Giải Bài Tập Bài 17: Dấu Của Tam Thức Bậc Hai - Toán 10 KNTT

GIẢI BÀI TẬP SGK TOÁN 10 - KẾT NỐI TRI THỨC VỚI CUỘC SỐNG Chương VI: Hàm số, đồ thị và ứng dụng - Bài 17: Dấu của tam thức bậc hai

Bài 6.15: Xét dấu các tam thức bậc hai sau:
  1. \(3x^2 - 4x + 1\);
  2. \(x^2 + 2x + 1\);
  3. \(-x^2 + 3x - 2\);
  4. \(-x^2 + x - 1\).
Lời giải:
  • a) \(f(x) = 3x^2 - 4x + 1\):
    Tam thức có hệ số \(a = 3 > 0\) và hai nghiệm phân biệt \(x_1 = \frac{1}{3}, x_2 = 1\).
    Do đó:
    • \(f(x) > 0\) với mọi \(x \in \left(-\infty; \frac{1}{3}\right) \cup (1; +\infty)\);
    • \(f(x) < 0\) với mọi \(x \in \left(\frac{1}{3}; 1\right)\);
    • \(f(x) = 0\) tại \(x = \frac{1}{3}\) và \(x = 1\).
  • b) \(f(x) = x^2 + 2x + 1\):
    Tam thức có hệ số \(a = 1 > 0\) và \(\Delta' = 1^2 - 1 = 0\), nghiệm kép \(x = -1\).
    Do đó:
    • \(f(x) > 0\) với mọi \(x \neq -1\);
    • \(f(x) = 0\) tại \(x = -1\).
  • c) \(f(x) = -x^2 + 3x - 2\):
    Tam thức có hệ số \(a = -1 < 0\) và hai nghiệm phân biệt \(x_1 = 1, x_2 = 2\).
    Do đó:
    • \(f(x) > 0\) với mọi \(x \in (1; 2)\);
    • \(f(x) < 0\) với mọi \(x \in (-\infty; 1) \cup (2; +\infty)\);
    • \(f(x) = 0\) tại \(x = 1\) và \(x = 2\).
  • d) \(f(x) = -x^2 + x - 1\):
    Tam thức có hệ số \(a = -1 < 0\) và \(\Delta = 1^2 - 4(-1)(-1) = -3 < 0\).
    Do đó, \(f(x) < 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\).
Bài 6.16: Giải các bất phương trình bậc hai:
  1. \(x^2 - 1 \ge 0\);
  2. \(x^2 - 2x - 1 < 0\);
  3. \(-3x^2 + 12x + 1 \le 0\);
  4. \(5x^2 + x + 1 \ge 0\).
Lời giải:
  • a) \(x^2 - 1 \ge 0\):
    Tam thức \(x^2 - 1\) có hai nghiệm \(x = -1\) và \(x = 1\), hệ số \(a = 1 > 0\).
    Tập nghiệm của bất phương trình là \(S = (-\infty; -1] \cup [1; +\infty)\).
  • b) \(x^2 - 2x - 1 < 0\):
    Tam thức \(x^2 - 2x - 1\) có hai nghiệm \(x = 1 - \sqrt{2}\) và \(x = 1 + \sqrt{2}\), hệ số \(a = 1 > 0\).
    Tập nghiệm của bất phương trình là \(S = (1 - \sqrt{2}; 1 + \sqrt{2})\).
  • c) \(-3x^2 + 12x + 1 \le 0\):
    Tam thức \(-3x^2 + 12x + 1\) có hai nghiệm \(x = \frac{6 - \sqrt{39}}{3}\) và \(x = \frac{6 + \sqrt{39}}{3}\), hệ số \(a = -3 < 0\).
    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) \(5x^2 + x + 1 \ge 0\):
    Tam thức \(5x^2 + x + 1\) có \(\Delta = 1^2 - 4 \cdot 5 \cdot 1 = -19 < 0\) và hệ số \(a = 5 > 0\).
    Nên \(5x^2 + x + 1 > 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\).
    Tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \mathbb{R}\).
Bài 6.17: Tìm các giá trị của tham số \(m\) để tam thức bậc hai sau dương với mọi \(x \in \mathbb{R}\): \[x^2 + (m + 1)x + 2m + 3\]
Lời giải:
  • Xét tam thức bậc hai \(f(x) = x^2 + (m + 1)x + 2m + 3\) có hệ số \(a = 1 > 0\).
  • Để \(f(x) > 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\) thì: \[\begin{cases} a > 0 \\ \Delta < 0 \end{cases} \Leftrightarrow \Delta < 0 \quad (\text{vì } a = 1 > 0 \text{ luôn đúng})\]
  • Ta có: \[\Delta = (m + 1)^2 - 4(1)(2m + 3) = m^2 + 2m + 1 - 8m - 12 = m^2 - 6m - 11\]
  • Cho \(\Delta < 0 \Leftrightarrow m^2 - 6m - 11 < 0\).
  • Giải bất phương trình bậc hai theo \(m\):
    Phương trình \(m^2 - 6m - 11 = 0\) có hai nghiệm \(m = 3 - 2\sqrt{5}\) và \(m = 3 + 2\sqrt{5}\).
    Do hệ số của \(m^2\) bằng \(1 > 0\) nên \(m^2 - 6m - 11 < 0 \Leftrightarrow 3 - 2\sqrt{5} < m < 3 + 2\sqrt{5}\).
  • Kết luận: Các giá trị của \(m\) cần tìm là \(m \in (3 - 2\sqrt{5}; 3 + 2\sqrt{5})\).
Bài 6.18: Một vật được ném theo phương thẳng đứng xuống dưới từ độ cao \(320\text{ m}\) với vận tốc ban đầu \(v_0 = 20\text{ m/s}\). Hỏi sau ít nhất bao nhiêu giây, vật đó cách mặt đất không quá \(100\text{ m}\)? Giả thiết rằng sức cản của không khí là không đáng kể.
Lời giải:
  • Lấy gia tốc trọng trường \(g = 9{,}8\text{ m/s}^2\) (hoặc làm tròn \(g = 10\text{ m/s}^2\) tùy chương trình học, ở đây áp dụng công thức chuyển động rơi tự do / ném thẳng đứng với \(g \approx 10\text{ m/s}^2\)).
  • Quãng đường vật đi được sau \(t\text{ (s)}\) là: \[s(t) = v_0 t + \frac{1}{2}g t^2 = 20t + 5t^2 \quad (\text{với } g = 10\text{ m/s}^2)\]
  • Độ cao của vật so với mặt đất tại thời điểm \(t\) là: \[h(t) = 320 - s(t) = 320 - (20t + 5t^2) = 320 - 20t - 5t^2\]
  • Để vật cách mặt đất không quá \(100\text{ m}\) thì: \[h(t) \le 100 \Leftrightarrow 320 - 20t - 5t^2 \le 100\] \[\Leftrightarrow 5t^2 + 20t - 220 \ge 0 \Leftrightarrow t^2 + 4t - 44 \ge 0\]
  • Giải bất phương trình \(t^2 + 4t - 44 \ge 0\) với điều kiện \(t > 0\):
    Phương trình \(t^2 + 4t - 44 = 0\) có hai nghiệm \(t = -2 - 4\sqrt{3}\) và \(t = -2 + 4\sqrt{3}\).
    Vì \(t > 0\) nên \(t \ge -2 + 4\sqrt{3} \approx 4{,}93\text{ giây}\).
  • Ghi chú (nếu lấy \(g = 9{,}8\text{ m/s}^2\)):
    Quãng đường \(s(t) = 20t + 4{,}9t^2 \Rightarrow 320 - 20t - 4{,}9t^2 \le 100 \Leftrightarrow 4{,}9t^2 + 20t - 220 \ge 0 \Rightarrow t \ge \frac{-10 + \sqrt{1178}}{4{,}9} \approx 4{,}96\text{ s}\).
  • Kết luận: Sau ít nhất khoảng \(4{,}93\text{ giây}\) (lấy \(g = 10\text{ m/s}^2\)) hoặc \(4{,}96\text{ giây}\) (lấy \(g = 9{,}8\text{ m/s}^2\)), vật đó sẽ cách mặt đất không quá \(100\text{ m}\).
Bài 6.19: 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 \(S(x)\) là 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 \(M\) nằm trên đoạn \(AB = 4\) và \(AM = x\) nên điều kiện của \(x\) là \(0 \le x \le 4\).
    Bán kính đường tròn lớn đường kính \(AB = 4\) là \(R = 2\).
    Bán kính đường tròn nhỏ 1 đường kính \(AM = x\) là \(r_1 = \frac{x}{2}\).
    Bán kính đường tròn nhỏ 2 đường kính \(MB = 4 - x\) là \(r_2 = \frac{4 - x}{2}\).
  • Diện tích các hình tròn:
    • Hình tròn lớn: \(S_{lớn} = \pi R^2 = \pi \cdot 2^2 = 4\pi\).
    • Tổng diện tích hai hình tròn nhỏ: \[S_{nhỏ} = \pi r_1^2 + \pi r_2^2 = \pi \left[\left(\frac{x}{2}\right)^2 + \left(\frac{4 - x}{2}\right)^2\right] = \frac{\pi}{4} (x^2 + 16 - 8x + x^2) = \frac{\pi}{4} (2x^2 - 8x + 16)\]
  • Diện tích phần hình phẳng nằm giữa hình tròn lớn và hai hình tròn nhỏ là: \[S(x) = S_{lớn} - S_{nhỏ} = 4\pi - \frac{\pi}{4} (2x^2 - 8x + 16)\]
  • Theo bài ra, diện tích \(S(x)\) không vượt quá một nửa tổng diện tích hai hình tròn nhỏ: \[S(x) \le \frac{1}{2} S_{nhỏ} \Leftrightarrow S_{lớn} - S_{nhỏ} \le \frac{1}{2} S_{nhỏ} \Leftrightarrow S_{lớn} \le \frac{3}{2} S_{nhỏ}\] \[\Leftrightarrow 4\pi \le \frac{3}{2} \cdot \frac{\pi}{4} (2x^2 - 8x + 16)\] \[\Leftrightarrow 4 \le \frac{3}{8} (2x^2 - 8x + 16)\] \[\Leftrightarrow 32 \le 6x^2 - 24x + 48\] \[\Leftrightarrow 6x^2 - 24x + 16 \ge 0\]
  • Giải bất phương trình \(6x^2 - 24x + 16 \ge 0 \Leftrightarrow 3x^2 - 12x + 8 \ge 0\):
    Phương trình \(3x^2 - 12x + 8 = 0\) có hai nghiệm \(x = \frac{6 - 2\sqrt{3}}{3}\) và \(x = \frac{6 + 2\sqrt{3}}{3}\).
    Nên nghiệm của bất phương trình là \(x \le \frac{6 - 2\sqrt{3}}{3}\) hoặc \(x \ge \frac{6 + 2\sqrt{3}}{3}\).
  • Kết hợp với điều kiện \(0 \le x \le 4\), ta được các giá trị cần tìm của \(x\) là: \[x \in \left[0; \frac{6 - 2\sqrt{3}}{3}\right] \cup \left[\frac{6 + 2\sqrt{3}}{3}; 4\right]\]