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

Transcript

1 Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων Εξεταζόμενο Μάθημα: Μαθηματικά Προσανατολισμού, Θετικών & Οικονομικών Σπουδών Ημερομηνία: Ιουνίου 08 Απαντήσεις Θεμάτων Θέμα Α Α.. Θεωρία σχολικού βιβλίου, απόδειξη σελίδα 99. Α.. α) Ψευδής. β) Σχολικό βιβλίο σελίδα 35: Υπάρχουν συναρτήσεις που είναι - αλλά δεν είναι γνησίως μονότονες, όπως η, 0 συνάρτηση: g() = {, > 0 A.3. Θεωρία σχολικού βιβλίου, Θεώρημα σελίδα 6. Α.4. α) Λάθος β) Λάθος γ) Σωστό δ) Σωστό ε) Σωστό Θέμα Β B. Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R {0} ως πράξεις μεταξύ συνεχών και παραγωγίσιμων συναρτήσεων με f () = ( 4 ) = () ( 4 ) = 4 ( ) = + 8 3, 0 Ελ. Βενιζέλου 45 N.Σμύρνη,

2 Έχουμε: f () = = 3 = 8 = f () > > > > 0 3 ( 3 + 8) > 0 3 ( + )( + 4) > 0 και το + 4 έχει Δ < 0 συνεπώς + 4 > 0, για κάθε R Επομένως, προκύπτει ο παρακάτω πίνακας προσήμων: ΓΙΝ + + Τελικά f () > 0 για (, ) (0, + ) f () < 0 για (,0) και προκύπτει ο παρακάτω πίνακας μονοτονίας ακροτάτων: 0 + f () + + f() Άρα, η f είναι γνησίως αύξουσα στα διαστήματα: (, ], (0, + ) και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα [,0). Επίσης, παρουσιάζει στη θέση =, τοπικό μέγιστο το f( ) = 3. B. Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R {0} ως πράξεις συνεχών και παραγωγίσιμων συναρτήσεων f () = ( + 8 3) = 4 4 < 0 για κάθε R {0} Ελ. Βενιζέλου 45 N.Σμύρνη,

3 Άρα η f είναι κοίλη στα διαστήματα (, 0) και (0, + ) και δεν παρουσιάζει σημείο καμπής στο R {0}. 0 + f f B3. Ελέγχουμε την f για κατακόρυφη ασύμπτωτη στο = 0. lim f() ( ) ( 4 0 ) = 0 4 (+ ) = αφού lim 0 = 0 και > 0 για κάθε 0 κοντά στο 0, οπότε lim 0 lim f() ( 4 ) ( ) = 0 4 (+ ) = Αφού lim 0 + = 0 και > 0 για κάθε 0 κοντά στο 0, οπότε lim 0 + Οπότε η = 0 είναι η κατακόρυφη ασύμπτωτη της C f. Ελέγχουμε την f για ασύμπτωτες στα και +. = = + f() lim = = λ lim [f() λ] = 4 lim = 0 = β [f() ] [ 4 ] = lim ( 4 ) Άρα η y = λ + β y = είναι πλάγια ασύμπτωτη της C f στο. f() lim + + lim [f() λ] [f() ] [ 4 + ] = = = λ Άρα η y = λ + β y = είναι πλάγια ασύμπτωτη της C f στο +. lim 4 = 4 lim + = 0 = β Οπότε η C f δεν παρουσιάζει οριζόντια ασύμπτωτη στο ή στο + εφόσον παρουσιάζει πλάγια. β τρόπος για τις πλάγιες ασύμπτωτες: Είναι: f() = 4. Επειδή: lim ( 4 ± ) = 0 θα είναι και lim y = είναι πλάγια ασύμπτωτη της C f στο + και στο. ± (f() ) = 0, οπότε η Ελ. Βενιζέλου 45 N.Σμύρνη,

4 B4. Από την παραπάνω ανάλυση προκύπτει η γραφική παράσταση: Θέμα Γ Γ. Η πλευρά του τετραγώνου είναι α = 4 m και το εμβαδόν του Ε () = 6, (0,8). Το μήκος του κύκλου είναι 8 m, άρα για την ακτίνα του ισχύει πρ = 8 ρ = 8 και το εμβαδόν του Ε () = π ( 8 π ) = π 4π = π Επομένως, Ε() = π π, (0,8) = (π + 4) , (0,8) 6π π m Γ. H E είναι παραγωγίσιμη στο (0,8) με Ε () = Θέτουμε: (π + 4) 64 6π Ε () = 0 = 3 π + 4, (0,8) και προκύπτει ο ακόλουθος πίνακας μονοτονίας ακροτάτων: Ελ. Βενιζέλου 45 N.Σμύρνη,

5 0 3 π + 4 Ε () + 8 Ε() ολ. ελαχ. Συνεπώς η Ε παρουσιάζει ελάχιστο στο = 3 π+4 δ = ρ = 8 3 π + 4 8(π + 4) 3 8π = = π π(π + 4) π(π + 4) = 8 π + 4 m m. Για την τιμή αυτή ισχύει α = 8 Τελικά, για = 3 m η πλευρά του τετραγώνου ισούται με τη διάμετρο του κύκλου. π+4 π+4 m και Γ3. Έχουμε ότι : 6 lim E() = + 0 π lim 8 E() = 4 3 Ε ( 3 (π + 4) π + 4 ) = (π + 4) 64 3 π = 6π = (π + 4) 6π(π + 4) = π + 64 π(π + 4) = = 6π π(π + 4) = 6 π + 4 6[ (π + 4)] 6π(π + 4) Επειδή η Ε είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Δ = (0, ], π+4 ισχύει E(Δ ) = [E ( 3 ), lim 6 E()) = [, 6 ). π+4 + π+4 π 0 Επειδή η Ε είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Δ = [ 3 π+4, 8), ισχύει E(Δ ) = [E ( 3 ), lim 6 E()) = [, 4). π+4 π+4 8 Αφού 6 π > 5, ισχύει 5 E(Δ ) και η εξίσωση Ε() = 5 έχει μοναδική ρίζα στο Δ επειδή η Ε είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ. Αφού 5 Ε(Δ ), η εξίσωση Ε() = 5 δεν έχει ρίζα στο Δ. Άρα, υπάρχει ένας μόνο τρόπος ώστε το άθροισμα των εμβαδών των δύο σχημάτων να ισούται με 5m. = 3 Ελ. Βενιζέλου 45 N.Σμύρνη,

6 Θέμα Δ Δ. Η f είναι παραγωγίσιμη στο R με f () = e a = (e a ) για κάθε R. H f είναι παραγωγίσιμη στο R με f () = (e a ) για κάθε R. f () = 0 e a = 0 e a = e 0 a = 0 = a f () < 0 e a < 0 e a < e 0 a < 0 < a f () > 0 e a > 0 e a > e 0 a > 0 > a Επειδή η f αλλάζει πρόσημο εκατέρωθεν της θέσης = a και ορίζεται εφαπτομένη της C f στη θέση αυτή το Κ(a, f(a)) δηλαδή το Κ(a, a ) είναι σημείο καμπής της C f a + f () + f() Δ. Από τον παραπάνω πίνακα προκύπτει ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Δ = (, a] και γνησίως αύξουσα στο διάστημα Δ = [α, + ). Επειδή η f είναι συνεχής στο R ισχύουν: f (Δ ) = [f (a), lim f ()) = [ a, + ) και f (Δ ) = [f (a), lim + f ()) = [ a, + ), αφού: lim + f () ( + e a ) = lim + (e a ( lim + e α + e e α)) = +, εφόσον: α = 0, με χρήση του κανόνα D. L. H. για απροσδιόριστη μορφή «+ Επειδή 0 f (Δ ) και 0 f (Δ ) υπάρχουν μοναδικοί (, a) και (α, + ) τέτοιοι ώστε να ισχύει f ( ) = 0 και f ( ) = 0 αφού η f είναι γνησίως μονότονη στα διαστήματα Δ και Δ. Για κάθε < ισχύει f () > f ( ) και f () > 0 Για κάθε < < a ισχύει f ( ) > f () και f () < 0 Οπότε η f παρουσιάζει στη θέση τοπικό μέγιστο το f( ) όπως φαίνεται στον παρακάτω πίνακα. Για κάθε a < < ισχύει f () < f ( ) και f () < 0 Για κάθε > ισχύει f () > f ( ) και f () > 0 Οπότε η f( ) όπως φαίνεται στον παρακάτω πίνακα: +». Ελ. Βενιζέλου 45 N.Σμύρνη,

7 a + f () + + f() Τοπικό Μέγιστο Τοπικό Ελάχιστο Δ3. Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Δ = [a, ], οπότε: f(δ) = [f( ), f(a)] = [f( ), a ] Αρκεί να αποδείξουμε ότι f() f(δ), δηλαδή: f() > a e a > a e a + α 3 > 0. Θεωρούμε τη συνάρτηση: h() = e + 3, με και h() = 0. H h είναι παραγωγίσιμη στο [, + ) με h () = e +. Για κάθε > ισχύει: < < 0 e <, εφόσον η e είναι γνησίως αύξουσα, οπότε έχουμε: e > e + > Οπότε: h () > ( ) > 0, για κάθε >. Άρα, η h είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [, + ) και η = είναι μοναδική ρίζα της εξίσωσης h() = 0. Για κάθε > h() > h() h() > 0. Άρα h(a) > 0 e a + a 3 > 0, για κάθε a >. β τρόπος: Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει 0 (a, ) τέτοιο ώστε να ισχύει: f( 0 ) = f() τότε από εφαρμογή του Θ. Rolle για τη συνάρτηση f στο διάστημα (, 0 ) εξασφαλίζουμε ένα τουλάχιστον ξ (, 0 ) ώστε να ισχύει: f (ξ) = 0, το οποίο είναι άτοπο γιατί ισχύει η παρακάτω διάταξη: < < a < ξ < 0 <. Απόδειξη του ισχυρισμού <, αφού η ανίσωση: ξ < 0 < είναι προφανής. Ισχύουν: f ( ) = 0 και f () = (e a ) < 0, αφού a >. Άρα, έχουμε: f ( ) > f () και εφόσον f γνησίως φθίνουσα στο (, a) ισχύει: <. Δ4. Για α = ισχύει f() = e, R με f () = e για κάθε R. H εφαπτομένη (ε) της C f στο σημείο K(, ) έχει εξίσωση (ε): y f() = f () ( ), όπου f() = και f () = Ελ. Βενιζέλου 45 N.Σμύρνη,

8 (ε): y + = ( ) (ε): y = + Επειδή η f είναι κυρτή στο [, + ) η εφαπτομένη (ε) της C f στο σημείο Κ βρίσκεται κάτω από αυτήν με εξαίρεση το σημείο επαφής τους Κ. Επομένως ισχύει f() + για κάθε με την ισότητα να ισχύει μόνο για =. Άρα ισχύει f() ( + ) αφού, με το «=» να ισχύει μόνο για =. 3 οπότε f() 3 Έστω Ι = ( + ) 3 d > ( + ) d d u =, = 4, d = u du =, u = 0 και = 3, u = Άρα: Ι = [ (u + ) + ] 0 u u du Ι = 4 (u 4 + u ) 0 I = 4 [ u5 5 + u3 3 ] 0 du I = 4 ( ) = 3 5 οπότε ισχύει: 3 f() d > 3 5 Επιμέλεια: Ράλλης Βαγγέλης, Γιάννης Μερτίκας, Δημήτρης Βλάχος, Χρήστος Αναστασίου, Μάριος Παπαδιαμαντής, Αλέξανδρος Φιτσόπουλος, Αποστόλης Κωτσιαρίνης, Κωνσταντίνα Μωραΐτη, Δημήτρης Κότσιρας, Γιάννης Αλεξόπουλος, Ιάσονας Μαρκάκης, Ηρώ Μαρκάκη Ευχόμαστε καλά αποτελέσματα! Ελ. Βενιζέλου 45 N.Σμύρνη,