Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

Nhận thấy trên đoạn $\left[ { - 2;3} \right]$ đồ thị hàm số có điểm cao nhất có tọa độ $\left( {3;4} \right).$

\( \Rightarrow \) giá trị lớn nhất của hàm số này trên đoạn $\left[ { - 2;3} \right]$ bằng \(4.\)

A sai vì hàm số có ba điểm cực trị là \(x =  - 1;{\rm{ }}x = 0;{\rm{ }}x = 1.\)

C sai vì hàm số không có giá trị lớn nhất.

D sai vì hàm số có hai điểm cực tiểu là \(x =  - 1\) và \(x = 1.\)

Ta có: $y' = 4{x^3} - 4x \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \in \left[ { - 3;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right]}\\{x = 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \in \left[ { - 3;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right]}\\{x = {\rm{\;}} - 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \in \left[ { - 3;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right]}\end{array}} \right.$

$ \Rightarrow f\left( { - 3} \right) = 48;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left[ { - 1} \right) = {\rm{\;}} - 16;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( 0 \right) = {\rm{\;}} - 15;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( 1 \right) = {\rm{\;}} - 16;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( 2 \right) = {\rm{\;}} - 7.$

Như vậy $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 3;{\kern 1pt} {\kern 1pt} 2} \right]} y = 48$.

Xét hàm số $y = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 35$ trên đoạn $\left[ { - {\mkern 1mu} 4;4} \right],$ có $y' = 3{x^2} - 6x - 9.$

Phương trình $y' = 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - {\mkern 1mu} 4 \le x \le 4}\\{3{x^2} - 6x - 9 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - {\mkern 1mu} 1}\\{x = 3}\end{array}} \right..$

Tính các giá trị$f\left( { - {\mkern 1mu} 4} \right) =  - {\mkern 1mu} 41;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( { - {\mkern 1mu} 1} \right) = 40;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( 3 \right) = 8;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( 4 \right) = 15.$

Vậy giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số lần lượt là $M = 40;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} m =  - {\mkern 1mu} 41.$

Hàm số đã xác định và liên tục trên $\left[ { - 3; - 1} \right]$.Ta có :

$y' = 1 - \dfrac{4}{{{x^2}}} \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\rm{\;}}&{x =  - 2\;\;\left( { \in \left[ { - 3;\; - 1} \right]} \right)}\\{{\rm{ \;}}}&{x = 2\;\;\left( { \notin \left[ { - 3;\; - 1} \right]} \right)}\end{array}} \right..$

Tính $y\left( { - 3} \right) =  - \dfrac{{10}}{3}{\rm{; }}y\left( { - 1} \right) =  - 4;{\rm{ }}y\left( { - 2} \right) =  - 3 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3; - 1} \right]} {\mkern 1mu} y =  - 4.$

Điều kiện: $x \ne 1.$

Ta có $y = x + \dfrac{4}{{x + 1}} \Rightarrow y' = 1 - \dfrac{4}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{\mkern 1mu} .$

$ \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\rm{\;}}&{x = 1 \in \left[ {0;\;2} \right]}\\{{\rm{ \;}}}&{x = 3 \notin \left[ {0;\;2} \right]}\end{array}} \right..$

Tính $y\left( 0 \right) = 4;\;y\left( 2 \right) = \dfrac{{10}}{3};\;y\left( 1 \right) = 3 \Rightarrow {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\min y = 3}\\{\max y = 4}\end{array}} \right. \Rightarrow {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 3}\\{A = 4}\end{array}} \right. \Rightarrow a + A = 7.$

\(\begin{array}{*{20}{l}}{y' = 1 - \dfrac{{25}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} = \dfrac{{{{\left( {x - 3} \right)}^2} - 25}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 3 = 5}\\{x - 3 =  - 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 8 \in \left( {3; + \infty } \right)}\\{x =  - 2 \notin \left( {3; + \infty } \right)}\end{array}} \right.}\\{f\left( 8 \right) = 8 + \dfrac{{25}}{5} = 13 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left( {3; + \infty } \right)} f\left( x \right) = 13}\end{array}\)

Ta có: $y = \dfrac{{x - {m^2}}}{{x + 8}},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne  - 8 \Rightarrow y' = \dfrac{{1.8 - 1.\left( { - {m^2}} \right)}}{{{{\left( {x + 8} \right)}^2}}} = \dfrac{{{m^2} + 8}}{{{{\left( {x + 8} \right)}^2}}} > 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \ne  - 8$

$ \Rightarrow $ Hàm số luôn đồng biến trên các khoảng: $\left( { - \infty ; - 8} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( { - 8; + \infty {\rm{\;}}} \right)$

$ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} {\mkern 1mu} y = y(0) =  - \dfrac{{{m^2}}}{8} =  - 2 \Rightarrow m =  \pm 4$

Suy ra, $\left| m \right| < 5$.

Ta có $y' = m - \dfrac{{36}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}};\;{\mkern 1mu} \forall x \in \left[ {0;3} \right]$ và $y\left( 0 \right) = 36;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \;y\left( 3 \right) = 3m + 9.$

TH1: Hàm số nghịch biến trên đoạn $\left[ {0;3} \right] \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\rm{\;}}&{m \le \dfrac{9}{4}}\\{\rm{\;}}&{\min y = 3m + 9 = 20}\end{array}} \right.\;$ (vô nghiệm).

TH2: Phương trình $y' = m - \dfrac{{36}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \Rightarrow {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y' = 0 \Leftrightarrow x =  - 1 + \dfrac{6}{{\sqrt m }}$ với \(m > 0\)

Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng $20{\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \Rightarrow {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y\left( { - 1 + \dfrac{6}{{\sqrt m }}} \right) = 20$

$ \Leftrightarrow m\left( { - 1 + \dfrac{6}{{\sqrt m }}} \right) + \dfrac{{36}}{{ - {\mkern 1mu} 1 + \dfrac{6}{{\sqrt m }} + 1}} = 20 \Leftrightarrow  - {\mkern 1mu} m + 6\sqrt m  + 6\sqrt m  = 20 \Leftrightarrow  - {\mkern 1mu} m + 12\sqrt m  = 20 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\rm{\;}}&{m = 4}\\{\rm{\;}}&{m = 100}\end{array}} \right..$

Với $m = 100$ loại vì $ - {\mkern 1mu} 1 + \dfrac{6}{{\sqrt {100} }} =  - \dfrac{2}{5} \notin \left[ {0;3} \right].$

Vậy $m = 4 \in \left( {2;4} \right].$

Theo giả thiết

${x^2} + {y^2} + xy + 4 = 4y + 3x $

$\Leftrightarrow {y^2} + \left( {x - 4} \right)y + {x^2} - 3x + 4 = 0$

Ta xem đây là phương trình bậc hai ẩn $y$ và khi đó điều kiện có nghiệm là:

$\Delta  = {\left( {x - 4} \right)^2} - 4\left( {{x^2} - 3x + 4} \right) \ge 0$

$ \Leftrightarrow {x^2} - 8x + 16 - 4{x^2} + 12x - 16 \ge 0 $

$\Leftrightarrow   - 3{x^2} + 4x \ge 0 $

$\Leftrightarrow 0 \le x \le \dfrac{4}{3}$

Từ giả thiết suy ra ${x^2} + {y^2} + xy = 3x + 4y - 4$. Khi đó:

$P = 3\left( {x - y} \right)\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right) + 20{x^2} + 2xy + 5{y^2} + 39x$

$ = 3\left( {x - y} \right)\left( {3x + 4y - 4} \right) + 20{x^2} + 2xy + 5{y^2} + 39x$

$ = 3\left( {3{x^2} + xy - 4{y^2} - 4x + 4y} \right) + 20{x^2} + 2xy + 5{y^2} + 39x$

$ = 29{x^2} + 5xy - 7{y^2} + 27x + 12y$

$ = \left( {5{x^2} + 5xy + 5{y^2}} \right) + 24{x^2} - 12{y^2} + 27x + 12y$

$ = 5\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right) + 24{x^2} - 12{y^2} + 27x + 12y$

$ = 5\left( {3x + 4y - 4} \right) + 24{x^2} - 12{y^2} + 27x + 12y$

$ = 24{x^2} - 12{y^2} + 42x + 32y - 20$

$ = 2\left( {12{x^2} - 6{y^2} + 21x + 16y} \right) - 20$

Đặt $g\left( y \right) =  - 6{y^2} + 16y + 21x + 12{x^2}$ (ta xem $x$ là tham số)

Khi đó $g\left( y \right) \le g\left( {\dfrac{4}{3}} \right) = 12{x^2} + 21x + \dfrac{{32}}{3}$

Do $x \in \left[ {0;\dfrac{4}{3}} \right]$ nên $12{x^2} + 21x + \dfrac{{32}}{3} \le 60$

Suy ra $g\left( y \right) \le 60$. Vậy giá trị lớn nhất của $P$ là $100$ khi $x = y = \dfrac{4}{3}$

Ta có : \(y' = \dfrac{{{x^2} - 4x + 2}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2 + \sqrt 2  \in \left[ {3;2 + 2\sqrt 2 } \right]\\x = 2 - \sqrt 2  \notin \left[ {3;2 + 2\sqrt 2 } \right]\end{array} \right.\)

\(y\left( 3 \right) = 5,y\left( {2 + \sqrt 2 } \right) = 2 + 2\sqrt 2 ,y\left( {2 + 2\sqrt 2 } \right) = \dfrac{{4 + 5\sqrt 2 }}{2}\)

Vậy \(M = \dfrac{{4 + 5\sqrt 2 }}{2},m = 2 + 2\sqrt 2  \Rightarrow M - m = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,f\left( x \right) \ge \dfrac{{x + 1}}{{x + 2}} + m\,\,\,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\\ \Leftrightarrow m \le f\left( x \right) - \dfrac{{x + 1}}{{x + 2}} = g\left( x \right)\,\,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\\ \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} g\left( x \right)\end{array}\)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - \dfrac{{x + 1}}{{x + 2}}\) trên \(\left[ {0;1} \right]\) ta có: \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - \dfrac{1}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {0;1} \right)\) nên \(f'\left( x \right) \le 0\,\,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\), lại có \( - \dfrac{1}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} < 0\,\,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\), do đó \(g'\left( x \right) < 0\,\,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\), suy ra hàm số \(y = g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left[ {0;1} \right]\) nên \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} g\left( x \right) = g\left( 1 \right) = f\left( 1 \right) - \dfrac{2}{3}\).

Vậy \(m \le f\left( 1 \right) - \dfrac{2}{3}\).

Ta có: \(f\left( x \right) = 2x + \cos \dfrac{{\pi x}}{2} \Rightarrow f'\left( x \right) = 2 - \dfrac{\pi }{2}\sin \dfrac{{\pi x}}{2}.\)

Vì \( - 1 \le \sin \dfrac{{\pi x}}{2} \le 1 \Rightarrow  - \dfrac{\pi }{2} \le \dfrac{\pi }{2}\sin \dfrac{{\pi x}}{2} \le \dfrac{\pi }{2} \Rightarrow 0 < 2 - \dfrac{\pi }{2} \le 2 - \dfrac{\pi }{2}\sin \dfrac{{\pi x}}{2} \le 2 + \dfrac{\pi }{2}\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) > 0\,\,\forall x \in \left[ { - 2;\,\,2} \right] \Rightarrow \) hàm số \(f\left( x \right) = 2x + \cos \dfrac{{\pi x}}{2}\) là hàm đồng biến trên \(\left[ { - 2;\,\,2} \right].\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow f\left( { - 2} \right) \le f\left( x \right) \le f\left( 2 \right)\,\,\,\forall x \in \left[ { - 2;\,\,2} \right].\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;\,\,2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 3\\m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;\,\,2} \right]} f\left( x \right) = f\left( { - 2} \right) =  - 5\end{array} \right.\\ \Rightarrow M + m = 3 + \left( { - 5} \right) =  - 2.\end{array}\)

Do cần thời gian xây là ngắn nhất nên con đường làm trên mỗi miền phải là những đường thẳng.

Gọi AE và EC lần lượt là đoạn đường cần làm. Với \(NE = x(\;{\rm{m}})\).

\( \Rightarrow EM = 25 - x(\;{\rm{m}})\).

Ta được \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AE = \sqrt {A{N^2} + E{N^2}}  = \sqrt {100 + {x^2}} }\\{EC = \sqrt {M{C^2} + E{M^2}}  = \sqrt {100 + {{(25 - x)}^2}} }\end{array}} \right.\).

\( \Rightarrow \) Thời gian để làm đoạn đường từ \(A\) đến \(C\) là:

\(t(x) = \dfrac{{AE}}{{15}} + \dfrac{{EC}}{{30}} = \dfrac{{\sqrt {100 + {x^2}} }}{{15}} + \dfrac{{\sqrt {{{(25 - x)}^2} + 100} }}{{30}}(\;{\rm{h}}\)

\( \Rightarrow {t^\prime }(x) = \dfrac{x}{{15\sqrt {100 + {x^2}} }} - \dfrac{{25 - x}}{{30\sqrt {{{(25 - x)}^2} + 100} }}.\)

Xét \({t^\prime }(x) = 0 \Leftrightarrow \dfrac{x}{{15\sqrt {100 + {x^2}} }} - \dfrac{{25 - x}}{{30\sqrt {{{(25 - x)}^2} + 100} }} = 0\)

\( \Leftrightarrow 2x\sqrt {{{(25 - x)}^2} + 100}  = (25 - x)\sqrt {100 + {x^2}} \)

\( \Leftrightarrow 4{x^2}\left( {{{(25 - x)}^2} + 100} \right) = {(25 - x)^2}\left( {100 + {x^2}} \right)\)

\( \Leftrightarrow 4{x^2}{(25 - x)^2} + 400{x^2} - 100{(25 - x)^2} - {(25 - x)^2}{x^2} = 0\)

\( \Leftrightarrow 4{(25 - x)^2}\left( {{x^2} - 25} \right) + {x^2}\left( {{{20}^2} - {{(25 - x)}^2}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow (x - 5)\left( {4{{(25 - x)}^2}(x + 5) + {x^2}(45 - x)} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 5\)

Ta được \(t(0) = \dfrac{{4 + \sqrt {29} }}{6};t(5) = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{3};t(25) = \dfrac{{1 + \sqrt {29} }}{3}\)

Vậy thời gian ngắn nhất mà đội xây dựng làm được con đương đi từ \(A\) đến \(C\) là \(\dfrac{{2\sqrt 5 }}{3}(\;{\rm{h}})\)

Hàm số đã cho xác định trên \(\left[ {2;4} \right]\).

Ta có: \(y' = 2x - \dfrac{2}{{{x^2}}}\).

\(y' = 0 \Leftrightarrow 2x = \dfrac{2}{{{x^2}}} \Leftrightarrow {x^3} = 1 \Leftrightarrow x = 1 \notin \left[ {2;4} \right]\).

Ta có: \(y\left( 2 \right) = 5,\,\,y\left( 4 \right) = \dfrac{{33}}{2}\).

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {2;4} \right]} y = y\left( 4 \right) = \dfrac{{33}}{2}\).

Điều kiện: \(mf\left( x \right) \ge 0\).

Dựa vào đồ thị ta thấy: Với \(x \in \left[ { - 2;3} \right]\) thì \(f\left( x \right) \ge 0\) \( \Rightarrow m \ge 0\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\dfrac{m}{{f\left( x \right)}} - \sqrt {mf\left( x \right)}  - 1 \ge \dfrac{3}{4}{f^2}\left( x \right)\\ \Leftrightarrow \dfrac{m}{{f\left( x \right)}} - \sqrt {mf\left( x \right)}  + \dfrac{{{f^2}\left( x \right)}}{4} \ge {f^2}\left( x \right) + 1\\ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {\dfrac{m}{{f\left( x \right)}}}  - \dfrac{{f\left( x \right)}}{2}} \right)^2} \ge {f^2}\left( x \right) + 1\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt {\dfrac{m}{{f\left( x \right)}}}  - \dfrac{{f\left( x \right)}}{2} \ge \sqrt {{f^2}\left( x \right) + 1} \\\sqrt {\dfrac{m}{{f\left( x \right)}}}  - \dfrac{{f\left( x \right)}}{2} \le  - \sqrt {{f^2}\left( x \right) + 1} \end{array} \right.\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt m  \ge \sqrt {\left[ {{f^2}\left( x \right) + 1} \right]f\left( x \right)}  + \dfrac{1}{2}f\left( x \right)\sqrt {f\left( x \right)} \\\sqrt m  \le  - \sqrt {\left[ {{f^2}\left( x \right) + 1} \right]f\left( x \right)}  + \dfrac{1}{2}f\left( x \right)\sqrt {f\left( x \right)} \end{array} \right.\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt m  \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;3} \right]} \left\{ {\sqrt {\left[ {{f^2}\left( x \right) + 1} \right]f\left( x \right)}  + \dfrac{1}{2}f\left( x \right)\sqrt {f\left( x \right)} } \right\}\\\sqrt m  \le \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;3} \right]} \left\{ { - \sqrt {\left[ {{f^2}\left( x \right) + 1} \right]f\left( x \right)}  + \dfrac{1}{2}f\left( x \right)\sqrt {f\left( x \right)} } \right\}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt m  \ge 4 + 2\sqrt {17} \\\sqrt m  \le 4 - 2\sqrt {17} \end{array} \right.\end{array}\)

\( \Rightarrow m \ge {\left( {4 + 2\sqrt {17} } \right)^2} \approx 149,96\).

Kết hợp điều kiện đề bài có $2022-150+1=1873$

\( \Rightarrow \) Có 1873 giá trị m thỏa mãn.

Gọi chiều rộng của bể cá là x (m) \(\left( {x > 0} \right) \Rightarrow \) Chiều dài của bể cá là \(2x\,\,\left( m \right)\)

Gọi h là chiều cao của bể cá ta có \(2{x^2} + 2xh + 4xh = 5 \Leftrightarrow 2{x^2} + 6xh = 5 \Leftrightarrow h = \dfrac{{5 - 2{x^2}}}{{6x}}\)

Khi đó thể tích của bể cá là \(2{x^2}.\dfrac{{5 - 2{x^2}}}{{6x}} = \dfrac{1}{3}\left( {5x - 2{x^3}} \right) = \dfrac{1}{3}f\left( x \right)\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = 5x - 2{x^3}\,\,\left( {x > 0} \right)\) có \(f'\left( x \right) = 5 - 6{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt {\dfrac{5}{6}} \)

Lập BBT :

\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( {\sqrt {\dfrac{5}{6}} } \right)\)

\( \Rightarrow {V_{\max }} = \dfrac{1}{3}f\left( {\sqrt {\dfrac{5}{6}} } \right) = \dfrac{{5\sqrt {30} }}{{27}} \approx 1,01{m^3}\) 

Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 1;3} \right]\) lần lượt là : \(M = 4,\,\,m =  - 1 \Rightarrow M - m = 4 - \left( { - 1} \right) = 5\).

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x,\,\,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \in \left[ { - 1;1} \right]\\x = 2 \notin \left[ { - 1;1} \right]\end{array} \right.\).

Ta có: \(y\left( { - 1} \right) =  - 4,\,y\left( 0 \right) = 0,\,y\left( 1 \right) =  - 2.\)

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} y = y\left( { - 1} \right) =  - 4\).

Xét hàm số: \(f\left( x \right) = {x^3} - 33x\) trên \(\left[ {2;\,\,19} \right]\)

Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 33\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 33 = 0\) \( \Leftrightarrow {x^2} = 11 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt {11} \,\, \in \,\,\left[ {2;\,\,19} \right]\\x =  - \sqrt {11} \,\, \notin \,\,\left[ {2;\,\,19} \right]\end{array} \right.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 2 \right) =  - 58\\f\left( {\sqrt {11} } \right) =  - 22\sqrt {11} \\f\left( {19} \right) = 6232\end{array} \right.\)\( \Rightarrow {f_{\min }} = f\left( {\sqrt {11} } \right) =  - 22\sqrt {11} .\)