Liseis mat op c hmer ns 160518

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β΄) ΤΕΤΑΡΤΗ 18 ΜΑΪΟΥ 2016 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ (ΝΕΟ ΣΥΣΤΗΜΑ) ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (ΠΑΛΑΙΟ ΣΥΣΤΗΜΑ) (Ενδεικτικές Απαντήσεις) ΘΕΜΑ Α Α1. Βλέπε απόδειξη Σελ. 262, σχολικού βιβλίου Α2. Βλέπε ορισμό Σελ. 141, σχολικού βιβλίου Α2.Βλέπε διατύπωση θεωρήματος Σελ. 246 και γεωμετρική ερμηνεία Σελ.

247 σχολικού βιβλίου Α4. α) Λ β) Σ γ) Λ δ) Σ ε) Σ 3

1

ΘΕΜΑ Β

B1. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο  με f ′( x) =

( x )′ ( x 2

2

+ 1) − ( x 2 )( x 2 + 1)′ 2 x ( x 2 + 1) − x 2 2 x = = 2 2 ( x 2 + 1) ( x 2 + 1)

(x

2x 2

+ 1)

2

.

Λύνουμε την εξίσωση f ′ ( x ) = 0 ⇔ 2 x = 0 ⇔ x = 0 . Το πρόσημο της f ′ φαίνεται στον πίνακα που ακολουθεί.

Επομένως η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( −∞, 0] και γνησίως αύξουσα στο [ 0, +∞ ) και παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στη θέση 0 ίσο με f ( 0 ) = 0 .

B2. Η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο ′ ( x + 1) ) ( =

( 2 x )′ ( x 2 + 1) − ( 2 x ) 2

f ′′ ( x )

με

2 ( x 2 + 1) − 2 ⋅ x ⋅ 2 ( x 2 + 1)( x 2 + 1)′ = 4 ( x 2 + 1)

2

2



2

( x + 1) 2 ( x + 1) − 4 x ( x + 1) 2 x 2 ( x + 1) − 4 x ⋅ 2 x −6 x + 2 2 ( −3 x + 1) = = = ( x + 1) ( x + 1) ( x + 1) ( x + 1) 2

2

2

2

2

4

2

2

2

2

2

3

2

3

2

3

1 f ′ ( x ) =0 ⇔ 2 ( −3 x 2 + 1) =0 ⇔ −3 x 2 + 1 =0 ⇔ x 2 = ⇔ 3 Λύνουμε την εξίσωση, .

1 1 3 3 x= ή x= − ⇔x= ή x= − 3 3 3 3

Το πρόσημο της f ′′ φαίνεται στον πίνακα που ακολουθεί

2



Επομένως η f είναι κυρτή στο διάστημα  − 

3 3 ,  , κοίλη στο διάστημα 3 3 

  3  3  −∞, −  και στο διάστημα  , +∞  . Τα σημεία καμπής της 3   3   

συνάρτησης είναι τα Α  − 

 3 1 3 1 ,  . ,  και Β  3 4  3 4

B3. Επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής και ορισμένη στο  , δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες. Θα μελετήσουμε αν η f έχει οριζόντιες ασύμπτωτες.

x2 x →+∞ x + 1 +∞ την y = 1 .

x2 x →+∞ x

x2 x →−∞ x + 1 −∞ την y = 1 .

x2 x →−∞ x

Είναι lim = lim = 1 . Επομένως η f έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο 2 2

Είναι lim = lim = 1 . Επομένως η f έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο 2 2

3

B4. Φτιάχνουμε τον πίνακα μεταβολών της f

Με βάση τις απαντήσεις στα ερωτήματα B1,B2,B3 η γραφική παράσταση της f είναι

4

ΘΕΜΑ Γ

Γ1. Θεωρούμε τη συνάρτηση f με f ( x ) = e x − x 2 − 1 , x∈  .

2

(

)

Η f είναι παραγωγίσιμη στο  με f ′ ( x ) = 2e x x − 2 x = 2x ex −1 .

2

2

Λύνουμε την εξίσωση f ′ ( x= 1= 0 ⇔ x 0. ) = 0 ⇔ x 0 ή e x −= 2

Είναι x 2 ≥ 0 για κ άθε x ∈  οπότε e x ≥ e0 = 1 ⇔ e x − 1 ≥ 0 2

2

Άρα τo πρόσημο της f ′ εξαρτάται από το πρόσημο του 2x και φαίνεται στον ακόλουθο πίνακα

Επειδή η f έχει ολικό ελάχιστο στο 0, το f(0) = 0 έχουμε f(x) ≥ 0 για κάθε x∈  με την ισότητα να ισχύει μόνο για x = 0 άρα η εξίσωση f(x) =0 έχει μοναδική ρίζα το x0 =0. Γ2. Από τη σχέση f 2 ( x ) =

(e

x2

)

− x2 −1

2

έχουμε ισοδύναμα f ( x ) = e x − x 2 − 1 2

Επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ( −∞, 0 ) και δε μηδενίζεται σε αυτό, θα διατηρεί σταθερό πρόσημο. Επομένως Αν x ∈ ( −∞, 0 ) και f ( x ) < 0 τότε στο διάστημα αυτό είναι

(

)

2

(

)

f 2 ( x ) =e x − x 2 − 1 ⇔ f ( x ) = − ex − x2 −1 2

2

5

Αν x ∈ ( −∞, 0 ) και f ( x ) > 0 τότε στο διάστημα αυτό είναι

(

)

2

f 2 ( x ) = ex − x2 −1 ⇔ f ( x ) = ex − x2 −1 2

2

Επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ( 0, +∞ ) και δε μηδενίζεται σε αυτό, θα διατηρεί σταθερό πρόσημο. Επομένως, Αν x ∈ ( 0, +∞ ) και f ( x ) < 0 τότε στο διάστημα αυτό είναι

(

)

(

2

)

f 2 ( x ) =e x − x 2 − 1 ⇔ f ( x ) = − ex − x2 −1 2

2

Αν x ∈ ( 0, +∞ ) και f ( x ) > 0 τότε στο διάστημα αυτό είναι

(

)

2

f 2 ( x ) = ex − x2 −1 ⇔ f ( x ) = ex − x2 −1 2

2

Συνεπώς προκύπτουν οι εξής συνδυασμοί για τον τύπο της f f ( x ) = e x − x 2 − 1, x ∈ 

ή

2

−e x + x 2 + 1, x < 0 f ( x) =  2 x 2 e − x − 1, x ≥ 0 2

ή

(

)

f ( x) = − ex − x2 −1 , x ∈  2

e x − x 2 − 1, x < 0 f ( x) =  2 x 2 −e + x + 1, x ≥ 0 2

ή

Γ3. Από το Γ1 παραγωγίζοντας τη πρώτη παράγωγο της f έχουμε

f '' ( x ) = 4e x x 2 + 2e x − 2 , x∈  2

2

Ισχύει ότι x 2 ≥ 0 ⇔ e x ≥ 1 ⇔ 2e x ≥ 2 ⇔ 2e x − 2 ≥ 0 (1) 2

2

2

και 4e x x 2 ≥ 0 ( 2 ) 2

Οπ ότε απ ό (1) + (2) προκ ύπτει 4e x x 2 + 2e x − 2 ≥ 0 ⇔ f '' ( x ) ≥ 0 2

2

με την ισότητα να ισχύει μόνο για x=0, οπότε η f κυρτή στο  .

6

Γ4. Για την εξίσωση f ( ηµ x + 3) − f ( ηµ x )= f ( x + 3) − f ( x )

(1)

Θεωρούμε συνάρτηση g με g ( x )= f ( x + 3) − f ( x ) στο [ 0, +∞ ) Η g είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση ως διαφορά και σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο [ 0, +∞ ) , με g ' ( x= ) f ' ( x + 3) ⋅ ( x + 3) '− f ' ( x=) f ' ( x + 3) − f ' ( x ) Για τη μονοτονία της f ′ έχουμε ότι για f ′[ 0, +∞ )

x < x+3 ⇔

f ′ ( x ) < f ′ ( x + 3) ⇔ f ′ ( x + 3) − f ′ ( x ) > 0

οπότε g ′ ( x ) > 0 και συνεπώς η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση άρα και ΄΄1–1΄΄ οπότε η εξίσωση (1) γράφεται: g ''1−1''

g ( ηµ x ) = g ( x ) ⇔ ηµ x = x ⇔ x = 0

Αφού από τη θεωρία έχουμε ότι ηµ x ≤ x και για x ≥ 0 ισχύει ηµ x ≤ x με την ισότητα να ισχύει για x=0.

7

ΘΕΜΑ Δ Δ1. Από τη σχέση

π

π ισοδύναμα έχουμε, ∫ ( f ( x ) + f '' ( x ) )ηµ xdx = 0

π

∫ 0

π

∫ 0

π

∫ 0

π

π

π

0

0

0

)

(

π ⇔ ∫ f ( x )ηµ xdx + ∫ f ' ( x ) ′ ηµ xdx = π⇔ f ( x )ηµ xdx + ∫ f '' ( x )ηµ xdx = π

π π⇔ f ( x )ηµ xdx +  f ′ ( x )ηµ x  0 − ∫ f ′ ( x )(ηµ x )′dx = 0

π

π

π⇔ f ( x )ηµ xdx +  f ′ (π )ηµπ − f ′ ( 0 )ηµ 0  0 − ∫ f ′ ( x ) συν xdx = 0

π

π

π

π⇔ ∫ f ( x )ηµ xdx −  f (π ) συνπ − f ( 0 ) συν 0 + ∫ f ( x )(συν x )′dx = 0

0

0

π

π

0

0

∫ f ( x )ηµ xdx + f (π ) − f ( 0 ) − ∫ f ( x )ηµ xdx= π (1) f (π ) − f ( 0 ) =

π⇔

Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο  , είναι και συνεχής στο  άρα και στο x = 0. οπότε lim f ( x ) = f ( 0 ) x →0

( 2)

Aπό τη δεδομένη σχέση

lim x →0

f ( x) f ( x) = 1 , θέτουμε g ( x ) = ηµ x ηµ x

με

lim ( g ( x ) ⋅ηµ x ) = 1⋅ 0 lim g ( x ) = 1 . Oπότε f = ( x ) g ( x ) ⋅ηµ x και lim f ( x ) = x →0

x →0

x →0

όπου λόγω της (2) έχουμε f ( 0 ) = 0 (3).

Aπό τις σχέσεις (1) και (2) και (3) παίρνουμε τελικά f (π ) = π Για το f΄(0) έχουμε lim x →0

f ( x ) − f ( 0) f ( x)  f ( x ) ηµ x   f ( x)   ηµ x  lim  = lim = lim  = lim     = 1 ⋅1 = 1 x →0 x →0 x−0 x  ηµ x x  x →0  ηµ x  x →0  x 

Άρα f΄(0) = 1

8

Δ 2α. ( x) Παραγωγίζοντας τη σχέση e f= + x f ( f ( x ) ) + e x για κάθε x∈  η οποία

αποτελείται από παραγωγίσιμες συναρτήσεις έχουμε e f ( x ) f ′= ( x ) + 1 f ′ ( f ( x )) ⋅ f ′ ( x ) + ex

(1)

Έστω ότι η f έχει ακρότατο στη θέση x0∈  . Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο εσωτερικό σημείο x0∈  , από το Θεώρημα Fermat έχουμε f ′ ( x0 ) = 0 (2). οπότε η σχέση (1) για x = x0 γίνεται e

f ( x0 )

f ′ ( x0 ) + 1= f ′ ( f ( x0 ) ) ⋅ f ′ ( x0 ) + e x0 ⇔ 1= e x0 ⇔ x0= 0

οπότε f ′ ( 0 ) = 0 ΑΤΟΠΟ, αφού f ′ ( 0 ) = 1 Άρα η f δεν έχει ακρότατα στο  . Δ 2Β. Επειδή • η f δεν έχει ακρότατα στο  θα ισχύει f ′ ( x ) ≠ 0 για κάθε x∈  • η f΄ είναι συνεχής, ως παραγωγίσιμη στο  , αφού η f είναι 2 φορές παραγωγίσιμη στο  επομένως η f΄ θα διατηρεί το πρόσημο της. Επιπλέον f΄(0) = 1 > 0, άρα f΄(x) > 0 οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο 

Δ3. Επειδή η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο  = ( −∞, +∞ ) . f () =

( lim f ( x ) , lim f ( x )) = x →−∞

x →+∞

( −∞, +∞ ) . Άρα

9

lim f ( x ) = +∞ .

x →+∞

Ισχύει ότι ηµ x + συν x ≤ ηµ x + συν x ≤ 1 + 1 =2 Άρα

ηµ x + συν x f ( x)

≤

ηµ x + συν x 2 2 2 ⇔− ≤ ≤ f ( x) f ( x) f ( x) f ( x)

 2 2 = 0= lim  − x →+∞ f x x →+∞  ( )  f ( x) ηµ x + συν x lim =0 x →+∞ f ( x)

Επειδή lim

Δ4. Για το

eπ

∫ 1

  . Άρα από κριτήριο παρεμβολής  

f ( ln x ) 1 dx θέτουμε ln x = u . Άρα dx = du . x x

Για x=1 είναι = u ln1 = 0 ενώ, π για x = eπ είναι= u lne = π,

οπότε το ζητούμενο ολοκλήρωμα γίνεται

eπ

∫ 1

f ( ln x ) = dx x

π

π

1

1

∫ f ( x ) dx

f ( u ) du ∫=

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [0,π] και γνησίως αύξουσα άρα f ( 0 ) ≤ f ( x ) ≤ f (π ) ⇔ 0 ≤ f ( x ) ≤ π . Άρα f ( x ) ≥ 0 και η ισότητα ισχύει μόνο για x=0, οπότε

π

∫ f ( x) > 0

(1).

0

Επίσης π − f ( x ) ≥ 0 και η συνάρτηση π − f ( x ) είναι συνεχής στο [0,π] και δεν μηδενίζεται παντού, αλλά μόνο στο x=π. Άρα

π

π

π

π

π ∫ (π − f ( x ) ) dx > 0 ⇔ ∫ π > ∫ f ( x ) dx ⇔ ∫ f ( x ) dx < π (π − 0 ) =

2

0

0

0

0

π

Επομένως από (1),(2) προκύπτει 0 < ∫ f ( x ) dx < π 2 .

0

10

(2).