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

Chọn B.
Ta có $y^{\prime }=\frac{-3}{(2x-1{)}^2}<0,\forall x\in [-2;0]$, do đó hàm số nghịch biến trên $[-2;0]$.
Suy ra $M=y(-2)=\frac{-2+1}{2(-2)-1}=\frac{1}{5}$; $m=y(0)=\frac{0+1}{2(0)-1}=-1$.
Vậy $15M+m=15\cdot \frac{1}{5}+(-1)=3-1=2$.

Chọn A.
Từ đồ thị hàm số $y=f(x)$ trên đoạn $[-2;1]$, ta có ${\min }_{[-2;1]}f(x)=0$ và ${\max }_{[-2;1]}f(x)=4$.
Xét hàm số $g(x)=f(x)+m+2$, trên $[-2;1]$ ta có:
${\min }_{[-2;1]}g(x)=m+2$ và ${\max }_{[-2;1]}g(x)=m+6$.
Khi đó giá trị lớn nhất của hàm số $y=g^2(x)$ là:
${\max }_{[-2;1]}y={\left({\max }_{[-2;1]}|g(x)|\right)}^2=36\iff {\max }_{[-2;1]}|g(x)|=6$.
Ta có $\max \{|m+2|,|m+6|\}=6\iff [<table><tbody><tr><td>|m+2|=6\text{ vaˋ }|m+6|\le 6</td></tr><tr><td>|m+6|=6\text{ vaˋ }|m+2|\le 6</td></tr></tbody></table>$
- Trường hợp 1: $|m+6|=6\iff m+6=6\Rightarrow m=0$ (thỏa mãn $|0+2|=2\le 6$) hoặc $m+6=-6\Rightarrow m=-12$ (loại vì $|-12+2|=10>6$).
- Trường hợp 2: $|m+2|=6\iff m+2=-6\Rightarrow m=-8$ (thỏa mãn $|-8+6|=2\le 6$) hoặc $m+2=6\Rightarrow m=4$ (loại vì $|4+6|=10>6$).
Vậy có 2 giá trị của $m$ thỏa mãn là $m=0$ và $m=-8$.
Tổng tất cả các giá trị của $m$ là: $0+(-8)=-8$.

Hàm lợi nhuận là $L(x)=x(1700-7x)-(1600+500x-1,6x^2+0,004x^3)=-0,004x^3-5,4x^2+1200x-1600$ với $0\le x\le \frac{1700}{7}$.
Ta có $L^{\prime }(x)=-0,012x^2-10,8x+1200=0\iff x=100$ (vì $x\ge 0$). Lập bảng biến thiên suy ra lợi nhuận lớn nhất khi $x=100$.

Ta có: y^\prime = 4 x3 - 3x 2 - 1 = 0 \iff ( x - 1) ( 4 x 2 + x + 1) = 0 \iff x = 1.
y (1) = -1; y ( 0 ) = 0; y ( 2 ) = 6 \implies min y = -1; max y = 6 \implies min y + max = -1 + 6 = 5 .
[ 0;2] [0;2] [0;2] [0;2]

1 1 1
Ta có P = log 2 a 2 + log 2b 2 + log 4 2 = + + .
ab 1 + log 2 a 1 + log 2 b 2 - log 2 a - log 2 b
x = log 2 a x, y \ge 0 1 1 1 2+ x+ y 1
Đặt ta được và P = + + = + .
y = log 2 b x + y \le 1 1 + x 1 + y 2 - x - y 1 + x + y + xy 2 - x - y
2+ x+ y 2+ x+ y 2+ x+ y 1 2+t 1
Vì xy \ge 0 nên \le suy ra P \le + = + = g ( t ) với
1 + x + y + xy 1 + x + y 1+ x + y 2 - x - y 1+ t 2 - t
t = x + y, 0 \le t \le 1 .
1 1 1 5 (1) 7
Ta có g ^\prime ( t ) = - + và g ^\prime ( t ) = 0 \iff t = , đồng thời g ( 0 ) = g (1) = ; g ( ) = .
(1 + t ) ( t - 2 ) (2) 3
2 2
2 2
5 t = 0 a = 2 a = 1 a = 1
Vậy giá trị lớn nhất của P là , đạt được khi \iff   .
2 t = 1 b = 1 b = 2 b = 1

Chọn B.
Ta có $f^{\prime }(x)=6x^2-6x=6x(x-1)=0\iff x=0$ (loại) hoặc $x=1\in [1/2;2]$.
Tính các giá trị:
$f(1/2)=2(1/8)-3(1/4)-1=1/4-3/4-1=-3/2$.
$f(1)=2-3-1=-2$.
$f(2)=2(8)-3(4)-1=16-12-1=3$.
Do đó $M=\max f(x)=3$, $m=\min f(x)=-2$.
Vậy $P=M-m=3-(-2)=5$.

Chọn C.
Phương trình tương đương:
${\log }_3(3x+3y)+(3x+3y)={\log }_3(x^2+y^2+xy+2)+(x^2+y^2+xy+2)$.
Xét hàm đặc trưng $f(t)={\log }_{3}t+t$ đồng biến, ta suy ra $3x+3y=x^2+y^2+xy+2$.
Biến đổi: $(2x+y{)}^2-6(2x+y)+5=-3(y-1{)}^2\le 0\Rightarrow 1\le 2x+y\le 5$.
Khi đó $P=\frac{3x+2y+1}{x+y+6}=1+\frac{2x+y-5}{x+y+6}\le 1$ (do $2x+y-5\le 0$ và $x+y+6>0$).
Dấu bằng xảy ra khi $2x+y=5$ và $y=1\Rightarrow x=2$. Vậy $P_{\max }=1$.

Dựa vào đồ thị trên đoạn $[-1;1]$, ta có $M=1$ và $m=0$, suy ra $M+m=1$.

Với $x\in [-3;-1]$, đặt $t=(x+2{)}^2\in [0;1]$. Trên $[0;1]$, $f^{\prime }(t)\le 0$ nên $f(t)$ nghịch biến trên $[0;1]$, suy ra ${\max }_{[-3;-1]}g(x)={\max }_{[0;1]}f(t)=f(0)$.

Thể tích khối chóp là $V(x)=\frac{1}{6}{x}^2\sqrt{2-2\sqrt{2}x}$ với $0<x<\frac{\sqrt{2}}{2}$. Khảo sát hàm số được $V^{\prime }(x)=0\iff x=\frac{2\sqrt{2}}{5}$.

Chọn C.
Ta có $y^{\prime }=\frac{-2}{(x-1{)}^2}<0$ với mọi $x\in [2;4]$, do đó hàm số nghịch biến trên $[2;4]$.
Vậy giá trị lớn nhất là $y(2)=\frac{2+1}{2-1}=3$.

Chọn C.
Tập xác định $D=\mathbb{R}\setminus \{-m\}$.
Để hàm số xác định trên $[1;4]$ thì $-m\notin [1;4]\iff m\notin [-4;-1]$.
Đạo hàm $y^{\prime }=\frac{2m(x+m)-(2mx+m^2+m-2)}{(x+m{)}^2}=\frac{m^2-m+2}{(x+m{)}^2}>0,\forall x\ne -m$ (do $m^2-m+2=(m-1/2{)}^2+7/4>0$).
Do đó hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định.
Vậy giá trị nhỏ nhất trên $[1;4]$ là $y(1)=\frac{2m+m^2+m-2}{1+m}=\frac{m^2+3m-2}{m+1}$.
Theo giả thiết ${\min }_{[1;4]}y=1\iff \frac{m^2+3m-2}{m+1}=1\iff m^2+3m-2=m+1\iff m^2+2m-3=0\iff [<table><tbody><tr><td>m=1</td></tr><tr><td>m=-3</td></tr></tbody></table>$.
Kết hợp điều kiện $m\notin [-4;-1]$:
- $m=1$ thỏa mãn.
- $m=-3\in [-4;-1]$ loại.
Vậy $S=\{1\}$, tổng các phần tử của $S$ bằng $1$.

Hàm số liên tục trên đoạn $[0;2]$ có $y^{\prime }=\frac{1}{(x+1{)}^2}>0,\forall x\in [0;2]$ nên đồng biến trên $[0;2]$.
Do đó $m=y(0)=3$ và $M=y(2)=\frac{11}{3}$.
Vậy $\frac{M}{m}=\frac{\frac{11}{3}}{3}=\frac{11}{9}$.

Từ giả thiết $x+y+xyz=z\iff x+y=z(1-xy)$. Vì $x,y,z>0$ nên $1-xy>0$ và $z=\frac{x+y}{1-xy}$.
Đặt $x=\tan a,y=\tan b$ với $a,b\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right),a+b<\frac{\pi }{2}$. Khi đó $z=\tan (a+b)$.
Biểu diễn biểu thức $P$ qua các biến góc và khảo sát hàm số, giá trị lớn nhất của $P$ đạt được xấp xỉ $1,42$, thuộc khoảng $(1,4;1,5)$.

Chọn đáp án B.

Tổng chi phí là $C(x)=2+0,5x+0,005x^2$ với $0<x\le 36$. Chi phí trung bình trên mỗi mét khối là $\overline{C}(x)=\frac{2}{x}+0,5+0,005x\ge 2\sqrt{\frac{2}{x}\cdot 0,005x}+0,5=0,2+0,5=0,7$ (triệu đồng, đạt tại $x=20$).

Xét hàm số $y=x^4-2x^2+2$ trên $[0;2]$. Ta có $y^{\prime }=4x^3-4x=4x(x^2-1)$.
$y^{\prime }=0\iff x=0$ hoặc $x=1$ hoặc $x=-1$ (loại vì không thuộc $[0;2]$).
Tính các giá trị:
- $y(0)=2$
- $y(1)=1^4-2(1{)}^2+2=1$
- $y(2)=2^4-2(2{)}^2+2=10$
So sánh các giá trị, ta được ${\min }_{[0;2]}y=1$ tại $x=1$.

Chọn đáp án D.

Dựa vào đồ thị hàm số trên đoạn $[-1;2]$, điểm cao nhất của đồ thị có tọa độ là $(0;0)$ và $(2;0)$, tương ứng với tung độ $y=0$. Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $[-1;2]$ bằng 0.

Chọn đáp án C.

Chọn A.
Từ đồ thị hàm số trên đoạn $[-1;3]$, điểm cao nhất của đồ thị có tọa độ $(3;3)$.
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $[-1;3]$ là ${\max }_{[-1;3]}f(x)=3$.

Chọn A.
Ta có $f^{\prime }(x)=-3x^2+6x=-3x(x-2)=0\iff x=0$ (thuộc $[-2;1]$) hoặc $x=2$ (loại).
Tính giá trị:
$f(-2)=-(-8)+3(4)+1=21$;
$f(0)=1$;
$f(1)=-1+3+1=3$.
Do đó $M={\max }_{[-2;1]}f(x)=21$ và $m={\min }_{[-2;1]}f(x)=1$.
Vậy $M+m=21+1=22$.

Chọn A.
Điều kiện: $x>0,0<y<6$.
Phương trình tương đương:
${\log }_{2}x-{\log }_2(6-y)+x^2+xy-6x=0\iff {\log }_2\left(\frac{x}{6-y}\right)+x(x+y-6)=0$
$\iff {\log }_{2}x+x^2={\log }_2(6-y)+(6-y)-xy\dots$
Nhận xét hàm đặc trưng $f(t)={\log }_{2}t+t$ đồng biến, ta suy ra mối quan hệ $x+y=6\iff y=6-x$.
Thay vào $T$ ta được:
$T=x^3+3(6-x)=x^3-3x+18.$
Xét trên khoảng $(0;6)$, ta có $T^{\prime }=3x^2-3=0\iff x=1$ (vì $x>0$).
Giá trị nhỏ nhất của $T$ tại $x=1$ là $T(1)=1^3-3(1)+18=16$.