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

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=x^3-3x+5$ có $y^{\prime }=3x^2-3$. Trên đoạn $[2;4]$ ta có $y^{\prime }>0$ nên hàm số đồng biến, do đó giá trị nhỏ nhất đạt tại $x=2$: $y(2)=8-6+5=7$. Vậy $\underset{[2;4]}{\min }y=7$, chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
a) C(10)=100+30·10=400 triệu đồng → đúng. b) P(10)=45-0,001·100=44,9 triệu đồng/tấn, doanh thu = 44,9·10=449 triệu đồng ≠ 600 → sai. c) H(x)=x·P(x)-C(x)=45x-0,001x³-100-30x=-0,001x³+15x-100, đề cho -15x+100 (sai dấu) → sai. d) H'(x)=-0,003x²+15=0 ⇒ x²=5000 ⇒ x=√5000≈70,7 tấn; H'(x)>0 khi x<70,7 và <0 khi x>70,7 nên lợi nhuận lớn nhất tại x≈70,7 tấn → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
C(10)=100+30·10=400 triệu đồng.
b) (AI giải đề cho tôi)
P(10)=44,9 triệu đồng/tấn nên doanh thu là 449 triệu đồng, không phải 600.
c) (AI giải đề cho tôi)
H(x)=xP(x)-C(x)=-0,001x³+15x-100, không phải -0,001x³-15x+100.
d) (AI giải đề cho tôi)
H'(x)=-0,003x²+15=0 ⇒ x=√5000≈70,7 tấn, là điểm cực đại lợi nhuận.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $x$ là số máy ($x\ge 1$, nguyên). Thời gian sản xuất là $t=\frac{8000}{30x}$ giờ. Tổng chi phí (nghìn đồng): $C(x)=200x+192\cdot \frac{8000}{30x}=200x+\frac{51200}{x}$. Theo AM-GM, $C(x)\ge 2\sqrt{200\cdot 51200}=2\cdot 3200=6400$, dấu bằng khi $200x=\frac{51200}{x}\Rightarrow x^2=256\Rightarrow x=16$. Vậy công ty nên dùng 16 máy, chi phí thấp nhất 6400 nghìn đồng.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị, trên đoạn $[-2;3]$ hàm số đạt giá trị lớn nhất $M=4$ (tại $x=-1$) và giá trị nhỏ nhất $m=-3$ (tại $x=-2$). Do đó $2m-3M=2(-3)-3(4)=-6-12=-18$. Vậy chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Viết $y=\frac{x^2+4x+5}{x+2}=x+2+\frac{1}{x+2}$ (với $x\ne -2$). Khoảng cách từ điểm $(x;y)$ trên $(C)$ đến đường thẳng $3x+y+6=0$ là $d=\frac{|3x+y+6|}{\sqrt{10}}$. Ta có $3x+y+6=3x+x+2+\frac{1}{x+2}+6=4(x+2)+\frac{1}{x+2}$. Đặt $t=x+2\ne 0$, xét $f(t)=4t+\frac{1}{t}$. $f^{\prime }(t)=4-\frac{1}{t^2}=0\Rightarrow t=\pm \frac{1}{2}$. Khi đó $f\left(\frac{1}{2}\right)=4$ và $f\left(-\frac{1}{2}\right)=-4$, nên $|f(t)|$ nhỏ nhất bằng $4$, tức khoảng cách nhỏ nhất $\frac{4}{\sqrt{10}}$, đạt tại hai điểm: với $t=\frac{1}{2}$: $x=-\frac{3}{2}$, $y=x+2+\frac{1}{x+2}=\frac{1}{2}+2=\frac{5}{2}$, tức $M\left(-\frac{3}{2};\frac{5}{2}\right)$; với $t=-\frac{1}{2}$: $x=-\frac{5}{2}$, $y=x+2+\frac{1}{x+2}=-\frac{5}{2}+2-2=-\frac{5}{2}$, tức $N\left(-\frac{5}{2};-\frac{5}{2}\right)$. Vậy $T=a+b+c+d=-\frac{3}{2}+\frac{5}{2}-\frac{5}{2}-\frac{5}{2}=-4$.

(AI giải đề cho tôi)
Vận tốc là $v(t)=s^{\prime }(t)=t^2-2t+9$. Xét $v(t)$ trên $[0;10]$: $v^{\prime }(t)=2t-2=0\Rightarrow t=1$. Ta có $v(0)=9$, $v(1)=8$, $v(10)=100-20+9=89$. Vậy vận tốc lớn nhất trong 10 giây đầu là $89m/s$ tại $t=10$ giây. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm cầu: giảm 0,5 triệu đồng thì tăng 100 ti vi, nên p = 14 - 0,005(x-1000) = 19 - x/200, tức $p(x)=-\frac{x}{200}+19$ → a đúng. Doanh thu $R(x)=x\cdot p(x)=19x-\frac{x^2}{200}$; $R^{\prime }(x)=19-\frac{x}{100}=0\Rightarrow x=1900$, giá bán $p=19-9,5=9,5$ triệu đồng, tức giảm $14-9,5=4,5$ triệu đồng → b đúng. Lợi nhuận $P(x)=R(x)-C(x)=19x-\frac{x^2}{200}-12000+3x=22x-\frac{x^2}{200}-12000$; $P^{\prime }(x)=22-\frac{x}{100}=0\Rightarrow x=2200$ (không phải 2300) → c sai. Tại $x=2200$, giá bán $p=19-\frac{2200}{200}=8,5$ triệu đồng → d đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Giảm 0,5 triệu đồng (500 nghìn) cho 100 ti vi tăng thêm: hệ số $-0,5/100=-1/200$. Với $x=1000$, $p=14$: $p(x)=14-\frac{1}{200}(x-1000)=19-\frac{x}{200}$. Đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
$R(x)=19x-\frac{x^2}{200}$, $R^{\prime }(x)=19-\frac{x}{100}=0\Rightarrow x=1900$. Giá $p=19-9,5=9,5$ triệu đồng, giảm $14-9,5=4,5$ triệu đồng. Đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
$P(x)=22x-\frac{x^2}{200}-12000$, $P^{\prime }(x)=22-\frac{x}{100}=0\Rightarrow x=2200$, không phải 2300. Sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
Lợi nhuận lớn nhất tại $x=2200$, giá bán $p=19-\frac{2200}{200}=8,5$ triệu đồng. Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích bể: V = chiều dài × chiều rộng × chiều cao = 2x·x·h = 36, nên h = 18/x². a) Đúng: chiều dài gấp hai lần chiều rộng nên chiều dài là 2x (m). b) Đúng: h = 36/(2x²) = 18/x² (m). c) Đúng: bể không có nắp, diện tích cần xây gồm đáy 2x·x = 2x² và 4 mặt xung quanh: 2(2x·h) + 2(x·h) = 6x·h = 6x·(18/x²) = 108/x. Tổng: S(x) = 2x² + 108/x. d) Sai: xét S(x) = 2x² + 108/x trên (0;4], S'(x) = 4x − 108/x² = 0 ⟹ x³ = 27 ⟹ x = 3. Với x = 3 thì chiều cao h = 18/9 = 2 (m), và S(3) = 18 + 36 = 54 nhỏ nhất (S'(x) < 0 khi x < 3, S'(x) > 0 khi x > 3). Vậy chi phí nhỏ nhất khi chiều cao bể bằng 2 m chứ không phải 3 m.
a) (AI giải đề cho tôi)
Chiều dài gấp hai lần chiều rộng x nên chiều dài là 2x (m).
b) (AI giải đề cho tôi)
V = 2x·x·h = 36 ⟹ h = 36/(2x²) = 18/x² (m).
c) (AI giải đề cho tôi)
Diện tích = đáy 2x² + 4 mặt xung quanh 6x·h = 6x·(18/x²) = 108/x, tổng 2x² + 108/x.
d) (AI giải đề cho tôi)
S'(x) = 4x − 108/x² = 0 ⟹ x = 3, khi đó h = 18/9 = 2 (m). Chi phí nhỏ nhất khi chiều cao bể bằng 2 m, không phải 3 m.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi chiều rộng đáy là $x$ (m), chiều dài đáy $2x$, chiều cao $h$. Thể tích $2x^{2}h=10\Rightarrow h=\frac{5}{x^2}$.

Chi phí:
- Đáy: diện tích $2x^2$, giá $75000/m^2$ nên chi phí $150000x^2$.
- Xung quanh: chu vi $6x$, diện tích $6xh=\frac{30}{x}$, giá $55000/m^2$ nên chi phí $\frac{1650000}{x}$.

Tổng: $f(x)=150000x^2+\frac{1650000}{x}$, $x>0$.

$f^{\prime }(x)=300000x-\frac{1650000}{x^2}=0\Rightarrow x^3=5,5\Rightarrow x=\sqrt[3]{5,5}\approx 1,7652$.

$f(x{)}_{min}=150000\cdot (5,5{)}^{2/3}+\frac{1650000}{(5,5{)}^{1/3}}\approx 467373+934746\approx 1402119$ đồng.

Làm tròn đến hàng nghìn: $1402000$ đồng.

(AI giải đề cho tôi)
Hình thang cân ABCD có AB = AD = BC = 12 m, đáy DC nằm trên bờ sông (không rào). Gọi góc ở đáy D là θ (0<θ<90°). Chiều cao h = 12sinθ, đáy lớn DC = AB + 2·12cosθ = 12 + 24cosθ. Diện tích: S = (AB + DC)/2 · h = (12 + 12cosθ)·12sinθ = 144(1+cosθ)sinθ. Đặt c = cosθ, S = 144(1+c)√(1−c²). S' = 0 ⇔ (1+c)·(−c) + (1−c²) = 0 ⇔ 2c² + c − 1 = 0 ⇔ c = 1/2 (nhận) ⇒ θ = 60°. Khi đó S_max = 144·(3/2)·(√3/2) = 108√3 ≈ 187,06 m².

(AI giải đề cho tôi)
Hiện tại: mật độ 20 con/m², ao 50 m² nên tổng số cá là 20·50 = 1000 con, tổng khối lượng 1,5 tấn = 1500 kg, vậy mỗi con nặng 1500/1000 = 1,5 kg.

Gọi x (con/m²) là lượng mật độ giảm đi so với vụ trước (0 ≤ x ≤ 20). Vì cứ giảm 8 con/m² thì mỗi con tăng thêm 0,5 kg nên mỗi con tăng thêm (x/8)·0,5 = x/16 (kg), tức khối lượng mỗi con là 1,5 + x/16 (kg).

Tổng khối lượng cá thành phẩm:
$$P(x)=50(20-x)\left(1,5+\frac{x}{16}\right)=50\left(30-2x-\frac{x^2}{16}\right)$$

Xét hàm $f(x)=30-2x-\frac{x^2}{16}$ trên $[0;20]$: $f^{\prime }(x)=-2-\frac{x}{8}<0$ với mọi $x\ge 0$, nên hàm số nghịch biến trên $[0;20]$.

Vậy $P(x)$ đạt giá trị lớn nhất tại $x=0$, tức là bác Tôm không cần giảm mật độ, giữ nguyên mật độ 20 con/m². Khi đó số cá giống cần mua là $20\cdot 50=1000$ con, cho tổng khối lượng 1500 kg (1,5 tấn) — lớn nhất.

(Kiểm tra: nếu giảm 8 con/m² thì tổng khối lượng là 50·12·2 = 1200 kg < 1500 kg, xác nhận việc giảm mật độ chỉ làm giảm tổng sản lượng.)

Đáp số: 1000 con cá giống.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $D$ trên bờ với $BD=x$ (km), $0\le x\le 40$. Người đó đi đường bộ từ $A$ đến $D$ dài $40-x$ km, rồi đường thủy từ $D$ đến $C$ dài $\sqrt{x^2+10^2}$ km (vì $BC\perp$ bờ, $BC=10$). Kinh phí: $f(x)=3(40-x)+5\sqrt{x^2+100}$.

$f^{\prime }(x)=-3+\frac{5x}{\sqrt{x^2+100}}=0\Rightarrow 5x=3\sqrt{x^2+100}\Rightarrow 25x^2=9x^2+900\Rightarrow 16x^2=900\Rightarrow x=7,5$ km.

Kiểm tra: $f^{\prime }(x)<0$ khi $x<7,5$ và $f^{\prime }(x)>0$ khi $x>7,5$, nên $f$ đạt nhỏ nhất tại $x=7,5$.

Vậy quãng đường bộ phải đi là $40-7,5=32,5$ km. (Kinh phí nhỏ nhất $f(7,5)=3\cdot 32,5+5\cdot 12,5=97,5+62,5=160$ USD.)

(AI giải đề cho tôi)
Cắt bỏ ở mỗi góc hình vuông cạnh 6 một tam giác vuông cân với hai cạnh góc vuông bằng $x$ ($0<x<3$), sau đó gập các phần hình chữ nhật phía ngoài lên theo các cạnh hình vuông trong, ta được hộp chữ nhật không nắp có đáy là hình vuông cạnh $6-2x$ và chiều cao $x$.

Thể tích: $V(x)=x(6-2x{)}^2$.

$V^{\prime }(x)=(6-2x{)}^2+x\cdot 2(6-2x)(-2)=(6-2x)(6-2x-4x)=(6-2x)(6-6x)$.

$V^{\prime }(x)=0\Rightarrow x=1$ (nhận, vì $0<x<3$; $x=3$ loại).

Với $0<x<1$: $V^{\prime }(x)>0$; với $1<x<3$: $V^{\prime }(x)<0$, nên $V$ đạt cực đại (và là GTLN) tại $x=1$.

$V_{\max }=1\cdot (6-2{)}^2=16$.

(AI giải đề cho tôi)
Cá bơi ngược dòng nên vận tốc thực theo dòng phải lớn hơn vận tốc nước: v > 6 (km/h). Thời gian để vượt 300 km là t = 300/(v−6). Do đó E(v) = c v³ · 300/(v−6) = 300c·v³/(v−6), với v > 6. Xét E'(v) = 300c · [3v²(v−6) − v³]/(v−6)² = 300c·v²(2v−18)/(v−6)². Với v > 6, E'(v) < 0 khi 2v − 18 < 0, tức 6 < v < 9; E'(v) > 0 khi v > 9. Vậy E(v) nghịch biến (năng lượng tiêu hao giảm) trên khoảng (6; 9), và đạt giá trị nhỏ nhất tại v = 9 km/h.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $G(x)=0,25x^2(30-x)=7,5x^2-0,25x^3$ với $x>0$.
$G^{\prime }(x)=15x-0,75x^2=0,75x(20-x)$.
$G^{\prime }(x)=0\iff x=0$ (loại vì $x>0$) hoặc $x=20$.
Trên $(0;20)$ thì $G^{\prime }(x)>0$ (hàm đồng biến), trên $(20;+\infty )$ thì $G^{\prime }(x)<0$ (hàm nghịch biến), nên $G$ đạt cực đại (và là giá trị lớn nhất) tại $x=20$.
Vậy để huyết áp giảm nhiều nhất cần tiêm liều lượng $20mg$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $a,b$ (cm) là hai cạnh đáy, chiều cao $h=60$ cm, thể tích $V=ab\cdot 60=96.000$ nên $ab=1.600$ cm².
Diện tích mặt bên: $2(a+b)\cdot 60=120(a+b)$ cm${}^2=0,012(a+b)$ m²; diện tích đáy: $1.600$ cm${}^2=0,16$ m².
Chi phí: $C=70.000\cdot 0,012(a+b)+100.000\cdot 0,16=840(a+b)+16.000$ (đồng).
Vì $ab=1.600>0$ nên theo AM–GM, $a+b\ge 2\sqrt{ab}=2\cdot 40=80$, dấu bằng khi $a=b=40$ cm.
Vậy chi phí thấp nhất: $C_{\min }=840\cdot 80+16.000=67.200+16.000=83.200$ đồng.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $OA=x$ (khoảng cách từ mắt đến màn hình, $x>0$). Đặt $A$ là chân đường vuông góc từ mắt, $B$ là đáy màn hình (cao $1,8$ m), $C$ là đỉnh màn hình (cao $1,8+1,4=3,2$ m). Ta có $\tan \angle BOA=\frac{1,8}{x}$, $\tan \angle COA=\frac{3,2}{x}$. Góc nhìn $\theta =\angle BOC$ nên $$\tan \theta =\frac{\frac{3,2}{x}-\frac{1,8}{x}}{1+\frac{3,2}{x}\cdot \frac{1,8}{x}}=\frac{1,4x}{x^2+5,76}.$$ Vì $\theta$ nhọn nên $\tan \theta$ đồng biến theo $\theta$; xét $f(x)=\frac{1,4x}{x^2+5,76}$, $f^{\prime }(x)=\frac{1,4(5,76-x^2)}{(x^2+5,76{)}^2}$. $f^{\prime }(x)=0\iff x=2,4$ (vì $x>0$). Với $0<x<2,4$ thì $f^{\prime }>0$, với $x>2,4$ thì $f^{\prime }<0$, nên $f$ đạt max tại $x=2,4$. Vậy vị trí đứng cách màn hình $2,4$ m.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ, $(P)$ là parabol có đỉnh $I(1;3)$, trục đối xứng $x=1$, đi qua điểm $(0;4)$ và $(3;7)$. Trên đoạn $[0;3]$, hàm số giảm trên $[0;1]$ và tăng trên $[1;3]$ nên GTLN đạt tại một trong hai đầu mút: $y(0)=4$, $y(3)=7$. Vậy GTLN của hàm số trên $[0;3]$ bằng $7$ tại $x=3$.

(AI giải đề cho tôi)
Đồ thị là parabol (P) có trục đối xứng $x=1$ và đỉnh $I(1;3)$, nên hàm số có dạng $y=(x-1{)}^2+3$. Trên đoạn $[0;1]$, hàm số nghịch biến (vì $x\le 1$ nằm bên trái trục đối xứng), nên GTLN đạt tại $x=0$: $y(0)=(0-1{)}^2+3=4$. Vậy GTLN trên $[0;1]$ bằng 4.

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên, trên đoạn $[0;9]$ hàm số giảm từ $y(0)=3$ đến $y\left(\frac{7}{2}\right)=-\frac{37}{4}$ rồi tăng đến $y(9)=21$. So sánh các giá trị: $-\frac{37}{4}<3<21$, vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên $[0;9]$ là $-\frac{37}{4}$, đạt tại $x=\frac{7}{2}$. Đáp án C.