בגרות קיץ תשפ״ה (2025) – מועד ב׳

המכנה $e^x-x$ חיובי לכל $x$ ‏(‏לכן אין אסימפטוטה אנכית‏)‏.

כאשר $x\to \infty$: נחלק מונה ומכנה ב־$e^x$:

לכן $f(x)\to 1+b$.

כאשר $x\to -\infty$: מתקיים $e^x\to 0$, ונחלק ב־$x$:

לכן $f(x)\to b-1$.

תשובה: מימין: $y=b+1$
משמאל: $y=b-1$

תשובה: $(0,1+b)$

נגזור לפי כלל המנה ‏(‏הפרמטר $b$ נעלם בגזירה‏)‏:

נפתח את המונה:

$f^{\prime }(x)=0$ רק כאשר $x=1$. המכנה ו־$2e^x$ חיוביים, ולכן הסימן נקבע לפי $1-x$:

תשובה: מקסימום: $\left(1,\frac{e+1}{e-1}+b\right)$

לפי א (1) האסימפטוטות האופקיות הן $y=b+1$ ו־$y=b-1$. אחת מהן היא $y=1.5$:

תשובה: $b=0.5$ או $b=2.5$

נציב $b=0.5$ ‏(‏הערך הקטן‏)‏ ונאסוף את הנתונים:

• אסימפטוטה $y=1.5$ כאשר $x\to \infty$, ואסימפטוטה $y=-0.5$ כאשר $x\to -\infty$.
• חיתוך עם ציר ה־$y$ בנקודה $(0,1.5)$.
• עולה עד המקסימום $\left(1,\frac{e+1}{e-1}+0.5\right)\approx (1,2.66)$, ואחריו יורדת אל האסימפטוטה $y=1.5$.
• משמאל הגרף מתחיל קרוב ל־$y=-0.5$ ועולה, ולכן חותך את ציר ה־$x$ פעם אחת ‏(‏אין צורך במיקום המדויק – המשוואה אינה נפתרת אלגברית‏)‏.

תשובה: אסימפטוטה משמאל: $y=-0.5$
אסימפטוטה מימין: $y=1.5$
חיתוך עם ציר ה־$y$: $(0,1.5)$
מקסימום: $(1,2.66)$

כאשר $x\to \infty$: נחלק ב־$e^{2x}$:

כאשר $x\to -\infty$: המונה $2e^x(1-x)\to 0$ ‏(‏$e^x$ שואף ל־0 מהר יותר מש־$1-x$ גדל‏)‏, והמכנה $(e^x-x{)}^2\to \infty$, ולכן $f^{\prime }(x)\to 0$.

אין אסימפטוטה אנכית, כי $f^{\prime }$ מוגדרת לכל $x$ והמכנה חיובי.

תשובה: $y=0$ בשני הצדדים

נאסוף את הנתונים:

• $f^{\prime }(0)=\frac{2\cdot 1\cdot 1}{1^2}=2$. הנקודה $x=0$ היא נקודת פיתול של $f$, ולכן נקודת קיצון של $f^{\prime }$: מקסימום $(0,2)$.
• משמאל ל־1 הנגזרת חיובית, ב־$x=1$ היא מתאפסת, ומימין ל־1 היא שלילית.
• ל־$f$ יש נקודת פיתול נוספת מימין ל־1, ושם ל־$f^{\prime }$ יש מינימום ‏(‏שלילי‏)‏.
• בשני הצדדים $f^{\prime }$ שואפת ל־0.

תשובה: מקסימום: $(0,2)$
מתאפסת ב־$x=1$
מינימום שלילי מימין ל־1
אסימפטוטה: $y=0$

הטענה נכונה.

עם $b=0.5$, בקטע $0\le x\le 1$ הפונקצייה $f$ עולה מ־$f(0)=1.5$ עד $f(1)=\frac{e+1}{e-1}+0.5$. נגדיר $h(x)=f(x)-1.5$:

לפי סעיף ד (2), $f^{\prime }$ יורדת בקטע $0<x\le 1$ ‏(‏מהמקסימום שלה ב־0 ועד המינימום שמימין ל־1‏)‏. לכן $f$ – וגם $h$ – קעורה ($\cap$) בקטע. נראה שהגרף של $h$ נמצא מעל המיתר שמחבר את $(0,0)$ ו־$\left(1,\frac{2}{e-1}\right)$:

נגדיר $d(x)=h(x)-\frac{2}{e-1}x$ (ההפרש בין הגרף למיתר). אז $d(0)=d(1)=0$, ו־$d^{\prime }(x)=h^{\prime }(x)-\frac{2}{e-1}$ יורדת בקטע (כי $h^{\prime }=f^{\prime }$ יורדת). אילו $d^{\prime }(0)\le 0$, היה $d^{\prime }<0$ בכל הקטע, $d$ יורדת ו־$d(1)<0$ – סתירה. באותו אופן $d^{\prime }(1)<0$. לכן $d^{\prime }$ מחליפה סימן פעם אחת מ־$+$ ל־$-$: $d$ עולה ואחר כך יורדת, ולכן $d(x)>0$ לכל $0<x<1$.

השטח מתחת למיתר הוא שטח משולש:

הגרף של $h$ נמצא ממש מעל המיתר בתוך הקטע, ולכן:

‏(‏לבדיקה בלבד – לא נדרש ולא מותר כדרך פתרון בבחינה: האינטגרל בערך $0.769$, ו־$\frac{1}{e-1}\approx 0.582$.‏)‏

תשובה: הטענה נכונה.

צריך $x>0$ ‏(‏בגלל $\ln x$‏)‏, והמכנה שונה מ־0:

תשובה: $x>0,x\ne \frac{1}{e}$

ב־$x=\frac{1}{e}$ המכנה מתאפס, והמונה שם:

לכן $x=\frac{1}{e}$ היא אסימפטוטה אנכית.

ב־$x\to 0^{+}$ אין אסימפטוטה: $x\ln x\to 0$ ו־$1+\ln x\to -\infty$, ולכן $f(x)\to 0$.

תשובה: $x=\frac{1}{e}$

בתחום $x>0$, ולכן $\ln x=0$, כלומר $x=1$.

תשובה: $(1,0)$

נגזור לפי כלל המנה. הנגזרת של המונה: $(x\ln x{)}^{\prime }=\ln x+1$.

נסמן $t=\ln x$. במונה $t^2+t+1$ הדיסקרימיננטה שלילית ‏(‏$1-4<0$‏)‏ והמקדם של $t^2$ חיובי, ולכן המונה חיובי תמיד. גם המכנה חיובי, ולכן $f^{\prime }(x)>0$ בכל התחום.

תשובה: עולה בתחום $0<x<\frac{1}{e}$
עולה בתחום $x>\frac{1}{e}$
אין תחום ירידה

נאסוף את הנתונים:

• בתחום $0<x<\frac{1}{e}$: מתחילה ליד הראשית ‏(‏$f\to 0$, הנקודה $(0,0)$ אינה על הגרף‏)‏ ועולה ל־$+\infty$ כאשר $x\to {\frac{1}{e}}^{-}$.
• בתחום $x>\frac{1}{e}$: עולה מ־$-\infty$, חותכת את ציר ה־$x$ ב־$(1,0)$ וממשיכה לעלות.

תשובה: עולה בשני הענפים
אסימפטוטה: $x=\frac{1}{e}$
חיתוך עם ציר ה־$x$: $(1,0)$

צריך $x>0$, והמכנה $x\ln x\ne 0$, כלומר $\ln x\ne 0$:

‏(‏ב־$x=\frac{1}{e}$ הפונקצייה $g$ מוגדרת: $g(\frac{1}{e})=0$.‏)‏

תשובה: $0<x<1$ או $x>1$

אנכיות: כאשר $x\to 1$ המכנה $x\ln x\to 0$ והמונה שואף ל־1, ולכן אסימפטוטה:

כאשר $x\to 0^{+}$ מתקיים $x\ln x\to 0^{-}$ ו־$1+\ln x\to -\infty$, ולכן $g(x)\to +\infty$. אסימפטוטה:

אופקית: נכתוב $g(x)=\frac{1}{x\ln x}+\frac{1}{x}$. כאשר $x\to \infty$ שני המחוברים שואפים ל־0. אסימפטוטה:

תשובה: אנכיות: $x=0,x=1$
אופקית: $y=0$

מתקיים $g(x)=\frac{1}{f(x)}$ ‏(‏פרט ל־$x=\frac{1}{e}$, שם $g=0$‏)‏. לכן $g^{\prime }=-\frac{f^{\prime }}{f^2}<0$: $g$ יורדת בתחום $0<x<1$ ובתחום $x>1$.

• בתחום $0<x<1$: יורדת מ־$+\infty$, חותכת את ציר ה־$x$ ב־$(\frac{1}{e},0)$ ושואפת ל־$-\infty$ כאשר $x\to 1^{-}$.
• בתחום $x>1$: יורדת מ־$+\infty$ אל האסימפטוטה $y=0$, וחיובית.

תשובה: יורדת בשני הענפים
חיתוך עם ציר ה־$x$: $(\frac{1}{e},0)$
אסימפטוטות: $x=0,x=1,y=0$

נפרק את הביטוי שבאינטגרל לשני מחוברים:

פונקציה קדומה של $\frac{1}{x\ln x}=\frac{\frac{1}{x}}{\ln x}$ היא $\ln (\ln x)$ ‏(‏לפי $\int \frac{f^{\prime }}{f}=\ln |f|$, ובקטע $\ln x>0$‏)‏:

לכן הביטוי II הוא הנכון.

תשובה: ביטוי II: $k+\ln 2$

בקטע $e^3\le x\le e^6$ מתקיים $x>1$, ושם $g(x)>0$. לכן השטח הוא האינטגרל של $g$ מ־$e^3$ עד $e^6$, וזה הביטוי מ־ה (1) עם $k=3$:

תשובה: $S=3+\ln 2\approx 3.69$