Ta có:  a b < a + c b + c

⇔ a(b + c) < (a + c)b

(vì a > 0, b > 0 và c > 0 ⇔ b + c > 0 và a + c > 0)

⇔ ab + ac < ab + bc

⇔ ac < bc ⇔ a < b (luôn đúng, theo gt)

Áp dụng kết quả bài 5, ta có:  ⇒ ad < bc (1)

Cộng cả hai vế của (1) với ab ta có: ab + ad < ab + bc

hay a(b + d) < b.(a + c)

Cộng cả hai vế của (1) với cd ta có: ad + cd < bc + cd

Hay d(a + c) < c(b + d)

Vậy 

Ta có:  a b < c d ⇒ a d < b c   n ê n  

a b + a d < a b + b c ⇔ a ( b + d ) < b ( a + c ) ⇔ a b < a + c b + d

Mặt khác: 

a d + c d < b c + d c ⇔ d ( a + c ) < c ( b + d ) ⇔ a + c b + d < c d

Từ (1) và  (2):  a b < a + c b + d < c d

\(4,VT=-a+b+c-a+b-c+a-b-c=-a+b-c=-\left(a-b+c\right)=VP\\ 5,M=-a+b-b-c+a+c-a=-a\\ M>0\Rightarrow-a>0\Rightarrow a< 0\)

Lời giải:

Khi $x-y+z=0\Rightarrow y=x+z$. Thay vào biểu thức $xy+yz-xz$ thì:

$xy+yz-xz=x(x+z)+(x+z)z-xz=x^2+xz+z^2=x^2+\frac{xz}{2}+\frac{xz}{2}+\frac{z^2}{4}+\frac{3}{4}z^2$

$=(x+\frac{z}{2})^2+\frac{3}{4}z^2$

Dễ thấy $(x+\frac{z}{2})^2\geq 0; \frac{3}{4}z^2\geq 0$ với mọi $x,y,z$ nên $xy+yz-xz\geq 0$ 

Ta có đpcm.

 ơi STN = số thứ nhất 

      STH = SỐ THỨ 2 NHÉ

       STB = SỐ THỨ 3 NHA

Chứng minh rằng nếu \(x>0\)thì \(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}>0\):

Ta có : \(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}>0\Rightarrow\frac{1}{x}>\frac{1}{x+1}\)

\(\Rightarrow x+1>x\)(đúng)

Học tốt

f ′ ( x )   =   2   +   cos x   ≥   1 ,   x   ∈   R .

Hàm số:

f x = - 2 x   nếu   x ≥ 0 sin x 2   nếu   x < 0

Không có đạo hàm tại x = 0 vì:

Mặt khác, với x < 0 thì 

với x > 0 thì y’ = -2 < 0

Bảng biến thiên:

Từ đó ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 0 và y CD  = y(0) = 0.

⇒ Không tồn tại đạo hàm của f(x) tại x = 0.