Funkcja kwadratowa (równania kwadratowe z parametrem) - matura od 2023 - poziom rozszerzony

Zadania maturalne CKE (matura od 2023) - POZIOM ROZSZERZONY Odsłon: 60908

Wyznaczamy warunki konieczne i dostateczne na to, aby funkcja $$f$$ miała dokładnie dwa miejsca zerowe różniące się o jeden:

$$\begin{array}{ll}\text { W1. } p \neq 0 & \text { (z treści zadania } f \text { jest funkcją kwadratową) } \\ \text { W2. } \Delta>0 & \text { (aby funkcja } f \text { miała dokładnie dwa miejsca zerowe) } \\ \text { W3. }\left|x_1-x_2\right|=1 & \text { (aby miejsca zerowe funkcji } f \text { różniły się o 1). }\end{array}$$

 Rozwiązujemy warunek W2:

$$\begin{gathered}\Delta>0 \\(p-1)^2-4 p(1-2 p)>0 \\9 p^2-6 p+1>0 \\(3 p-1)^2>0 \\p \in\left(-\infty, \frac{1}{3}\right) \cup\left(\frac{1}{3},+\infty\right)\end{gathered}$$

Rozwiązujemy warunek W3. Skorzystamy tutaj ze wzorów Viète'a.

$$\begin{gathered}\left|x_1-x_2\right|=1 \\\left(x_1-x_2\right)^2=1 \\\left(x_1+x_2\right)^2-4 x_1 \cdot x_2=1\end{gathered}$$

Gdy $$p \neq 0$$ mamy

$$\begin{array}{r}\left(-\frac{p-1}{p}\right)^2-4 \cdot \frac{1-2 p}{p}=1 \\(p-1)^2-4 p(1-2 p)=p^2 \\8 p^2-6 p+1=0 \\p=\frac{1}{2} \text { lub } p=\frac{1}{4}\end{array}$$

Po uwzględnieniu wszystkich warunków otrzymujemy: $$p=\frac{1}{2}$$ lub $$p=\frac{1}{4}$$ .

Sposób I
Współczynniki zadanego równania kwadratowego to: $$a=2, b=-(2 m+7)$$ , $$c=m^2-3 m+21$$
Korzystamy ze wzorów Viète'a i z założenia $$x_1=2 x_2$$ :
$$\begin{gathered} x_1+x_2=2 x_2+x_2=3 x_2=\frac{-b}{a}=\frac{2 m+7}{2} \\ x_1 \cdot x_2=2 x_2 \cdot x_2=2 x_2^2=\frac{c}{a}=\frac{m^2-3 m+21}{2} \end{gathered}$$
Podstawiamy wartość $$x_2=\frac{2 m+7}{6}$$ do drugiego równania:
$$\begin{gathered} 2\left(\frac{2 m+7}{6}\right)^2=\frac{m^2-3 m+21}{2} \\ 2 \cdot \frac{4 m^2+28 m+49}{36}=\frac{m^2-3 m+21}{2} \\ 4 m^2+28 m+49=9 m^2-27 m+189 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} 5 m^2-55 m+140=0 \\ m^2-11 m+28=0 \end{gathered}$$
Obliczamy wyróżnik trójmianu kwadratowego: $$\Delta=9$$ .
Pierwiastkami tego równania są liczby 4 oraz 7.
Dla $$m=4$$ zadane równanie ma postać $$2 x^2-15 x+25=0$$ , a jego pierwiastkami są liczby 5 i $$\frac{5}{2}$$ .
Dla $$m=7$$ zadane równanie ma postać $$2 x^2-21 x+49=0$$ , a jego pierwiastkami są liczby 7 i $$\frac{7}{2}$$

Sposób II
Ponieważ współczynnik $$a=2$$ , postać iloczynowa zadanego równania będzie miała postać
$$2\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)=0$$
Po podstawieniu $$x_1=2 x_2$$ otrzymujemy
$$2\left(x-2 x_2\right)\left(x-x_2\right)=0$$
Po wymnożeniu nawiasów mamy
$$2 x^2-6 x_2 x+4 x_2^2=0$$
Porównując otrzymane współczynniki ze współczynnikami zadanego równania, możemy stwierdzić, że
$$\left\{\begin{array}{l} 6 x_2=2 m+7 \\ 4 x_2^2=m^2-3 m+21 \end{array}\right.$$
Z pierwszego równania wyznaczamy $$x_2=\frac{1}{3} m+\frac{7}{6}$$ i wstawiamy do drugiego:
$$\begin{gathered} 4\left(\frac{1}{3} m+\frac{7}{6}\right)^2=m^2-3 m+21 \\ \frac{4}{9} m^2+\frac{28}{9} m+\frac{49}{9}=m^2-3 m+21 \\ 4 m^2+28 m+49=9 m^2-27 m+189 \\ 5 m^2-55 m+140=0 \\ m^2-11 m+28=0 \end{gathered}$$
Obliczamy wyróżnik trójmianu kwadratowego: $$\Delta=9$$ .
Pierwiastkami tego równania są liczby 4 oraz 7.

Dla $$m=4$$ zadane równanie ma postać $$2 x^2-15 x+25=0$$ , a jego pierwiastkami są liczby 5 i $$\frac{5}{2}$$ .
Dla $$m=7$$ zadane równanie ma postać $$2 x^2-21 x+49=0$$ , a jego pienwiastkami są liczby 7 i $$\frac{7}{2}$$ .

Trójmian $$x^2-(m-4) x+m^2-7 m+12$$ ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste tylko wtedy, gdy jego wyróżnik $$\Delta$$ jest dodatni, tj.
$$\begin{gathered} (m-4)^2-4\left(m^2-7 m+12\right)>0 \\ -3 m^2+20 m-32>0 \\ -3(m-4)\left(m-\frac{8}{3}\right)>0 \end{gathered}$$
Zatem $$m \in\left(\frac{8}{3}, 4\right)$$ .
Nierówność $$x_1^3+x_2^3<5 x_1^2 x_2+5 x_1 x_2^2$$ przekształcamy równoważnie do postaci, która pozwoli na bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète'a:
$$\begin{gathered} x_1^3+x_2^3<5 x_1^2 x_2+5 x_1 x_2^2 \\ \left(x_1+x_2\right)\left[x_1^2-x_1 x_2+x_2^2\right]<5 x_1 x_2\left(x_1+x_2\right) \\ \left(x_1+x_2\right)\left[\left(x_1+x_2\right)^2-3 x_1 x_2\right]<5 x_1 x_2\left(x_1+x_2\right) \end{gathered}$$
Stosujemy wzory Viète'a i otrzymujemy:
$$\begin{gathered} (m-4)\left[(m-4)^2-3\left(m^2-7 m+12\right)\right]<5\left(m^2-7 m+12\right)(m-4) \\ (m-4)\left[(m-4)^2-8\left(m^2-7 m+12\right)\right]<0 \\ (m-4)\left(-7 m^2+48 m-80\right)<0 \\ -7(m-4)^2\left(m-\frac{20}{7}\right)<0 \\ m \in\left(\frac{20}{7}, 4\right) \cup(4,+\infty) \end{gathered}$$

Częścią wspólną zbiorów $$\left(\frac{8}{3}, 4\right)$$ i $$\left(\frac{20}{7}, 4\right) \cup(4,+\infty)$$ jest $$\left(\frac{20}{7}, 4\right)$$ .
Równanie $$x^2-(m-4) x+m^2-7 m+12=0$$ ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste, spełniające warunki zadania, dla $$m \in\left(\frac{20}{7}, 4\right)$$ .

I etap
Trójmian kwadratowy $$x^2+4 x-\frac{m-3}{m-2}$$ , gdzie $$m \neq 2$$ , ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste wtedy i tylko wtedy, gdy wyróżnik tego trójmianu jest dodatni. Rozwiązujemy warunek $$\Delta>0$$ :
$$\begin{gathered} 4^2-4 \cdot\left(-\frac{m-3}{m-2}\right)>0 \\ \frac{20 m-44}{m-2}>0 \\ (20 m-44) \cdot(m-2)>0 \\ 20\left(m-\frac{11}{5}\right) \cdot(m-2)>0 \end{gathered}$$

$$m \in(-\infty, 2) \cup\left(\frac{11}{5},+\infty\right)$$
II etap
Wyznaczamy wszystkie wartości parametru $$m \neq 2$$ , dla których jest spełniony warunek $$x_1^3+x_2^3>-28$$ , korzystając ze wzorów Viète'a:
$$\begin{gathered} \left(x_1+x_2\right)^3-3 x_1 x_2\left(x_1+x_2\right)>-28 \\ -64-3 \cdot\left(-\frac{m-3}{m-2}\right) \cdot(-4)>-28 \\ \frac{m-3}{m-2}<-3 \\ (4 m-9)(m-2)<0 \\ m \in\left(2, \frac{9}{4}\right) \end{gathered}$$

III etap
Wyznaczamy wszystkie wartości parametru $$m \neq 2$$ , które jednocześnie spełniają warunki $$m \in(-\infty, 2) \cup\left(\frac{11}{5},+\infty\right)$$ oraz $$m \in\left(2, \frac{9}{4}\right): m \in\left(\frac{11}{5}, \frac{9}{4}\right)$$ .

Równanie $$m x^2-(m+1) x-2 m+3=0$$ ma dokładnie dwa różne rozwiązania rzeczywiste wtedy i tylko wtedy, gdy $$m \neq 0$$ i wyróżnik $$\Delta$$ trójmianu kwadratowego $$m x^2-(m+1) x-2 m+3$$ jest dodatni.
I etap
Rozwiązujemy warunek $$\Delta>0$$ :
$$\begin{gathered} {[-(m+1)]^2-4 m \cdot(-2 m+3)>0} \\ 9 m^2-10 m+1>0 \\ (m-1)(9 m-1)>0 \\ m \in\left(-\infty, \frac{1}{9}\right) \cup(1,+\infty) \end{gathered}$$
Zatem równanie $$m x^2-(m+1) x-2 m+3=0$$ ma dokładnie dwa różne rozwiązania rzeczywiste, gdy $$m \in(-\infty, 0) \cup\left(0, \frac{1}{9}\right) \cup(1,+\infty)$$ .
Il etap
Wyznaczymy wszystkie wartości $$m$$ , dla których jest spełniony warunek: $$\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2}<1$$ .
Przekształcamy nierówność $$\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2}<1$$ do postaci, która pozwoli na bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète'a:
$$\begin{gathered} \frac{x_1^2+x_2^2}{\left(x_1 x_2\right)^2}<1 \\ \frac{\left(x_1+x_2\right)^2-2 x_1 x_2}{\left(x_1 x_2\right)^2}<1 \end{gathered}$$
Stąd, po zastosowaniu wzorów Viète'a, otrzymujemy:
$$\frac{\left(\frac{m+1}{m}\right)^2-2 \cdot \frac{(-2 m+3)}{m}}{\left(\frac{-2 m+3}{m}\right)^2}<1$$
i dalej

$$\begin{gathered} \left(\frac{m+1}{m}\right)^2-2 \cdot \frac{(-2 m+3)}{m}<\left(\frac{-2 m+3}{m}\right)^2 \text { i } m \neq 0 \text { i } m \neq \frac{3}{2} \\ (m+1)^2-2 m(-2 m+3)<(-2 m+3)^2 \text { i } m \neq 0 \text { i } m \neq \frac{3}{2} \\ m^2+8 m-8<0 \text { ¡ } m \neq 0 \text { i } m \neq \frac{3}{2} \\ m \in(-4-2 \sqrt{6},-4+2 \sqrt{6}) \text { i } m \neq 0 \text { i } m \neq \frac{3}{2} \end{gathered}$$
Zatem warunek $$\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2}<1$$ jest spełniony tylko dla $$m \in(-4-2 \sqrt{6}, 0) \cup(0,-4+2 \sqrt{6})$$ .
III etap
Wyznaczamy te wszystkie wartości $$m$$ , które jednocześnie spełniają warunki: $$m \neq 0$$ i
$$\begin{array}{r} m \in\left(-\infty, \frac{1}{9}\right) \cup(1,+\infty) \text { i } m \in(-4-2 \sqrt{6},-4+2 \sqrt{6}) \text { i } m \neq \frac{3}{2}: \\ m \in(-4-2 \sqrt{6}, 0) \cup\left(0, \frac{1}{9}\right) \end{array}$$

Trójmian kwadratowy $x^{2}-(3 m+1) x+2 m^{2}+m+1$ ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste wtedy i tylko wtedy, gdy wyróżnik tego trójmianu jest dodatni. Rozwiązujemy warunek $\Delta>0$ :

$$\begin{gathered} {[-(3 m+1)]^{2}-4 \cdot 1 \cdot\left(2 m^{2}+m+1\right)>0} \\ m^{2}+2 m-3>0 \\ (m-1) \cdot(m+3)>0 \\ m \in(-\infty,-3) \cup(1,+\infty) \end{gathered}$$

Wyznaczamy wszystkie wartości parametru $m$, dla których jest spełniony warunek $x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+3 \cdot x_{1} \cdot x_{2} \cdot\left(x_{1}+x_{2}-3\right) \leq 3 m-7$, korzystając ze wzorów Viète'a:

$$\begin{gathered} x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+3 \cdot x_{1} \cdot x_{2} \cdot\left(x_{1}+x_{2}-3\right) \leq 3 m-7 \\ \left(x_{1}+x_{2}\right)^{3}-9 x_{1} x_{2} \leq 3 m-7 \\ (3 m+1)^{3}-9 \cdot\left(2 m^{2}+m+1\right) \leq 3 m-7 \\ 27 m^{3}+9 m^{2}-3 m-1 \leq 0 \\ (3 m)^{3}-1^{3}+9 m^{2}-3 m \leq 0 \\ (3 m-1)\left(9 m^{2}+3 m+1\right)+3 m(3 m-1) \leq 0 \\ (3 m-1)\left(9 m^{2}+6 m+1\right) \leq 0 \\ (3 m-1)(3 m+1)^{2} \leq 0 \\ m \in\left(-\infty, \frac{1}{3}\right] \end{gathered}$$

Wyznaczamy wszystkie wartości parametru $m$, które jednocześnie spełniają warunki $m \in(-\infty,-3) \cup(1,+\infty)$ oraz $m \in\left(-\infty, \frac{1}{3}\right]: m \in(-\infty,-3)$.

Równanie $(3-m) x^{2}+(m+1) x-(m+1)^{2}=0$ ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste tylko wtedy, gdy $3-m \neq 0$ i wyróżnik trójmianu $(3-m) x^{2}+(m+1) x-(m+1)^{2}$ jest dodatni. Rozwiązujemy warunek $\Delta>0$ :

$$\begin{gathered} (m+1)^{2}+4 \cdot(3-m)(m+1)^{2}>0 \\ (m+1)^{2}[1+4 \cdot(3-m)]>0 \\ (m+1)^{2} \cdot(13-4 m)>0 \\ -4 \cdot(m+1)^{2} \cdot\left(m-\frac{13}{4}\right)>0 \\ m \in(-\infty,-1) \cup\left(-1, \frac{13}{4}\right) \end{gathered}$$

{Sposób I}

Wyznaczamy wszystkie wartości parametru $m$, dla których jest spełniony warunek $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=x_{1} x_{2}+7$, korzystając ze wzorów Viète'a:

$$\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}=x_{1} x_{2}+7$$

$$\begin{gathered} \left(-\frac{m+1}{3-m}\right)^{2}-2 \cdot \frac{-(m+1)^{2}}{3-m}=\frac{-(m+1)^{2}}{3-m}+7 \\ \left(\frac{m+1}{m-3}\right)^{2}-3 \cdot \frac{(m+1)^{2}}{m-3}-7=0 \\ \frac{(m+1)^{2}-3 \cdot(m+1)^{2}(m-3)-7(m-3)^{2}}{(m-3)^{2}}=0 \\ m^{2}+2 m+1-3\left(m^{2}+2 m+1\right)(m-3)-7\left(m^{2}-6 m+9\right)=0 \wedge m \neq 3 \\ -3 m^{3}-3 m^{2}+59 m-53=0 \wedge m \neq 3 \\ -3 m^{3}+3 m-3 m^{2}+3 m+53 m-53=0 \wedge m \neq 3 \\ -3 m\left(m^{2}-1\right)-3 m(m-1)+53(m-1)=0 \wedge m \neq 3 \\ (m-1)[-3 m(m+1)-3 m+53]=0 \wedge m \neq 3 \\ (m-1)\left[-3 m^{2}-6 m+53\right]=0 \wedge m \neq 3 \\ \left.m=1 \vee \quad m=\frac{-3-2 \sqrt{42}}{3} \vee m=\frac{-3+2 \sqrt{42}}{3}\right) \wedge m \neq 3 \\ m=1 \vee m=\frac{-3-2 \sqrt{42}}{3} \vee \quad m=\frac{-3+2 \sqrt{42}}{3} \end{gathered}$$

{Sposób II}

Wyznaczamy wszystkie wartości parametru $m$, dla których jest spełniony warunek $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=x_{1} x_{2}+7$, korzystając ze wzorów Viète'a:

$$\begin{gathered} \left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}=x_{1} x_{2}+7 \\ \left(-\frac{m+1}{3-m}\right)^{2}-2 \cdot \frac{-(m+1)^{2}}{3-m}=\frac{-(m+1)^{2}}{3-m}+7 \\ \left(\frac{m+1}{m-3}\right)^{2}-3 \cdot \frac{(m+1)^{2}}{m-3}-7=0 \\ \frac{(m+1)^{2}-3 \cdot(m+1)^{2}(m-3)-7(m-3)^{2}}{(m-3)^{2}}=0 \\ m^{2}+2 m+1-3\left(m^{2}+2 m+1\right)(m-3)-7\left(m^{2}-6 m+9\right)=0 \wedge m \neq 3 \\ -3 m^{3}-3 m^{2}+59 m-53=0 \wedge m \neq 3 \end{gathered}$$

Zauważamy, że liczba 1 jest pierwiastkiem wielomianu $-3 m^{3}-3 m^{2}+59 m-53$. Dzielimy wielomian $-3 m^{3}-3 m^{2}+59 m-53$ przez dwumian $m-1$. Dzielenie to możemy wykonać, korzystając np. z algorytmu Hornera

$$\begin{tabular}{c|c|c|c|c} & -3 & -3 & 59 & -53 \\ \hline 1 & -3 & -6 & 53 & 0 \end{tabular}$$

Otrzymujemy $(m-1)\left(-3 m^{2}-6 m+53\right)=0$. Stąd $m=1$ lub $m=\frac{-3-2 \sqrt{42}}{3}$, lub $m=\frac{-3+2 \sqrt{42}}{3}$.

Wyznaczamy wszystkie wartości parametru $m \neq 3$, które jednocześnie spełniają warunki $m \in(-\infty,-1) \cup\left(-1, \frac{13}{4}\right)$ oraz $m \in\left\{1, \frac{-3-2 \sqrt{42}}{3}, \frac{-3+2 \sqrt{42}}{3}\right\}: m \in\left\{1, \frac{-3-2 \sqrt{42}}{3}\right\}$.

I etap

Funkcja kwadratowa $f$ ma dwa różne miejsca zerowe wtedy itylko wtedy, gdy wyróżnik $\Delta$ trójmianu kwadratowego $x^{2}-3 x-m^{2}+m+3$ jest dodatni.
Rozwiązujemy warunek $\Delta>0$ :
$$\begin{gathered} (-3)^{2}-4 \cdot 1 \cdot\left(-m^{2}+m+3\right)>0 \\ 4 m^{2}-4 m-3>0 \\ (2 m-1)^{2}-4>0 \\ (2 m-1-2) \cdot(2 m-1+2)>0 \\ 4\left(m-\frac{3}{2}\right)\left(m+\frac{1}{2}\right)>0 \\ m \in\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right) \cup\left(\frac{3}{2},+\infty\right) \end{gathered}$$

II etap

Wyznaczamy wszystkie wartości parametru $m$, dla których jest spełniony warunek $\left|x_{1}^{2}-x_{2}^{2}\right| \leq 12$, korzystając ze wzorów Viète'a.
$$\begin{gathered} \left|x_{1}^{2}-x_{2}^{2}\right| \leq 12 \\ \left|x_{1}-x_{2}\right| \cdot\left|x_{1}+x_{2}\right| \leq 12 \\ \left|x_{1}-x_{2}\right| \cdot 3 \leq 12 \\ \left|x_{1}-x_{2}\right| \leq 4 \end{gathered}$$

Ponieważ obie strony nierówności $\left|x_{1}-x_{2}\right| \leq 4$ są nieujemne, więc przekształcamy tę nierówność równoważnie do postaci $\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2} \leq 16$. Stąd otrzymujemy
$$\begin{gathered} \left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 \cdot x_{1} \cdot x_{2} \leq 16 \\ 3^{2}-4 \cdot\left(-m^{2}+m+3\right) \leq 16 \\ 4 m^{2}-4 m-19 \leq 0 \end{gathered}$$

Obliczamy wyróżnik $\Delta_{m}$ trójmianu kwadratowego $4 m^{2}-4 m-19$ i rozwiązujemy nierówność $4 m^{2}-4 m-19 \leq 0$ :
$$\begin{gathered} \Delta_{m}=(-4)^{2}-4 \cdot 4 \cdot(-19)=20 \cdot 16 \\ m=\frac{4-8 \sqrt{5}}{8}=\frac{1-2 \sqrt{5}}{2} \vee m=\frac{4+8 \sqrt{5}}{8}=\frac{1+2 \sqrt{5}}{2} \\ m \in\left[\frac{1-2 \sqrt{5}}{2}, \frac{1+2 \sqrt{5}}{2}\right] \end{gathered}$$

III etap

Wyznaczamy wszystkie wartości parametru $m$, które jednocześnie spełniają warunki $m \in\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right) \cup\left(\frac{3}{2},+\infty\right)$ oraz $m \in\left[\frac{1-2 \sqrt{5}}{2}, \frac{1+2 \sqrt{5}}{2}\right]$ :
$m \in\left[\frac{1-2 \sqrt{5}}{2},-\frac{1}{2}\right) \cup\left(\frac{3}{2}, \frac{1+2 \sqrt{5}}{2}\right]$.