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

Hàm lợi nhuận là $L(x)=0,95(16x-0,005x^2)-4x=-0,00475x^2+11,2x$. Hoành độ đỉnh của parabol là $x_0=\frac{11,2}{2\cdot 0,00475}=\frac{22400}{19}=1178+\frac{18}{19}$. Vì $x\in \mathbb{N}$ và $1179$ gần $x_0$ hơn $1178$ nên lợi nhuận lớn nhất đạt tại $x=1179$.

Ta có $[f(x)+6x]f(x)=9x^4+3x^2+4\iff f^2(x)+6xf(x)+9x^2=9x^4+12x^2+4\iff [f(x)+3x{]}^2=(3x^2+2{)}^2$. Do $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và $f(0)>0$ nên $f(x)+3x=3x^2+2\Rightarrow f(x)=3x^2-3x+2$. Xét hàm số $y=f(2x^2-3x+1)$ trên $[0;1]$. Đặt $t=2x^2-3x+1$, với $x\in [0;1]$ thì hàm số $t(x)$ có đỉnh tại $x=\frac{3}{4}$, $t\left(\frac{3}{4}\right)=-\frac{1}{8}$, $t(0)=1,t(1)=0$. Suy ra $t\in \left[-\frac{1}{8};1\right]$. Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số $g(t)=3t^2-3t+2$ trên $\left[-\frac{1}{8};1\right]$. Đạo hàm $g^{\prime }(t)=6t-3=0\iff t=\frac{1}{2}\in \left[-\frac{1}{8};1\right]$. Ta có $g\left(-\frac{1}{8}\right)=3{\left(-\frac{1}{8}\right)}^2-3\left(-\frac{1}{8}\right)+2=\frac{155}{64}$; $g\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{5}{4}$; $g(1)=2$. Vậy ${\max }_{[0;1]}y=\frac{155}{64}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 199, trang 9) và hướng dẫn giải (trang 14), chọn C.

Hàm lợi nhuận là $P(x)=R(x)-C(x)=-0,001x^3+30x-10$ với $x\in [1;200]$. Ta có $P^{\prime }(x)=-0,003x^2+30=0\iff x=100$ (vì $x\in [1;200]$). Khi đó ${\max }_{[1;200]}P(x)=P(100)=-1000+3000-10=1990$ (triệu đồng).

Chọn D
1 4
Xét hàm số y = x - 2 x 2 + 2 + m trên đoạn  0;4 .
4
Ta có y' = x - 4 x .
3

x = 0 $\in$  0;4

Giải y' = 0 $\iff$ x - 4 x = 0 $\iff$ x = 2 $\in$  0;4
3

x = -2 $\notin$  0;4
Ta có y ( 0 ) = m + 2; y ( 2 ) = m - 2; y ( 4 ) = 34 + m .
Suy ra max y = y ( 4 ) = m + 34 = 5 $\Rightarrow$ m = -29 .
0;4
Suy ra m - a = -29 - 4 = -33 .
2

Xét hàm số $f(x)=2^x+3^x-ax-2$ trên $\mathbb{R}$. Ta có $f(0)=1+1-2=0$. Để $f(x)\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}$ thì $x=0$ phải là điểm cực tiểu của hàm số, do đó $f^{\prime }(0)=0$. Ta có $f^{\prime }(x)=2^x\ln 2+3^x\ln 3-a\Rightarrow f^{\prime }(0)=\ln 2+\ln 3-a=\ln 6-a=0\iff a=\ln 6$. Thử lại với $a=\ln 6$, hàm số $f(x)$ lồi trên $\mathbb{R}$ vì $f^{\prime \prime }(x)>0$ nên $f(x)\ge f(0)=0$ với mọi $x\in \mathbb{R}$.

a) Đúng vì $f\left(-\frac{\pi }{2}\right)=-2+\frac{\pi }{2}$ và $f\left(\frac{\pi }{2}\right)=2-\frac{\pi }{2}$.
b) Đúng vì $f^{\prime }(x)=2\cos x-1$.
c) Đúng vì trên $\left[-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right]$, $f^{\prime }(x)=0\iff \cos x=\frac{1}{2}\iff x=\pm \frac{\pi }{3}$, có tổng bằng $0$.
d) Sai vì giá trị lớn nhất của $f(x)$ trên $\left[-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right]$ là $f\left(\frac{\pi }{3}\right)=\sqrt{3}-\frac{\pi }{3}$.

Thời gian bơi ngược dòng $100\text{ km}$ là $t=\frac{100}{v-5}$ ($v>5$), nên $E(v)=100c\frac{v^3}{v-5}$. Đạo hàm $E^{\prime }(v)=100c\frac{v^2(2v-15)}{(v-5{)}^2}<0\iff 5<v<7,5$. Vậy khoảng lớn nhất $(a;b)$ là $(5;7,5)$ và giá trị lớn nhất của $b-a$ là $7,5-5=2,5$.

Chiều cao hình trụ là $h=2r$. Trục hình trụ $O{O}^{\prime }=h=2r$.
Gọi $B^{\prime }$ là hình chiếu của $B$ lên mặt phẳng chứa đường tròn $(O;r)$. Khi đó $B{B}^{\prime }=2r$ và $B^{\prime }\in (O;r)$.
Thể tích khối tứ diện $O{O}^{\prime }AB$ là:
$V_{O{O}^{\prime }AB}=\frac{1}{3}{S}_{△OA{B}^{\prime }}\cdot O{O}^{\prime }=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}{r}^2\sin \widehat{AO{B}^{\prime }}\right)\cdot 2r=\frac{r^3}{3}\sin \widehat{AO{B}^{\prime }}$.
Thể tích đạt giá trị lớn nhất khi $\sin \widehat{AO{B}^{\prime }}=1⟺\widehat{AO{B}^{\prime }}=90^{\circ }$.
Khi đó tam giác $OA{B}^{\prime }$ vuông cân tại $O$, nên $A{B}^{\prime }=r\sqrt{2}$.
Trong tam giác vuông $AB{B}^{\prime }$ tại $B^{\prime }$:
$AB=\sqrt{A{B}^{\prime 2}+B{B}^{\prime 2}}=\sqrt{(r\sqrt{2}{)}^2+(2r{)}^2}=\sqrt{2r^2+4r^2}=\sqrt{6}r$.
Chọn đáp án B.

Hàm lợi nhuận (nghìn đồng) là $L(x)=F(x)-xG(x)=-0,01x^2+110x-30000$. Để lợi nhuận lớn hơn $100$ triệu đồng ($100000$ nghìn đồng), ta có $-0,01x^2+110x-30000>100000\iff -0,01x^2+110x-130000>0\iff 1346,68<x<9653,31$. Kết hợp điều kiện $x\in {\mathbb{N}}^{\ast },1\le x\le 4500$, giá trị nguyên nhỏ nhất của $x$ là $1347$.

Xét hàm số $f(x)=-x^3-3x^2+m$ trên đoạn $[-1;2]$. Ta có $f^{\prime }(x)=-3x^2-6x=-3x(x+2)=0\iff x=0$ (thuộc $(-1;2)$) hoặc $x=-2$ (loại). Ta tính: $f(-1)=1-3+m=m-2$, $f(0)=m$, $f(2)=-8-12+m=m-20$. Do đó giá trị nhỏ nhất của hàm số trên $[-1;2]$ là ${\min }_{[-1;2]}y=f(2)=m-20$. Theo bài ra $m-20=1\iff m=21$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 170, trang 7), chọn D.

Đặt $u(x)=2x^3+x-1$. Với $x\in [0;1]$, hàm số $u(x)$ đồng biến vì $u^{\prime }(x)=6x^2+1>0$, suy ra $u\in [u(0);u(1)]=[-1;2]$. Trên đoạn $[-1;2]$, từ đồ thị của $f(u)$ ta thấy giá trị lớn nhất của $f(u)$ là $3$ (đạt tại $u=0$ hoặc đỉnh đồ thị). Do đó ${\max }_{[0;1]}g(x)={\max }_{[-1;2]}f(u)+m=3+m$. Theo giả thiết ${\max }_{[0;1]}g(x)=-10\iff 3+m=-10\iff m=-13$. Theo đáp án chính thức (Mã đề 731, trang 13), chọn B.

Vì diện tích mặt cắt ngang $AB\cdot BC=1,2$ và $BC=x$ nên $AB=CD=\frac{1,2}{x}$ $(0<x<10)$.
a) Sai vì $AB=CD=\frac{1,2}{x}$.
b) Sai vì $y=AB+BC+CD=\frac{1,2}{x}+x+\frac{1,2}{x}=\frac{2,4}{x}+x$ (chứ không phải $\frac{1,2}{x}+x$).
c) Đúng vì $f(x)=x+\frac{2,4}{x}\Rightarrow f^{\prime }(x)=1-\frac{2,4}{x^2}$ với $0<x<10$.
d) Sai vì $f^{\prime }(x)=0\iff x=\sqrt{2,4}=\frac{2\sqrt{15}}{5}\approx 1,55$ $(\text{m})\ne 2$ $(\text{m})$.

Số chuyến xe là $\frac{3600}{x}$. Tổng chi phí vận chuyển (nghìn đồng) là $T(x)=\frac{3600}{x}(50+0,005x^2)=\frac{180000}{x}+18x$. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM (hoặc đạo hàm $T^{\prime }(x)=-\frac{180000}{x^2}+18=0$), $T(x)$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $\frac{180000}{x}=18x\iff x^2=10000\iff x=100$ (thỏa mãn $100$ là ước của $3600$).

Hàm số liên tục trên $[2;4]$. Đạo hàm $y^{\prime }=\frac{-1-m^2}{(x-1{)}^2}<0,\forall x\in [2;4]$. Suy ra hàm số nghịch biến trên $[2;4]$, nên giá trị lớn nhất là ${\max }_{[2;4]}y=y(2)=\frac{2+m^2}{2-1}=2+m^2$. Theo đề bài $2+m^2=6\iff m^2=4\iff m=\pm 2$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 001, trang 7), chọn D.

Gọi $x$ ($1\le x\le 15$) là số ngày phân phối cho mỗi lần nhập hàng. Lượng tồn kho trung bình mỗi ngày là $\frac{20x}{2}=10x$ tạ, nên chi phí trung bình mỗi ngày là $C(x)=\frac{32}{x}+10x\cdot 0,05=\frac{32}{x}+\frac{x}{2}\ge 2\sqrt{16}=8$ (triệu đồng), đạt giá trị nhỏ nhất khi $\frac{32}{x}=\frac{x}{2}\iff x=8$ (ngày). Đáp án (Phần III Câu 4, trang 8): 8.

Gọi cạnh hình vuông nhỏ bị cắt là $x$ $\left(0<x<\frac{25}{2}\right)$. Thể tích khối hộp là $V(x)=x(25-2x{)}^2$, có $V^{\prime }(x)=(25-2x)(25-6x)=0\Rightarrow x=\frac{25}{6}\text{ cm}$. Chọn A.

a) Đúng: $f^{\prime }(x)=-\frac{18}{x+2}<0$ với mọi $x\in (-2;+\infty )$.
b) Đúng: Điều kiện $x+2>0\iff x>-2$, nên $D=(-2;+\infty )$.
c) Sai: $f(x)\ge 42\iff \ln (x+2)\le \frac{8}{3}\iff -2<x\le e^{8/3}-2\approx 12,39$, có $14$ nghiệm nguyên $x\in \{-1;0;1;\dots ;12\}$.
d) Sai: $g^{\prime }(x)=-\frac{18}{x+2}+3=0\iff x=4\in [1;5]$, suy ra ${\min }_{[1;5]}g(x)=g(4)=102-18\ln 6$.
Đáp án (Phần II Câu 1, trang 7): Đ, Đ, S, S.

Ta có $g^{\prime }(x)=2f^{\prime }(2x)-2=2\left[f^{\prime }(2x)-1\right]$. Với $x\in \left[-\frac{1}{2};1\right]$ thì $t=2x\in [-1;2]$. Từ đồ thị $y=f^{\prime }(t)$, trên đoạn $[-1;2]$ ta có $f^{\prime }(t)\le 1$ (dấu bằng chỉ xảy ra tại hữu hạn điểm $t=-1,1,2$), suy ra $g^{\prime }(x)\le 0$ trên $\left[-\frac{1}{2};1\right]$. Do đó $g(x)$ nghịch biến trên $\left[-\frac{1}{2};1\right]$ và ${\min }_{\left[-\frac{1}{2};1\right]}g(x)=g(1)=f(2)+2020$.

Hàm lợi nhuận (đơn vị: triệu đồng) là $L(x)=x(497-2x)-C(x)-36x=-\frac{1}{3}{x}^3+8x^2+161x-1000$. Ta có $L^{\prime }(x)=-x^2+16x+161=0\iff x=23$ (do $x\in [0;50]$). Đáp án chính thức của đề (Mã đề 0104, trang 5): 23.

**Chọn A**

Gọi $h$ ($0<h<6$) là chiều cao khối nón. Bán kính đáy nón là $r=\sqrt{R^2-(h-R{)}^2}=\sqrt{6h-h^2}$.
Thể tích $V=\frac{\pi }{3}(6h^2-h^3)$ đạt cực đại khi $h=4$.