CHUYÊN đề 14 GIÁ TRỊ MIN MAX và bất ĐẲNG THỨC (55 trang)

1

CHUYÊN ĐỀ.GIÁ TRỊ MIN-MAX VÀ BẤT ĐẲNG THỨC
A.TRỌNG TÂM CẦN ĐẠT
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT



Với mọi n   và mọi A ta có: A2 n  0 , và A2 n  0 khi A  0 .
Với mọi A ta có: A  0 , và A  0 khi A  0 .



1 1
 .
A B
An  0  A  0 (với n là số tự nhiên).



A  B (với A, B cùng dấu) thì

II. CÁC DẠNG TỐN
Dạng 1: Tìm GTLN - GTNN của biểu thức chứa lũy thừa với số mũ chẵn.
Với n   , A là biểu thức chứa x; y;... và m là số tùy ý, ở dạng này ta đưa ra hai loại bài tốn cơ
bản như sau:
Loại 1: Tìm GTNN của biểu thức dạng: k. A2n  m với k  0 .
Hướng giải: Với k  0 và mọi A ta có A2n  0  k. A2n  0  k. A2n  m  m .
Do đó GTNN của k. A2n  m là m khi A  0 .
Ví dụ 1: Tìm GTNN của biểu thức A   2 x  5  3 .
4

Lời giải
5
4
4
4
Với mọi x ta có  2 x  5  0   2 x  5  3  3 , và  2 x  5  0 khi 2 x  5  0 hay x   .
2
5
4
Vậy GTNN của biểu thức A   2 x  5  3 là 3 khi x   .
2

Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:
a) A  4  x  1  2019
2

b) B  2021 x  2 

2020

 2022

Lời giải
a) Vì 4  x  1  0 x nên 4  x  1  2019  2019 .
2

2

Dấu bằng xảy ra khi 4  x  1  0  x  1

2

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A bằng 2019 khi x  1 .


2

b) Vì 2021 x  2
2021 x  2 

2020

2020

 0 x  2021 x  2

2020

 2022  2022 . Dấu bằng xảy ra khi

 0  x  2 .

Vậy giá trị nhỏ nhất của B bằng 2022 khi x  2 .
Ví dụ 3: Tìm GTNN của biểu thức C   x  y 

2020

 4  y  3  25 .
30

Lời giải
Với mọi x; y ta có  x  y 

2020

 0 , và  x  y 

2020

 0 khi x  y  0 hay x  y .

Với mọi y ta có  y  3  0  4.  y  3  0 , và  y  3  0 khi y  3  0 hay y  3 .
30

Do đó với mọi x; y ta có:  x  y 

30

2020

30

 4  y  3  0   x  y 
30

2020

 4  y  3  25  25 hay
30

B  25 .
Ta có B  25 khi xảy ra đồng thời x  y và y  3 hay x  y  3
Vậy GTNN của biểu thức C   x  y 

2020

 4  y  3  25 là 25 khi x  y  3 .
30

Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A   x  1   y  1  10 và B   x  2   4  y  1  100, n 
2

4

2n

4n

Lời giải
2

2
4
 x  1  0 x
+ Ta có: 
 A   x  1   y  1  10  10
4

 y  1  y

2

x  1
 x  1  0
Dấu bằng xảy ra khi 
.


4
y

1


 y  1  0

x  1
Vậy giá trị nhỏ nhất A  10 khi 
y 1
2n

2n
4n
 x  2   0 x
+ Ta có: 
  x  2   4  y  1  100  100
4n

4  y  1  0 y

2n

x  2
 x  2   0
Dấu bằng xảy ra khi 
.


4n
y

1

4
y

1

0


 

x  2
Vậy giá trị nhỏ nhất B  100 khi 
.
y 1
Ví dụ 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: A  x  x  1  x  30

3

Phân tích:
Với bài tốn mà biểu thức chưa có dạng A  a.M 2  b . Ta đặt thừa số chung để đưa về dạng
A  a.M 2  b
Lời giải
Ta có: A  x.  x  1  1.  x  1  29   x  1 x  1  29   x  1  29
2

+ Vì  x  1  0 x nên  x  1  29  29 .
2

2

Dấu bằng xảy ra khi  x  1  0  x  1
2

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A bằng 29 khi x  1 .
Loại 2: Tìm GTNN của biểu thức dạng: k. A2n  m với k  0 .
Hướng giải: Với k  0 và mọi A ta có A2n  0  k. A2n  0  k. A2n  m  m .
Do đó GTLN của k. A2n  m là m khi A  0 .
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau
a) C    x  5  102019 .
2

b) D  2  x  10 

2020

 2100 .

Lời giải
a) Vì   x  5  0 x nên   x  5  102019  102019 .
2

2

Dấu bằng xảy ra khi   x  5  0  x  5
2

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức C bằng 102019 khi x  5 .
b) Vì 2  x  10

2020

 0 x  2  x  10 

Dấu bằng xảy ra khi 2  x  10 

2020

2020

 2100  2100 .

 0  x  10 .

Vậy giá trị lớn nhất của D bằng 2100 khi x  10
Ví dụ 2: Tìm GTLN của biểu thức B  2  x  1   y  2   3 .
4

6

Lời giải
4
6
4
6
Ta có: B  2  x  1   y  2   3  3  2  x  1   y  2  



Với mọi x ta có  x  1  0  2  x  1  0 , và  x  1  0 khi x  1  0 hay x  1 .
4

4

4

Với mọi y ta có  y  2   0 , và  y  2   0 khi y  2  0 hay y  2 .
6

6


4

Do đó với mọi x; y ta có:
4
6

4
6
4
6
2  x  1   y  2   0   2  x  1   y  2    0   2  x  1   y  2    3  3 hay




B  3 .

Vậy GTLN của biểu thức B  2  x  1   y  2   3 là 3 khi x  1 và y  2 .
4

6

Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức C    x  2   100  y  10   2025
2

2

Lời giải
2

2
2
  x  2   0 x
+ Ta có: 
 C    x  2   100  y  10   2025  2025
2


100  y  10   0 y
2

x  2
  x  2   0
Dấu bằng xảy ra khi 
.


2
y  10


100
y

10

0





x  2
Vậy giá trị lớn nhất C  2025 khi 
.
 y  10
Ví dụ 4: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B   x  x  2   2 x  100

Lời giải
Ta có: B   x  x  2  2  x  2   4  100   x  2   x  2   104    x  2   104
2

+ Vì   x  2   0 x nên   x  2   104  104 .
2

2

Dấu bằng xảy ra khi   x  2   0  x  2 .
2

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức C bằng 104 khi x  2 .
Ví dụ 5: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức D   x2  2 x  y 2  4 y  50
Lời giải
Ta có:

D    x 2  x    x  1  y 2  2 y  2 y  4  55
  x  x  1   x  1  y  y  2   2  y  2   55
  x  11  x    y  2  2  y   55
   x  1   y  2   55
2

2

2

2
2
  x  1  0 x

Vì 
   x  1   y  2   55  55
2

  y  2   0 y


5

2

x  1
  x  1  0
Dấu bằng xảy ra khi 
.


2
y

2


  y  2   0

x  1
Vậy giá trị lớn nhất D  55 khi 
.
y  2
Dạng 2: Tìm GTLN - GTNN của phân thức.

Ở dạng này xét các bài tốn: Tìm số nguyên n ( hoặc số tự nhiên n ) để phân thức A có GTLN –
GTNN.
a
với a; b; c là các số nguyên đã biết.
b.n  c
+ Nếu a   thì:

Loại 1: A 

A có GTLN khi b.n  c là số dương nhỏ nhất ứng với n nguyên .
A có GTNN khi b.n  c là số âm lớn nhất ứng với n ngun.

+ Nếu a 



thì:
A có GTLN khi b.n  c là số âm lớn nhất ứng với n nguyên.

A có GTNN khi b.n  c là số dương nhỏ nhất ứng với n nguyên.

Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên n để A 

15
có GTLN. Tìm GTLN đó.
2n  5

Lời giải
Ta có tử là 15  0 nên A 

15
có GTLN khi 2n  5  0 và có GTNN ứng với n  .
2n  5

Xét 2n  5  0  2n  5  n 

5
.
2

Do đó để 2n  5  0 và có GTNN ứng n 
Từ đó ta suy ra n  3 và GTLN của A 
Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên n để P 

thì n phải là số tự nhiên nhỏ nhất thỏa mãn n 

5
.
2

15
15
là
 15 .
2n  5 2.3  5

5
(n  3) có giá trị lớn nhất
n3

Lời giải
Ta có: 5  0 và khơng đổi.
5
P
có giá trị lớn nhất khi n  3 là số nguyên dương nhỏ nhất .
n3
Ta có: n  3  0  n  3 .
Do n  N và n  3 là số nguyên dương nhỏ nhất suy ra: n  4 . Khi đó P đạt giá trị lớn nhất là 5.
Vậy n  4 .
7
Ví dụ 3: Tìm số ngun n để P 
có giá trị nhỏ nhất.
2n  5
Lời giải


6

Ta có: 7  0 và khơng đổi.
7
P
có giá trị nhỏ nhất khi 2n  5 là số nguyên âm lớn nhất .
2n  5
5
Ta có: 2n  5  0  n 
.
2
Do n  và 2n  5 là số nguyên âm lớn nhất suy ra: n  3 . Khi đó P đạt giá trị nhỏ nhất là 7.
Vậy n  3 .
1

Ví dụ 4: Tìm n để phân số P  2
có giá trị lớn nhất.
2n  7
Lời giải
Ta có: 1  0 và khơng đổi.
1
P 2
có giá trị lớn nhất khi 2n 2  7 là số nguyên dương nhỏ nhất .
2n  7
Ta có: 2n 2  7  7 vì n 2  0 .
Do đó 2n 2  7 nhỏ nhất bằng 7 khi n2  0  n  0 nên P đạt giá trị lớn nhất là
Vậy n  0 .

1
7

a.n  d
với a; b; c; d là các số nguyên đã biết.
b.n  c
a.n  d
f
 Tách A 
.
 e
b.n  c
b.n  c

Loại 2: A 



Việc tìm n nguyên để A có GTLN – GTNN trở thành bài tốn tìm n ngun để
f
có GTLN hoặc có GTNN (Bài tốn loại 1).
b.n  c


A

Chú ý ta có thể cách tách biểu thức A theo cách sau:

a.n  d b  a.n  d  ban  bd ban  ac  bd  ac a  bn  c   bd  ac a
bd  ac




 
b.n  c b  b.n  c  b  b.n  c 
b  b.n  c 
b b.n  c 
b b b.n  c 

Ví dụ 1: Tìm số ngun n để B 

7n  5
có GTNN. Tìm GTNN đó.
2n  1

Lời giải

Ta có:
B

7n  5 2.  7n  5 14n  10 14n  7  17 7  2n  1  17 7
17
7 17
1




 
  .
2n  1 2.  2n  1 2.  2n  1
2.  2n  1
2.  2n  1
2 2.  2n  1 2 2  2n  1

Do đó biểu thức B 

7n  5
1
đạt GTNN khi
đạt GTLN.
2n  1
2n  1

Mặt khác, do tử là 1  0 nên

1

đạt GTLN khi 2n  1  0 và có GTNN ứng với n  .
2n  1


7

1
Xét 2n  1  0  2n  1  n   .
2

Do đó để 2n  1  0 và có GTNN ứng với n 

thì n phải là số nguyên nhỏ nhất thỏa mãn

1
n .
2

Từ đó ta suy ra n  0 và GTNN của B 
Ví dụ 2: Tìm số ngun n để M 

7n  5 7.0  5
là
 5 .
2n  1 2.0  1

6n  3
đạt GTLN. Tìm GTLN đó.
4n  6

Lời giải
Ta có: M 

6 n  3 6n  9  6 3  2 n  3   6 3
6
3
3
.


 
 
4n  6 2.  2n  3
2.  2n  3
2 2.  2n  3 2 2n  3

Do đó biểu thức M 

6n  3
3
đạt GTLN khi
đạt GTLN.
4n  6
2n  3

Mặt khác, do tử là 3  0 nên

3
đạt GTLN khi 2n  3  0 và có GTNN ứng với n  .
2n  3

Xét 2n  3  0  2n  3  n 

3
.
2

Do đó để 2n  3  0 và có GTNN ứng với n 
Từ đó ta suy ra n  2 và GTLN của M 
Ví dụ 3: Tìm số tự nhiên n để P 

thì n phải là số nguyên nhỏ nhất thỏa mãn n 

6n  3 6.2  3 9
là
 .
4n  6 4.2  6 2

5n  3
có giá trị nhỏ nhất.
2n  1

Lời giải
5
5
5
1
1

5n  3 2 (2n  1)  2  3 2 (2n  1)  2 5

1
2  5
Ta có: P 


 
2n  1
2n  1
2n  1
2 2n  1 2 2(2n  1)
1
1
đạt giá trị nhỏ nhất, khi đó
lớn nhất.
P đạt giá trị nhỏ nhất khi biểu thức
2(2n  1)
2(2n  1)
Do 1  0 và khơng đổi.
1
Phân số
có giá trị lớn nhất khi (2n  1) là số nguyên dương nhỏ nhất .
2(2n  1)
1
Ta có: 2n  1  0  n  .
2
Do n  N và (2n  1) là số nguyên dương nhỏ nhất suy ra: n  1 .
Khi đó P đạt giá trị nhỏ nhất là 2.
Ngồi hai loại cơ bản trên thì khi thay n bởi các lũy thừa bậc cao hơn của n ta được các bài

toán mở rộng.

3
.
2


8

Dạng 3: Tìm GTLN - GTNN của biểu thức chứa giá trị tuyệt đối.
Với A là biểu thức chứa x; y;... và m là số tùy ý, ở dạng này ta đưa ra hai loại bài toán cơ bản như
sau:
Loại 1: Tìm GTNN của biểu thức dạng: k. A  m với k  0 .
Hướng giải: Với k  0 và mọi A ta có A  0  k. A  0  k. A  m  m .
Do đó GTNN của k. A  m là m khi A  0 .
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của A  3  x  2 .
Lời giải
Ta có: 3  x  0 với mọi x nên A  2 .
Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất bằng 12 tại x  3 .
Ví dụ 2: Tìm GTNN của biểu thức A  3 2 x  7  5 .
Lời giải
Với mọi x ta có 2 x  7  0  3 2 x  7  0  3 2 x  7  5  5 hay A  5
7
Vậy GTNN của biểu thức A  3 2 x  7  5 là 5 khi 2 x  7  0 hay x   .
2

Loại 2: Tìm GTLN của biểu thức dạng: k. A  m với k  0 .
Hướng giải: Với k  0 và mọi A ta có A  0  k. A  0  k. A  m  m .
Do đó GTLN của k. A  m là m khi A  0 .
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của B   x  4  6 .
Lời giải

Ta có:  x  4  0 nên B  6 .
Vậy B đạt giá trị lớn nhất bằng 6 tại x  4 .
Ví dụ 2: Tìm GTLN của biểu thức B  6  3 x  2  5 x  2 y .
Lời giải
Với mọi x ta có x  2  0  3 x  2  0 và x  2  0 khi x  2  0 hay x  2 .
Với mọi x; y ta có x  2 y  0  5 x  2 y  0 và x  2 y  0 khi x  2 y  0 hay x  2 y .
Suy ra mọi x; y ta có: 3 x  2  5 x  2 y  0  6  3 x  2  5 x  2 y  6 hay B  6 .
Ta có B  6 khi xảy ra đồng thời x  2 và x  2 y .


9

Thay x  2 vào x  2 y ta được 2  2 y  y  1.
Vậy GTLN của biểu thức B  6  3 x  2  5 x  2 y là 6 khi x  2 và y  1 .
Ví dụ 3: Tìm GTNN của biểu thức C  x  1  3 x  y  4  25 .
Lời giải
Với mọi x ta có x  1  0 , và x  1  0 khi x  1  0 hay x  1 .
Với mọi x; y ta có x  y  4  0  3 x  y  4  0 , và x  y  4  0 khi x  y  4  0 hay
y  x4.

Do đó với mọi x; y ta có: x  1  3 x  y  4  0  x  1  3 x  y  4  25  25 hay C  25 .
Ta có C  25 khi xảy ra đồng thời x  1 và y  x  4 .
Thay x  1 vào y  x  4 ta được y  1  4  3 .
Vậy GTLN của biểu thức C  x  1  3 x  y  4  25 là 25 khi x  1 và y  3 .
CÁC DẠNG TOÁN TỔNG HỢP
Loại 1: Tìm GTLN - GTNN của biểu thức chứa lũy thừa với số mũ chẵn và giá trị tuyệt đối
Ví dụ 1: Tìm GTNN của biểu thức A   2 x  1  y  2  3 .
2

Lời giải

1
2
2
Với mọi x ta có  2 x  1  0 , và  2 x  1  0 khi 2 x  1  0 hay x   .
2

Với mọi y ta có y  2  0 , và y  2  0 khi y  2  0 hay y  2 .
Do đó:  2 x  1  y  2  0 , với mọi x , y .
2

Suy ra A   2 x  1  y  2  3  3 , với mọi x , y .
2

Vậy GTNN của biểu thức A   2 x  1  y  2  3 là 3 khi x  
2

1
và y  2 .
2

Ví dụ 2: Tìm GTLN của biểu thức B  10  3 x  5   y  1 .
6

Lời giải
6
6
Ta có : B  10  3 x  5   y  1  10  3 x  5   y  1  .



Với mọi x ta có x  5  0  3 x  5  0 , và x  5  0 khi x  5  0 hay x  5 .


10

Với mọi y ta có  y  1  0 , và  y  1  0 khi y  1  0 hay y  1 .
6

6

6
6
6
Do đó 3 x  5   y  1  0   3 x  5   y  1   0  10  3 x  5   y  1   10 hay B  10 .





Vậy GTLN của biểu thức B  10  3 x  5   y  1 là 10 khi x  5 và y  1 .
6

Loại 2: Tìm GTLN - GTNN của phân thức chứa lũy thừa với số mũ chẵn
3
Ví dụ 1: Tìm GTLN của biểu thức A 
.
2
 x  2  4
Lời giải
Do tử là 3  0 nên biểu thức A 

3

 x  2

đạt GTLN khi  x  2   4  0 và đạt GTNN.
2

2

4

Với mọi x ta có  x  1  0   x  1  4  4 .
2

2

Do đó GTNN của  x  2   4 là 4 khi  x  2   0 hay x  2 .
2

2

Vậy GTLN của biểu thức A 

3

 x  2

2

là

4

Ví dụ 2: Tìm GTNN của biểu thức B 

3
khi x  2 .
4
4

 2 x  1

10

2

.

Lời giải
Ta có: B 

4

 2 x  1

Biểu thức B 

10

2



4

 2 x  1

10

2

Mặt khác, do tử là 4  0 nên

4

 2 x  1

10

2

.

đạt GTNN khi

4

4

 2 x  1

10

2

đạt GTLN.

đạt GTLN khi  2 x  1  2  0 và đạt GTNN.
10

 2 x  1

10

2

Với mọi x ta có  2 x  1  0   2 x  1  2  2 .
10

10

1
10
10
Do đó GTNN của  2 x  1  2 là 2 khi  2 x  1  0 hay x   .
2

Vậy GTNN của biểu thức B 

4

 2 x  1

10

4
1
là   2 khi x   .
2
2
2


11

Loại 3: Tìm GTLN - GTNN của phân thức chứa giá trị tuyệt đối.
Ví dụ 1: Tìm GTLN của biểu thức A 

4
.
2x 1  3

Lời giải
Do tử là 4  0 nên biểu thức A 

4
đạt GTLN khi 2 x  1  3  0 và đạt GTNN.
2x 1  3

Với mọi giá trị của x , ta có: 2 x  1  0  2 x  1  3  3 .
Do đó GTNN của 2 x  1  3 là 3 khi 2 x  1  0 hay x 
Vậy GTLN của biểu thức A 

1
.
2

4
4
1
là khi x  .
2x 1  3
3
2

Ví dụ 2: Tìm GTNN của biểu thức C 

2 x 1
3 x 1

.

Lời giải
Ta có:

C

2 x 1
3 x 1



3  2 x  1

3.  3 x  1



6 x 3

3.  3 x  1



6 x  25

3.  3 x  1



2.  3 x  1  5
3.  3 x  1



2
5
2 5
1


  .
3 3  3 x  1 3 3 3 x  1

.
Nhận thấy C 

2 5
1
1
 .
đạt GTNN khi
đạt GTLN.
3 3 3 x 1
3 x 1

Mặt khác, do tử là 1  0 nên

1
đạt GTLN khi 3 x  1  0 và đạt GTNN.
3 x 1

Với mọi giá trị của x , ta có x  0  3 x  0  3 x  1  1 .
Do đó GTNN của 3 x  1 là 1 khi x  0 .
Vậy GTNN của biểu thức C 

2 x 1
3 x 1

là

2 5 1
 .  1 khi x  0 .
3 3 1

Loại 4: Tìm GTLN - GTNN của phân thức chứa cả giá trị tuyệt đối và lũy thừa với số mũ
chẵn.
Ví dụ 1: Tìm GTLN của biểu thức A 

2019
.
x  y 1  3
20

Lời giải
Do tử là 2019  0 nên biểu thức A 

2019
đạt GTLN khi x 20  y  1  3  0 và đạt GTNN.
x  y 1  3
20


12

Ta có x 20  0 với mọi giá trị của x và x 20  0 khi x  0 .
Hơn nữa, y  1  0 với mọi giá trị của y và y  1  0 khi y  1 .
Từ đó suy ra: x20  y  1  0  x 20  y  1  3  3 .
Do đó GTNN của x 20  y  1  3 là 3 khi x  0 và y  1 .
Vậy GTLN của biểu thức A 

2019
2019
là
 673 khi x  0 và y  1 .
x  y 1  3
3
20

2  x  1  4 3  y  1
10

Ví dụ 2: Tìm GTNN của biểu thức B 

 x  1

10

.

 2 3  y 1

Lời giải

2  x  1  4 3  y  1
10

Ta có: B 

 x  1

10

Suy ra B  2 

 2 3  y 1

10



3

 x  1

Nhận thấy B  2 

10

2  x  1  4 3  y  2  3

 2 3  y 1

 x  1

10

.

3

 x  1

10

đạt GTNN khi

 2 3  y 1

Do tử là 3  0 nên biểu thức

 2 3  y 1

3

 x  1

10
2  x  1  2 3  y  1  3

 
.
10
 x  1  2 3  y  1

10

3

 x  1

10

 2 3  y 1

đạt GTLN.

đạt GTLN khi  x  1  2 3  y  1  0 và đạt
10

 2 3  y 1

GTNN.
Ta có  x  1  0 với mọi giá trị của x và  x  1  0 khi x  1 .
10

10

Hơn nữa với mọi giá trị của y ta có 3  y  0  2 3  y  0 và 3  y  0 khi y  3 .
Từ đó suy ra:  x  1  2 3  y  0   x  1  2 3  y  1  1 .
10

10

Như vậy GTNN của  x  1  2 3  y  1 là 1 khi x  1 và y  3 .
10

2  x  1  4 3  y  1
10

Vậy GTNN của biểu thức B 

 x  1

10

 2 3  y 1

là 2 

3
 1 khi x  0 và y  1 .
1

III. BÀI TẬP
Dạng 1: Tìm GTLN - GTNN của biểu thức chứa lũy thừa với số mũ chẵn.
Bài 1. Tìm GTLN của biểu thức A  4  3  x  5 .
10

Lời giải
Với mọi x ta có  x  5  0  3  x  5  0  4  3  x  5  4 hay A  4 .
10

10

10


13

Vậy GTLN của biểu thức A  4  3  x  5 là 4 khi x  5  0 hay x  5 .
10

Bài 2. Tìm GTLN của biểu thức B    x  y  2   2  y  2   5 .
2

4

Lời giải
Với mọi x; y ta có  x  y  2   0    x  y  2   0 , và  x  y  2   0 khi x  y  2  0 hay
2

2

2

x  y2.

Với mọi y ta có  y  2   0  2  y  2   0 , và  y  2   0 khi y  2  0 hay y  2 .
4

4

4

Do đó với mọi x; y ta có:   x  y  2   2  y  2   0    x  y  2   2  y  2   5  5 hay
2

4

2

4

B  5.
Ta có B  5 khi xảy ra đồng thời x  y  2 và y  2 .
Thay y  2 vào x  y  2 ta được x  2  2  0 .
Vậy GTLN của biểu thức B    x  y  2   2  y  2   5 là 5 khi x  0 và y  2 .
2

4

Bài 3. Tìm GTNN của biểu thức C  2020  x  y  6

2020

 5  x  y  4  2019 .
2

Lời giải
Với mọi x; y ta có  x  y  6 

2020

 0  2020  x  y  6 

2020

 0 , và  x  y  6 

2020

 0 khi

x  y  6  0 hay x  y  6 .
Với mọi x; y ta có  x  y  4   0  5  x  y  4   0 , và  x  y  4   0 khi x  y  4  0 hay
2

2

2

x  y  4.

Từ đó suy ra:
2020  x  y  6

2020

 5  x  y  4   0  2020  x  y  6
2

2020

 5  x  y  4   2019  2019 hay
2

C  2019 .
Ta có C  2019 khi xảy ra đồng thời x  y  6 và x  y  4 .
Khi đó áp dụng bài tốn tìm hai số biết tổng và hiệu ta có : x 

Vậy GTNN của biểu thức C  2020  x  y  6

2020

 5  x  y  4  2019 là 2019 khi x  5 và

y  3.

Bài 4. Tìm GTNN của biểu thức D   x 2  2   5 .
20

64
64
 5 và y 
3
2
2
2


14

Phân tích: Quan sát đề bài ta thấy x2  0  x2  2  2 nên không thể xảy ra điều kiện
x 2  2  0 như các bài tập trước.
Lời giải
Với mọi x ta có x 2  0  x 2  2  2   x 2  2   220   x2  2   5  220  5 hay D  220  5 .
20

20

Vậy GTNN của biểu thức D   x 2  2   5 là 220  5 khi x  0 .
20

Bài 5. Tìm GTLN của biểu thức E  25   2x  8

200

 5  y  1 .
10

Lời giải
Với mọi x ta có  2x  8

200

 0    2 x  8

200

 0 , và  2 x  8

200

 0 khi 2x  8  23 hay x  3 .

Với mọi y ta có  y  1  0  5  y  1  0 , và  y  1  0 khi y  1  0 hay y  1 .
10

Từ đó suy ra   2x  8

200

10

10

 5  y  1  0  25   2 x  8
10

Vậy GTLN của biểu thức E  25   2x  8

200

200

 5  y  1  25 hay E  25 .
10

 5  y  1 là 25 khi x  3 và y  1 .
10

Bài 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: A   x  1

100

 x 2  1  20

Lời giải
 x  1100  0
100

Ta có: 
với mọi x nên A   x  1  x 2  1  20  20 .
2
 x  1  0
100

x  1
x  1
 x  1  0
Dấu bằng xảy ra khi  2
 2

 x 1
x


1
x

1
x

1

0





Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A bằng 20 khi x  1 .
Bài 7. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B   x 2  9 

100 n

 x  x  3  3x  2029 với n  * .

Lời giải
Vì n  * nên  x 2  9 

100 n

 0 x .

Ta có: x  x  3  3x  2029  x  x  3  3  x  3  2020   x  3 x  3  2020   x  3  2020
2

 x 2  9 100 n  0 x
100 n
2

Do 
nên B   x 2  9    x  3  2020  2020 .
2
 x  3  0 x


15

 x 2  9 100 n  0


 x3
Dấu bằng xảy ra khi 
2
 x  3 =0
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức B bằng 2020 khi x  3
Bài 8. Gọi a là giá trị lớn nhất của biểu thức A   x2  20 x  19 . Chứng minh rằng a là số chính
phương.
Lời giải
Ta có:

A   x 2  10 x  10 x  100  81   x  x  10   10  x  10   81
  x  10 10  x   81    x  10   81
2

Vì   x  10   0 x    x  10   81  81 . Dấu bằng xảy ra khi x 10  0  x  10 .
2

2

Giá trị lớn nhất a  81  92  a là số chính phương.
Bài 9. Gọi a là giá trị của x để biểu thức C  4 x2  4 x  16 đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị của
biểu thức D  a  a 2  a3  ......a 2019
Lời giải
Ta có:
C  4 x 2  4 x  16   4 x 2  2 x    2 x  1  17
 2 x  2 x  1   2 x  1  17   2 x  1 2 x  1  17    2 x  1  17
2

1

2
2
2
Vì   2 x  1  0 x    2 x  1  17  17 . Dấu bằng xảy ra khi   2 x  1  0  x   .
2
1
1
Giá trị lớn nhất C  17 khi x    a   .
2
2
2

3

1
1  1  1
 1
Với a    D            ......   
2
2  2  2
 2
2

 1  1
 1
Ta có: 2 D  1          ......   
 2  2
 2

2019

.

2018

2019
2
2018
 1  1  2  1 3
 1    1  1
 1 
D  2 D             ......      1          ......    
 2     2   2 
 2  
 2  2   2 

 1
3D    
 2

2019

1  D 

1  22019
3.22019

Bài 10. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B   x  x  1  x  y  y  1  y  100

16

Lời giải
Ta có:

B   x  x  1   x  1  y  y  1   y  1  102
B   x  1  x  1   y  1  y  1  102
B    x  1   y  1  102
2

2

2

2
2
  x  1  0x
Vì 
   x  1   y  1  102  102
2

  y  1  0y
2

 x  1
  x  1  0
Dấu bằng xảy ra khi 


2

y 1


y

1

0





 x  1
Vậy giá trị lớn nhất B  102 khi 
.
y 1
Bài 11. Gọi a; b là giá trị tương ứng của x; y để biểu thức A  x2  4 x  y 2  4 y  100 đạt giá trị
nhỏ nhất. Chứng minh rằng  a  b   a 2020  a 2019 .b  a 2018 .b2  ......  b2020   0 .
Lời giải
Ta có:
A  x2  2 x  2 x  4  y 2  2 y  2 y  4  92

 x  x  2  2  x  2   y  y  2   2  y  2   92
  x  2 x  2   y  2  y  2  92
  x  2    y  2   92
2

2

2

2
2
 x  2   0 x
Vì 
  x  2    y  2   92  92
2

 y  2   0 y

2

 x  2 a  2
 x  2   0
Dấu bằng xảy ra khi 


 a b  0.
2
y2
b2


y

2

0






Do đó  a  b   a 2020  a 2019 .b  a 2018 .b2  ......  b2020   0 .
Dạng 2: Tìm GTLN - GTNN của phân thức.
5
Bài 1. Tìm số nguyên n để A 
có GTNN. Tìm GTNN đó.
3n  10
Lời giải
Ta có tử là 5  0 nên A 

5
có GTNN khi 3n 10  0 và có GTLN ứng với n  .
3n  10


17

Xét 3n  10  0  3n  10  n 

10
.
3

Do đó để 3n 10  0 và có GTLN ứng n 
Từ đó ta suy ra n  3 và GTNN của A 
Bài 2. Tìm số tự nhiên n để P 

thì n phải là số nguyên lớn nhất thỏa mãn n 

10
.
3

5
5
là
 5 .
3n  10 3.3  10

6
có giá trị lớn nhất.
3n  8

Lời giải
Ta có: 6  0 và khơng đổi.
6
P
có giá trị lớn nhất khi 3n  8 là số nguyên dương nhỏ nhất .
3n  8
8
Ta có: 3n  8  0  n  .
3
Do n  N và 3n  8 là số nguyên dương nhỏ nhất suy ra: n  3 . Khi đó P đạt giá trị lớn nhất là 6.
Vậy n  3.
15
Bài 3. Tìm số nguyên n để P 
có giá trị nhỏ nhất.

3n  19
Lời giải
Ta có: 15  0 và khơng đổi.
15
P
có giá trị nhỏ nhất khi 3n  19 là số nguyên âm lớn nhất .
3n  19
19
Ta có: 3n  19  0  n 
.
3
Do n  và 3n  19 là số nguyên âm lớn nhất suy ra: n  7 . Khi đó P đạt giá trị nhỏ nhất là
15
 .
2
Vậy n  7.
2
Bài 4. Tìm GTLN của biểu thức A 
(x  Z )
3 x
Lời giải
Vì 2  0 và không đổi nên A đạt giá trị lớn nhất khi 3  x đạt giá trị nguyên âm lớn nhất

 3 x  0  x  3
Vì x  Z  x 4;5;6;..... , thử thấy x  4 thì 3  x đạt giá trị nguyên âm lớn nhất là 1 . Khi đó
A2

Vậy A đạt GTNN là 2 khi x  4 .
Bài 5. Tìm GTNN của biểu thức B 

3
(x  Z )
x5

Lời giải
Vì 3  0 và khơng đổi nên A đạt giá trị nhỏ nhất khi x  5 đạt giá trị nguyên dương nhỏ nhất


18

 x  5  0  x  5
Vì x  Z  x 4; 3; 2;..... , thử thấy x  4 thì x  5 đạt giá trị nguyên dương nhỏ nhất là 1
Khi đó A  3
Vậy A đạt GTNN là 3 khi x  4 .
Bài 6. Tìm GTNN của biểu thức M 

2n  1
(n  N )
n2

Lời giải
M

2n  1 2(n  2)  3
3

 2
(n  N )
n2
n2

n2

M nhỏ nhất khi

3
lớn nhất.
n2

3
lớn nhất khi n  2 đạt giá trị nguyên dương nhỏ nhất
n2

Vì n  N nên n  2  2 và n  2  2  n  0
Vậy n  2 đạt giá trị nguyên dương nhỏ nhất là 2 khi n  0
Khi đó M  2 

3 1

2 2

Vậy M đạt GTNN là

1
khi n  0 .
2

Bài 7. Với giá trị nguyên nào của a thì

5a  17
có GTLN? Tìm GTLN đó.

4a  23

Lời giải
Ta có:

5a  17 4.(5a  17)
20a  68 5.4a  5.23  47 5(4a  23)  47 5
47
5 47
1




 
  .
.
4a  23 4.(4a  23) 4(4a  23)
4(4a  23)
4(4a  23)
4 4(4a  23) 4 4 4a  23
5a  17
1
Do đó để
đạt GTLN thì
phải đạt GTLN.
4a  23
4a  23
Do tử là 1  0 nên

1
có GTLN khi 4a  23  0 và có GTNN ứng với a  .
4a  23

Xét 4a  23  0  4a  23  a 

23
.
4

Do đó để 4a  23  0 và có GTNN ứng a 
Từ đó ta suy ra a  6 và GTLN của

thì a phải là số nguyên nhỏ nhất thỏa mãn a 

5a  17
5.6  17
là
 13 .
4a  23 4.6  23

23
.
4


19

Bài 8. Tìm số tự nhiên n để phân số B 

10n  3
đạt GTLN. Tìm GTLN đó.
4n  10

Lời giải
Ta có: B 

10n  3 5(2n  5)  22 5
22
5
11

 
 
.
4n  10
2  2n  5 
2 2(2n  5) 2 2n  5

Do đó B đạt GTLN khi

11
đạt GTLN.
2n  5

Mặt khác, do tử là 11  0 nên

11
có GTLN khi 2n  5  0 và có GTNN ứng với n  .
2n  5

5
Xét 2n  5  0  2n  5  n  .
2

Do đó để 2n  5  0 và có GTNN ứng n 
Từ đó ta suy ra n  3 và GTNN của B 
Bài 9. Tìm số tự nhiên n để P 

thì n phải là số tự nhiên nhỏ nhất thỏa mãn n 

5
.
2

10n  3
10.3  3 27
là
.

4n  10
4.3  10 2

7n  4
có giá trị lớn nhất.
2n  3

Lời giải
7
21

7
29
29
(2
n

3)


4
(2
n

3)

7n  4 2
29
2
2 7 2 7
Ta có: P 

2
2n  3
2n  3
2n  3
2 2n  3 2 2(2n  3)
29
đạt giá trị lớn nhất.
P đạt giá trị lớn nhất khi biểu thức
2(2n  3)

Do 29  0 và không đổi.
29
Phân số
đạt giá trị lớn nhất khi (2n  3) là số nguyên dương nhỏ nhất .
2(2n  3)
3
Ta có: 2n  3  0  n  .
2
Do n  N và (2n  3) là số nguyên dương nhỏ nhất suy ra: n  2 . Khi đó P đạt giá trị lớn nhất là 18.
Vậy n  2.
4n  3
Bài 10. Tìm số tự nhiên n để P 
có giá trị nhỏ nhất.
3n  13
Lời giải
4
52
4
61
61
(3n  13) 
3
(3n  13) 

4n  3 3
61
3
3 4
3 4
Ta có: P 


 3
3n  13
3n  13
3n  13
3 3n  13 3 3(3n  13)
61
61
P đạt giá trị nhỏ nhất khi biểu thức
đạt giá trị nhỏ nhất, khi đó
lớn nhất.
3(3n  13)
3(3n  13)
Do 61  0 và không đổi.
61
Phân số
đạt giá trị lớn nhất khi (3n  13) là số nguyên dương nhỏ nhất .
3(3n  13)


20

13
.
3
Do n  và (3n  13) là số nguyên dương nhỏ nhất suy ra: n  4 . Khi đó P đạt giá trị nhỏ nhất là
19.
Vậy n  4 .
5
Bài 11. Tìm n  để phân số P  2

có giá trị lớn nhất.
2n  9
Lời giải
Ta có: 3n  13  0  n 

Ta có: 5  0 và khơng đổi.
5
P 2
có giá trị lớn nhất khi 2n 2  9 là số nguyên dương nhỏ nhất .
2n  9
9
Ta có: 2n 2  9  0  n 2   n 2  9 vì n  . Suy ra n  3. .
2
Do 2n 2  9 là số nguyên dương nhỏ nhất và n 

nên n  3. Khi đó P đạt giá trị lớn nhất là

Vậy n  3 .
Bài 12. Tìm số ngun n để B 
Lời giải
Ta có:







5
9

5n 2  1
có GTNN. Tìm GTNN đó.
2n 2  17





2
2. 5n2  1
5n2  1
10n 2  2
5.2n 2  5.17  87 5. 2n  17  87 5 87
1
B 2




  . 2
2
2
2
2
2n  17 2. 2n  17
2 2 2n  17
2. 2n  17
2. 2n  17
2. 2n  17

Từ đó ta thấy B đạt GTNN khi
Do tử là 1  0 nên





nên n2 





1
đạt GTNN.
2n  17

1
có GTNN khi 2n2  17  0 và có GTLN ứng với n  .
2n  17
2

17
.
2

và là số chính phương.

Do đó để 2n2  17  0 và có GTLN ứng n 

n2 



2

Xét 2n2  17  0  2n2  17  n2 
Do n 



thì n 2 phải là số chính phương lớn nhất thỏa mãn

17
.
2

Từ đó ta suy ra n2  4  n  2 hoặc n  2 .
Khi đó GTNN của B 

5n 2  1
5.4  1 21 7
là
.


2
2n  17 2.4  17 9 3

Bài 13. Tìm GTNN của biểu thức C 

3
(x  Z )
8  x2

Lời giải
Vì 3  0 nên C nhỏ nhất khi 8  x 2 đạt giá trị nguyên dương nhỏ nhất


21

Với x  Z thì 8  x 2  8 .
Suy ra 8  x 2 đạt giá trị nguyên dương nhỏ nhất là 8 khi x 2  0 hay x  0
Khi đó C 

3
8

Vậy C đạt GTNN là

3
khi x  0 .
8

6n 4  5
Bài 14. Gọi a là GTLN của
. Tính giá trị biểu thức A  1  a  a2  a3  ...  a2019 .
4
2n  1
Lời giải

Ta có:





4
6n4  5 3.2n4  3.1  2 3. 2n  1  2
2
.


 3 4
4
4
4
2n  1
2n  1
2n  1
2n  1

6n 4  5
2
Từ đó ta thấy
đạt GTLN khi
đạt GTLN.
4
4
2n  1
2n  1

Mặt khác do tử là 2  0 nên

2
2n  1
4

có GTLN khi 2n4  1  0 và đạt GTNN.

Do n4  0  2n4  0  2n4  1  1 .
Như vậy GTNN của 2n4  1 là 1 khi n  0 .

2
6n 4  5
Vậy GTLN của
là a  3   5 khi n  0 .
4
1
2n  1
Thay a  5 vào biểu thức A  1  a  a2  a3  ...  a2019 ta được: A  1  5  52  53  ...  52019 .
Ta có : 5 A  5  52  53  ...  52020 .



 



Suy ra 5 A  A  5  52  53  ...  52020  1  5  52...  52019  52020  1

 4A  5

2020

52020  1
1  A 
.
4

Vậy A  1  a  a  a  ...  a
2

3

2019

52020  1
6n 4  5

với a là GTLN của
.
4
2n 4  1

Bài 15. Cho abc là số tự nhiên có 3 chữ số. Tìm gia trị lớn nhất của P 

abc
 2020
abc

Lời giải

abc
100a  10b  c
 2020 
 2020
abc
abc
100a
 2020  100  2020  2120.
 Nếu b  c  0 thì P 
a
100a  100b  100c
 2020  100  2020  2120.
 Nếu b  0 hoặc c  0 thì P 
abc
Suy ra: P  2120.
Ta có: P 


22

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 2120 khi a 1,2,3,...,8,9, b  c  0.
Bài 16. Tìm GTNN của biểu thức A 

( x  1)  ( x  2)  (x  3)....  ( x  50)
(x  Z )
50 x  2549

Lời giải

( x  1)  ( x  2)  ( x  3)....  ( x  50) 50 x  1275 50 x  2549  1274


50 x  2549
50 x  2549
50 x  2549
1274
 1274 
A  1
 1 

50 x  2549
 50 x  2549 
A

Vậy A lớn nhất khi

1274
lớn nhất
50 x  2554

Vì 1274  0 và không đổi nên

1249
lớn nhất khi 50 x  2549 đạt giá trị nguyên âm lớn nhất
50 x  2554

50x  2549  1  50x  1  2549  50x  -2550  x  51 Z
Khi đó A  1  1274  1275
Vậy A đạt GTLN là 1275 khi x  51 .

Dạng 3: Tìm GTLN - GTNN của biểu thức chứa giá trị tuyệt đối.
Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của C  2 x  6  11 .
Lời giải
Ta có: 2 x  6  0 với mọi x nên C  11 .
Dấu “=” xảy ra khi: 2 x  6  0 nên x  3 .
Vậy C đạt giá trị nhỏ nhất là 11 tại x  3 .
Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất của D   3x  9  12 .
Lời giải
Ta có:  3x  9  0 với mọi x nên D  12 .
Dấu “=” xảy ra khi: 3x  9  0 nên x  3 .
Vậy D đạt giá trị lớn nhất là 12 tại x  3 .
Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A   2  x  10 .
Lời giải
Ta có:  2  x  0 x   2  x  10  10 . Dấu bằng xảy ra khi 2  x  0  x  2
Vậy GTLN A  10 khi x  2


23

Bài 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  12  4  x .
Lời giải
Ta có: 4  x  0 x  12  4  x  12 . Dấu bằng xảy ra khi 4  x  0  x  4 .
Vậy GTNN A  12 khi x  4.
Bài 5. Tìm GTLN của biểu thức A  5  2 7  3x .
Lời giải
Với mọi x ta có 7  3x  0  2 7  3x  0  5  2 7  3x  5 hay A  5
Vậy GTLN của biểu thức A  5  2 7  3x là 5 khi 7  3x  0 hay x 

7
.

3

12
.
3 x5 4

Bài 6. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức C  2 

Lời giải
Ta có: 3 x  5  0 x  3 x  5  4  4 

12
12
12
 3 2
 23  5.
3 x5 4 4
3 x5 4

Dấu bằng xảy ra khi x  5  0  x  5
Vậy GTLN C  5 khi x  5 .
Bài 7. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức C  5 

8
.
4 5 x  7  24

Lời giải
Ta có: 4 5 x  7  0 x  4 5 x  7  24  24 



8
8 1


4 5 x  7  24 24 3

8
1
8
1 14
14
   5
 5   C 
4 5 x  7  24
3
4 5 x  7  24
3 3
3

Dấu bằng xảy ra khi 4 5 x  7  0  x  

7
5

Bài 8. Với giá trị nào của x , y thì biểu thức E  x  y  x  1  2020 đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá
trị nhỏ nhất đó.
Lời giải
Ta có: x  y  0 với mọi x , y

x  1  0 với mọi x


24

Nên E  2020 .
Dấu “=” xảy ra khi: x  y  0 nên x  y
Và x  1  0 nên x  1 .
Vậy E đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2020 tại x  y  1.
Bài 9. Tìm giá trị nhỏ nhất của F  x  y  5  x  y  3  3 .
Lời giải
Ta có: x  y  5  0 với mọi x , y

x  y  3  0 với mọi x , y
Nên x  y  5  x  y  3  0 với mọi x , y
Suy ra: F  3 .
Dấu “=” xảy ra khi: x  y  5  0 và x  y  3  0 .
Suy ra: x  y  5 và x  y  3 .
Nên: x   5  3 : 2  4 và y   5  3 : 2  1 .
Vậy F đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 tại x  4 và y  1 .
Bài 10. Tìm GTNN của biểu thức B  x 2  4  5 2 y  1  10 .
Lời giải
Với mọi x ta có x 2  4  0 , và x 2  4  0 khi x 2  4  0 hay x 2  4 (tức là x  2 hoặc x  2 ).
1
Với mọi y ta có 2 y  1  0  5 2 y  1  0 , và 2 y  1  0 khi 2 y  1  0 hay y   .
2

Từ đó suy ra x2  4  5 2 y  1  0  x 2  4  5 2 y  1  10  10 hay B  10
1

Vậy GTNN của biểu thức B  x 2  4  5 2 y  1  10 là 10 khi x  2 hoặc x  2 và y   .
2

Bài 11. Tìm GTNN của biểu thức C  3 x  2  7 2 x  y  1  253 .
Lời giải
Với mọi x ta có x  2  0  3 x  2  0 , và x  2  0 khi x  2  0 hay x  2 .
Với mọi x; y ta có 2 x  y  1  0  7 2 x  y 1  0 , và 2 x  y  1  0 khi 2 x  y  1  0 hay
y  2 x 1.

Từ đó suy ra 3 x  2  7 2 x  y  1  0  3 x  2  7 2 x  y  1  253  253 hay C  253 .


25

Ta có C  253 khi xảy ra đồng thời hai điều kiện x  2 và y  2 x  1 .
Thay x  2 vào y  2 x  1 ta được y  2.2  1  3 .
Vậy GTNN của biểu thức C  3 x  2  7 2 x  y  1  253 là 253 khi x  2 và y  3 .
Bài 12. Tìm giá trị lớn nhất của G   2 x  2 y  8  x  y  6  7 .
Lời giải
Ta có:  2 x  2 y  8  0 với mọi x , y

 x  y  6  0 với mọi x , y
Nên  2 x  2 y  8  x  y  6  0 với mọi x , y
Suy ra: G  7 .
Dấu “=” xảy ra khi: 2 x  2 y  8  0 và x  y  6  0 .
Suy ra: x  y  4 và x  y  6 .
Nên: x   4  6  : 2  1 và y  6   4  : 2  5 .
Vậy G đạt giá trị lớn nhất bằng 7 tại x  1 và y  5 .
Bài 13. Biết rằng khi x  a và y  b thì biểu thức D  2 x  y  3  5 x  y  1  6 đạt GTLN.
Tính a3  b3 .

Lời giải
Với mọi x; y ta có x  y  3  0  2 x  y  3  0 , và x  y  3  0 khi x  y  3  0 hay
x  y  3 .

Với mọi x; y ta có x  y  1  0  5 x  y  1  0 , và x  y  1  0 khi x  y  1  0 hay
x  y  1.

Từ đó suy ra 2 x  y  3  5 x  y  1  0  2 x  y  3  5 x  y  1  6  6 hay D  6 .
Ta có D  6 khi xảy ra đồng thời hai điều kiện x  y  3 và x  y  1 .
Áp dụng bài tốn tìm hai số khi biết tổng và hiệu ta có: x 

1   3
1   3
 1 và y 
 2.
2
2

Do đó GTNN của biểu thức D  2 x  y  3  5 x  y  1  6 là 6 khi x  1 và y  2 .
Vậy a  1 và b  2 , suy ra a3  b3   1  23  1  8  7 .
3

Bài 14. Tìm GTNN của biểu thức M  5 3x  81  20 y 2  x  4  9 .