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

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 TỐN
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 tốn 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 tốn 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  11  x    y  2  2  y   55
2

 

2

      x  1   y  2   55
   x  12  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 tốn: Tìm số ngun  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  ngun. 
A  có GTNN khi  b.n  c  là số dương nhỏ nhất ứng với  n  ngun. 

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 
n3

Lời giải
Ta có:  5  0 và khơng đổi. 
5

P
có giá trị lớn nhất khi  n  3  là số nguyên dương nhỏ nhất . 
n3
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 ngun  n  để  P 
 có giá trị nhỏ nhất.
2n  5
Lời giải
 
 


6

 
Ta có:  7  0 và khơng đổi. 
7
có giá trị nhỏ nhất khi  2n  5  là số ngun 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 khơng đổi. 
1
P 2
có giá trị lớn nhất khi  2n 2  7  là số ngun 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  ngun để  A  có GTLN – GTNN trở thành bài tốn tìm  n  ngun để 
f
 có GTLN hoặc có GTNN (Bài tốn 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 ngun  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 ngun nhỏ nhất  thỏa mãn 
1
n   . 
2

Từ đó ta suy ra  n  0  và  GTNN của  B 
Ví dụ 2: Tìm số ngun  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 ngun 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 khơng đổi. 
1
Phân số 
có giá trị lớn nhất khi  (2n  1)  là số ngun 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.  
Ngồi 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 tốn 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 TỐN 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 .