Μαθηµατικα Γενικης Παιδειας Γ Λυκειου

Transcript

1 Μαθηµατικα Γενικης Παιδειας Γ Λυκειου 1 ιαφορικός Λογισµός Θέµα 1. ίνεται η συνάρτηση = ln(x 1)+1. α ) Να ϐρεθεί το πεδίο ορισµού της f. ϐ ) Να ϐρεθεί η f και το πεδίο ορισµού της. γ ) Να µελετηθεί η f ως προς τη µονοτονία και τα ακρότατα. δ ) Να ϐρεθούν οι οριζόντιες εφαπτοµένες της γραφικής παράστασης της f. ε ) Να ϐρεθούν οι εφαπτοµένες της γραφικής παράστασης της f, που είναι παράλληλες στον άξονα x x. Λύση. α ) Πρέπει x 1 > 0, δηλαδή A f = (, 1) (1, ). ϐ ) Για κάθε x (, 1) (1, ) έχουµε: f (x) = 1 x 1 (x 1) +(1) = x x 1. Για το πεδίο ορισµού της f έχουµε ότι πρέπει: άρα A f = (, 1) (1, ). x 1 0 x ±1, γ ) Το πρόσηµο τηςf και η µονοτονία τηςf ϕαίνονται στον παρακάτω πίνακα. x f (x) ց + ր Ηf είναι γνησίως ϕθίνουσα στο(, 1) και γνησίως αύξουσα στο(1, ) και δεν παρουσιάζει ακρότατα 1. 1 Σε αυτό το σηµείο τονίζουµε ότι ο τρόπος εύρεσης του προσήµου τηςf πρέπει να ϕαίνεται στο γραπτό, διότι ϐαθµολογείται. 1

2 1 ΙΑΦΟΡΙΚ ΟΣ ΛΟΓΙΣΜ ΟΣ Σελίδα δ ) Οι οριζόντιες εφαπτοµένες της γραφικής παράστασης της f (δηλαδή αυτές που είναι παράλληλες στον άξονα x x) έχουν συντελεστή διεύθυνσης λ = 0 f (x 0 ) = 0, όπου A(x 0,f(x 0 )) το σηµείο επαφής. Παρατηρούµε ότι η f δεν µηδενίζεται στο πεδίο ορισµού της, εποµένως η f δεν έχει οριζόντιες εφαπτόµενες. ε ) Οπως και πριν αναζητούµε σηµεία του A f, όπου (f ) (x) = f (x) = 0. Οµως έχουµε ότι f (x) = (x) (x 1) x(x 1) = (x 1) x(x) (x 1) (x 1) = x 4x (x 1) = x (x 1) = x +1 (x 1), δηλαδή f (x) < 0 (άρα και f (x) 0) για κάθε x (, 1) (1, ), εποµένως δεν υπάρχουν εφαπτόµενες της γραφικής παράστασης της f που να είναι παράλληλες στον άξονα x x. Θέµα. ίνετε η συνάρτηση = x 3 6x +9x 4. α ) Να ϐρεθεί το πεδίο ορισµού της f. ϐ ) Να µελετηθεί η f ώς προς τη µονοτονία και τα ακρότατα. γ ) Να ϐρεθούν οι εξισώσεις των εφαπτοµένων της C f που είναι παράλληλες στην ευθεία y = 9x+1. δ ) Σε ποιό σηµείο της γραφικής παράστασης της f η εφαπτοµένη έχει τον ελάχιστο συντελεστή διεύθυνσης; ε ) Να υπολογίσετε το όριο lim x 1 x x+1. Λύση. α ) Η f ως πολυωνυµική έχει πεδίο ορισµού το σύνολο των πραγµατικών αριθµών, δηλαδή A f = R. ϐ ) Ηf είναι συνεχής και παραγωγίσιµη στοrµεf (x) = 3x 1x+9, οπότε f (x) = 0 3x 1x+9 = 0 x 4+3 = 0 x = 1 ή x = 3. Το πρόσηµο τηςf και η µονοτονία τηςf ϕαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

3 1 ΙΑΦΟΡΙΚ ΟΣ ΛΟΓΙΣΜ ΟΣ Σελίδα 3 x f (x) ր ց ր Οπως ϐλέπουµε και από τον πίνακα η f είναι γνησίως αύξουσα στα διαστήµατα(,1] και[3,+ ) και γνησίως ϕθίνουσα στο διάστηµα[1,3] και παρουσιάζει τοπικό µέγιστο, για x = 1, το f(1) = 0 και τοπικό ελάχιστο, για x = 3, το f(3) = 4. γ ) Εστω (x 0,f(x 0 )) το σηµείο µε την Ϲητούµενη εφαπτοµένη. Τότε αφού η εφαπτοµένη είναι παράλληλη µε την y = 9x+1 έχουµε ότι Για x 0 = 5 έχουµε f (x 0 ) = 9 x 0 4x 0 +3 = 9 x 0 4x 0 6 = 0 x 0 = 5 ή x 0 = 1. f(x 0 ) = f(5) = 16, οπότε η εξίσωση της εφαπτοµένης (ε 1 ) στο σηµείο A(5,16) είναι η y = 9x+β. Οµως A (ε 1 ), εποµένως 16 = 9 5+β β = 9, δηλαδή Για x 0 = 1 έχουµε (ε 1 ) : y = 9x 9. f(x 0 ) = f( 1) = 0, οπότε η εξίσωση της εφαπτοµένης (ε ) στο σηµείο B( 1, 0) είναι η y = 9x+γ. ΟµωςB (ε ), εποµένως 0 = 9 ( 1)+γ γ = 11, δηλαδή (ε 1 ) : y = 9x 11.

4 1 ΙΑΦΟΡΙΚ ΟΣ ΛΟΓΙΣΜ ΟΣ Σελίδα 4 δ ) Ο συντελεστής διεύθυνσης τηςf σ ένα σηµείο της(x,) είναιλ = f (x). Ζητάµε τις τιµές του x για τις οποίες η συνάρτηση ελαχιστοποιείται. Εχουµε ότι λ(x) = 3x 1x+9 λ (x) = 6x 1 = 6(x ), δηλαδή λ (x) = 0 x =. Ακόµα λ (x) < 0 για x (,) και λ (x) > 0 για x (, ), δηλαδή η λ ελαχιστοποιείται για x =. Τέλος, έχουµε ότι f() =, εποµένως το Ϲητούµενο σηµείο είναι το N(, ). ε ) Παρατηρούµε ότι = x 3 6x +9x 4 = (x 1) (x 4) καιx x+1 = (x 1). Ετσι για x 1 έχουµε ότι lim x 1 x x+1 = lim (x 1) (x 4) x 1 (x 1) = lim x 1 (x 4) = 3. Θέµα 3. Στο Σχήµα 1 ϕαίνονται δύο τοίχοι µε σηµείο επαφήςd, που σχηµατίζουν γωνία φ = 3π. Τοποθετούµε τη µία άκρη ενός σχοινιού µήκους 10m. 4 στο σηµείο C του ενός τοίχου, έτσι ώστε DC = x. Βρίσκουµε σηµεία A του άλλου τοίχου και B του επιπέδου τέτοια ώστε η άλλη άκρη του σχοινιού να τοποθετηθεί στο A και DCB ˆ = CBA ˆ = π A B D φ x C Σχήµα 1: α ) Να εκφράσετε το εµβαδό E του τετράπλευρου ABCD ως συνάρτηση του x. ϐ ) Να ϐρείτε το ϱυθµό µεταβολής του E ως προς x όταν x = 6.

5 1 ΙΑΦΟΡΙΚ ΟΣ ΛΟΓΙΣΜ ΟΣ Σελίδα 5 γ ) Να ϐρείτε για ποιά τιµή του x παίρνουµε τη µέγιστη τιµή του E. Λύση. Θέτουµε y = BC και παίρνουµε σηµείο A του AB τέτοιο ώστε A B = DC = x, όπως στο Σχήµα. Επίσης έυκολα ϐλέπουµε ότι A B DC, A A x B D φ x y C Σχήµα : εποµένως το A BCD είναι ορθογώνιο παραλληλόγραµµο, δηλαδή A D = y και A B = x. Από τα δεδοµένα µας εύκολα παρατηρούµε ότι A AD ˆ = π και επειδή 4 AA ˆ D = π καταλήγουµε ότι το τρίγωνο AA D είναι ισοσκελές, οπότε AA = A D = y. Ακόµα AB +BC = 10, έτσι παίρνουµε διαδοχικά ότι AB +BC = 10 AA +A B +BC = 10 y +x+y = 10 y = 10 x α ) Παρατηρούµε ότι ABCD τραπέζιο, άρα AB +CD E = BC και ϐάση της (1) αυτό µας δίνει E(x) = x 10 x δηλαδή + (10 x) 8 = y (x+y)+x = xy + y = 40x 4x +100+x 0x, 8 E(x) = 3x +0x+100. () 8 Τέλος, λόγω των περιορισµών του προβλήµατος, έχουµε ότι x (0,10). (1)

6 1 ΙΑΦΟΡΙΚ ΟΣ ΛΟΓΙΣΜ ΟΣ Σελίδα 6 ϐ ) Από την Εξίσωση () παίρνουµε ότι δηλαδή E (6) =. E (x) = 3x+10, (3) 4 γ ) Από την Εξίσωση (3) παρατηρούµε ότι E (x) = 0 x = 10 και 3 ότι E (x) > 0 για x ( ) 0, 10 3 και E (x) < 0 για x ( 10,10). Ετσι 3 καταλήγουµε ότι το E(x) µεγιστοποιείται για x = Θέµα 4. Η ϑέση ενός υλικού σηµείου, που εκτελεί ευθύγραµµη κίνηση δίνεται από τον τύπο x = x(t) = e 4t t, 0 t 5, όπου το t µετριέται σε δευτερόλεπτα και το x σε µέτρα. α ) Πότε το σηµείο κινείται προς την αρνητική κατεύθυνση; ϐ ) Να ϐρείτε την επιτάχυνση όταν το υλικό σηµείο είναι ακίνητο. γ ) Να ϐρείτε το ολικό διάστηµα που έχει διανύσει το σηµείο στη διάρκεια των πρώτων 5 s. Λύση. α ) Εχουµε ότι u(t) = x (t) = e 4t t (4t t ) = (4 4t)e 4t t. Θέλουµε u(t) < 0, δηλαδή u(t) < 0 (4 4t)e 4t t < 0 4 4t < 0 t > 1 ή t (1,5], άρα για 1 < t 5 το σηµείο κινείται στην αρνητική κατεύθυνση. ϐ ) Αρχικά ϐρίσκουµε σε ποιά χρονική στιγµή το υλικό σηµείο είναι ακίνητο, δηλαδή πότε u(t) = 0. Εχουµε Επίσης έχουµε ότι u(t) = 0 (4 4t)e 4t t = 0 4 4t = 0 t = 1. a(t) = u (t) = (4 4t) e 4t t +(4 4t)(e 4t t ) = 4e 4t t +(4 4t) e 4t t = e 4t t [(4 4t ) 4], οπότε για t = 1 έχουµε a(1) = e ( 4) = 4e m/s.

7 1 ΙΑΦΟΡΙΚ ΟΣ ΛΟΓΙΣΜ ΟΣ Σελίδα 7 γ ) Από το προηγούµενο ερώτηµα έχουµε ότι u(t) = 0 t = 1 s. Στο χρονικό διάστηµα 0 t 1 το σηµείο διένησε απόσταση S 1 = x(1) x(0) = e 1 = e 1. Στο χρονικό διάστηµα 1 t 5 το σηµείο διένησε απόσταση S = x(5) x(1) = e 30 e = e e 30. Ετσι το ολικό διάστηµα που διένυσε το σηµείο στην διάρκεια των πρώτων 4 s είναι S = S 1 +S = e e 30 1 m. Τα ϑέµατα και τις λύσεις επιµελήθηκαν οι µαθηµατικοί Γιώργος Καπετανάκης και Αντώνης Λουτράρης. 30 Νοεµβρίου 0