Abszolútértékes és gyökös kifejezések Megoldások

Méret: px

Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Abszolútértékes és gyökös kifejezések Megoldások"

Anikó Barta
5 évvel ezelőtt
Látták:

1 Abszolútértékes és gyökös kifejezések Megoldások ) Igazolja, hogy az alábbi négy egyenlet közül az a) és b) jelű egyenletnek pontosan egy megoldása van, a c) és d) jelű egyenletnek viszont nincs megoldása a valós számok halmazán! x + 0 a) = 0 b) x + + x 9 = 5 c) lg ( x x ) lg ( x ) d) sin x lg ( cos x, 5 cos x ) + = = a) A nevező nem lehet 0, ezért 0 ( pont) ebből x ( pont) A továbbiakban a tört akkor 0, ha számlálója 0, tehát x + x 0 = 0, azaz x = és x =,5 ( pont) Így az egyenletnek csak egy valós megoldása van: x =,5 ( pont) b) A rendezés után kapott x + = 5 x 9 egyenletet mindkét oldalról négyzetre emelve, ( pont) rendezés után kapjuk, hogy 0 x 9 = 0 ( pont) Innen x = 9 ( pont) Behelyettesítéssel ellenőrizve ez jó megoldás. ( pont) c) A logaritmus értelmezése szerint: x + x 0 és x 0 ( pont) Az első egyenlet megoldásai azon x valós számok, amelyekre x 3 vagy x ( pont) a másodiké: x ( pont) A két egyenlőtlenség megoldáshalmazának nincs közös eleme, így az egyenletnek nincs megoldása. ( pont) d) A jobb oldali kifejezés az értelezési tartományán csak nem negatív lehet, így sin 0. ( pont) Ez csak x = + k ( k ) esetén teljesül ( pont) De mivel cos + k = 0 minden k esetén ( pont) és nullára a logaritmus nincs értelmezve, így nincs olyan valós szám, amelyre az egyenlet értelmezve lenne, így nincs megoldása. ( pont) Összesen: pont ) Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenleteket: x lg x 8 = 0 a) ( ) ( ) b) x x =

2 Abszolútértékes és gyökös kifejezések - megoldások a) A logaritmus értelmezése alapján: x 8 0 ( x vagy x ) ( pont) Egy szorzat értéke pontosan akkor 0, ha valamelyik szorzótényező 0. Azaz, ha 0 lg x 8 = 0 x = vagy ( ). eset: x = 0 x = ( pont) lg x 8 = 0 lg x 8 = lg ( pont). eset: ( ) ( ) x 8 = x = 9 x = 3 vagy x = 3 ( pont) Az x = nem eleme az értelmezési tartománynak. Az értelmezési tartomány x = 3 és x = 3 elemei a megoldások, mert az átalakítások ekvivalensek M = 3; 3 ( pont) voltak. b) Ha x 0, akkor az egyenlet 0-ra redukált alakja x x = 0; ha x 0, akkor a megoldandó egyenlet: x + x = 0 ( pont). eset: ( x x = 0, x 0 ). Az egyenlet gyökei: x = 3 ; x = ( pont) 3) Csak az x = 3 megoldása az egyenletnek az x 0 feltétel miatt ( pont). eset: ( x + x = 0, x 0 ). Az egyenlet gyökei: x = ; x = 3 ( pont) Csak az x = 3 megoldása az egyenletnek az x 0 feltétel miatt ( pont) Összesen: 0 pont a) Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet! x = x b) Oldja meg a valós számpárok halmazán az alábbi egyenletrendszert! lg ( x + y ) = lg x (9 pont) lg x = lg + lg ( y ) a). eset: x + x = 0, x ( pont) ennek valós gyökei és -3 ( pont) Ezek megoldásai az eredeti egyenletnek ( pont). eset: x x + = 0, x ( pont) ennek nincs valós megoldása ( pont) Tehát az egyenlet megoldásai a 3 és a. b) x 0 és y a logaritmus értelmezése miatt. ( pont) A logaritmus azonosságait használva lg ( x + y) = lg x lg x = lg ( y ) ( pont) Az lg függvény szigorú monoton nő ( pont) x + y = x x = y ( pont) A második egyenletből kifejezzük x-et, behelyettesítve az elsőbe kapjuk, hogy 4y y+ = 0. ( pont) Ennek valós gyökei és 0,75. ( pont) Az y miatt 0,75 nem eleme az értelmezési tartománynak. ( pont)

3 Ezért csak y = és így x = lehetséges. A ( ; ) számpár megoldása az egyenletnek. 4) Oldja meg az alábbi egyenletet a valós számok halmazán! 5) ( pont) Összesen: 4 pont x + + x 3 = (0 pont) Megoldást csakis az x 3feltételnél kereshetjük ( pont) Emeljük négyzetre az egyenlet mindkét oldalát! ( )( ) x + + x + x 3 + x 3 = 4 ( pont) Rendezés után: ( ) ( ) x + x 3 = 3 x ( pont) A baloldali kifejezés nem negatív, ezért a jobboldali kifejezés is nem negatív kell, hogy legyen ( pont) ezért x 3 feltételnek fent kell állnia. ( pont) A kezdeti feltétellel összevetve, csak x = 3 teljesülhet ( pont) Visszahelyettesítés után látjuk, hogy x = 3 kielégíti az egyenletet ( pont) Innen a két gyök: x = 3, x = 3 ( pont) Összesen: 0 pont a) Mely valós számok elégítik ki az alábbi egyenlőtlenséget? 3 3 ( x ) ( x + ) 8 b) Az alábbi f és g függvényt is a 3; intervallumon értelmezzük. f ( x ) = x + 3 és g ( x ) = 0,5x +,5. Ábrázolja közös koordináta-rendszerben az f és g függvényt a 3; intervallumon! Igazolja számítással, hogy a két grafikon metszéspontjának mindkét koordinátája egész szám! c) Oldja meg az alábbi egyenlőtlenséget a valós számok halmazán! 0,5x + x + 3,5 ( pont) a) Elvégezve a köbre emelést: ( x 3 x x ) ( x 3 x x ) ( pont) összevonva és rendezve: x ( pont) a megoldáshalmaz tehát a ; intervallum ( pont) - 0 -

b) Abszolútértékes és gyökös kifejezések - megoldások f függvény helyes ábrázolása ( pont) g függvény helyes ábrázolása ( pont) ; ( pont) a metszéspont koordinátái ( ) c) A megoldandó egyenlőtlenség

4 b) Abszolútértékes és gyökös kifejezések - megoldások f függvény helyes ábrázolása ( pont) g függvény helyes ábrázolása ( pont) ; ( pont) a metszéspont koordinátái ( ) c) A megoldandó egyenlőtlenség ekvivalens a x + 3 0,5x +,5 egyenlőtlenséggel ( pont) A bal oldal nem negatív ( pont) a jobb oldal 5-nél nagyobb x-ekre negatív ( pont) Az egyenlőtlenség megoldásait a 3; intervallumon a b) részben ábrázolt f és g függvényekről leolvashatjuk ( pont) A megoldáshalmaz a 3; intervallum ( pont) Összesen: 4 pont ) a) Ábrázolja a derékszögű koordinátarendszerben az f : 0; 5, f x = x 4x + 3 függvényt! ( ) b) Tekintsük az ( x ) = k paraméteres egyenletet, ahol k valós paraméter. Vizsgálja a megoldások számát a k paraméter függvényében! (7 pont) k ; c) Ábrázolja a megoldások számát megadó függvényt a intervallumon! ( pont) d) Adja meg a c)-beli függvény értékkészletét! ( pont) - -

5 a) f ( x ) x x ( x ) = = ( pont) Az y = ( x ) parabola tengelypontja ( ; ) ( pont) az x tengelyt az ( ;0 ) és ( 3;0 ) pontokban metszi ( pont) Jó ábrázolás, leszűkítés a 0;5 intervallumra ( pont) Az abszolút érték figyelembevétele ( pont) Helyes ábra: f x teljes b) A megoldások számát az ( ) grafikonja és az y = k egyenes közös pontjainak száma adja ( pont) Ha k, akkor két közös pontja van ( pont) Ha k =, akkor három közös pontja van ( pont) Ha 0 k, akkor négy közös pontja van ( pont) Ha k = 0, akkor két közös pontja van ( pont) Ha k 0, akkor nincs közös pont ( pont) c) Helyes ábra: d) Értékkészlete: ( pont) R = 0; ; 3; 4 ( pont) f Összesen: pont 7) Az alábbi három kifejezés mindegyike esetén adja meg a valós számok halmazának azt a legbővebb részhalmazát, amelyen a kifejezés értelmezhető! a) cos ( log x ) (3 pont) b) log ( cos x ) c) log ( cos x ) x a) A négyzetgyök miatt x 0 ( pont) A logaritmus miatt x 0 ( pont) A keresett halmaz: 0;+ ( pont) - -

6 Abszolútértékes és gyökös kifejezések - megoldások b) A logaritmus miatt cos x 0 ( pont) log cos x 0 ( pont) A négyzetgyök miatt ( ) azaz cos x ( pont) A koszinusz függvény értékkészlete miatt cos x = ( pont) Az értelmezési tartomány tehátx x = k, k ( pont) c) A logaritmus alapjai miatt x 0 és x ( pont) A logaritmus miatt cos x 0 ( pont) Tehát cos x 0 ( pont) x + k ahol k ( pont) Az értelmezési tartomány tehát + \ ahol k + k ( pont) Összesen: 3 pont 8) Oldja meg a valós számok halmazán a következő egyenleteket! a) x + = x b) ( x )( x+ 4) x = ( 4) x (7 pont) a) A négyzetgyök függvény értelmezési tartománya és értékkészlete miatt: x ;0 ( pont) Négyzetre emelés után: x + = x ( pont) Az x x = 0 egyenlet gyökei: és. ( pont) Közülük csak a eleme a fenti intervallumnak (és az átalakítások ezen az intervallumon ekvivalensek), ezért ez az egyetlen megoldás. ( pont) (A grafikus módszerrel való megoldásért szintén maximális pontszám jár) b) Közös alapra hozva a két oldalt: ( x )( x+ 4) x = 4. ( pont) Az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt az alapok elhagyhatóak: ( x )( x + 4) = x + 4 ( pont) Ebből x = vagy ( pont) ( x + 4) =. ( pont) Ebből x = 3 vagy x 3 = 5. ( pont) Ellenőrzés. ( pont) Összesen: pont - 3 -

7 9) Jelölje H a 5, x 3 egyenlőtlenség pozitív egész megoldásainak halmazát. Jelölje továbbá B azon pozitív egész b számok halmazát, amelyekre a logb kifejezés értéke is pozitív egész szám. Elemeinek felsorolásával adja meg a H, a B, a H B és a B\ H halmazt! ( pont) A gyökös kifejezés értelmezési tartomány vizsgálata alapján: x 5,. ( pont) Az egyenlőtlenség elvégzése során: 5, x 9 3,8 x ( pont) Tehát azok a pozitív számok elemei H halmaznak, melyek 3,8 -nál nagyobbak és 5,-nél kisebbek: H = ;;3; 4;5 ( pont) k Ha logb = k, akkor b =, ami 4. ( pont) A k kitevő pozitív egész, ezért a b olyan pozitív egész szám lehet, melynek valamely pozitív egész kitevős hatványa 4-gyel egyenlő: ( pont) 3 = 4 = 8 = 4 = 4 ( pont) B = ; 4; 8; 4. ( pont) Ezért H B ; 4 \ 8;4 = ( pont) B H = ( pont) Összesen: pont 0) Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenleteket! a) sin x cos x = ( pont) b) x x = x + (7 pont) a) cos x = sin x helyettesítése. ( pont) Nullára rendezve: sin x sin x 0 Szorzattá alakítás után: ( ) + =. ( pont) sin x sin x + = 0. ( pont) sinx = 0 pontosan akkor, ha x = k, k. ( pont) 3 sin x = pontosan akkor, ha x = + l, l. ( pont) Ellenőrzés. ( pont) b) Ha x 0, akkor x = x. ( pont) Ekkor 0 = x +, ahonnan x =, ( pont) de ez x 0 miatt nem megoldás. ( pont) Ha x 0, akkor x = x, ( pont) és az egyenlet x = x +. ( pont) Mivel x 0 ezért x = x +, azaz Ellenőrzés. x = ( pont) 4 ( pont) Összesen: 3 pont - 4 -

Hasonló dokumentumok

a) A logaritmus értelmezése alapján: x 8 0 ( x 2 2 vagy x 2 2) (1 pont) Egy szorzat értéke pontosan akkor 0, ha valamelyik szorzótényező 0.

a) A logaritmus értelmezése alapján: x 8 0 ( x 2 2 vagy x 2 2) (1 pont) Egy szorzat értéke pontosan akkor 0, ha valamelyik szorzótényező 0. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Abszolútértékes és Gyökös kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval