1. 1. Cho ba số thực dương \[a,{\rm{ }}b,{\rm{ }}c\] thoả mãn \[ab + bc + ca = 1\]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = \[\frac{{2a}}{{\sqrt {1 + {a^2}} }} + \frac{b}{{\sqrt {1 + {b^2}} }} + \frac{c}{{\sqrt {1 + {c^2}} }}\]
2. 2.Cho ba số thực không âm \(a,\;b,\;c\) thoả mãn \(ab + bc + ca + abc \le 4\). Chứng minh rằng \(a + b + c \ge ab + bc + ca.\)
1. 1. Cho ba số thực dương \[a,{\rm{ }}b,{\rm{ }}c\] thoả mãn \[ab + bc + ca = 1\]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = \[\frac{{2a}}{{\sqrt {1 + {a^2}} }} + \frac{b}{{\sqrt {1 + {b^2}} }} + \frac{c}{{\sqrt {1 + {c^2}} }}\]
2. 2.Cho ba số thực không âm \(a,\;b,\;c\) thoả mãn \(ab + bc + ca + abc \le 4\). Chứng minh rằng \(a + b + c \ge ab + bc + ca.\)
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
1. Ta có:
\(P = \frac{{2a}}{{\sqrt {1 + {a^2}} }} + \frac{b}{{\sqrt {1 + {b^2}} }} + \frac{c}{{\sqrt {1 + {c^2}} }}\)
\( = \frac{{2a}}{{\sqrt {{a^2} + ab + bc + ca} }} + \frac{b}{{\sqrt {{a^2} + ab + bc + ca} }} + \frac{c}{{\sqrt {{a^2} + ab + bc + ca} }}\)
\( = \frac{{2a}}{{\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} }} + \frac{b}{{\sqrt {\left( {b + c} \right)\left( {b + a} \right)} }} + \frac{c}{{\sqrt {\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)} }}\)
\( = \sqrt {\frac{{2a}}{{a + b}}.\frac{{2a}}{{a + c}}} + \sqrt {\frac{{2b}}{{b + a}}.\frac{b}{{2\left( {b + c} \right)}}} + \sqrt {\frac{{2c}}{{c + a}}.\frac{c}{{2\left( {c + b} \right)}}} \)
\(AM - GM\)
\( \le \frac{1}{2}\left[ {\frac{{2a}}{{a + b}} + \frac{{2a}}{{a + c}} + \frac{{2b}}{{b + a}} + \frac{b}{{2\left( {b + c} \right)}} + \frac{{2c}}{{c + a}} + \frac{c}{{2\left( {c + b} \right)}}} \right]\)
\( = \frac{1}{2}\left[ {\left( {\frac{{2a}}{{a + b}} + \frac{{2b}}{{a + b}}} \right) + \left( {\frac{{2a}}{{a + c}} + \frac{{2a}}{{a + c}}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\frac{b}{{b + c}} + \frac{c}{{b + c}}} \right)} \right]\;\)
\( = \frac{1}{2}\left( {2 + 2 + \frac{1}{2}} \right) = \frac{9}{4}\)
Dấu “=” xảy ra khi \(a = \frac{{7\sqrt {15} }}{{15}};b = c = \frac{{\sqrt {15} }}{{15}}\)
Vậy P đạt GTLN là \(\frac{9}{4}\) khi \(a = \frac{{7\sqrt {15} }}{{15}};b = c = \frac{{\sqrt {15} }}{{15}}\)2. Ta có \(ab + bc + ca + abc \le 4\)
\( \Leftrightarrow abc + 2\left( {ab + bc + ca} \right) + 4\left( {a + b + c} \right) + 8 \le \left( {ab + 2a + 2b + 4} \right) + \left( {bc + 2b + 2c + 4} \right)\)
\( + \left( {ca + 2c + 2a + 4} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left( {a + 2} \right)\left( {b + 2} \right)\left( {c + 2} \right) \le \left( {a + 2} \right)\left( {b + 2} \right) + \left( {b + 2} \right)\left( {c + 2} \right)\)
\( + \left( {c + 2} \right)\left( {a + 2} \right)\)
\( \Leftrightarrow 1 \le \frac{1}{{a + 2}} + \frac{1}{{b + 2}} + \frac{1}{{c + 2}} \Leftrightarrow \frac{2}{{a + 2}} + \frac{2}{{b + 2}} + \frac{2}{{c + 2}}\;\; \ge 2\)
\( \Leftrightarrow \left( {1 - \frac{2}{{a + 2}}} \right) + \left( {1 - \frac{2}{{b + 2}}} \right) + \left( {1 - \frac{2}{{c + 2}}} \right) \le 1\)
\( \Leftrightarrow 1 \ge \frac{a}{{a + 2}} + \frac{b}{{b + 2}} + \frac{c}{{c + 2}}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz
\(1 \ge \frac{a}{{a + 2}} + \frac{b}{{b + 2}} + \frac{c}{{c + 2}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 2a}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + 2b}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + 2c}}\)
\(C - S \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2\left( {a + b + c} \right)}}\)
\( \Rightarrow {\left( {a + b + c} \right)^2} \le \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + 2\left( {a + b + c} \right)\)
\( \Leftrightarrow a + b + c \ge ab + bc + ca\) (đpcm)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. Xét đường tròn (O): \(BD \bot BO,\;CD \bot CO\) (tính chất tiếp tuyến)
\( \Rightarrow \widehat {DBO} = \widehat {DCO} = {90^\diamondsuit }\) \( \Rightarrow \widehat {DBO} + \widehat {DCO} = {180^\diamondsuit }\)
\( \Rightarrow \)Tứ giác OBDC nội tiếp
Lại có \(OB = OC,\;MB = MC,\;DB = DC\)
\( \Rightarrow O,\;M,\;D\) cùng thuộc trung trực của đoạn BC
Suy ra \(MO.MD = MB.MC\)
Mà tứ giác ABNC nội tiếp \( \Rightarrow MB.MC = MA.MN\)
\( \Rightarrow MO.MD = MA.MN\) \( \Rightarrow \) Tứ giác AOND nội tiếp
\( \Rightarrow DO\) là phân giác \(\widehat {ADN}\)b) Xét \({\rm{\Delta }}DBP\) và \({\rm{\Delta }}DAB\) có
\(\widehat {BDP}\;\)chung; \(\widehat {DBP} = \widehat {DAB}\)
\( \Rightarrow {\rm{\Delta }}DBP \sim {\rm{\Delta }}DAB\) (g.g) \( \Rightarrow \frac{{AB}}{{BP}} = \frac{{AD}}{{DB}}\)
Tương tự ta có \({\rm{\Delta }}DCP \sim {\rm{\Delta }}DAC \Rightarrow \frac{{AC}}{{CP}} = \frac{{AD}}{{DC}}\)
\( \Rightarrow \frac{{AB}}{{BP}} = \frac{{AC}}{{CP}} \Rightarrow AB.CP = AC.BP\)
Áp dụng định lý Ptoleney cho tứ giác ABPC nội tiếp ta có
\(AP.BC = AB:CP + AC.BP\)
\( \Rightarrow 2AP.CM = 2AC.BP \Rightarrow \frac{{AP}}{{AC}} = \frac{{BP}}{{CM}}\)
\({\rm{\Delta }}ABP\) và \({\rm{\Delta }}AMC\) có \(\frac{{AP}}{{AC}} = \frac{{BP}}{{CM}}\;;\;\widehat {APB} = \widehat {ACM}\)
\( \Rightarrow {\rm{\Delta }}ABP \sim {\rm{\Delta }}AMC\) (c.g.c) \( \Rightarrow \widehat {ABP} = \widehat {AMC}\)
Lại có tứ giác ABPF nội tiếp nên \(\widehat {ABP} = {180^\diamondsuit } - \widehat {AFP}\)
Lại có tứ giác AMEF nội tiếp nên \(\widehat {AME} = {180^\diamondsuit } - \widehat {AFB}\)
\( \Rightarrow \widehat {AFP} = \widehat {AFE} \Rightarrow E,\;F,\;P\) thẳng hàngc) Áp dụng hệ thức lượng cho \({\rm{\Delta }}OCD\) vuông tại C ta có
\(OM.OD = O{C^2} = O{F^2} \Rightarrow \frac{{OF}}{{OM}} = \frac{{OD}}{{OF}}\) \( \Rightarrow {\rm{\Delta }}OMF \sim {\rm{\Delta }}OFD\;\) (c.g.c)
\( \Rightarrow \widehat {OFD} = \widehat {OMF} = {90^\diamondsuit } - \widehat {CMF} = {90^\diamondsuit } - \widehat {FAE} = {90^\diamondsuit } - \widehat {AFO}\;\)
\( \Rightarrow AFD = {90^\diamondsuit } \Rightarrow AF \bot FD\) mà \(AF \bot FK\)
\( \Rightarrow DF = DK \Rightarrow D,\;F,\;K\) thẳng hàng
Gọi \(Z,\;X\) là giao \(FN\) với \(BC,\;DM\).
Gọi \(T\) là giao \(KZ\) với \(MF\).
Ta có \(D{C^2} = DK.DF = DM.DO \Rightarrow \) Tứ giác OMKF nội tiếp
\( \Rightarrow \widehat {KMF} = \widehat {KOF\;} = 2\widehat {OAF} = 2\widehat {FMS}\;\)
\( \Rightarrow \widehat {KME} = \widehat {FME} = \widehat {FAO} = \widehat {KNF}\) \( \Rightarrow \) Tứ giác MNKZ nội tiếp
\( \Rightarrow \widehat {KZM} = {180^\diamondsuit } - \widehat {MNK} = {90^\diamondsuit }\)
Lại có \({\rm{\Delta }}TMK\) có MZ là đường cao đồng thời là phân giác
\( \Rightarrow ZT = ZK\)
Do \(TK//DM \Rightarrow \frac{{ZT}}{{MX}} = \frac{{FZ}}{{FX}} = \frac{{ZK}}{{DX}}\)
\( \Rightarrow XD = XM \Rightarrow \) X là trung điểm của đoạn DM.
Vậy FN đi qua trung điểm của đoạn DMLời giải
1. \(\left( {y + 2} \right){x^2} + 1 = {y^2}\;\left( 1 \right)\)
\(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow {y^2} - 1 \vdots y + 2\)
\( \Leftrightarrow \left( {{y^2} - 4} \right) + 3 \vdots y + 2\)
\( \Leftrightarrow 3 \vdots y + 2\)
\( \Rightarrow y + 2 \in \left\{ { \pm 3;\; \pm 1} \right\}\)
\( \Rightarrow y \in \left\{ {1;\; - 5;\; - 1;\; - 3} \right\}\)
· \(y = 1\) thay vào (1) \( \Rightarrow x = 0\) thoả mãn
· \(y = - 5\) thay vào (1) \( \Rightarrow {x^2} = - 8\) loại
· \(y = - 1\) thay vào (1) \( \Rightarrow x = 0\) thoả mãn
· \(y = - 3\) thay vào (1) \( \Rightarrow {x^2} = - 8\;\)loại
Vậy (x; y) Î {(0; 1); (0; -1)}
2. \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3n + 1 = {a^2}}\\{11n + 1 = {b^2}}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow n + 3 = 4{a^2} - {b^2} = \left( {2a - b} \right)\left( {2a + b} \right)\)
\(a,\;b \in {N^*} \Rightarrow 2a + b > 0 > 2a - b\)
\(n + 3\) là số nguyên tố \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2a - b = 1}\\{2a + b = n + 3}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = \frac{{n + 4}}{4}}\\{b = \frac{{n + 2}}{2}}\end{array}} \right.} \right.\)
\( \Rightarrow 11n + 1 = {b^2} = {\left( {\frac{{n + 2}}{2}} \right)^2}\)
\( \Leftrightarrow {n^2} = 40n\)
\( \Leftrightarrow n = 40\)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.
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