Απαντήσεις στα Μαθηματικά ΟΠ Θετικών Σπουδών & Σπουδών Οικονομίας & Πληροφορικής

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ́ ΤΑΞΗΣ

ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ ΕΞΕΤΑΣΗΣ: 10/06/2019

ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: Μαθηματικά ΟΠ Θετικών Σπουδών & Σπουδών Οικονομίας & Πληροφορικής

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ

ΘΕΜΑ Α

Α1.

α) Εστω Α ένα υποσυνολο του

.Ονομάζουμε πραγματική συνάρτηση με πεδίο ορισμού το Α μια διαδικασία (κανόνα) f , με την οποία κάθε στοιχείο x A∈ αντιστοιχίζεται σε ένα μόνο πραγματικό αριθμό y. To y ονομάζεται τιμή της f στο x και συμβολίζεται με f ( x ) ΣΧΟΛΙΚΟ ΣΕΛ 15


β)

Μια συνάρτηση f :A R→ αντιστρέφεται, αν και μόνο αν είναι 1 1- .
ii.Η αντίστροφη συνάρτηση της f που συμβολίζεται με f – 1 ορίζεται από τη σχέση :

f(x) = y ⇔ f – 1 (y) = x ΣΧΟΛΙΚΟ ΣΕΛ 35-36

A2.

Έστω μια συνάρτηση f ορισμένη σ’ ένα διάστημα Δ και x 0ένα εσωτερικό σημείο του Δ. Αν η f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο x 0και είναι παραγωγίσιμη στο σημείο αυτό, τότε: xf ′ 0)( 0 = A3.

Αποδεικνύουμε το θεώρημα στην περίπτωση που είναι xf ′ 0)( > .

Σελίδα 3 από 10

Έστω xx 21, ∈ Δ με xx 1 < 2 . Θα δείξουμε ότι xfxf )()( 1 < 2 . Πράγματι, στο διάστημα ],[ xx 21 η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. Επομένως, υπάρχει ξ ∈ ),( xx 21 τέτοιο, ώστε

2 1 f ′ )( ξ = xfxf )()( 2 xx

– –1 , οπότε έχουμε fxfxf )(()()( 2 – 1 = ′ ξ xx 2 – 1 ) Επειδή f ′ 0)( ξ > και xx 2 – 1 > 0 , έχουμε xfxf 0)()( 2 – 1 > , οπότε xfxf )()( 1 < 2 .

A4.

α) ΛΑΘΟΣ

ΑΙΤΙΟΛΟΓΗΣΗ

f ( x ) = ⎧ ⎨ ⎩

1, – 1, x < 0 x > o

Παρατηρούμε ότι αν και f ́(x) = 0 για κάθε x∈ ( -∞ ,0 ) ∪ ( 0, +∞ ) εντούτοις η f δεν είναι σταθερή στο x∈ ( -∞ ,0 ) ∪ ( 0, +∞ ) β) ΛΑΘΟΣ

ισχύει αν και μόνο αν η f συνεχής στο x

0lim f ( x ) = x → x 0 f ( x 0 ) Α5. γ)

ΘΕΜΑ Β

Β1.

Αφού η Cf έχει ορίζοντια ασύμπτωτη στο +∞ την y=2 Θα έχουμε ότι x lim →+∞ ( f ( x ) – y ) = 0 ⇔ x lim →+∞ ( e –

x

+ λ – 2 ) = 0 ⇔ λ – 2 = 0 ⇔ λ = 2 Αφού lim e –

x x →+∞ = x lim →+∞ e

1 x = 0 Β2.

Θεωρούμε συνάρτηση g ( x ) = f ( x ) – x , x ∈ [ 2,3 ] g ( x ) = e – x + 2 – x Η g συνεχής συνεχής στο [ 2,3 ] ως πράξεις συνεχών και

g (2) = e

–

2

>

0

g (3) = – 1 + e

–

3

<

0

Σελίδα 4 από 10

Αρα (2) (3) 0 g g ∙ < από θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλαχιστον ένα 0 (2,3) x ∈ τέτοιο ώστε

0 ( ) 0 g x =

Είναι η g παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με

( ) ( ) [ ] ( ) 2 1 1 0, 2,3 x x x g x e x e e x – – – ′ ′ = + – = – – = – + < ∈

Αρα η g γνησίως φθίνουσα άρα 1-1 έπεται 0x μοναδική ρίζα στο (2,3)

Β3.

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη με

( ) ( ) 2 0 x x f x e e – – ′ ′ = + = – < για κάθε x∈

άρα Άρα η f γνησίως φθίνουσα στο

1-1 άρα υπάρχει η f – 1( x ) Είναι ( f ) ( ) ( x lim ( ), lim x f D = f f ⇔ →+∞ f x →-∞ f ( x ) ) = ( 2, +∞

)

Θέτουμε ( ) ( ), , 2, y f x x y = ∈ ∈ +∞

2 y = e – x + ⇔ e – x = y – 2 ⇔ – x = ln( y – 2) ⇔ x = – ln( y – 2) Είναι f – 1( y ) = – ln( y – 2) άρα

f – 1( x ) = – ln( x – 2), x > 2 Β4.

Για την κατακόρυφη ασύμπτωτη της C f– 1 εξετάζουμε στο x = 2 x lim → 2 + f –

1

( x ) = x lim → 2 +

[ – ln( x – 2) ] Θέτουμε u = x – 2 καθώς x → 2 + , u → 0 + επομένως x lim → 2 + [ – ln( x – 2) ] = – u lim → 0 + ln

u = +∞

Άρα η x = 2 κατακόρυφη ασύμπτωτη της C f–

1

Σελίδα 5 από 10

Η γραφική παράσταση της f με f(x) = e-x + 2 προκύπτει από μια κατακόρυφη μετατόπιση της καμπύλης της φ με φ(χ) = e-x κατά δύο μονάδες προς τα πάνω.

Η γραφική παράσταση της f-1 με f-1(x) = – ln(x – 2) προκύπτει από μία οριζόντια μετατόπιση της καμπύλης της h με h(x) = – lnx κατά δύο μονάδες προς τα δεξιά, όπου η καμπύλη της h είναι η συμμετρική της lnx ως προς τον άξονα χ ́χ.

ΘΕΜΑ Γ

f(x) =

Γ1. Αφού η f είναι παραγωγίσιμη θα είναι και συνεχής. Άρα η f θα είναι συνεχής και στο χ0 = 1. Οπότε

Άρα 1+ α = 1 + β ⬄ α = β (1)

Επίσης η f θα είναι παραγωγίσιμη και στο χ0 = 1

Άρα

Σελίδα 6 από 10

Άρα 1 + β = 2 ⬄ β = 1 και έτσι α = 1

Γ2. f(x) =

+ Αν χ < 1 τότε f ́(χ) =

1 > 0 για κάθε χ < 1

Αν χ > 1 τότε f ́(χ) = 2χ > 0 για κάθε χ > 1

Η f συνεχής στο Αf = R άρα f

στο Αf = R

f(A) = (

Οπότε f(A) = R

Γ3. f

και συνεχής

f((

στο Το 0

Αf . Οπότε

η f είναι 1 – 1

ΙΙ) Όπως αποδείξαμε f(x0) = 0 με χ0 < 0

Η εξίσωση (E) f2(x) – x0f(x) = 0 ⬄ f(x)[f(x) – x0] = 0

Θα δείξουμε ότι η (E) είναι αδύνατη στο (χ0, +

)

Αφού f(x0) = 0 και f

στο R άρα για κάθε χ > χ0 ⬄ f(x) > f(x0) = 0

f(x) > 0 > x0 άρα f(χ) – x0 > 0

f(x)[f(x) – x0] > 0 για κάθε χ > χ0

Άρα η (E) f(x)[f(x) – x0] = 0 είναι αδύνατη στο (χ0, +

(

στο (–

άρα υπάρχει χ0 < 0 τέτοιο ώστε f(x0) = 0 και είναι μοναδικό αφού f

αφού

)

Σελίδα 7 από 10

Γ4.

⬄ Αν χ

f(x) = x2 + 1

(OKM) =

1 Αφού χ(t)

> 0 και y(t) > 0

Θεωρούμε την συνάρτηση Ε(t) =

E ́(t) =

Για t = t0 όπου χ ́(t0) = 2 και χ(t0) = 3 έχουμε

E ́(

= 28 τμ/sec

ΘΕΜΑ Δ

Δ1.

f (1) = 1 ⇔ a

+ β

=

1

f ‘( x ) = ln ( x 2

– 2 x + 2 ) + 2 x 2

( – x 2 – x

1 + )2

2 + a f ‘(1) = – 1 ⇔ a

= –

1 a + β = 1 ⇔ β

= 1 – a

=

2

) =

(OK)(KM) =

=

=

με χ(t)

Σελίδα 8 από 10

Δ2.

f ( x ) = ( x – 1)ln ( x 2

– 2 x + 2 )

– x + 2,

x ∈

R

f ‘( x ) = ln ( x 2

– 2 x + 2 ) + ( x 2( 2

– x 2 x

1) 2

2

) 1, x R E 2 | f ( x ) ( x 2)| dx 2

( f ( x ) x 2 )

dx , ί

:

1 1 f ( x ) x 2 ( x 1) ln ( x 2 2 x 2 )

( x 1) ln ( x

1) 2

1 0

ά x

– + – ∈ = ∫ – – + = ∫

+ –

+ – = – ∙ – + = – ∙ ⌈ ⌊ – + ⌉ ⌋

> >

( ) ( )[ ]

( )

γιατ

για κ θε

2 Ά ρα

E = ∫

⌈ ⌊ x – 1 ∙ ln x 2

– 2 x + 2

⌉ ⌋

dx

1 θ έ τουμε u = x 2

– 2 x + 2, du = 2( x

–

1)

και

u 1 = 1 2 – 21 ∙ + 2 = 1, u 2

= 2 2 – 2 2

+ 2 =2. οπ ό

τε

:

E = 1 2 ∫ 1 2 ln udu = 1 2 ∫ 2 1 ( u )’ln udu = 1 2

22 1 1

21

⎛ │ ⎝ u ∙ ln u – ∫

u ∙ (ln u )’ du

⎞ │ ⎠ = 1 2 ⎛ │ ⎝ 2ln2 – ∫

1 du

⎞ │ ⎠

= 1 2 2ln2 – 1 = ln2 – 1 2

τμ

Δ3.

(i) ( 2 ) 2 2 ( 2

)

2

2

( 2 ) ( )2 2 f ‘( x ) ≥ – 1 ,

x ∈

R

ln x – 2 x + 2 + x 2( 2 1) 2 1 1 ln 2 2 2( 2 2 2 2 1) 2 0 , : ln 2 2 ln 1 1 0 2( 2 1) 2 ( x – – x + – ≥ – ⇔ x – x + + x x – x

ύ ά x R ί

x x x x 2( 1) 1) 1

0, . – + ≥ που ισχ ει για κ θε ∈

γιατ

– + = ⌈ ⌊ – + ⌉ ⌋ ≥ και

x – x – + = x x

– x R – + ≥ ∈ (ii)

Σελίδα 9 από 10

λ f + + λ ≥ λ – λ – λ + + λ

∈

R

⇔ f λ + + λ ≥ f λ + λ – + λ ∈ R ⇔ f λ + ≥ f λ – λ

∈

R

⇔ f λ + – f λ ≥ – Γ ια κ ά θε λ ∈ R

λ < λ

+

H f είναι συνεχής στο διάστημα [λ , λ+ 12 ] , παραγωγίσιμη στο διάστημα (λ , λ+ 12 ) ,

Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ξ ∈(λ , λ+ 12 ) , τέτοιο ώστε:

f

‘( ξ

) = f ( λ + 1 2 ) – f ( λ ) ( λ + 1 2 )–

λ

=

f ( λ + 1 2 ) –

f

( λ ) 1 2

Από Δ3(i) έχουμε ότι : f ‘( x ) ≥ – 1 για κάθε x∈R άρα θα είναι και f ‘( ξ ) ≥ – 1 ⇔ f ( λ + 1 2 ) –

1 f

( λ

) ≥ – 1 ⇔ f ( λ + 1 2 ) – f

( λ

) ≥ –

1 2 2

Δ4.

Έστω Κ(α,f(α)) τυχαίο σημείο της Cf και Λ(β,g(β)) τυχαίο σημείο της Cg

g ‘( x ) = – 3 x 2

– 1,

x ∈

R

Π ρ έ πει f ‘( α ) = g ‘( β ) ⇔ ln( a 2 – 2 a + 2) + a 2( 2

2 2

2

2 2 2

2

2 2 2

2

1) 2 1 3 1 ln( 2 2) 2( 2 1) 2

3 (1) ln( 2 2) 2( 2 1) 2

0 3 0, (1) 1 0

a – a a a a a a έ ή a a a a a ύ ό ό

ό έ C

– +

– = – β – ⇔ – + + – – +

= – β σχ ση

E πειδ – + + – – +

≥ και – β ≤ η ισχ ει

μ νο ταν α = και β

= οπ τε η εφαπτομ νη της

f

στο K θα ε ί ναιη ( ε 1 ): y – f ( α ) = f ‘( α )( x

–

α

)

⇔ y – 1 = – ( x – 1) ⇔ y = – x

+

2 καιη εφαπτομ έ νη της C g

στο Λ θα ε ί ναι : y – g ( β ) = g ‘( β )( x

–

β

)

⇔ y – g (0) = g ‘(0)( x – 0) ⇔ y = – x

+

2

Άρα η y=-x+2 είναι η μοναδική κοινή εφαπτομένη των Cf και Cg .

2 1 3 ( ) ( 1)( 2 2) , 2 2

1 3 1 1 ( ) ( ) 2 , ( ) ( ) , 2 2 2 2 1 1 1 ( ) ( ) . , . 2 2 2

Σελίδα 10 από 10