TOÁN 12 Ôn thi Đại Học: Chủ đề: Giới hạn cực trị: GTLN, GTNN

1


Phần 1:
CỰC TRỊ TRONG ĐẠI SỐ:

Một số dạng toán thường gặp:

▼ Dạng 1: đưa về dạng bình phương
I. Phương pháp giảỉ:
Đưa về dạng
A
2
≥
0, hoặc A
2
+ c
≥
c (vớI c là hằng số) dấu bằng xảy ra khi A=0
II. Một số bài tập ví dụ:
Ví dụ 1:
Tìm giá trị lớn nhất của P
(
)
1
x x
= −

Lời giải:
( )
2

1 1 1
1
2 4 4
P x x x x x
 
= − = − + = − − + ≤
 
 

Đẳng thức xảy ra khi
1
2
x
=
và
1
4
x
=

Do đó giá trị lớn nhất của P là
1
4
đạt khi
1
4
x
=

Ví dụ 2:

Tìm giá trị của x để biểu thức
2
1
2 2 5
x x
− +
có giá trị lớn nhất

Lời giải:
Ta có:
(
)
2
2
2
2 2 5 2 3 3
1 1
3
2 2 5
x x x
x x
− + = − + ≥
⇒ ≤
− +



Do đó, khi
2
x =

thì bỉêu thức
2
1
2 2 5
x x
− +
có giá trị lớn nhất là
1
3

V í d ụ 3:
VớI x,y không âm; tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 3 2 2004,5
P x xy y x= − + − +

Lời giải:
Đặt
,
x a y b
= =
vớI
, 0
a b
≥
ta có:
2

( )
( ) ( )

( )
( )
2 2
2 2
2
2 2
2
2
2
2
2 3 2 2004,5
2 1 3 2004,5
2 1 1 2 2 2003,5
1 1
1 2 2003,5
4 2
1
1 2 2003 2003
2
P a ab b a
a b a b
a b a b b b
a b b b
a b b
= − + − +
= − + + +
= − + + + + − +
 
= − − + − + + −
 

 
 
= − − + − + ≥
 
 

Vì
( )
2
1 0
a b
− − ≥
và
2
1
0 ,
2
b a b
 
− ≥ ∀
 
 




1
a b
= +

3
2
a
=


2003
P
= ⇔

⇔


1
2
b
=

1
2
b
=


Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là 2003 khi
3
2
x
=
và

1
2
y
=
hay
9
4
x
=
và
1
4
y
=

III. Bài tập tự giải:
1) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2
2 5 4 2
P x y xy x
= − − − +

2) Tìm giá trị nhỏ nhất của
(
)
2 2
, 2 6 12 45
f x y x xy y x
= − + − +

3) Cho hai số x,y thoả mãn đẳng thức:
2 2
2
1
8 4
4
x y
x
+ + =

Xác định x,y để tích xy đạt giá trị nhỏ nhất
4) Cho a là số cố định, còn x, y là những số biến thiên. Hãy tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức: A = (x– 2y + 1)
2
+ (2x + ay +5)
2

Hướng dẫn giảI và đáp số:
1)Max P = 3 khi (x,y) = (1, -2)
2)
( ) ( )
2
2
, 6 5 9 9
f x y x y y
= − − + + ≥

3) Thêm
2
4 4

xy x
+
vào 2 vế
Kết quả: xy đạt GTNN là
1
2
−
khi
1
2
x
= ±

1
y
= ±

4)
0
A
≥
khi a
≠
-4,
9
5
A
=
khi a = -4
3

▼ Dạng 2: sử dụng miền giá trị của hàm số
I. Phương pháp giảỉ:
Cho y = f(x) xác định trên D
(
)
0
y f D
∈ ⇔
phương trình
(
)
0
y f x
=
có nghiệm
0
a y b
⇔ ≤ ≤

Khi đó min y = a, max y = b

II. Một số bài tập ví dụ:
Ví dụ 1:
Tìm Max và Min của:
2
1
x
y
x

=
+

Lời giải:
Tập xác định D = R
⇒
0
y
là một giá trị của hàm số

⇔
phương trình
0
2
1
x
y
x
=
+
có 1 nghiệm
x
∈
R


⇔
phương trình
2
0 0

x y y x
+ =
có nghiệm x
∈
R


⇔
phương trình
2
0 0
0
x y x y
− + =
có nghiệm x
∈
R


⇔
0
∆ ≥


⇔
2
1 4 0
y
− ≥

⇔
2
4
y
≤


⇔
1 1
2 2
y
− ≤ ≤

Vậy Min y =
1
2
−
, Max y =
1
2


Ví dụ 2:
Xác đinh các tham số a, b sao cho hàm số
2
ax
1
b
y

x
+
=
+
đạt giá trị lớn nhất bằng
4, giá trị nhỏ nhất bằng –1
Lời giải:
Tập xác định D = R
0
y
là một giá trị của hàm số
⇔
phương trình
0
2
ax+b
1
y
x
=
+
có nghiệm x
∈
R


⇔
phương trình
2
0 0

ax 0
y x y b
− + − =
có nghiệm x
∈
R
(1)
• Nếu
0
0
y
=
thì (1) ⇔ ax = -b có nghiệm


a = b = 0

⇔

a ≠ 0
• Nếu
0
0
y
≠
thì (1) có nghiệm ⇔
0
∆ ≥

⇔
2
0 0
4( ) 0
a y b y
− − ≥

4


⇔
2 2
0 0
4 4 0
y by a
− + + ≥

Theo đề
0
y
đạt giá trị lớn nhất là 4, giá trị nhỏ nhất là –1 nên phương
trình
2 2
0 0
4 4
y by a
− + +
phảI có nghiệm là –1 và 4 (do -1.4 = -4 < 0)

2

4
4
a−
= −

4
a
= ±

Theo định lý Viet ta có : ⇔

3
b
=

3
b
=




Vậy vớI a = 4, b = 3 hoặc a = -4, b = 3 thì min y = -1, max y = 4

Ví dụ 3:
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số :
3
4
2
12 ( )

36
x x a
y
x
−
 
=
 
+
 

Lời giải: Hàm số đã cho xác định khi
(
)
0
x x a
− ≥

Đặt
2
12 ( )
36
x x a
z
x
−
 
=
 
+

 
(1) thì
4
3
y z
=
,
0
z
≥

0
z
là một giá trị của hàm số (1) ⇔ phương trình
0
2
12 ( )
36
x x a
z
x
−
=
+
có nghiệm
hay phương trình
2
0 0
(12 ) 12ax 36 0
z x z

− − − =
có
nghiệm (2)
•
0
z

=12 : (2)
⇔
ax = -36 có nghiệm khi
0
a
≠

•
0
12
z
≠
: (2) có nghiệm
⇔
2
0 0
36 36 (12 ) 0
a z z
∆ = + − ≥


2 2
0 0

2 2
0 0
2 2
0
12 0
12 0
6 36 6 36
a z z
z z a
a z a
⇔ + − ≥
⇔ − − ≤
⇔ − + ≤ ≤ + +

Vì
0
0
z
≥
nên
2
0
0 6 36
z a
≤ ≤ + +

Vậy max
2
6 36
z a

= + +
; max
2 3
4
(6 36)
y a= + +

III. Bài tập tự giải:
1) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức:
2
2
2 2
2 2
x x
y
x x
− +
=
+ +

2) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức:
3 3 4 1 1
4 3 3 1 1
x x
y
x x
+ + − +
=
+ + − +

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số :
2
1
( )f x x x
x
= + +
, x > 0
Hướng dẫn giảI và đáp số:
5

1) Max
3 2 2
y = +
, Min
3 2 2
y = −

2) Đk:
3 1
x
− ≤ ≤

Đặt
2
2
3 2.
1
t
x
t

+ =
+
;
2
2
1
1 2.
1
t
x
t
−
+ =
+
vớI t = tg
[ ]
0;1
2
ϕ
∈

Ta có
2
2
7 12 9
5 16 7
t t
y
t
+ +

= −
− + +

Max y
9
7
y
=
khi x = -3; min
7
9
y
=
khi x = 1
0 < x
≤

0
y
(1)

2
0
1
y x x
x
= + +

⇔

x > 0
2 2
0 0
2 1 0
y x y x
− + =

(2)

Điều kiện để (2) có nghiệm là
0
2
y
≥

Áp dụng Vi-et ta chứng minh được
1 2 0
x x y
< <

Vậy min f(x) = 2 vớI x >0

▼ Dang 3: Sử dụng một số bất đẳng thức quen thuộc

► Bất đẳng thức Cauchy
I. Kiến thức cần nắm:
• Cho hai số a, b
≥
0, ta coù:
ab

ba
≥
+
2

Dấu “ =” xảy ra khi
⇔
a = b
• Cho n số a
1
, a
2
, … , a
n
≥ 0, ta có:
n
n
n
aaa
n
aaa


21
21
≥
+++

Dấu “=” xảy ra
⇔

a
1
= a
2
= … = a
n

II. Một số bài tập ví dụ:
◦ Biện pháp 1: Áp dụng bất đẳng thức trực tiếp.
Ví dụ 1:
Cho x > 0 ; y > 0 thoả mãn điều kiện
2
111
=+
yx
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức A =
yx +

Lời giải:
3)Tìm nghiệm của hệ

6

Vì x > 0 ; y > 0 nên
x
1
> 0 ;
y
1

> 0 ;
0;0 >> yx
, theo bđt Cauchy có:








+≤
yxyx
11
2
11
.
1

=>
4
4
11
≥=>≤ xy
xy

Vận dụng bđt Cauchy với hai số dương
x
và
y

ta được
A =
yx +
≥
42.2 ≥yx
= 4 ( Dấu “=” xảy ra
⇔
x = y = 4)
Vậy min A = 4 ( khi và chỉ khi x = y = 4).

Nhận xét: không phải lúc nào ta cũng có thể dùng trực tiếp bđt Cauchy đối với
các số trong đề bài. Dưới đây ta sẽ nghiên cứu một số biện pháp biến đổi một biểu
thức để có thể vận dụng bđt Cauchy rồi tìm cực trị của nó.
Biện pháp 1 : Để tìm cực trị của một biểu thức ta tìm cực trị của bình phương biểu
thức đó.

Ví dụ 2:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : A =
.3753 xx −+−

Lời giải:
ĐKXĐ :
.
3
7
3
5
≤≤ x

A

2
= (3x – 5) + (7- 3x) +
)37).(53(2 xx −−

A
2

≤
2 + ( 3x – 5 + 7 – 3x) = 4 ( dấu “=” xảy ra
⇔
3x – 5 = 7 – 3x
⇔
x = 2).
Vậy max A
2
= 4 => max A = 2 ( khi và chỉ khi x = 2).

Nhận xét: Biểu thức A được cho dưới dạng tổng của hai căn thức. Hai biểu thức
lấy căn có tổng không đổi (bằng 2). Vì vậy, nếu ta bình phương biểu thức A thì sẽ
xuất hiện hạng tử là hai lần tích của căn thức. Đến đây có thể vận dụng bất đẳng
thức Cauchy.

◦ Biện pháp 2: Nhân và chia biểu thức với cùng một số khác 0.

Ví dụ 3:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =
x
x
5
9−

Lời giải:
ĐKXĐ : x ≥ 9
7

A =
x
x
5
9−
=
30
1
10
3
99
5
3
3
9
2
1
5
3.
3
9
=
+−
=







+
−
≤
−
x
x
x
x
x
x

(dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi
183
3
9
=⇔=
−
x
x
).
Vậy max A =
30
1
( khi và chỉ khi x = 18).

Nhận xét: Trong cách giải trên, x – 9 được biểu diễn thành
3.
3
9
−
x
và khi vân
dụng bđt Cauchy, tích
3.
3
9
−
x
được làm trội trở thành tổng
x
x
3
1
3
3
9
=+
−
có
dạng kx có thể rút gọn cho x ở mẫu, kết quả là một hằng số. Con số 3 tìm được
bằng cách lấy căn bậc hai của 9, số 9có trong bài.

Biện pháp 3: Biến đổi biểu thức đã cho thành tổng của các biểu thức sao cho tích
của chúng là một hằng số.
1.

Tách một hạng tử thành tổng của nhiều hạng tử bằng nhau.

Ví dụ 4 :
Cho x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A =
.
163
3
4
x
x +

Lời giải:
A = 3x +
4
333
16
4
1616
x
xxx
x
xxx
x
≥+++=

A ≥ 4.2 = 8 ( dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi
2
16
3

=⇔= x
x
x

Vậy min A = 8 ( khi và chỉ khi x = 2).
Nhận xét:
Hai số dương 3x và
x
3
16
có tích không phải là một hằng số.Muốn khử
được x
3
thì phải có x
3
= x.x.x do đó ta phải biểu diễn 3x = x + x + x rồi dùng bđt
Cauchy với 4 số dương.

2.

Tách một hạng tử chứa biến thành tổng của một hằng số với một hạng tử
chứa biến sao cho hạng tử này là nghịch đảo của hạng tử khác có trong
biểu thức đã cho ( có thể sai khác một hằng số).

Ví dụ 5:
Cho 0 < x < 2, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
.
2
2
9

x
x
x
+
−

8

Lời giải:
A =
1
2
2
9
+
−
+
−
x
x
x
x

A
71921
2
.
2
9
.2 =+=+

−
−
≥
x
x
x
x

( dấu “=” xảy ra
2
12
2
9
=⇔
−
=
−
⇔ x
x
x
x
x
).
Vậy min A = 7 ( khi và chỉ khi
2
1
=x
).
◦ Biện pháp 4:
Thêm một hạng tử vào biểu thức đã cho.

Ví dụ 6:
Cho ba số dương x, y, z thoả mãn điều kiện x + y + z = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức :
P =
.
222
yx
z
xz
y
zy
x
+
+
+
+
+

Lời giải:
Áp dụng bđt Cauchy đối với hai số dương
zy
x
+
2
và
4
zy
+
ta được:
x

xzy
zy
xzy
zy
x
==
+
+
≥
+
+
+ 2
.2
4
2
4
22

Tương tự:
z
yx
yx
z
y
xz
xz
y
≥
+
+

+
≥
+
+
+
4
4
2
2

Vậy
zyx
zyx
yx
z
xz
y
zy
x
++≥
++
+









+
+
+
+
+ 2
222

P
( )
1
2
=
+
+
−++≥
zyx
zyx
(dấu “=” xảy ra
3
2
===⇔ zyx
).

III. Bài tập tự giải:

1)

Cho x + y = 15, tìm gía trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức:
B =
34 −+− yx

2)

Cho x, y, z ≥ 0 thoả mãn điều kiện x + y + z = a.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = xy + yz + xz.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x
2
+ y
2
+ z
2
.
9

3)

Cho x, y, z là các số dương thoả mãn điều kiện x + y + z ≥ 12. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức P =
.
x
z
z
y
y
x
++

4)

Cho a, b, c là các số dương thoả mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức A =
.
)1)(1)(1(
)1)(1)(1(
cba
cba
−−−
+
+
+

5)

Cho x, y thoả mãn điều kiện x + y = 1 và x > 0. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức B = x
2
y
3
.

6) Tìm giá trị nhỏ nhất của
xy yz zx
A
z x y
= + +
với x, y, z là các số dương và:
a)
1
x y z
+ + =

b)
2 2 2
1
x y z
+ + =


7) Tìm giá trị lớn nhất của
3 3 3 3 3 3
1 1 1
1 1 1
A
a b b c c a
= + +
+ + + + + +
với a, b, c là
các số dương và abc = 1.
8)Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của

A x y z xy yz zx
= + + + + +
biết rằng
2 2 2
3
x y z
+ + =
.
9) Tìm giá trị nhỏ nhất của
3 3
x y

A
= +
với x + y = 4.
10) Tìm giá trị nhỏ nhất của
4
4 1
A x x
= − +


Hướng dẫn giải và đáp số:
1.
ĐKXĐ : x ≥ 4, y ≥ 3
B ≥
⇒8
min B =
8
( khi và chỉ khi x = 4, y = 11 hoặc x = 12, y = 3). max B
2
=
16 nên max B = 4 ( khi và chỉ khi x = 8, y = 7).
2
.a. xy + yz + xz
≤
x
2
+ y
2
+ z
2

(áp dụng bđt Cauchy cho 2 số, rồi cộng lại theo
vế).
Suy ra: 3(xy + yz + xz)
≤
( x + y + z )
2

Hay 3A
≤
a
2

b. B = x
2
+ y
2
+ z
2
= ( x + y + z )
2
– 2( x + y + z )
B = a
2
– 2A
B min
⇔
A max.
3.
P
2

=
.
22
2
222
y
xz
x
zy
z
yx
x
z
z
y
y
x
+++++

Áp dụng bđt Cauchy cho 4 số dương:
.4

4
4
222
x
yz
zyxx
z
z

yx
z
yx
y
x
=≥+++

Còn lại: tương tự
Cộng vế với vế lại, ta được P
2
≥ 4(x + y + z) – (x + y + z) = 3(x + y + z)
10

P
2
≥ 3.12 = 36
Min P = 6.( khi và chỉ khi x = y = z = 4).
4.
a + b + c = 1
⇒
1 – a = b + c > 0. Tương tự 1 – b > 0, 1 – c > 0.
Có: 1 + a = 1 + (1 – b – c) = (1 – b) + (1 – c) ≥
(
)
(
)
cb −− 112

Suy ra (1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥
( ) ( ) ( )

222
1118 cba −−−

A ≥ 8
Vậy min A = 8.
5. Nếu y
≤
0 thì B
≤
0.
Nếu y > 0 thì
1 = x + y =
3125
108
108
5
33322
32
5
32
≤⇒≥++++ yx
yxyyyxx

hay B
≤

3125
108

Suy ra max B =

3125
108
.
6.
Theo bất đẳng thức Cô-si
2. . 2
xy yz xy yz
y
z x z x
+ ≥ =
tương tự
2
yz zx
z
x y
+ ≥
;
2
zx xy
x
y z
+ ≥


Suy ra 2A ≥ 2(x+y+z) = 2 ; min A = 1 với
1
3
x y z
= = =

b) Ta có
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2
2
x y y z z x
A
z x y
= + + +

Hãy chứng tỏ
2
3
A
≥
.
Min A =
3
với x = y = z =
3
3
.
7.
Dễ chứng minh
(
)
3 3
a b ab a b

+ ≥ +
với a > 0, b > 0. Do đó:

(
)
3 3
1 ( ).
a b ab a b abc ab a b c
+ + ≥ + + = + +


1 1 1
1
( ) ( ) ( ) ( )
max 1 1
a b c
A
ab a b c bc a b c ca a b c abc a b c
A a b c
+ +
≤ + + = =
+ + + + + + + +
= ⇔ = = =

8.
◦ Tìm giá trị lớn nhất:
Áp dụng bất đẳng thức
( )
(
)

2
2 2 2
3
x y z x y z
+ + ≤ + +
,ta được
( )
2
9
x y z
+ + ≤
nên
11


3
x y z
+ + ≤
(1)
Ta có bất đẳng thức
2 2 2
xy yz zx x y z
+ + ≤ + +
mà
2 2 2
3
x y z
+ + ≤
nên

3
xy yz zx
+ + ≤
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
6
A
≤
. Ta có
max 6 1
A x y z
= ⇔ = = =
.
◦ Tìm giá trị nhỏ nhất : Đặt x + y + z = m thì

(
)
(
)
2 2 2 2
2 3 2
m x y z xy yz zx xy yz zx
= + + + + + = + + +

Do đó
2
3
2
m
xy yz xz

−
+ + = . Ta có
2
3
2
m
A m
−
= + nên

(
)
2
2
2 2 3 1 4 4.
2.
A m m m
A
= + − = + − ≥ −
⇒ ≥ −


2 2 2
1
min 2
3
x y z
A
x y z
+ + =


= − ⇔

+ + =

, chẳng hạn x = -1, y = -1, z = 1.
9.

4
3 3 2 3 3 2 3 2 3
x y x y x y
A
+
= + ≥ = =



10.
Ta có
x x
≤
(xảy ra dấu bằng khi và chỉ khi
0
x
≥
) nên
4 4 .
x x
− ≥ −
Do đó

4
4 1
A x x
≥ − +
.
Áp dụng bất đẳng thức côsi với bốn số không âm

4 4 44
1 1 1 4 4 4 1 2.
x x x x x
+ + + ≥ = ⇒ − + ≥ −

4
min 2 1
A x
= − ⇔ =
và
0 1
x x
≥ ⇔ =
.


► Bất đẳng thức Bunhiacopski:
I. Kiến thức cần nắm:

•

Cho a, b, c, d tuỳ ý, ta có
(a

2
+ b
2
)(c
2
+ d
2
) ≥ (ac + bd)
2

Dấu bằng xảy ra khi: ad = bc.
•

Cho a
1
, … , a
n
và b
1
, … , b
n
tuỳ ý, ta có:
(a
1
2
+ … + a
n
2
)(b
1

2
+ … + b
n
2
) ≥ ( a
1
b
1
+ … + a
n
b
n
)
2

Dấu bằng xảy ra khi:
n
n
b
a
b
a
==
1
1

II. Một số bài tập ví dụ:
Ví dụ 1:
Tìm giá trị lớn nhất của : P =
xx −+− 5413

Lời giải:
ĐKXĐ: 1
≤
x
≤
5
Áp dụng bđt Bunhiacopski có:
12

P
2

≤
( 3
2
+ 4
2
)(x – 1 + 5 – x) = 100
Suy ra max P = 10 khi
⇔
−
=
−
4
5
3
1 xx
x =
25

61
.

Ví dụ 2:
Cho a, b, c > 0. Tìm min P =
b
a
c
a
c
b
c
b
a
+
+
+
+
+
345
.
Lời giải:
P =
( ) ( )
)345(
345
3453
3
4
4

5
5
++−






+
+
+
+
+
++=++−+
+
++
+
++
+ bacacb
cba
ba
c
ca
b
cb
a

=
( ) ( ) ( )

[ ]
)345(
345
.
2
1
++−






+
+
+
+
+
+++++
bacacb
accbba

≥
(
)
( )
345345
2
1
2

++−++
( theo bđt Bunhiacopski).
Vaäy min P =
(
)
( )
345345
2
1
2
++−++
khi và chỉ khi
345
bacacb
+
=
+
=
+
.

Tổng quát:
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
( )
(
)
222222
2
1
zyxxzyzxyz

b
a
c
y
c
a
b
x
c
b
a
++−++≥
+
+
+
+
+
.
(cộng vào vế trái (x
2
+ y
2
+z
2
) rồi trừ đi (x
2
+ y
2
+z
2

), sau đó áp dụng bđt
Bunhicopski).

Ví dụ 3
:
Cho a, b, c > 0. Tìm min P =
a
c
b
c
b
bc
b
a
ca
+
+
+
+
+
+
+
433

Lời giải:
P =
106
4
2
3

2
3
−






+
+
+






+
+
+
+






+
+

+
ac
b
cb
ac
ba
ca

P =
10
664332323
−






+
++
+






+
++
+







+
++
ac
acb
cb
acb
ba
cba

P =
( )
10
211
323 −






+
+
+
+

+
++
accbba
cba

P =
( ) ( ) ( )
[ ]
(
)
6102.21110
211
.2
2
=−++≥−






+
+
+
+
+
+++++
accbba
cacbba

Vậy min P = 6 khi và chỉ khi (a + b)
2
= (b + c)
2
= (c + a)
2
hay a = b = c.
Cơ sở:
13

Chọn
γ
β
α
,,
sao cho:
)323()(4)(3)(3 cbamacbcbacbaca
+
+
=
+
+
=
+
+
+
=
+
+
+

γ
β
α
.
Từ đó suy ra
2,6,2
=
=
=
=
m
γ
β
α
.

III. Bài tập tự giải:
1. Cho a, b, c > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
a) P =
a
c
ba
c
b
ba
b
a
cb
+
+

+
+
+
+
+
+
54893
.
b) Q =
a
c
ba
c
b
ba
b
a
cb
+
+
+
+
+
+
+
+
5243
.
c) R =
c

b
a
c
c
b
a
b
c
b
a
ca
3
8
2
4
2
3
++
−
++
+
++
+
.
2. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của
2 2
A x y
= +

biết rằng

(
)
(
)
2
2 2 2 2
2 3 2 1.
x x y y
+ − + − =

3. Tìm giá trị nhỏ nhất của :

2 2 2
a b c
A
b c c a a b
= + +
+ + +
với a, b, c là các số dương và a + b + c =6.
4. Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 1
2
A
x x
= +
−
với 0 < x < 2.
5. Cho a, b, c > 0 và abc = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của
( ) ( ) ( )

3 3 3
1 1 1
A
a b c b a c c a b
= + +
+ + +

Hướng dẫn giả và đáp số:

1. Câu a và câu b làm tương tự ví dụ 3
Câu c không thể làm như ví dụ 3 được, ta làm như sau:
Đặt a + 2b + c = x
a + b + 2c = y
a + b + 3c = z
từ đó suy ra c = z – y; b = x + y – 2y; a = 5y – x – 3z.
khi đó R =
z
y
y
z
y
x
x
y
z
yz
y
yzx
x
xy 8

88
44
1
2888442
+−−++−=
−
+
−
+
+
−
.
Rồi áp dụng bđt ta tìm được min R.

2.
Từ giả thiết suy ra

(
)
(
)
2
2 2 2 2 2
4 3 0.
x y x y x
+ − + + = − ≤

Do đó
(
)

(
)
2
4 3 0 1 3 0 1 3.
A A A A A
− + ≤ ⇔ − − ≤ ⇔ ≤ ≤


min 1 0, 1.
max 3 0, 3.
A x y
A x y
= ⇔ = = ±
= ⇔ = = ±

3.
14

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacópki cho 3 cặp số
Ta có

( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
a b c
b c a c a b
b c a c a b
 
     
 

+ + + + + + +
 
     
 
 
+ + +
     
 
 


( ) ( )
2
2 2 2
2
2 2 2
2
.
2
a b c
b c a c a b
b c a c a b
a b c
a b c a b c
b c a c a b
a b c a b c
b c a c a b
 
≥ + + + + +
 

+ + +
 
 
⇒ + + + + ≥ + + 
 
 
+ + +
 
+ +
⇒ + + ≥
+ + +

Suy ra min A = 3.
4.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski

(
)
(
)
( )
2
2 2 2 2
a b m n am bn
+ + ≥ +

Ta có:

( ) ( )
( )

( )
( )
2 2 2
2 2
2
2 2
2 2
2 1 2 1
2 2 2
2 2
2 2 1 3 2 2.
2 1
2 1
2
min 2 3 2 2 2 4 4
2
2
A x x x x
x x x x
A
x x
A x x x
x x
x
x
 
     
 
 
= + − + ≥ − +

     
     
 
 
− −
 
     
 
⇒ ≥ + = +
−
= + ⇔ = ⇔ = ⇔ = − +
−
−


( )
2
2
4 4 8 2 8 2 2 2
x x x x
⇔ + + = ⇔ + = ⇔ = −
(chú ý x > 0).
Vậy
3
min 2 2 2 2 2
2
A x
= + ⇔ = −
.
5.

Đặt
1 1 1
, ,a b c
x y z
= = =

thì
, , 0
1
x y z
xyz
>


=


Khi đó
2 2 2
x y z
A
y z z x x y
= + +
+ + +

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, biến đổi tương đương ta được:

( )
( ) ( ) ( )
2

2
x y z
x y z
A
y z z x x y
+ +
+ +
≥ =
+ + + + +

Mặt khác theo BDT côsi ta có:
3
3 3
x y z xyz
+ + ≥ =

Vậy
15


3
min
2
1
1 .
x y z
y z z x x y
A x y z
xyz
x y z a b c


= =

+ + +


= ⇔ = =


=



⇔ = = = ⇔ = =



► Bất đẳng thức Bernoulli
I. Kiến thức cần nắm
)0,1(
1
>≥
+−≥
x
xx
α
αα
α
(1)
Dấu “ =” xảy ra khi x =1

II. Một số bài tập ví dụ:
Ví dụ 1:
Cho x, y > 0 sao cho x + y = 1. Tim giá trị nhỏ nhất :
a. P = x
2
+ y
2

b. Q = x
5
+ y
5

Lời giải:
a.
Áp dụng bđt Bernoulli ta có:
(2x)
2
≥ 1 – 2 + 2(2x)
(2y)
2
≥ 1 – 2 + 2(2y)
Cộng vế theo vế:
4P ≥ -2 + 4(x + y) = 2
P ≥
2
1
.
Vậy min P =
2

1
khi và chỉ khi x = y =
2
1
.
b.
Áp dụng bđt Bernoulli ta có:
(2x)
5
≥ 1 – 5 + 5(2x)
(2y)
5
≥ 1 – 5 + 5(2y)
Cộng vế theo vế ta có:
32Q ≥ -8 + 10(x + y) = 2
Q ≥
16
1

Vậy min Q =
16
1
. Khi và chỉ x = y =
2
1
.
Tổng quát:
S = x
m
+ y

m
, m ≥ 1 với x + y = 1.
16



*. Theo (1), với mọi
0
>
≥
β
α
, ta có:
xx
β
α
β
α
β
α
+−≥ 1
(1’)
Đặt
xtxt =⇔=
β
β
1

(1’)
⇔

Dấu “=” xảy ra khi t = 1.

Ví dụ 2:
Cho x, y > 0, sao cho x
3
+ y
3
= 1. Tìm min P =
3
10
3
10
yx +
.
Lởi giải:
Theo (2), ta có:
(
)
(
)
( ) ( )
( )
2)(2.
9
10
9

2
2
2
9
10
9
10
12
2
9
10
9
10
12
33
3
10
3
3
3
3
10
3
3
3
3
10
3
=++−≥⇒
+−≥

+−≥
yxP
yy
xx

Vậy P ≥
9
2
1

Hay min P =
9
2
1
khi và chỉ khi x = y =
3
2
1


*. Từ (2) thay t bởi
0
t
t
, ta được:

Dấu “=” xảy ra khi t = t
0
với t
0
là điểm đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài toán:
Cho
0,,,;.(1 >≥=+ dcbaybxa
βα
ββ
)
Tìm min P =
αα
ydxc +

βα
β
α
β
α
tt +−≥ 1 (2)
ββααα
β
α
β
α
tttt 1
00
−
+









−≥ (3)
17

Đặt
Yyd
Xxc
=
=
α
α

Bài toán trở thành : Cho
ββ
ynxm +
= p (m,n > 0)
Tìm min A =
αα
yx +

Lời giải:
Theo bđt (3), ta có:

ββααα
ββααα
β
α
β
α
β
α
β
α
yyyy
xxxx
.1
.1
00
00
−
−
+








−≥
+









−≥

Cộng lại : A ≥
( ) ( )
1
0000
ββαββααα
β
α
β
α
yyxxyx
−−
+++








−

Chọn (x
0
, y
0
) thoả mãn:
ββ
ynxm +
= p
n
y
m
x
βαβα
−−
=
00
.

Khi đó: A ≥
( )
1
0
00
m
x
yx
βα
αα
β

α
β
α
−
++








−
p.
Vậy min A =
( )
1
0
00
m
x
yx
βα
αα
β
α
β
α
−

++








−
p khi và chỉ khi x = x
0
, y = y
0
.





▼ Dạng 4:
Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác và phuơng pháp tọa độ, vectơ.

I. Phương pháp giải:
Với 3 điểm A, B, C, bất kì trong mặt phẳng ta có:
AB BC AC
+ ≥
(đẳng
thức khi B nằm giữa A và C).
•

Với hai véc tơ bất kì
a

và
b

ta có:
a b a b
± ≤ +
   
. Đẳng thức khi
a

và
b

cùng hướng
(
)
1

•

Nếu
(
)
1 2
,
a a a

=

và
(
)
1 2
b b b
= +


(
)
1
⇔
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
a b a b a a b b
± + ± ≤ + + +

18

C

B

A

Đẳng thức xảy ra khi

1 1
2 2
.
.
a k b
a k b
=


=


(
)
k R
∈

Dạng toán tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
( ) ( )
2 2 2 2
y f x a g x b
= + + +
với
( ) ( ) ( )
, 0a b
f x g x k k R
≠




± = ∈



Sử dụng bất đẳng thức tam giác: giả sử
(
)
(
)
f x g x k
− =
.
Trong mặt phẳng
Oxy
xét điểm:
( )
(
)
( )
2 2
,
M f x a OM f x a
⇒ = +
và
2 2
( ( ), ) ( )
N g x b ON g x b
− ⇒ = +
.
Ta có:

( )
2
2
2 2
( ) ( ) ( )
MN f x g x a b k a b
= − + + = + +
.
Vì
2 2
( )
OM ON MN y k a b
+ ≥ ⇔ ≥ + +
.
Đẳng thức xảy ra khi M, N, O thẳng hàng
. ( ) . ( ) 0
a f x b g x
⇔ + =
.
Vậy Min
2 2
( )
y k a b
= + +
.
II. Một số bài tập ví dụ:
Ví dụ 1:
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
1 1, .

A a a a a a R
= + + + − + ⊥ ∀ ∈

Lời giải:
Dễ thấy biểu thức không thay đổi khi thay
a
bởi
a
−
, do đó chỉ cần giải với
0
a
≥
.
•

Khi
0
a
=
:
2
A
=
.
•

Khi
0
a

>
: Xét
ABC
∆
có:

1
2
3
AB
AM MB
CM a
AMC
π

= = =


=



=



Theo định lí hàm côsi:
2 2 2
1 2.1. .cos 1 .
3

AC a a a a
π
= + − = + −

2
1.
AC a a
⇒ = − +

Tương tự
2
1
BC a a
= + +
,
2.
AB
=

Khi đó:
2 2
1 1 2 2.
AC BC AB a a a a A
+ ≥ ⇒ + + + − + ≥ ⇔ ≥

Đẳng thức xảy xảy ra khi
0
a
=
. Vậy

2
MinA
=
khi
0.
a
=


Ví dụ 2:
Tìm giá trị nhỏ nhất của:
2 2 2 2
2 2 2 2 .
y x px p x qx q
= − + + − +

Lời giải:

3
π

M

19

Ta có:
2 2 2 2
( ) ( ) .
y x p p x q q
= − + − +

Xét điểm
( , ); ( , ).
M x p p N x q q
− −

Ta có:
2 2
( ) ( ) .
MN p q p q
= − + +

Vì
2 2
( ) ( ) .
OM ON MN y p q p q
+ ≥ ⇔ ≥ − + +


Min
⇒
2 2
( ) ( ) .
y p q p q
= − + +

Khi
, ,
M N O
thẳng hàng

( ) ( )
0 .
p q q p
q x p q x q x
p q
+
⇔ − + − = ⇔ =
+


Ví dụ 3:
Tìm giá trị nhỏ nhất của:
2 2
cos 2.cos 5 cos 4.cos 8.
y x x x x
= − + + + +

Lời giải:
Trong mặt phẳng
Oxy
, xét điểm
(2;1 cos ); (4,3)
M x N
−

Ta có:
(2,2 cos )
MN x
= +


như vậy
.
y OM MN
= +

Do
0 1 cos 2
x
≤ − ≤
nên
[
]
M AB
∈
với
(2,0)
A
và
(2,2)
B
.
Ta có:
2 2
4 3 5.
OM MN ON
+ ≥ = + =

Đẳng thức xảy ra khi
, ,
O M N

thẳng hàng
6 4.(1 cos ) 0
x
⇔ − − =


1 2
cos 2 .
2 3
x x k
π
π
⇔ = − ⇔ = ± +

Vậy
Min
5
y
=
khi
2
2 .
3
x k
π
π
= ± +

Ví dụ 4:
Cho 3 số thực a, b, c thoả mãn hệ sau
2 2
2
1
2 ( ) 6
a c
b b a c

+ =


+ + =



(
)
( )
1
2

Tìm giá trị nhỏ nhất của
( ).
M b c a
= −

Lời giải:
Từ giả thiết ta có:
2 2 2

2 2 2 2 8
a c b ab bc
+ + + + =


2 2
( ) ( ) 4
2 2
b b
a c
⇔ + + + =

Do
( )
2
2
(1) 2 ( 2 ) 4
c a
⇔ + − =

Xét
( ; ); (2 ; 2 )
2 2
b b
x a c y c a
+ + −
 

20

Ta có:
2
x
=

,
2
y
=

,
. .( ).
x y b c a
= −


Mà
. .
x y x y
≤
   
cùng hướng:
2 2 2 2
2
.( ) 2
2 2
.( ) 2.( ) 1
2 2
10
b b

b a c
a c
b a c a c a c
c c
b
+ = −

+ +

⇔ = ⇔ + = − + ⇒ + =

−

=


(do
(1)
và
(2)
)
2 2
2 2
10
2
10
1
3 1 3 1
( , , ) ( , 10, );( , 10, )
10 10 10 10

10
2
10
1
b
a c
a c
a b c
b
a c
a c


=




+ = −





+ =


⇔ ⇒ = − − −



= −





+ =





+ =



Max
⇒
( ) 4
M b c a
= − =
khi
( , , )
a b c
như trên.

III. Bài tập tự giải:
1)Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

4 4 2

1 sin cos 2cos 2
y x x x
= + + + +

2)Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
2 2
1 3 1
y x x x x
= − + + − +

3)Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:

4 4 2 2
4 4 2 2
2 1
x y x y
y
y x y x
   
= + − + −
   
   


4)Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

( )
(
)
(

)
2 2 2
2 2 1 2 3 1 1 2 3 1 1
f x x x x x x x
= − + + + + + + − − +


Hướng dẫn giả và đáp số:

1.
Ta có:
( ) ( )
2 2
2 2
1 1 cos 1 1 cos
y x x
= + − + + +




x
y
O
1
1
2
B
N
2

A
M
21

Xét điểm M(1, 1-cos
2
x), N(2, 2) ta có:
(
)
2
1,1 cos
MN x
= +


Ta có: y = OM + MN
Với M thuộc đoạn [AB] với A(1, 0) và B(1, 1)
Ta có miny = ON =
2 2
2 2 2 2
+ =

Dấu “=” xảy ra khi O, M, N thẳng hàng

(
)
2
2 2 1 cos 0
x
− − =

2
cos 0
x
⇔ =

Và maxy = OA + AN = 1+
2
1 2 1 5
+ = +

Dấu “=” xảy ra khi M trùng với A
2
cos 1
x
⇔ =


2.
Ta có:

2
2
1 3 3 1
2 4 2 4
y x x
 
 
= − + + − +
 

 
 
 
 

Xét điểm
1 3
,
2 2
M x
 
−
 
 
 
và
3 1
,
2 2
N x
 
− −
 
 
 

Hai điểm M, N nằm hai bên Ox. Ta có: y = OM + ON
≥
MN

2 2
3 1 3 1
min
2 2 2 2
3 1
min 2 2
4 4
y MN
y
   
= = − + + +
   
   
   
 
= + =
 
 

Dấu “=” xảy ra khi M, O, N thẳng hàng:

( )
1 1 3 3
0
2 2 2 2
3 1 2 3 1
x x
x x
 
 

− − − − =
 
 
 
 
 
⇔ + = ⇔ = −

3.

4 4 2 2
4 4 2 2
2 1
x y x y
y
y x y x
   
= + − + −
   
   

chọn
2 2
2 2
x y
u
y x
= +

[

)
2;u
∈ +∞

hàm số y(x) trở thành
f(u) = u
2
– 2u – 3
phác họa đồ thị hàm f(u) trong miền
[
)
2;
+∞
ta thu
được kết quả:
max f(u) không tồn tại
min f(u) = f(2) = -3
O
(
)
f u
u
M
2
3
−
22

C
'

C
M
'
M
A
B
C
'
C
M
'
M
Vậy: max y(x) không tồn tại
min y(x) = -3 đạt được khi
2 2
2 2
2
x y
y x
+ =


2
2
1
x
y
⇒ = ⇒
mọi điểm (x; y) thuộc 2 đường phân giác y = x và y = -x
(trừ gốc O(0; 0))

4.
Hàm số f(x) có thể viết lại dưới dạng:

( ) ( )
2 2
2 2
2
2
3 1 3 1
1
2 2 2 2
f x x x x x x x
   
   
= + − + + + + + − + +
   
   
   
   
   
(1)
Xét trên mặt phẳng tọa độ các điểm

( )
3 1 3 1
0,1 , , , ,
2 2 2 2
A B C
   
− − −

   
   
   

Và điểm M(x,x) nằm trên đường phân giác thứ nhất.
Dễ thấy ABC là tam giác đều, với tâm là gốc tọa độ. Theo công thứ tính
khoảng cách giữa hai điểm trên mặt phẳng tọa độ, ta có vế phải của (1) chính là
MA + MB + MC.









Bổ đề: Nếu ABC là tam giác đều, thì với mọi điểm M của mặt phẳng tam giác, ta
luôn có MA + MB + MC
≥
OA + OB + OC, trong đó O là tâm tam giác đều.
Chứng minh:
Nếu M là điểm trong tam giác. Xét phép quay R(A,60
0
), khi đó

'
'
M M
B C

C C
A A
→
→
→
→


⇒
MC = M’C’, MA = MM’
Vậy MA + MB + MC = MM
’
+ MB + M
’
C
’

≥
BC
’

Mặt khác nếu gọi O là tâm tam giác đều ABC thì
OA + OB + OC = BC
’


⇒
MA + MB + MC
≥
OA + OB + OC

23

Nếu M ở ngoài tam giác, chứng minh tương tự.
Theo bổ đề ta có
f(x)
≥
3 (do OA = OB = OC)
Vậy min f(x) = 3.


▼ Dang 5 :
Phương pháp sử dụng đồ thị hàm số:

I. Phuơng pháp giải:
Phương pháp này thường dùng để tìm cực trị của các hàm số sau:
2.

Các hàm số qui về tam thức bậc hai.
3.

Các hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối.
4.

Các bài toán chuyển được thành toán hình học bằng cách dùng công thức
độ dài đoạn thẳng:
2 2
( ) ( )
A B A B
AB x x y y
= − + −

.
Đây là các bài toán mà trong đó
( )
f x
cho dưới dạng căn bậc hai mà làm
dưới căn biểu diễn được thành độ dài một đoạn thẳng nào đó. Đây là ưu
thế của phương pháp đồ thị.
5.

Các hàm số
( , )
u x y
với
,
x y
thoả mãn trước điều kiện.
II
.
Một số bài tập ví dụ
:
Ví dụ 1:
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau:
2
1 1
) ( ) ( ) 3.( ) 1.
3
1
) ( ) .(2 sin ).( sin ).
15
x x

a y x
x
b y x x b x
+ +
= + +
= + −

Lời giải:
a)Đặt
1 1
2.
x
u x
x x
+
= = + ≥

Hàm
( )
y x
trở thành:
2
( ) 3 1.
y u u u
= + +

Theo đồ thị hàm
( )
y u
trên

[2; ).
+∞

Ta được
max ( )
y u
=
không có.

miny(u)=y(2)=11.



b)Đặt
sin 1 1.
u x u
= ⇒ − ≤ ≤

Hàm
( )
y x
thành
1
( ) .(2 ).( ).
15
y u u b u
= + −

Dựa vào đồ thị ta có kết quả:
max ( ) (1) 1

7
min ( ) ( 1)
15
y u y
y u y
= =
= − =

24

Khi
2
1.
1 0
1.
x
x
x
≥

− ≥ ⇔

≤ −



Khi
2
1 0 1 1.
x x

− ≤ ⇔ − ≤ ≤

Khi
1
x
≤ −
hoặc
1.
x
≥


Khi
1 1.
x
− ≤ ≤

Khi
1
x
≥
hoặc
1.
x
≤ −


Khi
1 1.
x

− ≤ ≤

Khi
3
x
≤ −
hoặc
1.
x
≥ −


Khi
3 1.
x
− ≤ ≤ −

Khi
4 3.
x
− ≤ ≤ −

Khi
4 3.
x
− ≤ ≤ −


Ví dụ 2:
Tìm giá trị nhỏ nhất của:

2 2
( 1) .
y x x= + −

Lời giải:
Tao có
2
1 .
y x x
= + −







Gọi
2
1
1
y x x
= + −
và
2
2
1
y x x
= − + +

thì
1
2
y
y
y

=



Vẽ đồ thị của y ta thấy
min ( 1) 1.
y y
= − = −

Ví dụ 3:
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của:
(
)
(
)
2 2
6 9 2 9
y x x x x x
= + + + + +
trong
5
[ 4; ]
4

− −
.
Lời giải:
Ta có:
( 3)( 1).
y x x x
= + + +

Do
( 3).( 1)
( 3).( 1)
x x
x x
+ +


− + +


Ta chỉ xét những giá trị của
5
4; .
4
n
 
∈ − −
 
 

Ta được

2
2
5 3
3 3
x x
y
x x

+ +
=

− − −




Vẽ đồ thị
2
1
5 3
y x x
= + +


2
2
3 3
y x x
= − − −

Dựa vào đồ thị:

2
1
3 3
max ( ) .
2 4
min ( 3) 3.
y y
y y
= − = −
= − = −



2
2
1
1
x x
y
x x

+ −

⇒ =


+ −


2
2
1
1
x x
y
x x

+ −
⇒ =

− + +


Khi
4 3.
x
− ≤ ≤ −

Khi
5
3 .
4
x
− ≤ ≤ −


Y
2

Y
1

25

III. Bài tập tương tự:
1.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
1 3 2 2
y x x x
= − + − − +
với
2 4.
x
− ≤ ≤

2.Tìm giá trị nhỏ nhất của:
2 2
4 12 13 4 28 53.
y x x x x= − + + − +
3.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
2 5
u x y
= − + +
biết
,
x y
thoả:
2 2
36 16 9.
x y

+ =

Hương dẫn và đáp số:
1.
Với
2 1
x
− ≤ ≤ −
thì
(1 ) (3 ) (2 2) 6.
y x x x
= − + − − − =

Với
1 1
x
− ≤ ≤
thì
4 2.
y x
= − +

Với
1 3
x
≤ ≤
thì
2 .
y x
= −

Với
3 4
x
≤ ≤
thì
6.
y
= −

Ta vẽ đồ thị của hàm số
1 3 2 2
y x x x
= − + − − +
với
2 4.
x
− ≤ ≤

Từ đồ thị
max 6 2 1.
y x
= ⇔ − ≤ ≤ −


min 6 3 4.
y x
= − ⇔ ≤ ≤

2.
Ta có:
2 2 2 2
(2 3) (0 2) (2 7) (0 2) .
y x x= − + − + − + −
Trên mặt phẳng toạ độ
Oxy
, xét
(2 ,0)
M x
,
(3,2)
A ,
(7,2)
B
như vậy
.
y MA MB
= +

,
A B
nằm cùng phía so với
Ox
nên lấy
'

A
đối xứng
A
qua
.
Ox

'
A B
cắt
Ox
tại
H
ta có:
'(3, 2)
A
−




2 2
' ' (7 3) (2 2) 4 2.
y MA MB MA MB A B= + = + ≥ = − + + =

Đẳng thức xảy ra khi
5
2 5 .
2
M H x x

≡ ⇔ = ⇔ =

Vậy
min 4 2
y = khi
5
.
2
x
=