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

(AI giải đề cho tôi)
**Thiết lập bài toán.** Đặt $O$ là gốc, tia $Ox$ chứa $X$ ($OX=120$ km), tia $Oy$ chứa $Y$ sao cho $\widehat{XOY}=120^{\circ }$ ($OY=150$ km). Vì $T$ nằm trên vùng cù lao (trong miền góc $XOY$) và $OT=60$ km, đặt $\theta =\widehat{XOT}$ với $0^{\circ }\le \theta \le 120^{\circ }$.

Áp dụng định lí cosin:
$$T{X}^2=60^2+120^2-2\cdot 60\cdot 120\cos \theta =18000-14400\cos \theta ,$$
$$T{Y}^2=60^2+150^2-2\cdot 60\cdot 150\cos (120^{\circ }-\theta )=26100-18000\cos (120^{\circ }-\theta ).$$

Chi phí (triệu USD), chú ý $100000$ USD $=0,1$ triệu USD:
$$C(\theta )=0,1TX+0,2TY=0,1\left(\sqrt{18000-14400\cos \theta }+2\sqrt{26100-18000\cos (120^{\circ }-\theta )}\right).$$

**Tìm cực tiểu của $f(\theta )=TX+2TY$.**
$$f^{\prime }(\theta )=\frac{7200\sin \theta }{TX}-\frac{18000\sin (120^{\circ }-\theta )}{TY}.$$
Cho $f^{\prime }(\theta )=0\iff \frac{\sin \theta }{TX}=\frac{2,5\sin (120^{\circ }-\theta )}{TY}$.

Thử các giá trị:
- $\theta =0^{\circ }$: $TX=60$, $TY=\sqrt{35100}\approx 187,35\Rightarrow f\approx 434,7$.
- $\theta =120^{\circ }$: $TY=90$, $TX=\sqrt{25200}\approx 158,75\Rightarrow f\approx 338,75$.
- $\theta =106^{\circ }$: $TX\approx 148,22$, $TY\approx 92,92\Rightarrow f\approx 334,07$.
- $\theta =106,1^{\circ }$: $TX\approx 148,30$, $TY\approx 92,89\Rightarrow f\approx 334,06$; tại đây $f^{\prime }$ đổi dấu từ âm sang dương nên đây là điểm cực tiểu.

Vậy $\theta \approx 106,1^{\circ }$, $TX\approx 148,28$ km, $TY\approx 92,89$ km, và
$$C_{\min }=0,1\cdot 148,28+0,2\cdot 92,89\approx 14,83+18,58\approx 33,41\text{ (triệu USD)}.$$

**Kết luận:** Chi phí thấp nhất để hoàn thành hai con đường là khoảng $\boxed{33,41}$ triệu USD (khoảng $33,4$ triệu USD), đạt được khi $T$ nằm trên cung tròn tâm $O$ bán kính $60$ km với $\widehat{XOT}\approx 106,1^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục với bờ sông là trục hoành, $M(0;0)$, $A(0;3)$. Vì $AB=3\sqrt{17}$ nên $A{B}^2=153$, và $BN=6$ nên chênh lệch cao độ giữa $A$ và $B$ là $6-3=3$. Suy ra khoảng cách ngang $MN=\sqrt{A{B}^2-3^2}=\sqrt{153-9}=\sqrt{144}=12$ km, tức $B(12;6)$, $N(12;0)$ (phù hợp hình vẽ: $A$ và $B$ cùng phía bờ sông, $B$ xa hơn).

Lấy $A^{\prime }$ đối xứng với $A$ qua bờ sông: $A^{\prime }(0;-3)$. Với mọi $C$ trên bờ sông, $CA=C{A}^{\prime }$, do đó $T=CA+CB=C{A}^{\prime }+CB\ge A^{\prime }B$ (bất đẳng thức tam giác), dấu bằng khi $A^{\prime },C,B$ thẳng hàng.

Vậy $T_{\min }=A^{\prime }B=\sqrt{12^2+(6-(-3){)}^2}=\sqrt{144+81}=\sqrt{225}=15$ km.

Kiểm tra: giao điểm của $A^{\prime }B$ với trục hoành có hoành độ $x=\frac{12\cdot 3}{9}=4$, nằm giữa $0$ và $12$, nên điểm $C$ tồn tại trên bờ sông và giá trị nhỏ nhất đạt được: $T_{\min }=15$ km.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $\theta$ là góc giữa thang và mặt đất. Thang gồm hai đoạn: từ đất đến mép trên hàng rào (độ cao $2,4$ m) và từ hàng rào đến tường (khoảng cách ngang $1,8$ m). Chiều dài thang: $L(\theta )=\frac{2,4}{\sin \theta }+\frac{1,8}{\cos \theta }$, với $0<\theta <\frac{\pi }{2}$.

$L^{\prime }(\theta )=-\frac{2,4\cos \theta }{{\sin }^2\theta }+\frac{1,8\sin \theta }{{\cos }^2\theta }=0\Rightarrow {\tan }^3\theta =\frac{2,4}{1,8}=\frac{4}{3}$.

Tại điểm này, dùng bất đẳng thức hoặc thay vào: $\sin \theta =\frac{4^{1/3}}{\sqrt{4^{2/3}+3^{2/3}}}$, $\cos \theta =\frac{3^{1/3}}{\sqrt{4^{2/3}+3^{2/3}}}$, suy ra
$$L_{\min }={\left(2,4^{2/3}+1,8^{2/3}\right)}^{3/2}.$$

Tính: $2,4^{2/3}\approx 1,79259$, $1,8^{2/3}\approx 1,47969$, tổng $\approx 3,27228$, nâng lên lũy thừa $3/2$ được $L_{\min }\approx 5,9196\approx 5,92$ (m). Kết quả trùng với đáp án nguồn 5,92.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=3x^2-3=0\iff x=\pm 1$. Trên đoạn $[1;2]$, chỉ có $x=1$ thuộc đoạn. Tính: $f(1)=1-3+5=3$, $f(2)=8-6+5=7$. Trên $(1;2)$, $f^{\prime }(x)>0$ nên hàm đồng biến, giá trị lớn nhất đạt tại $x=2$ bằng $7$. Khớp với đáp án nguồn B.

(AI giải đề cho tôi)
a) Số sản phẩm xuất khẩu: E(x)=R(x)−Q(x)=(x−500)−(5500−x)=2x−6000. Đúng.
b) Trên mỗi đơn vị xuất khẩu, lãi gấp 4 lần thuế: (5000−x)−y=4y ⟹ 5000−x=5y ⟹ y=(5000−x)/5. Đúng.
c) Tổng lãi xuất khẩu: L(x)=E(x)·4y=(2x−6000)·4(5000−x)/5=(4/5)(x−3000)(5000−x). Hàm số đạt cực đại tại x=(3000+5000)/2=4000, không phải 3500. Sai.
d) Tại x=4000: E=2000 sản phẩm, y=200, lãi mỗi sản phẩm 4y=800, tổng lãi L=2000·800=1 600 000 (nghìn đồng). Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
E(x)=R(x)−Q(x)=(x−500)−(5500−x)=2x−6000.
b) (AI giải đề cho tôi)
Lãi mỗi sản phẩm (5000−x)−y=4y ⟹ y=(5000−x)/5.
c) (AI giải đề cho tôi)
L(x)=(4/5)(x−3000)(5000−x) đạt max tại x=4000, không phải 3500.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tại x=4000: L=2000·800=1 600 000 (nghìn đồng).

(AI giải đề cho tôi)
Sản lượng cá sau $t$ tuần là tổng khối lượng cá còn sống: $$y(t)=P(t)\cdot w(t)=\frac{5000}{t+10}\cdot \frac{4+t-0,02t^2}{100}=\frac{50(4+t-0,02t^2)}{t+10},0\le t\le 15.$$ Xét $f(t)=\frac{4+t-0,02t^2}{t+10}$. Ta có $$f^{\prime }(t)=\frac{(1-0,04t)(t+10)-(4+t-0,02t^2)}{(t+10{)}^2}=\frac{-0,02t^2-0,4t+6}{(t+10{)}^2}.$$ Cho $f^{\prime }(t)=0\iff t^2+20t-300=0\iff t=10$ (nhận, $t=-30$ loại). Với $0\le t<10$ thì $f^{\prime }(t)>0$, với $10<t\le 15$ thì $f^{\prime }(t)<0$, nên $y(t)$ đạt giá trị lớn nhất tại $t=10$. Khi đó $y(10)=\frac{50(4+10-2)}{20}=\frac{50\cdot 12}{20}=30$ (kg). Vậy sau 10 tuần sản lượng cá đạt giá trị lớn nhất, bằng 30 kg — trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 4 (2,0 điểm).

a) A thuộc $(C_1)$ có hoành độ 1 nên $A(1;1)$. Gọi $B\left(t;\frac{4}{t}\right)$ thuộc $(C_2)$, $t\ne 0$. Ta có
$$A{B}^2=(t-1{)}^2+{\left(\frac{4}{t}-1\right)}^2=t^2-2t+1+\frac{16}{t^2}-\frac{8}{t}+1.$$
Xét $f(t)=A{B}^2$:
$$f^{\prime }(t)=2t-2-\frac{32}{t^3}+\frac{8}{t^2}=\frac{2(t^4-t^3+4t-16)}{t^3}=\frac{2(t-2)(t^3+t^2+2t+8)}{t^3}.$$
Với $t>0$, tam thức $t^3+t^2+2t+8>0$ nên $f^{\prime }(t)=0\iff t=2$; $f^{\prime }(t)<0$ khi $t\in (0;2)$ và $f^{\prime }(t)>0$ khi $t>2$, do đó $f$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $t=2$. (Với $t=-2$ trên nhánh còn lại, $f(-2)=18>2$, không ảnh hưởng kết quả.)
Vậy $B(2;2)$ và $A{B}_{\min }=\sqrt{(2-1{)}^2+(2-1{)}^2}=\sqrt{2}$.

b) Với $M\left(a;\frac{1}{a}\right)$, $a>1$, xét điểm $N\left(a+1;\frac{4}{a+1}\right)$ thuộc $(C_2)$ (vì $(a+1)\cdot \frac{4}{a+1}=4$). Khi đó
$$M{N}^2=(a+1-a{)}^2+{\left(\frac{4}{a+1}-\frac{1}{a}\right)}^2=1+{\left(\frac{3a-1}{a(a+1)}\right)}^2.$$
Vì $a>1$ nên $3a-1>0$ và
$$3a-1<a^2+a\iff a^2-2a+1>0\iff (a-1{)}^2>0,$$
luôn đúng với $a\ne 1$. Suy ra $0<\frac{3a-1}{a(a+1)}<1$, do đó
$$M{N}^2<1+1=2=A{B}^2\Rightarrow MN<AB.$$
Điều phải chứng minh. (Dấu bằng chỉ xảy ra khi $a=1$, tức $M\equiv A$, $N\equiv B$.) Kết quả phù hợp với đáp án nguồn: a) $B(2;2)$, $A{B}_{\min }=\sqrt{2}$; b) đã chứng minh $MN<AB$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên: $f(-1)=4$, $f(1)=-2$, $f(3)=7$, $f(4)=1$. Hàm số giảm trên $[-1;1]$, tăng trên $[1;3]$, giảm trên $[3;4]$. Giá trị lớn nhất trên đoạn là $\max \{f(-1);f(1);f(3);f(4)\}=\max \{4;-2;7;1\}=7$, đạt tại $x=3$. Vậy chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ: trên đoạn $[-2;1]$ đồ thị là phần parabol có đỉnh $(-1;3)$, đi qua $(-2;2)$ và $(1;-1)$; trên đoạn $[1;4]$ là đoạn thẳng nối $(1;-1)$ đến $(4;5)$. Do đó trên $[-2;4]$: giá trị lớn nhất $\max f=f(4)=5$, giá trị nhỏ nhất $\min f=f(1)=-1$. Tổng $\max f+\min f=5+(-1)=4$. Vậy chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=3x^2-6x-9=3(x-3)(x+1)$. Trên đoạn $[-2;2]$, $f^{\prime }(x)=0$ khi $x=-1$ (nghiệm $x=3$ không thuộc đoạn). Tính giá trị tại các điểm: $f(-2)=-8-12+18+10=8$; $f(-1)=-1-3+9+10=15$; $f(2)=8-12-18+10=-12$. Vậy ${\max }_{[-2;2]}f(x)=15$ đạt tại $x=-1$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=3x^2-12=0\Rightarrow x=\pm 2$. Trên đoạn $[0;3]$ chỉ có điểm tới hạn $x=2$. Tính giá trị: $f(0)=1$, $f(2)=8-24+1=-15$, $f(3)=27-36+1=-8$. So sánh: giá trị nhỏ nhất là $-15$ tại $x=2$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=\frac{x+3}{x-1}$ có $y^{\prime }=-\frac{4}{(x-1{)}^2}<0$ với mọi $x\ne 1$, nên hàm số nghịch biến trên đoạn $[2;5]$. Do đó giá trị nhỏ nhất đạt tại $x=5$: $y(5)=\frac{5+3}{5-1}=\frac{8}{4}=2$. Vậy đáp án là B.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=\frac{2x-1}{x+1}$ xác định trên $[0;3]$ vì $x=-1\notin [0;3]$. Ta có $y^{\prime }=\frac{2(x+1)-(2x-1)}{(x+1{)}^2}=\frac{3}{(x+1{)}^2}>0$ với mọi $x\ne -1$, nên hàm số đồng biến trên $[0;3]$. Do đó giá trị lớn nhất đạt tại $x=3$: $y(3)=\frac{2\cdot 3-1}{3+1}=\frac{5}{4}$. Vậy đáp án là B.

(AI giải đề cho tôi)
Trên $(0;+\infty )$, ta có $f^{\prime }(x)=1-\frac{9}{x^2}$. Cho $f^{\prime }(x)=0\Rightarrow x^2=9\Rightarrow x=3$ (nhận vì $x>0$; $x=-3$ loại). Với $0<x<3$ thì $f^{\prime }(x)<0$, với $x>3$ thì $f^{\prime }(x)>0$, nên hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=3$, với $f(3)=3+\frac{9}{3}=6$. Vậy đáp án C (khớp với đáp án nguồn).

(AI giải đề cho tôi)
Xét $y=x^4-4x^2+3$ trên $[0;2]$. Ta có $y^{\prime }=4x^3-8x=4x(x^2-2)$, $y^{\prime }=0$ khi $x=0$ hoặc $x=\sqrt{2}$ (thuộc $[0;2]$). Tính giá trị: $y(0)=3$, $y(\sqrt{2})=4-8+3=-1$, $y(2)=16-16+3=3$. Vậy ${\max }_{[0;2]}y=3$, ${\min }_{[0;2]}y=-1$, tổng bằng $3+(-1)=2$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Vận tốc là $v(t)=s^{\prime }(t)=-3t^2+12t+9$. Trên $[0;5]$, $v^{\prime }(t)=-6t+12=0\Rightarrow t=2$. So sánh: $v(0)=9$, $v(2)=-12+24+9=21$, $v(5)=-75+60+9=-6$. Vậy vận tốc lớn nhất bằng $21$ (m/s) tại $t=2$ giây, khớp với đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $N(t)=1495+48t^2-4t^3$ trên $[0;30]$. Ta có $N^{\prime }(t)=96t-12t^2=12t(8-t)$. Cho $N^{\prime }(t)=0$ được $t=0$ hoặc $t=8$ (thỏa mãn $0\le t\le 30$). Trên $(0;8)$ thì $N^{\prime }(t)>0$, trên $(8;30)$ thì $N^{\prime }(t)<0$, nên hàm số đạt cực đại (cũng là giá trị lớn nhất) tại $t=8$ phút. Đổi ra giây: $8\times 60=480$ giây. Vậy chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: giá bán mỗi sản phẩm là $(1400-7,5x)$ USD nên số tiền thu được $F(x)=x(1400-7,5x)=1400x-7,5x^2$ (USD). b) Đúng: chi phí tổng $C(x)=x\cdot \overline{C}(x)=x\left(x^2-6x+140+\frac{750}{x}\right)=x^3-6x^2+140x+750$ (USD). c) Đúng: lợi nhuận $P(x)=F(x)-C(x)=1400x-7,5x^2-(x^3-6x^2+140x+750)=-x^3-1,5x^2+1260x-750$ (USD). d) Đúng: $P^{\prime }(x)=-3x^2-3x+1260=0\iff x^2+x-420=0\iff x=20$ (nhận, vì $1\le x\le 186$) hoặc $x=-21$ (loại). Vì $P^{\prime }(x)>0$ khi $x<20$ và $P^{\prime }(x)<0$ khi $x>20$ nên $P(20)=-8000-600+25200-750=15850$ (USD) là lợi nhuận lớn nhất.
a) (AI giải đề cho tôi)
F(x) = x(1400 - 7,5x) = 1400x - 7,5x^2 (USD).
b) (AI giải đề cho tôi)
C(x) = x·C̄(x) = x^3 - 6x^2 + 140x + 750 (USD).
c) (AI giải đề cho tôi)
P(x) = F(x) - C(x) = -x^3 - 1,5x^2 + 1260x - 750 (USD).
d) (AI giải đề cho tôi)
P'(x) = -3x^2 - 3x + 1260 = 0 cho x = 20 (x = -21 loại); P(20) = 15850 USD là lợi nhuận lớn nhất.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $V(t)=(t^2+10t+100)e^{-0,02t}+50$, $0\le t\le 100$.

a) $V(0)=100\cdot e^0+50=150$ lít $\ne 50$ lít → khẳng định SAI.

b) $V^{\prime }(t)=(2t+10)e^{-0,02t}-0,02(t^2+10t+100)e^{-0,02t}=e^{-0,02t}(-0,02t^2+1,8t+8)$.
Xét $(V^{\prime }(t){)}^{\prime }=e^{-0,02t}(0,0004t^2-0,076t+1,64)=0\iff t^2-190t+4100=0\Rightarrow t\approx 24,82$ (nghiệm kia $\approx 165$ ngoài đoạn). Tại $t\approx 24,82$: $-0,02t^2+1,8t+8\approx 40,36$, $e^{-0,02t}\approx 0,6087$ nên $V^{\prime }\approx 24,57$ lít/phút. So với $V^{\prime }(0)=8$ và $V^{\prime }(100)=-12e^{-2}<0$ → tốc độ rót lớn nhất khoảng $24,57$ lít/phút → ĐÚNG.

c) Công thức đúng là $G(t)=V^{\prime }(t)=e^{-0,02t}(-0,02t^2+1,8t+8)$, không phải $G(t)=-0,02(2t+10)e^{-0,02t}$ → SAI.

d) $V^{\prime }(t)=0\iff t^2-90t-400=0\Rightarrow t=\frac{90+\sqrt{9700}}{2}\approx 94,24$ (nghiệm âm loại). Vì $V^{\prime }(t)>0$ trên $[0;94,24)$ và $V^{\prime }(t)<0$ trên $(94,24;100]$ nên $V$ đạt max tại $t\approx 94,24$: $V(94,24)\approx 9924\cdot e^{-1,8848}+50\approx 1507+50\approx 1557$ lít → ĐÚNG.
a) (AI giải đề cho tôi)
$V(0)=100+50=150$ lít, không phải 50 lít.
b) (AI giải đề cho tôi)
$V^{\prime }(t)=e^{-0,02t}(-0,02t^2+1,8t+8)$ đạt max tại $t\approx 24,82$ với giá trị $\approx 24,57$ lít/phút.
c) (AI giải đề cho tôi)
Công thức đúng: $G(t)=e^{-0,02t}(-0,02t^2+1,8t+8)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$V$ đạt max tại $t\approx 94,24$ với $V\approx 1557$ lít.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $f(x)=x+\frac{4}{x}$ trên $[1;4]$. Ta có $f^{\prime }(x)=1-\frac{4}{x^2}$, $f^{\prime }(x)=0\iff x=2$ (thỏa mãn trong đoạn). Tính giá trị: $f(1)=1+4=5$; $f(2)=2+2=4$; $f(4)=4+1=5$. Vậy ${\max }_{[1;4]}f(x)=5$, ${\min }_{[1;4]}f(x)=4$. Tích cần tìm: $5\times 4=20$.