1 ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ 2012 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α,, (βλέπε σχ.βιβλίο). α. Σωστό β. Σωστό γ. Λάθος δ. Λάθος ε. Λάθος ΘΕΜΑ Β Β. 1 1 1 1 1 4 zz 1 z 1 z 1. Άρα ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι ο κύκλος με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα 1.. 1 ος τρόπος: 2 2 (3). Από το Β έχουμε: 1. Άρα 3 2 4 z z 2. 2 ος τρόπος: Έστω, οι εικόνες των μιγαδικών, αντίστοιχα και η εικόνα του που προκύπτει από τον κανόνα του παραλληλογράμμου.
2 Είναι 1.Το παραλληλόγραμμο είναι ρόμ- βος. Επιπλέον 2. 2 1 1 AOB 90. Άρα το τετράπλευρο είναι τετράγωνο.επομένως 2.. Ας είναι,,. 2 5 12 4 6 12 2 3 6 2 3 36 4 9ψ 36 1. Άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του είναι η έλλειψη με την παραπάνω εξίσωση. Για την παραπάνω έλλειψη είναι 3 και 2.Οι κορυφές της έλλειψης είναι τα σημεία 3,0, 3,0 και 0, 2, 0,2. 3 και 2.. Με βάσει τα ερωτήματα, έχουμε το παρακάτω σχήμα.
3 1 και 4.Άρα 1 4. ΘΕΜΑ Γ. Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο 0, ως πράξεις παραγωγισίμων συναρτήσεων με. 1 0. Για κάθε 0,1 είναι 0 και δεδομένου ότι η είναι συνεχής στο 0,1 θα είναι γνησίως φθίνουσα στο 0,1. Για κάθε 1, είναι 0 και δεδομένου ότι η είναι συνεχής στο 1, θα είναι γνησίως αύξουσα στο 1,. Έχουμε =+.Η είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο,οπότε + 1, 1,. =+. Η είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο,οπότε 1, χ + Δηλαδή 1,. Το σύνολο τιμών της είναι 0, 1,.. Αν 0, ln 1 2013 2012. 2012 και επειδή η είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο,η εξίσωση έχει ακριβώς μια ρίζα στο (0,1). 2012 και επειδή η είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο,η εξίσωση έχει ακριβώς μια ρίζα στο 1,. Άρα η εξίσωση έχει ακριβώς δύο θετικές ρίζες.. Είναι 0 1 και 2012. Θεωρούμε τη συνάρτηση 2012,,. Η είναι συνεχής στο, ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων.. 0,για κάθε 0,.Άρα η είναι γνησίως αύξουσα. 0 1 1 0 0.
4 1 1 0 0. 0. Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον, τέτοιο ώστε 0 2012.. 0,. 0 1 0 1. Προφανώς η στο 1, είναι συνεχής και αφού για κάθε 1, είναι 1 0.Άρα το ζητούμενο εμβαδόν είναι 1 1 ΘΕΜΑ Δ. Η στο 0, διατηρεί σταθερό πρόσημο. 1 τετραγωνικές μονάδες. Αφού η είναι συνεχής στο 0,,η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο 0,. Θεωρούμε τη συνάρτηση, 0,. Παρατηρούμε ότι 1 0 και λόγω της υπόθεσης είναι 0 1.Άρα στο 1 η παρουσιάζει ελάχιστο. Η είναι παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγισίμων συναρτήσεων με 2 1 1. Σύμφωνα με το θεώρημα Fermat 1 0 1 0 1 0. Άρα 0 για κάθε 0,. Η τρίτη υπόθεση γράφεται: (1). Για κάθε 0, είναι (εφαρμογή βιβλ. Σελ.266) 1 0.Άρα από την (1) προκύπτει ότι: 0. 1 1.Η είναι παραγωγίσιμη ως πηλίκο παραγωγισίμων συναρτήσεων. Για 1 από την (2) παίρνουμε c 1. (2). 2.Εύκολα μπορούμε να επαληθεύσουμε για τη συνάρτηση που βρήκαμε ότι ισχύει η (1),οπότε είναι η ζητούμενη συνάρτηση.. Θέτουμε. 1 = lim = 0 u 0 (αφού 0. + + f ( χ) ( ) 2 1 ηµ u 1 lim f ( χ) ηµ f ( χ) lim 2 f ( χ) = = u u u + 0 0 0 ηµ ηµ lim lim 2 2 u 0 u u 0 ( u )' u u ( u u)' = =
5 1συν u 1 lim = 0. 2 u u 0. Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη με.η είναι παραγωγίσιμη με 1 1 (3). Για κάθε 0 1 1 0 1 0. Άρα 3 0 για κάθε 0,,που σημαίνει ότι η είναι κυρτή στο 0,. Για 0 η είναι συνεχής στα διαστήματα, 2, 2, 3 και παραγωγίσιμη στα, 2 2, 3.Σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής υπάρχουν, 2, 2, 3 τέτοια ώστε: και. Αφού η είναι κυρτή,η είναι γνησίως αύξουσα,οπότε 2 3 2 3 22.. 0 για κάθε 0,,δηλαδή η είναι γνησίως φθίνουσα. Η είναι συνεχής στο, 2 (αφού είναι παραγωγίσιμη). 2 2. Για από το ερώτημα είναι 2. 3 που ισχύει,αφού 3 και η είναι γνησίως φθίνουσα.άρα 2.Σύμφωνα με το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών υπάρχει, 2 τέτοιο ώστε 3 2. Σχόλια: Το θα μπορούσε να λυθεί χρησιμοποιώντας την ιδιότητα. To θα μπορούσε να λυθεί εφαρμόζοντας για τη συνάρτηση το θεώρημα Rolle στο,. Το θα μπορούσε να λυθεί εφαρμόζοντας για τη συνάρτηση το θεώρημα Bolzano στο,.