Đề kiểm tra Dấu tam thức bậc hai lớp 10 (có lời giải) - Đề 3

Tam thức \(f\left( x \right) = {x^2} - 2mx + 2m + 3\) không đổi dấu

\( \Leftrightarrow \,f\left( x \right) = 0\) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép

⇔ a=1≠0Δ'≤0⇔m2−2m+3≤0⇔m2−2m−3≤0⇔−1≤m≤3

Để \[f(x)\] có hai nghiệm phân biệt thì \[\Delta  > 0 \Leftrightarrow {b^2} - 12 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b > 2\sqrt 3 \\b <  - 2\sqrt 3 \end{array} \right.\].

Ta có \( - 2{x^2} + \left( {m + 4} \right)x + m + 4 \le 0\,,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\) \( \Leftrightarrow \,\,\,\Delta  \le 0\) \( \Leftrightarrow \,\,\,{\left( {m + 4} \right)^2} + 8\left( {m + 4} \right) \le 0\)

\( \Leftrightarrow \,\,\,{m^2} + 16m + 48 \le 0\) \( \Leftrightarrow \,\,\, - 12 \le m \le  - 4\).

Hàm số xác định khi và chỉ khi \[\frac{{{x^2} - x - 2}}{{ - {x^2} + 3x + 4}} \ge 0.\]

Xét \[\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {2x - 6} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  \pm 2\\x = 3\end{array} \right.\].

Bảng xét dấu:

 Vậy \[f\left( x \right) \ge 0\] khi \[x \in \left[ { - 2;2} \right] \cup \left[ {3; + \infty } \right).\]

\[f\left( x \right) < 0\] khi \[x \in \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( {2;3} \right).\]

Ta có \( - {x^2} + 4x + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x =  - 1}\\{x = 5}\end{array}} \right.\).

Bảng xét dấu

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {5; + \infty } \right)\).

Ta có \(f\left( x \right) > 0,\forall x \in \mathbb{R}\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a > 0}\\{\Delta  < 0}\end{array}} \right.\)

Xét \[f\left( x \right) = {x^2} - 6x + 8\].

\[f\left( x \right) = 0 \Rightarrow {x^2} - 6x + 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 4\end{array} \right.\].

Bảng xét dấu

\(f\left( x \right) < 0\) vô nghiệm \( \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).

TH1: \(m =  - 1\). Ta có: \(f\left( x \right) = 2 \ge 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\,\)(luôn đúng) \( \Rightarrow \)nhận \(m =  - 1\)

TH2: \(m \ne  - 1\). \(ycbt \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 1 > 0\\{\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - \left( {m + 1} \right)\left( {2m + 4} \right) \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m >  - 1\\\left[ \begin{array}{l}m \ge  - 1\\m \le  - 3\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m >  - 1\).

Từ TH1 và TH2 ta có \(m \ge  - 1\) thỏa yêu cầu bài toán.

Mà \(m \in \left[ { - 5;5} \right]\) nên \( - 1 \le m \le 5\) hay có 7 giá trị \(m\) thỏa yêu cầu bài toán.

+ Dễ thấy \(m = 0\) không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

+ Với \(m \ne 0\), tam thức đã cho là tam thức bậc hai.

Tam thức có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi \(ac < 0\).

\( \Leftrightarrow m\left( {{m^2} + 2m + 1} \right) < 0\).

\( \Leftrightarrow m{\left( {m + 1} \right)^2} < 0\).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne  - 1\\m < 0\end{array} \right.\).

ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 1 \ne 0\\x + 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 1\\x \ne  - 1\end{array} \right.\).

Ta có \[f\left( x \right) = \frac{{x + 5}}{{x + 1}} - \frac{{x + 1}}{{x - 1}} = \frac{{2x - 6}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}\].

\(2x - 6 = 0 \Leftrightarrow x = 3;\,\,\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 1\end{array} \right.\).

Bảng xét dấu :

Vậy\(f\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty , - 1} \right) \cup \left( {1,3} \right]\).

Ta có: \( - 9 < \frac{{3{x^2} + mx - 6}}{{{x^2} - x + 1}} < 6\quad \left( * \right)\)

Vì \({x^2} - x + 1 > 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\) nên \(\left( * \right) \Leftrightarrow  - 9\left( {{x^2} - x + 1} \right) < 3{x^2} + mx - 6 < 6\left( {{x^2} - x + 1} \right),\;\forall x \in \mathbb{R}\quad \)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 9\left( {{x^2} - x + 1} \right) < 3{x^2} + mx - 6\;\quad \\3{x^2} + mx - 6 < 6\left( {{x^2} - x + 1} \right)\end{array} \right.,\forall x \in \mathbb{R}\).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}12{x^2} + \left( {m - 9} \right)x + 3 > 0\;\quad \\3{x^2} - \left( {m + 6} \right)x + 12 > 0\end{array} \right.,\forall x \in \mathbb{R}\).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 9} \right)^2} - 144 < 0\\{\left( {m + 6} \right)^2} - 144 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 < m < 21\\ - 18 < m < 6\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 3 < m < 6\).

Vì \(m \in \mathbb{Z}\) và \( - 3 < m < 6\) nên \(m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1;2;3;4;5} \right\}\).

Vậy có \(8\) giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa đề bài.

a) \(f(x) = 2{x^2} - 5x + 2;(a = 2,b =  - 5,c = 2)\).

Ta có: \(\Delta  = {( - 5)^2} - 4.2.2 = 9 > 0;f(x)\) có hai nghiệm phân biệt là \({x_1} = 2\), \({x_2} = \frac{1}{2}\). Bảng xét dấu \(f(x)\):

Kết luận: \(f(x) > 0,\forall x \in \left( { - \infty ;\frac{1}{2}} \right) \cup (2; + \infty );f(x) < 0,\forall x \in \left( {\frac{1}{2};2} \right)\).

b) \(f(x) = 9 - {x^2};(a =  - 1,b = 0,c = 9)\).

Ta có: \(\Delta  = {0^2} - 4 \cdot ( - 1) \cdot 9 = 36 > 0;f(x)\) có hai nghiệm phân biệt là \({x_1} =  - 3\), \({x_2} = 3\).

Bảng xét dấu \(f(x)\):

Kết luận: \(f(x) > 0,\forall x \in ( - 3;3);f(x) < 0,\forall x \in ( - \infty ; - 3) \cup (3; + \infty )\).

c) \(f(x) = {x^2} - (\sqrt 7  - 1)x + \sqrt 3 ;(a = 1,b =  - \sqrt 7  + 1,c = \sqrt 3 )\).

Ta có: \(\Delta  = {(1 - \sqrt 7 )^2} - 4 \cdot 1 \cdot \sqrt 3  = 8 - 2\sqrt 7  - 4\sqrt 3  < 0\).

Bảng xét dấu \(f(x)\):

Kết luận: \(f(x) > 0,\forall x \in \mathbb{R}\).

d) \(f(x) =  - {x^2} + x - \frac{1}{4};\left( {a =  - 1,b = 1,c =  - \frac{1}{4}} \right)\).

Ta có: \(\Delta  = {1^2} - 4( - 1) \cdot \left( { - \frac{1}{4}} \right) = 0;f(x)\) có nghiệm kép \(x = \frac{1}{2}\).

Bảng xét dấu \(f(x)\):

Kết luận: \(f(x) < 0,\forall x \in \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{1}{2}} \right\}\).

Ta có: \(x - 3 = 0 \Leftrightarrow x = 3,{x^2} + 7x + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1}\\{x =  - 6}\end{array}} \right.\).

Bảng xét dấu:

Từ bảng xét dấu, với \(x \in ( - \infty ; - 6) \cup ( - 1;3)\) thì \(f(x) < 0\), với \(x \in ( - 6; - 1) \cup (3; + \infty )\) thì \(f(x) > 0\).

Nhìn vào đồ thị hàm số đã cho nằm phía dưới trục hoành ta suy ra được \(\left\{ \begin{array}{l}y < 0\\x \in \left( {1;3} \right)\end{array} \right.\)

Xét \(f(x) = 0 \Leftrightarrow \left( { - {x^2} + 3x} \right)\left( {2{x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - {x^2} + 3x = 0}\\{2{x^2} + 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow x = 0 \vee x = 3} \right.\).

Bảng xét dấu:

Kết luận: \(f(x) > 0,\forall x \in (0;3);f(x) < 0,\quad \forall x \in ( - \infty ;0) \cup (3; + \infty )\)

Xét tam thức bậc hai \(f(x) =  - {x^2} + 2(m + 1)x - {m^2} + m\) có:

\(\Delta ' = {\left( {m + 1} \right)^2} - \left( { - 1} \right).\left( { - {m^2} + m} \right) = 3m + 1\) và \(a =  - 1 < 0\).

Để \(f\left( x \right) < 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\) thì \(\Delta ' = 3m + 1 < 0\) suy ra \(m < \frac{{ - 1}}{3}\)

Tam thức bậc hai \(f(x) = {x^2} - 3x + 2\) có \(\Delta  = 1 > 0,a = 1 > 0\) và có hai nghiệm \({x_1} = 1;{x_2} = 2\).

Tam thức bậc hai \(g(x) =  - {x^2} + 5x - 6\) có \(\Delta  = 1 > 0,a =  - 1 < 0\) và có hai nghiệm \({x_1} = 2;{x_2} = 3\)

Ta có bảng xét dấu sau:

Suy ra \(f(x) \cdot g(x) \ge 0\) khi \(x \in [1;3]\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = [1;3]\).

Để hàm số \(y = \frac{1}{{\sqrt {2{x^2} - (2m - 1)x + 1} }}\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\) thì \(2{x^2} - (2m - 1)x + 1 > 0\) đúng \(\forall x \in \mathbb{R}\) khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a > 0}\\{\Delta  < 0}\end{array}} \right.\) Ta có: \(a = 2 > 0\) và\(\Delta  = {(2m - 1)^2} - 4.2.1 < 0 \Leftrightarrow 4{m^2} - 4m - 7 < 0\).

Tam thức \(4{m^2} - 4m - 7\) có hai nghiệm \(m = \frac{{1 - 2\sqrt 2 }}{2}\) và \(m = \frac{{1 + 2\sqrt 2 }}{2}\) và hệ số của \({m^2}\) bằng 4 lớn hơn 0 nên \(4{m^2} - 4m - 7 < 0\) khi \(\frac{{1 - 2\sqrt 2 }}{2} < m < \frac{{1 + 2\sqrt 2 }}{2}\).

Vậy để hàm số \(y = \frac{1}{{\sqrt {2{x^2} - (2m - 1)x + 1} }}\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\) thì \(m \in \left[ {\frac{{1 - 2\sqrt 2 }}{2};\frac{{1 + 2\sqrt 2 }}{2}} \right]{\rm{. }}\)

Trường hợp 1: \(a = m + 1 = 0 \Rightarrow m =  - 1\). Thay vào phương trình: \(3 = 0\) (vô nghiệm), nhận \(m =  - 1\).

Trường hợp 2: \(a = m + 1 \ne 0 \Rightarrow m \ne  - 1\). Phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi \({\Delta ^\prime } = {(m + 1)^2} - (m + 1)( - m + 2) < 0 \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 + {m^2} - m - 2 < 0 \Leftrightarrow 2{m^2} + m - 1 < 0\).

Xét \(2{m^2} + m - 1 = 0 \Leftrightarrow m =  - 1 \vee m = \frac{1}{2}\).

Bảng xét dấu:

Ta có: \(2{m^2} + m - 1 < 0 \Leftrightarrow  - 1 < m < \frac{1}{2}\).

Kết hợp hai kết quả trên, ta thu được \(m \in \left[ { - 1;\frac{1}{2}} \right)\) thỏa mãn đề bài.

Ta có điêu kiện: \( - 20 < x < 30\)

Diện tích hình chữ nhật lúc sau là: \(S = (30 - x) \cdot (20 + x) =  - {x^2} + 10x + 600\;c{m^2}\).

Diện tích hình chữ nhật lúc đầu là \(600\;c{m^2}\)

Đặt \(f(x) =  - {x^2} + 10x + 600 - 600 =  - {x^2} + 10x\).

\(f(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 10}\end{array}} \right.\). Ta có bảng xét dấu của \(f(x)\)

Diện tích của khung sau khi uốn tăng lên khi \(f(x) > 0 \Leftrightarrow x \in (0;10)\).

Ta có \( - {x^2} + 2x - 5 =  - {(x - 1)^2} - 4 < 0,\forall x \in \mathbb{R}\). Nên \(\frac{{ - {x^2} + 2x - 5}}{{{x^2} - mx + 1}} \le 0,\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - mx + 1 > 0,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \Delta  = {m^2} - 4 \le 0 \Leftrightarrow m \in [ - 2;2]{\rm{. }}\)