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

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=3x^2-24=0\iff x=\pm 2\sqrt{2}$. Trên đoạn $[2;19]$, chỉ có $x=2\sqrt{2}\approx 2,83$ thuộc đoạn. Xét $f(2)=8-48=-40$; $f(2\sqrt{2})=16\sqrt{2}-48\sqrt{2}=-32\sqrt{2}\approx -45,25$; $f(19)=19^3-24\cdot 19=6859-456=6403$. Vậy giá trị lớn nhất là $6403$, đạt tại $x=19$, tương ứng đáp án D. Kết quả trùng với đáp án nguồn (Câu 5, mã đề 2: D).

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên trên đoạn $[-1;3]$: $f(-1)=0$, hàm đồng biến từ $-1$ đến $0$ đạt $f(0)=5$, nghịch biến từ $0$ đến $2$ đạt $f(2)=1$, rồi đồng biến đến $f(3)=4$. So sánh các giá trị tại hai đầu và các điểm tới hạn: $\min \{f(-1),f(0),f(2),f(3)\}=\min \{0,5,1,4\}=0=f(-1)$. Vậy $\underset{[-1;3]}{\min }f(x)=f(-1)$, khớp với đáp án nguồn (Đề 2, Câu 6: D).

(AI giải đề cho tôi)
Hàm chi phí $C(x)=\frac{2x+1}{1-0,01x}$, $0\le x<100$.
a) $C(20)=\frac{41}{1-0,2}=\frac{41}{0,8}=51,25$ triệu đồng $\ne 51,52$ → Sai.
b) Tập xác định $0\le x<100$ nên không thể xử lý $x=100$; hơn nữa $C(x)\to +\infty$ khi $x\to 100^{-}$ → Đúng.
c) $C(x)\le 200\iff 2x+1\le 200(1-0,01x)=200-2x\iff 4x\le 199\iff x\le 49,75$ → Đúng.
d) Lợi nhuận $P(x)=R(x)-C(x)=12x-240-\frac{2x+1}{1-0,01x}$, $x\in [20;100)$. $P^{\prime }(x)=12-\frac{2,01}{(1-0,01x{)}^2}$; $P^{\prime }(x)=0\iff 1-0,01x=\sqrt{2,01/12}\approx 0,4093\iff x\approx 59,07$. Khi đó $C\approx \frac{119,14}{0,4093}\approx 291,1$, $R\approx 468,9$, $P\approx 177,8>177$ triệu đồng → Đúng. Khớp đáp án chính thức: a) S, b) Đ, c) Đ, d) Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
C(20)=41/0,8=51,25 triệu đồng, không phải 51,52.
b) (AI giải đề cho tôi)
Miền xác định 0≤x<100 và C(x)→+∞ khi x→100⁻ nên không thể loại bỏ 100%.
c) (AI giải đề cho tôi)
C(x)≤200 ⇔ 4x≤199 ⇔ x≤49,75%.
d) (AI giải đề cho tôi)
P(x)=12x−240−C(x) đạt max tại x≈59,07 với P≈177,8>177 triệu đồng.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi chiều rộng đáy là $x$ (m), chiều dài là $3x$ (m) với $x>0$. Thể tích bể: $V=3x^{2}h=18\Rightarrow x^{2}h=6\Rightarrow h=\frac{6}{x^2}$. Diện tích nguyên vật liệu (bể không có nắp: 1 đáy + 4 mặt bên): $S=3x^2+2(xh)+2(3xh)=3x^2+8xh=3x^2+8x\cdot \frac{6}{x^2}=3x^2+\frac{48}{x}$. Xét hàm $S(x)=3x^2+\frac{48}{x}$ với $x>0$: $S^{\prime }(x)=6x-\frac{48}{x^2}$. Cho $S^{\prime }(x)=0\Rightarrow 6x^3=48\Rightarrow x^3=8\Rightarrow x=2$. Với $0<x<2$ thì $S^{\prime }(x)<0$, với $x>2$ thì $S^{\prime }(x)>0$, nên $S$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=2$. Khi đó $h=\frac{6}{2^2}=1,5$ (m). Vậy cần xây bể có chiều cao $h=1,5$ m để nguyên vật liệu ít nhất, trùng với đáp án nguồn 1,5.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M$ là vị trí chèo thuyền cập bờ, đặt $BM=x$ với $0\le x\le 7$. Khi đó quãng đường đi bộ là $MC=7-x$, quãng đường chèo thuyền là $AM=\sqrt{A{B}^2+B{M}^2}=\sqrt{25+x^2}$ (theo định lý Pythagore vì $AB\perp BC$).

Tổng thời gian: $$T(x)=\frac{\sqrt{25+x^2}}{4}+\frac{7-x}{6},0\le x\le 7.$$

Đạo hàm: $$T^{\prime }(x)=\frac{x}{4\sqrt{25+x^2}}-\frac{1}{6}.$$

$T^{\prime }(x)=0\Rightarrow 6x=4\sqrt{25+x^2}\Rightarrow 36x^2=16(25+x^2)\Rightarrow 20x^2=400\Rightarrow x=2\sqrt{5}\approx 4,4721$ km (thỏa $0\le x\le 7$).

Xét dấu: $T^{\prime }(x)<0$ khi $x<2\sqrt{5}$ và $T^{\prime }(x)>0$ khi $x>2\sqrt{5}$, nên $T$ đạt最小 tại $x=2\sqrt{5}$.

Quãng đường đi bộ: $$MC=7-2\sqrt{5}\approx 7-4,4721=2,5279\approx 2,53\text{ km}.$$

Kết quả khớp với đáp án nguồn (Phần III, câu 5, mã đề 1: 2,53).

(AI giải đề cho tôi)
Sản lượng xuất khẩu là phần dư: $R(x)-Q(x)=(x-150)-(2700-x)=2x-2850$ (kg), với điều kiện $x\ge 1425$. Lợi nhuận xuất khẩu trên mỗi kg là $1900-x-m$ USD. Vì lợi nhuận từ xuất khẩu và thuế giữ tỷ lệ 4:1 nên $1900-x-m=4m\Rightarrow x=1900-5m$. Tổng lợi nhuận xuất khẩu: $P=(2x-2850)(1900-x-m)=(2x-2850)\cdot 4m$. Thay $x=1900-5m$: $2x-2850=950-10m$, nên $P(m)=4m(950-10m)=3800m-40m^2$. Đây là tam giác bậc hai với đỉnh tại $m=\frac{3800}{80}=47,5$. Kiểm tra điều kiện $x=1900-5(47,5)=1662,5\ge 1425$ thỏa mãn. Vậy $m=47,5$ USD, trùng với đáp án nguồn (47,5).

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=3x^2-24=0\Rightarrow x=\pm 2\sqrt{2}$. Trên đoạn $[2;19]$ chỉ có điểm $x=2\sqrt{2}$. Tính: $f(2)=8-48=-40$; $f(2\sqrt{2})=(2\sqrt{2}{)}^3-24\cdot 2\sqrt{2}=16\sqrt{2}-48\sqrt{2}=-32\sqrt{2}\approx -45,25$; $f(19)=6859-456=6403$. So sánh, giá trị nhỏ nhất là $-32\sqrt{2}$ tại $x=2\sqrt{2}$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (C).

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên: $f(-1)=0$, hàm đồng biến đến $f(0)=5$, nghịch biến đến $f(2)=1$, rồi đồng biến đến $f(3)=4$. So sánh các giá trị ứng với điểm tới hạn và hai đầu mút: ${\max }_{[-1;3]}f(x)=\max \{0,5,1,4\}=5=f(0)$. Vậy khẳng định đúng là $\underset{[-1;3]}{\max }f(x)=f(0)$, khớp với đáp án A trong đề và đáp án Câu 6 (Đề 1) là A trong hướng dẫn chấm.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=3x^2-3=0\iff x=\pm 1$. Tính giá trị: $f(-3)=-27+9+2=-16$, $f(-1)=-1+3+2=4$, $f(1)=1-3+2=0$, $f(3)=27-9+2=20$. Vậy giá trị lớn nhất trên đoạn $[-3;3]$ là $20$, tương ứng đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Vận tốc là $v(t)=s^{\prime }(t)=\frac{3}{2}{t}^2-8t+16$. Xét $t\in [0;6]$: $v^{\prime }(t)=3t-8=0\Rightarrow t=\frac{8}{3}$. Tính $v(0)=16$, $v(6)=\frac{3}{2}\cdot 36-48+16=54-48+16=22$, $v\left(\frac{8}{3}\right)=\frac{3}{2}\cdot \frac{64}{9}-\frac{64}{3}+16=\frac{32}{3}-\frac{64}{3}+16=\frac{16}{3}$. So sánh: $\frac{16}{3}<16<22$. Vậy vận tốc lớn nhất trên $[0;6]$ là $22$ m/s, đạt tại $t=6$ giây.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi chiều rộng đáy là $x$ (m), chiều dài $2x$ (m), chiều cao $h$ (m) với $x,h>0$. Thể tích bể: $V=2x^{2}h=18\Rightarrow x^2=\frac{9}{h}\Rightarrow x=\frac{3}{\sqrt{h}}$. Bể không có nắp nên diện tích nguyên vật liệu gồm đáy và 4 mặt bên: $S=2x^2+2(xh+2xh)=2x^2+6xh=\frac{18}{h}+18\sqrt{h}$. Xét hàm $S(h)=\frac{18}{h}+18\sqrt{h}$ với $h>0$: $S^{\prime }(h)=-\frac{18}{h^2}+\frac{9}{\sqrt{h}}=0\iff h^{3/2}=2\iff h=2^{2/3}\approx 1,5874$. Vì $S^{\prime }(h)<0$ khi $h<2^{2/3}$ và $S^{\prime }(h)>0$ khi $h>2^{2/3}$, hàm $S(h)$ đạt cực tiểu (giá trị nhỏ nhất trên $(0;+\infty )$) tại $h=2^{2/3}$. Vậy cần xây bể có chiều cao $h=2^{2/3}\approx 1,59$ m.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi chiều rộng là $x$ (m), chiều dài $2x$ (m), chiều cao $h$ (m) với $x>0$, $h>0$. Diện tích kính (không có nắp): đáy $2x^2$ cộng 4 mặt bên $2(2xh)+2(xh)=6xh$, nên $2x^2+6xh=9\Rightarrow h=\frac{9-2x^2}{6x}$, điều kiện $0<x<\sqrt{\frac{9}{2}}$.

Thể tích: $V=2x^{2}h=2x^2\cdot \frac{9-2x^2}{6x}=\frac{x(9-2x^2)}{3}=3x-\frac{2}{3}{x}^3$.

Xét hàm $V(x)=3x-\frac{2}{3}{x}^3$ trên $\left(0;\frac{3}{\sqrt{2}}\right)$: $V^{\prime }(x)=3-2x^2=0\Rightarrow x=\sqrt{\frac{3}{2}}$ (nằm trong khoảng). Vì $V^{\prime }(x)>0$ khi $x<\sqrt{3/2}$ và $V^{\prime }(x)<0$ khi $x>\sqrt{3/2}$ nên đây là điểm cực đại, cũng là giá trị lớn nhất.

$V_{\max }=3\sqrt{\frac{3}{2}}-\frac{2}{3}\left(\frac{3}{2}\right)\sqrt{\frac{3}{2}}=2\sqrt{\frac{3}{2}}\approx 2,4495\approx 2,45$ m³.

Vậy thể tích lớn nhất của bể cá khoảng $2,45m^3$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=3x^2-3=0\iff x=\pm 1$. Tính giá trị tại các điểm nghi ngờ: $f(-3)=-27+9+2=-16$; $f(3)=27-9+2=20$; $f(-1)=-1+3+2=4$; $f(1)=1-3+2=0$. Vậy giá trị lớn nhất trên đoạn $[-3;3]$ là $20$, đạt tại $x=3$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Vận tốc là $v(t)=s^{\prime }(t)=t^2-2t+9$. Xét trên đoạn $[0;6]$: hàm $v(t)$ có đạo hàm $v^{\prime }(t)=2t-2$, $v^{\prime }(t)=0\iff t=1$. Ta có $v(0)=9$, $v(1)=8$, $v(6)=36-12+9=33$. Vậy vận tốc lớn nhất trong 6 giây đầu là $33$ m/s, đạt tại $t=6$ giây.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi chiều rộng đáy là $x$ (m), chiều dài là $3x$ (m), chiều cao $h$ (m) với $x>0$, $h>0$. Thể tích bể: $V=3x^{2}h=18\Rightarrow x^{2}h=6\Rightarrow h=\frac{6}{x^2}$.

Bể không có nắp nên diện tích nguyên vật liệu gồm đáy và 4 mặt bên:
$$S=3x^2+2\cdot x\cdot h+2\cdot 3x\cdot h=3x^2+8xh=3x^2+\frac{48}{x}.$$

Xét hàm $S(x)=3x^2+\frac{48}{x}$ trên $(0;+\infty )$:
$$S^{\prime }(x)=6x-\frac{48}{x^2}=0\Rightarrow x^3=8\Rightarrow x=2.$$
Với $0<x<2$ thì $S^{\prime }(x)<0$, với $x>2$ thì $S^{\prime }(x)>0$, nên $S(x)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=2$.

Khi đó $h=\frac{6}{2^2}=\frac{6}{4}=1,5$ (m), diện tích nhỏ nhất $S=12+24=36(m^2)$.

Vậy cần xây bể có chiều cao $h=1,5$ m để nguyên vật liệu xây dựng là ít nhất.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi chiều rộng là $x$ (m), chiều dài $2x$ (m), chiều cao $h$ (m) với $x>0$, $h>0$. Bể không nắp nên diện tích kính: đáy $2x^2$ cộng 4 mặt bên $2(2xh)+2(xh)=6xh$. Do đó $2x^2+6xh=8\Rightarrow h=\frac{8-2x^2}{6x}=\frac{4-x^2}{3x}$, điều kiện $0<x<2$. Thể tích $V=2x^{2}h=\frac{2x(4-x^2)}{3}=\frac{8x-2x^3}{3}$. Có $V^{\prime }(x)=\frac{8-6x^2}{3}$, $V^{\prime }(x)=0\Rightarrow x=\frac{2}{\sqrt{3}}$ (thỏa mãn). Vì $V^{\prime }(x)>0$ khi $x<\frac{2}{\sqrt{3}}$ và $V^{\prime }(x)<0$ khi $x>\frac{2}{\sqrt{3}}$ nên thể tích lớn nhất tại $x=\frac{2}{\sqrt{3}}$: $V_{\max }=\frac{8\cdot \frac{2}{\sqrt{3}}-2\cdot \frac{8}{3\sqrt{3}}}{3}=\frac{32}{9\sqrt{3}}\approx 2,0528\approx 2,05{\mathrm{m}}^3$.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=\sqrt{9-x^2}$ xác định trên đoạn $[-3;3]$. Vì $\sqrt{9-x^2}\ge 0$ và giá trị lớn nhất đạt khi $9-x^2$ lớn nhất, tức $x=0$, khi đó $y=\sqrt{9}=3$. Vậy GTLN của hàm số bằng 3, đạt tại $x=0$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=4x^3-4x=4x(x-1)(x+1)$. Trên đoạn $[-1;2]$, xét $f(-1)=-2$, $f(0)=-1$, $f(1)=-2$, $f(2)=16-8-1=7$. Vậy $M=7$, $m=-2$, nên $M+3m=7+3(-2)=1$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (bảng đáp án trang 13, đề 1020, câu 12: A).

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên trên đoạn $[-1;3]$: hàm số tăng từ $f(-1)=0$ đến $f(0)=5$, sau đó giảm đến $f(2)=1$, rồi tăng đến $f(3)=4$. Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn là giá trị lớn nhất trong các giá trị $0,5,1,4$, tức ${\max }_{[-1;3]}f(x)=5$ đạt tại $x=0$. Vậy khẳng định đúng là B, trùng với bảng đáp án mã đề 1020 (câu 2 = B, trang 13).

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích hộp: $x^{2}h=4000\Rightarrow h=\frac{4000}{x^2}$ với $x>0$. Hộp không nắp nên diện tích bìa các tông gồm đáy và 4 mặt bên: $S=x^2+4xh=x^2+\frac{16000}{x}$. Xét hàm $S(x)$ trên $(0;+\infty )$: $S^{\prime }(x)=2x-\frac{16000}{x^2}$. Cho $S^{\prime }(x)=0\Rightarrow x^3=8000\Rightarrow x=20$. Với $0<x<20$ thì $S^{\prime }(x)<0$, với $x>20$ thì $S^{\prime }(x)>0$, nên $S$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=20$. Vậy $x=20$ cm, khớp đáp án nguồn (đề 1020, Phần III câu 4: 20).