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).

Lời giải:
$f(x)=ax^2+bx+c$ liên tục trên $[0; \frac{1}{3}]$
$f(0)=c$

$f(\frac{1}{3})=\frac{1}{9}a+\frac{1}{3}b+c$
$\Rightarrow 18f(\frac{1}{3})=2a+6b+18c$

$\Rightarrow f(0)+18f(\frac{1}{3})=2a+6b+19c=0$

$\Rightarrow f(0)=-18f(\frac{1}{3})$

$\Rightarrow f(0).f(\frac{1}{3})=-18f(\frac{1}{3})^2\leq 0$

$\Rightarrow$ pt luôn có nghiệm trong $[0; \frac{1}{3}]$ (đpcm)

Đặt \(f\left(x\right)=x^3+ax^2-bx+c\)

\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\left(x^3+ax^2-bx+c\right)=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}x^3\left(1+\dfrac{a}{x}-\dfrac{b}{x^2}+\dfrac{c}{x^3}\right)=+\infty\)

\(\Rightarrow\) Luôn tồn tại \(x=m>0\) đủ lớn sao cho \(f\left(m\right)>0\)

\(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\left(x^3+ax^2-bx+c\right)=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}x^3\left(1-\dfrac{a}{x}+\dfrac{b}{x^2}+\dfrac{c}{x^3}\right)=-\infty\)

\(\Rightarrow\) Luôn tồn tại \(x=n< 0\) đủ nhỏ sao cho \(f\left(n\right)< 0\)

\(\Rightarrow f\left(m\right).f\left(n\right)< 0\Rightarrow f\left(x\right)=0\) luôn có nghiệm

Lời giải:

PT đã cho có hai nghiệm khi mà \(\Delta=b^2-4ac>0\)

Theo điều kiện đề bài ta có:

\(\Delta=b^2-4ac=\left (\frac{-6c-5a}{4}\right)^2-4ac=\frac{(5a+6c)^2-64ac}{16}\)

\(\Leftrightarrow \Delta=\frac{25a^2+36c^2-4ac}{16}=\frac{24a^2+(a-2c)^2+32c^2}{16}\)

Vì \(a\neq 0\Rightarrow 24a^2+(a-c)^2+32c^2>0\Rightarrow \Delta>0\)

Do đó PT trên có hai nghiệm phân biệt.

\(f\left(x\right)=\text{ax}^2+bx+c\)

Nếu a=0 thì ta có: \(4b+6c=0\) hay \(c=\dfrac{-2}{3}b\). Phương trình có dạng

\(bx-\dfrac{2}{3}b=0\Leftrightarrow x=\dfrac{2}{3}\) là 1 nghiệm

Xét \(a\ne0\). Khi đó

\(5a+4b+6c=0\Leftrightarrow\left(4a+2b+c\right)+\left(a+2b+4c\right)+c=0\)

\(f\left(2\right)+\dfrac{1}{4}f\left(\dfrac{1}{2}\right)+f\left(0\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\text{af}\left(2\right)+\dfrac{1}{4}\text{af}\left(\dfrac{1}{2}\right)+\text{af}\left(0\right)=0\)

=> Tồn tại ít nhất 1 số hạng âm hoặc bằng 0, theo định lý đảo suy ra phương trình có nghiệm

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

nếu b > a+c
<=> \(b^2>\left(a+c\right)^2\\ \Leftrightarrow b^2-4ac>a^2+2ac+c^2-4ac\\ \Leftrightarrow\Delta>\left(a-c\right)^2\ge0\)

=> đpcm

Thay `b=5a+2c` vào `ax^2+bx+c=0`:

`ax^2+(5a+2c)x+c=0`

`=>Delta=(5a+2c)^2-4ac`

`=25a^2+20ac+4c^2-4ac`

`=25a^2+16ac+4c^2`

`=9a^2+(16a^2+16ac+4c^2)`

`=9a^2+(4a+2c)^2>=0`

`=>` ĐPCM

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