Chuyên đề giá trị min max và bất đẳng thức (55 trang)

1 CHUYÊN ĐỀ.GIÁ TRỊ MIN-MAX VÀ BẤT ĐẲNG THỨC A.TRỌNG TÂM CẦN ĐẠT I TÓM TẮT LÝ THUYẾT   Với n   A ta có: A2 n  , A2 n  A  Với A ta có: A  , A  A   1  A B An   A  (với n số tự nhiên)  A  B (với A, B dấu) II CÁC DẠNG TỐN Dạng 1: Tìm GTLN - GTNN biểu thức chứa lũy thừa với số mũ chẵn Với n   , A biểu thức chứa x; y; m số tùy ý, dạng ta đưa hai loại tốn sau: Loại 1: Tìm GTNN biểu thức dạng: k A2n  m với k  Hướng giải: Với k  A ta có A2n   k A2n   k A2n  m  m Do GTNN k A2n  m m A  Ví dụ 1: Tìm GTNN biểu thức A   x  5  Lời giải 4 Với x ta có  x  5    x  5   ,  x  5  x   hay x   Vậy GTNN biểu thức A   x  5  x   Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: a) A   x  1  2019 b) B  2021 x   2020  2022 Lời giải a) Vì  x  1  x nên  x  1  2019  2019 2 Dấu xảy  x  1   x  Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 2019 x  b) Vì 2021 x  2 2021 x   2020 2020  x  2021 x   2020  2022  2022 Dấu xảy   x  2 Vậy giá trị nhỏ B 2022 x  2 Ví dụ 3: Tìm GTNN biểu thức C   x  y  2020   y  3  25 30 Lời giải Với x; y ta có  x  y  2020  ,  x  y  2020  x  y  hay x  y Với y ta có  y  3    y  3  ,  y  3  y   hay y  30 Do với x; y ta có:  x  y  30 2020 30   y  3    x  y  30 2020   y  3  25  25 hay 30 B  25 Ta có B  25 xảy đồng thời x  y y  hay x  y  Vậy GTNN biểu thức C   x  y  2020   y  3  25 25 x  y  30 Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A   x  1   y  1  10 B   x     y  1  100, n  2n 4n Lời giải   x  1  x + Ta có:   A   x  1   y  1  10  10   y  1  y  x   x  1  Dấu xảy    y     y  1  x  Vậy giá trị nhỏ A  10  y 1 2n  2n 4n  x    x + Ta có:    x     y  1  100  100 4n  4  y  1  y 2n  x   x    Dấu xảy    4n y   y       x  Vậy giá trị nhỏ B  100  y 1 Ví dụ 5: Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: A  x  x  1  x  30 Phân tích: Với tốn mà biểu thức chưa có dạng A  a.M  b Ta đặt thừa số chung để đưa dạng A  a.M  b Lời giải Ta có: A  x  x  1   x  1  29   x  1 x  1  29   x  1  29 + Vì  x  1  x nên  x  1  29  29 2 Dấu xảy  x  1   x  1 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 29 x  1 Loại 2: Tìm GTNN biểu thức dạng: k A2n  m với k  Hướng giải: Với k  A ta có A2n   k A2n   k A2n  m  m Do GTLN k A2n  m m A  Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn biểu thức sau a) C    x  5  102019 b) D  2  x  10  2020  2100 Lời giải a) Vì   x  5  x nên   x  5  102019  102019 2 Dấu xảy   x  5   x  Vậy giá trị lớn biểu thức C 102019 x  b) Vì 2  x  10 2020  x  2  x  10  Dấu xảy 2  x  10  2020 2020  2100  2100   x  10 Vậy giá trị lớn D 2100 x  10 Ví dụ 2: Tìm GTLN biểu thức B  2  x  1   y    Lời giải 6 Ta có: B  2  x  1   y     3  2  x  1   y      Với x ta có  x  1    x  1  ,  x  1  x   hay x  4 Với y ta có  y    ,  y    y   hay y  2 6 Do với x; y ta có: 6  x  1   y      2  x  1   y       2  x  1   y      3 hay     B  3 Vậy GTLN biểu thức B  2  x  1   y    3 x  y  2 Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn biểu thức C    x    100  y  10   2025 2 Lời giải  2   x    x + Ta có:   C    x    100  y  10   2025  2025  100  y  10   y  x    x    Dấu xảy    y  10   100 y  10      x  Vậy giá trị lớn C  2025   y  10 Ví dụ 4: Tìm giá trị lớn biểu thức B   x  x    x  100 Lời giải Ta có: B   x  x  2   x     100   x    x    104    x    104 + Vì   x    x nên   x    104  104 2 Dấu xảy   x     x  2 Vậy giá trị lớn biểu thức C 104 x  2 Ví dụ 5: Tìm giá trị lớn biểu thức D   x2  x  y  y  50 Lời giải Ta có: D    x  x    x  1  y  y  y   55   x  x  1   x  1  y  y     y    55   x  11  x    y    y   55    x  1   y    55 2  2   x  1  x Vì     x  1   y    55  55    y    y  x    x  1  Dấu xảy    y      y    x  Vậy giá trị lớn D  55  y  Dạng 2: Tìm GTLN - GTNN phân thức Ở dạng xét tốn: Tìm số nguyên n ( số tự nhiên n ) để phân thức A có GTLN – GTNN a với a; b; c số nguyên biết b.n  c + Nếu a   thì: Loại 1: A  A có GTLN b.n  c số dương nhỏ ứng với n nguyên A có GTNN b.n  c số âm lớn ứng với n nguyên + Nếu a   thì: A có GTLN b.n  c số âm lớn ứng với n nguyên A có GTNN b.n  c số dương nhỏ ứng với n ngun Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên n để A  15 có GTLN Tìm GTLN 2n  Lời giải Ta có tử 15  nên A  15 có GTLN 2n   có GTNN ứng với n  2n  Xét 2n    2n   n  Do để 2n   có GTNN ứng n  Từ ta suy n  GTLN A  Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên n để P  n phải số tự nhiên nhỏ thỏa mãn n  15 15  15 2n  2.3  5 (n  3) có giá trị lớn n3 Lời giải Ta có:  khơng đổi P có giá trị lớn n  số nguyên dương nhỏ n3 Ta có: n    n  Do n  N n  số nguyên dương nhỏ suy ra: n  Khi P đạt giá trị lớn Vậy n  Ví dụ 3: Tìm số ngun n để P  có giá trị nhỏ 2n  Lời giải Ta có:  khơng đổi P có giá trị nhỏ 2n  số nguyên âm lớn 2n  5 Ta có: 2n    n  Do n  2n  số nguyên âm lớn suy ra: n  3 Khi P đạt giá trị nhỏ 7 Vậy n  3 Ví dụ 4: Tìm n để phân số P  có giá trị lớn 2n  Lời giải Ta có:  khơng đổi P có giá trị lớn 2n  số nguyên dương nhỏ 2n  Ta có: 2n   n  Do 2n  nhỏ n2   n  nên P đạt giá trị lớn Vậy n  a.n  d với a; b; c; d số nguyên biết b.n  c a.n  d f  Tách A   e b.n  c b.n  c Loại 2: A   Việc tìm n ngun để A có GTLN – GTNN trở thành tốn tìm n ngun để f có GTLN có GTNN (Bài tốn loại 1) b.n  c  A Chú ý ta 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  có GTNN Tìm GTNN 2n  Lời giải Ta có: B 7n   7n  5 14n  10 14n   17  2n  1  17 17 17         2n   2n  1  2n  1  2n  1  2n  1 2  2n  1 2  2n  1 Do biểu thức B  7n  đạt GTNN đạt GTLN 2n  2n  Mặt khác, tử  nên đạt GTLN 2n   có GTNN ứng với n  2n  Xét 2n    2n  1  n   Do để 2n   có GTNN ứng với n  n phải số nguyên nhỏ thỏa mãn n Từ ta suy n  GTNN B  Ví dụ 2: Tìm số nguyên n để M  7n  7.0   5 2n  2.0  6n  đạt GTLN Tìm GTLN 4n  Lời giải Ta có: M  n  6n    n    6 3       4n   2n  3  2n  3 2  2n  3 2n  Do biểu thức M  6n  3 đạt GTLN đạt GTLN 4n  2n  Mặt khác, tử  nên đạt GTLN 2n   có GTNN ứng với n  2n  Xét 2n    2n   n  Do để 2n   có GTNN ứng với n  Từ ta suy n  GTLN M  Ví dụ 3: Tìm số tự nhiên n để P  n phải số nguyên nhỏ thỏa mãn n  6n  6.2   4n  4.2  5n  có giá trị nhỏ 2n  Lời giải 5 1  5n  (2n  1)   (2n  1)  1  5 Ta có: P      2n  2n  2n  2n  2(2n  1) 1 đạt giá trị nhỏ nhất, lớn P đạt giá trị nhỏ biểu thức 2(2n  1) 2(2n  1) Do  khơng đổi Phân số có giá trị lớn (2n  1) số nguyên dương nhỏ 2(2n  1) Ta có: 2n    n  Do n  N (2n  1) số nguyên dương nhỏ suy ra: n  Khi P đạt giá trị nhỏ Ngoài hai loại thay n lũy thừa bậc cao n ta toán mở rộng Dạng 3: Tìm GTLN - GTNN biểu thức chứa giá trị tuyệt đối Với A biểu thức chứa x; y; m số tùy ý, dạng ta đưa hai loại toán sau: Loại 1: Tìm GTNN biểu thức dạng: k A  m với k  Hướng giải: Với k  A ta có A   k A   k A  m  m Do GTNN k A  m m A  Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ A   x  Lời giải Ta có:  x  với x nên A  Vậy A đạt giá trị nhỏ 12 x  Ví dụ 2: Tìm GTNN biểu thức A  x   Lời giải Với x ta có x    x    x    5 hay A  5 Vậy GTNN biểu thức A  x   5 x   hay x   Loại 2: Tìm GTLN biểu thức dạng: k A  m với k  Hướng giải: Với k  A ta có A   k A   k A  m  m Do GTLN k A  m m A  Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn B   x   Lời giải Ta có:  x   nên B  Vậy B đạt giá trị lớn x  4 Ví dụ 2: Tìm GTLN biểu thức B   x   x  y Lời giải Với x ta có x    3 x   x   x   hay x  Với x; y ta có x  y   5 x  y  x  y  x  y  hay x  y Suy x; y ta có: 3 x   x  y    x   x  y  hay B  Ta có B  xảy đồng thời x  x  y Thay x  vào x  y ta  y  y  Vậy GTLN biểu thức B   x   x  y x  y  Ví dụ 3: Tìm GTNN biểu thức C  x   x  y   25 Lời giải Với x ta có x   , x   x   hay x  1 Với x; y ta có x  y    x  y   , x  y   x  y   hay y  x4 Do với x; y ta có: x   x  y    x   x  y   25  25 hay C  25 Ta có C  25 xảy đồng thời x  1 y  x  Thay x  1 vào y  x  ta y  1   Vậy GTLN biểu thức C  x   x  y   25 25 x  1 y  CÁC DẠNG TỐN TỔNG HỢP Loại 1: Tìm GTLN - GTNN biểu thức chứa lũy thừa với số mũ chẵn giá trị tuyệt đối Ví dụ 1: Tìm GTNN biểu thức A   x  1  y   Lời giải 2 Với x ta có  x  1  ,  x  1  x   hay x   Với y ta có y   , y   y   hay y  2 Do đó:  x  1  y   , với x , y Suy A   x  1  y    , với x , y Vậy GTNN biểu thức A   x  1  y   x   y  2 Ví dụ 2: Tìm GTLN biểu thức B  10  x    y  1 Lời giải 6 Ta có : B  10  x    y  1  10  3 x    y  1    Với x ta có x    x   , x   x   hay x  10 Với y ta có  y  1  ,  y  1  y   hay y  1 6 6 Do x    y  1    3 x    y  1    10  3 x    y  1   10 hay B  10     Vậy GTLN biểu thức B  10  x    y  1 10 x  y  1 Loại 2: Tìm GTLN - GTNN phân thức chứa lũy thừa với số mũ chẵn Ví dụ 1: Tìm GTLN biểu thức A   x  2  Lời giải Do tử  nên biểu thức A   x  2 đạt GTLN  x     đạt GTNN 2 4 Với x ta có  x  1    x  1   2 Do GTNN  x     x    hay x  2 2 Vậy GTLN biểu thức A   x  2 4 Ví dụ 2: Tìm GTNN biểu thức B  x  2 4  x  1 10 2 Lời giải Ta có: B  4  x  1 Biểu thức B  10 2  4  x  1 10 2 Mặt khác, tử  nên  x  1 10 2 đạt GTNN 4  x  1 10 2 đạt GTLN đạt GTLN  x  1   đạt GTNN 10  x  1 10 2 Với x ta có  x  1    x  1   10 10 10 10 Do GTNN  x  1   x  1  hay x   Vậy GTNN biểu thức B  4  x  1 10   2 x   2 2 41 Như toán đưa tìm số tự nhiên a để 4a – 23 số tự nhiên nhỏ Vậy a  => 5a  17  13 4a  23 Bài Cho phân số M  6n  (n  Z) Tìm n để M có giá trị nhỏ 3n  Lời giải M  2 5 có giá trị nhỏ  có giá trị lớn 3n  3n   3n  số nguyên dương nhỏ  n  Khi M   Bài Tìm số tự nhiên n để phân số B  10n  đạt giá trị lớn Tìm giá trị lớn 4n  10 Lời giải B 10n   2n  5  22 11    4n  10  2n   2n  B đạt GTLN 11 11 đạt GTLN Vì 11  không đổi nên đạt GTLN 2n –  2n  2n  đạt GTNN Suy 2n –   n  Vậy B đạt GTLN  11  13,5 n  Bài Tìm số tự nhiên n để phân số M  6n  đạt giá trị lớn Tìm GTLN 4n  Lời giải M 6n  3  2n  3  6    4n   2n  3 2  2n  3 *)n   M  *)n   M  Khi để M đạt giá trị lớn  2n  3 đạt giá trị dương nhỏ nhất, n  Max M  3  n  2 Bài Cho phân số Tìm n để A có giá trị lớn Lời giải Ta có: A  n 1 n   4   1 n 3 n 3 n 3 42 Với n  4  , Với n  0 n 3 n 3 Để A có giá trị lớn n  ngun dương có giá trị nhỏ hay n    n  Bài Chứng minh rằng: 1 1 1 1        30 32 35 45 47 50 Lời giải 1 1 1       30 32 35 30 30 30 10 1 1 1       45 47 50 45 45 45 15 1 1 1 1 1            30 32 35 45 47 50 10 15 Bài Chứng tỏ 1 1       41 42 43 79 80 12 Lời giải Ta thấy Vậy 1 đến có 40 phân số 41 80 1 1 1       41 42 43 78 79 80 1  1 1  1               59 60   61 62 79 80   41 42 1 1 1       41 42 60 61 62 80 Vì (1) (2) 1   1 1   Ta có:              60 60   80 80 80 80   60 60  20 20 1     60 80 12 Từ 1 ,   ,  3  (3) 1 1 1        41 42 43 78 79 80 12 Bài Chứng minh rằng: 1 1     1 2 1002 Lời giải Ta có: 1 1 1 1 1 1   ;   ;   ;   2 2 3 4 100 99 100  1 1 99      1  1 2 100 100 100 43 Bài Cho A  1 1     1 1  1        2017 Chứng minh A  Bài 10 Chứng minh rằng: Bài 10 1 1     1 2 1002 Lời giải Ta có: 1 1 1 1 1 1 1                 1 1 2 100 1.2 2.3 99.100 2 99 100 100 Bài 11 Cho A  Bài 11 Ta có: 1 1      Chứng minh : A  2 50 Lời giải 1   1 2 1.2 1 1    2.3 1 1    3.4 1 1    50 49.50 49 50 A 1 1 1 1 1            2 50 1.2 2.3 3.4 49.50 1 1 1         2 49 50 99  11  2 50 50 Bài 12 Chứng tỏ 1 1       41 42 43 79 80 12 Lời giải Ta thấy Vậy 1 đến có 40 phân số 41 80 1 1 1       41 42 43 78 79 80 1  1 1  1               59 60   61 62 79 80   41 42 Vì 1 1 1       41 42 60 61 62 80 (2) (1) 44 1   1 1   Ta có:              60 60   80 80 80 80   60 60  20 20 1     60 80 12 Từ 1 ,   ,  3  1 1 1        41 42 43 78 79 80 12 Bài 12 Chứng minh rằng: Bài 13 (3) 1 1 1       16 32 64 Lời giải 1 1 1 1 1 1            16 32 64 22 23 24 25 26 1 1  2A  1     2 2 26  1  A  A  1  3A    A  2 A Bài 13 Thực phép tính: Cho A  Bài 14 A 1 1     Chứng minh A  2 4 100 Lời giải 1 1 1 1      2    2 99.100 100 2.3 3.4  A 1 1 1        99 100 2 3 1    A 2 100 1 1 Bài 14 Chứng minh      n Lời giải  A Ta có: 1 1    n n  n  1 n  n Áp dụng : 1 1 1 1   ;   ; ;   2 3 n n 1 n 1 1        2 n n Bài 15 Tính giá trị biểu thức:  C 1 1      1.2 2.3 3.4 4.5 99.100 Lời giải 1 1 99  C         2 99 100 100 45 Bài 16 Cho biết S  1 1 91    Chứng minh  S  101 102 130 330 Lời giải *Chứng minh S  91 330 1   1   1   S            110   111 120   121 130   101 102 1   1   1   S            100   110 110   120 120   100 100 S 1 1 1 181 182 91 10  10  10       100 110 120 10 11 12 660 660 330 S 91 330 *Chứng minh (1) S   1   1   S           110   120 120   130 130   110 S 1 1 1 10  10  10    110 120 130 11 12 13 S 431 429  S  1716 1716 Từ (1) (2)  (2) 91 S 330 Bài 17 Chứng minh rằng: 1    1 2 1002 Lời giải Ta có: 1 1 1 1 1               2 100 1.2 2.3 99.100 2 99 100 1 1 99      1  1 2 100 100 100 Bài 18 Chứng minh rằng: Lời giải Ta có: A 1 1     2  2n  1 1      2  2n  46 A  2.2    2.3   2.4     2.n   1 1   1  A              2 n   1.2 2.3  n  1 n  1 1 1 1 A          1 2 n 1 n   1 A  1    ( Đpcm)  n Bài 19 Chứng minh rằng: 1 1 + + + +