ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΔΕΥΤΕΡΑ 11 ΙΟΥΝΙΟΥ 2018 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ

Transcript

1 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΔΕΥΤΕΡΑ 11 ΙΟΥΝΙΟΥ 018 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 99 Α. α) Ψ β) Η συνάρτηση g(x) = { x, x 0 1 x, x > 0 είναι 1-1 αλλά δεν είναι γνησίως μονότονη. (Σχολικό βιβλίο, σελίδα 35) Α3. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 16 Α4. α) Λάθος β) Λάθος γ) Σωστό δ) Σωστό ε) Σωστό

2 ΘΕΜΑ Β Β1. f(x) = x 4, x R {0} x Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη με f (x) = x x 4 = x 3 = x3 + 8 x 3, x R {0} f (x) = 0 x3 + 8 x 3 = 0 x = 0 x = x 0 + x 3 + x f (x) + + f(x) 1 1 Επειδή f (x) > 0 στο (, ) και f συνεχής στο (, ] η f είναι γνησίως αύξουσα για x (, ]. x (0, + ) Επειδή f (x) < 0 στο (,0) και f συνεχής στο [,0) η f είναι γνησίως φθίνουσα αύξουσα για x [, 0). Επειδή f (x) > 0 στο (0, + ) και f συνεχής στο (0, + ) η f είναι γνησίως αύξουσα για x (0, + ). Παρουσιάζει τοπικό μέγιστο για x = την τιμή f( ) = 3. B. f (x) = x x 6 = 4 < 0 x R {0} x4 Επομένως η C f δεν παρουσιάζει σημεία καμπής

3 Β3. Κατακόρυφη ασύμπτωτη αφού lim ( 4 x 0 + x) = lim f(x) = lim (x 4 x 0 + x 0 + x) = δηλαδή η ευθεία x=0 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της C f Πλάγια-Οριζόντια ασύμπτωτη f(x) lim x + x = lim (1 4 x + x 3) = 1 0 = 1 lim (f(x) x) = lim (x 4 x + x + x x) = 0 Δηλαδή η ευθεία y =x είναι πλάγια ασύμπτωτη της C f στο+. f(x) lim x x = lim (1 4 x x 3) = 1 0 = 1 lim (f(x) x) = lim (x 4 x x x x) = 0 Δηλαδή η ευθεία y = x είναι πλάγια ασύμπτωτη της C f στο. Β4. x 0 + f (x) + f (x) + + f(x) 6 8 6

4 ΘΕΜΑ Γ Γ1. Έστω Ε 1 και Ε τα εμβαδά του τετραγώνου και του κύκλου αντίστοιχα. Η πλευρά του τετραγώνου είναι α = x 4, άρα Ε 1 = α = x 16. Το μήκος του κύκλου είναι L = πρ, άρα πρ = 8 x ρ = 8 x όπου ρ η ακτίνα του κύκλου. Άρα Επομένως, (8 Ε = πρ x) = π 4π = x 16x π Ε(x) = Ε 1 + Ε = x 16 + x 16x π π = (π + 4)x 64x + 56, x (0,8). 16π

5 Γ. Είναι E (x) = 1 16π ((π + 4)x 64x + 56) = 1 ((π + 4)x 64), 16π οπότε E (x) = 0 (π + 4)x 64 = 0 x = π + 4 E (x) > 0 (π + 4)x 64 > 0 π + 4 < x < 8 E (x) < 0 (π + 4)x 64 < 0 0 < x < π + 4 x 0 8 Ε (x) + Ε(x) 1 Επειδή Ε (x) < 0 στο (0, ) και Ε συνεχής στο (0, η Ε είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, ]. ], Επειδή Ε (x) > 0 στο (, 8) και Ε συνεχής στο [, 8), η Ε είναι γνησίως αύξουσα στο [, 8). Άρα η Ε παρουσιάζει ελάχιστο για x 0 =.

6 Για x = x 0 είναι α = x 0 4 = και π ρ = 8 x 0 π = 8 π + 4 = 8 π + 4 8π = π π(π + 4) = 8 π + 4. Άρα το άθροισμα των εμβαδών των δύο σχημάτων γίνεται ελάχιστο όταν a = ρ, δηλαδή όταν η πλευρά του τετραγώνου ισούται με τη διάμετρο του κύκλου. Γ3. Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση E(x) = 5 έχει μοναδική λύση στο (0,8). Έστω Δ 1 = (0, ] και Δ = [, 8). Επειδή Ε (x) < 0 στο (0, ) και Ε συνεχής στο (0, η Ε είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, ] και Ε(Δ 1 ) = [Ε ( ), lim Ε(x)) = [ 16, 16 ) αφού x 0 + π() π Ε ( (π + 4) π + 4 ) = (π + 4) 64 π π και 56 lim Ε(x) = x π = 16 π > 5 ], = 16 π(π + 4)

7 Επειδή Ε (x) > 0 στο (, 8) και Ε συνεχής στο [, 8), η Ε είναι γνησίως αύξουσα στο [, 8) και Ε(Δ ) = [Ε ( π + 4 ), lim x 8 Ε(x)) = [ 16 π(π + 4), 4) Το 5 Ε(Δ 1 ) και η Ε 1-1 στο Δ 1, ως γν. φθίνουσα, οπότε η εξίσωση Ε(x) = 5 έχει μοναδική λύση στο Δ 1. Το 5 Ε(Δ ) οπότε η εξίσωση Ε(x) = 5 δεν έχει λύση στο Δ. Συνεπώς, η εξίσωση Ε(x) = 5 έχει μοναδική λύση στο (0,8).

8 ΘΕΜΑ Δ Δ1. Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R με f (x) = e x a (x a) x = e x a x. H f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R με f (x) = e x a (x a) = e x a. Είναι f (x) = 0 e x a = e x a = 1 x a = 0 x = a f (x) > 0 e x a > e x a > 1 x a > 0 x > a f (x) < 0 e x a < e x a < 1 x a < 0 x < a x α + f (x) + f(x) 4 3 Επειδή f (x) < 0 στο (, a) και f συνεχής στο (, a], η f κοίλη στο (, a]. Επειδή f (x) > 0 στο (α, + ) και f συνεχής στο [α, + ), η f κυρτή στο [α, + ). Άρα το Α(α, f(a)), δηλαδή το Α(α, α ) είναι μοναδικό σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της f. Δ. Έστω Δ 1 = (, a] και Δ = [α, + ). Είναι f (x) < 0 στο (, a) και f συνεχής στο (, a], άρα f γνησίως φθίνουσα στο (, a]. Είναι f (x) > 0 στο (α, + ) και f συνεχής στο [α, + ), άρα f γνησίως αύξουσα στο [α, + ).

9 Επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Δ 1, είναι f (Δ 1 ) = [f (a), lim f (x)) = [ a, + ) x αφού: f (a) = e 0 a = a και lim f (x) = + (διότι lim e x a = 0 και lim ( x) = + ) x x x Επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Δ, είναι f (Δ ) = [f (a), lim f (x)) = [ a, + ) x + αφού: f (a) = e 0 a = a και διότι lim x + f (x) = e x a lim x + x lim (e x a x) = x + lim [x (ex a 1)] = + x + x (+ + ) = lim (e x a ) e x a x + (x) = lim x + = + Επειδή a > 1 a < a < 0 άρα 0 f (Δ 1 ) και f 1-1 στο Δ 1, ως γνησίως φθίνουσα, οπότε υπάρχει μοναδικό x 1 (, a) ώστε f (x 1 ) = 0. Όμοια, 0 f (Δ ) και f 1-1 στο Δ, ως γνησίως αύξουσα, οπότε υπάρχει μοναδικό x (α, + ) ώστε f (x ) = 0. Έχουμε: για x < x 1 f (,a] f (x) > f (x 1 ) f (x) > 0 για x 1 < x < a f (,a] f (x) < f (x 1 ) f (x) < 0 για για a < x < x f [a,+ ) f (x) < f (x ) f (x) < 0 x > x f [a,+ ) f (x) > f (x ) f (x) > 0

10 x x 1 α x + f (x) + f (x) + + f(x) 1 1 Συνοψίζοντας: Επειδή f (x) > 0, για κάθε x (, x 1 ), και f (x) < 0 για κάθε x (x 1, α), η f παρουσιάζει στο x 1 τοπικό μέγιστο. Επειδή f (x) > 0, για κάθε x (α, x ), και f (x) < 0 για κάθε x (x, + ), η f παρουσιάζει στο x τοπικό ελάχιστο. Άρα υπάρχουν μοναδικά x 1, x R με x 1 < x τέτοια ώστε η συνάρτηση f να παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στο x 1 και τοπικό ελάχιστο στο x. Δ3. Έστω x 1 1. Τότε, αφού f (, a], θα είναι f (x 1 ) f (1) 0 e 1 a e 1 a e 1 a 1 e 1 a e 0 1 a 0 a 1, άτοπο. Αν x 1 < 1 τότε στο [1, x ] η f γν. φθίνουσα. Για x (a, x ) έχουμε 1 < α < x < x f f(1) > f(a) > f(x) > f(x ) f(1) > f(x). Άρα η εξίσωση f(x) = f(1) είναι αδύνατη στο (α, x ).

11 Δ4. Για a =, f(x) = e x x H f είναι κυρτή στο [, 3] άρα η γραφική παράσταση της f βρίσκεται πάνω από κάθε εφαπτομένη της. Η εξίσωση της εφαπτομένης της C f στο Μ(,f()) είναι Επομένως ισχύει y f() = f ()(x ) y + = (x ) y = x + f(x) x + f(x) x ( x + ) x με την ισότητα να ισχύει μόνο για x =. Οπότε 3 f(x) x 3 dx > ( x + ) x dx 3 Για τον υπολογισμό του ( x + ) x dx Θέτουμε x = u x = u x = u + x 3 u 0 1 Οπότε dx = udu 3 ( x + ) x 1 dx = [ (u + ) + ] u u = [ u ]u = [ 4u5 5 4u3 3 ] 0 du 1 du = ( 4u 4 4u ) du 0 = = = 15 Επομένως ισχύει 3 f(x) x dx > 15