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

Đặt $BM=x\text{ (km)}$, điều kiện $0\le x\le 7$.
Ta có $AM=\sqrt{25+x^2}\Rightarrow$ thời gian chèo đò từ $A$ đến $M$ là $t_1=\frac{\sqrt{25+x^2}}{4}\text{ (h)}$.
Ta có $MC=7-x\Rightarrow$ thời gian đi bộ từ $M$ đến $C$ là $t_2=\frac{7-x}{6}\text{ (h)}$.
Tổng thời gian người đó đi từ $A$ đến $C$ là $t(x)=\frac{\sqrt{25+x^2}}{4}+\frac{7-x}{6}$.
Xét hàm số trên đoạn $[0;7]$:
$t^{\prime }(x)=\frac{x}{4\sqrt{25+x^2}}-\frac{1}{6}=0\iff 6x=4\sqrt{25+x^2}\iff 36x^2=16(25+x^2)\iff 20x^2=400\iff x=2\sqrt{5}$.
Giá trị nhỏ nhất là $\min t(x)=t(2\sqrt{5})=\frac{14+5\sqrt{5}}{12}\text{ (h)}\approx 2,0983\text{ h}\approx 126$ phút $=2$ giờ $6$ phút.
Để có mặt ở kho $C$ lúc 7 giờ sáng, người đó muộn nhất phải xuất phát lúc:
$7\text{h}-2\text{h }6\text{ phuˊt}=4\text{h }54\text{ phuˊt}$.

Gọi tâm hình vuông ban đầu là $O$, đỉnh góc vuông ban đầu là $S_1$. Khoảng cách từ tâm đến đỉnh hình vuông ban đầu là $S_{1}O=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Khi gập thành hình chóp tứ giác đều cạnh đáy $x$ ($0<x<\frac{\sqrt{2}}{2}$), gọi $M$ là trung điểm một cạnh đáy, ta có $OM=\frac{x}{2}$.
Độ dài trung đoạn của mặt bên là $S_{1}M=S_{1}O-OM=\frac{\sqrt{2}-x}{2}$.
Khi gập lại thành đỉnh chóp $S$, chiều cao $SO$ của khối chóp là:
$SO=\sqrt{S{M}^2-O{M}^2}=\sqrt{{\left(\frac{\sqrt{2}-x}{2}\right)}^2-{\left(\frac{x}{2}\right)}^2}=\sqrt{\frac{2-2\sqrt{2}x}{4}}=\frac{\sqrt{2-2\sqrt{2}x}}{2}$.
Thể tích khối chóp là:
$V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}{x}^2\frac{\sqrt{2-2\sqrt{2}x}}{2}=\frac{1}{6}\sqrt{2x^4-2\sqrt{2}{x}^5}$.
Xét hàm số $f(x)=2x^4-2\sqrt{2}{x}^5$ trên $\left(0;\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$:
$f^{\prime }(x)=8x^3-10\sqrt{2}{x}^4=2x^3(4-5\sqrt{2}x)=0\iff x=\frac{4}{5\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{5}$.
Lập bảng biến thiên ta thấy $f(x)$ đạt cực đại tại $x=\frac{2\sqrt{2}}{5}$.
Vậy khối chóp có thể tích lớn nhất khi $x=\frac{2\sqrt{2}}{5}$.

Ta có $y^{\prime }=6x^2-4x+7>0,\forall x\in \mathbb{R}$. Do đó hàm số luôn đồng biến trên $[-1;0]$. Khi đó $M=y(0)=1$ và $m=y(-1)=2(-1)-2(1)-7+1=-10$. Suy ra $M+m=1+(-10)=-9$. Chọn D.

Từ đồ thị hàm số trên đoạn $[-1;5]$ ta thấy:
${\max }_{[-1;5]}f(x)=3$ và ${\min }_{[-1;5]}f(x)=-2$.
Do đó ${\max }_{[-1;5]}f(x)+{\min }_{[-1;5]}f(x)=3+(-2)=1$.

Hàm số liên tục trên đoạn $[2;4]$.
Ta có $y^{\prime }=3x^2-3>0,\forall x\in [2;4]$.
Vậy hàm số đồng biến trên $[2;4]$, do đó ${\min }_{[2;4]}y=y(2)=2^3-3\cdot 2+5=7$.

Khi $x\in [-1;3]\Rightarrow f(x)=(x-1{)}^2\in [0;4]$. Đặt $f(x)=t\in [0;4]$.
Khi đó yêu cầu bài toán $\iff h(t)=t^2-2t+m$ có giá trị lớn nhất của $|h(t)|$ trên đoạn $[0;4]$ bằng 8.
Ta có $\{\begin{array}{l}|h(t)|\le 8,\forall t\in [0;4]\\ \exists t_0\in [0;4]:|h(t_0)|=8\end{array}$.
Với mọi $t\in [0;4]$: $-8\le t^2-2t+m\le 8\iff -t^2+2t-8\le m\le -t^2+2t+8$.
$\iff {\max }_{[0;4]}(-t^2+2t-8)\le m\le {\min }_{[0;4]}(-t^2+2t+8)\iff -7\le m\le 0$.
Để có điểm đạt dấu bằng thì $\left[\begin{array}{c}m=0\\ m=-7\end{array}\right]$.
Vậy tổng các phần tử của $S$ là $0+(-7)=-7$.

$f(x)=ax-(a-3)\ln (x^2+3x)\Rightarrow f^{\prime }(x)=a-(a-3)\frac{2x+3}{x^2+3x}$.
Vì ${\max }_{[1;3]}f(x)=f(2)$ nên $f^{\prime }(2)=0\Rightarrow a-(a-3)\frac{7}{10}=0\iff a=-7$.
$\Rightarrow f^{\prime }(x)=-7+10\frac{2x+3}{x^2+3x}$.
$f^{\prime }(x)=0\iff \left[\begin{array}{c}x=2\\ x=-\frac{15}{7}\end{array}\right]$.
Ta có: $f(1)=-7+10\ln 4\approx 6,86$; $f(2)=-14+10\ln 10$; $f(3)=-21+10\ln 18$.
Vậy ${\max }_{[1;3]}f(x)=f(2)$ và $m={\min }_{[1;3]}f(x)=f(1)\approx 6,86$.
Suy ra $m\in (6;7)$.

Ta có $V=\pi r^{2}h=1\Rightarrow r^2=\frac{1}{\pi h}\Rightarrow r=\frac{1}{\sqrt{\pi h}}$. Diện tích toàn phần: $S_{tp}=2\pi r^2+2\pi rh=\frac{2}{h}+2\sqrt{\pi h}=\frac{1}{h}+\frac{1}{h}+2\sqrt{\pi h}\ge 3\sqrt[3]{\frac{1}{h^2}\cdot 2\sqrt{\pi h}}$. Dấu bằng xảy ra khi $\frac{1}{h}=\sqrt{\pi h}\iff \pi h^3=4$ hay $2\pi r=h$. Từ $r=\frac{h}{2}$ thay vào $V=\pi \frac{h^2}{4}h=1\Rightarrow h^3=\frac{4}{\pi }\Rightarrow h=\sqrt[3]{\frac{4}{\pi }}\text{ dm}$. Chọn A.

Đặt $t=3x+1\in [1;4]$. Bất phương trình trở thành $f(t)+(t-2{)}^2\le m$. Khảo sát hàm số $g(t)=f(t)+(t-2{)}^2$ trên $[1;4]$, tìm được giá trị lớn nhất bằng 10 tại $t=2$ (tương ứng $x=1/3$). Do đó $m\ge 10$.


Chọn C.

Từ đồ thị $f^{\prime }(x)$, ta thấy $f^{\prime }(x)\le 0$ trên $[0;2]$ và $f^{\prime }(x)\ge 0$ trên $[2;4]$. Kết hợp giả thiết $f(2)+f(4)=f(3)+f(0)$ và so sánh diện tích hình phẳng, ta kết luận giá trị nhỏ nhất của $f(x)$ trên $[0;4]$ đạt tại $x=4$, tức là $f(4)$. Chọn B.

Ta có $y^{\prime }=3x^2+6x=0\iff x=0$ (loại) hoặc $x=-2$ (nhận). Tính các giá trị: $y(-5)=-40,y(-2)=14,y(-1)=12$. Vậy giá trị lớn nhất trên $[-5;-1]$ bằng 14. Chọn D.

Quan sát đồ thị hàm số trên đoạn $[1;3]$, giá trị nhỏ nhất của hàm số là $m={\min }_{[1;3]}f(x)=f(3)=-1$.

Trên đoạn $[2;3]$, ta có $y^{\prime }=\frac{-3}{(x-1{)}^2}<0$ nên hàm số nghịch biến trên $[2;3]$. Suy ra $M=y(2)=4$ và $m=y(3)=\frac{5}{2}$. Do đó $M^2+m^2=4^2+{\left(\frac{5}{2}\right)}^2=16+\frac{25}{4}=\frac{89}{4}$.

Ta có $f^{\prime }(x)=4x^3-16x=4x(x^2-4)=0\iff x=0$ hoặc $x=\pm 2$. Trên $[-1;3]$, các nghiệm là $x=0$ và $x=2$. Tính các giá trị: $f(-1)=-4$, $f(0)=3$, $f(2)=16-32+3=-13$, $f(3)=81-72+3=12$. Do đó $M=12$, $m=-13\Rightarrow M+m=12-13=-1$. Chọn D.

Ta có $y^{\prime }=e^x>0,\forall x$ nên hàm số đồng biến trên $[-1;1]$. Vậy ${\max }_{[-1;1]}y=y(1)=e$.

Ta có $y^{\prime }=3x^2+2mx+2m^2-m+1$.

Tam thức bậc hai có $a=3>0$ và biệt thức:
${\Delta }^{\prime }=m^2-3(2m^2-m+1)=-5m^2+3m-3=-5{\left(m-\frac{3}{10}\right)}^2-\frac{51}{20}<0,\forall m\in \mathbb{R}.$

Do đó $y^{\prime }>0,\forall x\in \mathbb{R}$, tức là hàm số luôn đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Suy ra ${\max }_{(-\infty ;0]}y=y(0)=m^2-3m$.

Theo giả thiết:
$m^2-3m=-2\iff m^2-3m+2=0\iff \{\begin{array}{l}m=1\\ m=2\end{array}$

Vậy tập hợp $S=\{1;2\}$, tích các phần tử của $S$ là $1\cdot 2=2$.

**Chọn C**

[ z = -1 + i (1)
z 2 + 2 z + 2 = z + 1 - i ⇔ z +1+ i . z +1- i = z +1- i ⇔
.
z
+
1
+
i
=
1
2
(
)
]
Với (1) , ta có z = 2 ( 3) .
Với ( 2 ) : Gọi M , I lần lượt là điểm biểu diễn z và -1 - i . Khi đó: I ( -1; - 1) và

( 2 ) ⇔ IM = 1 . Suy ra, quỹ tích điểm M là đường tròn ( C ) có tâm I , bán kính R = 1 . Do
đó, max z = max OM = OI + R = 1 + 2 ( 4 ) .
M ∈( C )
Vậy từ ( 3) , ( 4 ) ta có: Giá trị lớn nhất của z bằng

2 +1.

Đặt sin x = t $\Rightarrow$ t $\in$ [ -1;1] .

y = t 2 + 2t + 2 + t 2 - 4t + 13 = ( t + 1) + 1 + ( t - 2 ) + 9
2 2

= MA + MB
Với M ( t ;0 ) , A ( -1; -1) , B ( 2;3)
Ta có MA + MB \ge AB
Dấu “=” xảy ra khi M  I là giao điểm của AB với trục Ox
Ta có: AI = ( t + 1;1) , AB = ( 3; 4 ) mà AI , AB cùng phương nên
t +1 1 1 -1
= $\Rightarrow$ t = - $\iff$ sin x =
3 4 4 4
$\Rightarrow$ a = -1, b = 4 .
$\Rightarrow$ a 3 + b 2 = ( -1) + 42 = 15
3

1
e3 b c

Gọi khoảng cách từ tâm của khối cầu đến đáy của hình nón là x. ( 0 < x < 9 ) .

Khi đó, chiều cao của khối nón h = x + 9 và bán kính của khối nón r = 92 - x 2 $\Rightarrow$ r 2 = 81 - x 2

Thể tích khối nón là: V = S .h = $\pi$ (81 - x 2 ) ( x + 9 ) = $\pi$ ( x + 9 ) ( 9 - x )
1 1 1 2

3 3 3
Xét hàm số f ( x ) = $\pi$ ( x + 9 ) . ( 9 - x ) $\Rightarrow$ f ' ( x ) = $\pi$ ( -3x 2 - 18 x + 81) = 0 $\iff$ x = 3
1 2 1
3 3
Bảng biến thiên:

Vậy Vmax $\iff$ x = 3 . Khi đó diện tích đáy là: S = $\pi$ ( 92 - 32 ) = 72$\pi$ $\in$ [ 220; 230]

Ta có $f^{\prime }(x)=4x^3-12x=4x(x^2-3)=0\iff x=0$ hoặc $x=\pm \sqrt{3}$. Vì $x\in [-2;1]$, ta xét $x=0$ và $x=-\sqrt{3}$. Ta có $f(-2)=-6$, $f(1)=-3$, $f(0)=2$, $f(-\sqrt{3})=9-18+2=-7$. Vậy giá trị nhỏ nhất trên $[-2;1]$ là $-7$. Chọn D.