Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: GTLN/GTNN và tối ưu (Toán học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Doanh thu: $R(x)=x\cdot q(x)=-4x^3+19683x$, với $x\in \mathbb{Z},1\le x\le 45$. Xét hàm liên tục $f(x)=-4x^3+19683x$ trên $[1;45]$: $f^{\prime }(x)=-12x^2+19683=0\Rightarrow x^2=1640,25\Rightarrow x=40,5$. Vì $x$ nguyên, so sánh $x=40$ và $x=41$: $R(40)=-4\cdot 64000+19683\cdot 40=531320$; $R(41)=-4\cdot 68921+19683\cdot 41=531319$. Cũng có $R(45)=-4\cdot 91125+19683\cdot 45=523635$ nhỏ hơn. Vậy doanh thu lớn nhất đạt khi $x=40$, bằng $531320$ nghìn đồng (tức 531.320.000 đồng).

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích lăng trụ: $V=\frac{\sqrt{3}}{4}{x}^{2}y=200\sqrt{3}\Rightarrow y=\frac{800}{x^2}$ với $x>0$. Diện tích toàn phần: $S=2\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}{x}^2+3xy=\frac{\sqrt{3}}{2}{x}^2+\frac{2400}{x}$. $S^{\prime }(x)=\sqrt{3}x-\frac{2400}{x^2}=0\Rightarrow x^3=\frac{2400}{\sqrt{3}}=800\sqrt{3}\Rightarrow x=\sqrt[3]{800\sqrt{3}}\approx 11,146$. Vì $S^{\prime }(x)<0$ khi $x<\sqrt[3]{800\sqrt{3}}$ và $S^{\prime }(x)>0$ khi $x$ lớn hơn, đây là giá trị nhỏ nhất. Vậy cạnh đáy $x\approx 11,1cm$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f(x)=x-\sin 2x$, nên $f^{\prime }(x)=1-2\cos 2x$.
a) Sai: đạo hàm đúng là $f^{\prime }(x)=1-2\cos 2x$, không phải $1+2\cos 2x$ (dấu của đạo hàm $\sin 2x$ bị sai).
b) Sai: $f^{\prime }(x)=0\iff 1-2\cos 2x=0\iff \cos 2x=\frac{1}{2}$, không phải $-\frac{1}{2}$.
c) Sai: trên $[0;\pi ]$ thì $2x\in [0;2\pi ]$, phương trình $\cos 2x=\frac{1}{2}$ cho $2x=\frac{\pi }{3}$ hoặc $2x=\frac{5\pi }{3}$, tức $x=\frac{\pi }{6}$ hoặc $x=\frac{5\pi }{6}$: có 2 nghiệm, không phải 1 nghiệm.
d) Đúng: xét $f(0)=0$, $f(\pi )=\pi$, $f\left(\frac{\pi }{6}\right)=\frac{\pi }{6}-\frac{\sqrt{3}}{2}$, $f\left(\frac{5\pi }{6}\right)=\frac{5\pi }{6}+\frac{\sqrt{3}}{2}\approx 3,48$. So sánh: giá trị lớn nhất trên $[0;\pi ]$ là $\frac{5\pi }{6}+\frac{\sqrt{3}}{2}$, đạt được tại $x=\frac{5\pi }{6}$.
a) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=1-2\cos 2x$, không phải $1+2\cos 2x$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=0\iff \cos 2x=\frac{1}{2}$, không phải $-\frac{1}{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Trên $[0;\pi ]$, $\cos 2x=\frac{1}{2}$ có 2 nghiệm $x=\frac{\pi }{6}$ và $x=\frac{5\pi }{6}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
So sánh $f(0)=0$, $f(\pi )=\pi$, $f\left(\frac{\pi }{6}\right)=\frac{\pi }{6}-\frac{\sqrt{3}}{2}$, $f\left(\frac{5\pi }{6}\right)=\frac{5\pi }{6}+\frac{\sqrt{3}}{2}$, giá trị lớn nhất là $\frac{5\pi }{6}+\frac{\sqrt{3}}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Tập xác định: $-\sqrt{2}\le x\le \sqrt{2}$. Với $y=x+\sqrt{2-x^2}$, ta có $y^{\prime }=1-\frac{x}{\sqrt{2-x^2}}$. Cho $y^{\prime }=0\Rightarrow x=1$, khi đó $y(1)=1+1=2$. Tại hai đầu mút: $y(-\sqrt{2})=-\sqrt{2}$, $y(\sqrt{2})=\sqrt{2}$. Vậy $M=2$, $m=-\sqrt{2}$. Do đó $M-\sqrt{2}m=2-\sqrt{2}\cdot (-\sqrt{2})=2+2=4$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vận tốc là $v(t)=s^{\prime }(t)=-t^2+12t$ (m/s). Trên $t\ge 0$, hàm $v(t)$ là parabol có đỉnh tại $t=6$, $v(6)=-36+72=36$. Vậy vận tốc lớn nhất là $36$ m/s.

b) Theo hình vẽ, $(P)$ có đỉnh $(0;9)$ và cắt $Ox$ tại $(-3;0)$, $(3;0)$ nên $(P):y=9-x^2$. Gọi $B(x;9-x^2)$ với $0<x<3$, khi đó $A(-x;9-x^2)$, $C(x;0)$, $D(-x;0)$. Diện tích $S(x)=2x(9-x^2)=18x-2x^3$. $S^{\prime }(x)=18-6x^2=0\iff x=\sqrt{3}$ (thỏa $0<x<3$); $S^{\prime }(x)>0$ với $x<\sqrt{3}$ và $S^{\prime }(x)<0$ với $x>\sqrt{3}$ nên max tại $x=\sqrt{3}$: $S_{\max }=2\sqrt{3}(9-3)=12\sqrt{3}\approx 20,8$ m².

(AI giải đề cho tôi)
Xét $y=x+\frac{4}{x^2}$ trên $[1;4]$. Có $y^{\prime }=1-\frac{8}{x^3}$; $y^{\prime }=0\iff x=2$. Tính giá trị tại các điểm: $y(1)=5$, $y(2)=2+1=3$, $y(4)=4+\frac{4}{16}=\frac{17}{4}$. Vậy $M=5$, $m=3$. Khi đó ${\log }_m(9^M)={\log }_3(9^5)={\log }_3(3^{10})=10$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $BM=x$ (km), với $0\le x\le 7$. Khi đó $AM=\sqrt{A{B}^2+B{M}^2}=\sqrt{16+x^2}$ và $MC=7-x$. Tổng thời gian: $$T(x)=\frac{\sqrt{16+x^2}}{6}+\frac{7-x}{10}$$

$$T^{\prime }(x)=\frac{x}{6\sqrt{16+x^2}}-\frac{1}{10}$$

$T^{\prime }(x)=0\iff 10x=6\sqrt{16+x^2}\iff 100x^2=36(16+x^2)\iff 64x^2=576\iff x=3$ (thỏa $0\le x\le 7$).

Với $x<3$ thì $T^{\prime }(x)<0$, với $x>3$ thì $T^{\prime }(x)>0$, nên $T(x)$ đạt nhỏ nhất tại $x=3$.

Khi đó quãng đường chèo thuyền: $AM=\sqrt{16+9}=\sqrt{25}=5$ km.

Vậy người đó nên chèo thuyền $5$ km.

(AI giải đề cho tôi)
a) Xét $G(x)=0,025x^2(30-x)$ trên $(0;30)$. Ta có $G^{\prime }(x)=0,025(60x-3x^2)=0,075x(20-x)$. $G^{\prime }(x)=0\iff x=20$ (nhận vì $0<x<30$). Với $0<x<20$ thì $G^{\prime }(x)>0$, với $20<x<30$ thì $G^{\prime }(x)<0$, nên hàm số đạt cực đại (và là GTLN trên khoảng) tại $x=20$. Vậy cần tiêm $20$ mg thuốc để huyết áp giảm nhiều nhất, khi đó $G(20)=0,025\cdot 400\cdot 10=100$.

b) Gọi $O$ là giao điểm hai đường chéo $AC$ và $BD$ của đáy (hình vuông), thì $O$ là trung điểm $AC$ và $SO\perp (ABCD)$. Tam giác $SAC$ cân tại $S$ với $\widehat{ASC}=60^0$ nên tam giác $SAC$ đều, do đó $SA=SC=AC$. Suy ra $AO=\frac{AC}{2}=\frac{SA}{2}$, tức $\sin \widehat{ASO}=\frac{AO}{SA}=\frac{1}{2}$, nên góc giữa mỗi sợi xích với phương thẳng đứng là $30^0$.

Độ lớn trọng lực: $P=mg=5\cdot 10=50(N)$. Do đối xứng, độ lớn lực căng mỗi sợi xích bằng nhau là $T$, và tổng thành phần phương thẳng đứng của bốn lực căng cân bằng với trọng lượng:
$$4T\cos 30^0=50\Rightarrow T=\frac{50}{4\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{25}{\sqrt{3}}=\frac{25\sqrt{3}}{3}\approx 14,43(N).$$
Vậy độ lớn lực căng mỗi sợi xích là $\frac{25\sqrt{3}}{3}\approx 14,43N$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi chiều rộng là $x$ (m), chiều dài $2x$, chiều cao $h$ (m), với $x>0$, $h>0$. Diện tích kính (không nắp): đáy $2x^2$ cộng 4 mặt bên $2(2xh)+2(xh)=6xh$, nên $2x^2+6xh=5\Rightarrow h=\frac{5-2x^2}{6x}$, điều kiện $0<x<\sqrt{5/2}$.

Dung tích: $V=2x^{2}h=2x^2\cdot \frac{5-2x^2}{6x}=\frac{5x-2x^3}{3}$.

$V^{\prime }(x)=\frac{5-6x^2}{3}=0\Rightarrow x^2=\frac{5}{6}$, tức $x=\sqrt{\frac{5}{6}}\approx 0,9129$ (thỏa điều kiện). Vì $V^{\prime }>0$ khi $x<\sqrt{5/6}$ và $V^{\prime }<0$ khi $x>\sqrt{5/6}$ nên đây là điểm cực đại, cũng là GTLN.

$V_{\max }=\frac{10x}{9}=\frac{10}{9}\sqrt{\frac{5}{6}}\approx 1,0142$ m${}^3$.

Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm: $1,01$ m${}^3$.

(AI giải đề cho tôi)
Khối lượng KOH trong cốc: $20\cdot 100=2000$ mg. Thêm $x$ ml nồng độ 10 mg/ml thì khối lượng KOH là $2000+10x$, thể tích là $20+x$, nên $C(x)=\frac{2000+10x}{20+x}$ với $x\ge 0$. Ta có $C^{\prime }(x)=\frac{10(20+x)-(2000+10x)}{(20+x{)}^2}=\frac{-1800}{(20+x{)}^2}<0$, nên $C(x)$ nghịch biến trên $[5;15]$. Do đó ${\max }_{[5;15]}C(x)=C(5)=\frac{2000+50}{25}=\frac{2050}{25}=82$ mg/ml.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $y=\frac{x-m^2}{x+1}=\frac{(x+1)-(m^2+1)}{x+1}=1-\frac{m^2+1}{x+1}$. Trên đoạn $[0;1]$ ta có $x+1>0$ nên hàm số xác định và $y^{\prime }=\frac{m^2+1}{(x+1{)}^2}>0$, do đó hàm số đồng biến trên $[0;1]$. Giá trị nhỏ nhất đạt tại $x=0$: $y(0)=\frac{0-m^2}{1}=-m^2$. Theo đề bài $-m^2=-1\Rightarrow m^2=1\Rightarrow m=\pm 1$. Vậy $m=\pm 1$.

(AI giải đề cho tôi)
Tốc độ truyền bệnh là $G^{\prime }(t)=90t-3t^2$, với $0\le t\le 10$. Xét $f(t)=90t-3t^2$ trên $[0;10]$: $f^{\prime }(t)=90-6t>0$ với mọi $t\in [0;10]$ (vì $t\le 10<15$), nên $f(t)$ đồng biến trên $[0;10]$. Do đó tốc độ truyền bệnh lớn nhất đạt tại $t=10$, tức vào ngày thứ $10$ (khi đó $G^{\prime }(10)=900-300=600$ con/ngày).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $A(-x;0)$, $B(x;0)$ với $0<x<3$. Khi đó $C(x;9-x^2)$, $D(-x;9-x^2)$. Diện tích hình chữ nhật: $S(x)=2x(9-x^2)=18x-2x^3$. Có $S^{\prime }(x)=18-6x^2=0\iff x=\sqrt{3}$ (vì $x>0$). Tại đó $S(\sqrt{3})=2\sqrt{3}\cdot (9-3)=12\sqrt{3}\approx 20,8$. Vậy diện tích lớn nhất là $12\sqrt{3}\approx 20,8$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi chiều rộng đáy là $x$ (cm), chiều dài đáy $2x$, chiều cao $h$. Thể tích $2x^{2}h=72\Rightarrow h=\frac{36}{x^2}$. Diện tích toàn phần $S=2(2x^2)+2(2xh)+2(xh)=4x^2+6xh=4x^2+\frac{216}{x}$, với $x>0$. Có $S^{\prime }(x)=8x-\frac{216}{x^2}$; $S^{\prime }(x)=0\Rightarrow x^3=27\Rightarrow x=3$. Với $x=3$: $S=4\cdot 9+\frac{216}{3}=36+72=108$. Vì $S^{\prime }(x)<0$ khi $0<x<3$ và $S^{\prime }(x)>0$ khi $x>3$, $S$ đạt nhỏ nhất bằng $108{\text{cm}}^2$ tại $x=3$ (chiều cao $h=4$ cm). Vậy diện tích toàn phần nhỏ nhất là $108{\text{cm}}^2$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét hàm số $\overline{C}(x)=\frac{1}{2}x+3+\frac{8}{x}$ với $x>0$. Ta có ${\overline{C}}^{\prime }(x)=\frac{1}{2}-\frac{8}{x^2}$. Cho ${\overline{C}}^{\prime }(x)=0\Rightarrow x^2=16\Rightarrow x=4$ (vì $x>0$). Với $0<x<4$ thì ${\overline{C}}^{\prime }(x)<0$, với $x>4$ thì ${\overline{C}}^{\prime }(x)>0$, nên hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=4$. Khi đó $\overline{C}(4)=\frac{4}{2}+3+\frac{8}{4}=2+3+2=7$ (triệu đồng/tạ). Vậy chi phí trung bình thấp nhất là $7$ triệu đồng/tạ.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh đáy là $x>0$ và chiều cao là $h>0$. Diện tích bề mặt (không nắp): $x^2+4xh=108\Rightarrow h=\frac{108-x^2}{4x}$ với $0<x<\sqrt{108}$. Thể tích $V=x^{2}h=\frac{108x-x^3}{4}$. Có $V^{\prime }(x)=\frac{108-3x^2}{4}$, $V^{\prime }(x)=0\Rightarrow x=6$ (chỉ nhận $x>0$). Với $0<x<6$ thì $V^{\prime }>0$, với $6<x<\sqrt{108}$ thì $V^{\prime }<0$ nên $V$ đạt cực đại (cũng là giá trị lớn nhất) tại $x=6$. Khi đó $h=\frac{108-36}{4\cdot 6}=3$ cm. Vậy chiều cao của hộp là $3\text{cm}$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt nửa đường tròn tâm $O$ bán kính $R=6$, hình chữ nhật $ABCD$ có đáy $AB$ nằm trên đường kính, hai đỉnh $C,D$ trên cung. Gọi $OB=x$ với $0<x<6$, khi đó chiều cao $BC=\sqrt{36-x^2}$ và chiều rộng $AB=2x$.

Diện tích: $S(x)=2x\sqrt{36-x^2}$.

Xét $S^2(x)=4x^2(36-x^2)=144x^2-4x^4$. Đặt $t=x^2$, hàm $f(t)=144t-4t^2$ đạt max tại $t=18$, tức $x=\sqrt{18}=3\sqrt{2}$.

Khi đó $S_{\max }=2\cdot 3\sqrt{2}\cdot \sqrt{36-18}=6\sqrt{2}\cdot 3\sqrt{2}=36$.

Vậy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật là $36$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi P là điểm anh Ba chèo vào bờ, OP = x (km), 0 ≤ x ≤ 4. Quãng đường chèo AP = √(x² + 2²), quãng đường bộ PB = 4 − x. Tổng thời gian: T(x) = √(x²+4)/6 + (4−x)/10. T'(x) = x/(6√(x²+4)) − 1/10 = 0 ⟹ 10x = 6√(x²+4) ⟹ 100x² = 36x² + 144 ⟹ x² = 144/64 ⟹ x = 1,5 (thỏa 0 ≤ x ≤ 4). Tại x = 1,5: T = √(2,25+4)/6 + 2,5/10 = 2,5/6 + 0,25 = 5/12 + 3/12 = 8/12 = 2/3 giờ = 40 phút. So sánh: T(0) = 2/6 + 0,4 ≈ 0,733 h; T(4) = √20/6 ≈ 0,745 h, đều lớn hơn 2/3 h. Vậy thời gian ngắn nhất là 40 phút.

(AI giải đề cho tôi)
Viết $y=\frac{x^2-2x+2}{x-1}=\frac{(x-1{)}^2+1}{x-1}=(x-1)+\frac{1}{x-1}$ với $x\in [2;6]$. Ta có $y^{\prime }=1-\frac{1}{(x-1{)}^2}=\frac{x(x-2)}{(x-1{)}^2}$. Trên đoạn $[2;6]$ ta có $x\ge 2$ nên $y^{\prime }\ge 0$, do đó hàm số đồng biến trên $[2;6]$. Suy ra $\min y=y(2)=1+1=2$ và $\max y=y(6)=5+\frac{1}{5}=\frac{26}{5}=5,2$. Vậy giá trị nhỏ nhất là $2$ (tại $x=2$) và giá trị lớn nhất là $\frac{26}{5}$ (tại $x=6$).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh đáy hình vuông là $x$ (m), chiều cao $h$ (m), $x>0$. Thể tích $x^{2}h=2\Rightarrow h=\frac{2}{x^2}$. Chi phí gồm: đáy $100000x^2$; thành xung quanh $50000\cdot 4xh=200000x\cdot \frac{2}{x^2}=\frac{400000}{x}$. Tổng chi phí: $f(x)=100000x^2+\frac{400000}{x}$, $x>0$. Ta có $f^{\prime }(x)=200000x-\frac{400000}{x^2}=0\iff x^3=2\iff x=\sqrt[3]{2}\approx 1,26$. Vì $f^{\prime }(x)<0$ khi $x<\sqrt[3]{2}$ và $f^{\prime }(x)>0$ khi $x>\sqrt[3]{2}$ nên $f(x)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=\sqrt[3]{2}$. Vậy cạnh đáy cần đóng là $\sqrt[3]{2}\approx 1,3$ m (làm tròn đến hàng phần mười).