Oefentoets Hs1 en 2 - uitwerkingensite.nl

Oefentoets bij Hoofdstuk 1 en 2
Voor even waarden van n geldt dat 2 + (−1)n = 3 en voor oneven waarden van n
geldt dat 2 + (−1)n = 1. Dus 1 ≤ un ≤ 3 . De rijen un = 1 en vn = 3 zijn convergente
n
n
n
n
rijen met uitsluitend positieve termen en lim vn = lim wn = 0 Dus volgt met de insluitn→∞
n→∞
stelling dat lim un = 0 .
er
s
1
lim 2 − n = lim
n→∞
2 + n n→∞
2 −1
n
= 0 − 1 = −1
2 +1 0+1
n
ev
n→∞
2a
lim 3 + n = lim( 3 + n ) = lim( 3 + 1 ) = lim 3 + lim 1 = 0 + 0 = 0
n→∞
n→∞ n
n→∞ n
n→∞ n
n→∞
n
n
n
n
c
4 −2
2
2 n(2 − n)
4
2
−
n
n
n
= lim
= lim 2
= 0 − 2 = −2
lim
n→∞
n→∞ n − 2
n→∞
2
n2 − 2
1− 2 1− 0
n
d
3
3
lim n 2 n3 + 32 n = lim n 32 n ⋅ n 2 n2 n + 1 = lim 9 ⋅ n 2 n2 n + 1 = 9 ⋅ 1 = 9
n→∞
n→∞
n→∞
3
3
e
3
8
3 

n
lim(1 + 2 )4 n = lim  (1 + 31 ) 2  = e 3
n→∞
n→∞ 
3n
n 
2
8
22 + 23n
1 + 22 n
n
n− 2
n
4
8
2
+
2
+
2
2
2
= lim
= lim n
lim n
= lim
=∞
n→∞
n→∞ 2 + 2
n→∞ 2 + 2
n→∞
1 + 1n−1
1 + 2n
2
2
2
n
3n
off
3a
y
0,3
0,2
0
0
4a
0,2
0,3
x
Je tekent een verticale lijn door het punt (0, 1; 0) . Teken door het snijpunt van die lijn
met de grafiek van f een horizontale lijn. Deze horizontale lijn snijdt de lijn y = x in
een punt waardoor je weer een verticale lijn tekent.
Je lost op x = x − x , dus 2x = x . Hieruit volgt 4 x 2 = x , 4 x 2 − x = 0 , x(4 x − 1) = 0 ,
dus x = 0 of x = 14 . Dus geldt L = 14 .
Als je b kiest in het interval [0,1], dan convergeert de rij. Kies je b < 0 dan bestaat
f (b) niet en als u1 = b > 1, dan bestaat u3 niet omdat u2 < 0
No
or
c
0,1
dh
0,1
b
Ui
tg
b
f
bv
Uitwerkingen Wiskunde D Moderne wiskunde VWO deel 3 Oefentoets Hoofdstuk 1 en 2 www.uitwerkingensite.nl
Je kunt de driehoek door middel van een hoogtelijn in twee congruente rechthoekige driehoeken verdelen. Als je in één van de rechthoekige driehoeken de stelling
van Pythagoras toepast kun je de hoogte h van de gelijkzijdige driehoek berekenen:
h = z2 − ( 12 z)2 =
3
4
z2 = 12 z 3 .
©
De oppervlakte van de driehoek is dan gelijk aan
⁄
154
1COLOR_INF_9789001701680_Uitw.indd 154
z × 12 z 3 1 2
= 4z 3.
2
© Noordhoff Uitgevers bv
11-06-09 14:14
c
d
2
Dus geldt : An = z 23 .
4n
2
C1
Ook geldt C n = 2 = z 2 . Hieruit volgt dat
n
12 n
C1
1
2
C
C
C
πz2
lim n = lim n = lim 1 = 1 = 12
= π
x→∞ A
x→∞ A
x→∞ A
1 2
A
z 3 3 3
1
1
1
n
4
n2
5a
b
6a
1 = 10 5 . Daaruit volgt x − 1 = 10 −5 , dus x − 1 = 10 −10 en x = 1 + 10 −10 .
x−1
De gevraagde omgeving is dus 〈1,1 + 10 −10 〉 .
Je lost op
Uit f ( p) = 10 −6 volgt dat p − 1 = 10 6 , dus p − 1 = 1012 en p = 1012 + 1. Als geldt
f ( p) ≤ 10 −6 , dan is p ≥ 1012 + 1 .
2 + 42
2
2
x
+
4
x = 2
lim
= lim
x→∞ 4 x + 2
x→∞
2
4
4+
x
off
b
4+ 9
x = 4 =11
= lim
lim
3
x→∞
9
9 x 2 + 4 x x→∞ 9 + 4
x
c
2 x − 32
x =∞
lim 2 − 32 = lim x
x→∞ x − 5
x→∞
5
1−
x
d
4
(t − 1)(t 3 + t 2 + t + 2)
lim t + t − 2 = lim
=
t →1
t →1
(t − 1)
t −1
dh
4x + 9
x
No
or
er
s
Omdat hoogtelijnen in een gelijkzijdige driehoek tegelijkertijd zwaartelijnen zijn, is
de straal van de ingeschreven cirkel gelijk aan één derde deel van de hoogte van de
gelijkzijdige driehoek. De straal is dus gelijk aan 13 ⋅ 12 z 3 = 16 z 3 en de oppervlakte
van de cirkel is dan gelijk aan π ⋅ ( 16 z 3 )2 = 121 πz2 .
Als je de zijden van de driehoek met zijde z deelt door n, dan wordt de oppervlakte
gedeeld door n2, omdat zowel de basis als de hoogte van een dergelijke driehoek n
keer zo klein worden.
ev
b
Ui
tg
bv
Oefentoets bij hoofdstuk 1 en 2
lim(t 3 + t 2 + t + 2) = 5
t →1
7
Als de functie continu is in x = a , dan moet gelden dat lim fa ( x) = lim fa ( x) = fa (a) .
x↑a
x↑a
lim fa ( x) = 3 a − 1 en lim fa ( x) = a − 5. Dus 3 a − 1 = a − 5, 9(a − 1) = (a − 5)2 ,
x↑a
x↑a
9 a − 9 = a − 10 a + 25, a 2 − 19 a + 34 = 0 , (a − 17)(a − 2) = 0, dus a = 17 of a = 2.
Alleen a = 17 voldoet aan de vergelijking, dus voor die waarde is de functie continu.
©
2
© Noordhoff Uitgevers bv
1COLOR_INF_9789001701680_Uitw.indd 155
⁄
155
11-06-09 14:14
8a
bv
Als a = 3, dan geldt lim f ( x) = 2 ⋅ 2 − 1 = 3 en lim f ( x) = 2 + 3 = 5. Linker- en rechterx↑2
x↓2
b
9a
er
s
limiet verschillen, dus de functie is niet continu in x = 2 .
lim f ( x) = 3 en lim f ( x) = 2 + a. Dus moet gelden a + 2 = 3 en a = 1.
x↑2
x↓2
1
x
lim 8 + 2 1 = 8 + 1 = 3
x→∞
4−1
4 − 2x
1
c
1
1
x
x
lim 8 + 2 1 = lim 2
= 0 + 1 = −1
x↓0
x↓0 4
−1 0−1
4 − 2x
1
2x
1
d
10a
ev
b
x
lim 8 + 2 1 = 8 + 0 = 2
x↑0
4−0
4 − 2x
Ui
tg
lim 8 + 2 x 8 + 1
x→∞
=
=3
1
4−1
x
4−2
8 +1
lim f p ( x) = 2 − p en lim f p ( x) = p3 − 4 p, dus moet gelden p3 − 4 p = 2 − p. Daaruit
x↑ p
x↓ p
volgt p( p − 4) = 2 − p, p( p − 2)( p + 2) = −( p − 2) dus p − 2 = 0 of p( p + 2) = −1.
2
Uit de eerste vergelijking volgt p = 2 en uit de laatstgenoemde vergelijking volgt
b
off
p2 + 2 p + 1 = 0, ( p + 1)2 = 0 en p = −1. De functie is continu voor p = −1 en voor p = 2.
Als f p differentieerbaar is, dan is f p ook continu, dus we hoeven alleen de waarden
p = −1 en p = 2 te controleren.
Voor p = −1 geldt lim f−′1 ( x) = lim(3 x 2 − 4) = −1 en lim f−′1 ( x) = lim − 1 = −1. De linkerx↓−1
x↓−1
x↑−1
x↑−1
dh
en rechter afgeleide waarde zijn dus gelijk en de functie is differentieerbaar.
Voor p = 2 geldt lim f2′( x) = lim(3 x 2 − 4) = 8 en lim f2′( x) = lim − 1 = −1, dus voor
x↓2
x↓2
x↑2
x↑2
p = 2 is de functie niet differentieerbaar.
11
De functie is ook continu dus lim f ( x) = lim f ( x) = f (1). Hieruit volgt dat
No
or
x↑1
x↓1
a ⋅ e + b = ln 1 = 0 .
©
Verder geldt lim f ′( x) = lim f ′( x) = f ′(1). Dit geeft de vergelijking a ⋅ e = 1 = 1.
x↑1
x↓1
1
Uit dit alles volgt dat a = 1 en b = − a ⋅ e = −1.
e
⁄
156
1COLOR_INF_9789001701680_Uitw.indd 156
© Noordhoff Uitgevers bv
11-06-09 14:14

Download Report