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

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh đáy là $a$, chiều cao $h$. Thể tích $\frac{a^{2}h}{3}=18\Rightarrow a^{2}h=54\Rightarrow h=\frac{54}{a^2}$. Diện tích bạt (4 mặt bên, không có đáy) của một lều: $S=4\cdot \frac{1}{2}a\sqrt{h^2+\frac{a^2}{4}}=2a\sqrt{\frac{2916}{a^4}+\frac{a^2}{4}}=2\sqrt{\frac{a^4}{4}+\frac{2916}{a^2}}$. Xét $f(a)=\frac{a^4}{4}+\frac{2916}{a^2}$, $f^{\prime }(a)=a^3-\frac{5832}{a^3}=0\Rightarrow a^6=5832\Rightarrow a^2=18,a=3\sqrt{2}$. Khi đó $h=3$, chiều cao mặt bên $\sqrt{9+4.5}=\sqrt{13.5}$, $S_{min}=2a\sqrt{13.5}=2\cdot 3\sqrt{2}\cdot \sqrt{13.5}=18\sqrt{3}\approx 31.18m^2$ mỗi lều. Cả 12 lều cần $12\cdot 18\sqrt{3}=216\sqrt{3}\approx 374.12$, làm tròn tới hàng đơn vị: $374m^2$.

Câu 4. (3,0 điểm). Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $3ab+bc+2ac=6$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P=\frac{1}{a^2+1}+\frac{4}{b^2+4}+\frac{9}{c^2+9}$.

- (0,5 điểm). Đặt $a=x;b=2y;c=3z$ suy ra $3ab+bc+2ac=6\Rightarrow xy+yz+zx=1$

$\Rightarrow P=\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}+\frac{1}{z^2+1}$

- (0,5 điểm). Ta có $\frac{1}{x^2+1}=\frac{1}{x^2+xy+yz+zx}=\frac{1}{(x+y)(x+z)}$;

$\frac{1}{y^2+1}=\frac{1}{y^2+xy+yz+zx}=\frac{1}{(y+x)(y+z)}$; $\frac{1}{z^2+1}=\frac{1}{z^2+xy+yz+zx}=\frac{1}{(z+y)(z+x)}$

- (0,5 điểm). Suy ra $P=\frac{1}{(x+y)(x+z)}+\frac{1}{(y+x)(y+z)}+\frac{1}{(z+x)(z+y)}=\frac{2(x+y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$

- (0,5 điểm). Ta có

$P=\frac{2(x+y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}=\frac{2(x+y+z)(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)}=\frac{2(x+y)(y+z)(z+x)+2xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}$

- (0,5 điểm). Suy ra $P=2+\frac{2xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}$, ta có

$x+y\ge 2\sqrt{xy};(y+z)\ge 2\sqrt{yz};(z+x)\ge 2\sqrt{zx}$

- (0,5 điểm). Do đó $P\le 2+\frac{1}{4}=\frac{9}{4}$. Vậy $\max (P)=\frac{9}{4}$ đạt được khi

$x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=\frac{1}{\sqrt{3}};b=\frac{2}{\sqrt{3}};c=\sqrt{3}$

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục theo hình vẽ: $C$ là đỉnh trái trên của hình chữ nhật, bán nguyệt đường kính $10$ m nằm trên cạnh trên với $D$ là đầu kia của đường kính (cách $C$ là $10$ m), $A$ là đỉnh phải dưới. Chu trình: bơi $A\to C$ (đường chéo hình chữ nhật), bơi $C\to M$ (dây cung của bán nguyệt), sau đó đi bộ dọc cung bán nguyệt từ $M$ qua đỉnh đến $D$, rồi đi dọc cạnh trên đoạn $25-10=15$ m và cạnh phải $15,5$ m về $A$.

- $AC=\sqrt{25^2+15,5^2}=\sqrt{865,25}\approx 29,41513$ m.
- Gọi $O$ là tâm bán nguyệt (bán kính $5$ m), $\alpha \in [0;\pi ]$ là góc ở tâm ứng với cung $CM$. Khi đó dây $CM=10\sin (\alpha /2)$; độ dài cung đi bộ từ $M$ qua đỉnh bán nguyệt đến $D$ là $5(\pi -\alpha )$; đoạn đi bộ còn lại là $15+15,5=30,5$ m.

Thời gian:
$$T(\alpha )=\frac{29,41513+10\sin (\alpha /2)}{0,6}+\frac{5(\pi -\alpha )+30,5}{1,2}.$$

Cực đại: $T^{\prime }(\alpha )=\frac{5\cos (\alpha /2)}{0,6}-\frac{5}{1,2}=0\Rightarrow \cos (\alpha /2)=0,5\Rightarrow \alpha =\frac{2\pi }{3}$, và $T^{\prime \prime }(\alpha )<0$ nên đây là điểm cực đại (cũng là giá trị lớn nhất trên $[0;\pi ]$).

Thay vào:
- Quãng đường bơi: $29,41513+10\sin (\pi /3)=29,41513+8,66025=38,07538$ m → thời gian bơi $=38,07538/0,6=63,45897$ s.
- Quãng đường đi bộ: $\frac{5\pi }{3}+30,5=5,23599+30,5=35,73599$ m → thời gian đi $=35,73599/1,2=29,77999$ s.

Tổng: $T=93,23896$ s $=1,55398$ phút.

Vậy thời gian tối đa để Nam thực hiện xong chu trình là $1,55398$ phút (khoảng $93,23896$ giây).

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t=\tan \frac{x}{2}$ ($t\in \mathbb{R}$), khi đó $\sin x=\frac{2t}{1+t^2}$, $\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}$, suy ra $y=\frac{t^2+2mt+1}{t^2+3}$. Giá trị lớn nhất của $y$ là nghiệm lớn $k$ của phương trình $(1-k)t^2+2mt+(1-3k)=0$ có nghiệm: $\Delta =0\Rightarrow m^2=(1-k)(1-3k)=3k^2-4k+1$, nên $k_{\max }=\frac{2+\sqrt{3m^2+1}}{3}$. Yêu cầu $k_{\max }<2\iff 2+\sqrt{3m^2+1}<6\iff 3m^2+1<16\iff m^2<5$. Các giá trị nguyên: $m\in \{-2,-1,0,1,2\}$, tổng cộng 5 giá trị.

a) Tập xác định: $\mathcal{D}=\mathbb{R}$.

Ta có $y^{\prime }=3x^2-6mx=3x(x-2m)=0\iff \{\begin{array}{l}x=0\\ x=2m.\end{array}$

Để đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị $A$, $B$ thì phương trình $y^{\prime }=0$ phải có 2 nghiệm phân biệt, tức là $2m\ne 0\iff m\ne 0$.

Khi đó, tọa độ 2 điểm cực trị là: $A(0;4m^3)$ và $B(2m;0)$.

Ta thấy $A\in Oy$ và $B\in Ox$, do đó tam giác $OAB$ luôn vuông tại gốc tọa độ $O$.

Để tam giác $OAB$ vuông cân tại $O$ thì $OA=OB$.

$$|4m^3|=|2m|\iff 2|m{|}^3=|m|.$$

Vì $m\ne 0$ nên chia hai vế cho $|m|$ ta được:

$$2m^2=1\iff m^2=\frac{1}{2}\iff m=\pm \frac{\sqrt{2}}{2}.$$

Vậy $m=\pm \frac{\sqrt{2}}{2}$.

b) Đặt $EK=x$ (km), điều kiện $0\le x\le 5$. Suy ra $BK=BE-EK=5-x$ (km).

Quãng đường mới xây đi thẳng từ $K$ đến $A$ là cạnh huyền của tam giác vuông $AEK$:
$$AK=\sqrt{A{E}^2+E{K}^2}=\sqrt{3^2+x^2}=\sqrt{x^2+9}.$$
Gọi chi phí nâng cấp 1 km đường cũ là $C$, suy ra chi phí xây 1 km đường mới là $\frac{5}{4}C$.

Tổng chi phí xây dựng và nâng cấp là:
$$f(x)=\frac{5}{4}C\cdot AK+C\cdot BK=C\left(\frac{5}{4}\sqrt{x^2+9}+5-x\right).$$
Để chi phí thấp nhất, ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số $g(x)=\frac{5}{4}\sqrt{x^2+9}-x$ trên đoạn $[0;5]$.

Ta có $g^{\prime }(x)=\frac{5x}{4\sqrt{x^2+9}}-1\iff 5x=4\sqrt{x^2+9}$.

Vì $x\ge 0$, bình phương 2 vế ta được:
$$25x^2=16(x^2+9)\iff 9x^2=144\iff x^2=16\iff x=4\text{ (thỏa ma˜n)}.$$
Lập bảng biến thiên



Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=4$.

Khi $x=4$, vị trí điểm $K$ cách xã $B$ một khoảng là $BK=5-4=1$ (km).

Vậy vị trí điểm $K$ cách xã $B$ 1 km.

(AI giải đề cho tôi)
Dây thép dài 1,6 m = 160 cm. Đoạn viền đáy dài $4x$, mỗi đoạn còn lại dài $\frac{160-4x}{2}=80-2x$ uốn thành đường gấp khúc $ASB$ gồm hai cạnh bên bằng nhau nên $SA=SB=\frac{80-2x}{2}=40-x$ (với $0<x<40$).

Hình chóp tứ giác đều, đường chéo đáy $AC=x\sqrt{2}$, tam giác $SAC$ cân tại $S$ nên chiều cao
$$h=\sqrt{S{A}^2-{\left(\frac{x\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\sqrt{(40-x{)}^2-\frac{x^2}{2}}.$$

Thể tích:
$$V=\frac{x^2}{3}\sqrt{(40-x{)}^2-\frac{x^2}{2}}.$$

Xét $f(x)=V^2=\frac{x^4}{9}\left(1600-80x+\frac{x^2}{2}\right)$. Ta chỉ cần cực đại của $g(x)=x^4\left(1600-80x+\frac{x^2}{2}\right)$:
$$g^{\prime }(x)=x^3\left(6400-400x+3x^2\right).$$
Cho $g^{\prime }(x)=0$: $3x^2-400x+6400=0\Rightarrow x=\frac{400\pm \sqrt{83200}}{6}$.

Nghiệm $x=\frac{400+\sqrt{83200}}{6}\approx 114,7$ loại (vượt 40). Nghiệm $x=\frac{400-\sqrt{83200}}{6}\approx 18,59$ thỏa mãn, và $g^{\prime }(x)$ đổi dấu từ dương sang âm tại đó nên thể tích lớn nhất.

Vậy $x\approx 18,6$ cm.

(AI giải đề cho tôi)
Lợi nhuận trước thuế của doanh nghiệp khi bán $x$ sản phẩm là $P(x)=F(x)-G(x)=2000x-x^2-(x^2+1440x+50)=-2x^2+560x-50$. Khi chịu thuế phụ thu $t$ (chục nghìn đồng/đơn vị), lợi nhuận trở thành $P_t(x)=-2x^2+(560-t)x-50$, là parabol bậc hai với đỉnh tại $x=\frac{560-t}{4}$ (thỏa $0<x<2000$ vì $0<t<300$). Số tiền thuế nhà nước thu được là $T(t)=t\cdot x=t\cdot \frac{560-t}{4}=\frac{1}{4}(560t-t^2)$, đạt giá trị lớn nhất khi $t=\frac{560}{2}=280$. Khi đó $x=\frac{560-280}{4}=70$, tức lợi nhuận doanh nghiệp cũng đạt cực đại đúng tại mức thuế $t=280$. Vậy mức thuế phụ thu cần tìm là $t=280$ (chục nghìn đồng).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: đáy màn hình cao 4 m, đỉnh cao 14 m; hàng ghế đầu cách màn hình 3 m trên sàn ngang, sàn nghiêng góc $\alpha =30^0$ bắt đầu từ đó. Khi ngồi cách hàng ghế đầu một đoạn $x$ dọc sàn nghiêng:
- Khoảng cách ngang từ mắt đến màn hình: $d=3+x\cos 30^0=3+\frac{\sqrt{3}}{2}x$.
- Độ cao mắt: $h=1+x\sin 30^0=1+\frac{x}{2}$.

Góc nhìn thỏa $\tan \theta =\frac{10d}{d^2+(14-h)(4-h)}=\frac{30+5\sqrt{3}x}{x^2+(3\sqrt{3}-8)x+48}$, vì $d^2=9+3\sqrt{3}x+\frac{3}{4}{x}^2$ và $(14-h)(4-h)=\left(13-\frac{x}{2}\right)\left(3-\frac{x}{2}\right)=39-8x+\frac{x^2}{4}$.

Góc nhìn lớn nhất đạt khi $N^{\prime }D-N{D}^{\prime }=0$ với $N=30+5\sqrt{3}x$, $D=x^2+(3\sqrt{3}-8)x+48$:
$$-5\sqrt{3}{x}^2-60x+150\sqrt{3}+240=0\iff \sqrt{3}{x}^2+12x-30\sqrt{3}-48=0.$$
Nghiệm dương: $x=\frac{-12+\sqrt{504+192\sqrt{3}}}{2\sqrt{3}}\approx \frac{-12+28,9232}{3,4641}\approx 4,885$.

Kiểm tra: tại $x\approx 4,885$: $d\approx 7,23$, $h\approx 3,44$, $\tan \theta \approx 1,243\Rightarrow \theta \approx 51^0$, đúng góc nhìn lớn nhất đã cho. Vậy $x\approx 4,89$ m, khớp đáp án nguồn 4,89.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: đáy màn hình cách sàn 4 m, đỉnh màn hình cao 14 m. Sàn nghiêng góc 30° bắt đầu từ điểm cách màn hình 3 m (theo hình vẽ). Gọi $u=h-4$ với $h$ là độ cao mắt so với mặt đất. Khi đó $h=4+u$, khoảng cách ngang từ mắt đến màn hình là $d=3+x\cos 30^{\circ }$, và vì mắt cao 1 m so với chân ghế nên $h=1+x\sin 30^{\circ }=1+\frac{x}{2}$, suy ra $x=2(u+3)$ và $d=3+\sqrt{3}(u+3)=3+3\sqrt{3}+\sqrt{3}u$.

Góc nhìn $\theta$ giữa hai tia nhìn tới đáy (4 m) và đỉnh (14 m) màn hình:
$$\tan \theta =\frac{10d}{d^2+(4-h)(14-h)}=\frac{10d}{d^2+u^2-10u}.$$

Để $\theta$ lớn nhất, lấy đạo hàm của $g(u)=\frac{d}{d^2+u^2-10u}$ với $d=3+3\sqrt{3}+\sqrt{3}u$ bằng 0:
$$\sqrt{3}(d^2+u^2-10u)-d(2\sqrt{3}d+2u-10)=0.$$

Giải phương trình này bằng cách thử số: với $u=-0,55$ vế trái $\approx -0,4$; với $u=-0,56$ vế trái $\approx 0,19$; nghiệm $u\approx -0,5565$.

Khi đó $x=2(u+3)\approx 2(2,4435)\approx 4,887\approx 4,89$ m.

Kiểm tra: tại $u\approx -0,5565$, $d\approx 7,233$, $\tan \theta =\frac{10\cdot 7,233}{52,32+0,31+5,565}=\frac{72,33}{58,19}\approx 1,243\Rightarrow \theta \approx 51,2^{\circ }\approx 51^{\circ }$, khớp với đề bài.

Vậy $x\approx 4,89$ m, trùng với đáp án nguồn 4,89.

Đáp số: 0,17.

Đặt $AM=x$ và $CN=y$. Do $AM$, $PM$ và $CN$, $PN$ là các tiếp tuyến cắt nhau nên $MP=AM=x$ và $PN=CN=y$. Tam giác $BMN$ vuông tại $B$ nên $M{N}^2=M{B}^2+B{N}^2\iff (x+y{)}^2=(1-x{)}^2+(1-y{)}^2$ $$\iff xy+x+y=1\iff (x+1)(y+1)=2.$$ Ta có: $S_{BMN}=\frac{1}{2}BM\cdot BN=\frac{1}{2}(1-x)(1-y)=\frac{1}{2}(1-x-y+xy)=xy$. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Swarchz: $$\sqrt{x}\sqrt{y}+1\cdot 1\le \sqrt{(x+1)(y+1)}\Rightarrow \sqrt{x}\sqrt{y}\le \sqrt{(x+1)(y+1)}-1=\sqrt{2}-1\iff xy\le {\left(\sqrt{2}-1\right)}^2.$$ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\sqrt{y}\\ (x+1)(y+1)=2\end{array}\iff x=y=\sqrt{2}-1$. Vậy $S_{BMN,\max }={\left(\sqrt{2}-1\right)}^2\approx 0,17$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 1. $(x,y,z)\in D$ với $x,y,z>0$, $xyz=1$; cần $k+x,k+y,k+z>0$. Với $k>0$ điều này luôn đúng; câu b) chỉ xét $k>0$ theo đề.

a) Với $k=\frac{1}{2}$: $\frac{1}{k+x}=\frac{1}{x+\frac{1}{2}}=\frac{2}{2x+1}=\frac{2yz}{yz+2xyz}=\frac{2yz}{yz+2}$ (do $xyz=1$).
Đặt $a=yz,b=zx,c=xy$ thì $abc=(xyz{)}^2=1$ và
$$F=2\left(\frac{a}{a+2}+\frac{b}{b+2}+\frac{c}{c+2}\right)=2\left(3-2\left(\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}\right)\right).$$
Vậy cần chứng minh $\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}\le 1$. Thật vậy, với $p=a+b+c,q=ab+bc+ca$ ($abc=1$):
$$\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}\le 1⟺q+4p+12\le (a+2)(b+2)(c+2)=1+2q+4p+8⟺q\ge 3,$$
đúng theo AM–GM vì $abc=1$. Do đó $F\ge 2$. Dấu bằng khi $a=b=c=1$, tức $x=y=z=1$.

b) Kết luận: $0<k\le \frac{1}{2}$.

• Với $0<k\le \frac{1}{2}$: viết $s=x+y+z,q=xy+yz+zx$. Ta có
$$F=\frac{(k+y)(k+z)+(k+z)(k+x)+(k+x)(k+y)}{(k+x)(k+y)(k+z)}=\frac{3k^2+2ks+q}{k^3+k^{2}s+kq+1}.$$
Bất đẳng thức $F\ge \frac{3}{k+1}$ tương đương (sau khi khử mẫu dương) với
$$(k+1)(3k^2+2ks+q)-3(k^3+k^{2}s+kq+1)\ge 0⟺3k^2-3+ks(2-k)+q(1-2k)\ge 0.$$
Vì $s\ge 3,q\ge 3$ (AM–GM với $xyz=1$) và $0<k\le \frac{1}{2}$ (nên $2-k>0,1-2k\ge 0$):
$$3k^2-3+ks(2-k)+q(1-2k)\ge 3k^2-3+3k(2-k)+3(1-2k)=0.$$
Dấu bằng khi và chỉ khi $s=q=3$, tức $x=y=z=1$. Vậy với $0<k\le \frac{1}{2}$, $\min F=\frac{3}{k+1}$ đạt được tại $(1,1,1)\in D$ (với $k=\frac{1}{2}$ giá trị này bằng $2$, khớp với câu a).

• Với $k>\frac{1}{2}$: vì $\frac{1}{k+t}<\frac{1}{\frac{1}{2}+t}$ với mọi $t>0$ nên
$$F_k(x,y,z)>F_{1/2}(x,y,z)\ge 2>\frac{1}{k}\forall (x,y,z)\in D.$$
Mặt khác, lấy $y=z=\frac{1}{\sqrt{x}}$ cho $x\to 0^{+}$ thì $xyz=1$ và
$$F=\frac{1}{k+x}+\frac{2}{k+1/\sqrt{x}}\to \frac{1}{k}.$$
Vậy $\inf F=\frac{1}{k}$ nhưng không bộ nào trong $D$ đạt giá trị $\frac{1}{k}$, tức biểu thức không đạt giá trị nhỏ nhất trên $D$.

Kết hợp: biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất trên $D$ khi và chỉ khi $0<k\le \frac{1}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh đáy tam giác đều là $a$, chiều cao lăng trụ là $h$. Thể tích: $V=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}h=1\Rightarrow h=\frac{4}{a^2\sqrt{3}}$. Diện tích cần làm: hai đáy tam giác đều và mặt xung quanh: $S=2\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}+3ah=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+\frac{12}{a\sqrt{3}}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+\frac{4\sqrt{3}}{a}$. Chi phí $P=S$ (triệu đồng). $P^{\prime }(a)=a\sqrt{3}-\frac{4\sqrt{3}}{a^2}=0\Rightarrow a^3=4\Rightarrow a=\sqrt[3]{4}$. Khi đó $P=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 4^{2/3}+\sqrt{3}\cdot 4^{2/3}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot 4^{2/3}\approx 6,5437$. Vậy chi phí ít nhất khoảng $6,5$ triệu đồng, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị của $f^{\prime }(x)$: $f^{\prime }(x)>0$ trên $(-\infty ;0)$, $f^{\prime }(x)<0$ trên $(0;2)$, $f^{\prime }(x)>0$ trên $(2;+\infty )$. Vậy $f$ đồng biến trên $(-\infty ;0)$, nghịch biến trên $(0;2)$, đồng biến trên $(2;+\infty )$. Do đó trên đoạn $[0;5]$, giá trị lớn nhất của $f$ chỉ có thể đạt tại $x=0$ hoặc $x=5$ (vì $f(2)$ là điểm cực tiểu, $f(3)<f(5)$ do $f$ đồng biến trên $(2;5)$).

Ta có:
$$f(0)-f(2)=-{\int }_0^2{f}^{\prime }(x)dx=\text{diện tıˊch phẳng giới hạn bởi đoˆˋ thị }{f}^{\prime }\text{ vaˋ trục }Ox\text{ treˆn }[0;2],$$
$$f(5)-f(3)={\int }_3^5{f}^{\prime }(x)dx=\text{diện tıˊch phẳng giới hạn bởi đoˆˋ thị }{f}^{\prime }\text{ vaˋ trục }Ox\text{ treˆn }[3;5].$$

Từ giả thiết $f(0)+f(3)=f(2)+f(5)$ suy ra $f(0)-f(2)=f(5)-f(3)$. Nhìn đồ thị, phần đồ thị $f^{\prime }$ dưới trục $Ox$ trên $[0;2]$ nằm sâu hơn (diện tích lớn hơn) phần đồ thị $f^{\prime }$ phía trên trục $Ox$ trên $[3;5]$, tức $f(0)-f(2)>f(5)-f(3)$, do đó $f(0)>f(5)$.

Vậy $\underset{[0;5]}{\max }f(x)=f(0)$, chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $g(x)=x^3-3x^2+m$, $g^{\prime }(x)=3x(x-2)$: cực đại tại $x=0$ giá trị $m$, cực tiểu tại $x=2$ giá trị $m-4$; $g$ tăng trên $(-\infty ;0)$, giảm trên $(0;2)$, tăng trên $(2;+\infty )$.

a) Đúng. Đồ thị $g$ luôn cắt trục hoành khi $g$ có cả giá trị âm và dương, tức $m-4\le 0\le m\iff 0\le m\le 4$. Khi đó tồn tại $x$ với $g(x)=0$ nên $\min \left|g(x)\right|=0$.

b) Đúng. Với $m=2$, trên $[3;5]$ (nằm trong miền $x>2$) hàm $g$ đồng biến, $g(3)=27-27+2=2$, $g(5)=125-75+2=52$. Trên đoạn này $g(x)\ge 2>0$ nên $\min \left|g\right|=g(3)=2$.

c) Sai. Với $m<0$, trên $[0;1]$ có $g^{\prime }(x)=3x(x-2)<0$ nên $g$ nghịch biến; $g(0)=m$, $g(1)=m-2$, cả hai đều âm. Do đó $\left|g\right|=-g$ đồng biến, max tại $x=0$ bằng $-m>0$, không thể bằng $m<0$.

d) Sai. Trên $[-2;2]$: $g$ tăng trên $[-2;0]$, giảm trên $[0;2]$, nên max $g=m$ (tại $x=0$), min $g=\min (g(-2),g(2))=\min (m-20,m-4)=m-20$. Xét $\min |g|=10$:
- Nếu $m\ge 20$: $\min |g|=m-20=10\Rightarrow m=30$ (thỏa).
- Nếu $m\le 0$: $\min |g|=-m=10\Rightarrow m=-10$ (thỏa).
- Nếu $0<m<20$: $g(0)=m>0$, $g(-2)=m-20<0$ nên $\min |g|=0\ne 10$, loại.
Vậy $m=30$ hoặc $m=-10$, tổng $m=20\ne 30$ → khẳng định sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Đồ thị luôn cắt trục hoành khi $m-4\le 0\le m$, tức $0\le m\le 4$; khi đó có nghiệm $g(x)=0$ nên $\min |g|=0$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với $m=2$, $g$ đồng biến trên $[3;5]$, $g(3)=2$, $g(5)=52$, đều dương nên $\min |g|=2$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với $m<0$, $g$ nghịch biến trên $[0;1]$, $g(0)=m$, $g(1)=m-2$ đều âm nên max $|g|=-m>0$, không bằng $m$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Trên $[-2;2]$: max $g=m$, min $g=m-20$. $\min |g|=10$ cho $m=30$ hoặc $m=-10$; tổng bằng 20, không phải 30.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $g(x)=x^4-2x^2+3m$, với $t=x^2$: $g=h(t)=t^2-2t+3m=(t-1{)}^2+3m-1$.

a) Với $m=1$, trên $[0;2]$ có $t\in [0;4]$, $h(t)=(t-1{)}^2+2\ge 2>0$, nên $y=|g|=g$ và $\min y=2$ tại $t=1$ ($x=1$). Đúng.

b) Với $m=1$: $h(4)=16-8+3=11$ là giá trị lớn nhất của $g$ (và $g\ge 2>0$), nên ${\max }_{[0;2]}y=11\ne 4$. Sai.

c) Trên $[-1;1]$: $t\in [0;1]$, $h$ giảm nên $g\in [3m-1;3m]$. Giá trị lớn nhất của $|g|$ là $\max (|3m-1|,|3m|)=9$. Với $|3m|=9$: $m=3$ (thỏa, vì $|8|\le 9$) hoặc $m=-3$ (loại vì $|-10|=10>9$). Với $|3m-1|=9$: $m=10/3$ (loại vì $|10|>9$) hoặc $m=-8/3$ (thỏa, vì $|-8|\le 9$). Vậy có đúng hai giá trị $m=3$ và $m=-\frac{8}{3}$. Đúng.

d) Trên $[-1;2]$: $t\in [0;4]$, $g$ có min $=3m-1$ (tại $t=1$), max $=3m+8$ (tại $t=4$), $g(0)=3m$.
- Nếu $m\ge \frac{1}{3}$: $g\ge 0$, $\min |g|=3m-1=2024\Rightarrow m=675$ (thỏa).
- Nếu $m\le -\frac{8}{3}$: $g\le 0$, $\min |g|=-(3m+8)=2024\Rightarrow m=-\frac{2032}{3}$ (thỏa).
- Nếu $-\frac{8}{3}<m<\frac{1}{3}$: $g$ đổi dấu nên $\min |g|=0\ne 2024$.
Vậy có đúng hai giá trị $m_1=675$, $m_2=-\frac{2032}{3}$; $|m_1-m_2|=675+\frac{2032}{3}=\frac{4057}{3}$, suy ra $3|m_1-m_2|=4057$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Với $m=1$, $y=x^4-2x^2+3=(x^2-1{)}^2+2\ge 2$ trên $[0;2]$, min bằng 2 tại $x=1$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với $m=1$, $g=x^4-2x^2+3\in [2;11]$ trên $[0;2]$ (max tại $x=2$ bằng 11), nên $\max y=11\ne 4$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Trên $[-1;1]$, $g\in [3m-1;3m]$; giải $\max (|3m-1|,|3m|)=9$ được $m=3$ hoặc $m=-\frac{8}{3}$: đúng hai giá trị.
d) (AI giải đề cho tôi)
Trên $[-1;2]$: với $m\ge \frac{1}{3}$, $\min |g|=3m-1=2024\Rightarrow m=675$; với $m\le -\frac{8}{3}$, $\min |g|=-(3m+8)=2024\Rightarrow m=-\frac{2032}{3}$; giữa hai khoảng này min bằng 0. Vậy $3|m_1-m_2|=3\left(675+\frac{2032}{3}\right)=4057$.

(AI giải đề cho tôi)
Điều kiện: $x^2+y^2+z^2+x+y+z=\frac{4}{3}$.

Dùng phương pháp tiếp tuyến: tìm $\alpha ,\beta$ sao cho với mọi số thực $t$ ta có $\frac{t}{t^2+1}\le \alpha (t^2+t)+\beta$.

Nghiệm đối xứng dự đoán: $3t^2+3t=\frac{4}{3}$ suy ra $t=\frac{1}{3}$. Với $f(t)=\frac{t}{t^2+1}$, ta có $f\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{3}{10}$ và $f^{\prime }(t)=\frac{1-t^2}{(t^2+1{)}^2}$, suy ra $f^{\prime }\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{1-1/9}{(10/9{)}^2}=\frac{18}{25}$.

Điều kiện tiếp xúc: $\alpha \left(2\cdot \frac{1}{3}+1\right)=\frac{5\alpha }{3}=\frac{18}{25}$ suy ra $\alpha =\frac{54}{125}$; và $\beta =\frac{3}{10}-\frac{54}{125}\cdot \frac{4}{9}=\frac{3}{10}-\frac{24}{125}=\frac{27}{250}$.

Kiểm tra bất đẳng thức: cần chứng minh $\frac{54}{125}(t^2+t)+\frac{27}{250}-\frac{t}{t^2+1}\ge 0$ với mọi $t$. Nhân với $250(t^2+1)>0$:
$$108(t^2+t)(t^2+1)+27(t^2+1)-250t=108t^4+108t^3+135t^2-142t+27=(3t-1{)}^2(12t^2+20t+27)\ge 0$$
vì $12t^2+20t+27>0$ (biệt thức $400-4\cdot 12\cdot 27=-896<0$). Vậy bất đẳng thức đúng với mọi $t$.

Áp dụng cho $x,y,z$:
$$P\le \frac{54}{125}\left(x^2+y^2+z^2+x+y+z\right)+3\cdot \frac{27}{250}=\frac{54}{125}\cdot \frac{4}{3}+\frac{81}{250}=\frac{144}{250}+\frac{81}{250}=\frac{9}{10}$$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{3}$ (thỏa mãn ràng buộc vì $3\left(\frac{1}{9}+\frac{1}{3}\right)=\frac{4}{3}$), khi đó $P=3\cdot \frac{1/3}{1/9+1}=\frac{9}{10}$.

Vậy $\max P=\frac{9}{10}$, đạt tại $x=y=z=\frac{1}{3}$. Các phép tính đã được kiểm tra lại: khai triển $(3t-1{)}^2(12t^2+20t+27)$ đúng bằng $108t^4+108t^3+135t^2-142t+27$, và các phân số đều khớp.