{"id":"informator-maturalny-matematyka-2023-poziom-rozszerzony/zad/12","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2023-poziom-rozszerzony","number":"12","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2023,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 12. (0-4)\nFunkcja 𝑓 jest określona wzorem 𝑓(𝑥) = 𝑥4 + 0,5 ⋅(2𝑥+ 1)4 dla każdego 𝑥∈ℝ.\nOblicz najmniejszą wartość tej funkcji.\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami\n37\nWymaganie ogólne\nIV. Rozumowanie i argumentacja.\n4.\nStosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach\nnietypowych.\nWymagania szczegółowe\nXIII. Optymalizacja i rachunek różniczkowy. Zdający:\n4R) oblicza pochodną funkcji potęgowej o wykładniku rzeczywistym oraz oblicza\npochodną, korzystając z twierdzeń o pochodnej sumy, różnicy, iloczynu, ilorazu\ni funkcji złożonej;\n5R) stosuje pochodną do badania monotoniczności funkcji;\n6R) rozwiązuje zadania optymalizacyjne z zastosowaniem pochodnej.\nZasady oceniania\ndla rozwiązania sposobem 1.\n4 pkt - obliczenie wartości najmniejszej funkcji 𝑓.\n3 pkt - uzasadnienie (np. poprzez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja 𝑓 przyjmuje\nwartość najmniejszą dla 𝑥= -1\n3.\n2 pkt - obliczenie miejsc zerowych pochodnej funkcji 𝑓.\n1 pkt - wyznaczenie pochodnej funkcji 𝑓.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\ndla rozwiązania sposobem 2.\n4 pkt - obliczenie wartości najmniejszej funkcji 𝑓.\n3 pkt - zapisanie, że funkcja kwadratowa 𝑦= 6𝑥2 + 4𝑥+ 1 osiąga wartość najmniejszą\nrówną 1\n3 dla 𝑥= -1\n3.\n2 pkt - zapisanie nierówności\n√2\n3 ⋅𝑓(𝑥) ≥6𝑥2 + 4𝑥+ 1\n3\n1 pkt - zapisanie nierówności\n√𝑥4 + 𝑥4 + (2𝑥+ 1)4\n3\n≥𝑥2 + 𝑥2 + (2𝑥+ 1)2\n3\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\n38\nInformator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2022/2023\ndla rozwiązania sposobem 3.\n4 pkt - obliczenie wartości najmniejszej funkcji 𝑓.\n3 pkt - przekształcenie wyrażenia 9𝑡4 + 4𝑡3 + 2𝑡2 + 1\n54 do postaci\n9𝑡2 ((𝑡+ 2\n9)\n2\n+ 14\n81) + 1\n54\n2 pkt - zastosowanie wzoru na czwartą potęgę sumy/różnicy dwóch wyrażeń i zapisanie\nfunkcji 𝑓 jako\n𝑓(𝑡-1\n3) = 9𝑡4 + 4𝑡3 + 2𝑡2 + 1\n54\n1 pkt - zastosowanie podstawienia 𝑡= 𝑥-1\n3 i zapisanie funkcji 𝑓 w postaci\n𝑓(𝑡-1\n3) = (𝑡-1\n3)\n4\n+ 1\n2 ⋅(2 (𝑡-1\n3) + 1)\n4\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób 1.\nWyznaczamy pochodną funkcji 𝑓 korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji złożonej:\n𝑓′(𝑥) = 4𝑥3 + 0,5 ⋅4(2𝑥+ 1)3 ⋅2 dla 𝑥∈ℝ .\nObliczamy miejsca zerowe pochodnej funkcji 𝑓:\n4𝑥3 + 0,5 ⋅4(2𝑥+ 1)3 ⋅2 = 0\n𝑥3 + (2𝑥+ 1)3 = 0\n(𝑥+ 2𝑥+ 1)[𝑥2 -𝑥(2𝑥+ 1) + (2𝑥+ 1)2] = 0\n(3𝑥+ 1)(3𝑥2 + 3𝑥+ 1) = 0\n3𝑥+ 1 = 0 lub 3𝑥2 + 3𝑥+ 1 = 0\nPierwsze z tych równań ma rozwiązanie 𝑥= -1\n3 , natomiast drugie jest sprzeczne.\nSprawdzamy, czy w punkcie 𝑥= -1\n3 funkcja 𝑓 osiąga ekstremum. Badamy monotoniczność\nfunkcji 𝑓 stosując rachunek pochodnych:\n𝑓′(𝑥) = 4𝑥3 + 0,5 ⋅4(2𝑥+ 1)3 ⋅2 = 4(3𝑥+ 1)(3𝑥2 + 3𝑥+ 1)\n𝑓′(𝑥) > 0 dla 𝑥∈(-1\n3 ; +∞)\n𝑓′(𝑥) < 0 dla 𝑥∈(-∞; -1\n3)\nwięc\nfunkcja 𝑓 jest malejąca w zbiorze (-∞; -1\n3]\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami\n39\nfunkcja 𝑓 jest rosnąca w zbiorze [-1\n3 ; +∞),\nco oznacza, że w punkcie 𝑥= -1\n3 funkcja 𝑓 ma ekstremum lokalne, będące jednocześnie\nminimum globalnym. Funkcja 𝑓 osiąga wartość najmniejszą równą\n𝑓(-1\n3) = (-1\n3)\n4\n+ 0,5 ⋅(-1\n3)\n4\n= 1\n54\nSposób 2.\nKorzystamy z nierówności między średnimi liczbowymi.\nDla każdych liczb nieujemnych 𝑎, 𝑏, 𝑐 średnia kwadratowa z tych liczb jest niemniejsza od\nśredniej arytmetycznej tych liczb:\n√𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2\n3\n≥𝑎+ 𝑏+ 𝑐\n3\nNiech 𝑥 będzie dowolną liczbą rzeczywistą. Korzystając z nierówności między średnią\nkwadratową a arytmetyczną liczb 𝑥2, 𝑥2, (2𝑥+ 1)2 otrzymujemy:\n√𝑥4 + 𝑥4 + (2𝑥+ 1)4\n3\n≥𝑥2 + 𝑥2 + (2𝑥+ 1)2\n3\n√2𝑥4 + (2𝑥+ 1)4\n3\n≥2𝑥2 + (2𝑥+ 1)2\n3\n√2\n3 ⋅𝑥4 + 0,5(2𝑥+ 1)4\n1\n≥6𝑥2 + 4𝑥+ 1\n3\n√2\n3 ⋅𝑓(𝑥) ≥6𝑥2 + 4𝑥+ 1\n3\ndla każdego 𝑥∈ℝ.\nFunkcja kwadratowa 𝑦= 6𝑥2 + 4𝑥+ 1 osiąga wartość najmniejszą dla 𝑥= -4\n2⋅6 = -1\n3\nrówną 6 (-1\n3)\n2\n+ 4 ⋅(-1\n3) + 1 = 1\n3 , więc\n√2\n3 ⋅𝑓(𝑥) ≥6𝑥2 + 4𝑥+ 1\n3\n≥1\n9\n𝑓(𝑥) ≥1\n54\ndla każdego 𝑥∈ℝ.\n40\nInformator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2022/2023\nPonieważ\n𝑓(-1\n3) = (-1\n3)\n4\n+ 0,5 ⋅(-1\n3)\n4\n= 1\n54\nwięc najmniejsza wartość funkcji 𝑓 jest równa 1\n54.\nSposób 3.\nNiech 𝑡= 𝑥+\n1\n3 dla 𝑥∈ℝ. Wtedy\n𝑓(𝑡-1\n3) = (𝑡-1\n3)\n4\n+ 1\n2 ⋅(2 (𝑡-1\n3) + 1)\n4\n= (𝑡-1\n3)\n4\n+ 1\n2 ⋅(2𝑡+ 1\n3)\n4\ndla 𝑡∈ℝ\nWykorzystamy dwukrotnie wzór na czwartą potęgę sumy dwóch składników\n(𝑎+ 𝑏)4 = 𝑎4 + 4𝑎3𝑏+ 6𝑎2𝑏2 + 4𝑎𝑏3 + 𝑏4\nWówczas\n𝑓(𝑡-1\n3) = 𝑡4 -4𝑡3 ⋅1\n3 + 6𝑡2 ⋅1\n9 -4𝑡⋅1\n27 + 1\n81 +\n+ 1\n2 (16𝑡4 + 4 ⋅8𝑡3 ⋅1\n3 + 6 ⋅4𝑡2 ⋅1\n9 + 4 ⋅2𝑡⋅1\n27 + 1\n81) =\n= 9𝑡4 + 4𝑡3 + 2𝑡2 + 1\n54 = 9𝑡2 (𝑡2 + 4\n9 𝑡+ 2\n9) + 1\n54 =\n= 9𝑡2 ((𝑡+ 2\n9)\n2\n+ 14\n81) + 1\n54\nPonieważ dla każdego 𝑡∈ℝ prawdziwe są nierówności:\n(𝑡+ 2\n9)\n2\n+ 14\n81 > 0 i 9𝑡2 ≥0\nwięc 𝑓(𝑡-1\n3) ≥1\n54 , przy czym 𝑓(𝑡-1\n3) = 1\n54 wtedy i tylko wtedy, gdy 𝑡= 0 (czyli dla\n𝑥= -1\n3).\nZatem najmniejsza wartość funkcji 𝑓 jest równa 1\n54.\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami\n41","answer":null,"answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2023-poziom-rozszerzony/zad-12.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":36,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2023","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny","text_html":"

Zadanie 12. (0-4)
Funkcja 𝑓 jest określona wzorem 𝑓(𝑥) = 𝑥4 + 0,5 ⋅(2𝑥+ 1)4 dla każdego 𝑥∈ℝ.
Oblicz najmniejszą wartość tej funkcji.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami
37
Wymaganie ogólne
IV. Rozumowanie i argumentacja.
4.
Stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach
nietypowych.
Wymagania szczegółowe
XIII. Optymalizacja i rachunek różniczkowy. Zdający:
4R) oblicza pochodną funkcji potęgowej o wykładniku rzeczywistym oraz oblicza
pochodną, korzystając z twierdzeń o pochodnej sumy, różnicy, iloczynu, ilorazu
i funkcji złożonej;
5R) stosuje pochodną do badania monotoniczności funkcji;
6R) rozwiązuje zadania optymalizacyjne z zastosowaniem pochodnej.
Zasady oceniania
dla rozwiązania sposobem 1.
4 pkt - obliczenie wartości najmniejszej funkcji 𝑓.
3 pkt - uzasadnienie (np. poprzez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja 𝑓 przyjmuje
wartość najmniejszą dla 𝑥= -1
3.
2 pkt - obliczenie miejsc zerowych pochodnej funkcji 𝑓.
1 pkt - wyznaczenie pochodnej funkcji 𝑓.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
dla rozwiązania sposobem 2.
4 pkt - obliczenie wartości najmniejszej funkcji 𝑓.
3 pkt - zapisanie, że funkcja kwadratowa 𝑦= 6𝑥2 + 4𝑥+ 1 osiąga wartość najmniejszą
równą 1
3 dla 𝑥= -1
3.
2 pkt - zapisanie nierówności
√2
3 ⋅𝑓(𝑥) ≥6𝑥2 + 4𝑥+ 1
3
1 pkt - zapisanie nierówności
√𝑥4 + 𝑥4 + (2𝑥+ 1)4
3
≥𝑥2 + 𝑥2 + (2𝑥+ 1)2
3
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
38
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2022/2023
dla rozwiązania sposobem 3.
4 pkt - obliczenie wartości najmniejszej funkcji 𝑓.
3 pkt - przekształcenie wyrażenia 9𝑡4 + 4𝑡3 + 2𝑡2 + 1
54 do postaci
9𝑡2 ((𝑡+ 2
9)
2

\n\n
  1. + 1
\n

54
2 pkt - zastosowanie wzoru na czwartą potęgę sumy/różnicy dwóch wyrażeń i zapisanie
funkcji 𝑓 jako
𝑓(𝑡-1

\n
  1. = 9𝑡4 + 4𝑡3 + 2𝑡2 + 1
\n

54
1 pkt - zastosowanie podstawienia 𝑡= 𝑥-1
3 i zapisanie funkcji 𝑓 w postaci
𝑓(𝑡-1

\n
  1. = (𝑡-1
\n

3)
4

\n\n

2 ⋅(2 (𝑡-1

\n
  1. + 1)
\n

4
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób 1.
Wyznaczamy pochodną funkcji 𝑓 korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji złożonej:
𝑓′(𝑥) = 4𝑥3 + 0,5 ⋅4(2𝑥+ 1)3 ⋅2 dla 𝑥∈ℝ .
Obliczamy miejsca zerowe pochodnej funkcji 𝑓:
4𝑥3 + 0,5 ⋅4(2𝑥+ 1)3 ⋅2 = 0
𝑥3 + (2𝑥+ 1)3 = 0
(𝑥+ 2𝑥+ 1)[𝑥2 -𝑥(2𝑥+ 1) + (2𝑥+ 1)2] = 0
(3𝑥+ 1)(3𝑥2 + 3𝑥+ 1) = 0
3𝑥+ 1 = 0 lub 3𝑥2 + 3𝑥+ 1 = 0
Pierwsze z tych równań ma rozwiązanie 𝑥= -1
3 , natomiast drugie jest sprzeczne.
Sprawdzamy, czy w punkcie 𝑥= -1
3 funkcja 𝑓 osiąga ekstremum. Badamy monotoniczność
funkcji 𝑓 stosując rachunek pochodnych:
𝑓′(𝑥) = 4𝑥3 + 0,5 ⋅4(2𝑥+ 1)3 ⋅2 = 4(3𝑥+ 1)(3𝑥2 + 3𝑥+ 1)
𝑓′(𝑥) > 0 dla 𝑥∈(-1
3 ; +∞)
𝑓′(𝑥) < 0 dla 𝑥∈(-∞; -1
3)
więc
funkcja 𝑓 jest malejąca w zbiorze (-∞; -1
3]
Przykładowe zadania z rozwiązaniami
39
funkcja 𝑓 jest rosnąca w zbiorze [-1
3 ; +∞),
co oznacza, że w punkcie 𝑥= -1
3 funkcja 𝑓 ma ekstremum lokalne, będące jednocześnie
minimum globalnym. Funkcja 𝑓 osiąga wartość najmniejszą równą
𝑓(-1

\n
  1. = (-1
\n

3)
4

\n\n

3)
4
= 1
54
Sposób 2.
Korzystamy z nierówności między średnimi liczbowymi.
Dla każdych liczb nieujemnych 𝑎, 𝑏, 𝑐 średnia kwadratowa z tych liczb jest niemniejsza od
średniej arytmetycznej tych liczb:
√𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2
3
≥𝑎+ 𝑏+ 𝑐
3
Niech 𝑥 będzie dowolną liczbą rzeczywistą. Korzystając z nierówności między średnią
kwadratową a arytmetyczną liczb 𝑥2, 𝑥2, (2𝑥+ 1)2 otrzymujemy:
√𝑥4 + 𝑥4 + (2𝑥+ 1)4
3
≥𝑥2 + 𝑥2 + (2𝑥+ 1)2
3
√2𝑥4 + (2𝑥+ 1)4
3
≥2𝑥2 + (2𝑥+ 1)2
3
√2
3 ⋅𝑥4 + 0,5(2𝑥+ 1)4
1
≥6𝑥2 + 4𝑥+ 1
3
√2
3 ⋅𝑓(𝑥) ≥6𝑥2 + 4𝑥+ 1
3
dla każdego 𝑥∈ℝ.
Funkcja kwadratowa 𝑦= 6𝑥2 + 4𝑥+ 1 osiąga wartość najmniejszą dla 𝑥= -4
2⋅6 = -1
3
równą 6 (-1
3)
2

\n\n
  1. + 1 = 1
\n

3 , więc
√2
3 ⋅𝑓(𝑥) ≥6𝑥2 + 4𝑥+ 1
3
≥1
9
𝑓(𝑥) ≥1
54
dla każdego 𝑥∈ℝ.
40
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2022/2023
Ponieważ
𝑓(-1

\n
  1. = (-1
\n

3)
4

\n\n

3)
4
= 1
54
więc najmniejsza wartość funkcji 𝑓 jest równa 1
54.
Sposób 3.
Niech 𝑡= 𝑥+
1
3 dla 𝑥∈ℝ. Wtedy
𝑓(𝑡-1

\n
  1. = (𝑡-1
\n

3)
4

\n\n

2 ⋅(2 (𝑡-1

\n
  1. + 1)
\n

4
= (𝑡-1
3)
4

\n\n

2 ⋅(2𝑡+ 1
3)
4
dla 𝑡∈ℝ
Wykorzystamy dwukrotnie wzór na czwartą potęgę sumy dwóch składników
(𝑎+ 𝑏)4 = 𝑎4 + 4𝑎3𝑏+ 6𝑎2𝑏2 + 4𝑎𝑏3 + 𝑏4
Wówczas
𝑓(𝑡-1

\n
  1. = 𝑡4 -4𝑡3 ⋅1
\n

3 + 6𝑡2 ⋅1
9 -4𝑡⋅1
27 + 1
81 +

\n\n

2 (16𝑡4 + 4 ⋅8𝑡3 ⋅1
3 + 6 ⋅4𝑡2 ⋅1
9 + 4 ⋅2𝑡⋅1
27 + 1

\n
  1. =
\n

= 9𝑡4 + 4𝑡3 + 2𝑡2 + 1
54 = 9𝑡2 (𝑡2 + 4
9 𝑡+ 2

\n
  1. + 1
\n

54 =
= 9𝑡2 ((𝑡+ 2
9)
2

\n\n
  1. + 1
\n

54
Ponieważ dla każdego 𝑡∈ℝ prawdziwe są nierówności:
(𝑡+ 2
9)
2

\n\n

81 > 0 i 9𝑡2 ≥0
więc 𝑓(𝑡-1

\n
  1. ≥1
\n

54 , przy czym 𝑓(𝑡-1

\n
  1. = 1
\n

54 wtedy i tylko wtedy, gdy 𝑡= 0 (czyli dla
𝑥= -1
3).
Zatem najmniejsza wartość funkcji 𝑓 jest równa 1
54.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami
41

","solutions":[]}