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

Hàm lợi nhuận của doanh nghiệp là $L(x)=f(x)-g(x)-tx=-2x^2+(568-t)x+1209$, đạt giá trị lớn nhất tại $x=\frac{568-t}{4}$. Khi đó tiền thuế phụ thu của nhà nước là $T(t)=tx=\frac{t(568-t)}{4}$, đạt giá trị lớn nhất khi $t=568-t⟺t=284$ (nghìn đồng).

Lấy logarit tự nhiên hai vế của bất đẳng thức:
$\ln [y^x\cdot e^{x{e}^y}]\ge \ln [x^y\cdot e^{y{e}^x}]\iff x\ln y+x{e}^y\ge y\ln x+y{e}^x\iff \frac{\ln y+e^y}{y}\ge \frac{\ln x+e^x}{x}$.
Xét hàm số $f(t)=\frac{\ln t+e^t}{t}$ với $t>1$. Khảo sát ta thấy $f(t)$ là hàm đồng biến, do đó $y\ge x>1$.
Đặt $t={\log }_{x}y\ge 1$.
Biểu thức $P=\frac{1}{2}(1+{\log }_{x}y)+\frac{1}{{\log }_{x}y}=\frac{1}{2}+\frac{t}{2}+\frac{1}{t}$.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy hoặc xét hàm với $t\ge 1$, ta có:
$\frac{t}{2}+\frac{1}{t}\ge 2\sqrt{\frac{t}{2}\cdot \frac{1}{t}}=\sqrt{2}$, đạt được khi $t=\sqrt{2}>1$.
Do đó $P_{\min }=\frac{1}{2}+\sqrt{2}=\frac{1+2\sqrt{2}}{2}$.

Đặt $OA=a,OB=b,OC=c$ ($a,b,c>0$).
Vì $Ox,Oy,Oz$ đôi một vuông góc nên $AB=\sqrt{a^2+b^2},BC=\sqrt{b^2+c^2},CA=\sqrt{c^2+a^2}$.
Thể tích khối tứ diện $OABC$ là $V=\frac{1}{6}abc$.
Theo bất đẳng thức tam giác và Cauchy-Schwarz:
$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\ge \sqrt{2}(a+b+c).$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.
Khi đó: $3a+3a\sqrt{2}=1⟺3a(1+\sqrt{2})=1⟺a=\frac{1}{3(1+\sqrt{2})}$.
Thể tích lớn nhất là:
$V_{\max }=\frac{1}{6}{a}^3=\frac{1}{6\cdot 27(1+\sqrt{2}{)}^3}=\frac{1}{162(1+\sqrt{2}{)}^3}.$
Suy ra $m=162,n=2$.
Giá trị của biểu thức $P=m+n=162+2=164$.

Phương trình tương đương: $2017^{1-x}(x^2+2018{)}^{-1}=2017^y((1-y{)}^2+2018{)}^{-1}$.
Xét tính đơn điệu suy ra $1-x=y\iff x+y=1$.
Biểu thức $S$ theo $x$: với $y=1-x$, khảo sát hàm số bậc 4 trên $[0;1]$ tìm được $M$ và $m$, tổng $M+m=\frac{391}{16}$.

Chia hai vế giả thiết cho $ab$, đặt $t=\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge 2$, ta có $2(t^2-2)+1=(a+b)+2t\ge 2\sqrt{a+b}\dots$ Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 201: Chọn A ($(-6;-5)$).

Vì $a,b,c\ge 0$ nên $abc\ge 0⟹P=4-abc\le 4$ (đạt được khi $c=0,a^2+b^2=4$). Mặt khác, từ $a^2+b^2+c^2+abc=4$ suy ra $abc\le 1$ (đạt được khi $a=b=c=1$), do đó $P=4-abc\ge 3$. Vậy giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của $P$ lần lượt là $3$ và $4$. Chọn đáp án B.

Chọn B.
Với $z=0$ không thỏa mãn giả thiết. Với $z\ne 0$, chia hai vế cho $z$ ta được:
$\frac{1}{w-1}=3-i-\frac{1-i}{z}=(3-i)+\frac{i-1}{z}$.
Ta có $|w-1|=\frac{1}{|(3-i)+\frac{i-1}{z}|}$.
Áp dụng bất đẳng thức mô đun:
$T=|w+i|=|(w-1)+(1+i)|\le |w-1|+|1+i|=|w-1|+\sqrt{2}$.
Khảo sát biểu thức, ta tìm được giá trị lớn nhất của $T$ là $T_{max}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$.

Từ $|z|=2\Rightarrow z\overline{z}=4$, suy ra $T=|z^2-wz-4|=|z^2-wz-z\overline{z}|=|z|\cdot |z-\overline{z}-w|=2|z-\overline{z}-w|$. Đặt $z=a+bi$ ($a^2+b^2=4\Rightarrow b\in [-2;2]$) thì $z-\overline{z}=2bi$. Mặt khác $|iw-2+5i|=1\iff |w+5+2i|=1$, nên nếu đặt $w=c+di$ thì $(c+5{)}^2+(d+2{)}^2=1\Rightarrow c\in [-6;-4]$. Khi đó $T=2\sqrt{c^2+(2b-d{)}^2}\ge 2|c|\ge 2\cdot 4=8$. Dấu bằng xảy ra khi $c=-4,d=-2,b=-1,a=\pm \sqrt{3}$. Chọn đáp án A.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ sao cho tia $Oy$ chứa bờ $AE$, tia $Ox$ chứa bờ $BC$, với đơn vị đo là $10\text{ m}$.
Khi đó:
- Điểm $A$ có tọa độ $(0;4)$ và điểm $B$ có tọa độ $(2;0)$.
- Bờ $AB$ là parabol có đỉnh $A(0;4)$ và trục đối xứng $Oy$: phương trình $(P):y=4-x^2$ với $x\in [0;2]$.
- Tâm mảnh vườn là điểm $I(4;3)$, bán kính vườn là $R=1$ (tương ứng $10\text{ m}$).
Chiều dài ngắn nhất của cây cầu là khoảng cách nhỏ nhất từ tâm $I$ đến bờ $AB$ trừ đi bán kính $R$:
$l_{\min }={\min }_{N\in (P)}IN-R$.
Với điểm $N(x;4-x^2)\in (P)$ ($x\in [0;2]$):
$I{N}^2=(x-4{)}^2+(4-x^2-3{)}^2=(x-4{)}^2+(1-x^2{)}^2=x^4-x^2-8x+17$.
Xét hàm số $f(x)=x^4-x^2-8x+17$ trên đoạn $[0;2]$:
$f^{\prime }(x)=4x^3-2x-8=0⟺x\approx 1,3917$.
Giá trị nhỏ nhất là $f(1,3917)\approx 7,68⟹\min IN=\sqrt{7,68}\approx 2,77$ (đơn vị $10\text{ m}$, tức $27,7\text{ m}$).
Chiều dài ngắn nhất của cầu là: $l=27,7-10=17,7\text{ m}$. Chọn A.

Xét hàm số $g(x)=f(x+2018)+2019x$.
Đạo hàm $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x+2018)+2019$.
$g^{\prime }(x)=0⟺f^{\prime }(x+2018)=-2019$.
Từ bảng xét dấu của $f^{\prime \prime }(x)$, ta có bảng biến thiên của $f^{\prime }(x)$:
- Trên khoảng $(-\infty ;0)$, $f^{\prime \prime }(x)>0$ nên $f^{\prime }(x)$ đồng biến tăng từ $-\infty$ lên $f^{\prime }(0)=3$. Vì $-2019<3$ nên tồn tại duy nhất số $a<0$ sao cho $f^{\prime }(a)=-2019$.
- Trên khoảng $(0;2)$, $f^{\prime \prime }(x)<0$ nên $f^{\prime }(x)$ nghịch biến giảm từ $3$ xuống $f^{\prime }(2)=-2019$.
- Trên khoảng $(2;+\infty )$, $f^{\prime \prime }(x)>0$ nên $f^{\prime }(x)$ đồng biến tăng từ $-2019$ lên $+\infty$.
Do đó phương trình $f^{\prime }(t)=-2019$ có hai nghiệm là $t=a<0$ và $t=2$.
Suy ra phương trình $g^{\prime }(x)=0⟺[<table><tbody><tr><td>x+2018=a</td></tr><tr><td>x+2018=2</td></tr></tbody></table>⟺[<table><tbody><tr><td>x=a-2018<-2018</td></tr><tr><td>x=-2016</td></tr></tbody></table>$
Lập bảng xét dấu của $g^{\prime }(x)$:
- Khi $x<a-2018$, $t<a⟹f^{\prime }(t)<-2019⟹g^{\prime }(x)<0$.
- Khi $a-2018<x<-2016$, $a<t<2⟹f^{\prime }(t)>-2019⟹g^{\prime }(x)>0$.
- Khi $x>-2016$, $t>2⟹f^{\prime }(t)>-2019⟹g^{\prime }(x)>0$.
Do đó $g(x)$ nghịch biến trên $(-\infty ;a-2018)$ và đồng biến trên $(a-2018;+\infty )$.
Vậy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm $x_0=a-2018\in (-\infty ;-2018)$. Chọn A.

Chọn C.
Áp dụng bất đẳng thức và khảo sát hàm số theo biến thích hợp, giá trị lớn nhất của biểu thức $P$ đạt được là $16$.

Chọn C.
Áp dụng phương pháp hình học và bất đẳng thức tam giác trong mặt phẳng phức, ta tìm được giá trị nhỏ nhất của $P$ là $4\sqrt{2}$.

Thay $x+y+1=x^2+y^2+xy$ vào $P$, ta được $P=\frac{xy}{x^2+xy+y^2}$. Khi $y=0$ thì $P=0$; khi $y\ne 0$, đặt $t=\frac{x}{y}$ thì $P=\frac{t}{t^2+t+1}\in \left[-1;\frac{1}{3}\right]$. Suy ra $M=\frac{1}{3},m=-1\Rightarrow M+m=-\frac{2}{3}$.

Chọn D.
Ta có $y(0)=1$. Để hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=0$ thì $y(x)\ge y(0)=1$ với mọi $x\in \mathbb{R}$.
$⟺x^4+a{x}^3+b{x}^2\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}$.
+) Với $x>0$: chia cả hai vế cho $x^2>0$ ta được $x^2+ax+b\ge 0$.
Cho $x\to 0^{+}$ suy ra $b\ge 0$.
Nếu $b=0$, ta có $x^2(x^2+ax)\ge 0⟺x+a\ge 0,\forall x>0$ và $x+a\le 0,\forall x<0$, điều này chỉ xảy ra khi $a=0$. Khi đó $a=b=0\Rightarrow S=0$.
+) Để tam thức bậc hai $g(x)=x^2+ax+b\ge 0$ với mọi $x\in \mathbb{R}$ thì $\Delta =a^2-4b\le 0⟺b\ge \frac{a^2}{4}$.
Khi đó $S=a+b\ge a+\frac{a^2}{4}=\frac{1}{4}(a^2+4a+4)-1=\frac{1}{4}(a+2{)}^2-1\ge -1$.
Dấu bằng xảy ra khi $a=-2$ và $b=1$.
Khi $a=-2,b=1$, ta có $x^4-2x^3+x^2=x^2(x-1{)}^2\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}$, thỏa mãn điều kiện bài toán.
Vậy giá trị nhỏ nhất của $S=a+b$ là $-1$.

Đặt $t=\sin x\in [-1;1]$. Xét hàm số theo biến $t$, điều kiện để $\max f(x)\ge \frac{1}{3}$ dẫn tới giá trị nguyên dương nhỏ nhất của $m$ là $m=1$. Giá trị gần nhất là 1. Chọn A.

Phương trình biến đổi tương đương về hàm đặc trưng:
Đặt $u=x+4y$ và $v=xy-1$.
Ta thu được hệ thức liên hệ $xy-x-4y=1⟺(x-4)(y-1)=5$.
Vì $x,y>0$ nên $x>4,y>1$. Khi đó $y=1+\frac{5}{x-4}$.
Biểu thức $P=x+y=x+1+\frac{5}{x-4}=(x-4)+\frac{5}{x-4}+5$.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương $x-4$ và $\frac{5}{x-4}$:
$P\ge 2\sqrt{(x-4)\cdot \frac{5}{x-4}}+5=2\sqrt{5}+5=5+2\sqrt{5}$.
Dấu '=' xảy ra khi $x-4=\sqrt{5}⟺x=4+\sqrt{5}>0$ và $y=1+\sqrt{5}>0$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $5+2\sqrt{5}$. Chọn B.

Gọi $h$ ($0<h<18$) là chiều cao hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu bán kính $R=9$. Bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy là $r=\sqrt{2Rh-h^2}$, diện tích hình vuông đáy là $S=2r^2=2(18h-h^2)$. Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}Sh=\frac{2}{3}(18h^2-h^3)$, đạt giá trị lớn nhất khi $h=\frac{4}{3}R=12$. Khi đó $V_{\max }=\frac{2}{3}(18\cdot 12^2-12^3)=576$.

Thể tích khối còn lại là hàm theo $x$: $V(x)=V_0-3{\left(\frac{x}{h}\right)}^3{V}_0$. Tối ưu hóa theo thiết diện hình học cho $x=\frac{h}{4}$. Chọn D.

Đặt $t=\sin x-2$. Với $x\in \left(-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right)⟹\sin x\in (-1;1)⟹t\in (-3;-1)$.
Ta có: $\cos 2x=1-2{\sin }^{2}x$.
Biến đổi biểu thức lượng giác theo $u=\sin x=t+2$:
$g(t)=2f(t)-h(t)$.
Sử dụng đồ thị $f^{\prime }(x)$ trên khoảng $(-3;-1)$, ta khảo sát hàm số và tìm giá trị nhỏ nhất của vế trái trên đoạn $[-3;-1]$.
Tại $t=-1$ (ứng với $\sin x=1$ khi $x\to \frac{\pi }{2}$), hàm số đạt cực tiểu / giá trị nhỏ nhất.
Do $x\in \left(-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right)$ là khoảng mở nên bất phương trình nghiệm đúng với mọi $x$ khi và chỉ khi:
$m\le {\min }_{[-3;-1]}g(t)=2f(-1)+\frac{19}{12}$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và đánh giá điều kiện, giá trị nhỏ nhất đạt được là 1 khi $x=0,y=1,z=0$ hoặc tương tự. Chọn C.