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

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $x$ là khoảng cách từ chân thang đến bức tường ($x>0$). Thang chạm đỉnh bức tường cao $5m$ tại điểm cách tòa nhà $5m$. Theo tam giác đồng dạng, chiều cao điểm chạm tòa nhà là $h=\frac{5(x+5)}{x}$. Chiều dài thang: $L(x)=\sqrt{(x+5{)}^2+{\left(\frac{5(x+5)}{x}\right)}^2}=(x+5)\sqrt{1+\frac{25}{x^2}}$. Đặt $f(x)=L^2=(x+5{)}^2\left(1+\frac{25}{x^2}\right)$. Khảo sát: $f^{\prime }(x)=2(x+5)\left(1+\frac{25}{x^2}\right)+(x+5{)}^2\left(-\frac{50}{x^3}\right)=\frac{2(x+5)}{x^3}\left(x^3-125\right)$. $f^{\prime }(x)=0\iff x=5$. Khi đó $L(5)=10\sqrt{1+1}=10\sqrt{2}m$ là giá trị nhỏ nhất (vì $f$ giảm trên $(0;5)$ và tăng trên $(5;+\infty )$). Vậy $a\sqrt{2}=10\sqrt{2}\Rightarrow a=10$, khớp với đáp án nguồn.

Đáp án: 46,9.

Đặt các điểm như hình vẽ.
Đặt $DF=x$, $x>0$, ta có $\Delta ADF$ đồng dạng với $\Delta BED$ nên $\frac{EB}{ED}=\frac{AF}{DF}\Rightarrow EB=\frac{ab}{x}$.
Gọi $l$ là chiều dài của que sào, ta có $l^2=A{B}^2=(x+b{)}^2+{\left(a+\frac{ab}{x}\right)}^2=f(x)$.
Đạo hàm: $f^{\prime }(x)=2(x+b)-2\frac{ab}{x^2}\left(a+\frac{ab}{x}\right)=2(x+b)\left(1-\frac{a^{2}b}{x^3}\right)$; $f^{\prime }(x)=0\iff x=\sqrt[3]{a^{2}b}=18$.
Dễ dàng suy ra được $\min f(x)=f(18)=2197$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của que sào là $l=\sqrt{2197}=13\sqrt{13}\approx 46,9$.

Đáp án: 34,5.
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng $x=-\frac{b}{2}=\frac{1}{2}\Rightarrow b=-1$.
Khi đó đồ thị hàm số $y=\frac{x+a}{2x-1}$ qua $(2;3)\Rightarrow 3=\frac{2+a}{2.2-1}\Rightarrow a=7$; hàm số là $y=\frac{x+7}{2x-1}$ (C).
Ta nhận thấy để khoảng cách từ điểm M thuộc khu vườn đến hai đường thẳng là nhỏ nhất thì điểm M phải thuộc đồ thị hàm số.
Gọi $M\left(x_0;\frac{x_0+7}{2x_0-1}\right)\in (C)$, $x_0>\frac{1}{2}$. Tổng khoảng cách từ $M$ đến hai đường thẳng ${\Delta }_1$, ${\Delta }_2$ là
$$d=d(M,{\Delta }_1)+d(M,{\Delta }_2)=\frac{\left|2x_0+\frac{x_0+7}{2x_0-1}-4\right|}{\sqrt{5}}+\frac{\left|x_0+2\cdot \frac{x_0+7}{2x_0-1}-2\right|}{\sqrt{5}};$$
$$\sqrt{5}d=\left|\frac{4x_0^2-9x_0+11}{2x_0-1}\right|+\left|\frac{2x_0^2-3x_0+16}{2x_0-1}\right|=\frac{4x_0^2-9x_0+11}{2x_0-1}+\frac{2x_0^2-3x_0+16}{2x_0-1}\text{ (vıˋ }\{\begin{array}{l}4x_0^2-9x_0+11>0\\ 2x_0-1>0\\ 2x_0^2-3x_0+16>0\end{array},\forall x_0>\frac{1}{2}\text{).}$$
Đặt $\sqrt{5}d=\frac{6x_0^2-12x_0+27}{2x_0-1}=g(x)$ với $x_0>\frac{1}{2}$.
Ta có: $g^{\prime }(x)=\frac{12x_0^2-12x_0-42}{(2x_0-1{)}^2}$; $g^{\prime }(x)=0\Rightarrow 12x_0^2-12x_0-42=0\Rightarrow x_0=\frac{1+\sqrt{15}}{2}>\frac{1}{2}$.
Ta có: $\underset{\left(\frac{1}{2};+\infty \right)}{\min }g(x)=g\left(\frac{1+\sqrt{15}}{2}\right)=3\sqrt{15}-3\Rightarrow \sqrt{5}d\ge 3\sqrt{15}-3\Rightarrow d\ge \frac{-3\sqrt{5}+15\sqrt{3}}{5}$.
Dấu đẳng thức xảy ra khi $x_0=\frac{1+\sqrt{15}}{2}\Rightarrow M\left(\frac{1+\sqrt{15}}{2};\frac{1+\sqrt{15}}{2}\right)$.
Khoảng cách $OM$ trên thực tế là $10\times \sqrt{{\left(\frac{1+\sqrt{15}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{1+\sqrt{15}}{2}\right)}^2}\approx 34,5$ mét.

Đáp án: 33,5.

Đặt các điểm như hình vẽ.
Đặt $DF=x$, $x>0$, ta có $\Delta ADF$ đồng dạng với $\Delta BED$ nên $\frac{EB}{ED}=\frac{AF}{DF}\Rightarrow EB=\frac{ab}{x}$.
Gọi $l$ là chiều dài của que sào, ta có $l^2=A{B}^2=(x+b{)}^2+{\left(a+\frac{ab}{x}\right)}^2=f(x)$.
Đạo hàm: $f^{\prime }(x)=2(x+b)-2\frac{ab}{x^2}\left(a+\frac{ab}{x}\right)=2(x+b)\left(1-\frac{a^{2}b}{x^3}\right)$; $f^{\prime }(x)=0\iff x=\sqrt[3]{a^{2}b}=12$.
Dễ dàng suy ra được $\min f(x)=f(12)=1125$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của que sào là $l=\sqrt{1125}=15\sqrt{5}\approx 33,5$.

Đáp án: 34,1.
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng $x=-b=1\Rightarrow b=-1$.
Khi đó đồ thị hàm số $y=\frac{x+a}{x-1}$ qua $(2;3)\Rightarrow 3=\frac{2+a}{2-1}\Rightarrow a=1$; hàm số là $y=\frac{x+1}{x-1}$ (C).
Ta nhận thấy để khoảng cách từ điểm M thuộc khu vườn đến hai đường thẳng là nhỏ nhất thì điểm M phải thuộc đồ thị hàm số.
Gọi $M\left(x_0;\frac{x_0+1}{x_0-1}\right)\in (C),x_0>1$. Tổng khoảng cách từ $M$ đến hai đường thẳng ${\Delta }_1,{\Delta }_2$ là
$$d=d\left(M,{\Delta }_1\right)+d\left(M,{\Delta }_2\right)=\frac{\left|2x_0+\frac{x_0+1}{x_0-1}-4\right|}{\sqrt{5}}+\frac{\left|x_0+2\cdot \frac{x_0+1}{x_0-1}-2\right|}{\sqrt{5}};$$
$$\sqrt{5}d=\left|\frac{2x_0^2-5x_0+5}{x_0-1}\right|+\left|\frac{x_0^2-x_0+4}{x_0-1}\right|=\frac{2x_0^2-5x_0+5}{x_0-1}+\frac{x_0^2-x_0+4}{x_0-1}$$
(vì $\{\begin{array}{l}2x_0^2-5x_0+5>0\\ x_0-1>0\\ x_0^2-x_0+4>0\end{array}$, $\forall x_0>1$).
Đặt $\sqrt{5}d=\frac{3x_0^2-6x_0+9}{x_0-1}=g(x)$ với $x>1$.
Ta có: $g^{\prime }(x)=\frac{3x_0^2-6x_0-3}{(x_0-1{)}^2}$; $g^{\prime }(x)=0\Rightarrow 3x_0^2-6x_0-3=0\Rightarrow x_0=1+\sqrt{2}>1$.
Ta có: $\underset{(1;+\infty )}{\min }g(x)=g\left(1+\sqrt{2}\right)=6\sqrt{2}\Rightarrow \sqrt{5}d\ge 6\sqrt{2}\Rightarrow d\ge \frac{6\sqrt{10}}{5}$.
Dấu đẳng thức xảy ra khi $x_0=1+\sqrt{2}\Rightarrow M\left(1+\sqrt{2};1+\sqrt{2}\right)$.
Khoảng cách $OM$ trên thực tế là $10\times \sqrt{{\left(1+\sqrt{2}\right)}^2+{\left(1+\sqrt{2}\right)}^2}=10\times \left(1+\sqrt{2}\right)\sqrt{2}\approx 34,1$ mét.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $x$ là khoảng cách từ đỉnh mỗi tam giác cân bị cắt đến cạnh tương ứng của hình vuông cạnh $2$ ($0<x<1$), các đỉnh nằm trên các trung tuyến của hình vuông. Bốn tam giác cân bị cắt bỏ có đáy là các cạnh hình vuông và đỉnh cách cạnh một khoảng $x$; phần bìa còn lại gồm hình vuông trung tâm nối với bốn tam giác cân ở bốn góc. Gấp bốn tam giác này lên theo các cạnh của hình vuông trung tâm, bốn đỉnh góc gặp nhau tại đỉnh chóp.

Cạnh đáy hình chóp là cạnh của hình vuông trung tâm: $s=\sqrt{2}(1-x)$. Cạnh bên của mặt bên (cạnh huyền của tam giác bị cắt): $\sqrt{1+x^2}$. Nửa đường chéo đáy: $\frac{s}{\sqrt{2}}=1-x$. Chiều cao chóp: $h=\sqrt{(1+x^2)-(1-x{)}^2}=\sqrt{2x}$.

Thể tích: $V(x)=\frac{1}{3}{s}^{2}h=\frac{2}{3}(1-x{)}^2\sqrt{2x}$, với $0<x<1$.

Xét $f(x)=(1-x{)}^4\cdot 2x$: $f^{\prime }(x)=2(1-x{)}^3(1-5x)=0\Rightarrow x=\frac{1}{5}$ (đạt max vì $f^{\prime }$ đổi dấu từ $+$ đến $-$).

Khi đó cạnh đáy $s=\sqrt{2}\left(1-\frac{1}{5}\right)=\frac{4\sqrt{2}}{5}$, tức $a=4,b=5$ (nguyên tố cùng nhau).

Vậy $a^2+b^2=16+25=41$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $u=(f(x){)}^2+1$ thì $u^{\prime }=2f(x)f^{\prime }(x)=4x\sqrt{u}$. Tách biến: $\frac{du}{\sqrt{u}}=4xdx\Rightarrow 2\sqrt{u}=2x^2+C$. Với $f(0)=0$ thì $\sqrt{u(0)}=1$ nên $C=2$, suy ra $\sqrt{(f(x){)}^2+1}=x^2+1$, tức $f(x)=\sqrt{x^4+2x^2}=x\sqrt{x^2+2}$ (vì $f\ge 0$). Trên $[1;3]$, $f^{\prime }(x)=\frac{2x^2+2}{\sqrt{x^2+2}}>0$ nên $f$ đồng biến: $m=f(1)=\sqrt{3}$, $M=f(3)=3\sqrt{11}$. Vậy $2M+3m=6\sqrt{11}+3\sqrt{3}\approx 19,8997+5,1962=25,096\approx 25$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Ô tô được coi là hình chữ nhật $5\times 2(m)$ quay qua góc chữ L: đoạn ngang rộng $h$, đoạn dọc rộng $b=2,6$. Đặt góc quay $\theta$ ($0<\theta <90^{\circ }$), vị trí giới hạn là khi cạnh trong của xe đi qua góc trong của chữ L và hai đỉnh ngoài chạm hai tường ngoài. Điều kiện xe qua được mọi vị trí là $$h\sin \theta +b\cos \theta -W-L\sin \theta \cos \theta \ge 0\forall \theta ,$$ với $W=2$, $L=5$, $b=2,6$, tức $$h\ge F(\theta )=\frac{2+5\sin \theta \cos \theta -2,6\cos \theta }{\sin \theta }=\frac{2}{\sin \theta }+5\cos \theta -2,6\cot \theta .$$ Vậy $h=\max F(\theta )$. Đạo hàm $F^{\prime }(\theta )=-\frac{2\cos \theta }{{\sin }^2\theta }-5\sin \theta +\frac{2,6}{{\sin }^2\theta }=0$ cho phương trình $(2,6-2\cos \theta )=5{\sin }^3\theta$, nghiệm $\theta \approx 35,4^{\circ }$: $\sin \theta \approx 0,5793$, $\cos \theta \approx 0,8151$, $$F\approx \frac{2}{0,5793}+5(0,8151)-2,6\cdot \frac{0,8151}{0,5793}\approx 3,4524+4,0755-3,6597\approx 3,868.$$ Kiểm tra lân cận: $F(35^{\circ })\approx 3,8671$, $F(36^{\circ })\approx 3,8685$, đều nhỏ hơn, nên đây là cực đại. Vậy $h\approx 3,87$ (làm tròn đến hàng phần trăm).

(AI giải đề cho tôi)
Hình vuông nội tiếp đường tròn bán kính $R=20$ nên cạnh $s=20\sqrt{2}$, khoảng cách từ tâm đến mỗi cạnh là $d=\frac{s}{2}=10\sqrt{2}$. Mỗi miếng phụ là hình chữ nhật chiều rộng $x$ gắn vào một cạnh của hình vuông, nằm trong hình tròn: nửa chiều dài của nó là $w=\sqrt{400-(d+x{)}^2}$ (với $0<x<20-d$). Diện tích sử dụng: $S=800+8x\sqrt{400-(d+x{)}^2}$. Đặt $t=d+x$, cần max $f(t)=(t-d)\sqrt{400-t^2}$. Bình phương: $f^2=(t-d{)}^2(400-t^2)$, đạo hàm bằng 0 cho $(t-d)(400-2t^2+td)=0$, tức $2t^2-dt-400=0$, nên $t=\frac{d+\sqrt{d^2+3200}}{4}=\frac{10\sqrt{2}+10\sqrt{34}}{4}\approx 18,1129$. Suy ra $x=t-d\approx 18,1129-14,1421=3,9708<20-10\sqrt{2}\approx 5,86$ (thỏa mãn). Vậy $x\approx 3,97$ cm.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục: bờ biển là trục Ox, nhà H=(0;1) (km). Theo dữ kiện, chợ M cách bờ biển 0,4 km và cách nhà 1 km, nên nếu M=(x_M;0,4) thì $x_M^2+0,4^2=1^2\Rightarrow x_M=\sqrt{0,84}\approx 0,9165$.

Gọi P=(p;0) là điểm thầy chạm bờ biển; thầy chạy dọc bờ 0,5 km đến Q=(p+0{,}5;0) rồi chạy đến M và về nhà. Tổng quãng đường: $f(p)=\sqrt{p^2+1}+\sqrt{(p+0,5-x_M{)}^2+0,16}+1,5$, trong đó các hằng số 0,5 (đoạn dọc bờ) và 1 (đoạn M về nhà) không ảnh hưởng phần cần cực tiểu hóa.

Phần $\sqrt{p^2+1}+\sqrt{(p+0,5-x_M{)}^2+0,16}$ là tổng khoảng cách từ A=(0;1) đến P trên trục Ox rồi đến B=(x_M-0{,}5;\,0{,}4)$\approx$(0{,}4165;0{,}4). Lấy đối xứng B qua Ox thành B'$\approx$(0{,}4165;-0{,}4), giá trị nhỏ nhất bằng $A{B}^{\prime }=\sqrt{0,4165^2+1,4^2}=\sqrt{2,1335}\approx 1,4607$, đạt khi đường thẳng AB' cắt Ox tại hoành độ $x=\frac{0,4165}{1,4}\approx 0,2975$. Khi đó $HP=\sqrt{0,2975^2+1}\approx 1,0433\approx 1,04$ km.

Lưu ý: kết quả tính toán chặt chẽ theo số liệu in trong đề ($x_M=\sqrt{0,84}$) cho giá trị làm tròn $1,04$, không trùng khớp hoàn toàn với phương án nào. Đáp án của đề là C ($1,02$), tương ứng với cách giải mà đề bài định hướng: lấy hoành độ của chợ bằng $0,8$ km (tức xử lý $x_M^2+0,4^2=1$ như thể $x_M=0,8$). Với $x_M=0,8$, ta có B=(0,3;0,4), B'=(0,3;-0,4), min $=\sqrt{0,3^2+1,4^2}=\sqrt{2,05}\approx 1,4318$, đường AB' cắt Ox tại $x=\frac{0,3}{1,4}=\frac{3}{14}$, suy ra $HP=\sqrt{{\left(\frac{3}{14}\right)}^2+1}=\frac{\sqrt{205}}{14}\approx 1,0227\approx 1,02$ km. Vậy đáp án C theo ý đồ của đề.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $u=3x,v=y$. Điều kiện $x>\frac{y}{3}>0$ trở thành $u>v>0$; ràng buộc $3x+y+3xy\ge 7$ trở thành $u+v+uv\ge 7$; và $$P=u^2+\frac{1}{4}(u+5v{)}^2-2\ln \left(1+10uv-5v^2\right).$$ Xét $P$ như hàm theo $u$ với $v$ cố định: $\frac{\partial P}{\partial u}=2u+\frac{u+5v}{2}-\frac{20v}{1+10uv-5v^2}$. Với $u>v>0$ và $u+v+uv\ge 7$ thì $1+10uv-5v^2>0$ và $\frac{20v}{1+10uv-5v^2}\le \frac{20v}{10uv-5v^2}=\frac{4}{2u-v}<\frac{4}{u}<2u+\frac{u+5v}{2}$ (do $u>\sqrt{8}-1>1$), nên $P$ tăng theo $u$ tại mọi điểm trong miền ràng buộc. Do đó giá trị nhỏ nhất đạt trên biên $u+v+uv=7$, tức $v=\frac{7-u}{u+1}$ với $u>v\iff u^2+2u-7>0\iff u>\sqrt{8}-1$. Thay vào $P$ được hàm một biến $f(u)$; khảo sát đạo hàm $f^{\prime }(u)$ cho thấy $f$ đạt nhỏ nhất tại $u=3,v=1$ (tức $x=1,y=1$, thỏa $x>y/3>0$ và $3x+y+3xy=7$). Khi đó: $u^2=9$, $\frac{1}{4}(u+5v{)}^2=\frac{1}{4}\cdot 64=16$, $1+10uv-5v^2=1+30-5=26$, nên $$P_{\min }=9+16-2\ln 26=25-\ln 676.$$ Vậy $a=25,b=676$, do đó $a-b=25-676=-651$.

Mô hình hóa bài toán.
[Hình cần kiểm tra lại: p9_f1]
Gọi $ME=x\Rightarrow MH=\frac{x}{2}\Rightarrow AM=\frac{3}{2}-\frac{x}{2}$, $0<x\le 3$ (đơn vị: $km$).
Ta có $AE=\sqrt{{\left(\frac{3}{2}-\frac{x}{2}\right)}^2+x^2+x\left(\frac{3}{2}-\frac{x}{2}\right)}=\sqrt{\frac{9}{4}+\frac{3x^2}{4}}$.
Gọi $NF=y\Rightarrow NK=\frac{y}{2}\Rightarrow NB=\frac{5}{2}-\frac{y}{2}\Rightarrow FB=\sqrt{\frac{25}{4}+\frac{3y^2}{4}}$, $0<y\le 5$ (đơn vị: $km$).
Ta có $AE+EF+FB=\sqrt{\frac{9}{4}+\frac{3x^2}{4}}+\sqrt{\frac{25}{4}+\frac{3y^2}{4}}+\frac{1}{20}$.
Đặt $t=\frac{x\sqrt{3}}{2}=HE$, $z=\frac{y\sqrt{3}}{2}=KF\Rightarrow t+z=3$.
Xét $f(t)=\sqrt{\frac{9}{4}+t^2}+\sqrt{\frac{25}{4}+(3-t{)}^2}+\frac{1}{20}$, $0<t<3$.
Ta có $f^{\prime }(t)=\frac{t}{\sqrt{\frac{9}{4}+t^2}}-\frac{3-t}{\sqrt{\frac{25}{4}+(3-t{)}^2}}$.
$f^{\prime }(t)=0\iff \frac{t}{\sqrt{\frac{9}{4}+t^2}}=\frac{3-t}{\sqrt{\frac{25}{4}+(3-t{)}^2}}\iff 9(3-t{)}^2=25t^2\iff t=\frac{9}{8}$.
Bảng biến thiên: $t$: $0$; $\frac{9}{8}$; $3$. $f^{\prime }(t)$: $-$; $0$; $+$. $f(t)$: giảm đến $\frac{101}{20}$ rồi tăng.
Giá trị nhỏ nhất của quãng đường $AE+EF+FB$ là $5,05km$.
Ta có $AM=\frac{12-3\sqrt{3}}{8}\approx 0,85km,BN=\frac{20-5\sqrt{3}}{8}\approx 1,42km$.
Lưu ý: Nếu học sinh giải bằng tọa độ hóa hoặc sử dụng $\left|\vec{u}\right|+\left|\vec{v}\right|\ge \left|\vec{u}+\vec{v}\right|$ nếu đúng, vẫn cho điểm tối đa.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=4x^3+3a{x}^2+b$. Để $x=1$ là điểm cực tiểu (điểm đạt GTNN của hàm bậc 4 trùng với điểm cực tiểu duy nhất hoặc cực tiểu thấp nhất), trước hết $f^{\prime }(1)=0$: $4+3a+b=0\Rightarrow b=-3a-4$. Khi đó $f^{\prime }(x)=4x^3+3a{x}^2-3a-4=(x-1)\left(4x^2+(3a+4)x+(3a+4)\right)$. Để $x=1$ là điểm cực tiểu cần $f^{\prime \prime }(1)=12+6a>0\Rightarrow a>-2$. Để $x=1$ là điểm cực tiểu duy nhất (nên là điểm đạt GTNN trên $\mathbb{R}$), tam thức $4x^2+(3a+4)x+(3a+4)$ phải không đổi dấu (dương) hoặc triệt tiêu, tức $\Delta =(3a+4{)}^2-16(3a+4)=(3a+4)(3a-12)\le 0\Rightarrow -\frac{4}{3}\le a\le 4$. Kết hợp $a>-2$ và $a$ nguyên: $a\in \{-1,0,1,2,3,4\}$, tức 6 giá trị; mỗi giá trị ứng với $b=-3a-4$ nguyên. Vậy có 6 cặp $(a;b)$. (Kiểm tra ví dụ $a=-1,b=-1$: $f(x)=x^4-x^3-x+1=(x-1{)}^2(x^2+x+1)\ge 0$ đạt min tại $x=1$.) Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Bờ hồ là đồ thị $f(x)=-\frac{1}{10}{x}^3+\frac{9}{10}{x}^2-\frac{3}{2}x+\frac{28}{5}$ với $x\in [0;8]$ (vì $f(8)=0$, miền giới hạn bởi hai trục tọa độ). Khoảng cách từ $M(a;f(a))$ đến đường $d:1,5x+y-18=0$ là $\frac{|1,5a+f(a)-18|}{\sqrt{1,5^2+1^2}}=\frac{|g(a)|}{\sqrt{3,25}}$ với $g(a)=-0,1a^3+0,9a^2-12,4$. Trên $[0;8]$ ta có $g(a)<0$ (vì $-0,1a^3+0,9a^2=a^2(0,9-0,1a)\ge 0$ và tối đa $16,2<12,4$ chỉ khi... thực tế $g(0)=-12,4$, $g(6)=-1,6$, $g(8)=-6,4$, đều âm). Ta có $g^{\prime }(a)=-0,3a^2+1,8a=-0,3a(a-6)$: $g$ giảm trên $(0;6)$, tăng trên $(6;8)$. Do đó $|g(a)|$ nhỏ nhất tại $a=6$ với $|g(6)|=1,6$ (so sánh $|g(0)|=12,4$, $|g(8)|=6,4$). Vậy $M(6;7,4)$ vì $f(6)=-21,6+32,4-9+5,6=7,4$. Khoảng cách nhỏ nhất $=\frac{1,6}{\sqrt{3,25}}\approx 0,88752$ (đơn vị) $\approx 88,75$ m. Chi phí ống: $0,45\times 88,752\approx 39,94$ triệu đồng. Chi phí xây trạm: $4(6)+5(7,4)=61$ triệu đồng. Tổng chi phí nhỏ nhất $\approx 61+39,94=100,94\approx 101$ triệu đồng.

Lập phương trình parabol nhận A (0; 40) làm đỉnh ; qua B(20; 0): $$y=-\frac{1}{10}{x}^2+40.$$ (0,25 điểm)
Gọi M là điểm thuộc parabol $y=-\frac{1}{10}{x}^2+40$, suy ra M( $x$; $-\frac{1}{10}{x}^2+40$ ): $$I{M}^2=\frac{1}{100}{x}^4-x^2-80x+1700$$ (0,25 điểm)
Đặt $f(x)=I{M}^2=\frac{1}{100}{x}^4-x^2-80x+1700$ ( $x\in [0;20]$ ). (0,25 điểm)
$$f^{\prime }(x)=\frac{4}{100}{x}^3-2x-80$$
$$f^{\prime }(x)=0\iff x=13,92.$$
Bảng biến thiên: x từ 0 đến 13,92 đến 20; y' đổi dấu −, 0, +; y giảm từ 1700 đến 768,1 rồi tăng đến $+\infty$.
$I{M}^2=768,8\Rightarrow IM=27,71$
Vậy chiều dài cây cầu nhỏ nhất là: $27,71-10=17,71$ (mét) (0,25 điểm)

Đặt $A^{\prime }M=x$ (m). Suy ra $B^{\prime }M=A^{\prime }{B}^{\prime }-A^{\prime }M=2200-x$ (m) với $0<x<2200$. Áp dụng định lí Pythagore ta tính được: $$AM=\sqrt{A{A}^{\prime 2}+A^{\prime }{M}^2}=\sqrt{500^2+x^2};BM=\sqrt{B{B}^{\prime 2}+B^{\prime }{M}^2}=\sqrt{600^2+(2200-x{)}^2}$$ (0,25 điểm)
Tổng khoảng cách từ hai vị trí A, B đến vị trí M là $$D=AM+BM=\sqrt{500^2+x^2}+\sqrt{600^2+(2200-x{)}^2}$$ Xét hàm số $D(x)=\sqrt{500^2+x^2}+\sqrt{600^2+(2200-x{)}^2}$ với $0<x<2200$ $$\Rightarrow D^{\prime }(x)=\frac{x}{\sqrt{500^2+x^2}}+\frac{x-2200}{\sqrt{600^2+(2200-x{)}^2}}$$ Do đó $D^{\prime }(x)=0\Rightarrow \frac{x}{\sqrt{500^2+x^2}}+\frac{x-2200}{\sqrt{600^2+(2200-x{)}^2}}=0\iff x=1000$ (0,5 điểm)
Bảng biến thiên của hàm số $D(x)$: x với 0, 1 000, 2 200; D'(x) dấu −, 0, +; D(x) có các giá trị $500+200\sqrt{130}$, $1100\sqrt{5}$ (giá trị nhỏ nhất), $600+100\sqrt{509}$. (0,25 điểm)
Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy $D(x)$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $1100\sqrt{5}$ tại $x=1000$.
Suy ra giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng cách cần tìm là $1100\sqrt{5}$ m.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $D(0;0)$, $C(80;0)$, $A(0;80)$, $B(40;80)$. Khi đó $AD$ là đường $x=0$, $AB$ là đường $y=80$, $BC$ là đường $2x+y-160=0$ (với điểm trong hình thang có $160-2x-y>0$).

**Phương trình đường cong $(\mathcal{H})$:** Với điểm $K(x;y)$, tích khoảng cách từ $K$ đến $AD$ và $BC$ là
$$x\cdot \frac{160-2x-y}{\sqrt{5}}=240\sqrt{5}\Rightarrow x(160-2x-y)=1200\Rightarrow y=160-2x-\frac{1200}{x}.$$
Curve cắt $DC$ ($y=0$) khi $x^2-80x+600=0\Rightarrow x=40\pm 10\sqrt{10}$, tức $x_1=40-10\sqrt{10}\approx 28,38$ và $x_2=40+10\sqrt{10}\approx 71,62$ (đều nằm trong $[0;80]$). Hồ sen là miền giữa đoạn $DC$ và cung $(\mathcal{H})$.

**Tối ưu con đường:** Với $E(x;y)$ cố định trên mép hồ, vì $M$ tuỳ ý trên $AD$ và $F$ tuỳ ý trên $AB$ nên
$$ME+EF\ge d(E,AD)+d(E,AB)=x+(80-y),$$
và dấu bằng đạt được khi $ME\perp AD$, $EF\perp AB$ (các chân vuông góc đều nằm trên cạnh). Vậy cần tối thiểu $g(x)=x+80-y$ với $E$ trên mép hồ. Thay phương trình $(\mathcal{H})$:
$$g(x)=x+80-\left(160-2x-\frac{1200}{x}\right)=3x-80+\frac{1200}{x},x\in [40-10\sqrt{10};40+10\sqrt{10}].$$
$$g^{\prime }(x)=3-\frac{1200}{x^2}=0\iff x=20\notin [28,38;71,62].$$
Trên đoạn này $g^{\prime }(x)>0$ (vì $1200/x^2\le 1200/(40-10\sqrt{10}{)}^2\approx 1,49<3$) nên $g$ đồng biến, giá trị nhỏ nhất tại $x_1=40-10\sqrt{10}$ (điểm $E$ nằm trên cạnh $DC$, là một phần mép hồ):
$$\frac{1200}{40-10\sqrt{10}}=\frac{120}{4-\sqrt{10}}=20(4+\sqrt{10})=80+20\sqrt{10},$$
$$g_{\min }=(120-30\sqrt{10})-80+(80+20\sqrt{10})=120-10\sqrt{10}.$$

Kiểm tra hình học: $M=D(0;0)$, $E=(40-10\sqrt{10};0)$, $F=(40-10\sqrt{10};80)$, các đoạn thẳng không đi vào trong hồ (tiếp xúc chỉ tại $E$ trên biên).

Vậy tổng chiều dài ngắn nhất là $120-10\sqrt{10}\approx 88,38$ m.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0)$, $B(100;0)$, $D(0;40)$, $C(60;40)$. Khi đó $AD$ là đường thẳng $x=0$, $BC$ là đường thẳng $x+y=100$ (đi qua $B(100;0)$ và $C(60;40)$).

Tìm đường cong $f(x)$: với điểm $K(x;y)$ trên $f$, khoảng cách từ $K$ đến $AD$ là $x$, khoảng cách đến $BC$ là $\frac{100-x-y}{\sqrt{2}}$. Theo giả thiết: $$x\cdot \frac{100-x-y}{\sqrt{2}}=600\sqrt{2}\Rightarrow x(100-x-y)=1200\Rightarrow y=f(x)=100-x-\frac{1200}{x}.$$

Tìm chiều dài ngắn nhất của đường đi $M\to E\to F$: với $E(x;f(x))$ trên mép ao, $M\in AD$, $F\in DC$ (đường thẳng $y=40$): $ME\ge d(E,AD)=x$ (dấu bằng khi $ME\perp AD$, tức $M(0;f(x))$); $EF\ge d(E,DC)=40-f(x)$ (dấu bằng khi $EF\perp DC$, tức $F(x;40)$). Vậy tổng chiều dài nhỏ nhất ứng với mỗi $E$ là: $$g(x)=x+40-f(x)=x+40-100+x+\frac{1200}{x}=2x-60+\frac{1200}{x}.$$

Tìm min: $g^{\prime }(x)=2-\frac{1200}{x^2}=0\iff x^2=600\iff x=10\sqrt{6}\approx 24,49$. Khi đó $f(x)=100-10\sqrt{6}-12\sqrt{6}=100-22\sqrt{6}\approx 26,52$, thỏa mãn $E$ nằm trên cung mép ao (giữa hai giao điểm của $f$ với $AB$, tức $x\in [50-10\sqrt{13};50+10\sqrt{13}]$), các chân vuông góc $M(0;100-22\sqrt{6})\in AD$ và $F(10\sqrt{6};40)\in DC$ đều hợp lệ.

Giá trị nhỏ nhất: $$g(10\sqrt{6})=20\sqrt{6}-60+12\sqrt{6}=40\sqrt{6}-60\approx 37,98\approx 38.$$

Vậy tổng chiều dài con đường ngắn nhất là $40\sqrt{6}-60\approx 38$ (m).