Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: GTLN GTNN trên đoạn hoặc miền (Toán học Lớp 12)

Chọn B.
Ta có $f^{\prime }(x)=6x^2+6x=6x(x+1)$.
$f^{\prime }(x)=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\in [-1;1]\\ x=-1\in [-1;1]\end{array}\right]$.
Tính giá trị tại các điểm:
$f(-1)=0$, $f(0)=-1$, $f(1)=4$.
Do đó giá trị lớn nhất là $M=4$, giá trị nhỏ nhất là $m=-1$.
Tổng cần tìm: $M+m=4+(-1)=3$.

Chọn B.
Đặt $t=x+1$. Với $x\in [-3;1]$ thì $t\in [-2;2]$.
Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=f(t)$ trên đoạn $[-2;2]$.
Quan sát đồ thị của hàm số $y=f(t)$ trên đoạn $[-2;2]$:
Điểm thấp nhất của đồ thị đạt tại điểm cực tiểu $(1;-4)$, có tung độ bằng $-4$.
Vậy giá trị nhỏ nhất là $-4$.

1 1 1
Ta có P = log 2 a 2 + log 2b 2 + log 4 2 = + + .
ab 1 + log 2 a 1 + log 2 b 2 - log 2 a - log 2 b
x = log 2 a x, y \ge 0 1 1 1 2+ x+ y 1
Đặt ta được và P = + + = + .
y = log 2 b x + y \le 1 1 + x 1 + y 2 - x - y 1 + x + y + xy 2 - x - y
2+ x+ y 2+ x+ y 2+ x+ y 1 2+t 1
Vì xy \ge 0 nên \le suy ra P \le + = + = g ( t ) với
1 + x + y + xy 1 + x + y 1+ x + y 2 - x - y 1+ t 2 - t
t = x + y, 0 \le t \le 1 .
1 1 1 5 (1) 7
Ta có g ^\prime ( t ) = - + và g ^\prime ( t ) = 0 \iff t = , đồng thời g ( 0 ) = g (1) = ; g ( ) = .
(1 + t ) ( t - 2 ) (2) 3
2 2
2 2
5 t = 0 a = 2 a = 1 a = 1
Vậy giá trị lớn nhất của P là , đạt được khi \iff   .
2 t = 1 b = 1 b = 2 b = 1

Xét $f(x)=x^3-2x^2+x-2$ trên đoạn $[0;2]$. Ta có $f^{\prime }(x)=3x^2-4x+1=0\iff x=1$ hoặc $x=\frac{1}{3}$. Cả hai điểm đều thuộc $[0;2]$. Tính giá trị: $f(0)=-2,f(2)=0,f(1)=-2,f\left(\frac{1}{3}\right)=-\frac{50}{27}$. Giá trị lớn nhất là ${\max }_{[0;2]}f(x)=f(2)=0$.

Hàm số liên tục trên $[-2;0]$. Đạo hàm $y^{\prime }=e^x+x{e}^x=(x+1)e^x$. Cho $y^{\prime }=0\iff x=-1\in [-2;0]$. Tính các giá trị: $y(-2)=-2e^{-2}=-\frac{2}{e^2}\approx -0,271$; $y(-1)=-e^{-1}=-\frac{1}{e}\approx -0,368$; $y(0)=0$. So sánh ta thấy giá trị nhỏ nhất là $-\frac{1}{e}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 132, trang 33), chọn A.

Ta có $f^{\prime }(x)=3x^2-6x=3x(x-2)$. $f^{\prime }(x)=0\iff x=0$ hoặc $x=2$. Tính giá trị tại các điểm biên: $f(0)=5$, $f(2)=2^3-3(2^2)+5=8-12+5=1$. Do đó $M={\max }_{[0;2]}f(x)=5$ và $m={\min }_{[0;2]}f(x)=1$. Tổng $S=m+M=1+5=6$. Chọn đáp án D.

Chia hai vế của đẳng thức cho $y^2>0$, ta đưa về phương trình đặc trưng suy ra $x=2+\frac{2}{y-1}$, hay $x+1=\frac{3y-1}{y-1}$? Theo biến đổi hàm đặc trưng: ${\log }_2\left(\frac{x(y-1)}{2y}\right)=-\frac{4(y-1{)}^2}{y^2}+\frac{16}{x^2}⟺{\log }_2(y-1)+\frac{4(y-1{)}^2}{y^2}={\log }_2\left(\frac{2y}{x}\right)+\frac{16}{x^2}$, suy ra $x(y-1)=2y⟺x=\frac{2y}{y-1}$. Đặt $t=x+2y\ge 4$, rút gọn biểu thức ta được $\ln P=f(t)=\frac{t^2}{2+2t}$ đồng biến trên $[4;+\infty )$. Suy ra ${\min }_{[4;+\infty )}f(t)=f(4)=\frac{8}{5}⟹P_{\min }=e^{\frac{8}{5}}$. Vậy $m=8,n=5⟹m+n=13$.

Ta có $y=(\sqrt{x}-2{)}^2-4\ge -4,\forall x\in [0;9]$. Dấu bằng xảy ra khi $x=4\in [0;9]$. Đáp án: -4.

Ta có $y^{\prime }=4x^3-8x=0\iff x=0$ hoặc $x=\pm \sqrt{2}\in [-2;3]$. Tính $y(0)=9,y(\pm \sqrt{2})=5,y(-2)=9,y(3)=54$. Vậy GTLN trên $[-2;3]$ bằng $54$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề thi 1121, trang 6), Câu 1 (Phần I) chọn đáp án A.

Từ đồ thị, giá trị lớn nhất của hàm số là $1$ và giá trị nhỏ nhất là $-2$, nên tổng bằng $1+(-2)=-1$.

Ta có $f^{\prime }(x)=-\frac{3}{1320000}{x}^2+\frac{9}{1760}x-\frac{81}{44}=0\iff x=450$ hoặc $x=1800$.
a) Đúng: ${\min }_{[0;2000]}f(x)=f(450)=460,3125\approx 460\text{ m}$ (theo đáp án chính thức là Đ).
b) Đúng: ${\max }_{[0;2000]}f(x)=f(1800)=1392,27\approx 1392\text{ m}$ (theo đáp án chính thức là Đ).
c) Đúng: Hàm số đồng biến trên $(450;1800)\Rightarrow a=450,b=1800\Rightarrow 5a-b=2250-1800=450$.
d) Sai: Hàm số nghịch biến trên $(0;450)\Rightarrow c=450$, diện tích toàn phần khối lập phương cạnh $c$ là $6c^2=6\cdot 450^2=1215000\ne 810000$.

Trên đoạn $[-2;0]$, hàm số có $y^{\prime }=\frac{-3}{(2x-1{)}^2}<0$ nên nghịch biến. Do đó $M=y(-2)=\frac{-1}{-5}=\frac{1}{5}$ và $m=y(0)=-1$.(Đáp án chính thức của trường cho Mã đề 101 là A: $-\frac{24}{5}$, ứng với $5m+M=-5+\frac{1}{5}=-\frac{24}{5}$).

Đáp án: B. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 25, mã đề 111; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Tập xác định $D=[-1;5]$. Theo bất đẳng thức Bunyakovsky, $f(x)=\sqrt{x+1}+\sqrt{5-x}\le \sqrt{2(x+1+5-x)}=2\sqrt{3}$ (dấu bằng xảy ra khi $x=2$). Chọn đáp án C.

Ta có $f^{\prime }(x)=3x^2+3>0$ với mọi $x\in [1;3]$ nên hàm số đồng biến trên đoạn $[1;3]$. Vậy ${\min }_{[1;3]}f(x)=f(1)=1^3+3\cdot 1-6=-2$. Chọn A.

Đáp án: 6,16. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 9, mã đề 0101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề thi 2009, trang 5), Câu 7 (Phần I) chọn đáp án C.

Ta có $f^{\prime }(x)=4x^3-16x=0\iff x\in \{0;2\}$ (trên $[-1;3]$).
So sánh $f(-1)=a-7,f(0)=a,f(2)=a-16,f(3)=a+9$, giá trị nhỏ nhất là $-16+a$.

$y^{\prime }=3x^2+6x=0\iff x=0\notin [-5;-1]$ hoặc $x=-2\in [-5;-1]$. Ta có $y(-5)=-40$, $y(-2)=14$, $y(-1)=12$. Vậy ${\max }_{[-5;-1]}y=14$.