ΛΥΣΕΙΣ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 7 ΑΠΡΙΛΙΟΥ 9 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΜΑ Α Α. Σχολικό βιβλίο (έκδοση 8) σελ. 7 Α. α. Ψ β. Σχολικό βιβλίο σελ. 4 ΣΧΟΛΙΟ): Πχ. για την, συνάρτηση f () ισχύει f ()= για κάθε, A=(, ) (, + ) αλλά η f δεν είναι σταθερή στο Α Α. Σχολικό βιβλίο, σελ. Α4. α. Λάθος (σελ 4) β. Λάθος (σελ 5) γ. Σωστό (σελ. ) δ. Σωστό (σελ. 77) ε. Σωστό (σελ 57)
ΘΕΜΑ Β B. Ισχύει f()=e f ()=e e =e ( ), άρα + f + ma f 9 e f ()=(e ( )) = e ( ) e = e ( +)= e ( ), άρα + f + Σ.Κ. f 4 e Β. Επειδή f συνεχής στο R, η C f δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες. lim f () limf () lim e e e ό lim lim lim e D'L Άρα η y= οριζόντια ασύμπτωτη της C f στο + lim f () lim e Άρα η C f δεν έχει πλάγια ασύμπτωτη στο Είναι f()= άρα (, )C f και f()= ( e )e = =e αδύνατη διότι e + > για κάθε R άρα η C f δεν τέμνει τον οριζόντιο άξονα
Β. Αφού η C f δεν τέμνει τον άξονα το ζητούμενο εμβαδόν είναι f () d και απ το ερώτημα Β έχουμε f () f () e άρα f ()d e d e d d e e d e e e e.. 'd 'd Β4. Επειδή g()=f()+ η C g προκύπτει απ την C f με κατακόρυφη μετατόπιση μονάδα προς τα πάνω. Άρα και η οριζόντια ασύμπτωτη της C f θα μετατοπιστεί και αυτή μονάδα προς τα πάνω, δηλ. η C g θα έχει οριζόντια ασύμπτωτη την οριζόντια ευθεία y= +=, δηλ. τον οριζόντιο άξονα Σημείωση: Πιο αυστηρά αυτό αποδεικνύεται ως εξής: lim f () lim f () lim f () lim g() Ο πίνακας μεταβολών της g προκύπτει από αυτόν της f διότι οι θέσεις ακροτάτων και σημείων καμπής δεν επηρεάζονται από κατακόρυφες μετατοπίσεις γραφημάτων. Σημείωση: Πιο αυστηρά αυτό αποδεικνύεται ως εξής: Έστω o θέση μεγίστου της συνάρτησης f:α}' τότε Α ισχύει f()f( o ) f()+ f( o )+ g() g( o ) και παρόμοια απόδειξη για τα σημεία καμπής. Τέλος, είναι g()=f()+= += άρα (, )C g Συμβουλή! Καλό είναι να τοποθετούμε τον αριθμό στον πίνακα μεταβολών (άσχετα αν δεν υπήρχε προηγουμένως) και σε μια νοητή κατακόρυφη γραμμή κάτω απ το να σχεδιάζουμε τον κατακόρυφο άξονα των τεταγμένων y
Έτσι, διευκολύνεται η χάραξη της γραφικής παράστασης μιας συνάρτησης. + g' + g'' + g ma 8 Σ.Κ. 7 e e e e y e - e - C g Σημείωση: Είχαμε βρει στο εμβαδόν του ερωτήματος Β. αποτέλεσμα Ε=e - τμ. και e e,78 Αυτό σημαίνει ότι το ζητούμενο εμβαδόν είναι κάτι λιγότερο από μια τετραγωνική μονάδα των αξόνων, όπως βλέπουμε και παρακάτω: τ.μ. - C f - 4
ΘΕΜΑ Γ Γ. Αν < τότε f() = (AKΛ) () ος τρόπος: Απ την ομοιότητα των τριγώνων ΑΚΛ και ΑΒΔ έχουμε (ΚΛ):(ΒΔ)=:(AΓ/) (ΚΛ):=: (KΛ)= ος τρόπος: Άρα, f() ˆ ( ) (B) : ( ) : ( ) ( ) Αν < τότε έχουμε το παρακάτω σχήμα: Β Κ Α Μ Γ Δ Λ ος ( ) τρόπος: f()=(αβδ)+(βκλδ)= ( ) () Απ την ομοιότητα των τριγώνων ΚΓΛ και ΒΓΔ έχουμε (ΚΛ):(ΒΔ)=( ):(AΓ/) (ΚΛ):=( ): (KΛ)= () Από () και () έχουμε ά ( ) ( ) ( ) f()= ( ) ος τρόπος: f() = (ΑΒΓΔ) (ΚΓΛ) = ( ) ( ) ί ( ) 5
Γ. Είναι f ( ) lim f ( ) lim lim Γ. Η f παριστάνει το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου χωρίου, το οποίο συνεχώς αυξάνεται, καθώς το Μ διατρέχει τη διαγώνιο απ το Α στο Γ Επομένως f (, ] άρα - και συνεπώς αντιστρέφεται. Σημείωση: Πιο αυστηρά, η μονοτονία της f δείχνεται ως εξής: Η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική σε κάθε ένα απ τα διαστήματα [, ) και (, ] Στο σημείο αλλαγής του τύπου έχουμε lim f ( ) lim lim ( ) lim f ( ) - - άρα f συνεχής. ά Είναι f '( ) ά Άρα f σε κάθε ένα απ τα διαστήματα (, ] και [, ] και επειδή είναι συνεχής στο έπεται ότι f (, ] H C f αποτελείται από δύο παραβολικά τμήματα, άρα μπορούμε να τα σχεδιάσουμε χωρίς μελέτη. Αλλιώς, με μελέτη έχουμε: ά f ''( ) και αφού f συνεχής στο, η f ά είναι κυρτή στο διάστημα (, ] και κοίλη στο διάστημα [, ]. Ακόμη lim - f ( ), f()=/ και f()= f ()
Επειδή, οι γραφικές παραστάσεις των f και συμμετρικές ως προς την ευθεία y= έχουμε: f είναι y y= y=- - y= y=- ( -) + y= Σημείωση: Ο τύπος της αντίστροφης (αν και δεν χρειάζεται) βρίσκεται ως εξής: Αν < τότε y y y y με y y y Αν < τότε y ( ) με y Άρα, ( ) y y y y y f ( ) y,, y y y 7
Γ4. ος τρόπος: ln + ( ) = ln Είναι << ln () ln<ln<ln<lne= επομένως <ln< Άρα η () γράφεται ισοδύναμα f(ln)=f() f ln = () Για κάθε > ισχύει ln< και έτσι αν έχει λύση η () θα πρέπει < < άτοπο, άρα η δοθείσα εξίσωση είναι αδύνατη στο διάστημα (, ) ος τρόπος: ln +( ) = ln = ( ) = +4 4 = +4 για κάθε (, ) (πρόσημο τριωνύμου) και παίρνοντας τις τετραγωνικές ρίζες: ln 4 ln Για κάθε > ισχύει ln< άρα 4 4 4 ln ln 4 άτοπο διότι το τριώνυμο γίνεται αρνητικό για κάθε (, ) (πρόσημο τριωνύμου). 8
9 ΘΕΜΑ Δ Δ. Η f είναι παραγωγίσιμη στο Δ με ) ( '() f και αφού παρουσιάζει ακρότατο στο εσωτερικό σημείο o του διαστήματος Δ και είναι παραγωγίσιμη σ αυτό, θα έχουμε απ το Θ. Fermat ότι f ( o )= άρα f ''() ) ( f '() ) ( ln f () Έτσι, για κάθε άρα f και f κοίλη στο Δ
Δ. ος τρόπος (με Bolzano και Rolle): f()= ln = ( ) y= ( -) y=ln Παρατηρούμε ότι: f() = ln ( ) = <, f()= ln ( ) = ln > και επειδή f συνεχής στο [, ] έπεται απ το θ. Bolzano ότι η f έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (, ) f(4) = ln4 (4 ) = ln4 4 < διότι 4<e 4 και επειδή f συνεχής στο [, 4] έπεται απ το θ. Bolzano ότι η f έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (, 4) Άρα η f έχει δύο τουλάχιστον ρίζες. Υποθέτουμε ότι η f έχει τουλάχιστον ρίζες ρ <ρ <ρ τότε σε κάθε ένα απ τα διαστήματα [ρ, ρ ], [ρ, ρ ] ικανοποιεί το θ. Rolle άρα η εξίσωση f ()= έχει δύο τουλάχιστον ρίζες άτοπο διότι f Άρα η f έχει ακριβώς δύο ρίζες. Σχόλιο: Η δυσκολία του ερωτήματος Δ είναι η εύρεση των διαστημάτων που ανήκουν οι ρίζες αλλά αυτό πετυχαίνεται απ την γραφική επίλυση της f()= ισοδύναμα της εξίσωσης ln = ( ) αλλιώς καταφεύγουμε σε άλλο τρόπο όπως πχ. με το σύνολο τιμών, που ακολουθεί στη συνέχεια.
ος τρόπος (με σύνολο τιμών): Είναι Δ=(, o ] [ o, + ) -Έστω < < o f ' f () > f ( o ) = f (, o ] f (, ] lim f (), f ( ), o f ( ) f ή o o διότι lim f () lim ln ( ) -Έστω > o διότι limf () lim ln ( ) lim ln f ' f () < f ( o ) = f [ o, + ) f, lim f (), f ( ) o, f ( ) f ή o o ( ) limln ( ) ( ) lim D'L ( ) ln lim( ) ( ) Επειδή f (, o ] και f [ o, + ) αν δείξω ότι (, f( o )) f( o )> τότε σε κάθε ένα απ τα υποδιαστήματα (, o ], [ o, + ) του Δ η f θα χει από μια ακριβώς ρίζα και άρα το ζητούμενο. ά 5 f ( ) ln ln ln o Για την συνάρτηση h()=ln εφαρμόζεται το Θ.Μ.Τ στο,, : διάστημα οπότε υπάρχει ξ h h() ln ln h'( ) ln ln () ά ό () ln 5 ln f ( ) 4 5 5 o 5 ύ.
Δ. ος τρόπος: Αφού f κοίλη η C f είναι κάτω από κάθε εφαπτομένη της εκτός απ το σημείο επαφής, άρα για κάθε Δ ισχύει f() f ()( ) + f() = ( ) = 4 ος τρόπος: Έστω η συνάρτηση διαφοράς g()=f() +4, > ( ) ά τότε g ()=f () = ( ) = + Επομένως: / + g' + + g 9 Παρατηρούμε ότι η g παρουσιάζει μέγιστο στο άρα ισχύει g()g()=f() +4=f() +4f() 4 για κάθε Δ
Δ4. Για κάθε [, ] ισχύει <<π άρα ημ> για κάθε [, ] οπότε πολλαπλασιάζοντας την ανισότητα f() 4 με ημ παίρνουμε f()ημ ( 4)ημ και ολοκληρώνοντας την τελευταία έχουμε f () d Είναι: 4 / ( 4) d 4 / ( 4) d 4 / ( 4) d ( 4) d () διότι ( 4)ημ< [, 4/) αφού <4/<4 4< και ημ> [, 4/) και ( 4) d ( 4)d () διότι <ημ< [4/, ] 4 / 4 / και 4 [4/, ] Έτσι η () λόγω των () και () γίνεται f () d 4 / ( 4)d 4 Σχόλιο: Η δυσκολία αυτού του θέματος βρίσκεται στο μη σταθερό πρόσημο της f ή της μεγαλύτερης της 4 στο διάστημα ολοκλήρωσης [, ] οπότε και σπάσαμε το ολοκλήρωμα ακριβώς στην ρίζα της γραμμικής συνάρτησης 4 Δύο συμπληρωματικά ερωτήματα που προέκυψαν απ την κατασκευή του Δ θέματος είναι τα εξής: Δ5 Αν g()=ημ, (, π) να προσδιορίσετε τη σύνθεση fog και έπειτα τη σχετική θέση των C g και C f g στο διάστημα (, π) Λύση: Είναι D fog ={D g : g()d f }={(, π) : ημ(, π) και f(g())=ln(ημ) (ημ ) ημ (ημ ) < ημ = g() άρα η C fog βρίσκεται κάτω απ την C g 4 / ()
Δ. Αν α, βδ με α +β =α+β τότε αβ Πότε ισχύει η ισότητα; Λύση: ος τρόπος (με ανάλυση): Από το Δ. για κάθε Δ ισχύει f() 4 ln ( ) 4ln( ) + 4ln () με την ισότητα να ισχύει μόνο για = Θέτοντας στην σχέση () όπου τους αριθμούς α και β και προσθέτοντας κατά μέλη παίρνουμε: lnα+lnβα α+β β= lnαβln αβ με την ισότητα να ισχύει μόνο αν α=β= ος τρόπος (με άλγεβρα): Ισχύει (α+β) (α +β ) με την ισότητα μόνο αν α=β και επειδή α +β =α+β έχουμε (α+β) (α+β) :( ) α+β () Από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου έχουμε α+β αβ () Από () και () λαμβάνουμε αβ α+β άρα αβ αβ με την ισότητα να ισχύει μόνο αν α=β= Κατασκευή των θεμάτων και επιμέλεια των λύσεων: Χρήστος Ε. Ηρακλείδης 4