1

$f^{'} (x) = e^{2 x} + 2 x \cdot e^{2 x}$	$g^{'} (x) = \frac{e^{2 x} + 1 - 2 x \cdot e^{2 x}}{{(e^{2 x} + 1)}^{2}}$
$h^{'} (x) = \frac{x^{2} + 1}{x} \cdot \frac{x^{2} + 1 - 2 x \cdot x}{{(x^{2} + 1)}^{2}} = \frac{1 - x^{2}}{x (x^{2} + 1)}$	$k^{'} (x) = \frac{e^{x}}{e^{x} + 1}$

2

a

Er geldt: $f (‐ x) = ‐ f (x)$ voor alle $x$ .

b

$f^{'} (x) = 4 \cdot e^{‐ \frac{1}{2} x^{2}} - 4 x^{2} \cdot e^{‐ \frac{1}{2} x^{2}}$ , dus $f^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$ . De punten zijn: $(1,4 e^{‐ \frac{1}{2}})$ en $(‐ 1, ‐ 4 e^{‐ \frac{1}{2}})$ .

c

$f^{'} (0) = 4$ , dus de raaklijn heeft vergelijking $y = 4 x$ .

3

$g (x) = 2 \cdot \ln (x + a)$ , dus de grafiek van $g$ snijdt de $x$ -as in het punt met eerste coördinaat $1 - a$ .
Dus de tweede coördinaat van $P$ is het tegengestelde van de eerste coördinaat van $Q$ , dus van $1 - a$ . Dus: $2 \cdot \ln (a) = a - 1$ . Deze vergelijking los je op met "solver" van de GR.
Je vindt: $a = 3,51$ , want $a = 1$ voldoet niet.

4

a

Het domein bestaat uit de getallen $x$ met $0 < x < 10$ .

b

$f (5 + a) = {}^{4} \log (5 + a) + {}^{4} \log (5 - a)$ en $f (5 - a) = {}^{4} \log (5 - a) + {}^{4} \log (5 + a)$ , dus $f (5 - a) = f (5 + a)$ , dus de lijn $x = 5$ is symmetrieas.

c

$f^{'} (x) = \frac{1}{\ln (4)} \cdot (\frac{1}{x} - \frac{1}{10 - x})$ , dus $f^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{x} = \frac{1}{10 - x}$ , dus $f^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow x = 5$ .

d

Dan moet ${}^{4} \log (x (10 - x)) = 2$ , dus $x (10 - x) = 16$ , dus $x = 2$ of $x = 8$ .

5

a

We moeten aantonen dat $g (f (x)) = x$ voor alle $x > \frac{1}{2}$ .
$g (f (x)) = \frac{1 + 2 \cdot \frac{2 x - 1}{x + 2}}{2 - \frac{2 x - 1}{x + 2}}$ . Teller en noemer met $x + 2$ vermenigvuldigen levert:
$g (f (x)) = \frac{x + 2 + 2 \cdot (2 x - 1)}{2 (x + 2) - (2 x - 1)}$ .
Dit laatste is te vereenvoudigen tot $x$ .

b

$\lim_{x \to \infty} f (x) = \ln (2)$ . Het linker deel van de grafiek van $h$ krijg je door de grafiek van $f$ in de $x$ -as te spiegelen.
We zoeken dus de oplossing van de vergelijking $‐ f (x) = \ln (2)$ .
$\ln (\frac{2 x - 1}{x + 2}) = \ln (\frac{1}{2}) \Leftrightarrow \frac{2 x - 1}{x + 2} = \frac{1}{2}$ , dus $4 x - 2 = x + 2$ , dus $x = 1 \frac{1}{3}$ .

6

$f^{'} (x) = 5^{x} \cdot \ln (5) - 2^{x} \cdot \ln (2)$ , dus $f^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow {2,5}^{x} = \frac{\ln (2)}{\ln (5)}$ , dus de eerste coördinaat van $A$ is: $\frac{\ln (\frac{\ln (5)}{\ln (2)})}{\ln (2 \frac{1}{2})}$ .

7

a

De verhouding van de lengten van de diagonaal en de zijde van een vierkant noemen we $k$ . Er geldt: $k = \sqrt{2}$ want de diagonaal van een vierkant is $\sqrt{2}$ maal de zijde. Dus $A (n + 1) = 2 \cdot A (n)$ . Dus $A (n)$ groeit exponentieel met groeifactor $2$ , verder is de "beginhoeveelheid" $A (0) = \frac{1}{2}$ .

b

Dan $n = (\frac{\log (2 \cdot 131.072)}{\log (2)}) = 18$ .

c

$z (n) = \sqrt{A (n)} = {(2^{‐ 1} \cdot 2^{n})}^{\frac{1}{2}}$ $= 2^{\frac{1}{2} n - \frac{1}{2}}$ , dus $a = \frac{1}{2}$ en $b = ‐ \frac{1}{2}$

8

a

${y_{p}}^{'} (x) = p \cdot e^{x} - 2 e^{2 x}$ en $p \cdot e^{x} - 2 e^{2 x} = 0 \Leftrightarrow e^{x} = \frac{p}{2}$ .
Deze vergelijking heeft geen oplossingen als $p \leq 0$ .

b

$y_{p} (x)$ heeft een extreme waarde voor $e^{x} = \frac{1}{2} p$ , die waarde is $\frac{1}{4} p^{2}$ , dus $p = 4 \sqrt{2}$ , want voor negatieve waarden van $p$ zijn er geen extremen.

9

a

$f_{p} (x) = 0 \Leftrightarrow \ln (6) + \ln (1 - \frac{6}{p}) = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{6} = 1 - \frac{6}{p}$ . Dus $p = \frac{36}{5}$ .
$x$ ligt in het domein als $x > 0$ en $1 - \frac{5 x}{36} > 0$ , dus het domein is: $〈 0,7 \frac{1}{5} 〉$ .

b

$f_{p} (x) = \ln (x (1 - \frac{x}{p}))$ , dus $f_{p} (x)$ is extreem als $y = x (1 - \frac{x}{p})$ extreem is. De grafiek van de laatste functie is een bergparabool met symmetrieas $x = \frac{1}{2} p$ , de extreme waarde van $f_{p} (x)$ is dus $f_{p} (\frac{1}{2} p) = \ln (\frac{1}{4} p)$ . Dus $p = 4 e$ .

10

a

De vergelijking $0,12 \cdot t \cdot e^{‐ 0,5 t} = 0,035$ oplossen met de GR geeft: $t \approx 0,3469$ en $t \approx 6,0715$ . Dus $343$ minuten.

b

Met de productregel: $C^{'} (t) = 0,12 \cdot e^{‐ 0,5 t} + 0,12 \cdot ‐ 0,5 \cdot t \cdot e^{‐ 0,5 t} =$
$0,12 \cdot (1 - 0,5 t) \cdot e^{‐ 0,5 t}$

c

Met de GR.
Teken de grafiek van $C^{'} (t)$ . De waarde van $t$ aflezen waarvoor het minimum van deze functie bereikt wordt bijvoorbeeld. Je vindt $t = 4$ .
Of Algebraïsch.
$C^{″} (t) = ‐ 0,06 (2 - 0,5 t) e^{‐ 0,5 t}$ , dus $C^{″} (t) = 0 \Leftrightarrow t = 4$ .
Dus $4$ uur na het toedienen.

d

Het hoogste maximum is het maximum op $[18,24]$ van het medicijn is: $C (t) + C (t - 6) + C (t - 12) + C (t - 18)$ .
Invullen op de GR en het maximum aflezen leidt tot de conclusie dat de concentratie niet boven $0,11$ komt.