19.3 课题学习 选择方案 (解析版)-2020-2021学年八年级数学下册精讲精练(人教版)

19.3 课题学习 选择方案
一次函数是最基本的函数，它与一次方程、一次不等式有密切联系，在实际生活中有广泛的应用。

例如，利用一次函数等有关知识可以在某些经济活动中作出具体的方案决策。

近几年来一些省市的中考或竞赛试题中出现了这方面的应用题，这些试题新颖灵活，具有较强的时代气息和很强的选拔功能。

【例题1】（2020•怀化）某商店计划采购甲、乙两种不同型号的平板电脑共20台，已知甲型平板电脑进价1600元，售价2000元；乙型平板电脑进价为2500元，售价3000元．
（1）设该商店购进甲型平板电脑x 台，请写出全部售出后该商店获利y 与x 之间函数表达式．
（2）若该商店采购两种平板电脑的总费用不超过39200元，全部售出所获利润不低于8500元，请设计出所有采购方案，并求出使商店获得最大利润的采购方案及最大利润．
【答案】见解析。

【分析】（1）根据利润等于每台电脑的利润乘以台数列得函数关系式即可；
（2）根据题意列不等式组，求出解集，根据解集即可得到四种采购方案，由（1）的函数关系式得到当x 取最小值时，y 有最大值，将x ＝12代入函数解析式求出结果即可．
【解析】（1）由题意得：y ＝（2000﹣1600）x +（3000﹣2500）（20﹣x ）＝﹣100x +10000，
∴全部售出后该商店获利y 与x 之间函数表达式为y ＝﹣100x +10000；
（2）由题意得：{1600x +2500(20−x)≤39200400x +500(20−x)≥8500
， 解得12≤x ≤15，
∵x 为正整数，
∴x ＝12、13、14、15，
共有四种采购方案：
①甲型电脑12台，乙型电脑8台，
②甲型电脑13台，乙型电脑7台，
③甲型电脑14台，乙型电脑6台，
④甲型电脑15台，乙型电脑5台，
∵y＝﹣100x+10000，且﹣100＜0，
∴y随x的增大而减小，
∴当x取最小值时，y有最大值，
即x＝12时，y最大值＝﹣100×12+10000＝8800，
∴采购甲型电脑12台，乙型电脑8台时商店获得最大利润，最大利润是8800元．
解答题
1．（2020•河南）暑期将至，某健身俱乐部面向学生推出暑期优惠活动，活动方案如下．
方案一：购买一张学生暑期专享卡，每次健身费用按六折优惠；
方案二：不购买学生暑期专享卡，每次健身费用按八折优惠．
设某学生暑期健身x（次），按照方案一所需费用为y1（元），且y1＝k1x+b；按照方案二所需费用为y2（元），且y2＝k2x．其函数图象如图所示．
（1）求k1和b的值，并说明它们的实际意义；
（2）求打折前的每次健身费用和k2的值；
（3）八年级学生小华计划暑期前往该俱乐部健身8次，应选择哪种方案所需费用更少？说明理由．
【答案】见解析。

【分析】（1）把点（0，30），（10，180）代入y1＝k1x+b，得到关于k1和b的二元一次方程组，求解即可；（2）根据方案一每次健身费用按六折优惠，可得打折前的每次健身费用，再根据方案二每次健身费用按八
折优惠，求出k 2的值；
（3）将x ＝8分别代入y 1、y 2关于x 的函数解析式，比较即可．
【解析】（1）∵y 1＝k 1x +b 过点（0，30），（10，180），
∴{b =3010k 1+b =180，解得{k 1=15b =30
， k 1＝15表示的实际意义是：购买一张学生暑期专享卡后每次健身费用为15元，
b ＝30表示的实际意义是：购买一张学生暑期专享卡的费用为30元；
（2）由题意可得，打折前的每次健身费用为15÷0.6＝25（元），
则k 2＝25×0.8＝20；
（3）选择方案一所需费用更少．理由如下：
由题意可知，y 1＝15x +30，y 2＝20x ．
当健身8次时，
选择方案一所需费用：y 1＝15×8+30＝150（元），
选择方案二所需费用：y 2＝20×8＝160（元），
∵150＜160，
∴选择方案一所需费用更少．
2．某校实行学案式教学，需印制若干份数学学案，印刷厂有甲、乙两种收费方式，除按印数收取印刷费外，甲种方式还需收取制版费而乙种不需要．两种印刷方式的费用y （元）与印刷份数x （份）之间的关系如图所示：
（1）填空：甲种收费的函数关系式是________．
乙种收费的函数关系式是____________．
（2）该校某年级每次需印制100～450（含100和450）份学案，选择哪种印刷方式较合算？
【答案】印制100～300（含100）份学案，选择乙种印刷方式较合算，印制300份学案，甲、乙两种印刷方式都一样合算，印制300～450（含450）份学案，选择甲种印刷方式较合算．
【解析】考点有待定系数法求一次函数解析式；一次函数的应用．
A.设甲种收费的函数关系式y1=kx+b，乙种收费的函数关系式是y2=k1x，直接运用待定系数法就可以求出结论；
B.由（1）的解析式分三种情况进行讨论，当y1＞y2时，当y1=y2时，当y1＜y2时分别求出x的取值范围就可以得出选择方式．
（1）设甲种收费的函数关系式y1=kx+b，乙种收费的函数关系式是y2=k1x，由题意，得
，12=100k1，
解得：，k1=0.12，
∴y1=0.1x+6（x≥0），y2=0.12x（x≥0）；
（2）由题意，得
当y1＞y2时，0.1x+6＞0.12x，得x＜300；
当y1=y2时，0.1x+6=0.12x，得x=300；
当y1＜y2时，0.1x+6＜0.12x，得x＞300；
∴当100≤x＜300时，选择乙种方式合算；
当x=300时，甲、乙两种方式一样合算；
当300＜x≤450时，选择甲种方式合算．
3．甲、乙两车从A地驶向B地，并以各自的速度匀速行驶，甲车比乙车早行驶2h，并且甲车途中休息了0.5h，如图是甲乙两车行驶的距离y（km）与时间x（h）的函数图象．
（1）求出图中m，a的值；
（2）求出甲车行驶路程y（km）与时间x（h）的函数解析式，并写出相应的x的取值范围；
（3）当乙车行驶多长时间时，两车恰好相距50km．
【答案】见解析。

【解析】（1）由题意，得m=1.5﹣0.5=1．
120÷（3.5﹣0.5）=40，∴a=40．
a=40，m=1；
（2）当0≤x≤1时设y与x之间的函数关系式为y=k1x，由题意，得
40=k1，∴y=40x当1＜x≤1.5时，y=40；
当1.5＜x≤7设y与x之间的函数关系式为y=k2x+b，由题意，得
，解得：，∴y=40x﹣20．
y=；
（3）设乙车行驶的路程y与时间x之间的解析式为y=k3x+b3，由题意，得
，解得：，∴y=80x﹣160．
当40x﹣20﹣50=80x﹣160时，解得：x=．
当40x﹣20+50=80x﹣160时，解得：x=．
=，．
乙车行驶小时或小时，两车恰好相距50km．
4.小王从A地前往B地，到达后立刻返回，他与A地的距离y（千米）和所用的时间x（小时）之间的函数关系如图所示。

（1）小王从B 地返回A 地用了多少小时？
（2）求小王出发6小时后距A 地多远？
（3）在A 、B 之间友谊C 地，小王从去时途经C 地，到返回时路过C 地，共用了2小时20分，求A 、C 两地相距多远？
【答案】见解析。

【解析】（1）小王从B 地返回A 地用了4小时。

（2）小王出发6小时，∵6>3，可知小王此时在返回途中。

于是，设DE 所在直线的解析式为y kx b =+，由图象可得：
324070k b k b +=⎧⎨+=⎩，解得60240k b =-⎧⎨=⎩
∴DE 所在直线的解析式为60420(37)y x x =-+≤≤
当x=6时，有60642060y =-⨯+=
∴小王出发6小时后距A 地60千米。

（3）设AD 所在直线的解析式为1y k x =，易求180k =
∴AD 所在直线的解析式为80(03)y x x =≤≤
设小王从C 到B 用了0x 小时，则去时C 距A 的距离为024080y x =-
返回时，从B 到C 用了（073x -）小时，
这时C 距A 的距离为00760[3()]420100603y x x =-+-+=+
由002408010060x x -=+，解得01
x = 故C 距A 的距离为024080160
x -=米 5.某商店销售10台A 型和20台B 型电脑的利润为4000元，销售20台A 型和10台B 型电脑的利润为3500元．
（1)求每台A 型电脑和B 型电脑的销售利润；
（2）该商店计划一次购进两种型号的电脑共100台，其中B 型电脑的进货量不超过A 型电脑的2倍。

设购进A 掀电脑x 台，这100台电脑的销售总利润为y 元。

①求y 与x 的关系式；
②该商店购进A 型、B 型各多少台，才能使销售利润最大？
（3）实际进货时，厂家对A 型电脑出厂价下调m （0＜m ＜100）元，且限定商店最多购进A 型电脑70台。

若商店保持两种电脑的售价不变，请你以上信息及（2）中的条件，设计出使这100台电脑销售总利润最大的进货方案。

【答案】见解析。

【解析】（1）设每台A 型电脑的销售利润为a 元，每台B 型电脑的销售利润为b 元，
则有 解得
即每台A 型电脑的销售利润为100元，每台B 型电脑的销售利润为150元.
（2)①根据题意得y ＝100x ＋150(100－x)，即y ＝－50x ＋15000
②根据题意得100－x ≤2x ，解得x ≥100/3，
∵y ＝－50x+15000，－50＜0，∴y 随x 的增大而减小.
∵x 为正整数，∴当x=34最小时，y 取最大值，此时100－x=66.
即商店购进A 型电脑34台，B 型电脑66台，才能使销售总利润最大
（3）根据题意得y ＝（100+m ）x ＋150(100－x)，即y ＝（m －50）x ＋15000.
100/3≤x ≤70.
①当0＜m ＜50时，m －50＜0，y 随x 的增大而减小．
∴当x =34时，y 取得最大值．
即商店购进34台A 型电脑和66台B 型电脑才能获得最大利润；
②当m=50时，m －50=0，y ＝15000．
即商店购进A 型电脑数最满足100/3≤x ≤70的整数时，均获得最大利润；
10a 20b 400020a 10b=3500+=⎧⎨+⎩a=100b=150⎧⎨⎩
③当50＜m＜100时，m－50＞0，y随x的增大而增大．
∴x=70时，y取得最大值．
即商店购进70台A型电脑和30台B型电脑才能获得最大利润．
6．今年我市水果大丰收，A、B两个水果基地分别收获水果380件、320件，现需把这些水果全部运往甲、乙两销售点，从A基地运往甲、乙两销售点的费用分别为每件40元和20元，从B基地运往甲、乙两销售点的费用分别为每件15元和30元，现甲销售点需要水果400件，乙销售点需要水果300件．
（1）设从A基地运往甲销售点水果x件，总运费为w元，请用含x的代数式表示w，并写出x的取值范围；（2）若总运费不超过18300元，且A地运往甲销售点的水果不低于200件，试确定运费最低的运输方案，并求出最低运费．
【答案】见解析。

【解析】本题考查了一次函数的应用，一元一次不等式组的应用，读懂题目信息，准确表示出从A、B两个基地运往甲、乙两个销售点的水果的件数是解题的关键．
（1）设从A基地运往甲销售点水果x件，则从A基地运往乙销售点的水果（380﹣x）件，
从B基地运往甲销售点水果（400﹣x）件，运往乙基地（x﹣80）件，
由题意得，W=40x+20（380﹣x）+15（400﹣x）+30（x﹣80），
=35x+11000，
即W=35x+11000，
∵，
∴80≤x≤380，即x的取值范围是80≤x≤380；
（2）∵A地运往甲销售点的水果不低于200件，∴x≥200，∵35＞0，
∴运费W随着x的增大而增大，
∴当x=200时，运费最低，为35×200+11000=18000元，
此时，从A基地运往甲销售点水果200件，从A基地运往乙销售点的水果180件，
从B基地运往甲销售点水果200件，运往乙基地120件．
7.由于持续高温和连日无雨，某水库的蓄水量随时间的增加而减少，已知原有蓄水量y1（万m3）与干旱持续时间x（天）的关系如图中线段l1所示，针对这种干旱情况，从第20天开始向水库注水，注水量y2（万m3）与时间x（天）的关系如图中线段l2所示（不考虑其它因素）．
（1）求原有蓄水量y1（万m3）与时间x（天）的函数关系式，并求当x=20时的水库总蓄水量．
（2）求当0≤x≤60时，水库的总蓄水量y（万m3）与时间x（天）的函数关系式（注明x的范围），若总蓄水量不多于900万m3为严重干旱，直接写出发生严重干旱时x的范围．
【答案】见解析。

【解析】本题考查了一次函数的应用，熟练掌握利用待定系数法求一次函数的解析式：设直线解析式为
y=kx+b，将直线上两点的坐标代入列二元一次方程组，求解；注意分段函数的实际意义，会观察图象．（1）根据两点的坐标求y1（万m3）与时间x（天）的函数关系式，并把x=20代入计算；
设y1=kx+b，
把（0，1200）和（60，0）代入到y1=kx+b得：
解得，
∴y1=﹣20x+1200
当x=20时，y1=﹣20×20+1200=800，
（2）分两种情况：①当0≤x≤20时，y=y1，②当20＜x≤60时，y=y1+y2；并计算分段函数中y≤900时对应的x的取值．
设y2=kx+b，
把（20，0）和（60，1000）代入到y2=kx+b中得：
解得，
∴y2=25x﹣500，
当0≤x≤20时，y=﹣20x+1200，
当20＜x≤60时，y=y1+y2=﹣20x+1200+25x﹣500=5x+700，
y≤900，则5x+700≤900，
x≤40，
当y 1=900时，900=﹣20x+1200，
x=15，
∴发生严重干旱时x 的范围为：15≤x ≤40．
8.北京某厂和上海某厂同时制成电子计算机若干台，北京厂可支援外地10台，上海厂可支援外地4台，现在决定给重庆8台，汉口6台。

如果从北京运往汉口、重庆的运费分别是4百元/台、8百元/台，从上海运往汉口、重庆的运费分别是3百元/台、5百元/台。

求：(1)若总运费为8400元，上海运往汉口应是多少台?
(2)若要求总运费不超过8200元，共有几种调运方案?
(3)求出总运费最低的调运方案，最低总运费是多少元?
【答案】见解析。

【解析】设上海厂运往汉口x 台，那么上海运往重庆有(4-x)台，北京厂运往汉口(6-x)台，北京厂运往重庆(4+x)台，则总运费W 关于x 的一次函数关系式：
W=3x+4(6-x)+5(4-x)+8(4+x)=76+2x 。

(1) 当W=84(百元)时，则有76+2x=84,解得x=4。

若总运费为8400元，上海厂应运往汉口4台。

(2) 当W ≤82(元)，则⎩⎨⎧≤+≤≤8227640x x
解得0≤x ≤3，因为x 只能取整数，所以x 只有四种可的能值：0、1、2、3。

答：若要求总运费不超过8200元，共有4种调运方案。

(3) 因为一次函数W=76+2x 随着x 的增大而增大，又因为0≤x ≤3，所以当x=0时，函数W=76+2x 有最小值，最小值是W=76(百元)，即最低总运费是7600元。

此时的调运方案是：上海厂的4台全部运往重庆；北京厂运往汉口6台，运往重庆4台。

本题运用了函数思想得出了总运费W 与变量x 的一般关系，再根据要求运用方程思想、不等式等知识解决
了调运方案的设计问题。

并求出了最低运费价。