Xét hàm số f(x)=m(x+1)2(x−2)3+(x+2)(x−3)f(x)=m(x+1)2(x−2)3+(x+2)(x−3) xác định và liên tục trên RR

⇒f(x)⇒f(x) xác định và liên tục trên [−2;3][−2;3].

Ta có: {f(−2)=−64mf(3)=16m⇒f(−2).f(3)=−1024m2{f(−2)=−64mf(3)=16m⇒f(−2).f(3)=−1024m2.

+ Với m=0⇒f(−2)=f(3)=0m=0⇒f(−2)=f(3)=0

⇒⇒ Phương trình f(x)=0f(x)=0 có nghiệm x=−2,x=−2, x=3.x=3.

+ Với m≠0⇒f(−2).f(3)<0m≠0⇒f(−2).f(3)<0

⇒⇒ Phương trình f(x)=0f(x)=0 có ít nhất một nghiệm thuộc (−2;3)(−2;3).

Vậy phương trình f(x)=0f(x)=0 luôn có nghiệm với mọi tham số m.

Xét hàm số \(f\left(x\right)=m\left(x+1\right)^2\left(x-2\right)^3+\left(x+2\right)\left(x-3\right)\)
f(x)=m(x+1)2(x−2)3+(x+2)(x−3), \(D=ℝ\)
R⇒f(x)⇒f(x) xác định và liên tục trên [−2;3][−2;3].

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}f\left(-2\right)=-64m\\f\left(3\right)=16m\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow f\left(-2\right).f\left(3\right)=-1024m^2\)

+ Với m=0⇒f(−2)=f(3)=0m=0⇒f(−2)=f(3)=0

⇒⇒ Phương trình f(x)=0f(x)=0 có nghiệm x=−2,x=−2, x=3.x=3.

+ Với m≠0⇒f(−2).f(3)<0m≠0⇒f(−2).f(3)<0

⇒⇒ Phương trình f(x)=0f(x)=0 có ít nhất một nghiệm thuộc (−2;3)(−2;3).

Vậy phương trình f(x)=0f(x)=0 luôn có nghiệm với mọi tham số m.

\(f'\left(x\right)=4sin\left(3x-\dfrac{\pi}{4}\right)\cdot\left[sin\left(3x-\dfrac{\pi}{4}\right)\right]'\\ =4\left(3x-\dfrac{\pi}{4}\right)'cos\left(3x-\dfrac{\pi}{4}\right)sin\left(3x-\dfrac{\pi}{4}\right)\\ =6sin\left(6x-\dfrac{\pi}{2}\right)\)

Vì \(-1\le sin\left(6x-\dfrac{\pi}{2}\right)\le1\Rightarrow-6\le6sin\left(6x-\dfrac{\pi}{2}\right)\le6\Leftrightarrow-6\le f'\left(x\right)\le6\)

Vậy \(\left|f'\left(x\right)\right|\le6\forall x\)

ta có \(VT=\left(x^3+y^3\right)^2=\left(x.x^2+y.y^2\right)^2\le\left(x^2+y^2\right)\left(x^4+y^4\right)\) (đpcm)

Ta có \(f'\left( x \right) = 2.2\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right).{\left[ {\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)} \right]^,} = 4\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)\cos \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 2\sin \left( {2x + \frac{\pi }{2}} \right)\)

\( \Rightarrow f''\left( x \right) = 2.2\cos \left( {2x + \frac{\pi }{2}} \right) = 4\cos \left( {2x + \frac{\pi }{2}} \right)\)

Mặt khác \( - 1 \le \cos \left( {2x + \frac{\pi }{2}} \right) \le 1 \Leftrightarrow  - 4 \le f''\left( x \right) \le 4\)

Vậy \(\left| {f''\left( x \right)} \right| \le 4\) với mọi x.

Em thử ạ!Em không chắc đâu.Hơi quá sức em rồi

Ta có: \(VT=\Sigma\frac{x^3}{z+y+yz+1}=\Sigma\frac{x^3}{z+y+\frac{1}{x}+1}\)

\(=\Sigma\frac{x^4}{xz+xy+1+x}=\frac{x^4}{xy+xz+x+1}+\frac{y^4}{yz+xy+y+1}+\frac{z^4}{zx+yz+z+1}\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel,suy ra:

\(VT\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{\left(x+y+z\right)+2\left(xy+yz+zx\right)+3}\)

\(\ge\frac{\left(\frac{1}{3}\left(x+y+z\right)^2\right)^2}{\left(x+y+z\right)+\frac{2}{3}\left(x+y+z\right)^2+3}\) (áp dụng BĐT \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3};ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\))

Đặt \(t=x+y+z\ge3\sqrt{xyz}=3\) Dấu "=" xảy ra khi x = y = z

Ta cần chứng minh: \(\frac{\frac{t^4}{9}}{\frac{2}{3}t^2+t+3}\ge\frac{3}{4}\Leftrightarrow\frac{t^4}{9\left(\frac{2}{3}t^2+t+3\right)}=\frac{t^4}{6t^2+9t+27}\ge\frac{3}{4}\)(\(t\ge3\))

Thật vậy,BĐT tương đương với: \(4t^4\ge18t^2+27t+81\)

\(\Leftrightarrow3t^4-18t^2-27t+t^4-81\ge0\)

Ta có: \(VT\ge3t^4-18t^2-27t+3^4-81\)

\(=3t^4-18t^2-27t\).Cần chứng minh\(3t^4-18t^2-27t\ge0\Leftrightarrow3t^4\ge18t^2+27t\)

Thật vậy,chia hai vế cho \(t\ge3\),ta cần chứng minh \(3t^3\ge18t+27\Leftrightarrow3t^3-18t-27\ge0\)

\(\Leftrightarrow3\left(t^3-27\right)-18\left(t-3\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(t-3\right)\left(3t^2+9t+27\right)-18\left(t-3\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(t-3\right)\left(3t^2+9t+9\right)\ge0\)

BĐT hiển nhiên đúng,do \(t\ge3\) và \(3t^2+9t+9=3\left(t+\frac{3}{2}\right)^2+\frac{9}{4}\ge\frac{9}{4}>0\)

Dấu "=" xảy ra khi t = 3 tức là \(\hept{\begin{cases}x=y=z\\xyz=1\end{cases}}\Leftrightarrow x=y=z=1\)

Chứng minh hoàn tất

Em sửa chút cho bài làm ngắn gọn hơn.

Khúc chứng minh: \(4t^4\ge18t^2+27t+81\)

\(\Leftrightarrow4t^4-18t^2-27t-81\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(t-3\right)\left(4t^3+12t^2+18t+27\right)\ge0\)

BĐT hiển nhiên đúng do \(t\ge3\Rightarrow\hept{\begin{cases}t-3\ge0\\4t^3+12t^2+18t+27>0\end{cases}}\)

Còn khúc sau y chang :P Lúc làm rối quá nên không nghĩ ra ạ!

Áp dụng BĐT cosi ta có

\(\frac{x^3}{\left(1+y\right)\left(1+z\right)}+\frac{1+z}{8}+\frac{1+y}{8}\ge\frac{3}{4}x\)

\(\frac{y^3}{\left(1+x\right)\left(1+z\right)}+\frac{1+x}{8}+\frac{1+z}{8}\ge\frac{3}{4}y\)

\(\frac{z^3}{\left(1+y\right)\left(1+x\right)}+\frac{1+y}{8}+\frac{1+x}{8}\ge\frac{3}{4}z\)

Khi đó 

\(VT\ge\frac{3}{4}\left(x+y+z\right)-\frac{1}{4}\left(x+y+z\right)-\frac{3}{4}=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)-\frac{3}{4}\)

Mà \(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=3\)

=> \(VT\ge\frac{3}{2}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}\)(ĐPCM)

Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1

Đặt f(x) = m(1 - x)³.(x² - 4) + x⁴ - 3

⇒ f(x) liên tục trên R

Ta có:

f(-2) = m.(1 - 2)³.[(-2)² - 4] + (-2)⁴ - 3

= 0 + 16 - 3

= 15

f(1) = m.(1 - 1)³.(1² - 4) + 1⁴ - 3

= 0 + 1 - 3

= -2

f(2) = m.(1 - 2)³.(2² - 4) + 2⁴ - 3

= 0 + 16 - 3

= 15

Do f(-2).f(1) = 15.(-2) = -30 < 0

Và f(1).f(2) = -2.15 < 0

⇒ Phương trình đã cho có ít nhất 2 nghiệm x₁ và x₂ với mọi m, trong đó x₁ ∈ (-2; 1); x₂ ∈ (1; 2)

Xét hàm \(f\left(x\right)=m\left(x-1\right)^3\left(x^2-4\right)+x^4-3\)

Hàm \(f\left(x\right)\) là hàm liên tục trên R

\(f\left(1\right)=-2< 0\)

\(f\left(-2\right)=13>0\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)=0\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(-2;1\right)\)

\(f\left(2\right)=13>0\Rightarrow f\left(1\right).f\left(2\right)< 0\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)=0\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(1;2\right)\)

\(\Rightarrow\) Phương trình đã cho luôn có ít nhất 2 nghiệm với mọi m