Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων. Εξεταζόμενο Μάθημα: Μαθηματικά Προσανατολισμού, Θετικών & Οικονομικών Σπουδών

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων. Εξεταζόμενο Μάθημα: Μαθηματικά Προσανατολισμού, Θετικών & Οικονομικών Σπουδών"

Πλειόνη Μοσχοβάκης
5 χρόνια πριν
Προβολές:

1 Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων Εξεταζόμενο Μάθημα: Μαθηματικά Προσανατολισμού, Θετικών & Οικονομικών Σουδών Ημερομηνία: 18 Μαΐου 216 Ααντήσεις Θεμάτων Θέμα Α Α1. Θεωρία, βλ. σχολικό βιβλίο σελ. 262 (i) Α2. Θεωρία, βλ. σχολικό βιβλίο σελ. 141 Α. Θεωρία, βλ. σχολικό βιβλίο σελ Α4. α) Λάθος β) Σωστό γ) Λάθος δ) Σωστό ε) Σωστό Θέμα Β Β1. Η f είναι αραγωγίσιμη στο R με x2 f (x) = ( x ) = = 2x (x 2 + 1) 2 Λύνουμε την εξίσωση f (x) = Λύνουμε την ανίσωση f (x) > Αντίστοιχα: f (x) < 2x (x 2 +1) 2 = x = 2x (x 2 +1) 2 > x > 2x (x 2 +1) 2 < x < Το ρόσημο της ρώτης αραγώγου και η μονοτονία της f φαίνεται στον αρακάτω ίνακα: x + f (x) f ολικό ελάχιστο Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (, ] και γνησίως αύξουσα στο [, + ). Η f αρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x = το f() =. + Βουλιαγμένης & Κύρου 2, Αργυρούολη, Τηλ: Δ. Γούναρη 21, Γλυφάδα, Τηλ:

2 Β2. Η f είναι αραγωγίσιμη στο R με: f 2x (x) = ( (x 2 + 1) 2) = = 2 6x2 (x 2 + 1) Λύνουμε την εξίσωση f (x) = 2 6x2 (x 2 +1) = 6x2 + 2 = x = ή x = Λύνουμε την ανίσωση f (x) > 2 6x2 > (x 2 +1) 6x2 + 2 > < x < Το ρόσημο της δεύτερης αραγώγου και η κυρτότητα της f φαίνονται στον αρακάτω ίνακα: x f (x) + + f H f είναι κοίλη στα διαστήματα (, ] και [, + ). H f είναι κυρτή στο [, ]. H f αρουσιάζει σημεία καμής Α (, f ( )) με Α (, 1 ) και 4 Β (, f ( )) = (, 1 ) αφού η f αλλάζει ρόσημο εκατέρωθεν αυτών και ορίζεται 4 εφατομένη στα σημεία αυτά. Β. Η f είναι συνεχής στο R ως ηλίκο συνεχών και δεν έχει κατακόρυφη ασύμτωτη. Βρίσκουμε το f(x) = x + x + x 2 x 2 +1 = x + x 2 = 1 και ομοίως ροκύτει x2 f(x) = 1. x Συνεώς η γραφική αράσταση της f έχει στο + και στο οριζόντια ασύμτωτη την ευθεία y = 1. Β4. Βουλιαγμένης & Κύρου 2, Αργυρούολη, Τηλ: Δ. Γούναρη 21, Γλυφάδα, Τηλ:

3 Θέμα Γ Γ1. Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = e x2 x 2 1, x R. Η εξίσωση f(x) = έχει ροφανή ρίζα τη x =, αφού f() = e 1 =. H f είναι αραγωγίσιμη στο R με f (x) = 2x(e x2 1). Λύνουμε την εξίσωση: f (x) = 2x(e x2 1) = x = ή e x2 = 1 x = και κατασκευάζουμε τον αρακάτω ίνακα: x + 2x + e x f (x) + x + f + f ολικό ελάχιστο Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (, ] και γνησίως αύξουσα στο [, + ). Για x = η f έχει ολικό ελάχιστο το y = f() =. Εομένως για x < f(x) > f() f(x) >, και για x > f(x) > f() f(x) >. Άρα η εξίσωση f(x) = έχει μοναδική ρίζα την x =. Διαφορετικά, γνωρίζουμε ότι για κάθε x R ισχύει: e x x + 1 με την ισότητα να ισχύει για x =. Αντικαθιστώντας όου x το x 2 ροκύτει ότι: e x2 x e x2 x 2 1 f(x), με την ισότητα να ισχύει μόνο για x =. Άρα η εξίσωση f(x) = έχει μοναδική ρίζα την x =. Βουλιαγμένης & Κύρου 2, Αργυρούολη, Τηλ: Δ. Γούναρη 21, Γλυφάδα, Τηλ:

4 Γ2. Η f είναι συνεχής στο R. Η εξίσωση f(x) = είναι ισοδύναμη με την f 2 (x) = (e x2 x 2 1) 2 = e x2 x 2 1 = και λόγω του ερωτήματος Γ1 η αραάνω εξίσωση έχει μοναδική ρίζα την x =. Εομένως η f διατηρεί σταθερό ρόσημο στα διαστήματα (, ) και (, + ). Έχουμε: f 2 (x) = (e x2 x 2 1) 2 f 2 (x) = (e x2 x 2 1) 2 f(x) = e x2 x 2 1 Στο διάστημα (, ) ισχύει είτε f(x) < οότε: f(x) = (e x2 x 2 1) είτε f(x) > οότε: f(x) = e x2 x 2 1. Αντίστοιχα στο διάστημα (, + ) ισχύει είτε f(x) < οότε: f(x) = (e x2 x 2 1) είτε f(x) > οότε: f(x) = e x2 x 2 1. Συνδυάζοντας τις αραάνω εριτώσεις, όλες οι συνεχείς συναρτήσεις ου ικανοοιούν την αραάνω συνθήκη είναι οι εξής: f(x) = e x2 x 2 1, x R ή f(x) = (e x2 x 2 1), x R e x2 x 2 1, αν x ή f(x) = { (e x2 x 2 1), αν x < (e x2 x 2 1), αν x ή f(x) = { e x2 x 2 1, αν x < Γ. Η f είναι φορές αραγωγίσιμη στο R με f (x) = 2x(e x2 1) f (x) = 2e x2 + 4x 2 e x2 2, x R και f (x) = (2e x2 + 4x 2 e x2 2) = = 4x e x2 (2x 2 + ), x R Λύνω την εξίσωση: f (x) = 4x e x2 (2x 2 + ) = x = και αντίστοιχα την ανίσωση: f (x) > 4x e x2 (2x 2 + ) > x > Βουλιαγμένης & Κύρου 2, Αργυρούολη, Τηλ: Δ. Γούναρη 21, Γλυφάδα, Τηλ:

5 Οότε ροκύτει ο αρακάτω ίνακας ροσήμων x + f + f Εειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (, ], ροκύτει ότι: f (x) >, για κάθε x < Εειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο [, + ), ροκύτει ότι: f (x) >, για κάθε x > Είσης είναι: f () =. Εομένως, f (x), για κάθε x R με την ισότητα να ισχύει μόνο για x =. Άρα, η f είναι γνησίως αύξουσα στο R και η f είναι κυρτή στο R. Διαφορετικά, μορούμε να αρατηρήσουμε ότι: f (x) = 2(e x2 1) + 4x 2 e x2, για κάθε x R με την ισότητα να ισχύει μόνο για x =, αφού ισχύει: e x2 1 και 4x 2 e x2 για κάθε x R με την ισότητα να ισχύει σε κάθε ερίτωση μόνο για x =. Άρα, η f είναι κυρτή στο R. Γ4. Θεωρούμε τη συνάρτηση: g(x) = f(x + ) f(x), x [, + ) H g είναι αραγωγίσιμη στο [, + ) με g (x) = f (x + ) f (x). Αό το ερώτημα Γ, f είναι κυρτή στο [, + ), εομένως η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα αυτό. Για κάθε x > έχουμε: x < x + f (x) < f (x + ), αφού f γνησίως αύξουσα Άρα: g (x) >, για κάθε x >. Εομένως η g είναι γνησίως αύξουσα στο [, + ), άρα έχει την ιδιότητα 1-1. Είσης, ημx + > και συνεώς ορίζεται η σύνθεση g( ημx + ) στο [, + ) και η εξίσωση: f( ημx + ) f( ημx ) = f(x + ) f(x) (1) ισοδύναμα γράφεται: g( ημx ) = g(x) ημx = x Βουλιαγμένης & Κύρου 2, Αργυρούολη, Τηλ: Δ. Γούναρη 21, Γλυφάδα, Τηλ:

6 x = αφού γνωρίζουμε ότι για κάθε x ισχύει: ημx x ημx x με την ισότητα να ισχύει μόνο για x =. Άρα η εξίσωση (1) έχει μοναδική λύση την x =. Θέμα Δ Δ1. Ισχύει ισοδύναμα: (f(x) + f (x)) f(x) f(x) f(x) ημx dx = ημx dx + (f (x)) f() + f() = (1) ημx dx = ημx dx + [f (x) ημx] f (x) συνx dx = ημx dx + [f(x) συνx] f(x) Για τη συνάρτηση h(x) = f(x) ημx ισχύει: h(x) = 1 x ημx dx = Είναι: f(x) = ημx h(x) κοντά στο x =, οότε: x f(x) = f() = αφού η f είναι συνεχής στο x =. Τελικά η (1) γίνεται: f() =. Ειλέον έχουμε: f f(x) () = x x = x f(x) ημx x ημx = 1 2 ος τρόος Είναι: f(x) x ημx ( ) = DLH f (x) x συνx = f () = 1 Βουλιαγμένης & Κύρου 2, Αργυρούολη, Τηλ: Δ. Γούναρη 21, Γλυφάδα, Τηλ:

7 Δ2. α) Υοθέτουμε ότι η f αρουσιάζει ένα τουλάχιστον τοικό ακρότατο στη θέση x R. Εειδή είναι αραγωγίσιμη στο x, αό το Θεώρημα Fermat ισχύει f (x ) =. Παραγωγίζοντας τη σχέση (1) ισχύει: e f(x) f (x) + 1 = f (f(x)) f (x) + e x για κάθε x R. Για x = x δίνει: e f(x ) f (x ) + 1 = f (f(x )) f (x ) + e x e x = 1 x =, χρησιμοοιώντας ότι: f (x ) = Δηλαδή f () =. Άτοο Άρα η f δεν αρουσιάζει ακρότατα στο R. β) Ισχύει f (x) για κάθε x R. Η f είναι συνεχής στο R. Άρα η f διατηρεί σταθερό ρόσημο στο R, Δηλαδή η f είναι γνησίως μονότονη στο R. Εειδή f () = 1 > ισχύει f (x) > για κάθε x R οότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο R. Δ. Για κάθε x > ισχύει: ημx + συνx = f(x) Δηλαδή: ημx + συνx f(x) ημx + συνx f(x) 2 f(x) 2 ημx + συνx 2 f(x) f(x) f(x) (1) Εειδή: f(r) = (, + ) και η f είναι γνησίως αύξουσα στο R και συνεχής ισχύει: 1 f(x) = + οότε: =. x + x + f(x) Αό τη σχέση (1) και με χρήση του κριτηρίου αρεμβολής συμεραίνουμε ότι: ημx + συνx = x + f(x) Βουλιαγμένης & Κύρου 2, Αργυρούολη, Τηλ: Δ. Γούναρη 21, Γλυφάδα, Τηλ:

8 Δ4. Είναι: 1 e f(ln x) x dx (2) Θέτουμε: u = ln x εομένως: du = 1 x dx και για τα άκρα της ολοκλήρωσης αίρνουμε: για x = 1, u = για x = e, u = (2) = f(u) du = f(x) dx Για κάθε: x είναι f() f(x) f(), αφού f στο R Δηλαδή: f(x) Εομένως: f(x) με την ισότητα να ισχύει μόνο για x = f(x) dx > () και ακόμη: f(x) με την ισότητα να ισχύει μόνο για x = ( f(x)) dx f(x) dx f(x) dx f(x) dx > < dx < [x] < 2 (4) Άρα αό τις () και (4) αίρνουμε: < f(x) dx < 2 Ειμέλεια: Γιάννης Μερτίκας, Δημήτρης Βλάχος, Χρήστος Αναστασίου, Μάριος Πααδιαμαντής, Αλέξανδρος Φιτσόουλος, Αοστόλης Κωτσιαρίνης, Κωνσταντίνα Μωραΐτη, Δημήτρης Κότσιρας, Ηρώ Μαρκάκη Βουλιαγμένης & Κύρου 2, Αργυρούολη, Τηλ: Δ. Γούναρη 21, Γλυφάδα, Τηλ:

Σχετικά έγγραφα

Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων. Εξεταζόμενο Μάθημα: Μαθηματικά Προσανατολισμού, Θετικών & Οικονομικών Σπουδών

Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων Εξεταζόμενο Μάθημα: Μαθηματικά Προσανατολισμού, Θετικών & Οικονομικών Σουδών Ημερομηνία: 9 Ιουνίου 217 Ααντήσεις Θεμάτων Θέμα Α Α1. Θεωρία, βλ. σχολικό βιβλίο