Các bài toán tìm gtln gtnn lớp 6 năm 2024

DownloadVui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nội dung Text: Chuyên đề Giá trị Min-Max và bất đẳng thức - Toán lớp 6

1. 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 (với A, B cùng dấu) thì  . A B  An  0  A  0 (với n là số tự nhiên). II. CÁC DẠNG TOÁN 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 toán cơ bản như sau: Loại 1: Tìm GTNN của biểu thức dạng: k . A2 n  m với k  0 . Hướng giải: Với k  0 và mọi A ta có A2 n  0  k . A2 n  0  k . A2 n  m  m . Do đó GTNN của k . A2 n  m là m khi A  0 . 4 Ví dụ 1: Tìm GTNN của biểu thức A   2 x  5   3 . Lời giải 4 4 4 5 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 4 5 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: 2 a) A  4  x  1  2019 2020 b) B  2021 x  2   2022 Lời giải 2 2 a) Vì 4  x  1  0 x nên 4  x  1  2019  2019 . 2 Dấu bằng xảy ra khi 4  x  1  0  x  1 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A bằng 2019 khi x  1 .
2. 2 2020 2020 b) Vì 2021 x  2   0 x  2021 x  2   2022  2022 . Dấu bằng xảy ra khi 2020 2021 x  2   0  x  2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của B bằng 2022 khi x  2 . 2020 30 Ví dụ 3: Tìm GTNN của biểu thức C   x  y   4  y  3   25 . Lời giải 2020 2020 Với mọi x; y ta có  x  y   0 , và  x  y   0 khi x  y  0 hay x  y . 30 30 30 Với mọi y ta có  y  3   0  4.  y  3   0 , và  y  3   0 khi y  3  0 hay y  3 . 2020 30 2020 30 Do đó với mọi x; y ta có:  x  y   4  y  3  0   x  y   4  y  3  25  25 hay B  25 . Ta có B  25 khi xảy ra đồng thời x  y và y  3 hay x  y  3 2020 30 Vậy GTNN của biểu thức C   x  y   4  y  3   25 là 25 khi x  y  3 . Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 4 2n 4n A   x  1   y  1  10 và B   x  2   4  y  1  100, n   Lời giải  x  1 2  0 x 2 4 + Ta có:  4  A   x  1   y  1  10  10  y  1  y  x  1 2  0 x  1 Dấu bằng xảy ra khi  4   .  y  1  0  y  1 x  1 Vậy giá trị nhỏ nhất A  10 khi  y 1  x  2  2 n  0 x 2n 4n + Ta có:  4n   x  2   4  y  1  100  100  4  y  1  0 y  x  2  2 n  0 x  2 Dấu bằng xảy ra khi  4n  .  4  y  1  0 y 1 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. 3 Phân tích: Với bài toán 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 2 Ta có: A  x.  x  1  1.  x  1  29   x  1 x  1  29   x  1  29 2 2 + Vì  x  1  0 x nên  x  1  29  29 . 2 Dấu bằng xảy ra khi  x  1  0  x  1 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A bằng 29 khi x  1 . Loại 2: Tìm GTNN của biểu thức dạng: k . A2 n  m với k  0 . Hướng giải: Với k  0 và mọi A ta có A2 n  0  k . A2 n  0  k . A2 n  m  m . Do đó GTLN của k . A 2 n  m là m khi A  0 . Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau 2 a) C    x  5   10 2019 . 2020 b) D  2  x  10   2100 . Lời giải 2 2 a) Vì   x  5   0 x nên   x  5   10 2019  10 2019 . 2 Dấu bằng xảy ra khi   x  5   0  x  5 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức C bằng 10 2019 khi x  5 . 2020 2020 b) Vì 2  x  10   0 x  2  x  10   2100  2100 . 2020 Dấu bằng xảy ra khi 2  x  10   0  x  10 . Vậy giá trị lớn nhất của D bằng 2100 khi x  10 4 6 Ví dụ 2: Tìm GTLN của biểu thức B  2  x  1   y  2   3 . Lời giải 4 6 4 6 Ta có: B  2  x  1   y  2   3  3   2  x  1   y  2     4 4 4 Với mọi x ta có  x  1  0  2  x  1  0 , và  x  1  0 khi x  1  0 hay x  1 . 6 6 Với mọi y ta có  y  2   0 , và  y  2   0 khi y  2  0 hay y  2 .
4. 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 . 4 6 Vậy GTLN của biểu thức B  2  x  1   y  2   3 là 3 khi x  1 và y  2 . 2 2 Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức C    x  2   100  y  10   2025 Lời giải    x  2  2  0 x 2 2 + Ta có:  2  C    x  2   100  y  10   2025  2025  100  y  10   0 y    x  2 2  0 x  2 Dấu bằng xảy ra khi  2  .  100  y  10   0  y  10 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 2 Ta có: B   x  x  2   2  x  2   4  100   x  2   x  2   104    x  2   104 2 2 + Vì   x  2   0 x nên   x  2   104  104 . 2 Dấu bằng xảy ra khi   x  2   0  x  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   x 2  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 2 2    x  1   y  2   55    x  12  0 x 2 2 Vì  2    x  1   y  2   55  55    y  2   0 y
5. 5    x  1 2  0 x  1 Dấu bằng xảy ra khi  2  .    y  2   0  y  2 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 toán: Tìm số nguyên n ( hoặc số tự nhiên n ) để phân thức A có GTLN – GTNN. a Loại 1: A  với a; b; c là các số nguyên đã biết. b.n  c + Nếu a    thì: 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 nguyên. + 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. 15 Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên n để A  có GTLN. Tìm GTLN đó. 2n  5 Lời giải 15 Ta có tử là 15  0 nên A  có GTLN khi 2 n  5  0 và có GTNN ứng với n   . 2n  5 5 Xét 2n  5  0  2n  5  n  . 2 5 Do đó để 2n  5  0 và có GTNN ứng n  thì n phải là số tự nhiên nhỏ nhất thỏa mãn n  . 2 15 15 Từ đó ta suy ra n  3 và GTLN của A  là  15 . 2n  5 2.3  5 5 Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên n để P  (n  3) có giá trị lớn nhất n3 Lời giải Ta có: 5  0 và không 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 nguyên n để P  có giá trị nhỏ nhất. 2n  5 Lời giải
6. 6 Ta có: 7  0 và không 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 không 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 . 1 Do đó 2n 2  7 nhỏ nhất bằng 7 khi n 2  0  n  0 nên P đạt giá trị lớn nhất là 7 Vậy n  0 . a.n  d Loại 2: A  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  Việc tìm n nguyên để A có GTLN – GTNN trở thành bài toán tìm n nguyên để f có GTLN hoặc có GTNN (Bài toán loại 1). b.n  c  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 A       b.n  c b  b.n  c  b  b.n  c  b  b.n  c  b  b.n  c  b b  b.n  c  7n  5 Ví dụ 1: Tìm số nguyên n để B  có GTNN. Tìm GTNN đó. 2n  1 Lời giải Ta có: 7 n  5 2.  7 n  5  14n  10 14n  7  17 7  2n  1  17 7 17 7 17 1 B         . 2n  1 2.  2 n  1 2.  2n  1 2. 2n  1 2. 2n  1 2 2.  2n  1 2 2  2 n  1 7n  5 1 Do đó biểu thức B  đạt GTNN khi đạt GTLN. 2n  1 2n  1 1 Mặt khác, do tử là 1  0 nên đạt GTLN khi 2n  1  0 và có GTNN ứng với n  . 2n  1
7. 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 7 n  5 7.0  5 Từ đó ta suy ra n  0 và GTNN của B  là  5 . 2n  1 2.0  1 6n  3 Ví dụ 2: Tìm số nguyên n để M  đạt GTLN. Tìm GTLN đó. 4n  6 Lời giải 6n  3 6n  9  6 3  2n  3  6 3 6 3 3 Ta có: M        . 4 n  6 2. 2n  3 2.  2n  3  2 2.  2n  3 2 2n  3 6n  3 3 Do đó biểu thức M  đạt GTLN khi đạt GTLN. 4n  6 2n  3 3 Mặt khác, do tử là 3  0 nên đạt GTLN khi 2n  3  0 và có GTNN ứng với n  . 2n  3 3 Xét 2n  3  0  2 n  3  n  . 2 3 Do đó để 2n  3  0 và có GTNN ứng với n  thì n phải là số nguyên nhỏ nhất thỏa mãn n  . 2 6n  3 6.2  3 9 Từ đó ta suy ra n  2 và GTLN của M  là  . 4 n  6 4.2  6 2 5n  3 Ví dụ 3: Tìm số tự nhiên n để P  có giá trị nhỏ nhất. 2n  1 Lời giải 5 5 5 1 1 5n  3 2 (2 n  1)   3 (2 n  1)   Ta có: P   2  2 2  5 2 5 1 2n  1 2n  1 2n  1 2 2 n  1 2 2(2 n  1) 1 1 P đạt giá trị nhỏ nhất khi biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất, khi đó lớn nhất. 2(2 n  1) 2(2 n  1) Do 1  0 và không đổi. 1 Phân số có giá trị lớn nhất khi (2n  1) là số nguyên dương nhỏ nhất . 2(2 n  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. Ngoài 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.
8. 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. 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 2 Ví dụ 1: Tìm GTNN của biểu thức A   2 x  1  y  2  3 . Lời giải 2 2 1 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 . 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 1 Vậy GTNN của biểu thức A   2 x  1  y  2  3 là 3 khi x   và y  2 . 2 6 Ví dụ 2: Tìm GTLN của biểu thức B  10  3 x  5   y  1 . 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. 10 6 6 Với mọi y ta có  y  1  0 , và  y  1  0 khi y  1  0 hay y  1 . 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 .     6 Vậy GTLN của biểu thức B  10  3 x  5   y  1 là 10 khi x  5 và y  1 . 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 3 2 Do tử là 3  0 nên biểu thức A  2 đạt GTLN khi  x  2   4  0 và đạt GTNN.  x  2 4 2 2 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 . 3 3 Vậy GTLN của biểu thức A  2 là khi x  2 .  x  2 4 4 4 Ví dụ 2: Tìm GTNN của biểu thức B  10 .  2 x  1 2 Lời giải 4 4 Ta có: B  10  10 .  2 x  1 2  2 x  1 2 4 4 Biểu thức B  10 đạt GTNN khi 10 đạt GTLN.  2 x  1 2  2 x  1 2 4 10 Mặt khác, do tử là 4  0 nên 10 đạt GTLN khi  2 x  1  2  0 và đạt GTNN.  2 x  1 2 10 10 Với mọi x ta có  2 x  1  0   2 x  1  2  2 . 10 10 1 Do đó GTNN của  2 x  1  2 là 2 khi  2 x  1  0 hay x   . 2 4 4 1 Vậy GTNN của biểu thức B  10 là   2 khi x   .  2 x  1 2 2 2
11. 11 Loại 3: Tìm GTLN - GTNN của phân thức chứa giá trị tuyệt đối. 4 Ví dụ 1: Tìm GTLN của biểu thức A  . 2x  1  3 Lời giải 4 Do tử là 4  0 nên biểu thức A  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 . 1 Do đó GTNN của 2 x  1  3 là 3 khi 2 x  1  0 hay x  . 2 4 4 1 Vậy GTLN của biểu thức A  là khi x  . 2x 1  3 3 2 2 x 1 Ví dụ 2: Tìm GTNN của biểu thức C  . 3 x 1 Lời giải Ta có: 2 x  1 3  2 x  1 6 x 3 6 x  2  5 2.  3 x  1  5 2 5 2 5 1 C         . 3 x  1 3.  3 x  1 3.  3 x  1 3.  3 x  1 3.  3 x  1 3 3  3 x  1 3 3 3 x  1 . 2 5 1 1 Nhận thấy C   . đạt GTNN khi đạt GTLN. 3 3 3 x 1 3 x 1 1 Mặt khác, do tử là 1  0 nên 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 . 2 x 1 2 5 1 Vậy GTNN của biểu thức C  là  .  1 khi x  0 . 3 x 1 3 3 1 Loại 4: Tìm GTLN - GTNN của phân thức chứa cả giá trị tuyệt đối và lũy thừa với số mũ chẵn. 2019 Ví dụ 1: Tìm GTLN của biểu thức A  20 . x  y 1  3 Lời giải 2019 Do tử là 2019  0 nên biểu thức A  20 đạt GTLN khi x 20  y  1  3  0 và đạt GTNN. x  y 1  3
12. 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: x 20  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 . 2019 2019 Vậy GTLN của biểu thức A  20 là  673 khi x  0 và y  1 . x  y 1  3 3 10 2  x  1  4 3  y  1 Ví dụ 2: Tìm GTNN của biểu thức B  10 .  x  1  2 3  y 1 Lời giải 10 10 2  x  1  4 3  y  1 10 2  x  1  4 3  y  2  3 2  x  1  2 3  y  1  3 Ta có: B      . 10 10 10  x  1  2 3  y 1  x  1  2 3  y 1  x  1  2 3  y  1 3 Suy ra B  2  10 .  x  1  2 3  y 1 3 3 Nhận thấy B  2  10 đạt GTNN khi 10 đạt GTLN.  x  1  2 3  y 1  x  1  2 3  y 1 3 10 Do tử là 3  0 nên biểu thức 10 đạt GTLN khi  x  1  2 3  y  1  0 và đạt  x  1  2 3  y 1 GTNN. 10 10 Ta có  x  1  0 với mọi giá trị của x và  x  1  0 khi x  1 . Hơn nữa với mọi giá trị của y ta có 3  y  0  2 3  y  0 và 3  y  0 khi y  3 . 10 10 Từ đó suy ra:  x  1  2 3  y  0   x  1  2 3  y  1  1 . 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 3 Vậy GTNN của biểu thức B  10 là 2   1 khi x  0 và y  1 .  x  1  2 3  y 1 1 III. BÀI TẬP Dạng 1: Tìm GTLN - GTNN của biểu thức chứa lũy thừa với số mũ chẵn. 10 Bài 1. Tìm GTLN của biểu thức A  4  3  x  5  . Lời giải 10 10 10 Với mọi x ta có  x  5   0  3  x  5   0  4  3  x  5   4 hay A  4 .
13. 13 10 Vậy GTLN của biểu thức A  4  3  x  5  là 4 khi x  5  0 hay x  5 . 2 4 Bài 2. Tìm GTLN của biểu thức B    x  y  2   2  y  2   5 . Lời giải 2 2 2 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 x  y  2 . 4 4 4 Với mọi y ta có  y  2   0  2  y  2   0 , và  y  2   0 khi y  2  0 hay y   2 . 2 4 2 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 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 . 2 4 Vậy GTLN của biểu thức B    x  y  2   2  y  2   5 là 5 khi x  0 và y  2 . 2020 2 Bài 3. Tìm GTNN của biểu thức C  2020  x  y  6   5  x  y  4   2019 . Lời giải 2020 2020 2020 Với mọi x; y ta có  x  y  6   0  2020  x  y  6   0 , và  x  y  6   0 khi x  y  6  0 hay x  y  6 . 2 2 2 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 x  y  4 . Từ đó suy ra: 2020 2 2020 2 2020  x  y  6   5  x  y  4   0  2020  x  y  6   5  x  y  4   2019  2019 hay C  2019 . Ta có C  2019 khi xảy ra đồng thời x  y  6 và x  y  4 . 64 64 Khi đó áp dụng bài toán tìm hai số biết tổng và hiệu ta có : x   5 và y   3 2 2 2020 2 Vậy GTNN của biểu thức C  2020  x  y  6   5  x  y  4   2019 là 2019 khi x  5 và y  3 . 20 Bài 4. Tìm GTNN của biểu thức D   x 2  2   5 .
14. 14 Phân tích: Quan sát đề bài ta thấy x 2  0  x 2  2  2 nên không thể xảy ra điều kiện x 2  2  0 như các bài tập trước. Lời giải 20 20 Với mọi x ta có x 2  0  x 2  2  2   x 2  2   220   x 2  2   5  2 20  5 hay D  220  5 . 20 Vậy GTNN của biểu thức D   x 2  2   5 là 220  5 khi x  0 . 200 10 Bài 5. Tìm GTLN của biểu thức E  25   2 x  8   5  y  1 . Lời giải 200 200 200 Với mọi x ta có  2 x  8   0    2x  8  0 , và  2 x  8   0 khi 2 x  8  23 hay x  3 . 10 10 10 Với mọi y ta có  y  1  0  5  y  1  0 , và  y  1  0 khi y  1  0 hay y  1 . 200 10 200 10 Từ đó suy ra   2 x  8   5  y  1  0  25   2 x  8   5  y  1  25 hay E  25 . 200 10 Vậy GTLN của biểu thức E  25   2 x  8   5  y  1 là 25 khi x  3 và y  1 . 100 Bài 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: A   x  1  x 2  1  20 Lời giải  x  1100  0 100 Ta có:  2 với mọi x nên A   x  1  x 2  1  20  20 .  x  1  0  x  1100  0 x  1 x  1 Dấu bằng xảy ra khi    2    x  1  x  1  x  1 2  x  1  0 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A bằng 20 khi x  1 . 100 n Bài 7. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B   x 2  9   x  x  3  3 x  2029 với n   * . Lời giải 100 n Vì n   * nên  x 2  9   0 x . 2 Ta có: x  x  3  3x  2029  x  x  3  3  x  3   2020   x  3  x  3  2020   x  3   2020  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. 15  x 2  9 100 n  0  Dấu bằng xảy ra khi   x  3 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   x 2  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 2   x  10 10  x   81    x  10   81 2 2 Vì   x  10   0 x    x  10   81  81 . Dấu bằng xảy ra khi x  10  0  x  10 . 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  2 x  2 x  1   2 x  1  17   2 x  1 2 x  1  17    2 x  1  17 2 2 2 1 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 2019 1 1  1  1  1 Với a    D            ......    . 2 2  2  2  2 2 2018  1  1  1 Ta có: 2 D  1          ......     2  2  2  1  1  2  1 3 2019  1    1  1 2 2018  1  D  2 D             ......      1          ......      2  2   2   2     2   2   2   2019  1 1  2 2019 3D     1  D   2 3.2 2019 Bài 10. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B   x  x  1  x  y  y  1  y  100
16. 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 2 2 B    x  1   y  1  102    x  1 2  0x 2 2 Vì  2    x  1   y  1  102  102    y  1  0y    x  1 2  0  x  1 Dấu bằng xảy ra khi  2     y  1  0 y 1  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  x 2  4 x  y 2  4 y  100 đạt giá trị nhỏ nhất. Chứng minh rằng  a  b   a 2020  a 2019 .b  a 2018 .b 2  ......  b 2020   0 . Lời giải Ta có: A  x 2  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 2 2   x  2    y  2   92  x  2 2  0 x 2 2 Vì  2   x  2    y  2   92  92  y  2   0 y  x  2 2  0  x  2 a  2 Dấu bằng xảy ra khi  2     a  b  0 .  y  2   0  y  2 b  2 Do đó  a  b   a 2020  a 2019 .b  a 2018 .b 2  ......  b 2020   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 5 Ta có tử là 5  0 nên A  có GTNN khi 3n  10  0 và có GTLN ứng với n  . 3n  10
17. 17 10 Xét 3n  10  0  3n  10  n  . 3 10 Do đó để 3n  10  0 và có GTLN ứng n  thì n phải là số nguyên lớn nhất thỏa mãn n  . 3 5 5 Từ đó ta suy ra n  3 và GTNN của A  là  5 . 3n  10 3.3  10 6 Bài 2. Tìm số tự nhiên n để P  có giá trị lớn nhất. 3n  8 Lời giải Ta có: 6  0 và không 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 không 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 . 3 Bài 5. Tìm GTNN của biểu thức B  (x  Z ) x5 Lời giải Vì 3  0 và không đổi nên A đạt giá trị nhỏ nhất khi x  5 đạt giá trị nguyên dương nhỏ nhất
18. 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 . 2n  1 Bài 6. Tìm GTNN của biểu thức M  (n  N ) n2 Lời giải 2 n  1 2(n  2)  3 3 M   2 (n  N ) n2 n2 n2 3 M nhỏ nhất khi 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 3 1 Khi đó M  2   2 2 1 Vậy M đạt GTNN là khi n  0 . 2 5a  17 Bài 7. Với giá trị nguyên nào của a thì 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 1 Do tử là 1  0 nên có GTLN khi 4a  23  0 và có GTNN ứng với a   . 4a  23 23 Xét 4a  23  0  4a  23  a  . 4 23 Do đó để 4a  23  0 và có GTNN ứng a  thì a phải là số nguyên nhỏ nhất thỏa mãn a  . 4 5a  17 5.6  17 Từ đó ta suy ra a  6 và GTLN của là  13 . 4a  23 4.6  23
19. 19 10n  3 Bài 8. Tìm số tự nhiên n để phân số B  đạt GTLN. Tìm GTLN đó. 4n  10 Lời giải 10n  3 5(2n  5)  22 5 22 5 11 Ta có: B       . 4n  10 2  2n  5  2 2(2n  5) 2 2n  5 11 Do đó B đạt GTLN khi đạt GTLN. 2n  5 11 Mặt khác, do tử là 11  0 nên có GTLN khi 2 n  5  0 và có GTNN ứng với n   . 2n  5 5 Xét 2n  5  0  2n  5  n  . 2 5 Do đó để 2n  5  0 và có GTNN ứng n   thì n phải là số tự nhiên nhỏ nhất thỏa mãn n  . 2 10n  3 10.3  3 27 Từ đó ta suy ra n  3 và GTNN của B  là  . 4n  10 4.3  10 2 7n  4 Bài 9. Tìm số tự nhiên n để P  có giá trị lớn nhất. 2n  3 Lời giải 7 21 7 29 29 7n  4 2 (2n  3)  2  4 2 (2n  3)  2 7 7 29 Ta có: P      2   2n  3 2n  3 2n  3 2 2n  3 2 2(2n  3) 29 P đạt giá trị lớn nhất khi biểu thức đạt giá trị lớn nhất. 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 3 4 3 4 61 Ta có: P    3 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. 20 13 Ta có: 3n  13  0  n  . 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: 5  0 và không 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 5 Do 2n 2  9 là số nguyên dương nhỏ nhất và n   nên n  3. Khi đó P đạt giá trị lớn nhất là 9 Vậy n  3 . 5n 2  1 Bài 12. Tìm số nguyên n để B  2 có GTNN. Tìm GTNN đó. 2n  17 Lời giải Ta có: 5n 2  1 B 2   2. 5n 2  1   10n 2  2   2   5.2n 2  5.17  87 5. 2 n  17  87 5 87   . 2 1  2 2n  17 2. 2 n  17  2  2. 2n  17 2  2. 2n  17   2 2. 2n  17   2 2 2n  17 1 Từ đó ta thấy B đạt GTNN khi 2 đạt GTNN. 2n  17 1 Do tử là 1  0 nên 2 có GTNN khi 2n 2  17  0 và có GTLN ứng với n  . 2n  17 17 Xét 2n 2  17  0  2n 2  17  n 2  . 2 Do n  nên n2  và là số chính phương. Do đó để 2n 2  17  0 và có GTLN ứng n  thì n2 phải là số chính phương lớn nhất thỏa mãn 17 n2  . 2 Từ đó ta suy ra n2  4  n  2 hoặc n  2 . 5n 2  1 5.4  1 21 7 Khi đó GTNN của B  2 là   . 2n  17 2.4  17 9 3 3 Bài 13. Tìm GTNN của biểu thức C  (x  Z ) 8  x2 Lời giải Vì 3  0 nên C nhỏ nhất khi 8  x 2 đạt giá trị nguyên dương nhỏ nhất

240 tài liệu

1088 lượt tải