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

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $a$ là cạnh đáy (tam giác đều), $h$ là chiều cao lăng trụ. Diện tích vật liệu (toàn phần): $S=2\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}{a}^2+3ah=\frac{\sqrt{3}}{2}{a}^2+3ah=24\sqrt{3}$, suy ra $h=\frac{24\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}{a}^2}{3a}=\frac{8\sqrt{3}}{a}-\frac{\sqrt{3}a}{6}$ với $0<a<\sqrt{48}=4\sqrt{3}$.

Thể tích: $V=\frac{\sqrt{3}}{4}{a}^{2}h=\frac{\sqrt{3}}{4}{a}^2\left(\frac{8\sqrt{3}}{a}-\frac{\sqrt{3}a}{6}\right)=6a-\frac{a^3}{8}$.

Xét $V^{\prime }(a)=6-\frac{3a^2}{8}=0\Rightarrow a^2=16\Rightarrow a=4$ (thỏa miền xác định).

Vì $V^{\prime }(a)>0$ khi $a<4$ và $V^{\prime }(a)<0$ khi $a>4$, hàm số đạt cực đại (cũng là giá trị lớn nhất) tại $a=4$. Khi đó $h=\frac{8\sqrt{3}}{4}-\frac{4\sqrt{3}}{6}=2\sqrt{3}-\frac{2\sqrt{3}}{3}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$.

Thể tích lớn nhất: $V_{\max }=6\cdot 4-\frac{64}{8}=24-8=16(d{m}^3)$.

Kiểm tra: $S=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 16+3\cdot 4\cdot \frac{4\sqrt{3}}{3}=8\sqrt{3}+16\sqrt{3}=24\sqrt{3}$ đúng. Vậy thể tích lớn nhất của chiếc lồng đèn là $16d{m}^3$.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích hộp: $V(x)=x(30-2x)(20-2x)=600x-100x^2+4x^3$ với $0<x<10$. $V^{\prime }(x)=600-200x+12x^2=0\iff 3x^2-50x+150=0\iff x=\frac{25\pm 5\sqrt{7}}{3}$. Chọn $x=\frac{25-5\sqrt{7}}{3}\approx 3.924$ (nằm trong $(0;10)$). Khi đó $V\approx 3.924\cdot 22.152\cdot 12.152\approx 1056.3\approx 1056c{m}^3$. Kết quả khớp với đáp án nguồn 1056.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $x$ là số máy ($x\ge 1$, $x\in \mathbb{N}$). Tổng thời gian sản xuất: mỗi giờ sản xuất $30x$ quả nên cần $t=\frac{8000}{30x}$ giờ. Chi phí gồm: chi phí thiết lập $200x$ (nghìn đồng) và tiền giám sát $192\cdot \frac{8000}{30x}=\frac{51200}{x}$ (nghìn đồng). Tổng chi phí $C(x)=200x+\frac{51200}{x}\ge 2\sqrt{200x\cdot \frac{51200}{x}}=2\sqrt{10240000}=6400$, dấu bằng khi $200x=\frac{51200}{x}\iff x^2=256\iff x=16$. Vậy công ty nên dùng 16 máy, chi phí thấp nhất 6400 nghìn đồng. Kết quả khớp với đáp án nguồn (16).

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập mô hình: Gọi hai thanh treo là $L,R$ cách nhau $4\text{m}$, giá đỡ (vật trang trí) nằm thấp hơn thanh treo $1\text{m}$. Theo hình vẽ, dây xích đi từ mỗi thanh treo xuống hai điểm treo trung gian $M,N$, rồi từ $M,N$ có hai đoạn dây thẳng đứng xuống giá đỡ.

Gọi $h$ là chiều cao của $M,N$ so với giá đỡ ($0<h<1$), khi đó khoảng cách từ $M,N$ tới mặt phẳng thanh treo là $1-h$. Với $h$ cố định, tổng độ dài bốn đoạn dây từ hai thanh tới $M,N$ nhỏ nhất khi $M,N$ nằm chính giữa hai thanh (tức cách mỗi thanh $2\text{m}$ theo phương ngang), khi đó mỗi đoạn dây dài $\sqrt{2^2+(1-h{)}^2}=\sqrt{4+(1-h{)}^2}$.

Tổng độ dài dây xích:
$$S(h)=4\sqrt{4+(1-h{)}^2}+2h.$$

Đạo hàm: $S^{\prime }(h)=\frac{-4(1-h)}{\sqrt{4+(1-h{)}^2}}+2$. Cho $S^{\prime }(h)=0$:
$$\frac{1-h}{\sqrt{4+(1-h{)}^2}}=\frac{1}{2}\Rightarrow 4(1-h{)}^2=4+(1-h{)}^2\Rightarrow 3(1-h{)}^2=4\Rightarrow 1-h=\frac{2}{\sqrt{3}}.$$

Khi đó:
$$S_{\min }=4\sqrt{4+\frac{4}{3}}+2\left(1-\frac{2}{\sqrt{3}}\right)=4\cdot \frac{4}{\sqrt{3}}+2-\frac{4}{\sqrt{3}}=\frac{12}{\sqrt{3}}+2=4\sqrt{3}+2.$$

Vậy tổng độ dài nhỏ nhất là $2+4\sqrt{3}$, tức $a=2,b=4$, nên $a-b=2-4=-2$. Kết quả khớp với đáp án nguồn ($-2$).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $x$ là số máy ($x\in {\mathbb{N}}^{\ast }$). Thời gian chạy máy: $\frac{9000}{36x}=\frac{250}{x}$ giờ. Tổng chi phí: $f(x)=250x+225\cdot \frac{250}{x}=250x+\frac{56250}{x}$ (nghìn đồng). Theo AM–GM, $f(x)\ge 2\sqrt{250x\cdot \frac{56250}{x}}=2\sqrt{250\cdot 56250}$, dấu bằng khi $250x=\frac{56250}{x}\iff x^2=225\iff x=15$. Vậy cần dùng 15 máy, khớp đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Hộp có đáy $(30-2x)(80-2x)$ và chiều cao $x$, với $0<x<15$. Thể tích $V(x)=x(30-2x)(80-2x)=4x^3-220x^2+2400x$. $V^{\prime }(x)=12x^2-440x+2400=0\iff 3x^2-110x+600=0\iff x=\frac{20}{3}$ (nhận, $x=30$ loại). Khi đó $V_{max}=\frac{20}{3}\cdot \frac{50}{3}\cdot \frac{200}{3}=\frac{200000}{27}\approx 7407,4\approx 7407c{m}^3$, khớp với đáp án nguồn 7407.

(AI giải đề cho tôi)
Theo hình vẽ, dây xích gồm: từ mỗi thanh treo hai dây chụm về hai điểm gặp nhau (ở độ sâu $h$ so với thanh treo), rồi từ hai điểm đó dây thẳng đứng xuống giá đỡ (mỗi đoạn dài $1-h$).

Đặt hai điểm gặp nhau tại vị trí $p$ và $q$ theo phương ngang, độ sâu $h$. Tổng độ dài dây:
$$L=\sqrt{p^2+h^2}+\sqrt{q^2+h^2}+\sqrt{(3-p{)}^2+h^2}+\sqrt{(3-q{)}^2+h^2}+2(1-h).$$

Với $h$ cố định, mỗi tổng $\sqrt{p^2+h^2}+\sqrt{(3-p{)}^2+h^2}$ nhỏ nhất khi $p=1,5$ (điểm giữa), giá trị $2\sqrt{2,25+h^2}$; tương tự $q=1,5$. Do đó:
$$L(h)=4\sqrt{2,25+h^2}+2-2h.$$

Tìm cực tiểu: $L^{\prime }(h)=\frac{4h}{\sqrt{2,25+h^2}}-2=0\Rightarrow \frac{h}{\sqrt{2,25+h^2}}=\frac{1}{2}\Rightarrow 4h^2=2,25+h^2\Rightarrow h=\frac{\sqrt{3}}{2}.$

Khi đó $\sqrt{2,25+h^2}=\sqrt{3}$, nên:
$$L_{\min }=4\sqrt{3}+2-\sqrt{3}=2+3\sqrt{3}.$$

Vậy $a=2$, $b=3$, suy ra $a+b=5$, khớp với đáp án nguồn (đáp số 6 của mã đề 1201 là 5).

Đáp số: 30

Giải:

Hàm số tổng chi phí: $f(v)=100.\frac{6000}{v}+0,0625.v^2.\frac{6000}{v}=6000\left(\frac{100}{v}+0,0625v\right).$

$$f^{\prime }=6000\left(-\frac{100}{v^2}+0,0625\right).$$

$$f^{\prime }=0\iff v=40.$$

min $f(v)=f(40)=30000$, với $v\in (0;+\infty )$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên trên đoạn $[-4;5]$: hàm số đồng biến trên $[-4;-2]$, nghịch biến trên $[-2;4]$, đồng biến trên $[4;5]$. So sánh các giá trị: $f(-4)=\frac{2}{3}$, $f(-2)=\frac{46}{3}$, $f(4)=-\frac{62}{3}$, $f(5)=-\frac{52}{3}$. Vậy $M=\max f=f(-2)=\frac{46}{3}$, $N=\min f=f(4)=-\frac{62}{3}$. Do đó $M+N=\frac{46}{3}-\frac{62}{3}=-\frac{16}{3}$. Khớp đáp án A và bảng đáp án chính thức (mã đề 1202, câu 9: A).

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên trên đoạn $[-4;5]$, hàm số đạt các giá trị: $f(-4)=\frac{2}{3}$, $f(-2)=\frac{46}{3}$ (cực đại), $f(4)=-\frac{62}{3}$ (cực tiểu), $f(5)=-\frac{52}{3}$. So sánh: giá trị lớn nhất $M=\frac{46}{3}$, giá trị nhỏ nhất $N=-\frac{62}{3}$. Vậy $M+N=\frac{46}{3}-\frac{62}{3}=-\frac{16}{3}$. Kết quả trùng với đáp án B trong nguồn.

Đáp số: 30

Giải:

Hàm số tổng chi phí: $f(v)=100.\frac{6000}{v}+0,0625.v^2.\frac{6000}{v}=6000\left(\frac{100}{v}+0,0625v\right).$

$$f^{\prime }=6000\left(-\frac{100}{v^2}+0,0625\right).$$

$$f^{\prime }=0\iff v=40.$$

min $f(v)=f(40)=30000$, với $v\in (0;+\infty )$.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=\frac{2x-1}{x+1}$ xác định trên $[1;2]$ vì $x+1\ne 0$. Ta có $y^{\prime }=\frac{2(x+1)-(2x-1)}{(x+1{)}^2}=\frac{3}{(x+1{)}^2}>0$ với mọi $x\in [1;2]$, nên hàm số đồng biến tăng trên đoạn này. Do đó giá trị lớn nhất đạt tại $x=2$: $y(2)=\frac{4-1}{2+1}=\frac{3}{3}=1$. (Kiểm tra: $y(1)=\frac{2-1}{1+1}=\frac{1}{2}<1$.) Vậy GTLN là $1$, khớp với đáp án nguồn C.

Gọi $x$ (mét) là bán kính nửa hình tròn $(0<x<9)$. Diện tích khung gió là $S=\frac{1}{2}\pi x^2$, giá làm khung gió là $T=200\pi x^2$ (nghìn đồng). Diện tích khung cửa là $S^{\prime }=9x-(4+\pi )x^2$, giá làm khung cửa là $T^{\prime }=500[8x-(4+\pi )x^2]$ (nghìn đồng). Tổng chi phí $y=200\pi x^2+500[9x-(4+\pi )x^2]=-(2000+300\pi )x^2+4500x$ (nghìn đồng). Chi phí tối đa là $y\left(\frac{2250}{2000+300\pi }\right)\approx \mathrm{1.720.000}$ đồng. (0,25 điểm + 0,25 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên trên đoạn $[-1;3]$: $f(-1)=0$, $f(0)=5$ (cực đại), $f(2)=1$ (cực tiểu), $f(3)=4$. Hàm số đồng biến trên $[-1;0]$, nghịch biến trên $[0;2]$, đồng biến trên $[2;3]$. So sánh các giá trị tại hai đầu đoạn và các điểm cực trị: giá trị nhỏ nhất là $\min \{f(-1);f(0);f(2);f(3)\}=\min \{0;5;1;4\}=0=f(-1)$. Giá trị lớn nhất là $5=f(0)$. Do đó khẳng định đúng là $\underset{[-1;3]}{\min }f(x)=f(-1)$, tức phương án D (khớp với đáp án nguồn).

Gọi $x$ (mét) là bán kính nửa hình tròn $(0<x<8)$. Diện tích khung gió là $S=\frac{1}{2}\pi x^2$, giá làm khung gió là $T=150\pi x^2$ (nghìn đồng). Diện tích khung cửa là $S^{\prime }=8x-(4+\pi )x^2$, giá làm khung cửa là $T^{\prime }=400\left[8x-(4+\pi )x^2\right]$ (nghìn đồng). Tổng chi phí $y=150\pi x^2+400\left[8x-(4+\pi )x^2\right]=-(1600+250\pi )x^2+3200x$ (nghìn đồng). Chi phí tối đa là $y\left(\frac{1600}{1600+250\pi }\right)\approx \mathrm{1.073.000}$ đồng. (0,25 điểm + 0,25 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
Chi phí trung bình mỗi sản phẩm là $\overline{C}(x)=\frac{C(x)}{x}=\frac{5x+12}{x}=5+\frac{12}{x}$ với $x>0$. Ta có ${\overline{C}}^{\prime }(x)=-\frac{12}{x^2}<0$ nên hàm số nghịch biến: khi số sản phẩm càng lớn, chi phí trung bình càng giảm. Hơn nữa ${\lim }_{x\to +\infty }\overline{C}(x)=5$ và $\overline{C}(x)>5$ với mọi $x>0$, tức chi phí trung bình luôn lớn hơn 5 nhưng tiến dần về 5. Vậy để chi phí trung bình 'không vượt quá $a$ triệu đồng' với mọi mức sản xuất, cần $a\ge 5$; giá trị nhỏ nhất của $a$ là $5$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (Câu 19, mã đề 2103: 5).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $x$ (nguyên, $0\le x\le 24$) là số lần tăng giá 100 nghìn đồng; giá thuê phòng ở là $500+100x$ nghìn đồng/tháng, có $x$ phòng bỏ trống (cho làm kho) và $24-x$ phòng cho thuê để ở.

Lợi nhuận mỗi phòng ở: $(500+100x)-50=450+100x$; mỗi phòng kho: $450-40=410$.

$$L(x)=(24-x)(450+100x)+410x=10800+2360x-100x^2.$$

Hàm bậc hai với $a=-100<0$ đạt max tại $x=\frac{2360}{200}=11,8$, nên xét $x=11$ và $x=12$:
- $L(11)=10800+25960-12100=24660$.
- $L(12)=10800+28320-14400=24720$ (lớn hơn).

Vậy lợi nhuận cao nhất khi $x=12$, giá cho thuê mỗi phòng để ở là $500+100\cdot 12=1700$ nghìn đồng (1.700.000đ/tháng), lợi nhuận 24 720 nghìn đồng/tháng. Kết quả khớp với đáp án nguồn 1700.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích nguyên liệu (quả cầu bán kính $R=33$ cm): $V_{nl}=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi \cdot 33^3=47916\pi$ cm${}^3$. Gọi $a$ (cm) là bán kính trong, $b$ (cm) là chiều cao phần chứa nước; thành và đáy dày 4 cm nên bán kính ngoài là $a+4$, chiều cao ngoài là $b+4$, với $a>0$, $b>0$. Thể tích nguyên liệu bằng thể tích khối trụ ngoài trừ khối trụ trong: $$\pi [(a+4{)}^2(b+4)-a^{2}b]=47916\pi .$$ Khai triển: $(a^2+8a+16)(b+4)-a^{2}b=8ab+16b+4a^2+32a+64=47916$, suy ra $$b=\frac{47916-4(a+4{)}^2}{8a+16}=\frac{11963-a^2-8a}{2a+4}.$$ Điều kiện $b>0\iff a^2+8a<11963\iff 0<a\approx 105,3$. Cần cực đại hóa $V=\pi a^{2}b=\pi f(a)$ với $f(a)=\frac{a^2(11963-a^2-8a)}{2a+4}$. Tính đạo hàm: $$f^{\prime }(a)=\frac{-2a(3a^3+24a^2-11915a-47852)}{(2a+4{)}^2}.$$ Nghiệm dương của $3a^3+24a^2-11915a-47852=0$ là $a\approx 61,17$ cm; $f^{\prime }(a)>0$ với $a<61,17$ và $f^{\prime }(a)<0$ với $a>61,17$ (trong miền xác định), nên $f$ đạt cực đại tại $a\approx 61,17$. Khi đó $b=\frac{11963-(61,17{)}^2-8\cdot 61,17}{2\cdot 61,17+4}\approx 61,2$ cm. Thể tích lớn nhất: $$V_{max}=\pi a^{2}b\approx \pi \cdot (61,17{)}^2\cdot 61,2\approx 719400{\text{cm}}^3\approx 0,72{\text{m}}^3.$$ Làm tròn đến hàng phần chục: $V_{max}\approx 0,7$ m${}^3$, khớp đáp án đề cho (mã đề 1252, Câu 6 phần III: 0,7).

(AI giải đề cho tôi)
Trên $(0;4)$, $f^{\prime }(x)=1-\frac{4}{x^2}=0\Rightarrow x=2$ (thuộc khoảng). Với $x\in (0;2)$ thì $f^{\prime }<0$, với $x\in (2;4)$ thì $f^{\prime }>0$, nên $f$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=2$: $f(2)=2+\frac{4}{2}=4$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 1252, câu 3: A).

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=\frac{x-1}{x+1}$ xác định trên $[0;3]$ (mẫu khác 0). Ta có $y^{\prime }=\frac{(x+1)-(x-1)}{(x+1{)}^2}=\frac{2}{(x+1{)}^2}>0$ với mọi $x\ne -1$, nên hàm số đồng biến trên $[0;3]$. Do đó giá trị nhỏ nhất đạt tại $x=0$: $y(0)=\frac{0-1}{0+1}=-1$. Kiểm tra $y(3)=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}>-1$. Vậy $\underset{[0;3]}{\min }y=-1$, khớp với đáp án B trong bảng mã đề 2346.