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

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $r$ $(0<r<6)$ là cạnh của lục giác đều nhỏ, đồng thời là bán kính đường tròn ngoại tiếp của đáy chóp. Cạnh bên $L$ nối đỉnh ngoài (cách tâm $6$) với đỉnh trong liền kề (cách tâm $r$), góc giữa hai bán kính bằng $60^{\circ }$, nên theo định lý cosin: $L^2=36+r^2-2\cdot 6\cdot r\cos 60^{\circ }=36+r^2-6r$. Đáy là lục giác đều cạnh $r$ nên $h=\sqrt{L^2-r^2}=\sqrt{36-6r}$, $S=\frac{3\sqrt{3}}{2}{r}^2$, do đó $V=\frac{1}{3}Sh=\frac{\sqrt{3}}{2}{r}^2\sqrt{36-6r}$. Xét $f(r)=r^4(36-6r)$, $f^{\prime }(r)=r^3(144-30r)=0\Rightarrow r=4,8$ (cực đại vì $f^{\prime }>0$ với $r<4,8$, $f^{\prime }<0$ với $r>4,8$). Khi đó $V_{\max }=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot (4,8{)}^2\cdot \sqrt{7,2}\approx 53,54$ dm³, làm tròn đến hàng phần mười là $53,5$ dm³.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $p=x^2+y^2$, $s=x+y$ ($s>0$ vì $x,y\ge 0$, $p\ne 0$). Phương trình trở thành $$(p+10)\log \frac{p+25}{s}=\frac{10s-25}{p}+p+9.$$ Đặt $w=\frac{p+25}{s}$ (suy ra $s=\frac{p+25}{w}$). Khi đó $\frac{10s-25}{p}=\frac{10p+250-25w}{wp}$, và phương trình tương đương $$(p+10)(\log w-1)=\frac{(10-w)(p+25)}{wp},$$ tức $$g(w):=(p+10)(\log w-1)+\frac{(p+25)(w-10)}{wp}=0.$$ Ta có $g(10)=0$ và $g^{\prime }(w)=\frac{p+10}{w\ln 10}+\frac{p+25}{wp}>0$ với mọi $w>0$, nên $g$ đơn điệu tăng nghiêm ngặt $\Rightarrow$ phương trình có nghiệm duy nhất $w=10$. Vậy $$\frac{x^2+y^2+25}{x+y}=10⟺x^2+y^2+25=10(x+y)⟺(x-5{)}^2+(y-5{)}^2=25.$$ Đường tròn tâm $(5;5)$ bán kính $5$ tiếp xúc với hai trục tại $(5;0)$, $(0;5)$ nên nằm hoàn toàn trong miền $x,y\ge 0$; do đó tập nghiệm là đường tròn này (với $x+y>0$ luôn đúng vì $\min (x+y)=10-5\sqrt{2}>0$). Xét $Q=\frac{3x+4y-10}{x+y}$. Với $Q$ cố định, điều kiện $3x+4y-10=Q(x+y)$, tức đường thẳng $(3-Q)x+(4-Q)y-10=0$, phải cắt đường tròn. Giá trị lớn nhất/nhỏ nhất của $Q$ xảy ra khi đường thẳng tiếp xúc với $(x-5{)}^2+(y-5{)}^2=25$: $$\frac{|5(3-Q)+5(4-Q)-10|}{\sqrt{(3-Q{)}^2+(4-Q{)}^2}}=5⟺(25-10Q{)}^2=25(2Q^2-14Q+25)$$ $$⟺50Q^2-150Q=0⟺Q=0\text{ hoặc }Q=3.$$ Kiểm tra: tại $(2;1)$ (thuộc đường tròn) $Q=\frac{6+4-10}{3}=0$; tại $(5;10)$ $Q=\frac{15+40-10}{15}=3$. Vì $Q$ liên tục trên đường tròn (liền mạch), $\min Q=0$, $\max Q=3$. Vậy tổng cần tính là $0+3=3$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t=1-x$, khi $x\in [1;5]$ thì $t\in [-4;0]$. Ta có $g^{\prime }(x)=-2f^{\prime }(1-x)+2x-2=-2[f^{\prime }(t)+t]$. Xét $h(t)=f^{\prime }(t)+t$ trên $[-4;0]$. Từ đồ thị của $f^{\prime }$: $f^{\prime }(-3)=3$ nên $h(-3)=0$; đồ thị đi xuống từ trái qua điểm cực tiểu $-5$ (khoảng $t\approx -1$) rồi tăng lên $f^{\prime }(1)=-1$, do đó với $t\in (-3;0]$ thì $f^{\prime }(t)<-t$ (ví dụ $h(-1)=-5-1=-6<0$, $h(0)<0$), còn với $t\in [-4;-3)$ thì $f^{\prime }(t)>-t$ (vì $f^{\prime }$ tăng vọt lên trên $3$ khi $t<-3$). Vậy $h(t)<0$ trên $(-3;0]$ và $h(t)>0$ trên $[-4;-3)$, suy ra $g^{\prime }(x)>0$ khi $x<4$ và $g^{\prime }(x)<0$ khi $x>4$. Hàm số $g$ đồng biến trên $[1;4]$ và nghịch biến trên $[4;5]$, nên ${\max }_{[1;5]}g(x)=g(4)$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm, bán kính $R=50\text{m}$, đặt góc $\widehat{AOC}=\theta$ với $0\le \theta \le \pi$. Khi đó dây bơi $AC=2R\sin \frac{\theta }{2}=100\sin \frac{\theta }{2}$ (m) và cung đi bộ $\widehat{CB}=R(\pi -\theta )=50(\pi -\theta )$ (m). Thời gian (giờ): $$T(\theta )=\frac{0.1\sin (\theta /2)}{5}+\frac{0.05(\pi -\theta )}{6}=0.02\sin \frac{\theta }{2}+\frac{0.05}{6}(\pi -\theta ).$$ Có $T^{\prime }(\theta )=0.01\cos \frac{\theta }{2}-\frac{0.05}{6}$. Cho $T^{\prime }(\theta )=0\Rightarrow \cos \frac{\theta }{2}=\frac{5}{6}$, tức $\frac{\theta }{2}\approx 0.58569$, $\theta \approx 1.17137$. Vì $T^{\prime \prime }(\theta )=-0.005\sin \frac{\theta }{2}<0$ nên đây là điểm cực đại. Khi đó $\sin \frac{\theta }{2}=\sqrt{1-\frac{25}{36}}=\frac{\sqrt{11}}{6}\approx 0.55277$. $$T_{\max }=0.02\cdot 0.55277+\frac{0.05}{6}(\pi -1.17137)\approx 0.011055+0.016419=0.027474\text{giờ}.$$ Đổi ra phút: $0.027474\times 60\approx 1.6484\approx 1.65$ phút. (So sánh hai đầu: $\theta =0$ cho $\approx 1.57$ phút, $\theta =\pi$ cho $1.2$ phút, nên giá trị lớn nhất đúng là tại điểm cực đại.) Vậy thời gian tối đa là $1.65$ phút.

Có: $f^{\prime }(x)=0\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=0\\ x=3\end{array}$

Xét bảng biến thiên:



$\Rightarrow \underset{[0;3]}{\max }f(x)=f(3)$.

Đặt các điểm như hình vẽ sau:

[Hình cần kiểm tra lại: p16_f1]

a) Có: $AE\parallel BC\Rightarrow \frac{AE}{BC}=\frac{AD}{BD}\Rightarrow BC=\frac{AE.BD}{AD}=\frac{2.(x+1)}{x}$

$\Rightarrow l=CD=\sqrt{B{C}^2+B{D}^2}=\sqrt{\frac{4(x+1{)}^2}{x^2}+(x+1{)}^2}=\sqrt{(x+1{)}^2.\left(\frac{4}{x^2}+1\right)}=(x+1)\sqrt{\frac{4+x^2}{x^2}}$

$\iff l=\frac{x+1}{x}\sqrt{4+x^2}$

b) Có: $l^2=\frac{x^2+2x+1.4+x^2}{x^2}=\frac{x^4+2x^3+5x^2+8x+4}{x^2}=f(x)x\ne 0$

$\Rightarrow f^{\prime }(x)=\frac{4x^3+6x^2+10x+8x^2-2x{x}^4+2x^3+5x^2+8x+4}{x^4}=\frac{2x^5+2x^4-8x^2-8x}{x^4}$

$f^{\prime }(x)=0\Rightarrow 2x^5+2x^4-8x^2-8x=0\Rightarrow x^4+x^3-4x-4=0\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=\sqrt[3]{4}\\ x=-1\end{array}$

Xét bảng biến thiên với $x>0$:



$\Rightarrow \min f(x)=f\left(\sqrt[3]{4}\right)\Rightarrow \min l=\sqrt{f\left(\sqrt[3]{4}\right)}\approx 4,16.$

Đáp án: 81

Đặt $AF=GJ=a$ với $a\in (0;18)$. Vì cách gập của An tạo thành khối hộp chữ nhật $ABEF.KLCD$ nên hai hình chữ nhật $ABEF$ và $KLCD$ bằng nhau $\iff AF=DK=a$.

Khi đó $CF=JK=\frac{18-3a}{2}=9-1,5a$.



[Hình cần kiểm tra lại: p12_f4]

Do $CF=9-1,5a>0\iff a<6$.

$V_{ABEF.KLCD}=2V_{ABEF.JIHG}=2.EB.EH.EF=2.a.(9-1,5a).3=-9a^2+54a=-9(a-3{)}^2+81\le 81,\forall a\in (0;6)$

Vậy $\max V_{ABEF.JIHG}=81\iff a=3$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 1a) Viết $y=\frac{x^2}{x-1}=x+1+\frac{1}{x-1}$. Phép đối xứng qua đường thẳng $d:y=x-1$ biến điểm $(x,y)$ thành $(y+1,x-1)$. Xét điểm $P(t,\frac{t^2}{t-1})$ trên $(C)$; ảnh của $P$ qua $d$ là $P^{\prime }\left(\frac{t^2}{t-1}+1,t-1\right)$. Để $P^{\prime }$ thuộc $(C)$ ta cần $t-1=\frac{(P_x^{\prime }{)}^2}{P_x^{\prime }-1}$ với $P_x^{\prime }-1=\frac{t^2}{t-1}$, suy ra $(t^2+t-1{)}^2=t^2(t-1{)}^2$, tức $t^2+t-1=\pm t(t-1)$. Trường hợp dấu $+$ cho $t=\frac{1}{2}$ (điểm này nằm trên trục đối xứng nên không tạo cặp); trường hợp dấu $-$ cho $t=\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$. Vậy $A=P\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\left(\frac{\sqrt{2}}{2},-1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$, $B=P\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\left(-\frac{\sqrt{2}}{2},-1+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$. Suy ra $\Delta x=\sqrt{2}$, $\Delta y=-\sqrt{2}$, nên $AB=\sqrt{2+2}=2$. Câu 1b) $w^{\prime }(t)=0,001023t^2-0,0536t+0,819$ là parabol bậc hai có hệ số dương, đạt giá trị nhỏ nhất tại đỉnh $t=\frac{0,0536}{2\cdot 0,001023}\approx 26,2$ (thuộc đoạn $[0;36]$). Vậy tốc độ thay đổi cân nặng nhỏ nhất tại thời điểm $t\approx 26,2$ tháng (khoảng 26 tháng tuổi).

(AI giải đề cho tôi)
Hộp có đáy $(60-2x)\times (30-2x)$ và chiều cao $x$, với $0<x<15$. Thể tích $V(x)=x(60-2x)(30-2x)=4x^3-180x^2+1800x$. $V^{\prime }(x)=12x^2-360x+1800=12(x^2-30x+150)=0\Rightarrow x=15\pm 5\sqrt{3}$. Chỉ $x=15-5\sqrt{3}\approx 6,3397$ thuộc $(0;15)$. Vì $V^{\prime }(x)>0$ với $x<15-5\sqrt{3}$ và $V^{\prime }(x)<0$ với $15-5\sqrt{3}<x<15$, $V$ đạt最大 tại $x=15-5\sqrt{3}\approx 6,34$ cm. Khớp đáp án nguồn 6,34 (Mã đề 2102, Phần III, Câu 1, trang 28).

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=x\ln x$ xác định và liên tục trên $[1;e]$. Ta có $y^{\prime }=\ln x+1$. Với $x\in [1;e]$ thì $\ln x\ge 0$ nên $y^{\prime }\ge 1>0$, hàm số đồng biến trên toàn đoạn. Do đó giá trị lớn nhất đạt tại $x=e$: $y(e)=e\ln e=e\approx 2,71828\approx 2,72$. Kết quả trùng với đáp án nguồn 2,72 (trang đáp án, Phần III, Câu 2, Mã đề 2102).

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên trên đoạn $[-1;3]$: $f(-1)=0$, hàm đồng biến trên $[-1;0]$ đạt cực đại $f(0)=5$, nghịch biến trên $[0;2]$ đạt cực tiểu $f(2)=1$, rồi đồng biến trên $[2;3]$ với $f(3)=4$. Vì hàm số liên tục trên đoạn đóng, giá trị lớn nhất chỉ có thể đạt tại hai đầu đoạn hoặc tại các điểm cực trị: $\max \{f(-1),f(0),f(2),f(3)\}=\max \{0,5,1,4\}=5$. Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $[-1;3]$ là $5$, khớp với đáp án B (đáp án nguồn Mã đề 2102 Câu 3 cũng là B).

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=\frac{x-1}{x+1}$ xác định trên $[1;2]$ vì $x+1\ne 0$. Ta có $y^{\prime }=\frac{(x+1)-(x-1)}{(x+1{)}^2}=\frac{2}{(x+1{)}^2}>0$ với mọi $x\in [1;2]$, nên hàm số đồng biến trên đoạn này. Do đó giá trị lớn nhất đạt tại $x=2$: $y(2)=\frac{2-1}{2+1}=\frac{1}{3}$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (Mã đề 2102, Câu 9: A, theo bảng đáp án trang 28).

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=x\ln x$ xác định trên $[1;e]$. Ta có $y^{\prime }=\ln x+1$. Trên $[1;e]$ thì $\ln x\ge 0$ nên $y^{\prime }=\ln x+1\ge 1>0$, do đó hàm số đồng biến trên $[1;e]$. Giá trị lớn nhất đạt tại $x=e$: $y(e)=e\ln e=e\approx 2,7182\approx 2,72$. Kết quả trùng với đáp án nguồn trang 28 (bảng Phần III, Mã đề 2101, Câu 3: 2,72).

(AI giải đề cho tôi)
Hộp sau khi cắt có đáy $(60-2x)\times (30-2x)$ và chiều cao $x$, với điều kiện $0<x<15$. Thể tích: $V(x)=x(60-2x)(30-2x)=4x^3-180x^2+1800x$. $V^{\prime }(x)=12x^2-360x+1800=12(x^2-30x+150)=0\Rightarrow x=15\pm 5\sqrt{3}$. Chỉ nhận $x=15-5\sqrt{3}\approx 6,3397\in (0;15)$. Trên $(0;15-5\sqrt{3})$ có $V^{\prime }(x)>0$, trên $(15-5\sqrt{3};15)$ có $V^{\prime }(x)<0$, nên $V$ đạt giá trị lớn nhất tại $x=15-5\sqrt{3}\approx 6,34$ cm. Kết quả trùng đáp án nguồn 6,34 (bảng Phần III, Mã đề 2101, Câu 4, trang 28).

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên của $f(x)$ trên đoạn $[-1;3]$: $f(-1)=0$; hàm đồng biến trên $[-1;0]$ nên đạt $f(0)=5$ (cực đại); nghịch biến trên $[0;2]$ xuống $f(2)=1$ (cực tiểu); đồng biến trên $[2;3]$ lên $f(3)=4$. Giá trị lớn nhất trên đoạn là $\max \{f(-1),f(0),f(2),f(3)\}=\max \{0,5,1,4\}=5$, đạt tại $x=0$. Kết quả khớp với đáp án B trong bảng đáp án nguồn (Mã đề 2101, Câu 3: B).

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=\frac{x-1}{x+1}$ xác định trên $[1;2]$ vì $x+1\ne 0$. Ta có $y^{\prime }=\frac{(x+1)-(x-1)}{(x+1{)}^2}=\frac{2}{(x+1{)}^2}>0$ với mọi $x\in [1;2]$, nên hàm số đồng biến trên đoạn $[1;2]$. Do đó giá trị lớn nhất đạt tại $x=2$: $y(2)=\frac{2-1}{2+1}=\frac{1}{3}$. Vậy đáp án là A, trùng với đáp án nguồn (Câu 9, Mã đề 2101: A).

(AI giải đề cho tôi)
Lợi nhuận: $P(x)=600x-C(x)=-x^3+90x^2-1800x-900$, $1\le x\le 50$. $P^{\prime }(x)=-3x^2+180x-1800=-3(x^2-60x+600)=0\Rightarrow x=30\pm 10\sqrt{3}\approx 12,68$ hoặc $47,32$. Trên đoạn $[1;50]$, $P$ đạt cực đại tại $x=30+10\sqrt{3}$. Vì $x$ nguyên: $P(47)=-103823+198810-84600-900=9487$ nghìn đồng, $P(48)=-110592+207360-86400-900=9468$ nghìn đồng, nên lợi nhuận lớn nhất khi sản xuất 47 đôi → a đúng.
b) $C(25)=25^3-90\cdot 25^2+2400\cdot 25+900=15625-56250+60000+900=20275$ nghìn đồng $=20,275$ triệu đồng $\ne 20$ triệu → b sai.
c) Doanh thu khi bán 45 đôi: $45\cdot 600=27000$ nghìn đồng $=27$ triệu đồng → c đúng.
d) $C^{\prime }(x)=3x^2-180x+2400=3(x^2-60x+800)=0\Rightarrow x=30\pm 10\sqrt{7}$. Trong $[1;50]$ chỉ có $x=30-10\sqrt{7}\approx 3,54$ (điểm cực đại địa phương), $C\approx 8310$ nghìn đồng. So với hai đầu: $C(1)=3211$, $C(50)=125000-225000+120000+900=20900$ nghìn đồng $=20,9$ triệu đồng. Vậy chi phí cao nhất trong ngày là $20,9$ triệu đồng, không phải 30 triệu → d sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$P(x)=-x^3+90x^2-1800x-900$, $P^{\prime }(x)=0\Rightarrow x=30\pm 10\sqrt{3}$; so sánh $P(47)=9487>P(48)=9468$ nên lợi nhuận lớn nhất tại $x=47$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$C(25)=20275$ nghìn đồng $=20,275$ triệu đồng $\ne 20$ triệu đồng.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Doanh thu $=45\cdot 600=27000$ nghìn đồng $=27$ triệu đồng.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$C^{\prime }(x)=0\Rightarrow x=30\pm 10\sqrt{7}$; trên $[1;50]$, max $C=C(50)=20900$ nghìn đồng $=20,9$ triệu đồng $\ne 30$ triệu đồng.

Hàm số $y=x^2\ln x$ liên tục trên đoạn $\left[\frac{1}{e};e\right]$. Ta có $y^{\prime }=2x\ln x+x$. Trên đoạn $\left[\frac{1}{e};e\right]$, phương trình $y^{\prime }=0$ có duy nhất nghiệm $x=\frac{1}{\sqrt{e}}$. Ta có: $y\left(\frac{1}{e}\right)=-\frac{1}{e^2}$; $y\left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)=-\frac{1}{2e}$; $y(e)=e^2$. Suy ra $M=\underset{\left[\frac{1}{e};e\right]}{\max }y=e^2$ khi $x=e$ và $m=\underset{\left[\frac{1}{e};e\right]}{\min }y=-\frac{1}{2e}$ khi $x=\frac{1}{\sqrt{e}}$. Vậy $2M+m=2e^2-\frac{1}{2e}\approx 14,6$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $y=x^3+3x^2-1$ trên $[-1;2]$. Ta có $y^{\prime }=3x^2+6x=3x(x+2)$, $y^{\prime }=0$ khi $x=0$ hoặc $x=-2$; trên đoạn $[-1;2]$ chỉ có $x=0$. Tính: $y(-1)=-1+3-1=1$; $y(0)=-1$; $y(2)=8+12-1=19$. So sánh: $\min \{1;-1;19\}=-1$. Vậy giá trị nhỏ nhất là $-1$, phương án A.

(AI giải đề cho tôi) Từ bảng biến thiên trên đoạn $[-1;3]$: $f(-1)=0$, $f(0)=5$, $f(2)=1$, $f(3)=4$. Hàm tăng từ $-1$ đến $0$, giảm từ $0$ đến $2$, tăng từ $2$ đến $3$. Do đó giá trị lớn nhất $M=f(0)=5$ và giá trị nhỏ nhất $m=f(-1)=0$, suy ra $M\cdot m=5\cdot 0=0$ (tương ứng phương án C). Lưu ý: đáp án chính thức trong bảng đáp án các mã đề (trang đáp án, Mã đề 2102, Câu 9) là A, không khớp với kết quả tính toán từ bảng biến thiên; giữ nguyên đáp án chính thức của nguồn.