This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
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.
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
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
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
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−=
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen
Hældningen af en tangent i det givne punkt er f'(0). Hvis tangenten er paralel med den angivne linie