Cho các phương trình ( ẩn \(x\)) \(a{x^2} - bx + c = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\) và \(c{x^2} - bx + a = 0{\rm{ }}\left( 2 \right)\) với \(a,b,c\)là các số thực dương thỏa mãn \(a - b + 4c = 0\).
a) Chứng minh các phương trình \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\)đều có hai nghiệm dương phân biệt.
b) Gọi \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\) và \({x_3};{x_4}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 2 \right)\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(T = \frac{1}{{{x_1}{x_2}{x_3}}} + \frac{1}{{{x_2}{x_3}{x_4}}} + \frac{1}{{{x_3}{x_1}{x_1}}} + \frac{1}{{{x_4}{x_1}{x_2}}}\).
Cho các phương trình ( ẩn \(x\)) \(a{x^2} - bx + c = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\) và \(c{x^2} - bx + a = 0{\rm{ }}\left( 2 \right)\) với \(a,b,c\)là các số thực dương thỏa mãn \(a - b + 4c = 0\).
a) Chứng minh các phương trình \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\)đều có hai nghiệm dương phân biệt.
b) Gọi \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\) và \({x_3};{x_4}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 2 \right)\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(T = \frac{1}{{{x_1}{x_2}{x_3}}} + \frac{1}{{{x_2}{x_3}{x_4}}} + \frac{1}{{{x_3}{x_1}{x_1}}} + \frac{1}{{{x_4}{x_1}{x_2}}}\).
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
a)\(a - b + 4c = 0 \Leftrightarrow b = a + 4c\)
\(\begin{array}{l}{\Delta _1} = {\Delta _2} = {b^2} - 4ac = {\left( {a + 4c} \right)^2} - 4ac\\ = {a^2} + 4ac + 16{c^2} = {\left( {a + 2c} \right)^2} + 12{c^2}\end{array}\)
\( \Rightarrow {\Delta _1} > 0,{\Delta _2} > 0\)
Suy ra các phương trình \(\left( 1 \right)\)và \(\left( 2 \right)\) đều có hai nghiệm phân biệt.
Theo định lý Vi-ét ta có:
\({S_1} = \frac{b}{a},{S_2} = \frac{b}{c},{P_1} = \frac{c}{a},{P_2} = \frac{a}{c}\)
Vì \(a,b,c\)là các số thực dương nên\({S_1},{S_2},{P_1},{P_2}\) đều lớn hơn 0.
Ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}{\Delta _1} > 0\\{S_1} > 0\\{P_1} > 0\end{array} \right. \Rightarrow \) Phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm dương phân biệt.
\(\left\{ \begin{array}{l}{\Delta _2} > 0\\{S_2} > 0\\{P_2} > 0\end{array} \right. \Rightarrow \) Phương trình \(\left( 2 \right)\) có hai nghiệm dương phân biệt.
b)Theo định lý Vi-ét ta có:
\({x_1} + {x_2} = \frac{b}{a};{x_1}{x_2} = \frac{c}{a};{x_3} + {x_4} = \frac{b}{c};{x_3}{x_4} = \frac{a}{c}\)
\(\begin{array}{l}T = \frac{1}{{{x_1}{x_2}{x_3}}} + \frac{1}{{{x_2}{x_3}{x_4}}} + \frac{1}{{{x_3}{x_4}{x_1}}} + \frac{1}{{{x_4}{x_1}{x_2}}}\\ = \frac{{{x_1} + {x_2} + {x_3} + {x_4}}}{{{x_1}{x_2}{x_3}{x_4}}}\\ = \frac{{\frac{b}{a} + \frac{b}{c}}}{{\frac{c}{a}.\frac{a}{c}}}\\ = \frac{b}{a} + \frac{b}{c}\end{array}\)
\(\begin{array}{l} = \frac{{a + 4c}}{a} + \frac{{a + 4c}}{c}\\ = 5 + \frac{{4c}}{a} + \frac{a}{c}\end{array}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(T = 5 + \frac{{4c}}{a} + \frac{a}{c} \ge 5 + 2\sqrt {\frac{{4c}}{a}.\frac{a}{c}} = 9\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow a = 2c,b = 6c\).
Vậy giá trị nhỏ nhất của \(T\)là 9.
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
a)Ta có:
\(OA = OH\)(cùng là bán kính của \(\left( O \right)\))
\(IA = IH\)(cùng là bán kính của \(\left( I \right)\))
Suy ra \(OI\)là đường trung trực của đoạn thẳng \(AH\).
Ta có:
\(OD = OA = OB = \frac{1}{2}AB \Rightarrow O\) là trung điểm \(AB\).
\(IE = IA = IC = \frac{1}{2}AC \Rightarrow I\)là trung điểm \(AC\).
Xét ta có:
\(O\) là trung điểm \(AB\)
\(I\) là trung điểm \(AC\)
Suy ra \(OI\)là đường trung bình của
\( \Rightarrow OI = \frac{1}{2}BC\).
\(\begin{array}{l}DE = OD + IE - OI = \frac{1}{2}AB + \frac{1}{2}AC - \frac{1}{2}BC\\ \Leftrightarrow 2DE = AB + AC - BC\end{array}\)
b)Ta có: \(\widehat {AHB} = \widehat {AHC} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Suy ra \(\widehat {BHC} = \widehat {AHB} + \widehat {AHC} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Suy ra \(B,H,C\)thẳng hàng.
Lại có \(\widehat {AHB} = 90^\circ \Rightarrow AH \bot BC\).
vuông tại \(A \Rightarrow \widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 90^\circ \)
\(\widehat {NMH} = \widehat {ABC}\) (cùng chắn cung \[AH\])
\(\widehat {MNH} = \widehat {ACB}\) (cùng chắn cung \[AH\])
Suy ra \(\widehat {MNH} + \widehat {NMH} = \widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 90^\circ \)
vuông tại \(H \Rightarrow \widehat {MHN} = 90^\circ \).
\(\widehat {SNM} = \widehat {IAN} = \widehat {NHC}\)
\(\widehat {SMN} = \widehat {OAM} = \widehat {BHM}\)
Suy ra
\(\begin{array}{l}\widehat {SMN} + \widehat {SNM} = \widehat {CHN} + \widehat {BHM} = 180^\circ - \widehat {MHN}\\ = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \end{array}\)
vuông tại \(S \Rightarrow \widehat {MSN} = 90^\circ \) hay \(\widehat {ISO} = 90^\circ \)
Suy ra \(S\)thuộc đường tròn đường kính \(OI\).
Mà \(O\)và \(I\)cố định nên đường tròn đường kính \(OI\)cố định.
Vậy \(S\)di chuyển trên đường tròn đường kính \(OI\)cố định khi đường thẳng \(\left( d \right)\)quay quanh \(A\).
c)
Ta có \(\widehat {MHN} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {THN} = 90^\circ \Rightarrow TN\)là đường kính của \(\left( I \right)\)
\( \Rightarrow N,I,T\)thẳng hàng.
\(NT\) là đường kính của \(\left( I \right) \Rightarrow \widehat {NAT} = 90^\circ \Rightarrow TA \bot NM\)
\(\begin{array}{l}\widehat {THN} = 90^\circ \Rightarrow NH \bot MT\\\widehat {MSN} = 90^\circ \Rightarrow MS \bot NT\end{array}\)
Xét ta có \(MS,NH,AT\)là ba đường cao.
Do đó \(MS,NH,AT\)đồng quy.
Lời giải
a)\(\begin{array}{l}T = \frac{{\sqrt 2 \left( {1 + \sqrt[3]{{10 + 6\sqrt 3 }}} \right)}}{{2\sqrt 2 + \sqrt {2 + \sqrt 3 } }} + \frac{{\sqrt 2 \left( {1 + \sqrt[3]{{10 - 6\sqrt 3 }}} \right)}}{{2\sqrt 2 - \sqrt {2 - \sqrt 3 } }}\\ = \frac{{2\left( {1 + \sqrt[3]{{10 + 6\sqrt 3 }}} \right)}}{{4 + \sqrt {4 + 2\sqrt 3 } }} + \frac{{2\left( {1 + \sqrt[3]{{10 - 6\sqrt 3 }}} \right)}}{{4 - \sqrt {4 - 2\sqrt 3 } }}\end{array}\)
\(\begin{array}{l}\sqrt {4 + 2\sqrt 3 } = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}^2}} = \sqrt 3 + 1\\\sqrt {4 - 2\sqrt 3 } = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}^2}} = \sqrt 3 - 1\end{array}\)
\(\begin{array}{l}\sqrt[3]{{10 + 6\sqrt 3 }} = \sqrt[3]{{{{\left( {1 + \sqrt 3 } \right)}^3}}} = 1 + \sqrt 3 \\\sqrt[3]{{10 - 6\sqrt 3 }} = \sqrt[3]{{{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^3}}} = 1 - \sqrt 3 \end{array}\)
Suy ra
\(\begin{array}{l}T = \frac{{2\left( {1 + 1 + \sqrt 3 } \right)}}{{4 + \sqrt 3 + 1}} + \frac{{2\left( {1 + 1 - \sqrt 3 } \right)}}{{4 - \sqrt 3 + 1}}\\ = \frac{{4 + 2\sqrt 3 }}{{5 + \sqrt 3 }} + \frac{{4 - 2\sqrt 3 }}{{5 - \sqrt 3 }}\\ = \frac{{\left( {4 + 2\sqrt 3 } \right)\left( {5 - \sqrt 3 } \right)}}{{\left( {5 + \sqrt 3 } \right)\left( {5 - \sqrt 3 } \right)}} + \frac{{\left( {4 - 2\sqrt 3 } \right)\left( {5 + \sqrt 3 } \right)}}{{\left( {5 + \sqrt 3 } \right)\left( {5 - \sqrt 3 } \right)}}\\ = \frac{{14 + 6\sqrt 3 }}{{22}} + \frac{{14 - 6\sqrt 3 }}{{22}}\\ = \frac{{28}}{{22}} = \frac{{14}}{{11}}\end{array}\)
Vậy \(T = \frac{{14}}{{11}}\)
b)\(\begin{array}{l}A = \sqrt {{n^2} + {n^2}{{\left( {n + 1} \right)}^2} + {{\left( {n + 1} \right)}^2}} \\ = \sqrt {{n^2} + {n^2}\left( {{n^2} + 2n + 1} \right) + {n^2} + 2n + 1} \\ = \sqrt {{n^2} + {n^4} + 2{n^3} + {n^2} + {n^2} + 2n + 1} \\ = \sqrt {{n^4} + 2{n^3} + 3{n^2} + 2n + 1} \\ = \sqrt {{{\left( {{n^2} + n + 1} \right)}^2}} \end{array}\)
Vì \(n\)dương nên \({n^2} + n + 1 > 0\)
Do đó \(A = \sqrt {{{\left( {{n^2} + n + 1} \right)}^2}} = {n^2} + n + 1\).
Vì \(n\) nguyên dương nên \(A = {n^2} + n + 1\) cũng là số nguyên dương.
Vì \(n\) nguyên dương, ta có:
\(\begin{array}{l}A = {n^2} + n + 1 > {n^2}\\A = {n^2} + n + 1 < {n^2} + 2n + 1 = {\left( {n + 1} \right)^2}\end{array}\)
\( \Rightarrow {n^2} < A < {\left( {n + 1} \right)^2}\)
Suy ra \(A\) không là một số chính phương.
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