Tam thức bậc hai \(ax^2+bx+c\ge0\)\(\forall x\in R\)và \(b>c>a\).Tìm GTLN:
\(F=\frac{b-c}{9a-2c}+\frac{c-a}{7a-3b+3c}\)
Biết rằng \(f\left(x\right)=ax^2+bx+c>0,\forall x\in R\). Mệnh đề nào sau đây sai (giải thích)
A. a + b + c >0
B. 5a - b + 2c > 0
C. 10a - 2b + 2c > 0
D. 11a - 3b + 5c > 0
Tiếp tục 1 câu hỏi sai, có thể cả 4 mệnh đề đều đúng, không mệnh đề nào sai cả
Ví dụ:
\(f\left(x\right)=x^2-x+1\) thỏa mãn \(f\left(x\right)>0\) ; \(\forall x\)
Nhưng:
\(a+b+c=1>0\) (mệnh đề A đúng)
\(5a-b+2c=8>0\) (mệnh đề B đúng)
\(10c-2b+2c=14>0\) (mệnh đề C đúng)
\(11a-3b+5c=19>0\) (mệnh đề D cũng đúng luôn)
cho a,b,c >0 và ab+bc+ca=3abc. Tìm GTLN của F=\(\frac{1}{a+2b+3c}+\frac{1}{2a+3b+c}+\frac{1}{3a+b+2c}\)
từ giả thiết ab+bc+ca = 3abc\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3\)
ta có \(\frac{1}{a+2b+3c}=\frac{1}{a+c+b+c+b+c}\le\frac{1}{36}\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\right)\)
tương tự ta cũng có\(\hept{\begin{cases}\frac{1}{2a+3b+c}\le\frac{1}{36}\left(\frac{2}{a}+\frac{3}{b}+\frac{1}{c}\right)\\\frac{1}{3a+b+2c}\le\frac{1}{36}\left(\frac{3}{a}+\frac{1}{b}+\frac{2}{c}\right)\end{cases}}\)
cộng theo vế \(\Rightarrow VT\le\frac{1}{6}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{1}{2}\)
\("="\)khi a=b=c=....
hic :( tự đăng rồi tự giải ra luôn :((( sorry mn
Cho tam thức bậc hai f(x)=ax2 + bx + c , a khác 0
CM rằng nếu f(x) \(\ge0\) với mọi \(x\in R\) thì 4a + c \(\ge2b\)
\(f\left(x\right)\ge0\) \(\forall x\in R\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a>0\\\Delta=b^2-4ac\le0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a>0\\4ac\ge b^2\end{matrix}\right.\)
Do \(b^2\ge0\) \(\forall b\Rightarrow4ac\ge0\) ; mà a>0 \(\Rightarrow c\ge0\) (ta được phép áp dụng BĐT Cô-si với hai số a, c)
Từ \(4ac\ge b^2\Rightarrow16ac\ge4b^2\Rightarrow4\sqrt{ac}\ge2b\) (1)
Mặt khác theo BĐT Cô-si ta có: \(4a+c\ge2\sqrt{4ac}=4\sqrt{ac}\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow4a+c\ge2b\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}b^2=4ac\\4a=c\end{matrix}\right.\Rightarrow b^2=c^2=16a^2}\)
cho đa thức f(x)=ax2+bx+c với \(a,b\ge0\) thỏa mãn điều kiện\(\left|f\left(x\right)\right|\le1,\forall x:-1\le x\le1\) . Tìm GTLN của A=a2+b2
Cho 3 số dương a,b,c thỏa mãn ab+bc+ca=1. Tìm GTLN của biểu thức
\(F=\frac{1}{a+2b+3c}+\frac{1}{2a+3b+c}+\frac{1}{3a+b+2c}\)
Cmr:
\(\forall a,b,c\ge0\)
\(\frac{a^3b}{c}+\frac{a^3c}{b}+\frac{b^3c}{a}+\frac{b^3a}{c}+\frac{c^3a}{b}+\frac{c^3b}{a}\ge6abc\)
Ai nhanh mình k cho nhé!
Ad BĐT Cauchy cho 6 số:
\(\frac{a^3b}{c}+\frac{a^3c}{b}+\frac{b^3c}{a}+\frac{b^3a}{c}+\frac{c^3a}{b}+\frac{c^3b}{a}\ge6\sqrt[6]{\frac{a^8b^8c^8}{a^2b^2c^2}}=6abc\)
Dấu = xr khi a=b=c
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho VT ta được :
\(VT\ge6\sqrt[6]{\frac{a^3b}{c}\cdot\frac{a^3c}{b}\cdot\frac{b^3c}{a}\cdot\frac{b^3a}{c}\cdot\frac{c^3a}{b}\cdot\frac{c^3b}{a}}=6\sqrt[6]{\frac{a^8b^8c^8}{a^2b^2c^2}}=6\sqrt[6]{a^6b^6c^6}=6abc=VP\)
=> đpcm
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c
\(\)
Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=1. Tìm GTLN của biểu thức
P=\(\frac{a}{9a^3+3b^2+c}+\frac{b}{9b^3+3c^2+a}+\frac{c}{9c^3+3a^2+b}\)
Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn a > 0, b > 0 và \(f\left(x\right)=ax^2+bx+c\ge0\)với mọi \(x\in R\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(F=\frac{4a+c}{b}\)
cho các số thực a;b;c thỏa mãn a+b+c\(\le6\)tìm gtln của biểu thức P=\(\frac{ab}{a+3b+2c}+\frac{bc}{b+3c+2a}+\frac{ca}{c+3a+2b}\)
bài này ko khác gì câu 921427 nhé bạn, có điều bạn tìm cách tách a + 3b + 2c = (a + b) + (b + c) + (b + c)
Thêm nữa, áp dụng BĐT \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\) với a, b, c > 0
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
EZ!!!Sau khi sử dụng 1 số bđt đơn giản, ta sẽ được:
\(\text{Σ}_{cyc}\frac{ab}{a+3b+2c}\le\frac{1}{9}\text{Σ}_{cyc}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{a}{2}\right)=K\)
\(P\le K=\frac{1}{9}\left[\text{Σ}_{cyc}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{bc}{a+c}\right)+\frac{a+b+c}{2}\right]\)
\(=\frac{1}{9}\left(b+a+c+\frac{a+b+c}{2}\right)=\frac{a+b+c}{6}\le1\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2