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

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên: f tăng trên (−∞;−2), giảm trên (−2;0), tăng trên (0;2), giảm trên (2;+∞); f(−2)=f(2)=4, f(0)=0, f(x)→−∞ khi x→±∞.
a) Trên [0;2] hàm tăng từ f(0)=0 đến f(2)=4 nên max = 4. Đúng.
b) Vì f(x)→−∞ khi x→±∞ nên hàm không có GTLN cũng không có GTNN trên ℝ. Sai.
c) GTLN 4 đạt tại x=−2 và x=2, không tại x=0 (f(0)=0 là điểm cực tiểu). Sai.
d) Với x∈(−2;2) thì f(x)∈(0;4) (không đạt 0 và 4 vì hai đầu mút loại). Khi đó f(f(x)) với f(x)∈(0;4): trên (0;2] f tăng từ 0 đến 4, trên (2;4) f giảm từ 4 xuống f(4)<4. Giá trị 4 đạt được khi f(x)=2 (có nghiệm trong (0;2)), nên max_{(−2;2)} f(f(x)) = 4 tồn tại. Do đó khẳng định 'không tồn tại GTLN' sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trên [0;2] hàm số đồng biến từ f(0)=0 đến f(2)=4 nên max_{[0;2]} f(x)=4.
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì f(x)→−∞ khi x→±∞, hàm số không có GTLN và không có GTNN trên ℝ.
c) (AI giải đề cho tôi)
GTLN bằng 4 đạt tại x=−2 và x=2; tại x=0 hàm đạt cực tiểu bằng 0.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với x∈(−2;2) có f(x)∈(0;4). Khi f(x)∈(0;4), f(f(x)) đạt giá trị 4 khi f(x)=2 (nghiệm thuộc (0;2)), nên GTLN = 4 tồn tại; khẳng định sai.

(AI giải đề cho tôi)
Viết lại $y=\frac{2x+m}{x+1}=2+\frac{m-2}{x+1}$, tập xác định $D=\mathbb{R}\setminus \{-1\}$.
a) Đúng: mẫu số bằng 0 khi $x=-1$.
b) Với $m=3$: $y=2+\frac{1}{x+1}$, có $y^{\prime }=\frac{-1}{(x+1{)}^2}<0$ nên hàm nghịch biến trên $[0;3]$ (không chứa $x=-1$). Do đó GTNN tại $x=3$: $y(3)=2+\frac{1}{4}=\frac{9}{4}$, tức GTNN là $y(3)$. Đúng.
c) Với $m=-2$: $y=2-\frac{4}{x+1}$, liên tục trên $[-2;-1)$ và $(-1;3]$ nhưng gián đoạn tại $x=-1\in [-2;3]$. Trên $[-2;-1)$, khi $x\to (-1{)}^{-}$ thì $y\to +\infty$, nên hàm không có giá trị lớn nhất trên $[-2;3]$. Sai.
d) Trên $[0;4]$ hàm liên tục. Nếu $m>2$ thì hàm nghịch biến, GTNN tại $x=4$: $2+\frac{m-2}{5}=3\Rightarrow m=7\in (6;8)$. Nếu $m<2$ hàm đồng biến, GTNN tại $x=0$ bằng $m=3$ (mâu thuẫn). Vậy $m_0=7\in (6;8)$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hàm xác định khi $x+1\ne 0$, tức $D=\mathbb{R}\setminus \{-1\}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với $m=3$, $y=2+\frac{1}{x+1}$ nghịch biến trên $[0;3]$ nên GTNN là $y(3)=\frac{9}{4}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với $m=-2$, hàm gián đoạn tại $x=-1\in [-2;3]$ và trên $[-2;-1)$ ta có $y\to +\infty$ khi $x\to (-1{)}^{-}$, nên không có GTLN trên $[-2;3]$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Trên $[0;4]$: nếu $m>2$, GTNN tại $x=4$ cho $2+\frac{m-2}{5}=3\Rightarrow m=7\in (6;8)$; trường hợp $m<2$ dẫn đến $m=3$, loại. Vậy $m_0=7\in (6;8)$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t=e^x$, với $x\in [0;\ln 4]$ thì $t\in [1;4]$. Khi đó $f(x)=g(t)=t^2-4t+m=(t-2{)}^2+m-4$.

a) Khi $m=1$: $g(t)=(t-2{)}^2-3$, giá trị nhỏ nhất tại $t=2$ (thuộc $[1;4]$) bằng $-3$. Đúng.

b) Khi $m=1$: giá trị lớn nhất của $g(t)$ trên $[1;4]$ đạt tại $t=4$ (xa $t=2$ nhất), bằng $16-16+1=1\ne -2$. Sai.

c) Giá trị nhỏ nhất của $f$ trên đoạn là $m-4$. Để $m-4=5$ thì $m=9$. Đúng.

d) Để giá trị nhỏ nhất bằng 6 thì $m-4=6\Rightarrow m=10$, chỉ có một giá trị nguyên duy nhất, không phải hai. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Với $t=e^x\in [1;4]$, $g(t)=(t-2{)}^2+m-4$. Khi $m=1$, min tại $t=2$ bằng $-3$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Khi $m=1$, max đạt tại $t=4$ bằng $16-16+1=1\ne -2$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Min trên đoạn là $m-4=5\Rightarrow m=9$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Min bằng 6 khi $m-4=6\Rightarrow m=10$, chỉ có một giá trị nguyên.

(AI giải đề cho tôi)
Bảng xét dấu: $f^{\prime }(x)>0$ trên $(-\infty ;-1)$, $f^{\prime }(x)<0$ trên $(-1;2)$, $f^{\prime }(x)>0$ trên $(2;+\infty )$. Vậy $f$ đồng biến trên $(-\infty ;-1]$, nghịch biến trên $[-1;2]$, đồng biến trên $[2;+\infty )$; $f(-1)$ là cực đại địa phương, $f(2)$ là cực tiểu địa phương.

a) Trên đoạn $[-1;2]$, hàm số nghịch biến nên $ma{x}_{[-1;2]}f=f(-1)$. Đúng.

b) Trên đoạn $[-1;3]$: hàm nghịch biến trên $[-1;2]$ nên $f(2)<f(-1)$, đồng biến trên $[2;3]$ nên $f(3)>f(2)$. Do đó giá trị nhỏ nhất trên $[-1;3]$ là $f(2)$, không phải $f(3)$. Sai.

c) Với $h(x)=f(2x)$ trên $[-1;1]$ thì $$\begin{gathered} t=2x \\ in[-2;2] \end{gathered}$$. Trên $[-2;-1]$ hàm $f$ đồng biến, trên $[-1;2]$ nghịch biến, nên giá trị lớn nhất của $f(t)$ trên $[-2;2]$ đạt tại $t=-1$, tức tại $$\begin{gathered} x=- \\ frac12 \end{gathered}$$, và giá trị lớn nhất bằng $f(-1)$. Đúng.

d) Đặt $t=x^2-2x$, với $$\begin{gathered} x \\ in[0;2] \end{gathered}$$ thì $$\begin{gathered} t \\ in[-1;0] \end{gathered}$$ và $-3x^2+6x-5=-3(x^2-2x)-5=-3t-5$. Khi đó $$\begin{gathered} g=f(t)-3t-5= \\ varphi(t) \end{gathered}$$ với $varph{i}^{\prime }(t)=f^{\prime }(t)-3$. Trên $[-1;0]$ (nằm trong $(-1;2)$) ta có $f^{\prime }(t)<0$ nên $varph{i}^{\prime }(t)<-3<0$: hàm $varphi$ nghịch biến trên $[-1;0]$. Giá trị lớn nhất đạt tại $t=-1$ (tức $x=0$ hoặc $x=2$) và bằng $varphi(-1)=f(-1)+3-5=f(-1)-2$, không phải $f(0)-2$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trên đoạn $[-1;2]$ hàm số nghịch biến (vì $f^{\prime }(x)<0$ với $$\begin{gathered} x \\ in(-1;2) \end{gathered}$$) nên giá trị lớn nhất là $f(-1)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Trên $[-1;3]$: $f$ nghịch biến trên $[-1;2]$ nên $f(2)<f(-1)$, đồng biến trên $[2;3]$ nên $f(3)>f(2)$. Vậy giá trị nhỏ nhất là $f(2)$, không phải $f(3)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với $$\begin{gathered} x \\ in[-1;1] \end{gathered}$$ thì $$\begin{gathered} 2x \\ in[-2;2] \end{gathered}$$. $f$ đồng biến trên $[-2;-1]$ và nghịch biến trên $[-1;2]$ nên max của $f(2x)$ đạt tại $$\begin{gathered} x=- \\ frac12 \end{gathered}$$ với giá trị $f(-1)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Đặt $$\begin{gathered} t=x^2-2x \\ in[-1;0] \end{gathered}$$, khi đó $g=f(t)-3t-5$. Hàm $varphi(t)=f(t)-3t-5$ có $varph{i}^{\prime }(t)=f^{\prime }(t)-3<0$ trên $[-1;0]$ (vì $f^{\prime }(t)<0$ trên $(-1;2)$), nên nghịch biến; giá trị lớn nhất bằng $varphi(-1)=f(-1)-2$, không phải $f(0)-2$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $G(x)=0,035x^2(15-x)$ trên $[0;15]$ (liều lượng không âm và $G(x)\ge 0$ khi $0\le x\le 15$). Ta có $G^{\prime }(x)=0,035(30x-3x^2)=0,105x(10-x)$. Cho $G^{\prime }(x)=0\Rightarrow x=0$ hoặc $x=10$. Trên $(0;10)$ có $G^{\prime }(x)>0$, trên $(10;15)$ có $G^{\prime }(x)<0$, nên hàm số đạt cực đại (và là giá trị lớn nhất trên $[0;15]$) tại $x=10$ với $G(10)=0,035\cdot 100\cdot 5=17,5$. Vậy liều lượng thuốc cần tiêm để huyết áp giảm nhiều nhất là $10$ miligam.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $AO=x>0$. Ta có $AB=1,8$, $AC=1,8+1,4=3,2$ (m). Vì $BC\perp AO$ nên $$\tan \widehat{BOC}=\tan (\widehat{AOC}-\widehat{AOB})=\frac{AC}{x}-\frac{AB}{x}\text{ qua coˆng thức hợp}:\tan \widehat{BOC}=\frac{\frac{3,2}{x}-\frac{1,8}{x}}{1+\frac{3,2\cdot 1,8}{x^2}}=\frac{1,4x}{x^2+5,76}.$$ Xét $f(x)=\frac{1,4x}{x^2+5,76}$, $f^{\prime }(x)=\frac{1,4(5,76-x^2)}{(x^2+5,76{)}^2}$. Vậy $f$ đạt max khi $x=\sqrt{5,76}=2,4$ (m). Do đó $AO=2,4m$ thì góc quan sát $\widehat{BOC}$ lớn nhất (khi đó $A{O}^2=AB\cdot AC$).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh đáy là $a$ (m), chiều cao $h$ (m). Thể tích $a^{2}h=16\Rightarrow h=\frac{16}{a^2}$. Diện tích kính (không có nắp): $S=a^2+4ah=a^2+\frac{64}{a}$, với $a>0$. Xét $f(a)=a^2+\frac{64}{a}$, $f^{\prime }(a)=2a-\frac{64}{a^2}=0\Rightarrow a^3=32\Rightarrow a=\sqrt[3]{32}\approx 3,1748$. Vì $f^{\prime }(a)<0$ khi $a<\sqrt[3]{32}$ và $f^{\prime }(a)>0$ khi $a>\sqrt[3]{32}$ nên $f$ đạt最小 tại $a=\sqrt[3]{32}$. Khi đó $S_{\min }=a^2+\frac{64}{a}=a^2+2a^2=3a^2=3\cdot 32^{2/3}\approx 30,24m^2$. Số tiền $=30,24\times 50000\approx 1,511,8$ nghìn đồng $\approx 1,512$ triệu đồng, làm tròn đến hàng đơn vị (triệu đồng) là $2$ triệu đồng.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $t$ là cạnh các tam giác vuông cân bị cắt bỏ (miếng cắt hình chữ V ở giữa mỗi cạnh hình vuông ban đầu, $0<t\le \frac{3}{2}$). Sau khi gập theo các đường gấp tạo thành hình vuông trong, ta được hộp chữ nhật không nắp có đáy là hình vuông cạnh $6-2t$ và chiều cao $t$ (các hình vuông $t\times t$ ở bốn góc gập theo đường chéo khít vào bốn góc hộp; các vết cắt tam giác chỉ tạo khuyết trên mép thành, không ảnh hưởng thể tích). Thể tích: $$V(t)=t(6-2t{)}^2,0<t\le \frac{3}{2}.$$ Có $V^{\prime }(t)=(6-2t{)}^2-4t(6-2t)=(6-2t)(6-6t)$. Trên $(0;\frac{3}{2}]$, $V^{\prime }(t)=0$ khi $t=1$; $V^{\prime }>0$ với $t<1$ và $V^{\prime }<0$ với $t>1$, nên $V$ đạt max tại $t=1$: $$V_{\max }=V(1)=1\cdot (6-2{)}^2=16.$$ Vậy thể tích lớn nhất của khối hộp bằng $16$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $f(x)=0,025x^2(30-x)=0,75x^2-0,025x^3$ trên $0\le x\le 30$. Ta có $f^{\prime }(x)=1,5x-0,075x^2=0,075x(20-x)$. Cho $f^{\prime }(x)=0$ được $x=0$ hoặc $x=20$. Tính: $f(0)=0$, $f(20)=0,025\cdot 400\cdot 10=100$, $f(30)=0$. Vậy độ giảm huyết áp lớn nhất là 100 khi $x=20$ miligam. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=3x^2-6mx=3x(x-2m)$. Trên $[0;+\infty )$, hàm số đồng biến trên $[2m;+\infty )$, nghịch biến trên $[0;2m]$, nên giá trị nhỏ nhất đạt tại $x=2m$: $f(2m)=8m^3-12m^3+10=10-4m^3$. Theo đề: $10-4m^3=6\Rightarrow m^3=1\Rightarrow m=1$ (thỏa mãn $m$ nguyên dương). Vậy $m=1$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi chiều rộng đáy là $x$ (m), chiều dài $2x$ (m), chiều cao $h$ (m). Thể tích $2x^{2}h=200\Rightarrow h=\frac{100}{x^2}$. Diện tích bể không nắp: $S=2x^2+2(2x)h+2xh=2x^2+6xh=2x^2+\frac{600}{x}$, với $x>0$. Chi phí $C=350000\cdot S$. Xét $f(x)=2x^2+\frac{600}{x}$, $f^{\prime }(x)=4x-\frac{600}{x^2}=0\Rightarrow x^3=150\Rightarrow x=\sqrt[3]{150}\approx 5,313$. Vì $f^{\prime }(x)<0$ khi $x<\sqrt[3]{150}$ và $f^{\prime }(x)>0$ khi $x>\sqrt[3]{150}$ nên $f$ đạt giá trị nhỏ nhất tại đó. $f_{\min }=2\cdot 150^{2/3}+\frac{600}{\sqrt[3]{150}}\approx 56,46+112,92\approx 169,39m^2$. Chi phí thấp nhất $\approx 169,39\times 350000\approx 59,28$ triệu đồng, làm tròn đến đơn vị triệu đồng là $59$ triệu đồng.

(AI giải đề cho tôi)
Diện tích khu vườn: $ab=100$, suy ra $b=\frac{100}{a}$ với $a>0$. Cần cực tiểu hóa hàm $f(a)=a+2b=a+\frac{200}{a}$. Ta có $f^{\prime }(a)=1-\frac{200}{a^2}$; $f^{\prime }(a)=0\iff a^2=200\iff a=10\sqrt{2}$ (chỉ nhận $a>0$). Vì $f^{\prime }(a)<0$ khi $a<10\sqrt{2}$ và $f^{\prime }(a)>0$ khi $a>10\sqrt{2}$ nên $f$ đạt cực tiểu tại $a=10\sqrt{2}$. Khi đó $b=\frac{100}{10\sqrt{2}}=5\sqrt{2}$. Vậy $a+2b=10\sqrt{2}+2\cdot 5\sqrt{2}=20\sqrt{2}\approx 28,28$.

(AI giải đề cho tôi)
Chi phí trung bình mỗi sản phẩm là $\overline{C}(x)=\frac{C(x)}{x}=\frac{150x+900}{x}=150+\frac{900}{x}$ với $x>0$. Hàm số này nghịch biến vì ${\overline{C}}^{\prime }(x)=-\frac{900}{x^2}<0$, nên khi sản xuất càng nhiều sản phẩm, chi phí trung bình giảm dần và tiến về giới hạn $\underset{x\to +\infty }{\lim }\overline{C}(x)=150$. Vậy để chi phí trung bình không vượt quá $t$ khi sản xuất nhiều sản phẩm, giá trị nhỏ nhất của $t$ là $t=150$ (nghìn đồng).

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích thùng: $V=\pi R^{2}h=16\pi \Rightarrow h=\frac{16}{R^2}$ với $R>0$. Diện tích vật liệu (thùng có nắp): $S=2\pi R^2+2\pi Rh=2\pi R^2+\frac{32\pi }{R}$. Xét $f(R)=2R^2+\frac{32}{R}$, $f^{\prime }(R)=4R-\frac{32}{R^2}=0\Rightarrow R^3=8\Rightarrow R=2$ m. Khi đó $h=\frac{16}{4}=4$ m. Vì $f^{\prime }(R)<0$ khi $R<2$ và $f^{\prime }(R)>0$ khi $R>2$, $S$ đạt nhỏ nhất tại $R=2$, $h=4$. Vậy chọn B.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(t)=12t^2-2t^3=2t^2(6-t)$ là tốc độ truyền bệnh. Xét $g(t)=f^{\prime }(t)$ trên $[0;6]$: $g^{\prime }(t)=24t-6t^2=6t(4-t)$. Cho $g^{\prime }(t)=0$ ta được $t=0$ hoặc $t=4$. So sánh: $g(0)=0$, $g(4)=2\cdot 16\cdot 2=64$, $g(6)=0$. Vậy $g(t)$ đạt giá trị lớn nhất bằng $64$ tại $t=4$, tức tốc độ truyền bệnh lớn nhất vào ngày thứ $4$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $G(x)=0,025x^2(30-x)=0,75x^2-0,025x^3$ với $0<x<30$.

$G^{\prime }(x)=1,5x-0,075x^2=0,075x(20-x)$.

$G^{\prime }(x)=0\iff x=20$ (vì $x>0$). 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 giá trị lớn nhất trên $(0;30)$) tại $x=20$.

Vậy liều lượng thuốc cần tiêm là $x=20$ mg, chọn đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi chiều rộng là $x$ (m), chiều dài $2x$, chiều cao $h$ (m), $x>0$. Diện tích kính: đáy $2x^2$ cộng 4 mặt bên $2(2xh)+2(xh)=6xh$, nên $2x^2+6xh=8\Rightarrow h=\frac{8-2x^2}{6x}$ với $0<x<2$. Dung tích $V=2x^{2}h=\frac{2x(8-2x^2)}{3}=\frac{8x-2x^3}{3}$. $V^{\prime }(x)=\frac{8-6x^2}{3}=0\Rightarrow x=\frac{2}{\sqrt{3}}$ (thỏa mãn). Khi đó $V_{max}=\frac{32}{9\sqrt{3}}\approx 2,05m^3$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Ban đầu chi 300 triệu: $\frac{300x}{100-x}=300\Rightarrow x=50$. Chi thêm 150 nên tổng chi 450 triệu: $\frac{300x}{100-x}=450\Rightarrow 300x=45000-450x\Rightarrow 750x=45000\Rightarrow x=60$. Vậy loại bỏ thêm $60-50=10\%$ chất gây ô nhiễm. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $P^{\prime }(x)=-0,9x^2+72x+1800$. Cho $P^{\prime }(x)=0\iff x^2-80x-2000=0\iff x=100$ hoặc $x=-20$ (loại vì $x>0$). Trên $(0;100)$ hàm đồng biến, trên $(100;+\infty )$ hàm nghịch biến nên $P(x)$ đạt cực đại (và là GTLN) tại $x=100$. Khi đó $P(100)=-0,3\cdot 100^3+36\cdot 100^2+1800\cdot 100-48000=-300000+360000+180000-48000=192000$ (nghìn đồng). Vậy lợi nhuận lớn nhất là 192000 nghìn đồng, chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên: f tăng từ $-\infty$ đến 19 tại $x=4$, giảm đến 12 tại $x=6$, tăng đến 21 tại $x=7$, rồi giảm về $-\infty$ khi $x\to +\infty$.
a) Vì $f(x)\to -\infty$ khi $x\to \pm \infty$ và giá trị lớn nhất trên bảng là 21 (tại $x=7$), nên GTLN của $f$ trên $\mathbb{R}$ bằng 21. Đúng.
b) Vì $f(x)\to -\infty$ khi $x\to \pm \infty$, hàm số không có giá trị nhỏ nhất trên $\mathbb{R}$ (12 chỉ là cực tiểu). Sai.
c) Trên đoạn $[0;5]$: $f$ tăng trên $[0;4]$ đến 19, giảm trên $[4;5]$ (giá trị tại $x=5$ nằm giữa 12 và 19), nên $\max f=19$. Khi đó $\max h=19+m=34\iff m=15$. Đúng.
d) $g(x)=f(2x-2)$ với $x\in (-\infty ;4)$ thì $t=2x-2\in (-\infty ;6)$. Trên $(-\infty ;6)$, $f$ đạt GTLN bằng 19 tại $t=4$. Suy ra $2x-2=4\iff x=3\in (-\infty ;4)$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
f(x)→−∞ khi x→±∞ và giá trị lớn nhất trên bảng biến thiên là 21 tại x=7, nên GTLN trên ℝ bằng 21.
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì f(x)→−∞ khi x→±∞ nên hàm số không có GTLN... không có giá trị nhỏ nhất trên ℝ; 12 chỉ là giá trị cực tiểu tại x=6.
c) (AI giải đề cho tôi)
Trên [0;5], max f = 19 (tại x=4), nên max h = 19+m = 34 khi m=15.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với x∈(−∞;4) thì t=2x−2∈(−∞;6); trên (−∞;6) f đạt max 19 tại t=4, suy ra 2x−2=4 ⇔ x=3.