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).