Giả sử \[a;\,\,b;\,\,c\] là các số thực dương. Chọn câu đúng.
18 BÀI TOÁN GTLN GTNNĐỀ BÀIBài 1. Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn: x2 − xy + y 2 = 1.Tìm GTLN, GTNN của biểu thức:[x2 − 1]2 + [y 2 − 1]2 + 2xy[xy − 1] + 3P =x2 + y 2 − 3Bài 2. Cho 3 số a, b, c thỏa mãn các điều kiện: 1 ≤ a, b, c ≤ 3; a + b + 2c = 6.Chứng minh rằng:a3 + b3 + 5c3 ≤ 42Bài 3. Cho x, y, z > 0. thỏa mãn: xyz = 1. Chứng minh rằng:x2 + y 2 + z 2 + x + y + z ≥ 2[xy + yz + zx]Bài 4. Cho a, b, c ≥ 0 thỏa mãn: a + b + c = 3. Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + abc ≥ 4Bài 5. Cho các số không âm x, y, z sao cho x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của1−x1−y1−zP =++1+x1+y1+zBài 6. Cho 3 số thực không âm x, y, z, thỏa mãn: x + y + z = 1. Chứng minh rằng:8xy + yz + zx − xyz ≤27Bài 7. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn: x + y + z = 1. Tìm GTLN, GTNN của:P = xy + yz + zx − 2xyzBài 8. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x2 + y 2 + z 2 = 1. Tìm GTLN củaP = x3 + y 3 + z 3 − 3xyz.Bài 9. Cho x, y, z > 0 thoả mãn điều kiện x + y + z ≤ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:111T = 3 x3 + 3 + 3 y 3 + 3 + 3 z 3 + 3yzxBài 10. Cho x, y, z > 0 và x2 + y 2 + z 2 = 1. Tìm GTLN của P = 6[y + z − x] + 27xyzBài 11. Cho 3 số dương a, b, c đồng thời thỏa mãn hai điều kiện: a + b + c = 4 và abc = 2.Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: P = a4 + b4 + c4Bài 12. Chứng minh rằng với mợi a, b, c ∈ [0; 2] thì ta có: 2[a + b + c] − [ab + bc + ca] ≤ 4111++= 1.a+2 b+2 c+24Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :P =a+b+c+abc√√Bài 14. Cho 0 ≤ x ≤ 1, tìm GTLN của: M = x[9 1 + x2 + 13 1 − x2 ]Bài 13. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn :Bài 15. Tìm GTLN và GTNN của hàm số: y = f [x] = x6 + 4[1 − x2 ]3 với x ∈ [−1; 1].Bài 16. Cho x, y, z > 0 và x2 + y 2 + z 2 = 3. Tìm GTNN của P =1 1 1 3+ + + [x + y + z]x y z 2Bài 17. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc. Tìm GTNN củaa2b2c2P =++c[c2 + a2 ] a[a2 + b2 ] b[b2 + c2 ]√√Bài 18. Tìm GTNN của hàm số : y = −x2 + 4x + 21 − −x2 + 3x + 101LỜI GIẢIBài 1Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn: x2 − xy + y 2 = 1.Tìm GTLN, GTNN của biểu thức:[x2 − 1]2 + [y 2 − 1]2 + 2xy[xy − 1] + 3P =x2 + y 2 − 3Điều kiện xy = 2. Tận dụng giả thiết ta có thể biến đổi biểu thức P trở thành:[1 + xy]2 − 2[1 + xy] − 2xy + 54P =⇐⇒ P = xy +xy − 2xy − 222Đặt: t = xy Từ giả thiết ta có: xy + 1 = x + y ≥ 2xy ⇐⇒ xy ≤ 1Ta cũng có: xy + 1 = x2 + y 2 ≥ 0 ⇔ xy ≥ −1 Suy ra: −1 ≤ t ≤ 14t ∈ [−1; 1]Ta khảo sát hàm số: f [t] = t +t−2Tới đó thì dễ hơn rồi. Ta dễ dàng tìm được: M inf [t] = −3 với t = 1; M axf [t] = −2 với t = 0.Bài 2Cho 3 số a, b, c thỏa mãn các điều kiện: 1 ≤ a, b, c ≤ 3; a + b + 2c = 6.Chứng minh rằng:a3 + b3 + 5c3 ≤ 42Cách 1 Thứ nhất: dấu của bất đẳng thức xảy ra khi a = b = 1; c = 2. Ta thấy 2 biến a, b dạt ra biên!Thứ hai: Ta tìm cách dồn về biến c. Muốn vậy ta phải đánh giá được a3 + b3 nhỏ hơn hoặc bằng một đạilượng của tổng a + b. Điều đó có nghĩa là ta tìm cách làm giảm bậc của a3 , b3 .Giờ ta sẽ bắt đầu với 2 điều đó. Từ giả thiết ta có: [a − 1]2 [3 − a] ≥ 0 ⇐⇒ a3 ≤ 5a2 − 7a + 3Như vậy ta có: a3 + b3 ≤ [5a2 + b2 ] − 7[a + b] + 6 = 5[a + b]2 − 10ab − 7[a + b] + 6Tiếp theo ta phải chuyển nốt ab về tổng, tiếc là không thể dùng CôsiTa có: [a − 1][b − 1] ≥ 0 ⇐⇒ ab ≥ a + b − 1, thế vào ta được:a3 + b3 ≤ 5[a + b]2 − 17[a + b] + 16 = 5[6 − 2c]2 − 17[6 − 2c] + 16Như vậy, ta đã có:a3 + b3 + 5c3 ≤ 5c3 + 5[a + b]2 − 17[a + b] + 16 = 5[6 − 2c]2 − 17[6 − 2c] + 16 = 5c3 + 20c2 − 86c + 94 = f [c]Việc tiếp theo là chặn biến c: từ giả thiết a + b + 2c = 6 =⇒ 1 + 1 + 2c ≤ 6 ⇐⇒ c ≤ 2.Do đó: c ∈ [1; 2]. Cuối cùng thì rõ ràng hàm f [c] đồng biến trên [1; 2] và f [2] = 42Cách 2 Ta sẽ cố định biến c, bài toán chuyên về tìm GTLN của: g[a, b] = a3 + b3Với: a + b = 6 − 2c Ta có:g[a, b] = a3 + b3 = [a + b]3 − 3ab[a + b] = −[6 − 2c]ab + [6 − 2c]3 = h[ab]Dễ thấy h[ab] là một hàm bậc nhất với biến ab.[a + b]2[6 − 2c]2[6 − 2c]2Từ điều kiện ta có: ab ≥ 1. Và ta cũng có: ab ≤=Suy ra: 1 ≤ ab ≤444Ta lại có: [6 − 2c] > 0, suy ra: h[ab] là hàm nghịch biến. Suy ra: h[ab] ≤ h[1] = −[6 − 2c] + [6 − 2c]3Nhưng tới đây ta để ý là: a ≥ 1; b ≥ 1 mà biểu thức đạt GTLN nhất tại: ab = 1 =⇒ a = b = 1Từ đó suy ra: c = 2. Và ta có:a3 + b3 + 5c3 = h[ab] + 5c3 ≤ −[6 − 2c] + [6 − 2c]3 + 5c3 = 42Dấu = xảy ra khi: a = b = 1; c = 2Bài 3Cho x, y, z > 0. thỏa mãn: xyz = 1. Chứng minh rằng:x2 + y 2 + z 2 + x + y + z ≥ 2[xy + yz + zx]Giả sử: x = min x, y, z ⇒ x ∈ [0.1].Đặt:f [x] = x2 + y 2 + z 2 + x + y + z − 2[xy + yz + zx] = x2 +1z 2 x2+ z2 + x +2 21+ z − − − 2xzzxz xTa có:2xz 2z22xz 2z22+1−−−2z=2[x−z]+1−− 2 2 − 2 < 0; x ≤ z; 1 < 24422244xzxzxxzxzxzHàm số nghịch biến, suy ra:12[z − 1]2 [z 2 + z + 1]1f [x] ≥ f [1] = z + z 2 + 2 + 2 + − 2 − − − 2z =≥0zzzz2f [x] = 2x −Bài 4Cho a, b, c ≥ 0 thỏa mãn: a + b + c = 3. Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + abc ≥ 4Cách 1 Việc đầu tiên là nhận thấy dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1Ta có: V T = [a + b]2 + c2 + [c − 2]abGiờ thấy rằng nếu c − 2 < 0 thì còn gì bằng. Chính vậy cho nên ta cần giả sử c = min{a; b; c} thì c ≤ 1[3 − c]2[a + b]22222= [3 − c] + c + [c − 2]= f [c]Thế thì: V T ≥ [3 − c] + c + [c − 2].441Giờ xét hàm f [c] = [c3 − 3x + 18] với c ∈ [0; 1]4Rõ ràng hàm này nghịch biến trên [0; 1] nên f [c] ≥ f [1] = 4Cách 2 Ta có:a2 + b2 + c2 + abc = [a + b]2 − 2ab + c2 + abc = [c − 2]ab + [3 − c]2 + c2 = [c − 2]ab + 2c2 − 6c + 9[3 − c]2[a + b]2=] Ta có: f [t] = [c − 2]t + 2c2 − 6c + 9Đặt: t = ab; [0 ≤ t ≤44Dễ thấy: f [t] là một hàm bậc nhất với biến t. Mà ta lại có:399f [0] = 2c2 − 6c + 9 = 2[c − ]2 + ≥ > 422222[3 − c][c − 1]2 [c + 2][3 − c]2f= [c − 2]+ 2c − 6c + 9 =+4≥4444[3 − c]2Suy ra: f [t] ≥ 4; t ∈ [0;]. Dấu = xảy ra khi: a = b = c = 1.4Cách 3 Giả sử: c=mina,b,c ⇒ 0 ≤ c ≤ 1 Ta đặt:f [a, b, c] = a2 + b2 + c2 + abc − 4Ta có:f[a+b a+b[a + b]2[a + b]2;; c] =+ c2 +c−42224Ta có:a+b a+b[a + b]2[a + b]2;; c] = a2 + b2 −+ abc −c2224[a − b]2c[a − b]2 [a − b]2=−c=[1 − ] ≥ 0 [0 ≤ c ≤ 1]2422Ta đã đưa về được bài toán với 2 biến sau:Chứng minh:f [a, b, c] − f [f [t; t; c] = 2t2 + c2 + t2 c − 4 ≥ 0Với: 2t + c = 3 Ta có: c = 3 − 2t. Thế vào biểu thức trên ta có:f [t] = 2t2 + [3 − 2t]2 + t2 [3 − 2t] − 4 = [t − 1]2 [5 − 2t] ≥ 0Đúng vì:t=a+b3−c35=≤ 21−xCó: [1 − x][1 + x] ≤ 1 ⇒≥1−x[1 − x][1 + x]1−z1−zVậy nên: P ≥ 1 − x + 1 − y +=z+1+= f [z]1+z1+zHàm f [z] ≥ 2 , và bằng 2 khi z = 1 hoặc z = 0.Và để ý rằng trong trường hợp này P không thể bằng 2.Bài 6Cho 3 số thực không âm x, y, z, thỏa mãn: x + y + z = 1. Chứng minh rằng:8xy + yz + zx − xyz ≤27Áp dụng AM-GM ta luôn có: yz ≤[y + z]2[1 − x]2=44[1 − x]2[1 − x]Ta có: xy + yz + zx − xyz = x[y + z] + yz[1 − x] ≤ x[1 − x] +411= [4x − 4x2 + [1 − x]3 ] = [−x3 − x2 + x + 1]44Do vậy ta chỉ cần chứng minh được:185[−x3 − x2 + x + 1] ≤⇐⇒ x3 + x2 − x +≥042727⇐⇒ [3x − 1]2 [3x + 5] ≥ 0 Hiển nhiên đúng.1Dấu = xảy ra khi: x = y = z =3Bài 7Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn: x + y + z = 1. Tìm GTLN, GTNN của:P = xy + yz + zx − 2xyzCách 1 Đầu tiên ta sẽ tìm GTNN của P. Ta cóP = [x + y + z][xy + yz + zx] − 2xyz = xy[x + y] + yz[y + z] + zx[z + x] + xyz ≥ 0nên P ≥ 0 và P = 0 khi x = y = 0, z = 1. Việc tìm được các giá trị để P = 0 cho phép ta kết luận GTNNcủa P là 0.Tiếp đến ta sẽ tìm GTLN của P. Ta thấy P đã đạt GTNN tại biên vậy nên ta sẽ dự đoán rằng GTLN của417nó sẽ đạt được tại tâm, tức là x = y = z = , khi đó P = .327Vậy ta đưa ra dự đoán rằng bất đẳng thức sau đây là đúngxy + yz + zx − 2xyz ≤727Ta sẽ tìm cách chứng minh bất đẳng thức này, đồng bậc hai vế, ta có[x + y + z][xy + yz + zx] − 2xyz ≤7· [x + y + z]3 .27Khai triển trực tiếp bất đẳng thức này, ta được7[x3 + y 3 + z 3 ] + 15xyz ≥ 6[xy[x + y] + yz[y + z] + zx[z + x]]Thế nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng theo hai kết quả quen thuộc làx3 + y 3 + z 3 ≥ 3xyzx3 + y 3 + z 3 + 3xyz ≥ xy[x + y] + z[y + z] + zx[z + x].7.27[1 − x]2[y + z]2=.Cách 2 Ta có: yz ≤441Do đó: P = x[y + z] + yz[1 − 2x] ≤ x[1 − x] + [1 − x]2 [1 − 2x].41Tới đây, ta có thể khảo sát hàm f [x] = x[1 − x] + [1 − x]2 [1 − 2x] với 0 ≤ x ≤ 1 để tìm được Max.41x+yCách 3 Ta có: P [x, y, z] − P [t, t, z] = [x − y]2 [2z − 1] Với t =.421Nếu giả sử z = min[x, y, z] thì ta có ngay là z ≤ .2Khi đó: P [x, y, z] ≤ P [t, t, z].1−z 1−z,,z .Trong đó: P [t, t, z] = P22Vậy GTLN của P làTới đây, ta khảo sát hàm P1−z 1−z1,, z . Với 0 ≤ z ≤ .222Bài 8Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x2 + y 2 + z 2 = 1. Tìm GTLN củaP = x3 + y 3 + z 3 − 3xyz.Đầu tiên ta nhìn vào bài toán thấy tất cả các biểu thức đều ở dạng đối xứng. Tư tưởng đầu tiên có thểnghĩ đến là cách đặt ẩn p, q, r để biểu thị các đa thức đối xứng cơ bản [a + b + c], [ab + bc + ca], abc. Tuynhiên phương pháp này sẽ dẫn đến những biến đổi tương đối phức tạp nếu các bạn chưa quen. Ở đây tacó thể bắt đầu bài toán từ P đã rất thuận mắt theo hằng đẳng thứcP = x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = [x + y + z] x2 + y 2 + z 2 − [xy + yz + zx]Thông qua những bài toán ở trên chúng ta đã hiểu được phần nào mục đích tư duy trong các bài toándùng đạo hàm. Đó là quy về 1 biến bằng dồn biến hoặc đánh giá tại biên, sử dụng các BĐT khác. Rõ ràngx2 + y 2 + z 2 = 1 rồi nên cần x + y + z và xy + yz + zx Những biểu thức loại này quan hệ với nhau cũngqua hằng đẳng thức[x + y + z]2 = x2 + y 2 + z 2 + 2[xy + yz + zx]5Do đó nếu đặt t = x + y + z ta được xy + yz + zx =t2 − 1. Và2P =t 1−t2 − 12Công việc quy về 1 biến đến đây xem như được hoàn tất. Nhưng dùng hàm số thì biến luôn cần có điềukiện√ √0 ≤ [x + y + z]2 ≤ 3[x2 + y 2 + z 2 ] = 3 ⇒ t ∈ − 3; 3Đến đây mình nghĩ đã ra rồiBài 9Cho x, y, z > 0 thoả mãn điều kiện x + y + z ≤ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:111T = 3 x3 + 3 + 3 y 3 + 3 + 3 z 3 + 3yzxKhác với những bài có3x3 +1x3thì chúng ta có thể dùng phương pháp tiếp tuyến. Ở đây, có lẽ phải chọnbiến quy về có cả đủ x, y, z. Đầu tiên ta đưa chúng lại gần nhauT =3x3 +1+y33y3 +1+z33z3 +13≥33x3x3 +1y3y3 +1z3Rồi nghĩ đến một hệ quả của Cauchy quen thuộc[a + m][b + n][c + p] ≥√√3abc + 3 mnp3Sử dụng nó ta được1x + 3y31y + 3z31z + 3x3≥1xyz +xyz3Đến đây rõ ràng đặt t = xyz ta sẽ cần tìm thêm điều kiện của nó2=x+y+z ≥8√3xyz ⇒ 0 < t ≤27Mình nghĩ gợi ý như vậy là các bạn tự giải đượcBài 10Cho x, y, z > 0 và x2 + y 2 + z 2 = 1. Tìm GTLN của P = 6[y + z − x] + 27xyzTa có:P = 6[y + z − x] + 27xyz ≤ 6[ 2[y 2 + z 2 ] − x] + 27x.⇒ P ≤ 6[ 2[1 − x2 ] − x] +Đến đây ta xét hàm với 0 < x ≤ 1627x[1 − x2 ]2y2 + z22z3 +1x3Bài 11Cho 3 số dương a, b, c đồng thời thỏa mãn hai điều kiện: a + b + c = 4 và abc = 2.Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: P = a4 + b4 + c4Cách 1 Ta có cách sử dụng AM-GM như sau: Đến đây ta chỉ cần xétP 2 = [x + y + z]2 [1 − xy − yz − zx]2 = [1 + 2[xy + yz + zx]][1 − xy − yz − zx]2Đặt t = xy + yz + zx thì P 2 = [1 + 2t][1 − t]2 . Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có2[1 + 2t][1 − t] = [1 + 2t] · [1 − t] · [1 − t] ≤1 + 2t + 1 − t + 1 − t33=1Từ đó dễ dàng suy ra được kết quả.Cách 2 Nếu từ giả thiết rút b, c theo a, rồi thế vào P sẽ rất phức tạp và việc khảo sát là điều không tưởng.Nhưng nếu nhìn theo một hướng khác ta sẽ dễ dàng giải quyết như sau: P = [a2 +b2 +c2 ]2 −2[a2 b2 +b2 c2 +2c2 a2 ] = [[a + b + c]2 − 2[ab + bc + ca]] − 2 [[ab + bc + ca]2 − 2abc[a + b + c]] = [16 − 2t]2 − 2[t2 − 16] =2t2 − 64t + 288 Tiếp theo là chặn t Bài toán sẽ được giải quyết nếu ta tìm được miền giá trị của ab + bc + ca2M = ab + bc + ca = a[b + c] + bc = a[4 − a] + = f [a] Công việc còn lại chỉ là khảo sát f [a]aBài 12Chứng minh rằng với mợi a, b, c ∈ [0; 2] thì ta có: 2[a + b + c] − [ab + bc + ca] ≤ 4Cách 1 Viết bất đẳng thức lại thành [2 − b − c] a + 2 [b + c] − bc − 4 ≤ 0Xét hàm số bậc nhất f [a] = [2 − b − c] a + 2 [b + c] − bc − 4 với ẩn a ∈ [0; 2]Ta có: f [0] = 2 [b + c] − bc − 4 = − [2 − b] [2 − c] ≤ 0f [2] = [2 − b − c] 2 + 2 [b + c] − bc − 4 = −bc ≤ 0Suy ra f [a] ≤ max {f [0] ; f [2]} ≤ 0 đpcm.Cách 2 Đặt P [a] = 2[a + b + c] − [ab + bc + ca]Xem đây là hàm số theo biến a, còn b, c là hằng số. Ta có: P [a] = 2 − b − cVới 0 ≤ b + c ≤ 2 ⇒ P [a] ≥ 0, suy ra hàm số P [a] đồng biến trên Rnên ta có P [a] ≤ P [2] = 2[b + c + 2] − [2b + 2c + bc] = 4 − bc ≤ 4[Do bc ≥ 0]Với 2 ≤ b + c ≤ 4 ⇒ P [a] ≤ 0 suy ra hàm số P [a] nghịch biến trên Rnên ta có P [a] ≤ P [0] = 2[b + c] − bc = b[2 − c] + 2c ≤ 2c ≤ 4Bài 13Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn :Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :111++= 1.a+2 b+2 c+24P =a+b+c+abcTa có:√1bcbc=+≥a+22[b + 2] 2[c + 2][b + 2][c + 2]Thiết lập 2 bđt tương tự rồi nhân vế theo vế, ta được abc ≤ 1Ta có:4133a+b+c+=a+b+c++≥4+≥7abcabc abcabcBài 14√√Cho 0 ≤ x ≤ 1, tìm GTLN của: M = x[9 1 + x2 + 13 1 − x2 ]7Sử dụng bất đẳng thức AM-GM:4[1 − x2 ].x2 ≤4 − 3x24[1 − x2 ] + x2=22√52 − 39x2⇒ 13 x2 − x4 ≤4Tương tự:13x2 + 49x2 + 4[1 + x2 ]=222√39x + 12⇒ 9 x2 + x4 ≤42252 − 39x39x + 12⇒M ≤+= 16449x2 .4[1 + x2 ] ≤√2 5Đẳng thức xảy ra ⇔ x =5Bài 15Tìm GTLN và GTNN của hàm số: y = f [x] = x6 + 4[1 − x2 ]3 với x ∈ [−1; 1].Đặt x2 = t [0 ≤ t ≤ 1] ta có: y = g[t] = t3 + 4[1 − t]3[0 ≤ t ≤ 1]212g [t] = 3[2 − t][3t − 2] Dó đó min g[t] = g= , max g[t] = g[0] = 4327122Vậy gmax = 4 [t = 0], gmin = 27 t = 3 .Bài 16Cho x, y, z > 0 và x2 + y 2 + z 2 = 3. Tìm GTNN của P =1 1 1 3+ + + [x + y + z]x y z 2Ta có1 35 x2 − 1[x − 1]2 [4 − x]+ x≥ +⇐⇒≥ 0 luôn luôn đúngx 2244xTa viết biểu thức dưới dạng:P =NênP ≥1 3x+x2+1 3y+y2+1 3z+z25 x2 − 1 5 y 2 − 1 5 z 2 − 115++ ++ +=2424242Bài 17Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc. Tìm GTNN củaa2b2c2P =++c[c2 + a2 ] a[a2 + b2 ] b[b2 + c2 ]Những điều kiện dạng ab + bc + ca = 3abc. Thường là ta chia cả 2 vế cho abc.1 1 1Thật vậy ab + bc + ca = 3abc ⇐⇒ + + = 3a b cĐến đây ta thấy ở dưới tử có các bộ số dạng như a2 + c2 chẳng hạn mà theo bất đẳng thức Côsy thìa2 + c2 ≥ 2ac. Đến đây đã giải quyết được phần nào bài toán, nhưng hơi kỳ là nó lại ngược dấu mất nên8thay vì làm theo yêu cầu đề bài ta lại đi tìm giá trị lớn nhất của bài toán. Từ ý tưởng trên đã sẽ nghĩngay đến việc sử dụng cosi ngược dấu làm thay đổi chiều của bất đẳng thức mà ta đã nghĩ ở trên.Mặt khác ta lại có bất đẳng thức đã cho tương đương vớic2111111−≥ −≥ −=22c c[a + c ]c 2aa 2a2aTương tự ta có kết luận: Vậy giá trị nhỏ nhất của P làBài 18Tìm GTNN của hàm số : y =√−x2 + 4x + 21 −3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 12√−x2 + 3x + 10Cách 1 Ta sẽ chứng minh:√−x2 + 4x + 21 −√−x2 + 3x + 10 ≥√2. Chuyển vế bình phương, rút gọn được:x + 9 ≥ 2 2[−x2 + 3x + 10] ⇔ x2 + 18x + 81 ≥ 8[−x3 + 3x + 10] ⇔ 9x2 − 6x + 1 ≥ 0 ⇔ [3x − 1]2 ≥ 0√1điều này hiển nhiên đúng. Dấu ’=’ xảy ra khi x = . Vậy minY = 2.3Cách 2√√y = −x2 + 4x + 21 − −x2 + 3x + 10 = f [x]Điều kiện : 2 ≤ x ≤ 5−x + 23 − 2x− √−x2 + 4x + 21 2 −x2 + 3x + 10−x + 23 − 2xy = 0 ⇐⇒ √− √=02−x + 4x + 21 2 −x2 + 3x + 10y =√Tới đây , chỉ cần bình phương 2 vế lên , và đặt điều kiện [2 − x][3 − 2x] ≥ 0 là xong. [2 − x][3 − 2x] ≥ 0⇐⇒4x2 − 12x + 9x2 − 4x + 4=[2]−x2 + 4x + 21−4x2 + 12x + 40Cộng hay vế của [2] cho 1 ta được :3 x ≥ 2 hoặc x ≤22549=22−x + 4x + 21−4x + 12x + 40129hoặc x =[loại]317√√√11f [ ] = 2. f [2] = 5 − 2 3. f [5] = 4 =⇒ minY = 2, đạt được tại x =33⇐⇒ x =9