求出二次函数的最大值及对应定价即可。
（2）先求出（1）中最优定价对应的日销售量；再明确时间分段：5月1日-16日共16天按原最优方案销售，17日-31日共15天按降价方案销售。根据“降价后总盈利=降价前总盈利-7120”的等量关系，分别表示出降价后的单箱利润、销售量，列出关于m的一元二次方程，求解后舍去不符合实际意义的负根即可。
【解析】
（1）设定价为每箱x元，每天获得的利润为y元。
单箱利润为$(x-40)$元，总销量为$50+\frac{64-x}{4}×25$箱，因此总利润：
$\begin{aligned}y&=(x-40)(50+\frac{64-x}{4}×25)\\&=-\frac{25}{4}x^2+700x-18000\\&=-\frac{25}{4}(x-56)^2+1600\end{aligned}$
∵ 二次项系数$-\frac{25}{4}＜0$，抛物线开口向下，
∴ 当$x=56$时，y取得最大值，最大值为1600元。
（2）当$x=56$时，日销售量为$50+\frac{64-56}{4}×25=100$箱。
根据题意列方程：
$1600×16 = [56(1-m\%) - 40×(1-10\%)]×100×(1+2m\%)×15 + 7120$
$25600=[56-0.56m-36]×100×(1+2m\%)×15+7120$
$25600=[20-0.56m]×(1+2m\%)×1500+7120$
$[20-0.56m]×(1500+30m)=18480$
$30000+600m-840m-16.8m²=18480$
-$16.8m²-240m+11520=0$
整理求解得$m_1=20$，$m_2=-\frac{240}{7}$，降价幅度不能为负，故舍去$m_2$。
【答案】
（1）定价为每箱56元时每天获得最大利润，最大利润是1600元；
（2）m的值为20。
【知识点】
1. 二次函数最值应用
2. 一元二次方程应用
3. 销售利润问题
【点评】
本题是销售类实际应用的典型题型，综合考查了二次函数求最值和一元二次方程的列解，解题关键是找准利润、售价、销量之间的等量关系，求解后注意结合实际意义舍去不合理的解。
【难度系数】
0.6
（1）本题为销售利润最值问题，核心依据是“总利润=单箱利润×销售总量”。首先设定价为x元，先表示出单箱利润为$(x-40)$元；再结合“每降价4元多售出25箱”的条件，计算出相比标价64元降价了$(64-x)$元，对应增加的销量为$\frac{64-x}{4}×25$箱，总销量为原有50箱加新增销量。将单箱利润和总销量代入利润公式得到关于x的二次函数，通过配方法求出二次函数的最大值及对应定价即可。
（2）先求出（1）中最优定价对应的日销售量；再明确时间分段：5月1日-16日共16天按原最优方案销售，17日-31日共15天按降价方案销售。根据“降价后总盈利=降价前总盈利-7120”的等量关系，分别表示出降价后的单箱利润、销售量，列出关于m的一元二次方程，求解后舍去不符合实际意义的负根即可。
【解析】
（1）设定价为每箱x元，每天获得的利润为y元。
单箱利润为$(x-40)$元，总销量为$50+\frac{64-x}{4}×25$箱，因此总利润：
$\begin{aligned}y&=(x-40)(50+\frac{64-x}{4}×25)\\&=-\frac{25}{4}x^2+700x-18000\\&=-\frac{25}{4}(x-56)^2+1600\end{aligned}$
∵ 二次项系数$-\frac{25}{4}＜0$，抛物线开口向下，
∴ 当$x=56$时，y取得最大值，最大值为1600元。
（2）当$x=56$时，日销售量为$50+\frac{64-56}{4}×25=100$箱。
根据题意列方程：
$1600×16 = [56(1-m\%) - 40×(1-10\%)]×100×(1+2m\%)×15 + 7120$
$25600=[56-0.56m-36]×100×(1+2m\%)×15+7120$
$25600=[20-0.56m]×(1+2m\%)×1500+7120$
$[20-0.56m]×(1500+30m)=18480$
$30000+600m-840m-16.8m²=18480$
-$16.8m²-240m+11520=0$
整理求解得$m_1=20$，$m_2=-\frac{240}{7}$，降价幅度不能为负，故舍去$m_2$。
【答案】
（1）定价为每箱56元时每天获得最大利润，最大利润是1600元；
（2）m的值为20。
【知识点】
1. 二次函数最值应用
2. 一元二次方程应用
3. 销售利润问题
【点评】
本题是销售类实际应用的典型题型，综合考查了二次函数求最值和一元二次方程的列解，解题关键是找准利润、售价、销量之间的等量关系，求解后注意结合实际意义舍去不合理的解。
【难度系数】
0.6
