cho \(f\left(x\right)=ax^2+bx+c>0\) với mọi x và a,b,c nguyên dương (b khác 1)
CMR \(\frac{\text{3350a+1340c+4ac+2b+1}}{b}>2014\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
AH
Akai Haruma
Giáo viên
29 tháng 3 2020
Lời giải:
Điều cần chứng minh tương đương với:
\(3350a+1340c+4ac+2b+1>2014b\)
\(\Leftrightarrow 670(5a-3b+2c)+(4ac-2b+1)>0(*)\)
Vì $f(x)>0$ với mọi $x$ nên $f(x)=0$ không có nghiệm $\Rightarrow \Delta'=b^2-4ac< 0$
$\Rightarrow b^2< 4ac\Rightarrow 4ac-2b+1> b^2-2b+1=(b-1)^2>0(1)$ với mọi $b\neq 1$
Lại có:
$f(-1)>0; f(-2)>0$
$\Rightarrow f(-1)+f(-2)>0$
$\Leftrightarrow a-b+c+4a-2b+c>0\Leftrightarrow 5a-3b+2c>0(2)$
Từ $(1);(2)\Rightarrow (*)$ đúng. Ta có đpcm.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
29 tháng 3 2020
Bạn tham khảo lời giải tại đây:
Câu hỏi của Linh nè - Toán lớp 9 | Học trực tuyến
NQ
2 tháng 4 2020
Ta có \(f\left(x\right)=ax^2+bx+c>0\forall x\)
\(\Rightarrow f\left(-2\right)>0\Rightarrow4a-2b+c>0\Rightarrow4a+c>2b\)(*)
Ta có f(x)=ax2+bx+c >0 với mọi x
=> f(-1) >0 => a-b+c>0 => a+c >b (**)
Từ (*) (**) => 5a+2c > 3b => \(\frac{5a+2c}{b}>3\left(b>0\right)\)
\(\Rightarrow\frac{3350a+1340c}{b}>2010\)(***)
Mặt khác ta lại có:
f(x)=ax2+bx+c>0 với mọi x
=> b2<4ac (vì a>0) => 4ac>b2
\(\Leftrightarrow\frac{4ac}{b}>b\Leftrightarrow\frac{4ac}{b}+\frac{1}{b}>b+\frac{1}{b}\ge2\)(Theo BĐT Cosi), mà 0<b\(\ne\)1
=> \(\frac{4ac}{b}+\frac{1}{b}>2\)(****)
Từ (***)(****) \(\Rightarrow\frac{3350+1340c}{b}+\frac{4ac+1}{b}>2012\)
\(\Leftrightarrow\frac{3350+1340c+4ac+2b+1}{b}>2014\left(đpcm\right)\)
25 tháng 1
f(x)>0 với mọi x khi và chỉ khi: \(\left\{{}\begin{matrix}\text{Δ}< 0\\a>0\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}b^2-4ac< 0\\a>0\end{matrix}\right.\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
12 tháng 2 2023
Lời giải:
a.
$f(-1)=a-b+c$
$f(-4)=16a-4b+c$
$\Rightarrow f(-4)-6f(-1)=16a-4b+c-6(a-b+c)=10a+2b-5c=0$
$\Rightarrow f(-4)=6f(-1)$
$\Rightarrow f(-1)f(-4)=f(-1).6f(-1)=6[f(-1)]^2\geq 0$ (đpcm)
b.
$f(-2)=4a-2b+c$
$f(3)=9a+3b+c$
$\Rightarrow f(-2)+f(3)=13a+b+2c=0$
$\Rightarrow f(-2)=-f(3)$
$\Rightarrow f(-2)f(3)=-[f(3)]^2\leq 0$ (đpcm)
2 tháng 3 2023
a.
�
(
−
1
)
=
�
−
�
+
�
f(−1)=a−b+c
�
(
−
4
)
=
16
�
−
4
�
+
�
f(−4)=16a−4b+c
⇒
�
(
−
4
)
−
6
�
(
−
1
)
=
16
�
−
4
�
+
�
−
6
(
�
−
�
+
�
)
=
10
�
+
2
�
−
5
�
=
0
⇒f(−4)−6f(−1)=16a−4b+c−6(a−b+c)=10a+2b−5c=0
⇒
�
(
−
4
)
=
6
�
(
−
1
)
⇒f(−4)=6f(−1)
⇒
�
(
−
1
)
�
(
−
4
)
=
�
(
−
1
)
.
6
�
(
−
1
)
=
6
[
�
(
−
1
)
]
2
≥
0
⇒f(−1)f(−4)=f(−1).6f(−1)=6[f(−1)]
2
≥0 (đpcm)
b.
�
(
−
2
)
=
4
�
−
2
�
+
�
f(−2)=4a−2b+c
�
(
3
)
=
9
�
+
3
�
+
�
f(3)=9a+3b+c
⇒
�
(
−
2
)
+
�
(
3
)
=
13
�
+
�
+
2
�
=
0
⇒f(−2)+f(3)=13a+b+2c=0
⇒
�
(
−
2
)
=
−
�
(
3
)
⇒f(−2)=−f(3)
⇒
�
(
−
2
)
�
(
3
)
=
−
[
�
(
3
)
]
2
≤
0
⇒f(−2)f(3)=−[f(3)]
2
≤0 (đpcm
30 tháng 1 2019
2/ \(3\sqrt[3]{\left(x+y\right)^4\left(y+z\right)^4\left(z+x\right)^4}=3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\sqrt[3]{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\)
\(\ge6\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\sqrt[3]{xyz}\)
\(\ge6.\frac{8}{9}\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\sqrt[3]{xyz}\)
\(\ge\frac{16}{3}\left(x+y+z\right)3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\sqrt[3]{xyz}=16xyz\left(x+y+z\right)\)
30 tháng 1 2019
3/ \(\hept{\begin{cases}\sqrt{xy}+\sqrt{1-x}\le\sqrt{x}\\2\sqrt{xy-x}+\sqrt{x}=1\end{cases}}\)
Dễ thấy
\(\hept{\begin{cases}0\le x\le1\\y\ge1\end{cases}}\)
Từ phương trình đầu ta có:
\(\sqrt{x}-\sqrt{xy}\ge\sqrt{1-x}\ge0\)
\(\Leftrightarrow y\le1\)
Vậy \(x=y=1\)
1 tháng 10 2019
Áp dụng công thức: (m – n). ( m+ n) = m2 – n2 => m2 – n2 chia hết (m – n)
Ta có : f(x)=ax2- bx + c
=> Tính chất: f (m) – f(n) chia hết ( m – n)
Ta có:
f(104) – f(9) chia hết 105
=> f(104) – f(9) chia hết 5
=> f(104) chia hết 5
Mặt khác:
f(104) – f(5) chia hết 99
=> f(104) – f(5) chia hết 9
=> f(104) chia hết 9
Vậy f(104) chia hết (5.9) = 45
Từ giải thiết :\(f\left(x\right)=ax^2+bx+c>0\Rightarrow\Delta< 0\Leftrightarrow4ac>b^2.\left(1\right)\)(bạn đọc ở chuyên đề Dấu tam thức bậc hai có cái này)
Với a,b,c nguyên dương (b khác 1)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 2 số không âm ta có:
\(3350a+1340c\ge2\sqrt{3350a.1340c}=2\sqrt{335^2.10.4ac}\)
Kết hợp với (1) suy ra:
\(3350a+1340a\ge2.335.\sqrt{b^2.10}>2.335.3.b=2010b.\)
\(\Rightarrow3350a+1340c+2b+1>2012b+1\)
\(\Rightarrow3350a+1340c+4ac+2b+1>b^2+2012b+1\)
\(\Rightarrow\frac{3350a+1340b+4ac+2b+1}{b}>b+2012+\frac{1}{b}\)
Mà \(b+\frac{1}{b}\ge2\sqrt{b.\frac{1}{b}}=2\Rightarrow b+2012+\frac{1}{b}\ge2014.\)
Suy ra \(\frac{3350a+1340c+4ac+2b+1}{b}>2014.\)