Dạng bài tập Ứng dụng thực tế của bài toán Min, Max có đáp án

Tài liệu Dạng bài tập Ứng dụng thực tế của bài toán Min, Max gồm các nội dung chính sau:

A. Phương phương giải

– Tóm tắt lý thuyết ngắn gọn và phương pháp giải Ứng dụng thực tế của bài toán Min, Max.

B. Bài tập

– Gồm 22 bài tập tự luyện có đáp án và lời giải chi tiết giúp học sinh tự rèn luyện cách giải các Dạng bài tập Ứng dụng thực tế của bài toán Min, Max.

Mời các quý thầy cô và các em học sinh cùng tham khảo và tải về chi tiết tài liệu dưới đây:

Bài giảng Toán học 12 Bài 3: Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

BÀI TOÁN MIN – MAX LOGARIT

A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI

1. Công thức lôgarit

Giả sử $a > 0, a \neq 1$ và các số A, B, N,… > 0 ta có các công thức sau đây:

$\log_{a} (A B) = \log_{a} A + \log_{b} B$ · .

Mở rộng $\log_{a} (A_{1} A_{2} … A_{N}) = \log_{a} A_{1} + \log_{a} A_{2} + … + \log_{a} A_{N}$ .

· $\log_{a} \frac{A}{B} = \log_{a} A - \log_{a} B$ . Hệ quả $\log_{a} \frac{1}{N} = - \log N$ .

$\log_{a} N^{α} = α . \log_{a} |N|$ ·

$\log_{a} \sqrt[n]{N} = \frac{1}{n} . \log_{a} N$ ·

Công thức đổi cơ số: Giả sử a, b dương và khác 1; $c, x > 0$ ta có

· $\log_{a} b . \log_{b} c = \log_{a} c$ và $\log_{a} b = \frac{1}{\log_{b} a}; \log_{\frac{1}{a}} x = - \log_{a} x$ .

· $\log_{a^{α}} x = \frac{1}{α} \log_{a} x$ và $\log_{\sqrt[n]{a}} x = n . \log_{a} x$ .

2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên D( f(x) xác định và liên tục trên D)

Phương pháp giải

– Bước 1: Tính $y^{‘} = f^{‘} (x)$ , tìm tất cả các nghiệm $x_{i}$ của phương trình $f^{‘} (x) = 0$ và các điểm làm cho không xác định.

– Bước 2:

· Trường hợp 1: $D \in [a; b]$ . Tính các giá trị $f (a), f (b), f (x_{i}), f (α_{i})$ .

Với $x_{i}, α_{i} \in [a; b] \overset{}{\to} \{\begin{cases} \min_{D} f (x) = \min \{f (a), f (b), f (x_{i}), f (α_{i})\} \\ \max_{D} f (x) = \max \{f (a), f (b), f (x_{i}), f (α_{i})\} \end{cases}$ .

· Trường hợp 2: $D \notin [a; b] \overset{}{\to}$ Lập bảng biến thiên suy ra min, max.

Chú ý: Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đơn điệu trên đoạn .

Nếu hàm số $y = f (x)$ đồng biến với $\forall x \in [a; b] \Rightarrow \min_{[a; b]} y = f (a); \max_{[a; b]} y = f (b)$ .

Nếu hàm số $y = f (x)$ nghịch biến với $\forall x \in [a; b] \Rightarrow \min_{[a; b]} y = f (b); \max_{[a; b]} y = f (a)$ .

3. Các bất đẳng thức quen thuộc

a) Bất đẳng thức AM – GM cho hai số thực dương: $a + b \geq 2 \sqrt{a b}$ .

Mở rộng bất đẳng thức AM – GM cho ba số thực dương: $a + b + c \geq 3 \sqrt[3]{a b c}$ .

b) Bất đẳng thức Bunhiacopxki: ${(a b + c d)}^{2} \leq (a^{2} + c^{2}) (b^{2} + d^{2})$ .

c) Bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức $\frac{x^{2}}{a} + \frac{y^{2}}{b} \geq \frac{{(x + y)}^{2}}{a + b}$ .

B. BÀI TẬP

Ví dụ 1: Cho $m = \log_{a} (\sqrt[3]{a b})$ , với $a, b > 1$ và $P = \log_{a}^{2} b + 16 \log_{b} a$ . Khi biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất thì giá trị của m bằng

A. $m = 2$ . B. $m = 1$ . C. $m = \frac{1}{2}$ . D. $m = 4$ .

Lời giải:

Ta có: $P = \log_{a}^{2} b + 16 \log_{b} a = {(\log_{a} b)}^{2} + \frac{16}{\log_{a} b}$

Đặt $t = \log_{a} b$ vì $a, b > 1 \Rightarrow \log_{a} b = t > 0$

Khi đó $P = t^{2} + \frac{16}{t} = t^{2} + \frac{8}{t} + \frac{8}{t} \geq \sqrt[3]{t^{2} . \frac{8}{t} . \frac{8}{t}} = 12$ .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $t^{2} = \frac{8}{t} \Leftrightarrow t = 2 \Leftrightarrow \log_{a} b = 2$ .

Lại có $m = \log_{a} (\sqrt[3]{a b}) = \log_{a} {(a b)}^{\frac{1}{3}} = \frac{1}{3} \log_{a} a b = \frac{1}{3} (1 + \log_{a} b) = 1$ . Chọn B.

Ví dụ 2: Cho x, y là số thực dương thỏa mãn $\ln x + \ln y \geq \ln (x^{2} + y)$ . Tìm giá trị nhỏ nhất $P_{\min}$ của biểu thức $P = x + y$ .

A. $P_{\min} = 6$ . B. $P_{\min} = 2 \sqrt{2} + 3$ . C. $P_{\min} = 3 \sqrt{2} + 2$ . D. $P_{\min} = \sqrt{17} + \sqrt{2}$ .

Lời giải:

Ta có $\ln x + \ln y \geq \ln (x^{2} + y) \Leftrightarrow \ln (x y) \geq \ln (x^{2} + y) \Leftrightarrow x y \geq x^{2} + y \Leftrightarrow y (x - 1) \geq x^{2}$ .

Mà $x, y > 0$ suy ra $y (x - 1) \geq x^{2} > 0 \Leftrightarrow x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1$ . Khi đó $y (x - 1) \geq x^{2} \Leftrightarrow y \geq \frac{x^{2}}{x - 1}$ .

Do đó, biểu thức $P = x + y = x + \frac{x^{2}}{x - 1} \overset{}{\to} f (x) = \frac{2 x^{2} - x}{x - 1}$ .

Xét hàm số $f (x)$ trên khoảng $(1; + \infty)$ , có $f^{‘} (x) = \frac{2 x^{2} - 4 x + 1}{{(x - 1)}^{2}}, \forall x \neq 1$ .

Phương trình $f^{‘} (x) = 0 \Leftrightarrow \{\begin{cases} x > 1 \\ x^{2} - 4 x + 1 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow x = \frac{2 + \sqrt{2}}{2}$ .

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra $\min f (x) = f (\frac{2 + 2 \sqrt{2}}{2}) = 3 + 2 \sqrt{2}$ .

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là $P_{\min} = 3 + 2 \sqrt{2}$ . Chọn B.

Nhận xét. Vì hàm số $y = \ln x$ đồng biến trên khoảng $(0; + \infty)$ nên

$f (x) > g (x) \Leftrightarrow \ln f (x) > \ln g (x)$ .

Xem thêm

Bài liên quan:

Leave a Comment Hủy