Getal & Ruimte (13e editie) - vwo wiskunde B

'Absolute-waardefuncties'.

vwo wiskunde B 1.4 Absolute waarden

Absolute-waardefuncties (2)

opgave 1

Gegeven zijn de functies \(f(x) = 4 x - 5 + \begin{vmatrix}2 x - 5\end{vmatrix}\) en \(g(x) = 4 x + 4 \text{.}\)
De grafieken van \(f\) en \(g\) snijden elkaar in de punten \(A\) en \(B \text{.}\)

OxyAB

2p

a

Bereken exact de coördinaten van het knikpunt van de grafiek van \(f \text{.}\)

4p

b

Bereken exact de coördinaten van \(A\) en \(B \text{.}\)

Lineair
00sq - Absolute-waardefuncties - basis - 111ms - data pool: #3582 (111ms)

a

Knik als \(2 x - 5 = 0 \text{,}\) dus als \(x = 2\frac{1}{2} \text{.}\)

1p

○

\(f(2\frac{1}{2}) = 4 ⋅ 2\frac{1}{2} - 5 + 0 = 5 \text{,}\) dus het knikpunt is \((2\frac{1}{2} , 5) \text{.}\)

1p

b

Voor \(x < 2\frac{1}{2}\) geldt \(2 x - 5 < 0 \text{,}\) dus
\(\begin{vmatrix}2 x - 5\end{vmatrix} = \begin{cases}-(2 x - 5) = (-2 x + 5) \text{ als } x < 2\frac{1}{2} \\ (2 x - 5) \text{ als } x ≥ 2\frac{1}{2}\end{cases}\)

1p

○

\(f(x) = \begin{cases}4 x - 5 + (-2 x + 5) = 2 x \text{ als } x < 2\frac{1}{2} \\ 4 x - 5 + (2 x - 5) = 6 x - 10 \text{ als } x ≥ 2\frac{1}{2}\end{cases}\)

1p

○

[punt \(A \text{]}\)
\(2 x = 4 x + 4\)
\(-2 x = 4\)
\(x = -2\)
\(g(-2) = -4 \text{,}\) dus \(A (-2 , -4) \text{.}\)

1p

○

[punt \(B \text{]}\)
\(6 x - 10 = 4 x + 4\)
\(2 x = 14\)
\(x = 7\)
\(g(7) = 32 \text{,}\) dus \(B (7 , 32) \text{.}\)

1p

opgave 2

De grafiek van de functie \(f(x) = -10 x - 10 + \begin{vmatrix}x^{2} + 9 x - 10\end{vmatrix}\) heeft knikpunten \(A\) en \(B\) en top \(T \text{.}\) Zie de figuur.

OxyABT

4p

a

Bereken exact de coördinaten van \(A \text{,}\) \(B\) en \(T \text{.}\)

2p

b

Bereken exact voor welke \(p\) de vergelijking \(f(x) = p\) drie oplossingen heeft.

5p

c

Bereken exact de nulpunten van \(f \text{.}\)

Kwadratisch
00su - Absolute-waardefuncties - pro - 104ms - data pool: #532 (104ms)

a

[Knikken bij]
\(x^{2} + 9 x - 10 = 0\)
\((x + 10) (x - 1) = 0\)
\(x = -10 ∨ x = 1\)

1p

○

\(f(-10) = 90\) en \(f(1) = -20\) dus \(A (-10 , 90)\) en \(B (1 , -20)\)

1p

○

Top voor \(-10 < x < 1\) en daar is \(\begin{vmatrix}x^{2} + 9 x - 10\end{vmatrix} = -x^{2} - 9 x + 10 \text{,}\) dus daar geldt
\(f(x) = -10 x - 10 + (-x^{2} - 9 x + 10) = -x^{2} - 19 x\)

1p

○

\(x_{T} = {19 \over 2 ⋅ -1} = -9\frac{1}{2}\) en \(y_{T} = f(-9\frac{1}{2}) = 90\frac{1}{4} \text{,}\) dus \(T (-9\frac{1}{2} , 90\frac{1}{4}) \text{.}\)

1p

b

De vergelijking \(f(x) = p\) heeft drie oplossingen als de lijn \(y = p\) precies door \(A\) òf precies door \(T\) gaat.

1p

○

Dus \(p = 90 ∨ p = 90\frac{1}{4}\) (want \(y_{T} = 90\frac{1}{4}\) en \(y_{A} = 90 \text{).}\)

1p

c

Tussen \(A\) en \(B\) geldt \(-10 < x < 1\) en \(f(x) = -x^{2} - 19 x \text{,}\) dus \(f(x) = 0\) geeft daar
\(-x^{2} - 19 x = 0\)
\(x^{2} + 19 x = 0\)
\(x (x + 19) = 0\)
\(x = 0 ∨ x = -19\)

1p

○

\(-10 < x < 1 \text{,}\) dus \(x = -19\) voldoet niet

1p

○

Rechts van \(B\) geldt \(x > 1 \text{,}\) dus \(\begin{vmatrix}x^{2} + 9 x - 10\end{vmatrix} = x^{2} + 9 x - 10\) en
\(f(x) = -10 x - 10 + (x^{2} + 9 x - 10) = x^{2} - x - 20\)

1p

○

\(f(x) = 0\) geeft daar
\(x^{2} - x - 20 = 0\)
\((x + 4) (x - 5) = 0\)
\(x = -4 ∨ x = 5\)

1p

○

\(x > 1 \text{,}\) dus \(x = -4\) voldoet niet.
De nulpunten van \(f\) zijn dus \(0\) en \(5 \text{.}\)

1p
"