ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ ΣΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ 10/06/2019

Transcript

1 ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ ΣΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ 0/06/09 ΘΕΜΑ Α. Α. α) Σχολικό βιβλίο σελίδα 5. β) (i) Σχολικό βιβλίο σελίδα 35. (ii) Σχολικό βιβλίο σελίδα Α. Σχολικό βιβλίο σελίδα 4. Α3. Σχολικό βιβλίο σελίδα 35. Α4. α) Λάθος. Για παράδειγμα: Σχολικό βιβλίο σελίδα 34. β) Λάθος. Για παράδειγμα: Σχολικό βιβλίο σελίδα 7., x < 0 f(x) =, x > 0 x f(x) = x, x 3, x = A5. Σωστή απάντηση είναι η (γ). ΘΕΜΑ Β. Β. Αφού η y = είναι οριζόντια ασύμπτωτη της C f στο +, έχουμε: αφού: f(x) = x + x + (e x + λ) = λ =, x + e x = u eu = 0.

2 B. Θεωρούμε την g(x) = f(x) x g(x) = e x + x, x R. Έχουμε: g συνεχής στο [,3]. g() = e > 0 και g(3) = e 3 = e3 < 0, επομένως, g() g(3) < 0. Άρα, από Θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον x 0 (,3) ώστε: g(x 0 ) = 0 f(x 0 ) x 0 = 0. Άρα, η εξίσωση f(x) x = 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (,3). Υπολογίζουμε την παράγωγο της g: g (x) = e x < 0, x R. Άρα, η g είναι γνησίως φθίνουσα στο R, και επομένως, η g(x) = 0 f(x) x = 0 έχει μοναδική ρίζα στο R, η οποία ανήκει στο (,3). Β3. Έχουμε: f (x) = e x < 0, x R. Άρα, η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R, επομένως είναι και - και άρα αντιστρέφεται. Εφόσον η f είναι γνησίως φθίνουσα, για το πεδίο ορισμού της αντίστροφης, έχουμε: D f = f(r) = x + f(x), f(x) = (, + ), x αφού x + f(x) = και f(x) = x x (e x + ) = +, διότι, x e x = x + eu = +. Για y (, + ), θέτουμε: y = f(x) y = e x + e x = y x = ln(y ) x = ln(y ), για y >. Άρα, f (x) = ln(x ), x >.

3 B4. Έχουμε: (u = x ) x + f (x) = [ ln(x )] = x + (u 0 + ) Άρα, η x = είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της C f. Οι γραφικές παραστάσεις των f, f φαίνονται στο παρακάτω σχήμα: +[ ln u] = +(ln u) = +. u 0 u 0 C f C f

4 ΘΕΜΑ Γ f(x) = x + a, x e x + βx, x < Γ. A f = Rf παραγωγίσιμη στo R οπότε η f συνεχής στο R Επομένως η fσυνεχής στο x= f(x) = f(x) = f() x + x x + x + a = x ex + βx = + a + a = + β α = β Επίσης η fπαραγωγίσιμη στο x= άρα x + f(x) f() x = x f(x) f() x x + x + a a x a=β (x )(x + ) = ex ax a + x + x x x x + e x = x x + a(x ) x x = + a a = άρα και β =. e x + βx a = x x e x x x = x ex = Γ. f(x) = x +, x e x + x, x < x> f (x) = x > 0 για κάθε x > x< f (x) = e x (x ) + = e x + > 0 για κάθε x < x= f () = από ερώτημαγ. Άρα f (x) > 0 για κάθε x εr επομένως f γνησίως αύξουσα στοr f συνεχής και γν. αύξουσα στο R άρα f(r) = ( f(x), f(x)) = x x + = (, + ) = R x x + f(x) = x (ex + x) = x ex + x = 0 = x f(x) = x + (x + ) = x + x = + Γ3. i) f (, 0) = ( x f(x), x 0 f(x)) = (, e ) 0εf (, 0) άρα η εξίσωση f(x)=0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο x o ε(, 0) R η οποία είναι μοναδική στο R λόγω μονοτονίας. ii) α τρόπος Έστω f(x o )=0 e xo +x o = 0 () f R Έχουμε ότι για x>x 0 f(x) >f(x O ) f(x) > 0, για κάθε x>x 0 Η εξίσωση γράφεται f f(x)>0 x>xo (x) - x 0 f(x) = 0 f(x) (f(x)- x 0 ) = 0 f(x)= x O (*) Όμως f((x O, + ) = x xo f(x), x + f(x)) = (f(xo, + ) = (0, + ) Άρα x O f(xo, + )αφού x O <0 Άρα η (*) είναι αδύνατη στο (xo, + )

5 β τρόπος Θεωρούμε g(x)=f (x) xof(x) x xo g (x) = f(x)f (x) xof (x) = f (x)(f(x) xo) x xo Η gσυνεχής στο [xo, + )ως σύνθεση και διαφορά συνεχών συναρτήσεων f (x) > 0 για κάθε x > xo xo > 0 αφού xo < 0 Για x xo f R f(x) f(xo) f(x) 0 Άραg (x) > 0 για κάθε x xo άρα gγν. αύξουσα στο[xo, + ) Για x > xo g [xo,+ ) g(x) > g(xo) g(x) > 0, για κάθε x > xo Άρα η εξίσωση g(x) = 0 είναι αδύνατη στο (xo, + ) Γ4. Ε= βυ = (ΟΚ)(ΜΚ) = xf(x) = x x + = x3 +x ΆραΕ(t) = x3 (t) + x(t), t 0 E (t) = 3x (t)x (t) + x (t) = x (t)(3x (t) + ), t 0 Γιαt = to: E (to) = x (to)[3x (to) + ] = [3 3 + ] = 8τετ. μονάδες/sec

6 ΘΕΜΑ Δ. Δ. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο R, ως πράξεις παραγωγίσιμων, με Ισχύει ότι: f() = α + β =. () f () = α =. () f (x) = ln(x x + ) + (x ) Από τις () και (), προκύπτει α = και β =. Συνεπώς, x x + α, x R. x + f(x) = (x ) ln(x x + ) x +, x R. Δ. Έστω Τότε: Α(x) = f(x) ( x + ), x R. Α(x) = (x ) ln(x x + ) x + + x = (x ) ln(x x + + ) = (x ) ln((x ) + ), x R. Η συνάρτηση Α είναι συνεχής στο R, ως πράξεις και σύνθεση συνεχών συναρτήσεων, άρα είναι συνεχής και στο [,]. Παρατηρούμε ότι για x [,]: x 0, με την ισότητα να ισχύει μόνο για x =. ln((x ) + ) 0, με την ισότητα να ισχύει μόνο για x =, εφόσον (x ) 0 (x ) +. Άρα, A(x) 0, για κάθε x [,]. Συνεπώς, το ζητούμενο εμβαδό είναι: Ε = Α(x) dx = Α(x) dx = (x ) ln((x ) + ) dx. Θέτουμε u = (x ) +. Οπότε: du = (x )dx du = (x )dx. Ακόμη, x = u =. x = u =.

7 Άρα, Ε = ln u du = ln u du = [u ln u u] = ln ( ln + ) = τ.μ. Δ3. (i) Για κάθε x R έχουμε: που ισχύει, διότι: και f (x) ln(x x + ) + ln((x ) + ) + (x ) x x + (x ) (x ) +, (x ) (x ) 0, για κάθε x R + (x ) + lnx ln((x ) + ) 0. Επιπλέον, παρατηρούμε ότι η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν x =. Επίσης, η ισότητα: (x ) (x ) + = 0 ln((x ) + ) 0 ισχύει αν και μόνο αν x =. Συνεπώς, η ισότητα f (x) = ισχύει αν και μόνο αν x =. (ii) Για κάθε λ R έχουμε: f λ + + λ (λ ) ln(λ λ + ) + 3 f λ + (λ ) ln(λ λ + ) λ + f λ + [(λ ) ln(λ λ + ) λ + ] f λ + f(λ) f λ + f(λ)

8 f λ + f(λ) f λ + f(λ) λ + ( ) λ Για λ R, ισχύει λ + > λ. Η f είναι συνεχής στο λ, λ +. Η f είναι παραγωγίσιμη στο λ, λ + Από το Θεώρημα Μέσης Τιμής, υπάρχει ένα τουλάχιστον x 0 λ, λ +, με f (x 0 ) = f λ + f(λ) λ + = λ f λ + f(λ). Όμως, από Δ3(i), ισχύει f (x 0 ) f λ+ f(λ). Άρα, η ( ) ισχύει για κάθε λ R. Δ4. Η ευθεία y = x + εφάπτεται στην C f. Λύνουμε: g(x) = x + x 3 x + = x + x 3 = 0 x = 0. Άρα, η y = x + τέμνει την C g στο σημείο με τετμημένη 0. Η εφαπτομένη της C g στο 0 είναι: y g(0) = g (0)(x 0) Είναι g (x) = 3x, άρα, g (0) =, επομένως, y = x y = x +. Άρα, η y = x + είναι κοινή εφαπτομένη για C f και C g (στο για την f και στο 0 για την g). Έστω ότι υπάρχει μια άλλη κοινή εφαπτομένη y = λx + μ που εφάπτεται με την C f στο x και με την C g στο x. Τότε: f (x ) = λ > (από Δ3(i)) g (x ) = 3x, δηλαδή λ και έχουμε καταλήξει σε άτοπο. Συνεπώς, η y = x + είναι η μοναδική κοινή εφαπτομένη των C f και C g.

9 Δ4 (β τρόπος). Έστω Μ x, f(x ) σημείο επαφής της C f με την κοινή εφαπτομένη (ε) και Κ x, g(x ) σημείο επαφής της C g με την κοινή εφαπτομένη (ε). Τότε: (ε): y f(x ) = f (x )(x x ) y = f (x ) x x f (x ) + f(x ) () και (ε): y g(x ) = g (x )(x x ) y = g (x ) x x g (x ) + g(x ) () Πρέπει: f (x ) = g (x ) ( ) όπου g (x) = 3x. Έχουμε: Όμως, x f (x ) + f(x ) = x g (x ) + g(x ) ( ) ( ) f (x ) = 3x (f (x ) + ) + (3x ) = 0. f (x ) + 0 για κάθε x R με την ισότητα να ισχύει μόνο για x =, 3x 0 για κάθε x R με την ισότητα να ισχύει μόνο για x = 0. Παρατηρούμε ότι για x = και x = 0 επαληθεύεται και η ( ). Άρα, υπάρχει μοναδική κοινή εφαπτομένη η οποία εφάπτεται της C f στο Μ, f() και της C g στο Κ 0, g(0) και η οποία έχει εξίσωση: (ε): y = x +. Δ4 (γ τρόπος). Η g είναι παραγωγίσιμη με g (x) = 3x για κάθε x R. Παρατηρούμε ότι: g (x) = 3x για κάθε x R, με την ισότητα να ισχύει μόνο για x = 0. f (x) για κάθε x R, με την ισότητα να ισχύει μόνο για x = (από Δ3(i)). Συνεπώς g (x) f (x) για κάθε x R. Αν M το σημείο επαφής της εφαπτομένης (ε) με την C f τότε Μ x 0, f(x 0 ) με x 0 R και (ε): y f(x 0 ) = f (x 0 )(x x 0 ) Αν Κ το σημείο επαφής της εφαπτομένης (η) με την C g τότε K x, f(x ) με x R και (η): y g(x ) = g (x )(x x ) Για να έχουν οι C f, C g κοινή εφαπτομένη, πρέπει οι (ε) και (η) να ταυτίζονται. Άρα, πρέπει οι συντελεστές των (ε) και (η) να είναι ίσοι μεταξύ τους. Άρα, f (x 0 ) = g (x ).

10 Όμως, g (x ) f (x 0 ). Άρα, Συνεπώς, g (x ) και f (x 0 ) και f (x 0 ) = g (x ). g (x ) = και f (x 0 ) = και οι ισότητες αυτές ισχύουν μόνο για x = 0 και x 0 =. Τότε οι εφαπτομένες είναι οι: (ε): y f() = f ()(x ) y = x + (η): y g(0) = g (0)(x 0) y = x +. Άρα, η y = x + είναι η μοναδική κοινή εφαπτομένη των C f και C g.