Giải SBT Bài 2 Chương 7 – SBT Toán 10 CHÂN TRỜI – GIẢI CHI TIẾT
===========
Giải bài 1 trang 13 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST
\(x = 2\) là một nghiệm của bất phương trình nào sau đây?
a) \({x^2} – 3x + 1 > 0\)
b) \( – 4{x^2} – 3x + 5 \le 0\)
c) \(2{x^2} – 5x + 2 \le 0\)
Phương pháp giải
Thay \(x = 2\) vào các bất phương trình đã cho để kiểm tra
Lời giải chi tiết
a) Thay \(x = 2\) vào bất phương trình \({x^2} – 3x + 1 > 0\) ta có \({2^2} – 3.2 + 1 = – 1 < 0\) nên \(x = 2\) không phải là nghiệm của bất phương trình \({x^2} – 3x + 1 > 0\)
b) Thay \(x = 2\) vào bất phương trình \( – 4{x^2} – 3x + 5 \le 0\) ta có \( – {4.2^2} – 3.2 + 5 = – 17 < 0\), đúng nên \(x = 2\) là nghiệm của bất phương trình \( – 4{x^2} – 3x + 5 \le 0\)
c) Thay \(x = 2\) vào bất phương trình \(2{x^2} – 5x + 2 \le 0\) ta có \({2.2^2} – 5.2 + 2 = 0\), đúng nên \(x = 2\) là nghiệm của bất phương trình \(2{x^2} – 5x + 2 \le 0\)
GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 7 Bài 2
Giải bài 2 trang 13 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST
Dựa vào đồ thị của hàm số bậc hai đã cho, hãy nêu tập nghiệm của các bất phương trình bậc hai tương ứng
Phương pháp giải
a) Phần đồ thị nằm trên trục hoành tương ứng với \(x \in \left( { – \frac{5}{2};1} \right)\)
b) Dễ thấy toàn bộ đồ thị đều nằm phía trên trục hoành, do đó \(f\left( x \right) > 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\). Vậy tập nghiệm của bất phương trình \(f\left( x \right) < 0\) là \(\emptyset \)
c) Phần đồ thị nằm trên trục hoành tương ứng với \(x \in \mathbb{R}{\rm{\backslash }}\left( {3;4} \right)\)
d) Dễ thấy đồ thị nằm phía dưới trục hoành và cắt trục hoành tại (-1;0)
e) Dễ thấy đồ thị nằm phía trên trục hoành và cắt trục hoành tại \(\left( {\frac{5}{2};0} \right)\)
g) Phần đồ thị nằm trên trục hoành tương ứng với \(x \in \left( { – \infty ;\frac{3}{2}} \right) \cup \left( {\frac{7}{2}; + \infty } \right)\)
Lời giải chi tiết
a) Phần đồ thị nằm trên trục hoành tương ứng với \(x \in \left( { – \frac{5}{2};1} \right)\)
Do đó \(f\left( x \right) \ge 0\) khi và chỉ khi \( – \frac{5}{2} \le x \le 1\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình \(f\left( x \right) \ge 0\) là \(\left[ { – \frac{5}{2};1} \right]\)
b) Dễ thấy toàn bộ đồ thị đều nằm phía trên trục hoành, do đó \(f\left( x \right) > 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\). Vậy tập nghiệm của bất phương trình \(f\left( x \right) < 0\) là \(\emptyset \)
c) Phần đồ thị nằm trên trục hoành tương ứng với \(x \in \mathbb{R}{\rm{\backslash }}\left( {3;4} \right)\)
Do đó\(f\left( x \right) > 0\) khi và chỉ khi \(x < 3\) hoặc \(x > 4\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình \(f\left( x \right) > 0\) là \(\left( { – \infty ;3} \right) \cup \left( {4; + \infty } \right)\)
d) Dễ thấy đồ thị nằm phía dưới trục hoành và cắt trục hoành tại (-1;0)
Do đó \(f\left( x \right) < 0\) khi và chỉ khi \(x \ne – 1\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình \(f\left( x \right) < 0\) là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ { – 1} \right\}\)
e) Dễ thấy đồ thị nằm phía trên trục hoành và cắt trục hoành tại \(\left( {\frac{5}{2};0} \right)\)
Do đó \(f\left( x \right) > 0\) với mọi \(x \ne \frac{5}{2}\) và \(f(x) = 0\) tại \(x = \frac{5}{2}\)
Suy ra \(f\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow f(x) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{5}{2}\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình \(f\left( x \right) \le 0\) là \(\left\{ {\frac{5}{2}} \right\}\)
g) Phần đồ thị nằm trên trục hoành tương ứng với \(x \in \left( { – \infty ;\frac{3}{2}} \right) \cup \left( {\frac{7}{2}; + \infty } \right)\)
\(f\left( x \right) = 0\) khi và chỉ khi \(x = \frac{3}{2}\) hoặc \(x = \frac{7}{2}\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình \(f\left( x \right) \ge 0\) là \(\left( { – \infty ;\frac{3}{2}} \right] \cup \left[ {\frac{7}{2}; + \infty } \right)\)
GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 7 Bài 2
Giải bài 3 trang 14 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST
Giải các bất phương trình bậc hai sau:
a) \( – 9{x^2} + 16x + 4 \le 0\)
b) \(6{x^2} – 13x – 33 < 0\)
c) \(7{x^2} – 36x + 5 \le 0\)
d) \( – 9{x^2} + 6x – 1 \ge 0\)
e) \(49{x^2} + 56x + 16 > 0\)
g) \( – 2{x^2} + 3x – 2 \le 0\)
Phương pháp giải
Giải bất phương trình bậc hai là tìm tập hợp các nghiệm của bât phương trình đó.
Lời giải chi tiết
a) Tam thức bậc hai \( – 9{x^2} + 16x + 4\) có \(a = – 9 < 0\) và hai nghiệm \({x_1} = – \frac{2}{9}\) và \({x_2} = 2\), nên \( – 9{x^2} + 16x + 4 \le 0\) khi và chỉ khi \(x \le – \frac{2}{9}\) hoặc \(x \ge 2\)
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là \(\left( { – \infty ; – \frac{2}{9}} \right] \cup \left[ {2; + \infty } \right)\)
b) Tam thức bậc hai \(6{x^2} – 13x – 33\) có \(a = 6 > 0\) và hai nghiệm \({x_1} = – \frac{3}{2}\) và \({x_2} = \frac{{11}}{3}\), nên \(6{x^2} – 13x – 33 < 0\) khi và chỉ khi \( – \frac{3}{2} < x < \frac{{11}}{3}\)
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là \(\left( { – \frac{3}{2};\frac{{11}}{3}} \right)\)
c)Tam thức bậc hai \(7{x^2} – 36x + 5\) có \(a = 7 > 0\) và hai nghiệm \({x_1} = \frac{1}{7}\) và \({x_2} = 5\), nên \(7{x^2} – 36x + 5 \le 0\) khi và chỉ khi \(\frac{1}{7} \le x \le 5\)
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là \(\left[ {\frac{1}{7};5} \right]\)
d) Tam thức bậc hai \( – 9{x^2} + 6x – 1\) có \(a = – 9 < 0\) và có nghiệm duy nhất \(x = \frac{1}{3}\), nên \( – 9{x^2} + 6x – 1 \le 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)
Vậy bất phương trình \( – 9{x^2} + 6x – 1 \ge 0\) có tập nghiệm là \(\left\{ {\frac{1}{3}} \right\}\)
e) Tam thức bậc hai \(49{x^2} + 56x + 16\) có \(a = 49 > 0\) có nghiệm duy nhất \(x = – \frac{4}{7}\), nên \(49{x^2} + 56x + 16 > 0\) với mọi \(x \ne – \frac{4}{7}\)
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ { – \frac{4}{7}} \right\}\)
g) Tam thức bậc hai \( – 2{x^2} + 3x – 2\) có \(a = – 2 < 0\) và \(\Delta = – 7 < 0\) nên \( – 2{x^2} + 3x – 2 \le 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là \(\mathbb{R}\)
GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 7 Bài 2
Giải bài 4 trang 14 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST
Giải các bất phương trình bậc hai sau:
a) \({x^2} – 3x < 4\)
b) \(0 < 2{x^2} – 11x – 6\)
c) \( – 2{\left( {2x + 3} \right)^2} + 4x + 30 \le 0\)
d) \( – 3\left( {{x^2} – 4x – 1} \right) \le {x^2} – 8x + 28\)
e) \(2{\left( {x – 1} \right)^2} \ge 3{x^2} + 6x + 27\)
g) \(2{\left( {x + 1} \right)^2} + 9\left( { – x + 2} \right) < 0\)
Phương pháp giải
Giải bất phương trình bậc hai là tìm tập hợp các nghiệm của bât phương trình đó.
Lời giải chi tiết
a) Ta có \({x^2} – 3x < 4 \Leftrightarrow {x^2} – 3x – 4 < 0\)
Xét tam thức bậc hai \({x^2} – 3x – 4\) có \(a = 1 > 0\) và có hai nghiệm là \({x_1} = – 1\) và \({x_2} = 4\), nên \({x^2} – 3x – 4 < 0\) khi và chỉ khi \( – 1 < x < 4\)
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là \(\left( { – 1;4} \right)\)
b) Ta có \(0 < 2{x^2} – 11x – 6 \Leftrightarrow 2{x^2} – 11x – 6 > 0\)
Xét tam thức bậc hai \(2{x^2} – 11x – 6\) có \(a = 2 > 0\) và có hai nghiệm là \({x_1} = – \frac{1}{2}\) và \({x_2} = 6\), nên \(2{x^2} – 11x – 6 > 0\) khi và chỉ khi \(x < – \frac{1}{2}\) hoặc \(x > 6\)
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là \(\left( { – \infty ; – \frac{1}{2}} \right) \cup \left( {6; + \infty } \right)\)
c) Ta có \( – 2{\left( {2x + 3} \right)^2} + 4x + 30 \le 0 \Leftrightarrow – 8{x^2} – 20x + 12 \le 0\)
Xét tam thức bậc hai \( – 8{x^2} – 20x + 12\) có \(a = – 8 < 0\) và có hai nghiệm là \({x_1} = – 3\) và \({x_2} = \frac{1}{2}\), nên \( – 8{x^2} – 20x + 12 \le 0\) khi và chỉ khi \(x \le – 3\) hoặc \(x \ge \frac{1}{2}\)
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là \(\left( { – \infty ; – 3} \right] \cup \left[ {\frac{1}{2}; + \infty } \right)\)
d) Ta có \( – 3\left( {{x^2} – 4x – 1} \right) \le {x^2} – 8x + 28 \Leftrightarrow 4{x^2} – 20x + 25 \ge 0\)
Xét tam thức bậc hai \(4{x^2} – 20x + 25 \ge 0\) có \(a = 4 > 0\) và nghiệm duy nhất là \(x = \frac{5}{2}\) nên \(4{x^2} – 20x + 25 \ge 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là \(\mathbb{R}\)
e) Ta có \(2{\left( {x – 1} \right)^2} \ge 3{x^2} + 6x + 27 \Leftrightarrow {x^2} + 10x + 25 \le 0\)
Xét tam thức bậc hai \({x^2} + 10x + 25 \le 0\) có \(a = 1 > 0\) và nghiệm duy nhất là \(x = – 5\) nên \({x^2} + 10x + 25 \le 0\) khi và chỉ khi \(x = – 5\)
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là \(\left\{ { – 5} \right\}\)
g) Ta có \(2{\left( {x + 1} \right)^2} + 9\left( { – x + 2} \right) < 0 \Leftrightarrow 2{x^2} – 5x + 20 < 0\)
Xét tam thức bậc hai \(2{x^2} – 5x + 20\) có \(a = 2 > 0\) và \(\Delta = – 135 < 0\) nên \(2{x^2} – 5x + 20\) luôn lớn hơn không với mọi x
Vậy bất phương trình vô nghiệm
GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 7 Bài 2
Giải bài 5 trang 14 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST
Tìm tập xác định của các hàm số sau:
a) \(y = \sqrt {15{x^2} + 8x – 12} \)
b) \(y = \frac{{x – 1}}{{\sqrt { – 11{x^2} + 30x – 16} }}\)
c) \(y = \frac{1}{{x – 2}} – \sqrt { – {x^2} + 5x – 6} \)
d) \(y = \frac{1}{{\sqrt {2x + 1} }} – \sqrt {6{x^2} – 5x – 21} \)
Phương pháp giải
Bất phương trình bậc lai một ẩn x là bất phương trình có một trong các dạng \(a{x^2} + b{\rm{x}} + c \le 0,a{x^2} + b{\rm{x}} + c < 0,a{x^2} + b{\rm{x}} + c \ge 0,a{x^2} + b{\rm{x}} + c > 0\) với \(a \ne 0\).
Nghiệm của bất phương trình bậc hai là các giá trị của biến x mà khi thay vào bất phương trình ta được bắt đẳng thúc đúng.
Lời giải chi tiết
a) Hàm số xác định khi và chỉ khi \(15{x^2} + 8x – 12 \ge 0\).
Tam thức \(15{x^2} + 8x – 12\) có \(a = 15 > 0\) và có hai nghiệm là \(x = – \frac{6}{5}\) hoặc \(x = \frac{2}{3}\).
Do đó \(15{x^2} + 8x – 12 \ge 0\) khi \(x \le – \frac{6}{5}\) hoặc \(x \ge \frac{2}{3}\)
Vậy tập xác định của hàm số là \(\left( { – \infty ; – \frac{6}{5}} \right] \cup \left[ {\frac{2}{3}; + \infty } \right)\)
b) Hàm số xác định khi và chỉ khi \( – 11{x^2} + 30x – 16 > 0\),
Tam thức \( – 11{x^2} + 30x – 16\) có \(a = – 11 < 0\) và có hai nghiệm là \(x = \frac{8}{{11}}\) hoặc \(x = 2\).
Do đó \( – 11{x^2} + 30x – 16 > 0\) khi \(\frac{8}{{11}} < x < 2\)
Vậy tập xác định của hàm số là \(\left( {\frac{8}{{11}};2} \right)\)
c) Hàm số xác định khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}x – 2 \ne 0\\ – {x^2} + 5x – 6 \ge 0\end{array} \right.\)
Tam thức \( – {x^2} + 5x – 6\) có \(a = – 1 < 0\) và có hai nghiệm là \(x = 2\) hoặc \(x = 3\).
Do đó \( – {x^2} + 5x – 6 \ge 0\) khi \(2 \le x \le 3\)
Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}x – 2 \ne 0\\ – {x^2} + 5x – 6 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 2\\2 \le x \le 3\end{array} \right. \Leftrightarrow 2 < x \le 3\)
Vậy tập xác định của hàm số là \(\left( {2;3} \right]\)
d) Hàm số xác định khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 1 > 0\\6{x^2} – 5x – 21 \ge 0\end{array} \right.\)
Tam thức \(6{x^2} – 5x – 21\) có \(a = 6 > 0\) và có hai nghiệm là \(x = – \frac{3}{2}\) hoặc \(x = \frac{7}{3}\).
Do đó \(6{x^2} – 5x – 21 \ge 0\) khi \(\left[ \begin{array}{l}x \le – \frac{3}{2}\\x \ge \frac{7}{3}\end{array} \right.\)
Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 1 > 0\\6{x^2} – 5x – 21 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > – \frac{1}{2}\\\left[ \begin{array}{l}x \le – \frac{3}{2}\\x \ge \frac{7}{3}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge \frac{7}{3}\)
Vậy tập xác định của hàm số là \(\left[ {\frac{7}{3}; + \infty } \right)\)
GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 7 Bài 2
Giải bài 6 trang 14 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST
Tìm giá trị của tham số m để:
a) \(x = 3\) là một nghiệm của bất phương trình \(\left( {{m^2} – 1} \right){x^2} + 2mx – 15 \le 0\)
b) \(x = – 1\) là một nghiệm của bất phương trình \(m{x^2} – 2x + 1 > 0\)
c) \(x = \frac{5}{2}\) là một nghiệm của bất phương trình \(4{x^2} + 2mx – 5m \le 0\)
d) \(x = – 2\) là một nghiệm của bất phương trình \(\left( {2m – 3} \right){x^2} – \left( {{m^2} + 1} \right)x \ge 0\)
e) \(x = m + 1\) là một nghiệm của bất phương trình \(2{x^2} + 2mx – {m^2} – 2 < 0\)
Phương pháp giải
Bất phương trình bậc lai một ẩn x là bất phương trình có một trong các dạng \(a{x^2} + b{\rm{x}} + c \le 0,a{x^2} + b{\rm{x}} + c < 0,a{x^2} + b{\rm{x}} + c \ge 0,a{x^2} + b{\rm{x}} + c > 0\) với \(a \ne 0\).
Nghiệm của bất phương trình bậc hai là các giá trị của biến x mà khi thay vào bất phương trình ta được bắt đẳng thúc đúng.
Lời giải chi tiết
a) \(x = 3\) là nghiệm của bất phương trình \(\left( {{m^2} – 1} \right){x^2} + 2mx – 15 \le 0\) khi và chỉ khi:
\(\left( {{m^2} – 1} \right){.3^2} + 2m.3 – 15 \le 0 \Leftrightarrow 9{m^2} + 6m – 24 \le 0\)
Tam thức \(9{m^2} + 6m – 24\) có \(a = 9 > 0\) và hai nghiệm là \(m = – 2\) và \(m = \frac{4}{3}\)
Do đó \(9{m^2} + 6m – 24 \le 0 \Leftrightarrow – 2 \le m \le \frac{4}{3}\)
Vậy \(m \in \left[ { – 2;\frac{4}{3}} \right]\)
b) \(x = – 1\) là nghiệm của bất phương trình \(m{x^2} – 2x + 1 > 0\) khi và chỉ khi:
\(m.{\left( { – 1} \right)^2} – 2.\left( { – 1} \right) + 1 > 0 \Leftrightarrow m + 3 > 0 \Leftrightarrow m > – 3\)
Vậy khi \(m \in \left( { – 3; + \infty } \right)\)
c) \(x = \frac{5}{2}\) là nghiệm của bất phương trình \(4{x^2} + 2mx – 5m \le 0\) khi và chỉ khi:
\(4.{\left( {\frac{5}{2}} \right)^2} + 2m.\left( {\frac{5}{2}} \right) – 5m \le 0 \Leftrightarrow 25 \le 0\) (vô lí)
Vậy không có m thỏa mãn yêu cầu
d) \(x = – 2\) là nghiệm của bất phương trình \(\left( {2m – 3} \right){x^2} – \left( {{m^2} + 1} \right)x \ge 0\) khi và chỉ khi:
\(\left( {2m – 3} \right).{\left( { – 2} \right)^2} – \left( {{m^2} + 1} \right).\left( { – 2} \right) \ge 0 \Leftrightarrow 2{m^2} + 8m – 10 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \le – 5\\m \ge 1\end{array} \right.\)
Vậy \(m \in \left( { – \infty ; – 5} \right] \cup \left[ {1; + \infty } \right)\)
e) \(x = m + 1\) là nghiệm của bất phương trình \(2{x^2} + 2mx – {m^2} – 2 < 0\) khi và chỉ khi:
\(2.{\left( {m + 1} \right)^2} + 2m.\left( {m + 1} \right) – {m^2} – 2 < 0 \Leftrightarrow 3{m^2} + 6m < 0 \Leftrightarrow – 2 < x < 0\)
Vậy \(m \in \left( { – 2;0} \right)\)
GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 7 Bài 2
Giải bài 7 trang 14 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST
Với giá trị nào của tham số m thì:
a) Phương trình \(4{x^2} + 2\left( {m – 2} \right)x + {m^2} = 0\) có nghiệm
b) Phương trình \(\left( {m + 1} \right){x^2} + 2mx – 4 = 0\) có hai nghiệm phân biệt
c) Phương trình \(m{x^2} + \left( {m + 1} \right)x + 3m + 10 = 0\) vô nghiệm
d) Bất phương trình \(2{x^2} + \left( {m + 2} \right)x + \left( {2m – 4} \right) \ge 0\) có tập nghiệm là \(\mathbb{R}\)
e) Bất phương trình \( – 3{x^2} + 2mx + {m^2} \ge 0\) có tập nghiệm là \(\mathbb{R}\)
Phương pháp giải
a, b, c)
Bước 1: Tính \(\Delta = {b^2} – 4ac\) hoặc \(\Delta ‘ = b{‘^2} – ac\) với \(b = 2b’\)
Bước 2:
+) phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0\)
+) phương trình có 1 nghiệm duy nhất \( \Leftrightarrow \Delta = 0\)
+) phương tình vô nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta < 0\)
Bước 3: Xét dấu tam thức bậc hai và kết luận.
d, e) \(f(x) \ge 0\;\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\Delta \le 0\end{array} \right.\)
Lời giải chi tiết
a) Phương trình \(4{x^2} + 2\left( {m – 2} \right)x + {m^2} = 0\) có nghiệm khi và chỉ khi \(\Delta ‘ \ge 0\)
hay \({\left( {m – 2} \right)^2} – 4{m^2} \ge 0 \Leftrightarrow – 3{m^2} – 4m + 4 \ge 0 \Leftrightarrow – 2 \le m \le \frac{2}{3}\)
Vậy \(m \in \left[ { – 2;\frac{2}{3}} \right]\)
b) Phương trình \(\left( {m + 1} \right){x^2} + 2mx – 4 = 0\) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ‘ > 0\\m + 1 \ne 0\end{array} \right.\), hay \({m^2} – \left( {m + 1} \right).\left( { – 4} \right) > 0 \Leftrightarrow {m^2} + 4m + 4 > 0\) và \(m \ne – 1\)
mà \({m^2} + 4m + 4 > 0\forall m \ne – 2\)
Vậy với \(m \in \mathbb{R}\backslash \left\{ { – 2; – 1} \right\}\)thì phương trình \(\left( {m + 1} \right){x^2} + 2mx – 4 = 0\) có hai nghiệm phân biệt
c) Phương trình \(m{x^2} + \left( {m + 1} \right)x + 3m + 10 = 0\) vô nghiệm khi và chỉ khi \(\Delta < 0\)
hay \({\left( {m + 1} \right)^2} – 4m\left( {3m + 10} \right) < 0 \Leftrightarrow – 11{m^2} – 38m + 1 < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < \frac{{ – 19 – 2\sqrt {93} }}{{11}}\\x > \frac{{ – 19 + 2\sqrt {93} }}{{11}}\end{array} \right.\)
Vậy khi \(m \in \left( { – \infty ;\frac{{ – 19 – 2\sqrt {93} }}{{11}}} \right) \cup \left( {\frac{{ – 19 + 2\sqrt {93} }}{{11}}; + \infty } \right)\) thì phương trình \(m{x^2} + \left( {m + 1} \right)x + 3m + 10 = 0\) vô nghiệm
d) Bất phương trình \(2{x^2} + \left( {m + 2} \right)x + \left( {2m – 4} \right) \ge 0\) có tập nghiệm là R
\( \Leftrightarrow 2{x^2} + \left( {m + 2} \right)x + \left( {2m – 4} \right) \ge 0\;\forall x \in \mathbb{R}\)
Vì \(a = 2 > 0\) nên để bất phương trình có tập nghiệm trên \(\mathbb{R}\) khi và chỉ khi \(\Delta \le 0\)
hay \({\left( {m + 2} \right)^2} – 4.2\left( {2m – 4} \right) < 0 \Leftrightarrow {m^2} – 12m + 36 \le 0 \Leftrightarrow m = 6\)
Vậy \(m = 6\)
e) Bất phương trình \( – 3{x^2} + 2mx + {m^2} \ge 0\) có tập nghiệm là R
\( \Leftrightarrow – 3{x^2} + 2mx + {m^2} \ge 0\;\forall x \in \mathbb{R}\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = – 3 > 0\\\Delta \le 0\end{array} \right.\) (Vô lí)
Do đó bất phương trình không thể có tập nghiệm là \(\mathbb{R}\)
Vậy không có giá trị m thỏa mãn yêu cầu
GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 7 Bài 2
Giải bài 8 trang 14 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST
Lợi nhuận thu được từ việc sản xuất và bán x sản phẩm thủ công của một cửa hàng là:
\(I\left( x \right) = – 0,1{x^2} + 235x – 70000\)
Với I được tính bằng đơn vị nghìn đồng. Với số lượng sản phẩm bán ra là bao nhiêu thì cửa hàng có lãi?
Phương pháp giải
Ta biết cửa hàng có lãi khi và chỉ khi \(I\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow – 0,1{x^2} + 235x – 70000 > 0\)
Lời giải chi tiết
Xét tam thức bậc hai \( – 0,1{x^2} + 235x – 70000\) có \(a = – 0,1 < 0\) và hai nghiệm là \(x = 350\) và \(x = 2000\)
Do đó \( – 0,1{x^2} + 235x – 70000 > 0 \Leftrightarrow 350 < x < 2000\)
Vậy khi số lượng sản phẩm sản xuất và bán ra từ 351 đến 1999 thì của hàng trên có lãi.
GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 7 Bài 2
Giải bài 9 trang 15 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST
Một quả bóng được nắm thẳng lên từ độ cao \({h_{_0}}\)(m) với vận tốc \({v_0}\) (m/s). Độ cao của bóng so với mặt đất (tính bằng mét) sau t (s) được cho bởi hàm số
\(h\left( t \right) = – \frac{1}{2}g{t^2} + {v_0}t + {h_0}\) với \(g = 10\) (m/s2) là gia tốc trọng tường
a) Tính \({h_{_0}}\) và \({v_0}\) biết độ cao của quả bóng sau 0,5 giây và 1 giây lần lượt là 4,75 m và 5 m.
b) Quả bóng có thể đạt được độ cao trên 4 m không? Nếu có thì trong thời gian bao lâu?
c) Cúng ném từ độ cao \({h_{_0}}\) như trên, nếu muốn độ cao của bóng sau 1 giây trong khoảng từ 2 m đến 3 m thì vận tốc ném bóng \({v_0}\) cần là bao nhiêu?
Lưu ý: Đáp số làm tròn đến hàng phần trăm.
Phương pháp giải
a) Thay \(g = 10\) ta được \(h\left( t \right) = – 5{t^2} + {v_0}t + {h_0}\)
b) Bóng cao trên 4 m tương đương \(h\left( t \right) > 4 \Leftrightarrow – 5{t^2} + 8t + 2 > 4\)
Lời giải chi tiết
a) Độ cao h của quả bóng tại thời điểm khi ném 0,5 giây và 1 giây lần lượt là 4,75 m và 5 m ta được:
\(\left\{ \begin{array}{l}4,75 = – 5.{\left( {0,5} \right)^2} + {v_0}\left( {0,5} \right) + {h_0}\\5 = – {5.1^2} + {v_0}.1 + {h_0}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,5{v_0} + {h_0} = 6\\{v_0} + h = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{v_0} = 8\\{h_0} = 2\end{array} \right.\)
Vậy \({h_{_0}}= 2 m\) và \({v_0}=8 m/s\), \(h\left( t \right) = – 5{t^2} + 8t + 2\)
b) Bóng cao trên 4 m tương đương \(h\left( t \right) > 4 \Leftrightarrow – 5{t^2} + 8t + 2 > 4\)
\( \Leftrightarrow – 5{t^2} + 8t – 2 > 0 \Leftrightarrow \frac{{4 – \sqrt 6 }}{5} < t < \frac{{4 + \sqrt 6 }}{5}\)
Khoảng thời gian bóng cao trên 4 m là: \(\frac{{4 + \sqrt 6 }}{5} – \frac{{4 – \sqrt 6 }}{5} = \frac{{2\sqrt 6 }}{5} \approx 0,98\)
Vậy bóng đạt độ cao trên 4 m trong khoảng thời gian gần bằng 0,98 giây
c) Để quả bóng có độ cao sau 1 giây trong khoảng 2 m đến 3 m khi và chỉ khi \(2 < h\left( 1 \right) < 3 \Leftrightarrow 2 < – {5.1^2} + {v_0} + 2 < 3 \Leftrightarrow 5 < {v_0} < 6\)
Vậy vận tốc ném ban đầu nằm trong khoảng 5m/s đến 6 m/s
GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 7 Bài 2
Giải bài 10 trang 15 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST
Từ độ cao \({y_0}\) mét, một quả bóng được ném lên xiên một góc \(\alpha \) so với phương ngang với vạn tốc đầu \({v_0}\) có phương trình chuyển động
\(y = \frac{{ – g}}{{2{v_0}^2{{\cos }^2}\alpha }}{x^2} + \left( {\tan \alpha } \right)x + {y_0}\) với \(g = 10\) m/s2
a) Viết phương trình chuyển động của quả bóng nếu \(\alpha = 30^\circ ,{y_0} = 2\) m và \({v_0} = 7\)m/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
Phương pháp giải
a) Thay \(\alpha = 30^\circ ,{y_0} = 2\) m và \({v_0} = 7\)m/s vào phương trình chuyển động
b) Để ném quả bóng qua bước tường cao 2,5 mét thì \(y > 2,5 \Leftrightarrow – \frac{{20}}{{147}}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{3}x + 2 > 2,5 \Leftrightarrow – \frac{{20}}{{147}}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{3}x – 0,5 > 0\)
Lời giải chi tiết
a) Thay \(\alpha = 30^\circ ,{y_0} = 2\) m và \({v_0} = 7\)m/s vào phương trình chuyển động ta có :
\(y = \frac{{ – 10}}{{{{2.7}^2}{{\cos }^2}30^\circ }}{x^2} + \left( {\tan 30^\circ } \right)x + 2 = – \frac{{20}}{{147}}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{3}x + 2\)
b) Để ném quả bóng qua bước tường cao 2,5 mét thì \(y > 2,5 \Leftrightarrow – \frac{{20}}{{147}}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{3}x + 2 > 2,5 \Leftrightarrow – \frac{{20}}{{147}}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{3}x – 0,5 > 0\)
Tam thức bậc hai \( – \frac{{20}}{{147}}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{3}x – 0,5\) có a<0 và hai nghiệm là \(x = \frac{{7\sqrt 3 }}{{10}}\) và \(x = \frac{{7\sqrt 3 }}{4}\)
Do đó \( – \frac{{20}}{{147}}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{3}x – 0,5 > 0 \Leftrightarrow x \in \left( {\frac{{7\sqrt 3 }}{{10}};\frac{{7\sqrt 3 }}{4}} \right)\)
\(\frac{{7\sqrt 3 }}{{10}} \approx 1,21;\frac{{7\sqrt 3 }}{4} \approx 3,03\)
Vậy người ném bóng cần đứng cách tường khoảng 1,21 m đến 3,03 m
GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 7 Bài 2
Giải bài 11 trang 15 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST
Một hình chữ nhật có chu vi bằng 20 cm. Để tính diện tích hình chữ nhật lớn hơn hoặc bằng 15 cm2 thì chiều rộng của hình chữ nhật nằm trong khoảng bao nhiêu?
Phương pháp giải
Gọi x là chiều rộng của hình chữ nhật (đơn vị: cm)
Khi đó chiều dài của hình chữ nhật là \(10 – x\)
Lời giải chi tiết
Ta có \(0 < x \le 10 – x \Leftrightarrow 0 < x \le 5\) (1)
Diện tích hình chữ nhật là \(S = x\left( {10 – x} \right)\)
Theo giả thiết ta có \(S = x\left( {10 – x} \right) \ge 15 \Leftrightarrow – {x^2} + 10x – 15 \ge 0 \Leftrightarrow 5 – \sqrt {10} \le x \le 5 + \sqrt {10} \) (2)
Kết hợp (1) và (2) ta có: \(5 – \sqrt {10} \le x \le 5\)
Vậy chiều rộng của hình chữ nhật nằm trong khoảng 1,84 cm đến 5 cm.
GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 7 Bài 2
Giải bài 12 trang 15 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST
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 tọa 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 chuyền 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
Phương pháp giải
Giả sử phương trình mô tả cổng có dạng \(y = a{x^2} + bx + c\)
+) Gốc tọa độ tại chân cổng
+) Chân cổng còn lại có hoành độ bằng khoảng cách 2 chân cổng là 4 m
+) Đỉnh cổng có tọa độ (2;5)
Lời giải chi tiết
a) Từ cách đặt hệ trục ta có:
+) Gốc tọa độ tại chân cổng nên \(0 = a{.0^2} + b.0 + c \Leftrightarrow c = 0\)
+) Chân cổng còn lại có hoành độ bằng khoảng cách 2 chân cổng là 4 m nên \(0 = a{.4^2} + b.4 + c \Leftrightarrow 16a + 4b + c = 0\)
+) Đỉnh cổng có tọa độ (2;5) nên \(5 = a{.2^2} + b.2 + c \Leftrightarrow 4a + 2b + c = 5\)
Giải hệ phương trình lập được từ ba phương trình trên ta được \(a = – \frac{5}{4};b = 5;c = 0\)
Vậy phương trình vòm cổng là \(y = – \frac{5}{4}{x^2} + 5x\)
b) Yêu cầu bài toán tương đương với tìm các giá trị của x để \(y \ge 3\)
\( \Leftrightarrow – \frac{5}{4}{x^2} + 5x \ge 3 \Leftrightarrow – \frac{5}{4}{x^2} + 5x – 3 \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{10 – 2\sqrt {10} }}{5}x \le \frac{{10 + 2\sqrt {10} }}{5}\)
Suy ra chiều rộng tối đa mà thùng hàng có thể qua cổng là \(\frac{{10 + 2\sqrt {10} }}{5} – \frac{{10 – 2\sqrt {10} }}{5} = \frac{{4\sqrt {10} }}{5} \approx 2,53\)
Vậy chiều rộng tối ra của thùng hàng gần bằng 2,53 m
GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 7 Bài 2
===========
THUỘC: Giải sách bài tập Toán 10 – Chân trời
Trả lời