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

Zadania maturalne CKE (matura od 2023) - POZIOM ROZSZERZONY Odsłon: 31826

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
$$
\begin{array}{r}
m \in\left(-\infty, \frac{1}{9}\right) \cup(1,+\infty) \text { i } m \in(-4-2 \sqrt{6},-4+2 \sqrt{6}) \text { i } m \neq \frac{3}{2}: \\
m \in(-4-2 \sqrt{6}, 0) \cup\left(0, \frac{1}{9}\right)
\end{array}
$$