Funkcje wymierne i wykładnicze — zadania maturalne: Funkcje wymierne i wykładnicze
Cztery fronty jednego działu: nierówności wymierne, model wykładniczy z kontekstem, rachunek logarytmiczny i dziedziny logarytmu. Wspólny mianownik wszystkich: dyscyplina założeń i szybkie równania z wykładnikiem.
17zadania maturalne
17z pełnym kluczem
ZADANIA
Zadania maturalne
Zanim zaczniesz: cztery fronty jednego działu. Nierówność wymierna = wspólny mianownik i siatka znaków. Model wykładniczy = odczyt a i b z treści. Rachunek logarytmiczny = wspólna podstawa i łańcuch logab⋅logbc. Dziedzina logarytmu = trzy warunki i przecięcie przedziałów.
Odruchy: wszystko na jedną stronę, wspólny mianownik, siatka znaków z wykluczeniem zer mianownika. Nierówność wymierna to tabela znaków – nie mnożenie na ślepo przez mianownik.
(x1−1)−1=1−xx przy x=0 i x=1 — dalej badaj znak ilorazu.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTZAŁOŻENIA I UPROSZCZENIEZ_dziedziny x=0 i_x=1; po odwróceniu ułamka piętrowego nierówność przyjmuje postać:1−xx≤1
2
2 PKTPOSTAĆ ILORAZOWAPrzeniesienie na jedną stronę:x−12x−1≤0⟺(2x−1)(x−1)≤0,x=1
3
3 PKTPIERWIASTKIMiejsca zerowe iloczynu to x=21 oraz x=1.
4
4 PKTZBIÓR ROZWIĄZAŃ — ODPOWIEDŹPo uwzględnieniu obu założeń:x∈(−∞,0)∪(0,21⟩∪(1,+∞)Pominięcie wyrzuconego zera to typowa strata punktu — dziedzina wyklucza dwie wartości, nie jedną.
Wszystko na jedną stronę, wspólny mianownik i dopiero wtedy siatka znaków.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTWSPÓLNY MIANOWNIK ALBO PRZEDZIAŁY5x(1−x)12x2−5x−2≤0— ALBO mnożenie przez (1−x)2(5x)2 do postaci iloczynowej z x=0, x=1 — ALBO rozbicie na przedziały (−∞,0)∪(1,+∞) i (0,1) z poprawnym zwrotem nierówności w każdym.
2
2 PKTPOSTAĆ ILOCZYNOWA ALBO POŁOWA WYNIKU12(x−32)(x+41)(1−x)⋅5x≤0(x=0,x=1)— ALBO rozwiązanie w jednym z przedziałów: x∈(−∞,−41⟩∪(1,+∞) albo x∈(0,32⟩ — ALBO próg 1 plus wszystkie pierwiastki obu wielomianów.
3
3 PKTWYNIK — ODPOWIEDŹx∈(−∞,−41⟩∪(0,32⟩∪(1,+∞)
!
0 PKTCKEZERO ZA CAŁE ZADANIEMnożenie obu stron przez iloczyn mianowników bez rozpatrzenia jego znaku.
!
MAX 2 PKTCKEBrak wyłączenia liczb x=0 i x=1 ze zbioru rozwiązań.
Odruchy: stan początkowy =f(0), tempo =b z porównania dwóch chwil, „po ilu krokach” = równanie bt=c i logarytm. Jednostki i procent składany czytaj wprost z treści.
W chwili początkowej (t=0) masa substancji jest równa 4 gramom. Wskutek rozpadu cząsteczek tej substancji jej masa się zmniejsza. Po każdej kolejnej dobie ubywa 19% masy, jaka była na koniec doby poprzedniej. Dla każdej liczby całkowitej t≥0 funkcja m(t) określa masę substancji w gramach po t pełnych dobach (czas liczymy od chwili początkowej).
Wyznacz wzór funkcji m(t). Oblicz, po ilu pełnych dobach masa tej substancji będzie po raz pierwszy mniejsza od 1,5 grama. Zapisz obliczenia.
UBYTEK 19% TO ILORAZ 0,81
Masy tworzą ciąg geometryczny, więc m(t)=4⋅0,81t.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTWZÓR ALBO LICZBA DÓBm(t)=4⋅0,81t— ALBO samo obliczenie, że po 5 dobach masa spada poniżej 1,5 grama.
2
2 PKTJEDNO I DRUGIE — ODPOWIEDŹm(4)=4⋅0,814≈1,72>1,5 oraz m(5)=4⋅0,815≈1,39<1,5, więc masa będzie mniejsza od 1,5 g po 5 dobach.
!
MAX 1 PKTCKEWzór w postaci m(t)=4⋅0,81t−1 (przesunięcie o jedną dobę) przy konsekwentnym dokończeniu.
W chwili początkowej (t=0) filiżanka z gorącą kawą znajduje się w pokoju, a temperatura tej kawy jest równa 80∘C. Temperatura w pokoju (temperatura otoczenia) jest stała i równa 20∘C. Temperatura T tej kawy zmienia się w czasie zgodnie z zależnością
T(t)=(Tp−Tz)⋅k−t+Tzdla t≥0
gdzie: T – temperatura kawy wyrażona w stopniach Celsjusza, t – czas wyrażony w minutach, liczony od chwili początkowej, Tp – temperatura początkowa kawy wyrażona w stopniach Celsjusza, Tz – temperatura otoczenia wyrażona w stopniach Celsjusza, k – stała charakterystyczna dla danej cieczy.
Po 10 minutach, licząc od chwili początkowej, kawa ostygła do temperatury 65∘C. Oblicz temperaturę tej kawy po następnych pięciu minutach. Wynik podaj w stopniach Celsjusza, w zaokrągleniu do jedności. Zapisz obliczenia.
W chwili początkowej (t=0) zainicjowano pewną reakcję chemiczną, w której brał udział związek A. W wyniku tej reakcji masa m związku A zmieniała się w czasie zgodnie z zależnością
m(t)=a⋅2−0,05⋅t+bdla t≥0
gdzie: m – masa związku A wyrażona w gramach, t – czas wyrażony w sekundach (liczony od chwili t=0), a, b – współczynniki liczbowe.
Masa początkowa związku A (tj. masa w chwili t=0) była równa m0 gramów. Po osiągnięciu stanu równowagi (tj. gdy t→∞) masa tego związku była równa 91 jego masy początkowej (zobacz rysunek).
Oblicz, po ilu sekundach (licząc od chwili zainicjowania tej reakcji) przereagowało 87,5% masy początkowej tego związku. Zapisz obliczenia.
b CZYTASZ Z GRANICY, a Z CHWILI ZERO
Przy t→+∞ składnik wykładniczy znika, więc granica to samo b.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTWSPÓŁCZYNNIK b91m0=t→+∞lim(a⋅2−0,05t+b)=0+b=bczyli b=91m0 — ALBO zapisanie związku a+b=m0.
2
2 PKTCZAS — ODPOWIEDŹZ m(0)=m0: m0=a⋅20+91m0, więc a=98m0. Dalej81m0=98m0⋅2−0,05t+91m0/:m0721=98⋅2−0,05t, czyli 2−6=2−0,05t i t=120 sekund.
!
CO ZOSTAŁO, A CO PRZEREAGOWAŁOSkoro przereagowało 87,5%, to masa związku A wynosi 12,5%=81 masy początkowej. Podstawienie 87m0 prowadzi donikąd.
Ładunek elektryczny zgromadzony w kondensatorze można opisać zależnością
Q(t)=Q0⋅β−tdla t⩾0
gdzie: Q0 – ładunek elektryczny zgromadzony w kondensatorze w chwili początkowej (t=0) wyrażony w milikulombach Q – ładunek elektryczny zgromadzony w kondensatorze w chwili t (licząc od chwili początkowej) wyrażony w milikulombach β – stała dodatnia t – czas wyrażony w sekundach
Wiadomo, że w chwili t=4 s w kondensatorze był zgromadzony ładunek 2 milikulombów, a w chwili t=6 s – ładunek 18 milikulombów. Oblicz, ile milikulombów ładunku było zgromadzone w tym kondensatorze w chwili t=5 s. Zapisz obliczenia.
ILORAZ DWÓCH ODCZYTÓW ZJADA Q₀
Podziel Q(6) przez Q(4) — zostanie samo β−2.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPARAMETR ROZPADU ALBO ŁADUNEK POCZĄTKOWYZ_Q(4)=2 i_Q(6)=18 dzielimy równania stronami: 182=β2, więc β=31 i_Q0=812.
2
2 PKTŁADUNEK PO 5 SEKUNDACH — ODPOWIEDŹPodstawienie do wzoru (albo własność ciągu geometrycznego [Q(5)]2=Q(4)⋅Q(6)):Q(5)=812⋅35=6mC
W warunkach laboratoryjnych obserwowano dynamikę wzrostu liczebności populacji pewnego gatunku bakterii. Liczebność N populacji bakterii zmienia się w czasie zgodnie z zależnością wykładniczą
N(t)=N0⋅ktdla t⩾0
gdzie: N0 – liczebność populacji w chwili t=0 rozpoczęcia obserwacji, k – stała dodatnia, charakterystyczna dla danego gatunku bakterii i dla warunków przeprowadzenia obserwacji, t – czas wyrażony w godzinach, liczony od chwili t=0 rozpoczęcia obserwacji.
W chwili rozpoczęcia obserwacji liczebność populacji była równa 10000, a po dwóch godzinach była równa 15625. Oblicz, o ile procent wzrastała liczebność populacji tej bakterii w ciągu każdej godziny. Zapisz obliczenia.
N₀ CZYTASZ Z CHWILI ZERO
Podstawienie t=0 daje N0 od razu, bo k0=1.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTRÓWNANIE Z JEDNĄ NIEWIADOMĄZ N(0)=10000 mamy 10000=N0⋅k0, czyli N0=10000. Stąd 15625=10000⋅k2.
2
2 PKTPROCENT — ODPOWIEDŹk2=1,5625⇒k=1,25 Ponieważ N(t)N(t+1)=N0ktN0kt+1=k=1,25 dla każdego t≥0, liczebność rosła o 25% na godzinę.
!
CKEZGADYWANIE PUNKTUJE TYLKO Z UZASADNIENIEMJeśli odgadniesz 25% i sprawdzisz, że spełnia warunki — oraz uzasadnisz, że to jedyne rozwiązanie (np. powołując się na to, że funkcja wykładnicza jest rosnąca) — masz 2 punkty. Bez tego uzasadnienia: 1 punkt.
Dane są liczby rzeczywiste a oraz b: a=1621log436−2log43b=log29⋅log35⋅log58 Oblicz wartość ilorazu 2ba. Wynik zapisz w postaci 3k, gdzie k∈Z. Zapisz obliczenia.
SPROWADŹ WSZYSTKO DO JEDNEJ PODSTAWY
W a zapisz 16=42, a łańcuch w b skraca się kaskadowo po zamianie podstaw.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTLICZBA aa=1621log436−2log43=(42)21log436−2log43=4log436−4log43=4log48136=8136 (wzór na logarytm potęgi oraz na różnicę logarytmów).
=
1 PKTTA SAMA WYSOKOŚĆ PROGU · LICZBA bb=log29⋅log35⋅log58=log32log39⋅log35⋅log35log38=log322⋅3log32=6 (zamiana podstawy oraz logarytm potęgi). Na próg wystarczy jedna z dwóch liczb.
2
2 PKTILORAZ — ODPOWIEDŹ2ba=8136:12=271=3−3
!
POSTAĆ WYNIKUKlucz podaje wynik jako 3−3, bo tego żąda polecenie. Zatrzymanie się na 271 to proszenie się o dyskusję z egzaminatorem — dopisz potęgę.
2ba=3−3
Odruchy: zamiana podstawy na wspólną, łańcuch logab⋅logbc=logac, potęgi pod logarytm. Cel: jedna podstawa i czysty rachunek na wykładnikach.
+1 PKTOBLICZENIE LICZBY aIloczyn pod pierwiastkiem to 4−3=1, więc a=4+2⋅1=6.
1
+1 PKTOBLICZENIE LICZBY bPo uproszczeniu potęg i_pierwiastków: b=9.
1
+1 PKTPORÓWNANIE — ODPOWIEDŹZapisanie wniosku wraz z_uzasadnieniem:ab=69=10077696>531441=96=baKlucz wymaga uzasadnienia, a_nie samego wpisania nierówności — wystarczy porównanie wartości albo sprowadzenie do wspólnej podstawy.
4 PKTOBIE WARTOŚCI — ODPOWIEDŹlogab=3lublogab=32Klucz akceptuje też zapis logba=31 lub logba=23.
!
MAX 2 PKTCKEZgubiony kwadrat w podstawie a2b (mianownik 1+t zamiast 2+t), konsekwentnie do końca. Fałszywe równości logarytmiczne (np. logabN2=21logabN) — zero, o ile wcześniej nie nabyto praw do 1 pkt.
Wyznacz dziedzinę funkcji f(x)=log2cosx(9−x2) i zapisz ją w postaci sumy przedziałów liczbowych.
LOGARYTM ŻĄDA TRZECH RZECZY NARAZ
Argument 9−x2>0, podstawa 2cosx>0 oraz 2cosx=1.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+1+2+1
1
+1 PKTETAP I · WSZYSTKIE WARUNKI DZIEDZINY9−x2>0,2cosx>0,2cosx=1
2
+1 PKTETAP II · NIERÓWNOŚĆ KWADRATOWAx∈(−3,3)
3
+2 PKTETAP III · WARUNKI TRYGONOMETRYCZNE W (−3,3)x∈(−2π,2π)orazx=−3π i x=3πWewnątrz czynności: 1 pkt za zbiór rozwiązań tylko jednej z nierówności (cosx>0 albo cosx=21).
4
+1 PKTETAP IV · DZIEDZINA — ODPOWIEDŹDf=(−2π,−3π)∪(−3π,3π)∪(3π,2π)