Πανελλαδικές εξετάσεις: Προτεινόμενες απαντήσεις Μαθηματικών

ΘΕΜΑ Α

Α1. Απόδειξη από σχολικό βιβλίο σελίδα 186

Α2. Θεωρία από σχολικό βιβλίο σελίδα 76Α3. Θεωρία από σχολικό βιβλίο σελίδα 161

Α4. α) Σωστό β) Σωστό γ) Λάθος δ) Λάθος ε) Σωστό

ΘΕΜΑ Β

B1) ( ) = 3 + 2 + 9 – 3, x ε R ′( )= 3 2 + 2 + 9 , x ε R

Επομένως από θ. Fermat ′(1) = 0 ⇔ 3 + 2 + 9 = 0 ⇔ 2 = -12 ⇔ = -6B2) Για α=-6 ( ) = 3 – 6 2 + 9 – 3 ′( )= 3 2 – 12 + 9 ′( )= 3( 2 – 4 + 3) ′( ) =0 ⇔ χ=1 ή χ=3

Τ.μ Τ.ε.Όταν x ε Α1=(-∞,0] με f ↑ άρα f(Α1)=( -∞,-3] Όταν x ε Α2=[0,1] με f ↑ άρα f(Α2)=[-3,1] Όταν x ε Α3=[1,3] με f ↓ άρα f(Α3)=[-3,1] Όταν x ε Α4=[3,+∞) με f ↑ άρα f(Α4)=[-3,+∞)

Παρατηρούμε ότι το 0 βρίσκεται στο f(Α2), f(Α3), f(Α4)στα οποία η f είναι γνησίως μονότονη, επομένως υπάρχουν μοναδικά x1,x2,x3 στα διαστήματα Α2, Α3, Α4 ώστε f(x)=0 και είναι θετικά.

Η παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στη θέση χ=1 την τιμή (1) = 1 και τοπικό ελάχιστο στη θέση χ=3 την τιμή (3) = -3Β3) ′′( )= 6(χ-2) ′′( )=0 ⇔ χ=2

Σ.Κ

.Οπότε η παρουσιάζει σημείο καμπής στη θέση χ=2 , το σημείο καμπής Μ(2,f(2))=(2,-1)Β4) ( ) = + ( ) ( ) = 3 – 6 2 + 10 – 3 ′( )= 3 2 – 12 + 10Εξίσωση εφαπτομένης της στο 0 = : – ( ) = ′( )( – ) (1) Εξίσωση εφαπτομένης της στο 0 = : – ( ) = ′( )( – ) (2)

Oπότε από (1),(2) έχουμε : { = (=1 + ′ ( ′() )-) + ′ ( ( ))+- ( )′( ) <=> ′( ) – ′( ) + ( ) = (1 + ′( )) + ( ) – ′( ) < => ( ′( ) – 1 – ′( )) = 0 <=> – = 0 <=> = 0

Επομένως οι εφαπτομένες τέμνονται στον άξονα y’y

ΘΕΜΑ Γ

Γ1) Για να είναι η συνεχής στο 0 = 0 θα πρέπει (0) = lim →0- ( ) = lim →0+ ( ) (0) = lim →0+ ( ) = lim →0+ √ 2 + = 0 lim →0- ( ) = lim →0- = 0Άρα η συνεχής στο 0 = 0 Θα εξετάσουμε αν η f είναι παρ/μη στο 0lim →0+ ( ) – (0) – 0 = lim →0+ √ 2 + – (0) – 0 = = lim →0+ √ 2 + = lim →0+ √ 2(1 + 1) = lim →0+ | |√(1 + 1) = lim →0+ √(1 + 1) = lim →0 √(1 + 1) = +∞Το lim →0+ ( )- (0) -0 δεν είναι πραγματικός αριθμός οπότε η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0.Γ2) lim →+∞ ( ) = lim →+∞ √ 2+ = 1

Επομένως λ=1

lim →+∞ ( ( ) – ) = lim →+∞ (√ 2 + – )(√ 2 + + ) (√ 2 + + ) = lim →+∞ (√1 + 1 + 1) = lim →+∞ 1 √1 + 1 + 1 = 1 2Άρα β=1 2 και τελικά έχουμε πλάγια ασύμπτωτη όταν χ→+∞ την y=χ+1 2Θα εξετάσουμε στο -∞Έχουμε -1 ≤ ≤ 1  – ≤ ≤ και αφού lim = 0 →-∞ , από Κ.Π. lim →-∞ ( ) = lim →-∞ = 0 ,

Άρα η y=0 είναι οριζόντια ασύμπτωτη στο -∞.Τέλος η f είναι συνεχής στο (-∞,+∞) οπότε δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτεςΓ3)

Για να δείξουμε πως η γραφική παράσταση της τέμνει σε ένα τουλάχιστον σημείο την ευθεία y=x+1 2Αρκεί να δείξουμε πως η εξίσωση ( ) = 0 έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (-π,0) , όπου ( ) = ( ) – – 1 2 στο [-π,0]η είναι συνεχής στο [-π,0] (- ) = – 1 2 > 0 (0) = – 1 2 < 0 Άρα g(-π)g(0)<0

Oπότε από θεώρημα Bolzanο υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ στο (-π,0) ώστε ( ) = 0, επομένως η γραφική παράσταση της τέμνει σε ένα τουλάχιστον σημείο την ευθεία y=x+1 2Γ4) ( ) = ( ( )) (1) ′( ) = ′( ( )) ′( ) (2) Για t=t0 ′( 0) = ′( ( 0)) ′( 0) (3)Αν ′( 0) = ′( 0) τότε ′( 0) = ′( ( 0)) ′( 0) 1 = ′( ( 0)) ⇔ 2 ( 0) + 1 2√ ( 0)2 + ( 0) = 1 ⇔ 2 ( 0) + 1 = 2√ ( 0)2 + ( 0) ⇔4 02 + 4 ( 0)+1 = 4 02 + 4 ( 0)⇔1=0 αδύνατο

Άρα δεν υπάρχει 0 που να ικανοποιεί.

ΘΕΜΑ Δ

Δ1)Για να είναι η g σταθερή αρκεί να δείξουμε πως ′( ) = 0 για κάθε x>0, ′( ) = ( ) ln – ( ) 2 ln ln ( ln )2 = ln ( ( ) – ( ) 2 ln ) ( ln )2 = ( ) – 2 ( ) ln ln +1 = 0, ό έ

Οπότε η g σταθερήΔ2) i) Αφού η εφαπτομένη της f στο Μ(1,f(1)) είναι παράλληλη στην y=2x θα ισχύει ότι ′(1) = 2lim →1 ( ) ln = lim →1 ( ) -1 ln -1 = ′(1) 1 = 2, αφού f(1)=0 από δεδ. για χ=1.

και lim →1 ln -1 = ′(1) = 1 , (όπου g(x)=lnx)ii) lim →1 ( ) = lim →1 ( ) 2 ln = 1 2 ∙ 2 = 1, από (i)Άρα F(1)=1, αφού η F συνεχής στο 1. ( ) ln =c ( ) = ln <=> = 1 (για χ=1)‘Αρα ( ) = ln Δ3) F′( ) = 2 ln ln

Ο.Ε.Η εξίσωση ( 2) = ( ) – ( – 1)2, έχει προφανή ρίζα την χ=1 και ισοδύναμα γίνεται ( 2) – ( ) = -( – 1)2<0 για χ≠ 1Όταν χ>1⇒ 2 > ⇒ ( 2) > ( ) ⇒ ( 2) – ( ) > 0 ,εφόσον F γνησίως αύξουσα στο (1,+∞), επομένως αδύνατη στο (1,+∞).

Για 0<χ<1 ⇒ 2 < ⇒ ( 2) > ( ) ⇒ ( 2) – ( ) > 0 ,εφόσον F γνησίως φθίνουσα στο (0,1) επομένως αδύνατη στο (0,1).Άρα η χ=1 μοναδική λύση της εξίσωσης.

Δ4) Ισχύει ότι 1≤x≤e με F γνησίως αύξουσα ισχύει και F(x)≥F(1) άρα και F(x)≥1>0. (1) = ∫1 | ( )| = ∫1 ( ) από (1)=∫1 2 > ∫1 2 + 1 =(αφού ≥ + 1, ) = ∫1 2 + ∫1 1 =(με αντικατάσταση Θέτω = <=> = = Για x=1 => u=0 Για x=e => u=1)= ∫01 2 + – 1 = ( . ) = 2 – 3Άρα Ε>2e-3

Επιμέλεια απαντήσεων

Βρύνας Σπύρος

Παναγιωτοπούλου Μάγδα

Αλεξανδρόπουλος Βαγγέλης