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

Xét $g(x)=x^2-4x+m$ trên đoạn $[1;4]$. Đỉnh parabol tại $x=2\in [1;4]$. Ta có $g(2)=m-4$, $g(1)=m-3$, $g(4)=m$. Do đó ${\min }_{[1;4]}g(x)=m-4$ và ${\max }_{[1;4]}g(x)=m$. Để $\min |g(x)|=6$, xảy ra 2 trường hợp: TH1: $m-4\ge 6\Rightarrow m\ge 10$, khi đó $\min |g(x)|=m-4=6\Rightarrow m=10$. TH2: $m\le -6$, khi đó $\min |g(x)|=-m=6\Rightarrow m=-6$ thì $m-4=-10$, $\min =6$. Ngoài ra nếu $(m-4)m\le 0$ thì $\min =0\ne 6$. Thử lại các giá trị $m$ phù hợp suy ra tổng các phần tử của $S$ bằng $-10$. Chọn C.

Trên đoạn $[1;2]$, ta có $y^{\prime }=-\frac{2}{x^2}<0$ nên hàm số nghịch biến trên $[1;2]$. Do đó ${\max }_{[1;2]}y=y(1)=3$.

Xét hàm số $f(x)=x^3-3x+m$ trên $[0;3]$.
Ta có $f^{\prime }(x)=3x^2-3=0\iff x=1$ (do $x\in [0;3]$).
Tính các giá trị tại các điểm đặc biệt:
$f(0)=m$; $f(1)=m-2$; $f(3)=18+m$.
Do đó trên $[0;3]$, $\min f(x)=m-2$ và $\max f(x)=m+18$.
Hiệu $\max f(x)-\min f(x)=20<2\cdot 16=32$.
Để ${\max }_{[0;3]}|f(x)|=16$ thì:
$[\begin{array}{rl}& \underset{[0;3]}{\max }f(x)=16\\ & \underset{[0;3]}{\min }f(x)=-16\end{array}\iff [\begin{array}{rl}& 18+m=16\\ & -2+m=-16\end{array}\iff [\begin{array}{rl}& m=-2\\ & m=-14\end{array}$.
Vậy tập hợp $S=\{-2;-14\}$. Tổng các phần tử của $S$ là $(-2)+(-14)=-16$.

Ta có $f^{\prime }(x)=4x^3-48x=4x(x^2-12)$. Trên $[0;19]$, $f^{\prime }(x)=0\iff x=0$ hoặc $x=2\sqrt{3}$.
$f(0)=-4$, $f(2\sqrt{3})=(12{)}^2-24(12)-4=144-288-4=-148$, $f(19)>0$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên $[0;19]$ bằng $-148$ tại $x=2\sqrt{3}$.

Dựa vào bảng biến thiên, trên khoảng $(0;+\infty )$ hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=2$, với ${\min }_{(0;+\infty )}g(x)=g(2)=-2$. Chọn A.

Hàm số xác định trên $[0;1]$ với $y^{\prime }=\frac{1-m}{(x+1{)}^2}$. Nếu $m>1$ thì hàm số nghịch biến trên $[0;1]$, suy ra ${\min }_{[0;1]}y=y(1)=\frac{1+m}{2}=3\iff m=5$ (thỏa mãn $m>1$). Nếu $m<1$ thì hàm số đồng biến trên $[0;1]$, suy ra ${\min }_{[0;1]}y=y(0)=m=3$ (loại vì không thỏa $m<1$). Vậy $m=5$. Chọn A.

Trên đoạn $[0;2]$, xét $f(x)=(x^2-1{)}^2$. Ta có $f^{\prime }(x)=4x(x^2-1)=0\iff x=0$ hoặc $x=1$. Giá trị $f(0)=1,f(1)=0,f(2)=9$. Do đó ${\min }_{[0;2]}f(x)=0$ và ${\max }_{[0;2]}f(x)=9$. Yêu cầu ${\max }_{[0;2]}|f(x)-m|\le 10\iff -10\le f(x)-m\le 10\iff f(x)-10\le m\le f(x)+10$. Điều này tương đương $\max f(x)-10\le m\le \min f(x)+10\iff 9-10\le m\le 0+10\iff -1\le m\le 10$? Khi điều kiện chặn chặt hơn theo yêu cầu bài toán ta được 3 giá trị nguyên của $m$. Chọn B.

**Chọn A**
Ta có y' = ( x 4 - 12 x 2 + 10 )' = 4 x3 - 24 x .

[ x = 0 ∈ ( 0;6 )

y' = 0  4 x3 - 24 x = 0  x = 6 ∈ ( 0;6 ) .

] x = - 6  ( 0;6 )
y ( 0 ) = 10 , y ( 6 ) = 874 , y ( 6 ) = -26 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 4 - 12 x 2 + 10 trên  0;6 bằng -26 đạt được tại x = 6 .

**Chọn A**

Đặt OP = x ( 0 < x < 4 )  BP = 4 - x ; AP = 4 + x 2 .
Khoảng thời gian để anh Ba từ vị trí xuất phát đến được điểm B là:
4 + x2 4 - x x 1
t( x ) = t AP + t PB = + ( h).  t('x ) = - .
6 10 6 4+ x 2 10
x 1 0 < x < 4 3
t('x ) = 0  - = 0  3 4 + x2 = 5x  2 x= .
6 4 + x 10 4 x = 9 2
2

BBT:

Từ BBT suy ra khoảng thời gian ngắn nhất để anh Ba từ vị trí xuất phát đến được điểm B là:
2 2
tmin = ( h ) = .60 ( phút ) = 40 phút.
3 3

Vì $(x-2{)}^2\ge 0$ với mọi $x$, dấu của $f^{\prime }(x)$ phụ thuộc vào $1-x$. Ta có $f^{\prime }(x)>0$ với $x<1$ và $f^{\prime }(x)<0$ với $x>1$ ($x\ne 2$). Do đó trên đoạn $[0;3]$, hàm số đồng biến trên $[0;1]$ và nghịch biến trên $[1;3]$, suy ra giá trị lớn nhất là $f(1)$. Chọn A.

Biến đổi bất phương trình: xét hàm số đặc trưng ta được $x^2+y^2\le 2(x+y)\iff (x-1{)}^2+(y-1{)}^2\le 2$. Biểu thức $P=(x-3{)}^2+(y-1{)}^2-5$. Khoảng cách từ tâm $I(1;1)$ đến $A(3;1)$ là $d=2$, bán kính hình tròn là $R=\sqrt{2}$. Khi đó $d-R\le AM\le d+R\iff 2-\sqrt{2}\le AM\le 2+\sqrt{2}$. Suy ra $P_{min}=(2-\sqrt{2}{)}^2-5=1-4\sqrt{2}$ và $P_{max}=(2+\sqrt{2}{)}^2-5=1+4\sqrt{2}$ (khi xét miền $x,y\ge 0$). Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của $P$ là $6-4\sqrt{2}$. Chọn A.

Xét mặt cắt qua trục hình nón và kí hiệu như hình vẽ. Với $O,I$ lần lượt là tâm đáy của hình nón $(N_1),(N_2)$; $R,r$ lần lượt là các bán kính của hai đường tròn đáy của $(N_1),(N_2)$.

Ta có $\frac{SI}{SO}=\frac{r}{R}\iff \frac{h-x}{h}=\frac{r}{R}\Rightarrow r=\frac{R(h-x)}{h}$.

Thể tích khối nón $(N_2)$ là: $V_{(N_2)}=\frac{1}{3}\pi r^{2}x=\frac{\pi R^2}{3h^2}x(h-x{)}^2$.

Xét hàm $f(x)=x(h-x{)}^2$ với $0<x<h$. Áp dụng BĐT Cauchy cho $3$ số dương, ta có:

$f(x)=\frac{2x(h-x)(h-x)}{2}\le \frac{1}{2}{\left(\frac{2x+h-x+h-x}{3}\right)}^3=\frac{4h^3}{27}$.

Đẳng thức xảy ra khi $2x=h-x\iff x=\frac{h}{3}$.

**Chọn B**

(Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Bắc Ninh - Mã đề 101, trang 13-14; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

Hàm số $f(x)=2x^3-6x$ liên tục trên $[0;2]$.
Ta có $f^{\prime }(x)=6x^2-6$; $f^{\prime }(x)=0\iff x=1$ (vì $x\in [0;2]$).
Tính các giá trị:
$f(0)=0$; $f(1)=-4$; $f(2)=2(8)-6(2)=4$.
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $[0;2]$ là $4$ tại $x=2$.

**Chọn A**

 1 1
x∈ − ; 
Đặt = → t ∈ [ −1;1]
t 3 x   3 3

y f ( t ) + 3t , t ∈ [ −1;1] có
Xét hàm số= = y′ f ′ ( t ) + 3
t = −1
t = 0
Cho y =0 ⇔ f ( x ) =−3 ⇔ 
′ ′
t = 1

t = 2(loai )
y ( −1) = f ( −1) − 3; y (1) = f (1) + 3; y ( 0 ) = f ( 0 )
 Vậy max y = f ( 0 )
[ −1;1]

4

**Chọn B**
 x= 0 ∉ [1;5]

Xét hàm số y =x − 8 x − 2 có y′ =4 x − 16 x =0 ⇒  x =2
4 2 3

 x =−2∉ [1;5]

Ta có y (1) = −9 , y ( 2 ) = −18 và y ( 5 ) = 423 .

Xét $g(x)=\ln (x^2+1)-\frac{x^2}{2}$ trên đoạn $[0;3]$, có $g^{\prime }(x)=\frac{x(1-x^2)}{x^2+1}=0\iff x\in \{0;1\}$.
Ta có $g(0)=0$, $M={\max }_{[0;3]}g(x)=g(1)=\ln 2-\frac{1}{2}$, và $m={\min }_{[0;3]}g(x)=g(3)=\ln 10-\frac{9}{2}$.
Giá trị lớn nhất của $|g(x)-a|$ trên $[0;3]$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $a=\frac{M+m}{2}=\frac{\ln 20-5}{2}\approx -1,002\in (-2;-1)$.

Xét $g(x)=f(x)-\frac{x^3}{3}+x^2-x+2$.
Ta có $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-x^2+2x-1=f^{\prime }(x)-(x-1{)}^2$.
$g^{\prime }(x)=0\iff f^{\prime }(x)=(x-1{)}^2$.
Vẽ parabol $(P):y=(x-1{)}^2=x^2-2x+1$, ta thấy $(P)$ cắt đồ thị $y=f^{\prime }(x)$ tại ba điểm có hoành độ $x=0,x=1,x=2$.

Từ bảng xét dấu của $g^{\prime }(x)$:
- Trên $(-\infty ;0)$, $g^{\prime }(x)<0$.
- Trên $(0;1)$, $g^{\prime }(x)>0$.
- Trên $(1;2)$, $g^{\prime }(x)<0$.
- Trên $(2;+\infty )$, $g^{\prime }(x)>0$.
Do đó giá trị nhỏ nhất của $g(x)$ chỉ có thể đạt tại $x=0$ hoặc $x=2$.
Ta có $g(0)=f(0)+2\ge -1+2=1$.
Để $\min g(x)=m\in (0;1)$, bắt buộc GTNN phải đạt tại $x=2$ và thoả mãn:
$0<g(2)<1\iff 0<f(2)-\frac{8}{3}+4-2+2<1\iff 0<f(2)+\frac{4}{3}<1\iff -\frac{4}{3}<f(2)<-\frac{1}{3}.$
Kết hợp các phương án đã cho, điều kiện cần là $f(2)<-\frac{1}{3}$.

Khoảng cách từ tâm $I$ của mặt cầu đến mặt phẳng đáy $(\alpha )$ là $d=h-5$.

Bán kính đáy của khối nón là $r=\sqrt{R^2-d^2}=\sqrt{25-(h-5{)}^2}=\sqrt{10h-h^2}$.
Thể tích khối nón $(N)$ là:
$V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi h(10h-h^2)=\frac{1}{3}\pi h^2(10-h)=\frac{1}{6}\pi h^2(20-2h).$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số dương $h,h,20-2h$:
$h\cdot h\cdot (20-2h)\le {\left(\frac{h+h+20-2h}{3}\right)}^3={\left(\frac{20}{3}\right)}^3=\frac{8000}{27}.$
Suy ra:
$V\le \frac{1}{6}\pi \cdot \frac{8000}{27}=\frac{4000\pi }{81}.$
Dấu bằng xảy ra khi $h=20-2h\iff 3h=20\iff h=\frac{20}{3}>5$ (thỏa mãn).

Ta có $|\overline{z^2}-\bar{z}i|=|\overline{z^2+iz}|=|z^2+iz|$, nên giả thiết tương đương:
$|z^2-iz|=|z^2+iz|\iff |z|\cdot |z-i|=|z|\cdot |z+i|\iff [<table><tbody><tr><td>z=0</td></tr><tr><td>|z-i|=|z+i|</td></tr></tbody></table>$.
Gọi $M(x;y)$ là điểm biểu diễn số phức $z$, khi đó $M\equiv O(0;0)$ hoặc $M$ thuộc trục hoành $Ox:y=0$ (hoặc nếu lấy đối xứng qua trục ảo theo biến đổi trong lời giải gốc thì $\min P=\sqrt{10}$).
Xét hai điểm $C(2;1)$ và $D(3;2)$, gọi $C^{\prime }$ là điểm đối xứng với $C$ qua đường thẳng chứa $M$ (cụ thể đối xứng qua trục $Oy:x=0$ được $C^{\prime }(-2;1)$ hoặc qua trục $Ox:y=0$ được $C^{\prime }(2;-1)$), ta có:
$P=MC+MD=M{C}^{\prime }+MD\ge C^{\prime }D=\sqrt{(3-2{)}^2+(2-(-1){)}^2}=\sqrt{10}$ (nhỏ hơn $\sqrt{5}+\sqrt{13}$ khi $z=0$).
Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\sqrt{10}$.