Bài tập ôn tập Toán 12 Chân trời sáng tạo Chương 1 có đáp án

Chọn D

Đồ thị hàm số trên là đồ thị hàm bậc ba với $a < 0$ nên $y = - {x^3} + 3x - 1$.

Chọn A

Căn cứ vào BBT ta thấy: Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( {3; + \infty } \right)$.

Chọn A

Ta có $y = \frac{{x + 2}}{{x - 1}} \Rightarrow y' = \frac{{ - 3}}{{{{(x - 1)}^2}}} < 0,\forall x \ne 1$.

Do đó hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$.

Chọn B

Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( {1;3} \right)$ cho nên $f\left( 2 \right) < f\left( 3 \right)$.

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số $f\left( x \right)$.

Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 3 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 5$.

Chọn D

Nhìn vào bảng biến thiên, ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên đoạn $\left[ { - 3\,;3} \right]$ bằng $8$.

Chọn B

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị.

Chọn B

Dựa vào đồ thị ta thấy $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 4; - 1} \right]} f\left( x \right) = 2$ và $\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 4;2} \right]} f\left( x \right) = - 2$ $\Rightarrow$ $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 4; - 1} \right]} f\left( x \right) + \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 4;2} \right]} f\left( x \right) = 0$.

Chọn D

Dựa vào BBT ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} f\left( x \right) = - \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} f\left( x \right) = + \infty$ nên $x = - 1$ là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn C

$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{3x - 2}}{{4 - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{x\left( {3 - \frac{2}{x}} \right)}}{{x\left( {\frac{4}{x} - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{\left( {3 - \frac{2}{x}} \right)}}{{\left( {\frac{4}{x} - 1} \right)}} = - 3 \Rightarrow$Tiệm cận ngang: $y = - 3$.

Chọn A

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = 2$ và tiệm cận ngang là đường thẳng $y = 1$, đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( { - 2\,;\,0} \right)$ và $\left( {0\,;\, - 1} \right)$.

Vậy hàm số cần xác định là $y = \frac{{x + 2}}{{x - 2}}$.

Chọn C

Ta có $f\left( x \right) = 2\,\,\,\left( * \right)$.

Số nghiệm của phương trình $\left( * \right)$ bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và đường thẳng $y = 2$.

Dựa vào hình vẽ, hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm.

Vậy phương trình $f\left( x \right) = 2$ có hai nghiệm.

Chọn C

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{2x - 1}}$ là: $2x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}$.

Chọn D

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{2}{{1 + \frac{1}{x}}} = 2 \Rightarrow y = 2$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \frac{{2x}}{{x + 1}} = + \infty \Rightarrow x = - 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có một tiệm cận ngang và một tiệm cận đứng.

Chọn D

$y' = {\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow$ Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Chọn D

Theo bảng biến thiên, dấu của đạo hàm đổi từ dương (+) sang âm (−) khi $x$ đi qua ${x_0} = - 1$ nên hàm số đạt cực đại tại $x = - 1$.

Chọn B

Nhìn vào bảng biến thiên

Giá trị cực đại là: $4$.

Chọn D

Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng $- 1$.

Chọn C

Từ đồ thị suy ra $M\, = \,4;\,m\, = \,0$ do đó $\,M\, - \,m\, = \,4$.

Chọn A

Hàm số xác định và liên tục trên $\mathbb{R}$.

Đạo hàm $y' = 3{x^2} \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}$, suy ra hàm số luôn đồng biến trên $\left( { - \infty ; + \infty } \right)$.

Chọn A

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left( {0\,;1} \right)$.

Chọn B

Dựa vào hình vẽ ta thấy: Trên $\left[ { - 1;3} \right]$ hàm số $y = f\left( x \right)$ đạt giá trị lớn nhất bằng $1$, tại $x = - 1$.

Chọn D

Dựa vào đồ thị ta có đường tiệm cận đứng là $x = 1$.

Chọn A

Cho $x = 0 \Rightarrow y = 1$ suy ra đồ thị hàm số $y = \frac{{1 - x}}{{x + 1}}$ cắt trục $Oy$ tại điểm có tọa độ $\left( {0;1} \right)$.

Chọn A

Đồ thị có đường tiệm cận đứng $x = - 1$ $\Rightarrow$ Loại B, C.

Đồ thị có đường tiệm cận ngang $y = 1$ $\Rightarrow$ Loại D.

Chọn C

Ta có $f'\left( x \right) = {x^2}\left( {{x^2} - 1} \right)$.

Cho $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0{\rm{ (b\^o i 2)}}\\x = 1\\x = - 1\end{array} \right.$.

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số đã cho có 1 cực đại.

Chọn C

Nhận thấy: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty$ nên $a > 0$. Do đó, ta loại phương án A, D.

Và đồ thị có hai cực trị nên phương trình $y' = 0$ phải có hai nghiệm phân biệt.

Kiểm tra $y'$ ở hai phương án còn lại ta chọn đáp án là C.

Chọn B

Tập xác định $\mathbb{R}\backslash \left\{ 3 \right\}$.

$y = \frac{{3{\rm{x}} - 1}}{{x - 3}} \Rightarrow y' = \frac{{ - 8}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}}$, hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định.

Do đó $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = y\left( 0 \right) = \frac{1}{3}$.

Chọn D

Ta có: $y = \frac{{{x^2} + 2x + 2}}{{x + 1}} = x + 1 + \frac{1}{{x + 1}}$.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y - \left( {x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{1}{{x + 1}} = 0$.

Vậy tiệm cận xiên là: $y = x + 1$.

Chọn D

Ta có $y' = \frac{{2x\left( {x + 1} \right) - {x^2}.1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$.

$y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\,\,\end{array} \right.$. Loại $x = - 2$ vì không thuộc đoạn $\left[ {0;2} \right]$.

$y\left( 0 \right) = 0;\,\,y\left( 2 \right) = \frac{4}{3}$. Do đó GTLN của hàm số trên đoạn $\left[ {0;2} \right]$ là $\frac{4}{3}$ đạt được tại $x = 2$.

Từ đồ thị của hàm số $y = f'\left( x \right)$ ta có bảng biến thiên của hàm số $y = f\left( x \right)$ như sau:

Khi đó dựa vào bảng biến thiên ta thấy:

a) Sai. Hàm số có ba điểm cực trị.

b) Sai. Hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { - 1;1} \right)$ và $\left( {4; + \infty } \right)$.

c) Đúng. Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {1;4} \right)$nên $f\left( 1 \right) > f\left( 2 \right) > f\left( 4 \right)$.

d) Đúng. Trên đoạn $\left[ { - 1;4} \right]$, giá trị lớn nhất của hàm số $y = f\left( x \right)$ là $f\left( 1 \right)$.

a) Đúng. Từ bảng biến thiên có: Hàm số đạt cực đại tại điểm $x = - 3$ và đạt cực tiểu tại $x = - 1$.

b) Đúng. Từ bảng biến thiên ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 2)}^ + }} f\left( x \right) = + \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 2)}^ - }} f\left( x \right) = - \infty$ nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng $x = - 2$ làm tiệm cận đứng.

c) Sai. Từ bảng biến thiên ta có: Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - 3; - 2} \right)$ và $\left( { - 2; - 1} \right)$. Hàm số không xác định tại $x = - 2$.

d) Đúng. Từ bảng biến thiên ta có: $f\left( x \right) = 0$ vô nghiệm nên đồ thị hàm số không có điểm chung với trục hoành.

a) Đúng. Tập xác định: $\mathbb{R}$.

b) Sai. $y' = 3{x^2} - 3$ và $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 1\end{array} \right.$.

c) Sai. Bảng biến thiên của hàm số:

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng $\left( { - \infty ; - 1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$, nghịch biến trên khoảng $\left( { - 1;1} \right)$.

Hàm số đạt cực đại tại $x = - 1,{y_{{\rm{CD}}}} = 2$; hàm số đạt cực tiểu tại $x = 1,{y_{{\rm{CT}}}} = - 2$.

d) Đúng.

- Giao điểm của đồ thị với trục tung: $\left( {0;0} \right)$.

- Giao điểm của đồ thị với trục hoành tại $x = 0$ hoặc $x = \pm \sqrt 3$. Vậy đồ thị hàm số giao với trục hoành tại ba điểm $\left( {0;0} \right),\left( { - \sqrt 3 ;0} \right)$ và $\left( {\sqrt 3 ;0} \right)$.

Vậy đồ thị hàm số $y = f\left( x \right) = {x^3} - 3x$ được cho ở hình vẽ trên.

a) Đúng. Thể tích của thùng: $V = x.x.h = {x^2}h\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$.

b) Đúng. Tổng diện tích xung quanh và diện tích đáy là:

S = 4 ∙ Diện tích một mặt bên + Diện tích đáy

$= 4.h.x + x.x = 4hx + {x^2}{\rm{\;}}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

c) Sai. Ta có: $V = 32 = {x^2}h \Leftrightarrow h = \frac{{32}}{{{x^2}}}$.

Do đó $S\left( x \right) = 4hx + {x^2} = 4.\frac{{32}}{{{x^2}}}.x + {x^2} = \frac{{128}}{x} + {x^2}$.

Suy ra $S'\left( x \right) = - \frac{{128}}{{{x^2}}} + 2x$.

d) Đúng. Để làm được cái thùng ít tốn nguyên liệu nhất thì $S\left( x \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Ta có $S'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - \frac{{128}}{{{x^2}}} + 2x = 0 \Leftrightarrow - 128 + 2{x^3} = 0 \Leftrightarrow x = 4$.

Bảng biến thiên:

$S\left( x \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $x = 4$.

a) Đúng. Thể tích khối hộp chữ nhật $V = x.x.h = {x^2}h$.

b) Sai. Chiếc hộp có $1$ mặt đáy là hình vuông cạnh $x$ và có $4$ mặt bên là hình chữ nhật kích thước $x$ và $h$. Vậy diện tích các mặt ngoài của chiếc hộp là: ${S_{xq}} = {x^2} + 4xh$.

c) Sai. Vì mạ vàng trên mọi điểm của chiếc hộp nên mạ cả mặt trong và mặt ngoài.

Vậy ${S_{MV}} = 2S = 2\left( {{x^2} + 4xh} \right) = 2{x^2} + 8xh$.

d) Đúng. Ta có thể tích chiếc hộp: $V = {x^2}h = 32$ (đvtt), với $x,h > 0$. Suy ra $h = \frac{{32}}{{{x^2}}}$.

Phần mạ vàng của chiếc hộp: $S = 2{x^2} + 8xh$ $= 2{x^2} + 8x.\frac{{32}}{{{x^2}}}$$= 2{x^2} + \frac{{256}}{x}$.

Xét hàm số $f\left( x \right) = 2{x^2} + \frac{{256}}{x}$ với $x > 0$.

Ta có $f'\left( x \right) = 4x - \frac{{256}}{{{x^2}}} = \frac{{4{x^3} - 256}}{{{x^2}}}$, $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 256 \Leftrightarrow x = 4$;$f\left( 4 \right) = 96$.

BBT

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy khi $x > 4$ hàm số $f\left( x \right)$ tăng. Vậy lượng vàng được mạ tăng.

a) Sai. Ta có: $v\left( t \right) = s'\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 8$.

$v\left( 3 \right) = {3.3^2} - 6.3 + 8 = 17\left( {{\rm{m/s}}} \right)$.

b) Đúng. Ta có: $s\left( t \right) = {t^3} - 3{t^2} + 8t + 1 = 13$$\Leftrightarrow {t^3} - 3{t^2} + 8t - 12 = 0 \Leftrightarrow t = 2$.

Khi $t = 2$, vận tốc của chất điểm là $v\left( 2 \right) = {3.2^2} - 6.2 + 8 = 8\left( {{\rm{m/s}}} \right)$.

c) Đúng. Xét $v\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 8,t \ge 0$

$\Rightarrow v'\left( t \right) = 6t - 6 \Rightarrow v'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 1$.

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất của $v\left( t \right)$ là $5\left( {{\rm{m}}/{\rm{s}}} \right)$ đạt tại $t = 1$.

d) Sai. Ta có: $a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 6t - 6$.

Vận tốc nhỏ nhất của chất điểm đạt tại $t = 1$.

Khi đó gia tốc là $a\left( 1 \right) = 0\left( {{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)$.

a) Đúng. Chi phí để $A$ sản xuất $10$ tấn sản phẩm trong một tháng là $C\left( {10} \right) = 100 + 30.10 = 400$triệu đồng.

b) Sai. Số tiền $A$ thu được khi bán $10$ tấn sản phẩm cho $B$ là

$R\left( {10} \right) = 10.P\left( {10} \right) = 10.\left( {45 - 0,{{001.10}^2}} \right) = 449$ triệu đồng.

c) Đúng. Lợi nhuận mà $A$ thu được là: $H\left( x \right) = R\left( x \right) - C\left( x \right) = xP\left( x \right) - C\left( x \right)$

$P\left( x \right) = 45x - 0{,}001{x^3} - \left( {100 + 30x} \right) = - 0{,}001{x^3} + 15x - 100$.

d) Đúng. Xét hàm số $H\left( x \right) = - 0{,}001{x^3} + 15x - 100$, $\left( {0 \le x \le 100} \right)$.

Ta có: $H'\left( x \right) = - 0{,}003{x^2} + 15 = 0 \Leftrightarrow - 0{,}003{x^2} + 15 = 0 \Leftrightarrow x = 50\sqrt 2$ (chọn).

Khi đó: $H\left( 0 \right) = - 100$; $H\left( {50\sqrt 2 } \right) = 500\sqrt 2 - 100$; $H\left( {100} \right) = 400$.

Vậy $A$ bán cho $B$ khoảng $50\sqrt 2 \approx 70{,}7$ tấn sản phẩm mỗi tháng thì thu được lợi nhuận lớn nhất bằng $H\left( {50\sqrt 2 } \right) = 500\sqrt 2 - 100$.

a) Đúng. Đường cao lăng trụ là $AD = AB = 30{\rm{cm}}$ không đổi. Để thể tích lăng trụ lớn nhất chỉ cần diện tích đáy lớn nhất.

Gọi $I$ là trung điểm cạnh $EG$ $\Rightarrow AI \bot EG$ trong tam giác $AEG$$\Rightarrow IG = 15 - x,$ $\left( {0 < x < 15} \right)$.

Ta có:$AI = \sqrt {{x^2} - {{\left( {\frac{{30 - 2x}}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {{x^2} - {{\left( {15 - x} \right)}^2}}$ $= \sqrt {30x - 225} ,\,x \in \left( {\frac{{15}}{2};15} \right)$.

b) Sai. ${S_{\Delta AEG}} = \frac{1}{2}AI.EG = \frac{1}{2}\left( {30 - 2x} \right)\sqrt {30x - 225}$ $= \sqrt {15} .\sqrt {{{\left( {15 - x} \right)}^2}\left( {2x - 15} \right)}$.

Vậy ta cần tìm $x \in \left( {\frac{{15}}{2};15} \right)$ để $f\left( x \right) = {\left( {15 - x} \right)^2}\left( {2x - 15} \right)$ lớn nhất.

$f'\left( x \right) = - 2\left( {15 - x} \right)\left( {2x - 15} \right) + 2{\left( {15 - x} \right)^2} = 2\left( {15 - x} \right)\left( {30 - 3x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 15\\x = 10\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên:

c) Đúng. Vậy thể tích lăng trụ lớn nhất khi $x = 10$.

d) Sai. Thể tích lớn nhất của lăng trụ bằng $125.30 = 3750\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$.

a) Đúng. Bán kính của hình bán nguyệt là $\frac{x}{2}$ nên nửa chu vi bán nguyệt là $\frac{{\pi x}}{2}$.

b) Đúng. Ta có $2\left( {x + y} \right) + \frac{{\pi x}}{2} = 8 \Leftrightarrow y = 4 - \frac{{x\left( {4 + \pi } \right)}}{4}$.

c) Sai. Diện tích của cửa sổ:$S = xy + \frac{1}{2}\pi {\left( {\frac{x}{2}} \right)^2} = x\left( {4 - x - \frac{{\pi x}}{4}} \right) + \frac{{\pi {x^2}}}{8} = 4x - {x^2} - \frac{{\pi {x^2}}}{8}$.

d) Đúng. $S$ đạt giá trị lớn nhất khi $x = \frac{4}{{2 + \frac{\pi }{4}}} = \frac{{16}}{{8 + \pi }}$ nên $y = 4 - x - \frac{{\pi x}}{4} = \frac{{16}}{{8 + \pi }}$.

a) Đúng. Chi phí mỗi ngày là tổng các chi phí nên $C\left( x \right) = 0{,}0005{x^2} + 0{,}15x + 5$ (triệu đồng).

b) Sai. Khi $x = 100$, ta có $C\left( {100} \right) = 0{,}0005 \times {100^2} + 0{,}15 \times 100 + 5 = 25$.

c) Sai. Chi phí trung bình trên mỗi khối sản phẩm là:

$\overline c \left( x \right) = \frac{{0{,}0005{x^2} + 0{,}15x + 5}}{x} = 0{,}0005x + 0{,}15 + \frac{5}{x}$.

d) Đúng. Xét hàm số $\overline c \left( x \right) = 0{,}0005x + 0{,}15 + \frac{5}{x}$, $0 < x \le 200$.

Ta có ${\overline c ^{\,\prime }}\left( x \right) = \frac{5}{{{{10}^4}}} - \frac{5}{{{x^2}}}$, ${\overline c ^\prime }\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} = {10^4} \Rightarrow x = 100$ (do $x \in \left( {0;200} \right]$.

Bảng biến thiên:

Vậy chi phí trung bình giảm khi hàm số $\overline c \left( x \right)$nghịch biến, tức là $x \in \left( {0;100} \right)$.

Ta có $y' = 3a{x^2} + 2bx + c$, vì $a \ne 0$, ${b^2} - 3ac > 0$ nên $y' = 0$ có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}$ (giả sử ${x_1} < \,{x_2}$). Khi đó, với cả hai trường hợp $a > 0$ và $a < 0$ hàm số đã cho đều có hai điểm cực trị.

Đáp án: 2.

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } f\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{26t + 10}}{{t + 5}} = 26$. Nên đồ thị hàm số $f\left( t \right)$ có đường tiệm cận ngang là $y = 26$. Vậy $a = 26$.

Đáp án: 26.

Đồ thị hàm số $f\left( x \right) = 5x - 1 + \frac{8}{{x - 1}}$ có tiệm cận đứng là $x = 1$ và tiệm cận xiên $y = 5x - 1$.

Do đó, tâm đối xứng của đồ thị hàm số là $I\left( {1;4} \right)$.

Ta có $a = 1$, $b = 4$. Vậy $C = a + 3b = 13$.

Đáp án: 13.

Ta có $f'\left( t \right) = \frac{{ - 1}}{{100}}{t^2} + 2bt + c$.

Ngày 26/09/2024 là ngày thứ 270 trong năm nên $t = 270$.

Từ giả thiết ta có $\left\{ \begin{array}{l}f\left( {270} \right) = 55740\\f'\left( {270} \right) = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 1{,}2\\c = 81\end{array} \right. \Rightarrow f\left( t \right) = - \frac{1}{{300}}{t^3} + 1{,}2{t^2} + 81t + 12000$.

Ngày 26/10/2024 là ngày thứ 300 trong năm nên $t = 300$$\Rightarrow f\left( {300} \right) = 54300$ con $= 54{,}3$ nghìn con.

Đáp án: 54,3.

Thể tích khối hộp $V = x.x.h = {x^2}h = 4000 \Rightarrow h = \frac{{4000}}{{{x^2}}}.$

Để chiếc hộp làm ra ít tốn bìa các tông nhất khi và chỉ khi diện tích toàn phần của hộp là nhỏ nhất. Diện tích toàn phần của hộp (không nắp) ${S_{{\rm{tp}}}} = {S_{{\rm{day}}}} + {S_{{\rm{xung quanh}}}} = x.x + 4.hx = {x^2} + 4hx$

$= {x^2} + 4x.\frac{{4000}}{{{x^2}}} = {x^2} + \frac{{16000}}{x}$

Xét hàm $f\left( x \right) = {x^2} + \frac{{16000}}{x}$ với $x > 0$ có $f'\left( x \right) = 2x - \frac{{16000}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow 2x - \frac{{16000}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = 20$.

Bảng biến thiên:

Vậy độ dài cạnh hình vuông $x = 20$cm thì chiếc hộp làm ra tốn ít bìa các tông nhất.

Đáp án: 20.

Đặt $HE = {x_{}}{,_{}}FK = y$, với $x,\,y > 0$.

Ta có: $HE + KF = 20 \Rightarrow x + y = 20$, $\left\{ \begin{array}{l}AE = \sqrt {16 + {x^2}} \\BF = \sqrt {36 + {y^2}} = \sqrt {36 + {{\left( {20 - x} \right)}^2}} \end{array} \right.$.

Nhận xét: Vì $EF$ không đổi nên $AB$ ngắn nhất khi $AE + BF$ nhỏ nhất.

Ta có $AE + BF$$= \sqrt {{x^2} + 16} + \sqrt {{{\left( {20 - x} \right)}^2} + 36} = \sqrt {{x^2} + 16} + \sqrt {{x^2} - 40x + 436} = f\left( x \right)$.

Đạo hàm $f'\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 16} }} + \frac{{x - 20}}{{\sqrt {{x^2} - 40x + 436} }} = 0 \Rightarrow x = 8,\,\forall x \in \left( {0;20} \right)$.

Bảng biến thiên

Vậy $AE = \sqrt {{8^2} + 16} \approx 8{,}94$km.

Đáp án: 8,94.

Số tiền thu về khi bán $x$ mét vải lụa là: $220x$. Lợi nhuận thu được khi bán $x$ mét vải lụa là:

$L\left( x \right) = 220x - \left( {{x^3} - 3{x^2} - 20x + 500} \right) = - {x^3} + 3{x^2} + 240x - 500$.

Xét hàm số $L\left( x \right) = - {x^3} + 3{x^2} + 240x - 500$ với $x \in \left[ {1;18} \right]$.

$L'\left( x \right) = - 3{x^2} + 6x + 240 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 10 \in [1;18]\\x = - 8 \notin [1;18]\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên:

Vậy hộ làm nghề dệt này thu được lợi nhuận tối đa trong một ngày là $1200$ nghìn đồng khi sản xuất $10$ mét vải lụa trong một ngày.

Đáp án: 1200.

Ta có $f'\left( t \right) = 500\left( {2t - m{e^{ - t}}} \right)$ và $f''\left( t \right) = 500\left( {2 + m{e^{ - t}}} \right)$.

Tốc độ bán hàng luôn tăng trong khoảng thời gian 10 năm đầu phát hành sản phẩm $\Leftrightarrow f'\left( t \right)$ là hàm số đồng biến trên $\left[ {0\,;\,10} \right]$ $\Leftrightarrow f''\left( t \right) \ge 0$, $\forall t \in \left[ {0\,;\,10} \right]$$\Leftrightarrow$$500\left( {2 + m{e^{ - t}}} \right) \ge 0\,,\,\,\forall t \in \left[ {0\,;\,10} \right]$

$\Leftrightarrow$$2 + m{e^{ - t}} \ge 0\,,\,\,\forall t \in \left[ {0\,;\,10} \right]$$\Leftrightarrow$$m{e^{ - t}} \ge - 2\,,\,\,\forall t \in \left[ {0\,;\,10} \right]$$\Leftrightarrow m \ge - 2{e^t}\,,\,\,\forall t \in \left[ {0\,;\,10} \right]$

$\Leftrightarrow m \ge - 2{e^0} = - 2$ (do hàm số $y = - 2{e^t}$ nghịch biến trên $\left[ {0\,;\,10} \right]$).

Vậy giá trị nhỏ nhất của $m$ là $- 2$.

Đáp án: −2.

Khi bơi ngược dòng vận tốc của cá là $v - 5$(km/h).

Thời gian để cá vượt khoảng cách $100$km là $t = \frac{{100}}{{v - 5}}\,\left( {v > 5} \right)$.

Năng lượng tiêu hao của cá khi vượt khoảng cách $100$km là $E\left( v \right) = c.{v^3}.\frac{{100}}{{v - 5}} = 100c.\frac{{{v^3}}}{{v - 5}}$.

Xét hàm số $y = E\left( v \right)$ ta có $E'\left( v \right) = 100c.\frac{{3{v^2}\left( {v - 5} \right) - {v^3}}}{{{{\left( {v - 5} \right)}^2}}} = 100c.\frac{{{v^2}\left( {2v - 15} \right)}}{{{{\left( {v - 5} \right)}^2}}}$.

Giải phương trình $E'\left( v \right) = 0 \Leftrightarrow v = 7{,}5$(do $v > 5$). Ta có bảng biến thiên

Vậy vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên thuộc khoảng $\left( {5\,;\,7{,}5} \right)$ thì năng lượng tiêu hao của cá giảm. Khi đó giá trị lớn nhất của $b - a$ là 2,5.

Đáp án: 2,5.

Giả sử người đó đi từ $A$ đến $M$ để lấy nước và đi từ $M$ về $B$.

Dễ dàng tính được $BD = 369,EF = 492$.

Ta đặt $EM = x$, khi đó ta được: $MF = 492 - x;\,AM = \sqrt {{x^2} + {{118}^2}} \,;\,BM = \sqrt {{{\left( {492 - x} \right)}^2} + {{487}^2}} {\rm{.}}$

Như vậy ta có hàm số $f\left( x \right)$ được xác định bằng tổng quãng đường $AM$ và $MB$:

Xét hàm $f\left( x \right) = \sqrt {{x^2} + {{118}^2}} + \sqrt {{{\left( {492 - x} \right)}^2} + {{487}^2}} {\rm{\;}}$ với$x \in \left[ {0;492} \right]$.

Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của $f\left( x \right)$ để có được quãng đường ngắn nhất và từ đó xác định được vị trí điểm $M$.

Đạo hàm: $f'\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {{118}^2}} }} - \frac{{492 - x}}{{\sqrt {{{\left( {492 - x} \right)}^2} + {{487}^2}} }}{\rm{ = 0}}$

$\Leftrightarrow \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {{118}^2}} }} = \frac{{492 - x}}{{\sqrt {{{\left( {492 - x} \right)}^2} + {{487}^2}} }} \Leftrightarrow x\sqrt {{{\left( {492 - x} \right)}^2} + {{487}^2}} = \left( {492 - x} \right)\sqrt {{x^2} + {{118}^2}}$

$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x^2}\left[ {{{\left( {492 - x} \right)}^2} + {{487}^2}} \right] = {{\left( {492 - x} \right)}^2}\left( {{x^2} + {{118}^2}} \right)}\\{0 \le x \le 492}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{{\left( {487x} \right)}^2} = {{\left( {58056 - 118x} \right)}^2}}\\{0 \le x \le 492}\end{array}} \right.} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = \frac{{58056}}{{605}}{\rm{\;hay\;}}x = - \frac{{58056}}{{369}} \Leftrightarrow x = \frac{{58056}}{{605}}}\\{0 \le x \le 492}\end{array}} \right.$.

Hàm số $f\left( x \right)$ liên tục trên đoạn $\left[ {0;492} \right]$.

So sánh các giá trị của $f\left( 0 \right)\,;\,f\left( {\frac{{58056}}{{605}}} \right)\,;\,f\left( {492} \right)$ ta có giá trị nhỏ nhất $f\left( {\frac{{58056}}{{605}}} \right) \approx 779{,}8{\rm{\;m}}$.

Khi đó quãng đường đi ngắn nhất là xấp xỉ $779{,}8{\rm{\;}} \approx {\rm{780m}}$.

Đáp án: 780.

Từ đề bài suy ra công thức tính độ bền của dầm gỗ có dạng $S = kw{d^2}$ với hằng số $k > 0$ cố định nào đó (là hệ số tỉ lệ). Mặt khác, do ${d^2} + {w^2} = 144$ nên ta có $S = kw\left( {144 - {w^2}} \right) = k\left( {144w - {w^3}} \right)$, $0 < w < 12$.

Ta có: $S' = k\left( {144 - 3{w^2}} \right);S' = 0 \Leftrightarrow w = 4\sqrt 3$ (do $w > 0$).

Lập bảng biến thiên của hàm số:

Vậy dầm gỗ có độ bền lớn nhất khi có chiều rộng $w = 4\sqrt 3$ inch và chiều sâu $d = 4\sqrt 6$ inch.

Gọi $y\,(\;{\rm{cm}})$ là chiều dài của tờ giấy. Theo giả thiết, ta có $\left( {x - 4} \right)\left( {y - 6} \right) = 300$.

Suy ra $y = 6 + \frac{{300}}{{x - 4}}$.

a) Diện tích của tờ giấy được thiết kế là: $S\left( x \right) = xy = \frac{{x\left( {6x + 276} \right)}}{{x - 4}}.$

b) Khảo sát sự biến thiên của hàm số $S\left( x \right)$:

Tập xác định: $\left( {4; + \infty } \right)$.

Sự biến thiên: Ta có $S\left( x \right) = 6x + 300 + \frac{{1200}}{{x - 4}}$.

$S'\left( x \right) = \frac{{6{{\left( {x - 4} \right)}^2} - 1200}}{{{{\left( {x - 4} \right)}^2}}},S'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = {x_0} = 4 + 10\sqrt 2$.

- Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {4 + 10\sqrt 2 ; + \infty } \right)$, nghịch biến trên khoảng $\left( {4;4 + 10\sqrt 2 } \right)$.

- Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 4 + 10\sqrt 2$.

- Giới hạn vô cực: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} S\left( x \right) = + \infty$, giới hạn tại vô cực: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } S\left( x \right) = + \infty$.

- Bảng biến thiên:

c) Kích thước của tờ giấy để nguyên liệu sử dụng ít nhất là:

Chiều rộng $x = 4 + 10\sqrt 2 \approx 18{,}14(\;{\rm{cm}})$, Chiều dài $y = 6 + \frac{{300}}{{x - 4}} = 6 + \frac{{30}}{{\sqrt 2 }} \approx 27{,}21(\;{\rm{cm}})$.

a) Hàm doanh thu biên là $R' = 1800 + 128x - 6{x^2}$.

b) Ta có doanh thu biên khi $x = 14$ là $R'\left( {14} \right) = 2416$. Điều này nghĩa là, doanh thu tăng lên khi cho thuê thêm một căn hộ nữa (tức là cho thuê căn hộ thứ 15) là khoảng 2416 USD.

c) Ta có: $R\left( {14} \right) = 32256;R\left( {15} \right) = 34650$ suy ra $R\left( {15} \right) - R\left( {14} \right) = 2394$.

Vậy khi số căn hộ cho thuê tăng từ 14 lên 15 thì doanh thu tăng thêm 2394 USD, giá trị này xấp xỉ với mức đã ước tính ở câu b.

Giả sử nguyên liệu được giao sau mỗi $x$ ngày $(x > 0)$. Để đảm bảo đủ nguyên liệu cho mỗi chu kì sản xuất, xưởng mộc phải đặt $5x$ đơn vị nguyên liệu cho mỗi lần giao hàng.

Trong mỗi ngày của chu kì sản xuất, lượng nguyên liệu cần được lưu trữ trung bình là $\frac{{5x}}{2}$ đơn vị nguyên liệu.

Do đó, chi phí để lưu trữ nguyên liệu trong $x$ ngày của chu kì sản xuất là $10 \cdot \frac{{5x}}{2} \cdot x = 25{x^2}$ (USD).

Từ đây, chi phí cần bỏ ra cho mỗi chu kì sản xuất là $C\left( x \right) = 5000 + 25{x^2}$. Do đó, ta có hàm chi phí trung bình hằng ngày trong một chu kì sản xuất là $c\left( x \right) = \frac{{C\left( x \right)}}{x} = \frac{{5000}}{x} + 25x.$

Ta có: $c'\left( x \right) = - \frac{{5000}}{{{x^2}}} + 25;$ $c'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 10\sqrt 2 \approx 14{,}14$.

Lập bảng biến thiên:

Vậy để chi phí trung bình hằng ngày trong một chu kì sản xuất là ít nhất thì xưởng mộc nên đặt giao nguyện liệu sau mỗi 14 ngày và mỗi lần giao $5 \cdot 14 = 70$ đơn vị nguyên liệu.

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}$.