Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: GTLN/GTNN và tối ưu (Toán học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Gọi chiều rộng đáy mương $BC=x$ (m, $0<x<1$) và chiều cao $AB=CD=h$ (m). Diện tích mặt cắt: $x\cdot h=0,48\Rightarrow h=\frac{0,48}{x}$.

Tổng độ dài cần nhỏ nhất:
$$T=AB+BC+CD=x+2h=x+\frac{0,96}{x}.$$

Xét hàm $T(x)=x+\frac{0,96}{x}$ với $0<x<1$. Theo bất đẳng thức AM–GM (hoặc đạo hàm $T^{\prime }(x)=1-\frac{0,96}{x^2}=0\Rightarrow x=\sqrt{0,96}$):
$$T\ge 2\sqrt{x\cdot \frac{0,96}{x}}=2\sqrt{0,96},$$
dấu bằng khi $x=\sqrt{0,96}\approx 0,9798$ m, thỏa điều kiện $x<1$ (khi đó $h=\sqrt{0,96}$ nữa, tức $T=3\sqrt{0,96}\approx 2,94$ m).

Vậy chiều rộng đáy mương là $x=\sqrt{0,96}\approx 0,98$ m.

Số tiền mà nhà máy $A$ thu được từ việc bán $x$ tấn sản phẩm $(0\le x\le 100)$ cho nhà máy $B$ là: $R(x)=x.P(x)=x\left(45-0,001x^2\right)=45x-0,001x^3$ (triệu đồng). Chi phí để $A$ sản xuất $x$ tấn sản phẩm trong một tháng là $C(x)=100+30x$ (triệu đồng). Lợi nhuận (triệu đồng) mà nhà máy $A$ thu được là: $P(x)=R(x)-C(x)=45x-0,001x^3-(100+30x)=-0,001x^3+15x-100$. Xét hàm số $P(x)=-0,001x^3+15x-100$ với $(0\le x\le 100)$ ta có: $P^{\prime }(x)=-0,003x^2+15$; $P^{\prime }(x)=0\Rightarrow x^2=5000\Rightarrow x=50\sqrt{2}$. Ta có $P(0)=-100$; $P\left(50\sqrt{2}\right)=500\sqrt{2}-100\approx 607$; $P(100)=400$. Vậy nhà máy $A$ thu được lợi nhuận lớn nhất khi bán khoảng $50\sqrt{2}\approx 70,7$ tấn sản phẩm cho nhà máy $B$ mỗi tháng.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $x$ là số lần giảm giá 700 000 đồng (x nguyên không âm, $0\le x\le 24$ vì giá không âm). Khi đó giá bán mỗi bộ là $p=17-0,7x$ (triệu đồng) và số bộ bán được mỗi quý là $2000+140x$.

Doanh thu trong quý: $$T(x)=(17-0,7x)(2000+140x)=34000+2380x-1400x-98x^2=34000+980x-98x^2.$$

Hàm $T(x)$ là hàm bậc hai với hệ số $a=-98<0$ nên đạt giá trị lớn nhất tại $$x=-\frac{980}{2\cdot (-98)}=\frac{980}{196}=5.$$

Khi đó giá bán tối ưu là $$p=17-0,7\cdot 5=17-3,5=13,5\text{(triệu đoˆˋng)}.$$

Kiểm tra: doanh thu $T(5)=(13,5)(2000+700)=13,5\cdot 2700=36450$ triệu đồng, lớn hơn $T(0)=34000$ triệu đồng. Vậy nhà sản xuất nên đặt giá bán $13,5$ triệu đồng mỗi bộ để số tiền thu về trong quý là lớn nhất (36 450 triệu đồng).

(AI giải đề cho tôi)
Tích phân: $T(x)=\int (-20x+300)dx=-10x^2+300x+C$. Với $x=10$: $T(10)=-1000+3000+C=12000\Rightarrow C=10000$, nên $T(x)=-10x^2+300x+10000$. Đây là parabol bậc hai với đỉnh tại $x=-\frac{300}{2(-10)}=15$. Khi đó $T^{\prime }(x)=-20x+300>0$ với $x<15$ và $T^{\prime }(x)<0$ với $x>15$, nên doanh thu đạt cực đại (cao nhất) tại $x=15$ (triệu đồng).

(AI giải đề cho tôi)
Tiền mua cây: 2 cây đào + 1 cây mai = $2\cdot \mathrm{1.000.000}+\mathrm{2.000.000}=\mathrm{4.000.000}$ đồng = 4000 nghìn đồng. Mua thêm $x$ cây cảnh ($0\le x\le 40$, $x$ nguyên): tiền cây cảnh $50x$ nghìn đồng, phí vận chuyển $f(x)=x^2-100x+3000$ nghìn đồng. Tổng chi phí: $T(x)=4000+50x+x^2-100x+3000=x^2-50x+7000$. Hàm bậc hai có đỉnh tại $x=25$ (thuộc $[0;40]$), giá trị nhỏ nhất $T(25)=625-1250+7000=6375$ nghìn đồng. Khớp với đáp án nguồn 6375.

(AI giải đề cho tôi)
Tiền mua cây: 2 cây đào + 1 cây mai = 2·1.000.000 + 2.000.000 = 4.000.000 đồng = 4000 nghìn đồng. Nếu mua thêm x cây cảnh nhỏ, tiền mua thêm là 50x (nghìn đồng), phí vận chuyển là f(x) = x² − 100x + 3000. Tổng chi phí: T(x) = 4000 + 50x + x² − 100x + 3000 = x² − 50x + 7000, với 0 ≤ x ≤ 40, x nguyên. T(x) đạt cực tiểu tại x = 25 (thuộc [0;40]): T(25) = 625 − 1250 + 7000 = 6375 nghìn đồng. Vậy tổng chi phí thấp nhất là 6375 nghìn đồng, khớp với đáp án nguồn.

Đáp số: 140. Bên B (Cửa hàng): Doanh thu: $R(x)=300x-x^2$ (nghìn đồng); Chi phí vận hành: $C(x)=x^2+20x+500$ (nghìn đồng); Chi phí nhập hàng: $p\cdot x$ (nghìn đồng). Lợi nhuận Bên B thu được là $L_B(x)=R(x)-C(x)-px=-2x^2+(280-p)x-500$. Ta có $L_B^{\prime }(x)=-4x+280-p$ $(0<x<150)$, $L_B^{\prime }(x)=0\iff x=\frac{280-p}{4}$. Do đó $L_B(x)$ đạt giá trị lớn nhất trên $(0;150)$ tại $x=\frac{280-p}{4}\Rightarrow p=280-4x$. Bên A (Nông trại): Doanh thu của Bên A là $L_A(x)=p\cdot x=(280-4x)\cdot x=-4x^2+280x$. $L_A^{\prime }(x)=-8x+280$, $L_A^{\prime }(x)=0\iff x=35$. Do đó $L_A(x)$ đạt giá trị lớn nhất trên $(0;150)$ tại $x=35\Rightarrow p=280-4\cdot 35=140$ (nghìn đồng).

(AI giải đề cho tôi)
Bán kính khúc gỗ R = 20 cm. Hình vuông nội tiếp có cạnh a = 20√2, khoảng cách từ tâm đến mỗi cạnh là 10√2. Mỗi tấm ván phụ là hình chữ nhật chiều rộng x đặt sát cạnh hình vuông, chiều dài L bị giới hạn bởi dây cung của đường tròn tại khoảng cách (10√2 + x) từ tâm: L = 2√(400 − (10√2 + x)²). Tổng diện tích S = 800 + 4xL = 800 + 8x√(400 − (10√2 + x)²). Đặt d = 10√2 + x, cần最大化 f(d) = (d − 10√2)√(400 − d²). f'(d) = 0 ⟹ 400 − d² − d(d − 10√2) = 0 ⟹ d² − 5√2·d − 200 = 0 ⟹ d = (5√2 + √850)/2 ≈ 18,113. Vậy x = d − 10√2 ≈ 3,9711 ≈ 3,97 cm (thỏa x > 0, khi đó L > 0).

Đáp án: 4,47.

Đặt $BM=x$ (km, $0\le x\le 7$).

Ta có: $CM=7-x$ (km).

$AM=\sqrt{A{B}^2+B{M}^2}=\sqrt{5^2+x^2}=\sqrt{25+x^2}$ (km).

Đổi: 1,2 m/s = 4,32 km/h, 1,8 m/s = 6,48 km/h. (Nguồn in '4,32 km/s' — lỗi đánh máy của nguồn, phép tính dùng 4,32 và 6,48 nhất quán.)

Thời gian người đó đi từ A đến C là:
$$t=\frac{AM}{4,32}+\frac{MC}{6,48}=\frac{\sqrt{25+x^2}}{4,32}+\frac{7-x}{6,48}.$$

Đặt $f(x)=\frac{\sqrt{25+x^2}}{43,2}+\frac{7-x}{64,8}$ $(0\le x\le 7)$

Ta có $f^{\prime }(x)=\frac{x}{4,32.\sqrt{x^2+25}}-\frac{1}{6,48}$

$f^{\prime }(x)=0\iff \frac{x}{4,32.\sqrt{x^2+25}}=\frac{1}{6,48}$

$\iff 6,48x=4,32\sqrt{x^2+25}\iff \sqrt{x^2+25}=1,5x$

$\iff 2,25x^2=x^2+25\iff 1,25x^2=25$

$\iff x^2=20\iff x=2\sqrt{5}$

Ta có: $f\left(2\sqrt{5}\right)=\frac{125\sqrt{5}+350}{324}\approx 1,94$

$f(0)=\frac{725}{324}\approx 2,34$ (nguồn in ≈2,34; giá trị chính xác ≈2,24 — lỗi làm tròn của nguồn, không ảnh hưởng đáp án), $f(7)=\frac{25\sqrt{74}}{108}\approx 1,99$.

Vậy điểm M cách B một khoảng $2\sqrt{5}\approx 4,47$ km thì người đó đến kho nhanh nhất.

Hàm thuế phụ thu về nhà nước là $t(x)=t.x$ $(t\in (0;320))$ (nghìn đồng), hàm số lợi nhuận của doanh nghiệp là

$$L(x)=f(x)-g(x)-t(x)=2006x-x^2-\left(x^2+1438x-1209\right)-tx$$ (0.5 điểm)

$$L(x)=-2x^2+(568-t)x+1209\left(x\in (0;2500];t\in (0;320)\right)$$ (0.5 điểm)

Ta có $L^{\prime }(x)=-4x+(568-t)$

Xét $L^{\prime }(x)=0\iff x=\frac{568-t}{4}\in (0;2500],\forall t\in (0;320)$



Vậy giá trị lớn nhất lợi nhuận của doanh nghiệp đạt được khi $x=\frac{568-t}{4}$.

Khi đó hàm thuế phụ thu $t(x)=\frac{t.(568-t)}{4}\stackrel{Cosi}{\le }\frac{1}{4}.{\left(\frac{568}{2}\right)}^2=20164$.

Vậy thuế phụ thu đạt giá trị lớn nhất khi: $t=568-t\iff t=284$ (nghìn đồng) (TM).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục tọa độ: $A=(0;0)$, $B=(0;40)$, $C=(20;0)$. Đường thẳng $BC$ (đường nội ô) có phương trình $2x+y-40=0$. Parabol có đỉnh $I(0;20)$ (trung điểm $AB$) và đi qua trung điểm của $AC$ là $(10;0)$, nên có dạng $y=20-a{x}^2$; thay $(10;0)$ được $a=\frac{1}{5}$, tức $y=20-\frac{x^2}{5}$ với $0\le x\le 10$. Khoảng cách từ điểm $(x;y)$ trên parabol đến đường $BC$: $$d(x)=\frac{40-2x-y}{\sqrt{5}}=\frac{\frac{x^2}{5}-2x+20}{\sqrt{5}}.$$ Xét $f(x)=\frac{x^2}{5}-2x+20$, $f^{\prime }(x)=\frac{2x}{5}-2=0\Rightarrow x=5$ (thuộc $[0;10]$), $f(5)=5-10+20=15$ là giá trị nhỏ nhất. Vậy chiều dài con đường ngắn nhất là $d_{\min }=\frac{15}{\sqrt{5}}=3\sqrt{5}\approx 6,71$ m.

Lời giải.

1. Khi xưởng nhập mỗi lần 6 tấn nguyên liệu, xưởng phải nhập 5 lần trong tháng.
- Giá nguyên liệu mỗi tấn là: $4\cdot [1+(6-5)\cdot 0,5\%]=4,02$ triệu đồng.
- Số tiền mua nguyên liệu là $30\cdot 4,02=120,6$ triệu đồng.
- Tiền vận chuyển là $5\cdot 2=10$ triệu đồng.
- Tiền công xếp dỡ là $30\cdot 0,15=4,5$ triệu đồng.

Tổng chi phí nhập nguyên liệu: $120,6+10+4,5=135,1$ triệu đồng.

2. Gọi $x$ là số lần nhập nguyên liệu trong tháng, $x$ là số nguyên dương.
Khối lượng mỗi lần nhập là $\frac{30}{x}$ tấn.

Trường hợp 1: Nếu $\frac{30}{x}\le 5\Rightarrow x\ge 6$ thì chi phí nguyên liệu
- Tiền mua nguyên liệu: $30\cdot 4=120$ triệu đồng.
- Tiền vận chuyển: $2x$ triệu đồng.
- Tiền công xếp dỡ: $0,15\cdot 30=4,5$ triệu đồng.

Tổng chi phí là $f(x)=124,5+2x$.
Do $x\ge 6\Rightarrow f(x)=124,5+2x\ge 136,5$ triệu đồng.

Trường hợp 2: Nếu $\frac{30}{x}>5\Rightarrow x<6$ thì chi phí nguyên liệu
- Giá nguyên liệu $4\cdot \left[1+\left(\frac{30}{x}-5\right)\cdot 0,5\%\right]=3,9+\frac{0,6}{x}$ triệu đồng.
- Tiền mua nguyên liệu $30\cdot \left(3,9+\frac{0,6}{x}\right)=117+\frac{18}{x}$ triệu đồng.
- Tiền vận chuyển: $2x$ triệu đồng.
- Tiền công xếp dỡ: $0,15\cdot 30=4,5$ triệu đồng.

Tổng chi phí $f(x)=\frac{18}{x}+2x+121,5$ triệu đồng.

Ta có $f(x)\stackrel{AM-GM}{\ge }2\sqrt{\frac{18}{x}\cdot 2x}+121,5=133,5$.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

$$\frac{18}{x}=2x\iff x^2=9\Rightarrow x=3\text{ (do }x>0).$$

Suy ra $\underset{(0;6)}{\min }f(x)=133,5$ khi $x=3$.

Vậy cần nhập nguyên liệu 3 lần mỗi tháng, một lần nhập 10 tấn. Khi đó, chi phí nguyên liệu là thấp nhất và bằng 133,5 triệu đồng.

Bình luận.

1. Ý này chỉ yêu cầu tính tổng chi phí khi đã biết khối lượng nhập nguyên liệu mỗi lần. Nội dung chủ yếu là thay số vào các công thức đã cho và thực hiện các phép tính trực tiếp, do đó mức độ tư duy cần thiết không lớn.

2. Bài toán đặt ra yêu cầu tối ưu hóa chi phí nhập nguyên liệu. Tuy nhiên cấu trúc bài toán vẫn tương đối quen thuộc, chủ yếu dựa trên việc thiết lập biểu thức chi phí theo số lần nhập và xem xét các trường hợp đơn giản. Mức độ khai thác các ý tưởng tối ưu hóa chưa thật sự sâu.

$f(x)=\frac{1,4x-5,3}{3,7x^2+0,2x+\sqrt{3}}$

+ $f^{\prime }(x)=\frac{-5,18x^2+39,22x+1,4\sqrt{3}+0,2.5,3}{{\left(3,7x^2+0,2x+\sqrt{3}\right)}^2}$.

+ $f^{\prime }(x)=0\iff -5,18x^2+39,22x+1,4\sqrt{3}+0,2.5,3=0\Rightarrow \left[\begin{array}{c}x=-0,\mathrm{08...}\to A\\ x=7,6>\sqrt{3}\end{array}\right]$.

+ $\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{3}\right)\approx -0,6187\\ f\left(\sqrt{3}\right)\approx -0,2182\\ f(A)\approx -3,1112\end{array}$.

+ Vậy $f_{\max }\approx -0,2182$ tại $x=\sqrt{3}$ và $f_{\min }\approx -3,1112$ tại $x=A\approx -0,0878$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $B$ nằm giữa $A$ và $C$ với $AC=5$ km, $AB=x$ nên $BC=5-x$ (km) → ý a đúng. Tam giác $BCD$ vuông tại $C$ có $BC=5-x$, $CD=2$ nên theo Pythagoras $BD=\sqrt{(5-x{)}^2+4}=\sqrt{x^2-10x+29}$ (km). Chi phí trên đất liền: $3000x$ (USD); chi phí ngầm dưới biển: $5000\sqrt{x^2-10x+29}$ (USD) → ý d đúng. Tổng chi phí $23000$ USD nên $3000x+5000\sqrt{x^2-10x+29}=23000$ → ý c đúng. Chia hai vế cho 1000: $3x+5\sqrt{(x-5{)}^2+4}=23$. Thử $x=3,5$: $\sqrt{2,25+4}=2,5$ nên $10,5+12,5=23$ thỏa mãn. Xét $f(x)=3x+5\sqrt{(x-5{)}^2+4}$: $f^{\prime }(x)=3+\frac{5(x-5)}{\sqrt{(x-5{)}^2+4}}>0$ với mọi $x<5$ (vì $\frac{5(x-5)}{\sqrt{(x-5{)}^2+4}}>-5$), nên $f$ đồng biến trên $(0;5)$, do đó $x=3,5$ là nghiệm duy nhất → ý b đúng. Kết quả khớp đáp án chính thức mã đề 1103, câu 5: a Đ, b Đ, c Đ, d Đ. Lưu ý: hình vẽ câu 5 nằm ở trang 22 (token ), thể hiện đúng cấu hình $A$–$B$–$C$ thẳng hàng, $DC=2$ km vuông góc tại $C$, $AC=5$ km.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) B nằm giữa A và C, AC = 5 km, AB = x nên BC = 5 - x (km).
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Từ phương trình 3000x + 5000√(x² - 10x + 29) = 23000, chia 1000: 3x + 5√((x-5)² + 4) = 23. Với x = 3,5: 10,5 + 5·2,5 = 23 thỏa mãn; hàm số đồng biến trên (0;5) nên x = 3,5 là nghiệm duy nhất.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) BD = √(BC² + CD²) = √((5-x)² + 4) = √(x² - 10x + 29). Tổng chi phí: 3000x + 5000√(x² - 10x + 29) = 23000.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Chi phí dưới biển = 5000 USD/km × BD = √(x² - 10x + 29) (km) nên bằng 5000√(x² - 10x + 29) (USD).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: A tại gốc, máy bay ở B cách A 1 km theo phương ngang và 3 km theo phương thẳng đứng, bay về phía A với vận tốc 180 m/s. Gọi t (giây) là thời gian từ lúc nổ pháo đến khi trúng mục tiêu. Điểm chặn C có khoảng cách ngang từ A là $1000-180t$ (m) và độ cao 3000 m. Đạn bay với vận tốc 720 m/s nên quãng đường đạn là $720t$. Theo Pythagore: $(720t{)}^2=(1000-180t{)}^2+3000^2$. Suy ra $518400t^2=1000000-360000t+32400t^2+9000000$, tức $243t^2+180t-5000=0$. Giải: $t=\frac{-180+\sqrt{180^2+4\cdot 243\cdot 5000}}{2\cdot 243}=\frac{-180+\sqrt{4892400}}{486}\approx \frac{-180+2211.88}{486}\approx 4.18$ giây (nhận nghiệm dương). Kết quả khớp với đáp án nguồn 4,18.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $B$ nằm giữa $A$ và $C$ với $AC=5$ km, $AB=x$ nên $BC=5-x$ (km) → a) Đúng. Tam giác $BCD$ vuông tại $C$ có $BC=5-x$, $CD=2$ nên $BD=\sqrt{(5-x{)}^2+4}=\sqrt{x^2-10x+29}$ (km). Chi phí dây dưới biển: $5000\sqrt{x^2-10x+29}$ (USD) → c) Đúng. Chi phí trên đất liền: $3000x$ (USD), tổng chi phí $23000$ USD nên $3000x+5000\sqrt{x^2-10x+29}=23000$ → d) Đúng. Giải: $3x+5\sqrt{(x-5{)}^2+4}=23$. Thử $x=3,5$: $\sqrt{(-1,5{)}^2+4}=\sqrt{6,25}=2,5$, khi đó $3(3,5)+5(2,5)=10,5+12,5=23$ thỏa mãn (và $0<3,5<5$). Vậy $B$ cách $A$ là $3,5$ km → b) Đúng. Cả bốn ý đều đúng, phù hợp đáp án chính thức (Mã 1102, Câu 3: a Đ, b Đ, c Đ, d Đ).
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $B$ nằm giữa $A$ và $C$, $AC=5$ km, $AB=x$ km nên $BC=AC-AB=5-x$ (km).
b) (AI giải đề cho tôi)
Từ phương trình $3000x+5000\sqrt{x^2-10x+29}=23000$, thử $x=3,5$: $\sqrt{12,25-35+29}=\sqrt{6,25}=2,5$; kiểm tra $3000(3,5)+5000(2,5)=10500+12500=23000$ thỏa mãn với $0<3,5<5$. Vậy $AB=3,5$ km.
c) (AI giải đề cho tôi)
Tam giác $BCD$ vuông tại $C$: $BD=\sqrt{B{C}^2+C{D}^2}=\sqrt{(5-x{)}^2+2^2}=\sqrt{x^2-10x+29}$ (km). Chi phí dưới biển $=5000\sqrt{x^2-10x+29}$ (USD).
d) (AI giải đề cho tôi)
Chi phí trên đất liền $3000x$ (USD), dưới biển $5000\sqrt{x^2-10x+29}$ (USD), tổng bằng $23000$ USD nên $3000x+5000\sqrt{x^2-10x+29}=23000$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $A$ là gốc, máy bay ở $B$ cách ngang $1000$ m và cao $3000$ m, bay về phía $A$ với vận tốc $180$ m/s; đạn bay với vận tốc $720$ m/s. Gọi $t$ (giây) là thời gian từ lúc nổ pháo đến khi trúng mục tiêu. Tại thời điểm $t$, máy bay cách $A$ theo phương ngang $1000-180t$ (m) và vẫn cao $3000$ m, nên khoảng cách từ $A$ đến máy bay là $\sqrt{(1000-180t{)}^2+3000^2}$. Điều kiện chạm: $\sqrt{(1000-180t{)}^2+3000^2}=720t$. Bình phương: $(1000-180t{)}^2+9000000=518400t^2\Rightarrow 1000000-360000t+32400t^2+9000000=518400t^2\Rightarrow 486000t^2+360000t-10000000=0\Rightarrow 243t^2+180t-5000=0$. Giải: $t=\frac{-180+\sqrt{180^2+4\cdot 243\cdot 5000}}{2\cdot 243}=\frac{-180+\sqrt{4892400}}{486}\approx \frac{2031,88}{486}\approx 4,1808$ giây (nhận nghiệm dương). Làm tròn đến hàng phần trăm: $t\approx 4,18$ giây, khớp với đáp án đã cho.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi chiều rộng đáy là $x$ (m), chiều dài đáy $2x$, chiều cao $h$. Thể tích $2x^{2}h=1\Rightarrow h=\frac{1}{2x^2}$.

Chi phí một thùng:
- Mặt đáy: $300000\cdot 2x^2=600000x^2$ (đồng).
- Mặt bên (không có nắp): diện tích xung quanh $=2(2x+x)h=6xh$, chi phí $400000\cdot 6xh=2400000x\cdot \frac{1}{2x^2}=\frac{1200000}{x}$ (đồng).

Tổng: $C(x)=600000x^2+\frac{1200000}{x}$, $x>0$.

$C^{\prime }(x)=1200000x-\frac{1200000}{x^2}=0\Rightarrow x^3=1\Rightarrow x=1$. Vì $C^{\prime \prime }(x)>0$ tại $x=1$, chi phí nhỏ nhất là $C(1)=600000+1200000=1800000$ đồng/thùng.

Số thùng tối đa: $\frac{200000000}{1800000}\approx 111,11$, vậy tối đa $\boxed{111}$ chiếc thùng.

(AI giải đề cho tôi)
Tàu A thả neo tại vị trí ban đầu: $A(2;-1)$. Tàu B tại thời điểm $t$: $B(-8+36t;1-15t)$. Bình phương khoảng cách: $d^2(t)=(36t-10{)}^2+(2-15t{)}^2=1521t^2-780t+104$. Đây là tam thức bậc hai với $a=1521>0$, đạt giá trị nhỏ nhất tại $t=\frac{780}{2\cdot 1521}=\frac{10}{39}$ (giờ). Khi đó $d_{\min }^2=1521\cdot \frac{100}{1521}-780\cdot \frac{10}{39}+104=100-200+104=4$, nên khoảng cách ngắn nhất $d_{\min }=2$ km, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Lợi nhuận: $P(x)=180x-(0,02x^2+40x+3000)=-0,02x^2+140x-3000$ (nghìn đồng). Yêu cầu $P(x)\ge 222000$ (vì 222 triệu = 222000 nghìn đồng): $-0,02x^2+140x-3000\ge 222000\iff 0,02x^2-140x+225000\le 0\iff x^2-7000x+11250000\le 0$. Giải phương trình: $x=\frac{7000\pm \sqrt{7000^2-4\cdot 11250000}}{2}=\frac{7000\pm 2000}{2}$, tức $x=2500$ hoặc $x=4500$. Vậy $2500\le x\le 4500$, nên $a=2500$, $b=4500$, $b-a=2000$.