Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Từ pt ta có: \(-\left(1+x^4\right)=\text{ax}^3+bx^2+cx\)
Áp dụng BĐT B.C.S:
\(\left(1+x^4\right)^2=\left(\text{ax}^3+bx^2+cx\right)^2\le\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(x^6+x^4+x^2\right)\)\(\Rightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\frac{\left(1+x^4\right)^2}{x^6+x^4+x^2}\left(1\right)\)
Mặt khác: \(\frac{\left(1+x^4\right)^2}{x^6+x^4+x^2}\ge\frac{4}{3}\left(2\right)\)
Thật vậy: \(\left(2\right)\Leftrightarrow3\left(1+2x^4+x^8\right)\ge4\left(x^6+x^4+x^2\right)\)
\(\Leftrightarrow3x^8-4x^6+2x^4-4x^2+3\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2-1\right)^2\left(3x^4+2x^2+3\right)\ge0\)(luôn đúng)
Từ 1 và 2 : \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{4}{3}\)
Dấu '=' xảy ra khi và chỉ khi \(\orbr{\begin{cases}a=b=c=\frac{2}{3}\left(x=1\right)\\a=b=c=\frac{-2}{3}\left(x=-1\right)\end{cases}}\)
Với \(c=0\Rightarrow f\left(x\right)=0\) có nghiệm \(x=0\) (loại)
TH1: \(a;c\) trái dấu
Xét pt \(f\left(x\right)=0\Leftrightarrow a\left(ax^2+bx+c\right)^2+b\left(ax^2+bx+c\right)+c=0\)
Đặt \(ax^2+bx+c=t\) \(\Rightarrow at^2+bt+c=0\) (1)
Do a; c trái dấu \(\Leftrightarrow\) (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu.
Không mất tính tổng quát, giả sử \(t_1< 0< t_2\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}ax^2+bx+c=t_1\\ax^2+bx+c=t_2\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}ax^2+bx+c-t_1=0\left(2\right)\\ax^2+bx+c-t_2=0\left(3\right)\end{matrix}\right.\)
Mà a; c trái dấu nên:
- Nếu \(a>0\Rightarrow c< 0\Rightarrow c-t_2< 0\Rightarrow a\left(c-t_2\right)< 0\)
\(\Rightarrow\) (3) có nghiệm hay \(f\left(x\right)=0\) có nghiệm (loại)
- Nếu \(a< 0\Rightarrow c>0\Rightarrow c-t_1>0\Rightarrow a\left(c-t_1\right)< 0\)
\(\Rightarrow\left(2\right)\) có nghiệm hay \(f\left(x\right)=0\) có nghiệm (loại)
Vậy đa thức \(f\left(x\right)\) luôn có nghiệm khi a; c trái dấu
\(\Rightarrow\)Để \(f\left(x\right)=0\) vô nghiệm thì điều kiện cần là \(a;c\) cùng dấu \(\Leftrightarrow ac>0\)
Khi đó xét \(g\left(x\right)=0\) có \(a.\left(-c\right)< 0\Rightarrow g\left(x\right)=0\) luôn có 2 nghiệm trái dấu (đpcm)
biết x=x0 là nghiệm của phương trình \(ax^2+bx+3=0\). Phương trình nòa có nghiệm là \(\frac{1}{x0}\)
Lời giải:
Vì $x=x_0$ là nghiệm của PT $ax^2+bx+3=0$ nên $ax_0^2+bx_0+3=0$
Chia 2 vế cho $x_0^2\neq 0$ ta có:
$a+\frac{b}{x_0}+\frac{3}{x_0^2}=0\Leftrightarrow 3.(\frac{1}{x_0})^2+b.\frac{1}{x_0}+a=0$
Do đó $\frac{1}{x_0}$ là nghiệm của PT $3x^2+bx+a=0$
Akai HarumaAce LegonaNguyễn Thanh HằngNguyễn Huy TúMysterious PersonVõ Đông Anh TuấnNguyễn Thanh HằngVũ Minh Tuấn
ĐKXĐ: \(x\ne\pm2\)
\(pt\Rightarrow\frac{\left(x+1\right)\left(x+2\right)}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}-\frac{m}{\left(x+2\right)\left(x-2\right)}=\frac{\left(x+3\right)\left(x-2\right)}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}\)
\(\Rightarrow x^2+3x+2-m=x^2+x-6\)
\(\Leftrightarrow2x+8=m\)
\(\Leftrightarrow x=\frac{m-8}{2}\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\frac{m-8}{2}\ne2\\\frac{m-8}{2}\ne-2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m-8\ne4\\m-8\ne-4\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\ne12\\m\ne4\end{matrix}\right.\)
Vậy trong khoảng [1;20] đã bị loại đi 2 giá trị, còn 18 giá trị nguyên
2/ \(x-2+\frac{x+a}{x-1}=a\)
\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x-1\right)+x+a=a\left(x-1\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2-3x+2+x+a=ax-a\)
\(\Leftrightarrow x^2-2x-ax+2a+2=0\)
\(\Leftrightarrow x^2-\left(2+a\right)x+2a+2=0\)
Để pt có nghiệm duy nhất<=> \(\Delta=\left(2+a\right)^2-4\left(2a+2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow4+4a+a^2-8a-8=0\)
\(\Leftrightarrow a^2-4a-4=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=2+2\sqrt{2}\\a=2-2\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)
Thay lại vào pt để kiểm tra lại, nếu nghiệm nguyên, thì a thoả mạn và tìm đc nghiệm và ngược lại
Bài 3:
ĐKXĐ: \(x\ne1\)
Đặt \(\frac{x^2}{x-1}=t\) \(\Leftrightarrow x^2=tx-t\Leftrightarrow x^2-tx+t=0\) (1)
Để (1) có 2 nghiệm pb
\(\Leftrightarrow\Delta=t^2-4t>0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t< 0\\t>4\end{matrix}\right.\) (2)
Khi đó pt đã cho tương đương:
\(t^2+2t+a=0\) (3)
Để pt đã cho có 4 nghiệm pb \(\Leftrightarrow\) (3) có 2 nghiệm pb thỏa mãn (2)
\(t^2+2t+a=0\Leftrightarrow f\left(t\right)=t^2+2t=-a\)
Dựa vào đồ thị hàm số \(f\left(t\right)=t^2+2t\), để đường thẳng \(y=-a\) cắt đồ thị \(f\left(t\right)\) tại 2 điểm pb thỏa mãn \(\left[{}\begin{matrix}t>4\\t< 0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow-1< -a< 0\) \(\Leftrightarrow0< a< 1\)
Không tồn tại giá trị nguyên của a nào
a/ ĐKXĐ: \(x\ge a\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2-5x+4=0\\\sqrt{x-a}=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=4\\x=a\end{matrix}\right.\)
- Với \(a< 1\) pt có 3 nghiệm pb (loại)
- Với \(a=1\) pt có 3 nghiệm trong đó 1 nghiệm kép \(x=1\) (loại)
- Với \(1< a< 4\) pt có 2 nghiệm pb
- Với \(a=4\) pt có nghiệm kép (loại)
- Với \(a>4\) pt có đúng 1 nghiệm (loại)
Vậy \(1< a< 4\)
Bài 2:
ĐKXĐ: \(x< 2\)
\(\Leftrightarrow2-x=x^2-mx+2\Leftrightarrow x^2-\left(m-1\right)x=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=m-1\end{matrix}\right.\)
Để pt có nghiệm dương \(\Leftrightarrow0< m-1< 2\Rightarrow1< m< 3\)
b) Theo hệ thức Vi ét ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{2m-2}{m}\\x_1.x_2=\dfrac{m-1}{m}\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=\dfrac{2-2m}{m}\\x_1.x_2=\dfrac{m-1}{m}\end{matrix}\right.\)
Ta có:
\(Q=\dfrac{1013}{x_1}+\dfrac{1013}{x_2}+1=1013\left(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}\right)+1\)
\(=1013\left(\dfrac{x_1+x_2}{x_1.x_2}\right)+1=1013\left(\dfrac{\dfrac{2-2m}{m}}{\dfrac{m-1}{m}}\right)+1\)
\(=1013.\dfrac{-2\left(m-1\right)}{m-1}+1=-2026+1=-2025\), luôn là hằng số (đpcm)