Giải SBT Toán 10 Bài 2. Giải bất phương trình bậc hai một ẩn có đáp án

a) Thay x = 2 vào bất phương trình ta được: 2$^{2}$ – 3.2 +1 = –1 < 0.

Vì vậy x = 2 không là nghiệm của bất phương trình ${x}^{2}-3x+1>0$

b) Thay x = 2 vào bất phương trình ta được: –4.2$^{2}$ – 3.2 +5 = –17 < 0.

Vì vậy x = 2 là nghiệm của bất phương trình $-4{x}^{2}-3x+5\le 0$

c) Thay x = 2 vào bất phương trình ta được: 2.2$^{2}$ – 5.2 + 2 = 0 ≤ 0

Vì vậy x = 2 là nghiệm của bất phương trình $2{x}^{2}-5x+2\le 0$

a) $[-\frac{5}{2};1]$

Đồ thị hàm số bậc hai nằm phía trên trục hoành với $x\in (-\frac{5}{2};1)$ ;

Đồ thị hàm số bậc hai cắt trục hoành tại hai điểm x = $-\frac{5}{2}$ và x = 1.

Do đó f(x) ≥ 0 khi $[-\frac{5}{2};1]$ .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình f(x) ≥ 0 là S = $[-\frac{5}{2};1]$ .

b) Đồ thị hàm số bậc hai nằm phía trên trục hoành với mọi x ∈ ℝ hay f(x) > 0 với mọi x ∈ ℝ.

Do đó f(x) < 0 vô nghiệm.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình f(x) < 0 là S = ∅.

c) Đồ thị hàm số bậc hai nằm phía trên trục hoành với x < 3 hoặc x > 4.

Do đó f(x) > 0 khi x < 3 hoặc x > 4.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình f(x) > 0 là S = $(-\infty ;3)\cup (4;+\infty )$

d) Đồ thị hàm số bậc hai nằm phía dưới trục hoành với mọi x ≠ – 1.

Do đó f(x) < 0 khi x ≠ – 1.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình f(x) < 0 là S = $ℝ\backslash \{-1\}$

e) Đồ thị hàm số bậc hai nằm trên trục hoành với mọi x ≠ $\frac{5}{2}$ .

Đồ thị hàm số bậc hai cắt trục hoành tại điểm x = $\frac{5}{2}$ .

Do đó khi x = $\frac{5}{2}$ .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = $\{\frac{5}{2}\}$ .

g) Đồ thị hàm số bậc hai nằm phía trên trục hoành với x < $\frac{3}{2}$ và x > $\frac{7}{2}$ ;

Đồ thị hàm số bậc hai cắt trục hoành tại hai điểm x = $\frac{3}{2}$ và x = $\frac{7}{2}$ .

Do đó khi x ≤ $\frac{3}{2}$ và x ≥ $\frac{7}{2}$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình f(x) ≥ 0 là S = $(-\infty ;\frac{3}{2}]\cup [\frac{7}{2};+\infty )$ .

a) Tam thức bậc hai f (x) = –9x$^{2}$ + 16x + 4 có a = – 9 < 0 và ∆ = 16$^{2}$ – 4.( – 9).4 = 112 > 0. Do đó f(x) có hai nghiệm phân biệt là x$_{1}$ = 2 và x$_{2}$ = $\frac{-2}{9}$

Áp dụng định lí về dấu tam thức bậc hai ta có:

khi x ≤ $\frac{-2}{9}$ hoặc x ≥ 2.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = $(-\infty ;\frac{-2}{9})\cup (2;+\infty )$ .

b) Tam thức bậc hai f (x) = có a = 6 > 0 và ∆ = ( –13)$^{2}$ – 4.6.( –33) = 961 > 0. Do đó f(x) có hai nghiệm phân biệt là x$_{1}$ = $\frac{11}{3}$ và x$_{2}$ =$\frac{-3}{2}$

Áp dụng định lí về dấu tam thức bậc hai ta có:

$6{x}^{2}-13x-33$ < 0 khi $\frac{-3}{2}$< x <$\frac{11}{3}$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = $(\frac{-3}{2};\frac{11}{3})$ .

c) Tam thức bậc hai f ( x ) = có a = 7 > 0 và ∆ = ( –36)$^{2}$ – 4.7.5 = 1156 > 0. Do đó f(x) có hai nghiệm phân biệt là x$_{1}$ = $\frac{1}{7}$ và x$_{2}$ = 5

Áp dụng định lí về dấu tam thức bậc hai ta có:

$7{x}^{2}-36x+5\le 0$ khi $\frac{1}{7}$ ≤ x ≤ 5

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = $[\frac{1}{7};5]$ .

d) Tam thức bậc hai f ( x ) = có a = –9 < 0 và ∆ = 6$^{2}$ – 4.( –9).( –1) = 0. Do đó f(x) có nghiệm x =$\frac{1}{3}$

Áp dụng định lí về dấu tam thức bậc hai ta có:

$-9{x}^{2}+6x-1\ge 0$ khi x =$\frac{1}{3}$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = $\{\frac{1}{3}\}$ .

e) Tam thức bậc hai f ( x ) = $49{x}^{2}+56x+16$ = ( 7x + 4 )$^{2}$

Tam thức bậc hai có nghiệm x =$\frac{-4}{7}$

Áp dụng định lí về dấu tam thức bậc hai ta có:

$49{x}^{2}+56x+16>0$ khi x ≠$\frac{-4}{7}$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =$\{\frac{-4}{7}\}$

g)

Tam thức bậc hai f ( x ) = $-2{x}^{2}+3x-2$ có ∆ = 3$^{2}$ – 4. ( –2 ). ( –2 ) = –7 < 0 nên f(x) vô nghiệm.

Áp dụng định lí về dấu tam thức bậc hai ta có a = –2 < 0 nên

$-2{x}^{2}+3x-2\le 0$ với mọi x ∈ ℝ.

Vậy $-2{x}^{2}+3x-2\le 0$ với mọi x ∈ ℝ.

a) Ta có: ${x}^{2}-3x<4$ ⟺ x$^{2}$ – 3x – 4 < 0

Xét tam thức bậc hai f(x) = x$^{2}$ – 3x – 4 có ∆ = (– 3)$^{2}$ – 4.1.(– 4) = 25 > 0 nên f(x) có hai nghiệm phân biệt x$_{1}$ = 4 và x$_{2}$ = –1.

Ta có: a = 1 > 0 nên f ( x ) < 0 với –1 < x < 4.

Suy ra x$^{2}$ – 3x – 4 < 0 hay với –1 < x < 4.

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm khi S = (–1 ; 4).

b) Ta có: 0 < 2x$^{2}$ – 11x – 6 ⇔ 2x$^{2}$ – 11x – 6 > 0

Tam thức bậc hai f( x ) = 2x$^{2}$– 11x – 6 có ∆ = (– 11)$^{2}$ – 4.2.(– 6) = 169 > 0 nên f(x) có hai nghiệm phân biệt x$_{1}$ = 6 và x$_{2}$ = $-\frac{1}{2}$ ,

Ta lại có: a = 2 > 0 nên f ( x ) > 0 khi x < $-\frac{1}{2}$ hoặc x > 6.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = (– ∞; $-\frac{1}{2}$ ) ∪ (6; +∞).

c) $-2{(2x+3)}^{2}+4x+30\le 0$

⟺ –2.( 4x$^{2}$ + 12x + 9 ) + 4x + 30 ≤ 0

⟺ –8x$^{2}$ – 24x – 18 + 4x + 30 ≤ 0

⟺ –8x$^{2}$ – 20x + 12 ≤ 0

⟺ –2x$^{2}$ – 5x + 3 ≤ 0

Tam thức bậc hai f ( x ) = –2x$^{2}$ – 5x + 3 có ∆ = (– 5)$^{2}$ – 4.(– 2).3 = 49 nên f(x) có hai nghiệm phân biệt x$_{1}$ = –3 và x$_{2}$ = $\frac{1}{2}$ ,

Ta lại có a = –2 < 0 nên f ( x ) ≤ 0 khi x ≤ –3 hoặc x ≥ $\frac{1}{2}$

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S = (–∞ ; –3] ∪ [ $\frac{1}{2}$; +∞).

d) $-3({x}^{2}-4x-1)\le {x}^{2}-8x+28$

⟺ –4x$^{2}$+ 20x – 25 ≤ 0

Tam thức bậc hai f ( x ) = –4x$^{2}$+ 20x – 25 có ∆ = 20$^{2}$ – 4. ( –4 ) . ( – 25 ) = 0 ,

a = –4 < 0 nên f ( x ) ≤ 0 với mọi x ∈ ℝ.

Suy ra –4x$^{2}$+ 20x – 25 ≤ 0 với mọi x ∈ ℝ.

Vậy với mọi x ∈ ℝ.

e) $2{(x-1)}^{2}\ge 3{x}^{2}+6x+27$

⟺ 2x$^{2}$ – 4x + 2 ≥ 3x$^{2}$ + 6x + 27

⟺ –x$^{2}$ – 10x – 25 ≥ 0

⟺ –( x + 5 )$^{2}$ ≥ 0

⟺ x = –5 ( do –( x + 5 )$^{2}$ ≤ 0 với mọi x ∈ ℝ)

Vậy $2{(x-1)}^{2}\ge 3{x}^{2}+6x+27$ khi x = –5

g) $2{(x+1)}^{2}+9(-x+2)<0$

⇔ 2(x$^{2}$ + 2x + 1) – 9x + 18 < 0

⇔ 2x$^{2}$– 5x + 20 < 0

Tam thức bậc hai f ( x ) = 2x$^{2}$– 5x + 20 có ∆ = (– 5)$^{2}$ – 4. 2 . 20 = –135 < 0,

Ta lại có a = 2 > 0 nên f ( x ) > 0 với mọi x ∈ ℝ.

Suy ra 2x$^{2}$– 5x + 20 > 0 với mọi x ∈ ℝ.

Vậy không tồn tại x thỏa mãn $2{(x+1)}^{2}+9(-x+2)<0$ .

a) Hàm số xác định khi và chỉ khi 15x$^{2}$ + 8x – 12 ≥ 0

Tam thức bậc hai f ( x ) = 15x$^{2}$ + 8x – 12 có ∆ = 8$^{2}$ – 4.15. (–12) = 784 > 0 suy ra f(x) có hai nghiệm phân biệt x$_{1}$ = $\frac{2}{3}$ và x$_{2}$ = $\frac{-6}{5}$ .

Ta có: a = 15 > 0 nên f ( x ) ≥ 0 khi và chỉ khi x ≤ $\frac{-6}{5}$ hoặc x ≥ $\frac{2}{3}$ .

Vậy tập xác định của hàm số là D = $(-\infty ;\frac{-6}{5}]\cup [\frac{2}{3};+\infty )$ .

b) Hàm số xác định khi và chỉ khi –11x$^{2}$ + 30x – 16 > 0

Tam thức bậc hai f ( x ) = –11x$^{2}$ + 30x – 16 có ∆ = 30$^{2}$ – 4.( –11).( –16) = 196 > 0 suy ra f(x) có hai nghiệm phân biệt x$_{1}$ = 2 và x$_{2}$ = $\frac{8}{11}$ .

Ta có: a = –11 < 0 nên f ( x ) > 0 khi và chỉ khi $\frac{8}{11}$< x < 2.

Vậy tập xác định của hàm số là D = $(\frac{8}{11};2)$ .

c) Hàm số xác định khi và chỉ khi x – 2 ≠ 0 và –x$^{2}$ + 5x – 6 ≥ 0.

+) Xét x – 2 ≠ 0 khi và chỉ khi x ≠ 2.

+) Xét tam thức bậc hai f ( x ) = –x$^{2}$ + 5x – 6 có ∆ = 5$^{2}$ – 4.( –1).( –6) = 1 > 0 suy ra f(x) hai nghiệm phân biệt x$_{1}$ = 3 và x$_{2}$ = 2 ,

Ta có: a = –1 < 0 nên f ( x ) ≥ 0 khi và chỉ khi 2 ≤ x ≤ 3.

Suy ra hàm số xác định khi 2 < x ≤ 3.

Vậy tập xác định của hàm số là D = $(2;3]$

d) Hàm số xác định khi và chỉ khi 2x + 1 > 0 và 6x$^{2}$ – 5x – 21 ≥ 0

+) Xét 2x + 1 > 0 khi và chỉ khi x >$\frac{-1}{2}$

+) Xét tam thức bậc hai f ( x ) = 6x$^{2}$ – 5x – 21 có ∆ = (–5)$^{2}$ – 4.6.( –21) = 529 > 0 suy ra f(x) hai nghiệm phân biệt x$_{1}$ = $\frac{7}{3}$ và x$_{2}$ = $\frac{-3}{2}$ ,

Ta có a = 6 > 0 nên f ( x ) ≥ 0 khi và chỉ khi x ≤ $\frac{-3}{2}$ hoặc x ≥ $\frac{7}{3}$ mà x > $\frac{-1}{2}$ nên x ≥ $\frac{7}{3}$ .

Vậy tập xác định của hàm số là D = $[\frac{7}{3};+\infty )$ .

a) x = 3 là một nghiệm của bất phương trình khi và chỉ khi (m$^{2}$ – 1 ).3$^{2}$ + 2m.3 – 15 ≤ 0 hay 9m$^{2}$ + 6m – 24 ≤ 0

Tam thức bậc hai f (m) = 9m$^{2}$ + 6m – 24 có ∆ = 6$^{2}$ – 4.9.( –24) = 900 suy ra hai nghiệm phân biệt m$_{1}$ = $\frac{4}{3}$ và m$_{2}$ = –2 và a = 9 > 0 nên f ( m ) ≤ 0 khi và chỉ khi – 2 ≤ m ≤ $\frac{4}{3}$ .

Vậy – 2 ≤ m ≤ $\frac{4}{3}$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.

b) x = -1 là một nghiệm của bất phương trình khi và chỉ khi

m.(–1 )$^{2}$ – 2.(–1 ) + 1 > 0 hay m + 3 > 0 hay m > –3.

Vậy m > –3 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

c) $x=\frac{5}{2}$ là một nghiệm của bất phương trình khi và chỉ khi

4. ${(\frac{5}{2})}^{2}$+ 2.m.$\frac{5}{2}$ – 5m ≤ 0 hay 25 ≤ 0 ( vô lí ).

Vậy không có giá trị m thỏa mãn yêu cầu đề bài.

d) x = -2 là một nghiệm của bất phương trình khi và chỉ khi ( 2m – 3 ). ( –2)$^{2}$ – (m$^{2}$ + 1 ).( –2) ≥ 0 hay 2m$^{2}$ + 8m – 10 ≥ 0

Tam thức bậc hai f (m) = 2m$^{2}$ + 8m – 10 có ∆ = 8$^{2}$ – 4.2.( –10) = 144 suy ra f(m) có hai nghiệm phân biệt m$_{1}$ = –5 và m$_{2}$ = 1 và a = 2 > 0 nên f ( m ) ≥ 0 khi và chỉ khi

m ≤ –5 hoặc m ≥ 1.

Vậy m ≤ –5 hoặc m ≥ 1 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

e) x = m + 1 là một nghiệm của bất phương trình khi và chỉ khi 2.(m+1)$^{2}$ + 2m.(m+1) – m$^{2}$ – 2 < 0 hay 3m$^{2}$ + 6m < 0

Tam thức bậc hai f (m) = 3m$^{2}$ + 6m có ∆ = 6$^{2}$ – 4.3.0 = 36 suy ra hai nghiệm phân biệt m$_{1}$ = –2 và m$_{2}$ = 0 và a = 2 > 0 nên f ( m ) < 0 khi và chỉ khi –2 < m < 0.

Vậy –2 < m < 0 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

a) Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:

∆ = [2.( m – 2 )]$^{2}$ – 4.4.m$^{2}$ ≥ 0

⇔ m$^{2}$ – 4m + 4 – 4m$^{2}$ ≥ 0

⇔ – 3m$^{2}$ – 4m + 4 ≥ 0

Tam thức bậc hai f (m) = – 3m$^{2}$ – 4m + 4 có ∆$_{m}$ = (–4)$^{2}$ – 4.( –3).4 = 64 > 0 suy ra f(m) có hai nghiệm phân biệt m$_{1}$ = $\frac{2}{3}$ và m$_{2}$ = –2, a = – 3 < 0 nên f (m) ≥ 0 khi và chỉ khi – 2 ≤ m ≤ $\frac{2}{3}$ .

Vậy – 2 ≤ m ≤ $\frac{2}{3}$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.

b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

m + 1 ≠ 0 và ∆ = (2m)$^{2}$ – 4.( m+1 ).(–4) > 0

+) Ta có: m + 1 ≠ 0 khi và chỉ khi m ≠ –1.

+) Xét ∆ = (2m)$^{2}$ – 4.(m+1).(–4) > 0

⟺ 4m$^{2}$ + 16m + 16 > 0

⟺ m$^{2}$ + 4m + 4 > 0

⟺ ( m + 2 )$^{2}$ > 0

⟺ m ≠ –2 (vì ( m + 2 )$^{2}$ ≥ 0 với mọi x ∈ ℝ)

Vậy m ≠ –1 và m ≠ –2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

c) +) Nếu m = 0 thì phương trình trở thành x + 10 = 0, có nghiệm x = –10. Do đó m = 0 không thỏa mãn yêu cầu.

+) Nếu m ≠ 0 thì phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi:

∆ = (m + 1)$^{2}$ – 4.m.( 3m + 10 ) < 0

⟺ m$^{2}$ + 2m + 1 – 12m$^{2}$ – 40m < 0

⟺ –11m$^{2}$ – 38m +1 < 0

Tam thức bậc hai f (m) = –11m$^{2}$ – 38m +1 có ∆$_{m}$ = (–38)2 – 4.( –11).1 = 1488 suy ra f(m) có hai nghiệm phân biệt:

m$_{1}$ = $\frac{-19+2\sqrt{93}}{11}$ và m$_{2}$ = $\frac{-19-2\sqrt{93}}{11}$ , a = – 11 < 0 nên f ( m ) < 0 khi và chỉ khi

m < $\frac{-19-2\sqrt{93}}{11}$ hoặc m > $\frac{-19+2\sqrt{93}}{11}$

Vậy m < $\frac{-19-2\sqrt{93}}{11}$ và m > $\frac{-19+2\sqrt{93}}{11}$ thoả mãn yêu cầu đề bài.

d) Bất phương trình có a = 2 > 0 nên tập nghiệm là khi và chỉ khi ∆ = ( m + 2 )$^{2}$ – 4.2.( 2m – 4 ) ≤ 0

⟺ m$^{2}$ + 4m + 4 – 16m+ 32 < 0

⟺ m$^{2}$ – 12m + 36 ≤ 0

⟺ ( m – 6 )$^{2}$ ≤ 0

⟺ m = 6 (vì ( m – 6 )$^{2}$ ≥ 0 với mọi m ∈ ℝ)

Vậy m = 6 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

e) Bất phương trình $-3{x}^{2}+2mx+{m}^{2}\ge 0$ có tập nghiệm là $ℝ$ khi và chỉ khi a > 0 và ∆ ≤ 0 mà a = –3 < 0 nên không tồn tại m thỏa mãn yêu cầu.

Vậy không tồn tại m thỏa mãn yêu cầu.

Cửa hàng có lãi khi và chỉ khi I ( x ) > 0 hay –0,1x$^{2}$ + 235x – 70000 > 0

Tam thức bậc hai $I(x)=-0{,}1{x}^{2}+235x-70000$ có ∆ = 235$^{2}$ – 4.(– 0,1).(– 70 000) = 27 225 > 0 nên I(x) có hai nghiệm phân biệt x$_{1}$ = 2000 và x$_{2}$ = 350, a = –0,1 < 0 nên I ( x ) > 0 khi 350 < x < 2000.

Vậy cửa hàng bán ra từ 351 đến 1999 sản phẩm thì cửa hàng có lãi.

a) Với g = 10 m/s$^{2}$ là gia tốc trọng trường thì $h(t)=-\frac{1}{2}g{t}^{2}+{v}_{0}t+{h}_{0}$ ⇔ h(t) = –5t$^{2}$ + v$_{0}$t + h$_{0}$.

Độ cao của quả bóng sau 0,5 giây là 4,75 m, ta có: 4,75 = –5(0,5)$^{2}$ + v$_{0}$.(0,5) + h$_{0}$ hay 0,5v$_{0}$ + h$_{0}$ = 6. (1)

Độ cao của quả bóng sau 1 giây là 5 m, ta có: 5 = –5.1$^{2}$ + v$_{0}$.1 + h$_{0}$ hay v$_{0}$ + h$_{0}$ = 10. (2)

Từ (1) và (2) ta được:

$\{\begin{matrix}{\text{0{,}5v}}_{\text{0}}+{\text{h}}_{\text{0}}=6 \\ {\text{v}}_{\text{0}}+{\text{h}}_{\text{0}}=10\end{matrix}$ tức là $\{\begin{matrix}{\text{v}}_{\text{0}}=8 \\ {\text{h}}_{\text{0}}=2\end{matrix}$

Vậy h ( t ) = –5t$^{2}$ + 8t + 2.

b) Bóng cao trên 4m khi và chỉ khi h (t) = –5t$^{2}$ + 8t + 2 > 4 hay –5t$^{2}$ + 8t – 2 > 0

Tam thức bậc hai f ( t ) = –5t$^{2}$ + 8t – 2 có ∆ = 8$^{2}$ – 4.(– 5).(– 2) = 24 > 0 nên f(t) có hai nghiệm phân biệt t$_{1}$ = $\frac{4+\sqrt{6}}{5}$ và t$_{2}$ = $\frac{4-\sqrt{6}}{5}$ , a = –5 < 0 nên f ( t ) > 0 khi và chỉ khi $\frac{4-\sqrt{6}}{5}$ < t < $\frac{4+\sqrt{6}}{5}$ .

Quả bóng có thể đạt được độ cao trên 4m trong:

$\frac{4+\sqrt{6}}{5}$ – $\frac{4-\sqrt{6}}{5}$ ≈ 0,98 (s).

Vậy quả bóng có thể đạt được độ cao trên 4m trong khoảng ít hơn 0,98 giây.

c) Độ cao của bóng sau l giây trong khoảng từ 2 m đến 3 m khi và chỉ khi:

2 < h ( 1 ) = –5 + v$_{0}$ + 2 < 3 tức là 5 < v$_{0}$< 6 (m/s).

Vậy vận tốc ném cần nằm trong khoảng từ 5 m/s đến 6 m/s.

a) Thay $α={30}^{o},{y}_{0}=2$ và v$_{0}$ = 7 vào phương trình chuyển động ta được:

y = $\frac{-10}{{2.7}^{2}.{\cos }^{2}30^{\circ}}$ x$^{2}$ + tan30°.x + 2

y = –0,14x$^{2}$ + 0,58x + 2

Vậy phương trình chuyển động là y = –0,14x$^{2}$ + 0,58x + 2.

b) Với x là khoảng cách từ người ném đến tường thì bóng được ném qua tường khi và chỉ khi y ( x ) > 2,5 hay –0,14x$^{2}$ + 0,58x – 0,5 > 0.

Xét tam thức bậc hai f ( x ) = –0,14x$^{2}$ + 0,58x – 0,5 có ∆ = 0,58$^{2}$ – 4.(– 0,14).(– 0,5) = 0,0564 > 0 nên f(x) có hai nghiệm phân biệt x$_{1}$ = 2,92 và x$_{2}$ = 1,22, a = –0,14 < 0 nên f ( x ) > 0 khi 1,22 < x < 2,92.

Vậy người ném bóng cần phải đứng cách tường một khoảng từ trên 1,22 m đến dưới 2,92 m.

Gọi x (cm) là chiều rộng hình chữ nhật.

Khi đó chiều dài hình chữ nhật là $\frac{20}{2}$ – x hay 10 – x (cm)

Chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đều lớn hơn 0 và chiều rộng nhỏ hơn hoặc bằng chiều dài, ta có: 0 < x ≤ 10 – x hay 0 < x ≤ 5 (cm) (1)

Diện tích của hình chữ nhật là S = x. ( 10 – x )

Ta có x.( 10 – x ) ≥ 15 khi và chỉ khi x$^{2}$ + 10x – 15 ≥ 0.

Tam thức bậc hai f ( x ) = x$^{2}$ + 10x – 15 có ∆ = 10$^{2}$ – 4.1.(– 15) = 160 > 0 hai nghiệm phân biệt x$_{1}$ = –5 + 2 $\sqrt{10}$ và x$_{2}$ = –5 – 2 $\sqrt{10}$ , a = 1 > 0 nên f ( x ) ≥ 0 khi và chỉ khi x ≤ –5 – 2 $\sqrt{10}$ hoặc x ≥ –5 + 2 $\sqrt{10}$.

Kết hợp với điều kiện (1) ta được –5 + 2 $\sqrt{10}$ ≤ x ≤ 5 hay 1,33 ≤ x ≤ 5.

Vậy chiều rộng của hình chữ nhật nằm trong khoảng từ 1,33 cm đến 5 cm thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

a) Đặt gốc tọa độ tại một chân cổng như hình vẽ trên.

Vì chiếc cổng có dạng parabol nên phương trình y = ax$^{2}$ + bx + c của đường viền cổng.

Do một chân cổng có tọa độ ( 0;0 ) nên ta có c = 0 (1).

Khoảng cách giữa hai chân cổng là 4 m nên chân cổng còn lại có tọa độ ( 4;0 ), ta có 16a + 4b + c = 0 (2)

Cổng có chiều cao 5 m nên tọa độ đỉnh cổng là ( 2; 5 ), ta có: 4a + 2b + c = 5 (3)

Thay (1) vào (2) và (3) ta được hệ phương trình:

$\{\begin{matrix}16\text{a}+4\text{b}=0 \\ 4\text{a}+2\text{b}=5\end{matrix}$

Từ đó suy ra a = –1,25; b = 5 và c = 0.

Vậy phương trình của vòm cổng là y = –1,25x$^{2}$ + 5x

b) Ta xác định các hoành độ x mà tại đó vòm cổng cao hơn thùng hàng bằng cách giải bất phương trình y = –1,25x$^{2}$ + 5x ≥ 3 hay –1,25x$^{2}$ + 5x – 3 ≥ 0.

Tam thức bậc hai f ( x ) = –1,25x$^{2}$ + 5x – 3 có ∆ = 5$^{2}$ – 4.(– 1,25).(– 3) = 10 > 0 nên f(x) có hai nghiệm phân biệt x$_{1}$ = 0,74 và x$_{2}$ = 3,26, a = –1,25 < 0 nên f ( x ) ≥ 0 khi và chỉ khi 0,74 ≤ x ≤ 3,26.

Vậy chiều rộng tối đa của thùng hàng là 3,26 – 0,74 = 2,52 m.