Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Dấu tam thức, BPT bậc hai (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
Giải $-2x^2+5x-2\ge 0\iff 2x^2-5x+2\le 0\iff (2x-1)(x-2)\le 0\iff \frac{1}{2}\le x\le 2$. Vậy $[a;b]=\left[\frac{1}{2};2\right]$, tức $a=\frac{1}{2},b=2$. Do đó $P=25b-2a=25\cdot 2-2\cdot \frac{1}{2}=50-1=49$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (49).

(AI giải đề cho tôi)
Tam thức bậc hai là biểu thức dạng $a{x}^2+bx+c$ với $a\ne 0$. Xét từng phương án: A) $f_4(x)=x+8$ là nhị thức bậc nhất, không phải tam thức bậc hai. B) $f_3(x)=3x^2+4+\frac{1}{x}$ có chứa $\frac{1}{x}$, không phải đa thức, không phải tam thức bậc hai. C) $f_2(x)=\sqrt{x^2+3x+4}$ chứa dấu căn, không phải tam thức bậc hai. D) $f_1(x)=3x^2+4x-1$ có dạng $a{x}^2+bx+c$ với $a=3\ne 0$, $b=4$, $c=-1$, đúng là tam thức bậc hai. Kết quả trùng với đáp án nguồn (mã đề 209, câu 9: D).

(AI giải đề cho tôi)
Bất phương trình $-x^2+4x-3\ge 0\iff x^2-4x+3\le 0\iff (x-1)(x-3)\le 0\iff 1\le x\le 3$. Vậy tập nghiệm là $[1;3]$, tức $a=1,b=3$. Khi đó $P=3a-2b=3\cdot 1-2\cdot 3=3-6=-3$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (-3).

(AI giải đề cho tôi)
Tam thức bậc hai là biểu thức dạng $a{x}^2+bx+c$ với $a\ne 0$. Xét từng phương án: A) $f_2(x)=\sqrt{x^2+3x+4}$ chứa dấu căn nên không phải đa thức, không phải tam thức bậc hai. B) $f_3(x)=3x^2+4+\frac{1}{x}$ có chứa $\frac{1}{x}$ nên không phải đa thức. C) $f_4(x)=x+8$ là nhị thức bậc nhất. D) $f_1(x)=3x^2+4x-1$ có dạng $a{x}^2+bx+c$ với $a=3\ne 0$, đây là tam thức bậc hai. Vậy đáp án là D, trùng với đáp án nguồn (Câu 7, mã đề 132: D).

(AI giải đề cho tôi)
Xét $f(x)=m{x}^2+(2m-1)x+m+1<0$. Với $m=0$: $-x+1<0\iff x>1$, có nghiệm nên $m=0\in S$. Với $m\ne 0$, bất phương trình có nghiệm khi $\Delta >0$: $\Delta =(2m-1{)}^2-4m(m+1)=4m^2-4m+1-4m^2-4m=-8m+1>0\iff m<\frac{1}{8}$. Vậy $S=(-\infty ;\frac{1}{8}]$. Kiểm tra các khoảng: $(-1;0)\subset S$ (đúng); $(0;1)\not\subset S$ vì $\frac{1}{2}\notin S$; $(-2;3)\not\subset S$; $(1;2)\not\subset S$. Chọn B, khớp đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng xét dấu, $f(x)$ có hai nghiệm $x=1$ và $x=3$ với hệ số dương, nên $f(x)=(x-1)(x-3)=x^2-4x+3$, suy ra $a=4$, $b=3$.

a) $f(4)=16-16+3=3$ → Đúng.

b) $a+b=4+3=7$ → Đúng.

c) Vì hệ số $a=4>0$, tam thức âm giữa hai nghiệm: $f(x)<0\iff 1<x<3$ → Đúng.

d) $(x^2-3x+2)f(x)\le 0\iff (x-1{)}^2(x-2)(x-3)\le 0$. Vì $(x-1{)}^2\ge 0$ với mọi $x$, bất đẳng thức tương đương với $(x-2)(x-3)\le 0$ hoặc $x=1$. Vậy tập nghiệm là $\{1\}\cup [2;3]$, không chỉ $[2;3]$ → Sai.

Kết quả: a) Đúng, b) Đúng, c) Đúng, d) Sai, khớp đáp án ĐĐĐS của đề.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Vì $f(x)=(x-1)(x-3)=x^2-4x+3$ nên $f(4)=16-16+3=3$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$a=4$, $b=3$ nên $a+b=7$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Hệ số $a=4>0$ nên $f(x)<0$ trên khoảng giữa hai nghiệm $(1;3)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$(x^2-3x+2)f(x)\le 0\iff (x-1{)}^2(x-2)(x-3)\le 0$. Vì $(x-1{)}^2\ge 0$ với mọi $x$, bất đẳng thức tương đương $(x-2)(x-3)\le 0$ hoặc $x=1$, tức $x\in \{1\}\cup [2;3]$, không chỉ $[2;3]$ → Sai.

(AI giải đề cho tôi)
Bảng xét dấu cho thấy $f(x)$ có hai nghiệm $x=-2$ và $x=4$, âm ngoài khoảng $(-2;4)$ và dương trong khoảng $(-2;4)$, nên tam thức có hệ số $a<0$ và $f(x)=a(x+2)(x-4)$. Xét đáp án A: $f(x)=-x^2+2x+8=-(x-4)(x+2)$, có nghiệm $-2$ và $4$, $a=-1<0$ nên $f(x)>0$ khi $x\in (-2;4)$ và $f(x)<0$ khi $x<-2$ hoặc $x>4$: khớp bảng xét dấu. Đáp án B có nghiệm $-4$ và $2$ (sai nghiệm); C và D có $a>0$ nên dương ngoài, âm trong (sai dấu). Vậy chọn A.

$(x-2{)}^2\le 5\iff x^2-4x-1\le 0$ (0,25 điểm)

Giải: $x^2-4x-1=0\iff x=2\pm \sqrt{5}$ (0,25 điểm)

Bảng xét dấu:
(0,25 điểm)

Vậy $S=\left[2-\sqrt{5};2+\sqrt{5}\right]$ (0,25 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
Tam thức bậc hai là hàm số dạng $f(x)=a{x}^2+bx+c$ với $a\ne 0$. Xét từng khẳng định: A) $f(x)=2x^4-3x^2+1$ có bậc 4, không phải tam thức bậc hai (sai). B) $f(x)=x^3+2x-1$ có bậc 3, không phải tam thức bậc hai (sai). C) $f(x)=5x-1$ có bậc 1, là nhị thức bậc nhất, không phải tam thức bậc hai (sai). D) $f(x)=x^2-5=1\cdot x^2+0\cdot x-5$ có bậc 2 với $a=1\ne 0$, là tam thức bậc hai (đúng). Kết quả khớp với đáp án nguồn: D.

(AI giải đề cho tôi)
Tam thức bậc hai là hàm số dạng $f(x)=a{x}^2+bx+c$ với $a\ne 0$. Xét từng khẳng định: A) $f(x)=x^3+2x-1$ có bậc 3, không phải tam thức bậc hai (sai). B) $f(x)=2x^4-3x^2+1$ có bậc 4, không phải tam thức bậc hai (sai). C) $f(x)=5x-1$ có bậc 1, là nhị thức bậc nhất, không phải tam thức bậc hai (sai). D) $f(x)=x^2-5=1\cdot x^2+0\cdot x-5$ có dạng $a{x}^2+bx+c$ với $a=1\ne 0$, là tam thức bậc hai (đúng). Kết quả trùng với đáp án nguồn: D.

$(x-2{)}^2\le 5\iff x^2-4x-1\le 0$ (0,25 điểm)

Giải: $x^2-4x-1=0\iff x=2\pm \sqrt{5}$ (0,25 điểm)

Bảng xét dấu:
(0,25 điểm)

Vậy $S=\left[2-\sqrt{5};2+\sqrt{5}\right]$ (0,25 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
Tam thức bậc hai đối với $x$ là biểu thức dạng $a{x}^2+bx+c$ với $a\ne 0$. Xét các phương án: A. $f(x)=x+1$ là nhị thức bậc nhất, không phải tam thức bậc hai. B. $f(x)=\frac{x^2+x+1}{x+1}$ là phân thức hữu tỉ, không phải tam thức bậc hai. C. $f(x)=x^2+x+1$ có dạng $a{x}^2+bx+c$ với $a=1\ne 0$, $b=1$, $c=1$, đây là tam thức bậc hai đối với $x$. D. $f(x)=(x+1)(x^2+x+1)=x^3+2x^2+2x+1$ là đa thức bậc ba, không phải tam thức bậc hai. Vậy đáp án đúng là C, trùng với đáp án nguồn (mã đề 5101, câu 10: C).

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=\sqrt{2x^2-5x+2}$ xác định khi $2x^2-5x+2\ge 0$. Phương trình $2x^2-5x+2=0$ có nghiệm $x=\frac{1}{2}$ và $x=2$ (vì $\Delta =25-16=9$). Do hệ số $a=2>0$, biểu thức $2x^2-5x+2\ge 0$ khi $x\le \frac{1}{2}$ hoặc $x\ge 2$. Vậy $D=\left(-\infty ;\frac{1}{2}\right]\cup [2;+\infty )$, tương ứng đáp án C.

$x^2-2y-z-y^2+2z+x=0$ nên $0=x^2-y^2+x-2y+z=(x-y)(x+y)+(x-y)-y+z$.
Suy ra $y-z=(x-y)(x+y+1)$, tương tự $z-x=(y-z)(y+z+1)$ và $x-y=(z-x)(z+x+1)$.
Nhân vào có được $(x-y)(y-z)(z-x)=(x-y)(y-z)(z-x)(x+y+1)(y+z+1)(z+x+1)$.
Để ý $(x+y+1)(y+z+1)(z+x+1)>1$ nên $(x-y)(y-z)(z-x)=0$.
Không mất tính tổng quát, giả sử $x=y$, suy ra $(z-x)(z+x+1)=0$ nên $z=x$.
Từ đó suy ra được $x=y=z$.

Theo bất đẳng thức Cauchy–Schwarz, ta có $\frac{a^2}{c}+\frac{b^2}{a}+\frac{c^2}{b}\ge \frac{(a+b+c{)}^2}{a+b+c}=1$ nên $a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a\ge abc$.
Mặt khác, bất đẳng thức Schur bậc ba ta có $(a+b+c{)}^3+9abc\ge 4(a+b+c)(ab+bc+ca)$.
Vì $a+b+c=1$, suy ra $1+9abc\ge 4(ab+bc+ca)$. Từ đó ta suy ra được:
$$9(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a)+1\ge 9abc+1\ge 4(ab+bc+ca).$$

(AI giải đề cho tôi)
Xét bất phương trình $\frac{-x^2+4x-3}{x^2-x-2}\ge 0$. Phân tử hoá: $-x^2+4x-3=-(x-1)(x-3)$; mẫu: $x^2-x-2=(x-2)(x+1)$. Điều kiện $x\ne -1,x\ne 2$. Bất phương trình tương đương $\frac{(x-1)(x-3)}{(x-2)(x+1)}\le 0$. Lập bảng xét dấu với nghiệm $x=-1,1,2,3$: trên $(-\infty ;-1)$ biểu thức dương; trên $(-1;1)$ âm; trên $(1;2)$ dương; trên $(2;3)$ âm; trên $(3;+\infty )$ dương. Kết hợp điều kiện và các nghiệm làm tử số bằng 0 ($x=1$, $x=3$ được nhận), ta được tập nghiệm $(-1;1]\cup (2;3]$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Nhịp tim ổn định khi $H(t)\ge 60$: $-t^2+10t+44\ge 60\iff t^2-10t+16\le 0\iff 2\le t\le 8$. Vậy $a=2,b=8$, do đó $S=a+b=10$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $2x^2-3x+1\ge 0$. Phương trình $2x^2-3x+1=0$ có nghiệm $x=\frac{1}{2}$ và $x=1$ (vì $\Delta =9-8=1$). Tam thức có hệ số $a=2>0$ nên $2x^2-3x+1\ge 0$ khi $x\le \frac{1}{2}$ hoặc $x\ge 1$. Tập nghiệm: $\left(-\infty ;\frac{1}{2}\right]\cup [1;+\infty )$, tương ứng đáp án C.

Với $b=c=t$ thì $a=\frac{3-t^2}{2t}$ với $0<t<\sqrt{3}$.
Thay vào bất đẳng thức ta được $\sqrt{a^3+ka}+2\sqrt{t^3+kt}\ge \sqrt{3(k+1)(a+2t)}$.
Cho $t\to {\left(\sqrt{3}\right)}^{-}$, tức $a\to 0^{+}$ thì
$$2\cdot 3^{1/4}\sqrt{k+3}\ge 3^{1/4}\sqrt{6(k+1)}⟺2\sqrt{k+3}\ge \sqrt{6(k+1)}⟺k\le 3$$
Ta sẽ chứng minh $k=3$ thỏa mãn, tức với mọi $a,b,c>0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=3$ thì
$$\sqrt{a^3+3a}+\sqrt{b^3+3b}+\sqrt{c^3+3c}\ge \sqrt{12(a+b+c)}$$
Ta có ${\left({\sum }_{cyc}\sqrt{a^3+3a}\right)}^2={\sum }_{cyc}(a^3+3a)+2{\sum }_{cyc}\sqrt{(a^3+3a)(b^3+3b)}$.
Đặt $p=a+b+c$, $q=ab+bc+ca=3$, $r=abc$ thì
$$\sum _{cyc}(a^3+3a)=(a^3+b^3+c^3)+3(a+b+c)=(p^3-3pq+3r)+3p=p^3-6p+3r$$
Hơn thế nữa
$$\sqrt{(a^3+3a)(b^3+3b)}=\sqrt{a(a+b)(a+c)\cdot b(a+b)(b+c)}=(a+b)\sqrt{ab(a+c)(b+c)}\ge (a+b)(ab+c\sqrt{ab})$$
Do đó $2{\sum }_{cyc}\sqrt{(a^3+3a)(b^3+3b)}\ge 2{\sum }_{cyc}ab(a+b)+2{\sum }_{cyc}c(a+b)\sqrt{ab}$.
Dễ ý thêm $a+b\ge 2\sqrt{ab}⟹c(a+b)\sqrt{ab}\ge 2abc$ nên
$$2\sum _{cyc}\sqrt{(a^3+3a)(b^3+3b)}\ge (6p-6r)+12r=6p+6r$$
Vì vậy ${\left({\sum }_{cyc}\sqrt{a^3+3a}\right)}^2\ge (p^3-6p+3r)+(6p+6r)=p^3+9r$.
Theo bất đẳng thức Schur ta có:
$$p^3-4pq+9r\ge 0⟹p^3-12p+9r\ge 0⟹p^3+9r\ge 12p=12(a+b+c)$$
Vì vậy $\sqrt{a^3+3a}+\sqrt{b^3+3b}+\sqrt{c^3+3c}\ge \sqrt{12(a+b+c)}$ nên $k=3$ thỏa mãn.
Vậy giá trị lớn nhất của $k$ bằng 3.

Từ giả thiết $a+b+c=3$, ta có $b+c=3-a$. Thay vào đề, ta được:
$$\frac{1}{4-a}+\frac{1}{4-b}+\frac{1}{4-c}\ge \frac{2}{a+5}+\frac{2}{b+5}+\frac{2}{c+5}$$
$$\iff \sum _{cyc}\left(\frac{1}{4-a}-\frac{2}{a+5}\right)\ge 0.$$

Ta chứng minh bất đẳng thức sau với mọi $x\in (0;3)$:
$$\frac{1}{4-x}-\frac{2}{x+5}\ge \frac{x-1}{6}$$
$$\iff \frac{3(x-1)}{(4-x)(x+5)}-\frac{x-1}{6}\ge 0$$
$$\iff \frac{(x-1{)}^2(x+2)}{6(4-x)(x+5)}\ge 0(\text{đuˊng với mọi }x\in (0;3)).$$

Áp dụng lần lượt cho $a,b,c$, ta thu được:
$$\sum _{cyc}\left(\frac{1}{4-a}-\frac{2}{a+5}\right)\ge \sum _{cyc}\frac{a-1}{6}$$
$$\iff \sum _{cyc}\left(\frac{1}{4-a}-\frac{2}{a+5}\right)\ge \frac{a+b+c-3}{6}=0$$

Bất đẳng thức được chứng minh. DTXR khi và chỉ khi $a=b=c=1$.