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

(AI giải đề cho tôi)
Với $x\ne 0$, đặt $t=x^2>0$. Khi đó $y=t+\frac{16}{t}\ge 2\sqrt{t\cdot \frac{16}{t}}=8$ (AM-GM), dấu bằng khi $t=4$, tức $x=\pm 2$. Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng $8$, đạt được tại $x=\pm 2$. Kiểm tra bằng đạo hàm: $y^{\prime }=2x-\frac{32}{x^3}=0\Rightarrow x^4=16\Rightarrow x=\pm 2$, $y(\pm 2)=4+4=8$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích lăng trụ: $V=\frac{\sqrt{3}}{4}{x}^{2}y=200\sqrt{3}\Rightarrow y=\frac{800}{x^2}$ với $x>0$. Diện tích toàn phần: $S=2\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}{x}^2+3xy=\frac{\sqrt{3}}{2}{x}^2+\frac{2400}{x}$. $S^{\prime }(x)=\sqrt{3}x-\frac{2400}{x^2}=0\Rightarrow x^3=\frac{2400}{\sqrt{3}}=800\sqrt{3}\Rightarrow x=\sqrt[3]{800\sqrt{3}}\approx 11,146$. Vì $S^{\prime }(x)<0$ khi $x<\sqrt[3]{800\sqrt{3}}$ và $S^{\prime }(x)>0$ khi $x$ lớn hơn, đây là giá trị nhỏ nhất. Vậy cạnh đáy $x\approx 11,1cm$.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=\ln x-2x^2$ xác định trên $(0;+\infty )$. Ta có $y^{\prime }=\frac{1}{x}-4x=\frac{1-4x^2}{x}$. Cho $y^{\prime }=0$ với $x>0$ ta được $x=\frac{1}{2}$. Với $0<x<\frac{1}{2}$ thì $y^{\prime }>0$, với $x>\frac{1}{2}$ thì $y^{\prime }<0$, nên hàm số đạt giá trị lớn nhất tại $x=\frac{1}{2}$. Giá trị lớn nhất là $y\left(\frac{1}{2}\right)=\ln \frac{1}{2}-2\cdot \frac{1}{4}=-\ln 2-\frac{1}{2}$. Vậy $\max y=-\ln 2-\frac{1}{2}\approx -1,193$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f(x)=x-\sin 2x$, nên $f^{\prime }(x)=1-2\cos 2x$.
a) Sai: đạo hàm đúng là $f^{\prime }(x)=1-2\cos 2x$, không phải $1+2\cos 2x$ (dấu của đạo hàm $\sin 2x$ bị sai).
b) Sai: $f^{\prime }(x)=0\iff 1-2\cos 2x=0\iff \cos 2x=\frac{1}{2}$, không phải $-\frac{1}{2}$.
c) Sai: trên $[0;\pi ]$ thì $2x\in [0;2\pi ]$, phương trình $\cos 2x=\frac{1}{2}$ cho $2x=\frac{\pi }{3}$ hoặc $2x=\frac{5\pi }{3}$, tức $x=\frac{\pi }{6}$ hoặc $x=\frac{5\pi }{6}$: có 2 nghiệm, không phải 1 nghiệm.
d) Đúng: xét $f(0)=0$, $f(\pi )=\pi$, $f\left(\frac{\pi }{6}\right)=\frac{\pi }{6}-\frac{\sqrt{3}}{2}$, $f\left(\frac{5\pi }{6}\right)=\frac{5\pi }{6}+\frac{\sqrt{3}}{2}\approx 3,48$. So sánh: giá trị lớn nhất trên $[0;\pi ]$ là $\frac{5\pi }{6}+\frac{\sqrt{3}}{2}$, đạt được tại $x=\frac{5\pi }{6}$.
a) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=1-2\cos 2x$, không phải $1+2\cos 2x$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=0\iff \cos 2x=\frac{1}{2}$, không phải $-\frac{1}{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Trên $[0;\pi ]$, $\cos 2x=\frac{1}{2}$ có 2 nghiệm $x=\frac{\pi }{6}$ và $x=\frac{5\pi }{6}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
So sánh $f(0)=0$, $f(\pi )=\pi$, $f\left(\frac{\pi }{6}\right)=\frac{\pi }{6}-\frac{\sqrt{3}}{2}$, $f\left(\frac{5\pi }{6}\right)=\frac{5\pi }{6}+\frac{\sqrt{3}}{2}$, giá trị lớn nhất là $\frac{5\pi }{6}+\frac{\sqrt{3}}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Tập xác định: $-\sqrt{2}\le x\le \sqrt{2}$. Với $y=x+\sqrt{2-x^2}$, ta có $y^{\prime }=1-\frac{x}{\sqrt{2-x^2}}$. Cho $y^{\prime }=0\Rightarrow x=1$, khi đó $y(1)=1+1=2$. Tại hai đầu mút: $y(-\sqrt{2})=-\sqrt{2}$, $y(\sqrt{2})=\sqrt{2}$. Vậy $M=2$, $m=-\sqrt{2}$. Do đó $M-\sqrt{2}m=2-\sqrt{2}\cdot (-\sqrt{2})=2+2=4$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vận tốc là $v(t)=s^{\prime }(t)=-t^2+12t$ (m/s). Trên $t\ge 0$, hàm $v(t)$ là parabol có đỉnh tại $t=6$, $v(6)=-36+72=36$. Vậy vận tốc lớn nhất là $36$ m/s.

b) Theo hình vẽ, $(P)$ có đỉnh $(0;9)$ và cắt $Ox$ tại $(-3;0)$, $(3;0)$ nên $(P):y=9-x^2$. Gọi $B(x;9-x^2)$ với $0<x<3$, khi đó $A(-x;9-x^2)$, $C(x;0)$, $D(-x;0)$. Diện tích $S(x)=2x(9-x^2)=18x-2x^3$. $S^{\prime }(x)=18-6x^2=0\iff x=\sqrt{3}$ (thỏa $0<x<3$); $S^{\prime }(x)>0$ với $x<\sqrt{3}$ và $S^{\prime }(x)<0$ với $x>\sqrt{3}$ nên max tại $x=\sqrt{3}$: $S_{\max }=2\sqrt{3}(9-3)=12\sqrt{3}\approx 20,8$ m².

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị, trên đoạn $[0;2]$ hàm số đạt giá trị lớn nhất $M=f(0)=2$ (đỉnh cao nhất tại $x=0$) và giá trị nhỏ nhất $m=f(2)=-2$ (điểm thấp nhất tại $x=2$). Do đó $m+M=2+(-2)=0$. Vậy khẳng định đúng là D.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $y=x+\frac{4}{x^2}$ trên $[1;4]$. Có $y^{\prime }=1-\frac{8}{x^3}$; $y^{\prime }=0\iff x=2$. Tính giá trị tại các điểm: $y(1)=5$, $y(2)=2+1=3$, $y(4)=4+\frac{4}{16}=\frac{17}{4}$. Vậy $M=5$, $m=3$. Khi đó ${\log }_m(9^M)={\log }_3(9^5)={\log }_3(3^{10})=10$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $f^{\prime }(x)=x^2\ge 0$ với mọi $x$ và $f^{\prime }(x)=0$ chỉ tại $x=0$, hàm số $f(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ (đạo hàm không âm và chỉ triệt tiêu tại một điểm). Do đó trên đoạn $[-1;4]$, giá trị lớn nhất của $f(x)$ đạt tại $x=4$, tức là $f(4)$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Trên $[5;+\infty )$, ta có $f^{\prime }(x)=1-\frac{1}{x^2}=\frac{x^2-1}{x^2}>0$ với mọi $x\ge 5$, nên $f$ đồng nhất tăng trên nửa khoảng này. Do đó giá trị nhỏ nhất đạt tại $x=5$: $f(5)=5+\frac{1}{5}=\frac{26}{5}=5,2$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $y=\frac{x^3}{3}+2x^2-5x+1$ trên đoạn $[-1;3]$.

Ta có $y^{\prime }=x^2+4x-5$. Cho $y^{\prime }=0\iff x=1$ hoặc $x=-5$. Vì $x=-5\notin [-1;3]$ nên trên đoạn đã cho chỉ có nghiệm $x=1$.

Tính giá trị của hàm số tại các điểm $x=-1$, $x=1$, $x=3$:
- $y(-1)=\frac{-1}{3}+2+5+1=\frac{23}{3}$
- $y(1)=\frac{1}{3}+2-5+1=-\frac{5}{3}$
- $y(3)=9+18-15+1=13$

So sánh: $\max \left\{\frac{23}{3};-\frac{5}{3};13\right\}=13$.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $[-1;3]$ bằng $13$, đạt được tại $x=3$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên: hàm số đồng biến trên $(-\infty ;-2)$, nghịch biến trên $(-2;0)$, đồng biến trên $(0;2)$, nghịch biến trên $(2;+\infty )$. Tại $x=-2$ hàm đạt cực đại $f(-2)=3$ và tại $x=2$ hàm đạt cực đại $f(2)=3$. Vì $f(x)\to -\infty$ khi $x\to \pm \infty$ nên giá trị lớn nhất của hàm số là $\max \{f(-2),f(2)\}=3$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $BM=x$ (km), với $0\le x\le 7$. Khi đó $AM=\sqrt{A{B}^2+B{M}^2}=\sqrt{16+x^2}$ và $MC=7-x$. Tổng thời gian: $$T(x)=\frac{\sqrt{16+x^2}}{6}+\frac{7-x}{10}$$

$$T^{\prime }(x)=\frac{x}{6\sqrt{16+x^2}}-\frac{1}{10}$$

$T^{\prime }(x)=0\iff 10x=6\sqrt{16+x^2}\iff 100x^2=36(16+x^2)\iff 64x^2=576\iff x=3$ (thỏa $0\le x\le 7$).

Với $x<3$ thì $T^{\prime }(x)<0$, với $x>3$ thì $T^{\prime }(x)>0$, nên $T(x)$ đạt nhỏ nhất tại $x=3$.

Khi đó quãng đường chèo thuyền: $AM=\sqrt{16+9}=\sqrt{25}=5$ km.

Vậy người đó nên chèo thuyền $5$ km.

(AI giải đề cho tôi)
a) Xét $G(x)=0,025x^2(30-x)$ trên $(0;30)$. Ta có $G^{\prime }(x)=0,025(60x-3x^2)=0,075x(20-x)$. $G^{\prime }(x)=0\iff x=20$ (nhận vì $0<x<30$). Với $0<x<20$ thì $G^{\prime }(x)>0$, với $20<x<30$ thì $G^{\prime }(x)<0$, nên hàm số đạt cực đại (và là GTLN trên khoảng) tại $x=20$. Vậy cần tiêm $20$ mg thuốc để huyết áp giảm nhiều nhất, khi đó $G(20)=0,025\cdot 400\cdot 10=100$.

b) Gọi $O$ là giao điểm hai đường chéo $AC$ và $BD$ của đáy (hình vuông), thì $O$ là trung điểm $AC$ và $SO\perp (ABCD)$. Tam giác $SAC$ cân tại $S$ với $\widehat{ASC}=60^0$ nên tam giác $SAC$ đều, do đó $SA=SC=AC$. Suy ra $AO=\frac{AC}{2}=\frac{SA}{2}$, tức $\sin \widehat{ASO}=\frac{AO}{SA}=\frac{1}{2}$, nên góc giữa mỗi sợi xích với phương thẳng đứng là $30^0$.

Độ lớn trọng lực: $P=mg=5\cdot 10=50(N)$. Do đối xứng, độ lớn lực căng mỗi sợi xích bằng nhau là $T$, và tổng thành phần phương thẳng đứng của bốn lực căng cân bằng với trọng lượng:
$$4T\cos 30^0=50\Rightarrow T=\frac{50}{4\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{25}{\sqrt{3}}=\frac{25\sqrt{3}}{3}\approx 14,43(N).$$
Vậy độ lớn lực căng mỗi sợi xích là $\frac{25\sqrt{3}}{3}\approx 14,43N$.

(AI giải đề cho tôi)
Trên đoạn $[-1;2]$: hàm số tăng từ $f(-1)=3$ đến $x=0$ rồi giảm xuống $f(0)=0$, sau đó tăng đến $f(1)=2$ rồi giảm đến $f(2)=1$. Vậy $M=\max \{3;0;2;1\}=3$, $m=\min \{3;0;2;1\}=0$. Suy ra $M+m=3+0=3$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ trang 29: đồ thị là một hyperbol có tiệm cận đứng $x=\frac{1}{2}$, tiệm cận ngang $y=1$, đi qua các điểm $(-1;0)$, $(0;-2)$, $(2;2)$, nên $f(x)=1+\frac{3}{2x-1}$. Kiểm tra: $f(-1)=1-1=0$, $f(0)=1-3=-2$, $f(2)=1+1=2$ đều khớp hình vẽ. Ta có $f^{\prime }(x)=\frac{-6}{(2x-1{)}^2}<0$ nên hàm nghịch biến trên mỗi nhánh của miền xác định.
a) Trên $[1;2]$ hàm nghịch biến nên max tại $x=1$: $f(1)=1+3=4\ne 2$ → Sai.
b) Đoạn $[-2;1]$ chứa điểm gián đoạn $x=\frac{1}{2}$; trên $\left(\frac{1}{2};1\right]$ hàm nghịch biến và ${\lim }_{x\to (1/2{)}^{+}}f(x)=+\infty$, nên hàm không có giá trị lớn nhất trên $[-2;1]$ → Sai.
c) Trên $[-3;0]$ (nằm hoàn toàn trên nhánh trái, không chứa $x=\frac{1}{2}$) hàm nghịch biến nên ${\max }_{[-3;0]}f(x)=f(-3)$ → Đúng.
d) Trên $[3;4]$ hàm nghịch biến nên max tại $x=3$, tức ${\max }_{[3;4]}f(x)=f(3)\ne f(4)$ → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Trên $[1;2]$ hàm $f(x)=1+\frac{3}{2x-1}$ nghịch biến nên max tại $x=1$, $f(1)=4\ne 2$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Đoạn $[-2;1]$ chứa tiệm cận đứng $x=\frac{1}{2}$; khi $x\to {\frac{1}{2}}^{+}$ thì $f(x)\to +\infty$ nên hàm không đạt giá trị lớn nhất bằng 0 (cũng không có max) trên $[-2;1]$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Trên $[-3;0]$ hàm nghịch biến (nhánh trái) nên ${\max }_{[-3;0]}f(x)=f(-3)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Trên $[3;4]$ hàm nghịch biến nên ${\max }_{[3;4]}f(x)=f(3)\ne f(4)$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi chiều rộng là $x$ (m), chiều dài $2x$, chiều cao $h$ (m), với $x>0$, $h>0$. Diện tích kính (không nắp): đáy $2x^2$ cộng 4 mặt bên $2(2xh)+2(xh)=6xh$, nên $2x^2+6xh=5\Rightarrow h=\frac{5-2x^2}{6x}$, điều kiện $0<x<\sqrt{5/2}$.

Dung tích: $V=2x^{2}h=2x^2\cdot \frac{5-2x^2}{6x}=\frac{5x-2x^3}{3}$.

$V^{\prime }(x)=\frac{5-6x^2}{3}=0\Rightarrow x^2=\frac{5}{6}$, tức $x=\sqrt{\frac{5}{6}}\approx 0,9129$ (thỏa điều kiện). Vì $V^{\prime }>0$ khi $x<\sqrt{5/6}$ và $V^{\prime }<0$ khi $x>\sqrt{5/6}$ nên đây là điểm cực đại, cũng là GTLN.

$V_{\max }=\frac{10x}{9}=\frac{10}{9}\sqrt{\frac{5}{6}}\approx 1,0142$ m${}^3$.

Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm: $1,01$ m${}^3$.

(AI giải đề cho tôi)
Khối lượng KOH trong cốc: $20\cdot 100=2000$ mg. Thêm $x$ ml nồng độ 10 mg/ml thì khối lượng KOH là $2000+10x$, thể tích là $20+x$, nên $C(x)=\frac{2000+10x}{20+x}$ với $x\ge 0$. Ta có $C^{\prime }(x)=\frac{10(20+x)-(2000+10x)}{(20+x{)}^2}=\frac{-1800}{(20+x{)}^2}<0$, nên $C(x)$ nghịch biến trên $[5;15]$. Do đó ${\max }_{[5;15]}C(x)=C(5)=\frac{2000+50}{25}=\frac{2050}{25}=82$ mg/ml.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $y=\frac{x-m^2}{x+1}=\frac{(x+1)-(m^2+1)}{x+1}=1-\frac{m^2+1}{x+1}$. Trên đoạn $[0;1]$ ta có $x+1>0$ nên hàm số xác định và $y^{\prime }=\frac{m^2+1}{(x+1{)}^2}>0$, do đó hàm số đồng biến trên $[0;1]$. Giá trị nhỏ nhất đạt tại $x=0$: $y(0)=\frac{0-m^2}{1}=-m^2$. Theo đề bài $-m^2=-1\Rightarrow m^2=1\Rightarrow m=\pm 1$. Vậy $m=\pm 1$.