Đề ôn tập kiểm tra đợt 9 môn Toán Lớp 12 - Tổ 24 - Chuyên đề: Max-Min - Năm học 2020-2021 (Có đáp án)

 SP ĐỢT 9 TỔ 24 
 CHUYÊN ĐỀ MAX - MIN
 TỔ 24
 TỔNG HỢP
A. MAX – MIN TRONG ĐẠI SỐ
 x2 72
Câu 1. [Mức độ 3] Giá trị nhỏ nhất của biểu thức với x 3 là:
 3 x 3 
 A. 12. B. -6. C. 8. D. 10.
 Lời giải
 FB tác giả: Quý Nguyễn
 Phản biện: Nguyễn Quang Hoàng 
 2
 x2 72 x 3 6x 18 81 x 3 27
 Ta có: 2 .
 3 x 3 3 x 3 3 x 3
 x 3 27
 Áp dụng bất đẳng thức Cô- si ta có: 6
 3 x 3
 x2 72
 Do đó: 8
 3 x 3 
 x 3 27
 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x 12 .
 3 x 3
 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 8.
Câu 2. [Mức độ 3] Cho x, y là các số thực thỏa mãn x2 2y2 2xy 5. Gọi m,M lần lượt là giá trị 
 nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức P x y 1. Giá trị của m M bằng
 A. 0 .B. 2 . C. 2 . D. 5 .
 Lời giải
 FB tác giả: Ha Dang 
 GV phản biện: Quý Nguyễn – Thúy Hoàng 
 Ta có x2 2y2 2xy 5 x y 2 y2 5 .
 2
 Khi đó x y 2 x y 2y 12 22 x y 2 y2 25 .
 Suy ra 5 x y 5 , do đó 6 x y 1 4 .
 x y y
 x 3; y 2
 Dấu " " xảy ra khi 1 2 . 
 2 2 x 3; y 2
 x y y 5
 x 3 x 3
 Vì thế m 6 xảy ra khi và M 4 xảy ra khi .
 y 2 y 2
 Vậy P m M 2 . SP ĐỢT 9 TỔ 24 
 2
Câu 3. [Mức độ 4] Cho a,b là hai số thực không âm thỏa mãn: 4a2 b2 . Giá trị nhỏ nhất của 
 3
 2a b
 biểu thức P bằng:
 3b2 1 12a2 1
 3 3 17 3 2 3 2 3
 A. .B. . C. . D. .
 2 30 3 5
 FB tác giả: Thuy Hoang
 GV phản biện: Ha Dang – Nguyễn Thành Trung 
 Đầu tiên ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau: Cho số thực x thỏa mãn 0 x 1, ta có: 
 2
 x(1 x2 ) (1) .
 3 3
 1 1
 Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm x3 , , ta được:
 3 3 3 3
 3 1 1 3 1 1 3 2 3 2 2 2
 x 33 x . . x x x x x(1 x ) .
 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
 1
 Dấu bằng xảy ra khi x .
 3
 Tiếp tục ta biến đổi tương đương bất đẳng thức (1), ta lại được:
 2 2x x 3 3
 x(1 x2 ) x2 (1 x2 ) x2.
 3 3 3 3 1 x2 2
 Do đó nếu cho 3 số không âm a,b,c thỏa mãn: a2 b2 c2 1 thì ta có:
 a 3 3
 a2.
 1 a2 2
 b 3 3
 b2.
 1 b2 2
 c 3 3
 c2.
 1 c2 2
 Cộng các vế của các bất đẳng thức trên ta được:
 a b c 3 3
 (a2 b2 c2 )
 1 a2 1 b2 1 c2 2
 a b c 3 3
 (*).
 1 a2 1 b2 1 c2 2
 1
 Dấu " " xảy ra khi a b c .
 3
 2
 2 2 2 2 2 1 
 Xét bài toán ban đầu, từ giả thiết 4a b (2a) b 1.
 3 3 
 2a b
 Ta có biểu thức : P .
 3b2 1 12a2 1
 1
 2a b
 P 3 .
 1 1 2 2
 b2 4a2 4a b
 3 3 SP ĐỢT 9 TỔ 24 
 1
 2a b
 P 3 .
 2 2 1
 1 4a 1 b 1 
 3
 1
 2a b 3 3
 Đến đây áp dụng bất dẳng thức (*) ta được P 3 .
 2 2 1
 1 4a 1 b 1 2
 3
 1
 a 
 1 2 3
 Dấu " " xảy ra khi 2a b hay .
 3 1
 b 
 3
 1
 a 
 3 3 2 3
 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi .
 2 1
 b 
 3
Câu 4. [Mức độ 3] Cho a, b, c là các số thực dương. Giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức
 a2 bc b2 ca c2 ab
 P 6 a b c 5 là
 b c c a a b
 .
 A. Pmin 0 B. Pmin 5.C. Pmin 4.D. Pmin 3.
 Lời giải
 FB tác giả: Nguyễn Thành Trung
 FB Phản biện : Thuy Hoang – Đoàn Nhật Thịnh
 a2 bc a2 bc ab ac a b a c 
 Ta có a . 
 b c b c b c
 a2 bc a b a c 
 Suy ra a
 b c b c
 Tương tự ta có: 
 b2 ca b c b a 
 b
 c a c a
 c2 ab a c c b 
 c 
 a b a b
 a b a c b c b a c a c b 
 Do đó P a b c 6 a b c 5 
 b c c a a b
 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
 a b a c b c b a 
  2 a b 
 b c c a
 b c b a c a c b 
  2 b c 
 c a a b
 c a c b a b a c 
  2 c a 
 a b b c
 Cộng các bất đẳng thức theo vế ta được SP ĐỢT 9 TỔ 24 
 a b a c b c b a c a c b 
 2 4 a b c . 
 b c c a a b 
 (Đẳng thức xảy ra khi a b c )
 Suy ra P a b c 6 a b c 5 
 Đặt t a b c 0 thì a b c 6 a b c 5 t 2 6t 5 t 3 2 4 4,t
 Suy ra P 4
 t a b c 3
 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 khi a b c 3.
 a b c
 1 1 1 3
Câu 5. [Mức độ 4] Cho a ,b , c là các số thực dương thỏa mãn: . Gọi 
 2a 3 2b 3 2c 3 4
 1 1 1 m
 P . Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là P trong đó m , n 
 3a 2 3b 2 3c 2 min n
 m
 ¥ và là phân số tối giản. Giá trị của biểu thức T m2 2n2 bằng
 n
 A. 121. B. 66 . C. 123.D. 134.
 Lời giải
 FB tác giả: Đoàn Nhật Thịnh
 GV phản biện:Nguyễn Thành Trung- Văn Nguyễn
 Trong quá trình giải bài toán trên, ta có sử dụng bất đẳng thức sau: Với mọi số thực dương a ,
 1 1 1 9
 b , c ta có (*). 
 a b c a b c
 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c . Thật vậy, theo bất đẳng thức Cô-si ta có:
 a b c 33 abc 
 1 1 1 1 1 1 9
 1 1 1 1  (a b c) 9 .
 33 a b c a b c a b c
 a b c abc 
 a b c 
 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ 1 1 1 a b c .
 a b c  
 1 1 1 1 3
 Đặt x , y , z . Khi đó ta có 0 x, y, z và x y z .
 2a 3 2b 3 2c 3 3 4
 1 1 1 2x
 Ta có 
 3 5 3 5
 3a 2 (2a 3) 3 5x
 2 2 2x 2
 1 10x 1 10x 6 6 1 6 6 1 2
 . . 2 . .
 5 3 5x 5 3 5x 5 3 5x 5 3 5x 5
 Tương tự ta có: 
 1 6 1 2 1 6 1 2
 . ; . 
 3b 2 5 3 5y 5 3c 2 5 3 5z 5
 1
 Vì 0 x, y, z nên 3 5x, 3 5y, 3 5z 0 .
 3
 6 1 1 1 6
 Ta có: P .
 5 3 5x 3 5y 3 5z 5
 Áp dụng công thức (*) cho ba số dương 3 5x, 3 5y, 3 5z ta có: SP ĐỢT 9 TỔ 24 
 1 1 1 9 9 12
 .
 3 5x 3 5y 3 5z 3 5x 3 5y 3 5z 9 5(x y z) 7
 Dấu đẳng thức xảy ra khi:
 3 5x 3 5y 3 5z
 1
 3  x y z . 
 x y z 4
 4  
 1 1
 Với x y z thì a b c .
 4 2
 6 12 6 6
 Do đó ta có: P . . 
 5 7 5 7
 6 m 1
 Vậy P khi a b c m 6, n 7 T 134 .
 min 7 n 2
B. MAX – MIN TRONG GIẢI TÍCH
Câu 6. [Mức độ 3] Giá trị nhỏ nhất của hàm số y 4x2 4x 10 4x2 12x 13 là
 A. 10 13 .B. 41 .C. 0 . D.5 2 . 
 Fb tác giả: Văn Nguyễn
 Fb phản biện: Tiến Thuận Đặng, Đoàn Nhật Thịnh
 Lời giải
 2 2 
 Ta có y 4x2 4x 10 4x2 12x 13 2x 1 32 2x 3 22 a b
 Với a (2x 1;3),b 3 2x;2 
 Mặt khác a b a b 41
 Suy ra y 41 , đẳng thức xảy ra khi a cùng hướng b khi k 0 sao cho a kb 
 7
 x 
 2x 1 k 3 2x 10 7
 x 
 3 2k 3 10
 k 0
 2
 7
 Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho là 41 khi x .
 10
Câu 7. [Mức độ 3] Cho biểu thức
 P x y 2 2 x 4 y 2 4 x y 2 2 x 8 y 3 25 y y 4 9 ,
 với x, y là hai số thực tùy ý. Gọi m là giá trị nhỏ nhất của biểu thức P , đạt được khi x x0 và 
 y y0 . Tính giá trị T m 4x0 y0 .
 3 1
 A. T . B. T 13 . C. T 0 .D. T .
 2 2
 Lời giải
 FB tác giả: Tiến Thuận Đặng
 GV phản biện: Văn Nguyễn – Nguyễn Chinh
 Biểu thức P viết lại thành P x2 y2 4x 8y 20 x2 y2 6x 16y 73 y2 4y 9
 Hay P x 2 2 y 4 2 x 3 2 y 8 2 y 2 2 13 (1). SP ĐỢT 9 TỔ 24 
 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , gọi các điểm A 2; 4 , B 3;8 và M x; y .
  
 Khi đó ta có AM x 2; y 4 AM x 2 2 y 4 2 , 
   
 BM x 3; y 8 BM x 3 2 y 8 2 và AB 5;12 AB 5 2 122 13 .
 Theo bất đẳng thức tam giác ta có AM BM AB , tức là
 x 2 2 y 4 2 x 3 2 y 8 2 13 (2).
   x 2 k x 3 
 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AM và BM ngược hướng, hay k 0 : (3).
 y 4 k y 8 
 2
 Mặt khác y 2 13 13 y ¡ (4), đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y 2 (5).
 Từ (1), (2), (4) suy ra P 13 13 0 .
 1
 x 
 Từ (3) và (5) ta được đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 .
 y 2
 1
 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là m 0 , đạt được khi x x và y y 2 .
 0 2 0
 1 
 Do đó T m 4x0 y0 0 4. 2 0 .
 2 
Câu 8. [Mức độ 4] Cho x, y, z 0 , thỏa mãn điều kiện x y z và 32 3x2 z2 16 4y2 . Giá trị 
 a 3 16
 nhỏ nhất của biểu thức P xy yz zx có dạng . Khi đó giá trị của a b bằng: 
 b
 A. 37. B. 35 . C. 36. D. 38. 
 Lời giải
 FB tác giả: Nguyễn Chinh
 GV phản biện: Tiến Thuận Đặng
 16 z2 32 z2
 Từ giả thiết ta có : y2 ; x2 . 
 4 3
 16 z2 4
 Do y z 0 y2 z2 z2 5z2 16 0 z (1).
 4 5
 32 z2 48 3z2 5z2 16
 Ta có : x2 3y2 . (2).
 3 4 12
 Do 5z2 16 , nên từ (2) suy ra: x2 3y2 0 x2 3y2 x y 3 (do x 0, y 0 )
 xy y2 3 ,(3) 
 2
 x 3 x 2 3 2 2 1 2 2
 Ta có: xz 3 z z y z , 4 yz y z , 5 .
 3 2 3 2 2
 Từ (3), (4), (5) ta có: 
 2 3 2 2 1 2 2 3 1 2 3 1 2
 P 3y y z y z P 3 y z . (6).
 2 2 2 2 2 SP ĐỢT 9 TỔ 24 
 16 z2
 Do y2 , nên từ (6) ta có:
 4
 2
 3 3 1 16 z 3 1 2 3 3 2
 P z P 2 3 3 1 z ,(7) .
 2 4 2 8
 3 3 16 32 3 16
 Do (1), nên từ (7) ta có: P 2 3 3 1 . P .(8) 
 8 5 5
 4
 z 4 3
 5 x 
 5
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y z . Suy ra a b 37 .
 4
 x y z 
 5
 3 z
Câu 9. [Mức độ 4] Cho các số thực x, y thỏa mãn 8x3 y3 3y2 6 x y 4 0 . Biết giá trị lớn 
 3a.b.c
 nhất của biểu thức x2 6x y2 2y 10 x2 18x y2 8y 97 có dạng , 
 5
 a, b, c, d ¥ * . Đặt J 2a 3b c 5 Khẳng định nào đúng?
 A. J 13; 8 . B. J 8; 3 . C. J 1;5 D. J 5;10 .
 Lời giải
 FB tác giả: Trần Xuân Thành
 GV phản biện: Anh Thư
 8x3 y3 3y2 6 x y 4 0 2x 3 3. 2x y 1 3 3 y 1 0 (*)
 Đặt a 2x, b y 1. Phương trình (*) trở thành: 
 a3 3a b3 3b 0 a b a2 ab b2 3 a b 0
 2 2
 2 2 2 2 b 3b
 a b a ab b 3 0 a b vì a ab b 3 a 3 0 a , b
 2 4
 2x y 1 2x y 1 0 .
 Đặt K x2 6x y2 2y 10 x2 18x y2 8y 97
 (x 3)2 (y 1)2 (x 9)2 (y 4)2
 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy .
 Xét A 3;1 , B 9;4 và đường thẳng d : 2x y 1 0 . Gọi M x; y (d) . Ta có: 
 AM (x 3)2 (y 1)2
 BM (x 9)2 (y 4)2
 Khi đó bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của K AM BM .
 Ta có 2.3 1 1 . 2. 9 4 1 126 0 nên A , B nằm khác phía đối với đường thẳng
 d 
 Gọi H là hình chiếu của A lên d . 
 Phương trình đường thẳng AH qua điểm A 3;1 và nhận n 1 ; 2 làm một vec tơ pháp 
 tuyến x 3 2 y 1 0 x 2y 5 0 . SP ĐỢT 9 TỔ 24 
 H AH  d nên tọa độ điểm H là nghiệm hệ phương trình:
 3
 x 
 x 2y 5 0 5 3 11 
 H ; .
 2x y 1 0 11 5 5 
 y 
 5
 9 17 
 Gọi A đối xứng với A qua d . Khi đó H là trung điểm AA nên A ; 
 5 5 
 1305
 Ta có K AM BM A M BM A B . 
 5
 Đẳng thức xảy ra M (d)  A'B . 
  36 3 
 A B ; 
 5 5 
 Phương trình A'B qua B 9;4 và nhận k 1 ; 12 làm vec tơ pháp tuyến:
 x 9 12 y 4 0 x 12y 39 0 .
 M (d)  A'B nên tọa độ điểm M là nghiệm hệ phương trình:
 27
 x 
 x 12y 39 0 25 27 79 
 M ; .
 2x y 1 0 79 25 25
 y 
 25
 1305
 Vậy, K lớn nhất bằng . 
 5
 1305 32.5.29
 Ta có: 
 5 5
 Khi đó a 2, b 5, c 29 J 2a 3b c 5 5 .
Câu 10. Chú Nam dùng 60 m lưới B40 rào thành một cái ao hình chữ nhật để nuôi tôm. Biết rằng một 
 cạnh chiều dài của ao hình chữ nhật là lối đi nên chú chỉ cần rào 3 cạnh còn lại của ao. Theo 
 em, chú Nam nên tính toán chiều rộng và chiều dài của ao như thế nào để diện tích nuôi là lớn 
 nhất? 
 A.15;30 .B. 10;20.C. 8;22 . D.12;18 .
 Lời giải
 FB tác giả: Anh Thư
 FB phản biện: Trần Xuân Thành
 Gọi chiều rộng của ao là x , x 0 (m)
 Do chỉ rào 3 cạnh của ao nên ta có chiều dài 60 2x (m) (x 30)
 Khi đó, diện tích là x 60 2x 
 Đặt f x x 60 2x 2x2 60x , 0 x 30
 f x 4x 60
 f x 0 x 15 SP ĐỢT 9 TỔ 24 
 Max f x f 15 450 khi x 15
 0;30 
 Vậy để diện tích ao lớn nhất thì chiều rộng ao là 15m, chiều dài 30 m.
C. MAX – MIN TRONG LƯỢNG GIÁC
 msin x 1
Câu 11. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số y nhỏ 
 cos x 2
 hơn 2. 
 A. 3 .B. 5.C. 4 . D. 6 .
 Lời giải
 TXD: D ¡ .
 msin x 1
 Ta có: y y cos x 2y msin x 1 msin x y cos x 2y 1 * 
 cos x 2
 * có nghiệm khi m2 y2 2y 1 2 3y2 4y 1 m2 0
 2 1 3m2 2 1 3m2
 y 
 3 3
 2 1 3m2
 y 2 1 3m2 4 m2 5 .
 max 3
 Do m ¢ m 2; 1;0;2;1 . Vậy có 5 giá trị của m thỏa ycbt.
 1 1 
Câu 12. [Mức độ 3] Cho hàm số y với x ;0 . Kết luận nào sau đây là 
 2 cos x 1 cos x 2 
 đúng?
 4 2 
 A. min y khi x . B. min y khi x .
 3 3 3 3
 ;0 ;0 
 2 2 
 4 4 
 C. min y khi x k2 ,k ¢ . D. min y khi x k ,k ¢ T.
 3 3 3 3
 ;0 ;0 
 2 2 
 Lời giải
 FB: Đoàn Ánh Dương 
 FB phản biện Van Kiếm Sầu, Tuân Canh
 1 1
 Ta thấy 2 cos x 0,x R và 1 cos x 0,x ;0 . Suy ra và là 
 2 2 cos x 1 cos x
 hai số dương. Áp dụng vất đẳng thức AM- GM cho hai số dương ta có
 1 1 2
 2 cos x 1 cos x 2 cos x 1 cos x SP ĐỢT 9 TỔ 24 
 Mặt khác tiếp tục áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 
 2 cos x 1 cos x 3 2 4
 2 cos x 1 cos x y dấu bằng 
 2 2 2 cos x 1 cos x 3
 1 
 xảy ra khi 2 cos x 1 cos x cos x x .
 2 3
 tan x m
Câu 13. [Mức độ 3] Tìm giá trị của tham số m để hàm số y đạt giá trị lớn nhất trên đoạn
 3tan x 1 
 ; là 2 . 
 4 4 
 1
 A. m 5;m 9 . B. m 5 .C. m 9 . D. m .
 3
 Lời giải
 FB tác giả: Tuan Canh
 FB phản biện: Đoàn Ánh Dương – Nga Nga Nguyễn
 tan x m 
 Xét hàm số y trên ; .
 3tan x 1 4 4 
 • Đặt t tan x vì x ; t  1;1 .
 4 4 
 t m 1 3m
 Khi đó: f t với t  1;1 f t . 
 3t 1 3t 1 2
 1
 • TH1: 1 3m 0 m 
 3
 1 3m
 Khi đó f t 0x 1;1 . Hàm số đồng biến trên đoạn 1;1 .
 3t 1 2
 1 m
 Ta có max f t f 1 2 m 5 tm 
  1;1 2
 1
 • TH2: 1 3m 0 m 
 3
 1 3m
 Khi đó f t 0x 1;1 . Hàm số nghịch biến trên đoạn 1;1 
 3t 1 2
 1 m
 Ta có max f t f 1 2 m 9 tm .
  1;1 4
D. MAX – MIN CHỨA THAM SỐ
Câu 14. [Mức độ 4] Tìm tất cả các giá trị nguyên của tham số m thuộc  2020;2020 để biểu thức
 y 4x2 1 x2 1 x2 4mx3 3mx m2 có giá trị lớn nhất không nhỏ hơn 5.
 A. 2020 . B. 4040. C. 2021.D. 4038 .
 Lời giải
 FB tác giả: Nga Nga Nguyen 
 Điều kiện 1 x2 0 1 x 1.
 Ta có y 4(1 x2 ) 1 x2 3 1 x2 m(4x3 3x) m2 .