Nội dung Text: Chuyên đề Giá trị Min-Max và bất đẳng thức - Toán lớp 6
- 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 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 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 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 11 x y 2 2 y 55 2 2 x 1 y 2 55 x 12 0 x 2 2 Vì 2 x 1 y 2 55 55 y 2 0 y
- 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 n3 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 . n3 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 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 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 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 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 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 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 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 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 . 64 64 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 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 1100 0 100 Ta có: 2 với mọi x nên A x 1 x 2 1 20 20 . x 1 0 x 1100 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 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 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 0x 2 2 Vì 2 x 1 y 1 102 102 y 1 0y 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 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 A2 Vậy A đạt GTNN là 2 khi x 4 . 3 Bài 5. Tìm GTNN của biểu thức B [x Z ] x5 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 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 ] n2 Lời giải 2 n 1 2[n 2] 3 3 M 2 [n N ] n2 n2 n2 3 M nhỏ nhất khi lớn nhất. n2 3 lớn nhất khi n 2 đạt giá trị nguyên dương nhỏ nhất n2 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 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 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