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

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $BM=x$ với $0\le x\le 10$. Khi đó $AM=10-x$ và $MC=\sqrt{x^2+B{C}^2}=\sqrt{x^2+16}$ (vì $BC\perp AB$). Tổng chi phí: $f(x)=30(10-x)+50\sqrt{x^2+16}$ (triệu đồng). $f^{\prime }(x)=-30+\frac{50x}{\sqrt{x^2+16}}=0\Rightarrow 50x=30\sqrt{x^2+16}\Rightarrow 25x^2=9(x^2+16)\Rightarrow 16x^2=144\Rightarrow x=3$ (thỏa $0\le x\le 10$). Kiểm tra: $f^{\prime }(x)<0$ khi $x<3$ và $f^{\prime }(x)>0$ khi $x>3$ nên $x=3$ là điểm cực tiểu. So sánh: $f(3)=30\cdot 7+50\cdot 5=460$, $f(0)=30\cdot 10+50\cdot 4=500$, $f(10)=50\sqrt{116}\approx 538,5$. Vậy chi phí nhỏ nhất khi $BM=3$ km, làm tròn đến hàng đơn vị là $3$ km.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t=\cos x$, với $x\in [0;\pi ]$ thì $t\in [-1;1]$. Ta có $f(t)=\frac{t+m^2+3m}{t+2}$ (mẫu luôn dương vì $t+2\ge 1>0$).

$f^{\prime }(t)=\frac{(t+2)-(t+m^2+3m)}{(t+2{)}^2}=\frac{2-m^2-3m}{(t+2{)}^2}$.

• Nếu $2-m^2-3m>0$ tức $m^2+3m<2$ (tức $m\in \left(\frac{-3-\sqrt{17}}{2};\frac{-3+\sqrt{17}}{2}\right)\approx (-3,56;0,56)$): hàm đồng biến, GTLN tại $t=1$: $M=\frac{m^2+3m+1}{3}$. Điều kiện $M\le -1\iff m^2+3m+4\le 0$, vô nghiệm vì $\Delta =9-16<0$.

• Nếu $2-m^2-3m<0$ tức $m^2+3m>2$ (tức $m<\frac{-3-\sqrt{17}}{2}$ hoặc $m>\frac{-3+\sqrt{17}}{2}$): hàm nghịch biến, GTLN tại $t=-1$: $M=m^2+3m-1$. Điều kiện $M\le -1\iff m^2+3m\le 0\iff m\in [-3;0]$. Nhưng giao với điều kiện $m^2+3m>2$ (tức $m<-3,56$ hoặc $m>0,56$) là tập rỗng.

• Nếu $m^2+3m=2$ thì $f(t)=1$ hằng, $M=1>-1$, không thỏa.

Vậy không có giá trị nguyên nào của $m$ thỏa mãn.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị, trên đoạn $[-2;2]$ hàm số đạt cực đại tại $x=-1$ với $f(-1)=-1$ và cực tiểu tại $x=1$ với $f(1)=-5$; hai đầu đoạn $f(-2)$ và $f(2)$ đều nằm trong khoảng giá trị $[-5;-1]$ (f(2)=0? không, đồ thị cắt trục hoành ngoài đoạn, tại $x=2$ giá trị vẫn âm). Vậy $m={\min }_{[-2;2]}f(x)=-5$, $M={\max }_{[-2;2]}f(x)=-1$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=\frac{x-2}{x+1}$ xác định trên $[0;2]$ vì $x+1\ne 0$. Ta có $y^{\prime }=\frac{(x+1)-(x-2)}{(x+1{)}^2}=\frac{3}{(x+1{)}^2}>0$ với mọi $x\in [0;2]$, nên hàm số đồng bộ (đồng biến) trên đoạn $[0;2]$. Do đó giá trị nhỏ nhất đạt tại $x=0$: $y(0)=\frac{0-2}{0+1}=-2$. Kiểm tra: $y(2)=\frac{0}{3}=0>-2$. Vậy $\underset{[0;2]}{\min }y=-2$, chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $x$ (cm) là cạnh hình vuông cắt ở mỗi góc, $0<x<120$. Hộp có đáy hình vuông cạnh $240-2x$ và chiều cao $x$, nên thể tích $V(x)=x(240-2x{)}^2$.

Xét hàm $V(x)=x(240-2x{)}^2=57600x-960x^2+4x^3$ trên $(0;120)$.
$V^{\prime }(x)=57600-1920x+12x^2=12(x^2-160x+4800)=12(x-40)(x-120)$.

Trên $(0;120)$, $V^{\prime }(x)>0$ khi $x\in (0;40)$ và $V^{\prime }(x)<0$ khi $x\in (40;120)$, nên $V$ đạt cực đại (cũng là giá trị lớn nhất) tại $x=40$.

Thể tích lớn nhất: $V(40)=40\cdot (240-80{)}^2=40\cdot 160^2=1024000{\text{cm}}^3=1024$ lít.

Vậy khối hộp có thể tích lớn nhất đựng được $1024$ lít nước.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị trên đoạn $[-1;3]$: giá trị lớn nhất $M=2$ (đạt tại $x=2$), giá trị nhỏ nhất $m=-3$ (đạt tại $x=3$). Vậy $M+m=2+(-3)=-1$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt tâm đường tròn (T) là gốc tọa độ, bán kính R = 16 cm. Hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn nên cạnh a = R√2 = 16√2, diện tích a² = 512 cm², cạnh AB nằm trên đường thẳng y = 8√2.

Xét miếng phụ hình chữ nhật MNPQ gắn trên cạnh AB: gọi h là chiều cao (khoảng cách từ MN đến AB) và x = MN là chiều rộng. Khi đó M, N nằm trên đường tròn tại cao độ t = 8√2 + h, nên x²/4 + t² = 256, suy ra x = 2√(256 − t²) với t ∈ [8√2; 16].

Tổng diện tích tiết diện: S = 512 + 4xh = 512 + 8√(256 − t²)(t − 8√2).

Đặt f(t) = √(256 − t²)(t − 8√2). Ta có f'(t) = (256 − 2t² + 8√2·t)/√(256 − t²).

f'(t) = 0 ⟺ t² − 4√2·t − 128 = 0 ⟺ t = 2√2 + 2√34 ≈ 14,4903 (nghiệm dương thuộc đoạn).

Kiểm tra lại t² = (2√2 + 2√34)² = 8 + 136 + 8√68 = 144 + 16√17 ≈ 209,9697 (phép tính trong lời giải là đúng). Khi đó h = t − 8√2 ≈ 3,1763 và x = 2√(256 − 209,9697) = 2√46,0303 ≈ 13,5691.

Diện tích mỗi miếng phụ: xh ≈ 43,099 cm². Vậy S_max = 512 + 4(43,099) ≈ 684,4 ≈ 684 cm².

Vậy diện tích lớn nhất của tiết diện ngang là 684 cm² (làm tròn đến hàng đơn vị).

(AI giải đề cho tôi)
Trên đoạn $[-1;1]$ ta có $y=(4-x^2{)}^2+1$. Đặt $t=x^2\in [0;1]$, hàm $g(t)=(4-t{)}^2+1$ giảm trên $[0;1]$ nên giá trị lớn nhất đạt tại $t=0$ (tức $x=0$): $y(0)=16+1=17$. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Trên khoảng $(-1;+\infty )$, từ bảng xét dấu: $f^{\prime }(x)>0$ trên $(-1;0)$, $f^{\prime }(0)=0$, và $f^{\prime }(x)<0$ trên $(0;1)$ cũng như $(1;+\infty )$ (điểm $x=1$ không phải cực trị vì dấu của $f^{\prime }$ không đổi qua $x=1$). Vậy hàm số đồng biến trên $(-1;0)$ và nghịch biến trên $(0;+\infty )$, nên hàm số đạt giá trị lớn nhất trên khoảng $(-1;+\infty )$ tại $x=0$, giá trị lớn nhất là $f(0)$. Đáp án D.

Ta có: $\frac{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}$

Ta chứng minh rằng:
$$P\le \frac{3}{2}$$
$$\iff 4.\sum _{cyc}\frac{1}{2a+b+c}\le \frac{3}{2}+\sum _{cyc}\frac{1}{a+b}$$

Đặt $x=a+b$, $y=b+c$, $z=c+a$ thì $x,y,z>0$; $x+y+z=6$ và ta cần chứng minh:
$$4.\sum _{cyc}\frac{1}{x+y}\le \frac{3}{2}+\sum _{cyc}\frac{1}{x}$$
$$\iff \sum _{cyc}\frac{1}{x}-\frac{3}{2}\le \sum _{cyc}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}-\frac{4}{x+y}\right)$$
$$\iff \sum _{cyc}\frac{1}{x}-\frac{3}{2}\le \sum _{cyc}\frac{(x-y{)}^2}{xy.(x+y)}$$

Thật vậy ta có: ${\sum }_{cyc}\frac{1}{x}-\frac{3}{2}=\frac{xy+yz+zx}{xyz}-\frac{3}{2}=\frac{(x+y+z)(xy+yz+zx)}{6xyz}-\frac{3}{2}$

$=\frac{(x+y+z)(xy+yz+zx)-9xyz}{6xyz}$

$=\frac{(x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x)+(x{y}^2+y{z}^2+z{x}^2)-6xyz}{6xyz}$

$=\frac{x(y-z{)}^2+y(z-x{)}^2+z(x-y{)}^2}{6xyz}$

$=\frac{(x-y{)}^2}{6xy}+\frac{(y-z{)}^2}{6yz}+\frac{(z-x{)}^2}{6zx}$

Mà $x+y+z=6$ nên $6>\max \{x+y;y+z;z+x\}$
Cho nên:
$$\frac{(x-y{)}^2}{6xy}+\frac{(y-z{)}^2}{6yz}+\frac{(z-x{)}^2}{6zx}\le \frac{(x-y{)}^2}{xy(x+y)}+\frac{(y-z{)}^2}{yz(y+z)}+\frac{(z-x{)}^2}{zx(z+x)}(\text{đpcm})$$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=2\iff a=b=c=1$.
Vậy GTLN của $P$ là $\frac{3}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-1<0$ với mọi $x\in [1;3]$ nên $f$ nghịch biến trên đoạn $[1;3]$. Do đó $M=f(1)=\ln 1-1=-1$ và $m=f(3)=\ln 3-3$. Suy ra $M+m=\ln 3-4=a\ln 3+b$ với $a=1,b=-4$. Vậy $a^2+b^2=1+16=17$.

(AI giải đề cho tôi)
Lợi nhuận $P(x)=F(x)-C(x)=-x^3+45x^2+1512x-24$ trên $[1;50]$. Ta có $P^{\prime }(x)=-3x^2+90x+1512=-3(x^2-30x-504)$. Giải $P^{\prime }(x)=0$: $x^2-30x-504=0\Rightarrow x=42$ (nhận, $x=-12$ loại). So sánh: $P(42)=-74088+79380+63504-24=68772$; $P(50)=-125000+112500+75600-24=63076$; $P(1)=-1+45+1512-24=1532$. Vậy lợi nhuận lớn nhất tại $x=42$ sản phẩm mỗi ngày.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục với góc hồ là gốc $O$, bờ dọc là trục $Oy$, bờ ngang là trục $Ox$. Cọc $A$ có tọa độ $(12;5)$. Gọi đường thẳng giăng lưới cắt trục $Oy$ tại $(0;b)$ và trục $Ox$ tại $(a;0)$ với $a,b>0$. Phương trình đường thẳng dạng chắn: $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$. Vì $A(12;5)$ thuộc đường thẳng nên $\frac{12}{a}+\frac{5}{b}=1$. Diện tích khu nuôi cá là tam giác vuông: $S=\frac{1}{2}ab$. Theo AM-GM: $1=\frac{12}{a}+\frac{5}{b}\ge 2\sqrt{\frac{60}{ab}}$, suy ra $\frac{60}{ab}\le \frac{1}{4}$, tức $ab\ge 240$. Vậy $S\ge 120$ m², dấu bằng xảy ra khi $\frac{12}{a}=\frac{5}{b}=\frac{1}{2}$, tức $a=24$, $b=10$. Diện tích nhỏ nhất là $120$ m².

Điều kiện tồn tại hai điểm $M,N$: Ta có $y^{\prime }=3x^2+6a$. Tiếp tuyến tại điểm thuộc $(C)$ có hoành độ $x_0$ có hệ số góc bằng 3 khi và chỉ khi $$3x_0^2+6a=3⟺x_0^2=1-2a.$$ Để có hai điểm phân biệt $M,N$ thì phương trình trên phải có hai nghiệm phân biệt, tức là $1-2a>0$, hay $a<\frac{1}{2}$. Đặt $t=\sqrt{1-2a}>0$, khi đó $M(-t;-t^3-6at+b)$ và $N(t;t^3+6at+b)$. Phương trình đường thẳng $MN$: Hệ số góc của $MN$ bằng $$\frac{y_N-y_M}{x_N-x_M}=\frac{2t^3+12at}{2t}=t^2+6a=(1-2a)+6a=1+4a.$$ Vì $x_M+x_N=0$ và $y_M+y_N=2b$ nên điểm $(0;b)$ là trung điểm của $MN$, do đó $$MN:y=(1+4a)x+b\text{hay}(1+4a)x-y+b=0.$$ Khai thác giả thiết về khoảng cách: $$d(O,MN)=\frac{|b|}{\sqrt{(1+4a{)}^2+1}}=1⟹b^2=(1+4a{)}^2+1=16a^2+8a+2.$$ Từ đó $$a^2+b^2=17a^2+8a+2.$$ Viết lại biểu thức $P$: Đặt $u=a^2+b^2>0$. Theo đẳng thức vừa thu được, $17a^2+8a+2=u$, đồng thời $2a^2+b^2=a^2+(a^2+b^2)=a^2+u$. Do đó $$P=a^2+u+\frac{4}{u}.$$ Đánh giá: Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân, $$u+\frac{4}{u}\ge 2\sqrt{u\cdot \frac{4}{u}}=4,\text{daˆˊu ba˘ˋng khi }u=2.$$ Mặt khác $a^2\ge 0$, dấu bằng khi $a=0$. Vậy $P\ge 4$. Điều kiện xảy ra dấu bằng: Với $a=0$ ta có $b^2=16\cdot 0+8\cdot 0+2=2$, suy ra $u=a^2+b^2=2$. Như vậy hai dấu bằng xảy ra đồng thời. Khi đó $a=0<\frac{1}{2}$ nên hai điểm $M,N$ tồn tại và phân biệt, ứng với $b=\pm \sqrt{2}$. Đáp số: $\min P=4$, đạt được khi $a=0$ và $b=\pm \sqrt{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm của hồ bán nguyệt, bán kính $R=1,5$ km. Gọi $\phi =\angle POQ$ (rad), $0\le \phi \le \pi$ (góc ở tâm chắn cung $PQ$).

- Độ dài đoạn thẳng $PQ$ (chèo thuyền): $PQ=2R\sin \frac{\phi }{2}=3\sin \frac{\phi }{2}$.
- Độ dài cung $QR$ (đi bộ): $\widehat{QR}=R(\pi -\phi )=1,5(\pi -\phi )$.

Thời gian di chuyển:
$$T(\phi )=\frac{3\sin \frac{\phi }{2}}{3}+\frac{1,5(\pi -\phi )}{6}=\sin \frac{\phi }{2}+\frac{\pi -\phi }{4}.$$

Ta cần tìm giá trị lớn nhất của $T(\phi )$ trên $[0;\pi ]$.
$$T^{\prime }(\phi )=\frac{1}{2}\cos \frac{\phi }{2}-\frac{1}{4}=0⟺\cos \frac{\phi }{2}=\frac{1}{2}⟺\phi =\frac{2\pi }{3}.$$

So sánh:
- $T(0)=\frac{\pi }{4}\approx 0,785$;
- $T(\pi )=1$;
- $T\left(\frac{2\pi }{3}\right)=\sin \frac{\pi }{3}+\frac{\pi /3}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\pi }{12}\approx 0,8660+0,2618=1,1278$.

Vậy thời gian lớn nhất là $\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\pi }{12}\approx 1,13$ giờ, khớp với đáp án đã cho.

(AI giải đề cho tôi)
Doanh thu khi bán $x$ tấn: $R(x)=x(50-0,0002x^2)=50x-0,0002x^3$, với $0\le x\le 200$. Thuế $6\%$ doanh thu nên lợi nhuận sau thuế: $P(x)=0,94R(x)-150-35x=47x-0,000188x^3-150-35x=12x-0,000188x^3-150$. $P^{\prime }(x)=12-0,000564x^2=0\Rightarrow x^2=\frac{12}{0,000564}\approx 21276,6\Rightarrow x\approx 145,87$ (thỏa $[0;200]$). $P^{\prime \prime }(x)<0$ nên đây là điểm cực đại. $P(145,87)\approx 12(145,87)-0,000188(145,87{)}^3-150\approx 1750,4-583,5-150\approx 1016,9\approx 1017$ triệu đồng. Khớp đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi — đã kiểm tra lại toàn bộ tính toán)

CÂU 2a) Gọi $a$ là cạnh lục giác đều nội tiếp, bán kính đường tròn $R=15$ m. Khoảng cách từ tâm $O$ đến mỗi cạnh lục giác là $r=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Mỗi hình chữ nhật trồng hoa có chiều rộng $1$ m, chiều dài $a$, hai đỉnh ngoài chạm đường tròn nên: ${\left(\frac{a}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}+1\right)}^2=15^2$. Suy ra $\frac{a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}+a\sqrt{3}+1=225\iff a^2+a\sqrt{3}-224=0$, lấy nghiệm dương $a=\frac{\sqrt{899}-\sqrt{3}}{2}\approx 14,1256$ m. Diện tích lục giác (bể cá): $S_{lục}=\frac{3\sqrt{3}}{2}{a}^2\approx 518,403$ m². Diện tích trồng hoa (6 hình chữ nhật): $S_{hoa}=6a\approx 84,754$ m². Diện tích trồng cỏ: $S_{cỏ}=\pi R^2-S_{lục}-S_{hoa}=225\pi -518,403-84,754\approx 103,702$ m². Chi phí: cỏ $103,702\times 50000\approx 5185100$ đồng; hoa $84,754\times 1500000\approx 127131000$ đồng. Tổng: $\approx 132316000$ đồng $\approx 132,3$ triệu đồng.

CÂU 2b) Gọi $a$ là cạnh đáy lục giác đều và $h$ là chiều cao lăng trụ (chiều rộng hình chữ nhật). Hai đỉnh ngoài của hình chữ nhật nằm trên tấm bìa tròn bán kính 4 cm nên: ${\left(\frac{a}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}+h\right)}^2=16\iff a^2+\sqrt{3}ah+h^2=16$. Thể tích: $V=\frac{3\sqrt{3}}{2}{a}^{2}h$. Dùng nhân tử Lagrange: $\frac{3\sqrt{3}ah}{2a+\sqrt{3}h}=\frac{\frac{3\sqrt{3}}{2}{a}^2}{\sqrt{3}a+2h}\iff 2h(\sqrt{3}a+2h)=a(2a+\sqrt{3}h)\iff 2a^2-\sqrt{3}ah-4h^2=0\iff a=\frac{\sqrt{3}+\sqrt{35}}{4}h\approx 1,9121h$. Thay vào ràng buộc: $h^2\left(k^2+\sqrt{3}k+1\right)=16$ với $k=\frac{\sqrt{3}+\sqrt{35}}{4}$, mà $k^2+\sqrt{3}k+1=\frac{3(11+\sqrt{105})}{8}\approx 7,9676$, suy ra $h^2=\frac{128}{3(11+\sqrt{105})}\approx 2,0081$, $h\approx 1,4171$ cm, $a\approx 2,7096$ cm. Khi đó $V_{\max }=\frac{3\sqrt{3}}{2}{a}^{2}h=\frac{64\sqrt{2}(19+\sqrt{105})}{(11+\sqrt{105}{)}^{3/2}}\approx 27,03$ cm³. Vì $V\to 0$ khi $h\to 0$ hoặc $a\to 0$, điểm tới hạn duy nhất trong miền mở cho giá trị lớn nhất. Vậy thể tích lớn nhất của hộp quà là $\approx 27,03$ cm³.

Kiểm tra số: $a\approx 14,1256$: $a^2+a\sqrt{3}\approx 199,53+24,47=224$ ✓; $V_{\max }$ kiểm tra trực tiếp $\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot (2,7096{)}^2\cdot 1,4171\approx 27,03$ cm³ ✓.

(AI giải đề cho tôi)
Doanh thu hàng tháng: $x$ nghìn khách hàng với giá $p(x)=500-10x$ nghìn đồng/tháng nên doanh thu là $x(500-10x)$ triệu đồng (nghìn × nghìn = triệu). Nền tảng giữ 5\% nên doanh nghiệp nhận $0,95x(500-10x)$ triệu đồng.

Lợi nhuận:
$$L(x)=0,95x(500-10x)-(500+20x+0,5x^2)=475x-9,5x^2-500-20x-0,5x^2=-10x^2+455x-500.$$

Chỉ số hiệu quả:
$$H(x)=\frac{-10x^2+455x-500}{1000+20x},15\le x\le 30.$$

Đạo hàm:
$$H^{\prime }(x)=\frac{(-20x+455)(1000+20x)-20(-10x^2+455x-500)}{(1000+20x{)}^2}=\frac{-200x^2-20000x+465000}{(1000+20x{)}^2}.$$

$H^{\prime }(x)=0\iff x^2+100x-2325=0\iff x=\frac{-100+\sqrt{19300}}{2}\approx 19,462$ (nhận) hoặc $x<0$ (loại).

Trên $[15;19,462]$ hàm $H$ tăng, trên $[19,462;30]$ hàm $H$ giảm nên $H$ đạt max tại $x\approx 19,462$.

Ràng buộc giá là bội của 5 nghìn đồng: $p=500-10x$ là bội của 5 $\iff 10x$ chia hết cho 5 $\iff x$ là bội của $0,5$. Xét các giá trị lân cận:
- $x=19$: $L=4535$, $K=1380$, $H\approx 3,2862$.
- $x=19,5$: $L=4570$, $K=1390$, $H\approx 3,2878$.
- $x=20$: $L=4600$, $K=1400$, $H\approx 3,2857$.

Vậy $H(x)$ lớn nhất khi $x=19,5$ nghìn khách hàng, khi đó giá thuê bao là $p=500-10\cdot 19,5=305$ nghìn đồng/tháng.

Kết luận: Doanh nghiệp nên đặt giá thuê bao $305$ nghìn đồng mỗi tháng.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi số lần giảm giá 600 nghìn đồng là $t$. Khi đó số tivi bán được mỗi tuần là $x=1500+120t$, suy ra $t=\frac{x-1500}{120}$. Giá bán mỗi chiếc (triệu đồng) là $p=15-0,6t=15-0,6\cdot \frac{x-1500}{120}=15-\frac{x-1500}{200}=22,5-\frac{x}{200}$.

Doanh thu: $S=p\cdot x=22,5x-\frac{x^2}{200}$. Lợi nhuận: $P(x)=S-C(x)=22,5x-\frac{x^2}{200}-12000+\frac{5x}{2}=25x-\frac{x^2}{200}-12000$.

$P^{\prime }(x)=25-\frac{x}{100}=0\Rightarrow x=2500$. Vì $P^{\prime \prime }(x)=-\frac{1}{100}<0$ nên $P$ đạt max tại $x=2500$.

Giá bán tương ứng: $p=22,5-\frac{2500}{200}=22,5-12,5=10$ (triệu đồng).

(AI giải đề cho tôi)
Xét $G(x)=0,035x^2(15-x)$ trên $[0;15]$. Ta có $G^{\prime }(x)=0,035(30x-3x^2)=0,105x(10-x)$. $G^{\prime }(x)=0$ khi $x=0$ hoặc $x=10$. Trên $(0;10)$ có $G^{\prime }(x)>0$, trên $(10;15)$ có $G^{\prime }(x)<0$, nên hàm số đạt cực đại (và là giá trị lớn nhất trên $[0;15]$) tại $x=10$. Vậy liều lượng thuốc cần tiêm là $10$ miligam.