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第一个月月底的余款

a1=10000×（1+20%）-10000×20%×10%-540=11260（元）．

设第n个月月底的余款为an元，第n+1个月月底的余款为an+1元，

则有an+1=an×（1+20%）-an×20%×10%-540=1.18an-540．

令（an+1-t）=1.18（an-t），得0.18t=540

∴t=3000

从而有a n+1-3000=1.18（an-3000），

设bn=an-3000，b1=7000，

∴{bn}是等比数列bn=b 1×1.18n-1，

∴an=7000×1.18n-1+3000，

a12=7000×1.18 11+3000≈46260，

还贷后纯收入为46260-10000（1+5%）=35760元．

即还清银行贷款以后还有35760元．

（1）依题意，利润函数L（x）=一件产品的利润×一年的产量-污染治理费用，

代入数据得：

利润函数L（x）=（x-3）（11-x）2-a（11-x）2=（x-3-a）（11-x）2，x∈[7，10]．

（2）对利润函数求导，得L′（x）=（11-x）2-2（x-3-a）（11-x）=（11-x）（11-x-2x+6+2a）

=（11-x）（17+2a-3x）；

由L′（x）=0，得x=11（舍去）或x=；

因为1≤a≤3，所以≤≤；

所以，①当≤≤7，即1≤a≤2时，L′（x）在[7，10]上恒为负，则L（x）在[7，10]上为减函数，

所以[L（x）]max=L（7）=16（4-a）

②当7＜≤，即2＜a≤3时，L′（x）在（7，）上为正，L（x）是增函数；L′（x）在（，10]上为负，L（x）是减函数，所以[L（x）]max=L（）=（8-a）3．

即当1≤a≤2时，则每件产品出厂价为7元时，年利润最大，为16（4-a）万元．

当2＜a≤3时，则每件产品出厂价为元时，年利润最大，为（8-a）3万元．

（1）由题意，销售利润为W=（-x+120）（x-60）=-x2+180x-7200=-（x-90）2+900，

∵试销期间销售单价不低于成本单价，且获利不得高于45%，

有-（x-90）2+900≤1.45×60x，

∴60＜x≤87

∴当x=87时，利润最大，最大利润是891；

（2）∵该商场获得利润不低于500元，∴（x-60）（-x+120）≥500

∴70≤x≤110

∴70≤x≤110时，该商场获得利润不低于500元．

答：（1）当x=87时，利润最大，最大利润是891；（2）该商场获得利润不低于500元，销售单价x的范围为[70，110]．

（1）根据第一级为每月用水量不超过12吨，每吨3.5元；第二级计量范围为超过12吨不超过18吨部分，第三级计量范围为超出18吨的部分，一、二、三级水价的单价按1：3：5计价，可得

y=…（6分）

（2）由题意10.5x-84=63，解得x=14，…（11分）

答：该用户当月用水14吨．              …（12分）

（Ⅰ）由题意得，

整理得，解得a=4，b=0.5，

所以“学习曲线”的关系式为y=•100%．

（Ⅱ）设从第x个单位时间起的2个单位时间内的平均学习效率为η，则η==

令u=2-0.5x，则η==，

显然当=8u，即u=时，η最大，

将u=代入u=2-0.5x，得x=3，

所以，在从第3个单位时间起的2个单位时间内的平均学习效率最高．

（1）∵生产一种机器的固定成本为0.5万元，每生产1百台，需增加投入 0.25万元，

∴当产量为x百台时，成本函数C（x）=0.5+0.25x，x＞0．…（2分）

（2）∵市场对此产品的年需求量为5百台，

∴当x≤5时，产品能售出x台，x＞5时，只能售出5百台，故利润函数为：

L（x）=R（x）-C（x）=

=．…（8分）

3）当0≤x≤5时，L（x）=4.75x--0.5，

当x=4.75时，得L（x）max=L（4.75）=10.8万元；…（10分）

当x＞5时，L（x）=12-0.25，利润在12-0.25×5=10.75万元以下，

故生产475台时利润最大．…（12分）

（1）由题意可知当m=0时，x=1（万件），

∴1=3-k⇒k=2．（2分）

∴x=3-．

每件产品的销售价格为1.5×（元），（4分）

∴2010年的利润y=x•(1.5×)-（8+16x+m）（6分）

=4+8x-m=4+8(3-)-m

=-[+(m+1)]+29（m≥0）．（8分）

（2）∵m≥0时，+（m+1）≥2=8，（12分）

∴y≤-8+29=21，当且仅当=m+1⇒m=3（万元）时，

ymax=21（万元）．（15分）

所以当该厂家2010年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大．（15分）

（1）由已知条件可知：降低征税率为（10-x）%，

农产品收购量为a（1+2x）%，农贸公司收购农产品总额为200a（1+2x）%（6分）

∴y=200a（1+2x%）（10-x%）=a（100+2x）（10-x）（0＜x＜10）；（6分）

（2）由题意知：a（100+2x）（10-x）≥200a×10%×83.2%（8分）

即x2+40x-84≤0，-42≤x≤2

∵0＜x＜10，

∴0＜x≤2（12分）

要使此项税收值在税率调节后，不少于原计划收购的税收值的83.2%，x的取值范围：0＜x≤2．

（1）f（0）=1，表示没有用水洗时，盘子上洗洁净的量将保持原样．

（2）函数f（x）应该满足的条件和具有的性质是：f(0)=1，f(1)=在[0，+∞）上f（x）单调递减，且0＜f（x）≤1．

（3）设仅清洗一次，残留在洗洁净量为f1=，清洗两次后，残留的洗洁净量为f2=[]2=，则f1-f2=于是，当a＞2时，清洗两次后残留在洗洁净量较少；当a=2时，两种清洗方法具有相同的效果；

当0＜a＜2时，一次清洗残留的洗洁净量较少．

（Ⅰ）设每件定价为x元，则提高价格后的销售量为8-×0.2，根据销售的总收人不低于原收入，有(8-×0.2)x≥25×8，（3分）

整理得x2-65x+1000≤0，

解得25≤x≤40． （5分）

∴要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元． （6分）

（Ⅱ）依题意，x＞25时，

不等式ax≥25×8+50+(x2-600)+x有解，（8分）

等价于x＞25时，a≥+x+有解，（9分）

∵+x≥2=10（当且仅当x=30时，等号成立），（11分）

∴a≥10.2．此时该商品的每件定价为30元（12分）

∴当该商品明年的销售量a至少应达到10.2万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元． （13分）

（1）∵车流量y（千辆/小时）与汽车的平均速度v（千米/小时）之间的函数关系为y=(v＞0)

∴==(v+)-≥×2-=

当且仅当v=35时，取“=”，

∴0＜y≤12（当且仅当v=35时，取“=”）

（2）要使该时段内车流量不超过9千辆/小时，即使

∴

∴

∴25＜v＜49

（1）依题意，符合本题函数模型的函数必须先单调递增，再单调递减，最后单调递增，所以最符合的函数模型为③f（x）=x（x-b）2+a．

分析：∵f（x）=x（x-b）2+a=x3-2bx2+b2x+a．

对此函数求导，得

f′(x)=3x2-4bx+b2=3(x-b)(x-)，

由f′（x）=0，得x1=b，x2=．由b＞1知，

f（x）在(-∞，]和[b，+∞）上单调递增，在（，b）上单调递减，符合题意．

（2）将f（0）=4，f（2）=6代入f（x）=x（x-b）2+a=x3-2bx2+b2x+a．得

，解得．

∴f（x）=x3-6x2+9x+4（x∈[0，5]）．

f′（x）=3x2-12x+9=3（x-3）（x-1），

由（1）得f（x）在（1，3）上单调递减，

依题意，可以预测这种西红柿将在9，10两月份价格下跌．