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

(AI giải đề cho tôi)
Gọi góc giữa thang và mặt đất là $\theta$ ($0<\theta <\frac{\pi }{2}$). Thang chạm mép trên hàng rào cao $2,2$ m cách tường $1,6$ m, nên chiều dài thang là $L(\theta )=\frac{2,2}{\sin \theta }+\frac{1,6}{\cos \theta }$. Đạo hàm $L^{\prime }(\theta )=-\frac{2,2\cos \theta }{{\sin }^2\theta }+\frac{1,6\sin \theta }{{\cos }^2\theta }=0\Rightarrow {\tan }^3\theta =\frac{2,2}{1,6}$, tức $\tan \theta ={\left(\frac{2,2}{1,6}\right)}^{1/3}\approx 1,112$. Khi đó giá trị nhỏ nhất (công thức quen thuộc) là $L_{\min }={\left(2,2^{2/3}+1,6^{2/3}\right)}^{3/2}$. Tính: $2,2^{2/3}\approx 1,6916$, $1,6^{2/3}\approx 1,3680$, tổng $\approx 3,0596$, lũy thừa $3/2$ cho $L_{\min }\approx 5,35$ m. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Từ $y(1)=1$ và $y^{\prime }(1)=0$ suy ra $a+b=-2$ và $2a+b=-3$, nên $a=b=-1$, tức $y=\frac{x^2-x-1}{x-2}=x+1+\frac{1}{x-2}$. Hai phần đất liền là hai nhánh của hyperbol, có tâm đối xứng $I(2;3)$ (giao hai tiệm cận $y=x+1$ và $x=2$). Đoạn nối ngắn nhất giữa hai nhánh đi qua $I$, nên tìm điểm trên đường cong gần $I$ nhất rồi nhân đôi. Đặt $t=x-2\ne 0$, khi đó $y-3=t+\frac{1}{t}$ và $$d^2=t^2+{\left(t+\frac{1}{t}\right)}^2=2t^2+2+\frac{1}{t^2}.$$ Cho $d^2$ đạt cực tiểu: $4t-\frac{2}{t^3}=0\Rightarrow t^4=\frac{1}{2}\Rightarrow t^2=\frac{1}{\sqrt{2}}$, suy ra $d^2=2+2\sqrt{2}$, tức $d=\sqrt{2+2\sqrt{2}}\approx 2,1974$ đơn vị tọa độ. Vậy $A{B}_{\min }=2d\approx 4,3947$ đơn vị $=4,3947\times 60\approx 263,68$ m, làm tròn thành $264$ m.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $x$ (triệu đồng) là số tiền giảm giá mỗi xe ($x\ge 0$). Giá bán mỗi xe là $45-x$, số xe bán được là $600+150x$. Lợi nhuận mỗi xe: $(45-x)-39=6-x$. Tổng lợi nhuận: $P(x)=(6-x)(600+150x)=-150x^2+300x+3600$. Hàm bậc hai với $a=-150<0$ đạt cực đại tại $x=\frac{-300}{2(-150)}=1$. Khi đó giá bán mỗi xe là $45-1=44$ triệu đồng, lợi nhuận $P(1)=3750$ triệu đồng. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2\sqrt{x+1}}=\frac{\sqrt{x+1}-1}{2\sqrt{x+1}}$. Trên $[0;3]$ thì $\sqrt{x+1}\ge 1$ nên $f^{\prime }(x)\ge 0$, hàm số đồng bộ trên $[0;3]$. Do đó $m=f(0)=0-1=-1$; $M=f(3)=\frac{3}{2}-2=-\frac{1}{2}$. Vậy $S=2m+3M=2(-1)+3\left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{7}{2}$. Chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $Q=(0;0)$, $M=(3;0)$, $N=(0;6)$ (vì $QM\perp QN$, $QM=3$, $QN=6$). Sau $t$ giờ (tính từ 9h00): Quý đi từ $Q$ đến $M$ với tốc độ $4$ km/h nên $P_1=(4t;0)$. Minh đi từ $M$ đến $N$ với tốc độ $12$ km/h; $MN=\sqrt{3^2+6^2}=3\sqrt{5}$, vecto chỉ phương $\left(-\frac{1}{\sqrt{5}};\frac{2}{\sqrt{5}}\right)$, nên $P_2=\left(3-\frac{12t}{\sqrt{5}};\frac{24t}{\sqrt{5}}\right)$.

Bình phương khoảng cách: $f(t)={\left(3-\left(4+\frac{12}{\sqrt{5}}\right)t\right)}^2+\frac{576}{5}{t}^2$.

Với $a=4+\frac{12}{\sqrt{5}}\approx 9,3666$, $f^{\prime }(t)=0\Rightarrow t=\frac{3a}{a^2+\frac{576}{5}}=\frac{28,0997}{202,932}\approx 0,13847$ giờ.

Đổi ra phút: $0,13847\times 60\approx 8,31$ phút, làm tròn đến hàng phần mười là $8,3$ phút. Vậy sau khoảng $8,3$ phút khoảng cách giữa Minh và Quý là ngắn nhất.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục theo hình vẽ: $Q(0;0)$, $M(3;0)$, $N(0;6)$ (vì $QM\perp QN$, $QM=3$ km, $QN=6$ km).

Sau $t$ giờ (từ 9h00'), Quý đi bộ từ $Q$ đến $M$ với tốc độ $4$ km/h nên vị trí của Quý là $(4t;0)$.

Minh đi xe đạp từ $M$ đến $N$ với tốc độ $12$ km/h. Vectơ $\overrightarrow{MN}=(-3;6)$ có độ dài $3\sqrt{5}$ km, nên vị trí của Minh là
$$\left(3-\frac{36t}{3\sqrt{5}};\frac{72t}{3\sqrt{5}}\right)=\left(3-\frac{12t}{\sqrt{5}};\frac{24t}{\sqrt{5}}\right).$$

Bình phương khoảng cách giữa hai bạn:
$$f(t)={\left(3-\left(4+\frac{12}{\sqrt{5}}\right)t\right)}^2+{\left(\frac{24}{\sqrt{5}}t\right)}^2.$$
Đặt $a=4+\frac{12}{\sqrt{5}}$, $b=\frac{24}{\sqrt{5}}$. $f^{\prime }(t)=0\iff t=\frac{3a}{a^2+b^2}$.
Tính: $a^2+b^2=\frac{224}{5}+\frac{96}{\sqrt{5}}+\frac{576}{5}=160+\frac{96}{\sqrt{5}}$, $3a=12+\frac{36}{\sqrt{5}}$.
$$t=\frac{12+\frac{36}{\sqrt{5}}}{160+\frac{96}{\sqrt{5}}}=\frac{36+12\sqrt{5}}{160\sqrt{5}+96}\approx 0,13846\text{giờ}.$$

Đổi ra phút: $t\approx 0,13846\times 60\approx 8,3077$ phút. Thời điểm này hợp lệ vì $t<0,5$ giờ (Minh chưa đến nhà Nam, Quý chưa đến nhà Minh).

Vậy sau khoảng $8,3$ phút, khoảng cách giữa hai bạn Minh và Quý là ngắn nhất.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2\sqrt{x+1}}$. Cho $f^{\prime }(x)=0\Rightarrow \sqrt{x+1}=1\Rightarrow x=0$. Trên $[0;3]$, $f^{\prime }(x)\ge 0$ (vì $\sqrt{x+1}\ge 1$), nên hàm số đồng biến. Do đó $m=f(0)=-1$, $M=f(3)=\frac{3}{2}-2=-\frac{1}{2}$. Vậy $S=2m+3M=2(-1)+3\left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{7}{2}$. Chọn đáp án A.

1.1. Tập xác định: $D=\mathbb{R}\setminus \{1\}$. Đạo hàm: $y^{\prime }=\frac{(2x-3)(x-1)-(x^2-3x+6)}{(x-1{)}^2}=\frac{x^2-2x-3}{(x-1{)}^2}$.

$$y^{\prime }=0\iff x^2-2x-3=0\iff \{\begin{array}{ll}x=-1\Rightarrow y=-5& \Rightarrow A(-1;-5)\\ x=3\Rightarrow y=3& \Rightarrow B(3;3)\end{array}$$

Ta có $E(4;1)$. Các vector: $\overrightarrow{AB}=(4;8)$, $\overrightarrow{AE}=(5;6)$. Diện tích tam giác $EAB$ tính theo công thức tọa độ:

$$S=\frac{1}{2}\left|x_{\overrightarrow{AB}}{y}_{\overrightarrow{AE}}-x_{\overrightarrow{AE}}{y}_{\overrightarrow{AB}}\right|=\frac{1}{2}\left|4\cdot 6-5\cdot 8\right|=\frac{1}{2}\left|24-40\right|=8.$$

ĐÁP SỐ: 8 (đvdt)

1.2. Bước 1: Tính thời gian phần hồ (cố định). Tam giác $ODG$ ($O$ là trung điểm $AD$) có 3 cạnh bằng $0,5$ (km) $\Rightarrow$ tam giác đều $\Rightarrow \widehat{DOG}=60^{\circ }$. Góc ở tâm chặn cung $GA$: $\widehat{GOA}=180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }$. Độ dài cung $GA$: $L=R\cdot \frac{2\pi }{3}=\frac{\pi }{3}$ km.

$$T_h=T_{cho}+T_{ven}=\frac{0,5}{5}+\frac{\pi /3}{7}=0,1+\frac{\pi }{21}.$$

Bước 2: Tối ưu hoá thời gian chạy bộ. Đặt hệ trục $A(0;0)$, $D(1;0)$. Gọi $E(x;0,5)$ và $F(y;0,5)$ với $0\le x\le y\le 1$. Hàm mục tiêu:

$$T(x,y)=\underset{f(x)}{\underbrace{\frac{\sqrt{x^2+0,5^2}}{6}-\frac{x}{10}}}+\underset{g(y)}{\underbrace{\frac{\sqrt{(1-y{)}^2+0,5^2}}{6}+\frac{y}{10}}}+\frac{1}{10}$$

(Lưu ý: đã tách $\frac{y-x}{10}=\frac{y}{10}-\frac{x}{10}$). Khảo sát hàm $f(t)=\frac{\sqrt{t^2+0,25}}{6}-\frac{t}{10}$. Đạo hàm bằng 0 khi $t=\frac{3}{8}$. Tương tự cho $y$, đặt $u=1-y$, ta cũng thu được kết quả tối ưu tương tự. Giá trị nhỏ nhất phần chạy bộ: $T_b=\frac{7}{30}$ giờ.

Tổng thời gian: $T_{min}=\frac{7}{30}+0,1+\frac{\pi }{21}=\frac{10}{30}+\frac{\pi }{21}=\frac{1}{3}+\frac{\pi }{21}$.

ĐÁP SỐ: $\frac{1}{3}+\frac{\pi }{21}$ (giờ)

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên: $f(-1)=4$ (cực đại), $f(0)=-3$ (cực tiểu), $f(2)=8$ (cực đại). Trên đoạn $[-1;2]$, hàm số tăng trên $[0;2]$ từ $-3$ lên $8$ và giảm trên $[-1;0]$ từ $4$ xuống $-3$, nên giá trị nhỏ nhất là $\min \{f(-1),f(0),f(2)\}=\min \{4,-3,8\}=-3$. Vậy đáp án B, khớp với đáp án nguồn (mã đề 1202, câu 12: B).

(AI giải đề cho tôi)
Xét $N(t)=1100+\frac{9100t}{100+t^2}$ với $t\ge 0$. Ta có $$N^{\prime }(t)=9100\cdot \frac{(100+t^2)-t\cdot 2t}{(100+t^2{)}^2}=\frac{9100(100-t^2)}{(100+t^2{)}^2}.$$ Cho $N^{\prime }(t)=0\Rightarrow t^2=100\Rightarrow t=10$ (vì $t\ge 0$). Với $0\le t<10$ thì $N^{\prime }(t)>0$, với $t>10$ thì $N^{\prime }(t)<0$, nên $N(t)$ đạt cực đại (và là giá trị lớn nhất) tại $t=10$ giây. Khi đó số vi khuẩn lớn nhất là $N(10)=1100+\frac{91000}{200}=1100+455=1555$ con. Vậy thời gian cần tìm là $t=10$ giây, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên: trên $(-\infty ;-1)$ hàm số đồng biến từ $-\infty$ lên $f(-1)=4$, sau đó nghịch biến trên $(-1;0)$ xuống $f(0)=-3$. Do đó trên đoạn $[-\infty ;0]$ (tức $(-\infty ;0]$), giá trị lớn nhất của hàm số là $\max \{f(-1),f(0)\}=\max \{4,-3\}=4$, đạt tại $x=-1$. Khớp với đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $f(t)=\frac{8100t}{8100+t^2}$ với $t\ge 0$. Ta có $f^{\prime }(t)=\frac{8100(8100+t^2)-8100t\cdot 2t}{(8100+t^2{)}^2}=\frac{8100(8100-t^2)}{(8100+t^2{)}^2}$. Cho $f^{\prime }(t)=0\Rightarrow t=90$ (vì $t\ge 0$). Với $0\le t<90$ thì $f^{\prime }(t)>0$, với $t>90$ thì $f^{\prime }(t)<0$, nên $f$ đạt max tại $t=90$: $f(90)=\frac{8100\cdot 90}{8100+8100}=\frac{729000}{16200}=45$. Vậy $N_{\max }=1000+45=1045$ con, khớp với đáp án nguồn 1045.

Doanh thu của nhà máy A khi bán $x$ tấn sản phẩm là $x\left(231-0,02x^2\right)=231x-0,02x^3$ (triệu đồng).

Lợi nhuận thu được khi nhà máy A bán $x$ tấn sản phẩm là
$\left(231x-0,02x^3\right)-(150+15x)=-0,02x^3+216x-150$ (triệu đồng).

Đặt $f(x)=-0,02x^3+216x-150$ với $x\in [0;150]$.

Ta có: $f^{\prime }(x)=-0,06x^2+216$. Khi đó $f^{\prime }(x)=0\iff -0,06x^2+216=0\iff x=60$.

Ta có: $f(0)=-150$, $f(60)=8490$, $f(150)=-35250$.

Suy ra giá trị lớn nhất của $f(x)$ trên đoạn $[0;150]$ là 8490 tại $x=60$.

Vậy A bán cho B là 60 tấn sản phẩm mỗi tháng thì thu được lợi nhuận cao nhất.

Ý 1: Cực trị Hình học giải tích

Cách 1: Bất đẳng thức AM-GM (Cauchy)
- Gọi $A,B$ là giao điểm của tiếp tuyến với 2 tiệm cận $I(-1;1)$.
- Diện tích $S_{IAB}=8$ (hằng số).
- $r=\frac{8}{IA+IB+\sqrt{I{A}^2+I{B}^2}}$. Để $r$ max $\Rightarrow (IA+IB)$ min.
- $IA+IB\ge 2\sqrt{IA\cdot IB}=2\sqrt{16}=8$.
- Dấu "=" khi $IA=IB$ (Vuông cân) $\Rightarrow k=\pm 1\Rightarrow M(1;-1),M(-3;3)$.

Cách 2: Tham số hóa tọa độ
- Gọi $M(x_0;1-\frac{4}{x_0+1})$. Viết phương trình tiếp tuyến.
- Tìm tọa độ $A(-1;y_A),B(x_B;1)$. Tính độ dài $IA,IB$ theo $x_0$.
- Thiết lập hàm số bán kính $r(x_0)$ và khảo sát đạo hàm (Cách này dài nhưng tổng quát cho mọi bài toán không có tính chất tam giác vuông cân).

Ý 2: Tối ưu Hình học không gian



Cách 1: Lượng giác hóa - Khuyên dùng
- Đặt $\alpha$ là góc ở đáy $(0<\alpha <90^{\circ })$.
- $r_1=h\cot \alpha$ và $r=r_1\sin \alpha \Rightarrow r_1=\frac{r}{\sin \alpha }$.
- $S_{xq}=\pi r_{1}l=\frac{\pi r^2}{{\sin }^2\alpha \cos \alpha }$.
- Khảo sát mẫu số $f(\alpha )=(1-{\cos }^2\alpha )\cos \alpha$. Max khi $\cos \alpha =\frac{1}{\sqrt{3}}$.
- Kết quả: $h=r\sqrt{3}$, $r_1=\frac{r\sqrt{6}}{2}$.

Cách 2: Đại số hóa
- Đặt ẩn $h$. Ta có $\Delta \sim \Delta \Rightarrow \frac{r_1}{\sqrt{h^2+r_1^2}}=\frac{r_1}{l}=\cos \alpha$.
- Từ đồng dạng: $r_1^2=\frac{h^2{r}^2}{h^2-r^2}$.
- $S_{xq}(h)=\pi r_1\sqrt{h^2+r_1^2}$. Thay $r_1$ vào và đạo hàm theo $h$.
- Kết quả tương đương nhưng tính toán nặng nề hơn.

(AI giải đề cho tôi)
a) C(50)=8·50²+40·50+1400=20000+2000+1400=23400 triệu đồng → đúng. b) Doanh thu R(q)=q·P(q)=1400q−2q², nên F(q)=R(q)−C(q)=1400q−2q²−(8q²+40q+1400)=−10q²+1360q−1400, không phải −10q²+1440q−1400 → sai. c) F(20)=−10·400+1360·20−1400=−4000+27200−1400=21800 triệu đồng → đúng. d) F(q)=−10q²+1360q−1400 đạt max tại q=68, F(68)=−46240+92480−1400=44840 triệu đồng < 45000 → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
C(50)=8·2500+40·50+1400=23400 triệu đồng.
b) (AI giải đề cho tôi)
F(q)=q(1400−2q)−(8q²+40q+1400)=−10q²+1360q−1400, khác −10q²+1440q−1400.
c) (AI giải đề cho tôi)
F(20)=−4000+27200−1400=21800 triệu đồng.
d) (AI giải đề cho tôi)
Fmax=F(68)=44840 triệu đồng < 45000 triệu đồng.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $f(v)=\frac{290,4v}{0,36v^2+13,2v+246}$ với $v>0$. Vì $290,4>0$, $f(v)$ lớn nhất khi $g(v)=\frac{v}{0,36v^2+13,2v+246}$ lớn nhất. Đạo hàm $g^{\prime }(v)=\frac{246-0,36v^2}{(0,36v^2+13,2v+246{)}^2}$; $g^{\prime }(v)=0\iff v^2=\frac{246}{0,36}=\frac{24600}{36}=683,\mathrm{33...}$, tức $v=\sqrt{683,\mathrm{33...}}\approx 26,1416$. Với $0<v<26,14$ thì $g^{\prime }>0$, với $v>26,14$ thì $g^{\prime }<0$, nên $f$ đạt max tại $v\approx 26,1$ km/h (làm tròn đến hàng phần mười). Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Chu vi vòng dây: $L=2\pi R=2\pi \cdot \frac{6}{\pi }=12$ dm.

Gọi $x$ là độ dài đoạn dây uốn thành tam giác vuông cân, $y=12-x$ là độ dài đoạn dây uốn thành hình bán nguyệt với $0<x<12$.

Tam giác vuông cân có cạnh góc vuông $a$: chu vi $x=a(2+\sqrt{2})\Rightarrow a=\frac{x}{2+\sqrt{2}}$, diện tích $S_1=\frac{a^2}{2}=\frac{x^2}{2(2+\sqrt{2}{)}^2}$.

Hình bán nguyệt bán kính $r$: chu vi $y=\pi r+2r=r(\pi +2)\Rightarrow r=\frac{y}{\pi +2}$, diện tích $S_2=\frac{\pi r^2}{2}=\frac{\pi y^2}{2(\pi +2{)}^2}$.

Tổng diện tích: $S=\frac{x^2}{2(2+\sqrt{2}{)}^2}+\frac{\pi (12-x{)}^2}{2(\pi +2{)}^2}$, với $0<x<12$.

Đặt $A=\frac{1}{2(2+\sqrt{2}{)}^2},B=\frac{\pi }{2(\pi +2{)}^2}$. Ta có $S=A{x}^2+B(12-x{)}^2$ là hàm bậc hai với hệ số dương nên đạt giá trị nhỏ nhất khi
$$S^{\prime }=2Ax-2B(12-x)=0⟺\frac{x}{12-x}=\frac{B}{A}=\frac{\pi (2+\sqrt{2}{)}^2}{(\pi +2{)}^2}.$$

Tính: $(2+\sqrt{2}{)}^2=6+4\sqrt{2}\approx 11,6569$; $(\pi +2{)}^2\approx 26,4359$.

Tỉ số $\frac{x}{y}=\frac{\pi (6+4\sqrt{2})}{(\pi +2{)}^2}\approx \frac{36,6204}{26,4359}\approx 1,3853\approx 1,39$.

Vậy khi tổng diện tích hai hình đạt giá trị nhỏ nhất, tỉ số giữa đoạn dây uốn thành tam giác vuông cân đối với đoạn dây uốn thành hình bán nguyệt xấp xỉ $1,39$.

(AI giải đề cho tôi)
Lợi nhuận: $L(x)=220x-C(x)=220x-(x^3-3x^2-20x+500)=-x^3+3x^2+240x-500$ (nghìn đồng), với $1\le x\le 18$. $L^{\prime }(x)=-3x^2+6x+240=0\iff x^2-2x-80=0\iff x=10$ (nhận, vì $1\le 10\le 18$) hoặc $x=-8$ (loại). So sánh: $L(1)=-1+3+240-500=-258$; $L(10)=-1000+300+2400-500=1200$; $L(18)=-5832+972+4320-500=-1040$. Vậy lợi nhuận tối đa là $1200$ nghìn đồng $=1,2$ triệu đồng, đạt khi $x=10$ mét.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi H là hình chiếu của A trên bờ có nhà máy B, AH = 1 km, HB = 4 km. Gọi P nằm trên đoạn HB, đặt PB = x (0 ≤ x ≤ 4), khi đó PH = 4 − x và AP = √(1 + (4 − x)²). Chi phí: C(x) = 3000x + 5000√(1 + (4 − x)²). C'(x) = 3000 − 5000(4 − x)/√(1 + (4 − x)²). Cho C'(x) = 0: (4 − x)/√(1 + (4 − x)²) = 3/5 ⇒ (4 − x)² = (9/25)(1 + (4 − x)²) ⇒ (16/25)(4 − x)² = 9/25 ⇒ 4 − x = 3/4 ⇒ x = 13/4 = 3,25. Vì C'(x) < 0 khi x < 3,25 và C'(x) > 0 khi x > 3,25 nên x = 3,25 cho chi phí nhỏ nhất: C(3,25) = 9750 + 5000·(5/4) = 16000 USD, nhỏ hơn C(0) = 5000√17 ≈ 20615 USD và C(4) = 12000 USD. Vậy P cách B một đoạn 3,25 km.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $y=x^3-3x+5$ trên $[2;4]$. Ta có $y^{\prime }=3x^2-3=3(x-1)(x+1)$. Trên đoạn $[2;4]$ thì $y^{\prime }>0$ nên hàm số đồng biến trên toàn đoạn, do đó giá trị nhỏ nhất đạt tại $x=2$: $y(2)=8-6+5=7$. Vậy $\underset{[2;4]}{\min }y=7$, chọn đáp án D. Kết quả trùng với đáp án nguồn.