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

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $f(t)=\frac{12000}{1+23e^{-0,5t}}$ là hàm logistic. Ta có $f^{\prime }(t)=\frac{12000\cdot 23\cdot 0,5e^{-0,5t}}{{\left(1+23e^{-0,5t}\right)}^2}=\frac{138000e^{-0,5t}}{{\left(1+23e^{-0,5t}\right)}^2}$. Tốc độ tăng trưởng $f^{\prime }(t)$ đạt lớn nhất khi $f^{\prime \prime }(t)=0$, tương ứng với điểm uốn của hàm logistic, tức khi $23e^{-0,5t}=1$ (khi đó $f(t)=6000$, nửa giá trị tiệm cận). Suy ra $e^{-0,5t}=\frac{1}{23}\Rightarrow 0,5t=\ln 23\Rightarrow t=2\ln 23\approx 6,27$. Làm tròn đến hàng đơn vị ta được $t\approx 6$ tháng. Kết quả này khớp với đáp án nguồn (đáp án 2 là 6).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh song song với tường là $x$, cạnh vuông góc là $y$ ($x,y>0$). Lượng lưới chỉ rào 3 cạnh nên $2y+x=100$, suy ra $x=100-2y$ với $0<y<50$. Diện tích $S=xy=y(100-2y)=100y-2y^2$. Hàm số đạt cực đại tại $y=\frac{100}{2\cdot 2}=25$, khi đó $x=50$ và $S_{\max }=50\cdot 25=1250m^2$. Vậy đáp án C, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Vị trí tàu A: $(7+36t;-8+8t)$, tàu B: $(9+8t;5-36t)$. Bình phương khoảng cách giữa hai tàu: $d^2(t)=(9+8t-7-36t{)}^2+(5-36t+8-8t{)}^2=(2-28t{)}^2+(13-44t{)}^2$. Khai triển: $d^2(t)=4-112t+784t^2+169-1144t+1936t^2=2720t^2-1256t+173$. Hàm bậc hai với $a=2720>0$ nên đạt cực tiểu tại $t=\frac{1256}{2\cdot 2720}=\frac{1256}{5440}=\frac{157}{680}$ (rút gọn với $\gcd =8$). Vậy $a=157,b=680$, $b-a=680-157=523$.

Lời giải:
Hàm lợi nhuận = Tổng doanh thu – chi phí
Doanh thu:
$F(x)=x^3-1999x^2+1001000x+250000$
Chi phí sản xuất của x sản phẩm:
$C(x)=x.G(x)=x\left(x+1000+\frac{250000}{x}\right)$
$C(x)=x.G(x)=x^2+1000x+250000$
Lợi nhuận: $L(x)=F(x)-C(x)$
$L(x)=F(x)-C(x)=x^3-2000x^2+1000000x$
$L^{\prime }(x)=3x^2-4000x+1000000$
$L^{\prime }(x)=0\iff x=1000(loại);x=1000/3\approx 333,33$.



$L\left(333\right)>L\left(334\right)$
Đáp án: 333.

(AI giải đề cho tôi)
Điều kiện: $x^2+y^2+z^2+x+y+z=\frac{4}{3}$.

Dùng phương pháp tiếp tuyến: tìm $\alpha ,\beta$ sao cho với mọi số thực $t$ ta có $\frac{t}{t^2+1}\le \alpha (t^2+t)+\beta$.

Nghiệm đối xứng dự đoán: $3t^2+3t=\frac{4}{3}$ suy ra $t=\frac{1}{3}$. Với $f(t)=\frac{t}{t^2+1}$, ta có $f\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{3}{10}$ và $f^{\prime }(t)=\frac{1-t^2}{(t^2+1{)}^2}$, suy ra $f^{\prime }\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{1-1/9}{(10/9{)}^2}=\frac{18}{25}$.

Điều kiện tiếp xúc: $\alpha \left(2\cdot \frac{1}{3}+1\right)=\frac{5\alpha }{3}=\frac{18}{25}$ suy ra $\alpha =\frac{54}{125}$; và $\beta =\frac{3}{10}-\frac{54}{125}\cdot \frac{4}{9}=\frac{3}{10}-\frac{24}{125}=\frac{27}{250}$.

Kiểm tra bất đẳng thức: cần chứng minh $\frac{54}{125}(t^2+t)+\frac{27}{250}-\frac{t}{t^2+1}\ge 0$ với mọi $t$. Nhân với $250(t^2+1)>0$:
$$108(t^2+t)(t^2+1)+27(t^2+1)-250t=108t^4+108t^3+135t^2-142t+27=(3t-1{)}^2(12t^2+20t+27)\ge 0$$
vì $12t^2+20t+27>0$ (biệt thức $400-4\cdot 12\cdot 27=-896<0$). Vậy bất đẳng thức đúng với mọi $t$.

Áp dụng cho $x,y,z$:
$$P\le \frac{54}{125}\left(x^2+y^2+z^2+x+y+z\right)+3\cdot \frac{27}{250}=\frac{54}{125}\cdot \frac{4}{3}+\frac{81}{250}=\frac{144}{250}+\frac{81}{250}=\frac{9}{10}$$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{3}$ (thỏa mãn ràng buộc vì $3\left(\frac{1}{9}+\frac{1}{3}\right)=\frac{4}{3}$), khi đó $P=3\cdot \frac{1/3}{1/9+1}=\frac{9}{10}$.

Vậy $\max P=\frac{9}{10}$, đạt tại $x=y=z=\frac{1}{3}$. Các phép tính đã được kiểm tra lại: khai triển $(3t-1{)}^2(12t^2+20t+27)$ đúng bằng $108t^4+108t^3+135t^2-142t+27$, và các phân số đều khớp.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $\theta$ là góc tạo bởi thang với mặt đất. Thang chạm mép mái che (cách đất 10 m, cách tường 12 m) rồi tới tường, nên độ dài thang là $L(\theta )=\frac{10}{\sin \theta }+\frac{12}{\cos \theta }$, với $0<\theta <\frac{\pi }{2}$.

Tìm cực tiểu: $L^{\prime }(\theta )=-\frac{10\cos \theta }{{\sin }^2\theta }+\frac{12\sin \theta }{{\cos }^2\theta }=0$ $\Rightarrow 12{\sin }^3\theta =10{\cos }^3\theta$ $\Rightarrow {\tan }^3\theta =\frac{10}{12}=\frac{5}{6}$, tức $\tan \theta =\sqrt[3]{\frac{5}{6}}\approx 0,9410$.

Suy ra $\sin \theta \approx 0,6853$, $\cos \theta \approx 0,7283$, nên $L\approx \frac{10}{0,6853}+\frac{12}{0,7283}\approx 14,592+16,479\approx 31,07$.

Vậy độ dài ngắn nhất của thang khoảng $31,1$ m.

(1) Với mọi $k$, do $|x_k|\le 1$ và $|x_{k-1}+x_{k+1}|\le 2$ nên $x_k(x_{k-1}+x_{k+1})\ge -2$. Vì thế $T\ge -2$.

Mặt khác, chọn $x_k=(-1{)}^k$ với $1\le k\le 2026$. Khi đó $x_{k-1}=x_{k+1}=-x_k$ với mọi $k$.

Suy ra $x_k(x_{k-1}+x_{k+1})=x_k(-2x_k)=-2$ với mọi $k$, nên $T=-2$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $T$ là $-2$.

(2) Nếu có $x_i=0$ thì $x_i(x_{i-1}+x_{i+1})=0$, suy ra $T\ge 0>-\frac{1}{4}$.

Vì vậy, ta chỉ cần xét trường hợp mọi $x_i$ đều khác 0.

Để ý trong 2027 số $x_1,x_2,\dots ,x_{2027}$ trên vòng tròn, tồn tại hai số $x_i,x_{i+1}$ cùng dấu nhau.

Đặt $a=|x_i|$, $b=|x_{i+1}|$, khi đó $0<a,b\le 1$ và $x_i{x}_{i+1}=ab$.

Ta có $x_i(x_{i-1}+x_{i+1})=x_i{x}_{i-1}+ab\ge -a+ab=-a(1-b)$.

Hơn thế nữa $x_{i+1}(x_i+x_{i+2})=ab+x_{i+1}{x}_{i+2}\ge ab-b=-b(1-a)$.

Nếu $a\le b$ thì $a(1-b)\le b(1-b)\le \frac{1}{4}$, do đó $x_i(x_{i-1}+x_{i+1})\ge -\frac{1}{4}$.

Nếu $b\le a$ thì $b(1-a)\le a(1-a)\le \frac{1}{4}$, do đó $x_{i+1}(x_i+x_{i+2})\ge -\frac{1}{4}$.

Trong mọi trường hợp đều có ít nhất một trong 2027 biểu thức không nhỏ hơn $-\frac{1}{4}$ nên $T\ge -\frac{1}{4}$.

Dấu bằng đạt được khi chọn $x_1=x_2=-\frac{1}{2}$ và $x_k=(-1{)}^{k+1}$ với $3\le k\le 2027$. Thật vậy, $x_1(x_{2027}+x_2)=x_2(x_1+x_3)=-\frac{1}{4}$, còn các biểu thức khác bằng $-\frac{3}{2}$ hoặc $-2$. Khi đó $T=-\frac{1}{4}$.

Vì $P$ là đa thức monic bậc $n$ và có đủ $n$ nghiệm thực kể cả bội nên $P(x)={\prod }_{i=1}^n(x-r_i)$.
Do đó ta có $P(0)=-{\prod }_{i=1}^n{r}_i=-Q$, $P(1)={\prod }_{i=1}^n(1-r_i)$, kết hợp $P(0)+P(1)=0$ cho ta $Q={\prod }_{i=1}^n(1-r_i)$.
Vì thế $Q^2={\prod }_{i=1}^n{r}_i(1-r_i)\le {\prod }_{i=1}^n\frac{1}{4}=4^{-n}$ do $r_i(1-r_i)\le \frac{1}{4}$ với mọi $r_i\in [0,1]$. Vậy $Q\le 2^{-n}$.
Dấu bằng đạt được khi $r_1=r_2=\cdots =r_n=\frac{1}{2}$, tức là với $P(x)={\left(x-\frac{1}{2}\right)}^n$. Vậy $Q_{\max }=2^{-n}$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $a=\frac{x}{y}$, $b=\frac{y}{z}$, $c=\frac{z}{x}$ thì $abc=1$. Điều kiện $x\ge \max \{y,z\}$ cho $a=\frac{x}{y}\ge 1$ và $c=\frac{z}{x}\le 1$. Khi đó $b=\frac{1}{ac}$ và
$$P=a+2\sqrt{1+\frac{1}{ac}}+3\sqrt{1+c},a\ge 1,0<c\le 1.$$
Với $c$ cố định, hàm $a\mapsto 2\sqrt{1+\frac{1}{ac}}$ giảm theo $a$, nên $P$ nhỏ nhất khi $a=1$ (tức $x=y$). Khi đó
$$P\ge f(c)=1+2\sqrt{1+\frac{1}{c}}+3\sqrt{1+c},0<c\le 1.$$
Ta có $\sqrt{1+\frac{1}{c}}=\frac{\sqrt{1+c}}{\sqrt{c}}$, nên
$$f^{\prime }(c)=-\frac{1}{c^{3/2}\sqrt{1+c}}+\frac{3}{2\sqrt{1+c}}=\frac{1}{\sqrt{1+c}}\left(\frac{3}{2}-\frac{1}{c^{3/2}}\right).$$
Vậy $f^{\prime }(c)=0⟺c^{3/2}=\frac{2}{3}⟺c={\left(\frac{2}{3}\right)}^{2/3}\in (0,1]$; $f$ giảm khi $c<{\left(\frac{2}{3}\right)}^{2/3}$ và tăng khi $c>{\left(\frac{2}{3}\right)}^{2/3}$, nên đây là điểm nhỏ nhất.
Tại $c={\left(\frac{2}{3}\right)}^{2/3}$: $\frac{1}{c}={\left(\frac{3}{2}\right)}^{2/3}$, và
$$\sqrt{1+\frac{1}{c}}=\frac{\sqrt{2^{2/3}+3^{2/3}}}{2^{1/3}},\sqrt{1+c}=\frac{\sqrt{2^{2/3}+3^{2/3}}}{3^{1/3}}.$$
Do đó
$$P_{\min }=1+\sqrt{2^{2/3}+3^{2/3}}\left(\frac{2}{2^{1/3}}+\frac{3}{3^{1/3}}\right)=1+\sqrt{2^{2/3}+3^{2/3}}\left(2^{2/3}+3^{2/3}\right)=1+{\left(2^{2/3}+3^{2/3}\right)}^{3/2}.$$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=3^{2/3}t$, $z=2^{2/3}t$ ($t>0$), khi đó $\frac{x}{y}=1$, $\frac{y}{z}={\left(\frac{3}{2}\right)}^{2/3}$, $\frac{z}{x}={\left(\frac{2}{3}\right)}^{2/3}$, thỏa $x\ge \max \{y,z\}$. Kiểm tra số: $P_{\min }\approx 1+(1.5874+2.0801{)}^{3/2}\approx 8.0236$. Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $1+{\left(2^{2/3}+3^{2/3}\right)}^{3/2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $a=\frac{xy}{z},b=\frac{yz}{x},c=\frac{xz}{y}$ với $a,b,c>0$. Khi đó $a\cdot c=\frac{xy}{z}\cdot \frac{xz}{y}=x^2$, tương tự $ab=y^2$, $bc=z^2$, nên điều kiện $x^2+y^2+z^2=3$ trở thành $ab+bc+ca=3$. Bài toán trở thành: tìm $\min (a+b+c)$ với $ab+bc+ca=3$. Ta có $(a+b+c{)}^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)\ge 3(ab+bc+ca)$ (vì $a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$), suy ra $(a+b+c{)}^2\ge 9\Rightarrow P=a+b+c\ge 3$. Dấu bằng khi $a=b=c=1$, tức $x=y=z=1$ (thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=3$). Vậy $\min P=3$.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập hệ trục toạ độ (mét): A(0;0), B(0;100), C(200;100), D(200;0), tâm O(100;50). Parabol có bề rộng BC và đỉnh O nên có dạng $f(x)=50+\frac{(x-100{)}^2}{200}$; bãi cỏ là miền giữa parabol và cạnh BC (miền lồi, nên đoạn thẳng nối hai điểm trong miền nằm hoàn toàn trong miền). Đường thẳng AC: $y=x/2$ cắt parabol tại O(100;50) và C, nên đoạn O→C nằm trong bãi cỏ.

Xét đường đi tối ưu: đi thẳng trên ruộng nước từ A đến điểm $P(x;f(x))$ trên parabol, rồi đi thẳng trong bãi cỏ từ P đến C. Thời gian (giờ):
$$T(x)=\frac{\sqrt{x^2+f(x{)}^2}}{6000}+\frac{\sqrt{(200-x{)}^2+(100-f(x){)}^2}}{22000},f^{\prime }(x)=\frac{x-100}{100}.$$

Khảo sát: $T(0)\approx 0,02576$; $T(40)\approx 0,020566$; $T(49)\approx 0,0203694$; $T(50)\approx 0,0203679$; $T(52)\approx 0,0203764$; $T(100)\approx 0,02372$; $T(200)\approx 0,03333$. Đạo hàm: $T^{\prime }(x)=\frac{x+f{f}^{\prime }}{6000AP}-\frac{(200-x)+(100-f)f^{\prime }}{22000PC}$ (với dấu phù hợp). Tại $x=50$: thành phần thứ nhất $\approx 0,2343/6$, thành phần thứ hai $\approx 0,8488/22$, cho $T^{\prime }(50)\approx 0,00046>0$; tại $x=49$: $T^{\prime }(49)\approx -0,0034<0$. Vậy cực tiểu tại $x\approx 49,9$ (P≈(50;62,5)), thời gian nhỏ nhất $T\approx 0,0203679$ giờ $=0,0203679\times 60\approx 1,22207$ phút.

Các phương án khác đều kém hơn: đường A→B→C cho $\approx 1,55$ phút; đường A→D→C cho $\approx 2,27$ phút.

Làm tròn đến hàng phần trăm phút: 1,22 phút.

a) Không mất tính tổng quát giả sử $a=\max \{a,b,c\}$ thì $bc\le a^2$ nên có điều phải chứng minh do
$$16(a^2{b}^2+b^2{c}^2+c^2{a}^2)=16a^2(b^2+c^2)+16b^2{c}^2\le 16a^2(b+c{)}^2\le (a+b+c{)}^4=16$$

b) Ta có $x(y+z{)}^2\le 2x(y^2+z^2)=2(y+z)$ nên $y+z\le \frac{2}{x}$.

Ngoài ra $P\ge \frac{1}{(1+x{)}^2}+\frac{2}{(1+y)(1+z)}+\frac{4}{(1+x)(1+y)(1+z)}$ theo Cauchy.

Mà $(1+y)(1+z)\le \frac{(2+y+z{)}^2}{4}\le \frac{1}{4}{\left(2+\frac{2}{x}\right)}^2=\frac{(x+1{)}^2}{x^2}$.

Do đó $P\ge \frac{1}{(1+x{)}^2}+\frac{2x^2}{(1+x{)}^2}+\frac{4x^2}{(1+x{)}^3}=\frac{2x^3+6x^2+x+1}{(1+x{)}^3}$.

Xét $f(t)=\frac{2t^3+6t^2+t+1}{(1+t{)}^3}$ trên $(0,\infty )$ thì $f^{\prime }(t)=\frac{10t-2}{(1+t{)}^4}=0⟺t=\frac{1}{5}$.

Do đó $P\ge f(x)\ge f\left(\frac{1}{5}\right)=\frac{91}{108}$, dấu bằng khi $x=\frac{1}{5}$, $y=z=5$.

(AI giải đề cho tôi)
Doanh thu khi bán $x$ mét vải là $220x$ (nghìn đồng). Lợi nhuận: $L(x)=220x-C(x)=220x-(x^3-3x^2-20x+500)=-x^3+3x^2+240x-500$, với $1\le x\le 18$.

$L^{\prime }(x)=-3x^2+6x+240=-3(x^2-2x-80)=-3(x-10)(x+8)$.

Trên $[1;18]$: $L^{\prime }(x)>0$ khi $1\le x<10$ và $L^{\prime }(x)<0$ khi $10<x\le 18$, nên hàm số đạt cực đại (cũng là giá trị lớn nhất) tại $x=10$.

$L(10)=-1000+300+2400-500=1200$ (nghìn đồng).

Vậy lợi nhuận tối đa trong một ngày là $1200$ nghìn đồng (tức 1,2 triệu đồng), đạt khi sản xuất và bán $10$ mét vải mỗi ngày.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích hộp: $V=x^{2}h=4000\Rightarrow h=\frac{4000}{x^2}$ với $x>0$.

Diện tích bìa các tông (đáy hình vuông cộng 4 mặt bên, hộp không nắp):
$$S(x)=x^2+4xh=x^2+4x\cdot \frac{4000}{x^2}=x^2+\frac{16000}{x},x>0.$$

Xét hàm $S(x)=x^2+\frac{16000}{x}$ trên $(0;+\infty )$:
$$S^{\prime }(x)=2x-\frac{16000}{x^2}.$$

$S^{\prime }(x)=0\iff 2x^3=16000\iff x^3=8000\iff x=20$ (cm).

Với $0<x<20$ thì $S^{\prime }(x)<0$; với $x>20$ thì $S^{\prime }(x)>0$, nên hàm $S(x)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=20$. Khi đó $h=\frac{4000}{400}=10$ (cm) và $S_{\min }=400+800=1200{\mathrm{cm}}^2$.

Vậy độ dài cạnh hình vuông cần tìm là $x=20$ cm để hộp tốn ít bìa các tông nhất.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $H$ là chân đường vuông góc hạ từ $A$ xuống bờ sông, $K$ là chân đường vuông góc hạ từ $B$ xuống bờ sông (cùng phía như hình vẽ). Gọi $E$ là đầu cầu phía bờ của $A$, $F$ là đầu cầu phía bờ của $B$, với $HE=x$ (km), $0\le x\le 20$ thì $KF=20-x$.

Vì $A$ cách bờ sông 4 km nên $AE=\sqrt{x^2+4^2}=\sqrt{x^2+16}$; vì $B$ cách bờ sông 6 km nên $BF=\sqrt{(20-x{)}^2+6^2}=\sqrt{(20-x{)}^2+36}$. Độ dài cầu $EF$ không đổi nên chỉ cần tối thiểu tổng:
$$f(x)=\sqrt{x^2+16}+\sqrt{(20-x{)}^2+36}.$$

Ta có
$$f^{\prime }(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+16}}-\frac{20-x}{\sqrt{(20-x{)}^2+36}}.$$

$f^{\prime }(x)=0⟺\frac{x}{\sqrt{x^2+16}}=\frac{20-x}{\sqrt{(20-x{)}^2+36}}$. Bình phương hai vế (cùng không âm):
$$x^2\left((20-x{)}^2+36\right)=(20-x{)}^2\left(x^2+16\right)⟺36x^2=16(20-x{)}^2⟺6x=4(20-x)⟺x=8.$$

Bảng biến thiên: với $x<8$ thì $f^{\prime }(x)<0$, với $x>8$ thì $f^{\prime }(x)>0$, nên $f$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=8$, tức $HE=8$ km.

Vậy cây cầu phải được xây sao cho khoảng cách từ thành phố $A$ đến đầu cầu $E$ là
$$AE=\sqrt{8^2+4^2}=\sqrt{80}\approx 8,9\text{ km}$$
(khoảng cách theo phương bờ sông từ $H$ đến $E$ là $8$ km) để đường đi $A\to E\to F\to B$ ngắn nhất.

(AI giải đề cho tôi)
Thời gian cá bơi hết 100 km ngược dòng là $t=\frac{100}{v-5}$ (giờ). Năng lượng tiêu hao: $E(v)=c{v}^3\cdot \frac{100}{v-5}=\frac{100c{v}^3}{v-5}$, với $v>5$.

Tính đạo hàm: $E^{\prime }(v)=100c\cdot \frac{3v^2(v-5)-v^3}{(v-5{)}^2}=\frac{100c{v}^2(2v-15)}{(v-5{)}^2}$.

Vì $100c{v}^2>0$ và $(v-5{)}^2>0$ với $v>5$, ta có $E^{\prime }(v)<0⟺2v-15<0⟺v<7,5$.

Vậy hàm $E(v)$ nghịch biến (năng lượng tiêu hao giảm) khi $5<v<7,5$, tức khoảng $(a;b)=(5;7,5)$.

Suy ra $b-a=7,5-5=2,5$. Giá trị lớn nhất của $b-a$ là $2,5$.

(AI giải đề cho tôi)
Cửa sổ gồm hình chữ nhật rộng $x$, cao $y$ và nửa đường tròn đường kính $x$ phía trên.

a) Chu vi nửa đường tròn (cung bán nguyệt) có độ dài $\frac{\pi x}{2}$, vậy chiều dài dây để uốn ra bán nguyệt là $\frac{\pi x}{2}$ (m).

b) Tổng chiều dài dây: $x+2y+\frac{\pi x}{2}=8\Rightarrow y=4-\frac{x}{2}-\frac{\pi x}{4}$, với $0<x<\frac{16}{4+\pi }$.

Diện tích cửa sổ:
$$S=xy+\frac{\pi x^2}{8}=x\left(4-\frac{x}{2}-\frac{\pi x}{4}\right)+\frac{\pi x^2}{8}=4x-\frac{x^2}{2}-\frac{\pi x^2}{8}.$$

Vậy khẳng định $S=4x-x^2$ là SAI (do thay $y$ chưa đúng).

c) $S(x)=4x-\frac{x^2}{2}-\frac{\pi x^2}{8}$, $S^{\prime }(x)=4-x-\frac{\pi x}{4}$.
$S^{\prime }(x)=0\iff x=\frac{16}{4+\pi }$ (thỏa miền xác định), và $S^{\prime \prime }(x)=-1-\frac{\pi }{4}<0$ nên $S$ đạt max tại đó.

Khi đó $y=4-\frac{x}{2}-\frac{\pi x}{4}=4-\frac{8}{4+\pi }-\frac{4\pi }{4+\pi }=\frac{8}{4+\pi }\approx 1,12$ m.

Vậy diện tích lớn nhất khi $y=\frac{8}{4+\pi }\approx 1,12$ m.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị của $f(x)$ trên đoạn $[-2;2]$: hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng $2$ (tại hai điểm gần $x=-1$ và $x=2$) và đạt giá trị nhỏ nhất bằng $-1$ (tại điểm gần $x=1$, phần đồ thị thấp nhất nằm dưới trục hoành ở mức $-1$ như đường gián chỉ trên hình vẽ). Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn $[-2;2]$ là $-1$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=x^2-2x+3$ có $y^{\prime }=2x-2$. Trên đoạn $[2;4]$ ta có $y^{\prime }=2x-2>0$ nên hàm số đồng biến, do đó giá trị nhỏ nhất đạt tại $x=2$: $y(2)=4-4+3=3$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Trên khoảng $(-4;0)$, ta có $f^{\prime }(x)=1-\frac{4}{x^2}$. Cho $f^{\prime }(x)=0\Rightarrow x^2=4\Rightarrow x=\pm 2$; trong khoảng $(-4;0)$ chỉ có $x=-2$. Với $x\in (-4;-2)$, ví dụ $x=-3$: $f^{\prime }(-3)=1-\frac{4}{9}>0$; với $x\in (-2;0)$, ví dụ $x=-1$: $f^{\prime }(-1)=1-4=-3<0$. Vậy hàm số tăng trên $(-4;-2)$ rồi giảm trên $(-2;0)$, nên $x=-2$ là điểm cực đại. Giá trị $f(-2)=-2+\frac{4}{-2}=-4$. So sánh với giới hạn hai đầu: ${\lim }_{x\to -4^{+}}f(x)=-4-1=-5<-4$ và ${\lim }_{x\to 0^{-}}f(x)=-\infty$. Do đó GTLN của $f(x)$ trên $(-4;0)$ là $-4$, đạt tại $x=-2\in (-4;0)$. Đáp án A.