Bài tập Bài 17. Dấu của tam thức bậc hai có đáp án

Hướng dẫn giải

Theo Bài 16, diện tích mảnh đất được rào chắn là S(x) = – 2x² + 20x (m²).

Vì mảnh đất được rào chắn có diện tích không nhỏ hơn 48 m² nghĩa là S(x) phải lớn hơn hoặc bằng 48.

Khi đó: – 2x² + 20x ≥ 48 ⇔ 2x² – 20x + 48 ≤ 0 (1).

Ta cần giải bất phương trình (1).

Sau bài học này ta sẽ giải được bất phương trình (1) như sau:

Tam thức bậc hai f(x) = 2x² – 20x + 48 có hai nghiệm x₁ = 4; x₂ = 6 và hệ số a = 2 > 0. Từ đó suy ra tập nghiệm của bất phương trình (1) là đoạn [4; 6]. Như vậy khoảng cách từ điểm cắm cột đến bờ tường phải lớn hơn hoặc bằng 4 m và nhỏ hơn hoặc bằng 6 m thì mảnh đất rào chắn của bác Việt sẽ có diện tích không nhỏ hơn 48 m².

Hướng dẫn giải

Ta có: A = 0,5x² = 0,5x² + 0x + 0;

B = 1 – x² = – x² + 0x + 1;

C = x² + x + 1;

D = (1 – x)(2x + 1) = 2x + 1 – 2x² – x = – 2x² + x + 1.

Các biểu thức trên đều có dạng ax² + bx + c, trong đó a, b, c là các số thực và a ≠ 0.

Hướng dẫn giải

Trong các biểu thức A, B, C, D trên, chỉ có biểu thức C = \( - \frac{2}{3}{x^2} + 7x - 4\) là tam thức bậc hai vì nó có dạng ax² + bx + c, trong đó a = \( - \frac{2}{3}\), b = 7, c = – 4 là các số thực và a ≠ 0.

Hướng dẫn giải

a) Hàm số bậc hai y = f(x) = x² – 4x + 3.

Hệ số a = 1 > 0.

Ta có: f(0) = 0² – 4 . 0 + 3 = 3 > 0, f(0) cùng dấu với hệ số a.

f(1) = 1² – 4 . 1 + 3 = 0, f(1) không mang dấu.

f(2) = 2² – 4 . 2 + 3 = – 1 < 0, f(2) trái dấu với hệ số a.

f(3) = 3² – 4 . 3 + 3 = 0, f(3) không mang dấu.

f(4) = 4² – 4 . 4 + 3 = 3 > 0, f(4) cùng dấu với hệ số a.

b) Quan sát đồ thị H.6.17, ta thấy:

+ Trên các khoảng (– ∞; 1) và (3; +∞), đồ thị hàm số nằm hoàn toàn phía trên trục Ox.

+ Trên khoảng (1; 3), đồ thị hàm số nằm hoàn toàn phía dưới trục Ox.

c) Khi đồ thị hàm số nằm hoàn toàn trên trục Ox thì f(x) > 0, ngược lại khi đồ thị hàm số nằm hoàn toàn phía dưới trục Ox thì f(x) < 0.

Hệ số a = 1 > 0.

Vậy trên các khoảng (– ∞; 1) và (3; +∞), f(x) cùng dấu với hệ số a; trên khoảng (1; 3), f(x) trái dấu với hệ số a.

Hướng dẫn giải

a) Quan sát đồ thị ta thấy:

+ Trên các khoảng (– ∞; – 1) và \(\left( {\frac{3}{2}; + \infty } \right)\), đồ thị nằm hoàn toàn phía dưới trục Ox.

+ Trên khoảng \(\left( { - 1;\frac{3}{2}} \right)\), đồ thị nằm hoàn toàn phía trên trục Ox.

b) Khi đồ thị hàm số nằm hoàn toàn trên trục Ox thì g(x) > 0, ngược lại khi đồ thị hàm số nằm hoàn toàn phía dưới trục Ox thì g(x) < 0.

Hệ số a = – 2 < 0, do đó ta có:

+ Trên các khoảng (– ∞; – 1) và \(\left( {\frac{3}{2}; + \infty } \right)\), g(x) cùng dấu với hệ số a.

+ Trên khoảng \(\left( { - 1;\frac{3}{2}} \right)\), g(x) trái dấu với hệ số a.

Hướng dẫn giải

Ta điền vào bảng như sau:

• Trường hợp a < 0

Hướng dẫn giải

a) f(x) = – 3x² + x \( - \sqrt 2 \) có ∆ = 1² – 4 . (– 3) . \(\left( { - \sqrt 2 } \right)\) = \(1 - 12\sqrt 2 \) < 0 và hệ số a = – 3 < 0 nên f(x) < 0 với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

b) f(x) = x² + 8x + 16 có ∆' = 4² – 1 . 16 = 0 và hệ số a = 1 > 0 nên f(x) có nghiệm kép x = – 4 và f(x) > 0 với mọi x ≠ – 4.

c) f(x) = – 2x² + 7x – 3 có ∆ = 7² – 4 . (– 2) . (– 3) = 25 > 0, hệ số a = – 2 < 0 và có hai nghiệm phân biệt x₁ = \(\frac{1}{2}\); x₂ = 3.

Do đó ta có bảng xét dấu f(x):

Suy ra f(x) > 0 với mọi x \( \in \left( {\frac{1}{2};\,\,3} \right)\) và f(x) < 0 với mọi x ∈ \(\left( { - \infty ;\,\,\,\frac{1}{2}} \right)\)∪ (3; + ∞).

Hướng dẫn giải

Diện tích mảnh đất được rào chắn là S(x) = – 2x² + 20x (m²).

Vì mảnh đất được rào chắn có diện tích không nhỏ hơn 48 m² nghĩa là S(x) phải lớn hơn hoặc bằng 48.

Khi đó: – 2x² + 20x ≥ 48.

Hướng dẫn giải

a) Tam thức f(x) = – 5x² + x – 1 có ∆ = 1² – 4 . (– 5) . (– 1) = – 19 < 0, hệ số a = – 5 < 0 nên f(x) luôn âm (cùng dấu với a), tức là – 5x² + x – 1 < 0 với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

Suy ra bất phương trình có tập nghiệm là \(\mathbb{R}\).

b) Tam thức f(x) = x² – 8x + 16 có ∆' = (– 4)² – 1 . 16 = 0, hệ số a = 1 > 0 nên f(x) có nghiệm kép x = 4 và f(x) luôn dương (cùng dấu với a) với mọi x ≠ 4, tức là x² – 8x + 16 > 0 với mọi x ≠ 4.

Suy ra bất phương trình có nghiệm duy nhất x = 4.

c) Tam thức f(x) = x² – x – 6 có ∆ = (– 1)² – 4 . 1 . (– 6) = 25 > 0 nên f(x) có hai nghiệm x₁ = – 2 và x₂ = 3.

Mặt khác hệ số a = 1 > 0, do đó ta có bảng xét dấu sau:

Tập nghiệm của bất phương trình là S = (– ∞; – 2) ∪ (3; + ∞).

Hướng dẫn giải

Bóng đạt ở độ cao trên 5 m so với mặt đất, nghĩa là h(t) > 5.

Khi đó: – 4,9t² + 20t + 1 > 5   (1)

⇔ – 4,9t² + 20t – 4 > 0.

Xét tam thức f(t) = – 4,9t² + 20t – 4 có ∆' = 10² – (– 4,9) . (– 4) = 80,4 > 0 nên f(t) có hai nghiệm t₁ = \(\frac{{ - 10 + \sqrt {80,4} }}{{ - 4,9}} = \frac{{10 - \sqrt {80,4} }}{{4,9}}\) và t₂ = \(\frac{{ - 10 - \sqrt {80,4} }}{{ - 4,9}} = \frac{{10 + \sqrt {80,4} }}{{4,9}}\).

Mặt khác hệ số a = – 4,9 < 0 nên ta có bảng xét dấu sau:

Do đó tập nghiệm của bất phương trình (1) là S = \(\left( {\frac{{10 - \sqrt {80,4} }}{{4,9}};\frac{{10 + \sqrt {80,4} }}{{4,9}}} \right)\).

Vậy trong khoảng thời điểm \(\left( {\frac{{10 - \sqrt {80,4} }}{{4,9}};\frac{{10 + \sqrt {80,4} }}{{4,9}}} \right)\) ≈ (0,21; 3,87) (giây) thì quả bóng sẽ ở độ cao trên 5 m so với mặt đất.

Hướng dẫn giải

a) Tam thức f(x) = x² – 1 có ∆ = 0² – 4 . 1 . (– 1) = 4 > 0 nên f(x) có hai nghiệm x₁ = – 1 và x₂ = 1.

Mặt khác hệ số a = 1 > 0, do đó ta có bảng xét dấu sau:

Tập nghiệm của bất phương trình là S = (– ∞; – 1] ∪ [1; + ∞).

b) Tam thức f(x) = x² – 2x – 1 có ∆' = (– 1)² – 1 . (– 1) = 2 > 0 nên f(x) có hai nghiệm x₁ = 1 \( - \sqrt 2 \) và x₂ = 1 + \(\sqrt 2 \).

Mặt khác hệ số a = 1 > 0, do đó ta có bảng xét dấu sau:

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = $\left(1-\sqrt{2};1+\sqrt{2}\right)$

c) Tam thức f(x) = – 3x² + 12x + 1 có ∆' = 6² – (– 3) . 1 = 39 > 0 nên f(x) có hai nghiệm \({x_1} = \frac{{6 - \sqrt {39} }}{3}\) và \({x_2} = \frac{{6 + \sqrt {39} }}{3}\).

Mặt khác hệ số a = – 3 < 0, do đó ta có bảng xét dấu sau:

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = \(\left( { - \infty ;\frac{{6 - \sqrt {39} }}{3}} \right] \cup \left[ {\frac{{6 + \sqrt {39} }}{3}; + \infty } \right)\).

d) Tam thức f(x) = 5x² + x + 1 có ∆ = 1² – 4 . 5 . 1 = – 19 < 0 và hệ số a = 5 > 0 nên f(x) luôn dương (cùng dấu a) với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\mathbb{R}\).

Hướng dẫn giải

Ta có tam thức f(x) = x² + (m + 1)x + 2m + 3 có ∆ = (m + 1)² – 4 . 1 . (2m + 3) = m² + 2m + 1 – 8m – 12 = m² – 6m – 11.

Lại có hệ số a = 1 > 0.

Để f(x) luôn dương (cùng dấu hệ số a) với mọi \(x \in \mathbb{R}\) thì ∆ < 0.

⇔ m² – 6m – 11 < 0.

Xét tam thức h(m) = m² – 6m – 11 có ∆'_m = (– 3)² – 1 . (– 11) = 20 > 0 nên h(m) có hai nghiệm m₁ = \(3 - \sqrt {20} = 3 - 2\sqrt 5 \) và m₂ = \(3 + \sqrt {20} = 3 + 2\sqrt 5 \).

Mặt khác ta có hệ số a_m = 1 > 0, do đó ta có bảng xét dấu sau:

Do đó, h(m) < 0 với mọi m \( \in \left( {3 - 2\sqrt 5 ;\,3 + 2\sqrt 5 } \right)\).

Hay ∆ < 0 với mọi m \( \in \left( {3 - 2\sqrt 5 ;\,3 + 2\sqrt 5 } \right)\).

Vậy m \( \in \left( {3 - 2\sqrt 5 ;\,3 + 2\sqrt 5 } \right)\) thì tam thức bậc hai đã cho luôn dương với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

Độ cao của vật so với mặt đất được mô tả bởi công thức

h(t) = h₀ + v₀t – $\frac{1}{2}$gt²,

trong đó v0 = 20 m/s là vận tốc ban đầu của vật, t là thời gian chuyển động tính bằng giây, g là gia tốc trọng trường (thường lấy g ≈ 9,8 m/s2) và độ cao h(t) tính bằng mét. 

Khi đó ta có: h(t) = 320 + 20t – $\frac{1}{2}$ . 9,8 . t² hay h(t) = –  4,9t² + 20t + 320, đây là một hàm số bậc hai. 

Vật cách mặt đất không quá 100 m khi và chỉ khi h(t) ≤ 100, tức là – 4,9t² + 20t + 320 ≤ 100 hay tương đương 4,9t² – 20t – 220 ≥ 0 (1).

Xét tam thức f(t) = 4,9t² – 20t – 220 có ∆' = (– 10)² – 4,9 . (– 220) = 1 178 > 0 nên f(t) có hai nghiệm $t_1=\frac{10-\sqrt{1178}}{\mathrm{4,9}}$ và $t_2=\frac{10+\sqrt{1178}}{\mathrm{4,9}}$.

Mà hệ số af = 1 > 0 nên ta có bảng xét dấu f(t):

Suy ra bất phương trình (1) có nghiệm t ≤ $\frac{10-\sqrt{1178}}{\mathrm{4,9}}$ hoặc t ≥ $\frac{10+\sqrt{1178}}{\mathrm{4,9}}$.

Mà thời gian t > 0 nên t ≥ $\frac{10+\sqrt{1178}}{\mathrm{4,9}}$≈ 9,05.

Vậy sau ít nhất khoảng 9,05 giây thì vật đó cách mặt đất không quá 100 m.

Vì M di chuyển trên đoạn AB và AM = x nên x ≥ 0 (xảy ra trường hợp bằng 0 khi M trùng A), lại có AM ≤ AB (dấu bằng xảy ra khi M trùng B) nên x ≤ 4, vậy điều kiện của x là 0 ≤ x ≤ 4.

Kết hợp với điều kiện 0 $\le$ x $\le$ 4.

Vậy các giá trị của x thỏa mãn yêu cầu của đề bài là $x\in \left[0;\frac{6-2\sqrt{3}}{3}\right]\cup \left[\frac{6+2\sqrt{3}}{3};4\right]$