Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình dưới đây.

Đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng

Ta mô hình hóa bài toán đã cho như hình trên với \(H,\,K\) lần lượt là hình chiếu của \(A\) lên bờ dọc \(BD\) và bờ ngang \(CD\). Khi đó, theo bài ra có \(AH = 12\,\,{\rm{m}},\,\,AK = 5\,\,{\rm{m}}\).

Suy ra \(DK = AH = 12\,\,{\rm{m}},\,\,DH = AK = 5\,\,{\rm{m}}\).

Đặt \(BH = x\,\,\,\left( {{\rm{m}},\,x > 0} \right)\).

Ta có \(AH\,{\rm{//}}\,BC,\,\,AK\,{\rm{//}}\,DH\) nên \(\frac{{BH}}{{HD}} = \frac{{BA}}{{AC}} = \frac{{DK}}{{KC}}\).

Suy ra \(KC = \frac{{HD \cdot DK}}{{BH}} = \frac{{5 \cdot 12}}{x} = \frac{{60}}{x}\) (m).

Diện tích khu nuôi cá riêng là:

\(S = \frac{1}{2}BD \cdot DC = \frac{1}{2}\left( {x + 5} \right)\left( {\frac{{60}}{x} + 12} \right) = 6x + \frac{{150}}{x} + 60\) (m2).

Xét hàm số \(S\left( x \right) = 6x + \frac{{150}}{x} + 60\) với \(x \in \left( {0; + \infty } \right)\).

Ta có \(S'\left( x \right) = 6 - \frac{{150}}{{{x^2}}} = \frac{{6{x^2} - 150}}{{{x^2}}}\). Trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\), \(S'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 5\).

Bảng biến thiên của hàm số \(S\left( x \right)\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) như sau:

Từ bảng biến thiên, ta có \(\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} S\left( x \right) = 120\) tại \(x = 5\).

Vậy diện tích nhỏ nhất có thể giăng dưới là \(120\) m2.

Ngoài ra, ta có thể dùng bất đẳng thức:

\[S = 6x + \frac{{150}}{x} + 60 \ge 2\sqrt {6x \cdot \frac{{150}}{x}}  + 60 = 120\].

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(6x = \frac{{150}}{x} \Leftrightarrow x = 5 \in \left( {0;\, + \infty } \right)\).

Đáp số: \(120\).

Tập xác định của hàm số là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Ta có \(y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\). Giả sử \(M\left( {{x_0};\,{y_0}} \right) \in \left( C \right)\), \(\left( {{x_0} \ne 1} \right)\) suy ra tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(M\) có phương trình là \(y = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{2{x_0} - 1}}{{{x_0} - 1}}\).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} =  + \infty ;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} =  - \infty \) nên đường thẳng \(x = 1\) là tiệm cận đứng của \(\left( C \right)\).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} = 2;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} = 2\) nên đường thẳng \(y = 2\) là tiệm cận ngang của \(\left( C \right)\).

Suy ra \(I\left( {1;\,\,2} \right)\).

Điểm \(A\left( {1;\,\frac{{2{x_0}}}{{{x_0} - 1}}} \right)\) là giao điểm của tiệm cận đứng và tiếp tuyến, điểm \(B\left( {2{x_0} - 1;\,2} \right)\) là giao điểm của tiệm cận ngang và tiếp tuyến.

Ta có chu vi của tam giác \(IAB\) bằng:

\(IA + IB + AB = \frac{2}{{\left| {{x_0} - 1} \right|}} + 2\left| {{x_0} - 1} \right| + \sqrt {4{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2} + \frac{4}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}} \).

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có \(IA + IB + AB \ge 2\sqrt 4  + \sqrt {4 \cdot 2}  = 4 + \sqrt 8 \).

Đẳng thức xảy ra khi \(\left| {{x_0} - 1} \right| = 1 \Leftrightarrow {x_0} = 0\) hoặc \({x_0} = 2\).

Vậy chu vi tam giác \(IAB\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(4 + \sqrt 8 \) khi \(M\left( {0;1} \right)\) hoặc \(M\left( {2;3} \right)\).

Suy ra \(a = 4,b = 8\) nên \(a - b + 4 = 0\).

Đáp số: \(0\).