Zadaci za vjezbu - FUNKCIJE (kvadratna, eksponencijalna i logaritamska)

Ana Katalenic

1. Nacrtajte graf kvadratne funkcije f(x) = 2x2 4x + 1. Odredite jojnultocke, tjeme, te intervale rasta i pada.

Kako je a = 2 > 0 graf kvadratne funkcije f je parabola okrenuta prema

gore. Nultocke racunamo prema formuli:

x1,2 =bb2 4ac

2a

x1,2 =(4)(4)2 4 2 1

2 2x1,2 =

416 84

=48

4

x1,2 =4 22

4 x1 = 2 +

2

2 1.7, x2 =

222

0.3

Graf funkcije f x-os sijece u tockama

(22

2, 0

),

(2 +

2

2, 0

). Tjeme

funkcije mozemo racunati na tri nacina

Svesti kvadratnu funkciju na oblik f(x) = a(xx0)2+y0 odakle citamokoordinate tjemena kao T = (x0, y0).

f(x) = 2x2 4x + 1 = 2(x2 2x) + 1 = 2(x2 2x + 1 1) + 1= 2(x2 2x + 1) + 2 (1) + 1 = 2(x 1)2 1 x0 = 1, y0 = 1.

Za kvadratnu funkciju f(x) = ax2 + bx + c, a 6= 0 s tjemenom T =(x0, y0) koristimo formulu

x0 =b2a

, y0 =4ac b2

4a

Slijedi x0 =(4)

2 2 = 1, y0 =4 2 1 (4)2

4 2 =8 16

8= 1.

Apscisa tjemena jednaka je polovici zbroja apscisa nultocaka (kad funk-cija ima nultocke) to jest x0 =

1

2(x1 + x2).

x0 =1

2

(22

2+

222

)=

1

2 2

2 + 2 +

2

2=

1

2 4

2= 1.

Ordinata tjemena je vrijednost funkcije za argument x0 to jest y0 =

f(x0) = 2 12 4 1 + 1 = 1.

Funkcija f pada na intervalu , 1}, a raste na intervalu 1,+}. Granicarasta i pada funkcije je apscisa tjemena. Tjeme je ujedno i minimum funkcije.

2. Transformacijama parabole y = x2 nacrtajte grafove funkcija:

(a) f(x) = 2x2;

1

(b) f(x) = 12x2;

(c) f(x) = x2 1;(d) f(x) = x2 + 2;(e) f(x) = 2x2 4;(f) f(x) = (x 3)2 + 5;(g) f(x) =

1

2(x + 2)2 1;

(h) f(x) = x2 + 2x + 1= (x2 2x) + 1 = (x2 2x+ 1 1) + 1 = (x 1)2 + 2.

Rjesenja u ggb datotekama. Uocavamo:

f(x) = ax2 Ako je a > 0 parabola se suzava, ako je a < 0 parabola se siri,

ako je a = 1 parabola se zrcali s obzirom na x-os;f(x) = (x t)2 Ako je t > 0 parabola se pomice za |t| desno po x-osi, ako

je t < 0 parabola se pomice za |t| lijevo po x-osi;f(x) = x2 l Ako je l > 0 parabola se pomice za |l| gore po y-osi, ako je

l < 0 parabola se pomice za |l| dolje po y-osi.

3. Odredite polinom drugog stupnja f(x) = ax2 + c ako je f(1) = 3,f(2) = 3. Nacrtajte graf kvadratne funkcije transformacijama pa-rabole y = x2. Odredite ekstremne vrijednosti funkcije, nultocke, te

intervale rasta i pada funkcije.

Vrijedi f(1) = a 12 + c = 3 i f(2) = a (2)2 + c = 3 odakle dobivamosustav jednadzbi s nepoznanicama a, c a + c = 3 c = 3 a4a + c = 3

4a + (3 a) = 33a = 6 a = 2, c = 5

Trazena funkcija je f(x) = 2x2 5.

Funkcija ima minimum, a postize ga u x0 =b2a

= 0 s vrijednosti y0 =

f(0) = 5. Nultocke funkcije f su argumenti za koje je vrijednost funkcijejednaka 0, posebno trazimo x R takve da je f(x) = 0 2x2 5 = 0 2x2 = 5 x1,2 =

5

2. Tjeme je meda rasta i pada funkcije pa funkcija f

pada na intervalu , 0, a raste na intervalu 0,+.

4. Odredite polinome drugog stupnja f, g, nacrtajte im graf te odredite

nultocke, tjeme i intervale rasta i pada ako je:

(a) f(0) = 1, f(1) = 12

i f(2) = 3,

1 = f(0) = a 02 + b 0 + c = c1

2= f(1) = a 12 + b 1 + c = a + b + c

3 = f(2) = a 22 + b 2 + c = 4a + 2b + c

Uvrstivsi da je c = 1 dobivamo sustav jednadzbi

2

1

2= a + b 1

3 = 4a + 2b 1

3

2= a + b a = 3

2 b

4 = 4a + 2b

4 = 4(

3

2 b)

+ 2b

4 = 6 4b + 2b2 = 2b b = 1, a = 1

2

f(x) = 12x2 + x 1

Nultocke x1,2 =1

12 4 12 (1)

2 12= 1

3.

Tjeme x0 =x1 + x2

2= 1, y0 = f(x0) = 1

2(1)2 + (1) 1 = 3

2,

T =

(1,3

2

).

f x 1,+, f x ,1.(b) g(1) = 2, g(2) = 2 i g(4) = 4,

2 = g(1) = a 12 + b 1 + c = a + b + c c = 2 a b2 = g(2) = a 22 + b 2 + c = 4a + 2b + c

4 = g(4) = a 42 + b 4 + c = 16a + 4b + c

Uvrstivsi da je c = 2 a b dobivamo sustav jednadzbi 2 = 4a + 2b + (2 a b)4 = 16a + 4b + (2 a b) 0 = 3a + b b = 3a6 = 15a + 3b

6 = 15a + 3 (3a)6 = 6a a = 1, b = 3, c = 0

g(x) = x2 3xNultocke su x R takvi da g(x) = 0 to jest

x2 3x = 0x(x 3) = 0

x1 = 0, x2 = 3

Tjeme x0 =b2a

=3

2, y0 =

4ac b24a

=(3)2

4=94

, T =

(3

2,9

4

).

g x

3

2,+

, g x

, 3

2

.

5. Odredite polinom drugog stupnja f(x) = ax2 + bx + c ako su poznate

tri tocke njegovog grafa A(1, 2), B(2, 9) i C(3, 22).Tocke koordinatne ravnine koje pripadaju grafu funkcije f imaju koordinate

oblika x, f(x)) stoga

A(1, 2) 2 = f(1) = a (1)2 + b (1) + c = a b + cB(2, 9) 9 = f(2) = a (2)2 + b (2) + c = 4a 2b + c

C(3, 22) 22 = f(3) = a (3)2 + b (3) + c = 9a 3b + c

Iz prve jednadzbe slijedi c = 2 a + b te dobivamo 9 = 4a 2b + (2 a + b)22 = 9a 3b + (2 a + b) 7 = 3a b b = 3a 720 = 8a 2b

3

20 = 8a 2(3a 7)20 = 8a 6a + 146 = 2a a = 3, b = 2, c = 1

f(x) = 3x2 + 2x + 1

6. Prikazite graficki funkcije f(x) = 23x2 + 4x 6 i g(x) = x2 9

2x 5

2i odredite:

(a) nultocke funkcija,

f(x) = 23

(x2 6x + 9)f(x) = 2

3(x 3)2

Nultocka za f

x1 = x2 = 3

Nultocke za g

x1,2 = (92)(92)2 4 (52)

2

=

92

814 +

202

2=

92

1214

2

x1,2 =92 112

2=

9

4 11

4

x1 = 5, x2 = 12

(b) ekstremne vrijednosti funkcija,

Funkcija f ima maksimum (3, 0). Funkcija g ima minimum.

U tocki (3, 0) f ima nultocku i tjeme. Minimum funkcije g je tjeme.

x0 =x1 + x2

2=

9

4

y0 = f(x0)

=

(9

4

)2 9

2 9

4 5

2

=81

16 81

8 5

2

=81 162 40

16

y0 = 12116

T =

(9

4,121

16

)(c) intervale rasta i pada funkcija,

f x , 3 g x

9

4,+

f x 3,+ g x

, 9

4

.

(d) slike funkcija,

Sliku funkcije cine sve vrijednosti koje ona postize na podrucju defini-

cije, rubna vrijednost je vrijednost funkcije u tjemenu parabole.

Im(f) = , 0] Im(g) =[121

16,+

(e) argumente x R za koje funkcije poprimaju negativne odnosno

nenegativne vrijednosti,

Funkcija je negativna za one argumente za koje se graf funkcije nalazi

ispod osi apscisa, a nenegativna (pozitivna ili jednaka 0) za one argu-

mente za koje se graf funkcije nalazi iznad osi apscisa ili ju sijece:

f(x) < 0 za x R \ {3} g(x) < 0 za x 1

2, 5

f(x) 0 za x = 3 g(x) 0 za x

,1

2

] [5,+

7. Za koje vrijednosti c R funkcija f(x) = 12x2 +x+ c postize minimum

4? Nacrtajte graf te funkcije i odredite njene nultocke.

4

Kvadratna funkcija ekstremnu vrijednost postize u tjemenu pripadne para-

bole. Tjeme T ima koordinate x0 =b2a

=12 12

= 1, y0 = 4ac b2

4a=

4 12c 124 12

=2c 1

2. Kako je zadan minimum vrijednosti funkcije slijedi

4 = y0 =2c 1

2 2c 1 = 8 c = 9

2.

Jer je a =1

2> 0 znaci da je graf funkcije parabola okrenuta prema gore s

najmanjom vrijednosti 4. Ona ne sijece x-os stoga funkcija f nema nultocaka

(D = b2 4ac = 12 4 12 9

2= 8 < 0).

8. U skupu kvadratnih funkcija f(x) = mx2 + (m n)x n, m,n R,odredite one koje imaju maksimum 3 za x = 1.Kvadratna funkcija ima maksimum u tjemenu kad je vodeci koeficijent ne-

gativan (Graf funkcije je tada parabola okrenuta prema dolje.) Trazimo

funkciju f za koju je f(1) = 3 k tomu su (1,3) koordinate tjemena.Iz zadane funkcije vrijedi

a = m,b = (m n),c = n

Zbog koordinata tjemena mora bitix0 = 1 = b

2a=m n

2m 2m = m n 3m = n

y0 = 3 = 4ac b2

4a=

4mn (m n)24m =

(m n)2 4mn4m

Rezultat prve jednadzbe uvrsti se u drugu jednadzbu.

3 4m = (m n)2 4mn12m = (m 3m)2 4m 3m12m = 4m2 12m2 8m2 + 12m = 0

4m(2m 3) = 0 m1 = 0, m2 = 32

Kako zbog parabole okrenute prema dolje a = m < 0 mora biti m > 0slijedi m =

3

2, n =

9

2. Trazena funkcija je f(x) = 3

2x2 3x 9

2.

9. Za koje vrijednosti parametra m R funkcija f(x) = 2mx2x+2 imaKvadratna funkcija moze imati 0, 1 ili 2 nultocke. Kako nultocke racunamo

po formuli

x1,2 =bb2 4ac

2a

broj nultocaka direktno ovisi o izrazu pod korjenom. Vrijednost D = b24aczovemo diskriminanta kvadratne funkcije i vrijedi

D > 0 kvadratna funkcija ima dvije razlicite nultocke,D = 0 kvadratna funkcija ima jednu (dvostruku) nultocku,D < 0 kvadratna funkcija nema nultocaka.

Za danu funkciju koeficijenti su a = 2m, b = 1, c = 2, a diskriminanta

D = (1)2 4 2m 2 = 1 16m.

(a) realne razlicite nultocke,

Kad je 0 < D = 1 16m 16m < 1 odnosno za m , 1

16

.

(b) jedinstvenu nultocku - kojem skupu brojeva pripada? Odredite

nultocku!

5

Kad je 0 = D = 116m za vrijednost m = 116

. Nultocka dane funkcije

je ujedno njeno tjeme i ima vrijednost x0 =b2a

=1

2 116= 8. Nultocka

pripada skupu prirodnih brojeva.

10. Za koje vrijednosti m R funkcija f(x) = mx2mx+m 3 poprimapozitivne vrijednosti na cijelom podrucju definicije?

Graf funkcije koja ima samo pozitivne vrijednosti je parabola u cjelosti iz-

nad x-osi. Posebno jer je parabola okrenuta prema gore, vodeci koeficijent

funkcije a = m > 0. S druge strane funkcija nema nultocke sto se dogada

kad je diskriminanta kvadratne funkcije D = b2 4ac < 0 (Funkcija nemarealnih nultocaka). Kako je b = m, c = m 3 slijedi

D = (m)2 4 m (m 3) = m2 4m2 + 12m = 3m2 + 12m

i dobivena vrijednost treba biti negativna to jest 3m2+12m < 0. Rjesenjesu svi argumenti m za koje je pripadna vrijednost 3m2 + 12m negativna.Odgovarajuca parabola ima nultocke m1,2 = 0, 4 te je okrenuta prema dolje.

Negativne vrijednosti diskriminante D = 3m2 + 12m se stoga postizu zam , 04,+. Kako vodeci koeficijent funkcije f(x) = mx2mx+m 3 treba biti a = m > 0 to kao parametri m za koje funkcija poprimasamo pozitivne vrijednosti u obzir dolaze m 4,+.

11. Za koje vrijednosti s R funkcija f(x) = sx2x1 poprima negativnevrijednosti na cijelom podrucju definicije?

Graf funkcije f je parabola u cjelosti ispod osi apscisa. Parabola je okrenuta

prema dolje, pa vodeci koeficijent funkcije f mora biti a = s < 0. S druge

strane f ne moze imati nultocke (inace sijece os apscisa) stoga diskriminanta

mora biti negativna. Jer je b = c = 1 slijedi

D = (1)2 4 s (1) = 1 + 4s

te je vrijednost 1 + 4s < 0. Dobiveni izraz je negativan za s ,1

4

sto su sve negativne vrijednosti pa je uvjet negativnog vodeceg koeficijenta

zadovoljen.

12. Za dane kvadratne jednadzbe izracunajte diskriminatntu i opisite pri-

rodu rjesenja jednadzbi. Odredite rjesenja danih jednadzbi u skupu

realnih brojeva, ako je:

(a) x2 + 6x + 4 = 0,

D = 62 4 1 4 = 20 > 0, jednadzba ima dva razlicita rjesenja i to sux1,2 =

bD2a

=620

12=6 25

12=35

6;

(b) 9k2 + 11k + 4 = 0,

D = 112 4 9 4 = 23 < 0, jednadzba nema realnih rjesenja;

(c) 4r2 + 4r + 1 = 0,

D = 42441 = 0, jednadzba ima jedno rjesenje. Kako je 4r2+4r+1 =(2r + 1)2 trazeno rjesenje je 1

2;

(d) 9x2 + 5 = 0,

D = 02 4 9 5 = 180, jednadzba nema rjesenja;

(e) 5t 4t2 = 2, 4t2+5t2 = 0 te je D = 524(4)(2) = 7 < 0, jednadzbanema rjesenja;

(f) 3y2 = 4y,

3y2 4y = 0 te je D = (4)2 4 3 0 = 16 > 0, jednadzba imadva razlicita rjesenja. Kako je 3y2 4y = y(3y 4) rjesenja jednadzbesu y1 = 0, y2 =

4

3.

13. Za koje vrijednosti m R jednadzba mx2 + 2(m 1)x + m + 3 = 0ima realna rjesenja.

Rjesenja kvadratne jednadzbe su realna kad je diskriminanta D 0. Kakosu koeficijenti a = m 6= 0, b = 2(m 1), c = (m + 3) treba biti

0 D = [2(m 1)]2 4 m (m+ 3) = 4(m 1)2 4m(m+ 3) = 20m+ 4

odnosno 20m 4 m , 1

5

]\ {0}, jer je m vodeci koeficijent.

6

14. Za koje vrijednosti p R jednadzba (p 2)x2 2px+ p 2 = 0 nemarealnih rjesenja.

Kvadratna jednadzba nema realnih rjesenja kad je pripadna diskriminanta

negativna. Uz koeficijente a = p 2 6= 0 p 6= 2, b = 2p, c = p 2dobivamo

D = (2p)2 4 (p 2) (p 2) = 4p2 4(p 2)2 = 16p 16.

sto je 16p 16 < 0 za p , 1.

15. Za koje vrijednosti n R jednadzba (x+n)2 = x+ 2n ima jedinstvenorjesenje. Odredite to rjesenje.

Kvadratna jednadzba ima jedinstveno rjesenje kad je diskriminanta jednaka

0. Potrebno je modificirati jednadzbu kako bi se odredili koeficijenti.

(x + n)2 = x + 2n

x2 + 2nx + n2 x 2n = 0x2 + (2n 1)x + n2 2n = 0

a = 1, b = 2n 1, c = n2 2n,

D = (2n 1)2 4 1 (n2 2n) = 4n2 4n + 1 4n2 + 8n = 4n + 1odakle slijedi zbog D = 0 da je n = 1

4.

Rjesenje jednadzbe je x =b2a

= 2 14 12

= 32

2=

3

4.

16. Ne rjesavajuci kvadratnu jednadzbu 3x2 x 2 = 0, odredite za njenarjesenja x1, x2Za rjesenja x1, x2 kvadratne jednadzbe ax

2 + bx + c = 0 vrijede Viete-ove

formule

x1 + x2 =ba, x1x2 =

c

a

Za danu kvadratnu jednadzbu vrijedi x1 + x2 =1

3, x1x2 =

23

.

(a) x21 + x22

= x21+x22+2x1x22x1x2 = (x1+x2)22x1x2 =

(1

3

)22 2

3=

13

9,

(b)1

x1+

1

x2

=x2 + x1x1x2

=1323

=12

,

(c)x1x2

+x2x1

=x1 x1 + x2 x2

x2 x1 =x21 + x

22

x1x2=

13923

=13

6,

(d) x21 + x22

=1

x21+

1

x22=x22 + x

21

(x1x2)2=

139(23

)2 = 134 ,(e) x31 + x

32

= (x1 + x2)3 3x21x2 3x1x22 = (x1 + x2)3 3x1x2(x1 + x2) =

=

(1

3

)3 3 2

3 1

3=

19

27,

(f) x31 + x32

=1

x31+

1

x32=x32 + x

31

(x1x2)3=

1927(23

)3 = 198 ,(g) x41 + x

42

= (x21+x22)22x21x22 = (x21+x22)22(x1x2)2 =

(13

9

)22(2

3

)2=

97

81,

(h) x41 + x42

=1

x41+

1

x42=x42 + x

41

(x1x2)4=

9781(23

)4 = 9716 ,(i) (x1 x2)2

= x21 2x1x2 + x22 = (x21 + x22) 2(x1x2) =13

9 2 2

3=

25

9.

17. Odredite broj p R tako da jedno rjesenje jednadzbe 4x215x+4p3 =0 bude kvadrat drugoga.

Zelimo x1 = x22. Poznato je x1 + x2 =

154

=15

4i x1x2 =

4p3

4= p3 iz

Viete-ovih formula. Iz druge formule kako je x1 = x22 slijedi x

32 = p

3 x2 =

7

p, x1 = p2. Uvrstimo u prvu formulu

p2 + p =15

44p2 + 4p 15 = 0

Rjesenja kvadratne jednadzbe p1,2 =442 4 4 (15)

2 4p1,2 =

42568

=4 16

8

p1 =3

2, p2 =

52

Postoje dvije mogucnosti za rjesenja x1 =3

2, x2 =

9

4i x1 =

52, x2 =

25

4.

18. Jedno rjesenje kvadratne jednadzbe x2 + mx + 6 = 0 je x1 = 2. Koje

je drugo rjesenje i koja je vrijednost parametra m?

Koristimo Viete-ove formule te vrijedi 2 + x2 =m

1= m i 2x2 = 6

1= 6.

Iz druge formule slijedi da je x2 = 3, a iz prve dobivamo m = 5.

19. Za koje vrijednosti k R je zbroj kvadrata rjesenja jednadzbe (k 1)x2 2kx k 4 = 0 jednak kvadratu umnoska rjesenja?Prvo uocimo kako je vodeci koeficijent kvadratne jednadzbe a = k 1 stogamora biti k 6= 1. Za rjesenja kvadratne jednadzbe treba vrijediti x21 + x22 =(x1x2)

2. Iz 16.(a) zadatka znamo x21+x22 = (x1+x2)

22x1x2. PrimjenjujuciViete-ove formule treba vrijediti iz x21 + x

22 = (x1x2)

2

(x1 + x2)2 2x1x2 = (x1x2)2(b

a

)2 2 c

a=

( ca

)2((2k)

k 1)2 2 k 4

k 1 =(k 4

k 1)2

4k2

(k 1)2 + 2k + 4

k 1 =(k + 4)2

(k 1)2 upslope (k 1)2, k 6= 1

4k2 + 2(k + 4)(k 1) = (k + 4)2

5k2 2k 24 = 0Rjesenja kvadratne jednadzbe k

{12

5,2

}

20. Opseg pravokutnika iznosi 70 cm, a povrsina mu je 66 cm2. Kolike su

duljine stranica tog pravokutnika?

Neka su duljine stranica pravokutnike a, b. Tada je opseg O = 2(a+b) = 70 i

povrsina P = a b = 66. Slijedi iz prve jednakosti da je a = 35b. Uvrstimou drugu (35 b) b = 66 35b b2 66 = 0. Imamo kvadratnu jednadzbus nepoznanicom b kojoj su rjesenja

b1,2 =35352 4 1 66

2 (1) =35 312 b1 = 33, b2 = 2.

Za dane vrijednosti b druga stranica poprima vrijednosti 2 i 33 to jest duljine

stranica su 2 cm i i 33 cm.

21. Zbroj kateta pravokutnog trokuta iznosi 12 cm. Koji pravokutni trokut

s tim svojstvima ima najvecu povrsinu?

Neka su katete trokuta a, b. Za njih vrijedi a+b = 12 a = 12b. Povrsinapravokutnog trokuta se racuna P =

1

2a b = 1

2(12 b) b = 6b 1

2b2.

Vidimo kako je povrsina pravokutnog trokuta kvadratna funkcija kojoj je

argument duljina katete, P = f(b) = 6b 12b2. Kako je vodeci koeficijent

12< 0, graf ove funkcije je parabola okrenuta prema dolje te funkcija

postize maksimumu u tjemenu. Apscisa tjemena je vrijednost argumenta b,

dok je ordinata tjemena to jest vrijednost funkcije povrsina trokuta.

b =b2a

=6

2 12= 6 cm a = 6 cm. P = 4ac b

2

4a=

0 624 12

= 18 cm2.

22. Odredite za koje realne brojeve x vrijedi izraz (x 3)(x + 3) (x 2)2 (x + 2)2.

x2 32 [(x 2) (x + 2)][(x 2) + (x + 2)]x2 9 [4] [2x]x2 9 8x

x2 + 8x 9 0

Treba odrediti za koje x je odgovarajuca kvadratna funkcija negativna - gdje

je pripadna parabola ispod osi apscisa. Nultocke imaju vrijednosti 9, 1.

8

Funkcija je negativna za sve meduvrijednosti pa je izraz x2 + 8x 9 0 zax [9, 1].

23. Odredite sve x R koji zadovoljavaju nejednadzbe:

(a)4x x2

x2 x 2 0;Izraz je dan u obliku razlomka. Za razlomak

B

Nvrijedi

B

N< 0

B

N= 0

B

N> 0

1) B < 0 i N > 0 1) B = 0 1) B < 0 i N < 0

2) B > 0 i N < 0 2) B > 0 i N > 0

Slijedi za dani zadatak da imamo dva slucaja:

1) B 0 i N > 0, 2) B 0 i N < 0

1) Mora vrijediti

4x x2 0 x1 = 0, x2 = 4, a = 1 < 0

x2 x 2 > 0 x1 = 1, x2 = 2, a = 1 > 0

4x x2 0 za x , 0] [4,+x2 x 2 > 0 za x ,1 2,+

Rjesenje prvog slucaja je presjek dva uvjeta. x ,1 [4,+.

2) Radi se o istim kvadratnim izrazima kao u prethodnom zadatku

pa mozemo rjesenja napisati kad vrijedi

4x x2 0 za x [0, 4]x2 x 2 < 0 za x 1, 2

Rjesenje drugog slucaja je presjek dva uvjeta. x [0, 2

(b)3x2 x + 2x2 2x + 3 2.Potrebno je prvo svesti na oblik u kojem je s desne strane 0.

3x2 x + 2x2 2x + 3 2 0

3x2 x + 2 2(x2 2x + 3)x2 2x + 3 0

x2 + 3x 4x2 2x + 3 0

1)

x2 + 3x 4 0x2 2x + 3 > 0

2)

x2 + 3x 4 0x2 2x + 3 < 0

9

Za kvadratnu funkciju f(x) = x2 + 3x 4 nultocke su x1 = 4, x2 = 1i a = 1 > 0 te je

x2 + 3x 4 0, x ,4] [1,+< 0, x 4, 1

Za kvadratnu funkciju f(x) = x22x+3 je diskriminanta D = (2)2413 = 8 < 0, a vodeci koeficijent a = 1 > 0 pa je pripadna parabolaiznad osi apscisa to jest funkcija je uvijek pozitivna.

x2 2x + 3 > 0, x RDrugi slucaj stoga nije moguc pa je rjesenje nejednadzbe presjek

rjesenja iz prvog slucaja (kad su oba izraza pozitivna)

x ,4] [1,+ R = ,4] [1,+

24. Rijesite nejednadzbe i sustave nejednadzbi:

(a) 2x2 7x 15 0,Parabola y = 2x2 7x 15 ima nultocke x1 = 3

2, x2 = 5, vodeci

koeficijent a = 2 > 0, nenegativna je na intervalu x ,3

2

]

[5,+}.(b) x2 + 6x < 9,

x2 + 6x < 9x2 + 6x 9 = (x2 6x + 9) < 0

(x 3)2 < 0Parabola y = (x 3)2 ima tjeme u tocki (3, 0), vodeci koeficijentnegativan pa je ispod osi apscisa svugdje osim u tjemenu. Negativna

je x R \ {3}.

(c)14 11x + 9x25x2 4x + 5 < 2,

14 11x + 9x25x2 4x + 5 2 =

14 11x + 9x2 2(5x2 4x + 5)5x2 4x + 5 < 0

x2 3x + 45x2 4x + 5 < 0

Razmatramo dva slucaja

i. B > 0, N < 0

y = x2 3x + 4 = x2 4x + x + 4 = (x + 4)(x + 1) imanultocke 4, 1 i vodeci koeficijent negativan pa je okrenuta premadolje. Slijedi da je x2 3x + 4 > 0, x 4, 1.y = 5x24x+5 ima diskriminantu D = (4)24 5 5 = 84 < 0,vodeci koeficijent pozitivan te je u potpunosti iznad osi apscisa

slijedi da je 5x2 4x + 5 < 0, x .Prvi slucaj nema rjesenja.

ii. B < 0, N > 0

Iz prethodnog slucaja vidimo

x2 3x + 4 < 0, x ,4 1,+5x2 4x + 5 > 0, x R

Rjesenje drugog slucaja je x ,41,+ sto je i ukupnorjesenje nejednazbe.

(d)

x + 3 0x2 x 2 < 0 x 3, x ,3]Nultocke parabole y = x2x2 su 1, 2, vodeci koeficijent a = 1 > 0 x2 x 2 < 0, x 1, 2Rjesenje sustava nejednadzbi je x ,3] 1, 2 =

(e)

2x2 3x 2 > 0

2x2 11x + 15 > 0Nultocke parabole y = 2x2 3x 2 su 1

2, 2, vodeci koeficijent a =

2 > 0 2x2 3x 2 > 0, x , 1

2

2,+

Nultocke parabole y = 2x2 11x + 15 su 52, 3, vodeci koeficijent a =

2 > 0 2x2 11x + 15 > 0, x , 5

2

3,+

10

Rjesenje sustava nejednadzbi je

x (, 1

2

2,+

)(, 5

2

3,+

)x

, 1

2

2,5

2

3,+

25. Nacrtajte graf funkcije f(x) = 3|x+1| 3.

26. Nacrtajte grafove funkcija log2 x i log 12x.

27. Rijesite jednadzbe:

(a) 92x+5 = 27 3x1,(32)2x+5 = 27 3x1

Jer je (ak)l = akl 32(2x+5) = 33 3x1

Jer je ak al = ak+l 34x+10 = 33+x1

Kako su baze jednake 4x + 10 = 2 + x x = 83

Provjera 9283

+5 = 913 =

1

913

=3

1

9i 27 383 1 = 27 3 113 = 27 1

3113

= 27 133+

23

=

27 133 3 23

= 27 127 332

=139, jednakost vrijedi.

(b) 2 5x = 5 (7 + 3 5x2),2 5x = 35 + 5 3 5x2

2 5x = 35 + 3 51+x2 = 35 + 5x1

2 5x 3 5x1 = 352 5x 3 5x 51 = 35

5x (2 3 51) = 355x(

2 3 15

)= 35

5x 75

= 35 5x = 35 57

= 52 x = 2

Provjera 2 52 = 50, 5 (7 + 3 522 = 5 (7 + 3) = 50.

(c) 271x + 3 91.5x = 30,(33)1x + 3 (32) 32x = 3033(1x) + 31 3232 x = 30

333x + 31+(3x) = 30

33 33x + 3 33x = 3033x (33 + 3) = 33x 30 = 30

33x = 1 = 30 3x = 0 x = 0

Provjera 2710 + 3 91.50 = 27 + 3 90 = 30.

11

(d) log2(x + 6) log2 x = log2 6 1,Jer logaritamska funkcija za domenu ima skup R+ to moraju biti za-dovoljeni uvjeti na argumente x + 6 > 0 i x > 0 slijedi x > 0.

Jer je logk a logk b = logka

b log2

x + 6

x= log2 6 log2 2

log2x + 6

x= log2

6

2

log2x + 6

x= log2 3

Jer su logaritamske baze jednake x + 6x

= 3 x = 3 > 0

Provjera na kalkulatoru.

(e) log2(5 + 2x) + log2(2x 1) = 2 log2(4x 2) 2,Jer logaritamska funkcija za domenu ima skup R+ to moraju biti za-dovoljeni uvjeti na argumente 5 + 2x > 0, 2x 1 > 0 i 4x 2 > 0. Izuvjeta slijedi da rjesenje mora biti u presjeku intervala

5

2,+

1

2,+

, odnosno x >

1

2

Jer je loga k + loga l = loga(k l)log2[(5 + 2x)(2x 1)] = 2 log2(4x 2) 2

Jer je k logam = logamk

log2[4x2 + 8x 5] = log2(4x 2)2 log2 4

log2[4x2 + 8x 5] = log2

(4x 2)24

4x2 + 8x 5 = 14

(4x 2)2 = 14

(16x2 8x + 4)4x2 + 8x 5 = 4x2 2x + 1

10x = 6 x = 35

Provjerimo zadovoljava li rjesenje uvjet to jest3

5>

1

2

Provjera na kalkulatoru.

12