Mô tả:
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
An 0 A 0 (với n là số tự nhiên).
A B (với A, B cùng dấu) thì
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
5
4
4
4
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
5
4
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
b) B 2021 x 2
2020
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
b) Vì 2021 x 2
2021 x 2
2020
2020
0 x 2021 x 2
2020
2022 2022 . Dấu bằng xảy ra khi
0 x 2 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của B bằng 2022 khi x 2 .
Ví dụ 3: Tìm GTNN của biểu thức C x y
2020
30
4 y 3 25 .
Lời giải
Với mọi x; y ta có x y
2020
0 , và x y
30
2020
0 khi x y 0 hay x y .
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 .
Do đó với mọi x; y ta có: x y
2020
30
4 y 3 0 x y
2020
30
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
Vậy GTNN của biểu thức C x y
2020
30
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
A x 1 y 1 10 10
+ Ta có:
4
y 1 y
x 1 2 0
x 1
Dấu bằng xảy ra khi
.
4
y
1
y
1
0
x 1
Vậy giá trị nhỏ nhất A 10 khi
y 1
x 2 2 n 0 x
2n
4n
x 2 4 y 1 100 100
+ Ta có:
4n
4 y 1 0 y
x 2 2 n 0
x 2
Dấu bằng xảy ra khi
.
4n
y 1
4 y 1 0
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 .
b) D 2 x 10
2020
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 .
b) Vì 2 x 10
2020
0 x 2 x 10
Dấu bằng xảy ra khi 2 x 10
2020
2020
2100 2100 .
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
C x 2 100 y 10 2025 2025
+ Ta có:
2
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
x 1 y 2 55 55
2
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
với a; b; c là các số nguyên đã biết.
b.n c
+ Nếu a thì:
Loại 1: A
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.
Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên n để A
15
có GTLN. Tìm GTLN đó.
2n 5
Lời giải
Ta có tử là 15 0 nên A
15
có GTLN khi 2 n 5 0 và có GTNN ứng với n .
2n 5
Xét 2n 5 0 2n 5 n
5
.
2
Do đó để 2n 5 0 và có GTNN ứng n thì n phải là số tự nhiên nhỏ nhất thỏa mãn n
Từ đó ta suy ra n 3 và GTLN của A
Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên n để P
5
.
2
15
15
là
15 .
2n 5 2.3 5
5
(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
có giá trị nhỏ nhất khi 2n 5 là số nguyên âm lớn nhất .
P
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
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
Loại 2: A
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
A
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
b.n c b b.n c b b.n c
b b.n c
b b.n c
b b b.n c
Ví dụ 1: Tìm số nguyên n để B
7n 5
có GTNN. Tìm GTNN đó.
2n 1
Lời giải
Ta có:
B
7 n 5 2. 7 n 5 14n 10 14n 7 17 7 2n 1 17 7
17
7 17
1
.
2n 1 2. 2 n 1 2. 2n 1
2. 2n 1
2. 2n 1
2 2. 2n 1 2 2 2 n 1
Do đó biểu thức B
7n 5
1
đạt GTNN khi
đạt GTLN.
2n 1
2n 1
Mặt khác, do tử là 1 0 nên
1
đạt GTLN khi 2n 1 0 và có GTNN ứng với n .
2n 1
7
Xét 2n 1 0 2n 1 n
1
.
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
Từ đó ta suy ra n 0 và GTNN của B
Ví dụ 2: Tìm số nguyên n để M
7 n 5 7.0 5
là
5 .
2n 1
2.0 1
6n 3
đạt GTLN. Tìm GTLN đó.
4n 6
Lời giải
Ta có: M
6n 3 6n 9 6 3 2n 3 6 3
6
3
3
.
4 n 6 2. 2n 3
2. 2n 3
2 2. 2n 3 2 2n 3
Do đó biểu thức M
6n 3
3
đạt GTLN khi
đạt GTLN.
4n 6
2n 3
Mặt khác, do tử là 3 0 nên
3
đạt GTLN khi 2n 3 0 và có GTNN ứng với n .
2n 3
Xét 2n 3 0 2 n 3 n
3
.
2
Do đó để 2n 3 0 và có GTNN ứng với n thì n phải là số nguyên nhỏ nhất thỏa mãn n
Từ đó ta suy ra n 2 và GTLN của M
Ví dụ 3: Tìm số tự nhiên n để P
6n 3 6.2 3 9
là
.
4 n 6 4.2 6 2
5n 3
có giá trị nhỏ nhất.
2n 1
Lời giải
5
5
5
1
1
(2
n
1)
3
(2
n
1)
5n 3 2
1
2
2 5
2 5
2
Ta có: P
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.
3
.
2
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
1
2
2
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 .
1
2
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
Do tử là 3 0 nên biểu thức A
3
2
x 2
2
2
4
đạt GTLN khi x 2 4 0 và đạt GTNN.
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 .
Vậy GTLN của biểu thức A
3
x 2
2
là
4
Ví dụ 2: Tìm GTNN của biểu thức B
3
khi x 2 .
4
4
10
2 x 1
.
2
Lời giải
Ta có: B
4
10
2 x 1
Biểu thức B
2
4
10
2 x 1
4
10
2 x 1
.
2
đạt GTNN khi
2
Mặt khác, do tử là 4 0 nên
4
4
10
2 x 1
đạt GTLN.
2
10
10
2 x 1
2
10
đạt GTLN khi 2 x 1 2 0 và đạt GTNN.
10
Với mọi x ta có 2 x 1 0 2 x 1 2 2 .
1
10
10
Do đó GTNN của 2 x 1 2 là 2 khi 2 x 1 0 hay x .
2
Vậy GTNN của biểu thức B
4
10
2 x 1
4
1
là 2 khi x .
2
2
2
11
Loại 3: Tìm GTLN - GTNN của phân thức chứa giá trị tuyệt đối.
Ví dụ 1: Tìm GTLN của biểu thức A
4
.
2x 1 3
Lời giải
Do tử là 4 0 nên biểu thức A
4
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 .
Do đó GTNN của 2 x 1 3 là 3 khi 2 x 1 0 hay x
Vậy GTLN của biểu thức A
1
.
2
4
4
1
là khi x .
2x 1 3
3
2
Ví dụ 2: Tìm GTNN của biểu thức C
2 x 1
.
3 x 1
Lời giải
Ta có:
C
2 x 1 3 2 x 1
6 x 3
6 x 2 5 2. 3 x 1 5 2
5
2 5
1
.
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
3. 3 x 1
.
Nhận thấy C
2 5
1
1
đạt GTNN khi
đạt GTLN.
.
3 3 3 x 1
3 x 1
Mặt khác, do tử là 1 0 nên
1
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 .
Vậy GTNN của biểu thức C
2 x 1
3 x 1
là
2 5 1
. 1 khi x 0 .
3 3 1
Loại 4: Tìm GTLN - GTNN của phân thức chứa cả giá trị tuyệt đối và lũy thừa với số mũ
chẵn.
Ví dụ 1: Tìm GTLN của biểu thức A
2019
.
x y 1 3
20
Lời giải
Do tử là 2019 0 nên biểu thức A
2019
đạt GTLN khi x 20 y 1 3 0 và đạt GTNN.
x y 1 3
20
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 .
Vậy GTLN của biểu thức A
2019
2019
là
673 khi x 0 và y 1 .
3
x y 1 3
20
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
Ta có: B
2 x 1 4 3 y 1
10
x 1
Suy ra B 2
10
10
x 1
2 3 y 1
3
10
x 1
Nhận thấy B 2
2 x 1 4 3 y 2 3
2 3 y 1
10
2 x 1 2 3 y 1 3
.
10
x 1 2 3 y 1
.
2 3 y 1
3
10
x 1
đạt GTNN khi
2 3 y 1
Do tử là 3 0 nên biểu thức
3
10
x 1
3
10
x 1
đạt GTLN.
2 3 y 1
10
2 3 y 1
đạt GTLN khi x 1 2 3 y 1 0 và đạt
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
Vậy GTNN của biểu thức B
2 x 1 4 3 y 1
10
x 1
2 3 y 1
là 2
3
1 khi x 0 và 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 .
Bài 3. Tìm GTNN của biểu thức C 2020 x y 6
2020
2
5 x y 4 2019 .
Lời giải
Với mọi x; y ta có x y 6
2020
0 2020 x y 6
2020
0 , và x y 6
2020
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 x y 6
2020
2
5 x y 4 0 2020 x y 6
2020
2
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 .
Khi đó áp dụng bài toán tìm hai số biết tổng và hiệu ta có : x
Vậy GTNN của biểu thức C 2020 x y 6
2020
Bài 4. Tìm GTNN của biểu thức D x 2 2 5 .
2
5 x y 4 2019 là 2019 khi x 5 và
y 3 .
20
64
64
5 và y
3
2
2
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 .
Bài 5. Tìm GTLN của biểu thức E 25 2 x 8
200
10
5 y 1 .
Lời giải
Với mọi x ta có 2 x 8
200
0 2x 8
10
200
0 , và 2 x 8
10
200
0 khi 2 x 8 23 hay x 3 .
10
Với mọi y ta có y 1 0 5 y 1 0 , và y 1 0 khi y 1 0 hay y 1 .
Từ đó suy ra 2 x 8
200
10
5 y 1 0 25 2 x 8
Vậy GTLN của biểu thức E 25 2 x 8
200
200
10
5 y 1 25 hay E 25 .
10
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
x 1
2
2
x 1 x 1
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
x 3
Dấu bằng xảy ra khi
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
1
2
2
2
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
1
1 1 1
1
Với a D ......
2
2 2 2
2
2
1 1
1
Ta có: 2 D 1 ......
2 2
2
2019
.
2018
2019
2
2018
1 1 2 1 3
1 1 1
1
D 2 D ...... 1 ......
2 2 2
2
2 2 2
1
3D
2
2019
1 D
1 2 2019
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
x 1 y 1 102 102
Vì
2
y 1 0y
x 1 2 0
x 1
Dấu bằng xảy ra khi
2
y 1
y 1 0
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
x 2 y 2 92 92
Vì
2
y 2 0 y
x 2 2 0
x 2 a 2
a b 0 .
Dấu bằng xảy ra khi
2
y
2
b
2
y
2
0
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
Ta có tử là 5 0 nên A
5
có GTNN khi 3n 10 0 và có GTLN ứng với n .
3n 10
17
Xét 3n 10 0 3n 10 n
10
.
3
Do đó để 3n 10 0 và có GTLN ứng n thì n phải là số nguyên lớn nhất thỏa mãn n
Từ đó ta suy ra n 3 và GTNN của A
Bài 2. Tìm số tự nhiên n để P
10
.
3
5
5
là
5 .
3n 10 3.3 10
6
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 .
Bài 5. Tìm GTNN của biểu thức B
3
(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
(n N )
n2
Bài 6. Tìm GTNN của biểu thức M
Lời giải
M
2 n 1 2(n 2) 3
3
2
(n N )
n2
n2
n2
M nhỏ nhất khi
3
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
Khi đó M 2
3 1
2 2
Vậy M đạt GTNN là
1
khi n 0 .
2
Bài 7. Với giá trị nguyên nào của a thì
5a 17
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
Do tử là 1 0 nên
1
có GTLN khi 4a 23 0 và có GTNN ứng với a .
4a 23
Xét 4a 23 0 4a 23 a
23
.
4
Do đó để 4a 23 0 và có GTNN ứng a thì a phải là số nguyên nhỏ nhất thỏa mãn a
Từ đó ta suy ra a 6 và GTLN của
5a 17
5.6 17
là
13 .
4a 23 4.6 23
23
.
4
19
Bài 8. Tìm số tự nhiên n để phân số B
10n 3
đạt GTLN. Tìm GTLN đó.
4n 10
Lời giải
Ta có: B
10n 3 5(2n 5) 22 5
22
5
11
.
4n 10
2 2n 5
2 2(2n 5) 2 2n 5
Do đó B đạt GTLN khi
11
đạt GTLN.
2n 5
Mặt khác, do tử là 11 0 nên
11
có GTLN khi 2 n 5 0 và có GTNN ứng với n .
2n 5
Xét 2n 5 0 2n 5 n
5
.
2
Do đó để 2n 5 0 và có GTNN ứng n thì n phải là số tự nhiên nhỏ nhất thỏa mãn n
Từ đó ta suy ra n 3 và GTNN của B
Bài 9. Tìm số tự nhiên n để P
5
.
2
10n 3
10.3 3 27
là
.
4n 10
4.3 10 2
7n 4
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
2
Ta có: P
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
4
61
3
3
3 4
Ta có: P
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
.
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
Ta có: 3n 13 0 n
Lời giải
Ta có:
2
2. 5n 2 1
5n 2 1
10n 2 2
5.2n 2 5.17 87 5. 2 n 17 87 5 87
1
B 2
. 2
2
2
2
2
2n 17 2. 2 n 17
2 2 2n 17
2. 2n 17
2. 2n 17
2. 2n 17
Từ đó ta thấy B đạt GTNN khi
Do tử là 1 0 nên
1
đạt GTNN.
2n 17
2
1
có GTNN khi 2n 2 17 0 và có GTLN ứng với n .
2n 17
2
Xét 2n 2 17 0 2n 2 17 n 2
17
.
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
n2
17
.
2
Từ đó ta suy ra n2 4 n 2 hoặc n 2 .
Khi đó GTNN của B
5n 2 1
5.4 1 21 7
là
.
2
2n 17 2.4 17 9 3
Bài 13. Tìm GTNN của biểu thức C
3
(x Z )
8 x2
Lời giải
Vì 3 0 nên C nhỏ nhất khi 8 x 2 đạt giá trị nguyên dương nhỏ nhất
- Xem thêm -
.PDF 
55 
1 
115 
