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) = – 2x$^{2}$ + 20x (m$^{2}$).

Vì mảnh đất được rào chắn có diện tích không nhỏ hơn 48 m$^{2}$ nghĩa là S(x) phải lớn hơn hoặc bằng 48.

Khi đó: – 2x$^{2}$ + 20x ≥ 48 ⇔ 2x$^{2}$ – 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) = 2x$^{2}$ – 20x + 48 có hai nghiệm x$_{1}$ = 4; x$_{2}$ = 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 m$^{2}$.

Hướng dẫn giải

Ta có: A = 0,5x$^{2}$ = 0,5x$^{2}$ + 0x + 0;

B = 1 – x$^{2}$ = – x$^{2}$ + 0x + 1;

C = x$^{2}$ + x + 1;

D = (1 – x)(2x + 1) = 2x + 1 – 2x$^{2}$ – x = – 2x$^{2}$ + x + 1.

Các biểu thức trên đều có dạng ax$^{2}$ + 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 ax$^{2}$ + 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) = x$^{2}$ – 4x + 3.

Hệ số a = 1 > 0.

Ta có: f(0) = 0$^{2}$ – 4 . 0 + 3 = 3 > 0, f(0) cùng dấu với hệ số a.

f(1) = 1$^{2}$ – 4 . 1 + 3 = 0, f(1) không mang dấu.

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

f(3) = 3$^{2}$ – 4 . 3 + 3 = 0, f(3) không mang dấu.

f(4) = 4$^{2}$ – 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

∆	∆ < 0	∆ = 0	∆ > 0
Dạng đồ thị
Vị trí của đồ thị so với trục Ox	Đồ thị nằm hoàn toàn phía dưới trục Ox.	Đồ thị nằm phía dưới trục Ox và tiếp xúc với trục Ox tại điểm có hoành độ $x = - \frac{b}{{2a}}$.	- Đồ thị nằm phía dưới trục Ox khi x < x$_{1}$ hoặc x > x$_{2}$. - Đồ thị nằm phía trên trục Ox khi x$_{1}$ < x < x$_{2}$.

Hướng dẫn giải

a) f(x) = – 3x$^{2}$ + x $- \sqrt 2$ có ∆ = 1$^{2}$ – 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) = x$^{2}$ + 8x + 16 có ∆' = 4$^{2}$ – 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) = – 2x$^{2}$ + 7x – 3 có ∆ = 7$^{2}$ – 4 . (– 2) . (– 3) = 25 > 0, hệ số a = – 2 < 0 và có hai nghiệm phân biệt x$_{1}$ = $\frac{1}{2}$; x$_{2}$ = 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) = – 2x$^{2}$ + 20x (m$^{2}$).

Vì mảnh đất được rào chắn có diện tích không nhỏ hơn 48 m$^{2}$ nghĩa là S(x) phải lớn hơn hoặc bằng 48.

Khi đó: – 2x$^{2}$ + 20x ≥ 48.

Hướng dẫn giải

a) Tam thức f(x) = – 5x$^{2}$ + x – 1 có ∆ = 1$^{2}$ – 4 . (– 5) . (– 1) = – 19 < 0, hệ số a = – 5 < 0 nên f(x) luôn âm (cùng dấu với a), tức là – 5x$^{2}$ + 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) = x$^{2}$ – 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 x$^{2}$ – 8x + 16 > 0 với mọi x ≠ 4.

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

c) Tam thức f(x) = x$^{2}$ – x – 6 có ∆ = (– 1)$^{2}$ – 4 . 1 . (– 6) = 25 > 0 nên f(x) có hai nghiệm x$_{1}$ = – 2 và x$_{2}$ = 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: – 4,9t$^{2}$ + 20t + 1 > 5 (1)

⇔ – 4,9t$^{2}$ + 20t – 4 > 0.

Xét tam thức f(t) = – 4,9t$^{2}$ + 20t – 4 có ∆' = 10$^{2}$ – (– 4,9) . (– 4) = 80,4 > 0 nên f(t) có hai nghiệm t$_{1}$ = $\frac{{ - 10 + \sqrt {80{,}4} }}{{ - 4{,}9}} = \frac{{10 - \sqrt {80{,}4} }}{{4{,}9}}$ và t$_{2}$ = $\frac{{ - 10 - \sqrt {80{,}4} }}{{ - 4{,}9}} = \frac{{10 + \sqrt {80{,}4} }}{{4{,}9}}$.

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) f(x) = 3x$^{2}$ – 4x + 1 có ∆' = (– 2)$^{2}$ – 3 . 1 = 1 > 0, hệ số a = 3 > 0 và có hai nghiệm phân biệt x$_{1}$ = $\frac{1}{3}$; x$_{2}$= 1.

Do đó ta có bảng xét dấu f(x):

Suy ra f(x) > 0 với mọi $x \in \left( { - \infty ;\frac{1}{3}} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)$ và f(x) < 0 với mọi $x \in \left( {\frac{1}{3};1} \right)$.

b) f(x) = x$^{2}$ + 2x + 1 có ∆' = 12 – 1 . 1 = 0 và a = 1 nên f(x) có nghiệm kép x = – 1 và f(x) > 0 với mọi x ≠ – 1.

c) f(x) = – x$^{2}$ + 3x – 2 có ∆ = 32 – 4 . (– 1) . (– 2) = 1 > 0, hệ số a = – 1 < 0 và có hai nghiệm phân biệt x$_{1}$ = 1; x$_{2}$ = 2.

Do đó ta có bảng xét dấu f(x):

Suy ra f(x) > 0 với mọi x ∈ (1; 2) và f(x) < 0 với mọi x ∈ (– ∞; 1) ∪ (2; + ∞).

d) f(x) = – x$^{2}$ + x – 1 có ∆ = 12 – 4 . (– 1) . (– 1) = – 3 < 0 và hệ số a = – 1 < 0 nên f(x) < 0 với mọi $x \in \mathbb{R}$.

Hướng dẫn giải

a) Tam thức f(x) = x$^{2}$ – 1 có ∆ = 0$^{2}$ – 4 . 1 . (– 1) = 4 > 0 nên f(x) có hai nghiệm x$_{1}$ = – 1 và x$_{2}$ = 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) = x$^{2}$ – 2x – 1 có ∆' = (– 1)$^{2}$ – 1 . (– 1) = 2 > 0 nên f(x) có hai nghiệm x$_{1}$ = 1 $- \sqrt 2$ và x$_{2}$ = 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 = $(1-\sqrt{2};\ 1+\sqrt{2})$

c) Tam thức f(x) = – 3x$^{2}$ + 12x + 1 có ∆' = 6$^{2}$ – (– 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) = 5x$^{2}$ + x + 1 có ∆ = 1$^{2}$ – 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) = x$^{2}$ + (m + 1)x + 2m + 3 có ∆ = (m + 1)$^{2}$ – 4 . 1 . (2m + 3) = m$^{2}$ + 2m + 1 – 8m – 12 = m$^{2}$ – 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.

⇔ m$^{2}$ – 6m – 11 < 0.

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

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) = h$_{0}$ + v$_{0}$t – $\frac{1}{2}$gt$^{2}$,

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 . t$^{2}$ hay h(t) = – 4,9t$^{2}$ + 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 – 4,9t$^{2}$ + 20t + 320 ≤ 100 hay tương đương 4,9t$^{2}$ – 20t – 220 ≥ 0 (1).

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

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

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

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

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

Hướng dẫn giải

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.

Đường tròn lớn có đường kính AB = 4 nên bán kính của hình tròn này là R = 2.

Diện tích hình tròn lớn này là S$_{R}$ = πR$^{2}$ = π . 2$^{2}$ = 4π.

Đường tròn nhỏ đường kính AM = x có bán kính là r$_{1}$ = $\frac{x}{2}$.

Diện tích hình tròn nhỏ có bán kính r$_{1}$ là S$_{1}$ = πr$_{1}$$^{2}$ = π . ${\left( {\frac{x}{2}} \right)^2} = \frac{{{x^2}}}{4}\pi$.

Ta có: AM + MB = AB ⇒ MB = AB – AM = 4 – x.

Đường tròn đường kính MB có bán kính là r$_{2}$ = $\frac{{4 - x}}{2}$.

Diện tích hình tròn có bán kính r$_{2}$ là S$_{2}$ = πr$_{2}$$^{2}$ = $\pi .{\left( {\frac{{4 - x}}{2}} \right)^2} = \frac{{{{\left( {4 - x} \right)}^2}}}{4}\pi$.

Tổng diện tích hai hình tròn nhỏ là:

S$_{12}$ = S$_{1}$ + S$_{2}$ = $\frac{{x}^{2}}{4}π+\frac{{(4-x)}^{2}}{4}π=\frac{{x}^{2}+{(4-x)}^{2}}{4}π==\frac{{x}^{2}-4x+8}{2}π$

Diện tích phần hình phẳng nằm trong hình tròn lớn và nằm ngoài hai hình tròn nhỏ là

S(x) = S$_{R}$ – S$_{12}$ = $4\pi - \frac{{{x^2} - 4x + 8}}{2}\pi$$= \frac{{ - {x^2} + 4x}}{2}\pi$.

Vì diện tích S(x) không vượt quá một nửa tổng diện tích hai hình tròn nhỏ hay diện tích S(x) nhỏ hơn hoặc bằng nửa tổng diện tích hai hình tròn nhỏ hay S(x) ≤ $\frac{1}{2}{S_{12}}$.

Khi đó: $\frac{{ - {x^2} + 4x}}{2}\pi \le \frac{1}{2}.\frac{{{x^2} - 4x + 8}}{2}\pi$

$\Leftrightarrow - {x^2} + 4x \le \frac{{{x^2} - 4x + 8}}{2}$

⇔ – 2x$^{2}$ + 8x ≤ x$^{2}$ – 4x + 8

⇔ 3x$^{2}$ – 12x + 8 ≥ 0

Xét tam thức f(x) = 3x$^{2}$ – 12x + 8 có ∆' = (– 6)$^{2}$ – 3 . 8 = 12 > 0 nên f(x) có hai nghiệm x$_{1}$ = $\frac{{6 - \sqrt {12} }}{3} = \frac{{6 - 2\sqrt 3 }}{3}$ và x$_{2}$ = $\frac{{6 + \sqrt {12} }}{3} = \frac{{6 + 2\sqrt 3 }}{3}$.

Mặt khác hệ số a = 3 > 0, do đó ta có bảng xét dấu f(x):

Do đó f(x) ≥ 0 với mọi $x \in \left( { - \infty ;\frac{{6 - 2\sqrt 3 }}{3}} \right] \cup \left[ {\frac{{6 + 2\sqrt 3 }}{3}; + \infty } \right)$.

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

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