Mở đầu trang 19

Đề bài: Xét bài toán rào vườn ở Bài 16, nhưng ta trả lời câu hỏi: Hai cột góc hàng rào (H.6.8) cần phải cắm cách bờ tường bao nhiêu mét để mảnh đất được rào chắn có diện tích không nhỏ hơn $48\text{ m}^2$?

Lời giải:

Sau khi học xong bài này, ta sẽ dẫn về bất phương trình bậc hai $-2x^2 + 20x \geq 48$ (hay $2x^2 – 20x + 48 \leq 0$) và giải để tìm khoảng giá trị $x$. Kết quả: hai cột cần cắm cách bờ tường $x$ mét với $4 \leq x \leq 6$ (chi tiết được trình bày ở Ví dụ 3 trong bài).

1. Dấu của tam thức bậc hai

HĐ1 (trang 19)

Đề bài: Hãy chỉ ra một vài đặc điểm chung của các biểu thức dưới đây:

$$A = 0{,}5x^2;\quad B = 1 – x^2;\quad C = x^2 + x + 1;\quad D = (1 – x)(2x + 1).$$

Lời giải:

Khai triển $D$: $D = (1 – x)(2x + 1) = 2x + 1 – 2x^2 – x = -2x^2 + x + 1$.

So sánh bốn biểu thức $A, B, C, D$:

• Đều là đa thức theo biến $x$.
• Bậc cao nhất của $x$ trong mỗi biểu thức là $2$ (bậc hai).
• Đều viết được dưới dạng $ax^2 + bx + c$ với $a \neq 0$:
  • $A$: $a = 0{,}5,; b = 0,; c = 0$.
  • $B$: $a = -1,; b = 0,; c = 1$.
  • $C$: $a = 1,; b = 1,; c = 1$.
  • $D$: $a = -2,; b = 1,; c = 1$.

Các biểu thức như vậy được gọi là tam thức bậc hai (đối với $x$).

Luyện tập 1 (trang 19)

Đề bài: Hãy cho biết biểu thức nào sau đây là tam thức bậc hai.

$$A = 3x + 2\sqrt{x} + 1;\quad B = -5x^4 + 3x^2 + 4;\quad C = -\dfrac{2}{3}x^2 + 7x – 4;\quad D = \left(\dfrac{1}{x}\right)^2 + 2\dfrac{1}{x} + 3.$$

Lời giải:

Tam thức bậc hai phải có dạng $ax^2 + bx + c$ với $a \neq 0$, tức là đa thức bậc hai theo $x$.

• $A = 3x + 2\sqrt{x} + 1$: chứa $\sqrt{x} = x^{1/2}$, không phải đa thức. Không phải tam thức bậc hai.
• $B = -5x^4 + 3x^2 + 4$: bậc cao nhất là $4$. Không phải tam thức bậc hai.
• $C = -\dfrac{2}{3}x^2 + 7x – 4$: dạng $ax^2 + bx + c$ với $a = -\dfrac{2}{3} \neq 0$. Là tam thức bậc hai.
• $D = \dfrac{1}{x^2} + \dfrac{2}{x} + 3$: chứa $\dfrac{1}{x}$, không phải đa thức. Không phải tam thức bậc hai.

Kết luận: Chỉ có $C$ là tam thức bậc hai.

HĐ2 (trang 19)

Đề bài: Cho hàm số bậc hai $y = f(x) = x^2 – 4x + 3$.

a) Xác định hệ số $a$. Tính $f(0),; f(1),; f(2),; f(3),; f(4)$ và nhận xét về dấu của chúng so với dấu của hệ số $a$.

b) Cho đồ thị hàm số $y = f(x)$ (H.6.17). Xét trên từng khoảng $(-\infty;;1),; (1;;3),; (3;;+\infty)$, đồ thị nằm phía trên hay nằm phía dưới trục $Ox$?

c) Nhận xét về dấu của $f(x)$ và dấu của hệ số $a$ trên từng khoảng đó.

Lời giải:

a) Hệ số $a = 1$ (dương). Tính các giá trị:

• $f(0) = 0 – 0 + 3 = 3 > 0$.
• $f(1) = 1 – 4 + 3 = 0$.
• $f(2) = 4 – 8 + 3 = -1 < 0$.
• $f(3) = 9 – 12 + 3 = 0$.
• $f(4) = 16 – 16 + 3 = 3 > 0$.

Nhận xét dấu: $f(0),; f(4)$ dương (cùng dấu với $a = 1$); $f(2)$ âm (trái dấu với $a$); $f(1) = f(3) = 0$ (đây là hai nghiệm của $f(x)$).

b) Quan sát Hình 6.17:

• Trên khoảng $(-\infty;;1)$: đồ thị nằm phía trên trục $Ox$.
• Trên khoảng $(1;;3)$: đồ thị nằm phía dưới trục $Ox$.
• Trên khoảng $(3;;+\infty)$: đồ thị nằm phía trên trục $Ox$.

c) Khi đồ thị nằm trên $Ox$ thì $f(x) > 0$; nằm dưới $Ox$ thì $f(x) < 0$. So sánh với dấu của $a = 1 > 0$:

• Trên $(-\infty;;1)$ và $(3;;+\infty)$: $f(x) > 0$, cùng dấu với $a$.
• Trên $(1;;3)$: $f(x) < 0$, trái dấu với $a$.

HĐ3 (trang 20)

Đề bài: Cho đồ thị hàm số $y = g(x) = -2x^2 + x + 3$ như Hình 6.18.

a) Xét trên từng khoảng $(-\infty;;-1),; \left(-1;;\dfrac{3}{2}\right),; \left(\dfrac{3}{2};;+\infty\right)$, đồ thị nằm phía trên trục $Ox$ hay nằm phía dưới trục $Ox$?

b) Nhận xét về dấu của $g(x)$ và dấu của hệ số $a$ trên từng khoảng đó.

Lời giải:

Hệ số $a = -2 < 0$. Kiểm tra hai nghiệm: $-2x^2 + x + 3 = 0$ có $\Delta = 1 + 24 = 25 > 0$, hai nghiệm $x = -1$ và $x = \dfrac{3}{2}$.

a) Quan sát Hình 6.18:

• Trên $(-\infty;;-1)$: đồ thị nằm phía dưới trục $Ox$.
• Trên $\left(-1;;\dfrac{3}{2}\right)$: đồ thị nằm phía trên trục $Ox$.
• Trên $\left(\dfrac{3}{2};;+\infty\right)$: đồ thị nằm phía dưới trục $Ox$.

b) Đối chiếu với dấu của $a = -2 < 0$:

• Trên $(-\infty;;-1)$ và $\left(\dfrac{3}{2};;+\infty\right)$: $g(x) < 0$, cùng dấu với $a$.
• Trên $\left(-1;;\dfrac{3}{2}\right)$: $g(x) > 0$, trái dấu với $a$.

Tổng kết HĐ2 + HĐ3: Khi tam thức bậc hai có hai nghiệm phân biệt $x_1 < x_2$ thì $f(x)$ cùng dấu với $a$ ở ngoài đoạn nghiệm và trái dấu với $a$ ở trong đoạn nghiệm (“trong trái, ngoài cùng”).

HĐ4 (trang 20 – 21)

Đề bài: Nêu nội dung thay vào ô có dấu “?” trong bảng dấu của tam thức bậc hai $f(x) = ax^2 + bx + c$ — trường hợp $a < 0$ (bảng cho trường hợp $a > 0$ đã có sẵn trong SGK).

Lời giải:

Trường hợp $a < 0$ thì parabol có bề lõm hướng xuống. Đối chiếu vị trí của đồ thị so với trục $Ox$:

(Trong đó $x_1, x_2$ là hai nghiệm với $x_1 < x_2$.)

Luyện tập 2 (trang 22)

Đề bài: Xét dấu các tam thức bậc hai sau:

a) $-3x^2 + x – \sqrt{2}$;

b) $x^2 + 8x + 16$;

c) $-2x^2 + 7x – 3$.

Lời giải:

a) $f(x) = -3x^2 + x – \sqrt{2}$:

Tính $\Delta = 1^2 – 4 \cdot (-3) \cdot (-\sqrt{2}) = 1 – 12\sqrt{2}$. Vì $12\sqrt{2} \approx 16{,}97 > 1$, nên $\Delta < 0$.

Hệ số $a = -3 < 0$, $\Delta < 0$, nên $f(x)$ cùng dấu với $a$ với mọi $x$, tức là $f(x) < 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$.

b) $f(x) = x^2 + 8x + 16 = (x + 4)^2$:

Tính $\Delta = 64 – 64 = 0$ (hoặc thấy ngay $f(x)$ là bình phương). Hệ số $a = 1 > 0$, $\Delta = 0$, nên $f(x)$ cùng dấu với $a$ với mọi $x \neq -4$, tức là $f(x) > 0$ với mọi $x \neq -4$; và $f(-4) = 0$.

c) $f(x) = -2x^2 + 7x – 3$:

Tính $\Delta = 49 – 4 \cdot (-2) \cdot (-3) = 49 – 24 = 25 > 0$. Hai nghiệm:

$$x_1 = \dfrac{-7 + 5}{-4} = \dfrac{1}{2},\quad x_2 = \dfrac{-7 – 5}{-4} = 3.$$

Hệ số $a = -2 < 0$. Áp dụng quy tắc “trong trái, ngoài cùng”:

• $f(x) < 0$ (cùng dấu $a$) khi $x < \dfrac{1}{2}$ hoặc $x > 3$.
• $f(x) > 0$ (trái dấu $a$) khi $\dfrac{1}{2} < x < 3$.
• $f\left(\dfrac{1}{2}\right) = f(3) = 0$.

Bảng xét dấu:

2. Bất phương trình bậc hai

HĐ5 (trang 22)

Đề bài: Trở lại tình huống mở đầu. Với yêu cầu mảnh đất được rào chắn có diện tích không nhỏ hơn $48\text{ m}^2$, hãy viết bất đẳng thức thể hiện sự so sánh biểu thức tính diện tích $S(x) = -2x^2 + 20x$ với $48$.

Lời giải:

“Không nhỏ hơn $48$” nghĩa là $\geq 48$. Vậy:

$$S(x) \geq 48 ;\Leftrightarrow; -2x^2 + 20x \geq 48 ;\Leftrightarrow; -2x^2 + 20x – 48 \geq 0 ;\Leftrightarrow; 2x^2 – 20x + 48 \leq 0. \quad (1)$$

Đây là một bất phương trình bậc hai ẩn $x$.

Luyện tập 3 (trang 23)

Đề bài: Giải các bất phương trình bậc hai sau:

a) $-5x^2 + x – 1 \leq 0$;

b) $x^2 – 8x + 16 \leq 0$;

c) $x^2 – x – 6 > 0$.

Lời giải:

a) $-5x^2 + x – 1 \leq 0$:

Xét $f(x) = -5x^2 + x – 1$ với $a = -5,; \Delta = 1 – 20 = -19 < 0$. Suy ra $f(x)$ cùng dấu với $a$ với mọi $x$, tức là $f(x) < 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$.

Vậy bất phương trình $f(x) \leq 0$ thoả mãn với mọi $x \in \mathbb{R}$.

Tập nghiệm: $S = \mathbb{R}$.

b) $x^2 – 8x + 16 \leq 0$:

Xét $f(x) = x^2 – 8x + 16 = (x – 4)^2$. Vì $(x – 4)^2 \geq 0$ với mọi $x$, nên bất phương trình $(x – 4)^2 \leq 0$ chỉ thoả mãn khi $(x – 4)^2 = 0$, tức $x = 4$.

Tập nghiệm: $S = {4}$.

c) $x^2 – x – 6 > 0$:

Xét $f(x) = x^2 – x – 6$ với $a = 1 > 0,; \Delta = 1 + 24 = 25 > 0$. Hai nghiệm: $x_1 = -2,; x_2 = 3$.

Áp dụng “trong trái, ngoài cùng” (với $a > 0$): $f(x) > 0$ khi $x < -2$ hoặc $x > 3$.

Tập nghiệm: $S = (-\infty;;-2) \cup (3;;+\infty)$.

Vận dụng (trang 23)

Đề bài: Độ cao so với mặt đất của một quả bóng được ném lên theo phương thẳng đứng được mô tả bởi hàm số bậc hai $h(t) = -4{,}9t^2 + 20t + 1$, ở đó độ cao $h(t)$ tính bằng mét và thời gian $t$ tính bằng giây. Trong khoảng thời điểm nào trong quá trình bay của nó, quả bóng sẽ ở độ cao trên $5$ m so với mặt đất?

Lời giải:

Bóng ở độ cao trên $5$ m nghĩa là $h(t) > 5$:

$$-4{,}9t^2 + 20t + 1 > 5 ;\Leftrightarrow; -4{,}9t^2 + 20t – 4 > 0 ;\Leftrightarrow; 4{,}9t^2 – 20t + 4 < 0.$$

Xét $f(t) = 4{,}9t^2 – 20t + 4$ với $a = 4{,}9 > 0$.

$$\Delta = (-20)^2 – 4 \cdot 4{,}9 \cdot 4 = 400 – 78{,}4 = 321{,}6 > 0.$$

Hai nghiệm:

$$t_{1\,2} = \dfrac{20 \pm \sqrt{321{,}6}}{2 \cdot 4{,}9} = \dfrac{20 \pm \sqrt{321{,}6}}{9{,}8}.$$

Tính gần đúng: $\sqrt{321{,}6} \approx 17{,}93$, nên $t_1 \approx \dfrac{20 – 17{,}93}{9{,}8} \approx 0{,}21$ (giây) và $t_2 \approx \dfrac{20 + 17{,}93}{9{,}8} \approx 3{,}87$ (giây).

Vì $a > 0$, $f(t) < 0$ khi $t_1 < t < t_2$.

Kết luận: Quả bóng ở độ cao trên $5$ m trong khoảng thời gian từ khoảng $0{,}21$ giây đến khoảng $3{,}87$ giây sau khi ném (tức $t \in (0{,}21;; 3{,}87)$ giây).

Bài tập (trang 24)

Bài 6.15 (trang 24)

Đề bài: Xét dấu các tam thức bậc hai sau:

a) $3x^2 – 4x + 1$;
b) $x^2 + 2x + 1$;
c) $-x^2 + 3x – 2$;
d) $-x^2 + x – 1$.

Lời giải:

a) $f(x) = 3x^2 – 4x + 1$: $a = 3 > 0,; \Delta = 16 – 12 = 4 > 0$.

Hai nghiệm: $x_1 = \dfrac{4 – 2}{6} = \dfrac{1}{3},; x_2 = \dfrac{4 + 2}{6} = 1$.

• $f(x) > 0$ khi $x < \dfrac{1}{3}$ hoặc $x > 1$.
• $f(x) < 0$ khi $\dfrac{1}{3} < x < 1$.
• $f\left(\dfrac{1}{3}\right) = f(1) = 0$.

b) $f(x) = x^2 + 2x + 1 = (x + 1)^2$: $a = 1 > 0,; \Delta = 0$, nghiệm kép $x = -1$.

• $f(x) > 0$ với mọi $x \neq -1$.
• $f(-1) = 0$.

c) $f(x) = -x^2 + 3x – 2$: $a = -1 < 0,; \Delta = 9 – 8 = 1 > 0$.

Hai nghiệm: $x_1 = \dfrac{-3 – 1}{-2} = 2,; x_2 = \dfrac{-3 + 1}{-2} = 1$. (Sắp xếp: $x_1 = 1 < x_2 = 2$.)

• $f(x) < 0$ khi $x < 1$ hoặc $x > 2$.
• $f(x) > 0$ khi $1 < x < 2$.
• $f(1) = f(2) = 0$.

d) $f(x) = -x^2 + x – 1$: $a = -1 < 0,; \Delta = 1 – 4 = -3 < 0$.

$f(x)$ cùng dấu với $a$ với mọi $x$, tức là $f(x) < 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$.

Bài 6.16 (trang 24)

Đề bài: Giải các bất phương trình bậc hai:

a) $x^2 – 1 \geq 0$;
b) $x^2 – 2x – 1 < 0$;
c) $-3x^2 + 12x + 1 \leq 0$;
d) $5x^2 + x + 1 \geq 0$.

Lời giải:

a) $x^2 – 1 \geq 0$:

Xét $f(x) = x^2 – 1$ với $a = 1 > 0,; \Delta = 4 > 0$, hai nghiệm $x = -1$ và $x = 1$.

$f(x) \geq 0$ khi $x \leq -1$ hoặc $x \geq 1$. Tập nghiệm: $S = (-\infty;;-1] \cup [1;;+\infty)$.

b) $x^2 – 2x – 1 < 0$:

Xét $f(x) = x^2 – 2x – 1$ với $a = 1 > 0,; \Delta’ = 1 + 1 = 2 > 0$. Hai nghiệm:

$$x_{1\,2} = 1 \pm \sqrt{2}.$$

$f(x) < 0$ khi $1 – \sqrt{2} < x < 1 + \sqrt{2}$. Tập nghiệm: $S = (1 – \sqrt{2};; 1 + \sqrt{2})$.

c) $-3x^2 + 12x + 1 \leq 0$:

Xét $f(x) = -3x^2 + 12x + 1$ với $a = -3 < 0,; \Delta’ = 36 + 3 = 39 > 0$. Hai nghiệm:

$$x_{1\,2} = \dfrac{-6 \pm \sqrt{39}}{-3} = \dfrac{6 \mp \sqrt{39}}{3} = 2 \mp \dfrac{\sqrt{39}}{3}.$$

Đặt $x_1 = 2 – \dfrac{\sqrt{39}}{3}$ và $x_2 = 2 + \dfrac{\sqrt{39}}{3}$ ($x_1 < x_2$).

Vì $a < 0$, $f(x) \leq 0$ khi $x \leq x_1$ hoặc $x \geq x_2$.

Tập nghiệm: $S = \left(-\infty;; 2 – \dfrac{\sqrt{39}}{3}\right] \cup \left[2 + \dfrac{\sqrt{39}}{3};; +\infty\right)$.

d) $5x^2 + x + 1 \geq 0$:

Xét $f(x) = 5x^2 + x + 1$ với $a = 5 > 0,; \Delta = 1 – 20 = -19 < 0$. Vậy $f(x) > 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$.

Tập nghiệm: $S = \mathbb{R}$.

Bài 6.17 (trang 24)

Đề bài: Tìm các giá trị của tham số $m$ để tam thức bậc hai sau dương với mọi $x \in \mathbb{R}$:

$$f(x) = x^2 + (m + 1)x + 2m + 3.$$

Lời giải:

Hệ số $a = 1 > 0$ (đã đảm bảo). Theo định lí về dấu, tam thức bậc hai $f(x)$ dương với mọi $x \in \mathbb{R}$ khi và chỉ khi:

$$\Delta < 0.$$

Tính $\Delta$:

$$\Delta = (m + 1)^2 – 4(2m + 3) = m^2 + 2m + 1 – 8m – 12 = m^2 – 6m – 11.$$

Điều kiện $\Delta < 0$ trở thành:

$$m^2 – 6m – 11 < 0. \quad (*)$$

Xét tam thức $g(m) = m^2 – 6m – 11$ (theo biến $m$) với $a = 1 > 0,; \Delta’ = 9 + 11 = 20 > 0$. Hai nghiệm:

$$m_{1\,2} = 3 \pm \sqrt{20} = 3 \pm 2\sqrt{5}.$$

$g(m) < 0$ khi $3 – 2\sqrt{5} < m < 3 + 2\sqrt{5}$.

Kết luận: Tam thức $f(x)$ dương với mọi $x \in \mathbb{R}$ khi và chỉ khi:

$$m \in \left(3 – 2\sqrt{5};; 3 + 2\sqrt{5}\right).$$

Bài 6.18 (trang 24)

Đề bài: Một vật được ném theo phương thẳng đứng xuống dưới từ độ cao $320$ m với vận tốc ban đầu $v_0 = 20$ m/s. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu giây, vật đó cách mặt đất không quá $100$ m? Giả thiết rằng sức cản của không khí là không đáng kể.

Lời giải:

Vật chuyển động thẳng đứng xuống dưới, độ cao $h$ so với mặt đất sau $t$ giây:

$$h(t) = 320 – v_0 t – \dfrac{1}{2} g t^2 = 320 – 20t – 4{,}9 t^2 \text{ (m)},$$

với $g = 9{,}8$ m/s².

Yêu cầu “cách mặt đất không quá $100$ m” nghĩa là $h(t) \leq 100$:

$$320 – 20t – 4{,}9t^2 \leq 100 ;\Leftrightarrow; -4{,}9t^2 – 20t + 220 \leq 0 ;\Leftrightarrow; 4{,}9t^2 + 20t – 220 \geq 0.$$

Xét $f(t) = 4{,}9t^2 + 20t – 220$ với $a = 4{,}9 > 0$.

$$\Delta = 400 + 4 \cdot 4{,}9 \cdot 220 = 400 + 4\,312 = 4\,712.$$

$\sqrt{4\,712} \approx 68{,}64$. Hai nghiệm:

$$t_1 = \dfrac{-20 – 68{,}64}{9{,}8} \approx -9{,}05 \text{ (loại vì } t \geq 0\text{)};\quad t_2 = \dfrac{-20 + 68{,}64}{9{,}8} \approx 4{,}96.$$

Vì $a > 0$, $f(t) \geq 0$ khi $t \leq t_1$ hoặc $t \geq t_2$. Kết hợp $t \geq 0$, ta được $t \geq t_2 \approx 4{,}96$ (giây).

Kết luận: Sau ít nhất khoảng $4{,}96$ giây, vật cách mặt đất không quá $100$ m.

Bài 6.19 (trang 24)

Đề bài: Xét đường tròn đường kính $AB = 4$ và một điểm $M$ di chuyển trên đoạn $AB$, đặt $AM = x$ (H.6.19). Xét hai đường tròn đường kính $AM$ và $MB$. Kí hiệu $S(x)$ là diện tích phần hình phẳng nằm trong hình tròn lớn và nằm ngoài hai hình tròn nhỏ. Xác định các giá trị của $x$ để diện tích $S(x)$ không vượt quá một nửa tổng diện tích hai hình tròn nhỏ.

Lời giải:

Bước 1: Tính diện tích.

• Đường tròn lớn đường kính $AB = 4$, bán kính $2$, diện tích: $S_{\text{lớn}} = \pi \cdot 2^2 = 4\pi$.
• Đường tròn nhỏ thứ nhất đường kính $AM = x$, bán kính $\dfrac{x}{2}$, diện tích: $S_1 = \pi \cdot \dfrac{x^2}{4}$.
• Đường tròn nhỏ thứ hai đường kính $MB = 4 – x$, bán kính $\dfrac{4-x}{2}$, diện tích: $S_2 = \pi \cdot \dfrac{(4-x)^2}{4}$.

Hai đường tròn nhỏ tiếp xúc nhau tại $M$ và đều nằm trong đường tròn lớn. Vậy:

$$S(x) = S_{\text{lớn}} – S_1 – S_2 = 4\pi – \dfrac{\pi}{4}\left[x^2 + (4-x)^2\right].$$

Tổng diện tích hai hình tròn nhỏ: $T(x) = S_1 + S_2 = \dfrac{\pi}{4}\left[x^2 + (4-x)^2\right]$.

Bước 2: Lập bất phương trình.

Yêu cầu $S(x) \leq \dfrac{1}{2} T(x)$:

$$4\pi – \dfrac{\pi}{4}\left[x^2 + (4-x)^2\right] \leq \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\pi}{4}\left[x^2 + (4-x)^2\right].$$

Chia hai vế cho $\pi$ rồi nhân $8$:

$$32 – 2\left[x^2 + (4-x)^2\right] \leq x^2 + (4-x)^2 ;\Leftrightarrow; 32 \leq 3\left[x^2 + (4-x)^2\right].$$

Bước 3: Khai triển.

$$x^2 + (4-x)^2 = x^2 + 16 – 8x + x^2 = 2x^2 – 8x + 16.$$

Vậy: $32 \leq 3(2x^2 – 8x + 16) = 6x^2 – 24x + 48$, tức là:

$$6x^2 – 24x + 16 \geq 0 ;\Leftrightarrow; 3x^2 – 12x + 8 \geq 0.$$

Bước 4: Giải bất phương trình.

Xét $f(x) = 3x^2 – 12x + 8$ với $a = 3 > 0,; \Delta’ = 36 – 24 = 12 > 0$. Hai nghiệm:

$$x_{1\,2} = \dfrac{6 \pm \sqrt{12}}{3} = \dfrac{6 \pm 2\sqrt{3}}{3} = 2 \pm \dfrac{2\sqrt{3}}{3}.$$

$f(x) \geq 0$ khi $x \leq 2 – \dfrac{2\sqrt{3}}{3}$ hoặc $x \geq 2 + \dfrac{2\sqrt{3}}{3}$.

Bước 5: Kết hợp điều kiện thực tế.

Để $M$ nằm trên đoạn $AB$ và tạo được hai đường tròn nhỏ thì $0 < x < 4$. Kết hợp:

$$x \in \left(0;; 2 – \dfrac{2\sqrt{3}}{3}\right] \cup \left[2 + \dfrac{2\sqrt{3}}{3};; 4\right).$$

(Giá trị gần đúng: $x \in (0;; 0{,}85] \cup [3{,}15;; 4)$.)

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh