$x>\ln (1000)$

$f^{\prime }(x)=\frac{1}{2}-{\text{e}}^{\mathrm{‐}x}$, dus $f^{\prime }(x)=0\iff x=\ln (2)$. De extreme waarde is: $f(\ln (2))=\frac{1}{2}\ln (2)+\frac{1}{2}$.

$\frac{x^2}{x-1}=\frac{x^2-1}{x-1}+\frac{1}{x-1}=x+1+\frac{1}{x-1}$, dus $a=b=c=1$.
Of andere aanpak:
$ax+b+\frac{c}{x-1}=\frac{a{x}^2+(b-a)x+c-b}{x-1}$, dus $a=1$ en $c-b=0$ en $b-a=0$, dus $a=b=c=1$.

$y=x+1$; $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f(x)-(x+1)=0$.

$x=1$; $\underset{x\downarrow 1}{\lim }f(x)=\infty$ en $\underset{x\uparrow 1}{\lim }f(x)=\mathrm{‐}\infty$.

Er moet gelden: $f(1-x)+f(1+x)=4$.
$f(1-x)+f(1+x)=\frac{{(1-x)}^2}{\mathrm{‐}x}+\frac{{(1+x)}^2}{x}=\frac{4x}{x}=4$; klopt.

$f(x)=x+\frac{\mathrm{‐}1}{x+1}$ en $g(x)=x+\frac{\mathrm{‐}x}{x^2+1}$

$x=\mathrm{‐}1$

$f(x)=g(x)\iff \frac{x}{x^2+1}=\frac{1}{x+1}\iff x=1$

Uit het vorige onderdeel en de grafieken volgt: $x<\mathrm{‐}1$ of $x\ge 1$.

$f_5(x)=\frac{2x(2x-5)+4}{2x-5}=2x+\frac{4}{2x-5}$, dus de scheve asympoot is $y=2x$. De hoek die de scheve asymptoot met de $x$-as maakt is ${\tan }^{\mathrm{‐}1}(2)=63°$, dus $\text{β}=27°$.

${f_a}^{\prime }(x)=\frac{(8x-10)\cdot (2x-a)-(4x^2-10x+4)\cdot 2}{{(2x-a)}^2}$. Eén van de toppen ligt op de $y$-as als ${f_a}^{\prime }(0)=0\iff \frac{10a-8}{a^2}=0\iff a=\frac{4}{5}$. Als $a=\frac{4}{5}$ dan
${f_a}^{\prime }(x)=\frac{8x^2-6\frac{2}{5}x}{{(2x-\frac{4}{5})}^2}$, dus het andere nulpunt van ${f_a}^{\prime }(x)$ is $\frac{4}{5}$, dus het is inderdaad de linkertop die op de $y$-as ligt.

Er is een perforatie als $4x^2-10x+4=0$ voor $x=\frac{1}{2}a$, dus $a^2-5a+4=0\iff a=1\text{ of }a=4$ , dus: $a=4$.
$f_4(x)=\frac{4x^2-10x+4}{2x-4}=\frac{(2x-1)(x-2)}{(x-2)}=2x-1\text{ als }x\ne 2$. De perforatie is $(\mathrm{2,3})$.

$ℝ$ (elk getal zit in het domein).

$f(x)=\ln (\frac{3x^2+2x+3}{x^2+1})$, dus $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f(x)=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\ln (\frac{3+\frac{2}{x}+\frac{3}{x^2}}{1+\frac{1}{x^2}})=\ln 3$.

Omdat de functie ln stijgend is geldt: $f(x)$ is extreem als $g(x)=\frac{3x^2+2x+3}{x^2+1}$ dat is.
$g^{\prime }(x)=\frac{\mathrm{‐}2x^2+2}{{\left(x^2+1\right)}^2}$, dus $f(x)$ is extreem als $x=\pm 1$.
Het minimum van $f$ is $f(\mathrm{‐}1)=\ln 2$ en het maximum is $f(1)=2\ln 2$.

$y=\frac{1}{2}x$ en $y=\mathrm{‐}\frac{1}{2}x$

Zoals bekend: $g^{\prime }(a)=\underset{x\to a}{\lim }\frac{g(x)-g(a)}{x-a}$. Als je voor $a=0$ neemt en voor $g$ de functie $x\to {\text{e}}^x$, dan vind je $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\text{e}}^x-1}{x}={\text{e}}^0$, het klopt dus.

Het domein bestaat uit alle getallen behalve $\mathrm{‐}2$ en $2$.

$f_4(x)=\frac{2x+4}{x^2-4}=\frac{2}{x-2}$ als $x\ne \mathrm{‐}2$. De functie $x\to \frac{2}{x-2}$ heeft verticale asymptoot $x=2$.
$\underset{x\to \mathrm{‐}2}{\lim }{f}_4(x)=\underset{x\to \mathrm{‐}2}{\lim }\frac{2}{x-2}=\mathrm{‐}\frac{1}{2}$; de perforatie is $\left(\mathrm{‐}\mathrm{2,}\mathrm{‐}\frac{1}{2}\right)$.

Dan moeten in ieder geval $2x+p$ en $x^2-4$ voor enzelfde waarde van $x$ gelijk aan $0$ zijn. Dat is als $p=4$ of als $p=\mathrm{‐}4$.
$\underset{x\to 2}{\lim }{f}_{\mathrm{‐}4}(x)=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{2}{x+2}=\frac{1}{2}$, dus $f_{\mathrm{‐}4}$ heeft perforatie $\left(\mathrm{2,}\frac{1}{2}\right)$.
De grafiek van $f_p$ heeft dus een perforatie als $p=\pm 4$.

$\underset{x\to 1}{\lim }f(x)=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x(x-1)}{x^2-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x}{x+1}=\frac{1}{2}$;
$\underset{x\to \mathrm{‐}1}{\lim }f(x)=\underset{x\to \mathrm{‐}1}{\lim }\frac{\mathrm{‐}x(x+1)}{x^2-1}=\underset{x\to \mathrm{‐}1}{\lim }\frac{\mathrm{‐}x}{x-1}=\mathrm{‐}\frac{1}{2}$;
$\underset{x\to \mathrm{‐}\infty }{\lim }f(x)=\underset{x\to \mathrm{‐}\infty }{\lim }\frac{\mathrm{‐}{x}^2-x}{x^2-1}=\mathrm{‐}1$; $\underset{x\to \infty }{\lim }f(x)=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^2-x}{x^2-1}=1$.
De grafiek heeft twee perforaties $\left(\mathrm{1,}\frac{1}{2}\right)$ en $\left(\mathrm{‐}\mathrm{1,}\mathrm{‐}\frac{1}{2}\right)$, geen verticale asymptoten en twee horizontale asymptoten: $y=1$ en $y=\mathrm{‐}1$.

$f(\mathrm{‐}x)=\frac{\left|\mathrm{‐}x\right|\cdot \mathrm{‐}x-\mathrm{‐}x}{x^2-1}=\mathrm{‐}\frac{\left|x\right|\cdot x-x}{x^2-1}=\mathrm{‐}f(x)$ voor alle $x$ in het domein van $f$. Dus de grafiek van $f$ is puntsymmetrisch in de oorsprong $O$.

-

$\frac{1}{2}\text{π}$ behoort niet tot het domein.

$\underset{x\to \frac{1}{2}\text{π}}{\lim }\frac{{\cos }^2\left(x\right)}{\sin (x)-1}=\underset{x\to \frac{1}{2}\text{π}}{\lim }\frac{1-{\sin }^2\left(x\right)}{\sin (x)-1}=\underset{x\to \frac{1}{2}\text{π}}{\lim }\mathrm{‐}\sin \left(x\right)-1=\mathrm{‐}2$

Het domein bestaat uit alle getallen behalve $0$.

$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f(x)=\infty$, $\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$;
$f^{\prime }(x)=2\text{e}x\cdot \ln \left|x\right|+\text{e}x$, dus $\underset{x\to 0}{\lim }{f}^{\prime }(x)=0$.

$f^{\prime }(x)=0\iff \ln \left|x\right|=\mathrm{‐}\frac{1}{2}\iff x=\pm \frac{1}{\sqrt{\text{e}}}$.
De extreme waarde is $f(\pm \frac{1}{\sqrt{\text{e}}})=\mathrm{‐}\frac{1}{2}$.

De $x$-as

Beide $0$.

$f^{\prime }(x)=(1-x^2)\cdot {\text{e}}^{\mathrm{‐}\frac{1}{2}{x}^2}$, dus $f^{\prime }(x)=0\iff x=\pm 1$. Dus die punten zijn $(\pm \mathrm{1,}\pm \frac{1}{\sqrt{\text{e}}})$

$\mathrm{‐}\frac{1}{\sqrt{\text{e}}}<p<\frac{1}{\sqrt{\text{e}}}$ en $p\ne 0$; teken de grafiek en kijk wanneer de lijn $y=p$ twee punten met de grafiek van $f$ gemeen heeft.

$p<0$

$f^{\prime }(x)=(2x+p{x}^2)\cdot {\text{e}}^{px}$, dus $f^{\prime }(1)=0\iff p=\mathrm{‐}2$.

Je moet bewijzen dat $\underset{x\to \infty }{\lim }f\left(x\right)-\left(x+1\right)=0$.
Vervang $x$ door $\frac{1}{a}$. Dan $a\downarrow 0$ als $x\to \infty$, dus $\underset{x\to \infty }{\lim }f\left(x\right)-\left(x+1\right)=$
$\underset{a\downarrow 0}{\lim }\frac{{\text{e}}^a-1}{a}-1=0$.

Als $a\to \mathrm{‐}\infty$, dan $\underset{a\to \mathrm{‐}\infty }{\lim }\frac{1}{a}=0$ en $\underset{a\to \mathrm{‐}\infty }{\lim }{\text{e}}^a=0$, dus $\underset{a\to \mathrm{‐}\infty }{\lim }\frac{1}{a}\cdot {\text{e}}^a=0$.
Vervang hierin $a$ door $\frac{1}{x}$.
Als $a\to \mathrm{‐}\infty$, dan $x\uparrow 0$ en $\underset{x\uparrow 0}{\lim }x\cdot {\text{e}}^{\frac{1}{x}}=\underset{a\to \mathrm{‐}\infty }{\lim }\frac{1}{a}\cdot {\text{e}}^a=0$.

$f^{\prime }(x)={\text{e}}^{\frac{1}{x}}\cdot (1-\frac{1}{x})$, dus $f^{\prime }\left(x\right)=0\iff x=1$, dus dat punt is: $(\mathrm{1,}\text{e)}$.

Dit is juist als (kwadrateer): $x^2<x^2+1<x^2+2+\frac{1}{x^2}$, en dat is zo.

Er geldt: $f(\mathrm{‐}x)=f(x)$ voor alle $x$.

Een eenheid naar links schuiven, dus $y=x+1$ en $y=\mathrm{‐}(x+1)$.

Door ten opzichte van $O$ met $10$ te vermenigvuldigen, krijg je de functie met formule $y=10\sqrt{{\left(\frac{1}{10}x\right)}^2+1}=\sqrt{100\left({\left(\frac{1}{10}x\right)}^2+1\right)}=g\left(x\right)$.

De lijnen die je krijgt door de lijnen $y=\pm x$ ten opzichte van $O$ met $10$ te
vermenigvuldigen, dus ook de lijnen $y=\pm x$.