专题01 最大利润类问题(解析版)中考数学二轮复习难点题型专项突破

2024年3月29日发(作者：2021南京中考数学试卷27题)

专题01 最大利润类问题

1．（2020•绵阳）我市认真落实国家“精准扶贫”政策，计划在对口帮扶的贫困县种植甲、乙两种火龙果共100亩，

根据市场调查，甲、乙两种火龙果每亩的种植成本分别为0.9万元、1.1万元，每亩的销售额分别为2万元、2.5

万元，如果要求种植成本不少于98万元，但不超过100万元，且所有火龙果能全部售出，则该县在此项目中获

得的最大利润是 125 万元．（利润＝销售额﹣种植成本）

解：设甲种火龙果种植x亩，乙种火龙果种植（100﹣x）亩，此项目获得利润w，

甲、乙两种火龙果每亩利润为1.1万元，1.4万元，

由题意可知：

解得：50≤x≤60，

此项目获得利润w＝1.1x+1.4（100﹣x）＝140﹣0.3x，

当x＝50时，

w的最大值为140﹣15＝125万元．

2．（2020•十堰）某企业接到生产一批设备的订单，要求不超过12天完成．这种设备的出厂价为1200元/台，该企

业第一天生产22台设备，第二天开始，每天比前一天多生产2台．若干天后，每台设备的生产成本将会增加，

设第x天（x为整数）的生产成本为m（元/台），m与x的关系如图所示．

（1）若第x天可以生产这种设备y台，则y与x的函数关系式为 y＝2x+20 ，x的取值范围为 1≤x≤12 ；

（2）第几天时，该企业当天的销售利润最大？最大利润为多少？

（3）求当天销售利润低于10800元的天数．

，

解：（1）根据题意，得y与x的解析式为：y＝22+2（x﹣1）＝2x+20（1≤x≤12），

故答案为：y＝2x+20，1≤x≤12；

（2）设当天的销售利润为w元，

则当1≤x≤6时，

w＝（1200﹣800）（2x+20）＝800x+8000，

∵800＞0，

∴w随x的增大而增大，

∴当x＝6时，w

最大值

＝800×6+8000＝12800．

当6＜x≤12时，

设m＝kx+b，将（6，800）和（10，1000）代入得：

，

解得：，

∴m与x的关系式为：m＝50x+500，

∴w＝[1200﹣（50x+500）]×（2x+20）

＝﹣100x

2

+400x+14000

＝﹣100（x﹣2）

2

+14400．

∵此时图象开口向下，在对称轴右侧，w随x的增大而减小，天数x为整数，

∴当x＝7时，w有最大值，为11900元，

∵12800＞11900，

∴当x＝6时，w最大，且w

最大值

＝12800元，

答：该厂第6天获得的利润最大，最大利润是12800元．

（3）由（2）可得，

1≤x≤6时，800x+8000＜10800，

解得：x＜3.5

则第1﹣3天当天利润低于10800元，

当6＜x≤12时，﹣100（x﹣2）

2

+14400＜10800，

解得x＜﹣4（舍去），或x＞8，

∴第9﹣12天当天利润低于10800元，

故当天销售利润低于10800元的天数有7天．

3．（2020•济南）5G时代的到来，将给人类生活带来巨大改变．现有A、B两种型号的5G手机，进价和售价如表

所示：型号价格

A

B

进价（元/部）

3000

3500

售价（元/部）

3400

4000

某营业厅购进A、B两种型号手机共花费32000元，手机销售完成后共获得利润4400元．

（1）营业厅购进A、B两种型号手机各多少部？

（2）若营业厅再次购进A、B两种型号手机共30部，其中B型手机的数量不多于A型手机数量的2倍，请设计

一个方案：营业厅购进两种型号手机各多少部时获得最大利润，最大利润是多少？

解：（1）设营业厅购进A、B两种型号手机分别为a部、b部，

，

解得，，

答：营业厅购进A、B两种型号手机分别为6部、4部；

（2）设购进A种型号的手机x部，则购进B种型号的手机（30﹣x）部，获得的利润为w元，

w＝（3400﹣3000）x+（4000﹣3500）（30﹣x）＝﹣100x+15000，

∵B型手机的数量不多于A型手机数量的2倍，

∴30﹣x≤2x，

解得，x≥10，

∵w＝﹣100x+15000，k＝﹣100，

∴w随x的增大而减小，

∴当x＝10时，w取得最大值，此时w＝14000，30﹣x＝20，

答：营业厅购进A种型号的手机10部，B种型号的手机20部时获得最大利润，最大利润是14000元．

4．（2020•宿迁）某超市经销一种商品，每千克成本为50元，经试销发现，该种商品的每天销售量y（千克）与销

售单价x（元/千克）满足一次函数关系，其每天销售单价，销售量的四组对应值如下表所示：

销售单价x（元/千

克）

销售量y（千克） 70 60 50 40

55 60 65 70

（1）求y（千克）与x（元/千克）之间的函数表达式；

（2）为保证某天获得600元的销售利润，则该天的销售单价应定为多少？

（3）当销售单价定为多少时，才能使当天的销售利润最大？最大利润是多少？

解：（1）设y与x之间的函数表达式为y＝kx+b（k≠0），将表中数据（55，70）、（60，60）代入得：

，

解得：．

∴y与x之间的函数表达式为y＝﹣2x+180．

（2）由题意得：（x﹣50）（﹣2x+180）＝600，

整理得：x

2

﹣140x+4800＝0，

解得x

1

＝60，x

2

＝80．

答：为保证某天获得600元的销售利润，则该天的销售单价应定为60元/千克或80元/千克．

（3）设当天的销售利润为w元，则：

w＝（x﹣50）（﹣2x+180）

＝﹣2（x﹣70）

2

+800，

∵﹣2＜0，

∴当x＝70时，w

最大值

＝800．

答：当销售单价定为70元/千克时，才能使当天的销售利润最大，最大利润是800元．

5．（2020•烟台）新冠疫情期间，口罩成为了人们出行必备的防护工具．某药店三月份共销售A，B两种型号的口罩

9000只，共获利润5000元，其中A，B两种型号口罩所获利润之比为2：3．已知每只B型口罩的销售利润是A

型口罩的1.2倍．

（1）求每只A型口罩和B型口罩的销售利润；

（2）该药店四月份计划一次性购进两种型号的口罩共10000只，其中B型口罩的进货量不超过A型口罩的1.5

倍，设购进A型口罩m只，这10000只口罩的销售总利润为W元．该药店如何进货，才能使销售总利润最大？

解：设销售A型口罩x只，销售B型口罩y只，根据题意得：

，解得，

经检验，x＝4000，y＝5000是原方程组的解，

∴每只A型口罩的销售利润为：（元），每只B型口罩的销售利润为：0.5×1.2＝0.6（元）．

答：每只A型口罩和B型口罩的销售利润分别为0.5元，0.6元．

（2）根据题意得，W＝0.5m+0.6（10000﹣m）＝﹣0.1m+6000，

10000﹣m≤1.5m，解得m≥4000，

∵﹣0.1＜0，

∴W随m的增大而减小，

∵m为正整数，

∴当m＝4000时，W取最大值，则﹣0.1×4000+6000＝5600，

即药店购进A型口罩4000只、B型口罩6000只，才能使销售总利润最大，最大利润为5600元．

6．（2020•鄂尔多斯）某水果店将标价为10元/斤的某种水果．经过两次降价后，价格为8.1元/斤，并且两次降价的

百分率相同．

（1）求该水果每次降价的百分率；

（2）从第二次降价的第1天算起，第x天（x为整数）的销量及储藏和损耗费用的相关信息如下表所示：

时间（天）

销量（斤）

储藏和损耗费用（元）

x

120﹣x

3x

2

﹣64x+400

已知该水果的进价为4.1元/斤，设销售该水果第x（天）的利润为y（元），求y与x（1≤x＜10）之间的函数解

析式，并求出第几天时销售利润最大，最大利润是多少？

解：（1）设该水果每次降价的百分率为x，

10（1﹣x）

2

＝8.1，

解得，x

1

＝0.1，x

2

＝1.9（舍去），

答：该水果每次降价的百分率是10%；

（2）由题意可得，

y＝（8.1﹣4.1）×（120﹣x）﹣（3x

2

﹣64x+400）＝﹣3x

2

+60x+80＝﹣3（x﹣10）

2

+380，

∵1≤x＜10，且x为整数，

∴当x＝9时，y取得最大值，此时y＝377，

由上可得，y与x（1≤x＜10）之间的函数解析式是y＝﹣3x

2

+60x+80，第9天时销售利润最大，最大利润是377

元．

7．（2020•呼和浩特）已知某厂以t小时/千克的速度匀速生产某种产品（生产条件要求0.1＜t≤1），且每小时可获得

利润60（﹣3t++1）元．

（1）某人将每小时获得的利润设为y元，发现t＝1时，y＝180，所以得出结论：每小时获得的利润，最少是180

元，他是依据什么得出该结论的，用你所学数学知识帮他进行分析说明；

（2）若以生产该产品2小时获得利润1800元的速度进行生产，则1天（按8小时计算）可生产该产品多少千克；

（3）要使生产680千克该产品获得的利润最大，问：该厂应该选取何种生产速度？并求此最大利润．

解：（1）他是依据一次函数和反比例函数的增减性质得出结论；

令y＝60（﹣3t++1），当t＝1时，y＝180，

∵当0.1＜t≤1时，随t的增大而减小，﹣3t也随t的增大而减小，

∴﹣3t+的值随t的增大而减小，

∴y＝60（﹣3t++1）随t的增大而减小，

∴当t＝1时，y取最小，

∴他的结论正确．

（2）由题意得：60（﹣3t++1）×2＝1800，

整理得：﹣3t

2

﹣14t+5＝0，

解得：t

1

＝，t

2

＝﹣5（舍），

即以小时/千克的速度匀速生产产品，则1天（按8小时计算）可生产该产品8÷＝24千克．

∴1天（按8小时计算）可生产该产品24千克；

（3）设利润为L，生产680千克该产品获得的利润为：L＝680t×60（﹣3t++1），

整理得：L＝40800（﹣3t

2

+t+5），

∴当t＝时，L最大，且最大值为207400元．

∴该厂应该选取小时/千克的速度生产，此时最大利润为207400元．

8．（2020•深圳）端午节前夕，某商铺用620元购进50个肉粽和30个蜜枣粽，肉粽的进货单价比蜜枣粽的进货单

价多6元．

（1）肉粽和蜜枣粽的进货单价分别是多少元？

（2）由于粽子畅销，商铺决定再购进这两种粽子共300个，其中肉粽数量不多于蜜枣粽数量的2倍，且每种粽

子的进货单价保持不变，若肉粽的销售单价为14元，蜜枣粽的销售单价为6元，试问第二批购进肉粽多少个时，

全部售完后，第二批粽子获得利润最大？第二批粽子的最大利润是多少元？

解：（1）设蜜枣粽的进货单价是x元，则肉粽的进货单价是（x+6）元，

由题意得：50（x+6）+30x＝620，

解得：x＝4，

∴6+4＝10，

答：蜜枣粽的进货单价是4元，则肉粽的进货单价是10元；

（2）设第二批购进肉粽y个，则蜜枣粽购进（300﹣y）个，获得利润为w元，

由题意得：w＝（14﹣10）y+（6﹣4）（300﹣y）＝2y+600，

∵2＞0，

∴w随y的增大而增大，

∵y≤2（300﹣y），

∴0＜y≤200，

∴当y＝200时，w有最大值，w

最大值

＝400+600＝1000，

答：第二批购进肉粽200个时，总利润最大，最大利润是1000元．

9．（2020•遂宁）新学期开始时，某校九年级一班的同学为了增添教室绿色文化，打造温馨舒适的学习环境，准备

到一家植物种植基地购买A、B两种花苗．据了解，购买A种花苗3盆，B种花苗5盆，则需210元；购买A种

花苗4盆，B种花苗10盆，则需380元．

（1）求A、B两种花苗的单价分别是多少元？

（2）经九年级一班班委会商定，决定购买A、B两种花苗共12盆进行搭配装扮教室．种植基地销售人员为了支

持本次活动，为该班同学提供以下优惠：购买几盆B种花苗，B种花苗每盆就降价几元，请你为九年级一班的同

学预算一下，本次购买至少准备多少钱？最多准备多少钱？

解：（1）设A、B两种花苗的单价分别是x元和y元，则

答：A、B两种花苗的单价分别是20元和30元；

（2）设购买B花苗x盆，则购买A花苗为（12﹣x）盆，设总费用为w元，

由题意得：w＝20（12﹣x）+（30﹣x）x＝﹣x

2

+10x+240（0≤x≤12），

，解得，

∵﹣1＜0．故w有最大值，当x＝5时，w的最大值为265，当x＝12时，w的最小值为216，

故本次购买至少准备216元，最多准备265元．

10．（2020•巴中）某果农为响应国家“乡村振兴”战略的号召．计划种植苹果树和桔子树共100棵．若种植40棵

苹果树，60棵桔子树共需投入成本9600元；若种植40棵桔子树，60棵苹果树共需投入成本10400元．

（1）求苹果树和桔子树每棵各需投入成本多少元？

（2）若苹果树的种植棵数不少于桔子树的，且总成本投入不超过9710元，问：共有几种种植方案？

（3）在（2）的条件下，已知平均每棵苹果树可产30kg苹果，售价为10元/kg；平均每棵桔子树可产25kg枯子，

售价为6元/kg，问：该果农怎样选择种植方案才能使所获利润最大？最大利润为多少元？

解：（1）设每棵苹果树需投入成本x元，每棵桔子树需投入成本y元，

由题意得：，解得：，

答：苹果树每棵需投入成本120元，桔子树每棵需投入成本80元；

（2）设苹果树的种植棵数为a棵，则桔子树的种植棵数为（100﹣a）棵，

由题意得：

解得：37.5≤a≤42.75，

∵a取整数，

∴a＝38，39，40，41，42，

∴共有5种种植方案；

（3）设该果农所获利润为W元，则W＝（30×10﹣120）a+（25×6﹣80）（100﹣a），

即：W＝110a+7000，

∵k＝110＞0．W随a的增大而增大，

∴当a＝42时，W

最大

＝110×42+7000＝11620（元），

答：该果农种植苹果树42棵，桔子树58棵时，获得利润最大，最大利润为11620元．

11．（2020•辽阳）超市销售某品牌洗手液，进价为每瓶10元．在销售过程中发现，每天销售量y（瓶）与每瓶售价

x（元）之间满足一次函数关系（其中10≤x≤15，且x为整数），当每瓶洗手液的售价是12元时，每天销售量

为90瓶；当每瓶洗手液的售价是14元时，每天销售量为80瓶．

（1）求y与x之间的函数关系式；

（2）设超市销售该品牌洗手液每天销售利润为w元，当每瓶洗手液的售价定为多少元时，超市销售该品牌洗手

液每天销售利润最大，最大利润是多少元？

解：（1）设y与x之间的函数关系式为y＝kx+b（k≠0），根据题意得：

，

，

解得：，

∴y与x之间的函数关系为y＝﹣5x+150；

（2）根据题意得：w＝（x﹣10）（﹣5x+150）＝﹣5（x﹣20）

2

+500，

∵a＝﹣5＜0，

∴抛物线开口向下，w有最大值，

∴当x＜20时，w随着x的增大而增大，

∵10≤x≤15且x为整数，

∴当x＝15时，w有最大值，

即：w＝﹣5×（15﹣20）

2

+500＝375，

答：当每瓶洗手液的售价定为15元时，超市销售该品牌洗手液每天销售利润最大，最大利润为375元．

12．（2020•新疆）某超市销售A、B两款保温杯，已知B款保温杯的销售单价比A款保温杯多10元，用480元购

买B款保温杯的数量与用360元购买A款保温杯的数量相同．

（1）A、B两款保温杯的销售单价各是多少元？

（2）由于需求量大，A、B两款保温杯很快售完，该超市计划再次购进这两款保温杯共120个，且A款保温杯

的数量不少于B款保温杯数量的两倍．若A款保温杯的销售单价不变，B款保温杯的销售单价降低10%，两款

保温杯的进价每个均为20元，应如何进货才能使这批保温杯的销售利润最大，最大利润是多少元？

解：（1）设A款保温杯的单价是a元，则B款保温杯的单价是（a+10）元，

，

解得，a＝30，

经检验，a＝30是原分式方程的解，

则a+10＝40，

答：A、B两款保温杯的销售单价分别是30元、40元；

（2）设购买A款保温杯x个，则购买B款保温杯（120﹣x）个，利润为w元，

w＝（30﹣20）x+[40×（1﹣10%）﹣20]（120﹣x）＝﹣6x+1920，

∵A款保温杯的数量不少于B款保温杯数量的两倍，

∴x≥2（120﹣x），

解得，x≥80，

∴当x＝80时，w取得最大值，此时w＝1440，120﹣x＝40，

答：当购买A款保温杯80个，B款保温杯40个时，能使这批保温杯的销售利润最大，最大利润是1440元．

13．（2020•黄冈）网络销售已经成为一种热门的销售方式，为了减少农产品的库存，我市市长亲自在某网络平台上

进行直播销售大别山牌板栗，为提高大家购买的积极性，直播时，板栗公司每天拿出2000元现金，作为红包发

给购买者．已知该板栗的成本价格为6元/kg，每日销售量y（kg）与销售单价x（元/kg）满足关系式：y＝﹣

100x+5000．经销售发现，销售单价不低于成本价且不高于30元/kg．当每日销售量不低于4000kg时，每千克成

本将降低1元，设板栗公司销售该板栗的日获利为w（元）．

（1）请求出日获利w与销售单价x之间的函数关系式；

（2）当销售单价定为多少时，销售这种板栗日获利最大？最大利润为多少元？

（3）当w≥40000元时，网络平台将向板栗公司收取a元/kg（a＜4）的相关费用，若此时日获利的最大值为42100

元，求a的值．

解：（1）当y≥4000，即﹣100x+5000≥4000，

∴x≤10，

∴当6≤x≤10时，w＝（x﹣6+1）（﹣100x+5000）﹣2000＝﹣100x

2

+5500x﹣27000，

当10＜x≤30时，w＝（x﹣6）（﹣100x+5000）﹣2000＝﹣100x

2

+5600x﹣32000，

综上所述：w＝；

）

2

+48625， （2）当6≤x≤10时，w＝﹣100x

2

+5500x﹣27000＝﹣100（x﹣

∵a＝﹣100＜0，对称轴为x＝，

∴当6≤x≤10时，y随x的增大而增大，即当x＝10时，w

最大值

＝18000元，

当10＜x≤30时，w＝﹣100x

2

+5600x﹣32000＝﹣100（x﹣28）

2

+46400，

∵a＝﹣100＜0，对称轴为x＝28，

∴当x＝28时，w有最大值为46400元，

∵46400＞18000，

∴当销售单价定为28时，销售这种板栗日获利最大，最大利润为46400元；

（3）∵40000＞18000，

∴10＜x≤30，

∴w＝﹣100x

2

+5600x﹣32000，

当w＝40000元时，40000＝﹣100x

2

+5600x﹣32000，

∴x

1

＝20，x

2

＝36，

∴当20≤x≤36时，w≥40000，

又∵10＜x≤30，

∴20≤x≤30，

此时：日获利w

1

＝（x﹣6﹣a）（﹣100x+5000）﹣2000＝﹣100x

2

+（5600+100a）x﹣32000﹣5000a，

∴对称轴为直线x＝﹣

∵a＜4，

＝28+a，

∴28+a＜30，

∴当x＝28+a时，日获利的最大值为42100元

∴（28+a﹣6﹣a）[﹣100×（28+a）+5000]﹣2000＝42100，

∴a

1

＝2，a

2

＝86，

∵a＜4，

∴a＝2．

14．（2020•青岛）某公司生产A型活动板房成本是每个425元．图①表示A型活动板房的一面墙，它由长方形和

抛物线构成，长方形的长AD＝4m，宽AB＝3m，抛物线的最高点E到BC的距离为4m．

（1）按如图①所示的直角坐标系，抛物线可以用y＝kx

2

+m（k≠0）表示．求该抛物线的函数表达式；

（2）现将A型活动板房改造为B型活动板房．如图②，在抛物线与AD之间的区域内加装一扇长方形窗户FGMN，

点G，M在AD上，点N，F在抛物线上，窗户的成本为50元/m

2

．已知GM＝2m，求每个B型活动板房的成本

是多少？（每个B型活动板房的成本＝每个A型活动板房的成本+一扇窗户FGMN的成本）

（3）根据市场调查，以单价650元销售（2）中的B型活动板房，每月能售出100个，而单价每降低10元，每

月能多售出20个．公司每月最多能生产160个B型活动板房．不考虑其他因素，公司将销售单价n（元）定为

多少时，每月销售B型活动板房所获利润w（元）最大？最大利润是多少？

解：（1）∵长方形的长AD＝4m，宽AB＝3m，抛物线的最高点E到BC的距离为4m．

∴OH＝AB＝3，

∴EO＝EH﹣OH＝4﹣3＝1，

∴E（0，1），D（2，0），

∴该抛物线的函数表达式为：y＝kx

2

+1，

把点D（2，0）代入，得k＝﹣，

∴该抛物线的函数表达式为：y＝﹣x

2

+1；

（2）∵GM＝2，

∴OM＝OG＝1，

∴当x＝1时，y＝，

∴N（1，），

∴MN＝，

∴S

矩形

MNFG

＝MN•GM＝×2＝，

∴每个B型活动板房的成本是：

425+×50＝500（元）．

答：每个B型活动板房的成本是500元；

（3）根据题意，得

w＝（n﹣500）[100+

＝﹣2（n﹣600）

2

+20000，

∵每月最多能生产160个B型活动板房，

∴100+

解得n≥620，

∵﹣2＜0，

∴n≥620时，w随n的增大而减小，

∴当n＝620时，w有最大值为19200元．

答：公司将销售单价n（元）定为620元时，每月销售B型活动板房所获利润w（元）最大，最大利润是19200

元．

≤160，

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