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

(1) Xét đa thức $P(x)=a{x}^2+bx+c$. Với các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=3$, ta có:
$$P(x)+P(y)+P(z)-3P(1)=a(x^2+y^2+z^2-3).$$
Nếu $a\ge 0$, khi đó ta có:
$$P(x)+P(y)+P(z)-3P(1)=a(x^2+y^2+z^2)\ge a\left[\frac{(x+y+z{)}^2}{3}-3\right]\ge 0.$$
Do đó $P(x)$ là đa thức tốt.
Ngược lại, nếu $a<0$, chọn $(x,y,z)=(3,0,0)$ thì:
$$P(x)+P(y)+P(z)-3P(1)=a(3^2+0^2+0^2-3)=-6a<0.$$
Khi đó $P(x)$ không là đa thức tốt.
Do đó $P(x)=a{x}^2+bx+c$ với $a\ge 0$ và $b,c\in \mathbb{R}$ là các đa thức tốt cần tìm.
(2) Giả sử phản chứng $n>2$ là số lẻ, xét bộ $(x,y,z)=(1+2t,1-t,1-t)$. Khi đó $x+y+z=3$ và:
$$P(1+2t)+2P(1-t)-3P(1)\ge 0,\forall t\in \mathbb{R}.$$
Đặt $Q(t)=P(1+2t)+2P(1-t)-3P(1)$ với $t\in \mathbb{R}$, và gọi hệ số bậc cao nhất của đa thức $P(x)$ là $a_n\ne 0$. Khi đó xét hệ số của đơn thức $t^n$ trong đa thức $Q(t)$ ta được:
$$a_n(2^n+2(-1{)}^n)=a_n(2^n-2)\ne 0.$$
Do đó đa thức $Q(t)$ có bậc đúng bằng $n$ là số lẻ, mâu thuẫn do không tồn tại đa thức bậc lẻ thỏa mãn $Q(t)\ge 0,\forall t\in \mathbb{R}$. Vậy giả sử sai, ta có điều phải chứng minh.

(AI giải đề cho tôi)
Trước hết, mỗi mẫu số đều dương: vì $a,b,c>\frac{1}{\sqrt{6}}$ nên $3ab>\frac{1}{2}$, $2a^2>\frac{1}{3}$, $c^2<1-\frac{1}{6}-\frac{1}{6}=\frac{2}{3}$, do đó $2a^2+3ab-c^2>\frac{1}{3}+\frac{1}{2}-\frac{2}{3}=\frac{1}{6}>0$ (tương tự cho hai mẫu còn lại).

Đặt $q=ab+bc+ca$. Vì $a^2+b^2+c^2=1$ nên $q\le 1$ (theo $(a+b+c{)}^2\le 3(a^2+b^2+c^2)$) và $(a+b+c{)}^2=1+2q$, tức $a+b+c=\sqrt{1+2q}$; ngoài ra $q>0$ vì $a,b,c>0$.

Bước 1 (Cauchy–Schwarz dạng Engel với mẫu là căn): áp dụng $\sum \frac{x_i^2}{y_i}\ge \frac{(\sum x_i{)}^2}{\sum y_i}$ với $x_i=\sqrt{1+a^2}$, $y_i=\sqrt{2a^2+3ab-c^2}$ (các $y_i>0$):
$$\sum _{cyc}\frac{1+a^2}{\sqrt{2a^2+3ab-c^2}}\ge \frac{{\left(\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}\right)}^2}{{\sum }_{cyc}\sqrt{2a^2+3ab-c^2}}.$$

Bước 2 (Chặn tử): Với mọi $a,b$: $(1+a^2)(1+b^2)-(1+ab{)}^2=(a-b{)}^2\ge 0$, nên $\sqrt{(1+a^2)(1+b^2)}\ge 1+ab$. Do đó
$${\left(\sum \sqrt{1+a^2}\right)}^2=\sum (1+a^2)+2\sum _{cyc}\sqrt{(1+a^2)(1+b^2)}\ge 4+2(3+q)=10+2q=2(5+q).$$

Bước 3 (Chặn mẫu bằng Cauchy–Schwarz): $\sum \sqrt{D_a}\le \sqrt{3\sum D_a}$ với $D_a=2a^2+3ab-c^2$, và
$$\sum _{cyc}{D}_a=2(a^2+b^2+c^2)+3(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)=1+3q,$$
nên $\sum \sqrt{D_a}\le \sqrt{3(1+3q)}$.

Bước 4 (Kết hợp):
$$\sum _{cyc}\frac{1+a^2}{\sqrt{2a^2+3ab-c^2}}\ge \frac{2(5+q)}{\sqrt{3(1+3q)}}.$$
Ta cần $\frac{5+q}{\sqrt{3(1+3q)}}\ge \sqrt{1+2q}$, tức $(5+q{)}^2\ge 3(1+2q)(1+3q)$. Hiệu hai vế:
$$25+10q+q^2-3-15q-18q^2=22-5q-17q^2=(1-q)(17q+22)\ge 0,$$
vì $q\le 1$ và $17q+22>0$ (do $q>0$).
Vậy
$$\sum _{cyc}\frac{1+a^2}{\sqrt{2a^2+3ab-c^2}}\ge 2\sqrt{1+2q}=2(a+b+c).$$

Kiểm tra dấu bằng tại $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$: khi đó $q=1$, mỗi mẫu $D_a=\frac{2}{3}+1-\frac{1}{3}=\frac{4}{3}$, VT $=3\cdot \frac{4/3}{\sqrt{4/3}}=2\sqrt{3}=$ VP $=2\sqrt{3}$; mọi bất đẳng thức trung gian (Engel, chặn tử, Cauchy–Schwarz) đều đạt dấu bằng. Bài toán được chứng minh hoàn chỉnh.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $x^2+3>0$ với mọi $x\in \mathbb{R}$ nên $(2x-11)(x^2+3)\le 0\iff 2x-11\le 0\iff x\le \frac{11}{2}$. Vậy $A=\left(-\infty ;\frac{11}{2}\right]$. Các số tự nhiên thuộc $A$ là $0,1,2,3,4,5$, do đó $A\cap \mathbb{N}$ có 6 phần tử.

(AI giải đề cho tôi)
Tam thức $2x^2-3x+1$ có hai nghiệm $x=\frac{1}{2}$ và $x=1$ (vì $2x^2-3x+1=(2x-1)(x-1)$). Hệ số $a=2>0$ nên tam thức âm hoặc bằng 0 khi và chỉ khi $x$ nằm giữa hai nghiệm, kể cả hai đầu: $\frac{1}{2}\le x\le 1$. Vậy tập nghiệm là $\left[\frac{1}{2};1\right]$, trùng với đáp án D và bảng đáp án mã đề 1001 (câu 5: D).

Phương trình $(m-2)x^2-2mx+m+3=0$ có $2$ nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi:
$\{\begin{array}{rl}& a\ne 0\\ & {\Delta }^{\prime }>0\\ & S>0\\ & P>0\end{array}\iff \{\begin{array}{rl}& m-2\ne 0\\ & m^2-(m-2)(m+3)>0\\ & \frac{2m}{m-2}>0\\ & \frac{m+3}{m-2}>0\end{array}$

Giải từng điều kiện:
1) $m\ne 2$.
2) $m^2-(m^2+m-6)=6-m>0\iff m<6$.
3) $\frac{2m}{m-2}>0\iff m<0$ hoặc $m>2$.
4) $\frac{m+3}{m-2}>0\iff m<-3$ hoặc $m>2$.

Kết hợp các điều kiện trên:
- Với $m>2$: $2<m<6$.
- Với $m<2$: để đồng thời $m<0$ và ($m<-3$ hoặc $m>2$) thì $m<-3$.

Vậy giá trị của $m$ là $2<m<6$ hoặc $m<-3$.

Ta có $|2x-1|\le 5⟺-5\le 2x-1\le 5⟺-4\le 2x\le 6⟺-2\le x\le 3$. Các số nguyên thỏa mãn là $\{-2;-1;0;1;2;3\}$, gồm 6 giá trị.

Ta có $x^2+2x-15<0⟺-5<x<3$. Để hệ có nghiệm thì tập nghiệm của $(m+1)x\ge 3$ phải có giao khác rỗng với khoảng $(-5;3)$, dẫn tới $m<-\frac{8}{5}$ hoặc $m>0$.

Phương trình có 2 nghiệm trái dấu khi và chỉ khi $P=ac<0⟺1\cdot (m^2-4m)<0⟺0<m<4$.

Xét hai trường hợp:
- Nếu $m=0$: Bất phương trình trở thành $3\le 0$ (vô lý).
- Nếu $m\ne 0$: Bất phương trình nghiệm đúng với mọi $x\in \mathbb{R}$ khi và chỉ khi:
$\{\begin{array}{l}m<0\\ \Delta =(-m{)}^2-4m(m+3)\le 0\end{array}⟺\{\begin{array}{l}m<0\\ -3m^2-12m\le 0\end{array}⟺\{\begin{array}{l}m<0\\ -3m(m+4)\le 0\end{array}⟺\{\begin{array}{l}m<0\\ m(m+4)\ge 0\end{array}⟺m\le -4$.
Vậy $m\in (-\infty ;-4]$. Chọn D.

Bất phương trình: $|x-1|>x$.
- Nếu $x\le 0$: vế trái $|x-1|\ge 1>0\ge x$, luôn đúng với mọi $x\le 0$. Trong khoảng $(-100;100)$, các nghiệm nguyên là $x\in \{-99;-98;\dots ;0\}$, gồm 100 giá trị.
- Nếu $x>0$: $|x-1|>x\iff [<table><tbody><tr><td>x-1>x\text{ (voˆ nghiệm)}</td></tr><tr><td>x-1<-x\iff 2x<1\iff x<\frac{1}{2}</td></tr></tbody></table>$. Vì $x>0$ và nguyên nên không có nghiệm nào thỏa mãn.
Vậy có tất cả 100 nghiệm nguyên.

Theo bất đẳng thức Nesbitt với ba số dương $a,b,c$:
$P=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge \frac{3}{2}$.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$.
Do đó giá trị nhỏ nhất của $P$ là $m=\frac{3}{2}=1,5$.
Vì $1,5\in (1;2)$, nên $m$ thuộc khoảng $(1;2)$.

Bất phương trình vô nghiệm $⟺(m-3)x^2+(m+2)x-4\le 0,\forall x\in \mathbb{R}$. Với $m=3$, bất phương trình $5x-4\le 0$ không đúng với mọi $x$. Với $m\ne 3$, điều kiện là $\{\begin{array}{l}m-3<0\\ \Delta =(m+2{)}^2+16(m-3)\le 0\end{array}⟺\{\begin{array}{l}m<3\\ m^2+20m-44\le 0\end{array}⟺-22\le m\le 2$. Chọn đáp án D.

Ta có $x(x+5)\le 2(x^2+2)⟺x^2-5x+4\ge 0⟺x\le 1$ hoặc $x\ge 4$. Chọn đáp án C.

Vì hệ số $a=-1<0$ nên $-x^2+bx+c\le 0,\forall x\in \mathbb{R}⟺\Delta =b^2+4c\le 0⟺b^2\le -4c$. Chọn đáp án C.

Ta có $f(x)=-(x-2{)}^2\le 0,\forall x\in \mathbb{R}$. Chọn đáp án C.

Ta có $x^2-8x+7\ge 0⟺x\in S=(-\infty ;1]\cup [7;+\infty )$. Tập $[6;+\infty )$ không là tập con của $S$. Chọn đáp án A.

Tam thức $x^2+x-1$ có hai nghiệm $\frac{-1\pm \sqrt{5}}{2}$ và hệ số $a=1>0$, nên tập nghiệm là $\left(-\infty ;\frac{-1-\sqrt{5}}{2}\right)\cup \left(\frac{-1+\sqrt{5}}{2};+\infty \right)$. Chọn đáp án C.

Xét trên từng khoảng: với $x<-2$, $-3<x-\frac{3}{2}$ (vô nghiệm); với $-2\le x<1$, $2x+1<x-\frac{3}{2}$ (vô nghiệm); với $x\ge 1$, $3<x-\frac{3}{2}⟺x>\frac{9}{2}$. Chọn đáp án A.

Ta có $f(x)=-(x-\sqrt{m}+1)(x-\sqrt{m})\ge 0⟺x\in [\sqrt{m}-1;\sqrt{m}]$. Để $[1;2]\subset [\sqrt{m}-1;\sqrt{m}]$ thì $\sqrt{m}=2⟺m=4$. Vậy chỉ có $1$ giá trị nguyên của $m$. Chọn đáp án A.