ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ

Transcript

1 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ Δ ΤΑΞΗΣ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Δευτέρα Ιουνίου 08 Λύσεις των θεμάτων Έκδοση η (/06/08, :0)

2 Οι απαντήσεις και οι λύσεις είναι αποτέλεσμα συλλογικής δουλειάς των Επιμελητών των φακέλων του Λυκείου του Δικτυακού Τόπου mathematica.gr με βάση υλικό που αναρτήθηκε στο mathematica Συνεργάστηκαν οι: Αντωνέας Στράτης, Βαρβεράκης Ανδρέας, Κακαβάς Βασίλης, Καλαθάκης Γιώργος, Καλδή Φωτεινή, Καρδαμίτσης Σπύρος, Κατσίπης Νίκος, Κούτρας Στάθης, Μάγκος Θάνος, Μαυρογιάννης Νίκος, Μουρούκος Βαγγέλης, Μπεληγιάννης Αθανάσιος, Μπόρης Ροδόλφος, Παπαγρηγοράκης Μίλτος, Πρωτοπαπάς Λευτέρης, Ρίζος Γιώργος, Στεργίου Μπάμπης, Στόγιας Σωτήρης, Συγκελάκης Αλέξανδρος, Συνεφακόπουλος Αχιλλέας, Τηλέγραφος Κώστας, Τσιφάκης Χρήστος, Χασάπης Σωτήρης Το Δελτίο διατίθεται ελεύθερα από το δικτυακό τόπο mathematica.gr

3 ΠΑΝΕΛΚΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ Δ ΤΑΞΗΣ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΔΕΥΤΕΡΑ ΙΟΥΝΙΟΥ 08 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΜΑ Α Α. Να αποδείξετε ότι, αν μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη σε ένα σημείο o, τότε είναι συνεχής στο σημείο αυτό. Α. Θεωρείστε τον παρακάτω ισχυρισμό: Μονάδες 7 «Κάθε συνάρτηση f: που είναι '' '' είναι και γνησίως μονότονη.» α. Να χαρακτηρίσετε τον παραπάνω ισχυρισμό, γράφοντας στο τετράδιό σας το γράμμα Α, αν είναι αληθής, ή το γράμμα Ψ, αν είναι ψευδής. (μονάδα ) β. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας στο ερώτημα α. (μονάδες ) Α. Να διατυπώσετε το Θεμελιώδες Θεώρημα του Ολοκληρωτικού Λογισμού Μονάδες 4 Μονάδες 4 Α4. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιό σας, δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση, τη λέξη Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασμένη. α) Η συνάρτηση f ημ με έχει μία μόνο θέση ολικού μεγίστου. β) Για κάθε παραγωγίσιμη συνάρτηση f σε ένα διάστημα Δ, η οποία είναι γνησίως αύξουσα, ισχύει f' 0 για κάθε Δ. συν γ) Ισχύει lim 0 0 δ) Αν η f είναι αντιστρέψιμη συνάρτηση, τότε οι γραφικές παραστάσεις C και C'των συναρτήσεων f και f αντίστοιχα είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία y. ε) Κάθε κατακόρυφη ευθεία έχει το πολύ ένα κοινό σημείο με τη γραφική παράσταση μιας συνάρτησης f. Μονάδες 0 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ A. Θεωρία, σχολικό βιβλίο, σελ. 99

4 Α. α. Ψευδής. αν 0 β. Χρησιμοποιούμε αντιπαράδειγμα. Π.χ. θεωρούμε την συνάρτηση f() αν 0 η οποία είναι αλλά δεν είναι γνησίως μονότονη στο. Έστω ότι f f. Οι δυνατές περιπτώσεις είναι,,, Οι δύο πρώτες αποκλείονται λόγω προσήμων και από τις δύο τελευταίες προκύπτει ότι. Παραγωγίζοντας στα,0 και 0, βρίσκουμε ότι f' 0 και f' 0 επομένως στο πρώτο διάστημα η f είναι γνησίως αύξουσα και στο δεύτερο γνησίως φθίνουσα. Άρα στο πεδίο ορισμού της η f δεν είναι γνησίως μονότονη. A. Θεωρία, σχολικό βιβλίο σελ. 6 Α4. α) Λάθος β) Λάθος γ) Σωστό δ) Σωστό ε) Σωστό ΘΕΜΑ Β 4. B. Να μελετήσετε την συνάρτηση f ως προς την μονοτονία και τα τοπικά ακρότατα. Δίνεται η συνάρτηση f, 0 Μονάδες 8 Β. Να μελετήσετε την συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα και τα σημεία καμπής. Μονάδες 4 Β. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f. Μονάδες 6 Β4. Με βάση τις απαντήσεις σας στα παραπάνω ερωτήματα, να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f. (Η γραφική παράσταση να σχεδιαστεί με στυλό με μελάνι που δεν σβήνει). Μονάδες 7 ΛΥΣΗ: Β. H συνάρτηση f είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων. Για 0 έχουμε 4

5 Είναι ( +)( + 4) f()=+ = = +8 f()=0 =0 +8=0 = 8= +8 f()>0 >0 (+)( + 4) > 0 Επειδή + 4 > 0 γιακάθε έχουμε ότι (+)>0 < ή > 0 Επομένως η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα στα διαστήματα, και 0,+ και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα,0. Επιπλέον η συνάρτηση για = παρουσιάζει τοπικό μέγιστο με τιμή f( ) = 0 f () f() B. H συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη για 0 ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων με +8 ( +8) ( + 8)( ) ( + 8) f()= = = = 6 6 ( 8) = <0 4 Επομένως είναι κοίλη σε κάθε ένα από τα διαστήματα (,0) και (0,+ ). Επιπλέον δεν έχει σημεία καμπής. Β. Στα 0 0 η f είναι συνεχής και επομένως δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες. 4 Για το 0 0έχουμε lim f()=lim = 0 0. Επομένως η γραφική παράσταση της συνάρτησης έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη την ευθεία =0. Πλάγιες οριζόντιες ασύμπτωτες στο Έχουμε: 4 4 f() lim = lim = lim = lim = lim == λ 5

6 και 4 4 lim f() λ = lim = lim =0=β Επομένως η ευθεία y=λ+β y= είναι πλάγια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f στο. Πλάγιες οριζόντιες ασύμπτωτες στο Έχουμε: και 4 4 f() 4 lim = lim = lim = lim = lim == λ 4 4 lim f() λ = lim = lim =0=β Επομένως η ευθεία y=λ+β y= είναι πλάγια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f στο. B4. Με βάση τα παραπάνω στοιχεία σχεδιάζουμε τη γραφική παράσταση C f της συνάρτησης f. Η C f τέμνει τον άξονα στο σημείο B με τετμημένη 4,6. 6

7 ΘΕΜΑ Γ ΛΥΣΗ: Έχουμε ένα σύρμα μήκους 8m, το οποίο κόβουμε σε δύο τμήματα. Με το ένα από αυτά, μήκους m, κατασκευάζουμε τετράγωνο και με το άλλο κύκλο. Γ. Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των εμβαδών των δύο σχημάτων σε τετραγωνικά μέτρα, συναρτήσει του, είναι π , 0,8 Ε 6π Μονάδες 5 Γ. Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των εμβαδών των δύο σχημάτων ελαχιστοποιείται, όταν η πλευρά του τετραγώνου ισούται με την διάμετρο του κύκλου. Μονάδες 0 Γ. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένας μόνο τρόπος με τον οποίο μπορεί να κοπεί το σύρμα μήκους 8m, ώστε το άθροισμα των εμβαδών των δύο σχημάτων να ισούται με 5m. Μονάδες 0 Γ. Έστω m το μήκος του σύρματος που θα χρησιμοποιηθεί για το τετράγωνο και 8 m θα είναι το μήκος που θα χρησιμοποιηθεί για τον κύκλο. Η πλευρά τετραγώνου είναι α = m. 4 8 Το μήκος L = πr του κύκλου είναι ίσο με 8 m οπότε έχουμε πr=8 R=. π 8 Η ακτίνα του κύκλου είναι λοιπόν ίση με R= m. π Συνεπώς η συνάρτηση του αθροίσματος των εμβαδών θα είναι: (8 ) (8 ) (π +4) E()= α + πr = +π = + =, με (0,8). 6 4π 6 4π 6π Γ. Η συνάρτηση (π +4) E()=, που δίνει το ολικό εμβαδό, είναι παραγωγίσιμη στο (0,8) με 6π (π +4) E()= = (π +4) π 6π = (π +4) 64 = (π +4) 6π 8π E()=0 (π +4) = 0 (π +4) = 0 =. 8π π+4 Ισχύει ότι E()>0 (π +4) > 0 (π +4) > 0 >. 8π π+4 και 7

8 Συνεπώς, η συνάρτηση E() είναι γνησίως φθίνουσα στο 0, π +4,8 π +4. Οπότε η συνάρτηση E() έχει ελάχιστο για = π +4. και γνησίως αύξουσα στο 0 π+4 E () E() Η πλευρά του τετραγώνου γίνεται ίση με τη διάμετρο όταν 8, που είναι η τιμή 4 π π 4 για την οποία η Ε() έχει ελάχιστο. Άρα, όταν η πλευρά του τετραγώνου γίνεται ίση με την διάμετρο του κύκλου, τότε το άθροισμα των εμβαδών ελαχιστοποιείται. 6 lim E =. π Γ. Είναι 0 H E() είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Α 0, π 4, οπότε το σύνολο τιμών της στο Α 6 6 είναι το Ε, limε, π 4 0. π 4 π 6 6 Είναι π <, > =5, άρα υπάρχει ένα μοναδικό 0 A π, Επίσης είναι 8 lim E = 4., τέτοιο ώστε E =5. Η E() είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Α =,8,οπότε το σύνολο τιμών της στο Α εί π +4 6 ναι το Ε, limε,4 π 4 8, οπότε δεν υπάρχει A τέτοιο ώστε Ε() = 5. π 4 0,8 E =5. Άρα υπάρχει μοναδικό τέτοιο ώστε

9 ΘΕΜΑ Δ α Δίνεται η συνάρτηση f e, με α. Δ. Να αποδείξετε ότι για κάθε τιμή του α η γραφική παράσταση της συνάρτησης f έχει ακριβώς ένα σημείο καμπής Μονάδες Δ. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν μοναδικά, με, τέτοια ώστε η συνάρτηση f να παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στο και τοπικό ελάχιστο στο. Δ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f f είναι αδύνατη στο Δ4. Αν α να αποδείξετε ότι: ΛΥΣΗ: f d 5 α,. Μονάδες 7 Μονάδες 6 Μονάδες 9 Δ. Η συνάρτηση f με α f()=e και α > είναι ορισμένη στο και είναι παραγωγίσιμη στο ως α e (παραγωγίσιμη ως σύνθεση των παρα διαφορά των παραγωγίσιμων συναρτήσεων με τύπους γωγίσιμων e, που είναι γινόμενο εκθετικής με σταθερά και της α που είναι πολυωνυμική) και (παραγωγίσιμη ως πολυωνυμική) με α f()=e. Οπότε είναι και συνεχής. Επίσης η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο ως διαφορά των παραγωγίσιμων συναρτήσεων με τύπους e (παραγωγίσιμη ως σύνθεση των παραγωγίσιμων e που είναι γινόμενο α εκθετικής με σταθερά και της α που είναι πολυωνυμική) και (παραγωγίσιμη ως πολυωνυμική) α με f() e. Τότε: και δηλαδή η α α α f()=0 e =0e =e = α=0 =α, α α α f()>0 e >0 e > e > α>0 >α, α α α f()<0 e <0 e < e < α<0 <α C f παρουσιάζει μοναδικό σημείο καμπής το (α,f(α)) δηλαδή το (α, α ). α f () 0 + f() Σ.Κ. 9

10 Δ. Έχουμε ότι: α α f(α)=e α = α, α lim f ()= lim (e )= +, αφού α lim (e )= 0 και lim ()= και α α lim f ()= lim (e )= lim e + e αφού α lim (e )= + De L' Hospital). α,, lim = lim = 0 (αφού τηρούνται οι προυποθέσεις του θεωρήματος a α e e Από το Δ αποδείξαμε ότι η συνάρτηση f είναι κοίλη στο (,α] και κυρτή στο [α,+ ), οπότε η συνάρτηση f' είναι γνησίως φθίνουσα στο (,α] και γνησίως αύξουσα στο [α,+ ). Η f' είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Α =,α f(a )= f(α), lim f () =[ α,+ ). οπότε Η f' είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Α = α,+ οπότε f(a )= f(α), lim f () =[ α,+ ). Αφού α > α < α <0, οπότε 0f (A ), 0 f (A ) και γνησίως μονότονη σε κάθε ένα από τα A,A, οπότε η f()=0 έχει από μία ακριβώς ρίζα σε κάθε ένα από τα διαστήματα A,A, έστω A, A. Συνεπώς: < f()>f( ) f()>0, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα (, ], <<α f()<f( ) f()<0, άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [,α], α << f()<f( ) f()<0, άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [α, ], > f()>f( ) f()>0,+., άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο Επιπλέον η συνάρτηση f είναι συνεχής στο α, οπότε είναι γνησίως φθίνουσα στο [, ]. Συνεπώς η συνάρτηση f παρουσιάζει μοναδικό τοπικό μέγιστο για (,α] και μοναδικό τοπικό ελάχιστο για [α,+ ). 0

11 α f () f () + + f() Δ. Επειδή α α T. M. Σ.Κ. TE.. α f 0e 0e. Αλλά α α 0e. Ισχύει ότι α και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [, ], οπότε f() f(α) f( ), άρα η εξίσωση f() f() είναι αδύνατη στο (α, ). Δ4. Για α = είναι f()=e και f()=e. Η εφαπτομένη της C f στο Α(, ) έχει εξίσωση y f() = f ()( ). Αφού f()= η παραπάνω εξίσωση γράφεται y= +. Λόγω της κυρτότητας της f στο [0,] είναι f() + με το ίσον να ισχύει μόνο για =. Άρα για κάθε [,] f() + f() είναι Τότε πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη της παραπάνω σχέσης, με 0 στο [,] έχουμε: Τότε ισχύει f() ( ) και το ίσον ισχύει μόνο για =. f() d > ( ) d. Στο ολοκλήρωμα I ( ) d θέτουμε u = οπότε είναι du = d, οπότε είναι = u +. Τα όρια ολοκλήρωσης γίνονται u = = u = 0 = u = I (u+) udu= u u u du= u +u du= u u u u u u 0 = + = + = 4 + = = , = 4 + = 4 = οπότε είναι f() d >. 5

12 ΑΛΛΕΣ ΛΥΣΕΙΣ: 4 B. Είναι f() κι επειδή 4 4 lim lim 0 lim f() lim f() 0. Επομένως η y είναι πλάγια ασύμπτωτη της f τοσο στο όσο και στο. Γ. Η πλευρά του τετραγώνου γίνεται ίση με τη διάμετρο όταν 8. 4 π π 4 π 4 β Η f είναι τριώνυμο με α 0 άρα παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 π 4 το οποίο φανερά ανήκει στο (0, 8) και το οποίο είναι και το ζητούμενο για το οποίο η πλευρά του τετραγώνου 6π α γίνεται ίση με τη διάμετρο του κύκλου. Γ. Μελετάμε τη γενίκευση της συνάρτησης E() στο διάστημα [0, 8] Είναι E0= και π <, > =5 E0 >5. π π, Επίσης είναι E8=4. Οπότε, αφού η συνάρτηση E() είναι συνεχής ως πράξη συνεχών, γνησίως φθίνουσα στο και γνησίως αύξουσα στο 0 E =5.,8 π +4, θα υπάρχει ένα μοναδικό 0 στο 0, π +4 0,, τέτοιο ώστε π +4 Γ. Θα αποδείξουμε ότι η εξίσωση E() 5 έχει μοναδική λύση στο διάστημα (0,8). Είναι (π 4) E() 5 5 6π (π 4) π (π 4) π 0 Είναι Δ 64 4(π 4)(56 80π) 64 64(π 4)(6 5π) 64(5π 4π) 0. Οι λύσεις της εξίσωσης είναι: 64 64(5π 4π) π 4π 4 5π 4π (π 4) (π 4) π 4

13 Όμως η 4 5π 4π 8 αφού π 4 4 5π 4π 8π 5π 4π π 5π 4π 4π π 4π 0 4 5π 4π Ακόμα 8 αφού π 4 4 5π 4π και 0 αφού π 4 Πράγματι, το τριώνυμο διάστημα. 4 5π 4π 8π π 5π 4π 0 4 5π 4π 05π 4π g(t) 5t 4t 64 είναι αρνητικό όταν 4t, και το π ανήκει σ' αυτό το Γ. Η συνάρτηση g =E() 5 είναι τριώνυμο οπότε έχει το πολύ ρίζες. Η g είναι συνεχής στο [0,8] ως πράξη συνεχών και: (π +4) π g 0 =E(0) 5= 5= 5= 5>0 6π 6π 6π (π +4) π π g 8 =E(8) 5= 5= 5= =4 5= <0 6π 6π 6π (π +4) π π +6 g0=e(0) 5= 5= 5= >0 6π 6π 6π Από το θεώρημα Bolzano συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση g()=0 έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο (0,8) και μια τουλάχιστον ρίζα στο (8,0). Όπως αναφέραμε, η g =E() 5 είναι τριώνυμο, οπότε θα έχει μοναδική λύση στο (0,8) Δ. Αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο α, αρκεί να δείξουμε ότι α α Πράγματι από τη γνωστή ανισότητα Άρα η εξίσωση είναι αδύνατη. ff α e α e α 0. e για κάθε και αφού το α 0 ισχύει : α e α α α α α α 0 α f e e 0, αφού α 0e. α α Δ. Παρατηρούμε ότι Άρα, θα είναι, κι αφού α,α. Η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα, άρα και, στο τη μοναδική λύση, θα είναι,, οπότε η εξίσωση f f στο,. Αφού, όμως,α, έχουμε ότι η εξίσωση f f αδύνατη στο διάστημα α,. έχει είναι

14 Δ. Παρατηρούμε όπως πριν ότι f 0. Έστω ότι υπήρχε ρ α, τέτοιο, ώστε f ρ f. Με ε φαρμογή του Θεωρήματος Rolle για την f στο διάστημα,ρ, θα υπήρχε ένα τουλάχιστον ξ,ρ τέτοιο, ώστε fξ 0. Αυτό, όμως, είναι άτοπο, γιατί,ρ,και f 0 για κάθε. Συνεπώς, η εξίσωση f f είναι αδύνατη στο διάστημα, Δ. Επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο α,, θα είναι f α, f,fα. Για να δείξουμε ότι η εξίσωση f f είναι αδύνατη στο α, f fα. Αρκεί, λοιπόν, να δείξουμε ότι Θέτοντας α στη βασική ανισότητα α οπότε α e α. e α,., αρκεί να δείξουμε ότι (με το ίσον μόνο αν 0) έχουμε ότι: α e α α, e α α. Έτσι, αρκεί να δείξουμε ότι α α α α 0 α 0, που ισχύει και άρα το ζητούμενο δείχθηκε. 4