Chuyên đề Giá trị Min-Max và bất đẳng thức - Toán lớp 6

Chia sẻ: Tabicani09 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:55

Thêm vào BST

Báo xấu

83
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Chuyên đề Giá trị Min-Max và bất đẳng thức - Toán lớp 6 dành cho giáo viên, học sinh đang trong giai đoạn ôn thi môn Toán. Giúp bạn củng cố và nâng cao kiến thức cũng như khả năng làm toán cách nhanh và chính xác nhất, giúp các em học sinh nắm bắt được phương pháp giải bài tập.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

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  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    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 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 . 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 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  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  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 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  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 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