Funkcja kwadratowa z parametrem — zadania maturalne: Funkcja kwadratowa z parametrem
Zadania maturalne (wzory Viète'a) – każde z docelowym zapisem warunków i pełnym kluczem.
36zadania maturalne
36z pełnym kluczem
ZADANIA
Zadania maturalne
Stawiamy założenia (a=0, gdy parametr stoi przy x2), a potem o warunkach zadania dyskutujemy za pomocą m: wyróżnik Δ i wzory Viète'a przekładają własności pierwiastków na równania i nierówności z parametrem. Warunki mogą dotyczyć liczby miejsc zerowych, ich znaków, przedziału, w którym się znajdują, albo zależności narzuconej na miejsca zerowe. Zapis tej koniunkcji to pierwszy krok każdego klucza.
Jak ćwiczyć: najpierw spróbuj samodzielnie zapisać koniunkcję warunków, potem porównaj – pod przyciskiem WARUNKI, a tam, gdzie go nie ma, to pierwszy krok KLUCZA. Pełne rozwiązanie i odpowiedź – pod przyciskiem KLUCZ.
Zakres:Δ>0, w razie potrzeby a=0; symetryczny warunek przez wzory Viète'a.
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x2+mx+2=0 ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste takie, że suma ich kwadratów jest większa od 2m2−13.
WARUNKI – KONIUNKCJA{Δ>0(x1+x2)2−2x1x2>2m2−13
SUMĘ KWADRATÓW ZBIJ VIÈTE'EM
x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2, a Δ>0 policz jako osobny warunek.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+3+1
1
+1 PKTETAP I · DWA RÓŻNE PIERWIASTKI⇒Δ=m2−8>0m∈(−∞,−22)∪(22,+∞)Rozwiązywanie Δ≥0 — 0 pkt za etap.
2
+1 PKTETAP II · WARUNEK PRZEZ VIÈTE'A⇒x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2=m2−4m2−4>2m2−13ALBO jawne wstawienie wzorów x1,2=2−m±m2−8 do warunku.
3
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ KWADRATOWAm2−9<0
4
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ ROZWIĄZANAm∈(−3,3)
5
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹm∈(−3,−22)∪(22,3)
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x2−(m−4)x+m2−4m=0 ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste, których suma jest mniejsza od 2m3−3.
WARUNKI – KONIUNKCJA{Δ>0x1+x2<2m3−3
SZEŚCIAN PĘKA GRUPOWANIEM
Suma pierwiastków to m−4, a 2m3−m+1 rozkłada się na (m+1)(2m2−2m+1).
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+3+1
1
+1 PKTETAP I · DWA RÓŻNE PIERWIASTKIΔ=(m−4)2−4(m2−4m)=−3m2+8m+16>0⇒m∈(−34,4)Rozwiązywanie Δ≥0 — 0 pkt za etap.
2
+1 PKTETAP II · WARUNEK W SAMYM mx1+x2=m−4⇒m−4<2m3−3ALBO jawne wstawienie wzorów na x1,2 do warunku.
3
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · POSTAĆ ILOCZYNOWA2m3−m+1>0⇒(m+1)(2m2−2m+1)>0(równoważnie: wyznaczenie pierwiastków wielomianu po lewej stronie).
4
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ ROZWIĄZANAm∈(−1,+∞)(czynnik 2m2−2m+1 ma Δ=−4<0, więc jest zawsze dodatni).
5
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹm∈(−1,4)
+
CKEPRZYPIS · USTERKI RACHUNKOWE (Z KLUCZA)Jeden błąd rachunkowy z konsekwentnym wyznaczeniem części wspólnej — 4 pkt za całość.
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x2−4mx−m3+6m2+m−2=0 ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste x1,x2 takie, że (x1−x2)2<8(m+1).
WARUNKI – KONIUNKCJA{Δ>0(x1+x2)2−4x1x2<8(m+1)
KWADRAT RÓŻNICY PRZEZ VIÈTE'A
(x1−x2)2=(x1+x2)2−4x1x2, a delta grupuje się do (m+1)(m−1)(m−2).
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+4+1
1
+1 PKTETAP I · DWA RÓŻNE PIERWIASTKIΔ=16m2−4(−m3+6m2+m−2)=4(m+1)(m−1)(m−2)>0⇒m∈(−1,1)∪(2,+∞)Rozwiązywanie Δ≥0 — 0 pkt za etap.
2
+1 PKTETAP II · KWADRAT RÓŻNICY PRZEZ VIÈTE'A(x1−x2)2=(x1+x2)2−4x1x2lub(x1−x2)2=a2Δ(w drugiej drodze: jawne wyznaczenie x1 i x2).
3
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ TRZECIEGO STOPNIA⇒16m2−4(−m3+6m2+m−2)<8(m+1)4m3−8m2−12m<0Wewnątrz etapu II progi SKACZĄ z 1 od razu na 3.
4
+4 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ ROZWIĄZANA4m(m+1)(m−3)<0⇒m∈(−∞,−1)∪(0,3)
5
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹm∈(0,1)∪(2,3)Punkt przysługuje za przecięcie, gdy co najmniej jedna z nierówności (z etapu I albo II) jest rozwiązana poprawnie.
+
CKEPRZYPIS · USTERKI RACHUNKOWE (Z KLUCZA)Jeden błąd rachunkowy z konsekwentnym doprowadzeniem do końca — 5 pkt za całość.
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie 2x2−(m−2)x−3m=0 ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste x1,x2, spełniające warunek x12+x22−2x1x2≤25.
WARUNKI – KONIUNKCJA{Δ>0(x1+x2)2−4x1x2≤25
TO PRZEBRANY KWADRAT RÓŻNICY
x12+x22−2x1x2 to po prostu (x1−x2)2 — dalej czysty Viète.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+3+1
1
+1 PKTETAP I · DWA RÓŻNE PIERWIASTKIΔ=(m−2)2+24m=m2+20m+4>0⇒m∈(−∞,−10−46)∪(−10+46,+∞)Rozwiązywanie Δ≥0 — 0 pkt za etap.
2
+1 PKTETAP II · WARUNEK PRZEZ SUMĘ I ILOCZYN(x1+x2)2−4x1x2≤25ALBO jawne wstawienie wzorów na x1,2 do warunku.
3
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ W SAMYM m⇒(2m−2)2+6m≤25m2+20m−96≤0
4
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ ROZWIĄZANAm∈⟨−24,4⟩
5
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹm∈⟨−24,−10−46)∪(−10+46,4⟩
+
CKEPRZYPIS · USTERKI RACHUNKOWE (Z KLUCZA)Jeden błąd rachunkowy z konsekwentnym wyznaczeniem części wspólnej — 4 pkt za całość.
Oblicz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x2−(m+2)x+m+4=0 ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste x1,x2 takie, że x14+x24=4m3+6m2−32m+12.
WARUNKI – KONIUNKCJA{Δ>0((x1+x2)2−2x1x2)2−2(x1x2)2=4m3+6m2−32m+12
CZWARTE POTĘGI BUDUJ PIĘTROWO
x14+x24=(x12+x22)2−2(x1x2)2, a niżej znów przez sumę i iloczyn.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+4+1
1
+1 PKTETAP I · DWA RÓŻNE PIERWIASTKI⇒Δ=(m+2)2−4(m+4)=m2−12>0m∈(−∞,−23)∪(23,+∞)Rozwiązywanie Δ≥0 — 0 pkt za etap.
2
+1 PKTETAP II · CZWARTE POTĘGI PRZEZ KWADRATYx14+x24=(x12+x22)2−2(x1x2)2ALBO jawne wyznaczenie x1,2=2m+2±m2−12ALBO start ze wzorów na (a+b)4 i (a−b)4.
3
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · WSZYSTKO NA SUMIE I ILOCZYNIEx14+x24=((x1+x2)2−2x1x2)2−2(x1x2)2(w innych drogach: policzone x12 i x22 albo podstawienie t=m2−12).
4
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · SUMA JEDNOMIANÓW I RÓWNANIEx14+x24=m4+4m3−6m2−32m−16i zderzenie z warunkiem: m4+4m3−6m2−32m−16=4m3+6m2−32m+12
5
+4 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · BIQUADRAT ROZWIĄZANY⇒⇒m4−12m2−28=0(m2−6)2=64m=14∨m=−14(m2=−2 odpada).
6
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹm=−14∨m=14(bo 14>12, więc oba spełniają Δ>0). Punkt przysługuje za przecięcie wyników etapów I i II, gdy co najmniej jeden z nich jest rozwiązany poprawnie.
+
CKEPRZYPIS · USTERKI RACHUNKOWE (Z KLUCZA)Błąd rachunkowy z konsekwentnym doprowadzeniem rozwiązania do końca — 5 pkt za całość.
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie 2x2+(3−2m)x−m+1=0 ma dwa różne pierwiastki x1,x2 takie, że ∣x1−x2∣=3.
WARUNKI – KONIUNKCJA{Δ>0(x1+x2)2−4x1x2=9
DELTA JEST PEŁNYM KWADRATEM
Δ=(2m−1)2, więc ∣x1−x2∣=∣a∣Δ=2∣2m−1∣.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+3+1
1
+1 PKTETAP I · DWA RÓŻNE PIERWIASTKI⇒Δ=(3−2m)2−8(1−m)=(2m−1)2>0m=21Rozwiązywanie Δ≥0 — 0 pkt za etap.
2
+1 PKTETAP II · WARUNEK PRZYGOTOWANY(x1−x2)2=9albo(x1−x2)2=(x1+x2)2−4x1x2ALBO jawnie x1,2=42m−3±(2m−1)2 (czyli −21 i m−1) i alternatywa x1−x2=3 lub x1−x2=−3.
3
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · RÓWNANIE Z SAMYM m⇒(22m−3)2−4⋅21−m=94m2−4m−35=0albo2∣2m−1∣=3
4
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · KANDYDACIm=−25∨m=27
5
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹm=−25∨m=27(oba spełniają m=21).
+
CKEPRZYPIS · DROGA ROZKŁADEM (Z KLUCZA)Postać przejściowa 2x2+2x+x−2mx−m+1=0 — 1 pkt; iloczynowa (2x+1)(x−m+1)=0 — 2 pkt; pierwiastki x1=−21, x2=m−1 — 3 pkt; równanie m−21=3 i odpowiedź — 5 pkt (delta niepotrzebna: pierwiastki różne wprost z warunku). Błędy rachunkowe z konsekwentnym finałem — 4 pkt za całość.
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x2+(m+1)x−m2+1=0 ma dwa rozwiązania rzeczywiste x1 i x2 (x1=x2), spełniające warunek x13+x23>−7x1x2.
WARUNKI – KONIUNKCJA{Δ>0(x1+x2)3−3x1x2(x1+x2)>−7x1x2
SUMA SZEŚCIANÓW PRZEZ s I p
x13+x23=(x1+x2)((x1+x2)2−3x1x2) — reszta to Viète.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+4+1
1
+1 PKTETAP I · DWA RÓŻNE PIERWIASTKI⇒Δ=5m2+2m−3>0m∈(−∞,−1)∪(53,+∞)Nierówność nieostra Δ≥0 — zero za ten etap.
2
+1 PKTETAP II · WARUNEK PRZEZ SUMĘ I ILOCZYN(x1+x2)((x1+x2)2−3x1x2)>−7x1x2
3
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ W m−(m+1)((m+1)2−3(1−m2))>−7(1−m2)
4
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ZERA WIELOMIANU−4m3−13m2+9>0zera: −3,−1,43
5
+4 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ ROZWIĄZANAm∈(−∞,−3)∪(−1,43)
6
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹm∈(−∞,−3)∪(53,43)
!
0 PKTCKEZERO ZA ETAP IIIZbiór pusty lub całe R w którymś z etapów I–II — albo zbiór z jednego etapu będący podzbiorem drugiego (przecięcie przestaje cokolwiek sprawdzać).
!
1 PKTCKEZERO ZA ETAP II„Sześcian sumy = suma sześcianów” lub inny wzór upraszczający problem — zostaje tylko punkt za rozwiązanie własnej nierówności stopnia 3. Błędne grupowanie przy rozkładzie (np. (m2+4)(13m−9)) kasuje punkty za zera i rozwiązanie.
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których funkcja kwadratowa f określona wzorem f(x)=(2m+1)x2+(m+2)x+m−3 ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste x1,x2 spełniające warunek (x1−x2)2+5x1x2≥1.
WIODĄCY WSPÓŁCZYNNIK MOŻE ZNIKNĄĆ
Obok Δ>0 zapisz 2m+1=0, inaczej funkcja przestaje być kwadratowa.
WARUNKI – KONIUNKCJA⎩⎨⎧2m+1=0Δ>0(x1+x2)2+x1x2≥1
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 2+3+1
1
+1 PKTETAP I · FUNKCJA KWADRATOWAWarunek 2m+1=0, czyli m=−21.
2
+2 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · DWA RÓŻNE PIERWIASTKIZ_Δ>0 po uporządkowaniu −7m2+24m+16>0:m∈(−74,4)Rozwiązywanie Δ≥0 albo pominięcie warunku 2m+1=0 to 0 punktów za ten etap.
1
+1 PKTETAP II · POSTAĆ POD VIÈTE'AWarunek z_treści przekształcamy do sumy i_iloczynu pierwiastków:(x1+x2)2+x1x2+1≥0
2
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ WYMIERNAPo podstawieniu wzorów Viète'a:(2m+1−(m+2))2+2m+1m−3+1≥0
3
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ROZWIĄZANIEPo sprowadzeniu do wspólnego mianownika −m(m+5)(2m+1)≥0, czyli:m∈⟨−5,−21)∪(−21,0⟩
1
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹPrzecięcie obu zbiorów:m∈(−74,−21)∪(−21,0⟩
Dane jest równanie kwadratowe x2−(3m+2)x+2m2+7m−15=0 z niewiadomą x. Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których różne rozwiązania x1 i x2 tego równania istnieją i spełniają warunek 2x12+5x1x2+2x22=2.
WARUNKI – KONIUNKCJA{Δ>02(x1+x2)2+x1x2=2
DELTA JEST KWADRATEM
Δ=(m−8)2, więc pierwiastki wychodzą jawnie: x1=m+5 i x2=2m−3.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+3
1
+1 PKTETAP I · ISTNIENIE RÓŻNYCH PIERWIASTKÓWΔ=(m−8)2>0⇒m=8— ALBO sprawdzenie na końcu, że dla każdej otrzymanej wartości m równanie ma dwa różne rozwiązania.
2
+1 PKTETAP II · PIERWIASTKI ALBO ZWINIĘCIEx1=m+5 oraz x2=2m−3 — ALBO przekształcenie warunku do postaci na x1+x2 i x1x2: 2(x1+x2)2+x1x2=2
3
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · RÓWNANIE W m2(3m+2)2+2m2+7m−15=2(albo jawnie: 2(m+5)2+5(m+5)(2m−3)+2(2m−3)2=2).
4
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · WYNIK — ODPOWIEDŹ⇒20m2+31m−9=0m=−59lubm=41
!
MAX 2 PKTCKEZamiana wzorów Viète'a miejscami przy przekształcaniu warunku. Błędne „kwadrat sumy = suma kwadratów” albo zgubiony kwadrat przy (3m+2) ścina etap II do 1 pkt.
!
MAX 3 PKTCKEWarunek Δ≥0 bez sprawdzenia, że dla otrzymanych m rozwiązania są dwa i różne.
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których trójmian kwadratowy 4x2−2(m+1)x+m ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste x1 oraz x2, spełniające warunki: x1=0, x2=0 oraz x1+x2≤x11+x21.
WARUNKI – KONIUNKCJA⎩⎨⎧Δ>0x1x2=0x1+x2≤x1x2x1+x2
TRÓJMIAN SIĘ ROZKŁADA
4x2−2(m+1)x+m=(2x−1)(2x−m), więc pierwiastki to 21 i 2m.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+3+1
1
+1 PKTETAP I · DELTAΔ=4(m−1)2>0⇒m=1
2
+1 PKTETAP II · PRZEKSZTAŁCENIE ALBO PIERWIASTKIx1+x2≤x1x2x1+x2 — ALBO pierwiastki wprost: x1=21, x2=2m.
3
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ W m42(m+1)≤4m42(m+1)albo21+2m≤2+m2
4
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ROZWIĄZANIE⇒2m(m+1)(4−m)≥0∧m=0m∈(−∞,−1⟩∪(0,4⟩
5
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹm∈(−∞,−1⟩∪(0,1)∪(1,4⟩
!
0 PKTCKEZERO ZA ETAP IRozwiązywanie Δ≥0 zamiast Δ>0.
!
2 PKTCKEZERO ZA ETAP IIPominięcie warunku m=0. Mnożenie przez x1x2 (albo dzielenie przez x1+x2) bez rozpatrzenia znaku ścina etap II do 1 pkt.
Funkcja kwadratowa f jest określona wzorem f(x)=px2+(p−1)x+1−2p dla każdego x∈R. Wyznacz wszystkie wartości parametru p, dla których funkcja f ma dokładnie dwa miejsca zerowe różniące się o 1.
RÓŻNICA ZER TO √Δ / |a|
Warunek „różnią się o 1” znaczy ∣p∣Δ=1, czyli Δ=p2.
WARUNKI – KONIUNKCJA⎩⎨⎧p=0Δ>0(x1+x2)2−4x1x2=1
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTWARUNKI KONIECZNEp=0, Δ>0 oraz ∣x1−x2∣=1.
2
2 PKTWYRÓŻNIKZ_(3p−1)2>0 mamy p=31.
3
3 PKTWARUNEK NA RÓŻNICĘZe wzorów Viète'a (x1+x2)2−4x1x2=1:8p2−6p+1=0
4
4 PKTWARTOŚCI PARAMETRU — ODPOWIEDŹPo uwzględnieniu wszystkich warunków:p=21lubp=41
Wyznacz wszystkie wartości parametru m=2, dla których równanie x2+4x−m−2m−3=0 ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste x1,x2 spełniające warunek x13+x23>−28.
WARUNKI – KONIUNKCJA⎩⎨⎧m=2Δ>0(x1+x2)3−3x1x2(x1+x2)>−28
SUMA SZEŚCIANÓW PRZEZ SUMĘ
x13+x23=(x1+x2)3−3x1x2(x1+x2) — dalej nierówność wymierna.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+3+1
1
+1 PKTETAP I · WARUNEK Δ>0⇒42−4(−m−2m−3)>0m−220m−44>0czyli 20(m−511)(m−2)>0 i m∈(−∞,2)∪(511,+∞).
!
0 PKTCKEZERO ZA ETAP IRozwiązanie warunku Δ≥0 zamiast Δ>0.
2
+1 PKTETAP II · POSTAĆ POD VIÈTE'A(x1+x2)3−3x1x2(x1+x2)>−28
3
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ W m−64−3(−m−2m−3)(−4)>−28
4
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ROZWIĄZANIEm−2m−3<−3⇒(4m−9)(m−2)<0 czyli m∈(2,49).
5
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹ[(−∞,2)∪(511,+∞)]∩(2,49)=(511,49)
!
MAX 1 PKTCKEW ETAPIE IIPrzyjęcie x1+x2=±m−2m−3 albo x1x2=±4 (zamiana ról) — albo błąd typu x13+x23=(x1+x2)[(x1+x2)2−x1x2], albo pominięcie istotnych nawiasów. Za etap III wtedy 0 punktów.
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie mx2−(m+1)x−2m+3=0 ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste x1 oraz x2, spełniające warunki: x1=0, x2=0 oraz x121+x221<1.
WARUNKI – KONIUNKCJA⎩⎨⎧m=0Δ>0x1x2=0(x1x2)2(x1+x2)2−2x1x2<1
MIANOWNIK WYMAGA x₁x₂ ≠ 0
x121+x221=(x1x2)2(x1+x2)2−2x1x2, więc m=0 i m=23.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+3+1
1
+1 PKTETAP I · WARUNEK Δ>0⇒⇒[−(m+1)]2−4m(−2m+3)>09m2−10m+1>0(m−1)(9m−1)>0czyli m∈(−∞,91)∪(1,+∞).
!
0 PKTCKEZERO ZA ETAP IRozwiązanie warunku Δ≥0 zamiast Δ>0.
2
+1 PKTETAP II · POSTAĆ POD VIÈTE'Ax121+x221=(x1x2)2(x1+x2)2−2x1x2<1
3
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ W m(m−2m+3)2(mm+1)2−2⋅m−2m+3<1
4
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ROZWIĄZANIE(m+1)2−2m(−2m+3)<(−2m+3)2 przy m=0 i m=23 daje m2+8m−8<0, czyli m∈(−4−26,0)∪(0,−4+26).
5
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹm∈(−4−26,0)∪(0,91)
!
MAX 4 PKTCKEZA CAŁOŚĆBrak zapisu m=0 albo m=23 — albo nieuwzględnienie któregoś z tych warunków w zbiorze rozwiązań.
!
0 PKTCKEZERO ZA ETAP IIINiepoprawna nierówność wymierna w etapie II, której rozwiązanie jest rozłączne ze zbiorem z etapu I.
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie (3−m)⋅x2+(m+1)⋅x−(m+1)2=0 ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste x1,x2 spełniające warunek x12+x22=x1⋅x2+7. Zapisz obliczenia.
WARUNKI – KONIUNKCJA⎩⎨⎧3−m=0Δ>0(x1+x2)2−3x1x2=7
DELTA WYŁĄCZA (m+1)²
Δ=(m+1)2(13−4m), więc warunek Δ>0 wyrzuca także samo m=−1.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+4+1
1
+1 PKTETAP I · WARUNEK Δ>0(m+1)2+4(3−m)(m+1)2>0⟺(m+1)2(13−4m)>0czyli m∈(−∞,−1)∪(−1,413).
!
0 PKTCKEZERO ZA ETAP IRozwiązanie warunku Δ≥0 zamiast Δ>0 — i pominięcie wyrzucenia punktu m=−1.
2
+1 PKTETAP II · POSTAĆ POD VIÈTE'Ax12+x22=x1x2+7⟺(x1+x2)2−2x1x2=x1x2+7
3
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · RÓWNANIE W m(−3−mm+1)2−2⋅3−m−(m+1)2=3−m−(m+1)2+7
4
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ROZKŁAD WIELOMIANU−3m3−3m2+59m−53=0⟺(m−1)(−3m2−6m+53)=0Pierwiastek m=1 znajdujesz próbą, resztę Hornerem albo grupowaniem.
5
+4 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · TRZY WARTOŚCIm=1∨m=3−3−242∨m=3−3+242
6
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹWarunek 3−m=0 oraz przecięcie z (−∞,−1)∪(−1,413): wartość 3−3+242≈3,32 przekracza 413 i odpada. Zostaje m∈{1,3−3−242}.
Funkcja kwadratowa f zmiennej rzeczywistej x jest określona wzorem f(x)=x2−3x−m2+m+3. Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których funkcja f ma dwa różne miejsca zerowe x1,x2 spełniające warunek ∣x12−x22∣≤12. Zapisz obliczenia.
ROZBIJ RÓŻNICĘ KWADRATÓW
∣x12−x22∣=∣x1−x2∣⋅∣x1+x2∣, gdzie ∣x1−x2∣=Δ.
WARUNKI – KONIUNKCJA{Δ>0(x1+x2)2((x1+x2)2−4x1x2)≤144
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+3+1
1
+1 PKTETAP I · DWA MIEJSCA ZEROWEZ_Δ=9+4(m2−m−3)>0, czyli 4m2−4m−3>0:m∈(−∞,−21)∪(23,+∞)Zapisanie Δ≥0 zamiast Δ>0 to 0 punktów za ten etap.
1
+1 PKTETAP II · PRZYGOTOWANIE POD VIÈTE'ARozbicie różnicy kwadratów:x12−x22=∣x1−x2∣⋅∣x1+x2∣≤12
2
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ Z PARAMETREMSuma pierwiastków wynosi 3, więc ∣x1−x2∣≤4, a_po podniesieniu do kwadratu i_podstawieniu wzorów Viète'a:32−4(−m2+m+3)≤16
3
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ROZWIĄZANIEZ_4m2−4m−19≤0:m∈⟨21−25,21+25⟩
1
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹPrzecięcie obu warunków:m∈⟨21−25,−21)∪(23,21+25⟩
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x2+2mx+2m−1=0 ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste x1,x2 spełniające warunek m(x12+x22)=3m⋅x1⋅x2+2. Zapisz obliczenia.
WARUNKI – KONIUNKCJA{Δ>0m((x1+x2)2−2x1x2)=3mx1x2+2
DELTA ZWIJA SIĘ DO KWADRATU
Δ=4(m−1)2, więc jedyne, co wypada z warunku istnienia, to m=1.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTJEDEN Z WARUNKÓW OTWARTYΔ>0: 4m2−8m+4>0⇒m∈R∖{1} — albo postać viète’owska warunku: m[(x1+x2)2−2x1x2]=3mx1x2+2, albo pierwiastki wprost: −1 i 1−2m.
2
2 PKTDELTA + PODSTAWIENIEm=1oraz równanie z samym m: m[(−2m)2−2(2m−1)]=3m(2m−1)+2 — równoważnie pierwiastki −1, 1−2m z zastrzeżeniem m=1.
3
3 PKTRÓWNANIE SZEŚCIENNE ROZBITE⇒⇒4m3−10m2+5m−2=0(m−2)(4m2−2m+1)=0m=2 czynnik kwadratowy ma Δ<0 — bez pierwiastków rzeczywistych.
4
4 PKTTRZY SKŁADNIKI — ODPOWIEDŹRozwiązany warunek własnościowy (m=2), rozstrzygnięta rozdzielność pierwiastków (m=1 albo wprost sprawdzenie m=2) i wniosek: m=2.
!
CKEx12+x22 TO NIE (x1+x2)2Utożsamienie sumy kwadratów z kwadratem sumy, nawet konsekwentnie doliczone do końca: sufit 2 pkt za całość.
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których funkcja kwadratowa f(x)=x2−(2m+2)x+2m+5 ma dwa różne pierwiastki x1, x2 takie, że suma kwadratów odległości punktów A=(x1,0), B=(x2,0) od prostej o równaniu x+y+1=0 jest równa 6.
ODLEGŁOŚĆ ZAMIENIA SIĘ W VIÈTE'A
Odległość punktu (xi,0) od prostej to 2∣xi+1∣, a kwadrat zjada moduł.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+4+1
1
+1 PKTETAP I · DWA RÓŻNE PIERWIASTKI⇒Δ=(2m+2)2−4(2m+5)=4m2−16>0m∈(−∞,−2)∪(2,+∞)Zapisanie Δ≥0 — 0 pkt za etap.
2
+1 PKTETAP II · ODLEGŁOŚCI OD PROSTEJd1=2∣x1+1∣,d2=2∣x2+1∣
3
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · WARUNEK PRZEZ SUMĘ I ILOCZYN(x1+x2)2−2x1x2+2(x1+x2)−10=0ALBO równanie z m zapisane wprost ze wzorów na pierwiastki x1,2=22m+2±4m2−16.
4
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · RÓWNANIE KWADRATOWE Z m⇒(2m+2)2−2(2m+5)+2(2m+2)−10=04m2+8m−12=0
5
+4 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · KANDYDACI WYZNACZENIm=1∨m=−3
6
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹm=−3(m=1 nie spełnia Δ>0). Punkt przysługuje przy poprawnych etapach I i II — także gdy jeden z nich zawiera błędy, a drugi jest bezbłędny.
Funkcja kwadratowa f zmiennej rzeczywistej x jest określona wzorem
f(x)=x2−3x−m2+m+3
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których funkcja f ma dwa różne miejsca zerowe x1, x2 spełniające warunek x12−x22⩽12. Zapisz obliczenia.
ROZBIJ RÓŻNICĘ KWADRATÓW
∣x12−x22∣=∣x1−x2∣⋅∣x1+x2∣, przy czym ∣x1+x2∣=3, a ∣x1−x2∣=Δ.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+3+1
1
+1 PKTETAP I · DWA MIEJSCA ZEROWEZ_Δ=9+4(m2−m−3)>0, czyli 4m2−4m−3>0:m∈(−∞,−21)∪(23,+∞)Zapisanie Δ≥0 zamiast Δ>0 to 0 punktów za ten etap.
1
+1 PKTETAP II · PRZYGOTOWANIE POD VIÈTE'ARozbicie różnicy kwadratów:x12−x22=∣x1−x2∣⋅∣x1+x2∣≤12
2
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ Z PARAMETREMSuma pierwiastków wynosi 3, więc ∣x1−x2∣≤4, a_po podniesieniu do kwadratu i_podstawieniu wzorów Viète'a:32−4(−m2+m+3)≤16
3
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ROZWIĄZANIEZ_4m2−4m−19≤0:m∈⟨21−25,21+25⟩
1
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹPrzecięcie obu warunków:m∈⟨21−25,−21)∪(23,21+25⟩
Zakres: warunki na znaki sumy i iloczynu oraz nierówności podwójne rozbijane na koniunkcję.
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x2+2(1−m)x+m2−m=0 ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste x1,x2 spełniające warunek x1x2≤6m≤x12+x22.
WARUNKI – KONIUNKCJA{Δ>0x1x2≤6m≤(x1+x2)2−2x1x2
PODWÓJNA NIERÓWNOŚĆ TO DWA WARUNKI
Rozbij x1x2≤6m≤x12+x22 na dwie osobne nierówności i dołóż Δ>0.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+4+1
1
+1 PKTETAP I · DWA RÓŻNE PIERWIASTKI⇒Δ=4(1−m)2−4(m2−m)=4(1−m)>0m∈(−∞,1)Zapisanie Δ≥0 — 0 pkt za etap.
2
+1 PKTETAP II · LEWA NIERÓWNOŚĆ Z ILOCZYNU⇒x1x2≤6m:m2−7m≤0m∈⟨0,7⟩
3
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · KWADRATY PRZEZ SUMĘ I ILOCZYNx12+x22=(x1+x2)2−2x1x2
4
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ W SAMYM m⇒4(1−m)2−2(m2−m)≥6m2m2−12m+4≥0
5
+4 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · PRAWA NIERÓWNOŚĆ ROZWIĄZANAm∈(−∞,3−7⟩∪⟨3+7,+∞)
6
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹm∈⟨0,3−7⟩Punkt przysługuje przy poprawnym etapie I i błędach w nierównościach etapu II — ALBO przy błędach w etapie I i co najmniej jednej nierówności etapu II rozwiązanej dobrze.
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie (m2−m)x2−x+1=0 ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste x1,x2 takie, że x1+x21≤3m≤x11+x21.
NAJPIERW: CZY TO W OGÓLE KWADRATOWE
Zapisz m2−m=0 obok Δ>0, a obie skrajne strony zwiń przez Viète'a.
WARUNKI – KONIUNKCJA⎩⎨⎧m2−m=0Δ>0x1+x2=0,x1x2=0x1+x21≤3m≤x1x2x1+x2
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+4+1
1
+1 PKTETAP I · DWA RÓŻNE PIERWIASTKIRównanie jest kwadratowe, gdy m2−m=0, a_dwa różne pierwiastki daje warunek Δ>0, czyli 4m2−4m−1<0:m∈(21−2,21+2)Klucz jest tu bezwzględny: zapisanie Δ≥0 zamiast Δ>0 to 0 punktów za ten etap. Warunek m2−m=0 rozlicza się dopiero w_etapie III.
1
+1 PKTETAP II · PRAWA NIERÓWNOŚĆZe wzorów Viète'a x11+x21=x1x2x1+x2, co po podstawieniu daje 3m≤1, czyli m≤3.
2
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ZAPIS SUMY ODWROTNOŚCILewa nierówność wymaga wyrażenia x1+x21 przez parametr:x1+x21=−(m2−m)
3
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ Z PARAMETREMZapisanie nierówności x1+x21≤3m z_jedną niewiadomą:m−m2≤3m⟺m(m−34)≤0
4
+4 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ROZWIĄZANIE NIERÓWNOŚCIStąd m∈⟨0,34⟩.
1
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹPrzecięcie wszystkich warunków z_wykluczeniem m=0 i_m=1:m∈(0,1)∪(1,21+2)
Funkcja f jest określona wzorem f(x)=m−5m2+m−6x2−(m−2)x+m−5 dla każdej liczby rzeczywistej x. Wyznacz całkowite wartości parametru m, dla których funkcja f przyjmuje wartość największą i ma dwa różne miejsca zerowe o jednakowych znakach.
WARUNKI – KONIUNKCJA⎩⎨⎧a=m−5m2+m−6,m=5a<0(wartosˊcˊ największa)Δ>0x1x2>0(jednakowe znaki)m∈Z
WARTOŚĆ NAJWIĘKSZA = RAMIONA W DÓŁ
Współczynnik wiodący musi być ujemny, a „jednakowe znaki” to x1x2>0.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+4+1
1
+1 PKTETAP I · DWA RÓŻNE MIEJSCA ZEROWE⇒⇒Δ=(m−2)2−4(m+3)(m−2)>0(m−2)(3m+14)<0m∈(−314,2)Nieostra Δ≥0 — 0 pkt za etap.
2
+2 PKTETAP II · WARTOŚĆ NAJWIĘKSZA⇒⇒m−5m2+m−6<0m−5(m+3)(m−2)<0m∈(−∞,−3)∪(2,5)
3
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ILOCZYN ZER ZAPISANYx1x2=m−5m2+m−6m−5=m2+m−6(m−5)2
4
+4 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ILOCZYN ZER ROZWIĄZANY⇒(m+3)(m−2)(m−5)2>0m∈(−∞,−3)∪(2,5)∪(5,+∞)
5
+1 PKTETAP III · PRZECIĘCIE I FILTR — ODPOWIEDŹ⇒m∈(−314,−3)m=−4Punkt przysługuje przy poprawnym etapie I i co najmniej jednej dobrze rozwiązanej nierówności etapu II (z podaniem wszystkich całkowitych m).
Dany jest trójmian kwadratowy f(x)=x2+2(m+1)x+6m+1. Wyznacz wszystkie rzeczywiste wartości parametru m, dla których ten trójmian ma dwa różne pierwiastki x1,x2 tego samego znaku, spełniające warunek ∣x1−x2∣<3.
WARUNKI – KONIUNKCJA⎩⎨⎧Δ>0x1x2>0(x1+x2)2−4x1x2<9
ODLEGŁOŚĆ PIERWIASTKÓW TO √Δ
Przy a=1 warunek ∣x1−x2∣<3 znaczy Δ<3, a ten sam znak to x1x2>0.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+3+1+1
1
+1 PKTETAP I · DWA RÓŻNE PIERWIASTKI⇒⇒Δ=4(m+1)2−4(6m+1)>0m(m−4)>0m∈(−∞,0)∪(4,+∞)
2
+1 PKTETAP II · WARUNEK NA ODLEGŁOŚĆΔ<3albo(x1−x2)2<9 (przez (x1+x2)2−4x1x2)
3
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ W m4(m2−4m)<9czyli4m2−16m−9<0
4
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ ROZWIĄZANAm∈(−21,29)
5
+1 PKTETAP III · TEN SAM ZNAK PIERWIASTKÓWx1x2=6m+1>0⇒m>−61
6
+1 PKTETAP IV · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹm∈(−61,0)∪(4,29)
!
CKEWARUNKI NA ETAP IVPunkt za przecięcie przysługuje przy co najmniej dwóch poprawnych etapach z I–III (albo etapie I lub III z minimum 2 pkt za II) — i tylko gdy każdy etap dał zbiór niepusty i różny od R.
!
1 PKTCKEZERO ZA ETAP IIBłąd merytoryczny przy Δ<3 (np. podniesienie do kwadratu na Δ>9) — z trzech punktów etapu zostaje jeden.
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x2−3mx+(m+1)(2m−1)=0 ma dwa różne rozwiązania x1,x2 spełniające warunki: x1⋅x2=0 oraz 0<x11+x21≤32.
WARUNKI – KONIUNKCJA⎩⎨⎧Δ>0x1x2=00<x1x2x1+x2≤32
DELTA JEST KWADRATEM
Δ=(m−2)2, więc pierwiastki masz jawnie: x1=m+1 i x2=2m−1.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+5
1
+1 PKTETAP I · DELTA KWADRATEM⇒Δ=9m2−4(m+1)(2m−1)=(m−2)2dwa roˊz˙ne pierwiastki dla m=2
2
+1 PKTETAP II · PIERWIASTKI ALBO VIÈTEx1=m+1x2=2m−1— ALBO od razu x11+x21=x1x2x1+x2=(m+1)(2m−1)3m.
3
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · LEWA NIERÓWNOŚĆ⇒(m+1)(2m−1)3m>0m∈(−1,0)∪(21,+∞)
4
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · PRAWA W POSTACI ILORAZOWEJ3(m+1)(2m−1)−4m2+7m+2≤0(z (m+1)(2m−1)3m≤32 po sprowadzeniu do wspólnego mianownika; licznik =−(4m+1)(m−2)).
5
+4 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · PRAWA ROZWIĄZANAm∈(−∞,−1)∪⟨−41,21)∪⟨2,+∞)
6
+5 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹm∈⟨−41,0)∪(2,+∞)(m=2 wyklucza warunek dwóch różnych pierwiastków — stąd przedział otwarty).
!
CKEDWÓJKA NA GRANICYDla m=2 iloraz daje równość 32, ale Δ=0 — pierwiastek jest jeden. Domknięcie przedziału w 2 to błąd etapu I przemycony do odpowiedzi.
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie 4x2+(2−4m)x+m2−m−2=0 ma dwa różne dodatnie rozwiązania x1,x2 spełniające nierówność x12+x22≤417.
WARUNKI – KONIUNKCJA⎩⎨⎧Δ>0x1+x2>0x1x2>0(x1+x2)2−2x1x2≤417
DELTA WYCHODZI STAŁA
Δ=36 niezależnie od m, więc pierwiastki to 2m−2 i 2m+1.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+4+1
1
+1 PKTETAP I · DELTA STAŁAΔ=(2−4m)2−16(m2−m−2)=36>0— dwa różne pierwiastki dla każdego m (rozkład na czynniki z wyłączonym wspólnym nawiasem też realizuje ten etap).
2
+1 PKTETAP II · PIERWIASTKIx1=2m−2x2=2m+1
3
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · DODATNIOŚĆ⇒2m−2>0∧2m+1>0m>2(równoważnie warunkami Viète'a: x1x2>0 i x1+x2>0, albo f(0)>0 i xW>0).
4
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ ZAPISANA(2m−2)2+(2m+1)2≤417
5
+4 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ ROZWIĄZANAm2−m−6≤0⇒m∈⟨−2,3⟩
6
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹm∈(2,3⟩
!
MAX 5 PKTCKEWyłącznie błędy rachunkowe przy pełnej strategii.
!
MAX 4 PKTCKE„Suma kwadratów = kwadrat sumy” albo inny błędny wzór upraszczający problem. Punkt za część wspólną tylko przy niepustych i nietrywialnych zbiorach składowych.
Funkcja f jest określona wzorem f(x)=(2−m)x2−2(2m+1)x+m+8 dla każdej liczby rzeczywistej x, gdzie m jest liczbą rzeczywistą różną od 2. Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których funkcja f ma dokładnie dwa miejsca zerowe x1 oraz x2 tego samego znaku, które spełniają warunek (x1−x2)2≤180. Zapisz obliczenia.
WARUNKI – KONIUNKCJA⎩⎨⎧2−m=0Δ>0x1x2>0(x1+x2)2−4x1x2≤180
KWADRAT RÓŻNICY TO Δ/a²
(x1−x2)2=a2Δ, a „ten sam znak” to x1x2>0 — plus m=2.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+1+3+1
1
+1 PKTETAP I · WARUNEK Δ>0⇒⇒[−2(2m+1)]2−4(2−m)(m+8)>020m2+40m−60>020(m−1)(m+3)>0 czyli m∈(−∞,−3)∪(1,+∞).
!
0 PKTCKEZERO ZA ETAP IRozwiązanie warunku Δ≥0 zamiast Δ>0.
2
+1 PKTETAP II · TEN SAM ZNAK PIERWIASTKÓWx1x2>0 czyli 2−mm+8>0⇒(m+8)(2−m)>0∧m=2, więc m∈(−8,2).
3
+1 PKTETAP III · POSTAĆ POD VIÈTE'A(x1−x2)2=(x1+x2)2−4x1x2≤180 — ALBOa2Δ≤180.
4
+2 PKTETAP III (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ W m[2−m2(2m+1)]2−4⋅2−mm+8≤180
5
+3 PKTETAP III (ŁĄCZNIE) · ROZWIĄZANIE⇒(m−2)2−160m2+760m−780≤08m2−38m+39≥0∧m=2Δm=196, pierwiastki 23 i 413, więc m∈(−∞,23]∪[413,+∞).
6
+1 PKTETAP IV · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹPrzecięcie warunków m=2, (−∞,−3)∪(1,+∞), (−8,2) oraz (−∞,23]∪[413,+∞) daje m∈(−8,−3)∪(1,23].
!
0 PKTCKEZERO ZA ETAP IVBłąd niebędący rachunkowym w etapach I–III zeruje etap IV, nawet przy poprawnym przecięciu.
!
CKESUFITY W ETAPIE III I ZA CAŁOŚĆPrzyjęcie x1+x2=±2−mm+8 albo x1x2=±2−m2(2m+1), albo x1+x2=±2ab → najwyżej 2 pkt w etapie III i 0 pkt w etapie IV. Dorzucenie założenia spoza treści (np. x1+x2>0) → najwyżej 5 punktów za całość.
m∈(−8,−3)∪(1,23]
Zakres: warunki, które trzeba najpierw przekształcić (rozkład na czynniki, przypadki, nierówność dla każdego x), zanim wejdą wzory Viète'a.
Dany jest trójmian kwadratowy f(x)=(m+1)x2+2(m−2)x−m+4. Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których trójmian f ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste x1,x2, spełniające warunek x12−x22=x14−x24.
WARUNKI – KONIUNKCJA⎩⎨⎧m+1=0Δ>0x1+x2=0lub(x1+x2)2−2x1x2=1
PRZENIEŚ WSZYSTKO NA JEDNĄ STRONĘ
Warunek rozkłada się na (x1−x2)(x1+x2)(x12+x22−1)=0.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+3+1
1
+1 PKTETAP I · DWA RÓŻNE PIERWIASTKI⇒⇒Δ=4(m−2)2−4(m+1)(4−m)>04m(2m−7)>0m∈(−∞,0)∪(27,+∞)(z m=−1). Nieostra Δ≥0 — 0 pkt za etap.
2
+1 PKTETAP II · ROZKŁAD WARUNKU(x1−x2)(x1+x2)(x12+x22−1)=0
3
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · JEDEN CZYNNIK ROZLICZONYx1+x2=0 przełożone Viète'em na m+1−2(m−2)=0, czyli m=2 — ALBO stwierdzenie, że x1−x2=0 przeczy założeniu — ALBO równanie wymierne z (x1+x2)2−2x1x2=1.
4
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · WSZYSTKIE KANDYDATURY⇒m=2oraz5m2−24m+7=0m=512±109
5
+1 PKTETAP III · FILTR DZIEDZINY — ODPOWIEDŹm=512+109(m=2 i m=512−109 nie spełniają Δ>0). Punkt przysługuje przy poprawnych etapach I i II — także gdy jeden z nich zawiera błędy, a drugi jest bezbłędny.
!
CKEDZIELENIE BEZ ZAŁOŻENIAPodzielenie stronami przez x12−x22 bez założenia niezerowości — sufit 3 pkt za całość (dziedzina, równanie wymierne, wybór korzenia po 1 pkt).
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie 4x2−6mx+(2m+3)(m−3)=0 ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste x1,x2, przy czym x1<x2, spełniające warunek (4x1−4x2−1)(4x1−4x2+1)<0.
WARUNKI – KONIUNKCJA⎩⎨⎧Δ>0(x1+x2)2−4x1x2<161
TO WZÓR NA RÓŻNICĘ KWADRATÓW
(4x1−4x2−1)(4x1−4x2+1)<0 znaczy po prostu 16(x1−x2)2<1.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+3+1
1
+1 PKTETAP I · DWA RÓŻNE PIERWIASTKI⇒Δ=36m2−16(2m+3)(m−3)=4(m+6)2>0m=−6Zapis Δ≥0 bez odrzucenia Δ=0 — zero za ten etap.
2
+1 PKTETAP II · WARUNEK PRZEZ VIÈTE'A ALBO PIERWIASTKI16[(x1+x2)2−4x1x2]−1<0— ALBO jawnie: x1=2m−3, x2=22m+3.
3
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ W m4m2+48m+143<0
4
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ ROZWIĄZANAm∈(−213,−211)
5
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹm∈(−213,−6)∪(−6,−211)
!
0 PKTCKEZERO ZA ETAP IIIZbiór pusty lub całe R w etapie I lub II — albo zbiór z jednego etapu będący podzbiorem drugiego.
!
MAX 3 PKTCKEPomylenie Δ z Δ (przyjęcie Δ=2(m+6)), konsekwentnie — albo nierówność etapu II zdegenerowana błędami do liniowej czy kwadratowej z ujemną deltą.
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x2−3mx+2m2+1=0 ma dwa różne rozwiązania takie, że każde należy do przedziału (−∞,3).
WARUNKI – KONIUNKCJA⎩⎨⎧Δ>0x1+x2<6x1x2−3(x1+x2)+9>0
PRZESUŃ PIERWIASTKI O 3
Oba pod trójką to (x1−3)+(x2−3)<0 oraz (x1−3)(x2−3)>0.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+4+1
1
+1 PKTETAP I · DWA RÓŻNE PIERWIASTKI⇒Δ=9m2−4(2m2+1)=m2−4>0m∈(−∞,−2)∪(2,+∞)Zapis Δ≥0 — zero za ten etap.
2
+1 PKTETAP II · WARUNKI NA PIERWIASTKIx1−3<0∧x2−3<0(równoważnie w drodze wierzchołkowej: f(3)>0 oraz xw<3).
3
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · UKŁAD W m3m<6∧2m2−9m+10>0(z sumy x1+x2−6<0 i iloczynu x1x2−3(x1+x2)+9>0; układ z tylko jedną z nierówności — 2 pkt łącznie).
4
+4 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · UKŁAD ROZWIĄZANYm<2(druga nierówność daje m∈(−∞,2)∪(25,+∞), przecięcie z m<2 zostawia m<2).
5
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹm∈(−∞,−2)
!
CKEWARUNEK NA ETAP IIIPunkt za część wspólną przysługuje tylko, gdy co najmniej jedna nierówność (z etapu I albo II) jest rozwiązana poprawnie.
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których nierówność (m2+4m−5)⋅x2+2x>2mx−2 jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej x.
WSPÓŁCZYNNIK PRZY x² MOŻE ZNIKNĄĆ
m2+4m−5=(m−1)(m+5) zeruje się dla m=1 i m=−5 — te przypadki sprawdź osobno.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 2+3
1
+1 PKTETAP I · PRZYPADEK LINIOWY ZAUWAŻONYDla m=1 albo m=−5 nierówność przestaje być kwadratowa — poprawne zbadanie jednego z tych przypadków.
2
+2 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · OBA PRZYPADKI ROZSTRZYGNIĘTEm=1: nierówność 2>0 prawdziwa dla każdego x (wchodzi); m=−5: nierówność 12x+2>0 nie jest prawdziwa dla każdego x (odpada).
3
+1 PKTETAP II · UKŁAD WARUNKÓWm2+4m−5>0∧Δ<0(równoważnie a>0 i yW>0).
4
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · JEDNA NIERÓWNOŚĆ ROZWIĄZANA(m−1)(m+5)>0⇒m<−5 lub m>1 — ALBO⇒Δ=−4(m−1)(m+11)<0m<−11lubm>1
5
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · OBIE PLUS ODPOWIEDŹPrzecięcie obu warunków i suma z przypadkiem liniowym: m<−11lubm≥1
!
0 PKTCKEZERO ZA ETAP IISamo Δ<0 bez warunku na współczynnik przy x2 (nawet bezbłędnie rozwiązane) — albo układ z Δ>0.
!
2 PKTCKEZERO ZA ETAP IIUkład z Δ≤0 konsekwentnie do końca. Warunek m2+4m−5=0 zamiast >0 ścina etap II do 1 pkt.
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x2−(m−4)x+m2−7m+12=0 ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste x1 oraz x2, spełniające warunek x13+x23<5x12⋅x2+5x1⋅x22.
PRAWA STRONA TO 5x₁x₂(x₁+x₂)
Po wyłączeniu obie strony są funkcjami sumy i iloczynu — dalej Viète.
WARUNKI – KONIUNKCJA{Δ>0(x1+x2)((x1+x2)2−8x1x2)<0
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTDWA RÓŻNE PIERWIASTKIWarunek Δ>0, czyli −3m2+20m−32>0:m∈(38,4)
2
2 PKTPRZYGOTOWANIE POD VIÈTE'ANierówność z_treści przekształcamy do postaci z_sumą i_iloczynem:(x1+x2)[(x1+x2)2−3x1x2]<5x1x2(x1+x2)
3
3 PKTNIERÓWNOŚĆ Z PARAMETREMPo podstawieniu wzorów Viète'a:(m−4)[(m−4)2−3(m2−7m+12)]<5(m2−7m+12)(m−4)
4
4 PKTROZWIĄZANIE NIERÓWNOŚCIPo uporządkowaniu −7(m−4)2(m−720)<0, czyli m∈(720,4)∪(4,∞).
5
5 PKTCZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹPrzecięcie z_warunkiem na deltę:m∈(720,4)
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x2−(3m+1)⋅x+2m2+m+1=0 ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste x1 i x2 spełniające warunek x13+x23+3⋅x1⋅x2⋅(x1+x2−3)≤3m−7. Zapisz obliczenia.
WARUNKI – KONIUNKCJA{Δ>0(x1+x2)3−9x1x2≤3m−7
LEWA STRONA ZWIJA SIĘ DO SZEŚCIANU
x13+x23+3x1x2(x1+x2)=(x1+x2)3 — to cały pomysł zadania.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+4+1
1
+1 PKTETAP I · WARUNEK Δ>0⇒[−(3m+1)]2−4(2m2+m+1)>0m2+2m−3>0czyli m∈(−∞,−3)∪(1,+∞).
!
0 PKTCKEZERO ZA ETAP IRozwiązanie warunku Δ≥0 zamiast Δ>0.
2
+1 PKTETAP II · POSTAĆ POD VIÈTE'Ax13+x23+3x1x2(x1+x2−3)=(x1+x2)3−9x1x2≤3m−7
3
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ W m(3m+1)3−9(2m2+m+1)≤3m−7
4
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · POSTAĆ ILOCZYNOWA27m3+9m2−3m−1≤0⟺(3m−1)(3m+1)2≤0(przez różnicę sześcianów: (3m)3−13+3m(3m−1)). Klucz uznaje też samo znalezienie jednego pierwiastka wielomianu.
5
+4 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ROZWIĄZANIE(3m+1)2≥0 zawsze, więc decyduje znak (3m−1): m∈(−∞,31].
6
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹ[(−∞,−3)∪(1,+∞)]∩(−∞,31]=(−∞,−3)
!
0 PKTCKEZERO ZA ETAP IIIBłąd niebędący rachunkowym w etapie I lub II zeruje etap III.
!
CKESUFITY W ETAPIE IIPrzyjęcie x1+x2=±(2m2+m+1) albo x1x2=±(3m+1), albo x1+x2=±2ab → najwyżej 2 pkt w etapie II i 0 w III. Tak samo błąd typu x13+x23=(x1+x2)3 albo pominięcie istotnych nawiasów. Dorzucenie założenia spoza treści (np. x1x2>0) → najwyżej 5 punktów za całość.
Wyznacz wszystkie rzeczywiste wartości parametru m, gdzie m=0, dla których funkcja kwadratowa f określona wzorem f(x)=m2⋅x2−2mx−m+1 ma dwa różne miejsca zerowe x1 oraz x2 należące do przedziału (−2,2). Zapisz obliczenia.
OBA PIERWIASTKI W PRZEDZIALE
Wypisz komplet warunków (a=0, Δ>0, f(−2)>0, f(2)>0, −2<xw<2) — punktuje się ich liczba.
KLUCZ I · INTERPRETACJA GEOMETRYCZNA
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJWŁASNA SKALA CKE
1
1 PKTWYPISANIE PIĘCIU WARUNKÓWPonieważ m=0, współczynnik przy x2 jest dodatni (ramiona w górę). Warunki: 1)f(p)<0 (lub q<0, lub Δ>0)2)p>−23)p<24)f(−2)>05)f(2)>0 Sam ich zapis daje punkt — tak samo jak rozwiązanie choćby jednego.
2
2 PKTTRZY WARUNKI ROZWIĄZANE⇒⇒1) f(m1)<0−m<0m∈(0,+∞) 2)+3) −2<m1<2⇒∣m∣>21, czyli m∈(−∞,−21)∪(21,+∞).
3
3 PKTCZTERY WARUNKI4) f(−2)=4m2+3m+1=(2m+43)2+167>0 więc m∈R.
4
4 PKTPIĄTY WARUNEK5) f(2)=4m2−5m+1=4(m−1)(m−41)>0 więc m∈(−∞,41)∪(1,+∞).
5
5 PKTCZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹPrzecięcie wszystkich warunków przy m=0: m∈(1,+∞).
!
0 PKTCKEZERO ZA TĘ CZĘŚĆRozwiązanie warunku Δ≥0 zamiast Δ>0. „Dwa różne miejsca zerowe” to nierówność ostra.
!
MAX 3 PKTCKENierozwiązanie wszystkich pięciu warunków — albo błędy rachunkowe dające zbiory o pustej części wspólnej — albo jakikolwiek błąd nierachunkowy.
m∈(1,+∞)
KLUCZ II · PRZEZ MIEJSCA ZEROWE
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJWŁASNA SKALA CKE
1
1 PKTDELTA ALBO MIEJSCA ZEROWE⇒Δ=(−2m)2−4m2(−m+1)=4m3>0m∈(0,+∞) — ALBOx1=m1−m, x2=m1+m. Skrót: f(x)=(mx−1)2−m, więc (mx−1)2=m.
2
2 PKTDELTA + JEDEN Z WARUNKÓW II)–V)II)x1<2: m∈(41,+∞).III)−2<x1: m∈(0,+∞).IV)x2<2: m∈(1,+∞).V)−2<x2: m∈(0,+∞). Sam warunek I) plus jeden z tych czterech — albo trzy z II)–V) — daje 2 pkt.
3
3 PKTCZTERY Z PIĘCIUCztery spośród warunków I)–V) — ALBO pary I)+III), I)+IV) lub III)+IV) wraz z zapisaniem x1<x2.
4
4 PKTWSZYSTKIE PIĘĆPięć warunków I)–V) — ALBO I)+III)+IV) wraz z zapisaniem x1<x2.
5
5 PKTCZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹm∈(1,+∞)
m∈(1,+∞)
KLUCZ III · PRZEZ WZORY VIÈTE'A
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJWŁASNA SKALA CKE
1
1 PKTWYPISANIE WARUNKÓW A)–E)Liczby 2−x1, 2−x2 są dodatnie dokładnie wtedy, gdy dodatnie są ich suma i iloczyn — i analogicznie dla x1+2, x2+2. Stąd: A)Δ>0B)x1+2+x2+2>0C)x1x2+2(x1+x2)+4>0D)2−x1+2−x2>0E)x1x2−2(x1+x2)+4>0
2
2 PKTTRZY WARUNKI ROZWIĄZANEA)4m3>0⇒m∈(0,+∞).B)m22m+4>0⇒m∈(−∞,−21)∪(0,+∞).C)4m2+3m+1>0⇒m=0.
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x2+mx+m=0 ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste x1 oraz x2 spełniające warunek x14+x24+4⋅x13⋅x23≥3 Zapisz obliczenia.
ZWIŃ PIĘTROWO, POTEM VIÈTE
x14+x24=(x12+x22)2−2(x1x2)2, a niżej (x1+x2)2−2x1x2.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+3+1
1
+1 PKTETAP I · WARUNEK Δ>0⇒⇒Δ=m2−4m>0m(m−4)>0m∈(−∞,0)∪(4,+∞)
!
0 PKTCKEZERO ZA ETAP IRozwiązanie warunku Δ≥0 zamiast Δ>0. „Dwa różne rozwiązania” to nierówność ostra.
2
+1 PKTETAP II · POSTAĆ POD VIÈTE'Ax14+x24+4x13x23=[(x1+x2)2−2x1x2]2−2(x1x2)2+4(x1x2)3≥3
3
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · NIERÓWNOŚĆ W mViète: x1+x2=−m, x1x2=m, więc [(−m)2−2m]2−2m2+4m3≥3.
4
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ROZWIĄZANIE⇒m4+2m2−3≥0(m2−1)(m2+3)≥0 a ponieważ m2+3>0, to m2≥1, czyli m∈(−∞,−1]∪[1,+∞).
5
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ WSPÓLNA — ODPOWIEDŹ[(−∞,0)∪(4,+∞)]∩[(−∞,−1]∪[1,+∞)]=(−∞,−1]∪(4,+∞)
!
0 PKTCKEZERO ZA ETAP IIIBłąd niebędący rachunkowym w etapie I lub II zeruje etap III, nawet jeśli przecięcie zrobisz poprawnie.
!
CKESUFITY W ETAPIE IIPrzyjęcie x1x2=−m albo x1+x2=±2ab → najwyżej 2 pkt w etapie II i 0 pkt w etapie III. Dorzucenie założenia spoza treści (np. x1+x2>0) → najwyżej 4 punkty za całość.
Liczba m jest sumą odwrotności dwóch różnych pierwiastków równania k2x2+(k−1)x+1=0, gdzie k=0. Wyznacz zbiór wartości funkcji określonej wzorem f(x)=2m.
SUMA ODWROTNOŚCI PRZEZ VIÈTE'A
x11+x21=x1x2x1+x2 zwija się tu do m=1−k.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTDWA RÓŻNE PIERWIASTKI⇒Δ=(k−1)2−4k2>0k∈(−1,31)∖{0}
2
2 PKTSUMA ODWROTNOŚCIm=x11+x21=−k+1
3
3 PKTWARTOŚCI NA KRAŃCACHh(−1)=22=4h(0)=2h(31)=22/3=34(dla h(k)=21−k).
4
4 PKTZBIÓR WARTOŚCI — ODPOWIEDŹ(34,4)∖{2}=(34,2)∪(2,4)(z monotoniczności funkcji wykładniczej).
!
MAX 3 PKTCKENieostra Δ≥0 — albo pominięcie k=0 (wynik (34,4) bez dziury) — albo błędny wzór funkcji wykładniczej przy dobrym m. Samo m=1−k bez warunku dwóch pierwiastków — 1 pkt.