NOWA MATeMAtyka 1. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 194

Z wykresu źródłowego odczytujemy, że największą wartością funkcji $f$ jest $2$, a z prawej strony wykres opada bez ograniczenia. Zatem $f(D_f)=(-\infty,2]$. Dodanie stałej przesuwa wszystkie punkty pionowo i przesuwa o tę samą wartość cały zbiór wartości.

a) Wykres przesuwamy o $2$ jednostki w górę; maksimum wynosi $4$.

b) Wykres przesuwamy o $2$ jednostki w dół; maksimum wynosi $0$.

c) Wykres przesuwamy o $3$ jednostki w dół; maksimum wynosi $-1$.

a) Na środkowym przedziale $|2x|$ przyjmuje wszystkie wartości od $0$ do $4$. Stałe fragmenty nie powiększają tego zbioru, więc $f(D_f)=[0,4]$. Przesunięcia o $+1$ i $-2$ dają odpowiednio $g(D_g)=[1,5]$ oraz $h(D_h)=[-2,2]$.

b) Na $[-2,2]$ wyrażenie $\frac12|x|$ przyjmuje wartości z $[0,1]$. Lewy fragment ma wartość $1$, a prawy — odrębną wartość $3$, zatem $f(D_f)=[0,1]\cup\{3\}.$ Po przesunięciach: $g(D_g)=[1,2]\cup\{4\},\qquad h(D_h)=[-2,-1]\cup\{1\}.$

Wykres $g(x)=|x|+a$ jest wykresem $|x|$ przesuniętym pionowo, a jego wierzchołek ma współrzędne $(0,a)$.

a) Zbiór wartości ma postać $[a,\infty)$, więc $a=1$.

b) Dla miejsc zerowych $-4$ i $4$ musi zachodzić $|4|+a=0$, stąd $a=-4$.

Funkcja $f$ przyjmuje wartości z $[0,3]$. Wartość $0$ jest przyjmowana dokładnie raz, dla $x=0$; każda wartość z $(0,3)$ — dwa razy, a wartość $3$ — dla nieskończenie wielu argumentów. Równanie $g(x)=c$ jest równoważne $f(x)=c-a$. Aby miało dokładnie jedno rozwiązanie, prawa strona musi być równa $0$.

a) $5-a=0$, więc $a=5$.

b) $-4-a=0$, więc $a=-4$.

Na skanie wykres $f(x)=x^2$ ma wierzchołek $(0,0)$. Wykres $g$ ma ten sam kształt i wierzchołek $(0,1)$, czyli jest przesunięty o jedną jednostkę w górę. Wykres $h$ ma wierzchołek $(0,-4)$, więc jest przesunięty o cztery jednostki w dół.

Dla paraboli $f(x)=x^2+c$ najmniejsza wartość wynosi $c$. Równanie $f(x)=m$ ma $0$ rozwiązań dla $m<c$, jedno dla $m=c$ i dwa dla $m>c$.

a) $c=2$: dla $m=-3,-1$ mamy $0$ rozwiązań, dla $m=2$ — jedno.

b) $c=-1$: odpowiednio $0$, $1$, $2$ rozwiązania.

c) $c=-3$: odpowiednio $1$, $2$, $2$ rozwiązania.

d) $c=-9$: wszystkie trzy poziomy leżą powyżej wierzchołka, więc w każdym przypadku są $2$ rozwiązania.

Aby wykres wraz z osią $OX$ ograniczał trójkąt, jego wierzchołek $(0,a)$ musi leżeć poniżej osi, czyli $a<0$. Miejsca zerowe spełniają $\frac12|x|+a=0,$ więc są równe $x=\pm(-2a)$. Podstawa trójkąta ma długość $-4a$, a wysokość $-a$. Pole jest zatem równe $P=\frac12(-4a)(-a)=2a^2.$

a) $2a^2=8$, zatem przy warunku $a<0$ mamy $a=-2$.

b) $2a^2=98$, zatem $a=-7$.