Một nhà máy sản xuất \(\text{ }x\) sản phẩm trong mỗi tháng. Chi phí sản xuất \(x\) sản phẩm được cho bởi hàm chi phí

\(C\left( x \right)=16\,000+500x-1,6{{x}^{2}}+0,004{{x}^{3}}\) (nghìn đồng).

Biết giá bán của của mỗi sản phẩm là một hàm số phụ thuộc vào số lượng sản phẩm \(x\) và được cho bởi công thức \(p\left( x \right)=1700-7x\) (nghìn đồng). Hỏi mỗi tháng nhà máy nên sản xuất bao nhiêu sản phẩm để lợi nhuận thu được là lớn nhất? Biết rằng kết quả khảo sát thị trường cho thấy sản phẩm sản xuất ra sẽ được tiêu thụ hết.

Gọi mặt cắt ngang của tấm ván là hình chữ nhật \(ABCD\); \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,CD\).

Cách 1: Đặt \(MN=x\), \(OM=\frac{1}{2}\cdot 20\sqrt{2}=10\sqrt{2}\)\(\Rightarrow ON=x+10\sqrt{2}\). Suy ra,

\(\begin{array}{*{35}{l}}   {} & NC & =\sqrt{O{{C}^{2}}-O{{N}^{2}}}  \\   {} & {} & =\sqrt{{{20}^{2}}-{{\left( x+10\sqrt{2} \right)}^{2}}}  \\   {} & {} & =\sqrt{-{{x}^{2}}-20\sqrt{2}x+200}  \\   \Rightarrow  & AB & =2\sqrt{-{{x}^{2}}-20\sqrt{2}x+200},\,\,\left( 0<x<20-10\sqrt{2} \right).  \\\end{array}\)

Diện tích mặt cắt ngang của tấm ván là:

\(S=AB.CD=2x\sqrt{-{{x}^{2}}-20\sqrt{2}x+200}=2\sqrt{-{{x}^{4}}-20\sqrt{2}{{x}^{3}}+200{{x}^{2}}}\).

\({S}'=\frac{-4{{x}^{3}}-60\sqrt{2}{{x}^{2}}+400x}{\sqrt{-{{x}^{4}}-20\sqrt{2}{{x}^{3}}+200{{x}^{2}}}}\) ;

\({S}'=0\Rightarrow -4{{x}^{3}}-60\sqrt{2}{{x}^{2}}+400x=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=0 \\  & x=\frac{5\sqrt{34}-15\sqrt{2}}{2} \\  & x=\frac{-5\sqrt{34}-15\sqrt{2}}{2} \\ \end{align} \right.\).

Đối chiếu điều kiện \(0<x<20-10\sqrt{2}\Rightarrow x=\frac{5\sqrt{34}-15\sqrt{2}}{2}\).

Lập bảng biến thiên của hàm số \(S=2\sqrt{-{{x}^{4}}-20\sqrt{2}{{x}^{3}}+200{{x}^{2}}}\), ta có:

\(\underset{\left( 0;20-10\sqrt{2} \right)}{\mathop{\max }}\,S=S\left( \frac{5\sqrt{34}-15\sqrt{2}}{2} \right)\approx 67,3c{{m}^{2}}\).

Cách 2.

Đặt \(\widehat{NOC}=\alpha \))\(\left( 0<\alpha <\frac{\pi }{4} \right)\).

Ta có: \(OM=\frac{1}{2}\cdot 20\sqrt{2}=10\sqrt{2}\);

\(ON=OC.\cos \alpha =20\cos \alpha \);

\(MN=ON-OM=20\cos \alpha -10\sqrt{2}\).

\(NC=OC.\sin \alpha =20\sin \alpha \)\(\Rightarrow CD=40\sin \alpha \).

Vậy diện tích mặt cắt ngang của tấm ván là:

\(S=MN.CD=40\sin \alpha .\left( 20\cos \alpha -10\sqrt{2} \right)=800\sin \alpha .\cos \alpha -400\sqrt{2}\sin \alpha \)

Đặt \(x=\sin \alpha \), do \(0<\alpha <\frac{\pi }{4}\,\Rightarrow \left\{ \begin{align}  & 0<x<\frac{\sqrt{2}}{2} \\  & \cos \alpha =\sqrt{1-{{x}^{2}}} \\ \end{align} \right.\) nên ta có:

\(S=800x\sqrt{1-{{x}^{2}}}-400\sqrt{2}x=400\left( 2x\sqrt{1-{{x}^{2}}}-\sqrt{2}x \right)\), \(0<x<\frac{\sqrt{2}}{2}\,\).

\({S}'=400\left( 2\sqrt{1-{{x}^{2}}}+2x.\frac{-x}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}-\sqrt{2} \right)\)\(=400\left( \frac{2-4{{x}^{2}}}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}-\sqrt{2} \right)\).

\(\begin{array}{*{35}{l}}   {S}'=0 & \Leftrightarrow  & \frac{2-4{{x}^{2}}}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}} & =\sqrt{2}  \\   {} & \Rightarrow  & 4-16{{x}^{2}}+16{{x}^{4}} & =2-2{{x}^{2}}  \\   {} & \Leftrightarrow  & 16{{x}^{4}}-14{{x}^{2}}+2 & =0  \\   {} & \Leftrightarrow  & \left[ \begin{align}  & {{x}^{2}}=\frac{7-\sqrt{17}}{16} \\  & {{x}^{2}}=\frac{7+\sqrt{47}}{16} \\ \end{align} \right. & {}  \\\end{array}\)

Kết hợp với điều kiện \(0<x<\frac{\sqrt{2}}{2}\) \(\Rightarrow x=\frac{\sqrt{7-\sqrt{17}}}{4}\).

Lập BBT, ta có với \(x=\frac{\sqrt{7-\sqrt{17}}}{4}\) thì \(S\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(67,3\,\text{c}{{\text{m}}^{\text{2}}}\).

Ta có sau khoảng thời gian \(t\left( h \right)\) khinh khí cầu đang ở vị trí \(M\) thì toạ độ \(M\) được xác định bởi \(\overrightarrow{AM}=t.\overrightarrow{v}\).

Do đó \(M\left( -16+4t;-10+3t;10-t \right)\).

Để hệ thống kiểm soát không lưu quan sát được khinh khí cầu ở vị trí \(M\) thì

\(OM\le 12\Leftrightarrow \sqrt{{{\left( -16+4t \right)}^{2}}+{{\left( -10+3t \right)}^{2}}+{{\left( 10-t \right)}^{2}}}\le 12\) hay \(2\le t\le 6\).

Do đó hệ thống kiểm soát không lưu có thể quan sát khinh khí cầu trong khoảng thời gian \(4\) giờ hay \(240\) phút.

Cách 1:

Đặt \(\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{a};\,\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{b};\,\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{c}.\)

Ta có \(\left| \overrightarrow{a} \right|=\left| \overrightarrow{b} \right|=\left| \overrightarrow{c} \right|=a;\,\,\overrightarrow{a}\overrightarrow{b}=\overrightarrow{b}\overrightarrow{c}=\overrightarrow{a}\overrightarrow{c}=0\).

Vì \(M\in AD'\) nên \(\Rightarrow \exists \alpha :\overrightarrow{AM}=\alpha \overrightarrow{AD'}=\alpha \left( \vec{a}+\vec{c} \right)\).

Tương tự \(N\in DB\) nên \(\exists \beta \,:\overrightarrow{DN}=\beta \overrightarrow{DB}=\beta \left( \vec{b}-\vec{c} \right)\).

Mà \(AM=DN\Leftrightarrow \alpha =\beta \)\(\Rightarrow \overrightarrow{AM}=\alpha \left( \vec{a}+\vec{c} \right)\) và \(\overrightarrow{DN}=\alpha \left( \vec{b}-\vec{c} \right)\).

\(\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DN}=-\alpha \vec{a}+\alpha \vec{b}+\left( 1-2\alpha  \right)\vec{c}\).

\(\Rightarrow M{{N}^{2}}={{\overrightarrow{MN}}^{2}}={{a}^{2}}\left( 6{{\alpha }^{2}}-4\alpha +1 \right)\).

Xét \(g(\alpha )=6{{\alpha }^{2}}-4\alpha +1\,\,\left( 0\le \alpha \le 1 \right)\) ta có \(\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\min }}\,g\left( \alpha  \right)=\frac{1}{3}\).

Vậy MN nhỏ nhất khi \(\alpha = \frac{1}{3}\) tức là \(MN=\frac{5\sqrt{3}}{3}\approx 2,89\) (m).

Cách 2:

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) có gốc \(O\) trùng với điểm \(A\), \(B\) thuộc tia \(Ox\), \(D\) thuộc tia \(Oy\), \({{A}_{1}}\) thuộc tia \(Oz\).

Đặt \(AM=DN=x\sqrt{2}\) thì \(M\left( 0;x;x \right)\) và \(N\left( x;5-x;0 \right)\).

Do đó \(M{{N}^{2}}=6{{x}^{2}}-20x+25\).

Từ đó tìm được \(\min MN=\frac{5\sqrt{3}}{3}\).

\({{u}_{3}}={{u}_{1}}.{{q}^{2}}={{2.3}^{2}}=18\).