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 = $\left\{\frac{5}{2}\right\}$ .

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 = $\left(-\infty ;\frac{3}{2}\right]\cup \left[\frac{7}{2};+\infty \right)$ .

a) Tam thức bậc hai f (x) = –9x² + 16x + 4 có a = – 9 < 0 và ∆ = 16² – 4.( – 9).4 = 112 > 0. Do đó f(x) có hai nghiệm phân biệt là x₁ = 2 và x₂ = $\frac{-2}{9}$

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 = $\left(-\infty ;\frac{-2}{9}\right)\cup \left(2;+\infty \right)$ .

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 x₁ = $\frac{11}{3}$  và x₂ =$\frac{-3}{2}$

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

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

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

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 x₁ = $\frac{1}{7}$ và x₂ = 5

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

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

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

d) Tam thức bậc hai f ( x ) =  có a = –9 < 0 và ∆ = 6² – 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:

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

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

e) Tam thức bậc hai f ( x ) = $49x^2+56x+16$  = ( 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:

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

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

g)

Tam thức bậc hai f ( x ) =  $-2x^2+3x-2$ có ∆ = 3² – 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

$-2x^2+3x-2\le 0$ với mọi x ∈ ℝ.

Vậy $-2x^2+3x-2\le 0$  với mọi x ∈ ℝ.

a) Ta có: $x^2-3x<4$  ⟺ x² – 3x – 4 < 0

Xét tam thức bậc hai f(x) = x² – 3x – 4 có ∆ = (– 3)² – 4.1.(– 4) = 25 > 0 nên f(x) có hai nghiệm phân biệt x₁ = 4 và x₂ = –1.

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

Suy ra x² – 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 < 2x² – 11x – 6 ⇔ 2x² – 11x – 6 > 0

Tam thức bậc hai f( x ) = 2x² – 11x – 6 có ∆ = (– 11)² – 4.2.(– 6) = 169 > 0 nên f(x) có hai nghiệm phân biệt x₁ = 6 và x₂ = $-\frac{1}{2}$ ,

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

⟺ –2.( 4x² + 12x + 9 ) + 4x + 30 ≤ 0

⟺ –8x² – 24x – 18 + 4x + 30 ≤ 0

⟺ –8x² – 20x + 12 ≤ 0

⟺ –2x² – 5x + 3 ≤ 0

Tam thức bậc hai f ( x ) = –2x² – 5x + 3 có ∆ = (– 5)² – 4.(– 2).3 = 49 nên f(x) có hai nghiệm phân biệt x₁ = –3 và x₂ = $\frac{1}{2}$ ,

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) $-3\left(x^2-4x-1\right)\le x^2-8x+28$

⟺ –4x² + 20x – 25 ≤ 0

Tam thức bậc hai f ( x ) = –4x² + 20x – 25 có ∆ = 20² – 4. ( –4 ) . ( – 25 ) = 0 ,

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

Suy ra –4x² + 20x – 25 ≤ 0 với mọi x ∈ ℝ.

Vậy  với mọi x ∈ ℝ.

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

⟺ 2x² – 4x + 2 ≥ 3x²  + 6x + 27

⟺ –x² – 10x – 25 ≥ 0

⟺ –( x + 5 )² ≥ 0

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

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

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

⇔ 2(x² + 2x + 1) – 9x + 18 < 0

⇔ 2x² – 5x + 20 < 0

Tam thức bậc hai f ( x ) = 2x² – 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 2x² – 5x + 20 > 0 với mọi x ∈ ℝ.

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

a) Hàm số xác định khi và chỉ khi 15x² + 8x – 12 ≥ 0

Tam thức bậc hai f ( x ) = 15x² + 8x – 12 có ∆ = 8² – 4.15. (–12) = 784 > 0 suy ra f(x) có hai nghiệm phân biệt x₁ = $\frac{2}{3}$  và x₂ = $\frac{-6}{5}$ .

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 = $\left(-\infty ;\frac{-6}{5}\right]\cup \left[\frac{2}{3};+\infty \right)$ .

b) Hàm số xác định khi và chỉ khi –11x² + 30x – 16 > 0

Tam thức bậc hai f ( x ) = –11x² + 30x – 16 có ∆ = 30² – 4.( –11).( –16) =  196 > 0 suy ra f(x) có hai nghiệm phân biệt x₁ = 2 và x₂ = $\frac{8}{11}$ .

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 = $\left(\frac{8}{11};2\right)$ .

c) Hàm số xác định khi và chỉ khi x – 2 ≠ 0 và –x² + 5x – 6 ≥ 0.

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

+) Xét tam thức bậc hai f ( x ) = –x² + 5x – 6 có ∆ = 5² – 4.( –1).( –6) = 1 > 0 suy ra f(x) hai nghiệm phân biệt x₁ = 3 và x₂ = 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 = $\left(2;3\right]$

d) Hàm số xác định khi và chỉ khi 2x + 1 > 0 và 6x² – 5x – 21 ≥ 0

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

+) Xét tam thức bậc hai f ( x ) = 6x² – 5x – 21 có ∆ = (–5)² – 4.6.( –21) = 529 > 0 suy ra f(x) hai nghiệm phân biệt x₁ =  $\frac{7}{3}$ và x₂ = $\frac{-3}{2}$  ,

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 = $\left[\frac{7}{3};+\infty \right)$ .

a) x = 3 là một nghiệm của bất phương trình  khi và chỉ khi (m² – 1 ).3² + 2m.3 – 15 ≤ 0 hay 9m² + 6m – 24 ≤ 0

Tam thức bậc hai f (m) = 9m² + 6m – 24 có ∆ = 6² – 4.9.( –24) = 900 suy ra hai nghiệm phân biệt m₁ = $\frac{4}{3}$  và m₂ = –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. ${\left(\frac{5}{2}\right)}^2$+ 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 – (m² + 1 ).( –2) ≥ 0 hay 2m² + 8m – 10 ≥ 0

Tam thức bậc hai f (m) = 2m² + 8m – 10 có ∆ = 8² – 4.2.( –10) = 144 suy ra f(m) có hai nghiệm phân biệt m₁ = –5 và m₂ = 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) – m² – 2 < 0 hay 3m² + 6m < 0

Tam thức bậc hai f (m) = 3m² + 6m có ∆ = 6² – 4.3.0 = 36 suy ra hai nghiệm phân biệt m₁ = –2 và m₂ = 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.m² ≥ 0

⇔ m² – 4m + 4 – 4m² ≥ 0

⇔ – 3m² – 4m + 4 ≥ 0

Tam thức bậc hai f (m) = – 3m² – 4m + 4 có ∆_m = (–4)² – 4.( –3).4 = 64 > 0 suy ra f(m) có hai nghiệm phân biệt m₁ = $\frac{2}{3}$  và m₂ = –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

⟺ 4m² + 16m + 16 > 0

⟺ m² + 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

⟺ m² + 2m + 1 – 12m² – 40m < 0

⟺ –11m² – 38m +1 < 0

Tam thức bậc hai f (m) = –11m² – 38m +1 có ∆_m = (–38)2 – 4.( –11).1 = 1488  suy ra f(m) có hai nghiệm phân biệt:

m₁ = $\frac{-19+2\sqrt{93}}{11}$  và m₂ = $\frac{-19-2\sqrt{93}}{11}$ , 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.

e) Bất phương trình $-3x^2+2mx+m^2\ge 0$ 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 –0,1x² + 235x – 70000 > 0

Tam thức bậc hai $I\left(x\right)=-0,1x^2+235x-70000$  có ∆ = 235² – 4.(– 0,1).(– 70 000) = 27 225 > 0 nên I(x) có hai nghiệm phân biệt x₁ = 2000 và x₂ = 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/s² là gia tốc trọng trường thì $h\left(t\right)=-\frac{1}{2}g{t}^2+v_{0}t+h_0$ ⇔ h(t) = –5t² + v₀t + h₀.

Độ cao của quả bóng sau 0,5 giây là 4,75 m, ta có: 4,75 = –5(0,5)² + v₀.(0,5) + h₀ hay 0,5v₀ + h₀ = 6. (1)

Độ cao của quả bóng sau 1 giây là 5 m, ta có: 5 = –5.1² + v₀.1 + h₀ hay v₀ + h₀ = 10. (2)

Từ (1) và (2) ta được:

 $\left\{\begin{array}{l}{\text{0,5v}}_{\text{0}}+{\text{h}}_{\text{0}}=6\\ {\text{v}}_{\text{0}}+{\text{h}}_{\text{0}}=10\end{array}\right.$ tức là $\left\{\begin{array}{l}{\text{v}}_{\text{0}}=8\\ {\text{h}}_{\text{0}}=2\end{array}\right.$

Vậy h ( t ) = –5t² + 8t + 2.

b) Bóng cao trên 4m khi và chỉ khi h (t) = –5t² + 8t + 2 > 4 hay –5t² + 8t – 2 > 0

Tam thức bậc hai f ( t ) = –5t² + 8t – 2 có ∆ = 8² – 4.(– 5).(– 2) = 24 > 0 nên f(t) có hai nghiệm phân biệt t₁ = $\frac{4+\sqrt{6}}{5}$  và t₂ = $\frac{4-\sqrt{6}}{5}$ , 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 + v₀ + 2 < 3 tức là 5 < v₀ < 6 (m/s).

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

a) Thay $\alpha ={30}^o,y_0=2$ và v₀ = 7 vào phương trình chuyển động ta được:

y = $\frac{-10}{{2.7}^2.{\cos }^{2}30°}$ x² + tan30°.x + 2

y = –0,14x² + 0,58x + 2

Vậy phương trình chuyển động là y = –0,14x² + 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 –0,14x² + 0,58x – 0,5 > 0.

Xét tam thức bậc hai f ( x ) = –0,14x² + 0,58x – 0,5 có ∆ = 0,58² – 4.(– 0,14).(– 0,5) = 0,0564 > 0 nên f(x) có hai nghiệm phân biệt x₁ = 2,92 và x₂ = 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 x² + 10x – 15 ≥ 0.

Tam thức bậc hai f ( x ) = x² + 10x – 15 có ∆ = 10² – 4.1.(– 15) = 160 > 0 hai nghiệm phân biệt x₁ = –5 + 2 $\sqrt{10}$ và x₂ = –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.

b) Ta xác định các hoành độ x mà tại đó vòm cổng cao hơn thùng hàng bằng cách giải bất phương trình y = –1,25x² + 5x ≥ 3 hay –1,25x² + 5x – 3 ≥ 0.

Tam thức bậc hai f ( x ) = –1,25x² + 5x – 3 có ∆ = 5² – 4.(– 1,25).(– 3) = 10 > 0 nên f(x) có hai nghiệm phân biệt x₁ = 0,74 và x₂ = 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.