1 - Irek.edu.pl

Zadania z parametrem
Zadania z parametrem są bardzo nielubiane przez maturzystów. Nie jest łatwo
odpowiedzieć na pytanie: dlaczego? Nie są to zadania o dużej skali trudności. Myślę, że
głównym powodem takiego stanu rzeczy jest nieumiejętność używania specyficznego
sposobu rozumowania prowadzącego do ich rozwiązania.
Bardzo często zdarza się, że z góry wiadomo, jak rozwiązywać takie zadanie – jeszcze
przed rozpoczęciem właściwych obliczeń. By to pokazać, zostanie „rozwiązanych” 10
przykładowych zadań. Cudzysłów jest niezbędny, gdyż zadania te nie zostaną rozwiązane,
lecz jedynie zostanie opisane, jak należy je rozwiązać. Obliczenia zostaną pominięte.
Wykorzystaj tę okazję:
1. spróbuj najpierw samodzielnie rozwiązać dane zadanie i w razie
niepowodzenia:
2. prześledź omówienie rozwiązania, wykonując wszelkie niezbędne obliczenia.
A więc do pracy:
......................................................................................................................................................
Zadanie 1. Dla jakich m suma odwrotności różnych pierwiastków równania
( 2m + 1)x 2 − (m + 3)x + 2m + 1 = 0 jest większa od 1?
......................................................................................................................................................
Jednocześnie:
1. Równanie ma mieć dwa różne rozwiązania i musi być kwadratowe:
2m + 1 ≠ 0 i ∆ > 0 , czyli (m + 3) 2 − 4( 2m + 1) 2 > 0
2. Suma odwrotności pierwiastków równania ma być większa od 1:
x + x2
1
1
+
>1 ⇔ 1
> 1.
x1 x 2
x1x 2
b
−
x1 + x 2
b m+3
Zgodnie ze wzorami Viete’y:
= a =− =
>1
c
x1 x 2
c 2m + 1
a
Należy rozwiązać układ:

 2m + 1 ≠ 0

2
2
(m + 3) − 4( 2m + 1) > 0 , którego rozwiązanie jest rozwiązaniem całego zadania.
 m+3
 2m + 1 > 1
 1 1
Po wykonaniu wszystkich obliczeń otrzymasz wynik: m ∈  − ,  .
 2 3
......................................................................................................................................................
Zadanie 2. Znajdź takie wartości parametru m ∈ R , dla których jeden z pierwiastków
8
2
równania ( 2m + 1)x 2 + mx + m = 0 jest sinusem, a drugi cosinusem tego samego kąta.
3
3
......................................................................................................................................................
Równanie musi mieć dwa rozwiązania, niekoniecznie różne (sinus kąta może być równy
cosinusowi),
czyli
musi
być
kwadratowe:
2m + 1 ≠ 0 ,
oraz
2
2
8 
∆ ≥ 0 ⇔  m  − 4 ⋅ m( 2m + 1) ≥ 0 .
3
3 
Sinus i cosinus tego samego kąta spełniają równanie sin 2 α + cos 2 α = 1 , czyli ma być:
x 12 + x 22 = 1 .
x 12 + x 22 = (x 1 + x 2 ) − 2x 1 x 2 , więc możemy skorzystać ze wzorów Viete’y:
8
2
− m
m
− 8m
2m
3
3
oraz x 1 x 2 =
.
x1 + x 2 =
=
=
2m + 1 6m + 3
2m + 1 6m + 3
2
8m 
2m

Otrzymaliśmy równanie:  −
=1
 − 2⋅
6m + 3
 6m + 3 
Rozwiązaniem zadania jest rozwiązanie układu:

 2m + 1 ≠ 0

2
 8 
2
  m  − 4 ⋅ m( 2m + 1) ≥ 0
3
 3 
2

8m 
2m
=1
 − 2⋅
 −
6m + 3
 6m + 3 
2
Układ ten ma dwa rozwiązania: m 1 =
12 − 3 17
12 + 3 17
i m2 =
, które są rozwiązaniem
2
2
zadania.
......................................................................................................................................................
Zadanie 3. Zbadaj liczbę rozwiązań równania x + k x = k w zależności od wartości
parametru k.
......................................................................................................................................................
(*) x + k x = k
Jest to typowe równanie „kwadratowo-podobne”: po podstawieniu t = x otrzymujemy
(**) t 2 + kt − k = 0 z dziedziną t ≥ 0 , bo t = x ≥ 0 .
Zwróćmy uwagę, że należy zbadać liczbę rozwiązań równania (*), a więc należy wziąć pod
uwagę ile rozwiązań mają równania typu: x = 7 , x = 0 , x = −3 , w zależności od
uzyskanych wartości t.
Jeżeli t ≥ 0 , to równanie x = t ma jedno rozwiązanie, a jeżeli t < 0 - nie ma rozwiązań.
Gdy dla równania (**) obliczymy ∆ = k 2 + 4k , to
1. Równanie (*) nie ma rozwiązań, gdy:
∆ > 0
∆ = 0

a) ∆ < 0 , lub b) 
, lub c)  t 1 < 0
t 0 < 0
t < 0
 2
rozwiązaniem punktu a) jest k ∈ ( −4,0)
punkt b) ∆ = 0 gdy k = 0 ∨ k = −4
Dla k = 0 : t 0 = 0 , więc układ jest sprzeczny
Dla k = −4 : t 0 = 4 , więc układ jest sprzeczny
Ostatecznie przypadek b) nie zachodzi.
t < 0
 t ⋅t > 0
k < 0
c)  1
zastępujemy w oparciu o wzory Viete’y zapisem:  1 2
, co daje 
k > 0
t 2 < 0
t 1 + t 2 < 0
czyli układ c) jest sprzeczny – ten przypadek także nie zachodzi.
Równanie (*) nie ma rozwiązań, gdy k ∈ ( −4,0) .
2. Równanie (*) ma dwa różne rozwiązania, gdy równanie (**) ma dwa różne
rozwiązania, z których żadne nie jest ujemne. Musi więc by ć:
∆ > 0

 t 1 ⋅ t 2 ≥ 0 . Rozwiązaniem tego układu jest k ∈ (− ∞ ,−4 ) .
t + t > 0
2
 1
3. Dla pozostałych wartości k równanie ma jedno rozwiązanie, czyli dla
k ∈ 0, ∞ ) ∪ {− 4}
......................................................................................................................................................
Zadanie 4. Dla jakich m nierówność (m 2 + 5m − 6)x 2 − 2(m − 1)x + 3 > 0 jest spełnione dla
każdego x ∈ R ?
......................................................................................................................................................
m 2 + 5m − 6 = 0 ⇔ (m = −6 ∨ m = 1)
Dla tych dwóch wartości m nierówność jest pierwszego stopnia i:
− dla m = −6 przyjmuje postać 14x + 3 > 0 , czyli nie jest spełniona dla każdego x ∈ R
− dla m = 1 przyjmuje postać 3 > 0 , czyli jest spełniona dla każdego x ∈ R
m = 1 jest jednym z rozwiązań zadania.
Dla m ∈ R \ {− 6,1} nierówność jest kwadratowa i aby była spełniona dla każdego x ∈ R ,
wykres trójmianu musi być parabolą z ramionami skierowanymi do góry, leżącą nad osią OX,
 m 2 + 5m − 6 > 0 − ramiona w górę
czyli: 
− brak miejsc zerowych
∆ < 0
Rozwiązaniem tego układu jest m ∈ (− ∞ ; 9,5 ) ∪ (1; ∞ ) .
Wziąwszy pod uwagę m = 1 otrzymujemy ostateczne rozwiązanie zadania:
m ∈ (− ∞ ; 9,5) ∪ 1; ∞ )
......................................................................................................................................................
Zadanie 5. Dla jakich m funkcja f ( x ) = (m − 4)x 2 − 4x + m − 3 ma dwa miejsca zerowe, z
których jedno jest mniejsze od 1, a drugie większe od 1?
......................................................................................................................................................
Funkcja musi być kwadratowa: m ≠ 4 .
Musi mieć dwa miejsca zerowe: ∆ = 16 − 4(m − 3)(m − 4) > 0 , co daje
 7 − 17 7 + 17 
.
m ∈ 
,

2
2


Wykres funkcji musi być następujący:
co daje układy:
 ∆>0

 m > 4 lub
f (1) < 0

 ∆>0

 m<4
f (1) > 0

 11 
Ostateczny wynik: m ∈  4 ; 
 2
......................................................................................................................................................
Zadanie 6. Wyznacz a i b wiedząc, że liczba 3 jest dwukrotnym pierwiastkiem wielomianu
W( x ) = x 3 − 5x 2 + ax + b
......................................................................................................................................................
Z tematu zadania wynika, że wielomian musi mieć dwa pierwiastki:
− dwukrotny: 3
− pojedynczy: p
Wobec tego jego postać iloczynowi jest następująca:
2
W( x ) = (x − 3) (x − p ) , co po wykonaniu przekształceń daje:
W( x ) = x 3 − (p + 6)x 2 + (6p + 9)x − 9p .
Porównując otrzymane równanie z równaniem W( x ) = x 3 − 5x 2 + ax + b otrzymujemy układ
równań:
p+6= 5

6p + 9 = a , którego rozwiązaniem jest a = 3 , b = 9 .
 − 9p = b

......................................................................................................................................................
Zadanie 7. Dla jakich m równanie (m − 3) ⋅ 9 x − ( 2m + 6) ⋅ 3 x + m + 2 = 0 ma dwa różne
pierwiastki?
......................................................................................................................................................
Podstawiamy t = 3 x i otrzymujemy: (**) (m − 3) ⋅ t 2 − ( 2m + 6) ⋅ t + m + 2 = 0 .
Równanie 3 x = Liczba ma jedno rozwiązanie, gdy Liczba>0; nie ma rozwiązań, gdy
Liczba ≤ 0 (wynika to z własności funkcji wykładniczej).
Równanie wyjściowe ma więc dwa rozwiązania, gdy:
m ≠ 3

2
 ∆ = ( 2m + 6) − 4(m + 2)(m − 3) > 0

m+2
t 1 t 2 =
>0
m−3

t + t = 2m + 6 > 0
2
 1
m−3
Warunek:
− pierwszy gwarantuje, że równanie jest kwadratowe
− drugi – że ma dwa różne pierwiastki
− trzeci i czwarty, że pierwiastki równania (**) są dodatnie
Rozwiązując ten układ otrzymujemy: m ∈ (3, ∞ )
......................................................................................................................................................
Zadanie 8. Dla jakich wartości parametru m równanie m 2 (1 − sin x ) − 4m + sin x + 1 = 0 ma
rozwiązanie?
......................................................................................................................................................
− m 2 + 4m − 1
Skoro m jest parametrem, a x – niewiadomą, to liczymy sinx: sin x =
.
(1 − m )(1 + m )
Ponieważ funkcja sinus przyjmuje wartości z przedziału − 1 , 1 , należy rozwiązać układ:

 m ∈ R \ {− 1,1}

2
1
 − m + 4m − 1
≤ 1 , co daje wynik m ∈ 0, ∪ 2, ∞ )

2
 (1 −2m )(1 + m )
 − m + 4m − 1
 (1 − m )(1 + m ) ≥ −1

......................................................................................................................................................
 π
Zadanie 9. Dla jakich wartości parametru α ∈  0,  prosta y = 2x jest styczna do wykresu
 2
3
funkcji f ( x ) = x − x − cos 2α − sin α + 3 ?
......................................................................................................................................................
Korzystamy z własności, że współczynnik kierunkowy stycznej do wykresu funkcji jest
równy pochodnej funkcji w punkcie styczności: f ' (x 0 ) = 2 , x 0 - punkt styczności.
f ' (x ) = 3x 2 − 1 , stąd f ' (x 0 ) = 3x 0 − 1 = 2 ⇔ (x 0 = 1 ∨ x 0 = −1)
Punkt styczności należy do stycznej, więc:
x 0 = 1 to y 0 = 2 ⋅ 1 = 2
2
x 0 = −1 to y 0 = 2 ⋅ ( −1) = −2
Mamy dwa punkty styczności: P1 = (1,2) , P2 = ( −1,−2)
Punkt styczności należy też do wykresu funkcji:
a) dla punktu P1 :
f (1) = 1 3 − 1 − cos 2α − sin α + 3 = 2
Rozwiązując to równanie otrzymujemy sin α = 0 lub sin α =
1
.
2
α jest kątem ostrym, więc musi być α = 30 0
b) dla punktu P2 :
f ( −1) = ( −1) 3 − ( −1) − cos 2α − sin α + 3 = 2 , co daje takie samo równanie, więc to samo
rozwiązanie.
Jedynym rozwiązaniem zadania jest α = 30 0 .
......................................................................................................................................................
Zadanie 10. Dla jakich wartości parametrów a i b reszta z dzielenia wielomianu
W( x ) = x 3 + 2x 2 + ax + b przez wielomian P( x ) = x 2 + x − 2 jest równa R( x ) = 4x − 3 ?
......................................................................................................................................................
Jeżeli wielomian W(x) dzielimy przez wielomian P(x), to otrzymamy wynik z dzielenia –
oznaczmy go Q(x), i resztę R(x), co można zapisać równaniem: W( x ) = Q( x) ⋅ P( x) + R( x) .
P( x ) = x 2 + x − 2 = ( x + 2)( x − 1) , czyli x 3 + 2x 2 + ax + b = Q( x ) ⋅ ( x + 2)( x − 1) + 4x − 3 .
Do ostatniego równania:
a) wstawiamy x = −2 i otrzymujemy − 2a + b = −11
b) wstawiamy x = 1 i otrzymujemy a + b = −2
a=3
Otrzymaliśmy układ równań, którego rozwiązaniem jest 
.
b = − 5