40 bài tập Một số bài toán thực tế liên quan đến GTLN, GTNN của hàm số (có lời giải)

a) Khẳng định đúng là iii) vì nhìn hình ta thấy điểm cao nhất của đồ thị là 34$^{0}$C

b) Thời điểm có nhiệt độ cao nhất trong ngày (34$^{0}$C) là lúc 16 giờ

c) Nhiệt độ thấp nhất trong ngày là 20$^{0}$C

Tập xác định: ${\rm{D}} = {\rm{R}}$.

Có ${y^\prime } = - \frac{{15\left( {9{t^2} + 1} \right) - 270{t^2}}}{{{{\left( {9{t^2} + 1} \right)}^2}}} = - \frac{{ - 135{t^2} + 15}}{{{{\left( {9{t^2} + 1} \right)}^2}}} = \frac{{135{t^2} - 15}}{{{{\left( {9{t^2} + 1} \right)}^2}}}$

Có ${{\rm{y}}^\prime } = 0 \Leftrightarrow 135{{\rm{t}}^2} - 15 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{3}({\rm{vt}} \ge 0)$

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có: Thời điểm nồng độ oxygen trong nước cao nhất là $t = 0$ và thấp nhất $t = \frac{1}{3}$

Thể tích chiếc hộp là: V(x) = x(30 – 2*x*)(80 – 2*x*) = 2 400*x* – 220*x*$^{2}$ + 4*x*$^{3}$ với 5 ≤ x ≤ 10.

Ta có: V '(x) = 12*x*$^{2}$ – 440*x* + 2 400;

V '(x) = 0 ⇔ x = hoặc x = 30 (loại vì không thuộc [5; 10]);

V(5) = 7 000; $V\left( {\frac{{20}}{3}} \right) = \frac{{200000}}{{27}}$$_{;}$ V(10) = 6 000.

Do đó $\mathop {\max }\limits_{\left[ {5;10} \right]} V\left( x \right) = \frac{{200000}}{{27}}{\rm{ khi x = }}\frac{{20}}{3}$

Vậy để thể tích chiếc hộp là lớn nhất thì x = $\frac{{20}}{3}$ cm.

Đặt một cạnh góc vuông là $x(x > 0)$ thì cạnh còn lại là $\sqrt {5 - {x^2}}$ Diện tích tam giác vuông là: $f(x) = x\sqrt {5 - {x^2}}$

Tập xác định: $D = (0;\sqrt 5 ]$; ${f^\prime }(x) = \sqrt {5 - {x^2}} - \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {5 - {x^2}} }}$

Tập xác định mới: ${D_1} = (0;\sqrt 5 )$; ${f^\prime }(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = \frac{{\sqrt {10} }}{2}}\\{x = - \frac{{\sqrt {10} }}{2}}\\{{\rm{ ( loai }})}\end{array}} \right.$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy ${\max _D}f(x) = f\left( {\frac{{\sqrt {10} }}{2}} \right) = \frac{5}{2}$ . Vậy diện tích lớn nhất của tam giác là $\frac{5}{2}$

Gọi chiều dài của hình chữ nhật là $x(\;{\rm{cm}},0 < x < 12)$

Chiều rộng của hình chữ nhật là $12 - x(\;{\rm{cm}})$

Diện tích của hình chữ nhật là: $x(12 - x) = - {x^2} + 12x\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)$

Đặt $S(x) = - {x^2} + 12x,x \in (0;12)$; ${S^\prime }(x) = - 2x + 12,{S^\prime }(x) = 0 \Leftrightarrow x = 6($ tm $)

Bảng biến thiên:

Do đó, trong các hình có cùng chu vi thì hình chữ nhật có diện tích lớn nhất là $36\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}$.

Ta có ${\rm{a}} + {\rm{b}} = 10$, suy ra ${\rm{b}} = 10 - {\rm{a}}$.

Vì ${\rm{a}},{\rm{b}} \ge 0$ nên $10 - {\rm{a}} \ge 0$, suy ra ${\rm{a}} \le 10$.

Ta có ${\rm{ab}} = {\rm{a}}(10 - {\rm{a}}) = - {{\rm{a}}^2} + 10{\rm{a}}$.

Xét hàm số ${\rm{H}}({\rm{a}}) = - {{\rm{a}}^2} + 10{\rm{a}}$ với ${\rm{a}} \in [0;10]$.

Đạo hàm ${{\rm{H}}^\prime }({\rm{a}}) = - 2{\rm{a}} + 10$. Trên khoảng $(0;10),{{\rm{H}}^\prime }({\rm{a}}) = 0$ khi ${\rm{a}} = 5$.

$H(0) = 0;H(5) = 25;H(10) = 0.{\rm{ }}$

Do đó, ${\max _{[0{,}10]}}H(a) = 25$ tại $a = 5$.

Với ${\rm{a}} = 5$ thì ${\rm{b}} = 10 - 5 = 5$.

Vậy biểu thức ${\rm{ab}}$ đạt giá trị lớn nhất bằng 25 khi ${\rm{a}} = {\rm{b}} = 5$.

Ta có ${\rm{a}} + {\rm{b}} = 10$, suy ra ${\rm{b}} = 10 - {\rm{a}}$.

Vì ${\rm{a}},{\rm{b}} \ge 0$ nên $10 - {\rm{a}} \ge 0$, suy ra ${\rm{a}} \le 10$.

Ta có ${{\rm{a}}^2} + {{\rm{b}}^2} = {{\rm{a}}^2} + {(10 - a)^2} = 2{{\rm{a}}^2} - 20{\rm{a}} + 100$.

Xét hàm số ${\rm{S}}({\rm{a}}) = 2{{\rm{a}}^2} - 20{\rm{a}} + 100$ với ${\rm{a}} \in [0;10]$.

Đạo hàm $S(a) = 4a - 20$. Trên khoảng $(0;10),S(a) = 0$ khi $a = 5$.

$S(0) = 100;S(5) = 50;S(10) = 100.{\rm{ }}$

Do đó, ${\min _{[0{,}10]}}S(a) = 50$ tại ${\rm{a}} = 5$.

Vậy tống các bình phương của hai số ${\rm{a}}$ và ${\rm{b}}$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $50{\rm{ khi a}} = {\rm{b}} = 5$.

Ta có ${\rm{a}} + {\rm{b}} = 10$, suy ra ${\rm{b}} = 10 - {\rm{a}}$.

Vì ${\rm{a}},{\rm{b}} \ge 0$ nên $10 - {\rm{a}} \ge 0$, suy ra ${\rm{a}} \le 10$.

Ta có $a{b^2} = a{(10 - a)^2} = {a^3} - 20{a^2} + 100a$.

Xét hàm số ${\rm{T}}({\rm{a}}) = {{\rm{a}}^3} - 20{{\rm{a}}^2} + 100{\rm{a}}$ với với ${\rm{a}} \in [0;10]$.

Đạo hàm ${\rm{T}}({\rm{a}}) = 3{{\rm{a}}^2} - 40{\rm{a}} + 100$. Trên khoảng $(0;10),S({\rm{a}}) = 0$ khi ${\rm{a}} = \frac{{10}}{3}$.

${\rm{T}}(0) = 0;T\left( {\frac{{10}}{3}} \right) = \frac{{4000}}{{27}};{\rm{T}}(10) = 0$

Do đó, ${\max _{[0;10]}}T(a) = \frac{{4000}}{{27}}$ tại $a = \frac{{10}}{3}$.

Với $a = \frac{{10}}{3}$ thì $b = 10 - \frac{{10}}{3} = \frac{{20}}{3}$.

Vậy biếu thức $a{b^2}$ đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{{4000}}{3}$ tại $a = \frac{{10}}{3},b = \frac{{20}}{3}$.

Gọi a, b lần lượt là chiều dài và chiều rộng của cửa sồ $({\rm{m}};a,b > 0)$

Chu vi cửa sỗ là: $2(a + b) = 4 \Leftrightarrow b = 2 - a$

Diện tích cửa sổ là: $y = ab = a(2 - a) = - {a^2} + 2a$

${y^\prime } = - 2a + 2 = 0 \Leftrightarrow a = 1$

BBT:

Từ bảng biến thiên suy ra: ${\max _{(0; + \infty )}}y = y(1) = 1$

Vậy để diện tích cửa sổ lớn nhất bằng $1\;{{\rm{m}}^2}$ thì chiều dài và chiều rộng bẳng nhau và bằng $1\;{\rm{m}}$

a) Ta có: $p = 15 - \frac{1}{2}q \Leftrightarrow q = 2(15 - p)$

Thay vào $R = pq$ ta được: $R = p \cdot 2(15 - p) = - 2{p^2} + 30p$

b) Đặt $y = - 2{p^2} + 30p$

Tập xác định: $D = (0; + \infty )$; ${y^\prime } = - 4p + 30 = 0 \Leftrightarrow p = 7{,}5$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy ${\max _D}y = y(7{,}5) = 112{,}5$

Vậy nếu giá bán mỗi kilôgam sản phấm là 7,5 nghìn đồng $/{\rm{kg}}$ thì sê đạt được doanh thu cao nhất là 112,5 nghìn đồng

Gọi chiều cao của hộp là h $({\rm{cm}})$

Thể tích của hộp là: $V = h \cdot {x^2} = 1 \Leftrightarrow h = \frac{1}{{{x^2}}}$

Diện tích toàn phần của hộp là: $y = {S_{tp}} = {S_{xq}} + {S_{day}} = 4hx + 2{x^2} = 4 \cdot \frac{1}{{{x^2}}} \cdot x + 2{x^2} = 2{x^2} + \frac{4}{x}$

Tập xác định: $D = (0; + \infty )$; ${y^\prime } = 4x - \frac{4}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = 1$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy ${\min _D}y = y(1) = 6$

Vậy $x = 1\;{\rm{cm}}$ thì diện tích toàn phần của hộp nhỏ nhất và bằng $6\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}$

Xét phương trình chuyến động của chất điểm ${\rm{s}}({\rm{t}}) = - {{\rm{t}}^3} + 6{{\rm{t}}^2} + {\rm{t}} + 5$ với ${\rm{t}} \in [0;5]$.

Vận tốc tức thời của chất điếm là $v(t) = s(t) = - 3{t^2} + 12t + 1$ với $t \in [0;5]$.

Ta có $v(t) = - 6t + 12$. Khi đó, trên khoảng $(0;5),v(t) = 0$ khi $t = 2$.

$v(0) = 1,v(2) = 13,v(5) = - 14.{\rm{ }}$

Do đó, ${\max _{[0{,}5]}}{\rm{v}}({\rm{t}}) = 13$ tại ${\rm{t}} = 2$.

Vậy chất điểm có vận tốc tức thời lớn nhất bằng $13\;{\rm{m}}/{\rm{s}}$ tại thời điếm ${\rm{t}} = 2$ giây trong 5 giây đầu tiên.

a) Ta có $V(0) = 4$. Do đó, ban đầu trong bình xăng có 4 lít xăng.

b) Sau khi bơm 30 giây, tức 0,5 phút thì bình xăng đầy.

Ta có $V(0{,}5) = 41{,}5$. Vậy dung tích của bình xăng trong xe là 41,5 lít.

c) Ta có $V(t) = 300\left( {2t - 3{t^2}} \right)$ với $t \in [0;0{,}5]$.

Có ${V^\prime }(t) = 300(2 - 6t)$. Khi đó, trên khoảng $(0;0{,}5),{V^{\prime \prime }}(t) = 0$ khi $t = \frac{1}{3}$.

$V(0) = 0,{V^\prime }\left( {\frac{1}{3}} \right) = 100,V(0{,}5) = 75$

Do đó, ${\max _{[0{,}0{,}5]}}{{\rm{V}}^\prime }({\rm{t}}) = 100$ tại ${\rm{t}} = \frac{1}{3}$.

Vậy xăng chảy vào bình xăng ở thời điểm $\frac{1}{3}$ giây kế từ khi bắt đầu bơm có tốc độ tăng

a) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số $C(v)$ :

Tập xác định: $D = (0;120]$.

Sự biến thiên:

Chiều biến thiên:

Đạo hàm ${C^\prime }(v) = - \frac{{16000}}{{{v^2}}} + \frac{5}{2} = \frac{{5(v - 80)(v + 80)}}{{2{v^2}}};{C^\prime }(v) = 0 \Leftrightarrow v = - 80$ (loại) hoặc $v = 80$.

Trên khoảng $(0;80),{C^\prime }(v) < 0$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng này.

Trên khoảng $(80;120),{C^\prime }(v) > 0$ nên hàm số đồng biến trên khoảng này.

Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại $v = 80,{C_{CT}} = C(80) = 400$.

Giới hạn vô cực và tiệm cận: $\mathop {\lim }\limits_{v \to {0^ + }} C(v) = \mathop {\lim }\limits_{v \to {0^ + }} \left( {\frac{{16000}}{v} + \frac{5}{2}v} \right) = + \infty$ nên đường thẳng $v = 0$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Bảng biến thiên:

Đồ thị:

Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu $(80;400)$ và đi qua các điểm $(40;500),(100;410),\left( {120;\frac{{1300}}{3}} \right)$.

b) Quan sát đồ thị hàm số, ta nhận thấy hàm số đạt GTNN khi $v = 80$ và GTNN là 400 .

Như vậy, để tiết kiệm tiền xăng nhất, tài xế nên chạy xe với tốc độ trung bình là $80\;{\rm{km}}/{\rm{h}}$.

Xét hàm số $V = k(R - r){r^2}$ với $r \in [0;R)$

Ta có $V(r) = k \cdot \left( { - {r^2}} \right) + k(R - r) \cdot 2r = rk(2R - 3r)$.

Khi đó, trên nửa khoảng $[0;{\rm{R}}),{\rm{V}}({\rm{r}}) = 0$ khi ${\rm{r}} = 0$ hoặc ${\rm{r}} = \frac{2}{3}R$.

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Từ bảng biến thiên, ta thấy ${\max _{[0,R)}}{\rm{V}} = \frac{4}{{27}}k{R^3}$ tại ${\rm{r}} = \frac{2}{3}R$.

Vậy ${\rm{r}} = \frac{2}{3}R$ thì tốc độ của không khí đi vào khí quản là lớn nhất.

Gọi ${\rm{x}}({\rm{cm}})$ là chiều rộng của trang sách.

Khi đó, chiều dài của trang sách là $\frac{{384}}{x}(\;{\rm{cm}})$.

Sau khi đế lề thì phần in chữ có dạng hình chữ nhật có chiều rộng là $x - 4(\;{\rm{cm}})$ và chiều dài là $\frac{{384}}{x} - 6(\;{\rm{cm}})$.

Rõ ràng, ${\rm{x}}$ phải thóa mãn điều kiện $4 < x < 64$.

Diện tích phần in chữ trên trang sách là: $S(x) = (X - 4)\left( {\frac{{384}}{x} - 6} \right) = \frac{{ - 6{x^2} + 408x - 1536}}{x}\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right){\rm{. }}$

Xét hàm số ${\rm{S}}({\rm{X}}) = \frac{{ - 6{x^2} + 408x - 1536}}{x}$ với ${\rm{x}} \in (4;64)$.

Ta có $S(x) = \frac{{ - 6{x^2} + 1536}}{{{x^2}}} < 0$; $S(x) = 0 \Leftrightarrow - 6{x^2} + 1536 = 0 \Leftrightarrow x = - 16{\rm{ ho?c }}x = 16.{\rm{ }}$

Khi đó trên khoảng $(4;64),S(x) = 0$ khi $x = 16$.

Bảng biến thiên của hàm số $S(x)$ như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy: Trên khoảng $(4;64)$, hàm số $S(x)$ đạt giá trị lớn nhất bẳng 216 tại $x = 16$. Khi đó, $\frac{{384}}{{16}} = 24$.

Vậy kích thước tối ưu của trang sách là $16 \times 24(\;{\rm{cm}})$ thì in chữ trền trang sách có diện tích lớn nhất.

Giả sử chiều dài từng mặt của ba mặt hàng rào song song nhau là $x(\;{\rm{m}})$.

Chi phí đế làm ba mặt hàng rào song song là: $3{\rm{xx}}50000 = 150000{\rm{x}}$ (đồng).

Chi phí đế làm mặt hàng rào song song với bờ sông là: 15000000 - $150000{\rm{x}}$ (đồng).

Chiều dài của mặt hàng rào song song với bờ sông là: $\frac{{15000000 - 150000x}}{{60000}} = \frac{{1500 - 15x}}{6}(\;{\rm{m}}){\rm{. }}$

Rỗ ràng, ${\rm{x}}$ phải thỏa mãn điều kiện $0 < x < 100$.

Giả sử diện tích hàng rào không đáng kế, khi đó diện tích hai khu đất thu được sau khi làm hàng rào là:

$S({\rm{x}}) = \frac{{x(1500 - 15x)}}{6} = \frac{{ - 15{x^2} + 1500x}}{6}\left( {\;{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Xét hàm số ${\rm{S}}({\rm{x}}) = \frac{{ - 15{x^2} + 1500x}}{6}$ với ${\rm{x}} \in (0;100)$.

Ta có $S({\rm{x}}) = - \frac{{15}}{3}x + \frac{{1500}}{6}$.

Trên khoảng $(0;100),S(x) = 0$ khi $x = 50$.

Bảng biến thiên của hàm số $S(x)$ như sau:

Căn cứ bảng biến thiên, ta thấy: Trên khoảng $(0;100)$, hàm số ${\rm{S}}({\rm{x}})$ dạt giá trị lớn nhất bằng 6250 tại $x = 50$.

Vậy diện tích lớn nhất của hai khu đất thu được sau khi làm hàng rào là $6250\;{{\rm{m}}^2}$

Dựng các đường cao AE và BF của hình thang cân ABCD như hình vẽ trên.

Vi ABCD là hình thang cân nên $DE = FC$ và $EF = AB = a$.

Đặt ${\rm{DE}} = {\rm{FC}} = {\rm{x}}({\rm{m}})({\rm{x}} > 0)$.

Ta có ${\rm{DC}} = {\rm{DE}} + {\rm{EF}} + {\rm{FC}} = {\rm{x}} + {\rm{a}} + {\rm{x}} = 2{\rm{x}} + {\rm{a}}$.

Theo định lí Pythagore, ta suy ra ${\rm{AE}} = \sqrt {A{D^2} - D{E^2}} = \sqrt {{a^2} - {x^2}} (\;{\rm{m}})$.

Rõ ràng, ${\rm{x}}$ phải thỏa mãn điều kiện $0 < x < a$.

Diện tích của hình thang cân ABCD là:

${\rm{S}} = \frac{1}{2}({\rm{AB}} + {\rm{CD}}){\rm{AE}} = \frac{1}{2}({\rm{a}} + 2{\rm{x}} + {\rm{a}})\sqrt {{a^2} - {x^2}} = ({\rm{a}} + {\rm{x}})\sqrt {{a^2} - {x^2}} \left( {\;{{\rm{m}}^2}} \right){\rm{. }}$

Xét hàm số ${\rm{S}}({\rm{x}}) = ({\rm{a}} + {\rm{x}})\sqrt {{a^2} - {x^2}}$ với ${\rm{x}} \in (0;{\rm{a}})$.

Ta có $S(x) = \frac{{ - 2{x^2} - ax + {a^2}}}{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}$;

$S(x) = 0 \Leftrightarrow - 2{x^2} - ax + {a^2} = 0 \Leftrightarrow (x + a)(a - 2x) = 0 \Leftrightarrow x = - {\rm{ a hoac }}x = \frac{a}{2}{\rm{. }}$

Khi đó trên khoảng $(0;a),S(x) = 0$ khi ${\rm{x}} = \frac{a}{2}$.

Bảng biến thiên của hàm số $S(x)$ như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số ${\rm{S}}({\rm{x}})$ đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{4}$ tại $x = \frac{a}{2}$.

Vậy bác đó có thề rào được mảnh vườn có diện tích lớn nhắt là $\frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{4}\left( {\;{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Đặt $AM = x(m)$.

Suy ra $BM = A{B^\prime } - AM = 2200 - x(m)$.

Rõ ràng, ${\rm{x}}$ phải thỏa mãn điều kiện $0 < x < 2200$.

Áp dụng định lí Pythagore ta tính được:

${\rm{AM}} = \sqrt {{A^\prime }{A^2} + {A^\prime }{M^2}} = \sqrt {{{500}^2} + {x^2}} (\;{\rm{m}});{\rm{ BM}} = \sqrt {B{B^{\prime 2}} + {B^\prime }{M^2}} = \sqrt {{{600}^2} + \left( {2200 - {x^2}} \right)} ({\rm{m}}).$

Tống khoảng cách từ hai vị trí ${\rm{A}},{\rm{B}}$ đến vị trí ${\rm{M}}$ là

${\rm{D}} = {\rm{AM}} + {\rm{BM}} = \sqrt {{{500}^2} + {x^2}} + \sqrt {{{600}^2} + \left( {2200 - {x^2}} \right)} ({\rm{m}}){\rm{. }}$

Xét hàm số ${\rm{D}}({\rm{x}}) = \sqrt {{{500}^2} + {x^2}} + \sqrt {{{600}^2} + \left( {2200 - {x^2}} \right)}$ với ${\rm{x}} \in (0;2200)$.

Ta có ${{\rm{D}}^\prime }({\rm{X}}) = \frac{x}{{\sqrt {{{500}^2} + {x^2}} }} + \frac{{x - 2200}}{{\sqrt {{{600}^2} + {{(2200 - x)}^2}} }}$;

Trên khoảng $(0;2200)$, ta thấy $D(x) = 0$ khi $x = 1000$.

Bảng biến thiên của hàm số $D(x)$ như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số ${\rm{D}}({\rm{x}})$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $1100\sqrt 5$ tại ${\rm{x}} = 1000$. Vậy giá trị nhỏ nhất của tống khoảng cách cần tìm là $1100\sqrt 5 \;{\rm{m}}$.

Cứ tăng thêm 200 nghìn đồng vào giá thuê một căn hộ trên một tháng thì có một căn hộ bị bỏ trống.

Gọi số lần tăng 200 nghìn đồng vào giá thuê một căn hộ trên một tháng là $x\left( {x \in {N^*}} \right)$.

Khi đó $x$ cũng là số căn hộ bị bỏ trống.

Tống số tiền công ty thu được lúc này là:

$T(x) = (2000 + 200x)(20 - x) = 40000 + 2000x - 200{x^2}{\rm{ (ngh\`i n dong)}}{\rm{. }}$

Xét hàm số ${\rm{T}}({\rm{x}}) = 40000 + 2000{\rm{x}} - 200{{\rm{x}}^2}$ với ${\rm{x}} \in {{\rm{N}}^*}$.

Ta có $T(x) = 2000 - 400x$

$T(x) = 0 \Leftrightarrow 2000 - 400x = 0 \Leftrightarrow x = 5{\rm{ (th?a m\~a n)}}{\rm{. }}$

Bảng biến thiên của hàm số ${\rm{T}}({\rm{x}})$ như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên trên, ta thấy hàm số $T(x)$ đạt giá trị lớn nhất bằng 45000 khi ${\rm{x}} = 5$.

Khi đó, số tiền tăng lên khi cho thuê một căn hộ là $200 \cdot 5 = 1000$ nghìn đồng $= 1$ triệu đồng.

Vậy công ty nên cho thuê mỗi căn hộ 3 triệu đồng $/1$ tháng thì tống số tiền thu được là lớn nhất.

Đặt $MB = x(km,0 \le x \le 10)$, khi đó, $AM = 10 - x(\;{\rm{km}})$ và $MC = \sqrt {M{B^2} + C{B^2}} = \sqrt {{x^2} + 16} (\;{\rm{km}})$

Khi đó, chi phí nối điện từ ${\rm{A}}$ đến ${\rm{C}}$ là: $f(x) = 30(10 - x) + 50\sqrt {{x^2} + 16}$ (triệu đồng)

Ta có: ${f^\prime }(x) = - 30 + \frac{{50x}}{{\sqrt {{x^2} + 16} }} = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 16} }} = \frac{3}{5} \Leftrightarrow 25{x^2} = 9{x^2} + 144 \Leftrightarrow x = 3$ (do $0 \le x \le 10$ )

Ta có: $f(0) = 500;f(3) = 460,f(10) = 100\sqrt {29}$ nên chi phí nhỏ nhất là 460 triệu đồng khi $x = 3$

Vậy $M$ cách $B$ một khoảng $3\;{\rm{km}}$ trên đoạn AB (diểm nối dây từ đất liền ra đảo) thì tổng chi phí lắp đặt là nhỏ nhất.

a) Với $0 \le t \le 12$ ta có: ${N^\prime }(t) = - 3{t^2} + 24t,{N^\prime }(t) = 0 \Leftrightarrow - 3{t^2} + 24t = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{t = 0({\rm{tm}})}\\{t = 8({\rm{tm}})}\end{array}} \right.$

Ta có: $N(0) = 0,N(8) = - {8^3} + {12.8^2} = 256,N(12) = - {12^3} + {12.12^2} = 0$

Do đó, số người tối đa bị nhiễm bệnh ở địa phương là 256 người trong 12 tuần đầu.

b) Hàm số biểu thị tốc độ độ lây lan của virus là: ${N^\prime }(t) = - 3{t^2} + 24t$

Đặt $f(t) = - 3{t^2} + 24t$, với $0 \le t \le 12$

Ta có: ${f^\prime }(t) = - 6t + 24,{f^\prime }(t) = 0 \Leftrightarrow t = 4({\rm{tm}})$

$f(0) = 0,f(4) = - {3.4^2} + 24.4 = 48,f(12) = - {3.12^2} + 24.12 = - 144$

Do đó, virus sẽ lây lan nhanh nhất khi $t = 4$ (tuần thứ 4).

Ta thấy độ dài x (dm) của cạnh hình vuông bị cắt phải thoả mãn điều kiện 0$<$x<3.

Thể tích của khối hộp là V(x) = x(6 – 2x)$^{2}$ với 0 < x < 3.

Ta phải tìm ${x_o} \in (0;3)$ sao cho V(x$_{o}$) có giá trị lớn nhất.

Ta có: V'(x)=(6-2x)$^{2}$ - 4x(6-2x) = (6-2x)(6-6x) = 12(3-x)(1-x).

Trên khoảng (0 ; 3), V'(x)=0 khi x = 1.

Bảng biến thiên của hàm số V(x) như sau:

Căn cứ bảng biến thiên, ta thấy: Trên khoảng (0 ; 3), hàm số V(x) đạt giá trị lớn nhất bằng 16 tại x= 1.

Vậy để khối hộp tạo thành có thể tích lớn nhất thì x = 1 (dm).

Gọi $x(\;{\rm{cm}})$ là độ dài cạnh của các hình vuông nhỏ được cắt ở bốn góc của tấm bìa. Điều kiện: $0 < x < 30$. Khi cắt bỏ bốn hình vuông nhỏ có cạnh $x(\;{\rm{cm}})$ ở bốn góc và gập lên thì ta được một chiếc hộp chữ nhật không có nắp, có đáy là hình vuông với độ dài cạnh bằng $(60 - 2x)({\rm{cm}})$ và chiều cao bằng $x(\;{\rm{cm}})$.

Thể tích của chiếc hộp này là: $V(x) = {(60 - 2x)^2} \cdot x = 4{x^3} - 240{x^2} + 3600x\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).$

Ta có: ${V^\prime }(x) = 12{x^2} - 480x + 3600;{V^\prime }(x) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 40x + 300 = 0 \Leftrightarrow x = 10$ (thoả mãn điều kiện) hoặc $x = 30$ (loại).

Lập bảng biến thiên:

Vậy để thể tích của chiếc hộp là lớn nhất thì độ dài cạnh của các hình vuông nhỏ phải cắt là $10\;{\rm{cm}}$.

Hình hộp trên có độ dài cạnh đáy là ${\rm{x}}({\rm{cm}},x > 0)$ và chiều cao là ${\rm{h}}({\rm{cm}},h > 0)$

Diện tích bề mặt của hình hộp là $108\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}$ nên ${x^2} + 4xh = 108 \Rightarrow h = \frac{{108 - {x^2}}}{{4x}}(\;{\rm{cm}})$

Thể tích của hình hộp là: $V = {x^2} \cdot h = {x^2} \cdot \frac{{108 - {x^2}}}{{4x}} = \frac{{108x - {x^3}}}{4}\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$

Ta có: ${V^\prime } = \frac{{ - 3{x^2} + 108}}{4},{V^\prime } = 0 \Leftrightarrow x = 6$ (do $x > 0$ )

Bảng biến thiên:

Do đó, thể tích của hình hộp là lớn nhất khi độ dài cạnh đáy $x = 6\;{\rm{cm}}$ Khi đó, chiều cao của hình hộp là: $\frac{{108 - {6^2}}}{{4.6}} = 3(\;{\rm{cm}})$.

Gọi bán kính đáy của bình là ${\rm{x}}({\rm{cm}},x > 0)$

Chiều cao của bình là: $\frac{{1000}}{{\pi \cdot {x^2}}}(\;{\rm{cm}})$

Chi phí để sản xuất một chiếc bình là: $T(x) = 2.1{,}2 \cdot \pi \cdot {x^2} + 0{,}75 \cdot \frac{{2000}}{x} = 2{,}4\pi \cdot {x^2} + \frac{{1500}}{x}$ (nghìn đồng) Để chi phí sản xuất mồi chiếc bình là thấp nhất thì ${\rm{T}}({\rm{x}})$ là nhỏ nhất.

${T^\prime }(x) = 4{,}8\pi x - \frac{{1500}}{{{x^2}}},{T^\prime }(x) = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{\frac{{625}}{{2\pi }}}}{\rm{ (th?a m\~a n) }}$

Bảng biến thiên:

Để chi phí sản xuất mỗi chiếc bình là nhỏ nhất thì bán kính đáy của bình là $\sqrt[3]{{\frac{{625}}{{2\pi }}}}{\rm{cm}}$ và chiều cao của bình là: $\frac{{1000}}{{\pi \cdot {{\left( {\sqrt[3]{{\frac{{625}}{{2\pi }}}}} \right)}^2}}}(\;{\rm{cm}})$

Xem bể chứa có dạng hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ như hình vẽ trên

Gọi x (m) là chiều rộng của bể, ta có $0 < x \le 4$.

Chiều dài của bể là 2*x* (m).

Gọi h (m) là chiều cao bể nước, ta có thể tích của bể là V = x.(2*x*).h.

Suy ra: $h = \frac{V}{{2{x^2}}} = \frac{{36}}{{2{x^2}}} = \frac{{18}}{{{x^2}}}{\rm{ }}(m)$

Tổng diện tích các mặt cần xây là:

$$S = {S_{ABCD}} + 2{S_{ABB'A'}} + 2{S_{BCC'B'}} = 2{x^2} + 2.x.\frac{{18}}{{{x^2}}} + 2.2x.\frac{{18}}{{{x^2}}} = 2{x^2} + \frac{{108}}{x}$$

Xét hàm số $S(x) = 2{x^2} + \frac{{108}}{x}(0 < x \le 4)$, ta có: $S'(x) = 4x - \frac{{108}}{{{x^2}}} = \frac{{4{x^3} - 108}}{{{x^2}}} = \frac{{4(x - 3)({x^2} + 3x + 9)}}{{{x^2}}}$

$$S'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 3$$

Bảng biến thiên:

Chi phí vật liệu xây dựng thấp nhất khi tổng diện tích các mặt cần xây S(x) là nhỏ nhất.

Dựa vào bảng biến thiên, ta có S(x) đạt giá trị nhỏ nhất tại x = 3, suy ra h = 2.

Vậy cần xây bể có chiều cao là 2 (m).

Xét hàm số $N(t) = 1000 + \frac{{100t}}{{100 + {t^2}}}$ (t>0).

Ta có: $N'(t) = \frac{{100.\left( {100 + {t^2}} \right) - 100t.2t}}{{{{\left( {100 + {t^2}} \right)}^2}}} = \frac{{100.\left( {100 + {t^2}} \right)}}{{{{\left( {100 + {t^2}} \right)}^2}}}$

Khi đó, với $t > 0,N'(t) = 0 \Leftrightarrow 100 - {t^2} = 0 \Leftrightarrow t = 10$.

Bảng biến thiên của hàm số N(t) như sau:

Căn cứ bảng biến thiên, ta thấy: Trên khoảng (0 ; $+ \infty$), hàm số N(t) đạt giá trị lớn nhất bằng 1 005 tại t = 10.

Vậy số lượng vi khuẩn lớn nhất kể từ khi thực hiện cấy vi khuẩn vào môi trường dinh dưỡng là 1 005 con.

a) Ta đặt tên các điểm như hình vẽ

Ta có AO' // AO nên $\frac{{S{O^\prime }}}{{SO}} = \frac{{S{A^\prime }}}{{SA}}$.

Lại có A ${\rm{C}}//$ SO nên $\frac{{S{A^\prime }}}{{SA}} = \frac{{OC}}{{OA}}$.

Từ đó suy ra $\frac{{S{O^\prime }}}{{SO}} = \frac{{OC}}{{OA}}$.

Mà $SO = 12\;{\rm{cm}},OA = 5\;{\rm{cm}},OC = r,S{O^\prime } = SO - O{O^\prime } = 12 - h$.

Do đó, $\frac{{12 - h}}{{12}} = \frac{r}{5}$. Suy ra $r = \frac{{5(12 - h)}}{{12}}$.

b) Thể tích của khối trụ là ${\rm{V}} = \pi {{\rm{r}}^2}\;{\rm{h}} = \pi \cdot {\left[ {\frac{{5(12 - h)}}{{12}}} \right]^2} \cdot h = \frac{{25\pi h{{(12 - h)}^2}}}{{144}}\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$.

Vậy thế tích khối trụ theo h là $V(h) = \frac{{25\pi h{{(12 - h)}^2}}}{{144}}$.

c) Rõ ràng ${\rm{h}}$ phải thỏa mãn điều kiện $0 < h < 12$.

Xét hàm số $V(h) = \frac{{25\pi h{{(12 - h)}^2}}}{{144}}$ với $h \in (0;12)$.

Ta có ${V^\prime }(h) = \frac{{25\pi (12 - h)(12 - 3h)}}{{144}}$.

Trên khoảng $(0;12)$, ta có ${\rm{V}}({\rm{h}}) = 0$ khi ${\rm{h}} = 4$.

Bảng biến thiên:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy trên khoảng $(0;12)$, hàm số ${\rm{V}}({\rm{h}})$ đạt giá trị lớn nhất bẳng $\frac{{400\pi }}{9}$ tại $h = 4$.

Vậy ${\rm{h}} = 4\;{\rm{cm}}$ thì khối trụ có thế tích lớn nhất

Khi sản xuất và bán hết x sản phẩm đó (0 < x ≤ 2000), lợi nhuận doanh nghiệp thu được là:

h(x) = (2000x-x$^{2}$)-(x$^{2}$+1440x+50) – tx = -2x$^{2}$ + (560 – t)x – 50, với 0$<$x≤2000.

Xét hàm h(x) = − 2x$^{2}$ + (560 – t)x – 50, với 0 < x ≤ 2000.

Ta có: h(x)= − 4x + (560 – t), h'(x)=0$\Leftrightarrow x = \frac{{560 - t}}{4} \in (0;2000)$

Bảng biến thiên của hàm số:

Căn cứ bảng biến thiên, ta có: $\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2000} \right]} h(x) = h\left( {\frac{{560 - t}}{4}} \right)$ tại $x = \frac{{560 - t}}{4}$. Khi đó, số tiền thuế thu được từ doanh nghiệp là: $k(t) = \left( {\frac{{560 - t}}{4}} \right).t$

Ta có: $k(t) = \left( {\frac{{560 - t}}{4}} \right).t = - \frac{1}{4}{(t - 280)^2} + 19600,\forall t \in (0;300)$

Vì vậy, ta có: $\mathop {\max }\limits_{\left( {1;300} \right)} k(t) = 19600$tại t= 280. Khi đó, x = 70 (sản phẩm).

Vậy mức thuế phụ thu trên một đơn vị sản phẩm sao cho nhà nước nhận được số tiền thuế phụ thu lớn nhất là t = 280. Khi đó, mức thuế phụ thu là 2 800 000 đồng/ sản phẩm, doanh nghiệp sản xuất và bán hết 70 sản phẩm.

a) Trong Hình 25 , đồ thị của hàm số $y = f(x) = \frac{1}{{10}}\left( { - {x^3} + 9{x^2} - 15x + 56} \right)$ cắt tia $O x$ tại điềm có hoành độ $x = 8$. Vậy đường dạo ven hồ chạy dọc theo trục Ox dài $800\;{\rm{m}}$.

b) Ta khảo sát hàm số: $f(x) = \frac{1}{{10}}\left( { - {x^3} + 9{x^2} - 15x + 56} \right)$ vổi $0 \le x \le 8$.

${f^\prime }(x) = \frac{1}{{10}}\left( { - 3{x^2} + 18x - 15} \right)$; ${f^\prime }(x) = 0 \Leftrightarrow - {x^2} + 6x - 5 = 0 \Leftrightarrow x = 1{\rm{ hoac }}x = 5.$

Bảng biến thiên:

Căn cử bảng biến thiên, ta có: ${\max _{[0{,}8]}}f(x) = f(5) = 8{,}1$ tại $x = 5$.

Vậy khoảng cách lôn nhất theo phương thẳng đứng từ một điểm trên đường đi dạo ven hồ (chạy dọc theo trục Ox) đến bờ hồ đối diện là:

$100.\left( {{{\max }_{[0{,}81}}f(x)} \right) = 100 \cdot f(5) = 100 \cdot 8{,}1 = 810(\;{\rm{m}})$

c) Xét điểm $M(x;f(x))$ thuộc đồ thị hàm số $y = f(x) = \frac{1}{{10}}\left( { - {x^3} + 9{x^2} - 15x + 56} \right)$ với $0 \le x \le 8$.

Khoảng cách từ điểm $M(x;f(x))$ đến đường thẳng $y = - 1{,}5x + 18 \Leftrightarrow - 1{,}5x - y + 18 = 0$ là:

$MH = \frac{{\left| { - 1{,}5x - \frac{1}{{10}}\left( { - {x^3} + 9{x^2} - 15x + 56} \right) + 18} \right|}}{{\sqrt {{{( - 1{,}5)}^2} + 1} }} = \frac{{\left| {{x^3} - 9{x^2} + 124} \right|}}{{10\sqrt {3{,}25} }}.$

Ta khảo sát hàm số: $h(x) = {x^3} - 9{x^2} + 124$ với $0 \le x \le 8$.

${h^\prime }(x) = 3{x^2} - 18x{\rm{; }}{h^\prime }(x) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow x = 0{\rm{ hoac }}x = 6$

Bảng biến thiên:

Căn cứ bảng biến thiên, ta có: $h(x) > 0$ với $0 \le x \le 8$;

${\min _{[0{,}8]}}h(x) = h(6) = 16{\rm{ tai }}x = 6.{\rm{ }}$

Do đó, $\min MH = {\min _{[0{,}8]}}\frac{{\left| {{x^3} - 9{x^2} + 124} \right|}}{{10\sqrt {3{,}25} }} = \frac{1}{{10\sqrt {3{,}25} }} \cdot {\min _{[0{,}8]}}h(x) = \frac{{16}}{{10\sqrt {3{,}25} }} \approx 0{,}8875$ và đạt được tại $x = 6$. Khi đó, $f(6) = 7{,}4$.

Xét hàm số $f(x) = \left( {{x_0} - x} \right){x^2}$ với ${x_0}$ cố định và $\frac{1}{2}{x_0} \le x \le {x_0}$.

Do $k$ là hằng số nên vận tốc của luồng khí một cơn ho lớn nhất khi $f(x)$ đạt giá trị lớn nhất.

Ta có $f(x) = - {x^3} + {x_0}{x^2}$;

${f^\prime }(x) = - 3{x^2} + 2{x_0}x;{\rm{ }}{f^\prime }(x) = 0 \Leftrightarrow x = 0{\rm{ hoac }}x = \frac{2}{3}{x_0}.$

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có ${\max _{\left[ {\frac{1}{2}{x_j}{x_0}} \right]}}f(x) = f\left( {\frac{2}{3}{x_0}} \right)$.

Vậy vận tốc của luồng khí một cơn ho lớn nhất khi $x = \frac{2}{3}{x_0}$.