Đề kiểm tra Dấu tam thức bậc hai lớp 10 (có lời giải) - Đề 2
22 câu hỏi
Tam thức bậc hai \(f\left( x \right) = - {x^2} + 5x - 4\) nhận giá trị dương khi và chi khi
\(x \in \left( { - \infty ;1} \right)\).
\(x \in \left( {4; + \infty } \right)\).
\(x \in \left( {1; + \infty } \right)\).
\(x \in \left( {1;4} \right)\).
Ta có: \(f(x) = 0 \Leftrightarrow - {x^2} + 5x - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.\).
Bảng xét dấu:
\(f\left( x \right) = - {x^2} + 5x - 4 > 0 \Leftrightarrow 1 < x < 4\) hay \(x \in \left( {1;4} \right)\).
Xét dấu của tam thức sau \(f(x) = - 4{x^2} + 12x - 9\).
\( - 4{x^2} + 12x - 9 < 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{3}{2}} \right\}\).
\( - 4{x^2} + 12x - 9 > 0\,,\,\forall x \in \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{3}{2}} \right\}\).
\( - 4{x^2} + 12x - 9 < 0\,,\,\forall x \in \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{3}{2}} \right\}\).
\( - 4{x^2} + 12x - 9 > 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{3}{2}} \right\}\).
Ta có \(\Delta ' = 0,\,\,a < 0\) suy ra \( - 4{x^2} + 12x - 9 < 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{3}{2}} \right\}\).
Tập nghiệm \(S\) của bất phương trình \({x^2} + x - 6 \le 0\).\[\]
\(S = \left( { - \infty ; - 3} \right) \cup \left( {2: + \infty } \right)\)
\(S = \left( { - \infty ; - 3} \right] \cup \left[ {2; + \infty } \right)\)
\(S = \left[ { - 2;3} \right]\)
\(S = \left[ { - 3;2} \right]\)
Xét dấu \(f(x) = {x^2} + x - 6\)
Vậy \({x^2} + x - 6 \le 0 \Leftrightarrow x \in \left[ { - 3;2} \right]\)
Cho tam thức bậc hai \[f(x) = a{x^2} + bx + c\left( {a \ne 0} \right)\]. Điều kiện để \[f(x) \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}\] là
\[\left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\Delta \le 0\end{array} \right.\].
\[\left\{ \begin{array}{l}a < 0\\\Delta \le 0\end{array} \right.\].
\[\left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\Delta \ge 0\end{array} \right.\].
\[\left\{ \begin{array}{l}a < 0\\\Delta \ge 0\end{array} \right.\].
Ta có: \[f(x) \ge 0,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\Delta \le 0\end{array} \right.\].
Tìm các giá trị của \[m\] để biểu thức \(f\left( x \right) = {x^2} + \left( {m + 2} \right)x + 2m + 9 > 0\,,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).
\(m \in \left[ {1\,;\;5} \right]\).
\(m \in \left( { - \infty \,;\;1} \right) \cup \left( {4\,;\; + \infty } \right)\).
\(m \in \left( { - 10\,;\;2} \right)\).
\(m \in \left( { - 4\,;\;8} \right)\).
Ta có: \(f\left( x \right) > 0\,,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\) \( \Leftrightarrow \,\,\,\left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\Delta < 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \,\,\,\left\{ \begin{array}{l}1 > 0\\{\left( {m + 2} \right)^2} - 4\left( {2m + 9} \right) < 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \,\,\,{m^2} - 4m - 32 < 0\)
\( \Leftrightarrow \,\,\, - 4 < m < 8\).
Giải bất phương trình \[\frac{x}{{x - 2}} - \frac{2}{{x + 1}} \ge 1\]?
\[\left[ \begin{array}{l}x < - 1\\x > 2\end{array} \right.\].
\[\left[ \begin{array}{l}x \le - 1\\x \ge 2\end{array} \right.\].
\[ - 1 < x < 2\].
\[ - 1 \le x \le 2\].
ĐKXĐ: \[\left\{ \begin{array}{l}x - 2 \ne 0\\x + 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 2\\x \ne - 1\end{array} \right.\].
Ta có:
\[\frac{x}{{x - 2}} - \frac{2}{{x + 1}} \ge 1 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + x - 2x + 4}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right)}} - \frac{{(x - 2)(x + 1)}}{{(x - 2)(x + 1)}} \ge 0\]
\[ \Leftrightarrow \frac{{{x^2} - x + 4 - {x^2} + x + 2}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right)}} \ge 0 \Leftrightarrow \frac{6}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right)}} \ge 0 \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 > 0\]
\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < - 1\\x > 2\end{array} \right.\].
Cho \[f\left( x \right) = \left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^2} - x - 6} \right)\]. Có bao nhiêu giá trị nguyên của \(x\) để \(f\left( x \right) < 0\)?
\(1\).
\(4\).
\(3\).
\(2\).
Nhận xét: \({x^2} + 1 > 0\,,\,\,\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow f\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow {x^2} - x - 6 < 0 \Leftrightarrow - 2 < x < 3\).
Vậy \(x \in \left\{ { - 1;0;1;2} \right\}\). Có \(4\) giá trị.
Cho tam thức bậc hai \(f\left( x \right) = \left( {m - 1} \right){x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + m + 3 \ge 0\). Tập hợp tất cả giá trị \(m\) để\(f\left( x \right) \ge 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\) là
\(m \in \left[ {1; + \infty } \right)\).
\(m \in \left( {2; + \infty } \right)\).
\(m \in \left( {1; + \infty } \right)\).
\(m \in \left( { - 2;7} \right)\).
\(\left( {m - 1} \right){x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + m + 3 \ge 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}m - 1 = 0\\m + 3 \ge 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}m - 1 > 0\\\Delta ' \le 0\end{array} \right.\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\\left\{ \begin{array}{l}m > 1\\ - 4\left( {m - 1} \right) \le 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow m \ge 1\)
Cho tam thức bậc hai \[f\left( x \right)\] có bảng xét dấu như sau:
Bảng xét dấu trên là của tam thức bậc hai nào?
\[f\left( x \right) = 2{x^2} + 3x - 5\].
\[f\left( x \right) = - 2{x^2} - 3x + 5\].
\[f\left( x \right) = - 2{x^2} + 3x + 5\].
\[f\left( x \right) = - 2{x^2} - 7x - 5\].
Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy tam thức bậc hai \[f\left( x \right)\] có hệ số \[a < 0\] và có 2 nghiệm là \[{x_1} = - 1;\,{x_2} = \frac{5}{2}\].
Tập nghiệm của bất phương trình \(3{x^2} - 2x - 8 \le 0\) chứa bao nhiêu số nguyên dương?
vô số.
0.
1.
2.
Ta có \(3{x^2} - 2x - 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2}\\{x = - \frac{4}{3}}\end{array}} \right.\).
Bảng xét dấu
Suy ra tập nghiệm của bất phương trình là \(\left[ { - \frac{4}{3};2} \right]\) chứa 2 số nguyên dương.
Cho \(f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\;\,\left( {a \ne 0} \right)\). Điều kiện cần và đủ để \(f\left( x \right) \le 0,\forall x \in \mathbb{R}\) là
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a < 0}\\{{\rm{\Delta }} > 0}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a < 0}\\{{\rm{\Delta }} \le 0}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a < 0}\\{{\rm{\Delta }} < 0}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a > 0}\\{{\rm{\Delta }} \ge 0}\end{array}} \right.\).
Ta có \(f\left( x \right) \le 0,\forall x \in \mathbb{R}\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a < 0}\\{\Delta \le 0}\end{array}} \right.\).
Một trận bóng đá được tổ chức ở một sân vận động có sức chứa \[15000\]người. Với giá vé \[14\]$ thì trung bình các trận đấu gần đây có \[9500\]khán giả. Theo một khảo sát thị trường đã chỉ ra rằng cứ giảm \[1\]$ mỗi vé thì trung bình số khán giả tăng lên \[1000\]người. Hỏi giá vé khoảng bao nhiêu $ thì đơn vị tổ chức không bị lỗ? Biết rằng chi phí tổ chức trận đấu là 135000$.
Từ 8$ đến 13$.
Từ 10$ đến 13,5$.
Từ 11$ đến 14$.
Từ 9$ đến 13$.
Ta thấy có hai đại lượng thay đổi là giá vé và số lượng khán giả.
Gọi \[x\]( $ ) là giá vé (\[x > 0\]).
Số tiền giá vé được giảm: \(14 - x\)
Số khán giả tăng lên: \(1000(14 - x)\)
Số khán giả: \(9500 + 1000(14 - x)\) (ĐK: \(9500 + 1000(14 - x) \le 15000 \Leftrightarrow x \ge 8,5\)).
Doanh thu bằng tổng số tiền thu được từ bán vé nên:
\[f\left( x \right) = x\left[ {9500 + 1000\left( {14 - x} \right)} \right] = - 1000{x^2} + 23500x\].
Để đơn vị tổ chức không bị lỗ thì \(f\left( x \right) \ge 135000\).
\( \Leftrightarrow - 1000{x^2} + 23500x \ge 135000 \Leftrightarrow 10 \le x \le 13,5\) (thoả đk).
Vậy giá vé từ 10$ đến 13,5$ thì đơn vị không bị lỗ.
Xét tính đúng, sai của các khẳng định sau:
\(f\left( x \right) = {x^2} - x - 2\) có \(f(x) < 0\) với mọi \(x \in ( - 1;2)\).
\(f\left( x \right) = - {x^2} + 2x - 5\) có \(f(x) > 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\).
\(f(x) = - 4{x^2} + 16x - 16\) có bảng xét dấu:
\(f(x) = - 4{x^2} + 3x - 5\) có bảng xét dấu:
a) Đúng | b) Đúng | c) Đúng | d) Sai |
a) Xét \(f(x) = {x^2} - x - 2\) có \(\Delta = 9 > 0,a = 1 > 0\) và có hai nghiệm \({x_1} = - 1;{x_2} = 2\). Do đó, ta có bảng xét dấu sau:
Suy ra \(f(x) > 0\) với mọi \(x \in ( - \infty ; - 1) \cup (2; + \infty )\) và \(f(x) < 0\) với mọi \(x \in ( - 1;2)\).
b) Xét \(f(x) = - {x^2} + 2x - 5\) có \({\Delta ^\prime } = - 4 < 0,a = 1 > 0\) nên \(f(x) > 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\).
c) Ta có: \( - 4{x^2} + 16x - 16 = 0 \Leftrightarrow x = 2\).
Bảng xét dấu:
d) Ta có: \( - 4{x^2} + 3x - 5 = 0\) vô nghiệm.
Bảng xét dấu:
Cho biểu thức \(f(x) = \frac{1}{{{x^2} - 2x - 12}}\). Khi đó:
\(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \)\(x = 1 + \sqrt {13} \) hoặc \(x = 1 - \sqrt {13} \).
với \(x \in (1 - \sqrt {13} ;1 + \sqrt {13} )\) thì \(f(x) > 0\).
với \(x \in \left( { - \infty ;1 - \sqrt {13} } \right) \cup \left( {1 - \sqrt {13} ; + \infty } \right)\) thì \(f(x) < 0\).
Bảng xét dấu của biểu thức là:
a) Sai | b) Sai | c) Sai | d) Đúng |
\({x^2} - 2x - 12 = 0 \Leftrightarrow x = 1 + \sqrt {13} \) hoặc \(x = 1 - \sqrt {13} \).
Bảng xét dấu:
Từ bảng xét dấu, với \(x \in (1 - \sqrt {13} ;1 + \sqrt {13} )\) thì \(f(x) < 0\).
với \(x \in \left( { - \infty ;1 - \sqrt {13} } \right) \cup \left( {1 - \sqrt {13} ; + \infty } \right)\) thì \(f(x) > 0\).
Cho tam thức bậc hai \(f(x) = \frac{1}{{x - 2}} - \frac{{x + 6}}{{{x^3} - 8}}\). Khi đó:
Điều kiện \(x \ne 2\)
\(f(x) = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = - 2}\end{array}} \right.\)
\(f(x) > 0,\forall x \in ( - \infty ; - 2) \cup (1;2)\)
\(f(x) < 0,\forall x \in ( - 2;1) \cup (2; + \infty )\)
a) Đúng | b) Sai | c) Sai | d) Sai |
\(f(x) = \frac{1}{{x - 2}} - \frac{{x + 6}}{{{x^3} - 8}} = \frac{{\left( {{x^2} + 2x + 4} \right) - (x + 6)}}{{(x - 2)\left( {{x^2} + 2x + 4} \right)}} = \frac{{{x^2} + x - 2}}{{(x - 2)\left( {{x^2} + 2x + 4} \right)}}\).
Điều kiện: \((x - 2)\left( {{x^2} + 2x + 4} \right) \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne 2}\\{{x^2} + 2x + 4 \ne 0{\rm{ (lu\^o n d\'u ng) }}}\end{array} \Leftrightarrow x \ne 2} \right.\).
Xét \(f(x) = 0 \Rightarrow {x^2} + x - 2 = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = - 2}\end{array}} \right.\).
Bảng xét dấu \(f(x)\):
Kết luận: \(f(x) > 0,\forall x \in ( - 2;1) \cup (2; + \infty );f(x) < 0,\forall x \in ( - \infty ; - 2) \cup (1;2)\).
Cho phương trình \(m{x^2} - (4m + 1)x + 4m + 2 = 0(1)\) với \(m\) là tham số. Khi đó:
Phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu khi và chỉ khi \( - \frac{1}{4} < m < 0\)
Không tồn tại giá trị \(m\) để phương trình (1) có 2 nghiệm âm.
Phương trình (1) có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa \({x_1} < 1 < {x_2}\) khi \( - 2 < m < 0\)
Phương trình (1) có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa \({x_1} < {x_2} < 3\) khi \[\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{m > \frac{1}{2}.}\end{array}} \right.\]
a) Đúng | b) Đúng | c) Sai | d) Sai |
Để phương trình có 2 nghiệm (1) phải là phương trình bậc 2. Do đó \(m \ne 0\).
Đặt \(f(x) = m{x^2} - (4m + 1)x + 4m + 2\).
\(\Delta = {b^2} - 4ac = {(4m + 1)^2} - 4m(4m + 2) = 1 > 0\).
Do đó (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).
a) Phương trình có 2 nghiệm trái dấu khi và chỉ khi
\(f\left( 0 \right).m < 0 \Leftrightarrow \left( {4m + 2} \right).m < 0\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}4m + 2 > 0\\m < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > - \frac{1}{2}\\m < 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}4m + 2 < 0\\m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < - \frac{1}{2}\\m > 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow - \frac{1}{2} < m < 0\)
Vậy để phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu nhau thì \( - \frac{1}{4} < m < 0\).
b) Phương trình (1) có 2 nghiệm âm khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f(0) \cdot m > 0}\\{\frac{{{x_1} + {x_2}}}{2} < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(4m + 2) \cdot m > 0}\\{S < 0}\end{array}} \right.} \right.\)
Với \[(4m + 2) \cdot m > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}4m + 2 > 0\\m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}m > - \frac{1}{2}\\m > 0\end{array}\end{array}} \right.\\\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}4m + 2 < 0\\m < 0\end{array}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}m < - \frac{1}{2}\\m < 0\end{array}\end{array}} \right.\end{array}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}m > 0\\m < - \frac{1}{2}\end{array}\end{array}.} \right.} \right.\]
Với \(S < 0 \Leftrightarrow \frac{{4m + 1}}{m} < 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4m + 1 > 0}\\{m < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > - \frac{1}{4}}\\{m < 0}\end{array}} \right.} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4m + 1 < 0}\\{m > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < - \frac{1}{4}}\\{m > 0}\end{array}} \right.} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow - \frac{1}{4} < m < 0\)
Suy ra không tồn tại giá trị \(m\) để phương trình (1) có 2 nghiệm âm.
c) Phương trình có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa \({x_1} < 1 < {x_2}\) khi và chỉ khi
\(f(1) \cdot m < 0 \Leftrightarrow (m + 1) \cdot m < 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 1 > 0}\\{m < 0}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 1 < 0}\\{m > 0}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > - 1}\\{m < 0}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < - 1}\\{m > 0}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow - 1 < m < 0.} \right.} \right.\)
d) Phương trình có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa \({x_1} < {x_2} < 3\) khi và chỉ khi
\[\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f(3) \cdot m > 0}\\{\frac{{{x_1} + {x_2}}}{2} < 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(m + 1) \cdot m > 0}\\{S < 6}\end{array}} \right.} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 1 > 0}\\{m > 0}\end{array}} \right.\\\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 1 < 0}\\{m < 0}\end{array}} \right.\end{array} \right.\\\frac{{4m + 1}}{m} < 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > - 1}\\{m > 0}\end{array}} \right.\\\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < - 1}\\{m < 0}\end{array}} \right.\end{array} \right.\\\frac{{1 - 2m}}{m} < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 0}\\{m < - 1}\end{array}} \right.\\\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 - 2m > 0}\\{m < 0}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 - 2m < 0}\\{m > 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > 0\\m < - 1\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}m < 0\\m > \frac{1}{2}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < - 1}\\{m > \frac{1}{2}.}\end{array}} \right.\end{array}\]
Tìm \(m\) để bất phương trình \({x^2} + 2mx + m - 2 < 0\) nghiệm đúng với mọi \(x \in (1;2)\).
Tam thức bậc hai \(f(x) = {x^2} + 2mx + m - 2\) có:
\({\Delta ^\prime } = {m^2} - m + 2 = {\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{7}{4} \ge \frac{7}{4} > 0\) với mọi \(m \in \mathbb{R}\).
Do đó \(f(x)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\left( {{x_1} < {x_2}} \right)\) với mọi \(m \in \mathbb{R}\).
Để \(f(x) < 0\) với mọi \(x \in (1;2)\) thì \({x_1} \le 1 < 2 \le {x_2}\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f(1) \le 0}\\{f(2) \le 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 + 2m + m - 2 \le 0}\\{4 + 4m + m - 2 \le 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3m - 1 \le 0}\\{5m + 2 \le 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \le \frac{1}{3}}\\{m \le \frac{{ - 2}}{5}}\end{array} \Leftrightarrow m \le \frac{{ - 2}}{5}.} \right.} \right.} \right.} \right.\)
Vậy \(m \le \frac{{ - 2}}{5}\) thì \({x^2} + 2mx + m - 2 < 0\) với mọi \(x \in (1;2)\).
Một chú thỏ đen chạy đuổi theo một chú thỏ trắng ở vị trí cách nó \(100\;m\). Biết rằng, quãng đường chú thỏ đen chạy được biểu thị bởi công thức \(s(t) = 8t + 5{t^2}\) \((m)\), trong đó \(t\) (giây) là thời gian tính từ thời điểm chú thỏ đen bắt đầu chạy, và chú thỏ trắng chạy với vận tốc không đổi là \(3\;m/s\). Hỏi tại những thời điểm nào thì chú thỏ đen chạy trước chú thỏ trắng?
Giả sử vị trí ban đầu của chú thỏ đen là \(s = 0(\;m)\) và thời điểm ban đầu là \(t = 0\) (giây).
Quãng đường của chú thỏ trắng chạy được tại thời điểm \(t\) là \(f(t) = 100 + 3t(\;m)\).
Để chú thỏ đen chạy trước chú thỏ trắng thì \(s(t) > f(t)\)
hay \(8t + 5{t^2} > 100 + 3t \Rightarrow 5{t^2} + 5t - 100 > 0 \Rightarrow t \in (4; + \infty )\) (vì \(\left. {t > 0} \right)\).
Vậy tại những thời điểm \(t \in (4; + \infty )\) thì chú thỏ đen chạy trước chú thỏ trắng.
Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình \( - {x^2} + x + 4{m^2} - 5m + 1 = 0\) có hai nghiệm trái dấu.
Để phương trình \( - {x^2} + x + 4{m^2} - 5m + 1 = 0\) có hai nghiệm trái dấu thì \({x_1} \cdot {x_2} < 0 \Leftrightarrow - 4{m^2} + 5m - 1 < 0\).
Tam thức \( - 4{m^2} + 5m - 1\) có hai nghiệm \(m = 1\) và \(m = \frac{1}{4}\) và hệ số của \({m^2}\) bằng \( - 4\) nhỏ hơn 0 nên \( - 4{m^2} + 5m - 1 < 0\) khi \(m < \frac{1}{4}\) hoặc \(m > 1\).
Vậy để phương trình có hai nghiệm trái dấu thì \(m \in \left( { - \infty ;\frac{1}{4}} \right) \cup (1; + \infty )\).
Tìm \(m\) để bất phương trình \( - 3{x^2} - 2mx + m - 2 \le 0\) đúng \(\forall x \in \mathbb{R}\).
Để bất phương trình \( - 3{x^2} - 2mx + m - 2 \le 0\) đúng \(\forall x \in \mathbb{R}\) thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a < 0}\\{\Delta \le 0.}\end{array}} \right.\) Ta có: \(a = - 3 < 0\) và \(\Delta = {( - 2m)^2} - 4( - 3)(m - 2) \le 0 \Leftrightarrow 4{m^2} + 12m - 24 \le 0\).
Tam thức \(4{m^2} + 12m - 24\) có hai nghiệm \(m = \frac{{ - 3 - \sqrt {33} }}{2}\) và \(m = \frac{{ - 3 + \sqrt {33} }}{2}\) và hệ số của \({m^2}\) bằng 4 lớn hơn 0 nên \(4{m^2} + 12m - 24 \le 0\) khi \(\frac{{ - 3 - \sqrt {33} }}{2} \le m \le \frac{{ - 3 + \sqrt {33} }}{2}{\rm{. }}\)
Vậy để bất phương trình \( - 3{x^2} - 2mx + m - 2 \le 0\) đúng \(\forall x \in \mathbb{R}\) thì \(m \in \left[ {\frac{{ - 3 - \sqrt {33} }}{2};\frac{{ - 3 + \sqrt {33} }}{2}} \right]{\rm{. }}\)
Tìm \(m\) để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi \(x\): \(m{x^2} + (m - 1)x + m - 1 < 0\)
Đặt \(f(x) = m{x^2} + (m - 1)x + m - 1\) với \(a = m,{b^\prime } = m - 1,c = m - 1\).
Theo giả thiết: \(f(x) = m{x^2} + (m - 1)x + m - 1 < 0,\forall x \in \mathbb{R}\left( * \right)\).
Trường hợp 1: \(a = m = 0\).
Thay vào \((*): - x - 1 < 0,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow x > - 1,\forall x \in \mathbb{R}\) (sai).
Suy ra \(m = 0\) không thỏa mãn.
Trường hợp 2: \(a = m \ne 0\).
Ta có: \((*) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a < 0}\\{\Delta < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{{{(m - 1)}^2} - 4m(m - 1) < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{ - 3{m^2} + 2m + 1 < 0}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)
Xét \(g(m) = - 3{m^2} + 2m + 1;g(m) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1}\\{m = - \frac{1}{3}}\end{array}} \right.\).
Bảng xét dấu \(g(m)\):
Ta có: \(g(m) < 0 \Leftrightarrow m \in \left( { - \infty ; - \frac{1}{3}} \right) \cup (1; + \infty )\). Vậy \((1) \Leftrightarrow m \in \left( { - \infty ; - \frac{1}{3}} \right)\).
Kết hợp hai trường hợp đã xét, ta thu được \(m \in \left( { - \infty ; - \frac{1}{3}} \right)\) thỏa mãn đề bài.
Độ cao (tính bằng mét) của một quả bóng (trong môn bóng đá) khi cầu thủ sút phạt so với xà ngang của khung thành khi bóng di chuyển được \(x\) mét theo phương ngang được mô phỏng bằng hàm số \(k(x) = - 0,2{x^2} + 3x - 3\). Trong các khoảng nào của \(x\) thì bóng nằm cao hơn so với xà ngang của khung thành? Làm tròn kết quả đến hàng phân trăm.
Ta có \(k\left( x \right) = - 0,2{x^2} + 3x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{15 - \sqrt {165} }}{2} \approx 1,08\\x = \frac{{15 + \sqrt {165} }}{2} \approx 13,92\end{array} \right.\)
Ta có bảng xét dấu của \(k(x)\)
Vậy bóng nằm cao hơn so với xà ngang của khung thành khi \(k(x) > 0\) tức là \(x \in (1,08;13,92)\).
