Cho hai số thực dương a, b thoả mãn 2a+3b≤4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q=2002a+2017b+2996a−5501b

Câu hỏi:

Cho hai số thực dương a, b thoả mãn $2a+3b\le 4$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $Q=\frac{2002}{a}+\frac{2017}{b}+2996a-5501b$

Trả lời:

Ta có $Q=2002\left(\frac{1}{a}+4a\right)+2017\left(\frac{1}{b}+b\right)-5012a-7518b=2002\left(\frac{1}{a}+4a\right)+2017\left(\frac{1}{b}+b\right)-2506\left(2a+3b\right)$   + Vì a, b dương và $2a+3b\le 4\Rightarrow 0<2a+3b\le 4$ do đó    $Q\ge \mathrm{2002.2.}\sqrt{\frac{1}{a}.4a}+\mathrm{2017.2.}\sqrt{\frac{1}{b}.b}-2506.4=2018$ với mọi a, b>0 và $2a+3b\le 4$, dấu bằng xảy ra khi $a=\frac{1}{2}$ và b= 1.+ Vậy giá trị nhỏ nhất của Q bằng 2018  khi $a=\frac{1}{2}$ và b= 1.. 

====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====

1. Tìm m để đồ thị hàm số y=2x+m đi qua điểm K(2;3).
   
   

   Câu hỏi:
   

   Tìm m để đồ thị hàm số $y=2x+m$ đi qua điểm $K(2;3)$.

   Trả lời:

   Đồ  thị hàm số $y=2x+m$ đi qua điểm $K(2;3)\iff 3=4+m\iff m=-1$. Vậy  m= -1.

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
2. Cho biểu thức B=xx+x+xxx−1−x+31−x.x−12x+x−1  (với x≥0;  x≠1 và x≠14)Tìm tất cả các giá trị của x để B&lt;0.
   
   

   Câu hỏi:
   

   Cho biểu thức $B=\left(\frac{x\sqrt{x}+x+\sqrt{x}}{x\sqrt{x}-1}-\frac{\sqrt{x}+3}{1-\sqrt{x}}\right).\frac{x-1}{2x+\sqrt{x}-1}$  (với $x\ge 0;x\ne 1$ và $x\ne \frac{1}{4}$)Tìm tất cả các giá trị của x để B<0.

   Trả lời:

   Ta có $B=\left[\frac{\sqrt{x}\left(x+\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}+\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-1}\right].\frac{x-1}{2x+\sqrt{x}-1}$$=\left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}+\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-1}\right).\frac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(2\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}=\frac{2\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-1}.\frac{\sqrt{x}-1}{2\sqrt{x}-1}=\frac{2\sqrt{x}+3}{2\sqrt{x}-1}$    Vì $x\ge 0$ nên $2\sqrt{x}+3>0$, do đó B<0 khi $2\sqrt{x}-1<0\iff x<\frac{1}{4}$.Mà $x\ge 0;x\ne 1$ và $x\ne \frac{1}{4}$ nên ta được kết quả $0\le x<\frac{1}{4}$.

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
3. Cho phương trình x2−(2m+5)x+2m+1=0  (1), với x là ẩn, m là tham số.a. Giải phương trình (1) khi m= -12b. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1,  x2 sao cho biểu thức P=x1−x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
   
   

   Câu hỏi:
   

   Cho phương trình $x^2-(2m+5)x+2m+1=0$  (1), với x là ẩn, m là tham số.a. Giải phương trình (1) khi m= $–\frac{1}{2}$b. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt $x_1,x_2$ sao cho biểu thức $P=\left|\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}\right|$ đạt giá trị nhỏ nhất.

   Trả lời:

   a. + Với $m=-\frac{1}{2}$  phương trình (1) trở thành $x^2-4x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=4\end{array}\right.$.+ Vậy khi $m=-\frac{1}{2}$ phương trình có hai nghiệm x= 0 và x= 4.b. + Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi                             $\left\{\begin{array}{l}\Delta ={\left(2m+5\right)}^2-4\left(2m+1\right)>0\\ x_1+x_2=2m+5>0\\ x_1.x_2=2m+1>0\end{array}\right.$+ Ta có $\Delta ={\left(2m+5\right)}^2-4\left(2m+1\right)=4m^2+12m+21={\left(2m+3\right)}^2+12>0,\forall m\in R$+ Giải được điều kiện $m>-\frac{1}{2}$ (*).+ Do P>0 nên P đạt nhỏ nhất khi $P^2$ nhỏ nhất.+ Ta có $P^2=\left(x_1+x_2\right)-2\sqrt{x_1{x}_2}=2m+5-2\sqrt{2m+1}={\left(\sqrt{2m+1}-1\right)}^2+3\ge 3(\forall m>-\frac{1}{2})\Rightarrow P\ge \sqrt{3}(\forall m>-\frac{1}{2})$.và $P=\sqrt{3}$ khi m= 0 (thoả mãn (*)).+ Vậy giá trị nhỏ nhất $P=\sqrt{3}$ khi m= 0.

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
4. Để chuẩn bị cho năm học mới, học sinh hai lớp 9A và 9B ủng hộ thư viện 738 quyển sách gồm hai loại sách giáo khoa và sách tham khảo. Trong đó mỗi học sinh lớp 9A ủng hộ 6 quyển sách giáo khoa và 3 quyển sách tham khảo; mỗi học sinh lớp 9B ủng hộ 5 quyển sách giáo khoa và 4 quyển sách tham khảo. Biết số sách giáo khoa ủng hộ nhiều hơn số sách tham khảo là 166 quyển. Tính số học sinh của mỗi lớp.
   
   

   Câu hỏi:
   

   Để chuẩn bị cho năm học mới, học sinh hai lớp 9A và 9B ủng hộ thư viện 738 quyển sách gồm hai loại sách giáo khoa và sách tham khảo. Trong đó mỗi học sinh lớp 9A ủng hộ 6 quyển sách giáo khoa và 3 quyển sách tham khảo; mỗi học sinh lớp 9B ủng hộ 5 quyển sách giáo khoa và 4 quyển sách tham khảo. Biết số sách giáo khoa ủng hộ nhiều hơn số sách tham khảo là 166 quyển. Tính số học sinh của mỗi lớp.

   Trả lời:

   + Gọi số học sinh của lớp 9A là x học sinh ($x\in {\mathbb{N}}^{*}$)+ Gọi số học sinh của lớp 9B là y học sinh ($y\in {\mathbb{N}}^{*}$).+ Ta có học sinh lớp 9A ủng hộ: 6x quyển sách giáo khoa và 3x quyển sách tham khảo.  + Ta có học sinh lớp 9B ủng hộ: 5y quyển sách giáo khoa và 4y quyển sách tham khảo.  + Vì tổng số sách học sinh hai lớp ủng hộ là 738 quyển, nên ta có phương trình: $(6x+3x)+(5y+4y)=738$  hay$9x+9y=738\iff x+y=82$  (1).+ Số sách giáo khoa học sinh hai lớp ủng hộ là 6x+5y (quyển)+ Số sách tham khảo học sinh hai lớp ủng hộ là 3x+4y (quyển)+ Vì số sách giáo khoa nhiều hơn số sách tham khảo là 166 quyển nên ta có phương trình: $(6x+5y)-(3x+4y)=166\iff 3x+y=166$   (2).+ Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}x+y=82\\ 3x+y=166\end{array}\right.$+ Giải hệ trên được nghiệm $\left\{\begin{array}{l}x=42\\ y=40\end{array}\right.$ (thoả mãn điều kiện)+ Vậy lớp 9A có 42 học sinh và lớp 9B có 40 học sinh

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
5. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (C) tâm O bán kính R. Hai đường cao AE và BK của tam giác ABC cắt nhau tại H (với E thuộc BC, K thuộc AC).1. Chứng minh tứ giác ABEK nội tiếp được trong một đường tròn.2. Chứng minh CE.CB=CK.CA.3. Chứng minh OCA^=BAE^.4. Cho B, C cố định và A di động trên (C) nhưng vẫn thoả mãn điều kiện tam giác ABC nhọn; khi đó H thuộc một đường tròn (T) cố định. Xác định tâm I và tính bán kính r của đường tròn (T) biết R=3 cm
   
   

   Câu hỏi:
   

   Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (C) tâm O bán kính R. Hai đường cao AE và BK của tam giác ABC cắt nhau tại H (với E thuộc BC, K thuộc AC).1. Chứng minh tứ giác ABEK nội tiếp được trong một đường tròn.2. Chứng minh $CE.CB=CK.CA$.3. Chứng minh $\widehat{OCA}=\widehat{BAE}$.4. Cho B, C cố định và A di động trên (C) nhưng vẫn thoả mãn điều kiện tam giác ABC nhọn; khi đó H thuộc một đường tròn (T) cố định. Xác định tâm I và tính bán kính r của đường tròn (T) biết R=3 cm

   Trả lời:

   1. + Ta có $\widehat{AEB}=\widehat{AKB}={90}^0$.Nên E và K cùng thuộc đường tròn đường kính AB.+ Vậy tứ giác ABEK nội tiếp trong một đường tròn.2. + Vì $AE\perp BC;BK\perp AC\mathit{\Rightarrow }\widehat{\mathit{A}\mathit{E}\mathit{C}}=\widehat{\mathit{B}\mathit{K}\mathit{C}}={90}^{\mathit{0}}$+ Chỉ ra hai tam giác AEC và BKC đồng dạng (g-g).Suy ra $\frac{CE}{CK}=\frac{CA}{CB}$. Vậy $CE.CB=CK.CA$.3. + Vẽ tiếp tuyến t’t của đường tròn (C) tại điểm C,  ta có: $\widehat{ACt}=\widehat{ABC}$.+ Lại có $\widehat{ABC}=\widehat{EKC}$ (cùng bù với $\widehat{EKA}$), suy ra $\widehat{ACt}=\widehat{EKC},$ do đó EK song song với t’t . + Mặt khác $OC\perp t‘t\Rightarrow OC\perp EK$ + Ta có  $\widehat{OCA}+\widehat{CKE}={90}^0$ (do $OC\perp EK$) và $\widehat{BKE}+\widehat{CKE}={90}^0$ (vì $BK\perp AC$) suy ra $\widehat{OCA}=\widehat{BKE}$    (1).+ Lại có: $\widehat{BKE}=\widehat{BAE}$ (do tứ giác ABEK nội tiếp )    (2).+ Từ (1) và (2) ta có $\widehat{OCA}=\widehat{BAE}$.4. + Gọi H’ là giao điểm thứ hai của AE và đường tròn (C); I là điểm đối xứng với O qua BC. Có $\widehat{BHH‘}=\widehat{BCA}=\widehat{BH‘H},$ suy ra tam giác BHH’ cân tại B nên H và H’ đối xứng nhau qua BC.+ Vì O và I đối xứng nhau qua BC, do đó $IH=OH‘=R$.+ Do O cố định, BC cố định nên I cố định. Từ đó có H thuộc đường tròn (T) có tâm I, bán kính R=3 cm.+ Vậy đường tròn (T) có tâm là điểm I đối xứng với O qua BC và bán kính $r=R=3cm.$ 

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====