ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ ΣΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ 0/06/09 ΘΕΜΑ Α. Α. α) Σχολικό βιβλίο σελίδα 5. β) (i) Σχολικό βιβλίο σελίδα 35. (ii) Σχολικό βιβλίο σελίδα 35-36. Α. Σχολικό βιβλίο σελίδα 4. Α3. Σχολικό βιβλίο σελίδα 35. Α4. α) Λάθος. Για παράδειγμα: Σχολικό βιβλίο σελίδα 34. β) Λάθος. Για παράδειγμα: Σχολικό βιβλίο σελίδα 7., x < 0 f(x) =, x > 0 x f(x) = x, x 3, x = A5. Σωστή απάντηση είναι η (γ). ΘΕΜΑ Β. Β. Αφού η y = είναι οριζόντια ασύμπτωτη της C f στο +, έχουμε: αφού: f(x) = x + x + (e x + λ) = λ =, x + e x = u eu = 0.
B. Θεωρούμε την g(x) = f(x) x g(x) = e x + x, x R. Έχουμε: g συνεχής στο [,3]. g() = e > 0 και g(3) = e 3 = e3 < 0, επομένως, g() g(3) < 0. Άρα, από Θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον x 0 (,3) ώστε: g(x 0 ) = 0 f(x 0 ) x 0 = 0. Άρα, η εξίσωση f(x) x = 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (,3). Υπολογίζουμε την παράγωγο της g: g (x) = e x < 0, x R. Άρα, η g είναι γνησίως φθίνουσα στο R, και επομένως, η g(x) = 0 f(x) x = 0 έχει μοναδική ρίζα στο R, η οποία ανήκει στο (,3). Β3. Έχουμε: f (x) = e x < 0, x R. Άρα, η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R, επομένως είναι και - και άρα αντιστρέφεται. Εφόσον η f είναι γνησίως φθίνουσα, για το πεδίο ορισμού της αντίστροφης, έχουμε: D f = f(r) = x + f(x), f(x) = (, + ), x αφού x + f(x) = και f(x) = x x (e x + ) = +, διότι, x e x = x + eu = +. Για y (, + ), θέτουμε: y = f(x) y = e x + e x = y x = ln(y ) x = ln(y ), για y >. Άρα, f (x) = ln(x ), x >.
B4. Έχουμε: (u = x ) x + f (x) = [ ln(x )] = x + (u 0 + ) Άρα, η x = είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της C f. Οι γραφικές παραστάσεις των f, f φαίνονται στο παρακάτω σχήμα: +[ ln u] = +(ln u) = +. u 0 u 0 C f C f
ΘΕΜΑ Γ f(x) = x + a, x e x + βx, x < Γ. A f = Rf παραγωγίσιμη στo R οπότε η f συνεχής στο R Επομένως η fσυνεχής στο x= f(x) = f(x) = f() x + x x + x + a = x ex + βx = + a + a = + β α = β Επίσης η fπαραγωγίσιμη στο x= άρα x + f(x) f() x = x f(x) f() x x + x + a a x a=β (x )(x + ) = ex ax a + x + x x x x + e x = x x + a(x ) x x = + a a = άρα και β =. e x + βx a = x x e x x x = x ex = Γ. f(x) = x +, x e x + x, x < x> f (x) = x > 0 για κάθε x > x< f (x) = e x (x ) + = e x + > 0 για κάθε x < x= f () = από ερώτημαγ. Άρα f (x) > 0 για κάθε x εr επομένως f γνησίως αύξουσα στοr f συνεχής και γν. αύξουσα στο R άρα f(r) = ( f(x), f(x)) = x x + = (, + ) = R x x + f(x) = x (ex + x) = x ex + x = 0 = x f(x) = x + (x + ) = x + x = + Γ3. i) f (, 0) = ( x f(x), x 0 f(x)) = (, e ) 0εf (, 0) άρα η εξίσωση f(x)=0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο x o ε(, 0) R η οποία είναι μοναδική στο R λόγω μονοτονίας. ii) α τρόπος Έστω f(x o )=0 e xo +x o = 0 () f R Έχουμε ότι για x>x 0 f(x) >f(x O ) f(x) > 0, για κάθε x>x 0 Η εξίσωση γράφεται f f(x)>0 x>xo (x) - x 0 f(x) = 0 f(x) (f(x)- x 0 ) = 0 f(x)= x O (*) Όμως f((x O, + ) = x xo f(x), x + f(x)) = (f(xo, + ) = (0, + ) Άρα x O f(xo, + )αφού x O <0 Άρα η (*) είναι αδύνατη στο (xo, + )
β τρόπος Θεωρούμε g(x)=f (x) xof(x) x xo g (x) = f(x)f (x) xof (x) = f (x)(f(x) xo) x xo Η gσυνεχής στο [xo, + )ως σύνθεση και διαφορά συνεχών συναρτήσεων f (x) > 0 για κάθε x > xo xo > 0 αφού xo < 0 Για x xo f R f(x) f(xo) f(x) 0 Άραg (x) > 0 για κάθε x xo άρα gγν. αύξουσα στο[xo, + ) Για x > xo g [xo,+ ) g(x) > g(xo) g(x) > 0, για κάθε x > xo Άρα η εξίσωση g(x) = 0 είναι αδύνατη στο (xo, + ) Γ4. Ε= βυ = (ΟΚ)(ΜΚ) = xf(x) = x x + = x3 +x ΆραΕ(t) = x3 (t) + x(t), t 0 E (t) = 3x (t)x (t) + x (t) = x (t)(3x (t) + ), t 0 Γιαt = to: E (to) = x (to)[3x (to) + ] = [3 3 + ] = 8τετ. μονάδες/sec
ΘΕΜΑ Δ. Δ. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο R, ως πράξεις παραγωγίσιμων, με Ισχύει ότι: f() = α + β =. () f () = α =. () f (x) = ln(x x + ) + (x ) Από τις () και (), προκύπτει α = και β =. Συνεπώς, x x + α, x R. x + f(x) = (x ) ln(x x + ) x +, x R. Δ. Έστω Τότε: Α(x) = f(x) ( x + ), x R. Α(x) = (x ) ln(x x + ) x + + x = (x ) ln(x x + + ) = (x ) ln((x ) + ), x R. Η συνάρτηση Α είναι συνεχής στο R, ως πράξεις και σύνθεση συνεχών συναρτήσεων, άρα είναι συνεχής και στο [,]. Παρατηρούμε ότι για x [,]: x 0, με την ισότητα να ισχύει μόνο για x =. ln((x ) + ) 0, με την ισότητα να ισχύει μόνο για x =, εφόσον (x ) 0 (x ) +. Άρα, A(x) 0, για κάθε x [,]. Συνεπώς, το ζητούμενο εμβαδό είναι: Ε = Α(x) dx = Α(x) dx = (x ) ln((x ) + ) dx. Θέτουμε u = (x ) +. Οπότε: du = (x )dx du = (x )dx. Ακόμη, x = u =. x = u =.
Άρα, Ε = ln u du = ln u du = [u ln u u] = ln ( ln + ) = τ.μ. Δ3. (i) Για κάθε x R έχουμε: που ισχύει, διότι: και f (x) ln(x x + ) + ln((x ) + ) + (x ) x x + (x ) (x ) +, (x ) (x ) 0, για κάθε x R + (x ) + lnx ln((x ) + ) 0. Επιπλέον, παρατηρούμε ότι η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν x =. Επίσης, η ισότητα: (x ) (x ) + = 0 ln((x ) + ) 0 ισχύει αν και μόνο αν x =. Συνεπώς, η ισότητα f (x) = ισχύει αν και μόνο αν x =. (ii) Για κάθε λ R έχουμε: f λ + + λ (λ ) ln(λ λ + ) + 3 f λ + (λ ) ln(λ λ + ) λ + f λ + [(λ ) ln(λ λ + ) λ + ] f λ + f(λ) f λ + f(λ)
f λ + f(λ) f λ + f(λ) λ + ( ) λ Για λ R, ισχύει λ + > λ. Η f είναι συνεχής στο λ, λ +. Η f είναι παραγωγίσιμη στο λ, λ + Από το Θεώρημα Μέσης Τιμής, υπάρχει ένα τουλάχιστον x 0 λ, λ +, με f (x 0 ) = f λ + f(λ) λ + = λ f λ + f(λ). Όμως, από Δ3(i), ισχύει f (x 0 ) f λ+ f(λ). Άρα, η ( ) ισχύει για κάθε λ R. Δ4. Η ευθεία y = x + εφάπτεται στην C f. Λύνουμε: g(x) = x + x 3 x + = x + x 3 = 0 x = 0. Άρα, η y = x + τέμνει την C g στο σημείο με τετμημένη 0. Η εφαπτομένη της C g στο 0 είναι: y g(0) = g (0)(x 0) Είναι g (x) = 3x, άρα, g (0) =, επομένως, y = x y = x +. Άρα, η y = x + είναι κοινή εφαπτομένη για C f και C g (στο για την f και στο 0 για την g). Έστω ότι υπάρχει μια άλλη κοινή εφαπτομένη y = λx + μ που εφάπτεται με την C f στο x και με την C g στο x. Τότε: f (x ) = λ > (από Δ3(i)) g (x ) = 3x, δηλαδή λ και έχουμε καταλήξει σε άτοπο. Συνεπώς, η y = x + είναι η μοναδική κοινή εφαπτομένη των C f και C g.
Δ4 (β τρόπος). Έστω Μ x, f(x ) σημείο επαφής της C f με την κοινή εφαπτομένη (ε) και Κ x, g(x ) σημείο επαφής της C g με την κοινή εφαπτομένη (ε). Τότε: (ε): y f(x ) = f (x )(x x ) y = f (x ) x x f (x ) + f(x ) () και (ε): y g(x ) = g (x )(x x ) y = g (x ) x x g (x ) + g(x ) () Πρέπει: f (x ) = g (x ) ( ) όπου g (x) = 3x. Έχουμε: Όμως, x f (x ) + f(x ) = x g (x ) + g(x ) ( ) ( ) f (x ) = 3x (f (x ) + ) + (3x ) = 0. f (x ) + 0 για κάθε x R με την ισότητα να ισχύει μόνο για x =, 3x 0 για κάθε x R με την ισότητα να ισχύει μόνο για x = 0. Παρατηρούμε ότι για x = και x = 0 επαληθεύεται και η ( ). Άρα, υπάρχει μοναδική κοινή εφαπτομένη η οποία εφάπτεται της C f στο Μ, f() και της C g στο Κ 0, g(0) και η οποία έχει εξίσωση: (ε): y = x +. Δ4 (γ τρόπος). Η g είναι παραγωγίσιμη με g (x) = 3x για κάθε x R. Παρατηρούμε ότι: g (x) = 3x για κάθε x R, με την ισότητα να ισχύει μόνο για x = 0. f (x) για κάθε x R, με την ισότητα να ισχύει μόνο για x = (από Δ3(i)). Συνεπώς g (x) f (x) για κάθε x R. Αν M το σημείο επαφής της εφαπτομένης (ε) με την C f τότε Μ x 0, f(x 0 ) με x 0 R και (ε): y f(x 0 ) = f (x 0 )(x x 0 ) Αν Κ το σημείο επαφής της εφαπτομένης (η) με την C g τότε K x, f(x ) με x R και (η): y g(x ) = g (x )(x x ) Για να έχουν οι C f, C g κοινή εφαπτομένη, πρέπει οι (ε) και (η) να ταυτίζονται. Άρα, πρέπει οι συντελεστές των (ε) και (η) να είναι ίσοι μεταξύ τους. Άρα, f (x 0 ) = g (x ).
Όμως, g (x ) f (x 0 ). Άρα, Συνεπώς, g (x ) και f (x 0 ) και f (x 0 ) = g (x ). g (x ) = και f (x 0 ) = και οι ισότητες αυτές ισχύουν μόνο για x = 0 και x 0 =. Τότε οι εφαπτομένες είναι οι: (ε): y f() = f ()(x ) y = x + (η): y g(0) = g (0)(x 0) y = x +. Άρα, η y = x + είναι η μοναδική κοινή εφαπτομένη των C f και C g.