Đặt \(f\left(x\right)=ax^2+bx+c\).

\(f\left(0\right)=c;f\left(1\right)=a+b+c\)

Do \(a+b+2c=0\) nên c và \(a+b+c\) trái dấu. Suy ra f(0)f(1) < 0 nên f(x) = 0 luôn có ít nhất 1 nghiệm tren (0; 1).

\(\Delta\) = b² - 4ac = (5a + 2c)² - 4ac = 25a² + 20ac + 4c² - 4ac = 25a² + 16ac + 4c² 

= 9a² + (16a² + 16ac + 4c²)

= 9a² + (4a + 2c)² \(\ge\) 0 với mọi a; c

=> Pt đã cho luôn có nghiệm

Ta có \(b=\dfrac{-6c-5a}{4}\).

Ta cần cm \(b^2-4ac\ge0\Leftrightarrow\dfrac{\left(6c+5a\right)^2}{16}\ge4ac\Leftrightarrow36c^2+25a^2-4ac\ge0\Leftrightarrow\left(4a-c\right)^2+35c^2+9a^2\ge0\).(luôn đúng)

Nếu \(b>a+c\)tương đương với \(b^2>a^2+2ac+c^2\)

Trừ cả 2 vế cho 4ac ta được : \(b^2-4ac>a^2-2ac+c^2=\left(a-c\right)^2\)

Hay \(\Delta>\left(a-c\right)^2\ge0\)

Vậy ta có điều phải chứng mình 

b > a + c thì chưa đủ điều kiện chứng minh b^2 > (a + c)^2 mà?

bình phương 2 vế nhé bạn 

detal=\(b^2-4ac\)

để phương trình có no khi và chỉ khi detal\(:\Delta\ge0\)

ta cos5a-b+2c=0

=>b=5a+2c=>\(b^2=4c^2+20ac+25a^2\)

=>\(\Delta=4c^2+16ac+25a^2=\left(2c-4a\right)^2+9a^2\ge0\)=>điều phải chứng minh

Đặt \(f\left(x\right)=ax^2+bx+c\)

Hàm f(x) liên tục trên R

Ta có:  \(f\left(1\right)=a+b+c\) ; \(f\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{a}{4}+\dfrac{b}{2}+c\)

\(\Rightarrow f\left(1\right)+f\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{5a}{4}+\dfrac{3b}{2}+2c=0\)

\(\Rightarrow f\left(1\right)=-f\left(\dfrac{1}{2}\right)\)

\(\Rightarrow f\left(1\right).f\left(\dfrac{1}{2}\right)=-\left[f\left(1\right)\right]^2\le0\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)\)  luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left[\dfrac{1}{2};1\right]\) hay pt đã cho luôn có nghiệm

\(\Delta_1'=b^2-ac\) ; \(\Delta_2'=c^2-ab\) ; \(\Delta_3'=a^2-bc\)

\(\Rightarrow\Delta_1'+\Delta_2'+\Delta_3'=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\)

\(=\dfrac{1}{2}\left(a-b\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(b-c\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(c-a\right)^2\ge0\) ; \(\forall a;b;c\)

\(\Rightarrow\) Tồn tại ít nhất 1 trong 3 giá trị \(\Delta_1';\Delta_2';\Delta_3'\) không âm

\(\Rightarrow\) Ít nhất 1 trong 3 pt nói trên có nghiệm