Giải Sách bài tập Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài 2: Giải bất phương trình bậc hai một ẩn

Với giải sách bài tập Toán 10 Bài 2: Giải bất phương trình bậc hai một ẩn sách Chân trời sáng tạo hay nhất, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng làm bài tập trong SBT Toán 10 Bài 2

370 lượt xem


Giải sách bài tập Toán lớp 10 Bài 2: Giải bất phương trình bậc hai một ẩn

Bài 1 trang 13 SBT Toán 10 Tập 2: x = 2 là một nghiệm của bất phương trình nào sau đây?

Sách bài tập Toán 10 Bài 2: Giải bất phương trình bậc hai một ẩn - Chân trời sáng tạo (ảnh 1)

Lời giải:

a) Thay x = 2 vào bất phương trình ta được: 22 – 3.2 +1 = –1 < 0.

Vì vậy x = 2 không là nghiệm của bất phương trình x23x+1>0.

b) Thay x = 2 vào bất phương trình ta được: –4.22 – 3.2 +5 = –17 < 0.

Vì vậy x = 2 là nghiệm của bất phương trình 4x23x+50.

c) Thay x = 2 vào bất phương trình ta được: 2.22 – 5.2 + 2 = 0 ≤ 0

Vì vậy x = 2 là nghiệm của bất phương trình 2x25x+20.

Bài 2 trang 13 SBT Toán 10 Tập 2Dựa vào đồ thị của hàm số bậc hai đã cho, hãy nêu tập nghiệm của các bất phương trình bậc hai tương ứng.

a) fx0

Sách bài tập Toán 10 Bài 2: Giải bất phương trình bậc hai một ẩn - Chân trời sáng tạo (ảnh 1)

b) fx<0

Sách bài tập Toán 10 Bài 2: Giải bất phương trình bậc hai một ẩn - Chân trời sáng tạo (ảnh 1)

c) fx>0

Sách bài tập Toán 10 Bài 2: Giải bất phương trình bậc hai một ẩn - Chân trời sáng tạo (ảnh 1)

d) fx<0

Sách bài tập Toán 10 Bài 2: Giải bất phương trình bậc hai một ẩn - Chân trời sáng tạo (ảnh 1)

e) fx0

Sách bài tập Toán 10 Bài 2: Giải bất phương trình bậc hai một ẩn - Chân trời sáng tạo (ảnh 1)

g) fx0

Sách bài tập Toán 10 Bài 2: Giải bất phương trình bậc hai một ẩn - Chân trời sáng tạo (ảnh 1)

Lời giải:

a) 52;1

Đồ thị hàm số bậc hai nằm phía trên trục hoành với x52;1;

Đồ thị hàm số bậc hai cắt trục hoành tại hai điểm x = -52 và x = 1.

Do đó f(x) ≥ 0 khi x52;1.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình f(x) ≥ 0 là S = 52;1.

b) Đồ thị hàm số bậc hai nằm phía trên trục hoành với mọi x ∈ ℝ hay f(x) > 0 với mọi x ∈ ℝ.

Do đó f(x) < 0 vô nghiệm.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình f(x) < 0 là S = ∅.

c) Đồ thị hàm số bậc hai nằm phía trên trục hoành với x < 3 hoặc x > 4.

Do đó f(x) > 0 khi x < 3 hoặc x > 4.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình f(x) > 0 là S = ;3(4;+)

d) Đồ thị hàm số bậc hai nằm phía dưới trục hoành với mọi x ≠ – 1.

Do đó f(x) < 0 khi x ≠ – 1.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình f(x) < 0 là S = \{1}

e) Đồ thị hàm số bậc hai nằm trên trục hoành với mọi x ≠ 52.

Đồ thị hàm số bậc hai cắt trục hoành tại điểm x = 52 .

Do đó fx0 khi x = 52.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình fx0 là S = 52.

g) Đồ thị hàm số bậc hai nằm phía trên trục hoành với x < 32 và x > 72;

Đồ thị hàm số bậc hai cắt trục hoành tại hai điểm x = 32 và x = 72.

Do đó fx0 khi x ≤ 32 và x ≥ 72 .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình f(x) ≥ 0 là S = ;3272;+.

Bài 3 trang 14 SBT Toán 10 Tập 2: Giải các bất phương trình bậc hai sau:

Sách bài tập Toán 10 Bài 2: Giải bất phương trình bậc hai một ẩn - Chân trời sáng tạo (ảnh 1)

Lời giải:

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 = 29

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

9x2+16x+40 khi x ≤ 29 hoặc x ≥ 2.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ;292;+.

b) Tam thức bậc hai f (x) = 6x213x33 có a = 6 > 0 và ∆ = ( –13)2 – 4.6.( –33) = 961 > 0. Do đó f(x) có hai nghiệm phân biệt là x1 = 113 và x2 = -32

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

6x213x33 < 0 khi -32 < x < 113

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = 32;113.

c) Tam thức bậc hai f ( x ) = 7x236x+5 có a = 7 > 0 và 2∆ = ( –36)2 – 4.7.5 = 1156 > 0. Do đó f(x) có hai nghiệm phân biệt là x1 = 17 và x2 = 5

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

7x236x+50  khi 17 ≤ x ≤ 5

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = 17;5.

d) Tam thức bậc hai f ( x ) = 9x2+6x1 có a = –9 < 0 và ∆ = 62 – 4.( –9).( –1) = 0. Do đó f(x) có nghiệm x = 13

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

9x2+6x10 khi x = 13

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = 13.

e) Tam thức bậc hai f ( x ) = 49x2+56x+16 = ( 7x + 4 )2

Tam thức bậc hai có nghiệm x = -47

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

49x2+56x+16>0  khi x ≠ -47

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = \47

g)

Tam thức bậc hai f ( x ) = 2x2+3x2 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

2x2+3x20 với mọi x ∈ ℝ.

Vậy 2x2+3x20 với mọi x ∈ ℝ.

Bài 4 trang 14 SBT Toán 10 Tập 2: Giải các bất phương trình bậc hai sau:

Sách bài tập Toán 10 Bài 2: Giải bất phương trình bậc hai một ẩn - Chân trời sáng tạo (ảnh 1)

Lời giải:

a) Ta có: x23x<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 x23x<4 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 ) = 2x– 11x – 6 có ∆ = (– 11)2 – 4.2.(– 6) = 169 > 0 nên f(x) có hai nghiệm phân biệt x1 = 6 và x2 = -12,

Ta lại có: a = 2 > 0 nên f ( x ) > 0 khi x < -12 hoặc x > 6.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S =  (– ∞; -12) ∪ (6; +∞).

c) 22x+32+4x+300 

⟺ –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 = 12,

Ta lại có a = –2 < 0 nên f ( x ) ≤ 0 khi x ≤ –3 hoặc x ≥ 12

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S = (–∞ ; –3] ∪ [12; +∞).

d) 3x24x1x28x+28

⟺ –4x+ 20x – 25 ≤ 0

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

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

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

Vậy 3x24x1x28x+28 với mọi x ∈ ℝ.

e) 2x123x2+6x+27

⟺ 2x2 – 4x + 2 ≥ 3x + 6x + 27

⟺ –x2 – 10x – 25 ≥ 0

⟺ –( x + 5 )2 ≥ 0

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

Vậy 2x123x2+6x+27 khi x = –5

g) 2x+12+9x+2<0

⇔ 2(x2 + 2x + 1) – 9x + 18 < 0

⇔ 2x– 5x + 20 < 0

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

Vậy không tồn tại x thỏa mãn 2x+12+9x+2<0.

Bài 5 trang 14 SBT Toán 10 Tập 2: Tìm tập xác định của các hàm số sau:

Sách bài tập Toán 10 Bài 2: Giải bất phương trình bậc hai một ẩn - Chân trời sáng tạo (ảnh 1)

 

Lời giải:

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 = 23 và x2 = -65.

Ta có: a = 15 > 0 nên f ( x ) ≥ 0 khi và chỉ khi x ≤ -65 hoặc x ≥ 23.

Vậy tập xác định của hàm số là D = ;6523;+.

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 x2811.

Ta có: a = –11 < 0 nên f ( x ) > 0 khi và chỉ khi 811 < x < 2.

Vậy tập xác định của hàm số là D = 811;2.

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 = 2;3.

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 > -12

+) 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 x173 và x2-32 ,

Ta có a = 6 > 0 nên f ( x ) ≥ 0 khi và chỉ khi x ≤ -32 hoặc x ≥ 73 mà x > 12 nên x ≥ 73.

Vậy tập xác định của hàm số là D = 73;+.

Bài 6 trang 14 SBT Toán 10 Tập 2: Tìm giá trị của tham số m để:

a) x = 3 là một nghiệm của bất phương trình m21x2+2mx150;

b) x = -1 là một nghiệm của bất phương trình mx22x+1>0;

c)x=52là một nghiệm của bất phương trình 4x2+2mx5m0;

d) x = -2 là một nghiệm của bất phương trình 2m3x2m2+1x0;

e) x = m + 1 là một nghiệm của bất phương trình 2x2+2mxm22<0.

Lời giải:

a) x = 3 là một nghiệm của bất phương trình m21x2+2mx150 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 m143 và m2 = –2 và a = 9 > 0 nên f ( m ) ≤ 0 khi và chỉ khi – 2 ≤ m ≤ 43.

Vậy – 2 ≤ m ≤ 43 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

b) x = -1 là một nghiệm của bất phương trình mx22x+1>0 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=52 là một nghiệm của bất phương trình 4x2+2mx5m0 khi và chỉ khi

4.522+ 2.m.522 – 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 2m3x2m2+1x0 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 2x2+2mxm22<0 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.

Bài 7 trang 14 SBT Toán 10 Tập 2: Với giá trị nào của tham số m thì:

a) Phương trình 4x2+2m2x+m2=0 có nghiệm;

b) Phương trình m+1x2+2mx4=0 có hai nghiệm phân biệt;

c) Phương trình mx2+m+1x+3m+10=0 vô nghiệm,

d) Phương trình 2x2+m+2x+2m40 có tập nghiệm là R;

e) Phương trình 3x2+2mx+m20 có tập nghiệm là .

Lời giải:

a) Phương trình 4x2+2m2x+m2=0 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 m123 và m2 = –2,  a = – 3 < 0 nên f (m) ≥ 0 khi và chỉ khi – 2 ≤ m ≤ 23.

Vậy – 2 ≤ m ≤ 23 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

b) Phương trình m+1x2+2mx4=0 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:

m119+29311 và  m21929311,  a = – 11 < 0 nên f ( m ) < 0 khi và chỉ khi

m < 19-29311 hoặc m > 19+29311

Vậy m < 1929311 và m > 19+29311 thoả mãn yêu cầu đề bài.

d) Bất phương trình 2x2+m+2x+2m40 có a = 2 > 0 nên tập nghiệm là  khi và chỉ khi ∆ = ( m + 2 )2 – 4.2.( 2m – 4 ) ≤ 0

⟺ m2 + 4m + 4 – 16m+ 32 < 0

⟺ m2 – 12m + 36 ≤ 0

⟺ ( m – 6 )2  ≤ 0

⟺ m = 6 (vì ( m – 6 )2  ≥ 0 với mọi m ∈ ℝ)

Vậy m = 6 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

e) Bất phương trình 3x2+2mx+m20 có tập nghiệm là  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.

Bài 8 trang 14 SBT Toán 10 Tập 2: Lợi nhuận thu được từ việc sản xuất và bán x sản phẩm thủ công của một cửa hàng là: Ix=0,1x2+235x70000,

với I được tính bằng nghìn đồng. Với số lượng sản phẩm bán ra là bao nhiêu thì cửa hàng có lãi?

Lời giải:

Cửa hàng có lãi khi và chỉ khi I ( x ) > 0 hay –0,1x2 + 235x – 70000 > 0

Tam thức bậc hai Ix=0,1x2+235x70000, 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.

Bài 9 trang 15 SBT Toán 10 Tập 2: Một quả bóng được ném thẳng lên từ độ cao h0 (m) với vận tốc v0(m/s). Độ cao của bóng so với mặt đất (tính bằng mét) sau t (s) được cho bởi hàm số

ht=12gt2+v0t+h0với g = 10 m/s2 là gia tốc trọng trường.

a) Tỉnh h0 và v0 biết độ cao của quả bóng sau 0,5 giây và 1 giây lần lượt là 4,75 m và 5m.

b) Quả bóng có thể đạt được độ cao trên 4 m không? Nếu có thì trong thời gian bao lâu?

c) Cũng ném từ độ cao h0 như trên, nếu muốn độ cao của bóng sau l giây trong khoảng từ 2 m đến 3 m thì vận tốc ném bóng v0 cần là bao nhiêu?

Lưu ý: Đáp số làm tròn đến hàng phần trăm.

Lời giải:

a) Với g = 10 m/s2 là gia tốc trọng trường thì ht=12gt2+v0t+h0⇔ 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:

0,5v0+h0=6v0+h0=10 tức là v0=8h0=2

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 t14+65 và t24-65, a = –5 < 0 nên f ( t ) > 0 khi và chỉ khi 4-65 < t < 4+65 .

Quả bóng có thể đạt được độ cao trên 4m trong:

 4+65 – 4-65 ≈ 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 < v< 6 (m/s).

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

Bài 10 trang 15 SBT Toán 10 Tập 2: Từ độ cao y0 mét, một quả bóng được ném lên xiên một góc α so với phương ngang với vận tốc đầu v0 có phương trình chuyển động

y=g2v02cos2αx2+tanαx+y0với g= 10 m/s2

a) Viết phương trình chuyển động của quả bóng nếu α=30o,y0=2m và v0 = 7m/s.

b) Để ném được quả bóng qua bức tường cao 2,5 m thì người ném phải đứng cách tường bao xa?

Lưu ý: Đáp số làm tròn đến hàng phần trăm.

Lời giải:

a) Thay α=30o,y0=2 và v0 = 7 vào phương trình chuyển động ta được:

y = 102.72.cos230°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.

Bài 11 trang 15 SBT Toán 10 Tập 2: Một hình chữ nhật có chu vi bằng 20 cm. Để điện tích hình chữ nhật lớn hơn hoặc bằng 15 cm2 thì chiều rộng của hình chữ nhật nằm trong khoảng bao nhiêu?

Lời giải:

Gọi x (cm) là chiều rộng hình chữ nhật.

Khi đó chiều dài hình chữ nhật là 202 – 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 + 210 và x2 = –5 – 210, a = 1 > 0 nên f ( x ) ≥ 0 khi và chỉ khi x ≤ –5 – 210 hoặc x ≥ –5 + 210.

Kết hợp với điều kiện (1) ta được –5 + 210 ≤ 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.

Bài 12 trang 15 SBT Toán 10 Tập 2: Thiết kế của một chiếc cổng có hình parabol với chiều cao 5 m và khoảng cách giữa hai chân cổng là 4 m.

a) Chọn trục hoành là đường thẳng nối hai chân cổng, gốc toạ độ tại một chân cổng, chân cổng còn lại có hoành độ dương, đơn vị là 1 m. Hãy viết phương trình của vòm cổng.

b) Người ta cần chuyển một thùng hàng hình hộp chữ nhật với chiều cao 3 m. Chiều rộng của thùng hàng tối đa là bao nhiêu để thùng có thể chuyển lọt qua được cổng?

Lưu ý: Đáp số làm tròn đến hàng phần trăm.

Lời giải:

Sách bài tập Toán 10 Bài 2: Giải bất phương trình bậc hai một ẩn - Chân trời sáng tạo (ảnh 1)

a) Đặt gốc tọa độ tại một chân cổng như hình vẽ trên.

Vì chiếc cổng có dạng parabol nên phương trình y = ax2 + bx + c của đường viền cổng.

Do một chân cổng có tọa độ ( 0;0 ) nên ta có c = 0 (1).

Khoảng cách giữa hai chân cổng là 4 m nên chân cổng còn lại có tọa độ ( 4;0 ), ta có 16a + 4b + c = 0 (2)

Cổng có chiều cao 5 m nên tọa độ đỉnh cổng là ( 2; 5 ), ta có: 4a + 2b + c = 5 (3)

Thay (1) vào (2) và (3) ta được hệ phương trình:

16a+4b=04a+2b=5 

Từ đó suy ra a = –1,25; b = 5 và c = 0.

Vậy phương trình của vòm cổng là y = –1,25x2 + 5x

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.

Bài viết liên quan

370 lượt xem