#Ευθύνη_Μαθηματικά ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΑΠΟ 11 ΣΕΛΙΔΕΣ

Transcript

1 ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΥΡΙΑΚΗ 9 ΑΠΡΙΛΙΟΥ 018 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΕΝΤΕΚΑ (11) ΘΕΜΑ Α Α1. Σχολικό βιβλίο σελ. 186 Ενδεικτικές Απαντήσεις Α. α. Α β. Έστω ότι f(0) = f(1). f συνεχής στο [0,1], f παραγωγίσιμη στο (0,1), f(0) = f(1) Άρα από Θεώρημα rolle η εξίσωση f () = 0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο (0,1). Άτοπο, αφού f () 0 για όλα τα (0,1). Επομένως f(0) f(1). Α3. Σχολικό βιβλίο σελ. 16 Α. Συνάρτηση f() = 0 f() = 1 f() = 1 Παράγουσες G() = c, c R G() = + c, c R G() = ln + c, c R f() = α f() = συν f() = ημ f() = f() = 1 συν 1 ημ f() = e f() = α G() = α+1 α c, c R G() = ημ + c, c R G() = συν + c, c R G() = εφ + c, c R G() = σφ + c, c R G() = e + c, c R G() = α ln α + c, c R ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΑΠΟ 11 ΣΕΛΙΔΕΣ

2 ΑΡΧΗ ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ ΘΕΜΑ Β Β1. D f = R. Η f είναι παραγωγίσιμη στο R με f () = 3(β 1) + α. Αφού η γραφική παράσταση της f τέμνει τον άξονα στο έχουμε ότι: Ακόμα f () = 0 3(β 1) + α = 0 1β 1 + α = 0 α + 3β = 3 (1) Ε = f () 0 0 d = f () d = [f()] 0 = f(0) f() = β (8β 8 + α + β) = β 8β + 8 α β = α + 8β = α + β = 1 () Λύνουμε το σύστημα των (1), (): { α + 3β = 3 α + β = 1 { α = 3 3β 3 3β + β = 1 {α = 3 β = Β. Για α = 3 και β = έχουμε f() = 3 3 +, R. Η f είναι παραγωγίσιμη στο R με f () = 3 6. H f είναι παραγωγίσιμη στο R με f () = 6 6. Για κάθε R λύνουμε την εξίσωση: f () = = 0 = 1 Το πρόσημο της f () και η κυρτότητα της f παρουσιάζονται στον παρακάτω πίνακα: 1 + f () 0 + f() Σ.Κ. 3 Επομένως η συνάρτηση f είναι κοίλη στο (, 1] και κυρτή στο [1, + ), ενώ έχει σημείο καμπής το (1, f(1)) δηλαδή το (1,0). B3. Για κάθε (0,1) έχουμε f() = f() = 0 Θεωρούμε συνάρτηση φ: [0,1] R με φ() = f(). Η φ είναι συνεχής στο [0,1] ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων, φ(0) = f(0) 0 = > 0 φ(1) = f(1) 1 = 1 < 0 Δηλαδή φ(0) φ(1) < 0, οπότε από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση φ() = 0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο (0,1). ΤΕΛΟΣ ΗΣ ΑΠΟ 11 ΣΕΛΙΔΕΣ

3 ΑΡΧΗ 3ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ Β. Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει 0 D f = R τέτοιο, ώστε: { f ( 0 ) = 3 και { = 3 και { = 0 και f( 0 ) = = = 0 ( 0 1) = 0 { και 0 = 1 ( 0 1) 3 = 0 Επομένως η ε εφάπτεται της C f στο σημείο της Μ(1, f(1)). B5. Όταν ισχύει ότι: Όμως ( 1 f() ) = 0 = ημ f() = 1 f() ημ = 1 f() ημ 1 f() 1 f() ημ f() 1 f() 1 f() Άρα από Κριτήριο Παρεμβολής, αφού f() = ημ f() = 0. (3 3 + ) = 3 = ( f() 3 ) = ( ) = ( 3 3 ( ) ) = ( ) = ( ) = [ ( )] + ( 1) ΘΕΜΑ Γ Γ1. H f ορίζεται όταν: και > 0 ( 1)( + 1) > 0 1 > 0 > 1 > 1 < 1 ή > 1 Επομένως D f = (, 1) (1, + ). Για κάθε D f και D f. Για κάθε D f έχουμε ότι: Άρα η f είναι περιττή f( ) = ln = ln = ln ( ) = ln = f() ΤΕΛΟΣ 3ΗΣ ΑΠΟ 11 ΣΕΛΙΔΕΣ

4 ΑΡΧΗ ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ Γ. Για κάθε 1, D f = (, 1) (1, + ) με f( 1 ) = f( ) έχουμε: f( 1 ) = f( ) ln = ln = ( 1 1)( + 1) = ( 1 + 1)( 1) = Επομένως η f είναι 1 1 και αντιστρέφεται. 1 = 1 = Γ3. Για κάθε D f = (, 1) (1, + ) ισχύει ότι: f() = ln = ln = ln = ln 1 ln Η f είναι παραγωγίσιμη στο D f = (, 1) (1, + ) με: f () = (ln 1 ln + 1 ) = = ( 1)( + 1) = 1 > 0 Επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα σε καθένα από τα διαστήματα (, 1) και (1, + ). Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Δ 1 = (, 1), οπότε: αφού Θέτουμε 1 +1 = u, με u 0 = και f(δ 1 ) = ( f(), f()) = (0, + ) 1 1 f() = ln = l 1 +1 = = 1 = 1 κι έχουμε: l 1 = u 1 ln u = ln 1 = 0 f() = ln = l Θέτουμε 1 = u, με u = = 1 [( 1) l = +1 ln u = + u + ] = + κι έχουμε: Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Δ = (1, + ), οπότε: αφού Θέτουμε 1 +1 = u, με u 0 = f(δ ) = ( f(), f()) = (, 0) f() = ln = l 3 = 0 κι έχουμε: ΤΕΛΟΣ ΗΣ ΑΠΟ 11 ΣΕΛΙΔΕΣ

5 ΑΡΧΗ 5ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ και l 3 = ln u = u 0 + f() = ln = l Θέτουμε 1 +1 = u, με u 0 = = = + 1 = 1 κι έχουμε: + l = u 1 ln u = ln 1 = 0 Άρα f(d f ) = f(δ 1 ) f(δ ) = (0, + ) (, 0) = R Για κάθε D f = (, 1) (1, + ) και y f(d f ) = R θέτουμε f() = y = f 1 (y) f() = y ln = y = ey 1 = ( + 1)e y 1 = e y + e y Άρα f 1 () = 1+e 1 e με D f 1 = R. e y = 1 + e y (1 e y ) = 1 + e y = 1 + ey 1 e y Γ. Για κάθε [,] ισχύει ότι f() = ln( 1) ln( + 1). I = f() d = [ln( 1) ln( + 1)] = ( 1) ln( 1) d d = ln( 1) d ( + 1) ln( + 1) d ln( + 1)d = [( 1) ln( 1)] 1 ( 1) d [( + 1) ln( + 1)] ( + 1) d + 1 Γ5. Περιορισμοί: = 3 ln 3 1 D f (, 1) (1, + ) d 5 ln ln d = 6 ln 3 5 ln 5 f () > 0 f() 0 D f = (, 1) (1, + ) + < 1 < 3 ( + ) D f { ή { ή + > 1 > 1 < 3 f ( + ) + > 0 f ( + ) > ( + ) D f { ή ΤΕΛΟΣ 5ΗΣ ΑΠΟ 11 ΣΕΛΙΔΕΣ > 1

6 ΑΡΧΗ 6ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ < 3 f ( + ) > 0 f ( + ) 0 ( + ) D f { ή > 1 f () + > 0 f () > D f = (, 1) (1, + ) Για κάθε (, 3 ) (1, + ) λύνουμε την εξίσωση: ln(f ()) + ln(f ( + ) + ) = ln(f ( + )) + ln(f () + ) ln(f ()) ln(f () + ) = ln(f ( + )) ln(f ( + ) + ) ln f () f () + = ln f ( + ) f ( + ) + ln (f () + 1) 1 (f () + 1) + 1 = ln (f ( + ) + 1) 1 (f ( + ) + 1) + 1 f(f () + 1) = f(f ( + ) + 1) f:1 1 f () + 1 = f ( + ) + 1 f () = f ( + ) f() = f( + ) =, f() = f( + ) f() = f( + ) = + f:περιττή f:1 1 ή { ή { ή { ή { f() = f( + ) f() = f( ) = = 3, δεκτή απορρίπτεται ΘΕΜΑ Δ Δ1. Η (f g)() = f(g()) ορίζεται όταν: D g > 0 και g() D f g() R που ισχύει για κάθε > 0 Επομένως D f g = (0, + ). Ο τύπος της f g είναι (f g)() = f(g()) = e g() = e ln =, > 0 Η (g f)() = g(f()) ορίζεται όταν: D f R και f() D g f() > 0 e > 0 που ισχύει για κάθε R. ΤΕΛΟΣ 6ΗΣ ΑΠΟ 11 ΣΕΛΙΔΕΣ

7 ΑΡΧΗ 7ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ Επομένως D g f = R. Ο τύπος της g f είναι (g f)() = g(f()) = ln e =, R Έχουμε D f g D g f άρα οι συναρτήσεις f g και g f δεν είναι ίσες. Δ. Η κατακόρυφη απόσταση των σημείων Α και Β δίνεται από τη σχέση f() g() = e ln Για κάθε > 0 ισχύει ln 1 ln + 1 (1) Αν θέσουμε όπου το e > 0 για κάθε R, έχουμε ln e e 1 e 1 e + 1 e 1 () Από (1) και () έχουμε: ln + 1 e 1 ln e < e, για κάθε > 0 Επομένως ln < e e ln > 0, για κάθε > 0 Θεωρούμε τη συνάρτηση r: (0,1) R, με r() = e ln e ln >0 e ln. Η r είναι παραγωγίσιμη στο (0, + ) με r () = e 1 Έχουμε 0 + r () = 0 + (e 1 ) 1 (+ ), άρα υπάρχει α (0,1) τέτοιο, ώστε r (α) < 0. Η r είναι συνεχής στο [α, 1] ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. Έχουμε r (α) < 0 και r (1) = e 1 1 = e 1 > 0, αφού e > e 1 > 1 > 0 Δηλαδή r (α) r (1) < 0, οπότε από θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ (α, 1) (0,1) τέτοιο ώστε r (ξ) = 0. Η r είναι παραγωγίσιμη στο (0, + ), με r () = e + 1 > 0, για κάθε > 0 Επομένως η r είναι γνησίως αύξουσα στο (0, + ). Επομένως η λύση ξ (0,1) είναι μοναδική. Έχουμε: r () = 0 r () = r (ξ) = ξ r () > 0 r () > r (ξ) r :γν.αύξουσα r () < 0 r () < r (ξ) r :γν.αύξουσα > ξ < ξ ΤΕΛΟΣ 7ΗΣ ΑΠΟ 11 ΣΕΛΙΔΕΣ

8 ΑΡΧΗ 8ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ 0 ξ + r () 0 + r() 1 min Επομένως υπάρχει μοναδικό ξ (0,1) στο οποίο, η κατακόρυφη απόσταση (ΑΒ) γίνεται ελάχιστη. Δ3. Για κάθε > 0 έχουμε h() = ln = e ln ln = e ln ln = e ln. Η h είναι συνεχής στο (0, + ), ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. Εξετάζω αν η C h έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη στο 0. Έχουμε: h() = ) = l (eln Θέτουμε u = ln με u 0 = 0 + ln = 0 + (ln ) = + Άρα l = u + eu = +. Άρα η ευθεία = 0, ο άξονας y y, είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της C h. Εξετάζουμε αν η C f έχει οριζόντια πλάγια ασύμπτωτη στο +. h() Έχουμε = ln = ln 1 = + eln (ln 1) = + e(ln 1) ln = + eln ln = l Θέτουμε u = ln ln με u 0 = Άρα l = + (ln + (+ 1) ln ) = (ln (ln 1)) + + u + eu = +, οπότε η C h δεν έχει ασύμπτωτη στο +. Η h είναι παραγωγίσιμη στο (0, + ) με h () = (e ln ) = e ln ln. Για κάθε > 0 λύνουμε την εξίσωση και τις ανισώσεις h () = 0 e ln ln h () > 0 e ln ln = 0 ln = 0 ln = 0 = 1 > 0 ln > 0 ln > 0 > 1 h () < 0 e ln ln < 0 ln < 0 ln < 0 0 < < 1 ΤΕΛΟΣ 8ΗΣ ΑΠΟ 11 ΣΕΛΙΔΕΣ

9 ΑΡΧΗ 9ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ Η h είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (0,1] και γνησίως αύξουσα στο διάστημα [1, + ). Η h παρουσιάζει ελάχιστο στο 1 το h(1) = 1. Η h είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Δ 1 = (0,1], άρα h(δ 1 ) = [h(1), h()) = [1, + ) 0 + Η h είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Δ = (1, + ),άρα αφού h(δ ) = ( h(), h()) = (1, + ) Θέτουμε v = ln με v 0 = + Το σύνολο τιμών της h είναι: h() h:συνεχής h(1) = h() = + eln = l 1 + ln = + και έχουμε l 1 = v + ev = + h((0, + )) = h(δ 1 ) h(δ ) = [1, + ) Έχουμε ξ (0,1) άρα ξ h((0, + )) = [1, + ) επομένως η εξίσωση h() = ξ είναι αδύνατη. Δ. Η h είναι παραγωγίσιμη στο (0, + ) με h () = (e ln ln ) = e ln ( ln ) + e ln ln = e ( ln ln ln + 1) Λύνουμε την εξίσωση Θέτουμε ω = ln και έχουμε: h () = 0 e ln ( ln ln + 1) = 0 ln ln + 1 = 0 ω ω + 1 = 0 Δ = 7 < 0 Άρα ω ω + 1 > 0, δηλαδή ln ln + 1 > 0 για κάθε > 0 Από τα παραπάνω προκύπτει ότι: Άρα η h είναι κυρτή στο (0, + ). h () > 0, για κάθε > 0 ΤΕΛΟΣ 9ΗΣ ΑΠΟ 11 ΣΕΛΙΔΕΣ

10 ΑΡΧΗ 10ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ Ο πίνακας μεταβολών της h είναι h () 0 + h () + + h() min 5 h(1) = 1 Δ5. Έχουμε h(e) = e και h (e) = Η εξίσωση της εφαπτομένης της C h στο σημείο της Μ(e, h(e)) είναι Για κάθε > 0 έχουμε: ε: y h(e) = h (e)( e) y e = ( e) y = e ημ( ln + e) + ln < e ημ ( ln ( e)) < ln ( e) ημ(h() y) < h() y Θέτουμε h() y = α, οπότε ημα < α. Όμως για κάθε α R ισχύει ότι ημα α (η ισότητα ισχύει μόνο για α = 0). Δηλαδή: αν α = 0 τότε ημα = α, αν α > 0 τότε ημα < α ημα < α α < ημα < α ημα < α αν α < 0 τότε ημα < α ημα < α α < ημα < α ημα < α ΤΕΛΟΣ 10ΗΣ ΑΠΟ 11 ΣΕΛΙΔΕΣ

11 ΑΡΧΗ 11ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ Άρα ημα < α α > 0 h() y > 0 h() > y (0, e) (e, + ) αφού η h είναι κυρτή στο (0, + ), οπότε η γραφική παράσταση της h βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη ε με εξαίρεση το σημείο επαφής. Επιμέλεια Απαντήσεων Βοσκάκης Σήφης Χιονάκης Κωνσταντίνος Καθεκλάκης Παναγιώτης #Ευθύνη #Ευθύνη_Πανελλήνιες_018 ΤΕΛΟΣ 11ΗΣ ΑΠΟ 11 ΣΕΛΙΔΕΣ