Giải SGK Toán 10 (Kết nối tri thức) Bài 17: Dấu của tam thức bậc hai

Luyện tập 2 trang 22 Toán 10 Tập 2: Xét dấu các tam thức bậc hai sau: 

a) – 3x² + x $-\sqrt{2}$; 

b) x² + 8x + 16; 

c) – 2x² + 7x – 3. 

Lời giải:

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

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; + ∞). 

2. Bất phương trình bậc hai

HĐ5 trang 22 Toán 10 Tập 2: Trở lại tình huống mở đầu. Với yêu cầu mảnh đất được rào chắn có diện tích không nhỏ hơn 48 m², hãy viết đẳng thức thể hiện sự so sánh biểu thức tính diện tích S(x) = – 2x² + 20x với 48. 

Lời 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. 

Luyện tập 3 trang 23 Toán 10 Tập 2: Giải các bất phương trình bậc hai sau: 

a) – 5x² + x – 1 ≤ 0; 

b) x² – 8x + 16 ≤ 0; 

c) x² – x – 6 > 0. 

Lời 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 $x\in ℝ$. 

Suy ra bất phương trình có tập nghiệm là $ℝ$. 

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; + ∞). 

Vận dụng trang 23 Toán 10 Tập 2: Độ cao so với mặt đất của một quả bóng được ném lên theo phương thẳng đứng được mô tả bởi hàm số bậc hai h(t) = – 4,9t² + 20t + 1, ở độ cao h(t) tính bằng mét và thời gian t tính bằng giây. Trong khoảng thời điểm nào trong quá trình bay của nó, quả bóng sẽ ở độ cao trên 5 m so với mặt đất? 

Lời 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 = $\frac{-10+\sqrt{\mathrm{80,4}}}{-\mathrm{4,9}}=\frac{10-\sqrt{\mathrm{80,4}}}{\mathrm{4,9}}$ và t₂ = $\frac{-10-\sqrt{\mathrm{80,4}}}{-\mathrm{4,9}}=\frac{10+\sqrt{\mathrm{80,4}}}{\mathrm{4,9}}$. 

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 = $\left(\frac{10-\sqrt{\mathrm{80,4}}}{\mathrm{4,9}};\frac{10+\sqrt{\mathrm{80,4}}}{\mathrm{4,9}}\right)$. 

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

Bài tập

Bài 6.15 trang 24 Toán 10 Tập 2: Xét dấu các tam thức bậc hai sau:

a) 3x² – 4x + 1; 

b) x² + 2x + 1; 

c) – x² + 3x – 2; 

d) – x² + x – 1. 

Lời giải:

a) f(x) = 3x² – 4x + 1 có ∆' = (– 2)² – 3 . 1 = 1 > 0, hệ số a = 3 > 0 và có hai nghiệm phân biệt x₁ = $\frac{1}{3}$; x₂ = 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) = x² + 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) = – x² + 3x – 2 có ∆ = 3² – 4 . (– 1) . (– 2) = 1 > 0, hệ số a = – 1 < 0 và có hai nghiệm phân biệt x₁ = 1; x₂ = 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) = – x² + x – 1 có ∆ = 1² – 4 . (– 1) . (– 1) = – 3 < 0 và hệ số a = – 1 < 0 nên f(x) < 0 với mọi $x\in ℝ$. 

Bài 6.16 trang 24 Toán 10 Tập 2: Giải các bất phương trình bậc hai: 

a) x² – 1 ≥ 0; 

b) x² – 2x – 1 < 0; 

c) – 3x² + 12x + 1 ≤ 0; 

d) 5x² + x + 1 ≥ 0. 

Lời 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 = .

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 $x\in ℝ$. 

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $ℝ$. 

Bài 6.17 trang 24 Toán 10 Tập 2: Tìm các giá trị của tham số m để tam thức bậc hai sau dương với mọi $x\in ℝ$:

x² + (m + 1)x + 2m + 3. 

Lời 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 $x\in ℝ$ 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 $x\in ℝ$.

Bài 6.18 trang 24 Toán 10 Tập 2: Một vật được ném theo phương thẳng đứng xuống dưới từ độ cao 320 m với vận tốc ban đầu v₀ = 20 m/s. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu giây, vật đó cách mặt đất không quá 100 m? Giả thiết rằng sức cản của không khí là không đáng kể?

Lời giải:

Vật được ném theo phương thẳng đứng xuống dưới từ độ cao 320 m nên vật chuyển động nhanh dần đều. 

Độ cao so với mặt đất của vật được mô tả bởi một hàm số bậc hai h(t) = 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 ≈ 10 m/s²) và độ cao h(t) tính bằng mét.  

Khi đó ta có: h(t) = 20 . t + $\frac{1}{2}$. 10 . t² hay h(t) = 5t² + 20t. 

Vật ném xuống từ độ cao 320 m nên khi vật cách mặt đất không quá 100 m có nghĩa là vật đã chuyển động được quãng đường lớn hơn hoặc bằng 320 – 100 = 220 m. 

Khi đó h(t) ≥ 220 hay 5t² + 20t ≥ 220 ⇔ t² + 4t – 44 ≥ 0 (1). 

Tam thức f(t) = t² + 4t – 44 có ∆' = 2² – 1 . (– 44) = 48 > 0 nên f(t) có hai nghiệm $t_1=-2-4\sqrt{3}$ và $t_2=-2+4\sqrt{3}$. 

Mặt khác hệ số a = 1 > 0 nên ta có bảng xét dấu: 

Suy ra bất phương trình (1) có nghiệm t ≤ $-2-4\sqrt{3}$ hoặc t ≥ $-2+4\sqrt{3}$. 

Mà thời gian t > 0 nên t ≥ $-2+4\sqrt{3}$ ≈ 4,93. 

Vậy sau ít nhất khoảng 4,93 giây thì vật đó cách mặt đất không quá 100 m. 

Bài 6.19 trang 24 Toán 10 Tập 2: Xét đường tròn đường kính AB = 4 và một điểm M di chuyển trên đoạn AB, đặt AM = x (H.6.19). Xét hai đường tròn đường kính AM và MB. Kí hiệu S(x) diện tích phần hình phẳng nằm trong hình tròn lớn và nằm ngoài hai hình tròn nhỏ. Xác định các giá trị của x để diện tích S(x) không vượt quá một nửa tổng diện tích hai hình tròn nhỏ. 

Lời giải:

Vì AM = x nên x > 0, lại có AM < AB 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 = πR² = π . 2² = 4π.  

Đường tròn nhỏ đường kính AM = x có bán kính là r₁ = $\frac{x}{2}$. 

Diện tích hình tròn nhỏ có bán kính r₁ là S₁ = πr₁² = 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 r₂ = $\frac{4-x}{2}$.

Diện tích hình tròn có bán kính r₂ là S₂ = πr₂² = $\pi .{\left(\frac{4-x}{2}\right)}^2=\frac{{\left(4-x\right)}^2}{4}\pi$. 

Tổng diện tích hai hình tròn nhỏ là: 

S₁₂ = S₁ + S₂ = $\frac{x^2}{4}\pi +\frac{{\left(4-x\right)}^2}{4}\pi$ = $\frac{x^2}{4}\pi +\frac{{\left(4-x\right)}^2}{4}\pi =\frac{x^2-4x+8}{2}\pi$.

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

S(x) = S_R – S₁₂ = $4\pi -\frac{x^2-4x+8}{2}\pi =\frac{-x^2+4x}{2}\pi$. 

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 hia hình tròn nhỏ hay S(x) ≤ $\frac{1}{2}{S}_{12}$. 

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

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

⇔ – 2x² + 8x ≤ x² – 4x + 8 

⇔ 3x² – 12x + 8 ≥ 0

Xét tam thức f(x) = 3x² – 12x + 8 có ∆' = (– 6)² – 3 . 8 = 12 > 0 nên f(x) có hai nghiệm x₁ = $\frac{6-\sqrt{12}}{3}=\frac{6-2\sqrt{3}}{3}$ và x₂ = $\frac{6+\sqrt{12}}{3}=\frac{6+2\sqrt{3}}{3}$.

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 < x < 4. 

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

Xem thêm lời giải bài tập SGK Toán lớp 10 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:

Bài 18: Phương trình quy về phương trình bậc hai

Bài tập cuối chương 6 trang 28, 29

Bài 19: Phương trình đường thẳng

Bài 20: Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng. Góc và khoảng cách

Bài 21: Đường tròn trong mặt phẳng tọa độ