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

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.

Dạng 1: Tìm GTLN - GTNN của biểu thức chứa lũy thừa với số mũ chẵn

Với  n , Alà biểu thức chứa x y; ; và mlà 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 2nm với k 0

Hướng giải: Với k 0 và mọi A ta có  2 2 2

n n

y y

Loại 2: Tìm GTNN của biểu thức dạng: k A 2nm với k 0

Hướng giải: Với k 0 và mọi A ta có A2n0k A 2n0k A 2nmm

Dấu bằng xảy ra khi   

2 2

b n c



 với a b c; ; là các số nguyên đã biết

+ 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. 

Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên n để  15

A n



 là 

15152.3 5  . 

Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên n để  5

( 3)3



  có giá trị nhỏ nhất

Lời giải

n    

Từ đó ta suy ra n 0 và  GTNN của  7 5

n B n





 là 

6.2 3 94.2 6 2

Dạng 3: Tìm GTLN - GTNN của biểu thức chứa giá trị tuyệt đối

Với  Alà biểu thức chứa x y; ;  và mlà 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. 

Với mọi x ta có  2x7  0 3 2x7  0 3 2x7  5 5 hay A  5 

Vậy GTNN của biểu thức A3 2x7 5 là  5 khi 2x 70 hay   7

2

x    

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

Với mọi x ta có  x2   0 3x20 và  x 2 0 khi x  2 0 hay x 2. 

Với mọi x y;  ta có  x2y   0 5 x2y 0 và  x2y 0 khi x2y0 hay x2y. 

Suy ra mọi x y;  ta có: 3x25x2y   0 6 3x25x2y 6 hay B 6. 

Ta có B 6 khi xảy ra  đồng thời  x 2và x2y. 

Thay x 2vào x2yta được 22yy 1. 

Vậy  GTLN của biểu thức B 6 3x25x2y  là 6 khi x 2 và y 1. 

Ví dụ 3: Tìm GTNN của biểu thức C x 1 3x 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 3x y 4 0,  và  x y 4 0 khi xy40 hay 



   là 

422

    khi  1

2

x    

Loại 3: Tìm GTLN - GTNN của phân thức chứa giá trị tuyệt đối

Ví dụ 1: Tìm GTLN của biểu thức  4

2 1 3

A x

x   

Ví dụ 2: Tìm GTNN của biểu thức  2 1

3 1

x C x

Ta có x200 với mọi giá trị của x và  x20 0 khi  x 0

Hơn nữa,  y  1 0 với mọi giá trị của y  và  y  1 0 khi  y 1. 

Vậy GTLN của biểu thức A 4 3x510 là 4 khi x  5 0 hay x  5

y   

Bài 4 Tìm GTNN của biểu thức Dx22205. 

1

x x

x x

  nên Bx29100nx3220202020. 

Dấu bằng xảy ra khi   

100 2 2

33

n

x

x x

  có GTNN khi 3n 100và có GTLN ứng với n . 

 là 

5

53.3 10   . 

Bài 2 Tìm số tự nhiên n để  6

3 8

P n



 đạt GTLN thì  1



 là 

5.6 17

134.6 23





Bài 8 Tìm số tự nhiên n để phân số  10 3

n B n





  là 

10.3 3 274.3 10 2

5 1

2 17

n B n

Từ đó ta suy ra n2  4 n 2 hoặc n  2. 

Khi đó  GTNN của 

2 2

5 1

2 17

n B n

Bài 14 Gọi a là GTLN của  

4 4

n n

n n

n n

6 5

2 1

n n

Với mọi x ta có 7 3 x   0 2 7 3 x   0 5 2 7 3 x 5  hay A 5 

Vậy GTLN của biểu thức A 5 2 73x  là 5 khi 73x0 hay  7

Với mọi x ta có  x 2 4 0, và   x 2 4 0 khi x 2 40 hay x 2 4 (tức là x 2hoặc x  2). 

Với mọi y ta có  2y  1 0 5 2y 1 0, và  2y  1 0 khi 2y  1 0 hay  1

Với mọi x ta có  x2  0 3x2 0, và  x 20 khi x  2 0 hay x 2. 

Với mọi x y;  ta có 2x   y 1 0 7 2x  y 1 0, và   2x  y 1 0 khi 2xy 1 0 hay 

y x  

Từ đó suy ra 3x2 7 2x   y 1 0 3x2 7 2x  y 1 253253 hay C 253. 

Vậy G đạt giá trị lớn nhất bằng 7 tại x 1 và y 5. 

Bài 13 Biết rằng khi xa và yb thì biểu thức D 2 xy35xy 1 6 đạt GTLN. Tính  3 3

22

Do đó   2

x y  y  , với mọi x y,  Suy ra Ax2y2 y344, với mọi x y,  

Với mọi x y,  ta  có xy340, và x y340 khi xy 3 0 hay xy3. Với mọi x y,  ta  có  x2y 0, và  x2y 0 khi x2y0 hay x2y. 

Do đó  4

xy  x y  , với mọi x y,  Suy ra Bxy34 x2y 20202020, với mọi x y,  

Ta có B 2020khi xảy ra đồng thời xy3 và x2y. 

Thay x2y vào xy3ta được 2yy 3 3y 3 y1. 

Thay y 1 vào x2y ta được x 2.12. 

Vậy GTNN của  biểu thức Bxy34 x2y 2020 là 2020 khi x 2 và y 1. c) Cxy22020 xy4 5 

Với mọi x y,  ta  có x y 220200, và x y 220200 khi xy 2 0 hay xy2. Với mọi x y,  ta  có  x y 4 0, và  xy4 0 khi x  y 4 0 hay xy 4. 

Do đó : x y 22020 xy4  0 x y 22020 xy4  5 5 hay C  5. 

Ta có C  5khi xảy ra đồng thời xy2 và xy 4. 

Với mọi x y;  ta có xy40 , và xy40 khi xy0 hay xy. 

Với mọi y ta có  y2 03 y2 0, và  y 2 0  khi y  2 0 hay y  2. 

c)  P 1 2x 3 y 5x14. 

Ta có: P 1 2x 3 y 5x14 1 2x 3 y 5x14

Với mọi x y;  ta có 2x 3 y 0 , và 2x 3 y 0 khi 2x 3 y0 hay y2x3. 

Với mọi x ta có x1405x14 0, và x 14 0  khi x  1 0 hay x  1. 

20212019

a B a

b) 

2020 2020

20212019

a B a

20212019

a B a





  đạt GTLN khi  2020

22019

20212019

a B a





   là 

2 20211

x N x

1

2 5

a P

Với mọi x, ta có x 4 0và x 4 0 khi x 0. 

Với mọi y, ta có y202y20 và y 2 0 khi y 0. 

Do đó với mọi x y, thì x42y20x42y244. 

Từ đó ta có GTNN của x42y24là 4 .khi x 0 và y 0. 

     khi xy0. 

2 2

x N x

x N x



1 20191

2020 2020

   khi x 2. 

c) 

4 4

1

a P

1

2 5

a P a





  la 

1 7 1 1

22 5 5 khi a 0. 

Bài 5 Tìm x   để 

2 2

13 25

x E

13 25

x E

13 25

x E

Lời giải

Biểu thức 

75

Do đó GTNN của 2 x y28 là 8khi 2 x y0 hay xy2. 

Mặt khác, theo giả thiết ta có xy1, nên kết hợp với điều kiện xy2 ta được  2 1 3

Ta có :   x  1 0 với mọi giá trị của x và  x  1 0 khi x  1. 

Đồng thời,  2y 30 với mọi giá trị của yvà  2y 30 khi  3

5   khi x  1và 

32

Do 0  b 1 b b 1 0 b2  b 0 b2 b, và b2b khi b 0 hoặc  b 1. 

Do 0  c 1 c c 1 0 c2  c 0 c2 c, và c2c khi c 0 hoặc  c 1. 

Từ đó ta có a2b2 c2  abc hay A 2. 

Do đó GTLN của biểu thức   Aa2b2c2 là 2khi xảy ra đồng thời các điều kiện sau: +) a 0 hoặc a 1; 

+) b 0 hoặc  b 1; 

 Với d c,  theo đề bài  cd 20 nên 1d 9 và 11 c 19. 

- Nếu a 1 ta có b 19, khi đó 

x y

x y

Bài 21 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 

2 2

Lời giải

Ta có x x 1 x y y 1y2020 x22xy22y2020 x12y122018 

 2  2

2.20182

B.BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN 6

Bài 1 Với giá trị nào của số tự nhiên athì 5 17

a a

Bài 3 Với giá trị nào của số tự nhiên a thì: 5a 17

Bài 16 Cho biết 1 1 1

2

-1

3   

2

1

100 <

199.100=

Bài 21 Cho A = 1 1 1 1

1 3 1 3 5  1 3 5 7    1 3 5 7 2017     Chứng minh A

34

2

3

1+

2

4

1+…+ 

2

50

1 < 2 

Ta có:  < 

2.1

1

= 1

1

 - 2

1 

1 = 2

1

 - 3

1 

1 = 3

1

 - 4

1 …… 

2

50

1

 <   = 49

1

 - 50

1 

Vậy: A =  2

1

1++ 23

1+ 24

1+…+  250

1 <          2

1

1+2.1

1+3.2

1+4.3

1+…+ 

= 1+ 

1

1

 - 2

1 +  2

1

 - 3

1 + … + 

49

1

 - 501 

99 < 2 

Bài 26 (Đề HSG 6 huyện Thiệu Hóa năm 2015-2016)

Tìm giá trị nhỏ nhất của phân số ab

3 n 10 B