a) Cho đa thức: \(P(x)=\text{a}{{\text{x}}^{2}}+bx+c(\,a,\,b,\,c\in R),\ \ P(x)>0,\,\forall x\in R.\) Chứng

Câu hỏi số 259398:

Vận dụng

a) Cho đa thức: \(P(x)=\text{a}{{\text{x}}^{2}}+bx+c(\,a,\,b,\,c\in R),\ \ P(x)>0,\,\forall x\in R.\) Chứng minh rằng: \(\frac{5a+b+3c}{a-b+c}>1.\)

b) Cho p là 1 số nguyên tố.Tìm tất cả các số nguyên n để: \(A={{n}^{4}}+4{{n}^{p-1}}\) là 1 số chính phương.

A. Không tồn tại n

B. n>2

C. n=5

D. n=1

Đáp án đúng là: A

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:259398

Giải chi tiết

a) Do đa thức \(P\left( x \right)>0\) với mọi số thực x nên phương trình \(P\left( x \right)=0\) vô nghiệm.

Nếu a = 0 thì \(P\left( x \right)=0\) khi và chỉ khi bx + c = 0, có vô số nghiệm nếu (b, c) = (0; 0) hoặc có nghiệm: \(x=\frac{-c}{b};b\ne 0.\)

Do vậy xét a khác 0 ta được:

Vì P( x) = 0 vô nghiệm nên:

\(\begin{align} & \Delta ={{b}^{2}}-4ac<0\Rightarrow \frac{5a+b+3c}{a-b+c}>1\Leftrightarrow \frac{5a+b+3c}{a-b+c}-1>0 \\ & \Leftrightarrow \frac{4a-2b+2c}{a-b+c}>0\Leftrightarrow \frac{2a-b+c}{a-b+c}>0 \\ & (2a-b+c)(a-b+c)=a(a-b+c)+{{(a-b+c)}^{2}}>{{a}^{2}}-ba+\frac{{{b}^{2}}}{4}+{{(a-b+c)}^{2}} \\ & ={{(a-\frac{b}{2})}^{2}}+{{(a-b+c)}^{2}}\ge 0 \\ & \Rightarrow \frac{2a-b+c}{a-b+c}>0. \\ \end{align}\)

Từ đây ta có ngay điều phải chứng minh.

b) Dễ thấy với n = 0 thì A = 0 không phải là số chính phương.

Xét n khác 0.

TH1: p – 1 < 4 thì p = 2 hoặc p = 3.

Với p = 2 ta có: \(A={{n}^{4}}+4n.\)

Ta thấy ngay: \(\begin{align} & n=-2\to A=8 \\ & n=-1\to A=-3 \\ & n=1\to A=5 \\ & n=2\to A=24 \\ & n>2\Rightarrow 4n<2{{n}^{2}};{{({{n}^{2}})}^{2}}={{n}^{4}}<A={{n}^{4}}+4n<{{({{n}^{2}}+1)}^{2}}\to \\ \end{align}\)

A không phải là số chính phương.

\(n<-2\to -2{{n}^{2}}<4n\to -2{{n}^{2}}+1\le 4n,\)

Ta lại có: \(\begin{align} & -2{{n}^{2}}+1=4n\Leftrightarrow n=\frac{-2\pm \sqrt{6}}{2} \\ & \to -{{n}^{2}}+1<4n;{{({{n}^{2}}-1)}^{2}}<A={{n}^{4}}+4n<{{({{n}^{2}})}^{2}}. \\ \end{align}\)

Do đó A cũng không phải là 1 số chính phương.

Với p = 3 thì: \(A={{n}^{4}}+4{{n}^{2}};{{({{n}^{2}}+1)}^{2}}<A={{n}^{4}}+4{{n}^{2}}<{{({{n}^{2}}+2)}^{2}}.\)

Do đó A cũng không phải là số chính phương.

TH2: \(p-1\ge 4\Rightarrow p\ge 5.\)

Ta có: \(A={{n}^{4}}+4{{n}^{p-1}}={{n}^{4}}(1+4{{n}^{p-5}})\)

Để A là 1 số chính phương thì: \(\begin{align} & 1+4{{n}^{p-5}}={{m}^{2}}\to m=2k+1 \\ & \Rightarrow 1+4{{n}^{p-5}}={{m}^{2}}={{(2k+1)}^{2}}=4{{k}^{2}}+4k+1\to {{n}^{p-5}}=k(k+1). \\ \end{align}\)

Điều này là hoàn toàn vô lý vì k(k + 1) không thể biểu diễn thành lũy thừa của 1 số nguyên.

Vậy không tồn tại số nguyên n thỏa mãn đề bài.

Đáp án cần chọn là: A

PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách: Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều. Lộ trình học tập 3 giai đoạn: Học nền tảng lớp 9, Ôn thi vào lớp 10, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả. PH/HS tham khảo chi tiết khoá học tại: Link