Toán 10 Bài 17 Dấu của tam thức bậc hai

Trong chương trình Toán 10 Bài 17 Dấu của tam thức bậc hai, học sinh sẽ tìm hiểu cách xét dấu biểu thức bậc hai dựa vào nghiệm và hệ số của tam thức. Bài viết giải sách giáo khoa Toán 10 KNTT tập 2 cung cấp hướng dẫn giải bài tập dễ hiểu, giúp các em nắm chắc quy tắc xét dấu, vận dụng kiến thức chính xác và chuẩn bị tốt cho các dạng toán liên quan.

Giải SGK toán 10 trang 19 tập 2

Câu hỏi mở đầu trang 19. Xét bài toán rào vườn ở Bài 16, nhưng ta trả lời câu hỏi: Hai cột góc hàng rào (H.6.8) cần phải cắm cách bờ tường bao nhiêu mét để mảnh đất được rào chắn có diện tích không nhỏ hơn 48 m²?

Hướng dẫn giải

Theo Bài 16, diện tích mảnh đất được rào chắn là S(x) = – 2x²+ 20x (m²).

Vì mảnh đất được rào chắn có diện tích không nhỏ hơn 48 m² nghĩa là S(x) phải lớn hơn hoặc bằng 48.

=> – 2x² + 20x ≥ 48 ⇔ 2x²– 20x + 48 ≤ 0 (1).

Ta cần giải bất phương trình (1).

Sau bài học này ta sẽ giải được bất phương trình (1) như sau:

Tam thức bậc hai f(x) = 2x² – 20x + 48 có hai nghiệm x₂ = 4; x₂ = 6 và hệ số a = 2 > 0. Từ đó suy ra tập nghiệm của bất phương trình (1) là đoạn [4; 6].

=> Khoảng cách từ điểm cắm cột đến bờ tường phải lớn hơn hoặc bằng 4 m và nhỏ hơn hoặc bằng 6 m thì mảnh đất rào chắn của bác Việt sẽ có diện tích không nhỏ hơn 48 m².

Hoạt động 1 trang 19. Hãy chỉ ra một vài đặc điểm chung của các biểu thức dưới đây:

Hướng dẫn giải

Ta có: A = 0,5x² = 0,5x² + 0x + 0;

B = 1 – x² = – x² + 0x + 1;

C = x² + x + 1;

D = (1 – x)(2x + 1) = 2x + 1 – 2x² – x = – 2x² + x + 1.

Các biểu thức trên đều có dạng ax² + bx + c, trong đó a, b, c là các số thực và a ≠ 0.

Luyện tập 1 trang 19. Hãy cho biết biểu thức nào sau đây là tam thức bậc hai.

\(\begin{array}{l} A = 3x + 2\sqrt x + 1\\ B = - 5{x^4} + 3{x^2} + 4\\ C = - \frac{2}{3}{x^2} + 7x - 4\\ D = {\left( {\frac{1}{x}} \right)^2} + 2.\frac{1}{x} + 3 \end{array}\)

Hướng dẫn giải

Trong các biểu thức A, B, C, D trên, chỉ có biểu thức \(C = - \frac{2}{3}{x^2} + 7x - 4\) là tam thức bậc hai vì nó có dạng ax² + bx + c, trong đó \(a = - \frac{2}{3}\), b = 7, c = – 4 là các số thực và a ≠ 0.

Hoạt động 2 trang 19. Cho hàm số bậc hai y = f(x) = x² – 4x + 3.

c) Nhận xét về dấu của f(x) và dấu của hệ số a trên từng khoảng đó.

Hướng dẫn giải

a) Hàm số bậc hai y = f(x) = x²– 4x + 3có hệ số a = 1 > 0.

Ta có:

f(0) = 0² – 4 . 0 + 3 = 3 > 0, f(0) cùng dấu với hệ số a.

f(1) = 1² – 4 . 1 + 3 = 0, f(1) không mang dấu.

f(2) = 2² – 4 . 2 + 3 = – 1 < 0, f(2) trái dấu với hệ số a.

f(3) = 3² – 4 . 3 + 3 = 0, f(3) không mang dấu.

f(4) = 4² – 4 . 4 + 3 = 3 > 0, f(4) cùng dấu với hệ số a.

b) Từ đồ thị ta có nhận xét như sau:

+ Trên các khoảng (– ∞; 1) và (3; +∞), đồ thị hàm số nằm hoàn toàn phía trên trục Ox.

+ Trên khoảng (1; 3), đồ thị hàm số nằm hoàn toàn phía dưới trục Ox.

c) Khi đồ thị hàm số nằm hoàn toàn trên trục Ox thì f(x) > 0, ngược lại khi đồ thị hàm số nằm hoàn toàn phía dưới trục Ox thì f(x) < 0.

Hệ số a = 1 > 0.

Vậy trên các khoảng (– ∞; 1) và (3; +∞), f(x) cùng dấu với hệ số a; trên khoảng (1; 3), f(x) trái dấu với hệ số a.

Giải SGK toán 10 trang 20 tập 2

Hoạt động 3 trang 20. Cho đồ thị hàm số y = g(x) = – 2x² + x + 3 như Hình 6.18.

b) Nhận xét về dấu của g(x) và dấu của hệ số a trên từng khoảng đó.

Hướng dẫn giải

a) Từ đồ thị ta có:

+ Trên các khoảng (– ∞; – 1) và \(\left( {\frac{3}{2}; + \infty } \right)\), đồ thị nằm hoàn toàn phía dưới trục Ox.

+ Trên khoảng \(\left( { - 1;\frac{3}{2}} \right)\), đồ thị nằm hoàn toàn phía trên trục Ox.

b) Khi đồ thị hàm số nằm hoàn toàn trên trục Ox thì g(x) > 0, ngược lại khi đồ thị hàm số nằm hoàn toàn phía dưới trục Ox thì g(x) < 0.

Hệ số a = – 2 < 0, do đó ta có:

+ Trên các khoảng (– ∞; – 1) và , \(\left( {\frac{3}{2}; + \infty } \right)\), g(x) cùng dấu với hệ số a.

+ Trên khoảng \(\left( { - 1;\frac{3}{2}} \right)\) g(x) trái dấu với hệ số a.

Hoạt động 4 trang 20. Nêu nội dung thay vào ô có dấu “?” trong bảng sau cho thích hợp.

Hướng dẫn giải

Ta điền vào bảng như sau:

Trường hợp a < 0

∆	∆ < 0	∆ = 0	∆ > 0
Dạng đồ thị
Vị trí của đồ thị so với trục Ox	Đồ thị nằm hoàn toàn phía dưới trục Ox.	Đồ thị nằm phía dưới trục Ox và tiếp xúc với trục Ox tại điểm có hoành độ .	- Đồ thị nằm phía dưới trục Ox khi x < x1 hoặc x > x2. - Đồ thị nằm phía trên trục Ox khi x1 < x < x2.

Giải SGK toán 10 trang 22 tập 2

Luyện tập 2 trang 22. Xét dấu các tam thức bậc hai sau:

c) – 2x²+ 7x – 3.

Hướng dẫn giải

a) Ta có:

\(f\left( x \right) = - 3{x^2} + x - \sqrt 2\) có \(\Delta = {\rm{ }}{1^2}\;-{\rm{ }}4{\rm{ }}.\left( {-{\rm{ }}3} \right){\rm{ }}.\left( { - \sqrt 2 } \right){\rm{ }} = 1 - 12\sqrt 2 \; < {\rm{0}}\) và hệ số a = – 3 < 0 nên f(x) < 0 với mọi x∈ℝ.

b)Ta có:

f(x) = x² + 8x + 16 có ∆' = 4² – 1 . 16 = 0 và hệ số a = 1 > 0

=> f(x) có nghiệm kép x = – 4 và f(x) > 0 với mọi x ≠ – 4.

c) Ta có:

f(x) = – 2x² + 7x – 3 có ∆ = 7² – 4 . (– 2) . (– 3) = 25 > 0, hệ số a = – 2 < 0 và có hai nghiệm phân biệt x₁ = 1/2; x₂ = 3.

Do đó ta có bảng xét dấu f(x):

Suy ra f(x) > 0 với mọi x∈(1/2;3) và f(x) < 0 với mọi x ∈ (−∞;1/2) ∪ (3; + ∞).

Hoạt động 5 trang 22. Trở lại tình huống mở đầu. Với yêu cầu mảnh đất được rào chắn có diện tích không nhỏ hơn 48 m², hãy viết đẳng thức thể hiện sự so sánh biểu thức tính diện tích S(x) = – 2x² + 20x với 48.

Hướng dẫn giải

Diện tích mảnh đất được rào chắn là S(x) = – 2x² + 20x (m²)

Vì mảnh đất được rào chắn có diện tích không nhỏ hơn 48 m² nghĩa là S(x) phải lớn hơn hoặc bằng 48. => – 2x² + 20x ≥ 48.

Giải SGK toán 10 trang 23 tập 2

Luyện tập 3 trang 23. Giải các bất phương trình bậc hai sau:

a) – 5x²+ x – 1 ≤ 0;           b) x²– 8x + 16 ≤ 0;        c) x²– x – 6 > 0.

Hướng dẫn giải:

a) Xét tam thức f(x) = – 5x²+ x – 1 có:

∆ = 1² – 4 . (– 5) . (– 1) = – 19 < 0

Hệ số a = – 5 < 0

=> f(x) luôn âm (cùng dấu với a), tức là – 5x² + x – 1 < 0 với mọi x∈ℝ.

=> Bất phương trình có tập nghiệm là ℝ.

b) Xét tam thức f(x) = x²– 8x + 16 có:

∆' = (– 4)² – 1 . 16 = 0

Hệ số a = 1 > 0

=> f(x) có nghiệm kép x = 4 và f(x) luôn dương (cùng dấu với a) với mọi x ≠ 4, tức là x² – 8x + 16 > 0 với mọi x ≠ 4.

=> Bất phương trình có nghiệm duy nhất x = 4.

c) Xét tam thức f(x) = x²– x – 6 có:

∆ = (– 1)² – 4 . 1 . (– 6) = 25 > 0

=> f(x) có hai nghiệm x₁ = – 2 và x₂ = 3.

Mặt khác hệ số a = 1 > 0, do đó ta có bảng xét dấu sau:

=> Tập nghiệm của bất phương trình là S = (– ∞; – 2) ∪ (3; + ∞).

Vận dụng trang 23. Độ cao so với mặt đất của một quả bóng được ném lên theo phương thẳng đứng được mô tả bởi hàm số bậc hai h(t) = – 4,9t² + 20t + 1, ở độ cao h(t) tính bằng mét và thời gian t tính bằng giây. Trong khoảng thời điểm nào trong quá trình bay của nó, quả bóng sẽ ở độ cao trên 5 m so với mặt đất?

Hướng dẫn giải:

Bóng đạt ở độ cao trên 5 m so với mặt đất, nghĩa là h(t) > 5.

⇔ – 4,9t² + 20t + 1 > 5 (1)

⇔ – 4,9t² + 20t – 4 > 0.

Xét tam thức f(t) = – 4,9t² + 20t – 4 có:

∆' = 10² – (– 4,9) . (– 4) = 80,4 > 0

=> f(t) có hai nghiệm \(\left[ \begin{array}{l} {t_1} = \frac{{ - 10 + \sqrt {80,4} }}{{ - 4,9}} = \frac{{10 - \sqrt {80,4} }}{{4,9}}\\ {t_2} = \frac{{ - 10 - \sqrt {80,4} }}{{ - 4,9}} = \frac{{10 + \sqrt {80,4} }}{{4,9}} \end{array} \right.\).

Mặt khác hệ số a = – 4,9 < 0 nên ta có bảng xét dấu sau:

=> Tập nghiệm của bất phương trình (1) là : \(S = \left\{ {\frac{{10 - \sqrt {80,4} }}{{4,9}};\frac{{10 + \sqrt {80,4} }}{{4,9}}} \right\}\)

Vậy trong khoảng thời điểm xấp xỉ (0,21; 3,87) (giây) thì quả bóng sẽ ở độ cao trên 5 m so với mặt đất.

Giải SGK toán 10 trang 24 tập 2

Bài 6.15 trang 24. Xét dấu các tam thức bậc hai sau:

c) – x²+ 3x – 2;             d) – x²+ x – 1.

Hướng dẫn giải:

a) Xét f(x) = 3x² – 4x + 1 có:

∆' = (– 2)² – 3 . 1 = 1 > 0

Hệ số a = 3 > 0

=> f(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt x₁ = 1/3; x₂ = 1.

Ta có bảng xét dấu f(x):

=> f(x) > 0 với mọi x∈(−∞;1/3)∪(1;+∞) và f(x) < 0 với mọi x∈(1/3;1).

b)Xétf(x) = x² + 2x + 1 có:

∆' = 1² – 1 . 1 = 0 và a = 1

=> f(x) = 0 có nghiệm kép x = – 1 và f(x) > 0 với mọi x ≠ – 1.

c) Xét f(x) = – x² + 3x – 2 có:

∆ = 3² – 4 . (– 1) . (– 2) = 1 > 0

Hệ số a = – 1 < 0

=> f(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt x₁ = 1; x₂ = 2.

Ta có bảng xét dấu f(x):

=> f(x) > 0 với mọi x ∈ (1; 2) và f(x) < 0 với mọi x ∈ (– ∞; 1) ∪ (2; + ∞).

d)Xét f(x) = – x²+ x – 1 có:

∆ = 1² – 4 . (– 1) . (– 1) = – 3 < 0

Hệ số a = – 1 < 0

=> f(x) < 0 với mọi x∈ℝ.

Bài 6.16 trang 24. Giải các bất phương trình bậc hai:

Hướng dẫn giải:

a) Xét tam thức f(x) = x²– 1 có:

∆ = 0² – 4 . 1 . (– 1) = 4 > 0

=> f(x) = 0 có hai nghiệm x₁ = – 1 và x₂ = 1.

Hệ số a = 1 > 0

Ta có bảng xét dấu sau:

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = (– ∞; – 1] ∪ [1; + ∞).

b)Xét tam thức f(x) = x²– 2x – 1 có:

∆' = (– 1)² – 1 . (– 1) = 2 > 0

=> f(x) có hai nghiệm \({x_1} = 1 + \sqrt 2 ;{x_2} = 1 - \sqrt 2\)

Mặt khác hệ số a = 1 > 0, do đó ta có bảng xét dấu sau:

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( {1 + \sqrt 2 ;1 - \sqrt 2 } \right)\)

c) Xét tam thức f(x) = – 3x²+ 12x + 1 có:

∆' = 6² – (– 3) . 1 = 39 > 0

=> f(x) = 0 có hai nghiệm \({x_1} = \frac{{6 - \sqrt {39} }}{3};{x_2} = \frac{{6 + \sqrt {39} }}{3}\)

Đồng thời hệ số a = – 3 < 0

Ta có bảng xét dấu sau:

Vậy 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) Xét tam thức f(x) = 5x²+ x + 1 có:

∆ = 1² – 4 . 5 . 1 = – 19 < 0

Hệ số a = 5 > 0 nên f(x) luôn dương (cùng dấu a) với mọi x∈ℝ.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ℝ.

Bài 6.17 trang 24. Tìm các giá trị của tham số m để tam thức bậc hai sau dương với mọi x∈ℝ:

x² + (m + 1)x + 2m + 3.

Hướng dẫn giải:

Xét tam thức f(x) = x² + (m + 1)x + 2m + 3 có:

∆ = (m + 1)² – 4 . 1 . (2m + 3) = m² – 6m – 11.

Hệ số a = 1 > 0.

Để f(x) luôn dương (cùng dấu hệ số a) với mọi x∈ℝ thì ∆ < 0.

⇔ m² – 6m – 11 < 0.

Xét tam thức h(m) = m² – 6m – 11 có:

∆'_m = (– 3)² – 1 . (– 11) = 20 > 0

=> h(m) = 0 có hai nghiệm \({m_1} = 3 - 2\sqrt 5 ;{m_2} = 3 + 2\sqrt 5\)

Mặt khác ta có hệ số a_m = 1 > 0, do đó ta có bảng xét dấu sau:

=> h(m) < 0 với mọi \(m \in \left( {3 - 2\sqrt 5 ;3 + 2\sqrt 5 } \right)\)

Hay ∆ < 0 với mọi \(m \in \left( {3 - 2\sqrt 5 ;3 + 2\sqrt 5 } \right)\)

Vậy \(m \in \left( {3 - 2\sqrt 5 ;3 + 2\sqrt 5 } \right)\) thì tam thức bậc hai đã cho luôn dương với mọi x∈ℝ.

Bài 6.18 trang 24. Một vật được ném theo phương thẳng đứng xuống dưới từ độ cao 320 m với vận tốc ban đầu v₀ = 20 m/s. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu giây, vật đó cách mặt đất không quá 100 m? Giả thiết rằng sức cản của không khí là không đáng kể?

Hướng dẫn giải:

Độ cao của vật so với mặt đất được mô tả bởi công thức: \(h\left( t \right) = {h_0}\; + {v_0}t - \frac{1}{2}g{t^2}\)

Trong đó:

• v₀ = 20 m/s là vận tốc ban đầu của vật, t là thời gian chuyển động tính bằng giây
• g là gia tốc trọng trường (thường lấy g ≈ 9,8 m/s²)
• Độ cao h(t) tính bằng mét.

Ta có:

\(h\left( t \right) = 320\; + 20t - \frac{1}{2}.9,8{t^2} \Leftrightarrow h\left( t \right) = - 4,9{t^2} + 20t + 320\) (ta được một hàm số bậc hai)

Vật cách mặt đất không quá 100 m khi và chỉ khi h(t) ≤ 100

\(\Leftrightarrow - 4,9{t^2} + 20t + 320 \le 100 \Leftrightarrow 4,9{t^2} - 20t - 220 \ge 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\)

Xét tam thức có:

∆ ' = (– 10)² – 4,9 . (– 220) = 1 178 > 0

=> f(t) có hai nghiệm \({t_1} = \frac{{10 - \sqrt {1178} }}{{4,9}};{t_2} = \frac{{10 + \sqrt {1178} }}{{4,9}}\).

Đồng thời hệ số a_f = 1 > 0

Ta có bảng xét dấu f(t) như sau:

=> Bất phương trình (1) có nghiệm \(\left[ \begin{array}{l} t \le \frac{{10 - \sqrt {1178} }}{{4,9}}\\ t \ge \frac{{10 + \sqrt {1178} }}{{4,9}} \end{array} \right.\)

Mà thời gian t > 0 nên \(t \ge \frac{{10 + \sqrt {1178} }}{{4,9}} \approx 9,05\)

Vậy sau ít nhất khoảng 9,05 giây thì vật đó cách mặt đất không quá 100 m.

Bài 6.19 trang 24. 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) 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.

Hướng dẫn giải:

Vì M di chuyển trên đoạn AB và AM = x nên x ≥ 0 (xảy ra trường hợp bằng 0 khi M trùng A), lại có AM ≤ AB (dấu bằng xảy ra khi M trùng B) nên x ≤ 4

=> Điều kiện của x là 0 ≤ x ≤ 4.

Đường tròn lớn có đường kính AB = 4 nên bán kính của hình tròn này là R = 2.

Diện tích hình tròn lớn này là S_R = πR² = π . 2² = 4π.

Đường tròn nhỏ đường kính AM = x có bán kính là r₁ = x/2.

Diện tích hình tròn nhỏ có bán kính r₁ là \({S_1}\; = \;\pi r_1^2 = \;\pi .{\left( {\frac{x}{2}} \right)^2} = \frac{{{x^2}.\pi }}{4}\).

Ta có: AM + MB = AB ⇒ MB = AB – AM = 4 – x.

Đường tròn đường kính MB có bán kính là \({r_2} = \frac{{4 - x}}{2}\).

Diện tích hình tròn có bán kính r₂ là \({S_2}\; = \;\pi r_2^2 = \;\pi .{\left( {\frac{{4 - x}}{2}} \right)^2} = \frac{{{{\left( {4 - x} \right)}^2}.\pi }}{4}\).

Tổng diện tích hai hình tròn nhỏ là: 

\({S_{12}}\; = {\rm{ }}{S_1} + {\rm{ }}{S_2}\; = \frac{{{x^2}.\pi }}{4} + \frac{{{{\left( {4 - x} \right)}^2}.\pi }}{4}\;\)\(= \frac{{\left[ {{x^2} + {{\left( {4 - x} \right)}^2}} \right].\pi }}{4} = \frac{{{x^2} - 4x + 8}}{2}.\pi\)

Diện tích phần hình phẳng nằm trong hình tròn lớn và nằm ngoài hai hình tròn nhỏ là:

\(S\left( x \right) = {S_R}\;-{\rm{ }}{S_{12}}\;\)\(= 4\pi - \left( {\frac{{{x^2} - 4x + 8}}{2}} \right).\pi = \left( {\frac{{ - {x^2} + 4x}}{2}} \right).\pi\)

Vì diện tích S(x) không vượt quá một nửa tổng diện tích hai hình tròn nhỏ hay diện tích S(x) nhỏ hơn hoặc bằng nửa tổng diện tích hai hình tròn nhỏ hay \(S\left( x \right) \le \frac{1}{2}{S_{12}}\).

\(\begin{array}{l} \left( {\frac{{ - {x^2} + 4x}}{2}} \right).\pi \le \frac{1}{2}\left( {\frac{{{x^2} - 4x + 8}}{2}} \right).\pi \\ \Leftrightarrow \frac{{ - {x^2} + 4x}}{2} \le \frac{1}{2}.\left( {\frac{{{x^2} - 4x + 8}}{2}} \right)\\ \Leftrightarrow - {x^2} + 4x \le \frac{{{x^2} - 4x + 8}}{2}\\ \Leftrightarrow - 2{x^2} + 8x \le {x^2} - 4x + 8\\ \Leftrightarrow 3{x^2} - 12x + 8 \ge 0 \end{array}\)

Xét tam thức f(x) = 3x² – 12x + 8 có:

∆' = (– 6)² – 3 . 8 = 12 > 0

=> f(x) = 0 có hai nghiệm \({x_1} = \frac{{6 - 2\sqrt 3 }}{3};{x_2} = \frac{{6 + 2\sqrt 3 }}{3}\)

Đồng thời hệ số a = 3 > 0

Ta có bảng xét dấu f(x):

=> f(x) ≥ 0 với mọi \(x \in \left( { - \infty ;\frac{{6 - 2\sqrt 3 }}{3}} \right] \cup \left[ {\frac{{6 + 2\sqrt 3 }}{3}; + \infty } \right)\). 

Kết hợp với điều kiện 0 ≤ x ≤ 4.

Vậy các giá trị của x thỏa mãn yêu cầu của đề bài là \(x \in \left[ {0;\frac{{6 - 2\sqrt 3 }}{3}} \right] \cup \left[ {\frac{{6 + 2\sqrt 3 }}{3};4} \right]\).

---------------------------------------------------------

Nắm vững kiến thức Toán 10 Bài 17 Dấu của tam thức bậc hai sẽ giúp học sinh xác định dấu của biểu thức nhanh chóng, lập bảng xét dấu đúng cách và vận dụng hiệu quả khi giải bất phương trình bậc hai. Thông qua lời giải SGK Toán 10 Kết nối tri thức tập 2, các em có thể đối chiếu cách làm, nhận diện lỗi thường gặp và củng cố kỹ năng giải toán. Hãy chủ động luyện thêm các dạng bài để ghi nhớ quy tắc và tự tin hơn khi làm bài kiểm tra.