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
( )
1x x= −

Lời giải:
( )
2
1 1 1
1
2 4 4
P x x x x x

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
2x =
thì bỉêu thức
2
1
2 2 5x 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:


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 0a b− − ≥
và
2
1
0 ,
2
b a b
 
− ≥ ∀
 

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 2P x y xy x= − − − +

2) Tìm giá trị nhỏ nhất của
( )
2 2
, 2 6 12 45f 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


1y = ±

4)
0A ≥
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

x∈ R⇔
phương trình
2
0 0
x y y x+ =
có nghiệm
x∈
R⇔
phương trình
2
0 0
0x y x y− + =
có nghiệm
x∈
R⇔ 0∆ ≥⇔
2
1 4 0y− ≥


+
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 0y x y b− + − =
có nghiệm
x∈

4 4 0y 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 4y by a− + +
phảI có nghiệm là –1 và 4 (do -1.4 = -4 < 0)

2
4
4
a−
= −

4a = ±

Theo định lý Viet ta có : ⇔

3b =

3b =

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

−
 
=
 
+
 
(1) thì
4
3
y z=
,
0z ≥

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

6 36 6 36
a z z
z z a
a z a
⇔ + − ≥
⇔ − − ≤
⇔ − + ≤ ≤ + +

Vì
0
0z ≥
nên
2
0
0 6 36z a≤ ≤ + +

Vậy max
2
6 36z 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

3 2 2y = −

2) Đk:
3 1x− ≤ ≤

Đặt
2
2
3 2.
1
t
x
t
+ =
+
;
2
2
1
1 2.
1
t
x
t
−
+ =
+
vớI t = tg
[ ]
0;1

(1)

2
0
1
y x x
x
= + +

⇔

x > 0
2 2
0 0
2 1 0y x y x− + =

(2)

Điều kiện để (2) có nghiệm là
0
2y ≥

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


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


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

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

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.

=⇔= x
x
x

Vậy min A = 8 ( khi và chỉ khi x = 2).
Nhận xét:
Hai số dương 3x và
x3
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
xx

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 =

==
+
+
≥
+
+
+ 2
.2
4
..2
4
22

Tương tự:
z
yx
yx
z
y
xz
xz
y
≥
+
+
+
≥
+
+
+

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

+++

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

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

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 −−−


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

≤ + + = =
+ + + + + + + +
= ⇔ = = =

8.
◦ Tìm giá trị lớn nhất:
Áp dụng bất đẳng thức
( )
( )
2
2 2 2
3x y z x y z+ + ≤ + +
,ta được
( )
2
9x y z+ + ≤ nên
11
3x y z+ + ≤ (1)
Ta có bất đẳng thức
2 2 2
xy yz zx x y z+ + ≤ + + mà
2 2 2
3x y z+ + ≤ nên
3xy yz zx+ + ≤ (2)
Từ (1) và (2) suy ra 6A ≤ . Ta có max 6 1A x y z= ⇔ = = = .
◦ Tìm giá trị nhỏ nhất : Đặt x + y + z = m thì

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

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 0x ≥ ) nên
4 4 .x x− ≥ −
Do đó
4


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

≤
( 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 =
ba
c
ac
b
cb
a
+
+

++
+
++
+ bacacb
cba
ba
c
ca
b
cb
a

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

.

Tổng quát:
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
( )
( )
222222
2
1
zyxxzyzxyz
ba
c
y
ca
b
x
cb
a
++−++≥
+
+
+
+
+
.
(cộng vào vế trái (x
2
+ y
2
+z

4
2
3
2
3
−






+
+
+






+
+
+
+






+
++
+






+
++
ac
acb
cb
acb
ba
cba

P =
( )
10
211
323 −






+

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
γβα
,,
sao cho:
)323()(4)(3)(3 cbamacbcbacbaca ++=++=+++=+++
γβα
.
Từ đó suy ra
2,6,2 ==== m
γβα
.

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

cba
b
cba
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

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 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
 

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
 
     
 
 
= + − + ≥ − +
     
     

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
+ +
+ +
≥ =



⇔ = = = ⇔ = =
► 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
≥ 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>≥
βα
, ta có:
xx
β

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
*. 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

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
−
−
+

−−
+++








−

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


00
m
x
yx
βα
αα
β
α
β
α
−
++








−
p khi và chỉ khi x = x
0
, y = y
0
.


•

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
.

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
. ( ) . ( ) 0a f x b g x⇔ + =
.
Vậy Min
2 2


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

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

(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 ) 0x⇔ − − =1 2
cos 2 .
2 3
x x k
π
π
⇔ = − ⇔ = ± +

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

2 2 2 2 8a c b ab bc+ + + + =2 2
( ) ( ) 4
2 2
b b
a c⇔ + + + =

Do
( )
2
2
(1) 2 ( 2 ) 4c a⇔ + − =

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

20
Ta có:
2x =

,
2y =

,


(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⇒ ( ) 4M 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 2y x x x= + + + +

2)Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
2 2
1 3 1y 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
   
= + − + −
   
   
M
21
Xét điểm M(1, 1-cos
2
x), N(2, 2) ta có:
( )
2
1,1 cosMN 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 0x− − =

2
cos 0x⇔ =

Và maxy = OA + AN = 1+
2
1 2 1 5+ = +

Dấu “=” xảy ra khi M trùng với A

 
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
   
= = − + + +
   
   
   

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

+ =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
   
   
= + − + + + + + − + +
   
   
   
   

≥
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

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

( )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

Khi
1 1.x− ≤ ≤

Khi 1x ≥ hoặc 1.x ≤ −

Khi 1 1.x− ≤ ≤
Khi 3x ≤ − 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= + −
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
 
∈ − −
 


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.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 5u x y= − + +
biết
,x y
thoả:
2 2
36 16 9.x y+ =

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

Với
1 1x− ≤ ≤
thì
4 2.y x= − +

Với
1 3x≤ ≤
thì
2 .y 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