\(A=x^2+x+1=x^2+2.0,5x+0,5^2+0,75=\left(x+0,5\right)^2+0,75\ge0,75>0\)

Vậy A > 0

\(A=x^2+x+1\)

Có: \(x^2\ge x\Rightarrow x^2+x\ge0\Rightarrow x^2+1+1\ge1\)

Vậy: \(A>0\)

\(A=x^2+x+1\)

Có: \(x^2\ge x\Rightarrow x^2+x\ge0\Rightarrow x^2+x+1\ge1\)

Vậy: \(A>0\)

Với \(x=\dfrac{1}{2}\in R\Rightarrow x^2=\dfrac{1}{4}< x=\dfrac{1}{2}\)

Do đó mệnh đề đã cho sai

Mệnh đề phủ định:

\("\exists x\in R,x^2< x"\)

\(a=1>0\) ; \(\Delta'=\left(m-2\right)^2-\left(m-2\right)=\left(m-2\right)\left(m-3\right)\)

a/ Để \(f\left(x\right)\le0\) \(\forall x\in\left(0;1\right)\)

\(\Leftrightarrow x_1\le0< 1\le x_2\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}f\left(0\right)\le0\\f\left(1\right)\le0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m-2\le0\\1-\left(m-2\right)\le0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\) ko tồn tại m thỏa mãn

Do đó các câu c, f cũng không tồn tại m thỏa mãn

b/ TH1: \(\Delta< 0\Rightarrow2< m< 3\)

TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}\Delta=0\\-\frac{b}{2a}\notin\left(0;1\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=2\\m=3\end{matrix}\right.\)

TH3: \(\left\{{}\begin{matrix}\Delta>0\\\left[{}\begin{matrix}0\le x_1< x_2\\x_1< x_2\le1\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

\(\Delta>0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m>3\\m< 2\end{matrix}\right.\)

\(0\le x_1< x_2\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}f\left(0\right)\ge0\\\frac{x_1+x_2}{2}>0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m-2\ge0\\m-2>0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m>2\) \(\Rightarrow m>3\)

\(x_1< x_2\le1\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}f\left(1\right)\ge0\\\frac{x_1+x_2}{2}< 1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3-m\ge0\\m-2< 1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\) ko tồn tại m

Kết hợp 3 TH \(\Rightarrow m\ge2\)

d/ Tương tự như câu b, nhưng

TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}\Delta=0\\-\frac{b}{2a}\in\left[0;1\right]\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\) không tồn tại m thỏa mãn

TH3: \(\left\{{}\begin{matrix}\Delta>0\\\left[{}\begin{matrix}0< x_1< x_2\\x_1< x_2< 1\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow m>3\)

Kết hợp 3 TH \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}2< m< 3\\m>3\end{matrix}\right.\)

e/

TH1: \(\Delta\le0\Rightarrow2\le m\le3\)

TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}\Delta>0\\\left[{}\begin{matrix}0\le x_1< x_2\\x_1< x_2\le1\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m>3\)

\(\Rightarrow m\ge2\)

toán lớp 10 á

Điều kiện: \(x^2-mx+4\ne0,\forall x\inℝ\)

Vì \(x^2+x+4>0,\forall x\inℝ\)

nên \(\left|\frac{x^2+x+4}{x^2-mx+4}\right|\le2,\forall x\inℝ\)

\(\Leftrightarrow x^2+x+4\le2\left(x^2-mx+4\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2-\left(2m+1\right)x+4\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{-5}{2}\le m\le\frac{-3}{2}\)

a,Áp dụng BĐT AM- GM cho các số không âm, ta có:

\(x^2+y^2z^2\ge2xyz\)

b,\(x^4+y^4\ge x^3y+xy^3\)

\(\Leftrightarrow x^4-x^3y+y^4-xy^3\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^3\left(x-y\right)-y^3\left(x-y\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x^2+xy+y^2\right)\ge0\left(1\right)\)

Vì \(x^2+xy+y^2\ge0\) \(\Rightarrow\left(1\right)\) đúng

a) bpt <=> x² - 2xyz + y²z² ≥ 0

<=> (x - yz)² ≥ 0 (luôn đúng)

Dấu "=" xảy ra <=> x = yz

b) bpt <=> x⁴ - xy³ + y⁴ - x³y ≥ 0

<=> x(x³ - y³) - y(x³ - y³) ≥ 0

<=> (x - y)²(x² - xy + y²) ≥ 0

<=> (x - y)²[(x - \(\dfrac{1}{2}\)y)² + \(\dfrac{3}{4}\)y²] ≥ 0 (luôn đúng)

Dấu "=" xảy ra <=> x = y

\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1^2}{x}+\frac{1^2}{y}+\frac{1^2}{z}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{x+y+z}=\frac{9}{x+y+z}\)( Bất đẳng thức Svac-xơ )

Dấu = xảy ra khi \(\frac{1}{x}=\frac{1}{y}=\frac{1}{z}\)

BĐT trên 

\(< =>\frac{xy+yz+xz}{xyz}\ge\frac{9}{x+y+z}\)

\(< =>\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+xz\right)\ge9xyz\)

Áp dụng BĐT cô si cho 3 số :

\(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}\)

\(xy+yz+xz\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\)

Nhân vế với vế : \(\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+xz\right)\ge3\sqrt[3]{xyz}.3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=9xyz\)

Nên ta có đpcm

Tham khảo các cách làm hay tại đây:

Câu hỏi của Sherlock Shinichi - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Vào TKHĐ của mình mà bấm link nhé ;)