GIẢI CHI TIẾT Giải SBT Bài 17 Chương 6 – SBT Toán 10 KNTT
============
Giải bài 6.21 trang 18 SBT Toán 10 Kết nối tri thức tập 2 – KNTT
Xét dấu các tam thức bậc hai sau:
a) \(f(x) = – {x^2} + 6x + 7\)
b) \(g(x) = 3{x^2} – 2x + 2\)
c) \(h(x) = – 16{x^2} + 24x – 9\)
d) \(k(x) = 2{x^2} – 6x + 1\)
Phương pháp giải
Bước 1: Tính giá trị của ∆ (∆’), xét dấu hệ số a và ∆ (∆’)
Bước 2: Kết luận về dấu của tam thức bậc hai đã cho
Lời giải chi tiết
a) \(f(x) = – {x^2} + 6x + 7\) có ∆’ = 16 > 0, a = -1 < 0 và có 2 nghiệm phân biệt \({x_1} = – 1\); \({x_2} = 7\)
Do đó ta có bảng xét dấu f(x):
Suy ra \(f(x) > 0\)với mọi \(x \in ( – 1;7)\) và \(f(x) < 0\) với mọi \(x \in ( – \infty ; – 1) \cup (7; + \infty )\)
b) \(g(x) = 3{x^2} – 2x + 2\) có ∆’ = -5 < 0 và a = 3 > 0 nên g(x) > 0 với mọi \(x \in \mathbb{R}\)
c) \(h(x) = – 16{x^2} + 24x – 9\) có ∆’ = 0 và a = -16 < 0 nên h(x) có nghiệm kép \(x = \frac{3}{4}\) và \(h(x) < 0\) với mọi \(x \ne \frac{3}{4}\)
d) \(k(x) = 2{x^2} – 6x + 1\) có ∆’ = 7 > 0, a = 2 > 0 và có 2 nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{3 – \sqrt 7 }}{2};{x_2} = \frac{{3 + \sqrt 7 }}{2}\)
Do đó ta có bảng xét dấu k(x):
Suy ra k(x) > 0 với mọi \(x \in \left( { – \infty ;\frac{{3 – \sqrt 7 }}{2}} \right) \cup \left( {\frac{{3 + \sqrt 7 }}{2}; + \infty } \right)\) và k(x) < 0 với mọi \(x \in \left( {\frac{{3 – \sqrt 7 }}{2};\frac{{3 + \sqrt 7 }}{2}} \right)\)
GIẢI SBT Toán 10 Kết nối tri thức Chương 6 Bài 17
Giải bài 6.22 trang 18 SBT Toán 10 Kết nối tri thức tập 2 – KNTT
Giải các bất phương trình sau:
a) \(3{x^2} – 36x + 108 > 0\)
b) \( – {x^2} + 2x – 2 \ge 0\)
c) \({x^4} – 3{x^2} + 2 \le 0\)
d) \(\frac{1}{{{x^2} – x + 1}} \le \frac{1}{{2{x^2} + x + 2}}\)
Phương pháp giải
Lời giải chi tiết
a) Tam thức bậc hai \(f(x) = 3{x^2} – 36x + 108\) có a = 3 > 0, ∆’ = 0 nên f(x) có nghiệm kép x = 6 và f(x) = \(3{x^2} – 36x + 108\) > 0 với mọi \(x \ne 6\)
Vậy tập nghiệm của BPT \(3{x^2} – 36x + 108 > 0\) là \(\mathbb{R}\backslash {\rm{\{ }}6\} \)
b) Tam thức bậc hai \(g(x) = – {x^2} + 2x – 2 \ge 0\) có a = -1 < 0, ∆’ = -1 < 0 nên g(x) < 0 với mọi \(x \in \mathbb{R}\)
Vậy BPT \( – {x^2} + 2x – 2 \ge 0\) vô nghiệm
c) Đặt t = x2 (t ≥ 0) khi đó ta thu được BPT \({t^2} – 3t + 2 \le 0\)
Tam thức bậc hai \(h(x) = {t^2} – 3t + 2\) có a = 1 > 0 và có hai nghiệm là \({x_1} = 1,{x_2} = 2\) nên ta có bảng xét dấu:
Từ bảng xét dấu, ta được nghiệm của BPT \({t^2} – 3t + 2 \le 0\)là 1 ≤ t ≤ 2
Suy ra 1 ≤ x2 ≤ 2 \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} \ge 1\\{x^2} \le 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x \ge 1\\x \le – 1\end{array} \right.\\ – \sqrt 2 \le x \le \sqrt 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} – \sqrt 2 \le x \le – 1\\1 \le x \le \sqrt 2 \end{array} \right.\)
Vậy tập nghiệm của BPT \({x^4} – 3{x^2} + 2 \le 0\) là \(\left[ { – \sqrt 2 ; – 1} \right] \cup \left[ {1;\sqrt 2 } \right]\)
d) \(\frac{1}{{{x^2} – x + 1}} \le \frac{1}{{2{x^2} + x + 2}}\)(*)
Ta có: Tam thức bậc hai \({x^2} – x + 1\) và \(2{x^2} + x + 2\) đều có a > 0, ∆ > 0 nên \({x^2} – x + 1\) > 0; \(2{x^2} + x + 2\) > 0 với mọi \(x \in \mathbb{R}\)
Khi đó (*) \( \Leftrightarrow {x^2} – x + 1 \ge 2{x^2} + x + 2\) \( \Leftrightarrow {x^2} + 2x + 1 \le 0\)
Tam thức bậc hai \(k(x) = {x^2} + 2x + 1\) có a = 1 > 0, ∆’ = 0 và có nghiệm kép x = -1
Suy ra k(x) > 0 với mọi x ≠ -1 và k(x) = 0 với x = -1
Vậy tập nghiệm của BPT \(\frac{1}{{{x^2} – x + 1}} \le \frac{1}{{2{x^2} + x + 2}}\) là {-1}
GIẢI SBT Toán 10 Kết nối tri thức Chương 6 Bài 17
Giải bài 6.23 trang 18 SBT Toán 10 Kết nối tri thức tập 2 – KNTT
Tìm các giá trị của tham số m để phương trình \({x^2} – 2(m – 1)x + 4{m^2} – m = 0\) (1)
a) Có hai nghiệm phân biệt
b) Có hai nghiệm trái dấu
Phương pháp giải
Bước 1: Tính giá trị của ∆ (∆’)
Bước 2: Áp dụng điều kiện để BPT có hai nghiệm phân biệt là ∆ (∆’) > 0 và điều kiện để BPT có hai nghiệm trái dấu là ac < 0 ta thu được BPT bậc 2 ẩn m
Bước 3: Giải BPT bậc hai đã tìm được
Bước 4: Kết luận giá trị của m tương ứng trong từng trường hợp
Lời giải chi tiết
Tam thức bậc hai \({x^2} – 2(m – 1)x + 4{m^2} – m = 0\) có ∆’ = \({(m – 1)^2} – 4{m^2} + m = – 3{m^2} – m + 1\)
a) PT (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ∆’ > 0 \( \Leftrightarrow – 3{m^2} – m + 1 > 0\) \( \Leftrightarrow \frac{{ – 1 – \sqrt {13} }}{6} < m < \frac{{ – 1 + \sqrt {13} }}{6}\)
Vậy với \(m \in \left( {\frac{{ – 1 – \sqrt {13} }}{6};\frac{{ – 1 + \sqrt {13} }}{6}} \right)\) thì PT (1) có hai nghiệm phân biệt.
b) PT (1) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi ac < 0 \( \Leftrightarrow 4{m^2} – m < 0 \Leftrightarrow 0 < m < \frac{1}{4}\)
Vậy với \(m \in \left( {0;\frac{1}{4}} \right)\) thì PT (1) có hai nghiệm trái dấu.
GIẢI SBT Toán 10 Kết nối tri thức Chương 6 Bài 17
Giải bài 6.24 trang 18 SBT Toán 10 Kết nối tri thức tập 2 – KNTT
Tìm các giá trị của tham số m để:
a) \( – {x^2} + (m + 1)x – 2m + 1 \le 0,\forall x \in \mathbb{R}\)
b) \({x^2} – (2m + 1)x + m + 2 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\)
Phương pháp giải
Bước 1: Tính giá trị của ∆ (∆’)
Bước 2: Áp dụng điều kiện để BPT bậc 2 nghiệm đúng \(\forall x \in \mathbb{R}\) ta thu được BPT bậc 2 ẩn m
Bước 3: Giải BPT bậc hai đã tìm được
Bước 4: Kết luận giá trị của m tương ứng trong từng trường hợp
Lời giải chi tiết
a) Tam thức bậc hai \( – {x^2} + (m + 1)x – 2m + 1 \le 0\) có ∆ = \({(m + 1)^2} + 4( – 2m + 1) = {m^2} – 6m + 5\)
Vì a = -1 < 0 nên \( – {x^2} + (m + 1)x – 2m + 1 \le 0,\forall x \in \mathbb{R}\) khi và chỉ khi ∆ ≤ 0
Ta có: ∆ ≤ 0 \( \Leftrightarrow {m^2} – 6m + 5 \le 0 \Leftrightarrow 1 \le m \le 5\)
Vậy với \(m \in \left[ {1;5} \right]\) thì \( – {x^2} + (m + 1)x – 2m + 1 \le 0,\forall x \in \mathbb{R}\)
b) Tam thức bậc hai \({x^2} – (2m + 1)x + m + 2 > 0\) có ∆ = \({(2m + 1)^2} – 4(m + 2) = 4{m^2} – 7\)
Vì a = 1 > 0 nên \({x^2} – (2m + 1)x + m + 2 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\) khi và chỉ khi ∆ < 0
Ta có: ∆ < 0 \( \Leftrightarrow 4{m^2} – 7 < 0 \Leftrightarrow – \frac{{\sqrt 7 }}{2} < m < \frac{{\sqrt 7 }}{2}\)
Vậy với \(m \in \left( { – \frac{{\sqrt 7 }}{2};\frac{{\sqrt 7 }}{2}} \right)\) thì \({x^2} – (2m + 1)x + m + 2 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\)
GIẢI SBT Toán 10 Kết nối tri thức Chương 6 Bài 17
Giải bài 6.25 trang 18 SBT Toán 10 Kết nối tri thức tập 2 – KNTT
Một công ti 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 \(R(x) = – 560{x^2} + 50000x\)
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?
Phương pháp giải
Bước 1: Giải PT R(x) = 0 ta thu được đơn giá x khiến doanh thu bằng 0
Bước 2: Giải BPT R(x) > 1 000 000 ta tìm được khoảng của x để doanh thu lớn hơn 1 tỉ đồng
Lời giải chi tiết
a) Ta có: \(R(x) = 0 \Leftrightarrow – 560{x^2} + 50000x = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{625}}{7}\\x = 0\end{array} \right.\) \( \Rightarrow x \approx 89\)
Vậy với đơn giá khoảng 89 nghìn đồng thì không có doanh thu bán bình đựng nước.
b) Ta có:
\(R(x) > 1000000 \Leftrightarrow – 560{x^2} + 50000x > 1000000\)\( \Leftrightarrow 7{x^2} – 625x + 12500 < 0 \Leftrightarrow 30,25 < x < 59,04\)
Vậy với đơn giá từ khoảng 31 nghìn đồng đến 59 nghìn đồng thì doanh thu bán bình đựng nước vượt mức 1 tỉ đồng.
GIẢI SBT Toán 10 Kết nối tri thức Chương 6 Bài 17
Giải bài 6.26 trang 18 SBT Toán 10 Kết nối tri thức tập 2 – KNTT
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 450. 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 \(\alpha \) 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 pháp phải đặt cách chân núi một khoảng bao xa?
Phương pháp giải
Bước 1: Thay các giá trị tương ứng g = 9,8; v0 = 500; \(\alpha = {45^0}\) vào phương trình quỹ đạo
Bước 2: Rút gọn phương trình quỹ đạo thành dạng PT bậc 2 ẩn x
Bước 3: Giải BPT bậc hai \(y = \frac{{ – g}}{{2v_0^2{{\cos }^2}\alpha }}{x^2} + x\tan \alpha \) > 4 000
Bước 4: Kết luận
Lời giải chi tiết
a) Ta có: \(y = \frac{{ – g}}{{2v_0^2{{\cos }^2}\alpha }}{x^2} + x\tan \alpha \)\( = \frac{{ – 9,8}}{{{{2.500}^2}.{{\cos }^2}{{45}^0}}}{x^2} + x.\tan {45^0}\)\( = \frac{{ – 9,8}}{{250000}}{x^2} + x\)
b) Ta có: y > 4 000
\( \Leftrightarrow \frac{{ – 9,8}}{{250000}}{x^2} + x > 4000 \Leftrightarrow 9,8{x^2} – 250000x + 1000000000 < 0\)\( \Leftrightarrow 4967,17 < x < 20543,03\)
Vậy để viên đạn bay qua một ngọn núi cao 4 000 mét thì khẩu pháo phải đặt cách chân núi một khoảng từ 4967 mét đến 20543 mét
GIẢI SBT Toán 10 Kết nối tri thức Chương 6 Bài 17
Giải bài 6.27 trang 19 SBT Toán 10 Kết nối tri thức tập 2 – KNTT
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: \({b^2}{x^2} – ({b^2} + {c^2} – {a^2})x + {c^2} > 0,\forall x \in \mathbb{R}\)
Phương pháp giải
Bước 1: Tính giá trị của ∆
Bước 2: Áp dụng bất đẳng thức tam giác để chứng minh ∆ < 0
Bước 3: Kết luận
Lời giải chi tiết
Tam thức bậc hai \({b^2}{x^2} – ({b^2} + {c^2} – {a^2})x + {c^2}\) có ∆ = \({({b^2} + {c^2} – {a^2})^2} – 4{b^2}{c^2}\)
\( = ({b^2} + {c^2} – {a^2} – 2bc)({b^2} + {c^2} – {a^2} + 2bc)\)
\( = \left[ {{{(b – c)}^2} – {a^2}} \right]\left[ {{{(b + c)}^2} – {a^2}} \right]\)
\( = (b – c – a)(b – c + a)(b + c – a)(b + c + a)\)
\( = – (a + c – b)(a + b – c)(b + c – a)(a + b + c)\)
Do a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên a > 0, b > 0, c > 0 và a + b + c > 0
Theo bất đẳng thức tam giác ta có:
\(\begin{array}{l}a + b > c \Leftrightarrow a + b – c > 0\\b + c > a \Leftrightarrow b + c – a > 0\\a + c > b \Leftrightarrow a + c – b > 0\end{array}\)
Do đó \((a + c – b)(a + b – c)(b + c – a)(a + b + c) > 0\) \( \Rightarrow – (a + c – b)(a + b – c)(b + c – a)(a + b + c) < 0\)
\( \Rightarrow \Delta < 0\) với mọi a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác
Vì hệ số a = b2 > 0 và ∆ < 0 nên BPT \({b^2}{x^2} – ({b^2} + {c^2} – {a^2})x + {c^2} > 0\) nghiệm đúng \(\forall x \in \mathbb{R}\)
Vậy \({b^2}{x^2} – ({b^2} + {c^2} – {a^2})x + {c^2} > 0,\forall x \in \mathbb{R}\)
GIẢI SBT Toán 10 Kết nối tri thức Chương 6 Bài 17
=========
THUỘC: Giải sách bài tập toán 10 – Kết nối
Để lại phản hồi