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

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $P(x)=-0,3x^3+36x^2+1800x-48000$ với $x>0$. Tính đạo hàm: $P^{\prime }(x)=-0,9x^2+72x+1800$. Cho $P^{\prime }(x)=0\iff x^2-80x-2000=0\iff x=100$ hoặc $x=-20$ (loại vì $x>0$). Vì $P^{\prime }(x)>0$ khi $0<x<100$ và $P^{\prime }(x)<0$ khi $x>100$, hàm số đạt cực đại (và là lớn nhất) tại $x=100$. Khi đó $P(100)=-30000+360000+180000-48000=462000$ nghìn đồng. Vậy công ty cần sản xuất $100$ chiếc máy mỗi tháng. Đáp án D, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Từ $Q=\sqrt{KL}=160$ suy ra $KL=160^2=25600$, tức $L=\frac{25600}{K}=\frac{160^2}{K}$ (không phải $\frac{160}{K}$) nên a) Sai, c) Đúng vì $F=16K+9\cdot \frac{160^2}{K}+40$. b) Với $K=200$ thì $L=25600/200=128$, $F=16\cdot 200+9\cdot 128+40=3200+1152+40=4392<4500$ nên Sai. d) Theo AM-GM: $16K+9\cdot \frac{25600}{K}\ge 2\sqrt{16\cdot 9\cdot 25600}=3840$, đạt được khi $16K=9\cdot 25600/K$, tức $K=120$, $L\approx 213,33$. Khi đó $F_{\min }=3840+40=3880$ (nghìn USD), không phải 3840 nên d) Sai. Kết quả khớp đáp án nguồn: a) S, b) S, c) Đ, d) S.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $Q=\sqrt{KL}=160$ nên $KL=25600$, suy ra $L=\frac{25600}{K}$, không phải $\frac{160}{K}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với $K=200$ thì $L=128$, tổng chi phí $F=3200+1152+40=4392<4500$ (nghìn USD).
c) (AI giải đề cho tôi)
Thay $L=\frac{160^2}{K}$ vào $F=16K+9L+40$ được $F=16K+9\cdot \frac{160^2}{K}+40$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$16K+9\cdot \frac{25600}{K}\ge 2\sqrt{16\cdot 9\cdot 25600}=3840$ nên $F_{\min }=3840+40=3880$ (nghìn USD), không phải 3840.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ: xuất phát là $M(0;0)$ (chính giữa cạnh $AB$), cạnh $CD$ là đường thẳng $y=200$. Bãi cát hình chữ nhật nằm chính giữa khu đất, rộng 80 m (ngang) và dài 120 m (dọc) nên chiếm miền $-40\le x\le 40$, $40\le y\le 160$ (phù hợp hình vẽ).

Robot đi theo đường thẳng từ $M$ đến điểm $P(x;200)$ trên $CD$ với $0\le x\le 200$. Đặt $L=\sqrt{x^2+200^2}$.

Trường hợp 1: $0\le x\le 50$. Đường thẳng xuyên qua bãi cát từ $y=40$ đến $y=160$, tỉ lệ chiều dài trên cát là $\frac{120}{200}=0,6$, trên đất là $0,4$. Khi đó
$$T=\frac{0,4L}{3}+\frac{0,6L}{2}=\frac{4,3}{3}L\ge \frac{4,3}{3}\cdot 200\approx 86,67\text{ (s)},$$
nhỏ nhất tại $x=0$.

Trường hợp 2: $50\le x\le 200$. Đường thẳng cắt góc phải bãi cát: vào cát tại $y=40$ và ra qua cạnh $x=40$ tại $y=\frac{8000}{x}$ (vì phương trình đường thẳng là $X=\frac{x}{200}y$). Tỉ lệ trên cát là $\frac{\frac{8000}{x}-40}{200}=\frac{40}{x}-0,2$, tỉ lệ trên đất là $1,2-\frac{40}{x}$. Do đó
$$T=L\left(\frac{1,2-\frac{40}{x}}{3}+\frac{\frac{40}{x}-0,2}{2}\right)=L\left(0,3+\frac{20}{3x}\right).$$

Tìm cực tiểu: $T^{\prime }(x)=0$ cho
$$0,3x^3=\frac{20}{3}\cdot 40000⟺x^3=\frac{8000000}{9}⟺x=\frac{200}{\sqrt[3]{9}}\approx 96,15\in (50;200).$$
Khi đó $L=\sqrt{x^2+40000}\approx 221,91$ và
$$a=T\approx 221,91\left(0,3+\frac{20}{3\cdot 96,15}\right)\approx 81,955\text{ (giaˆy)}.$$

So sánh: $81,955<86,67$ nên thời gian ngắn nhất là $a\approx 81,955$ giây. Suy ra $100a\approx 8195,5\approx 8196$, khớp với đáp án nguồn 8196.

(AI giải đề cho tôi)
Sau thời gian $t$, người đi xe đạp cách $O$ một đoạn $30-15t$ (km) theo phương ngang, khinh khí cầu ở độ cao $10t$ (km). Khoảng cách giữa hai vật là $d(t)=\sqrt{(30-15t{)}^2+(10t{)}^2}$. Xét $f(t)=d(t{)}^2=325t^2-900t+900$. $f^{\prime }(t)=650t-900=0\Rightarrow t=\frac{900}{650}=\frac{18}{13}\approx 1,3846$. Vì $f^{\prime \prime }(t)=650>0$ nên đây là giá trị nhỏ nhất. Vậy $t\approx 1,38$ giờ, khớp với đáp án nguồn 1,38.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $y^{\prime }=3x^2-24=0\iff x=\pm 2\sqrt{2}$. Trên đoạn $[2;19]$ chỉ có điểm $x=2\sqrt{2}$. Tính: $y(2\sqrt{2})=(2\sqrt{2}{)}^3-24\cdot 2\sqrt{2}+1=16\sqrt{2}-48\sqrt{2}+1=1-32\sqrt{2}\approx -44,3$; $y(19)=6859-456+1=6404$. So sánh, giá trị nhỏ nhất trên đoạn $[2;19]$ là $1-32\sqrt{2}$, ứng với phương án A.

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên của $f^{\prime }$: trên đoạn $[-1;2]$ ta có $f^{\prime }(x)\ge 0$ (với $f^{\prime }(-1)=0$, $f^{\prime }(2)=0$, $f^{\prime }>0$ trên $(-1;2)$). Do đó hàm số $y=f(x)$ đồng biến trên $[-1;2]$. Suy ra giá trị nhỏ nhất $m=f(-1)=\frac{10}{3}$ và giá trị lớn nhất $M=f(2)=6$. Vậy $T=3m+2M=3\cdot \frac{10}{3}+2\cdot 6=10+12=22$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng cân nặng của cá trên một đơn vị diện tích là $W(n)=n\cdot P(n)=480n-20n^2$. Cân nặng trung bình của số cá tăng khi $W(n)$ đồng biến, tức $W^{\prime }(n)=480-40n>0\iff n<12$. Kết hợp $n>0$ (số con cá) nên khoảng cần tìm là $(a;b)=(0;12)$, suy ra $a+b=0+12=12$.

(AI giải đề cho tôi)
Lợi nhuận: $L(x)=220x-C(x)=-x^3+3x^2+240x-500$ trên $[1;18]$. $L^{\prime }(x)=-3x^2+6x+240=-3(x-10)(x+8)$, nên $L^{\prime }(x)=0$ khi $x=10$ (nhận, $x=-8$ loại). Trên $[1;10)$ có $L^{\prime }>0$, trên $(10;18]$ có $L^{\prime }<0$ nên $L$ đạt max tại $x=10$. $L(10)=-1000+300+2400-500=1200$ nghìn đồng $=1,2$ triệu đồng.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overline{C}(x)=2x-230+\frac{7200}{x}$ với $x\in [30;120]$.

$${\overline{C}}^{\prime }(x)=2-\frac{7200}{x^2}$$

Cho ${\overline{C}}^{\prime }(x)=0\Rightarrow x^2=3600\Rightarrow x=60$ (thỏa $x\in [30;120]$).

Với $x\in [30;60)$ thì ${\overline{C}}^{\prime }(x)<0$, với $x\in (60;120]$ thì ${\overline{C}}^{\prime }(x)>0$, nên hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=60$.

Vậy khi chế biến $60$ phần ăn mỗi tuần thì chi phí trung bình mỗi phần ăn thấp nhất (khi đó $\overline{C}(60)=120-230+120=10$ nghìn đồng).

(AI giải đề cho tôi)
Lợi nhuận: $f(x)=TR-TC=(-2x^2+1312x)-(x^3-77x^2+1000x+40000)=-x^3+75x^2+312x-40000$, với $x\ge 0$.

$f^{\prime }(x)=-3x^2+150x+312=-3(x^2-50x-104)$.

$f^{\prime }(x)=0\iff x^2-50x-104=0\iff x=\frac{50\pm \sqrt{2500+416}}{2}=\frac{50\pm \sqrt{2916}}{2}=\frac{50\pm 54}{2}$, tức $x=52$ hoặc $x=-2$ (loại vì $x\ge 0$).

Vì $f^{\prime }(x)>0$ khi $0<x<52$ và $f^{\prime }(x)<0$ khi $x>52$, hàm $f$ đạt cực đại tại $x=52$.

Vậy lợi nhuận cực đại khi sản xuất $52$ sản phẩm.

(AI giải đề cho tôi)
Lợi nhuận: $L(x)=220x-C(x)=-x^3+3x^2+240x-500$ trên $[1;18]$. $L^{\prime }(x)=-3x^2+6x+240=-3(x-10)(x+8)=0\Rightarrow x=10$ (nhận, $x=-8$ loại). Trên $[1;10)$ có $L^{\prime }>0$, trên $(10;18]$ có $L^{\prime }<0$ nên $L$ đạt cực đại tại $x=10$. $L(10)=-1000+300+2400-500=1200$ nghìn đồng $=1,2$ triệu đồng. Vậy lợi nhuận tối đa trong một ngày là $1,2$ triệu đồng.

(AI giải đề cho tôi)
Sau khi cắt bốn hình vuông cạnh $x$ ở bốn góc và gấp lại, hộp không nắp có kích thước: chiều cao $x$, chiều rộng $30-2x$, chiều dài $80-2x$, với $5\le x\le 8$. Thể tích: $$V(x)=x(30-2x)(80-2x)=4x^3-220x^2+2400x.$$ $$V^{\prime }(x)=12x^2-440x+2400=4(3x^2-110x+600).$$ Giải $V^{\prime }(x)=0$: $3x^2-110x+600=0$, $\Delta =110^2-4\cdot 3\cdot 600=4900$, $\sqrt{\Delta }=70$, nên $x=\frac{110\pm 70}{6}$, tức $x=30$ (loại vì $x\le 8$) hoặc $x=\frac{20}{3}\approx 6,67$. Trên $[5;8]$: $V^{\prime }(x)>0$ khi $x<\frac{20}{3}$ và $V^{\prime }(x)<0$ khi $x>\frac{20}{3}$, nên $V$ đạt max tại $x=\frac{20}{3}$. Khi đó $$V\left(\frac{20}{3}\right)=\frac{20}{3}\cdot \frac{50}{3}\cdot \frac{200}{3}=\frac{200000}{27}\approx 7407,4c{m}^3.$$ Vậy $x\approx 6,7cm$ để thể tích hộp lớn nhất.

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên, trên đoạn $[-1;2]$ ta có $f(-1)=3$, $f(0)=0$, $f(1)=2$, $f(2)=1$. Hàm số đồng biến trên $[-1;0]$... thực tế bảng cho: trên $[-1;0]$ hàm giảm từ 3 xuống 0, trên $[0;1]$ tăng từ 0 lên 2, trên $[1;2]$ giảm từ 2 xuống 1. Vậy $M=\max \{3;0;2;1\}=3$ (tại $x=-1$) và $m=\min \{3;0;2;1\}=0$ (tại $x=0$). Do đó $M+m=3+0=3$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên: $f(-3)=-4$, hàm đồng biến trên $[-3;0]$ đạt $f(0)=2$, nghịch biến trên $[0;1]$ đạt $f(1)=0$, rồi đồng biến đạt $f(2)=1$. So sánh các giá trị: $\max \{-4;2;0;1\}=2$. Vậy giá trị lớn nhất của $f(x)$ trên $[-3;2]$ là $2$, đạt tại $x=0$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $OP=x$ với $0\le x\le 4$ (km). Khi đó quãng đường chèo thuyền là $AP=\sqrt{A{O}^2+O{P}^2}=\sqrt{4+x^2}$, quãng đường chạy bộ là $PB=4-x$.

Tổng thời gian: $$T(x)=\frac{\sqrt{4+x^2}}{6}+\frac{4-x}{10}.$$

Tính đạo hàm: $$T^{\prime }(x)=\frac{x}{6\sqrt{4+x^2}}-\frac{1}{10}.$$

$T^{\prime }(x)=0\iff \frac{x}{6\sqrt{4+x^2}}=\frac{1}{10}\iff 10x=6\sqrt{4+x^2}\iff 100x^2=36(4+x^2)\iff 64x^2=144\iff x=1,5$ (nhận vì $x\ge 0$).

Với $x=1,5$: $AP=\sqrt{4+2,25}=2,5$ km, nên $$T=\frac{2,5}{6}+\frac{2,5}{10}=\frac{5}{12}+\frac{1}{4}=\frac{2}{3}\text{ giờ}=40\text{ phuˊt}.$$

So sánh với hai đầu: $T(0)=\frac{2}{6}+\frac{4}{10}=\frac{11}{15}$ giờ $=44$ phút; $T(4)=\frac{\sqrt{20}}{6}\approx 0,745$ giờ $\approx 44,7$ phút. Vậy thời gian ngắn nhất là $40$ phút, đạt khi anh Bảo chèo vào bờ tại điểm $P$ cách $O$ một khoảng $1,5$ km.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $y=\frac{x^3}{3}+2x^2-5x+1$ trên $[-1;3]$. Ta có $y^{\prime }=x^2+4x-5$; $y^{\prime }=0\iff x=1$ hoặc $x=-5$ (loại vì $-5\notin [-1;3]$). Tính giá trị: $f(-1)=-\frac{1}{3}+2+5+1=\frac{23}{3}$; $f(1)=\frac{1}{3}+2-5+1=-\frac{5}{3}$; $f(3)=9+18-15+1=13$. So sánh: ${\min }_{[-1;3]}f(x)=-\frac{5}{3}$ tại $x=1$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f(x)=(x-3)e^{2x}$, $f^{\prime }(x)=e^{2x}+2(x-3)e^{2x}=e^{2x}(2x-5)$. Vì $e^{2x}>0$ nên $f^{\prime }(x)=0\iff x=\frac{5}{2}$. Với $x<\frac{5}{2}$ thì $f^{\prime }(x)<0$, với $x>\frac{5}{2}$ thì $f^{\prime }(x)>0$, nên hàm số đạt cực tiểu tại $x=\frac{5}{2}$. Hơn nữa $f(x)\to 0$ khi $x\to -\infty$ và $f(x)\to +\infty$ khi $x\to +\infty$, nên giá trị nhỏ nhất trên $\mathbb{R}$ là $f\left(\frac{5}{2}\right)=\left(\frac{5}{2}-3\right)e^5=-\frac{e^5}{2}$. Vậy chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $x$ là số lần tăng giá 10 nghìn đồng ($x\ge 0$). Khi đó giá bán là $p=78+10x$ (nghìn đồng) và số sản phẩm bán được mỗi tháng là $q=160-20x$ (sản phẩm), với điều kiện $0\le x\le 8$ để $q\ge 0$.

Lợi nhuận trên mỗi sản phẩm: $(78+10x)-38=40+10x$ (nghìn đồng).

Lợi nhuận mỗi tháng:
$$P(x)=(40+10x)(160-20x)=6400+800x-200x^2\text{ (nghıˋn đoˆˋng)}.$$

Xét hàm số $P(x)=-200x^2+800x+6400$ trên $[0;8]$:
$$P^{\prime }(x)=-400x+800=0\iff x=2.$$

Vì $P^{\prime }(x)>0$ khi $x<2$ và $P^{\prime }(x)<0$ khi $x>2$, hàm số đạt cực đại (và là giá trị lớn nhất) tại $x=2$.

$P(2)=(40+20)(160-40)=60\cdot 120=7200$ (nghìn đồng).

Vậy doanh nghiệp nên bán với giá $78+10\cdot 2=98$ nghìn đồng mỗi sản phẩm để lợi nhuận lớn nhất (lợi nhuận tối đa 7 200 nghìn đồng = 7,2 triệu đồng mỗi tháng).

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $N(t)=1000+30t^2-t^3$ với $0\le t\le 30$ (t tính bằng phút). Xét $N^{\prime }(t)=60t-3t^2=3t(20-t)$. Trên $[0;30]$: $N^{\prime }(t)>0$ khi $0<t<20$ và $N^{\prime }(t)<0$ khi $20<t<30$, nên hàm số đạt giá trị lớn nhất tại $t=20$ (phút), khi đó $N(20)=1000+30\cdot 400-8000=5000$ vi khuẩn. Vì câu hỏi hỏi sau bao nhiêu **giây**, ta đổi $20$ phút $=1200$ giây. Vậy đáp án là D.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $c(t)=\frac{t}{t^2+1}$ với $t\ge 0$. Ta có $c^{\prime }(t)=\frac{(t^2+1)-t\cdot 2t}{(t^2+1{)}^2}=\frac{1-t^2}{(t^2+1{)}^2}$. Cho $c^{\prime }(t)=0\Rightarrow t=1$ (vì $t\ge 0$). Với $0<t<1$ thì $c^{\prime }(t)>0$, với $t>1$ thì $c^{\prime }(t)<0$, nên hàm số đạt cực đại (và là giá trị lớn nhất) tại $t=1$. Vậy nồng độ thuốc cao nhất sau 1 giờ. Đáp án B.