Đề bài y/c chứng minh

(Bạn tính nhầm) 

\(\Leftrightarrow\)\(4\sqrt{2x^2+2x}\le9x+1\)

\(\Leftrightarrow16\left(2x^2+2x\right)\le81x^2+18x+1\)

\(\Leftrightarrow49x^2-14x+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(7x-1\right)^2\ge0\) (lđ)

Đk: \(a\ge0\)

\(\dfrac{a-\sqrt{3a}+3}{a\sqrt{a}+3\sqrt{3}}=\dfrac{a-\sqrt{3a}+3}{\left(\sqrt{a}+\sqrt{3}\right)\left(a-\sqrt{3a}+3\right)}=\dfrac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{a}-\sqrt{3}}{a-3}\)

Có \(\sqrt{x^2-xy+y^2}=\sqrt{\dfrac{3}{4}\left(x-y\right)^2+\dfrac{1}{4}\left(x+y\right)^2}\ge\sqrt{\dfrac{1}{4}\left(x+y\right)^2}=\dfrac{1}{2}\left(x+y\right)\)

Tương tự: \(\sqrt{x^2-xz+z^2}\ge\dfrac{1}{2}\left(x+z\right)\)

Cộng vế với vế suy ra \(VT\ge x+\dfrac{1}{2}y+\dfrac{1}{2}z=\dfrac{2x+y+z}{2}=1\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\dfrac{1}{2}\)

Có \(\widehat{A_1}+\widehat{A_2}+\widehat{B_1}=288^0\)

\(\Leftrightarrow180^0+\widehat{B_1}=288^0\)

\(\Leftrightarrow\widehat{B_1}=108^0\)

\(\Rightarrow\widehat{B_2}=180^0-108^0=72^0\)

Có \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{A_1}+\widehat{A_2}=180^0\\\widehat{A_1}=\dfrac{2}{3}\widehat{A_2}\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{2}{3}\widehat{A_2}+\widehat{A_2}=180^0\\\widehat{A_1}=\dfrac{2}{3}\widehat{A_2}\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\widehat{A_2}=108^0\)

\(\Rightarrow\widehat{A_3}=180^0-108^0=72^0\)

\(\Rightarrow\widehat{B_2}=\widehat{A_3}\)

mà hai góc nằm ở vị trí đồng vị nên a//b

Có \(VT=ab\left(a+b\right)+ac\left(a+c\right)+bc\left(b+c\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)\)

BĐT cần chứng minh \(\Leftrightarrow ab\left(a+b\right)+ac\left(a+c\right)+bc\left(b+c\right)\le a^3+b^3+c^3+3abc\)

Áp dụng bđt AM-GM có: \(\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\le\left[\dfrac{a+b-c+a-b+c}{2}\right]^2=a^2\)

Tương tự cũng có: \(\left(a-b+c\right)\left(b+c-a\right)\le c^2\); \(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le b^2\)

Nhân vế với vế\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(c+b-a\right)\le abc\) (lđ)

\(\Leftrightarrow3abc+a^3+b^3+c^3\ge ac\left(a+c\right)+ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)\) (BĐT cần chứng minh)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

\(\dfrac{\sqrt{3}-2}{\sqrt{3}+2}=\dfrac{\left(\sqrt{3}-2\right)^2}{\left(\sqrt{3}-2\right)\left(\sqrt{3}+2\right)}=\dfrac{7-4\sqrt{3}}{3-4}=4\sqrt{3}-7\)

\(\dfrac{2}{1-2\sqrt{5}}=\dfrac{2\left(1+2\sqrt{5}\right)}{\left(1-2\sqrt{5}\right)\left(1+2\sqrt{5}\right)}=\dfrac{2+4\sqrt{5}}{1-\left(2\sqrt{5}\right)^2}=\dfrac{2+4\sqrt{5}}{-19}\)

Đk:\(x\ge-1\)

Đặt \(\left(a,b,c\right)=\left(x;\sqrt{x+1};\sqrt{2}\right)\)

Pt tt: \(a^3+b^3+c^3=\left(a+b+c\right)^3\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3=\left(a+b\right)^3+3\left(a+b\right)^2c+3\left(a+b\right)c^2+c^3\)

\(\Leftrightarrow0=3ab\left(a+b\right)+3\left(a+b\right)^2c+3\left(a+b\right)c^2\)

\(\Leftrightarrow3\left(a+b\right)\left(ab+ac+bc+c^2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a+b=0\\b+c=0\\a+c=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+\sqrt{x+1}=0\\\sqrt{x+1}+\sqrt{2}=0\left(vn\right)\\x+\sqrt{2}=0\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x+1}=-x\\x=-\sqrt{2}\left(ktm\right)\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\)\(\sqrt{x+1}=-x\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-1\le x\le0\\x+1=x^2\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow x=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\) (tm)

Vậy...

1) \(f\left(x\right)=0\Leftrightarrow\left(m-2\right)x^2+2\left(m-2\right)x+4m-1=0\)

Để f(x) có hai nghiệm trái dấu \(\Leftrightarrow ac< 0\) \(\Leftrightarrow\left(m-2\right)\left(4m-1\right)< 0\)\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{4}< m< 2\)

2) TXĐ: D=R

Để \(f\left(x\right)>0\) trên TXĐ hay \(f\left(x\right)=\left(m-2\right)x^2+2\left(m-2\right)x+4m-1>0\) (1) với mọi x

TH1: Xét m=2. Thay m=2 vào (1) ta được: \(7>0\) (lđ)

=> m=2 là một giá trị để f(x) >0 (*)

TH2: Xét \(m\ne2\). Để \(f\left(x\right)>0\) với mọi x \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a>0\\\Delta< 0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m-2>0\\-3m^2+5m+2< 0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>2\\m\in\left(-\infty;-\dfrac{1}{3}\right)\cup\left(2;+\infty\right)\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow m>2\) (2*)

Từ (*) (2*)\(\Rightarrow m\ge2\)

Vậy \(m\ge2\) thì f(x)>0 trên TXĐ

3)Để \(f\left(x\right)\ge0\) vô nghiệm trên TXĐ hay \(f\left(x\right)\ge0\)  với mọi x

TH1: Xét m=2 .Bpt \(\Leftrightarrow7\ge0\) (lđ)

=> m=2 làm bất phương trình có nghiệm

=> m=2 ko thỏa mãn yêu cầu bài toán (I)

TH2: \(m\ne2\) .\(f\left(x\right)\ge0\) vô nghiệm\(\Leftrightarrow f\left(x\right)< 0;\forall x\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a< 0\\\Delta< 0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< 2\\m\in R\backslash\left[-\dfrac{1}{3};2\right]\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow m< -\dfrac{1}{3}\) (II)

Từ (I) và (II)\(\Rightarrow m< -\dfrac{1}{3}\)

Vậy \(m< -\dfrac{1}{3}\) thì \(f\left(x\right)\ge0\) vô nghiệm trên TXĐ