Em tham khảo ở đây:

xét các số thực a,b,c (a≠0) sao cho phương trình ax2+bx+c=0 có 2 nghiệm m, n thỏa mãn \(0\le m\le1;0\le m\le1\). tìm GTN... - Hoc24

Max thì đơn giản thôi em:

Do \(0\le m;n\le1\Rightarrow0< 2-mn\le2\)

\(\Rightarrow M=\dfrac{\left(2-mn\right)\left(m+n+1\right)}{mn+m+n+1}\le\dfrac{2\left(m+n+1\right)}{mn+m+n+1}\le\dfrac{2\left(m+n+1\right)}{m+n+1}=2\)

\(M_{max}=2\) khi \(mn=0\)

*) \(MinA\) :

Ta thấy: a,b,c đều là các số thực không âm.

Do đó : \(A\ge0\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=0,c=1\) và các hoán vị.

\(*)MaxA\) :

Giả sử \(a\ge b\ge c\) \(\Rightarrow3a\ge a+b+c=1\) 

\(\Rightarrow1-3a\le0\)

Ta có : \(A=a\left(b^2+c^2\right)+b\left(c^2+a^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)\)

\(=a\left(b^2+c^2\right)+b\left(c^2+a^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)+3abc-3abc\)

\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-3abc\)

\(=ab+bc+ca-3abc\)

\(=a\left(b+c\right)+bc\left(1-3a\right)\) \(\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4}+0\) ( do \(1-3a\le0\) )    \(=\frac{1}{4}\)

hay \(A\le\frac{1}{4}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=\frac{1}{2},c=0\) và các hoán vị.

\(\)

Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\)và đặt \(2t=a+b=-c\Rightarrow t=-\frac{c}{2}\)

+)Nếu \(c\ge0\) thì \(a,b\ge0\). Khi đó: \(P\ge3\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=0\)

+) Nếu \(c< 0\Rightarrow t>0\). Ta có:

\(P\ge\frac{\left(a^2+b^2+2\right)^2}{2}+\left(c^2+1\right)^2+\frac{3\sqrt{6}c\left(a+b\right)^2}{2}\) (vì c < 0)

\(\ge\frac{\left[\frac{\left(a+b\right)^2}{2}+2\right]^2}{2}+\left(c^2+1\right)^2+3\sqrt{6}c.\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\)

\(=\frac{\left(2t^2+2\right)^2}{2}+\left(c^2+1\right)^2+6\sqrt{6}t^2c\)

\(=\frac{\left[2\left(-\frac{c}{2}\right)^2+2\right]^2}{2}+\left(c^2+1\right)^2+6\sqrt{6}\left(-\frac{c}{2}\right)^2c\)

\(=\frac{9}{8}c^2\left(c+\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)^2+3\ge3\)

\(\left(a;b;c\right)=\left(\sqrt{\frac{2}{3}};\sqrt{\frac{2}{3}};-2\sqrt{\frac{2}{3}}\right)\) (và các hoán vị, trong trường hợp tổng quát)

Vậy....

P/s: Em không chắc lắm, chưa check lại.

Đầu tiên tiền điều kiện để phương trình bậc 2 có 2 nghiệm thuộc [0; 1] trước đi sẽ có điều kiện của a,b,c lúc đó thì giải bất như bài bất bình thường.

jh hutn jnoh lhgvhx

Ta có : 2(a²  + b² ) - ( a + b) ² -a² -2ab + b² =( a-b)² \(\ge0\)

=> 2(a² + b² ) \(\ge\left(a+b\right)^2\)

tương tự : 2(b² +c² ) \(\ge\)( b + c)² 

                   2 (c² + a²) \(\ge\)( c + a)² 

=> P \(\le\frac{c}{a+b+1}+\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{c+a+1}\)

\(\le\frac{c}{a+b+c}+\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}\)( do  a ,b, c \(\le1\))

= \(\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)

Vậy Max P = 1 <=> a = b = c =1

\(\frac{b\left(2a-b\right)}{a\left(b+c\right)}+\frac{c\left(2b-c\right)}{b\left(c+a\right)}+\frac{a\left(2c-a\right)}{c\left(a+b\right)}\le\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left[2-\frac{b\left(2a-b\right)}{a\left(b+c\right)}\right]+\left[2-\frac{c\left(2b-c\right)}{b\left(c+a\right)}\right]+\left[2-\frac{a\left(2c-a\right)}{c\left(a+b\right)}\right]\ge\frac{9}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{b^2+2ca}{a\left(b+c\right)}+\frac{c^2+2ab}{b\left(c+a\right)}+\frac{a^2+2bc}{c\left(a+b\right)}\ge\frac{9}{2}\)

Áp dụng BĐT Schwarz, ta có :

\(\frac{b^2}{a\left(b+c\right)}+\frac{c^2}{b\left(c+a\right)}+\frac{a^2}{c\left(a+b\right)}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a\left(b+c\right)+b\left(c+a\right)+c\left(a+b\right)}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ac\right)}\)( 1 )

\(\frac{ac}{a\left(b+c\right)}+\frac{ab}{b\left(c+a\right)}+\frac{bc}{c\left(a+b\right)}=\frac{c^2}{c\left(b+c\right)}+\frac{a^2}{a\left(a+c\right)}+\frac{b^2}{b\left(a+b\right)}\)           ( 2 )

\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac}\)

Cộng ( 1 ) với ( 2 ), ta được :

\(\frac{b^2+2ca}{a\left(b+c\right)}+\frac{c^2+2ab}{b\left(c+a\right)}+\frac{a^2+2bc}{c\left(a+b\right)}\)

\(\ge\left(a+b+c\right)^2\left(\frac{1}{2\left(ab+bc+ac\right)}+\frac{2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac}\right)\)

\(\ge\left(a+b+c\right)^2\left(\frac{\left(1+2\right)^2}{2\left(ab+bc+ac\right)+2\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac\right)}\right)=\frac{9}{2}\)

không biết cách này ổn không 

Ta có : \(\frac{b\left(2a-b\right)}{a\left(b+c\right)}=\frac{2-\frac{b}{a}}{\frac{c}{b}+1}\) ; tương tự :...

đặt \(\frac{a}{c}=x;\frac{b}{a}=y;\frac{c}{b}=z\Rightarrow xyz=1\)

\(\Sigma\frac{2-y}{z+1}\le\frac{3}{2}\)          

\(\Leftrightarrow2\Sigma xy^2+2\Sigma x^2+\Sigma xy\ge3\Sigma x+6\)( quy đồng khử mẫu )

\(\Leftrightarrow\Sigma\frac{x}{y}\ge\Sigma x\)( xyz = 1 )           ( luôn đúng )

\(\Rightarrowđpcm\)

1.\(\left(3x+1\right)\sqrt{2x^2-1}=5x^2+\frac{3}{2}x-3\)ĐK \(2x^2-1\ge0\)

<=> \(10x^2-3x-6-2\left(3x+1\right)\sqrt{2x^2-1}=0\)

<=> \(7x^2-4x-8+\left(3x+1\right)\left(x+2-2\sqrt{2x^2-1}\right)=0\)

<=>\(7x^2-4x-8+\left(3x+1\right).\frac{\left(x+2\right)^2-4\left(2x^2-1\right)}{x+2+2\sqrt{2x^2-1}}=0\)

<=> \(7x^2-4x-8+\left(3x+1\right).\frac{-7x^2+4x+8}{x+2+2\sqrt{2x^2-1}}=0\)

<=>\(\orbr{\begin{cases}7x^2-4x-8=0\left(1\right)\\1-\frac{3x+1}{x+2+2\sqrt{2x^2-1}}=0\left(2\right)\end{cases}}\)

Giải (2)

\(2\sqrt{2x^2-1}=2x-1\)

<=> \(\hept{\begin{cases}x\ge\frac{1}{2}\\4x^2+4x-5=0\end{cases}}\)

=> \(x=\frac{-1+\sqrt{6}}{2}\)(thỏa mãn ĐKXĐ)

Giải (1)=> \(x=\frac{2+2\sqrt{15}}{7}\)

Vậy \(S=\left\{\frac{2+2\sqrt{15}}{7},\frac{-1+\sqrt{6}}{2}\right\}\)