Với các số thực dương \(x\) và \(y\) thỏa mãn \(x + y + xy = 3,\) tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \frac{3}{{x + y}} - xy.\)
Với 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:
Giải bởi Vietjack
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 \(x = y = 1.\)
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 1 file word cấu trúc mới 2025 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
1) Thay \(x = 16\) (thỏa mãn) vào biểu thức \(A,\) ta có: \({\rm{\;}}A = \frac{{16}}{{\sqrt {16} - 3}} = \frac{{16}}{{4 - 3}} = 16.\)
Vậy giá trị của \(A = 16\) khi \(x = 16.\)
2) Với \(x > 0,\,\,x \ne 9,\) ta có:
\(B = \frac{{2x - 3}}{{x - 3\sqrt x }} - \frac{1}{{\sqrt x }}\)\( = \frac{{2x - 3}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}} - \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}\)\( = \frac{{2x - 3 - \sqrt x + 3}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}\)
\( = \frac{{2x - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}\)\( = \frac{{\sqrt x \left( {2\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}\)\( = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}}.\)
Vậy với \(x > 0,\,\,x \ne 9\) thì \(B = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}}.\)
3) Với \(x > 0,\,\,x \ne 9,\) ta có: \(A - B = \frac{x}{{\sqrt x - 3}} - \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}}\)\( = \frac{{x - 2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 3}}\)\( = \frac{{{{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x - 3}}.\)
Để \(A - B < 0\) thì \(\frac{{{{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x - 3}} < 0.\,\,\,\left( * \right)\)
Ta có \({\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x \ge 0.\)
Do đó từ \(\left( * \right)\) suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt x - 1 \ne 0}\\{\sqrt x - 3 < 0}\end{array}} \right.\) hay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt x \ne 1}\\{\sqrt x < 3}\end{array}} \right.\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne 1}\\{x < 9.}\end{array}} \right.\)
Kết hợp điều kiện \(x > 0,\,\,x \ne 9,\) ta có: \(0 < x < 9,\,\,x \ne 1.\)
Vậy \(0 < x < 9,\,\,x \ne 1\) thì \(A - B < 0.\)
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.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập