Bài toán thực tế và bài toán tối ưu min - max

Giáo viên sưu tầm và biên soạn: Lê Viết Nhơn BÀI TOÁN THỰC TẾ BÀI TOÁN TỐI ƯU MIN - MAX Tài liệu có tham khảo nguồn: 1) Bài toán tối ưu Min_max của thầy Lê Bá Bảo. 2) Tuyển chọn các bài toán thực tế của thầy Nguyễn Văn Rin. 3) Một số bài toán của thầy Hồ Hà Đặng A. BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA PHẦN 1. BÀI TOÁN THỰC TẾ_TỐI ƯU Ví dụ 1. (SGK 12 CB) Trong số các hình chữ nhật có cùng chu vi 16  cm  , hãy tìm hình chữ nhật có diện tích lớn nhất. Hướng dẫn giải  Hình vuông có cạnh bằng 4  cm  là hình có diện tích lớn nhất và max S  16 cm2    Ví dụ 2. (SGK 12 CB) Trong tất cả các hình chữ nhật có diện tích 48 m2 , hãy xác định hình chữ nhật có chu vi nhỏ nhất. Hướng dẫn giải: Hình vuông có cạnh bằng 4 3  m  là hình có chu vi nhỏ nhất và min P  16 3  m  . Ví dụ 3. (SGK BT 12 CB) Trong các hình trụ nội tiếp hình cầu bán kính R , hãy tìm hình trụ có thể tích lớn nhất. Hướng dẫn giải: Kí hiệu chiều cao, bán kính đáy và thể tích của hình trụ nội tiếp hình cầu lần lượt là h , r và V . Khi đó: V  h r 2 .   h2 h2  h3  Vì r 2  R 2   V  h  R 2      hR 2   . 4 4  4    h3  Ví dụ trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số V  h     hR 2   , h   0; 2 R  . 4    3h 2  2R Ta có: V '  h     R2  . 0h 4  3  Bảng biến thiên: h 2R 0 V' 3 0 4 R3  V 2R  3 3 0 0 3  2 R  4 R Từ BBT, suy ra max V  V  .   0;2 R   3 3 3 Facebook: www.facebook.com/viet.nhon Trang 1 Giáo viên sưu tầm và biên soạn: Lê Viết Nhơn Vậy hình trụ nội tiếp hình cầu bán kính R có thể tích lớn nhất khi chiều cao của nó bằng Khi đó, thể tích khối trụ là 4 R 3 3 3 2R 3 . . Ví dụ 4. (Team 12 Huế) Một tấm kẽm hình vuông ABCD có cạnh bằng 30 cm . Người ta gập tấm kẽm theo hai cạnh EF và GH cho đến khi AD và BC trùng nhau như hình vẽ dưới đây để được một hình lăng trụ khuyết hai đáy. Giá trị của x để thể tích khối lăng trụ lớn nhất là A. x  5 cm . B. x  9 cm . C. x  8 cm . D. x  10 cm . Hướng dẫn giải: Ta có: DF  CH  x , FH  30  2 x  pΔDHF  15. Thể tích khối lăng trụ như hình vẽ là V  SFDH .EF  30 15 15  x15  x15  30  2 x  15  2  30 15 15  x 2 x  15 , x   ;15  2  Xét hàm số f  x  15  x 2 x  15 2 f '  x  2 15  x2 x  15  2 15  x  2 15  x 3 x  30 2  x  10 f '  x  0   .  x  15  Bảng biến thiên: Dựa vào BBT, max f  x  125 khi x  10.  15   ;15  2  Do đó thể tích khối lăng trụ như hình vẽ lớn nhất khi x  10 cm . Khi đó Vmax  750 3 cm3 . Facebook: www.facebook.com/viet.nhon Trang 2 Giáo viên sưu tầm và biên soạn: Lê Viết Nhơn Lựa chọn đáp án D. Ví dụ 5. (SGK BT 12 CB) Một chất điểm chuyển động theo quy luật s  t   6t 2  t 3 . Tính thời điểm t (giây) tại đó vận tốc v  m / s  của chuyển động đạt giá trị lớn nhất. Hướng dẫn giải: Theo giả thiết: s  t   6t 2  t 3 , t   0;   . Vận tốc của chuyển động là v  t   s '  t   12t  3t 2 . Ta có: v '  t   12  6t  0  t  2. Bảng biến thiên: 0 t v ' t  2 0    12 v t  Dựa vào BBT, ta có max v t  v  2  12  m / s . Vậy vận tốc đạt giá trị lớn nhất khi t  2  s  . 0; Ví dụ 6. (SGK BT 12 CB) Cho số dương m . Hãy phân tích m thành tổng của hai số dương sao cho tích của chúng là lớn nhất. Hướng dẫn giải: Cho m  0. Đặt x là số thứ nhất, 0  x  m , số thứ hai là m  x. m Xét tích P  x   x  m  x  , x   0; m  . Ta có: P '  x   2 x  m  0  x  . 2 Bảng biến thiên: x m 2 0 0 P ' x  m  2 m 4 P  x m  m  m2 Từ BBT, ta có max P  x   P    . Vậy phân tích m thành tổng hai số . 0;m  2 2 4 Ví dụ 7. (SGK BT 12 CB) Tìm hai số có hiệu là 13 sao cho tích của chúng là bé nhất. Hướng dẫn giải: Gọi một trong hai số phải tìm là x , ta có số kia là x  13. 13 Xét tích P  x   x  13  x  . Ta có: P '  x   2 x  13  0  x   . 2 Bảng biến thiên: 13 x    2 0 P '  x     P  x  Facebook: www.facebook.com/viet.nhon 169 4 Trang 3 Giáo viên sưu tầm và biên soạn: Lê Viết Nhơn  13  169 13 Từ BBT, ta có min P  x   P      . Vậy tích hai số là bé nhất khi một số là  4 2  2  13 . 2 Ví dụ 8. (SGK BT 12 CB) Hãy tìm tam giác vuông có diện tích lớn nhất nếu tổng của một cạnh góc vuông và cạnh huyền bằng hằng số a  a  0  . và số kia là Hướng dẫn giải:  a Kí hiệu cạnh góc vuông AB là x , x   0;  .  2 Khi đó, cạnh huyền BC  a  x , cạnh góc vuông kia là AC  BC 2  AB2   a  x Diện tích tam giác ABC là S  x   Ta có: S '  x   2  x 2  a2  2ax . x 1  a x a2  2 ax , x   0;  . 2  2 a  a  3x  a 0x . 3 2 a  2 ax 2 A Bảng biến thiên: x B a 3 0 0 S '  x  C a 2  a2 S x 6 3 Từ BBT, suy ra max S  x    a  0;   2 a2 6 3 khi AB  a 2a , BC  . 3 3 Ví dụ 9. (SGK 12 NC) Cho một tam giác đều ABC cạnh a. Người ta dựng một hình chữ nhật MNPQ có cạnh MN nằm trên cạnh BC , hai đỉnh P và Q theo thứ tự nằm trên hai cạnh AC và AB của tam giác. Xác định vị trí của điểm M sao cho hình chữ nhật có diện tích lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó. Hướng dẫn giải:  a Đặt BM  x ; x   0;  ta được MN  a  2 x ; QM  x 3.  2   Diện tích hình chữ nhật MNPQ là: S  x   MN .QM   a  2 x  x 3  3 ax  2 x 2 . a Ta có: S '  x   3  a  4 x   0  x  . 4 Bảng biến thiên: 0 x S '  x S  x Facebook: www.facebook.com/viet.nhon  a 4 0 a 2  3 a2 8 Trang 4 Giáo viên sưu tầm và biên soạn: Lê Viết Nhơn Từ BBT, suy ra S  x  đạt giá trị lớn nhất tại điểm x  a hình chữ nhật là max S  x   S     a 4  0;  2  a và giá trị lớn nhất của diện tích 4 3 a2 . 8  Ví dụ 10. (SGK 12 NC) Khi nuôi cá thí nghiệm trong hồ, một nhà sinh vật học thấy rằng: Nếu trên mỗi đơn vị diện tích mặt hồ có n con cá thì trung bình mỗi con cá sau một vụ cân nặng P  n   480  20n  gam  . Hỏi phải thả bao nhiêu cá trên một đơn vị diện tích của mặt hồ để sau một vụ thu hoạch được nhiều cá nhất? Hướng dẫn giải: Nếu trên mỗi đơn vị diện tích của mặt hồ có n con cá thì sau một vụ, số cá trên mỗi đơn vị diện tích mặt hồ trung bình cân nặng f  n   nP  n   480n  20n2  gam  . Xét hàm số f  x   480 x  20 x 2 ; x   0;   . (Biến số n lấy các giá trị nguyên dương được thay thế bởi biến số x lấy các giá trị trên khoảng  0;   ). Ta có: f '  x   480  40 x  0  x  12. Bảng biến thiên: x 0 f ' x  12 0   2880 f  x Từ BBT, trên  0;   , hàm số f đạt giá trị lớn nhất tại điểm x  12 . Từ đó, suy ra f  n  đạt giá trị lớn nhất tại điểm n  12. Ví dụ 11. (SGK 12 NC) Độ giảm huyết áp của một bệnh nhân được cho bởi công thức G  x   0,025 x2  30  x  , trong đó x là liều lượng thuốc được tiêm cho bệnh nhân ( x được tính bằng miligam). Tính liều lượng thuốc cần tiêm cho bệnh nhân để huyết áp giảm nhiều nhất và tính độ giảm đó. Hướng dẫn giải: Ta có: G  x   0,75 x2  0,025 x3 x  0. G '  x   1, 5x  0,075x 2  0  x  0  x  20. Bảng biến thiên: x G 'x 0  20 0   100 G x Từ BBT, suy ra max G  x   G  20   100. Vậy liều lượng thuốc cần tiêm cho bệnh nhân để 0;   huyết áp giảm nhiều nhất là 20 mg. Khi đó, độ giảm huyết áp là 100. Facebook: www.facebook.com/viet.nhon Trang 5 Giáo viên sưu tầm và biên soạn: Lê Viết Nhơn Ví dụ 12. (SGK 12 NC) Một con cá hồi bơi ngược dòng để vượt một khoảng cách là 300 km. Vận tóc dòng nước là 6 km/h. Nếu vận tốc của cá bơi khi nước đứng yên là v (km/h) thì năng lượng tiêu hao của cá trong t giờ được cho bởi công thức E  v   cv3t , trong đó c là một hằng số, E được tính bằng jun. Tìm vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên để năng lượng tiêu hao là ít nhất. Hướng dẫn giải: Vận tốc cá bơi khi ngược dòng là v  6 (km/h). Thời gian cá bơi để vượt khoảng cách 300 300 km là t  (giờ). v6 300 v3 Năng lượng tiêu hao của cá để vượt khoảng cách đó là E  v   cv3 . (jun), v  6.  300c. v6 v6 v9 Ta có: E '  v   600cv 2  0  v  9  v  0 (loại do v  6 ). 2 v  6   Bảng biến thiên: v E'v 6  9 0     E  v E9 Từ BBT, để ít tiêu hao năng lượng nhất, cá phải bơi với vận tốc (khi nước đứng yên) là 9 (km/h). Ví dụ 13. (SGK 12 NC) Sau khi phát hiện một bệnh dich, các chuyên gia y tế ước tính số người nhiễm bệnh kể từ ngày xuất hiện bệnh nhân đầu tiên đến ngày thứ t là f  t   45t 2  t 3 , t  0, 1, 2,..., 25. Nếu coi f là hàm số xác định trên 0; 25  thì f '  t  được xem là tốc độ truyền bệnh (người/ngày) tại thời điểm t. a) Tính tốc độ truyền bệnh vào ngày thứ 5. b) Xác định ngày mà tốc độ truyền bệnh là lớn nhất và tính tốc độ đó. c) Xác định các ngày mà tốc độ truyền bệnh lớn hơn 600. d) Xét chiều biến thiên của hàm số f trên đoạn 0; 25  . Hướng dẫn giải: Số người nhiễm bệnh kể từ ngày xuất hiện bệnh nhân đầu tiên đến ngày thứ t là f  t   45t 2  t 3 , t  , t  0; 25  . Để xét tốc độ truyền bệnh, người ta xem hàm số f là xác định trên đoạn 0; 25  . a) f '  t   90t  3t 2  3t  30  t  . Tốc độ truyền bệnh vào ngày thứ năm là f '  5   375 (người/ngày). b) f ''  t   90  6t  0  t  15. Bảng biến thiên: t 0 f ''  t   15 0   675 f ' t  Từ BBT, tốc độ truyền bệnh là lớn nhất vào ngày thứ 15. Facebook: www.facebook.com/viet.nhon Trang 6 Giáo viên sưu tầm và biên soạn: Lê Viết Nhơn Tốc độ đó là f '  15   675 (người/ngày). c) f '  t   600  90t  3t 2  600  t 2  30t  200  0  10  t  20. Từ ngày 11 đến ngày thứ 19, tốc độ truyền bệnh là lớn hơn 600 người mỗi ngày. Ví dụ 14. (SGK 12 NC) Cho parabol  P  : y  x 2 và điểm A  3; 0  . Xác định điểm M thuộc parabol  P  sao cho khoảng cách AM là ngắn nhất và tìm khoảng cách ngắn nhất đó. Hướng dẫn giải:   Gọi M x; x 2 là một điểm bất kì của parabol  P  . 2 Ta có: AM 2   x  3   x 4  x 4  x 2  6 x  9 . Khoảng cách AM đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi f  x   AM 2 đạt giá trị nhỏ nhất.   Xét f  x   x 4  x 2  6 x  9  f '  x   4 x 3  2 x  6   x  1 4 x2  4 x  6  0  x  1 . Bảng biến thiên: x  f ' x  1 0     f x 5 Dựa vào BBT, ta suy ra f  x  đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x  1 và f  1  5 . Do đó, khoảng cách AM đạt giá trị nhỏ nhất khi M nằm ở vị trí của điểm M0  1;1 ; AM0  5. Ví dụ 15. (SGK 12 NC) Một viên đạn được bắn ra với vận tốc ban đầu v0  0 từ một nòng súng đặt ở gốc tọa độ O , nghiêng một góc  với mặt đất (nòng súng nằm trong mặt phẳng thẳng đứng Oxy và tạo với trục hoành Ox góc  ). Biết quỹ đạo chuyển động của viên đạn là g parabol    : y   2v2 1  tan 2  x2  x tan  0   ( g là gia tốc trọng trường).   Chứng minh rằng với mọi    0;  ,     luôn tiếp xúc với parabol    có phương trình là  2 v2 g y   2 x 2  0 và tìm tọa độ tiếp điểm. (    được gọi là parabol an toàn). 2g 2 v0 Hướng dẫn giải: Hoành độ tiếp điểm của hai parabol là nghiệm của hệ phương trình:  g g 2 v02 2 2  1  tan  x  x tan    x  (1)  2 2g 2 v02  2 v0    g 1  tan 2  x  tan    g x (2)  v2 v02  0     Facebook: www.facebook.com/viet.nhon Trang 7 Giáo viên sưu tầm và biên soạn: Lê Viết Nhơn v02   Từ (2)  x  . Dễ thấy đó cũng là nghiệm của phương trình (1). Vậy với mọi x   0;  g tan   2 hai parabol luôn tiếp xúc với nhau. v02 Hoành độ tiếp điểm là x  . g tan  2 g  v02  v02 v02  1  Tung độ của tiếp điểm là y   2   1    .  2 v0  g tan   2 g 2 g  tan 2    v02 v2  1 Điểm  ; 0 1   g tan  2 g  tan 2        là tiếp điểm của hai parabol với mọi x   0; 2  .    Ví dụ 16. (SGK 12 NC) Một tạp chi được bán với giá 20 nghìn đồng một cuốn. Chi phí xuất bản x cuốn tạp chí (bao gồm: lương cán bộ, công nhân viên, giấy in, …) được cho bởi công thức C  x   0,0001x 2  0, 2 x  10000, C  x  được tính theo đơn vị vạn đồng. Chi phí phát hành cho mỗi cuốn là 4 nghìn đồng. 1) a) Tính tổng chi phí T  x  (xuất bản và phát hành) cho x cuốn tạp chí. b) Tỉ số M  x   T x được gọi là chi phí trung bình cho một cuốn tạp chí khi xuất bản x x cuốn. Tính M  x  theo x và tìm số lượng tạp chi cần xuất bản sao cho chi phí trung bình là thấp nhất. 2) Các khoản thu bao gồm tiền bán tạp chí và 90 triệu nhận được từ quảng cáo và sự trợ giúp cho báo chí. Giả sử số cuốn in ra đều được bán hết. a) Chứng minh rằng số tiền lãi khi in x cuốn tạp chí là L  x   0,0001x 2  1,8 x  1000. b) Hỏi in bao nhiêu cuốn thì có lãi? c) In bao nhiêu cuốn thì lãi nhiều nhất? Tính số tiền lãi đó. Hướng dẫn giải: 1) a) Tổng chi phí cho x cuốn tạp chí là T  x   C  x   0, 4 x  0, 0001x 2  0, 2 x  10000. 10000 (6)  0, 2 với x  1, 2,... x Ta xét hàm số y  M  x  trên khoảng  0;   (trong đó M  x  được xác định bởi công thức (6) b) Ta có: M  x   0,0001x  với mọi x  0 ) và tìm x  0, trong đó hàm số M đạt giá trị nhỏ nhất trên  0;   . Ta có: M '  x   0, 0001  Bảng biến thiên: x 10000  0  x  10000. x2 10 000 0 M 'x  0   M  x 2, 2 Từ BBT, suy ra min M  x   M  10 000   2, 2. Vậy chi phí trung bình cho x cuốn tạp chí thấp 0;   nhất khi x  10 000 (cuốn). Chi phí cho mỗi cuốn khi đó là 2,2 vạn đồng  22 000 (đồng). Facebook: www.facebook.com/viet.nhon Trang 8 Giáo viên sưu tầm và biên soạn: Lê Viết Nhơn 2) a) Tổng số tiền thu được khi bán x cuốn tạp chí ( x nguyên dương) là 2 x  9 000 (vạn đồng). Số tiền lãi khi bán x cuốn là: L  x   2x  9 000  T  x   0,0001x2  1,8 x  1000. b) Có lãi khi L  x   0, tức là: 0,0001x 2  1,8 x  1000  0  0,9  0,71 0,9  0,71 x 0,0001 0, 0001  9 000  71000 000  x  9 000  71000 000 . Vì x lấy giá trị nguyên dương và 9 000  71000 000  573,85 và 9 000  71000 000  17426,15 nên 573  x  17427. c) Ta xét hàm số: L  x   0,0001x 2  1,8 x  1000; x   0;   và tìm x  0 để tại đó L  x  đạt giá trị lớn nhất trên  0;   . Ta có: L '  x   0,0002 x  1,8  0  x  9 000. Bảng biến thiên: x 9 000 0 L ' x  0   7 100 L x Từ BBT, suy ra max L  x   L  9 000   7 100. Vậy muốn lãi nhiều nhất thì phải in 9 000 cuốn. 0;   Khi đó tiền lãi thu được là: 7 100 vạn đồng  71000 000 (đồng). Ví dụ 17. (SGK 12 NC) Người ta định làm một cái hộp hình trụ bằng tôn có thể tích V cho trước. Tìm bán kính đáy r và chiều cao h của hình trụ sao cho tốn ít nguyên liệu nhất. Hướng dẫn giải: Thể tích hình trụ là V  h r 2 . Diện tích toàn phần của hình trụ là: S  2 r 2  2 rh  2 r 2  2 r V 2V  2 r 2  . 2 r r Ta tìm r  0 sao cho tại đó S đạt giá trị nhỏ nhất. Xét hàm số S  r   2 r 2  Bảng biến thiên: r 2V V 2V . ; r   0;   . Ta có: S '  r   4 r  2  0  r  3 2 r r 0 S'r 3   V 2 0  Sr  V  S 3  2     V  Từ BBT, min S  r   S  3 khi r   2  0;     Facebook: www.facebook.com/viet.nhon 3 V V . Khi đó h  2  2 r 3 4V  . Trang 9 Giáo viên sưu tầm và biên soạn: Lê Viết Nhơn Ví dụ 18. (SGK 12 NC) Chu vi một tam giác là 16 cm, độ dài cạnh tam giác là 6 cm. Tìm độ dài hai cạnh còn lại của tam giác sao cho tam giác có diện tích lớn nhất Hướng dẫn giải: Gọi x , y là độ dài hai cạnh còn lại của tam giác. Ta có: x  y  16  6  10, x  0, y  0. Diện tích tam giác là: S  p  p  6  p  x  p  y   8.2  8  x  8  y   4  8  x  8  y  . Thay y  10  x , ta được: S  4  8  x  x  2   4  x  10 x  16; x   0; 10  . Ta có: S '  x   4  8  x  x  2   4  x  10 x  16; x   0; 10  . Đặt f  x    x  10 x  16 ; x   0;10  . Ta có: f '  x   2 x  10  0  x  5. 2 2 2 Bảng biến thiên: x 0 f ' x 5 0  10  9 f  x Từ BBT, suy ra tam giác có diện tích lớn nhất khi x  5  cm  và y  5  cm  ; max f  x   f  5   9.  0;10    Khi đó diện tích tam giác là S  4 9  12 cm2 . Ví dụ 19. (SGK BT 12 NC) Hình thang cân ABCD có đáy nhỏ AB và hai cạnh bên đều dài 1 m.   CBA  sao cho hình thang có diện tích lớn nhất và tính diện tích đó. Tính góc   DAB Hướng dẫn giải:  Dựng AH  CD . Đặt x   ADC ; 0  x  , 2 ta được: AH  sin x; DH  cos x; DC  1  2 cos x. Diện tích hình thang là: AB  CD   S .AH   1  cos x  sin x; x   0;  . 2  2 1   sin 2 x  sin x; x   0;  . 2  2 cos x  1    Ta có: S '  x   cos 2 x  cos x  2 cos 2 x  cos x  1  0    x    0;  . 1 cos x  3  2  2 Đặt S  x    1  cos x  sin x  Suy ra hình thang có diện tích lớn nhất khi   S 3 3 4 2 . Khi đó, diện tích hình thang là 3  cm  . 2 Facebook: www.facebook.com/viet.nhon Trang 10