Giải SBT Toán 10 Bài 17. Dấu của tam thức bậc hai có đáp án
17 câu hỏi
Xét dấu các tam thức bậc hai sau:
a) f(x) = –x2 + 6x + 7;
a)
f(x) = –x2 + 6x + 7 có a = –1 < 0
f(x) = 0 ⇔ –x2 + 6x + 7 = 0
Xét phương trình bậc hai –x2 + 6x + 7 = 0 có ∆ = b2 – 4ac = 62 – 4.(–1).7 = 64 > 0
Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1=7x2=−1
Vậy f(x) = –x2 + 6x + 7 < 0 với x ∈ (–∞; –1) ∪ (7; +∞), f(x) = –x2 + 6x + 7 > 0 với x ∈ (–1; 7).
b) g(x) = 3x2 – 2x + 2;
b)
g(x) = 3x2 – 2x + 2 có a = 3 > 0
g(x) = 0 ⇔ 3x2 – 2x + 2 = 0
Xét phương trình bậc hai 3x2 – 2x + 2 = 0 có ∆ = b2 – 4ac = (–2)2 – 4.3.2 = –20 < 0.
Vậy g(x) = 3x2 – 2x + 2 > 0 với x ∈ ℝ.
c) h(x) = –16x2 + 24x – 9;
c)
h(x) = –16x2 + 24x – 9 có a = –16 < 0
h(x) = 0 ⇔ –16x2 + 24x – 9 = 0
Xét phương trình bậc hai –16x2 + 24x – 9 = 0 có ∆ = b2 – 4ac = 242 – 4.(–16).(–9) = 0
Vậy phương trình có nghiệm kép: x=34.
Vậy h(x) < 0 với x∈ℝ\34và h(x) = 0 tại x=34.
d) k(x) = 2x2 – 6x + 1.
d)
k(x) = 2x2 – 6x + 1 có a = 2 > 0
k(x) = 0 ⇔ 2x2 – 6x + 1 = 0
Xét phương trình bậc hai 2x2 – 6x + 1 = 0 có ∆ = b2 – 4ac = (–6)2 – 4.2.1 = 28 > 0
Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1=3+72x2=3−72
Vậy k(x) < 0 với x ∈3−72;3+72và k(x) > 0 với x ∈−∞;3−72∪3+72;+∞.
Giải các bất phương trình sau:
a) 3x2 – 36x + 108 > 0;
a)
Xét tam thức bậc hai f(x) = 3x2 – 36x + 108 có a = 3 > 0
Phương trình bậc hai 3x2 – 36x + 108 = 0 có ∆ = b2 – 4ac = (–36)2 – 4.3.108 = 0
Do đó, phương trình có nghiệm kép x = 6.
Do đó, f(x) = 3x2 – 36x + 108 > 0 với x ∈ ℝ\{6}
Hay tập nghiệm của bất phương trình 3x2 – 36x + 108 > 0 là S = ℝ\{6}.
b) –x2 + 2x – 2 ≥ 0;
b)
Xét tam thức bậc hai f(x) = –x2 + 2x – 2 có a = –1 < 0
Phương trình bậc hai –x2 + 2x – 2 = 0 có ∆ = b2 – 4ac = 22 – 4.(–1).(–2) = –4 < 0
Do đó, f(x) = –x2 + 2x – 2 < 0 với mọi x ∈ ℝ
Hay tập nghiệm của bất phương trình –x2 + 2x – 2 ≥ 0 là S = ∅.
c) x4 – 3x2 + 2 ≤ 0;
c)
x4 – 3x2 + 2 ≤ 0
Đặt t = x2 (t ≥ 0), khi đó, bất phương trình trở thành:
t2 – 3t + 2 ≤ 0
Xét tam thức bậc hai f(t) = t2 – 3t + 2 có a = 1 > 0
Phương trình bậc hai t2 – 3t + 2 = 0 có ∆ = b2 – 4ac = (–3)2 – 4.1.2 = 1 > 0
Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt là: t1=2t2=1
Do đó, f(t) = t2 – 3t + 2 < 0 với t ∈ (1; 2) ⇒ t2 – 3t + 2 ≤ 0 với t ∈ [1; 2] (thỏa mãn điều kiện t ≥ 0).
Ta có t ∈ [1; 2] ⇒ 1 ≤ t ≤ 2 ⇒ 1 ≤ x2 ≤ 2
⇒x2≥1x2≤2⇔x≥1x≤−1−2≤x≤2⇔1≤x≤2−2≤x≤−1
Hay tập nghiệm của bất phương trình x4 – 3x2 + 2 ≤ 0 là S = −2;−1∪1;2.
d) 1x2−x+1≤12x2+x+2.
d)
Xét phương trình bậc hai x2 – x + 1 = 0 có a = 1 > 0 và ∆1 = (–1)2 – 4.1.1 = –3 < 0 do đó, x2 – x + 1 > 0 với mọi số thực x.
Xét phương trình bậc hai 2x2 + x + 2 = 0 có a = 2 > 0 và ∆2 = 12 – 4.2.2 = –15 < 0 do đó, 2x2 + x + 2 > 0 với mọi số thực x
Do đó, tập xác định của bất phương trình 1x2−x+1≤12x2+x+2là D = ℝ.
Khi đó, 1x2−x+1≤12x2+x+2
⇔ 2x2 + x + 2 ≤ x2 – x + 1
⇔ x2 + 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 1x2−x+1≤12x2+x+2là S = {–1}.
Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x2 – 2(m – 1)x + 4m2 – m = 0
a) có hai nghiệm phân biệt;
Xét x2 – 2(m – 1)x + 4m2 – m = 0 có:
a = 1 > 0
∆’ = [–(m – 1)]2 – 1.(4m2 – m) = m2 – 2m + 1 – 4m2 + m = –3m2 – m + 1 .
a)
Để phương trình x2 – 2(m – 1)x + 4m2 – m = 0 có hai nghiệm phân biệt
⇔ ∆’ > 0
⇔ –3m2 – m + 1 > 0
Xét phương trình bậc hai –3m2 – m + 1 = 0 có a = –3 < 0 và ∆ma = (–1)2 – 4.(–3).1 = 13 > 0
Do đó, phương trình –3m2 – m + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt là:
m1=−1+136;m2=−1−136
Do đó, –3m2 – m + 1 > 0 ⇔−1−136<m<−1+136
Vậy khi −1−136<m<−1+136thì phương trình x2 – 2(m – 1)x + 4m2 – m = 0 có hai nghiệm phân biệt.
b) có hai nghiệm trái dấu.
b)
Để phương trình x2 – 2(m – 1)x + 4m2 – m = 0 có hai nghiệm trái dấu
⇔ ac < 0
⇔ 1.(4m2 – m ) < 0
⇔ 4m2 – m < 0
Xét phương trình bậc hai 4m2 – m = 0 có a = 4 > 0 và ∆mb = (–1)2 – 4.4.0 = 1 > 0
Do đó, phương trình bậc hai 4m2 – m = 0 có hai nghiệm phân biệt là:
m1=0;m2=14
Do đó, 4m2 – m < 0 ⇔0<m<14
Vậy khi 0<m<14thì phương trình x2 – 2(m – 1)x + 4m2 – m = 0 có hai nghiệm trái dấu.
Tìm các giá trị của tham số m để
a) –x2 + (m + 1)x – 2m + 1 ≤ 0, ∀x ∈ ℝ;
a)
Xét phương trình –x2 + (m + 1)x – 2m + 1 = 0 có:
a = –1 < 0
∆ = (m + 1)2 – 4.(–1).(–2m + 1) = m2 + 2m + 1 – 8m + 4 = m2 – 6m + 5
Để –x2 + (m + 1)x – 2m + 1 ≤ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ Δ ≤ 0
⇔ m2 – 6m + 5 ≤ 0
Xét phương trình m2 – 6m + 5 = 0 có a = 1 > 0 và Δm = (–6)2 – 4.1.5 = 16 > 0
Do đó, phương trình m2 – 6m + 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt là:
m1 = 1; m2 = 5
Do đó, m2 – 6m + 5 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ m ≤ 5
Vậy khi 1 ≤ m ≤ 5 thì –x2 + (m + 1)x – 2m + 1 ≤ 0, ∀x ∈ ℝ.
b) x2 – (2m + 1)x + m + 2 > 0, ∀x ∈ ℝ.
b)
x2 – (2m + 1)x + m + 2 > 0, ∀x ∈ ℝ
Xét phương trình x2 – (2m + 1)x + m + 2 = 0 có:
a = 1 > 0
∆ = [–(2m + 1)]2 – 4.1.(m + 2) = 4m2 + 4m + 1 – 4m – 8 = 4m2 – 7
Để x2 – (2m + 1)x + m + 2 > 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ Δ < 0
⇔ 4m2 – 7 < 0
⇔m2<74
⇔−72<m<72
Vậy khi −72<m<72thì x2 – (2m + 1)x + m + 2 > 0, ∀x ∈ ℝ.
Một công ty đồ gia dụng sản xuất bình đựng nước thấy rằng khi đơn giá của bình đựng nước là x nghìn đồng thì doanh thu R (tính theo đơn vị nghìn đồng) sẽ là R(x) = –560x2 + 50 000x.
a) Theo mô hình doanh thu này, thì đơn giá nào là quá cao dẫn đến doanh thu từ việc bán bình đựng nước bằng 0 (tức là sẽ không có người mua)?
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) Với khoảng đơn giá nào của bình đựng nước thì doanh thu từ việc bán bình đựng nước vượt mức 1 tỉ đồng ?
b)
Doanh thu vượt mức 1 tỉ đồng tức là
R(x) = –560x2 + 50 000x > 1 000 000
⇔ –560x2 + 50 000x – 1 000 000 > 0
Xét phương trình bậc hai –560x2 + 50 000x – 1 000 000 = 0 có:
a = –560 < 0
Δ’ = 25 0002 – (–560).(– 1 000 000) = 65 000 000 > 0
Do đó, phương trình bậc hai –560x2 + 50000x – 1000000 = 0 có hai nghiệm phân biệt là:
x1 ≈ 59,04; x2 ≈ 30,25.
Do đó, –560x2 + 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.
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°. Biết rằng khi bỏ qua sức cản của không khí, quỹ đạo chuyển động của một vật ném xiên sẽ tuân theo phương trình:
y=−g2v02cos2αx2+xtanα,
trong đó x là khoảng cách (tính bằng mét) vật bay được theo phương ngang, vận tốc ban đầu v0 của vật hợp với phương ngang một góc α và g = 9,8 m/s2 là gia tốc trọng trường.
a) Viết phương trình chuyển động của viên đạn.
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/s2 ; v0 = 500 m/s; α = 45°
Phương trình chuyển động của viên đạn là:
y=−9,82.5002.cos245°x2+xtan45°=−9,8250 000x2+x.
b) Để viên đạn bay qua một ngọn núi cao 4 000 mét thì khẩu pháo phải đặt cách chân núi một khoảng cách bao xa ?
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
b2x2 – (b2 + c2 – a2)x + c2 > 0, ∀x ∈ ℝ.
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên a, b, c > 0.
Coi f(x) = b2x2 – (b2 + c2 – a2)x + c2 là một tam thức bậc hai ẩn x dạng f(x) = Ax2 + Bx + C.
Xét phương trình bậc hai b2x2 – (b2 + c2 – a2)x + c2 = 0 có:
A = b2 > 0 (vì b là độ dài cạnh của tam giác)
∆ = B2 – 4AC = [– (b2 + c2 – a2)]2 – 4.b2.c2
= (b2 + c2 – a2)2 – (2bc)2
= (b2 + c2 – a2 – 2bc)(b2 + c2 – a2 + 2bc)
= [(b – c)2 – a2][(b + c)2 – a2]
= (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 b2x2 – (b2 + c2 – a2)x + c2 > 0, ∀x ∈ ℝ (điều cần phải chứng minh).