מתמטיקה 5 יחידות – שאלון 571 11 פרקים516 שיעורים10 שבועות
שיעור 41 – בגרות 571 קיץ 2024 מועד א׳ – שאלה 7
📽️ מצגת
כל שורה של הפתרון מופיעה בלחיצה. בטלפון: מסובבים את המסך לרוחב.
📅 בגרות 571 · קיץ 2024 מועד א׳ · שאלה 7
בגרות 571 קיץ 2024 מועד א׳ – שאלה 7
📄 נוסח השאלה
נתונה הפונקציה f(x) = cos x − √cos x , בתחום −π ≤ x ≤ π .
א. (1) מצאו את תחום ההגדרה של הפונקציה f(x) .
(2) הראו כי הפונקציה f(x) היא פונקציה זוגית.
(3) מצאו את שיעורי נקודות החיתוך של גרף הפונקציה f(x) עם הצירים.
(4) מצאו את שיעורי כל נקודות הקיצון של הפונקציה f(x) , וקבעו את סוגן (בתשובותיכם דייקו 2 ספרות אחרי הנקודה העשרונית).
ב. סרטטו סקיצה של גרף הפונקציה f(x) .
ג. מצאו את תחומי החיוביות והשליליות של הפונקציה f(x) (אם יש כאלה).
ד. קבעו איזה מן הגרפים I–IV שלפניכם מתאר את פונקציית הנגזרת f′(x) .
I
II
III
IV
נתונה הפונקציה g(x) = k − f(x) , k הוא פרמטר חיובי. הפונקציות f(x) ו־g(x) מוגדרות באותו התחום.
נסמן ב־S את השטח המוגבל על ידי גרף הפונקציה f(x) ועל ידי ציר ה־x בתחום בין 0 ל־π2 .
נתון כי השטח המוגבל על ידי הגרפים של הפונקציות f(x) ו־g(x) ועל ידי הישרים x = π2 ו־x = −π2 הוא 10 · S .
ה. הביעו את k באמצעות S .
✏️ פתרון
סעיף א (1) – תחום ההגדרה
ביטוי בתוך שורש לא יכול להיות שלילי:
cos x ≥ 0📐 תחום הגדרה של שורש√u מוגדר כאשר u ≥ 0
בתחום −π ≤ x ≤ π הקוסינוס אי־שלילי ברביע הראשון וברביע הרביעי, כלומר בין −π2 ל־π2 :
−π2 ≤ x ≤ π2
✅ פתרון סופי: −π2 ≤ x ≤ π2
סעיף א (2) – זוגיות
התחום −π2 ≤ x ≤ π2 סימטרי סביב 0. נכתוב את הפונקציה:
f(x) = cos x − √cos x
נציב −x במקום x :
f(−x) = cos(−x) − √cos(−x)
cos(−x) = cos x📐 זווית נגדיתcos(−x) = cos x
f(−x) = cos x − √cos x
f(−x) = f(x)
קיבלנו f(−x) = f(x) , ולכן הפונקציה זוגית.📐 פונקציה זוגיתf(−x) = f(x)
✅ פתרון סופי: הוכחנו: f(−x) = f(x)
סעיף א (3) – חיתוך עם הצירים
חיתוך עם ציר ה־y (x = 0):
f(0) = cos 0 − √cos 0
f(0) = 1 − 1 = 0
חיתוך עם ציר ה־x (f(x) = 0):
cos x − √cos x = 0
cos x = √cos x
נעלה בריבוע (שני האגפים אי־שליליים):
cos2x = cos x
cos2x − cos x = 0
cos x (cos x − 1) = 0📐 מכפלה שווה 0מכפלה שווה 0 כאשר אחד הגורמים שווה 0
cos x = 0 : בתחום ההגדרה x = ±π2 .
cos x = 1 : בתחום ההגדרה x = 0 .
בדיקה: f(±π2) = 0 − √0 = 0 , f(0) = 1 − 1 = 0 ✓
✅ פתרון סופי: (0 , 0) , (π2 , 0) , (−π2 , 0)
סעיף א (4) – נקודות הקיצון
נכתוב את השורש כחזקה, וגוזרים כל איבר:
(cos x)′ = −sin x📐 נגזרת של קוסינוס(cos x)′ = −sin x
(√cos x)′ = −sin x2√cos x📐 נגזרת של שורש(√u)′ = u′2√u
f′(x) = −sin x − −sin x2√cos x
f′(x) = −sin x + sin x2√cos x
נוציא גורם משותף sin x :
f′(x) = sin x · (12√cos x − 1)
משווים ל־0 (בנקודות שבהן cos x > 0):
sin x · (12√cos x − 1) = 0📐 מכפלה שווה 0מכפלה שווה 0 כאשר אחד הגורמים שווה 0
אפשרות 1: sin x = 0 . בתחום ההגדרה: x = 0 .
אפשרות 2:
12√cos x = 1
2√cos x = 1
√cos x = 12
cos x = 14
זו לא זווית מיוחדת. במחשבון (מצב רדיאנים, R על המסך): SHIFT cos ( 1 ÷ 4 ) =
x ≈ ±1.32📐 פתרון המשוואה cos x = cos ax = a + 2πkx = −a + 2πk
הערה: 1.32 ≈ 0.42π . גם קצות התחום x = ±π2 הם נקודות שצריך לבדוק.
קביעת סוג הנקודות – נציב בנגזרת מספר מכל קטע (במחשבון, מצב רדיאנים):
f′(−1.5) ≈ −0.88 < 0
f′(−1) ≈ 0.27 > 0
f′(1) ≈ −0.27 < 0
f′(1.5) ≈ 0.88 > 0
שיעור ה־y – נכתוב את הפונקציה:
f(x) = cos x − √cos x
ב־x = ±1.32 מתקיים cos x = 14 . נציב:
f(±1.32) = 14 − √14
f(±1.32) = 14 − 12 = −0.25
ומחיתוך הצירים: f(0) = 0 , f(±π2) = 0 .
✅ פתרון סופי:
מקסימום (0 , 0)
מינימום (1.32 , −0.25) , (−1.32 , −0.25)
מקסימום קצה (π2 , 0) , (−π2 , 0)
מקסימום (0 , 0)
מינימום (1.32 , −0.25) , (−1.32 , −0.25)
מקסימום קצה (π2 , 0) , (−π2 , 0)
סעיף ב – סקיצה
מה אנחנו יודעים (סעיף א):
• התחום −π2 ≤ x ≤ π2 , הגרף סימטרי לציר ה־y.
• מקסימום קצה (−π2 , 0) , יורד למינימום (−1.32 , −0.25) , עולה למקסימום (0 , 0) .
• יורד למינימום (1.32 , −0.25) , ועולה עד מקסימום קצה (π2 , 0) .
✅ פתרון סופי: הסקיצה למעלה
סעיף ג – חיוביות ושליליות
נקודות האפס של הפונקציה (סעיף א(3)): x = −π2 , 0 , π2 . בין שתי נקודות אפס סמוכות הסימן לא משתנה.
• בין −π2 ל־0 יש מינימום (−1.32 , −0.25) – ערך שלילי, ולכן כל הקטע שלילי.
• בין 0 ל־π2 יש מינימום (1.32 , −0.25) – גם כאן הקטע שלילי.
רואים את זה גם בסקיצה: הגרף אף פעם לא עולה מעל ציר ה־x .
✅ פתרון סופי: חיוביות: אין
שליליות: −π2 < x < 0 , 0 < x < π2
שליליות: −π2 < x < 0 , 0 < x < π2
סעיף ד – גרף הנגזרת
נבדוק אילו תכונות של f′ אנחנו כבר יודעים:
• f זוגית, ולכן f′ אי־זוגית: הגרף שלה סימטרי ביחס לראשית ועובר בה (f′(0) = 0).
• מסעיף א(4): f′ < 0 בין 0 ל־1.32, ו־f′ > 0 בין 1.32 ל־π2 .
• כאשר x מתקרב ל־π2 , cos x מתקרב ל־0, המכנה 2√cos x מתקרב ל־0, ולכן:
12√cos x → +∞
ולכן גם f′(x) → +∞ .
ובצד השני (x → −π2) f′ → −∞ .
נפסול: גרפים I ו־II לא שואפים לאינסוף בקצוות. גרף III לא סימטרי ביחס לראשית (הגבעה משמאל גבוהה בהרבה מהשקע מימין). גרף IV מתאים לכל התכונות: שלילי מעט מימין ל־0, חיובי ושואף ל־+∞ ליד π2 , וסימטרי ביחס לראשית.
✅ פתרון סופי: גרף IV
סעיף ה – k באמצעות S
שלב 1 – איזה גרף למעלה. מסעיף ג: f(x) ≤ 0 בכל התחום, ו־k > 0 . לכן:
g(x) = k − f(x) ≥ k > 0 ≥ f(x)
גרף g מעל גרף f בכל התחום. ההפרש:
g(x) − f(x) = k − 2f(x)
10S = ∫−π2π2 (k − 2f(x)) dx📐 שטח בין שני גרפיםS = ∫ab (g(x) − f(x)) dxכאשר g מעל f
שלב 2 – האינטגרל של f. בין 0 ל־π2 הגרף של f מתחת לציר ה־x , ולכן האינטגרל שלילי ושווה למינוס השטח:
∫0π2 f(x) dx = −S
f זוגית, ולכן בצד השמאלי יש עוד שטח זהה:
∫−π2π2 f(x) dx = −2S
שלב 3 – נחשב. נפרק את האינטגרל:
האינטגרל של הקבוע k הוא k כפול אורך הקטע:
∫−π2π2 k dx = k · π
10S = kπ − 2∫−π2π2 f(x) dx
נציב ∫−π2π2 f(x) dx = −2S :
10S = kπ − 2 · (−2S)
10S = kπ + 4S
kπ = 6S
k = 6Sπ
✅ פתרון סופי: k = 6Sπ
📌 סיכום
| סעיף א (1) | −π2 ≤ x ≤ π2 |
|---|---|
| סעיף א (2) | הוכחה |
| סעיף א (3) | (0 , 0) , (±π2 , 0) |
| סעיף א (4) | מקס. (0 , 0) מינ. (±1.32 , −0.25) מקס. קצה (±π2 , 0) |
| סעיף ב | סקיצה |
| סעיף ג | חיוביות: אין שליליות: −π2 < x < 0 , 0 < x < π2 |
| סעיף ד | גרף IV |
| סעיף ה | k = 6Sπ |
© כל הזכויות שמורות למתמטריק – אלדד | eldadh.co.il