Szkicowanie wykresu funkcji kwadratowej — powtórzenie

Postać kanoniczna $f(x)=2(x-2)^{2}+4$ ma wierzchołek $(2,4)$ i ramiona skierowane w górę, więc najmniejsza wartość funkcji to $4>0$ — brak miejsc zerowych (F).

Osią symetrii jest prosta pionowa przez wierzchołek: $x=2$ — prawda (P).

Wierzchołek paraboli ma odciętą $x=\pi\approx 3,14$, a ramiona są skierowane w dół. Ponieważ $\pi\in\langle 0,6\rangle$, największą wartość funkcja przyjmuje w wierzchołku, czyli dla $x=\pi$.

Odpowiedź: C.

Dla paraboli o ramionach w dół wartość najmniejsza na przedziale jest w tym końcu, który leży dalej od wierzchołka $x=\pi\approx 3,14$.

Odległości: $|0-\pi|\approx 3,14$, $|6-\pi|\approx 2,86$. Dalej jest $x=0$, więc najmniejszą wartość funkcja przyjmuje dla $x=0$.

Odpowiedź: A.

Osią symetrii paraboli jest prosta pionowa przechodząca przez jej wierzchołek.

Wierzchołek ma współrzędne \((1,-2)\), więc oś symetrii ma równanie:

\(x=1\)

Odpowiedź: A.

Postać kanoniczna: $f(x)=a(x-3)^{2}$; z $f(0)=-9$ mamy $9a=-9$, więc $a=-1$ (ramiona w dół).

Parabola o ramionach w dół maleje na prawo od wierzchołka, czyli w przedziale $\langle 3,+\infty)$.

Odpowiedź: D.

$g(x)=-(x-3)^{2}-1$, wierzchołek $(3,-1)$, ramiona w dół — największa wartość to $-1\lt 0$.

1. Fałsz. Skoro wartości $g$ są zawsze ujemne, funkcja nie ma miejsc zerowych.

2. Prawda. Przesunięcie w pionie nie zmienia osi symetrii: $x=3$.

Odpowiedź: F, P.

Wzór \(f(x)=-(x+1)^2+4\) jest postacią kanoniczną funkcji kwadratowej, z której odczytujemy:

współczynnik \(a=-1\lt 0\) — ramiona paraboli skierowane w dół,

wierzchołek \(W=(-1,4)\).

Rysunki A i C przedstawiają parabole o ramionach skierowanych w górę — odpadają.

Na rysunku D wierzchołek leży w punkcie \((1,4)\), a nie \((-1,4)\) — odpada.

Warunki spełnia rysunek B.

Odpowiedź: B.

Zbiorem wartości funkcji kwadratowej o współczynniku \(a\lt 0\) jest przedział \((-\infty,q]\), gdzie \(q\) to druga współrzędna wierzchołka. Szukamy więc funkcji z ramionami skierowanymi w dół i wartością największą \(2\).

A. \(a=-1\lt 0\), postać kanoniczna daje \(q=2\) → zbiór wartości \((-\infty,2]\) ✓

B. \(a=1\gt 0\) — ramiona w górę, odpada.

C. \(a=-5\lt 0\), ale \(q=0\) → \((-\infty,0]\), odpada.

D. \(a=1\gt 0\) — odpada.

E. \(a=2\gt 0\) — odpada.

F. \(a=-2\lt 0\). Obliczamy wierzchołek: \(x_w=-\frac{4}{2\cdot(-2)}=1\), \(F(1)=-2+4=2\) → \((-\infty,2]\) ✓

Odpowiedź: A oraz F.

Z wykresu odczytujemy miejsca zerowe $x=2$ i $x=6$ oraz $f(0)=6$, więc $f(x)=\dfrac{1}{2}(x-2)(x-6)$; wierzchołek to $(4,-2)$.

Ramiona skierowane w górę, najmniejsza wartość to $-2$, zatem zbiór wartości to $\langle -2,+\infty)$.

Odpowiedź: C.

Wartości ujemne funkcja przyjmuje między miejscami zerowymi: $x\in(2,\,6)$.

Analizujemy trzy własności wykresu.

1. Ponieważ \(a\lt 0\), ramiona paraboli są skierowane w dół. Odrzucamy rysunki A i C.

2. Wyraz wolny wynosi \(1\), więc parabola przecina oś \(OY\) w punkcie \((0,1)\) — czyli powyżej początku układu.

3. Pierwsza współrzędna wierzchołka to \(x_w = -\frac{b}{2a}\). Skoro \(b\gt 0\) i \(a\lt 0\), to \(-\frac{b}{2a}\gt 0\), więc wierzchołek leży na prawo od osi \(OY\).

Na rysunku B wierzchołek leży na lewo od osi \(OY\), więc odpada. Warunki spełnia tylko rysunek D.

Odpowiedź: D.

Krok 1. Postać kanoniczna okręgu. Uzupełniamy do kwadratów:

$$x^{2}-8x+y^{2}-6y+8=0\ \Longrightarrow\ (x-4)^{2}-16+(y-3)^{2}-9+8=0,$$

$$(x-4)^{2}+(y-3)^{2}=17.$$

Środek $O=(4,3)$, promień $r=\sqrt{17}$.

Krok 2. Punkt $S$. Środek cięciwy to spodek prostopadłej poprowadzonej ze środka okręgu do prostej. Prosta prostopadła do $x+y-10=0$ przechodząca przez $O$ ma kierunek $[1,1]$:

$$x=4+t,\qquad y=3+t.$$

Podstawiamy do równania prostej:

$$(4+t)+(3+t)-10=0\ \Longrightarrow\ 2t=3\ \Longrightarrow\ t=\frac32.$$

$$S=\left(\frac{11}{2},\ \frac{9}{2}\right).$$

Kontrola: $\frac{11}{2}+\frac92-10=0$ ✓, a odległość $|OS|=\frac{3}{\sqrt2}\lt \sqrt{17}$, więc prosta faktycznie przecina okrąg.

Krok 3. Obraz środka w jednokładności. Dla jednokładności o środku $S$ i skali $k$:

$$O^{\prime}=S+k\left(O-S\right).$$

$$O-S=\left(4-\tfrac{11}{2},\ 3-\tfrac92\right)=\left(-\tfrac32,\ -\tfrac32\right).$$

$$O^{\prime}=\left(\tfrac{11}{2},\tfrac92\right)+(-3)\cdot\left(-\tfrac32,-\tfrac32\right)=\left(\tfrac{11}{2}+\tfrac92,\ \tfrac92+\tfrac92\right)=(10,\ 9).$$

Krok 4. Promień obrazu. Jednokładność o skali $k$ zmienia promień $|k|$-krotnie:

$$r^{\prime}=|-3|\cdot\sqrt{17}=3\sqrt{17},\qquad \left(r^{\prime}\right)^{2}=9\cdot17=153.$$

Odpowiedź: $(x-10)^{2}+(y-9)^{2}=153$

Krok 1. Postać kanoniczna pierwszego okręgu.

$$(x-6)^{2}-36+(y-4)^{2}-16+43=0\ \Longrightarrow\ (x-6)^{2}+(y-4)^{2}=9.$$

$$O_1=(6,4),\qquad r_1=3.$$

Krok 2. Postać kanoniczna drugiego okręgu.

$$(x-a)^{2}-a^{2}+(y+2)^{2}-4+a^{2}-77=0\ \Longrightarrow\ (x-a)^{2}+(y+2)^{2}=81.$$

$$O_2=(a,-2),\qquad r_2=9.$$

Zauważmy, że promień drugiego okręgu nie zależy od $a$ — parametr przesuwa jedynie środek wzdłuż prostej $y=-2$.

Krok 3. Odległość środków.

$$d=\sqrt{(a-6)^{2}+(-2-4)^{2}}=\sqrt{(a-6)^{2}+36}.$$

Krok 4. Warunek dokładnie jednego punktu wspólnego. Dwa okręgi mają dokładnie jeden punkt wspólny, gdy są styczne — zewnętrznie albo wewnętrznie:

$$d=r_1+r_2=12\qquad\text{lub}\qquad d=|r_2-r_1|=6.$$

Przypadek A — styczność zewnętrzna.

$$\sqrt{(a-6)^{2}+36}=12\ \Longrightarrow\ (a-6)^{2}+36=144\ \Longrightarrow\ (a-6)^{2}=108.$$

$$a-6=\pm\sqrt{108}=\pm 6\sqrt{3}\ \Longrightarrow\ a=6-6\sqrt{3}\ \text{lub}\ a=6+6\sqrt{3}.$$

Przypadek B — styczność wewnętrzna.

$$\sqrt{(a-6)^{2}+36}=6\ \Longrightarrow\ (a-6)^{2}=0\ \Longrightarrow\ a=6.$$

Sprawdzenie: dla $a=6$ środki to $(6,4)$ i $(6,-2)$, odległość $6=9-3$ — mniejszy okrąg leży wewnątrz większego i jest z nim styczny ✓

Odpowiedź: $a=6-6\sqrt{3}$, $\;a=6$, $\;a=6+6\sqrt{3}$

Krok 1. Postać iloczynowa. Funkcja kwadratowa o miejscach zerowych $x_1=-1$ i $x_2=3$ ma postać

$$f(x)=a(x+1)(x-3),\qquad a\neq0.$$

Krok 2. Obliczenie wartości.

$$f(6)=a(6+1)(6-3)=a\cdot7\cdot3=21a,$$

$$f(12)=a(12+1)(12-3)=a\cdot13\cdot9=117a.$$

Krok 3. Iloraz. Współczynnik $a$ skraca się (jest niezerowy):

$$\frac{f(6)}{f(12)}=\frac{21a}{117a}=\frac{21}{117}=\frac{7}{39}.$$

Uwaga: wynik nie zależy od $a$, więc jest taki sam dla każdej funkcji kwadratowej o podanych miejscach zerowych. Zauważmy też, że $f(12)\neq0$, bo $12$ nie jest miejscem zerowym — dzielenie jest poprawne.

Odpowiedź: $\frac{7}{39}$

Krok 1. Odległość punktu od prostej. Dla punktu $(x,0)$ i prostej $x+y+1=0$:

$$d=\frac{|x+0+1|}{\sqrt{1^{2}+1^{2}}}=\frac{|x+1|}{\sqrt2},\qquad d^{2}=\frac{(x+1)^{2}}{2}.$$

Krok 2. Zapis warunku.

$$\frac{(x_1+1)^{2}}{2}+\frac{(x_2+1)^{2}}{2}=6\ \Longrightarrow\ (x_1+1)^{2}+(x_2+1)^{2}=12.$$

Rozwijamy i grupujemy:

$$\left(x_1^{2}+x_2^{2}\right)+2\left(x_1+x_2\right)+2=12.$$

Korzystając z $x_1^{2}+x_2^{2}=S^{2}-2P$:

$$S^{2}-2P+2S=10.$$

Krok 3. Wzory Viète'a.

$$S=2m+2,\qquad P=2m+5.$$

$$(2m+2)^{2}-2(2m+5)+2(2m+2)=10,$$

$$4m^{2}+8m+4-4m-10+4m+4=10\ \Longrightarrow\ 4m^{2}+8m-12=0,$$

$$m^{2}+2m-3=0\ \Longrightarrow\ (m+3)(m-1)=0\ \Longrightarrow\ m=-3\ \text{lub}\ m=1.$$

Krok 4. Warunek dwóch różnych pierwiastków.

$$\Delta=(2m+2)^{2}-4(2m+5)=4m^{2}-16>0\ \Longleftrightarrow\ m\lt -2\ \text{lub}\ m>2.$$

Wartość $m=1$ nie spełnia tego warunku i odpada; $m=-3$ spełnia.

Sprawdzenie dla $m=-3$: $f(x)=x^{2}+4x-1$, $\Delta=20>0$, $S=-4$, $P=-1$, a $S^{2}-2P+2S=16+2-8=10$ ✓

Odpowiedź: $m=-3$

Każdy punkt prostej ma postać \(P=(x,8x+10)\). Wtedy

\(f(x)=|AP|^2+|BP|^2=(x-3)^2+(8x+12)^2+(x-11)^2+(8x+6)^2\).

Po rozwinięciu:

\((x-3)^2=x^2-6x+9\), \((8x+12)^2=64x^2+192x+144\),

\((x-11)^2=x^2-22x+121\), \((8x+6)^2=64x^2+96x+36\),

a po dodaniu \(f(x)=130x^2+260x+310\).

Jest to funkcja kwadratowa o dodatnim współczynniku przy \(x^2\), więc przyjmuje wartość najmniejszą w wierzchołku:

\(x_0=-\dfrac{260}{2\cdot130}=-1\), skąd \(y_0=8\cdot(-1)+10=2\).

Odpowiedź: \(P=(-1,2)\); najmniejsza wartość sumy wynosi \(f(-1)=180\).

Krok 1. Wyrażenie $|PQ|^{2}$ przez $m$.

$$|PQ|^{2}=\left(\frac{m}{2}+\frac52-\frac{55}{2}\right)^{2}+(m-0)^{2}=\left(\frac{m}{2}-25\right)^{2}+m^{2}.$$

Krok 2. Uproszczenie.

$$\left(\frac{m}{2}-25\right)^{2}=\frac{m^{2}}{4}-25m+625,$$

$$f(m)=|PQ|^{2}=\frac{m^{2}}{4}-25m+625+m^{2}=\frac54m^{2}-25m+625.$$

Krok 3. Analiza funkcji kwadratowej. Współczynnik przy $m^{2}$ jest dodatni, a pierwsza współrzędna wierzchołka wynosi

$$m_w=\frac{25}{2\cdot\frac54}=\frac{25}{\frac52}=10.$$

Wierzchołek leży poza przedziałem $\langle-1,7\rangle$ (bo $10>7$), więc na całym tym przedziale funkcja jest malejąca.

Krok 4. Wartości na końcach przedziału.

$$f(7)=\frac54\cdot49-175+625=\frac{245}{4}+450=\frac{2045}{4}=511{,}25\quad(\text{najmniejsza}),$$

$$f(-1)=\frac54+25+625=\frac{5}{4}+650=\frac{2605}{4}=651{,}25\quad(\text{największa}).$$

Kontrola bezpośrednia: dla $m=7$ punkt $P=(6,7)$ i $|PQ|^{2}=21{,}5^{2}+7^{2}=511{,}25$ ✓; dla $m=-1$ punkt $P=(2,-1)$ i $|PQ|^{2}=25{,}5^{2}+1=651{,}25$ ✓

Odpowiedź: najmniejsza wartość $\frac{2045}{4}$, największa $\frac{2605}{4}$

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy, a przez \(h\) długość krawędzi bocznej.

Graniastosłup prawidłowy sześciokątny ma 12 krawędzi podstaw i 6 krawędzi bocznych, więc

\(12a+6h=24\), czyli \(h=4-2a\).

Warunki geometryczne: \(a>0\) i \(h>0\), czyli \(a\in(0,2)\).

Pole powierzchni bocznej (sześć prostokątów \(a\times h\)):

\(P(a)=6ah=6a(4-2a)=-12a^2+24a\).

Jest to funkcja kwadratowa o ujemnym współczynniku przy \(a^2\), więc przyjmuje wartość największą w wierzchołku:

\(a_0=-\dfrac{24}{2\cdot(-12)}=1\), przy czym \(1\in(0,2)\).

Odpowiedź: krawędź podstawy ma długość \(a=1\) (wtedy \(h=2\), a \(P=12\)).

Oznaczmy \(x=|DF|\), wtedy \(|CE|=2x\), \(|CF|=1-x\) oraz \(|BE|=1-2x\).

Warunki geometryczne: \(x\ge0\) i \(2x\le1\), więc \(x\in\langle0,\tfrac12\rangle\).

Pole trójkąta \(AEF\) obliczamy, odejmując od pola kwadratu pola trzech trójkątów prostokątnych:

\(P(x)=1-\underbrace{\tfrac12\cdot1\cdot(1-2x)}_{P_{ABE}}-\underbrace{\tfrac12\cdot2x\cdot(1-x)}_{P_{ECF}}-\underbrace{\tfrac12\cdot1\cdot x}_{P_{ADF}}\),

\(P(x)=1-\tfrac12+x-x+x^2-\tfrac{x}{2}=x^2-\tfrac12x+\tfrac12\).

Jest to funkcja kwadratowa o dodatnim współczynniku przy \(x^2\), więc wartość najmniejszą przyjmuje w wierzchołku:

\(x_0=\dfrac{\tfrac12}{2}=\dfrac14\), przy czym \(\tfrac14\in\langle0,\tfrac12\rangle\).

Odpowiedź: \(x=\dfrac14\) (najmniejsze pole wynosi wtedy \(\dfrac{7}{16}\)).

a) Nierówność \(-2x^2+5\lt 3x\) zapisujemy w postaci

\(-2x^2-3x+5\lt 0\), czyli \(2x^2+3x-5>0\).

\(\Delta=9+40=49\), \(\sqrt{\Delta}=7\), skąd \(x_1=\dfrac{-3-7}{4}=-\dfrac52\), \(x_2=\dfrac{-3+7}{4}=1\).

Ramiona paraboli skierowane są w górę, więc

\(x\in\left(-\infty,-\tfrac52\right)\cup(1,+\infty)\).

b) Przesunięcie o wektor \([3,8]\) daje

\(g(x)=-2(x-3)^2+8\),

czyli parabolę o wierzchołku \((3,8)\) i ramionach skierowanych w dół. Zatem

\(ZW_g=(-\infty,8\rangle\).

c) Rozwijamy postać kanoniczną:

\(g(x)=-2\left(x^2-6x+9\right)+8=-2x^2+12x-18+8=-2x^2+12x-10\).

Stąd \(b=12\), \(c=-10\).

Zapisujemy funkcję w postaci ogólnej:

\(f(x)=(2x+1)(x-2)=2x^2-3x-2\).

Wierzchołek. Współczynnik przy \(x^2\) jest dodatni, więc parabola ma ramiona skierowane w górę, a wierzchołek leży w

\(x_w=\dfrac{3}{4}\in\langle-2,2\rangle\).

\(f\!\left(\tfrac34\right)=2\cdot\dfrac{9}{16}-3\cdot\dfrac34-2=\dfrac98-\dfrac94-2=-\dfrac{25}{8}\).

Wartości na krańcach przedziału.

\(f(-2)=2\cdot4+6-2=12\), \(\ f(2)=8-6-2=0\).

Odpowiedź: wartość najmniejsza wynosi \(-\dfrac{25}{8}=-3{,}125\) (dla \(x=\tfrac34\)), a największa \(12\) (dla \(x=-2\)).

Niech \(P=(x,y)\) będzie dowolnym punktem paraboli, czyli \(y=\tfrac14x^2+1\).

Odległość od osi \(Ox\). Ponieważ \(y=\tfrac14x^2+1\ge1>0\), mamy

\(d(P,Ox)=|y|=\tfrac14x^2+1\).

Odległość od punktu \(F\).

\(|PF|^2=x^2+(y-2)^2=x^2+\left(\tfrac14x^2+1-2\right)^2=x^2+\left(\tfrac14x^2-1\right)^2\),

\(|PF|^2=x^2+\tfrac{1}{16}x^4-\tfrac12x^2+1=\tfrac{1}{16}x^4+\tfrac12x^2+1=\left(\tfrac14x^2+1\right)^2\).

Ponieważ \(\tfrac14x^2+1>0\), otrzymujemy

\(|PF|=\tfrac14x^2+1=d(P,Ox)\).

Zatem każdy punkt tej paraboli jest równoodległy od osi \(Ox\) i od punktu \(F\) (oś \(Ox\) jest kierownicą, a \(F\) ogniskiem tej paraboli). \(\blacksquare\)

1) Postać kanoniczna. Parabola o wierzchołku \(W=(1,-9)\) ma wzór

\(f(x)=a(x-1)^2-9\).

Z warunku przechodzenia przez \((2,-8)\):

\(a(2-1)^2-9=-8\), czyli \(a-9=-8\), skąd \(a=1\).

Zatem

\(f(x)=(x-1)^2-9\)  (postać kanoniczna), \(\ f(x)=x^2-2x-8\)  (postać ogólna).

2) Miejsca zerowe.

\((x-1)^2-9=0\), czyli \((x-1)^2=9\), a więc \(x-1=3\) lub \(x-1=-3\).

Stąd \(x_1=4\), \(x_2=-2\).

3) Szkic wykresu. Parabola o ramionach skierowanych w górę (bo \(a=1>0\)), wierzchołku \((1,-9)\), przecinająca oś \(OX\) w punktach \((-2,0)\) i \((4,0)\), a oś \(OY\) w punkcie \((0,-8)\).

Wierzchołek paraboli. \(y=-x^2+6x\), więc \(x_C=\dfrac{-6}{2\cdot(-1)}=3\) oraz \(y_C=-9+18=9\). Stąd \(C=(3,9)\), a parabola ma ramiona skierowane w dół.

Wierzchołki \(A\) i \(B\). Bok \(AB\) jest poziomy, a parabola jest symetryczna względem prostej \(x=3\), więc

\(A=(3-t,\,y_0)\), \(B=(3+t,\,y_0)\), gdzie \(t>0\).

Obliczamy \(y_0=-(3+t)^2+6(3+t)=9-t^2\), więc

\(|AB|=2t\) oraz wysokość trójkąta \(h=y_C-y_0=9-(9-t^2)=t^2\).

Warunek równoboczności. W trójkącie równobocznym o boku \(a\) wysokość wynosi \(\tfrac{a\sqrt3}{2}\):

\(t^2=\dfrac{2t\sqrt3}{2}=t\sqrt3\).

Ponieważ \(t>0\), dzielimy przez \(t\): \(t=\sqrt3\).

Stąd \(y_0=9-3=6\), a więc

\(A=(3-\sqrt3,\ 6)\), \(B=(3+\sqrt3,\ 6)\), \(C=(3,\ 9)\).

Rysunek: parabola o wierzchołku \((3,9)\) i miejscach zerowych \(0\) i \(6\); trójkąt o poziomej podstawie na wysokości \(y=6\) i wierzchołku w punkcie \((3,9)\).

Z wykresu odczytujemy: miejsca zerowe \(x_1=-1\), \(x_2=3\), wierzchołek \(W=(1,4)\), a wykres przecina oś \(OY\) w punkcie \((0,3)\). Ramiona paraboli są skierowane w dół.

c) Wzór funkcji. Z postaci iloczynowej \(f(x)=a(x+1)(x-3)\) oraz warunku \(f(0)=3\):

\(a\cdot1\cdot(-3)=3\), czyli \(-3a=3\), skąd \(a=-1\).

Zatem \(f(x)=-(x+1)(x-3)\) (równoważnie \(f(x)=-x^2+2x+3\)).

a) Nierówność \(f(x)\le3\).

\(-x^2+2x+3\le3\),

\(-x^2+2x\le0\), czyli \(x^2-2x\ge0\), a więc \(x(x-2)\ge0\).

Stąd \(x\in(-\infty,0\rangle\cup\langle2,+\infty)\). (Można to też odczytać wprost z wykresu: wartości nie większe niż 3 są poza przedziałem \((0,2)\).)

b) Wartości ekstremalne na \(\langle0,3\rangle\).

Wierzchołek \(x=1\) należy do przedziału, więc

wartość największa: \(f(1)=4\),

wartość najmniejsza: na krańcach \(f(0)=3\), \(f(3)=0\), czyli \(0\).

Oznaczmy przez \(x\) liczbę złotych, o którą obniżono cenę (\(x\ge0\)).

Wtedy:

• cena sprzedaży: \(160-x\) zł, zysk z jednej kurtki: \(160-x-100=60-x\) zł,

• liczba sprzedanych kurtek: \(40+x\).

Miesięczny zysk:

\(f(x)=(60-x)(40+x)=-x^2+20x+2400\).

Jest to funkcja kwadratowa o ujemnym współczynniku przy \(x^2\), więc największą wartość przyjmuje w wierzchołku:

\(x_w=-\dfrac{20}{2\cdot(-1)}=10\).

Cena sprzedaży wynosi wtedy \(160-10=150\) zł, a zysk \(f(10)=50\cdot50=2500\) zł.

Odpowiedź: sprzedawca powinien ustalić cenę 150 zł.