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

(AI giải đề cho tôi)
Hàng rào hình chữ E dọc bờ sông gồm: 1 đoạn song song với bờ sông dài $x$ (m) và 3 đoạn vuông góc với bờ sông, mỗi đoạn dài $y$ (m) (bờ sông không cần rào; đoạn giữa là vách ngăn chia khu đất thành hai hình chữ nhật).

Chi phí nguyên vật liệu (nghìn đồng): $80x+3\cdot 40y=80x+120y=20000$, tức $2x+3y=500$ với $x,y>0$.

Diện tích khu đất: $S=xy$. Từ ràng buộc $x=250-\frac{3y}{2}$, ta có
$$S(y)=250y-\frac{3y^2}{2},0<y<\frac{500}{3}.$$

$S^{\prime }(y)=250-3y=0\Rightarrow y=\frac{250}{3}$, khi đó $x=250-\frac{3}{2}\cdot \frac{250}{3}=125$. Vì $S^{\prime \prime }(y)=-3<0$, đây là điểm cực đại (cũng là giá trị lớn nhất trên khoảng).

$$S_{\max }=125\cdot \frac{250}{3}=\frac{31250}{3}\approx 10416,67{\text{ m}}^2.$$

Vậy diện tích lớn nhất của phần đất rào được là $\frac{31250}{3}{\text{m}}^2\approx 10416,67{\text{m}}^2$, đạt khi chiều dài song song bờ sông $x=125$ m và chiều sâu $y=\frac{250}{3}$ m.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=m^{2}x+2(x-m)=(m^2+2)x-2m$ là hàm bậc nhất với hệ số góc $m^2+2>0$ nên đồng biến trên $[1;4]$. Do đó giá trị nhỏ nhất đạt tại $x=1$: $y(1)=m^2+2-2m=(m-1{)}^2+1$. Theo đề, $(m-1{)}^2+1=8\Rightarrow (m-1{)}^2=7\Rightarrow m=1\pm \sqrt{7}$. Vậy có hai giá trị $m_1=1+\sqrt{7}$, $m_2=1-\sqrt{7}$ và $m_1+m_2=2$.

(AI giải đề cho tôi)
Vận tốc là $v(t)=S^{\prime }(t)=-3t^2+6t+9=-3(t-1{)}^2+12$. Hàm bậc hai này đạt giá trị lớn nhất tại $t=1$ (giây), với $v_{\max }=12$ (m/s). Vậy vận tốc của chuyển động tại thời điểm vận tốc lớn nhất là $12m/s$.

(AI giải đề cho tôi)
Sau khi gập theo hai cạnh $MN$ và $PQ$ (với $AN=PD=x$), thiết diện vuông góc với các cạnh gấp là tam giác cân có hai cạnh bên bằng $x$ và cạnh đáy $NP=60-2x$ (đỉnh là điểm trùng của $A$ và $D$). Chiều cao của lăng trụ bằng $AB$ (không đổi), nên thể tích lớn nhất khi diện tích tam giác thiết diện lớn nhất.

Chiều cao của tam giác: $h=\sqrt{x^2-(30-x{)}^2}=\sqrt{60x-900}$, với điều kiện $15<x<30$.

Diện tích thiết diện: $S(x)=\frac{1}{2}(60-2x)\sqrt{60x-900}=(30-x)\sqrt{60x-900}$.

Xét $f(x)=S(x{)}^2=(30-x{)}^2(60x-900)$. Đặt $t=30-x\in (0;15)$, khi đó $60x-900=60(15-t)$, nên $f=60t^2(15-t)$.

$f^{\prime }(t)=60t(30-3t)=180t(10-t)=0\Rightarrow t=10$ (vì $0<t<15$).

Tại $t=10$: $f$ đạt giá trị lớn nhất (dấu đạo hàm đổi từ $+$ sang $-$). Suy ra $x=30-10=20$ cm (thỏa mãn $15<x<30$).

Vậy $x=20$ cm để thể tích khối lăng trụ lớn nhất. Khi đó thiết diện là tam giác đều cạnh 20 cm.

(AI giải đề cho tôi)
Vận tốc tức thời là $v(t)=s^{\prime }(t)=12t-6t^2$ trên $[0;5]$. Xét $v^{\prime }(t)=12-12t=0\Rightarrow t=1$. Ta có $v(0)=0$, $v(1)=6$, $v(5)=-90$. Trên $[0;5]$, hàm $v(t)$ đạt giá trị lớn nhất bằng $6$ (m/s) tại $t=1$ giây. Vậy vận tốc lớn nhất của vật trong khoảng 5 giây đầu là $6$ m/s.

(AI giải đề cho tôi)
Từ $f(3)=4\cdot 3^2(p-3)=36(p-3)=648$ suy ra $p-3=18$, tức $p=21$. Khi đó $f(t)=4t^2(21-t)=84t^2-4t^3$ với $0\le t\le 21$. Tốc độ truyền bệnh $f^{\prime }(t)=168t-12t^2=12t(14-t)$. Xét $g(t)=f^{\prime }(t)$ trên $[0;21]$: $g^{\prime }(t)=168-24t=0\Rightarrow t=7$. Vì $g(0)=g(14)=0$, $g(7)=12\cdot 7\cdot 7=588$ lớn nhất, nên tốc độ truyền bệnh lớn nhất vào ngày thứ $7$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Thay $t=3$, $s=27$ vào $s=-\frac{1}{3}{t}^3+2t^2+ct$: $27=-\frac{27}{3}+2\cdot 9+3c=-9+18+3c=9+3c$, suy ra $3c=18$ nên $c=6$.

b) Vận tốc $v(t)=s^{\prime }(t)=-t^2+4t+6$. Đây là hàm bậc hai với hệ số $a=-1<0$ nên đạt giá trị lớn nhất tại $t=-\frac{4}{2(-1)}=2$ (giây), với $v_{\max }=v(2)=-4+8+6=10$ (m/s).

Quãng đường đi được đến lúc đó: $s(2)=-\frac{8}{3}+2\cdot 4+6\cdot 2=-\frac{8}{3}+8+12=\frac{56}{3}\approx 18,67$ mét.

Vậy $c=6$ và quãng đường cần tìm là $\frac{56}{3}\approx 18,67$ m.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị hàm số $y=f(x)$ liên tục trên đoạn $[-3;3]$: giá trị lớn nhất đạt tại $x=3$ với $M=f(3)=5$; giá trị nhỏ nhất đạt tại $x=-3$ với $m=f(-3)=-1$ (các điểm cực đại, cực tiểu cục bộ trong đoạn chỉ đạt $y=4$ và $y=2$, không phải GTLN/GTNN). Vậy $P=2M-m=2\cdot 5-(-1)=11$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $f^{\prime }(x)=3x^2+e^x>0$ với mọi $x\in [0;2]$ (do $3x^2\ge 0$ và $e^x>0$), hàm số $f(x)$ đồng biến trên đoạn $[0;2]$. Do đó giá trị lớn nhất của $f(x)$ trên $[0;2]$ đạt tại đầu mút phải, tức là $f(2)$. Chú ý: $12+e^2$ là giá trị của $f^{\prime }(2)$, không phải của $f$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
$C(t)=\frac{0,05t}{t^2+t+1}$, $t\ge 0$.
a) $C^{\prime }(t)=\frac{0,05(t^2+t+1)-0,05t(2t+1)}{(t^2+t+1{)}^2}=\frac{0,05(1-t^2)}{(t^2+t+1{)}^2}=\frac{1-t^2}{20(t^2+t+1{)}^2}$ → đúng.
b) Với $t\ge 0$: $C^{\prime }(t)>0$ khi $0\le t<1$ và $C^{\prime }(t)<0$ khi $t>1$, nên nồng độ tăng rồi giảm, không giảm dần theo thời gian → sai.
c) $C^{\prime }(t)=0\iff t=1$ (với $t\ge 0$); $C$ đạt cực đại (và GTLN) tại $t=1$, $C(1)=\frac{0,05}{3}=\frac{1}{60}\approx 0,0167$ mg/cm³ → đúng.
d) GTLN của $C(t)$ trên $[0;+\infty )$ là $\frac{1}{60}\approx 0,0167<0,02$, nên không có thời điểm nồng độ đạt $0,02$ mg/cm³ → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$C^{\prime }(t)=\frac{0,05(1-t^2)}{(t^2+t+1{)}^2}=\frac{1-t^2}{20(t^2+t+1{)}^2}$, đúng với $t\ge 0$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$C^{\prime }(t)>0$ trên $[0;1)$ và $C^{\prime }(t)<0$ trên $(1;+\infty )$, nên nồng độ tăng dần rồi mới giảm dần, không giảm dần theo thời gian.
c) (AI giải đề cho tôi)
$C^{\prime }(t)=0\iff t=1$; hàm đạt GTLN tại $t=1$ với $C(1)=\frac{1}{60}\approx 0,0167$ mg/cm³.
d) (AI giải đề cho tôi)
GTLN của $C(t)$ là $\frac{1}{60}\approx 0,0167<0,02$, nên không tồn tại thời điểm nồng độ đạt $0,02$ mg/cm³.

(AI giải đề cho tôi)
Chiều rộng đáy là $x$, chiều dài là $3x$ (ý a đúng). Thể tích $V=3x^{2}h=18\Rightarrow h=\frac{18}{3x^2}$ (ý b đúng). Bể không nắp nên diện tích cần xây gồm đáy $3x^2$, hai mặt bên chiều dài $2\cdot 3xh=6xh$ và hai mặt bên chiều rộng $2\cdot xh=2xh$, tổng $S(x)=3x^2+8xh=3x^2+8x\cdot \frac{18}{3x^2}=3x^2+\frac{48}{x}$, không phải $3x^2-\frac{48}{x}$ (ý c sai). Để $S$ nhỏ nhất: $S^{\prime }(x)=6x-\frac{48}{x^2}=0\Rightarrow x^3=8\Rightarrow x=2$, khi đó $h=\frac{18}{3\cdot 4}=\frac{3}{2}=1,5$ m, không phải $h=2$ m (ý d sai).
a) (AI giải đề cho tôi)
Chiều dài gấp 3 lần chiều rộng $x$ nên chiều dài đáy là $3x$ (m).
b) (AI giải đề cho tôi)
$V=3x\cdot x\cdot h=3x^{2}h=18\Rightarrow h=\frac{18}{3x^2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Diện tích cần xây (không có nắp): $S=3x^2+2(3xh)+2(xh)=3x^2+8xh=3x^2+\frac{48}{x}$, dấu cộng chứ không phải trừ.
d) (AI giải đề cho tôi)
$S(x)=3x^2+\frac{48}{x}$, $S^{\prime }(x)=6x-\frac{48}{x^2}=0\Rightarrow x=2$, khi đó $h=\frac{18}{3x^2}=\frac{18}{12}=1,5$ m, không phải $2$ m.

(AI giải đề cho tôi)
Ta cần tìm $v\in (0;120]$ để $C(v)=\frac{16000}{v}+\frac{5}{2}v$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Ta có $C^{\prime }(v)=-\frac{16000}{v^2}+\frac{5}{2}$. Cho $C^{\prime }(v)=0\Rightarrow \frac{5}{2}{v}^2=16000\Rightarrow v^2=6400\Rightarrow v=80$ (nhận $v>0$).

Với $0<v<80$: $C^{\prime }(v)<0$, hàm số nghịch biến; với $80<v\le 120$: $C^{\prime }(v)>0$, hàm số đồng biến. Vậy $C(v)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $v=80$, thuộc $(0;120]$.

Chi phí nhỏ nhất: $C(80)=\frac{16000}{80}+\frac{5}{2}\cdot 80=200+200=400$ (đồng).

Kết luận: Vận hành xe với tốc độ trung bình $v=80$ km/h để tiết kiệm tiền xăng nhất.

(AI giải đề cho tôi)
Doanh thu: $R(x)=x\cdot p(x)=x(1000-25x)=1000x-25x^2$, với $x>0$ và $p(x)>0$ nên $0<x<40$. Hàm $R(x)$ là parabol bậc hai với đỉnh tại $x=\frac{1000}{2\cdot 25}=20$. Khi đó $R(20)=20\cdot (1000-500)=20\cdot 500=10000$ (triệu đồng), đúng bằng giá trị lớn nhất đã cho. Vậy khi doanh thu đạt lớn nhất 10000 triệu đồng thì có 20 sản phẩm được bán ra.

(AI giải đề cho tôi)
Vận tốc $v(t)=s^{\prime }(t)=3t^2-6t+5=3(t-1{)}^2+2$. Với $t>0$, $v(t)$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 tại $t=1$ (giây). Khi đó quãng đường $s(1)=1-3+5+10=13$ m. Vậy chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $v(t)=-t^4+8t^2+500$ trên $[0;5]$. Ta có $v^{\prime }(t)=-4t^3+16t=-4t(t^2-4)$. Cho $v^{\prime }(t)=0$ được $t=0$ hoặc $t=\pm 2$, trong $[0;5]$ chỉ có $t=0$ và $t=2$. Tính: $v(0)=500$, $v(2)=-16+32+500=516$, $v(5)=-625+200+500=75$. Trên $(0;2)$ có $v^{\prime }(t)>0$ và trên $(2;5)$ có $v^{\prime }(t)<0$, nên $t=2$ là điểm cực đại, đồng thời là giá trị lớn nhất trên $[0;5]$. Vậy chất điểm đạt vận tốc lớn nhất tại $t=2$, chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Vận tốc $v(t)=s^{\prime }(t)=-\frac{3}{2}{t}^2+6t$. Xét $v^{\prime }(t)=-3t+6=0\Rightarrow t=2$; $v^{\prime }(t)>0$ với $t<2$ và $v^{\prime }(t)<0$ với $t>2$ nên vận tốc lớn nhất tại $t=2$ giây ($v_{max}=6$ m/s). Quãng đường đi được từ lúc bắt đầu đến thời điểm đó là $s(2)=-\frac{1}{2}\cdot 8+3\cdot 4+20=-4+12+20=28$ (m).

Lời giải

Gọi $x$ là giá bán thực tế của mỗi quả bưởi da xanh, $(x$ : đồng; $35.000\le x\le 60.000$ đồng$)$.

Tương ứng với giá bán là $x$ thì số quả bưởi bán được là

$$30+\frac{10}{1.000}(60.000-x)=-\frac{1}{100}x+630$$

Gọi $f(x)$ là hàm lợi nhuận thu được $(f(x)$ : đồng$)$, ta có:

$$f(x)=\left(-\frac{1}{100}x+630\right)(x-35000)=-\frac{1}{100}{x}^2+980x-22050000.$$

Lợi nhuận thu được lớn nhất khi hàm $f(x)$ đạt giá trị lớn nhất trên $[35000;60000]$

Ta có $f(x)=-{\left(\frac{1}{10}x-4900\right)}^2+1960000\le 1960000,\forall x\in [35000;60000]$

$$\Rightarrow \underset{[35000;60000]}{\max }f(x)=f(49000)=1960000.$$

Vậy với giá bán 49000 đồng mỗi quả bưởi thì cửa hàng thu được lợi nhuận lớn nhất.

Đáp án: Giá bán để cửa hàng thu được lợi nhuận cao nhất là 49000 đồng mỗi quả (lợi nhuận lớn nhất 1.960.000 đồng).

Lời giải

Gọi $x$ là giá bán thực tế của mỗi quả bưởi da xanh, $(x:đ\grave{\hat{o}}ng;35.000\le x\le 60.000$ đồng$)$.

Tương ứng với giá bán là $x$ thì số quả bưởi bán được là

$$30+\frac{10}{1.000}(60.000-x)=-\frac{1}{100}x+630$$

Gọi $f(x)$ là hàm lợi nhuận thu được $(f(x):$ đồng$)$, ta có:

$$f(x)=\left(-\frac{1}{100}x+630\right)(x-35000)=-\frac{1}{100}{x}^2+980x-22050000.$$

Lợi nhuận thu được lớn nhất khi hàm $f(x)$ đạt giá trị lớn nhất trên $[35000;60000]$

Ta có $f(x)=-{\left(\frac{1}{10}x-4900\right)}^2+1960000\le 1960000,\forall x\in [35000;60000]$

$$\Rightarrow \underset{[35000;60000]}{\max }f(x)=f(49000)=1960000.$$

Vậy với giá bán 49000 mỗi quả bưởi thì cửa hàng thu được lợi lớn nhất.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi chiều dài là $x$ (m), chiều rộng là $y$ (m), với $x,y>0$. Vì một cạnh dài giáp tường nên chỉ cần rào: $x+2y=60$, suy ra $y=\frac{60-x}{2}$ với $0<x<60$.

Diện tích sân chơi: $$S=xy=x\cdot \frac{60-x}{2}=-\frac{1}{2}{x}^2+30x.$$

Hàm $S(x)$ là parabol bậc hai với hệ số $a=-\frac{1}{2}<0$ nên đạt giá trị lớn nhất tại đỉnh: $$x=-\frac{30}{2\cdot (-1/2)}=30.$$

Khi đó $y=15$ và $S_{\max }=30\cdot 15=450{\text{m}}^2$. Vậy chiều dài cần tìm là $30$ m, khớp với đáp án nguồn (bảng đáp án mã đề 1002, câu 18: 30).