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

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $x$ là số máy ($x\ge 1$, nguyên). Mỗi giờ tất cả máy sản xuất $30x$ quả, nên thời gian chạy là $t=\frac{8000}{30x}$ 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 $C(x)=200x+\frac{51200/x}{}=200x+\frac{51200}{x}$. Theo AM-GM (hoặc đạo hàm $C^{\prime }(x)=200-\frac{51200}{x^2}=0$), $C(x)$ đạt nhỏ nhất khi $200x=\frac{51200}{x}\Rightarrow x^2=256\Rightarrow x=16$. Vậy công ty nên dùng 16 máy, chi phí nhỏ nhất $C(16)=3200+3200=6400$ nghìn đồng. Kết quả khớp đáp án nguồn 16.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $x$ (dm) là chiều dài đoạn dây uốn thành hình vuông, $0\le x\le 60$. Cạnh hình vuông là $\frac{x}{4}$, diện tích $\frac{x^2}{16}$. Chu vi hình tròn là $60-x$ nên bán kính $r=\frac{60-x}{2\pi }$, diện tích $\frac{(60-x{)}^2}{4\pi }$. Tổng diện tích $S(x)=\frac{x^2}{16}+\frac{(60-x{)}^2}{4\pi }$. Có $S^{\prime }(x)=\frac{x}{8}-\frac{60-x}{2\pi }=0\Rightarrow x\left(\frac{1}{8}+\frac{1}{2\pi }\right)=\frac{30}{\pi }\Rightarrow x=\frac{240}{\pi +4}\approx 33,61$. Vì $S^{\prime \prime }(x)=\frac{1}{8}+\frac{1}{2\pi }>0$, đây là giá trị nhỏ nhất. Vậy chiều dài đoạn dây cần tìm là $\frac{240}{\pi +4}\approx 33,6$ dm.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị: $s(0)=0$, $s(2)=12$, $s(4)=24$ (điểm cao nhất), $s(6)=6$. Với $d=0$, giải hệ: $4a+2b+c=6$, $16a+4b+c=6$, $36a+6b+c=1$ được $a=-\frac{5}{8}$, $b=\frac{15}{4}$, $c=1$. Vậy $s(t)=-\frac{5}{8}{t}^3+\frac{15}{4}{t}^2+t$. Vận tốc $v(t)=s^{\prime }(t)=-\frac{15}{8}{t}^2+\frac{15}{2}t+1$ là parabol bậc hai với đỉnh tại $t=\frac{15/2}{15/4}=2$ (thuộc $[0;6]$). $v(2)=-\frac{15}{8}\cdot 4+15+1=8,5$. So sánh $v(0)=1$, $v(6)=-21,5$ nên vận tốc tối đa là $8,5$ km/h.

(AI giải đề cho tôi)
Trên khoảng $(-\infty ;-2)$, hàm số đồng biến từ $-\infty$ đến $x=-3$ rồi nghịch biến từ $x=-3$ đến tiệm cận $x=-2$, với $f(-3)=-2$. Do đó hàm đạt cực đại (cũng là giá trị lớn nhất) trên khoảng này tại $x=-3$ với giá trị $\underset{(-\infty ;-2)}{\max }f(x)=-2$. Hàm không có giá trị nhỏ nhất trên khoảng vì khi $x\to -2^{-}$ thì $f(x)\to -\infty$. Vậy khẳng định đúng là A.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $y=\sqrt{x^2+2x+3}=\sqrt{(x+1{)}^2+2}$. Biểu thức trong căn nhỏ nhất khi $(x+1{)}^2=0$, tức $x=-1\in [-2;3]$. Khi đó $y_{\min }=\sqrt{2}$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị, trên đoạn $[2;5]$: hàm số đạt cực tiểu tại $x=2$ với $f(2)=-2$, sau đó tăng đến cực đại tại $x=4$ với $f(4)=3$, rồi giảm đến $f(5)=1$. So sánh các giá trị tại hai đầu đoạn và các điểm cực trị trong đoạn: $f(2)=-2$, $f(4)=3$, $f(5)=1$. Vậy $\underset{[2;5]}{\max }f(x)=3$ (tại $x=4$) và $\underset{[2;5]}{\min }f(x)=-2$ (tại $x=2$). Do đó khẳng định đúng là C.

Chọn C. Đặt $x=BC(km)$, $0\le x\le 10$. Ta có $AC=\sqrt{16+(10-x{)}^2}(km)$. Từ đó suy ra tổng thời gian người đó đi bộ và chèo thuyền là: $t(x)=\frac{\sqrt{116-20x+x^2}}{6}+\frac{x}{8}(h)$. Ta cần tìm $x$ để $t(x)$ đạt giá trị nhỏ nhất. Ta có: $t^{\prime }(x)=\frac{-20+2x}{12\sqrt{116-20x+x^2}}+\frac{1}{8}$. $t^{\prime }(x)=0\iff \frac{-20+2x}{12\sqrt{116-20x+x^2}}+\frac{1}{8}=0\iff 2(20-2x)=3\sqrt{116-20x+x^2}$ $\iff \{\begin{array}{l}0\le x\le 10\\ 7x^2-140x+556=0\end{array}\iff x=\frac{70-12\sqrt{7}}{7}$. $t(0)=\frac{\sqrt{29}}{3}$, $t(8)=\frac{23}{12}$; $t\left(\frac{70-12\sqrt{7}}{7}\right)=\frac{15+2\sqrt{7}}{12}$. Vậy tổng thời gian nhỏ nhất đạt được khi $BC=x=\frac{70-12\sqrt{7}}{7}\approx 5,46$.

Đáp án: 337. Theo giả thiết ta có: Đồ thị hàm số $f(x)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$ $(a\ne 0)$ đi qua hai điểm $A(-1000;60)$, $B(1000;90)$; ĐTHS cắt trục $Oy$ tại điểm có tọa độ $(0;50)$; Và $\alpha$ là góc tạo bởi tiếp tuyến tại B của đồ thị hàm số đó và chiều dương của trục $Ox$; $\tan \alpha =0,04\Rightarrow$ Hệ số góc của tiếp tuyến của ĐTHS $f(x)$ tại điểm $B$ là $f^{\prime }(1000)=0,04$. Ta có hệ phương trình: $$\{\begin{array}{l}f(-1000)=60\\ f(1000)=90\\ d=50\\ f^{\prime }(1000)=0,04\end{array}\iff \{\begin{array}{l}-1000^{3}a+1000^{2}b-1000c+d=60\\ 1000^{3}a+1000^{2}b+1000c+d=90\\ d=50\\ 3.1000^{2}a+2000b+c=0,04\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=-2,5.10^{-9}\\ b=25.10^{-6}\\ c=0,0175\\ d=50\end{array}$$ Vậy $f(x)=-2,5.10^{-9}{x}^3+25.10^{-6}{x}^2+0,0175x+50$. Điểm thấp nhất của đoạn đường là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số $f(x)$. Ta có điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là $M\left(-\frac{1000}{3};\frac{1270}{27}\right)$. Vậy khoảng cách từ điểm thấp nhất của đoạn đường đến vị trí hai sườn đồi giao nhau là: $$MO=\sqrt{{\left(-\frac{1000}{3}\right)}^2+{\left(\frac{1270}{27}\right)}^2}\approx 337$$

Chọn B. Tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số trên đoạn $[0;2]$ bằng 6 khi: $y(0)+y(2)=6\iff -m+\frac{2-m}{3}=6\iff m=-4$.

Chọn D. Gọi $x$ (lít) $(0<x<10)$ là số xăng An sử dụng trong 1 ngày. Khi đó $10-x$ (lít) là số xăng Toàn sử dụng trong 1 ngày. Suy ra $f(x)=\frac{32}{x}+\frac{72}{10-x}$, $x\in (0;10)$ là tổng số ngày An và Toàn sử dụng hết số xăng được khoán. Ta có: $f^{\prime }(x)=-\frac{32}{x^2}+\frac{72}{(10-x{)}^2}$. Cho $f^{\prime }(x)=0\iff -\frac{32}{x^2}+\frac{72}{(10-x{)}^2}=0\iff \{\begin{array}{l}x=4\\ x=-20\notin (0;10)\end{array}$. Bảng biến thiên của hàm số $f(x)=\frac{32}{x}+\frac{72}{10-x}$, $x\in (0;10)$: Dựa vào bảng biến thiên ta có ít nhất 20 ngày thì An và Toàn sử dụng hết lượng xăng được khoán.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi chiều rộng đáy là $x$ (m), chiều dài $2x$, chiều cao $h$ (m). Thể tích $V=2x^{2}h=288\Rightarrow h=\frac{144}{x^2}$. Diện tích cần xây (không nắp): $S=2x^2+2(2x)h+2xh=2x^2+6xh=2x^2+\frac{864}{x}$. Xét $f(x)=2x^2+\frac{864}{x}$ với $x>0$: $f^{\prime }(x)=4x-\frac{864}{x^2}=0\Rightarrow x^3=216\Rightarrow x=6$, khi đó $h=\frac{144}{36}=4$. $f(6)=72+144=216(m^2)$, là giá trị nhỏ nhất. Chi phí thấp nhất $=216\times 500000=108000000$ đồng $=108$ triệu đồng.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị, trên đoạn $[-2;4]$ hàm số đạt giá trị cao nhất $f(-2)=7$ và giá trị thấp nhất tại điểm cuối $x=4$ với $f(4)=-4$ (điểm thấp nhất của đồ thị, nằm dưới các giá trị khác như $f(1)=-2$, $f(3)=2$). Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên $[-2;4]$ là $-4$.

Lời giải:

[Hình cần kiểm tra lại: p9_f2]

Ta có $AB.AD=25\left(m^2\right)$; $\frac{NH}{AB}=\frac{DN}{DA}$. Đặt

$\frac{NH}{AB}=\frac{DN}{DA}=x\Rightarrow NH=x.AB;AN=(1-x)AD$

Diện tích đất trồng cỏ là:

$S=AN.NH=x.(1-x).AB.AD=25.x.(1-x)=-25x^2+25x$ — 0,5

Diện tích đất trồng cỏ lớn nhất $S=\frac{1}{4}.25=\frac{25}{4}$ — 0,25

(Diện tích lớn nhất tại tung độ đỉnh của hàm số bậc hai)

Số tiền lớn nhất để trồng cỏ: $T=\frac{25}{4}.100000=625000$ đồng. — 0,25

$Ax\cap By=C$
• $AC=240$
$AM=5t\Rightarrow CM=240-5t$
• $BC=120\sqrt{3}$
$AM=3\sqrt{3}t\Rightarrow CN=120\sqrt{3}-3\sqrt{3}t$
Xét tam giác CMN:
$M{N}^2=7t^2-600t+14400={\left(t-\frac{300}{7}\right)}^2+\frac{10800}{7}$
$\Rightarrow MN\ge \frac{60\sqrt{21}}{7}$
Vậy $M{N}_{\min }\approx 39$ khi $t=\frac{300}{7}$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên, hàm số có $y^{\prime }>0$ trên cả hai nhánh và tiệm cận đứng $x=-1$, nên trên đoạn $[0;3]$ (nằm hoàn toàn trong nhánh bên phải) hàm số đồng bộ tăng. Do đó giá trị nhỏ nhất trên $[0;3]$ đạt tại $x=0$, tức $\min f(x)=f(0)$. Điều này khớp với đáp án nguồn C.

(AI giải đề cho tôi)
Hộp có đáy $(80-2x)\times (30-2x)$ và chiều cao $x$, nên $V(x)=x(30-2x)(80-2x)=4x^3-220x^2+2400x$, với $5\le x\le 10$. Ta có $V^{\prime }(x)=12x^2-440x+2400=4(3x^2-110x+600)$. Giải $V^{\prime }(x)=0$: $x=\frac{110\pm \sqrt{12100-7200}}{6}=\frac{110\pm 70}{6}$, cho $x=30$ (loại vì ngoài đoạn) hoặc $x=\frac{20}{3}\approx 6,67$ (thỏa $5\le x\le 10$). Xét dấu $V^{\prime }$: $V^{\prime }>0$ khi $x<\frac{20}{3}$ và $V^{\prime }<0$ khi $x>\frac{20}{3}$ (trong đoạn đã cho), nên $V$ đạt cực đại (và là GTLN trên đoạn) tại $x=\frac{20}{3}\approx 6,67$ cm. So sánh với $V(5)$ và $V(10)$ cũng xác nhận GTLN tại điểm này. Kết quả khớp đáp án nguồn 6,67.

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên: $y^{\prime }>0$ trên $(-\infty ;-1)$ và $(-1;+\infty )$, hàm số đồng biến trên từng khoảng, với tiệm cận đứng $x=-1$ (bên trái tiến tới $+\infty$, bên phải tiến tới $-\infty$), và ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=2$. Trên đoạn $[0;3]$ (nằm hoàn toàn trong khoảng $(-1;+\infty )$), hàm số đồng biến nên giá trị nhỏ nhất đạt tại $x=0$, tức ${\min }_{[0;3]}f(x)=f(0)$. Đáp án B, trùng với đáp án nguồn (mã đề 121, câu 10: B).

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích chiếc hộp: $V(x)=x(30-2x)(80-2x)=4x^3-220x^2+2400x$ với $5\le x\le 10$. Ta có $V^{\prime }(x)=12x^2-440x+2400=4(3x^2-110x+600)$. Giải $3x^2-110x+600=0$ được $x=\frac{110\pm 70}{6}$, tức $x=30$ (loại vì vượt miền xác định) hoặc $x=\frac{20}{3}\approx 6,67$ (thỏa mãn $5\le x\le 10$). Vì $V^{\prime }(x)>0$ khi $x<\frac{20}{3}$ và $V^{\prime }(x)<0$ khi $x>\frac{20}{3}$ (trong đoạn đã cho), hàm số đạt cực đại và đó là GTLN trên đoạn $[5;10]$. Vậy $x=\frac{20}{3}\approx 6,67$ cm, khớp với đáp án nguồn 6,67.

a) Sai: Gọi $x$ là khoảng cách từ vị trí dự kiến xây ngôi nhà đến quán karaoke có cường độ âm thanh $I_1$ thì khi ấy mức âm thanh từ hai quán karaoke ảnh hưởng đến ngôi nhà được biểu diễn dưới hàm số $f(x)=\frac{I_1}{x^2}+\frac{I_2}{(L-x{)}^2}$ trong đó $0<x<L$; do mỗi sự gia tăng khoảng cách từ nguồn cho ra kết quả giảm mức độ âm thanh theo tỷ lệ nghịch với bình phương nên giá trị $k$ đề cập ở mệnh đề xem như bằng 1.
b) Đúng: Xét hàm số $f(x)=\frac{I_1}{x^2}+\frac{I_2}{(L-x{)}^2}$ với $0<x<L$. Ta có $f^{\prime }(x)=-\frac{2I_1}{x^3}+\frac{2I_2}{(L-x{)}^3}$. Giải $f^{\prime }(x)=0\iff x=\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}};k=\frac{I_2}{I_1}$. Xét $f^{\prime \prime }(x)$ để thấy $f^{\prime \prime }\left(\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}\right)>0$, cùng với ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)={\lim }_{x\to L}f(x)=+\infty$ nên $x=\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}$ là điểm cực tiểu của $f(x)$ tức ${\min }_{(0;L)}f(x)=f\left(\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}\right)$. Với $I_1=I_2$ tức $k=1$ suy ra nhỏ nhất khi $x=\frac{L}{2}$.
c) Đúng: Với $I_1=8I_2$ tức $k=\frac{1}{8}$ suy ra cường độ âm tổng hợp nhỏ nhất khi $x=\frac{2L}{3}$, khi ấy khoảng cách từ nhà đến $I_2$ là $\frac{L}{3}$. Như vậy khoảng cách giảm đi $\left|\frac{L}{2}-\frac{L}{3}\right|=\frac{L}{6}$ so với tỉ lệ ban đầu $I_1=I_2$.
d) Sai: Từ giả thiết $x=\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}\to k=\frac{I_2}{I_1}={\left(\frac{L}{L-2}-1\right)}^3=\frac{8}{(L-2{)}^3}$. Cần $k\in \mathbb{Z}\to \frac{2}{L-2}\in \mathbb{Z}\to \frac{2}{L-2}=\frac{2}{m},m\in \mathbb{Z}$. Do $L$ nguyên dương nên $m$ là ước nguyên dương của 2, suy ra $m=1\to k=1$, $m=2\to k=8$ tức có 2 giá trị nguyên $k$.
a) Sai: Gọi $x$ là khoảng cách từ vị trí dự kiến xây ngôi nhà đến quán karaoke có cường độ âm thanh $I_1$ thì khi ấy mức âm thanh từ hai quán karaoke ảnh hưởng đến ngôi nhà được biểu diễn dưới hàm số $f(x)=\frac{I_1}{x^2}+\frac{I_2}{(L-x{)}^2}$ trong đó $0<x<L$. Giải thích: do mỗi sự gia tăng khoảng cách từ nguồn cho ra kết quả giảm mức độ âm thanh theo tỷ lệ nghịch với bình phương nên giá trị $k$ đề cập ở mệnh đề xem như bằng 1.
b) Đúng: Xét hàm số $f(x)=\frac{I_1}{x^2}+\frac{I_2}{(L-x{)}^2}$ với $0<x<L$. Ta có: $f^{\prime }(x)=-\frac{2I_1}{x^3}+\frac{2I_2}{(L-x{)}^3}$. Giải $f^{\prime }(x)=0\iff \frac{k}{(L-x{)}^3}=\frac{1}{x^3}\iff x=\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}};k=\frac{I_2}{I_1}$. Xét $f^{\prime \prime }(x)=\frac{6I_1}{x^4}-\frac{6I_2}{(L-x{)}^4}$ để thấy $f^{\prime \prime }\left(\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}\right)>0$, cùng với ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)={\lim }_{x\to L}f(x)=+\infty$ nên ta suy ra $x=\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}$ là điểm cực tiểu của hàm số $f(x)$ tức ${\min }_{(0;L)}f(x)=f\left(\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}\right)$. Với $I_1=I_2$ tức $k=1$ ta suy ra ${\min }_{(0;L)}f(x)=f\left(\frac{L}{2}\right)$ tức nhỏ nhất khi $x=\frac{L}{2}$.
c) Đúng: Với $I_1=8I_2$ tức $k=\frac{1}{8}$ ta suy ra ${\min }_{(0;L)}f(x)=f\left(\frac{2L}{3}\right)$ tức cường độ âm tổng hợp nhỏ nhất khi $x=\frac{2L}{3}$ tức khoảng cách từ nhà ông Bảo đến $I_1$ là $x=\frac{2L}{3}$, khi ấy ta suy ra khoảng cách từ nhà ông Bảo đến $I_2$ là $L-\frac{2L}{3}=\frac{L}{3}$. Như vậy khoảng cách giảm đi $\left|\frac{L}{2}-\frac{L}{3}\right|=\frac{L}{6}$ so với tỉ lệ ban đầu là $I_1=I_2$.
d) Sai: Từ giả thiết ta có $x=\frac{L}{1+\sqrt[3]{k}}\to k=\frac{I_2}{I_1}={\left(\frac{L}{L-2}-1\right)}^3=\frac{8}{(L-2{)}^3}$. Ta cần $k\in \mathbb{Z}\to \frac{8}{(L-2{)}^3}={\left(\frac{2}{L-2}\right)}^3\in \mathbb{Z}\to \frac{2}{L-2}\in \mathbb{Z}\to \frac{2}{L-2}=\frac{2}{m},m\in \mathbb{Z}$. Do $L$ nguyên dương nên $L-2$ nguyên dương tức $m$ là 1 ước nguyên dương của 2. Suy ra $m=1\to k=1$, $m=2\to k=8$ tức có 2 giá trị nguyên $k$.

Gọi $x$ (km/h) là tốc độ của tàu. Thời gian tàu chạy quãng đường 1 km là $\frac{1}{x}$ (giờ).
Chi phí tiền nhiên liệu phần thứ nhất cho quãng đường $1$ km là $\frac{480}{x}$ (nghìn đồng).
Gọi $y$ (nghìn đồng) là chi phí nhiên liệu phần thứ hai cho quãng đường $1$ km ứng với tốc độ $x$.
Ta có $y$ tỉ lệ thuận với lập phương tốc độ nên $y=k{x}^3$ với $k>0$
Khi tốc độ $x=20$ (km/h) thì thời gian tàu chạy $1$ km là $\frac{1}{20}$ (giờ) nên chi phí phần thứ 2 cho quãng đường $1$ km là $\frac{1}{20}\cdot 100=5$ (nghìn đồng).
Suy ra $5=k\cdot 20^3$ nên $k=\frac{1}{1600}$, do đó $y=\frac{1}{1600}{x}^3$.
Vậy tổng chi phí tiền nhiên liệu cho $1$ km đường là $P(x)=\frac{480}{x}+\frac{x^3}{1600}$.
Bài toán trở thành tìm $x$ để $P(x)$ nhỏ nhất.
Ta có $P^{\prime }(x)=-\frac{480}{x^2}+\frac{3x^2}{1600}=0\iff x=4\sqrt[4]{1000}$.
Vậy để tổng chi phí trên $1$ km đường nhỏ nhất thì vận tốc của tàu là $x=4\sqrt[4]{1000}\approx 22,5$ (km/h).