מתמטיקה 5 יחידות – שאלון 571 11 פרקים516 שיעורים10 שבועות
שיעור 37 – בגרות 571 קיץ 2025 מועד ב׳ – שאלה 7
📽️ מצגת
כל שורה של הפתרון מופיעה בלחיצה. בטלפון: מסובבים את המסך לרוחב.
📅 בגרות 571 · קיץ 2025 מועד ב׳ · שאלה 7
בגרות 571 קיץ 2025 מועד ב׳ – שאלה 7
📄 נוסח השאלה
נתונה הפונקציה f(x) = 2cos x + 1cos x , בתחום −π2 ≤ x ≤ π2 .
א. (1) מצאו את תחום ההגדרה של הפונקציה f(x) .
(2) מצאו את משוואות האסימפטוטות המאונכות לציר ה־x של הפונקציה f(x) .
ב. קבעו אם הפונקציה f(x) היא זוגית או אי־זוגית. נמקו את קביעתכם.
ג. מצאו את שיעורי נקודות הקיצון של הפונקציה f(x) , וקבעו את סוגן.
ד. סרטטו סקיצה של גרף הפונקציה f(x) .
נתונה הפונקציה g(x) = 2cos x + 2sin xsin(2x) , בתחום −π2 ≤ x ≤ π2 .
ה. (1) מצאו את תחום ההגדרה של הפונקציה g(x) .
(2) הראו כי g(x) = 2cos x + 1cos x , בעבור כל x בתחום הגדרתה.
ו. האם קיים ערך של k שבעבורו הישר y = k חותך את גרף הפונקציה g(x) ב־3 נקודות בדיוק? אם כן, מצאו אותו. אם לא, נמקו את תשובתכם.
✏️ פתרון
סעיף א (1) – תחום ההגדרה של f(x)
אסור לחלק ב־0, ולכן המכנה cos x לא יכול להיות 0:
cos x ≠ 0
נמצא איפה cos x = 0 :
cos x = cos π2📐 פתרון המשוואה cos x = cos ax = a + 2πkx = −a + 2πk
x = π2 + 2πk או x = −π2 + 2πk
בתחום −π2 ≤ x ≤ π2 אלה רק קצות התחום: x = π2 ו־x = −π2 . נוציא אותם.
✅ פתרון סופי: −π2 < x < π2
סעיף א (2) – אסימפטוטות אנכיות
אסימפטוטה אנכית יכולה להיות רק בנקודה שבה המכנה מתאפס: x = ±π2 .
כש־x מתקרב ל־π2 מתוך התחום, cos x חיובי ומתקרב ל־0, ולכן:
1cos x → +∞
המחובר 2cos x מתקרב ל־0, ולכן f(x) → +∞ . אותו דבר ליד −π2 .
✅ פתרון סופי: x = π2 , x = −π2
סעיף ב – זוגית או אי־זוגית
התחום סימטרי סביב 0. נציב −x במקום x :
בודקים אם f(−x) = f(x) או f(−x) = −f(x)
📐 זוגית ואי־זוגיתf(−x) = f(x) – זוגיתf(−x) = −f(x) – אי־זוגיתf(x) = 2cos x + 1cos x
f(−x) = 2cos(−x) + 1cos(−x)
cos(−x) = cos x📐 זווית נגדיתcos(−x) = cos x
f(−x) = 2cos x + 1cos x = f(x)
✅ פתרון סופי: הפונקציה זוגית , כי f(−x) = f(x)
סעיף ג – נקודות קיצון
גזירה. גוזרים כל מחובר בנפרד:
(2cos x)′ = −2sin x📐 נגזרת של קוסינוס(cos x)′ = −sin x
את 1cos x גוזרים לפי נגזרת של מנה, עם u = 1 ו־v = cos x :
(1cos x)′ = u′ · v − u · v′v2📐 נגזרת של מנה(uv)′ = u′ · v − u · v′v2
נציב u′ = 0 , v = cos x , u = 1 , v′ = −sin x :
(1cos x)′ = 0 · cos x − 1 · (−sin x)cos x2
(1cos x)′ = sin xcos2x
f′(x) = −2sin x + sin xcos2x
נוציא גורם משותף sin x , ונעשה מכנה משותף בסוגריים:
f′(x) = sin x · (1cos2x − 2)
f′(x) = sin x · (1 − 2cos2x)cos2x
השוואה ל־0. שבר שווה 0 כשהמונה שווה 0 (המכנה cos2x חיובי בכל התחום):
sin x · (1 − 2cos2x) = 0📐 נקודת קיצוןבנקודת קיצון פנימית f′(x) = 0
מכפלה שווה 0, ולכן אחד הגורמים שווה 0.
📐 מכפלה שווה 0מכפלה שווה 0 כאשר אחד הגורמים שווה 0אפשרות 1:
sin x = 0
x = 0 + 2πk או x = π + 2πk📐 פתרון המשוואה sin x = sin ax = a + 2πkx = π − a + 2πk
בתחום −π2 < x < π2 יש רק x = 0 .
אפשרות 2:
1 − 2cos2x = 0
cos2x = 12
cos x = √22 או cos x = −√22
בתחום −π2 < x < π2 הקוסינוס חיובי, ולכן רק cos x = √22 :
cos x = cos π4📐 פתרון המשוואה cos x = cos ax = a + 2πkx = −a + 2πk
x = π4 + 2πk או x = −π4 + 2πk
בתחום מתקבלים שני פתרונות, עבור k = 0 :
x = π4 , x = −π4
קביעת סוג הנקודות. נסמן על ציר את הנקודות, וגם את ±π2 (שם הפונקציה לא מוגדרת). נציב בנגזרת מספר מכל תחום:
f′(π6) = sin π6 · (1 − 2cos2π6)cos2π6
f′(π6) = 12 · (1 − 32)34 = −13 < 0
f′(π3) = sin π3 · (1 − 2cos2π3)cos2π3
f′(π3) = √32 · (1 − 12)14 = √3 > 0
באותו אופן בצד השלילי:
f′(−π6) = 13 > 0 , f′(−π3) = −√3 < 0
שיעורי ה־y. מציבים בפונקציה:
f(x) = 2cos x + 1cos x
נציב x = 0 :
f(0) = 2cos 0 + 1cos 0 = 2 + 1 = 3
נציב x = π4 :
f(π4) = 2cos π4 + 1cos π4
cos π4 = √22📐 ערכים מיוחדיםcos π4 = √22
f(π4) = 2 · √22 + 1√22
נחשב: 1√22 = 2√2 = √2 , כי 2 = √2 · √2 . לכן:
f(π4) = √2 + √2 = 2√2 ≈ 2.83
הפונקציה זוגית (סעיף ב), ולכן:
f(−π4) = 2√2
✅ פתרון סופי: מקסימום (0 , 3) ; מינימום (−π4 , 2√2) , (π4 , 2√2)
סעיף ד – סקיצה של f(x)
מסמנים את האסימפטוטות x = ±π2 ואת נקודות הקיצון, ומחברים לפי החצים בציר. ליד האסימפטוטות הגרף עולה אל +∞ . הגרף סימטרי סביב ציר ה־y (זוגית):
✅ פתרון סופי: הסקיצה למעלה
סעיף ה (1) – תחום ההגדרה של g(x)
אסור שהמכנה sin(2x) יהיה 0:
sin(2x) ≠ 0
נמצא איפה sin(2x) = 0 :
2x = 0 + 2πk או 2x = π + 2πk📐 פתרון המשוואה sin x = sin ax = a + 2πkx = π − a + 2πk
יחד אלה כל הכפולות של π :
2x = πk
x = πk2
בתחום −π2 ≤ x ≤ π2 : x = −π2 , x = 0 , x = π2 . נוציא אותם.
✅ פתרון סופי: −π2 < x < 0 או 0 < x < π2
סעיף ה (2) – הוכחה
נחליף את sin(2x) לפי הזהות של סינוס זווית כפולה:
g(x) = 2cos x + 2sin xsin(2x)
sin(2x) = 2sin x · cos x📐 סינוס של זווית כפולהsin(2x) = 2 sin x · cos x
נציב sin(2x) = 2sin x · cos x :
g(x) = 2cos x + 2sin x2sin x · cos x
בתחום ההגדרה x ≠ 0 , ולכן sin x ≠ 0 , ומותר לצמצם ב־2sin x :
g(x) = 2cos x + 1cos x
✅ פתרון סופי: g(x) = 2cos x + 1cos x לכל x בתחום ההגדרה של g ∎
סעיף ו – ישר שחותך ב־3 נקודות?
לפי סעיף ה, הגרף של g הוא הגרף של f מסעיף ד, בלי הנקודה שבה x = 0 . כלומר בגרף של g יש "חור" בנקודה (0 , 3) .
נבדוק כמה פעמים ישר אופקי y = k חותך את הגרף של f :
• k < 2√2 : אין נקודות. k = 2√2 : שתי נקודות (המינימומים).
• 2√2 < k < 3 : ארבע נקודות.
• k = 3 : שלוש נקודות. נבדוק אותן:
2cos x + 1cos x = 3
נכפול ב־cos x (שונה מ־0) ונעביר אגפים:
2cos2x − 3cos x + 1 = 0
(2cos x − 1)(cos x − 1) = 0
cos x = 12 או cos x = 1
x = ±π3 או x = 0
אבל x = 0 לא בתחום של g , ולכן לגרף של g יש עם הישר y = 3 רק שתי נקודות.
• k > 3 : שתי נקודות, אחת בכל צד.
בשום מקרה אין בדיוק שלוש נקודות חיתוך עם הגרף של g .
✅ פתרון סופי: לא . אין ערך של k כזה. עם y = 3 יש רק 2 נקודות, כי הנקודה (0 , 3) חסרה בגרף של g . בשאר הגבהים יש 0, 2 או 4 נקודות.
📌 סיכום
| סעיף א (1) | −π2 < x < π2 |
|---|---|
| סעיף א (2) | x = ±π2 |
| סעיף ב | זוגית |
| סעיף ג | מקס. (0 , 3) ; מינ. (±π4 , 2√2) |
| סעיף ד | סקיצה |
| סעיף ה (1) | −π2 < x < π2 , x ≠ 0 |
| סעיף ה (2) | הוכחה |
| סעיף ו | לא |
© כל הזכויות שמורות למתמטריק – אלדד | eldadh.co.il