Trang 55 —

Ví dụ 6. Một tình huống trong huấn luyện pháo binh được mô tả như sau: Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, bắn được biểu thị bởi điểm có tọa độ (0;0)(0; 0); vị trí đặt pháo thuộc đường thẳng dd có phương trình x+y−1003=0x + y - \dfrac{100}{3} = 0; viên đạn chuyển động theo đường parabol y=−1α2x2+10αxy = -\dfrac{1}{\alpha^2}x^2 + \dfrac{10}{\alpha}x (α>0\alpha > 0) và và chạm đất tại điểm có tọa độ (x;0)(x; 0). Tìm giá trị của α\alpha đề viên đạn được bắn ra mà phải chạm vào bia mục tiêu và bia đặt tại điểm có tọa độ (2100;15)(2100; 15).

Lời giải:

Từ giả thiết, tọa độ của điểm đặt pháo là nghiệm của phương trình đường thẳng dd: x+y−1003=0x + y - \dfrac{100}{3} = 0. Đường thẳng dd có phương trình y=−x+1003y = -x + \dfrac{100}{3}.

Vì viên đạn được bắn ra từ điểm này và chạm đất tại điểm có toạ độ (x;0)(x; 0) nên toạ độ của điểm đặt pháo phải thoả mãn phương trình parabol y=−1α2x2+10αxy = -\dfrac{1}{\alpha^2}x^2+\dfrac{10}{\alpha}x.

Do đó, ta có hệ phương trình: $$ \begin{aligned} y &= -x + \frac{100}{3} \ y &= - \frac{1}{\alpha^2} x^2 + \frac{10}{\alpha} x \end{aligned} $$

Thế y=−x+1003y = -x + \dfrac{100}{3} vào phương trình y=−1α2x2+10αxy=-\dfrac{1}{\alpha^2}x^2+\dfrac{10}{\alpha}x, ta có:

$$ \begin{aligned} -x + \frac{100}{3} &= -\frac{1}{\alpha^2} x^2 + \frac{10}{\alpha} x \ \iff -\frac{1}{\alpha^2} x^2 + \left(\frac{10}{\alpha} - 1 \right) x + \frac{100}{3} &= 0. \end{aligned} $$

Viên đạn phải chạm vào bia mục tiêu tại điểm M(2100;15)M(2100; 15) nên toạ độ của MM phải thoả mãn phương trình đường cong parabol y=−1α2x2+10αxy = -\dfrac{1}{\alpha^2} x^2 +\dfrac{10}{\alpha} x.

Do đó, 15=−1α2⋅21002+10α⋅210015 = -\dfrac{1}{\alpha^2} \cdot 2100^2 + \dfrac{10}{\alpha} \cdot 2100.

Ta có: $$ \begin{aligned} 15 &= -\frac{2100^2}{\alpha^2} + \frac{21000}{\alpha} \ \iff \frac{2100}{\alpha} \left( 10 - \frac{2100}{\alpha} \right) &= 15 \ \iff \frac{2100}{\alpha} \left( \frac{\alpha - 210}{\alpha} \right) &= \frac{15}{1} \ \iff \frac{2100(\alpha - 210)}{\alpha^2} &= 15 \ \iff 2100(\alpha - 210) &= 15\alpha^2 \ \iff 140\alpha^2 - 2100\alpha + 441000 &= 0 \ \iff \alpha &= \frac{210 \pm \sqrt{(-2100)^2 - 4 \cdot 140 \cdot 441000}}{2 \cdot 140} \ &= \frac{210 \pm \sqrt{44100}}{280} \ &= \frac{210 \pm 210}{280} \end{aligned} $$

Do α>0\alpha > 0 nên α=210+210280=32\alpha = \dfrac{210 + 210}{280} = \dfrac{3}{2}.

Kết quả: 32\frac{3}{2}

Trang 56 — Bài tập

Bài 1.

Trong các bất phương trình sau, bất phương trình nào là bất phương trình bậc hai một ẩn? Vì sao?

a) −2x+2>0-2x + 2 > 0;

b) 12y2−2(y+1)≤0\frac{1}{2}y^2 - \sqrt{2}(y + 1) \le 0;

c) y2+x2−2x≥0y^2 + x^2 - 2x \ge 0.

Lời giải:

Bất phương trình bậc hai một ẩn có dạng ax2+bx+c>0ax^2 + bx + c > 0, ax2+bx+c≥0ax^2 + bx + c \ge 0, ax2+bx+c<0ax^2 + bx + c < 0 hoặc ax2+bx+c≤0ax^2 + bx + c \le 0, trong đó aa, bb, cc là các số thực cho trước và a≠0a \ne 0.

a) −2x+2>0-2x + 2 > 0 không phải là bất phương trình bậc hai một ẩn vì không có thành phần x2x^2.

b) 12y2−2(y+1)≤0\frac{1}{2}y^2 - \sqrt{2}(y + 1) \le 0 là bất phương trình bậc hai một ẩn với a=12a = \frac{1}{2}, b=−2b = -\sqrt{2}, c=−2c = -\sqrt{2}.

c) y2+x2−2x≥0y^2 + x^2 - 2x \ge 0 là bất phương trình bậc hai một ẩn với a=1a = 1, b=−2b = -2, c=0c = 0 (coi yy là ẩn).

Kết quả: b), c).

Bài 2.

Dựa vào đồ thị hàm số bậc hai y=f(x)y = f(x) trong mỗi Hình 30a, 30b, 30c, hãy viết tập nghiệm của mỗi bất phương trình sau: f(x)>0f(x) > 0; f(x)<0f(x) < 0; f(x)≥0f(x) \ge 0; f(x)≤0f(x) \le 0.

Lời giải:

  • Hình 30a:

    • Parabol mở lên và cắt trục OxOx tại (−1;0)(-1; 0) và (3;0)(3; 0).
    • Tập nghiệm:
      • f(x)>0f(x) > 0: x∈(−∞;−1)∪(3;+∞)x \in (-\infty; -1) \cup (3; +\infty).
      • f(x)<0f(x) < 0: x∈(−1;3)x \in (-1; 3).
      • f(x)≥0f(x) \ge 0: x∈(−∞;−1]∪[3;+∞)x \in (-\infty; -1] \cup [3; +\infty).
      • f(x)≤0f(x) \le 0: x∈[−1;3]x \in [-1; 3].

  • Hình 30b:

    • Parabol mở xuống và cắt trục OxOx tại (−2;0)(-2; 0) và (2;0)(2; 0).
    • Tập nghiệm:
      • f(x)>0f(x) > 0: x∈(−2;2)x \in (-2; 2).
      • f(x)<0f(x) < 0: x∈(−∞;−2)∪(2;+∞)x \in (-\infty; -2) \cup (2; +\infty).
      • f(x)≥0f(x) \ge 0: x∈[−2;2]x \in [-2; 2].
      • f(x)≤0f(x) \le 0: x∈(−∞;−2]∪[2;+∞)x \in (-\infty; -2] \cup [2; +\infty).

  • Hình 30c:

    • Parabol mở lên và tiếp xúc trục OxOx tại (1;0)(1; 0).
    • Tập nghiệm:
      • f(x)>0f(x) > 0: x∈(−∞;1)∪(1;+∞)x \in (-\infty; 1) \cup (1; +\infty).
      • f(x)<0f(x) < 0: ∅\emptyset.
      • f(x)≥0f(x) \ge 0: (−∞;+∞)(-\infty; +\infty).
      • f(x)≤0f(x) \le 0: x=1x = 1.

Bài 3.

Giải các bất phương trình bậc hai sau:

a) 2x2−5x+3>02x^2 - 5x + 3 > 0;

b) −x2−2x+8≤0-x^2 - 2x + 8 \le 0;

c) 4x2−12x+9<04x^2 - 12x + 9 < 0;

d) −3x2+2x+1≥0-3x^2 + 2x + 1 \ge 0.

Lời giải:

a) 2x2−5x+3>02x^2 - 5x + 3 > 0

Tam thức f(x)=2x2−5x+3f(x) = 2x^2 - 5x + 3 có Δ=(−5)2−4⋅2⋅3=1>0\Delta = (-5)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 3 = 1 > 0, nghiệm là x1=1x_1 = 1 và x2=32x_2 = \frac{3}{2}.

Vì a=2>0a = 2 > 0 nên f(x)>0f(x) > 0 khi x<1x < 1 hoặc x>32x > \frac{3}{2}.

Tập nghiệm:(−∞;1)∪(32;+∞).\text{Tập nghiệm:} (-\infty; 1) \cup \left(\frac{3}{2}; +\infty\right).

b) −x2−2x+8≤0-x^2 - 2x + 8 \le 0

Tam thức f(x)=−x2−2x+8f(x) = -x^2 - 2x + 8 có Δ=(−2)2−4⋅(−1)⋅8=36>0\Delta = (-2)^2 - 4 \cdot (-1) \cdot 8 = 36 > 0, nghiệm là x1=−4x_1 = -4 và x2=2x_2 = 2.

Vì a=−1<0a = -1 < 0 nên f(x)≤0f(x) \le 0 khi x≤−4x \le -4 hoặc x≥2x \ge 2.

Tập nghiệm:(−∞;−4]∪[2;+∞).\text{Tập nghiệm:} (-\infty; -4] \cup [2; +\infty).

c) 4x2−12x+9<04x^2 - 12x + 9 < 0

Tam thức f(x)=4x2−12x+9f(x) = 4x^2 - 12x + 9 có Δ=(−12)2−4⋅4⋅9=0\Delta = (-12)^2 - 4 \cdot 4 \cdot 9 = 0, nghiệm kép là x=32x = \frac{3}{2}.

Vì a=4>0a = 4 > 0 nên f(x)>0f(x) > 0 với mọi x≠32x \ne \frac{3}{2}.

Tập nghiệm:∅.\text{Tập nghiệm:} \emptyset.

d) −3x2+2x+1≥0-3x^2 + 2x + 1 \ge 0

Tam thức f(x)=−3x2+2x+1f(x) = -3x^2 + 2x + 1 có Δ=22−4⋅(−3)⋅1=16>0\Delta = 2^2 - 4 \cdot (-3) \cdot 1 = 16 > 0, nghiệm là x1=−13x_1 = -\frac{1}{3} và x2=1x_2 = 1.

Vì a=−3<0a = -3 < 0 nên f(x)≥0f(x) \ge 0 khi −13≤x≤1-\frac{1}{3} \le x \le 1.

Tập nghiệm:[−13;1].\text{Tập nghiệm:} \left[-\frac{1}{3}; 1\right].

Bài 4.

Tìm mm để phương trình 2x2+(m+1)x+m−8=02x^2 + (m + 1)x + m - 8 = 0 có nghiệm.

Lời giải:

Phương trình 2x2+(m+1)x+m−8=02x^2 + (m + 1)x + m - 8 = 0 có nghiệm khi và chỉ khi Δ=(m+1)2−4⋅2⋅(m−8)≥0\Delta = (m + 1)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (m - 8) \ge 0.

$$ \begin{aligned} (m + 1)^2 - 8(m - 8) &\ge 0\ m^2 + 2m + 1 - 8m + 64 &\ge 0\ m^2 - 6m + 65 &\ge 0\ (m - 3)^2 + 56 &\ge 0 \end{aligned} $$

Bất phương trình (m−3)2+56≥0(m - 3)^2 + 56 \ge 0 luôn đúng với mọi mm.

Kết quả: R\mathbb{R}.

Bài 5.

Một quả bóng được ném lên trên theo phương thẳng đứng từ mặt đất với vận tốc ban đầu v0=20 m/sv_0 = 20 \text{ m/s}. Quả bóng ở độ cao h(t)h(t) (mét) tại thời điểm tt (giây) sau khi ném được cho bởi $$ h(t) = -5t^2 + v_0t. $$ Một quả bóng khác cũng được ném lên trên từ mặt đất với vận tốc ban đầu v0=20 m/sv_0 = 20 \text{ m/s}. Quả bóng ở độ cao h(t)h(t) (mét) tại thời điểm tt (giây) sau khi ném được cho bởi $$ h(t) = -5t^2 + 20t. $$

Nếu có một quả bóng được thả rơi từ độ cao 8.5 m8.5 \text{ m} sao cho quả bóng chạm đất khi quả bóng khác ở độ cao 6 m6 \text{ m} và hai quả bóng chuyển động theo phương thẳng đứng.

a) Hãy tìm quãng đường của mỗi quả bóng.

b) Trong khoảng thời gian nào thì quãng đường của quả bóng không vượt quá 5 m5 \text{ m}?

Lời giải:

a) Quả bóng 1 có phương trình h(t)=−5t2+20th(t) = -5t^2 + 20t.

  • Thời điểm quả bóng chạm đất: h(t)=0  ⟹  −5t2+20t=0  ⟹  t=0h(t) = 0 \implies -5t^2 + 20t = 0 \implies t = 0 hoặc t=4t = 4.

  • Quãng đường: s1=∣0−0∣=0s_1 = \left| 0 - 0 \right| = 0 đến s1=∣h(4)−0∣=∣0−0∣=0s_1 = \left| h(4) - 0 \right| = \left| 0 - 0 \right| = 0.

Quả bóng 2 rơi tự do từ 8.5 m8.5 \text{ m}.

  • Thời điểm quả bóng chạm đất: h(t)=0  ⟹  8.5−5t2=0  ⟹  t=8.55=1.7h(t) = 0 \implies 8.5 - 5t^2 = 0 \implies t = \sqrt{\frac{8.5}{5}} = \sqrt{1.7}.

  • Quãng đường: s2=8.5s_2 = 8.5.

b) Quả bóng 1 ở độ cao 6 m6 \text{ m}: $$ \begin{aligned} -5t^2 + 20t &= 6 \ 5t^2 - 20t + 6 &= 0 \ t &\approx 0.32 \text{ hoặc } t \approx 3.68. \end{aligned} $$

Quãng đường không vượt quá 5 m5 \text{ m} khi t∈[0;0.32]∪[3.68;4]t \in [0; 0.32] \cup [3.68; 4].

Bài 6.

Công ty An Bình có 10 kg10 \text{ kg} hàng, và công ty dự định sẽ chiết khấu 1000010 000 đồng/kg cho x kgx \text{ kg} hàng đầu tiên. Biết rằng chi phí để vận chuyển x kgx \text{ kg} hàng là 700000x700 000x đồng.

a) Gọi yy là số tiền hàng (đơn vị: nghìn đồng). Hãy lập công thức tính yy theo xx.

b) Số tiền lãi của công ty khi chiết khấu là 800000800 000 đồng và bán hết 10 kg10 \text{ kg} hàng.

Lời giải:

a) Công thức tính yy theo xx: $$ y = (10 - x) \cdot 800 - 10x $$

b) Số tiền lãi của công ty khi chiết khấu là 800000800 000 đồng và bán hết 10 kg10 \text{ kg} hàng.

$$ 800 = (10 - x) \cdot 800 - 10x $$

Giải phương trình ta được x=5x = 5.

Kết quả: x=5x = 5.

Trang 57 — Tìm hiểu thêm

Trang này không có bài tập, câu hỏi, luyện tập hay ví dụ cần giải. Nội dung trang này chỉ tập trung vào việc trình bày lý thuyết và bảng tổng kết các trường hợp có thể xảy ra khi giải bất phương trình bậc hai.

Kết luận

Trang này chỉ chứa nội dung lý thuyết, không có bài tập hoặc câu hỏi cần giải.

SKIP

Trang 58 — Hai dạng phương trình quy về phương trình bậc hai

Bài tập

Luyện tập

Luyện tập 1. Giải phương trình x2−6x−4=x−4\sqrt{x^2 - 6x - 4} = \sqrt{x - 4} (1)(1)

Lời giải:

Bước 1: Bình phương hai vế của (1)(1) ta được: x2−6x−4=x−4(2)x^2 - 6x - 4 = x - 4 \quad (2)

Ta có: (2)⇔x2−7x=0(2) \Leftrightarrow x^2 - 7x = 0

⇔x(x−7)=0\Leftrightarrow x(x - 7) = 0

⇔[x=0x=7\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned} & x = 0 \\ & x = 7 \end{aligned} \right.

Bước 2: Thay x=0x = 0 và x=7x = 7 vào phương trình (1)(1) ta có:

  • x=0x = 0: 02−6⋅0−4=0−4⇔−4=−4\sqrt{0^2 - 6 \cdot 0 - 4} = \sqrt{0 - 4} \Leftrightarrow \sqrt{-4} = \sqrt{-4} (vô lý)

  • x=7x = 7: 72−6⋅7−4=7−4⇔49−42−4=3⇔3=3\sqrt{7^2 - 6 \cdot 7 - 4} = \sqrt{7 - 4} \Leftrightarrow \sqrt{49 - 42 - 4} = \sqrt{3} \Leftrightarrow \sqrt{3} = \sqrt{3} (thỏa mãn)

Vậy nghiệm của phương trình là x=7x = 7.

Kết quả: x=7x = 7