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

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $G(x)=0,25x^2(30-x)=7,5x^2-0,25x^3$ với $x>0$. Tính đạo hàm: $G^{\prime }(x)=15x-0,75x^2=0,75x(20-x)$. Cho $G^{\prime }(x)=0$ ta được $x=20$ (vì $x>0$). Xét dấu: $G^{\prime }(x)>0$ khi $0<x<20$ và $G^{\prime }(x)<0$ khi $x>20$, nên hàm số đạt cực đại (cũng là giá trị lớn nhất trên $(0;+\infty )$) tại $x=20$. Khi đó $G(20)=0,25\cdot 400\cdot 10=1000$. Vậy liều lượng cần tiêm là $20mg$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm cầu: giá giảm 0,5 triệu thì số laptop tăng 100 chiếc, nên $p(x)=14-\frac{0,5}{100}(x-1000)=19-\frac{x}{200}$ → ý c) ĐÚNG. Doanh thu $R(x)=xp(x)=19x-\frac{x^2}{200}$. Lợi nhuận $P(x)=R(x)-C(x)=19x-\frac{x^2}{200}-12000+3x=22x-\frac{x^2}{200}-12000$. $P^{\prime }(x)=22-\frac{x}{100}=0\Rightarrow x=2200$, $P(2200)=48400-24200-12000=12200$ (triệu đồng) → ý a) ĐÚNG. Tại $x=2200$, giá bán $p=19-\frac{2200}{200}=8$ triệu đồng (tức giảm 6 triệu), không phải 8,5 triệu → ý d) SAI. Nếu giảm giá 3,5 triệu (giá còn 10,5 triệu) thì $x=(19-10,5)\cdot 200=1700$ chiếc, không phải mức tối ưu (lợi nhuận lớn nhất tại $x=2200$, doanh thu lớn nhất tại $x=1900$) → ý b) SAI.
a) (AI giải đề cho tôi)
$P(x)=22x-\frac{x^2}{200}-12000$, max tại $x=2200$ với $P=12200$ triệu đồng.
b) (AI giải đề cho tôi)
Giảm 3,5 triệu → giá 10,5 triệu → $x=1700$ chiếc, không phải mức tối ưu nào (lợi nhuận max tại $x=2200$).
c) (AI giải đề cho tôi)
$p(x)=14-0,005(x-1000)=19-\frac{x}{200}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Lợi nhuận lớn nhất tại $x=2200$, khi đó giá bán $p=19-11=8$ triệu đồng, không phải 8,5 triệu.

(AI giải đề cho tôi)
Mặt cắt đầu hồi là tam giác cân với hai cạnh bằng 2,5 m (nửa chiều rộng tấm bạt) và đáy bằng $x$. Chiều cao tam giác: $h=\sqrt{{\left(\frac{5}{2}\right)}^2-{\left(\frac{x}{2}\right)}^2}=\frac{1}{2}\sqrt{25-x^2}$, với $0<x<5$. Thể tích lều: $V=6\cdot \frac{1}{2}x\cdot h=\frac{3x}{2}\sqrt{25-x^2}$. Xét $f(x)=x^2(25-x^2)$, đạt max khi $x^2=\frac{25}{2}$, tức $x=\frac{5}{\sqrt{2}}$. Khi đó $V_{\max }=\frac{3}{2}\cdot \frac{5}{\sqrt{2}}\cdot \sqrt{25-\frac{25}{2}}=\frac{3}{2}\cdot \frac{25}{2}=\frac{75}{4}$. Vậy $a=75,b=4$, $a+b=79$.

(AI giải đề cho tôi)
Viết $y=x+\frac{1}{x+1}$. Đặt $t=x+1>0$ thì $M(t-1;t-1+\frac{1}{t})$. Bình phương khoảng cách từ $M$ đến $I(-1;-1)$: $M{I}^2=t^2+{\left(t+\frac{1}{t}\right)}^2=2t^2+2+\frac{1}{t^2}$. Xét $f(t)=2t^2+\frac{1}{t^2}$, $f^{\prime }(t)=4t-\frac{2}{t^3}=0\Rightarrow t^4=\frac{1}{2}\Rightarrow t=2^{-1/4}=\frac{1}{\sqrt[4]{2}}$. Vậy $x_0=t-1=\frac{1}{\sqrt[4]{2}}-1$, suy ra $a=2,n=4,b=1$ và $P=a.n+b=2\cdot 4+1=9$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi hai chuyến chở $x$ và $40-x$ người, với $15\le x\le 29$ và $15\le 40-x\le 29$ nên $15\le x\le 25$. Tổng tiền: $$T(x)=\frac{x(100-x{)}^2+(40-x)(60+x{)}^2}{40}=\frac{144000+11200x-280x^2}{40}=3600+280x-7x^2.$$ Đây là parabol bậc hai với hệ số $a=-7<0$ (nội suy), nên giá trị nhỏ nhất trên đoạn $[15;25]$ đạt tại đầu mút: $T(15)=3600+4200-1575=6225$ và $T(25)=3600+7000-4375=6225$. Vậy số tiền ít nhất cần trả là $6225$ nghìn đồng (khi chở hai chuyến 15 và 25 người, hoặc 25 và 15 người).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi góc giữa cạnh bên và đáy lớn (bờ sông DC) là $\theta$ với $0<\theta <90^{\circ }$. Hình thang cân có $AB=AD=BC=12$ m. Chiều cao $h=12\sin \theta$, phần chiếu của mỗi cạnh bên lên đáy lớn là $12\cos \theta$, nên $DC=AB+2\cdot 12\cos \theta =12+24\cos \theta$.

Diện tích:
$$S=\frac{1}{2}(AB+DC)\cdot h=\frac{1}{2}(12+12+24\cos \theta )\cdot 12\sin \theta =144\sin \theta (1+\cos \theta ).$$

Xét $f(\theta )=\sin \theta +\sin \theta \cos \theta$, đạo hàm:
$$f^{\prime }(\theta )=\cos \theta +{\cos }^2\theta -{\sin }^2\theta =2{\cos }^2\theta +\cos \theta -1.$$
Cho $f^{\prime }(\theta )=0$: đặt $t=\cos \theta \in (0;1)$, ta có $2t^2+t-1=0\Rightarrow t=\frac{1}{2}$ (nhận) hoặc $t=-1$ (loại).

Vậy $\cos \theta =\frac{1}{2},\theta =60^{\circ }$, khi đó $\sin \theta =\frac{\sqrt{3}}{2}$ và
$$S_{\max }=144\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{3}{2}=108\sqrt{3}(m^2).$$

Vì $f^{\prime }(\theta )>0$ khi $\cos \theta >\frac{1}{2}$ và $f^{\prime }(\theta )<0$ khi $\cos \theta <\frac{1}{2}$, đây là giá trị lớn nhất. Đáp án: $108\sqrt{3}{m}^2$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $s=x_1+x_2$, $p=x_1{x}_2$. Điều kiện $s=2p$, với $x_1,x_2>0$ thực thì $s^2\ge 4p\iff 4p^2\ge 4p\iff p\ge 1$.

Vì $x_1,x_2$ là hai nghiệm của $P(x)$ nên $P(x)=(x^2-sx+p)(x^2+mx+n)$. So sánh hệ số với $x^4-4x^3+4x^2+ax+b$:
- Hệ số $x^3$: $m-s=-4\Rightarrow m=2p-4$.
- Hệ số $x^2$: $n-sm+p=4\Rightarrow n=4+sm-p=4p^2-9p+4$.
- Hệ số $x$: $a=pm-sn=2p^2-4p-2p(4p^2-9p+4)=-8p^3+20p^2-12p$.
- Hệ số tự do: $b=pn=4p^3-9p^2+4p$.

Vậy $a+b=f(p)=-4p^3+11p^2-8p$, cần tìm giá trị lớn nhất trên $p\ge 1$.

$f^{\prime }(p)=-12p^2+22p-8=-2(3p-4)(2p-1)$. Trên $[1,\infty )$: $f^{\prime }(p)>0$ khi $1\le p<\frac{4}{3}$, $f^{\prime }(p)<0$ khi $p>\frac{4}{3}$, nên max đạt tại $p=\frac{4}{3}$:
$$f\left(\frac{4}{3}\right)=-4\cdot \frac{64}{27}+11\cdot \frac{16}{9}-8\cdot \frac{4}{3}=\frac{-256+528-288}{27}=-\frac{16}{27}.$$

Khi đó $a=\frac{16}{27},b=-\frac{32}{27}$; hai nghiệm dương là nghiệm của $x^2-\frac{8}{3}x+\frac{4}{3}=0$, tức $x_1=\frac{2}{3},x_2=2$, thỏa mãn $\frac{2}{3}+2=\frac{8}{3}=2\cdot \frac{2}{3}\cdot 2$. Kiểm tra: $P(x)=\left(x^2-\frac{8}{3}x+\frac{4}{3}\right)\left(x^2-\frac{4}{3}x-\frac{8}{9}\right)$ cho đúng $x^4-4x^3+4x^2+\frac{16}{27}x-\frac{32}{27}$, và $P\left(\frac{2}{3}\right)=P(2)=0$.

Trường hợp $p=1$ (nghiệm kép $x_1=x_2=1$) cho $f(1)=-1<-\frac{16}{27}$; khi $p\to \infty$ thì $f(p)\to -\infty$.

Kết luận: $\max (a+b)=-\frac{16}{27}$, đạt được tại $a=\frac{16}{27},b=-\frac{32}{27}$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=3x^2-3=0\iff x=\pm 1$. Trên đoạn $[-2;0]$ có điểm tới hạn $x=-1$. Tính: $f(-2)=-8+6+1=-1$; $f(-1)=-1+3+1=3$; $f(0)=1$. So sánh, giá trị nhỏ nhất là $-1$ tại $x=-2$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
a) P(2) = -8 + 48 + 120 - 50 = 110 tỷ đồng → đúng. b) P'(t) = -3t^2 + 24t + 60 (không phải +10) → sai. c) P'(t) = 0 ⇔ t^2 - 8t - 20 = 0 ⇔ t = 10 (t = -2 loại); P”(t) = -6t + 24, P”(10) = -36 < 0 nên P đạt cực đại (max trên [0;12]) tại t = 10 → đúng. d) Tốc độ tăng trưởng P'(t) là hàm bậc hai với đỉnh tại t = -24/(2·(-3)) = 4, P”(4) = 0 và P' đổi dấu tăng rồi giảm, nên P'(t) lớn nhất tại t = 4 → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
P(2) = -2^3 + 12·2^2 + 60·2 - 50 = -8 + 48 + 120 - 50 = 110 tỷ đồng.
b) (AI giải đề cho tôi)
P'(t) = -3t^2 + 24t + 60, không phải -3t^2 + 24t + 10.
c) (AI giải đề cho tôi)
P'(t) = -3t^2 + 24t + 60 = 0 ⇔ t = 10 (nhận) hoặc t = -2 (loại). P”(10) = -36 < 0 nên lợi nhuận đạt max tại t = 10.
d) (AI giải đề cho tôi)
P'(t) = -3t^2 + 24t + 60 là parabol có đỉnh tại t = 4, nên tốc độ tăng trưởng lợi nhuận lớn nhất tại t = 4.

(AI giải đề cho tôi)
Doanh thu: $R(x)=x(1800-6x)=1800x-6x^2$. Lợi nhuận: $P(x)=R(x)-C(x)=1800x-6x^2-10000-600x+0,6x^2-0,004x^3=-0,004x^3-5,4x^2+1200x-10000$. Xét $P^{\prime }(x)=-0,012x^2-10,8x+1200=0\iff x^2+900x-100000=0\iff x=100$ (nhận, $x>0$). Vì $P^{\prime }(x)>0$ khi $x<100$ và $P^{\prime }(x)<0$ khi $x>100$, hàm số đạt cực đại (và là giá trị lớn nhất) tại $x=100$. Vậy nhà máy nên sản xuất 100 sản phẩm mỗi tháng.

(AI giải đề cho tôi)
C(t)=120t/(t^2+36). C'(t)=120(36−t^2)/(t^2+36)^2, bằng 0 khi t=6. Với 0≤t<6 thì C'>0, t>6 thì C'<0 nên max tại t=6: C(6)=720/72=10 mg/L.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $C(t)=20\left(e^{-0,2t}-e^{-1,2t}\right)$. Đạo hàm: $C^{\prime }(t)=20\left(-0,2e^{-0,2t}+1,2e^{-1,2t}\right)$. Cho $C^{\prime }(t)=0$: $1,2e^{-1,2t}=0,2e^{-0,2t}\Rightarrow 6=e^t\Rightarrow t=\ln 6$. Vì $C^{\prime }(t)>0$ khi $t<\ln 6$ và $C^{\prime }(t)<0$ khi $t>\ln 6$, nồng độ đạt giá trị lớn nhất tại $t=\ln 6$, tức $b=6$. Điều này khớp với đáp án nguồn (đề 0102, câu 11: C).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi giá bán là $p$ (nghìn đồng/cây). Mỗi lần giảm giá 5 nghìn đồng thì số cây tăng thêm 20 cây, tức giảm 1 nghìn đồng thì tăng 4 cây. Số cây bán được mỗi ngày: $q=40+4(80-p)=360-4p$. Lợi nhuận mỗi ngày: $L(p)=(p-50)(360-4p)=-4(p-50)(p-90)$, với $50\le p\le 90$. Đây là parabol bậc hai với đỉnh tại $p=\frac{50+90}{2}=70$. Kiểm tra: $L^{\prime }(p)=-8p+560=0\Rightarrow p=70$, và $L^{\prime \prime }(p)=-8<0$ nên là cực đại. Vậy cửa hàng nên bán với giá 70 nghìn đồng/cây, khi đó bán được $360-280=80$ cây/ngày, lợi nhuận $20\times 80=1600000$ đồng. Kết quả khớp với đáp án nguồn (70).

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích hộp: $V(x)=(40-2x)(25-2x)x=4x^3-130x^2+1000x$ với $0<x<12,5$. Có $V^{\prime }(x)=12x^2-260x+1000=0\iff x=\frac{260\pm \sqrt{260^2-4\cdot 12\cdot 1000}}{24}=\frac{260\pm 140}{24}$, tức $x=5$ hoặc $x=\frac{50}{3}>12,5$ (loại). Xét dấu $V^{\prime }$: $V^{\prime }(x)>0$ khi $x<5$, $V^{\prime }(x)<0$ khi $5<x<12,5$, nên $V$ đạt max tại $x=5$. Vậy chiều cao hộp là $5$ cm (khớp đáp án nguồn).

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị, trên đoạn $[-2;2]$ hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng $3$ (tại $x=-1$ và $x=2$), giá trị nhỏ nhất bằng $-1$. Vậy GTLN của hàm số trên đoạn $[-2;2]$ là $3$, chọn đáp án D. Kết quả này trùng với đáp án nguồn (đề 0102, câu 5: D).

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $y^{\prime }=x^2-6x+8=0\Rightarrow x=2$ hoặc $x=4$ (đều thuộc $[1;5]$). Tính giá trị: $f(1)=\frac{1}{3}-3+8-2=\frac{10}{3}$; $f(2)=\frac{8}{3}-12+16-2=\frac{14}{3}$; $f(4)=\frac{64}{3}-48+32-2=\frac{10}{3}$; $f(5)=\frac{125}{3}-75+40-2=\frac{14}{3}$. Vậy $M=\frac{14}{3}$, $m=\frac{10}{3}$, nên $M+m=\frac{24}{3}=8$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: A.

Tập xác định $D=\mathbb{R}$.
$$y^{\prime }=x^2-6x+8=0\iff \{\begin{array}{l}x=2\\ x=4\end{array}$$
Bảng biến thiên



Suy ra $M=\frac{14}{3},m=\frac{10}{3}$. Vậy $M+m=8$.

a) Đúng. Tập xác định $D=\mathbb{R}\setminus \{-3\}$. $y^{\prime }=\frac{-17}{(x+3{)}^2}<0$. Hàm số nghịch biến trên $(-\infty ;-3)$ và $(-3;+\infty )$. $\underset{[0;5]}{\mathrm{Max}}y=y(0)=\frac{5}{3}$.
b) Sai. $\underset{[-2;-1]}{\mathrm{Max}}y=y(-2)=13$, $\underset{[-2;-1]}{\mathrm{Min}}y=y(-1)=\frac{9}{2}$. Vậy tổng GTLN và GTNN của hàm số là $\frac{35}{2}$.
c) Đúng. Đồ thị hàm số $y=\frac{5-4x}{x+3}$ có đường tiệm cận đứng là $x=-3$, đường tiệm cận ngang là $y=-4$. Do đó giao điểm của hai đường tiệm cận có tọa độ là $I(-3;-4)$.
d) Đúng. Hai đường tiệm cận tạo với hai trục tọa độ một hình chữ nhật có diện tích là: $S=|-3|.|-4|=12$.
a) Đúng. Tập xác định $D=\mathbb{R}\setminus \{-3\}$. $y^{\prime }=\frac{-17}{(x+3{)}^2}<0$. Hàm số nghịch biến trên $(-\infty ;-3)$ và $(-3;+\infty )$. $\underset{[0;5]}{\mathrm{Max}}y=y(0)=\frac{5}{3}$.
b) Sai. $\underset{[-2;-1]}{\mathrm{Max}}y=y(-2)=13$, $\underset{[-2;-1]}{\mathrm{Min}}y=y(-1)=\frac{9}{2}$. Vậy tổng GTLN và GTNN của hàm số là $\frac{35}{2}$.
c) Đúng. Đồ thị hàm số $y=\frac{5-4x}{x+3}$ có đường tiệm cận đứng là $x=-3$, đường tiệm cận ngang là $y=-4$. Do đó giao điểm của hai đường tiệm cận có tọa độ là $I(-3;-4)$.
d) Đúng. Hai đường tiệm cận tạo với hai trục tọa độ một hình chữ nhật có diện tích là: $S=|-3|.|-4|=12$.

Chiều dài của hộp là: $40-2x$ $(cm)$.
Chiều rộng của hộp là: $25-2x(cm)$.
Thể tích của hộp là: $V=(40-2x)(25-2x)x=4x^3-130x^2+1000x$

$$V^{\prime }=12x^2-260x+1000=0\iff \left[\begin{array}{c}x=\frac{50}{3}\\ x=5\end{array}\right],x\in \left(0;\frac{25}{2}\right)$$

Bảng biến thiên



Vậy thể tích hộp lớn nhất bằng $2250c{m}^3$ khi $x=5cm$.
Vậy chiều cao của hộp khi đó là 5 cm.

Từ hình vẽ ta thấy $BH=125-55=70m$
$EF=AH=\sqrt{250^2-70^2}=240m$.
Gọi điểm lấy nước ở sông là $P$. Đặt $PE=x$, suy ra $PF=240-x$ với $x\in [0;240]$
$AP=\sqrt{A{E}^2+P{E}^2}=\sqrt{55^2+x^2}=\sqrt{3025+x^2}$
$PB=\sqrt{P{F}^2+B{F}^2}=\sqrt{(240-x{)}^2+125^2}=\sqrt{x^2-480x+73225}$
$d=AP+PB=\sqrt{x^2+3025}+\sqrt{x^2-480x+73225}$
$d^{\prime }=\frac{x}{\sqrt{x^2+3025}}+\frac{x-240}{\sqrt{x^2-480x+73225}}=0\iff \{\begin{array}{l}x=-\frac{1320}{7}(KTM)\\ x=\frac{220}{3}\end{array}$

Bảng biến thiên:


Vậy đoạn đường ngắn nhất có thể đi là 300 m.