{"id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/2","paper_id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"2","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2020,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 2. (3 pkt)\nWyznacz wszystkie wartości parametru a , dla których równanie\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\nma dwa\nróżne rozwiązania dodatnie.\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n1.\n2.\nMaks. liczba pkt\n4\n3\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":null,"answer_text":"Zadanie 2. (3 pkt)\nObszar standardów\nOpis wymagań\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\n1. Liczby rzeczywiste. Zdający wykorzystuje pojęcie\nwartości bez względnej i jej interpretację\ngeometryczną (1.f).\n4. Funkcje. Zdający mając dany wykres funkcji\n( )\ny\nf\nx potrafi naszkicować wykres funkcji\n( )\ny\nf x\n(R4.a).\nZasady oceniania I sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze\ndo pełnego rozwiązania zadania 1p.\nZdający naszkicuje wykres funkcji f określonej wzorem:\n( )\n5\nf x\nx\nalbo\n( )\n5\n4\nf x\nx\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2p.\nZdający zapisze układ nierówności\n(\n)\n2\n0\n1\n4\n5\na\n<\n<\noraz rozwiąże poprawnie jedną z nierówności tego układu\nalbo\n(\n)\n2\n4\n1\n9\na\n<\n<\noraz rozwiąże poprawnie jedną z nierówności tego układu\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie pełne 3p.\nZdający rozwiąże układ nierówności i zapisze, że\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈--\n∪\nZasady oceniania II sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze\ndo pełnego rozwiązania zadania 1p.\nZdający zapisze, że podane równanie ma dwa rozwiązania dodatnie, gdy spełniona jest\nnierówność\n0\n5\n5\nx\n<\n<\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2p.\nZdający zapisze układ nierówności\n(\n)\n2\n0\n1\n4\n5\na\n<\n<\noraz rozwiąże poprawnie jedną\nz dwóch nierówności tego układu i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie pełne 3p.\nZdający rozwiąże układ nierówności i zapisze, że\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈-\n∪\nZasady oceniania III sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze\ndo pełnego rozwiązania zadania 1p.\nZdający:\nzapisze, że podane równanie ma więcej niż jedno rozwiązanie wtedy, gdy spełniona\njest nierówność\n(\n)\n2\n1\n4\n0\na -\n>\n,\nalbo\nzapisze podane równanie w postaci alternatywy równań\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\nlub\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2p.\nZdający:\nzapisze, że podane równanie ma więcej niż jedno rozwiązanie wtedy, gdy spełniona\njest nierówność\n(\n)\n2\n1\n4\n0\na -\n>\n,\ni\nzapisze podane równanie w postaci alternatywy równań\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\nlub\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\ni\nrozwiąże poprawnie przynajmniej jedną z trzech nierówności:\n(\n)\n2\n1\n4\n0\na -\n>\n, (\n)\n2\n1\n1\n0\na -\n+ >\n,\n(\n)\n2\n9\n1\n0\na\n>\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie pełne 3p.\nZdający zapisze, że\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈-\n∪\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZasady oceniania IV sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze\ndo pełnego rozwiązania zadania 1p.\nZdający\nzapisze warunek istnienia rozwiązań rzeczywistych równania\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\n:\n(\n)\n2\n1\n4\n0\na -\n≥\nalbo\nzdający zapisze układ nierówności:\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n10\n4 25\n1\n4\n0\na\n\n\n>\n\n\n\n\ni (\n)\n10\n1\n0\n>\ni\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n25\n1\n4\n0\na\n>\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2p.\nZdający zapisze układ nierówności\n(\n)\n2\n1\n4\n0\na -\n≥\ni (\n)\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n10\n4 25\n1\n4\n0\na\n\n\n>\n\n\n\n\ni (\n)\n10\n1\n0\n>\ni\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n25\n1\n4\n0\na\n>\ni poprawnie rozwiąże drugą lub czwartą z nich i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie pełne 3p.\nZdający rozwiąże układ nierówności i zapisze, że\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈-\n∪\nZasady oceniania V sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze\ndo pełnego rozwiązania zadania 1p.\nZdający zastosuje definicję wartości bezwzględnej i zapisze równanie w każdym z dwóch\nprzypadków:\ngdy\n5\n0\nx-≥\n, to\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\n,\ngdy\n5\n0\nx-<\n, to\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2p.\nZdający zapisze warunki na to, żeby rozwiązaniem równania była liczba dodatnia w każdym\nz dwóch rozpatrywanych przypadków i wyznaczy wszystkie wartości parametru a, dla których\nrozwiązaniem równania jest liczba dodatnia w jednym z tych przypadków:\ngdy\n5\n0\nx-≥\n, to (\n)\n2\n1\n1\n0\na -\n+ >\ni (\n)\n2\n1\n1\n5\na -\n+ ≥\n, skąd\n(\n)\n, 1\n3,\na∈-∞-\n∪\n+∞\nalbo\ngdy\n5\n0\nx-<\n, to\n(\n)\n2\n9\n1\n0\na\n>\ni\n(\n)\n2\n9\n1\n5\na\n<\n, skąd\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈-\n∪\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie pełne 3p.\nZdający wyznaczy wszystkie wartości parametru a, dla których równanie\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\nma dwa rozwiązania dodatnie:\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈-\n∪\nUwaga\nJeżeli zdający rozpatrzy oba przypadki, ale w pierwszym przypadku nie skomentuje,\nże nierówność (\n)\n2\n1\n1\n0\na -\n+ >\njest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej a, to może\notrzymać 3 punkty za całe rozwiązanie.\nUwagi:\n1. Jeśli zdający zapisze nierówność (\n)\n2\n1\n4\n0\na -\n≥\ni konsekwentnie do tego błędu\nrozwiąże zadanie do końca, otrzymując w odpowiedzi zbiór (\n)\n2, 1\n3,4\n∪\n,\nto otrzymuje 2 punkty.\n2. Jeżeli zdający rozwiązuje zadanie I sposobem i naszkicowany wykres zawiera usterki,\nale dalsze rozumowanie jest prawidłowe, to może otrzymać co najwyżej\n2 punkty.\n3. Jeżeli zdający, sporządzając wykres funkcji\n( )\n5\n4\nf\nx\nx\n, błędnie przesunie\nwykres funkcji\n5\ny\nx\no 4 jednostki w dół i konsekwentnie przeprowadzi\nrozumowanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie.\n4. Jeżeli zdający, sporządzając wykres funkcji\n( )\n5\n4\nf\nx\nx\n, zamieni miejscami\nwspółrzędne wektora przesunięcia, otrzyma wykres funkcji, dla której istnieją dwa\nrozwiązania dodatnie równania\n( )\n(\n)\n2\n1\nf x\na\ni konsekwentnie przeprowadzi\nrozumowanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 1 punkt za całe rozwiązanie.\n5. Jeżeli zdający, sporządzając wykres funkcji\n( )\n5\nf\nx\nx\n, błędnie przesunie wykres\nfunkcji y\nx\n, i otrzyma wykres funkcji g takiej, że nie istnieją dwa dodatnie\nrozwiązania równania\n( )\n(\n)\n2\n1\n4\ng x\na\n, to otrzymuje 0 punktów za całe\nrozwiązanie.\nPrzykładowe rozwiązanie\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nI sposób\nRozważmy funkcję f określoną wzorem\n( )\n5\nf x\nx\ni naszkicujmy jej wykres.\nWnioskujemy stąd, że podane równanie ma dwa pierwiastki dodatnie, jeśli spełniona jest\nnierówność\n(\n)\n2\n0\n1\n4\n5\na\n<\n<\n, czyli nierówność\n(\n)\n2\n4\n1\n9\na\n<\n<\nStąd otrzymujemy, że 2\n1\n3\na\n<\n-<\n, zatem\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n1\n3, 2\n2,3\na -\n∈--\n∪\nOstatecznie\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈--\n∪\nII sposób („podstawianie”)\nRównanie\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\nma dwa dodatnie rozwiązania rzeczywiste, gdy prawdziwa jest\nnierówność\n0\n5\n5\nx\n<\n<\nPonieważ\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\n, więc prawdziwa jest nierówność\n(\n)\n2\n0\n1\n4\n5\na\n<\n<\nNierówność ta jest równoważna koniunkcji nierówności\n(\n)(\n)\n3\n1\n0\na\na\n>\ni (\n)(\n)\n2\n4\n0\na\na\n<\n,\nskąd otrzymujemy\n(\n)\n(\n)\n, 1\n3,\na∈-∞-\n∪\n+∞ i\n(\n)\n2,4\na∈-\nZatem dla\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈-\n∪\nrównanie\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\nma dwa rozwiązania dodatnie.\nIII sposób\nRównanie\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\nma dwa rozwiązania, gdy spełniona jest nierówność\n(\n)\n2\n1\n4\n0\na -\n>\nNierówność ta jest równoważna nierówności (\n)(\n)\n3\n1\n0\na\na\n>\nskąd otrzymujemy\n1 lub\n3\na\na\n< -\n>\n(1)\nRównanie\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\njest równoważne alternatywie równań:\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\nlub\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\n(\n)\n2\n1\n1\nx\na\n+ lub\n(\n)\n2\n1\n9\nx\na\nRozwiązanie pierwszego z równań jest liczbą dodatnią dla każdej liczby rzeczywistej a.\nZatem, aby równanie miało dwa dodatnie rozwiązania musi być spełniony warunek:\n(\n)\n2\n1\n9\n0\na\n>\nStąd otrzymujemy (\n)(\n)\n3\n1 3\n1\n0\na\na\n>\n, czyli (\n)(\n)\n2\n4\n0\na\na\n>\n, a zatem\n2\n4\na\n-<\n<\n(2)\nUwzględniając (1) i (2) otrzymujemy\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈-\n∪\nIV sposób\nPonieważ lewa strona równania\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\njest nieujemna, więc równanie ma co\nnajmniej jedno rozwiązanie rzeczywiste wtedy i tylko wtedy, gdy\n(\n)\n2\n1\n4\n0\na -\n≥\n,\n(\n)(\n)\n1 2\n1 2\n0\na\na\n≥\n,\n(\n)(\n)\n3\n1\n0\na\na\n≥\n,\n1\na ≤-\nlub\n3\na ≥\nWtedy, podnosząc obie strony równania\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\ndo kwadratu, otrzymujemy\nrównanie równoważne\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n5\n1\n4\nx\na\n,\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n5\n1\n4\nx\na\n,\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n10\n25\n1\n4\n0\nx\nx\na\nRównanie to ma dwa dodatnie rozwiązania rzeczywiste 1x ,\n2x , gdy spełnione są jednocześnie\ntrzy warunki\nΔ > 0 i\n1\n2\nx\nx\n> 0\ni\n1 2\nx x > 0 .\nZe wzorów Viète’a otrzymujemy\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n10\n4 25\n1\n4\n0\na\n\n\n>\n\n\n\n\ni\n(\n)\n10\n1\n0\n>\ni\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n25\n1\n4\n0\na\n>\n,\nDruga z tych nierówności jest prawdziwa dla każdej wartości rzeczywistej a.\nRozwiązujemy pierwszą z tych nierówności\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n100\n4 25\n1\n4\n0\na\n\n\n>\n\n\n\n\n,\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n25\n25\n1\n4\n0\na\n\n\n>\n\n\n\n\n,\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n1\n4\n0\na -\n>\n,\n(\n)\n2\n1\n4\n0\na -\n≠\n,\n(\n)(\n)\n1 2\n1 2\n0\na\na\n≠\n,\n(\n)(\n)\n3\n1\n0\na\na\n≠\n,\n3\na ≠\ni\n1\na ≠-.\nRozwiązujemy trzecią z nierówności\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n25\n1\n4\n0\na\n>\n,\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n5\n1\n4\n5\n1\n4\n0\na\na\n>\n,\n(\n)\n(\n) (\n)\n(\n)\n2\n2\n9\n1\n1\n1\n0\na\na\n>\n,\nPonieważ (\n)\n2\n1\n1\n0\na -\n+ >\ndla każdej wartości a, więc\n(\n)\n2\n9\n1\n0\na\n>\n,\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n3\n1\n3\n1\n0\na\na\n>\n,\n(\n)(\n)\n4\n2\n0\na\na\n>\n,\n2\n4\na\n-<\n<\nW rezultacie otrzymujemy\n(\n1\na ≤- lub\n3\na ≥\n) i\n3\na ≠\ni\n1\na ≠- i 2\n4\na\n-<\n<\nStąd\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈-\n∪\nV sposób\nRozważmy dwa przypadki.\n1. Gdy\n5\n0\nx-≥\n, czyli\n5\nx ≥\n, to wtedy\n5\n5\nx\nx\n, a równanie ma postać\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\n. Stąd\n(\n)\n2\n1\n1\nx\na\n+ . Rozwiązanie to jest dodatnie dla każdej wartości\nrzeczywistej a. Ponieważ\n5\nx ≥\n, więc (\n)\n2\n1\n1\n5\na -\n+ ≥\n, czyli (\n)\n2\n1\n4\na -\n≥\n, skąd\n1\n2\na -≥\n,\na więc\n1\na ≤- lub\n3\na ≥\n. W tym przypadku otrzymujemy\n(\n)\n, 1\n3,\na∈-∞-\n∪\n+∞.\n2. Gdy\n5\n0\nx-<\n, czyli\n5\nx <\n, to wtedy\n5\n5\nx\nx\n, a równanie ma postać\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\nStąd\n(\n)\n2\n9\n1\nx\na\nRozwiązanie\nto\njest\ndodatnie,\ngdy\n(\n)\n2\n9\n1\n0\na\n>\n, czyli (\n)\n2\n1\n9\na -\n<\n, skąd\n1\n3\na -\n<\n, a więc 2\n4\na\n-<\n<\n. Rozwiązanie to jest\nmniejsze od 5, gdy\n(\n)\n2\n9\n1\n5\na\n<\n, czyli (\n)\n2\n1\n4\na -\n>\n, skąd\n1\n2\na -\n>\n, a więc\n1\na < - lub\n3\na >\n. Zatem w tym przypadku otrzymujemy\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈-\n∪\nW rezultacie rozpatrzonych przypadków otrzymujemy\n(\n)\n, 1\n3,\na∈-∞-\n∪\n+∞ i\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈-\n∪\n,\na więc\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈-\n∪","solution":null,"image":"img/matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad-2.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":3,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · czerwiec 2020 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 2. (3 pkt)
Wyznacz wszystkie wartości parametru a , dla których równanie
(
)
2
5
1
4
x
a
ma dwa
różne rozwiązania dodatnie.
Odpowiedź:
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
1.
2.
Maks. liczba pkt
4
3
Uzyskana liczba pkt

\n

Poziom rozszerzony
MMA_1R

","answer_text_html":"

Zadanie 2. (3 pkt)
Obszar standardów
Opis wymagań
IV. Użycie i tworzenie strategii.

\n
  1. Liczby rzeczywiste. Zdający wykorzystuje pojęcie
\n

wartości bez względnej i jej interpretację
geometryczną (1.f).

\n
  1. Funkcje. Zdający mając dany wykres funkcji
\n

( )
y
f
x potrafi naszkicować wykres funkcji
( )
y
f x
(R4.a).
Zasady oceniania I sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze
do pełnego rozwiązania zadania 1p.
Zdający naszkicuje wykres funkcji f określonej wzorem:
( )
5
f x
x
albo
( )
5
4
f x
x
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2p.
Zdający zapisze układ nierówności
(
)
2
0
1
4
5
a
<
<
oraz rozwiąże poprawnie jedną z nierówności tego układu
albo
(
)
2
4
1
9
a
<
<
oraz rozwiąże poprawnie jedną z nierówności tego układu
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie pełne 3p.
Zdający rozwiąże układ nierówności i zapisze, że
(
)
(
)
2, 1
3,4
a∈--
∪
Zasady oceniania II sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze
do pełnego rozwiązania zadania 1p.
Zdający zapisze, że podane równanie ma dwa rozwiązania dodatnie, gdy spełniona jest
nierówność
0
5
5
x
<
<
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2p.
Zdający zapisze układ nierówności
(
)
2
0
1
4
5
a
<
<
oraz rozwiąże poprawnie jedną
z dwóch nierówności tego układu i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie pełne 3p.
Zdający rozwiąże układ nierówności i zapisze, że
(
)
(
)
2, 1
3,4
a∈-
∪
Zasady oceniania III sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze
do pełnego rozwiązania zadania 1p.
Zdający:
zapisze, że podane równanie ma więcej niż jedno rozwiązanie wtedy, gdy spełniona
jest nierówność
(
)
2
1
4
0
a -

\n
\n

,
albo
zapisze podane równanie w postaci alternatywy równań
(
)
2
5
1
4
x
a
lub
(
)
2
5
1
4
x
a
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2p.
Zdający:
zapisze, że podane równanie ma więcej niż jedno rozwiązanie wtedy, gdy spełniona
jest nierówność
(
)
2
1
4
0
a -

\n
\n

,
i
zapisze podane równanie w postaci alternatywy równań
(
)
2
5
1
4
x
a
lub
(
)
2
5
1
4
x
a
i
rozwiąże poprawnie przynajmniej jedną z trzech nierówności:
(
)
2
1
4
0
a -

\n
\n

, (
)
2
1
1
0
a -

\n\n

,
(
)
2
9
1
0
a

\n
\n

i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie pełne 3p.
Zdający zapisze, że
(
)
(
)
2, 1
3,4
a∈-
∪
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Zasady oceniania IV sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze
do pełnego rozwiązania zadania 1p.
Zdający
zapisze warunek istnienia rozwiązań rzeczywistych równania
(
)
2
5
1
4
x
a
:
(
)
2
1
4
0
a -
≥
albo
zdający zapisze układ nierówności:
(
)
(
)
(
)
2
2
2
10
4 25
1
4
0
a

\n
\n





i (
)
10
1
0

\n
\n

i
(
)
(
)
2
2
25
1
4
0
a

\n
\n

i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2p.
Zdający zapisze układ nierówności
(
)
2
1
4
0
a -
≥
i (
)
(
)
(
)
2
2
2
10
4 25
1
4
0
a

\n
\n





i (
)
10
1
0

\n
\n

i
(
)
(
)
2
2
25
1
4
0
a

\n
\n

i poprawnie rozwiąże drugą lub czwartą z nich i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie pełne 3p.
Zdający rozwiąże układ nierówności i zapisze, że
(
)
(
)
2, 1
3,4
a∈-
∪
Zasady oceniania V sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze
do pełnego rozwiązania zadania 1p.
Zdający zastosuje definicję wartości bezwzględnej i zapisze równanie w każdym z dwóch
przypadków:
gdy
5
0
x-≥
, to
(
)
2
5
1
4
x
a
,
gdy
5
0
x-<
, to
(
)
2
5
1
4
x
a
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2p.
Zdający zapisze warunki na to, żeby rozwiązaniem równania była liczba dodatnia w każdym
z dwóch rozpatrywanych przypadków i wyznaczy wszystkie wartości parametru a, dla których
rozwiązaniem równania jest liczba dodatnia w jednym z tych przypadków:
gdy
5
0
x-≥
, to (
)
2
1
1
0
a -

\n\n

i (
)
2
1
1
5
a -

\n\n

, skąd
(
)
, 1
3,
a∈-∞-
∪
+∞
albo
gdy
5
0
x-<
, to
(
)
2
9
1
0
a

\n
\n

i
(
)
2
9
1
5
a
<
, skąd
(
)
(
)
2, 1
3,4
a∈-
∪
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie pełne 3p.
Zdający wyznaczy wszystkie wartości parametru a, dla których równanie
(
)
2
5
1
4
x
a
ma dwa rozwiązania dodatnie:
(
)
(
)
2, 1
3,4
a∈-
∪
Uwaga
Jeżeli zdający rozpatrzy oba przypadki, ale w pierwszym przypadku nie skomentuje,
że nierówność (
)
2
1
1
0
a -

\n\n

jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej a, to może
otrzymać 3 punkty za całe rozwiązanie.
Uwagi:

\n
  1. Jeśli zdający zapisze nierówność (
\n

)
2
1
4
0
a -
≥
i konsekwentnie do tego błędu
rozwiąże zadanie do końca, otrzymując w odpowiedzi zbiór (
)
2, 1
3,4
∪
,
to otrzymuje 2 punkty.

\n
  1. Jeżeli zdający rozwiązuje zadanie I sposobem i naszkicowany wykres zawiera usterki,
\n

ale dalsze rozumowanie jest prawidłowe, to może otrzymać co najwyżej
2 punkty.

\n
  1. Jeżeli zdający, sporządzając wykres funkcji
\n

( )
5
4
f
x
x
, błędnie przesunie
wykres funkcji
5
y
x
o 4 jednostki w dół i konsekwentnie przeprowadzi
rozumowanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie.

\n
  1. Jeżeli zdający, sporządzając wykres funkcji
\n

( )
5
4
f
x
x
, zamieni miejscami
współrzędne wektora przesunięcia, otrzyma wykres funkcji, dla której istnieją dwa
rozwiązania dodatnie równania
( )
(
)
2
1
f x
a
i konsekwentnie przeprowadzi
rozumowanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 1 punkt za całe rozwiązanie.

\n
  1. Jeżeli zdający, sporządzając wykres funkcji
\n

( )
5
f
x
x
, błędnie przesunie wykres
funkcji y
x
, i otrzyma wykres funkcji g takiej, że nie istnieją dwa dodatnie
rozwiązania równania
( )
(
)
2
1
4
g x
a
, to otrzymuje 0 punktów za całe
rozwiązanie.
Przykładowe rozwiązanie
Zasady oceniania rozwiązań zadań
I sposób
Rozważmy funkcję f określoną wzorem
( )
5
f x
x
i naszkicujmy jej wykres.
Wnioskujemy stąd, że podane równanie ma dwa pierwiastki dodatnie, jeśli spełniona jest
nierówność
(
)
2
0
1
4
5
a
<
<
, czyli nierówność
(
)
2
4
1
9
a
<
<
Stąd otrzymujemy, że 2
1
3
a
<
-<
, zatem
(
)
(
)
(
)
1
3, 2
2,3
a -
∈--
∪
Ostatecznie
(
)
(
)
2, 1
3,4
a∈--
∪
II sposób („podstawianie”)
Równanie
(
)
2
5
1
4
x
a
ma dwa dodatnie rozwiązania rzeczywiste, gdy prawdziwa jest
nierówność
0
5
5
x
<
<
Ponieważ
(
)
2
5
1
4
x
a
, więc prawdziwa jest nierówność
(
)
2
0
1
4
5
a
<
<
Nierówność ta jest równoważna koniunkcji nierówności
(
)(
)
3
1
0
a
a

\n
\n

i (
)(
)
2
4
0
a
a
<
,
skąd otrzymujemy
(
)
(
)
, 1
3,
a∈-∞-
∪
+∞ i
(
)
2,4
a∈-
Zatem dla
(
)
(
)
2, 1
3,4
a∈-
∪
równanie
(
)
2
5
1
4
x
a
ma dwa rozwiązania dodatnie.
III sposób
Równanie
(
)
2
5
1
4
x
a
ma dwa rozwiązania, gdy spełniona jest nierówność
(
)
2
1
4
0
a -

\n
\n

Nierówność ta jest równoważna nierówności (
)(
)
3
1
0
a
a

\n
\n

skąd otrzymujemy
1 lub
3
a
a
< -

\n
\n

(1)
Równanie
(
)
2
5
1
4
x
a
jest równoważne alternatywie równań:
(
)
2
5
1
4
x
a
lub
(
)
2
5
1
4
x
a
(
)
2
1
1
x
a

\n\n

(
)
2
1
9
x
a
Rozwiązanie pierwszego z równań jest liczbą dodatnią dla każdej liczby rzeczywistej a.
Zatem, aby równanie miało dwa dodatnie rozwiązania musi być spełniony warunek:
(
)
2
1
9
0
a

\n
\n

Stąd otrzymujemy (
)(
)
3
1 3
1
0
a
a

\n
\n

, czyli (
)(
)
2
4
0
a
a

\n
\n

, a zatem
2
4
a
-<
<
(2)
Uwzględniając (1) i (2) otrzymujemy
(
)
(
)
2, 1
3,4
a∈-
∪
IV sposób
Ponieważ lewa strona równania
(
)
2
5
1
4
x
a
jest nieujemna, więc równanie ma co
najmniej jedno rozwiązanie rzeczywiste wtedy i tylko wtedy, gdy
(
)
2
1
4
0
a -
≥
,
(
)(
)
1 2
1 2
0
a
a
≥
,
(
)(
)
3
1
0
a
a
≥
,
1
a ≤-
lub
3
a ≥
Wtedy, podnosząc obie strony równania
(
)
2
5
1
4
x
a
do kwadratu, otrzymujemy
równanie równoważne
(
)
(
)
2
2
2
5
1
4
x
a
,
(
)
(
)
(
)
2
2
2
5
1
4
x
a
,
(
)
(
)
2
2
2
10
25
1
4
0
x
x
a
Równanie to ma dwa dodatnie rozwiązania rzeczywiste 1x ,
2x , gdy spełnione są jednocześnie
trzy warunki
Δ > 0 i
1
2
x
x

\n
0
\n

i
1 2
x x > 0 .
Ze wzorów Viète’a otrzymujemy
(
)
(
)
(
)
2
2
2
10
4 25
1
4
0
a

\n
\n





i
(
)
10
1
0

\n
\n

i
(
)
(
)
2
2
25
1
4
0
a

\n
\n

,
Druga z tych nierówności jest prawdziwa dla każdej wartości rzeczywistej a.
Rozwiązujemy pierwszą z tych nierówności
Zasady oceniania rozwiązań zadań
(
)
(
)
2
2
100
4 25
1
4
0
a

\n
\n





,
(
)
(
)
2
2
25
25
1
4
0
a

\n
\n





,
(
)
(
)
2
2
1
4
0
a -

\n
\n

,
(
)
2
1
4
0
a -
≠
,
(
)(
)
1 2
1 2
0
a
a
≠
,
(
)(
)
3
1
0
a
a
≠
,
3
a ≠
i
1
a ≠-.
Rozwiązujemy trzecią z nierówności
(
)
(
)
2
2
25
1
4
0
a

\n
\n

,
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
5
1
4
5
1
4
0
a
a

\n
\n

,
(
)
(
) (
)
(
)
2
2
9
1
1
1
0
a
a

\n
\n

,
Ponieważ (
)
2
1
1
0
a -

\n\n

dla każdej wartości a, więc
(
)
2
9
1
0
a

\n
\n

,
(
)
(
)
(
)
(
)
3
1
3
1
0
a
a

\n
\n

,
(
)(
)
4
2
0
a
a

\n
\n

,
2
4
a
-<
<
W rezultacie otrzymujemy
(
1
a ≤- lub
3
a ≥
) i
3
a ≠
i
1
a ≠- i 2
4
a
-<
<
Stąd
(
)
(
)
2, 1
3,4
a∈-
∪
V sposób
Rozważmy dwa przypadki.

\n
  1. Gdy
\n

5
0
x-≥
, czyli
5
x ≥
, to wtedy
5
5
x
x
, a równanie ma postać
(
)
2
5
1
4
x
a
. Stąd
(
)
2
1
1
x
a

\n\n

rzeczywistej a. Ponieważ
5
x ≥
, więc (
)
2
1
1
5
a -

\n\n

, czyli (
)
2
1
4
a -
≥
, skąd
1
2
a -≥
,
a więc
1
a ≤- lub
3
a ≥
. W tym przypadku otrzymujemy
(
)
, 1
3,
a∈-∞-
∪
+∞.

\n
  1. Gdy
\n

5
0
x-<
, czyli
5
x <
, to wtedy
5
5
x
x
, a równanie ma postać
(
)
2
5
1
4
x
a
Stąd
(
)
2
9
1
x
a
Rozwiązanie
to
jest
dodatnie,
gdy
(
)
2
9
1
0
a

\n
\n

, czyli (
)
2
1
9
a -
<
, skąd
1
3
a -
<
, a więc 2
4
a
-<
<
. Rozwiązanie to jest
mniejsze od 5, gdy
(
)
2
9
1
5
a
<
, czyli (
)
2
1
4
a -

\n
\n

, skąd
1
2
a -

\n
\n

, a więc
1
a < - lub
3
a >
. Zatem w tym przypadku otrzymujemy
(
)
(
)
2, 1
3,4
a∈-
∪
W rezultacie rozpatrzonych przypadków otrzymujemy
(
)
, 1
3,
a∈-∞-
∪
+∞ i
(
)
(
)
2, 1
3,4
a∈-
∪
,
a więc
(
)
(
)
2, 1
3,4
a∈-
∪

","solutions":[]}