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

(AI giải đề cho tôi)
B(x)=220x (đúng). L(x)=B(x)-C(x)=220x-(x^3-3x^2-20x+500)=-x^3+3x^2+240x-500, nên khẳng định b (viết 220x-500) là sai. L'(x)=-3x^2+6x+240=-3(x-10)(x+8); trên [1;18], L tăng trên [1;10] và giảm trên [10;18], nên sản xuất trên 10 mét thì lợi nhuận giảm (c đúng). Lmax=L(10)=-1000+300+2400-500=1200 nghìn đồng, không phải 1000 (d sai). Khớp đáp án chính thức: a Đúng, b Sai, c Đúng, d Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Giá bán 220 nghìn đồng/mét nên B(x)=220x (nghìn đồng).
b) (AI giải đề cho tôi)
L(x)=B(x)-C(x)=220x-(x^3-3x^2-20x+500)=-x^3+3x^2+240x-500, khác biểu thức đã cho (thừa số 20x).
c) (AI giải đề cho tôi)
L'(x)=-3x^2+6x+240=-3(x-10)(x+8); với x>10 thì L'(x)<0 nên lợi nhuận giảm.
d) (AI giải đề cho tôi)
Lợi nhuận lớn nhất tại x=10: L(10)=-1000+300+2400-500=1200 nghìn đồng, không phải 1000 nghìn đồng.

(AI giải đề cho tôi)
Chu vi khung gồm: nửa đường tròn $\pi r$, hai cạnh dọc $2h$, hai cạnh ngang $2r$ (không có đoạn $EC$). Vậy $\pi r+2h+2r=250\Rightarrow h=\frac{250-\pi r-2r}{2}$.

Diện tích khung: $S=2rh+\frac{\pi r^2}{2}=r(250-\pi r-2r)+\frac{\pi r^2}{2}=250r-\left(2+\frac{\pi }{2}\right)r^2$.

$S^{\prime }=250-(4+\pi )r=0\Rightarrow r=\frac{250}{4+\pi }\approx 34,9849cm$ (điểm cực đại vì $S^{\prime \prime }=-(4+\pi )<0$).

Khi đó $S_{max}=250r-\left(2+\frac{\pi }{2}\right)r^2\approx 8746,23-3,5708\cdot 1223,94\approx 4375,7\approx 4376c{m}^2$.

Kết quả khớp với đáp án nguồn 4376.

(AI giải đề cho tôi)
Vận tốc là v(t)=s'(t)=-3t^2+12t+1. Đây là parabol bậc hai với hệ số a=-3<0 nên đạt giá trị lớn nhất tại t=-12/(2·(-3))=2 (giây). Khi đó v_max=v(2)=-3·4+12·2+1=-12+24+1=13 (m/s). Kết quả trùng với đáp án nguồn (13).

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị, trên đoạn $[-2;2]$ hàm số đạt giá trị lớn nhất $M=3$ (tại $x=-1$) và giá trị nhỏ nhất $m=-1$ (tại $x=1$). Vậy $M+m=3+(-1)=2$. Khớp với đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $y=x^3-x^2-x+2$ trên $[0;2]$. Ta có $y^{\prime }=3x^2-2x-1$; $y^{\prime }=0\iff x=1$ hoặc $x=-\frac{1}{3}$ (loại vì $-\frac{1}{3}\notin [0;2]$). Tính giá trị: $y(0)=2$, $y(1)=1-1-1+2=1$, $y(2)=8-4-2+2=4$. Vậy giá trị nhỏ nhất trên đoạn $[0;2]$ là $1$, đạt tại $x=1$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (C).

(AI giải đề cho tôi)
Trên đoạn $[1;2]$ ta có $\cos x\le 1$ nên $f^{\prime }(x)=\cos x-2025\le 1-2025=-2024<0$ với mọi $x$. Vậy hàm số $f(x)$ nghịch biến trên $[1;2]$, do đó giá trị lớn nhất của $f(x)$ trên đoạn này đạt tại đầu mút trái, tức là ${\max }_{[1;2]}f(x)=f(1)$. Đáp án A, khớp với đáp án nguồn (mã đề 2102, câu 12: A).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $AB=a$, $AD=b$ với $ab=20m^2$. Đặt hệ trục tọa độ gốc tại $A$: $N$ thuộc $AD$ với $AN=x$, $M$ thuộc $AB$ với $AM=y$. Vì $AMHN$ là hình chữ nhật nên $H$ có tọa độ $(x;y)$ và $H$ thuộc đường chéo $BD$ có phương trình $\frac{x}{b}+\frac{y}{a}=1$. Diện tích miền trồng hoa là $S=xy$. Theo BĐT Cô-si: $\frac{x}{b}+\frac{y}{a}\ge 2\sqrt{\frac{xy}{ab}}$, suy ra $1\ge 2\sqrt{\frac{S}{20}}$, tức $S\le 5m^2$. Dấu bằng khi $\frac{x}{b}=\frac{y}{a}=\frac{1}{2}$, tức $H$ là trung điểm $BD$ (thỏa điều kiện đề bài). Vậy diện tích lớn nhất là $5m^2$, số tiền lớn nhất là $5\times 50=250$ nghìn đồng. Kết quả khớp với đáp án nguồn 250.

(AI giải đề cho tôi)
Viết lại phương trình đường cong: với $t=x+1>0$ ta có $y=x+\frac{1}{x+1}=t-1+\frac{1}{t}$, nên $M=(t-1,t-1+\frac{1}{t})$. Khoảng cách từ $M$ đến trạm $I(-1;-1)$: $M{I}^2=t^2+{\left(t+\frac{1}{t}\right)}^2=2t^2+2+\frac{1}{t^2}$. Thuyền thu sóng tốt nhất khi $MI$ nhỏ nhất. Xét $f(t)=2t^2+\frac{1}{t^2}$, $f^{\prime }(t)=4t-\frac{2}{t^3}=0\Rightarrow t^4=\frac{1}{2}\Rightarrow t=\frac{1}{\sqrt[4]{2}}$ (với $t>0$; $f^{\prime }(t)<0$ khi $t<t_0$ và $f^{\prime }(t)>0$ khi $t>t_0$ nên đây là điểm cực tiểu, cũng là giá trị nhỏ nhất). Vậy $x_0=t-1=\frac{1}{\sqrt[4]{2}}-1$, suy ra $a=2,n=4,b=-1$. Do đó $P=ab+n=2\cdot (-1)+4=2$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (Câu 20, mã đề 2102: 2).

(AI giải đề cho tôi)
Viết $y=\frac{x^2+x+1}{x+1}=x+\frac{1}{x+1}$. Đặt $t=x+1>0$, khi đó điểm $M$ trên $(C)$ là $M(t-1,t-1+\frac{1}{t})$. Bình phương khoảng cách từ $M$ đến trạm $I(-1;-1)$: $M{I}^2=t^2+{\left(t+\frac{1}{t}\right)}^2=2t^2+2+\frac{1}{t^2}$. Xét $f(t)=2t^2+\frac{1}{t^2}$, $f^{\prime }(t)=4t-\frac{2}{t^3}=0\Rightarrow t^4=\frac{1}{2}\Rightarrow t=\frac{1}{\sqrt[4]{2}}$ (điểm cực tiểu vì $f$ giảm rồi tăng). Vậy $x_0=t-1=\frac{1}{\sqrt[4]{2}}-1$, suy ra $a=2,n=4,b=-1$. Do đó $P=ab+n=2\cdot (-1)+4=2$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $AB=a$, $AD=b$ với $ab=20{\mathrm{m}}^2$. Chọn hệ trục $B(0;0)$, $A(0;b)$, $D(a;b)$, khi đó đường chéo $BD$ có phương trình $y=\frac{b}{a}x$.

Hình chữ nhật trồng hoa có hai đỉnh đối diện $A$ và $H$, với $M$ trên $AB$, $N$ trên $AD$. Gọi $H(x;y)$ với $x=AM$, $y=AN$. Vì $H$ thuộc $BD$ nên $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$, tức $y=b\left(1-\frac{x}{a}\right)$.

Diện tích miền trồng hoa: $S=xy=bx\left(1-\frac{x}{a}\right)=b\left(x-\frac{x^2}{a}\right)$.

Hàm $f(x)=x-\frac{x^2}{a}$ đạt cực đại tại $x=\frac{a}{2}$ với giá trị $\frac{a}{4}$, khi đó $y=\frac{b}{2}$ và $S_{\max }=\frac{a}{4}\cdot \frac{b}{2}\cdot 2=\frac{ab}{4}=\frac{20}{4}=5{\mathrm{m}}^2$.

Chi phí lớn nhất: $5\times 50=250$ nghìn đồng.

Đối chiếu bảng đáp án mã đề 2101: Câu 22 = 250, khớp với kết quả.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $y=x^3-x^2-x+2$ trên $[0;2]$. Ta có $y^{\prime }=3x^2-2x-1=0\iff x=1$ hoặc $x=-\frac{1}{3}$ (loại vì $-\frac{1}{3}\notin [0;2]$). Tính giá trị: $y(0)=2$, $y(1)=1-1-1+2=1$, $y(2)=8-4-2+2=4$. Vậy giá trị nhỏ nhất là $1$ tại $x=1$, khớp với đáp án B trong bảng đáp án (mã đề 2101, câu 3: B).

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t=x-2\in [-1;1]$, khi đó $x^2+ax+b=(t+2{)}^2+a(t+2)+b=t^2+(a+4)t+(4+2a+b)$. Theo tính chất xấp xỉ Chebyshev, đa thức đơn thức (hệ số cao nhất bằng 1) bậc hai có giá trị lớn nhất (theo trị tuyệt đối) nhỏ nhất trên $[-1;1]$ là $t^2-\frac{1}{2}$, với sup-norm bằng $\frac{1}{2}$. Do đó cần $a+4=0\Rightarrow a=-4$ và $4+2a+b=-\frac{1}{2}\Rightarrow 4-8+b=-\frac{1}{2}\Rightarrow b=\frac{7}{2}$. Khi đó $f(x)=\left|(x-2{)}^2-\frac{1}{2}\right|$ đạt max trên $[1;3]$ bằng $\frac{1}{2}$ (tại $x=1,2,3$), và đây là giá trị nhỏ nhất có thể của $M$ vì mọi đa thức monic bậc hai đều có sup-norm trên $[-1;1]$ ít nhất $\frac{1}{2}$. Vậy $a+2b=-4+2\cdot \frac{7}{2}=-4+7=3$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $f(x)=2x+140+\frac{1800}{x}$ với $x>0$. Ta có $f^{\prime }(x)=2-\frac{1800}{x^2}$. Cho $f^{\prime }(x)=0$ suy ra $x^2=900$, tức $x=30$ (vì $x>0$). Với $0<x<30$ thì $f^{\prime }(x)<0$, với $x>30$ thì $f^{\prime }(x)>0$, nên hàm số đạt cực tiểu (cũng là giá trị nhỏ nhất trên $(0;+\infty )$) tại $x=30$. Vậy công ty phải sản xuất 30 đồ chơi để chi phí trung bình mỗi sản phẩm thấp nhất (khi đó $f(30)=260$).

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị ở trang 2, trên đoạn $\left[-1;\frac{3}{2}\right]$ hàm số đạt giá trị lớn nhất $M=4$ tại điểm cực đại $x=-1$ và giá trị nhỏ nhất $m=-1$ tại điểm cực tiểu $x=\frac{3}{2}$. Do đó $2M+2m=2\cdot 4+2\cdot (-1)=8-2=6$. Vậy chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=2e^{2x}(x^2-2)+2x{e}^{2x}=2e^{2x}(x^2+x-2)=2e^{2x}(x+2)(x-1)$. Trên đoạn $[-1;2]$, $f^{\prime }(x)=0$ khi $x=1$ (vì $x=-2$ ngoài đoạn). Tính giá trị: $f(-1)=(-1)e^{-2}=-e^{-2}$, $f(1)=(-1)e^2=-e^2$, $f(2)=2e^4$. So sánh: $-e^2\approx -7,39$ nhỏ nhất, vậy $m=-e^2=0+(-1)e^2$, tức $a=0,b=-1$. Suy ra $2a+b=0-1=-1$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Tốc độ lây lan là $N^{\prime }(t)=-3t^2+24t=-3t(t-8)$, với $0\le t\le 12$. Xét $g(t)=N^{\prime }(t)$ trên $[0;12]$: $g^{\prime }(t)=-6t+24=0\iff t=4$. Ta có $g(0)=0$, $g(4)=-3\cdot 16+24\cdot 4=48$, $g(12)=-3\cdot 144+24\cdot 12=-144$. Vậy $N^{\prime }(t)$ đạt giá trị lớn nhất bằng $48$ tại $t=4$, tức virus lây lan nhanh nhất vào tuần thứ $4$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 1201: câu 16 = 4).

Chi phí để $A$ sản xuất $x$ tấn sản phẩm trong một tháng là $C(x)=100+30x$ (triệu đồng).
Doanh thu khi nhà máy $A$ bán hết $x$ tấn sản phẩm cho nhà máy $B$ là:
$x.P(x)=x\left(45-0,001x^2\right)=45x-0,001x^3$.
Lợi nhuận thu được là: $L(x)=45x-0,001x^3-(100+30x)=-0,001x^3+15x-100$.
Ta có: $L^{\prime }(x)=-0,003x^2+15=0\iff \{\begin{array}{l}x\approx 70,7\\ x\approx -70,7\end{array}$
Bảng biến thiên:

Như vậy, nhà máy $A$ cần bán cho nhà máy $B$ $70,7$ tấn sản phẩm mỗi tháng để lợi nhuận thu được là lớn nhất.

TXĐ: $D=\mathbb{R}$.
Ta có: $f\left(\frac{5}{2}\right)=\frac{1}{8}{a}^2-5$;
$$\underset{x\to \frac{5}{2}}{\lim }f(x)=\underset{x\to \frac{5}{2}}{\lim }\frac{2x^2-19x+35}{2x-5}=\underset{x\to \frac{5}{2}}{\lim }\frac{(2x-5)(x-7)}{2x-5}=\underset{x\to \frac{5}{2}}{\lim }(x-7)=-\frac{9}{2}$$
[Hình cần kiểm tra lại: p5_f1]
Chọn hệ trục $Oxy$ như hình vẽ. Khi đó $M(-2,6;x)$.
Gọi $B(-a;0)$ suy ra $A\left(0;\sqrt{25-a^2}\right)$. Phương trình $AB$: $\frac{x}{-a}+\frac{y}{\sqrt{25-a^2}}-1=0$.
Do $CD\parallel AB$ nên phương trình $CD:\frac{x}{-a}+\frac{y}{\sqrt{25-a^2}}-T=0$.
Mà khoảng cách giữa $AB$ và $CD$ bằng $1,9$ m nên
$$\frac{|T-1|}{\sqrt{{\left(\frac{1}{a}\right)}^2+{\left(\frac{1}{\sqrt{25-a^2}}\right)}^2}}=1,9\Rightarrow T=1+\frac{9,5}{a\sqrt{25-a^2}}.$$
Điều kiện để ô tô đi qua được là $M,O$ nằm khác phía đối với bờ là đường thẳng $CD$.
Suy ra: $\frac{-2,6}{-a}+\frac{x}{\sqrt{25-a^2}}-1-\frac{9,5}{a\sqrt{25-a^2}}\ge 0\iff x\ge \sqrt{25-a^2}+\frac{9,5}{a}-\frac{2,6\times \sqrt{25-a^2}}{a}$
Để cho nhanh, chúng ta dùng chức năng TABLE trong máy tính:
$$f(X)=\sqrt{25-X^2}+\frac{9,5}{X}-\frac{2,6\times \sqrt{25-X^2}}{X}\text{ với STEP}=\frac{5}{29};\text{START}=0;\text{END}=5.$$
Thấy giá trị lớn nhất của $f(X)=\sqrt{25-X^2}+\frac{9,5}{X}-\frac{2,6\times \sqrt{25-X^2}}{X}$ xấp xỉ $3,698$.
Vậy chiều rộng nhỏ nhất của đoạn đường đầu tiên gần nhất với giá trị $x=3,7$ (m).

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị, trên đoạn $\left[0,\frac{5}{2}\right]$ hàm số $f(x)$ liên tục nên đạt GTLN và GTNN. Quan sát đồ thị: điểm cuối bên phải tại $x=\frac{5}{2}$ có tung độ $4$ (đường nét đứt ứng với $y=4$), và điểm cực tiểu trong khoảng có tung độ $-1$ (đường nét đứt ứng với $y=-1$). Trên đoạn này, giá trị lớn nhất là $M=4$ và giá trị nhỏ nhất là $m=-1$. Vậy $M=4,m=-1$, khớp với đáp án D và với đáp án của đề (Câu 5, mã đề 1201: D).