25.3 实际问题与一元二次方程2 课件 2026-2027学年人教版九年级数学上册

第二十五章 一元二次方程 25.3实际问题与一元二次方程(2) 第8课时 平均变化率与利润问题 学习目标： 1. 会分析增长率、降低率题型，列出一元二次方程正确求解。(重点) 2. 学会把生活实际问题整理成数学方程，理清数量之间的关系。(重点) 3. 结合实际情况检验方程的解，舍去不符合现实意义的答案，养成规范答题习惯。(难点) 数学不仅是课本上的公式，更是理解世界的钥匙。 愿大家在生活中发现更多数学之美，探索无限可能。 情境导入：奶茶店的“甜蜜烦恼” 看着店里人来人往，店主王阿姨既开心又好奇：短短两个月，利润的增长背后藏着怎样的数学规律？ 阳光奶茶店的生意蒸蒸日上，从4月到6月，利润悄然攀升。这里有几个关键数据，让我们一起分析其中的奥秘： 4月份利润 2.0万元 6月份利润 2.88万元 三个值得探索的数学问题 01 总增长量 这两个月的总利润增长了多少万元？你能快速口算出来吗？ 02 月均增速 这两个月的月平均增长率是多少？这是解开增长谜题的关键。 03 目标预测 若保持此增速，7月利润能突破3.5万元吗？快来验证你的预测。 1.7.2013 同学们，请看大屏幕。我们学校门口的阳光奶茶店生意非常好，店主王阿姨告诉老师，4月份利润是2万元，到了6月份，利润增长到了2.88万元。大家能快速算出利润增长了多少吗？很好，是0.88万元。但如果我问，这两个月的月平均增长率是多少呢？这个问题就不是简单的算术能解决的了。这就是我们今天要学习的第一个问题：平均变化率问题。 ‹#› 探究点一：平均变化率问题 从具体的商业利润增长案例切入，通过逐步推导建立数学模型，将实际问题转化为方程求解，为归纳通用方法奠定基础。 01 模型推导：从实例到方程 解：设月平均增长率为x，已知4月利润为2万元，则6月利润为2(1+x)²万元。 根据题意，6月利润达2.88万元，由此建立方程： 2(1+x)² = 2.88 解此方程即可得出月均增长率。 1.7.2013 我们来一步步分析这个问题。设月平均增长率为x。4月份的利润是2万元，那么5月份的利润就是2乘以(1+x)。6月份的利润是在5月份的基础上再次增长，所以是2乘以(1+x)的平方。根据题目，6月份利润是2.88万元，所以我们得到方程2(1+x)² = 2.88。通过这个例子，我们可以总结出平均变化率问题的通用公式。如果是增长，就用加号；如果是下降，就用减号。 ‹#› 探究点一：例题解析 01 方程求解步骤拆解 解：设月平均增长率为x。 根据题意，得 2(1+x)² = 2.88 化简，得 (1+x)² = 1.44 开方，得 1+x = ±1.2 解得 x₁=0.2=20%，x₂=-2.2（舍去） 答：月平均增长率为20%。 02 实际意义检验与结论 检验逻辑：增长率非负，舍去 x₂ = -2.2 最终结论：月平均增长率为0.2（即20%） 提示：解应用题需验证解的现实合理性。 03 情境延伸：7月份利润目标能否达成？ 计算过程： 7月份利润 = 2.88 × (1 + 20%) = 2.88 × 1.2 =3.456 万元 目标判断： 因为 3.456 < 3.5，不满足目标要求， 所以不能完成利润目标。 1.7.2013 现在我们来解这个方程。两边同时除以2，得到(1+x)²等于1.44。开方后，1+x等于正负1.2。所以x有两个解，0.2和-2.2。这时候我们就要检验了，增长率能是负数吗？显然不能，所以我们舍去-2.2这个解。最终，月平均增长率是20%。那么，我们最初的第三个问题也迎刃而解了，7月份的利润是2.88乘以1.2，等于3.456万元，小于3.5万元，所以目标不能实现。 ‹#› 探究点二：利润问题 利润问题是商业经营的核心，通过数学模型计算定价与销量的平衡，能找到最优的经营策略。 01 / 核心公式回顾 单件利润 = 售价 - 成本 （单笔交易的直接收益基础） 总利润 = 单件利润 × 销售量 （衡量整体经营效益的关键指标） 1.7.2013 解决了增长率问题，我们再来看看奶茶店遇到的另一个问题——利润问题。首先我们回顾一下利润问题的核心公式：总利润等于单件利润乘以销售量。现在来看具体问题：奶茶成本3元，售价6元，每天卖100杯。如果售价降低，销量会增加。问题是，降价多少时，总利润能达到280元？这是一个典型的利润问题，关键在于找出降价、单件利润和销售量之间的关系。 ‹#› 探究点二：模型建立与求解 01 基础变量拆解 设每杯奶茶降价 x 元，则： 单件利润：原利润 3 元，降价后为(3 - x)元 日销售量：每降0.5元多卖20杯，总销量为(100 + 40x)杯 02 构建利润方程 根据“总利润 = 单件利润 × 销售量”，目标利润为280元，可得核心方程： (3 - x)(100 + 40x) = 280 解：(3 - x)(100 + 40x) = 280 300 + 120x - 100x - 40x² = 280 -40x² + 20x + 20 = 0 两边同时除以-20，得2x² - x - 1 = 0 因式分解，得 (2x + 1)(x - 1) = 0 解得x₁ = 1, x₂ = -0.5（不合题意，舍去） 答：每件商品应降价1元。 04 最终结论 经检验，只有x = 1符合实际问题的意义。 因此，每杯奶茶降价1 元时，每天的总利润可以达到280元。 此时售价为5元，预计销量为140杯。 1.7.2013 我们来详细分析。设每杯降价x元。那么，单件利润就变成了原来的利润3元减去降价的x元，也就是(3-x)元。销售量呢？每降0.5元多卖20杯，那么降x元就会多卖40x杯，总销量就是(100+40x)杯。根据总利润等于280元，我们列出方程(3-x)(100+40x)=280。解这个方程，我们得到x等于1或x等于-0.5。降价不能是负数，所以舍去-0.5。最终答案是降价1元。 ‹#› 例题精讲一：平均下降率问题 核心公式： 若原价为 a，平均每次降价率为 x，经过 n 次降价后的价格为 b，则公式为： a(1 - x)ⁿ = b 某手机原价 3000 元，经过两次连续降价后售价为 1920 元。求这款手机平均每次降价的百分率是多少？ 解：设该款手机平均每次降价的百分率为 x，根据题意得 3000(1-x)² = 1920 化简，得 (1-x)² = 0.64； 解得 x₁ = 0.2 = 20%，x₂ = 1.8（不合题意，舍去） 答：该款手机平均每次降价的百分率为20%。 1.7.2013 我们来看一个平均下降率的例子。一款手机原价3000元，两次降价后变成1920元，求平均每次降价的百分率。这个问题和增长率问题类似，只是用减号。我们设降价百分率为x，列出方程3000(1-x)²=1920。解得x等于0.2或1.8。降价百分率不能超过100%，也就是1，所以舍去1.8。最终答案是平均每次降价20%。 ‹#› 例题精讲：基础利润问题求解 某商店购进一批单价为20元的日用品，以单价30元销售时，半月内可售出400件。若销售单价提高2元，此时半个月可获得多少利润？ 解： （1）单件利润 = (30 + 2) - 20 =12 元 （2）销售量 = 400 - 20 × 2 =360 件 （3）总利润 = 12 × 360 =4320 元 答：此时半个月可获得4320元利润。 1.7.2013 接下来看一个利润问题的变式，这次不是求特定利润，而是求最大利润。题目是说，一种日用品，进价20元，售价30元时卖400件。售价每提高1元，销量减少20件。我们设售价提高x元，那么总利润y就等于(10+x)乘以(400-20x)。整理后得到一个二次函数。根据二次函数的性质，当x等于5时，利润y有最大值。计算得出最大利润是4500元。所以，售价提高5元，也就是定价35元时，利润最大。 ‹#› 课堂练习：基础巩固 01 平均成本下降率问题 解：设平均每年成本降低的百分率为x。根据题意列方程：16(1-x)² = 9 解得：x₁=25%，x₂=7/4（舍去） 答：平均每年成本降低25%。 02 销售定价与利润核算 解：设单价上涨x元，销量为(200-10x)件，列方程： (30+x-20)(200-10x)=2160 解得：x₁=2，x₂=8 答：销售单价应定为32元或38元。 1.7.2013 现在我们来做两道基础练习题。第一题是平均下降率问题，工厂要把成本从16元降到9元，求平均每年降低的百分率。第二题是利润问题，商品进价20元，售价30元时卖200件，售价每涨1元销量减10件，要求每天利润达到2160元，求售价。请同学们独立思考，完成解答。 ‹#› 课堂练习：能力提升 这是一道将一元二次方程与商业利润结合的经典应用题。解题的核心在于准确建立数学模型，同时不要忽略“让顾客得到实惠”这一现实约束条件，这将决定我们对最终解的取舍。 练习3：利润问题（兼顾顾客实惠） 某商场将进价为40元的衬衫以50元售出，平均每月能售出500件。调查表明，这种衬衫的售价每上涨1元，其销售量就减少10件。如果商场想在这种衬衫的销售中每月获利8000元，同时又要使顾客得到实惠，那么售价应定为多少元？ 解：设每件衬衫降价 x 元。 根据题意，得 (50 - x)(100 + 10x) = 8000 整理得：解得 x₁ = 10，x₂ = 30 答：每件衬衫应降价10元或30元。 1.7.2013 接下来是一道能力提升题。这道题不仅要求利润达到8000元，还增加了一个条件：“使顾客得到实惠”。这意味着我们在解方程得到两个解之后，需要根据这个实际条件来选择最合适的那个解。请同学们仔细审题，思考这个条件如何影响我们的最终答案。 ‹#› 课堂小结 01 两类核心模型 平均变化率问题 基础公式：a(1±x)² = b 适用于增长率或降低率场景 利润最大化问题 核心关系：总利润 = 单件利润 × 销售量 注意销量与单价的联动变化 02 解题六步心法 标准化解题闭环 审 → 设 → 列 → 解 → 验 → 答 “审”清题意找等量，“设”元明确不混淆，“列”出方程是关键，“解”得结果后必“验”，最后规范作答，切忌跳步。 03 结果检验关键 结合实际，取舍有道 1. 检验解的数值合理性（如舍去负根）； 2. 验证解是否符合实际背景（如人数、长度不能为负）； 3. 这是避免“会而不对”的最后一道防线。 💡 核心心法：模型选对是前提，步骤规范是保障，实际检验是关键！ 1.7.2013 好了，我们来总结一下本节课的内容。我们学习了两种重要的一元二次方程应用模型：平均变化率问题和利润问题。解决这些问题的核心方法是“审、设、列、解、验、答”六步法。其中最关键的一步是“验”，我们必须根据实际问题的背景，检验方程的解是否合理，不合理的解一定要舍去。希望同学们能牢牢掌握这些知识。 ‹#› 变式练习二：平均变化率（降低率） 某工厂计划在两年内，将产品的单件成本从16元降低至9元，且每年的成本降低百分率保持一致。请求出该产品成本平均每年降低的百分率。 解：设平均每年降低的百分率为x。 根据题意，得 16(1-x)² = 9 解得 x₁=25%，x₂=7/4(舍去) 答：平均每年降低25%。 1.7.2013 接下来是平均变化率的变式，这次是降低率问题。我们设平均每年降低的百分率为x，根据降低率公式列出方程。注意，解出来的结果需要检验，增长率或降低率不能大于1，也不能是负数。 ‹#› 综合练习：服装零售利润决策 某商场销售名牌衬衫，日均售20件，每件盈利40元。若每件降价1元，日均多售2件。现要日均盈利1200元且“尽快减少库存”，问每件应降价多少元？ 01 模型构建 设每件衬衫降价x元，则：单件利润=(40-x)元，日销售量=(20+2x)件。 02 详细解题过程 解：根据题意列方程：(40-x)(20+2x) = 1200 展开化简：800 + 80x - 20x - 2x² = 1200 解得 x₁ = 10，x₂ = 20 03 实际决策与答案：因需“尽快减少库存”，选择降价更多的方案。 答：每件衬衫应降价20元。 1.7.2013 这道题是利润决策类应用题的典型，核心是建立“利润=单件利润×销量”的数学模型。解题时不仅要通过方程求出数学解，更要结合“尽快减少库存”的实际商业需求，选择降价幅度更大的解，体现了数学在实际生活中的应用价值。 ‹#› 思维拓展：方案决策问题 某公司计划购买一批电脑，有两种型号可供选择：A型电脑每台5000元，B型电脑每台3000元。公司预算不超过10万元，且购买的电脑总数不少于25台。已知A型电脑的利润是每台800元，B型电脑的利润是每台500元。问如何购买才能使公司获得最大利润？ 解：设购买A型电脑x台，则购买B型电脑(25-x)台。 根据题意，得 5000x + 3000(25-x) ≤ 100000 化简得：2000x ≤ 25000，即 x ≤ 12.5 因为x为非负整数，所以x可取0, 1, 2, ..., 12。 总利润 W = 800x + 500(25-x) = 300x + 12500 因为300 > 0，所以W随x的增大而增大。当x = 12时，W最大。 此时，购买B型电脑 25 - 12 = 13台，最大利润 W = 300×12 + 12500 =16100元。 答：购买A型电脑12台，B型电脑13台时，公司获得最大利润16100元。 1.7.2013 最后，我们来做一个思维拓展。今天我们解决的都是利润等于某个特定值的问题。但在现实中，商家更关心的是如何获得最大利润。这个问题就需要我们运用二次函数求最值的知识来解决了。大家可以课后思考一下，如何求出利润的最大值，这将是我们后续学习的重要内容。 ‹#› $