Bài tập Một số bài toán tối ưu đơn giản lớp 12 (có lời giải)

Gọi $M,\,N$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A,\,B$ lên $CD$

Đặt $x = MD$, $\left( {0 < x < a} \right)$ suy ra $AM = \sqrt {A{D^2} - M{D^2}} = \sqrt {{a^2} - {x^2}}$

Diện tích của mảnh vườn hình thang cân là $S\left( x \right) = \frac{{\left( {AB + CD} \right)AM}}{2} = \left( {a + x} \right)\sqrt {{a^2} - {x^2}}$.

Xét hàm số $f\left( x \right) = \left( {a + x} \right)\sqrt {{a^2} - {x^2}}$trên khoảng $\left( {0 < x < a} \right)$

Đạo hàm $f'\left( x \right) = \frac{{ - 2{x^2} - ax + {a^2}}}{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} }} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - a \notin \left( {0 < x < a} \right)\\x = \frac{a}{2} \in \left( {0 < x < a} \right)\end{array} \right.$

Bảng biến thiên hàm số $f\left( x \right)$ trên khoảng $\left( {0\,;\,a} \right)$

Từ bảng biến thiên suy ra $\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left( {0;\,a} \right)} f\left( x \right) = f\left( {\frac{a}{2}} \right) = \frac{{3\sqrt 3 {a^2}}}{4}$

Vậy bác nông dân có thể rào được mảnh vườn có diện tích lớn nhất là $\frac{{3\sqrt 3 {a^2}}}{4}$${{\rm{m}}^2}$.

Đặt $A'M = x\,\,\left( {0 < x < 2200} \right)$, $B'M = 2200 - x$

Ta có $AM = \sqrt {{x^2} + {{500}^2}} \,,\,\,BM = \sqrt {{{\left( {2200 - x} \right)}^2} + {{600}^2}}$

Khi đó tổng khoảng cách từ hai xã đến vị trí $M$ là:

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

Xét hàm số $f\left( x \right) = \sqrt {{x^2} + {{500}^2}} \, + \sqrt {{{\left( {2200 - x} \right)}^2} + {{600}^2}}$ trên khoảng $\left( {0;\,2200} \right)$

Đạo hàm $f'\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {{500}^2}} }} - \frac{{2200 - x}}{{\sqrt {{{\left( {2200 - x} \right)}^2} + {{600}^2}} }} = 0 \Leftrightarrow x = 1000$

Bảng biến thiên:

Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng cách từ hai xã đó đến bờ sông là khoảng $2460$m, tại vị trí $M$ cách điểm $A'$ là $1000$m.

Gọi $x\left( m \right)$ là chiều rộng. $(x > 0)$. Chiều dài là $2x\left( m \right)$. Chiều cao là $h\left( m \right)$. $\left( {h > 0} \right)$

Theo đề bài, ta có: $2{x^2} + 4xh + 2xh = 5{,}5$$\Leftrightarrow 2{x^2} + 6xh = 5{,}5$$\Leftrightarrow h = \frac{{5{,}5 - 2{x^2}}}{{6x}}$

Vì $h > 0$và $x > 0$nên $5{,}5 - 2{x^2} > 0 \Leftrightarrow 0 < x < \frac{{\sqrt {11} }}{2}$.

Suy ra thể tích của bể cá là: $V = 2{x^2}h = \frac{{5{,}5}}{3}x - \frac{2}{3}{x^3}$ với $0 < x < \frac{{\sqrt {11} }}{2}$.

$V' = \frac{{11}}{6} - 2{x^2}$$= 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{\sqrt {33} }}{6}(N)\\x = - \frac{{\sqrt {33} }}{6}(L)\end{array} \right.$

Thể tích lớn nhất của bể cá là: ${V_{max}} = V\left( {\frac{{\sqrt {33} }}{6}} \right) \approx 1{,}17\left( {{m^3}} \right)$.

Gọi đường chéo hình chữ nhật là $a$. Ta có: $R + r = \frac{a}{{1 + \sqrt 2 }}$.

Tìm max của ${R^2} + {r^2}$. Khảo sát hàm, ta tìm được $R = \frac{a}{{2\sqrt 2 }}$ Từ đó ta tìm được $\sqrt k = \sqrt 2 - 1$.

Gọi $x{\rm{ }}\left( {0 < x < 60} \right)$ là chiều dài của đoạn thứ hai, suy ra $60 - x$ là độ dài đoạn thứ nhất.

Khi đó cạnh hình vuông là $15 - \frac{x}{4}$ nên diện tích hình vuông là ${\left( {15 - \frac{x}{4}} \right)^2}$.

Chu vi của vòng tròn là $2\pi R = x \Rightarrow R = \frac{x}{{2\pi }}$. Khi đó diện tích hình tròn là $\pi {R^2} = \frac{{{x^2}}}{{4\pi }}$.

Khi đó tổng diện tích của hai hình sẽ là $f\left( x \right) = \frac{{{x^2}}}{{4\pi }} + {\left( {15 - \frac{x}{4}} \right)^2}$.

Khi đó ta có $f'\left( x \right) = \frac{x}{{2\pi }} - \frac{1}{2}\left( {15 - \frac{x}{4}} \right) = \frac{x}{2}\left( {\frac{1}{\pi } + \frac{1}{4}} \right) - \frac{{15}}{2}$.

Cho $f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow x = \frac{{15}}{{\frac{1}{\pi } + \frac{1}{4}}}$. Suy ra tổng diện tích hai hình nhỏ nhất khi $x = \frac{{60\pi }}{{4 + \pi }}$.

Khi đó cạnh hình vuông sẽ là $60 - \frac{{60\pi }}{{4 + \pi }} \approx 33{,}61$.

Ta có $2\left( {h + r} \right) + \pi r = 4$ $\Rightarrow h = \frac{{4 - 2r - \pi r}}{2}$.

Diện tích của khung cửa là $S = \frac{1}{2}\pi {r^2} + 2rh$ $= \frac{1}{2}\pi {r^2} + 2r\left( {\frac{{4 - 2r - \pi r}}{2}} \right)$ $= - \frac{{\pi + 4}}{2}.{r^2} + 4r$.

Ta có $h = \frac{{4 - 2r - \pi r}}{2} > 0 \Leftrightarrow 0 < r < \frac{4}{{\pi + 2}}$.

Xét hàm số $S\left( r \right) = - \frac{{\pi + 4}}{2}.{r^2} + 4r$ trên $\left( {0;\frac{4}{{\pi + 2}}} \right)$ có $S'\left( r \right) = - \left( {\pi + 4} \right)r + 4 = 0$ $\Leftrightarrow r = \frac{4}{{\pi + 4}}$

Bảng biến thiên

Vậy $S\left( r \right)$ đạt giá trị lớn nhất $\Leftrightarrow r = \frac{4}{{\pi + 4}}$.