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

Đạo hàm $y^{\prime }=3x^2-6x-9=3(x+1)(x-3)$.
Phương trình $y^{\prime }=0\iff x=3$ (thuộc đoạn $[1;5]$) hoặc $x=-1$ (không thuộc đoạn $[1;5]$).
Tính giá trị tại các điểm: $y(1)=-6$, $y(3)=-22$, $y(5)=10$.
Do đó giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $[1;5]$ bằng $10$.

Trên đoạn $[-1;4]$, giá trị lớn nhất của hàm số là $M=3$ (tại $x=-1$ và $x=3$), giá trị nhỏ nhất của hàm số là $m=-1$ (tại $x=1$).
Hiệu giữa giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất là $M-m=3-(-1)=4$.

Xét hàm số $y=x^2+\frac{2}{x}$ với $x>0$.
Đạo hàm $y^{\prime }=2x-\frac{2}{x^2}=\frac{2(x^3-1)}{x^2}$.
Cho $y^{\prime }=0\iff x^3-1=0\iff x=1$.
Với $0<x<1$ thì $y^{\prime }<0$; với $x>1$ thì $y^{\prime }>0$.
Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=1$, giá trị nhỏ nhất là $y(1)=1^2+\frac{2}{1}=3$.

a) Sai. Khối chóp thu được có đáy là hình vuông $EFGH$ và đỉnh chung $S$ (do bốn đỉnh $A,B,C,D$ chụm lại), các cạnh bên bằng nhau nên là khối chóp tứ giác đều, không phải tứ diện đều.
b) Đúng. Đáy của khối chóp là hình vuông $EFGH$ cạnh $x$, nên diện tích đáy là $S=x^2$.
c) Đúng. Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$, khoảng cách từ $O$ đến các cạnh là $\frac{1,5}{2}=\frac{3}{4}\text{ m}$. Tam giác $OHG$ vuông cân tại $O$ nên $OH=\frac{x}{\sqrt{2}}$. Gọi $M$ là trung điểm $AD$, ta có $OM=\frac{3}{4}$, $AM=\frac{3}{4}$, $HM=\frac{3}{4}-\frac{x}{\sqrt{2}}$. Độ dài cạnh bên $SH=AH=\sqrt{A{M}^2+H{M}^2}=\sqrt{{\left(\frac{3}{4}\right)}^2+{\left(\frac{3}{4}-\frac{x}{\sqrt{2}}\right)}^2}$. Chiều cao của khối chóp là $h=\sqrt{S{H}^2-{\left(\frac{x}{\sqrt{2}}\right)}^2}=\sqrt{\frac{9}{8}-\frac{3x}{2\sqrt{2}}}$.
d) Sai. Xét $g(x)=9V^2=x^4{h}^2=\frac{9}{8}{x}^4-\frac{3}{2\sqrt{2}}{x}^5$ với $0<x<\frac{3\sqrt{2}}{4}$. Ta có $g^{\prime }(x)=\frac{3}{2}{x}^3\left(3-\frac{5}{\sqrt{2}}x\right)=0\iff x=\frac{3\sqrt{2}}{5}\ne \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Từ đồ thị, trên khoảng $(-\infty ;0)$, hàm số đạt giá trị lớn nhất tại $x=-2$. Giá trị lớn nhất là $f(-2)=2$.

Ta có $f^{\prime }(x)=3x^2-30=3(x^2-10)$. Trên đoạn $[2;19]$, hàm số giảm đến $x=\sqrt{10}$ rồi tăng. Vì vậy $x_0=\sqrt{10}$ và $m=f(\sqrt{10})=-20\sqrt{10}$. Suy ra $T=m{x}_0=-200$.

Doanh thu của chuyến xe là $F(x)=x{\left(300-\frac{5x}{2}\right)}^2$ với $0<x\le 45$. Ta có $F^{\prime }(x)=\left(300-\frac{5x}{2}\right)\left(300-\frac{15x}{2}\right)$, đạt giá trị lớn nhất tại $x=40$ với $F(40)=1600000$ đồng.
a) Sai.
b) Đúng, vì $F(40)=1600000>1500000$.
c) Sai, vì xe cần chở $40$ người.
d) Đúng, doanh thu lớn nhất là $1,6$ triệu đồng.

Tốc độ bơm nước là $v(t)=V^{\prime }(t)=\frac{90t^2-t^3}{100}$. Ta có $v^{\prime }(t)=\frac{3t(60-t)}{100}$, đạt giá trị lớn nhất trên $(0;90)$ tại $t=60$ với $v_{\max }=v(60)=1080$.

Gọi hai kích thước đáy hộp là $a,b$ và chiều cao là $h$ (cm). Ta có $\frac{a+b+2h}{\sqrt{2}}=6\Rightarrow \frac{a+b}{2}=3\sqrt{2}-h$. Thể tích $V=abh\le {\left(\frac{a+b}{2}\right)}^{2}h=h(3\sqrt{2}-h{)}^2$, đạt GTLN tại $h=\sqrt{2}$ và $a=b=2\sqrt{2}$ với $V_{\max }=8\sqrt{2}\approx 11,3{\text{ cm}}^3$.

$y^{\prime }=3x^2+6x=0\iff x=0\notin [-5;-1]$ hoặc $x=-2\in [-5;-1]$. Ta có $y(-5)=-40$, $y(-2)=14$, $y(-1)=12$. Vậy ${\max }_{[-5;-1]}y=14$.

Từ đồ thị, điểm cao nhất của đồ thị trên đoạn $[-3;5]$ là $(5;3)$ nên ${\max }_{[-3;5]}f(x)=f(5)=3$.

a) Sai. $f^{\prime }(x)=3x^2-8x-3$.
b) Sai. $f^{\prime }(x)=0\iff x=3$ hoặc $x=-\frac{1}{3}$, đều thuộc $[-1;4]$. Ta có $f(-1)=0,f\left(-\frac{1}{3}\right)=\frac{68}{27},f(3)=-16,f(4)=-10$. Vậy ${\max }_{[-1;4]}f(x)=\frac{68}{27}\ne 2$.
c) Đúng. $f^{\prime }(x)<0\iff -\frac{1}{3}<x<3$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-\frac{1}{3};3\right)$.
d) Đúng. Đặt $t=2x-1$, với $x\in [-1;4]$ thì $t\in [-3;7]$. Khi đó ${\max }_{[-1;4]}f(2x-1)={\max }_{[-3;7]}f(t)=f(7)=128$.

$B(x)=220x$, $L(x)=B(x)-C(x)=-x^3+3x^2+240x-500$ với $x\in [1;18]$. Ta có $L^{\prime }(x)=-3x^2+6x+240=0\iff x=10$ (do $x\in [1;18]$). $L(1)=-258,L(10)=1200,L(18)=-1040$. Vậy lợi nhuận tối đa là $1200$ nghìn đồng.

$N^{\prime }(t)=60t-3t^2=0\iff t=0$ hoặc $t=20$. Ta có $N(0)=1000,N(20)=5000,N(30)=1000$. Vậy sau $20$ phút thì số vi khuẩn lớn nhất.

Đặt $AS=x\text{ (km)},0\le x\le 4$. Khi đó $BS=4-x,CS=\sqrt{1+(4-x{)}^2}$. Chi phí mắc dây điện: $T(x)=12000x+13000\sqrt{1+(4-x{)}^2}$. Giải $T^{\prime }(x)=0\iff 13(4-x)=12\sqrt{1+(4-x{)}^2}\iff 4-x=\frac{12}{5}\iff x=\frac{8}{5}=1,6\text{ km}$.

Trên đoạn $[-1;1]$, hàm số nghịch biến, $f(-1)=5,f(1)=0$. Do đó ${\min }_{[-1;1]}f(x)=0$. Chọn D.

Trên $(-2;2]$, $f(x)\le f(-1)=5$. Trên $(2;+\infty )$, hàm số đồng biến và ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=10$ nên $f(x)<10$ nhưng nhận các giá trị gần $10$ tùy ý. Do đó hàm số không có giá trị lớn nhất trên $(-2;+\infty )$. Chọn D.

$f^{\prime }(x)=\frac{-5}{(x-1{)}^2}<0$ với mọi $x\in [5;+\infty )$ nên hàm số nghịch biến trên $[5;+\infty )$. Do đó ${\max }_{[5;+\infty )}f(x)=f(5)=\frac{9}{4}$. Chọn B.

Trên đoạn $[-1;5]$ ta có $A=f(4)=3$, $a=f(-1)=f(2)=-2$. Vậy $Q=A-a=3-(-2)=5$. Chọn A.

$y^{\prime }=1+\frac{1}{x^2}>0$ nên hàm số đồng biến trên $[2;3]$. Do đó ${\min }_{[2;3]}y=y(2)=2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$. Chọn C.