Upload
haudehaha
View
1.202
Download
11
Embed Size (px)
Citation preview
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Opgaver uden hjælpemidler!
Opgave 1.001Forkort brøken:
x2
2x+
4x 8+
x x 2+( )⋅
4 x 2+( )⋅=
x
4=
Opgave 1.002Reducer brøken
8a3b⋅ a
2−⋅
2b2
8a3b⋅ a
2−⋅
4 b2
⋅= 2
a3a
2−⋅ b⋅
b2
⋅= 2a1b⋅
b2
⋅= 2a
b⋅=
Opgave 1.003
Omskriv 4x2
12x− 9+ til formlen ax b+( )2
4x2
12x− 9+ 4 x⋅ 9−( )2= 2x 3−( )2
=
Opgave 1.004Undersøg om 0,5 er løsningen til ligningen
8x3
2x2
+ x+3
2− 0=
8 0.53
⋅ 2 0.52
⋅+ 0.5+3
2− 8
1
8⋅ 2
1
4⋅+ 0.5+ 1.5−= 0.5=
0,5 er ikke en løsning til formlen.
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Opgave 1.005
Bestem k, så -2 er rod i polynomiet f x( ) x3
kx2
+ 3x− 6+=
2−( )3
k 2−( )2
⋅+ 3 2−×− 6+ 0=
8− k 4⋅+ 6+ 6+ 0=
k 4⋅ 8 12−=
k4−
4= 1−=
Opgave 1.006
Løs ligningen x 1−( ) x2
4−( ) 0=
x 1−( ) x2
4−( ) 0=
x 1−( ) 0= x2
4−( ) 0=∨
x 1= x 2=∨ 2−∨
Opgave 1.007Bestem en forskrift for den lineære forskrift f, hvis graf går gennem punkterne (2, 10) og (-3, 0),
og løs ligningen f(x)=3
y2 y1−
x2 x1−a=
0 10−
3− 2−a=
10−
5−2=
b y1 a x1⋅−= b 10 2 2⋅−= b 6=
f x( ) 2x 6+=
f x( ) 3= 2x 6+ 3= 2x 3−= x3−
2=
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Opgave 1.008
Bestem rødderne i andengradspolynomiet f x( ) x2
x− 2−:= og faktorisér polynomiet
f x( ) x2
x− 2−=
d b2
4 a⋅ c⋅−= d 12
− 4 1⋅ 2−⋅−= d 1 8+= 9=
x1 9+
2 1⋅= x
1 9−
2 1⋅=∨
x4
2= x
2−
2=∨
x 2= x 1−=∨ x 2−( ) x 1+( )⋅
Opgave 1.009
En parabel er bestemt ved ligningen y x2
x− 2−=
Bestem toppunktet for parablen, og skitser parablen:
Tb−
2a
d−
4a,
= T1
2=
9−
4, T 0.5 2.25−,( )=
10 0 105
0
5
10
f x( )
x
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Opgave 1.010
På figuren ses grafen for tre forskellige andengradpolynomier f x( ) ax2
bx+ c+=
Med d betegnes diskriminaten.
Bestem for hver af de tre andengradspolynomier fortegnes a og d
F har positiv d-værdi, og positiv a-værdiH har positiv d-værdi, og negativ a-værdiG har negativ d-værdi og positiv a-værdi
Opgave 1.011Funktion f er bestemt ved f(x)=7lnx-2x2
Bestem en ligning for tangenten til grafen for f i punktet P(1;f(1)).
Vi beregner:
f x( ) 7 ln x( ) 2x2
−=
f 1( ) 7 ln 1( )⋅ 2 12
⋅−= 2−=
f´ x( )7
x4x−= da ln´ x( )
1
x=
f´ 1( )7
14 1⋅−= 3=
Tangentligningen: f'(x0)*(x0-x)+f(x0)
y f´ 1( ) 1 x−( )⋅ f 1( )+=
y 3 1 x−( )⋅ 1+= 3 3x− 2−=
y 5 3x−=
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Opgave 1.012
En funktion f er bestemt ved f x( )1
3x3
2x2
− 5x−=
Bestem monotoniforholdene for funktionen f
f x( )1
3x3
2x2
− 5x−=
f´ x( )1
33⋅ x
2⋅ 2 2⋅ x− 5−=
f´ x( ) x2
4x− 5−=
Ekstremapunkterne findes. Dette løses ved at sætte differentialkvotienten lig nul:
f´ x( ) 0= dvs x2
4x− 5− 0=
Man kan faktorisere f'(x), da x1 = 1 og x2 = 5
f´ x( ) x 1+( ) x 5−( )=
Man kan dog også løse den som en andensgradspolynomium!
Monotoniforhold:
for x<-1 fås: (-)(-) = (+), hvorfor f(x) er monotont voksendefor x=-1 er f'(x)=0
for -1<x<5 fås: (+)(-)=(-), hvorfor f(x) er monotont aftagendefor x=5 er f'(x)=0
for x>5 fås: (+)(+)=(+), hvorfor f(x) er monotont voksende
Opgave 1.013
Om funktionen f(x) oplyses, at f´ x( ) x2
12+= .Bestem monotoniforholdene for f(x).
Grafen for den oplyste funktions differentialkvotient, f´ x( ) x2
12+= , er en grenopadvendendeparabel med rødderne 0 og 12.
monotoniforholdene for f(x):
for x<0 er f'(x)>0, hvorfor f(x) er monotont voksende
for 0<x<12 er f'(x)<0, hvorfor f(x) er monotont aftagende
for x>12 er f'(x)>0, hvorfor f(x) er monotont voksende
for x = 0 har f(x) således lokalt maksimumfor x = 12 har f(x) således lokalt minimum
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Opgave 1.014Tegn en mulig graf for en funktion f, der opfylder følgende:
f har definitionsmængde ]2 ; 10[
f har værdimængde [-3 ; 8]
f er differentiabel.
fortegn og nulpunkter for f´ er som angivet på tallinjen:
Opgave 1.015
Bestem hvert af integralerne:
0
2
xx3⌠
⌡
d og
0
2
xx
3
4
⌠⌡
d
Det gælder for en ubestemt integrale, at
a
b
xf x( )⌠⌡
d F b( ) F a( )−=
Vi skal derfor først finde en stamfunktion:
2
0
4
4
1
= x
1
424
⋅ 0−1
416⋅ 0−= 4=
0
2
xx3⌠
⌡
d
2
0
4
7
7
4
= x
4
72
7
4⋅ 0− 1.92=
0
2
xx
3
4
⌠⌡
d
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Opgave 1.016
Bestem integralet
0
2
x4x x2
−( )⌠⌡
d og giv en geometrisk fortolkning af resultatet
2
0
32
3
12
−= xx
0
2
x4x x2
−( )⌠⌡
d
2 22
⋅1
323
⋅−
2 02
⋅1
303
⋅−
− 88
3−= 5.333=
Af ovenstående ubestemte integral, samt det fundne værdi 5,333 kan vi sige følgende:Det fundne tal 5,333 for integralet er et mål for størrelsen af arelet under ET MÅL FORunder grafen for f og ned til x-aksen (y=0) afgrænset af de lodrette linier med ligningernex=0 og x=2.
f x( )
0
2
t4x x2
−( )⌠⌡
d:=
2 1 0 1 2 3 4 5 62
2
4
6
8
10
f x( )
x
Opgave 1.017Reducere udtrykket: (2a+3b)2 - 3b (4a+2b) - (2a+b)(2a-b)
2a 3b+( )2
3 b 4a 2b+( )− 2a b+( ) 2a b−( )−
Det gælder at: a b+( )2
a2
b2
+ 2ab+= og a b+( ) a b−( ) a2
b2
−=
4a2
12ab+ 9b2
+( ) 12ab 6b2
+( )− 4a2
b2
−( )−
4a2
12ab+ 9b2
+ 12ab− 6b2
− 4a2
− b2
+
Udtrykket 4a2 og 12ab optrædder som positiv og negativ, hvorfor de isoleres og vi har nu:
9b2
6b2
− b2
+ 4b2
=
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Opgave 1.019 En cirkel har centrum (-2,1) og radius 5, og en linje l er bestemt ved ligningen 2x+y-6=0Undersøg om linjen l skærer cirklen.
Vi anvender formlen for afstanden mellem et punkt og en linie, dist-formlen!Hvis linjen l skærer i cirklen, må afstanden nødvendigvis mellem centrum og linien være mindreend radius.
Dist-formlen: dist P α,( )ax1 by1+ c+
a2
b2
+
=
P 2− 1,( ) dP2 2−( )⋅ 1 1⋅+ 6−+
22
12
+
:= dP9
5=
Da afstanden mellem centrum og linien l er mindre end radius, skærer lingen l cirklen.
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
1.020Trykket i atmosfæren, målt i atm, aftager som funktion af højden, målt i km, over jordoverfladenmed god tilnærmelsesvis som en eksponential udvikling P med halveringshøjde på 5 km.
Opskriv et regneudtryk for P, som funktion af højden h,idet trykket ved jordoverfladen er 1 atm.
Et mulig regne udtryk kunne være:
P h( ) b 0.5
h
T0.5⋅=
Opgave 1.021Trykket i atmosfæren, målt i atm, som en funktion P af højden h, målt i km, over jordoverfladen erbestemt ved
Volumen af en idealgas er ved konstant temperatur omvendt proportional medtrykket.P
1
2
h
5
=
a) Opskriv et regneudtryk for volumen V af en idealgas som funktion af højden h, når volumenved jordoverfladen er 2 L
Det, at de er omvendtpropotionale betyder f. eks: Pk
V=
Vi ved at, V(h)= og at V(0)=2
Ph Vh⋅ Po Vo⋅= 1atm 2⋅ L= 2atm L⋅= altså:
Ph Vh⋅ 2atm L⋅= herefter isoleres Vh:
Vh2atm L⋅
Ph
= Ph kender vi og den omskriver vi:
Vh2atm L⋅
0.50.2 h⋅
= liter når h måles i km!
Vh2
1
2
0.2 h⋅=
2
10.2 h⋅
20.2 h⋅
=2 2
0.2 h⋅⋅
1= 2
1 0.2 h⋅+=
Vh 21 0.2 h⋅+
=
V h( ) 21 0.2 h⋅+
:= V 0( ) 2=
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Opgave 1.022
En funktion f er bestemt ved f x( ) 2− x3
x2
+ 4x− 3−=
Vis, at tangenten i punktet P(0,f(0)) er parallel med linjen m , der har ligningen4x - y + 2 = 0
Hældningen af en tangent i det givne punkt er f'(0). Hvis tangenten er paralel med den angivne linieskal deres hældningskvotienter være ens, derfor:
m 4x y− 2+ 0=
y 4x 2− hvor hældningskoefficient, f´, er 4
f x( ) 2− x3
x2
+ 4x− 3−=
f´ x( ) 6− x2
2+ 4−=
f´ 0( ) 4=
Vi har nu vist, at tangenten er paralel med den angivne linie, da deres hældningskvotienter er ens!
Opgave 1.023
En funktion f er bestemt ved f x( ) x3
bx2
+ 3x+ 4+= , hvor b er et tal.Bestem de værdier af b, for hvilke f er en voksende funktion.
f x( ) x3
bx2
+ 3x+ 4+= vi differentier f(x):
f´ x( ) 3x2
2bx+ 3+= f´ x( ) 0> så f er voksende
f´ x( ) 0= Udtrykket sættes lig med 0
3x2
2bx+ 3+ 0= Vi kan nu beregne rødderne, vha formlen forandengradspolynomiun:
ax2
bx+ c+ 0= xb− b
24ac−+
2a= x
b− b2
4ac−−
2a=∨
I vores tilfælder, gælder at: a 3= b 2=, c 3=,
x2− 2b
24 3⋅ 3⋅−+
2 3⋅=
2− 4b2
36−+
6=
2− 2 2b2
18−( )+
6=
1
3− b
1
3b2
9−+=
x2− 2b
24 3⋅ 3⋅−−
2 3⋅=
2− 4b2
36−−
6=
2− 2 2b2
18−( )−
6=
1
3− b
1
3b2
9−−=
b2
9≤ 3− b≤ b 3≤∨
Altså betyder det, at det gælder for b: 3− b≤ 3≤ , hvis funktionen f skal være voksende!
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Opgave 1.025
En funktion er givet ved: f x( ) x3
4x−= . Grafen for f(x) afgrænser sammen med førsteaksen enpunktmængde, der har et areal.
Bestem arealet af denne punktmængde.
Vi vil først bestemme først nulpunkterne, som kan gøres på følgende vis:
f x( ) x3
4x−= Vi kan sætte x uden for et parentes og forkorte til:
f x( ) x x2
4−( )⋅= x x2
22
−( )⋅= x x 2+( )⋅ x 2−( )=
Af udtrykket, x x 2+( )⋅ x 2−( ), har vi nu grænerne for integralet:
A
2−
0
xf x( )⌠⌡
d
0
2
xf x( )⌠⌡
d+=
f x( ) x3
4x−:=
5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5
108642
246810
f x( )
x
A1
42−( )
4⋅ 2 2−( )
2⋅−
1
424
⋅ 2 22
⋅−
−=
A1
416⋅ 2 4⋅−
1
416⋅ 2 4⋅−
−= 4 8− 4− 8+=
A 4− 12+= 8=
Arealet af punktmængden er dermed bestemt til 8.
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Opgave 1.027
På figuren ses grafen for en funktion, som skærer førsteaksen i punkterne S1(-3,0) , S2(-2,0) ,
S3(2,0) og S4(3,0). Grafen afgrænser sammen med førsteaksen tre punktmængder M1, M2 og
M3, der hver for sig har et areal.
Disse arealer er henholdsvis 62/15, 1312/15 og 62/15
Bestem
3−
2−
xf x( )⌠⌡
d og
3−
3
xf x( )⌠⌡
d
Vi kan bestemme begge integraler ved brug af figuren, der med sine nulpunkterne kan hjælpe ostil en løsning!
3−
2−
xf x( )⌠⌡
d62
15= svarer til arealet af M1
3−
3
xf x( )⌠⌡
d1312
15
62
15+=
1374
15= svarer til arealet af M2 + M3.
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Opgave 1.029
Betragt fuktionen f x( ) x 1−= .
Beregn det bestemte integrale 0
9
xf x( )⌠⌡
d og fortolk ved hjælp af en skitse.
=
−+
−=
9
1
2
31
0
2
3
3
2
3
2xxxx
0
9
xf x( )⌠⌡
d
0
1
xf x( )⌠⌡
d
1
9
xf x( )⌠⌡
d+=
3
21
3
2⋅ 1 1⋅−
3
20
3
2⋅ 1 0⋅−
−
3
29
3
2⋅ 1 9⋅−
3
21
3
2⋅ 1 1⋅−
−
+
2
31−
2
327⋅ 9−
2
31−
−
−1
3−
54
3+ 9−
1
3+= 9=
Det bestemte integrale 0
9
xf x( )⌠⌡
d , hvor f x( ) x 1−= , beregnede jeg således til at være 9.
En skitse af funktionen:
f x( ) x 1 x 9≥( )⋅−:=
0 0.9 1.8 2.7 3.6 4.5 5.4 6.3 7.2 8.1 9
1.33
2.67
4
f x( )
x
Af skitsen ses, at arealet er
A
0
9
xf x( )⌠⌡
d= A1 A2−=