Pewniaki do matury rozszerzonej 2024

Przekształcamy \(\log _4 49\), stosując wzór na logarytm potęgi oraz wzór na zamianę podstawy logarytmu, i otrzymujemy \[\begin{align} \log _4 49=2 \cdot \log _4 7=2 \cdot \frac{\log _3 7}{\log _3 4}=2 \cdot \frac{\log _3 7}{\frac{\log _2 4}{\log _2 3}}=2 \cdot \log _3 7 \cdot \frac{\log _2 3}{\log _2 4}=2 \cdot \log _3 7 \cdot \frac{\log _2 3}{2} \end{align}\] Zatem \[ \log _4 49=2 \cdot b \cdot \frac{a}{2}=a \cdot b \] Odp. \(\log _4 49=a \cdot b\)

Wyznaczamy pochodną funkcji \(f\) : \[ f^{\prime}(x)=\frac{2 x \cdot(x-1)-\left(x^2+3\right) \cdot 1}{(x-1)^2}=\frac{x^2-2 x-3}{(x-1)^2} \] dla każdego \(x \in \mathbb{R} \backslash\{1\}\). Obliczamy współczynnik kierunkowy szukanej stycznej: \[ f^{\prime}(-3)=\frac{(-3)^2-2 \cdot(-3)-3}{(-3-1)^2}=\frac{9+6-3}{16}=\frac{3}{4} \] Zatem równanie stycznej do wykresu funkcji \(f\) w punkcie \(P=(-3,-3)\) ma postać: \[ y=\frac{3}{4} x+b \] Obliczamy współczynnik \(b\).
Punkt \(P\) leży na prostej stycznej, więc: \[-3=\frac{3}{4} \cdot(-3)+b\] Stąd:\[b=-\frac{3}{4}\] Zatem równanie stycznej do wykresu funkcji \(f\) w punkcie \(P=(-3,-3)\) ma postać: \[y=\frac{3}{4} x-\frac{3}{4}\]

Suma wszystkich wyrazów ciągu \(\left(a_n\right)\) istnieje i jest różna od zera, zatem \(a_1 \neq 0\) i iloraz \(q\) tego ciągu spełnia warunek \(|q|<1\).
Korzystamy ze wzorów na sumę \(n\) początkowych wyrazów ciągu geometrycznego oraz na sumę wszystkich wyrazów ciągu geometrycznego i obliczamy iloraz \(q\) ciągu \(\left(a_n\right)\) : \[ \begin{gathered} a_1+a_2+a_3=a_1 \cdot \frac{1-q^3}{1-q}=\frac{a_1}{1-q} \cdot\left(1-q^3\right)=S \cdot\left(1-q^3\right) \\ 7=8\left(1-q^3\right) \\ q=\frac{1}{2} \end{gathered} \] Zatem \[S=a_1 \cdot \frac{1}{1-\frac{1}{2}}=2 a_1\] i \[S_n=a_1 \cdot \frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^n}{1-\frac{1}{2}}=2 a_1 \cdot\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^n\right]\] Stąd, wobec \(a_1 \neq 0\), otrzymujemy \[\frac{S-S_n}{S_n}=\frac{2 a_1-2 a_1 \cdot\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^n\right]}{2 a_1 \cdot\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^n\right]}=\frac{2 a_1 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^n}{2 a_1 \cdot\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^n\right]}=\frac{\left(\frac{1}{2}\right)^n}{1-\left(\frac{1}{2}\right)^n}\] Rozwiązujemy nierówność \(\left|\frac{S-S_n}{S_n}\right|<0,001\) w zbiorze liczb całkowitych dodatnich: \[ \begin{gathered} \left|\frac{S-S_n}{S_n}\right|<0,001 \\ \left|\frac{\left(\frac{1}{2}\right)^n}{1-\left(\frac{1}{2}\right)^n}\right|<0,001 \end{gathered} \] Ponieważ \(q=\frac{1}{2} \in(0,1)\), więc \(1-\left(\frac{1}{2}\right)^n>0\).
Zatem nierówność \(\left|\frac{\left(\frac{1}{2}\right)^n}{1-\left(\frac{1}{2}\right)^n}\right|<0,001\) możemy przeksztakcić do postaci \[\frac{\left(\frac{1}{2}\right)^n}{1-\left(\frac{1}{2}\right)^n}<0,001\] Stąd otrzymujemy dalej: \[ \begin{gathered} \left(\frac{1}{2}\right)^n<0,001\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^n\right] / \cdot 2^n \\ 1<0,001\left(2^n-1\right) \\ 2^n>1001 \end{gathered} \] Ponieważ \(2^9=512\) i \(2^{10}=1024\), więc \(n>9\).
Rozwiązaniem nierówności \(\left|\frac{S-S_n}{S_n}\right|<0,001\) w zbiorze liczb całkowitych dodatnich są wszystkie liczby naturalne większe od 9 .

Rozwiązanie CKE:
Zauważmy, że jednym z rozwiązań równania \[ (1)\qquad (x-6) \cdot\left[(m-2) x^2-4(m+3) x+m+1\right]=0 \] jest liczba 6. Zatem równanie (1) ma trzy różne rozwiązania rzeczywiste tego samego znaku wtedy i tylko wtedy, gdy równanie \[ (2)\qquad (m-2) x^2-4(m+3) x+m+1=0 \] ma dokładnie dwa różne rozwiązania dodatnie \(x_1, x_2\) takie, że \(x_1 \neq 6\) i \(x_2 \neq 6\). Dla \(m=2\) równanie (2) przyjmuje postać \(-20 x+3=0\) i ma tylko jedno rozwiązanie. Pozostaje wyznaczyć te wartości parametru \(m\), dla których warunki zadania są spełnione, a równanie (2) jest kwadratowe, tj. wyznaczyć te wartości parametru, dla których spełnione są jednocześnie następujące warunki: \[ \begin{aligned} & \text { (W1) } m-2 \neq 0 \\ & \text { (W2) } \Delta>0 \\ & \text { (W3) } x_1 \cdot x_2>0 \\ & \text { (W4) } x_1+x_2>0 \\ & \text { (W5) }(m-2) \cdot 6^2-4 \cdot(m+3) \cdot 6+m+1 \neq 0 \end{aligned} \] Rozwiązaniem warunku (W1) jest \(m \neq 2\). Rozwiązujemy nierówność \(\Delta>0\) : \[ \begin{gathered} {[-4(m+3)]^2-4 \cdot(m-2) \cdot(m+1)>0} \\ 16 m^2+96 m+144-4 m^2+4 m+8=0 \\ 12 m^2+100 m+152>0 \\ m \in\left(-\infty,-\frac{19}{3}\right) \cup(-2,+\infty) \end{gathered} \] Korzystając ze wzorów Viète'a, rozwiązujemy warunek (W3): \[ \begin{gathered} x_1 \cdot x_2>0 \\ \frac{m+1}{m-2}>0 \\ (m+1)(m-2)>0 \wedge m \neq 2 \\ m \in(-\infty,-1) \cup(2,+\infty) \end{gathered} \] Korzystając ze wzorów Viète'a, rozwiązujemy warunek (W4): \[ \begin{gathered} x_1+x_2>0 \\ -\frac{-4(m+3)}{m-2}>0 \\ (m+3)(m-2)>0 \wedge m \neq 2 \\ m \in(-\infty,-3) \cup(2,+\infty) \end{gathered} \] Rozwiązujemy warunek (W5): \[ \begin{gathered} (m-2) \cdot 6^2-4 \cdot(m+3) \cdot 6+m+1 \neq 0 \\ 13 m-143 \neq 0 \\ m \neq 11 \end{gathered} \] Wyznaczamy część wspólną rozwiązań warunków (W1)-(W5) i otrzymujemy \(m \in\left(-\infty,-\frac{19}{3}\right) \cup(2,11) \cup(11,+\infty)\)

Rozwiązanie CKE:

Rozwiązanie CKE:

Rozwiązanie CKE:

Rozwiązanie CKE: