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 GTNN của \(Q=\dfrac{2a^2-ac-2ab+bc}{a^2-ab+ac}\)
Xét các số thực a,b,c với \(b\ne a+c\) sao cho PT bậc 2 \(ax^2+bx+c=0\) có 2 nghiệm thực m,n thỏa mãn \(0\le m,n\le1\). Tìm GTLN và GTNN của biểu thức
\(M=\dfrac{\left(a-b\right)\left(2a-c\right)}{a\left(a-b+c\right)}\)
Em tham khảo ở đây:
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 \(mn=0\)
Giúp tớ bài này plz, khó quá:
Xét các số thực a,b,c với \(b\ne a+c\) sao cho phương trình bậc 2 \(ax^2+bx+c=0\)có 2 nghiệm thực m,n thỏa mãn \(0\le m,n\le1\).Tìm GTLN và GTNN của biểu thức:
\(M=\frac{\left(a-b\right)\left(2a-c\right)}{a\left(a-b+c\right)}\)
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.
15.
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn \(a+b+c+ab+bc+ac=6\)
Chứng minh rằng: \(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge3\)
16.
Xét các số thực a, b, c ( a khác 0) sao cho:
Phương trình bậc hai \(ax^2+bx+c=0\) có hai nghiệm m, n thỏa mãn: \(0\le m\le1;0\le n\le1\).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(Q=\dfrac{2a^2-ac-2ab+bc}{a^2-ab+ac}\)
17.
Cho ba số thực không âm a, b, c và thỏa amnx a+b+c=1.
Chứng minh rằng: \(a+2b+c\ge4\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\)
18.
Cho ba số thực a, b, c. Chứng minh rằng:
\(\left(a^2-bc\right)^3+\left(b^2-ca\right)^3+\left(c^2-ab\right)^3\ge3\left(a^2-bc\right)\left(b^2-ca\right)\left(c^2-ab\right)\)
15.
Ta có \(a+b+c+ab+bc+ac=6\)
Mà \(ab+bc+ac\le\left(a+b+c\right)^2\)
=> \(\left(a+b+c\right)^2+\left(a+b+c\right)-6\ge0\)
=> \(a+b+c\ge3\)
\(A=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ac}\ge a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\ge3\)(ĐPCM)
Bài 18, Đặt \(\left(a^2-bc;b^2-ca;c^2-ab\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\) thì bđt trở thành
\(x^3+y^3+z^3\ge3xyz\)
\(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3-3xyz\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\left[\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\right]\ge0\)
Vì \(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)nên ta đi chứng minh \(x+y+z\ge0\)
Thật vậy \(x+y+z=a^2-bc+b^2-ca+c^2-ab\)
\(=\frac{1}{2}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\ge0\)(đúng)
Tóm lại bđt được chứng minh
Dấu "=": tại a=b=c
17)Em sửa đề chút ạ, sai mong cô bỏ qua: CMR: \(a+2b+c\ge...\)
Ta có: \(\left(x-y\right)^2\ge0\forall x,y\Leftrightarrow x^2+y^2\ge2xy\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\)(*)
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta được: \(4\left(b+c\right)\left(1-c\right)\le\left(b+c+1-c\right)^2=\left(b+1\right)^2\)(1)
Từ a+b+c=1 \(\Rightarrow1-a=b+c\)Khi đó:
\(4\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)=4\left(b+c\right)\left(1-c\right)\left(1-b\right)\)
Kết hợp với (1) suy ra:
\(4\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\le\left(b+1\right)^2\left(1-b\right)\)
\(\Rightarrow4\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\le\left(1-b^2\right)\left(1+b\right)\le1.\left(1+b\right)\)
\(\Rightarrow4\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\le1+b=a+b+c+b=a+2b+c\left(đpcm\right)\)
cho pt: \(ã^2+bx+c=0\left(a\ne0\right)\)có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn \(0\le x_1\le x_2\le1\). tìm GTLN của P=\(\frac{5a^2-6ab+b^2}{2a^2-2ab+ac}\)
Theo hệ thức vi-et ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\frac{b}{a}\\x_1x_2=\frac{c}{a}\end{matrix}\right.\)
\(P=\frac{5a^2-6ab+b^2}{2a^2-2ab+ac}=\frac{5-\frac{6b}{a}+\frac{b^2}{a^2}}{2-\frac{2b}{a}+\frac{c}{a}}=\frac{5+6\left(x_1+x_2\right)+\left(x_1+x_2\right)^2}{2+2\left(x_1+x_2\right)+x_1x_2}\)
Mặt khác :
\(\left\{{}\begin{matrix}x_1\le x_2\\x_2\le1\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1^2\le x_1x_2\\x_2^2\le1\end{matrix}\right.\Rightarrow x_1^2+x_2^2\le x_1x_2+1\Rightarrow\left(x_1+x_2\right)^2\le3x_1x_2+1\)
\(\Rightarrow P\le\frac{6+6\left(x_1+x_2\right)+3x_1x_2}{2+2\left(x_1+x_2\right)+x_1x_2}=3\)
cho các số thực a,b,c thỏa mãn: \(0\le a\le1;0\le b\le1;0\le c\le1\)
cmr; \(2\left(a^3+b^3+c^3\right)\le3+a^2b+b^2c+c^2a\)
Cho phương trình ax2 + bx + c (a khác 0 ) có 2 no thỏa mãn 0≤ x1 ≤ x2 ≤ 2
Tìm GTNN của L = \(\dfrac{3a^2-ab+ac}{5a^2-3ab+b^2}\)?
Cho phương trình ax2+bx+c=0 (a khác 0) có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn \(0\le x_1\le x_2\le2\). Tìm GTNN của biểu thức L=\(\frac{3a^2-ab+ac}{5a^2-3ab+b^2}\)
Chỉ biết phân tích mù mịt cho đẹp thôi chứ không biết đúng hay sai?
Ta có \(L=\left(3-\frac{b}{a}+\frac{c}{a}\right):\left(5-\frac{3b}{a}+\left(\frac{b}{a}\right)^2\right)\)(chia cả tử và mẫu cho a2 khác 0)
Theo hệ thức Vi - et, \(L=\frac{3+\left(x_1+x_2\right)+x_1x_2}{5+3\left(x_1+x_2\right)+\left(x_1+x_2\right)^2}\)
Theo giả thiết \(0\le x_1\le x_2\le2\)\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x_1^2\le x_1x_2\\x_2^2\le4\end{cases}}\)
\(\Rightarrow x_1^2+x_2^2\le x_1x_2+4\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2\le3x_1x_2+4\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-4\le3x_1x_2\Leftrightarrow\left(x_1+x_2+2\right)\left(x_1+x_2-2\right)\le3x_1x_2\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2+5\right)\left(x_1+x_2-2\right)-3\left(x_1+x_2-2\right)\le3x_1x_2\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2+5\right)\left(x_1+x_2-2\right)\le3\left(x_1x_2+x_1+x_2-2\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2+3\left(x_1+x_2\right)-10\le3\left(x_1x_2+x_1+x_2-2\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2+3\left(x_1+x_2\right)+5\le3\left(x_1x_2+x_1+x_2+3\right)\)
Vì \(\left(x_1+x_2\right)^2+3\left(x_1+x_2\right)+5>0\)nên
\(L=\frac{3+\left(x_1+x_2\right)+x_1x_2}{5+3\left(x_1+x_2\right)+\left(x_1+x_2\right)^2}\ge\frac{1}{3}\)
Dấu "=" khi \(\hept{\begin{cases}x_1=0\\x_2=2\end{cases}}\)hoặc \(\hept{\begin{cases}x_1=2\\x_2=2\end{cases}}\)
cho phương trình \(ax^2+bx+c=0\left(a\ne0\right)\)) có 2 nghiệm \(x_1;x_2\)thỏa mãn điều kiện \(0\le x_1\le x_2\le2\). Tìm GTLN của biểu thức
\(Q=\frac{2a^2-3ab+b^2}{2a^2-ab+ac}\)
Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình \(sin2x=2m\) có hai nghiệm phân biệt trên đoạn \(\left[0;\pi\right]\)
A. \(0\le x< \dfrac{1}{2}\) B. \(0\le x< 1\) C. \(0\le x\le\dfrac{1}{2}\) D. \(0\le x\le1\)
Không có đáp án đúng. Theo đáp án thì $m=0$ thì $\sin 2x=2m$ có 2 nghiệm pb thuộc $[0;\pi]$
Tức là $\sin 2x=0$ có 2 nghiệm pb $[0;\pi]$. Mà pt này có 3 nghiệm lận:
$x=0$
$x=\frac{1}{2}\pi$
$x=\pi$