Câu hỏi:
29/08/2024 3,018Với các số thực dương \(x\) và \(y\) thỏa mãn \(x + y + xy = 3,\) tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \frac{3}{{x + y}} - xy.\)
Quảng cáo
Trả lời:
Với \(x > 0,\,\,y > 0\) ta có:
\({\left( {x - y} \right)^2} \ge 0\)
\({\left( {x + y} \right)^2} \ge 4xy = 4\left[ {3 - \left( {x + y} \right)} \right]{\rm{ }}\)
\({\left( {x + y} \right)^2} + 4\left( {x + y} \right) - 12 \ge 0\)
\(\left( {x + y + 6} \right)\left( {x + y - 2} \right) \ge 0\)
Mà \(x,\,\,y\) là các số dương nên \(x + y + 6 > 0.\) Do đó \(x + y \ge 2.\)
Từ đó \(P = \frac{3}{{x + y}} + x + y - 3 = \frac{4}{{x + y}} + \left( {x + y} \right) - \frac{1}{{x + y}} - 3\)
\[\mathop \ge \limits^{{\rm{B\ST Cauchy}}} \]\[2\sqrt {\frac{4}{{x + y}} \cdot \left( {x + y} \right)} - \frac{1}{{x + y}} - 3 = 1 - \frac{1}{{x + y}}\]
\( \ge 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}.\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) là \(\frac{1}{2}\) khi \(x = y = 1.\)
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
1) Gọi số xe tải loại lớn mà đội vận chuyển sử dụng là \(x\) (xe) \(\left( {x \in \mathbb{N}*} \right).\)
Số xe tải loại nhỏ mà đội cần sử dụng theo kế hoạch là \(x + 2\) (xe).
Mỗi xe tải loại lớn vận chuyển được là \(\frac{{15}}{x}\) (tấn).
Mỗi xe tải loại nhỏ theo kế hoạch vận chuyển được là \(\frac{{15}}{{x + 2}}\) (tấn).
Theo bài, mỗi xe tải lớn chở nhiều hơn mỗi xe tải loại nhỏ 2 tấn nên ta có phương trình:
\(\frac{{15}}{x} - \frac{{15}}{{x + 2}} = 2\)
\(15\left( {x + 2} \right) - 15x = 2x\left( {x + 2} \right)\)
\(15x + 30 - 15x = 2{x^2} + 4x\)
\(2{x^2} + 4x - 30 = 0\)
\(x = 3\) hoặc \(x = - 5.\)
Ta thấy chỉ có giá trị \(x = 3\) thỏa mãn điều kiện.
Vậy xe tải loại lớn mà đội vận chuyển cần dùng là \(3\) xe.
2) Diện tích xung quanh của bình đựng nước là:
\({S_4} = 2\pi rh = 2\pi \cdot 4 \cdot 25 = 200\pi \approx 628{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
Vậy diện tích xung quanh của bình đựng nước khoảng \(628{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}.\)
Lời giải
1) Vì \(AB,\,\,AC\) là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \[\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = 90^\circ .\]
Do đó hai điểm \(B,\,\,C\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(AO.\)
Vậy tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(AO.\)
2) ⦁ Ta có \(BD\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {BED} = 90^\circ .\)
Xét \(\Delta ABE\) vuông tại \(E,\) ta có: \(\cos \widehat {BAE} = \frac{{AE}}{{AB}}.\)
Xét \(\Delta ABD\) vuông tại \(B,\) ta có: \(\cos \widehat {BAD} = \frac{{AB}}{{AD}}.\)
Do đó \[\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{AD}}\] hay \(A{B^2} = AE \cdot AD.\)
Lại có \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(A)\) và \(OB = OC\) nên đường thẳng \(AO\) là trung trực của đoạn thẳng \(BC.\) Do đó \(AO \bot BC.\)
Chứng minh tương tự như trên ta cũng có:
\(\frac{{AB}}{{AO}} = \cos \widehat {BAO} = \cos \widehat {BAH} = \frac{{AH}}{{AB}},\) suy ra \(A{B^2} = AH \cdot AO.\)
Vậy \(A{B^2} = AE \cdot AD = AH \cdot AO.\)
⦁ Chứng minh tương tự như trên, ta cũng có:
\(OH{\rm{\;}} \cdot OA = O{B^2} = O{D^2}\) hay \(\frac{{OD}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{OD}}.\)
Xét \(\Delta ODH\) và \(\Delta OAD\) có: \(\widehat {AOD}\) là góc chung và \(\frac{{OD}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{OD}}.\)
Do đó (c.g.c). Suy ra \(\widehat {HDO} = \widehat {DAO}\) (hai góc tương ứng). (1)
Ta có \(\widehat {AHB} = \widehat {AEB} = 90^\circ \) nên hai điểm \(H,\,\,E\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(AB.\)
Do đó tứ giác \(ABHE\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AB.\)
Suy ra \(\widehat {EBH} = \widehat {EAH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EH).\) Hay \(\widehat {HBE} = \widehat {DAO}.\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {HDO} = \widehat {HBE}.\)
3) Gọi \(K\) là giao điểm của \(BE\) và \(MN.\)
Ta có \(BD\,{\rm{//}}\,MN\) (cùng vuông góc với \(AB)\) nên \(\widehat {DBM} = \widehat {BMN}\) (hai góc so le trong).
Xét \(\Delta BHD\) và \(\Delta MKB\) có \(\widehat {DBH} = \widehat {BMK},\,\,\widehat {BDH} = \widehat {KBM}\)
Do đó (g.g), suy ra \(\frac{{BH}}{{MK}} = \frac{{BD}}{{MB}}.\,\,\,\left( 3 \right)\)
Xét \(\Delta BCD\) và \(\Delta MNB\) có \(\widehat {BCD} = \widehat {MNB} = 90^\circ \) và \(\widehat {CBD} = \widehat {BMN}\)
Do đó (g.g), suy ra \(\frac{{BC}}{{MN}} = \frac{{BD}}{{MB}}.\,\,\,\,\left( 4 \right)\)
Từ (3) và (4) suy ra \(\frac{{BH}}{{MK}} = \frac{{BC}}{{MN}},\) nên \(\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{MK}}{{MN}}.\)
Do \(OA\) là đường trung trực của \(BC\) nên \(H\) là trung điểm của \(BC,\) suy ra \(BH = \frac{1}{2}BC\) hay \(\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{1}{2}\) nên \(\frac{{MK}}{{MN}} = \frac{1}{2},\) do đó \(K\) là trung điểm của \(MN.\)
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Đề thi minh họa TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Đắk Lắk
123 bài tập Nón trụ cầu và hình khối có lời giải
50 bài tập Một số yếu tố xác suất có lời giải
Đề thi tham khảo môn Toán vào 10 tỉnh Quảng Bình năm học 2025-2026
Đề thi minh họa (Dự thảo) TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Đồng Nai
Đề thi minh họa TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_TP Hà Nội
Đề thi thử TS vào 10 (Lần 2 - Tháng 2) năm học 2025 - 2026_Môn Toán_THCS Hoằng Thanh_Tỉnh Thanh Hóa
Đề thi tham khảo TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Bình Phước
Hãy Đăng nhập hoặc Tạo tài khoản để gửi bình luận