Với giải sách bài tập Toán 10 Bài 17: Dấu của tam thức bậc hai sách Kết nối tri thức hay, chi tiết giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập trong SBT Toán 10. Mời các bạn đón xem:

Giải SBT Toán lớp 10 Bài 17: Dấu của tam thức bậc hai

Giải SBT Toán 10 trang 18 Tập 2

Bài 6.21 trang 18 SBT Toán 10 Tập 2: Xét dấu các tam thức bậc hai sau:

a) f(x) = –x² + 6x + 7;

b) g(x) = 3x² – 2x + 2;

c) h(x) = –16x² + 24x – 9;

d) k(x) = 2x² – 6x + 1.

Lời giải:

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: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=7\\ x_2=-1\end{array}\right.$

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  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 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: $x=\frac{3}{4}$.

Vậy h(x) < 0 với $x\in ℝ\backslash \left\{\frac{3}{4}\right\}$ và h(x) = 0 tại $x=\frac{3}{4}$.

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: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=\frac{3+\sqrt{7}}{2}\\ x_2=\frac{3-\sqrt{7}}{2}\end{array}\right.$ 

Vậy k(x) < 0 với x ∈ $\left(\frac{3-\sqrt{7}}{2};\frac{3+\sqrt{7}}{2}\right)$  và k(x) > 0 với x ∈$\left(-\infty ;\frac{3-\sqrt{7}}{2}\right)\cup \left(\frac{3+\sqrt{7}}{2};+\infty \right)$.

Bài 6.22 trang 18 SBT Toán 10 Tập 2: Giải các bất phương trình sau:

a) 3x² – 36x + 108  > 0;

b) –x² + 2x – 2 ≥ 0;

c) x⁴ – 3x² + 2 ≤ 0;

d) $\frac{1}{x^2-x+1}\le \frac{1}{2x^2+x+2}$.

Lời giải:

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)

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

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: $\left\{\begin{array}{l}{t}_1=2\\ t_2=1\end{array}\right.$

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

$$\begin{gathered} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}^2\ge 1\\ x^2\le 2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}x\ge 1\\ x\le -1\end{array}\right.\\ -\sqrt{2}\le x\le \sqrt{2}\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}1\le x\le \sqrt{2}\\ -\sqrt{2}\le x\le -1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Hay tập nghiệm của bất phương trình x⁴ – 3x² + 2 ≤ 0 là S = $\left[-\sqrt{2};-1\right]\cup \left[1;\sqrt{2}\right]$.

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 $\frac{1}{x^2-x+1}\le \frac{1}{2x^2+x+2}$ là D = ℝ.

Khi đó, $\frac{1}{x^2-x+1}\le \frac{1}{2x^2+x+2}$

⇔ 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 $\frac{1}{x^2-x+1}\le \frac{1}{2x^2+x+2}$ là S = {–1}.

Bài 6.23 trang 18 SBT Toán 10 Tập 2: Tìm các giá trị của tham số m để phương trình $x^2$– 2(m – 1)x + 4$m^2$ – m = 0

a) có hai nghiệm phân biệt;

b) có hai nghiệm trái dấu.

Lời giải:

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:

$m_1=\frac{-1+\sqrt{13}}{6};m_2=\frac{-1-\sqrt{13}}{6}$

Do đó, –3m² – m + 1 > 0 $\iff \frac{-1-\sqrt{13}}{6}<m<\frac{-1+\sqrt{13}}{6}$

Vậy khi $\frac{-1-\sqrt{13}}{6}<m<\frac{-1+\sqrt{13}}{6}$ thì phương trình x² – 2(m – 1)x + 4m² – m = 0 có hai nghiệm phân biệt.

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:

$m_1=0;m_2=\frac{1}{4}$

Do đó, 4m² – m < 0 ⇔ $0<m<\frac{1}{4}$

Vậy khi $0<m<\frac{1}{4}$ thì phương trình x² – 2(m – 1)x + 4m² – m = 0 có hai nghiệm trái dấu.

Bài 6.24 trang 18 SBT Toán 10 Tập 2: Tìm các giá trị của tham số m để

a) –x² + (m + 1)x – 2m + 1 ≤ 0, ∀x ∈ ℝ;

b) x² – (2m + 1)x + m + 2 > 0, ∀x ∈ ℝ.

Lời giải:

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 Δ_m = (–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

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

⇔ $m^2<\frac{7}{4}$

⇔ $-\frac{\sqrt{7}}{2}<m<\frac{\sqrt{7}}{2}$

Vậy khi $-\frac{\sqrt{7}}{2}<m<\frac{\sqrt{7}}{2}$ thì x² – (2m + 1)x + m + 2 > 0, ∀x ∈ ℝ.

Bài 6.25 trang 18 SBT Toán 10 Tập 2: 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) = –560$x^2$ + 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)?

b) Với khoảng đơn giá nào của bình đựng nước thì doanh thu từ việc bán bình đựng nước vượt mức 1 tỉ đồng ?

Lời giải:

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)

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.

Bài 6.26 trang 18 SBT Toán 10 Tập 2: 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:

$y=\frac{-g}{2v_0^2{\cos }^2\alpha }{x}^2+x\tan \alpha$,

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.

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 ?

Lời giải:

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:

$$\begin{gathered} y=\left(\frac{-9,8}{{2.500}^2.{\cos }^{2}45°}\right)x^2+x\left(\tan 45°\right) \\ =\frac{-9,8}{250000}{x}^2+x \end{gathered}$$

b)

Để viên đạn bay qua một ngọn núi cao 4 000 mét thì

$y=\frac{-9,8}{250000}{x}^2+x>4000$

$\iff \frac{-9,8}{250000}{x}^2+x-4000>0$

Xét phương trình bậc hai $\frac{-9,8}{250000}{x}^2+x-4000=0$ có:

a = $\frac{-9,8}{250000}$ < 0

$\Delta =1^2-4.\left(\frac{-9,8}{250000}\right).(-4000)=\frac{233}{625}$ > 0

Do đó, phương trình bậc hai $\frac{-9,8}{250000}{x}^2+x-4000=0$ có hai nghiệm phân biệt là:

x₁ ≈ 20 543; x₂ ≈ 4 967

Do đó, $\frac{-9,8}{250000}{x}^2+x-4000>0$ ⇔ 4 967 < x < 20 543

Vậy khẩu pháo phải đặt cách chân núi trong khoảng từ 4 967 m đến 20 543 m (tất nhiên là phải tính đến tầm bắn của khẩu pháo nữa) thì viên đạn sẽ bay qua đỉnh núi.

Giải SBT Toán 10 trang 19 Tập 2

Bài 6.27 trang 19 SBT Toán 10 Tập 2: 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.

Lời giải:

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).

Xem thêm các bài giải SBT Toán 10 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:

Bài 16: Hàm số bậc hai

Bài 18: Phương trình quy về phương trình bậc hai

Bài tập cuối chương 6

Bài 19: Phương trình đường thẳng