Matematikk R1 eksamen vår 2026 - oppgaver og løsningsforslag

Del 1 – Uten hjelpemidler

Oppgave 1 2 poeng

Oppgave: Deriver h(x)=3x2−5+3x−2h(x)=3x^2-5+\dfrac{3}{x-2}h(x)=3x2−5+x−23​.

Skriv 3x−2=3(x−2)−1\dfrac{3}{x-2}=3(x-2)^{-1}x−23​=3(x−2)−1. Da er ddx[3(x−2)−1]=−3(x−2)−2\dfrac{d}{dx}\big[3(x-2)^{-1}\big]=-3(x-2)^{-2}dxd​[3(x−2)−1]=−3(x−2)−2.

Svar: h′(x)=6x−3(x−2)2h'(x)=6x-\dfrac{3}{(x-2)^2}h′(x)=6x−(x−2)23​.

Oppgave 2 5 poeng

Oppgave: f(x)=ex(6−ex)f(x)=e^x(6-e^x)f(x)=ex(6−ex). a) Nullpunkt. b) Vis f′(x)=2ex(3−ex)f'(x)=2e^x(3-e^x)f′(x)=2ex(3−ex). c) Topp-/bunnpunkt.

a) ex(6−ex)=0e^x(6-e^x)=0ex(6−ex)=0. Siden ex>0e^x>0ex>0, må 6−ex=0⇒ex=6⇒x=ln⁡66-e^x=0\Rightarrow e^x=6\Rightarrow x=\ln 66−ex=0⇒ex=6⇒x=ln6. Nullpunkt (ln⁡6, 0)(\ln 6,\ 0)(ln6, 0).

b) f(x)=6ex−e2xf(x)=6e^x-e^{2x}f(x)=6ex−e2x. Produkt-/kjerneregel: f′(x)=6ex−2e2x=2ex(3−ex)f'(x)=6e^x-2e^{2x}=2e^x(3-e^x)f′(x)=6ex−2e2x=2ex(3−ex).

c) f′(x)=0⇒ex=3⇒x=ln⁡3f'(x)=0\Rightarrow e^x=3\Rightarrow x=\ln 3f′(x)=0⇒ex=3⇒x=ln3. f(ln⁡3)=3(6−3)=9f(\ln 3)=3(6-3)=9f(ln3)=3(6−3)=9. Andrederivert f′′(x)=6ex−4e2xf''(x)=6e^x-4e^{2x}f′′(x)=6ex−4e2x, f′′(ln⁡3)=18−36<0f''(\ln 3)=18-36<0f′′(ln3)=18−36<0 → toppunkt.

Svar: a) (ln⁡6,0)(\ln 6,0)(ln6,0). b) vist. c) toppunkt (ln⁡3, 9)(\ln 3,\ 9)(ln3, 9).

Oppgave 3 4 poeng

Oppgave: a) Sorter log⁡28, e3ln⁡1, lg⁡7, 334\log_2 8,\ e^{3\ln 1},\ \lg 7,\ \sqrt[4]{3^3}log2​8, e3ln1, lg7, 433 ​ i stigende rekkefølge. b) Forenkle lg⁡(ab)−lg⁡ab+lg⁡(100b3)\lg(ab)-\lg\dfrac{a}{b}+\lg(100b^3)lg(ab)−lgba​+lg(100b3).

a) log⁡28=3\log_2 8=3log2​8=3; e3ln⁡1=e0=1e^{3\ln 1}=e^{0}=1e3ln1=e0=1; lg⁡7≈0,85\lg 7\approx 0{,}85lg7≈0,85; 334=33/4≈2,28\sqrt[4]{3^3}=3^{3/4}\approx 2{,}28433 ​=33/4≈2,28.

Svar a): lg⁡7<e3ln⁡1<334<log⁡28\lg 7 < e^{3\ln 1} < \sqrt[4]{3^3} < \log_2 8lg7<e3ln1<433 ​<log2​8.

b) lg⁡(ab)−lg⁡ab+lg⁡(100b3)=lg⁡ ⁣(ab⋅ba⋅100b3)=lg⁡(100b5)=2+5lg⁡b\lg(ab)-\lg\dfrac{a}{b}+\lg(100b^3)=\lg\!\left(ab\cdot\dfrac{b}{a}\cdot 100b^3\right)=\lg(100b^5)=2+5\lg blg(ab)−lgba​+lg(100b3)=lg(ab⋅ab​⋅100b3)=lg(100b5)=2+5lgb.

Svar b): 2+5lg⁡b2+5\lg b2+5lgb.

Oppgave 4 2 poeng

Oppgave: Bestem lim⁡x→∞2x+23x2+3\displaystyle\lim_{x\to\infty}\dfrac{2x+2}{3x^2+3}x→∞lim​3x2+32x+2​.

Telleren har grad 1, nevneren grad 2. Når x→∞x\to\inftyx→∞ vokser nevneren mye raskere enn telleren, så brøken går mot 0. (Del på x2x^2x2: 2/x+2/x23+3/x2→03=0\dfrac{2/x+2/x^2}{3+3/x^2}\to\dfrac{0}{3}=03+3/x22/x+2/x2​→30​=0.)

Svar: Grenseverdien er 000.

Oppgave 5 3 poeng

Oppgave: a) f(x)=ax2+bx+cx−df(x)=\dfrac{ax^2+bx+c}{x-d}f(x)=x−dax2+bx+c​. Påstand: alle slike har vertikal asymptote x=dx=dx=d. Sann/usann? b) g(x)=ex−3g(x)=e^{x-3}g(x)=ex−3. Påstand: g−1(x)=ln⁡(x)+3g^{-1}(x)=\ln(x)+3g−1(x)=ln(x)+3, Dg−1=⟨0,→⟩D_{g^{-1}}=\langle 0,\to\rangleDg−1​=⟨0,→⟩. Sann/usann?

a) Usann. Hvis (x−d)(x-d)(x−d) er en faktor i telleren, forkortes den bort og grafen får et hull i x=dx=dx=d, ikke en asymptote. Moteksempel: (x−d)(x−e)x−d=x−e\dfrac{(x-d)(x-e)}{x-d}=x-ex−d(x−d)(x−e)​=x−e (ingen asymptote).

b) Sann. y=ex−3⇒ln⁡y=x−3⇒x=ln⁡y+3y=e^{x-3}\Rightarrow \ln y=x-3\Rightarrow x=\ln y+3y=ex−3⇒lny=x−3⇒x=lny+3, så g−1(x)=ln⁡(x)+3g^{-1}(x)=\ln(x)+3g−1(x)=ln(x)+3. Definisjonsmengden til g−1g^{-1}g−1 er verdimengden til ggg, som er ⟨0,→⟩\langle 0,\to\rangle⟨0,→⟩ (siden ex−3>0e^{x-3}>0ex−3>0).

Svar: a) usann. b) sann.

Oppgave 6 2 poeng

Oppgave: f(x)=ln⁡(x+2)f(x)=\ln(x+2)f(x)=ln(x+2) har omvendt funksjon ggg. Bestem g′(1)g'(1)g′(1).

Steg 1 – Finn g(1)g(1)g(1). g(1)g(1)g(1) er det xxx der f(x)=1f(x)=1f(x)=1: ln⁡(x+2)=1⇒x+2=e⇒x=e−2\ln(x+2)=1\Rightarrow x+2=e\Rightarrow x=e-2ln(x+2)=1⇒x+2=e⇒x=e−2. Så g(1)=e−2g(1)=e-2g(1)=e−2.

Steg 2 – Regelen for omvendt funksjon. g′(1)=1f′(g(1))g'(1)=\dfrac{1}{f'(g(1))}g′(1)=f′(g(1))1​. f′(x)=1x+2f'(x)=\dfrac{1}{x+2}f′(x)=x+21​, så f′(e−2)=1ef'(e-2)=\dfrac{1}{e}f′(e−2)=e1​.

Svar: g′(1)=11/e=eg'(1)=\dfrac{1}{1/e}=eg′(1)=1/e1​=e.

Oppgave 7 4 poeng

Oppgave: A(1,−3)A(1,-3)A(1,−3), B(4,1)B(4,1)B(4,1), C(−2,a)C(-2,a)C(−2,a). a) Bestem aaa slik at ∠BAC=90∘\angle BAC=90^\circ∠BAC=90∘. b) Bestem aaa slik at ∣AB⃗∣=∣AC⃗∣|\vec{AB}|=|\vec{AC}|∣AB ∣=∣AC ∣.

AB⃗=(3,4)\vec{AB}=(3,4)AB =(3,4) og AC⃗=(−3, a+3)\vec{AC}=(-3,\ a+3)AC =(−3, a+3).

a) ∠BAC=90∘\angle BAC=90^\circ∠BAC=90∘ betyr AB⃗⋅AC⃗=0\vec{AB}\cdot\vec{AC}=0AB ⋅AC =0: 3(−3)+4(a+3)=0⇒−9+4a+12=0⇒a=−343(-3)+4(a+3)=0\Rightarrow -9+4a+12=0\Rightarrow a=-\tfrac343(−3)+4(a+3)=0⇒−9+4a+12=0⇒a=−43​.

b) ∣AB⃗∣=9+16=5|\vec{AB}|=\sqrt{9+16}=5∣AB ∣=9+16 ​=5. ∣AC⃗∣=5⇒9+(a+3)2=25⇒(a+3)2=16⇒a=1|\vec{AC}|=5\Rightarrow 9+(a+3)^2=25\Rightarrow (a+3)^2=16\Rightarrow a=1∣AC ∣=5⇒9+(a+3)2=25⇒(a+3)2=16⇒a=1 eller a=−7a=-7a=−7.

Svar: a) a=−34a=-\tfrac34a=−43​. b) a=1a=1a=1 eller a=−7a=-7a=−7.

Oppgave 8 3 poeng

Oppgave: Trekant OABOABOAB, a⃗=OA⃗\vec a=\vec{OA}a =OA , b⃗=OB⃗\vec b=\vec{OB}b =OB . PPP på OAOAOA med OP=23OAOP=\tfrac23 OAOP=32​OA, RRR på OBOBOB med OR=23OBOR=\tfrac23 OBOR=32​OB. a) Uttrykk AB⃗\vec{AB}AB og PR⃗\vec{PR}PR . b) Vis AB⃗∥PR⃗\vec{AB}\parallel\vec{PR}AB ∥PR . c) Finn ∣AB∣|AB|∣AB∣ når ∣PR⃗∣=23|\vec{PR}|=2\sqrt3∣PR ∣=23 ​.

a) AB⃗=b⃗−a⃗\vec{AB}=\vec b-\vec aAB =b −a . OP⃗=23a⃗\vec{OP}=\tfrac23\vec aOP =32​a , OR⃗=23b⃗\vec{OR}=\tfrac23\vec bOR =32​b , så PR⃗=OR⃗−OP⃗=23(b⃗−a⃗)\vec{PR}=\vec{OR}-\vec{OP}=\tfrac23(\vec b-\vec a)PR =OR −OP =32​(b −a ).

b) PR⃗=23AB⃗\vec{PR}=\tfrac23\vec{AB}PR =32​AB — den ene er et tall ganger den andre, altså parallelle.

c) ∣AB⃗∣=32∣PR⃗∣=32⋅23=33|\vec{AB}|=\tfrac32|\vec{PR}|=\tfrac32\cdot 2\sqrt3=3\sqrt3∣AB ∣=23​∣PR ∣=23​⋅23 ​=33 ​.

Svar: a) AB⃗=b⃗−a⃗, PR⃗=23(b⃗−a⃗)\vec{AB}=\vec b-\vec a,\ \vec{PR}=\tfrac23(\vec b-\vec a)AB =b −a , PR =32​(b −a ). b) parallelle. c) ∣AB∣=33|AB|=3\sqrt3∣AB∣=33 ​.

Oppgave 9 5 poeng

Oppgave: f(x)=13x3+53x2+259xf(x)=\tfrac13x^3+\tfrac53x^2+\tfrac{25}{9}xf(x)=31​x3+35​x2+925​x; g(x)=f(x+h)−f(x)hg(x)=\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}g(x)=hf(x+h)−f(x)​ med liten hhh. Programmet skanner x∈[−4,4]x\in[-4,4]x∈[−4,4] og skriver ut noe der g(x)≈0g(x)\approx 0g(x)≈0. a) Sammenheng fff og ggg. b) Hva er A, B, C (linje 18, 21, 24)? c) Hvilken linje skrives ut?

a) g(x)=f(x+h)−f(x)hg(x)=\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}g(x)=hf(x+h)−f(x)​ er den numeriske deriverte av fff; for liten hhh er g(x)≈f′(x)g(x)\approx f'(x)g(x)≈f′(x). Programmet leter derfor etter punkter der f′(x)≈0f'(x)\approx 0f′(x)≈0.

b) I et kritisk punkt sjekkes fortegnet til ggg på hver side:

• Linje 17–18: g(x−dx)⋅g(x+dx)>0g(x-dx)\cdot g(x+dx)>0g(x−dx)⋅g(x+dx)>0 → deriverte har samme fortegn på begge sider → A = terrassepunkt.
• Linje 20–21: g(x−dx)<g(x+dx)g(x-dx)<g(x+dx)g(x−dx)<g(x+dx) → deriverte går fra negativ til positiv → B = bunnpunkt.
• Linje 23–24: g(x−dx)>g(x+dx)g(x-dx)>g(x+dx)g(x−dx)>g(x+dx) → deriverte går fra positiv til negativ → C = toppunkt.

c) f′(x)=x2+103x+259=(x+53)2f'(x)=x^2+\tfrac{10}{3}x+\tfrac{25}{9}=\left(x+\tfrac53\right)^2f′(x)=x2+310​x+925​=(x+35​)2 — et fullstendig kvadrat. Det eneste kritiske punktet er x=−53x=-\tfrac53x=−35​, og der skifter f′f'f′ ikke fortegn (alltid ≥0\ge 0≥0). Altså et terrassepunkt → A-grenen.

Svar: Setningen skrives ut på linje 18 («f har eit terrassepunkt for x = −5/3»).

Del 2 – Med hjelpemidler

Oppgave 1 5 poeng

Oppgave: Rakettens fart (m/s) ved tid ttt (s): (1;7,3),(5;9,2),(10;10,7),(20;25,6),(50;61,3),(100;183,0),(150;218,2)(1;7{,}3),(5;9{,}2),(10;10{,}7),(20;25{,}6),(50;61{,}3),(100;183{,}0),(150;218{,}2)(1;7,3),(5;9,2),(10;10,7),(20;25,6),(50;61,3),(100;183,0),(150;218,2). a) Lag modell V(t)=C1+a e−ktV(t)=\dfrac{C}{1+a\,e^{-kt}}V(t)=1+ae−ktC​. b) Tid til 100 m/s. c) Når er fartsøkningen størst, og hvor stor? d) Hvor lenge er V′(t)>2 m/s2V'(t)>2\ \text{m/s}^2V′(t)>2 m/s2?

a) Regresjon (logistisk, i CAS/Geogebra) gir

V(t)=223,51+27,33 e−0,0478 t.V(t)=\frac{223{,}5}{1+27{,}33\,e^{-0{,}0478\,t}}.V(t)=1+27,33e−0,0478t223,5​.

b) V(t)=100V(t)=100V(t)=100 løses numerisk: t≈64,8t\approx 64{,}8t≈64,8 s.

c) Fartsøkningen V′(t)V'(t)V′(t) er størst i vendepunktet, der V=C2V=\tfrac{C}{2}V=2C​. Det gir t=ln⁡ak≈69t=\dfrac{\ln a}{k}\approx 69t=klna​≈69 s, med Vmax⁡′=Ck4≈2,7 m/s2V'_{\max}=\dfrac{Ck}{4}\approx 2{,}7\ \text{m/s}^2Vmax′​=4Ck​≈2,7 m/s2.

d) V′(t)>2V'(t)>2V′(t)>2 fra t≈46t\approx 46t≈46 s til t≈92t\approx 92t≈92 s, altså i ca. 46 sekund.

Svar: a) modell over. b) ≈64,8 s. c) ≈2,7 m/s² ved ≈69 s. d) ≈46 s.

Regresjonskoeffisientene kan variere litt med verktøy/avrunding.

Oppgave 2 6 poeng

Oppgave: Skøyteløper l: x=6t+120, y=53t+50l:\ x=6t+120,\ y=\tfrac53t+50l: x=6t+120, y=35​t+50. Hund m: x=132t+250, y=−95t+520m:\ x=\tfrac{13}{2}t+250,\ y=-\tfrac95t+520m: x=213​t+250, y=−59​t+520, t∈[0,200]t\in[0,200]t∈[0,200]. a) Banefart + posisjon etter et halvt minutt. b) Vis at de ikke kolliderer. c) Ny konstant banefart for å fange hunden (oppdaget etter 1 min).

a) Fartsvektor v⃗=(6, 53)\vec v=(6,\ \tfrac53)v =(6, 35​), banefart =∣v⃗∣=62+(53)2=3499=3493≈6,23=|\vec v|=\sqrt{6^2+(\tfrac53)^2}=\sqrt{\tfrac{349}{9}}=\dfrac{\sqrt{349}}{3}\approx 6{,}23=∣v ∣=62+(35​)2 ​=9349​ ​=3349 ​​≈6,23 m/s. Etter t=30t=30t=30: x=300x=300x=300, y=100y=100y=100 → posisjon (300,100)(300,100)(300,100).

b) Kollisjon krever samme xxx og yyy ved samme ttt. xxx: 6t+120=132t+250⇒t=−260∉[0,200]6t+120=\tfrac{13}{2}t+250\Rightarrow t=-260\notin[0,200]6t+120=213​t+250⇒t=−260∈/[0,200]. Ingen felles ttt i intervallet → de treffer ikke hverandre.

c) Ved t=60t=60t=60 er skøyteløperen i (480,150)(480,150)(480,150) og beholder retningen (6,53)(6,\tfrac53)(6,35​). Skjæring med hundens bane gir T≈120,3T\approx 120{,}3T≈120,3 s; strekningen skøyteløperen må dekke er ≈573\approx 573≈573 m på ≈60,3\approx 60{,}3≈60,3 s.

Svar: a) 3493≈6,23\dfrac{\sqrt{349}}{3}\approx 6{,}233349 ​​≈6,23 m/s, posisjon (300,100)(300,100)(300,100). b) vist. c) ny banefart ≈9,5\approx 9{,}5≈9,5 m/s.

Oppgave 3 3 poeng

Oppgave: f(x)=100⋅0,8xf(x)=100\cdot 0{,}8^xf(x)=100⋅0,8x. Rektangel ABCDABCDABCD: A(a,f(a))A(a,f(a))A(a,f(a)), a∈[0,5⟩a\in[0,5\ranglea∈[0,5⟩; B,CB,CB,C har x=5x=5x=5; C,DC,DC,D har y=200y=200y=200. a) Uttrykk ABABAB og ADADAD ved aaa. b) Bruk derivasjon til å finne største areal.

a) ABABAB er vannrett fra x=ax=ax=a til x=5x=5x=5: AB=5−aAB=5-aAB=5−a. ADADAD er loddrett fra y=f(a)y=f(a)y=f(a) til y=200y=200y=200: AD=200−f(a)=200−100⋅0,8aAD=200-f(a)=200-100\cdot 0{,}8^{a}AD=200−f(a)=200−100⋅0,8a.

b) Areal A(a)=(5−a)(200−100⋅0,8a)A(a)=(5-a)\big(200-100\cdot 0{,}8^{a}\big)A(a)=(5−a)(200−100⋅0,8a). Deriver og sett A′(a)=0A'(a)=0A′(a)=0 (løses i CAS): maksimum ved a≈0,17a\approx 0{,}17a≈0,17.

Svar: Største areal ≈501\approx 501≈501 (ved a≈0,17a\approx 0{,}17a≈0,17).

Oppgave 4 4 poeng

Oppgave: Strømstønad dekker 90 % av spotprisen over 75 øre/kWh. La f(x)f(x)f(x) være pris etter stønad (øre/kWh), xxx = spotpris. a) Forklar delt forskrift + kontinuitet. b) Sett opp f(x)f(x)f(x).

a) Under terskelen (75 øre) får husholdningen ingen stønad, over terskelen trekkes 90 % av det overskytende fra. Reglene er ulike i de to områdene → delt forskrift. Den må være kontinuerlig fordi prisen ikke «hopper» ved terskelen: begge uttrykk gir 75 øre ved x=75x=75x=75.

b) For x>75x>75x>75: f(x)=75+0,10(x−75)=0,1x+67,5f(x)=75+0{,}10(x-75)=0{,}1x+67{,}5f(x)=75+0,10(x−75)=0,1x+67,5.

f(x)={x,0≤x≤750,1x+67,5,x>75f(x)=\begin{cases} x, & 0\le x\le 75\\[2pt] 0{,}1x+67{,}5, & x>75\end{cases}f(x)={x,0,1x+67,5,​0≤x≤75x>75​

Kontroll: x=75x=75x=75 gir 757575 i begge greiner → kontinuerlig. ✓

Svar: se funksjonsuttrykket over.

Oppgave 5 2 poeng

Oppgave: f(x)=e2xf(x)=e^{2x}f(x)=e2x. Grafen har én tangent gjennom origo. Bestem eksakte koordinater for tangeringspunktet.

Steg 1. Tangeringspunkt (t, e2t)(t,\ e^{2t})(t, e2t), stigningstall f′(t)=2e2tf'(t)=2e^{2t}f′(t)=2e2t.

Steg 2 – Tangenten går gjennom origo. Linja: y−e2t=2e2t(x−t)y-e^{2t}=2e^{2t}(x-t)y−e2t=2e2t(x−t). Sett inn (0,0)(0,0)(0,0): −e2t=2e2t(−t)⇒1=2t⇒t=12-e^{2t}=2e^{2t}(-t)\Rightarrow 1=2t\Rightarrow t=\tfrac12−e2t=2e2t(−t)⇒1=2t⇒t=21​.

Svar: Tangeringspunktet er (12, e)\left(\tfrac12,\ e\right)(21​, e).