Cho ba số thực \(x,{\rm{ }}y,{\rm{ }}z \in \left[ {5;7} \right].\) Chứng minh rằng
\(\sqrt {xy + 1} + \sqrt {yz + 1} + \sqrt {zx + 1} > x + y + z.\)
Cho ba số thực \(x,{\rm{ }}y,{\rm{ }}z \in \left[ {5;7} \right].\) Chứng minh rằng
\(\sqrt {xy + 1} + \sqrt {yz + 1} + \sqrt {zx + 1} > x + y + z.\)
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Do \(x,{\rm{ }}y \in \left[ {5;7} \right] \Rightarrow \left| {x - y} \right| \le 2 \Leftrightarrow {\left( {x - y} \right)^2} \le 4\)
\( \Leftrightarrow {x^2} - 2xy + {y^2} \le 4 \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \le 4\left( {xy + 1} \right) \Leftrightarrow x + y \le 2\sqrt {xy + 1} \)
Chứng minh tương tự ta có:
\(y + z \le 2\sqrt {yz + 1} ;\)\(z + x \le 2\sqrt {zx + 1} \)
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta có
\[2\left( {x + y + z} \right) \le 2\left( {\sqrt {xy + 1} + \sqrt {yz + 1} + \sqrt {zx} } \right)\]
\( \Leftrightarrow \sqrt {xy + 1} + \sqrt {yz + 1} + \sqrt {zx + 1} \ge x + y + z\)
Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}\left| {x - y} \right| = 2\,\,\,\,\,\,\,\\\left| {y - z} \right| = 2\,\,\,\,\,\,\\\left| {z - x} \right| = 2\,\,\,\,\,\,\end{array} \right.\left( 1 \right)\)
Vì \(x \ne y \ne z\) nên giả sử \(x > y > z.\)
Ta có \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y = 2\\y - z = 2\\x - z = 2\end{array} \right.\,\,\, \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y = 2\\x - z = 4\\x - z = 2\end{array} \right.\) (vô nghiệm)
Vậy \(\sqrt {xy + 1} + \sqrt {yz + 1} + \sqrt {zx + 1} > x + y + z.\)
Hot: 1000+ Đề thi giữa kì 2 file word cấu trúc mới 2026 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
Đặt \({n^2} - 2n - 7 = {a^3};\,\,{n^2} - 2n + 12 = {b^3}\) (với \(a,{\rm{ }}b \in {\mathbb{N}^*}\))
Dễ thấy \(a < b\)
Ta có \({b^3} - {a^3} = \left( {{n^2} - 2n + 12} \right) - \left( {{n^2} - 2n - 7} \right) = 19\)
\( \Leftrightarrow \left( {b - a} \right)\left( {{b^2} + ab + {a^2}} \right) = 19\)
Vì \(a,{\rm{ }}b \in {\mathbb{N}^*}\), \(b > a\), \({b^2} + ab + {a^2} > b - a\) và \(19\) là số nguyên tố nên
\(\left\{ \begin{array}{l}b - a = 1\\{b^2} + ab + {a^2} = 19\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 3\end{array} \right.\left( {TM} \right)\\\left\{ \begin{array}{l}a = - 3\\b = - 2\end{array} \right.\left( L \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 3\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow {n^2} - 2n - 15 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = - 3{\rm{ }}(L)\\n = 5{\rm{ }}(TM)\end{array} \right. \Leftrightarrow n = 5\)
Vậy \(n = 5\) là giá trị cần tìm.
Lời giải
Hình vẽ
a)Tứ giác \(BKDH\) nội tiếp \[ \Rightarrow \widehat {KBD} = \widehat {KHD}{\rm{ }}\left( 1 \right).\]
Tứ giác \(ABDC\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {KBD} = \widehat {ACD}{\rm{ }}\left( 2 \right)\) (cùng bù với \(\widehat {ABD}\))
Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow \widehat {KHD} = \widehat {ICD}{\rm{ }}\left( 3 \right).\)
Lại có tứ giác \(CIHD\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {IHD} + \widehat {ICD} = {180^0}{\rm{ }}\left( 4 \right).\)
Từ \(\left( 3 \right),{\kern 1pt} \;\left( 4 \right)\) suy ra \(\widehat {IHD} + \widehat {DHK} = {180^0}\)
\( \Rightarrow K,\,I,\,H\) thẳng hàng.
\( \Rightarrow \frac{{CH}}{{HD}} = \frac{{AB}}{{KD}} + \frac{{BK}}{{KD}}\,\,\,\,\,\,\left( 5 \right)\)
b)\( \Rightarrow \frac{{BH}}{{DH}} = \frac{{AC}}{{DI}} - \frac{{IC}}{{DI}}\,\,\,\,\,\,\,\left( 6 \right)\)
Từ \(\left( 5 \right),{\rm{ }}\left( 6 \right)\) và \(\left( 7 \right)\) suy ra \(\frac{{CH}}{{HD}} + \frac{{BH}}{{DH}} = \frac{{AB}}{{KD}} + \frac{{AC}}{{DI}}.\)
Vậy \(\frac{{AC}}{{DI}} + \frac{{AB}}{{DK}} = \frac{{BC}}{{DH}} \cdot \)
c)Đường thẳng \(AP\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(Q\) và đường thẳng \(DH\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(S.\)
Ta có \(\widehat {SAC} = \widehat {SDC}\) (cùng chắn )
Tứ giác \(CDHI\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {HDC} = \widehat {HIA} \Rightarrow \widehat {SAC} = \widehat {HIA}\)
Suy ra đường thẳng \[AS\] song song với đường thẳng \[HK.\]
Ta có \(AQ\)//\(DS\) (cùng vuông góc với \(BC\))
\( \Rightarrow AQDS\) là hình thang, nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\)
\( \Rightarrow AQDS\) là hình thang cân \( \Rightarrow \widehat {QDS} = \widehat {ASD}.\)
Qua \(P\) vẽ \[PR\]//\[AS \Rightarrow \widehat {ASD} = \widehat {PRD}\] (đồng vị)
Suy ra \(\widehat {PRD} = \widehat {QDR} \Rightarrow PQDR\) là hình thang cân
Ta thấy \(BC \bot PQ\) tại trung điểm \(PQ\), suy ra \(BC\) là trục đối xứng của hình thang cân \( \Rightarrow HD = HR.\)
Xét \(\Delta DPR\) có \(HD = HR\) và \[HK\]//\[PR\]
\( \Rightarrow HK\) đi qua trung điểm của \(DP.\)
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