Giải SBT Toán 10 Bài 17. Dấu của tam thức bậc hai có đáp án

a)

f(x) = –x$^{2}$ + 6x + 7 có a = –1 < 0

f(x) = 0 ⇔ –x$^{2}$ + 6x + 7 = 0

Xét phương trình bậc hai –x$^{2}$ + 6x + 7 = 0 có ∆ = b$^{2}$ – 4ac = 6$^{2}$ – 4.(–1).7 = 64 > 0

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt: $\{\begin{matrix}{x}_{1}=7 \\ {x}_{2}=-1\end{matrix}$

Vậy f(x) = –x$^{2}$ + 6x + 7 < 0 với x ∈ (–∞; –1) ∪ (7; +∞), f(x) = –x$^{2}$ + 6x + 7 > 0 với x ∈ (–1; 7).

b)

g(x) = 3x$^{2}$ – 2x + 2 có a = 3 > 0

g(x) = 0 ⇔ 3x$^{2}$ – 2x + 2 = 0

Xét phương trình bậc hai 3x$^{2}$ – 2x + 2 = 0 có ∆ = b$^{2}$ – 4ac = (–2)$^{2}$ – 4.3.2 = –20 < 0.

Vậy g(x) = 3x$^{2}$ – 2x + 2 > 0 với x ∈ ℝ.

c)

h(x) = –16x$^{2}$ + 24x – 9 có a = –16 < 0

h(x) = 0 ⇔ –16x$^{2}$ + 24x – 9 = 0

Xét phương trình bậc hai –16x$^{2}$ + 24x – 9 = 0 có ∆ = b$^{2}$ – 4ac = 24$^{2}$ – 4.(–16).(–9) = 0

Vậy phương trình có nghiệm kép: $x=\frac{3}{4}$.

Vậy h(x) < 0 với $x\in ℝ\backslash \{\frac{3}{4}\}$và h(x) = 0 tại $x=\frac{3}{4}$.

d)

k(x) = 2x$^{2}$ – 6x + 1 có a = 2 > 0

k(x) = 0 ⇔ 2x$^{2}$ – 6x + 1 = 0

Xét phương trình bậc hai 2x$^{2}$ – 6x + 1 = 0 có ∆ = b$^{2}$ – 4ac = (–6)$^{2}$ – 4.2.1 = 28 > 0

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt: $\{\begin{matrix}{x}_{1}=\frac{3+\sqrt{7}}{2} \\ {x}_{2}=\frac{3-\sqrt{7}}{2}\end{matrix}$

Vậy k(x) < 0 với x ∈$(\frac{3-\sqrt{7}}{2};\frac{3+\sqrt{7}}{2})$và k(x) > 0 với x ∈$(-\infty ;\frac{3-\sqrt{7}}{2})\cup (\frac{3+\sqrt{7}}{2};+\infty )$.

a)

Xét tam thức bậc hai f(x) = 3x$^{2}$ – 36x + 108 có a = 3 > 0

Phương trình bậc hai 3x$^{2}$ – 36x + 108 = 0 có ∆ = b$^{2}$ – 4ac = (–36)$^{2}$ – 4.3.108 = 0

Do đó, phương trình có nghiệm kép x = 6.

Do đó, f(x) = 3x$^{2}$ – 36x + 108 > 0 với x ∈ ℝ\{6}

Hay tập nghiệm của bất phương trình 3x$^{2}$ – 36x + 108 > 0 là S = ℝ\{6}.

b)

Xét tam thức bậc hai f(x) = –x$^{2}$ + 2x – 2 có a = –1 < 0

Phương trình bậc hai –x$^{2}$ + 2x – 2 = 0 có ∆ = b$^{2}$ – 4ac = 2$^{2}$ – 4.(–1).(–2) = –4 < 0

Do đó, f(x) = –x$^{2}$ + 2x – 2 < 0 với mọi x ∈ ℝ

Hay tập nghiệm của bất phương trình –x$^{2}$ + 2x – 2 ≥ 0 là S = ∅.

c)

x$^{4}$ – 3x$^{2}$ + 2 ≤ 0

Đặt t = x$^{2}$ (t ≥ 0), khi đó, bất phương trình trở thành:

t$^{2}$ – 3t + 2 ≤ 0

Xét tam thức bậc hai f(t) = t$^{2}$ – 3t + 2 có a = 1 > 0

Phương trình bậc hai t$^{2}$ – 3t + 2 = 0 có ∆ = b$^{2}$ – 4ac = (–3)$^{2}$ – 4.1.2 = 1 > 0

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt là: $\{\begin{matrix}{t}_{1}=2 \\ {t}_{2}=1\end{matrix}$

Do đó, f(t) = t$^{2}$ – 3t + 2 < 0 với t ∈ (1; 2) ⇒ t$^{2}$ – 3t + 2 ≤ 0 với t ∈ [1; 2] (thỏa mãn điều kiện t ≥ 0).

Ta có t ∈ [1; 2] ⇒ 1 ≤ t ≤ 2 ⇒ 1 ≤ x$^{2}$ ≤ 2

$\Rightarrow \{\begin{matrix}{x}^{2}\ge 1 \\ {x}^{2}\le 2\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}[\begin{matrix}x\ge 1 \\ x\le -1\end{matrix} \\ -\sqrt{2}\le x\le \sqrt{2}\end{matrix}\Leftrightarrow [\begin{matrix}1\le x\le \sqrt{2} \\ -\sqrt{2}\le x\le -1\end{matrix}$

Hay tập nghiệm của bất phương trình x$^{4}$ – 3x$^{2}$ + 2 ≤ 0 là S = $[-\sqrt{2};-1]\cup [1;\sqrt{2}]$.

d)

Xét phương trình bậc hai x$^{2}$ – x + 1 = 0 có a = 1 > 0 và ∆$_{1}$ = (–1)$^{2}$ – 4.1.1 = –3 < 0 do đó, x$^{2}$ – x + 1 > 0 với mọi số thực x.

Xét phương trình bậc hai 2x$^{2}$ + x + 2 = 0 có a = 2 > 0 và ∆$_{2}$ = 1$^{2}$ – 4.2.2 = –15 < 0 do đó, 2x$^{2}$ + x + 2 > 0 với mọi số thực x

Do đó, tập xác định của bất phương trình $\frac{1}{{x}^{2}-x+1}\le \frac{1}{2{x}^{2}+x+2}$là D = ℝ.

Khi đó, $\frac{1}{{x}^{2}-x+1}\le \frac{1}{2{x}^{2}+x+2}$

⇔ 2x$^{2}$ + x + 2 ≤ x$^{2}$ – x + 1

⇔ x$^{2}$ + 2x + 1 ≤ 0

⇔ (x + 1)$^{2}$ ≤ 0

Do (x + 1)$^{2}$ ≥ 0 với mọi số thực x nên ta có:

(x + 1)$^{2}$ ≤ 0

⇔ (x + 1)$^{2}$ = 0

⇔ x + 1 = 0

⇔ x = –1

Vậy tập nghiệm của bất phương trình $\frac{1}{{x}^{2}-x+1}\le \frac{1}{2{x}^{2}+x+2}$là S = {–1}.

Xét x$^{2}$ – 2(m – 1)x + 4m$^{2}$ – m = 0 có:

a = 1 > 0

∆’ = [–(m – 1)]$^{2}$ – 1.(4m$^{2}$ – m) = m$^{2}$ – 2m + 1 – 4m$^{2}$ + m = –3m$^{2}$ – m + 1 .

a)

Để phương trình x$^{2}$ – 2(m – 1)x + 4m$^{2}$ – m = 0 có hai nghiệm phân biệt

⇔ ∆’ > 0

⇔ –3m$^{2}$ – m + 1 > 0

Xét phương trình bậc hai –3m$^{2}$ – m + 1 = 0 có a = –3 < 0 và ∆$_{ma}$ = (–1)$^{2}$ – 4.(–3).1 = 13 > 0

Do đó, phương trình –3m$^{2}$ – m + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt là:

${m}_{1}=\frac{-1+\sqrt{13}}{6};{m}_{2}=\frac{-1-\sqrt{13}}{6}$

Do đó, –3m$^{2}$ – m + 1 > 0 $\Leftrightarrow \frac{-1-\sqrt{13}}{6}<m<\frac{-1+\sqrt{13}}{6}$

Vậy khi $\frac{-1-\sqrt{13}}{6}<m<\frac{-1+\sqrt{13}}{6}$thì phương trình x$^{2}$ – 2(m – 1)x + 4m$^{2}$ – m = 0 có hai nghiệm phân biệt.

b)

Để phương trình x$^{2}$ – 2(m – 1)x + 4m$^{2}$ – m = 0 có hai nghiệm trái dấu

⇔ ac < 0

⇔ 1.(4m$^{2}$ – m ) < 0

⇔ 4m$^{2}$ – m < 0

Xét phương trình bậc hai 4m$^{2}$ – m = 0 có a = 4 > 0 và ∆$_{mb}$ = (–1)$^{2}$ – 4.4.0 = 1 > 0

Do đó, phương trình bậc hai 4m$^{2}$ – m = 0 có hai nghiệm phân biệt là:

${m}_{1}=0;{m}_{2}=\frac{1}{4}$

Do đó, 4m$^{2}$ – m < 0 ⇔$0<m<\frac{1}{4}$

Vậy khi $0<m<\frac{1}{4}$thì phương trình x$^{2}$ – 2(m – 1)x + 4m$^{2}$ – m = 0 có hai nghiệm trái dấu.

a)

Xét phương trình –x$^{2}$ + (m + 1)x – 2m + 1 = 0 có:

a = –1 < 0

∆ = (m + 1)$^{2}$ – 4.(–1).(–2m + 1) = m$^{2}$ + 2m + 1 – 8m + 4 = m$^{2}$ – 6m + 5

Để –x$^{2}$ + (m + 1)x – 2m + 1 ≤ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ Δ ≤ 0

⇔ m$^{2}$ – 6m + 5 ≤ 0

Xét phương trình m$^{2}$ – 6m + 5 = 0 có a = 1 > 0 và Δ$_{m}$ = (–6)$^{2}$ – 4.1.5 = 16 > 0

Do đó, phương trình m$^{2}$ – 6m + 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt là:

m$_{1}$ = 1; m$_{2}$ = 5

Do đó, m$^{2}$ – 6m + 5 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ m ≤ 5

Vậy khi 1 ≤ m ≤ 5 thì –x$^{2}$ + (m + 1)x – 2m + 1 ≤ 0, ∀x ∈ ℝ.

b)

x$^{2}$ – (2m + 1)x + m + 2 > 0, ∀x ∈ ℝ

Xét phương trình x$^{2}$ – (2m + 1)x + m + 2 = 0 có:

a = 1 > 0

∆ = [–(2m + 1)]$^{2}$ – 4.1.(m + 2) = 4m$^{2}$ + 4m + 1 – 4m – 8 = 4m$^{2}$ – 7

Để x$^{2}$ – (2m + 1)x + m + 2 > 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ Δ < 0

⇔ 4m$^{2}$ – 7 < 0

⇔${m}^{2}<\frac{7}{4}$

⇔$-\frac{\sqrt{7}}{2}<m<\frac{\sqrt{7}}{2}$

Vậy khi $-\frac{\sqrt{7}}{2}<m<\frac{\sqrt{7}}{2}$thì x$^{2}$ – (2m + 1)x + m + 2 > 0, ∀x ∈ ℝ.

a)

Đơn giá của bình đựng nước là x nghìn đồng (x > 0).

Doanh thu từ việc bán bình đựng nước bằng 0 tức là

R(x) = 0

⇔ –560x2 + 50 000x = 0

⇔ x = 0 (loại) hoặc x ≈ 89 (thỏa mãn)

Vậy theo mô hình đã cho, với đơn giá 89 nghìn đồng thì công ty sẽ không có doanh thu (đơn giá cao quá dẫn đến không có ai mua hàng).

b)

Doanh thu vượt mức 1 tỉ đồng tức là

R(x) = –560x$^{2}$ + 50 000x > 1 000 000

⇔ –560x$^{2}$ + 50 000x – 1 000 000 > 0

Xét phương trình bậc hai –560x$^{2}$ + 50 000x – 1 000 000 = 0 có:

a = –560 < 0

Δ’ = 25 000$^{2}$ – (–560).(– 1 000 000) = 65 000 000 > 0

Do đó, phương trình bậc hai –560x$^{2}$ + 50000x – 1000000 = 0 có hai nghiệm phân biệt là:

x$_{1}$≈ 59,04; x$_{2}$≈ 30,25.

Do đó, –560x$^{2}$ + 50 000x – 1 000 000 > 0 ⇔ 30,25 < x < 59,04 hay 31 < x < 59.

Vậy với khoảng đơn giá từ 31 nghìn đồng đến 59 nghìn đồng của bình đựng nước thì doanh thu từ việc bán bình đựng nước vượt mức 1 tỉ đồng.

a)

Một viên đạn pháo được bắn ra khỏi nòng pháo với vận tốc ban đầu 500 m/s, hợp với phương ngang một góc bằng 45° nên ta có:

g = 9,8 m/s$^{2}$; v$_{0}$ = 500 m/s; α = 45°

Phương trình chuyển động của viên đạn là:

$y=(\frac{-9{,}8}{{2.500}^{2}.{\cos }^{2}45^{\circ}}){x}^{2}+x(\tan 45^{\circ})=\frac{-9{,}8}{250\ 000}{x}^{2}+x$.

Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên a, b, c > 0.

Coi f(x) = b$^{2}$x$^{2}$ – (b$^{2}$ + c$^{2}$ – a$^{2}$)x + c$^{2}$ là một tam thức bậc hai ẩn x dạng f(x) = Ax$^{2}$ + Bx + C.

Xét phương trình bậc hai b$^{2}$x$^{2}$ – (b$^{2}$ + c$^{2}$ – a$^{2}$)x + c$^{2}$ = 0 có:

A = b$^{2}$ > 0 (vì b là độ dài cạnh của tam giác)

∆ = B$^{2}$ – 4AC = [– (b$^{2}$ + c$^{2}$ – a$^{2}$)]$^{2}$ – 4.b$^{2}$.c$^{2}$

= (b$^{2}$ + c$^{2}$ – a$^{2}$)$^{2}$ – (2bc)$^{2}$

= (b$^{2}$ + c$^{2}$ – a$^{2}$– 2bc)(b$^{2}$ + c$^{2}$ – a$^{2}$+ 2bc)

= [(b – c)$^{2}$ – a$^{2}$][(b + c)$^{2}$ – a$^{2}$]

= (b – c – a)(b – c + a)(b + c – a)(b + c + a)

Vì a, b, c là ba cạnh của tam giác nên ta có:

a + b – c > 0

b + c – a > 0

b + c + a > 0

b – c – a = b – (c + a) < 0

Do đó ∆ < 0.

Vậy b$^{2}$x$^{2}$ – (b$^{2}$ + c$^{2}$ – a$^{2}$)x + c$^{2}$ > 0, ∀x ∈ ℝ (điều cần phải chứng minh).