MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Abszolútértékes és Gyökös kifejezések

Átírás

1 MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Abszolútértékes és Gyökös kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek megoldásához! 1) 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! 10 a) 1 0 (4 pont) b) (4 pont) c) lg 6 lg 1 d) sin 1 lg cos 1, 5 cos (4 pont) (4 pont) 1 a) A nevező nem lehet 0, ezért 0 ebből A továbbiakban a tört akkor 0, ha számlálója 0, tehát 10 0, azaz 1 és,5 Így az egyenletnek csak egy valós megoldása van:,5 b) A rendezés után kapott egyenletet mindkét oldalról négyzetre emelve, rendezés után kapjuk, hogy Innen 9 Behelyettesítéssel ellenőrizve ez jó megoldás. c) A logaritmus értelmezése szerint: 6 0 és 1 0 Az első egyenlet megoldásai azon valós számok, amelyekre 3 vagy a másodiké: 1 1 A két egyenlőtlenség megoldáshalmazának nincs közös eleme, így az egyenletnek nincs megoldása. d) A jobb oldali kifejezés az értelezési tartományán csak nem negatív lehet, így sin 1 0. Ez csak k k esetén teljesül De mivel cos k 0 minden k esetén és nullára a logaritmus nincs értelmezve, így nincs olyan valós szám, amelyre az egyenlet értelmezve lenne, így nincs megoldása. Összesen: 16 pont

2 ) Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenleteket: lg 8 0 a) b) 6 a) A logaritmus értelmezése alapján: 8 0 ( vagy ) Egy szorzat értéke pontosan akkor 0, ha valamelyik szorzótényező 0. azaz ha 0 lg 8 0 vagy 1. eset: 0 lg 8 0 lg 8 lg1. eset: vagy 3 Az nem eleme az értelmezési tartománynak. Az értelmezési tartomány 3 és 3 elemei a megoldások, mert az átalakítások ekvivalensek M 3; 3 voltak. b) Ha 0, akkor az egyenlet 0-ra redukált alakja 6 0; ha 0, akkor a megoldandó egyenlet: eset: ( 6 0, 0). Az egyenlet gyökei: 1 3 ; Csak az 1 3 megoldása az egyenletnek az 0 feltétel miatt 3). eset: ( Csak az 6 0, 0). Az egyenlet gyökei: 1 ; 3 3 megoldása az egyenletnek az 0 feltétel miatt Összesen: 10 pont a) Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet! 6 b) Oldja meg a valós számpárok halmazán az alábbi egyenletrendszert! lg y lg (9 pont) lg lg lg y 1 a) 1. eset: 6 0, 6 ennek valós gyökei és -3 Ezek megoldásai az eredeti egyenletnek. eset: 6 0, 6 ennek nincs valós megoldása Tehát az egyenlet megoldásai a 3 és a.

3 b) 0 és y 1 a logaritmus értelmezése miatt A logaritmus azonosságait használva lg y lg lg lg y 1 ( pont) Az lg függvény szigorú monoton nő y y A második egyenletből kifejezzük -et, behelyettesítve az elsőbe kapjuk, hogy 4y 11y 6 0 Ennek valós gyökei és 0,75 Az y 1 miatt 0,75 nem eleme az értelmezési tartománynak Ezért csak y és így egyenletnek lehetséges. A 4) Oldja meg az alábbi egyenletet a valós számok halmazán! 5) ; számpár megoldása az Összesen: 14 pont 1 3 (10 pont) Megoldást csakis az 3feltételnél kereshetjük Emeljük négyzetre az egyenlet mindkét oldalát! ( pont) Rendezés után: ( pont) A baloldali kifejezés nem negatív, ezért a jobboldali kifejezés is nem negatív kell, hogy legyen ezért 3 feltételnek fent kell állnia. A kezdeti feltétellel összevetve, csak 3 teljesülhet Visszahelyettesítés után látjuk, hogy 3 kielégíti az egyenletet Innen a két gyök: 1 3, 3 Összesen: 10 pont a) Mely valós számok elégítik ki az alábbi egyenlőtlenséget? (4 pont) b) Az alábbi f és g függvényt is a 3;6 intervallumon értelmezzük. f 3 és g 0,5,5. Ábrázolja közös koordináta-rendszerben az f és g függvényt a 3;6 intervallumon! Igazolja számítással, hogy a két grafikon metszéspontjának mindkét koordinátája egész szám! (4 pont) c) Oldja meg az alábbi egyenlőtlenséget a valós számok halmazán! 0,5 3,5 (6 pont)

4 a) Elvégezve a köbre emelést: 3 3 b) ( pont) összevonva és rendezve: 1 a megoldáshalmaz tehát a 1;1 intervallum f függvény helyes ábrázolása ( pont) g függvény helyes ábrázolása a metszéspont koordinátái 1; c) A megoldandó egyenlőtlenség ekvivalens a 3 0,5,5 egyenlőtlenséggel A bal oldal nem negatív a jobb oldal 5-nél nagyobb -ekre negatív Az egyenlőtlenség megoldásait a 3;6 intervallumon a b) részben ábrázolt f és g függvényekről leolvashatjuk A megoldáshalmaz a 3;1 intervallum ( pont) Összesen: 14 pont 6) a) Ábrázolja a derékszögű koordinátarendszerben az f : 0;5, f 4 3 függvényt! b) Tekintsük az 1 k paraméteres egyenletet, ahol k valós paraméter. Vizsgálja a megoldások számát a k paraméter függvényében! (7 pont) c) Ábrázolja a megoldások számát megadó függvényt a k 6;6 intervallumon! ( pont) d) Adja meg a c)-beli függvény értékkészletét! ( pont)

5 a) f Az y 1parabola tengelypontja ; 1 az tengelyt az 1;0 és Jó ábrázolás, leszűkítés a 3;0 pontokban metszi 0;5 intervallumra Az abszolút érték figyelembe vétele Helyes ábra: b) A megoldások számát az f teljes grafikonja és az y k egyenes közös pontjainak száma adja ( pont) Ha k 1, akkor két közös pontja van Ha k 1, akkor három közös pontja van Ha 0k 1, akkor négy közös pontja van Ha k 0, akkor két közös pontja van Ha k 0, akkor nincs közös pont c) Helyes ábra d) Értékkészlete: ( pont) R 0;;3; 4 ( pont) f Összesen: 16 pont

6 7) Az alábbi három kifejezés mindegyike esetén adja meg a valós számok halmazának azt a legbővebb részhalmazát, amelyen a kifejezés értelmezhető! a) cos log (3 pont) b) log cos c) log cos a) A négyzetgyök miatt 0 A logaritmus miatt 0 A keresett halmaz: 0;+ b) A logaritmus miatt cos 0 log cos 0 A négyzetgyök miatt azaz cos 1 A koszinusz függvény értékkészlete miatt cos 1 Az értelmezési tartomány tehát k, k c) A logaritmus alapjai miatt 0 és 1 A logaritmus miatt cos 0 Tehát cos 0 k ahol k Az értelmezési tartomány tehát \ 1 ahol k k Összesen: 13 pont 8) Oldja meg a valós számok halmazán a következő egyenleteket! a) (4 pont) b) 1 ( 1)( 4) (7 pont) a) A négyzetgyök függvény értelmezési tartománya és értékkészlete miatt: ;0 Négyzetre emelés után: Az 0 egyenlet gyökei: és 1. Közülük csak a 1 eleme a fenti intervallumnak (és az átalakítások ezen az intervallumon ekvivalensek), ezért ez az egyetlen megoldás. (A grafikus módszerrel való megoldásért szintén maimális pontszám jár)

7 b) Közös alapra hozva a két oldalt: 1 ( 1)( 4) Az eponenciális függvény szigorú monotonitása miatt az alapok elhagyhatóak: Ebből 1 1 vagy ( pont) 4 1. Ebből 3 vagy 3 5. Ellenőrzés. Összesen: 11 pont 9) Jelölje H a 5, 3 egyenlőtlenség pozitív egész megoldásainak halmazát. Jelölje továbbá B azon pozitív egész b számok halmazát, 6 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! (11 pont) A gyökös kifejezés értelmezési tartomány vizsgálata alapján: 5,. Az egyenlőtlenség elvégzése során: 5, 9 3,8 Tehát azok a pozitív számok elemei H halmaznak, melyek 3,8 -nál nagyobbak és 5,-nél kisebbek: H 1;;3; 4;5 6 k 6 Ha logb k, akkor b, ami 64. ( pont) A k kitevő pozitív egész, ezért a b olyan pozitív egész szám lehet, melynek valamely pozitív egész kitevős hatványa 64-gyel egyenlő: ( pont) B ; 4; 8; 64. Ezért H B ; 4 \ 8;64 B H Összesen: 11 pont 10) Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenleteket! a) sin cos 1 (6 pont) b) 1 (7 pont) a) cos 1 sin helyettesítése. Nullára rendezve: sin sin 0 Szorzattá alakítás után:. sin sin 1 0. sin 0 pontosan akkor, ha k, k.

8 3 sin 1 pontosan akkor, ha l, l. Ellenőrzés. b) Ha 0, akkor. 1 Ekkor 0 1, ahonnan, de ez 0 miatt nem megoldás. Ha 0, akkor, és az egyenlet 1. Mivel 0 ezért 1, azaz Ellenőrzés. 1 4 Összesen: 13 pont