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

Từ bảng biến thiên trên đoạn $[-1;2]$, giá trị lớn nhất của hàm số là $f(2)=5$. Chọn B.

Hàm lợi nhuận là $L(x)=0,95(16x-0,005x^2)-4x=-0,00475x^2+11,2x$. Hoành độ đỉnh của parabol là $x_0=\frac{11,2}{2\cdot 0,00475}=\frac{22400}{19}=1178+\frac{18}{19}$. Vì $x\in \mathbb{N}$ và $1179$ gần $x_0$ hơn $1178$ nên lợi nhuận lớn nhất đạt tại $x=1179$.

Ta có $[f(x)+6x]f(x)=9x^4+3x^2+4\iff f^2(x)+6xf(x)+9x^2=9x^4+12x^2+4\iff [f(x)+3x{]}^2=(3x^2+2{)}^2$. Do $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và $f(0)>0$ nên $f(x)+3x=3x^2+2\Rightarrow f(x)=3x^2-3x+2$. Xét hàm số $y=f(2x^2-3x+1)$ trên $[0;1]$. Đặt $t=2x^2-3x+1$, với $x\in [0;1]$ thì hàm số $t(x)$ có đỉnh tại $x=\frac{3}{4}$, $t\left(\frac{3}{4}\right)=-\frac{1}{8}$, $t(0)=1,t(1)=0$. Suy ra $t\in \left[-\frac{1}{8};1\right]$. Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số $g(t)=3t^2-3t+2$ trên $\left[-\frac{1}{8};1\right]$. Đạo hàm $g^{\prime }(t)=6t-3=0\iff t=\frac{1}{2}\in \left[-\frac{1}{8};1\right]$. Ta có $g\left(-\frac{1}{8}\right)=3{\left(-\frac{1}{8}\right)}^2-3\left(-\frac{1}{8}\right)+2=\frac{155}{64}$; $g\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{5}{4}$; $g(1)=2$. Vậy ${\max }_{[0;1]}y=\frac{155}{64}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 199, trang 9) và hướng dẫn giải (trang 14), chọn C.

Hàm số liên tục trên $[0;4]$. Đạo hàm $f^{\prime }(x)=\frac{2(1)-(-1)(1)}{(x+1{)}^2}=\frac{3}{(x+1{)}^2}>0,\forall x\in [0;4]$. Do đó hàm số đồng biến trên $[0;4]$. Suy ra $m={\min }_{[0;4]}f(x)=f(0)=\frac{-1}{1}=-1$ và $M={\max }_{[0;4]}f(x)=f(4)=\frac{2(4)-1}{4+1}=\frac{7}{5}$. Khi đó $5M-3m=5\left(\frac{7}{5}\right)-3(-1)=7+3=10$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 199, trang 9), chọn A.

Hàm lợi nhuận là $P(x)=R(x)-C(x)=-0,001x^3+30x-10$ với $x\in [1;200]$. Ta có $P^{\prime }(x)=-0,003x^2+30=0\iff x=100$ (vì $x\in [1;200]$). Khi đó ${\max }_{[1;200]}P(x)=P(100)=-1000+3000-10=1990$ (triệu đồng).

Chọn A
Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số có giá trị lớn nhất trên  -3; 2 là M = 2 và giá trị nhỏ
nhất trên  -3; 2 là m = -4 .

Suy ra: 2 M - m = 2 $\cdot$ 2 - ( -4 ) = 8 .

Chọn D
1 4
Xét hàm số y = x - 2 x 2 + 2 + m trên đoạn  0;4 .
4
Ta có y' = x - 4 x .
3

x = 0 $\in$  0;4

Giải y' = 0 $\iff$ x - 4 x = 0 $\iff$ x = 2 $\in$  0;4
3

x = -2 $\notin$  0;4
Ta có y ( 0 ) = m + 2; y ( 2 ) = m - 2; y ( 4 ) = 34 + m .
Suy ra max y = y ( 4 ) = m + 34 = 5 $\Rightarrow$ m = -29 .
0;4
Suy ra m - a = -29 - 4 = -33 .
2

Xét $f(x)=x^3-2x^2+x-2$ trên đoạn $[0;2]$. Ta có $f^{\prime }(x)=3x^2-4x+1=0\iff x=1$ hoặc $x=\frac{1}{3}$. Cả hai điểm đều thuộc $[0;2]$. Tính giá trị: $f(0)=-2,f(2)=0,f(1)=-2,f\left(\frac{1}{3}\right)=-\frac{50}{27}$. Giá trị lớn nhất là ${\max }_{[0;2]}f(x)=f(2)=0$.

Xét hàm số $f(x)=2^x+3^x-ax-2$ trên $\mathbb{R}$. Ta có $f(0)=1+1-2=0$. Để $f(x)\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}$ thì $x=0$ phải là điểm cực tiểu của hàm số, do đó $f^{\prime }(0)=0$. Ta có $f^{\prime }(x)=2^x\ln 2+3^x\ln 3-a\Rightarrow f^{\prime }(0)=\ln 2+\ln 3-a=\ln 6-a=0\iff a=\ln 6$. Thử lại với $a=\ln 6$, hàm số $f(x)$ lồi trên $\mathbb{R}$ vì $f^{\prime \prime }(x)>0$ nên $f(x)\ge f(0)=0$ với mọi $x\in \mathbb{R}$.

Chọn A
Hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn  0; 2 .

f ' ( x ) = 6 x 2 - 10 x + 4 .

x = 1 $\in$  0; 2
f ' ( x ) = 0 $\iff$ 6 x - 10 x + 4 = 0 $\iff$
2
.
x = 2 $\in$  0; 2
3

2 26
y ( 0 ) = -2; y (1) = -1; y   = - ; y ( 2 ) = 2 .
3 27

Vậy min f ( x ) = y ( 0 ) = -2 .
0;2

5 5 5

Chọn A
2 x + 4 y + 8 z = 4 $\iff$ 2 x + 2 2 y + 23 z = 4 .
64
Ta có 4 = 2 x + 22 y + 23 z \ge 3. 3 2 x + 2 y +3 z $\iff$ 2 x + 2 y +3 z \le $\iff$ x + 2 y + 3 z \le 6 - 3log 2 3 .
27
1 1
Khi đó S \le 1 - log 2 3 . Suy ra M = 1 - log 2 3 .
2 2

a = 2 x $\Rightarrow$ x = log 2 a

 1
Đặt b = 4 y = 22 y $\Rightarrow$ y = log 2 b , khi đó a + b + c = 4 $\Rightarrow$ b + c = 4 - a .
 2
 1
c = 8 = 2 $\Rightarrow$ z = 3 log 2 b
y 3z

Do x, y, z \ge 0 nên a, b, c \ge 1 , ta có

( b - 1)( c - 1) \ge 0 $\iff$ bc \ge ( b + c ) - 1 $\iff$ bc \ge 4 - a - 1 $\iff$ bc \ge 3 - a $\iff$ abc \ge a ( 3 - a ) .
3 9
Xét f ( x ) = 3a - a 2 đạt GTNN trên a $\in$ 1; +$\infty$ ) là f   = .
2 4
9
Suy ra abc \ge 3a - a 2 \ge .
4
x y z 1 1 9
Mặt khác S = + + = log 2 ( abc ) \ge log 2   .
6 3 2 6 6 4

1 1 1
Khi đó N = ( 2 log 2 3 - 2 ) = log 2 3 - .
6 3 3

 1  1 1
 T $\in$ (1; 2 ) .
Vậy T = 2 M + 6 N = 2 1 - log 2 3  + 6  log 2 3 -  = log 2 3 
 2  3 3

Ta có $f^{\prime }(x)=-3x^2+4x-1=0\iff x=1$ hoặc $x=\frac{1}{3}$. Tính $f(-1)=5$, $f\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{23}{27}$, $f(1)=1$, $f(2)=-1$. Vậy ${\max }_{[-1;2]}f(x)=5$.

Xét $g(x)=x^4-4x^3+4x^2$ trên đoạn $[0;2]$. Ta có $g^{\prime }(x)=4x^3-12x^2+8x=4x(x-1)(x-2)=0\iff x\in \{0;1;2\}$. Giá trị tại các điểm: $g(0)=0,g(1)=1,g(2)=0$. Suy ra ${\min }_{[0;2]}g(x)=0,{\max }_{[0;2]}g(x)=1$. Khi đó $m=a$ và $M=a+1$. Điều kiện $M\le 2m\iff a+1\le 2a\iff a\ge 1$. Do $a\in [-4;4]$ và $a\in \mathbb{Z}$ nên $a\in \{1;2;3;4\}$, tuy nhiên nếu xét hàm có dấu trị tuyệt đối $|f(x)|$ theo đề gốc thì tổng các giá trị nguyên thỏa mãn là $1$.

Trên đoạn $[-1;2]$, từ bảng biến thiên ta có $M={\max }_{[-1;2]}f(x)=f(-1)=3$ và $m={\min }_{[-1;2]}f(x)=f(0)=0$. Vậy $M+m=3+0=3$. Chọn C.

a) Đúng vì $f\left(-\frac{\pi }{2}\right)=-2+\frac{\pi }{2}$ và $f\left(\frac{\pi }{2}\right)=2-\frac{\pi }{2}$.
b) Đúng vì $f^{\prime }(x)=2\cos x-1$.
c) Đúng vì trên $\left[-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right]$, $f^{\prime }(x)=0\iff \cos x=\frac{1}{2}\iff x=\pm \frac{\pi }{3}$, có tổng bằng $0$.
d) Sai vì giá trị lớn nhất của $f(x)$ trên $\left[-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right]$ là $f\left(\frac{\pi }{3}\right)=\sqrt{3}-\frac{\pi }{3}$.

Thời gian bơi ngược dòng $100\text{ km}$ là $t=\frac{100}{v-5}$ ($v>5$), nên $E(v)=100c\frac{v^3}{v-5}$. Đạo hàm $E^{\prime }(v)=100c\frac{v^2(2v-15)}{(v-5{)}^2}<0\iff 5<v<7,5$. Vậy khoảng lớn nhất $(a;b)$ là $(5;7,5)$ và giá trị lớn nhất của $b-a$ là $7,5-5=2,5$.

Ta có $y^{\prime }=3x^2+2>0,\forall x\in \mathbb{R}$.
Do đó hàm số luôn đồng biến trên đoạn $[1;2]$.
Suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn $[1;2]$ đạt tại $x=1$:
${\min }_{[1;2]}y=y(1)=1^3+2(1)+m=3+m.$
Theo bài ra, ${\min }_{[1;2]}y=5\iff 3+m=5\iff m=2$.

Chọn đáp án C.

Hàm số xác định và liên tục trên $[0;1]$. Ta có:
$y^{\prime }=\frac{(2x-3)(x-2)-(x^2-3x+6)}{(x-2{)}^2}=\frac{x^2-4x}{(x-2{)}^2}$
Cho $y^{\prime }=0⟺x^2-4x=0⟺x=0$ hoặc $x=4$ (loại vì không thuộc $[0;1]$).

Tính giá trị tại hai đầu mút:
$y(0)=\frac{6}{-2}=-3,y(1)=\frac{1-3+6}{1-2}=-4$
Suy ra $M={\max }_{[0;1]}y=-3$, $m={\min }_{[0;1]}y=-4$.

Vậy $M+2m=-3+2(-4)=-11$.

Đạo hàm: $y^{\prime }=\frac{1(2-x)-(x-1)(-1)}{(2-x{)}^2}=\frac{1}{(2-x{)}^2}>0,\forall x\in [3;4]$.
Do đó hàm số đồng biến trên $[3;4]$.
Giá trị nhỏ nhất là $y(3)=\frac{3-1}{2-3}=\frac{2}{-1}=-2$.
Chọn đáp án D.

Xét $u(x)=x^4-4x^3+4x^2=x^2(x-2{)}^2$ trên đoạn $[0;2]$.
Ta có $u^{\prime }(x)=4x(x-1)(x-2)$. Trên $[0;2]$, $u^{\prime }(x)=0⟺x=0,x=1,x=2$.
Giá trị: $u(0)=0,u(1)=1,u(2)=0$. Suy ra $0\le u(x)\le 1$.
Đặt $t=u(x)\in [0;1]$, ta xét $g(t)=|t+a|$ trên $[0;1]$.
- Trường hợp 1: $a\ge 0$.
Khi đó $t+a\ge 0$, nên $g(t)=t+a$.
Giá trị nhỏ nhất $m=a$, giá trị lớn nhất $M=a+1$.
Điều kiện $M\le 2m⟺a+1\le 2a⟺a\ge 1$.
Kết hợp $a\in [-3;3]\cap \mathbb{Z}⟹a\in \{1;2;3\}$ ($3$ giá trị).
- Trường hợp 2: $a+1\le 0⟺a\le -1$.
Khi đó $t+a\le 0$, nên $g(t)=-(t+a)=-t-a$.
Giá trị nhỏ nhất $m=-1-a$, giá trị lớn nhất $M=-a$.
Điều kiện $M\le 2m⟺-a\le 2(-1-a)⟺a\le -2$.
Kết hợp $a\in [-3;3]\cap \mathbb{Z}⟹a\in \{-3;-2\}$ ($2$ giá trị).
- Trường hợp 3: $-1<a<0$.
Khi đó biểu thức $t+a$ đổi dấu trên $[0;1]$, suy ra $m=0$.
Để $M\le 2m=0$ thì $M=0$ (vô lý vì $M>0$).
Vậy có tổng cộng $3+2=5$ số nguyên $a$ thỏa mãn: $a\in \{-3;-2;1;2;3\}$.
Chọn đáp án A.