Πανελλαδικές Εξετάσεις: Μαθηματικά

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 10 ΙΟΥΝΙΟΥ 2019 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1.

α. Σχολικό βιβλίο σελ. 15. β. i. Η συνάρτηση έχει αντίστροφη όταν είναι 1-1 στο Α. ii. Σχολικό βιβλίο σελ. 35.

Α2.

Σχολικό βιβλίο σελ. 142

Α3.

Σχολικό βιβλίο σελ. 135

Α4.

α) Λάθος

1 , x < 0 Έστω η συνάρτηση f ( x ) =  2 , x > 0 Είναι f ′ ( x ) = 0, για κάθε x ∈ ( −∞, 0 ) ∪ ( 0, +∞ ) , αλλά η f δεν είναι σταθερή στο

( −∞, 0 ) ∪ ( 0, +∞ ) . Α4.

β) Λάθος

Α5.

γ)

x , x ≠ 0 Έστω η f ( x ) =  . Είναι lim f ( x ) = 0 ≠ f ( 0) = 5. x →0 5 , x = 0

ΘΕΜΑ Β Β1. Ισχύει ότι lim f ( x ) = 2 ⇔ lim ( e − x + l ) = 2 ⇔ l = 2 x →+∞

x →+∞

Β2. Έστω συνάρτηση g με g ( x )= f ( x ) − x= e − x − x + 2, x ∈ [ 2,3] . Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο [2, 3], ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων. g ( 2 )= e −2 − 2 + 2= e −2 > 0    g ( 2 ) ⋅ g ( 3) < 0 .

1 −3 g ( 3) = e − 3 + 2 = 3 − 1 < 0  e  Από το Θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα x0 ∈ ( 2,3) τέτοιο ώστε g ( x0 ) = 0 ⇔ f ( x0 ) = x0 .

Επίσης g ′ ( x ) =−e − x − 1 < 0 για κάθε x ∈ [ 2,3] .

1

Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα, συνεπώς είναι 1-1, οπότε το x0 είναι μοναδική λύση. Β3. f ′ ( x ) = −e − x < 0 . Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  , οπότε είναι 1-1, άρα αντιστρέφεται. y =f ( x ) ⇔ y = e− x + 2 ⇔ y − 2 = e − x ⇔ ln ( y − 2 ) = −x ⇔ x = − ln ( y − 2 ) y >2

Άρα f

−1

− ln ( x − 2 ) , x > 2 ( x) =

Β4. Είναι lim+ f −1 ( x ) = −∞ . Διότι: x→2

Θέτουμε x − 2 = u . Όταν x → 2+ ⇒ u → 0+ . Οπότε lim+ f −1 ( x ) = lim+  − ln ( x − 2 )  = − lim+ ln ( x − 2 ) = lim+ ln u = −∞ . x→2

x→2

x→2

u →0

Άρα η x = 2 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της C f .

ΘΕΜΑ Γ Γ1. Η f είναι συνεχής στο x0 = 1 ως παραγωγίσιμη. Οπότε lim− f ( x ) = lim+ f ( x ) ⇔ 1 + β = 1 + a ⇔ a = β x →1

x →1

0  

f ( x ) − f (1) e x −1 + β x − 1 − a e x −1 + β x − 1 − β  0  e x −1 + β = lim− = lim− = lim− = β +1 lim− ( DLH ) x →1 x →1 x →1 x →1 x −1 x −1 x −1 1 f ( x ) − f (1) x2 + a −1 − a = lim+ lim = 2 x →1 x →1+ x −1 x −1 2

Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο 1, πρέπει β + 1 =2 , άρα β = 1 , οπότε και α=1. Γ2. Για x > 1, Για x < 1,

f ′ ( x= ) 2x > 0

f ′( x= ) e

x −1

+1 > 0

και f συνεχής στο 

(1) (2) (3)

Από (1), (2) και (3) συμπεραίνουμε ότι η f

είναι γνησίως αύξουσα στο  .

lim f ( x ) = lim ( x 2 + 1) = +∞

x →+∞

x →+∞

lim f ( x ) = lim ( e x −1 + x ) = −∞

x →−∞

x →−∞

Άρα f (  ) =  . Γ3. i. lim f ( x ) = −∞ . Άρα υπάρχει κ < 0 τέτοιο ώστε f (κ ) < 0 και x →−∞

1 >0 (2) e Άρα από Θεώρημα Bolzano στο [κ, 0], υπάρχει x0 ∈ (κ , 0 ) , ώστε f ( x0 ) = 0 . Το f ( 0 )= e −1=

x0 είναι μοναδική λόγω μονοτονίας της f .

ii. f 2 ( x ) − x0 f ( x ) =0 ⇔ f ( x ) ⋅ ( f ( x ) − x0 ) =0 (1) Ισχύει f ( x ) ≠ 0 για κάθε x > x0 άρα η (1) στο

( x0 , +∞ )

είναι ισοδύναμη με την

f ( x ) − x0 =0 ⇔ f ( x ) =x0 .

Η τελευταία είναι αδύνατη στο

( x0 , +∞ )

διότι f γνησίως αύξουσα, άρα

f ( x ) > f ( x0 ) ⇔ f ( x ) > 0 ενώ x0 < 0 .

Γ4. M ( x ( t ) , y ( t ) ) ⇒ y ( t ) = x 2 ( t ) + 1 x ( t0 ) = 3 , y ( t0 ) = 10 , x′ ( t0 ) = 2

1 x (t ) y (t ) ⇒ 2 t = t0 1 1 E ′ ( t ) = x′ ( t ) y ( t ) + x ( t ) y ′ ( t ) ⇒ 2 2 1 1 = E ′ ( t0 ) x′ ( t0 ) y ( t0 ) + x ( t0 ) y ′ ( t0 ) 2 2 Ισχύει: y′ ( t0 ) = 2 x ( t0 ) x′ ( t0 ) = 2 ⋅ 3 ⋅ 2 = 12 E (t ) =

Άρα E ′ ( t0 ) =

0

1 1 ⋅ 2 ⋅10 + ⋅ 3 ⋅12 = 28 τ.μ/sec.

2 2

3

ΘΕΜΑ Δ Δ1. f ( x ) = ( x − 1) ⋅ ln ( x 2 − 2 x + 2 ) + ax + β

ε : y =− x + 2 f (1) =1 ⇒ a + β =1 f ′ (1) = −1

f ′ ( x= ) ln ( x 2 − 2 x + 2 ) + ( x − 1) f ′ (1) =−1 ⇒ a =−1 και β = 2

Δ2. f ( x ) =

( x − 1) ln ( x 2 − 2 x + 2 ) − x + 2 .

∫ ( x − 1) ln ( x όπου ( x − 1) ⋅ ln ( x

= Ε

2

2

1

= E ln 2 −

2x − 2 +a x − 2x + 2 2

2

Η f είναι συνεχής στο  άρα και στο [1, 2]

− 2 x + 2 ) − x/ + 2/ + x/ − 2/ dx =

∫ ( x − 1) ln ( x 2

1

− 2 x + 2 ) ≥ 0 για κάθε x ∈ [1, 2] . Οπότε

2

− 2 x + 2 ) dx

1 τ.μ.

2

2 ( x − 1) 2 Δ3. i. Eίναι f ′ ( x= − 1, x ∈  ) ln ( x − 1) + 1 + 2 ( x − 1) + 1 2

2 ( x − 1) 2 ≥ 0. Προφανώς για κάθε x ∈  , θα ισχύει ln ( x − 1) + 1 +   ( x − 1)2 + 1 2

Η ισότητα ισχύει μόνο για x = 1 , επομένως f ′ ( x ) ≥ −1, ∀x ∈  .

1 3  ii. Είναι για λ ∈  , f  l +  + l ≥ ( l − 1) ln ( l 2 − 2l + 2 ) + ⇔ 2 2  1 1  ⇔ f  λλ +  ≥ f ( )− .

2 2  1  Θεωρώντας τη συνάρτηση f στο διάστημα λλ , +  ικανοποιούνται οι 2  1  προϋποθέσεις του Θ. Μ. Τ., επομένως υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈  λλ , +  2  1  f  λλ + − f ( ) 2 τέτοιο ώστε f ′ (ξ ) =  .

1 2 Όμως από Δ3 (i) έχουμε f ′ (ξ ) ≥ −1.

1  f  λλ + − f ( ) 1 1 2   Άρα ≥ −1 ⇔ f  λλ +  − f ( ) ≥ − δηλαδή η (1).

1 2 2  2

4

Δ4. Η g είναι παραγωγίσιμη στο  με g ′ ( x ) = −3 x 2 − 1 . Εξετάζουμε αν η εφαπτομένη της C f στο Α εφάπτεται της Cg στο σημείο της Θα πρέπει τότε g ′ ( x0 ) = −1 ⇔ −3 x − 1 ⇔ x0 = 0 .

( x , g ( x )) .

0

0

2 0

Έτσι η εφαπτομένη της Cg στο Β (0,2) είναι y − 2 =−1( x − 0 ) ⇔ y =− x + 2 . Άρα η ε κοινή εφαπτομένη των C f , Cg στα σημεία τους Α, Β αντίστοιχα. Η παραπάνω κοινή εφαπτομένη είναι μοναδική γιατί: • f ′ ( x1 ) ≥ −1, x1 ∈  και η ισότητα ισχύει για x1 = 1 •

g ′ ( x2 ) ≤ −1, x2 ∈  και η ισότητα ισχύει για x2 = 0

Οπότε f ′ ( x1 ) > g ′ ( x2 ) για κάθε ζεύγος

( x1 , x2 )

με

( x1 , x2 ) ≠ (1, 0 )

Επομένως η παραπάνω εφαπτομένη y =− x + 2 είναι μοναδική.

5