a) Cho ba số thực \[a,\,b,\,c\] thỏa mãn \[abc = 2023\]. Tính giá trị của biểu thức:
\[M = \frac{{2023a}}{{ab + 2023a + 2023}} + \frac{b}{{bc + b + 2023}} + \frac{c}{{ca + c + 1}}\]
b) Cho \[n\] là số tự nhiên \[\left( {n > 1} \right)\]. Gọi \[a\] và \[b\] là hai nghiệm của phương trình \[{x^2} - 2025nx - 2024 = 0\]. Gọi \[c\] và \[d\] là hai nghiệm của phương trình \[{x^2} - 2023nx - 2024 = 0\]. Chứng minh rằng \[\left( {a - c} \right)\left( {b - c} \right)\left( {a + d} \right)\left( {b + d} \right)\] là một số chính phương.
a) Cho ba số thực \[a,\,b,\,c\] thỏa mãn \[abc = 2023\]. Tính giá trị của biểu thức:
\[M = \frac{{2023a}}{{ab + 2023a + 2023}} + \frac{b}{{bc + b + 2023}} + \frac{c}{{ca + c + 1}}\]
b) Cho \[n\] là số tự nhiên \[\left( {n > 1} \right)\]. Gọi \[a\] và \[b\] là hai nghiệm của phương trình \[{x^2} - 2025nx - 2024 = 0\]. Gọi \[c\] và \[d\] là hai nghiệm của phương trình \[{x^2} - 2023nx - 2024 = 0\]. Chứng minh rằng \[\left( {a - c} \right)\left( {b - c} \right)\left( {a + d} \right)\left( {b + d} \right)\] là một số chính phương.
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
|
a) Từ giả thiết \[abc = 2023\], ta có \[M = \frac{{2023a}}{{ab + 2023a + 2023}} + \frac{b}{{bc + b + 2023}} + \frac{c}{{ca + c + 1}}\] \[ = \frac{{{a^2}bc}}{{ab + {a^2}bc + abc}} + \frac{b}{{bc + b + abc}} + \frac{c}{{ac + c + 1}}\]\[ = \frac{{{a^2}bc}}{{ab\left( {ac + c + 1} \right)}} + \frac{b}{{b\left( {ac + c + 1} \right)}} + \frac{c}{{ca + c + 1}}\] \[ = \frac{{ac}}{{ac + c + 1}} + \frac{1}{{ac + c + 1}} + \frac{c}{{ac + c + 1}}\]\[ = \frac{{ac + c + 1}}{{ac + c + 1}} = 1\] |
|
b) Từ giả thiết \[a\] và \[b\] là hai nghiệm của phương trình \[{x^2} - 2025nx - 2024 = 0\] \[c\] và \[d\] là hai nghiệm của phương trình \[{x^2} - 2023nx - 2024 = 0\]. Theo định lí Viet, ta có \[\left\{ \begin{array}{l}a + b = 2025n\\ab = - 2024\end{array} \right.\] và \[\left\{ \begin{array}{l}c + d = 2023n\\cd = - 2024\end{array} \right.\,\,\left( {n \in {\mathbb{N}^*}} \right)\]. Do đó \[\left( {a - c} \right)\left( {b - c} \right)\left( {a + d} \right)\left( {b + d} \right) = \left[ {\left( {a - c} \right)\,\left( {b + d} \right)} \right].\left[ {\left( {b - c} \right)\,\left( {a + d} \right)} \right]\] \[ = \left( {ab + ad - bc - cd} \right)\left( {ab + bd - ac - cd} \right)\]\[ = \left( {ad - bc} \right)\left( {bd - ac} \right)\] \[ = ab{d^2} - {a^2}cd - {b^2}cd + ab{c^2} = 2024\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - 2024\left( {{c^2} + {d^2}} \right)\] \[ = 2024\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} - {{\left( {c + d} \right)}^2}} \right] = 2024\left[ {{{\left( {2025n} \right)}^2} - {{\left( {2023n} \right)}^2}} \right]\] \[ = {\left( {4048n} \right)^2}\,\,\,\,\left( {n \in {\mathbb{N}^*}} \right)\] là một số chính phương (đpcm). |
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Đang tải chế độ Học...
Dành cho bạn Hot
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
![Cho tam giác nhọn \[ABC\] nội tiếp đường tròn (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/12/blobid1-1766320536.png)
|
a) Ta có \[HN \bot AC \Rightarrow \widehat {HNA} = {90^{\rm{o}}}\]; \[HM \bot AB \Rightarrow \widehat {HMA} = {90^{\rm{o}}}\]. Xét tứ giác \[AMHN\], có \[\widehat {HNA} + \widehat {HMA} = {180^{\rm{o}}}\], hai góc \[\widehat {HNA}\] và \[\widehat {HMA}\] ở vị trí đối nhau. Do đó tứ giác \[AMHN\]nội tiếp đường tròn đường kính \[AH\]. |
|
b) Xét \[\Delta AHB\] vuông tại \[H\], có đường cao \[HM\], ta có \[A{H^2} = AM \cdot AB\] \[\Delta AHC\] vuông tại \[H\], có đường cao \[HN\], ta có \[A{H^2} = AN \cdot AC\] Do đó \[AM \cdot AB = AN \cdot AC\] hay \[\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{AB}}\] Lại có\[\widehat A\] chung nên \[\Delta AMN\, \sim \Delta ACB \Rightarrow \widehat {ANM} = \widehat {ABC}\]. Kẻ \[AO\] cắt đường tròn \[\left( O \right)\] tại điểm \[K\]. Ta có \[\widehat {ABC} = \widehat {AKC}\]. Do đó \[\widehat {ANM} = \widehat {AKC}\] (1) Mặt khác, \[Q\] thuộc đường tròn tâm \[A\], bán kính \[AH\] nên \[AQ = AH\]. \[A{Q^2} = A{H^2} = AN \cdot AC \Rightarrow \frac{{AQ}}{{AN}} = \frac{{AC}}{{AQ}} \Rightarrow \Delta AQC\, \sim \Delta ANQ \Rightarrow \widehat {AQC} = \widehat {ANQ}\] Tứ giác \[AQCK\]nội tiếp đường tròn \[\left( O \right)\]nên \[\widehat {AQC} + \widehat {AKC} = {180^{\rm{o}}}\]. Suy ra \[\widehat {ANQ} + \widehat {AKC} = {180^{\rm{o}}}\]. (2) Từ (1) và (2) suy ra \[\widehat {ANM} + \widehat {ANQ} = {180^{\rm{o}}}\] hay ba điểm \[M,\,N,\,Q\] thẳng hàng. |
|
c) Gọi giao điểm thứ hai của đường tròn \[\left( O \right)\]và đường tròn tâm \[A\], bán kính \[AH\] là \[P\]. Chứng minh tương tự ý b) ta có ba điểm \[M,\,N,\,P\] thẳng hàng. Gọi \[\Delta \] là tiếp tuyến với đường tròn \[\left( O \right)\]tại \[K\]. Ta có \[PQ\, \bot \,AK\](tính chất đường kính và dây cung chắn bởi giao điểm của hai đường tròn) \[ \Rightarrow PQ\,{\rm{//}}\,\Delta \]. Vì \[A\] cố định, \[\left( O \right)\] cố định nên \[\Delta \] cố định. Do đó \[B,\,C\] khi thay đổi trên đường tròn \[\left( O \right)\]sao cho \[\Delta ABC\] luôn là tam giác nhọn thì \[MN\] luôn song song với tiếp tuyến \[\Delta \] cố định của đường tròn \[\left( O \right)\]. |
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Bổ đề (BĐT Cauchy – Schwarz): Cho 6 số thực \[a,\,b,\,c,\,x,\,y,\,z\] và \[x,\,y,\,z > 0\]. Khi đó:
\[\frac{{{a^2}}}{x} + \frac{{{b^2}}}{y} + \frac{{{c^2}}}{z} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{x + y + z}}\] (1), dấu xảy ra khi \[\frac{a}{x} = \frac{b}{y} = \frac{c}{z}\].
Chứng minh
Trước hết ta chứng minh BĐT sau: Với 4 số thực \[a,\,b,\,x,\,y\] và \[x,\,y > 0\]. Ta có:
\[\frac{{{a^2}}}{x} + \frac{{{b^2}}}{y} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{x + y}}\] (2), dấu xảy ra khi \[\frac{a}{x} = \frac{b}{y}\].
Thật vậy, ta viết BĐT (2) dưới dạng:
\[{a^2}y\left( {x + y} \right) + {b^2}x\left( {x + y} \right) \ge {\left( {a + b} \right)^2}xy \Leftrightarrow {\left( {ay - bx} \right)^2} \ge 0\] (luôn đúng). Dấu xảy ra khi \[\frac{a}{x} = \frac{b}{y}\].
Áp dụng BĐT (2) hai lần ta được: \[\frac{{{a^2}}}{x} + \frac{{{b^2}}}{y} + \frac{{{c^2}}}{z} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{x + y}} + \frac{{{c^2}}}{z} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{x + y + z}}\]. Dấu xảy ra khi \[\frac{a}{x} = \frac{b}{y} = \frac{c}{z}\].
Theo Bổ đề (1) ta có: \[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{\sqrt {3{a^2} + 8{b^2} + 14ab} }} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{\sum\limits_{cyc} {\sqrt {3{a^2} + 8{b^2} + 14ab} } }}} \].
Mặt khác, theo BĐT GM – AM:
\[\sum\limits_{cyc} {\sqrt {3{a^2} + 8{b^2} + 14ab} = \sum\limits_{cyc} {\left( {\sqrt {3a + 2b} \cdot \sqrt {a + 4b} } \right)} \le } \sum\limits_{cyc} {\frac{{\left( {3a + 2b} \right)\left( {a + 4b} \right)}}{2} = 5\left( {a + b + c} \right)} \]
\[ \Rightarrow \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{\sqrt {3{a^2} + 8{b^2} + 14ab} }} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{5\left( {a + b + c} \right)}} = \frac{{a + b + c}}{5}} \]
Hay \[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{\sqrt {3{a^2} + 8{b^2} + 14ab} }} \ge \frac{{a + b + c}}{5}} \] (đpcm).
Dấu xảy ra khi \[a = b = c\].
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Đăng ký để học cùng Vietjack. Hoàn toàn miễn phí!
Bằng việc đăng ký, bạn đồng ý với Điều khoản sử dụng và Chính sách bảo mật của Vietjack.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập