Θέματα και Λύσεις Μαθηματικά Κατεύθυνσης...
TRANSCRIPT
ΕΠΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ
2013
ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ
ΘΕΜΑ Α Α1. Αν μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη σε ένα σημείο x0, να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής στο σημείο αυτό.
Μονάδες 7
Απάντηση Θεωρία σχολικού βιβλίου, σελ. 217
ΘΕΜΑ Α Α2. Να διατυπώσετε το θεώρημα του Fermat.
Μονάδες 4
Απάντηση Θεωρία σχολικού βιβλίου, σελ. 260
ΘΕΜΑ Α Α3. Έστω συνάρτηση f ορισμένη σε ένα διάστημα Δ. Ποια σημεία
λέγονται κρίσιμα σημεία της f; Μονάδες 4
Απάντηση Θεωρία σχολικού βιβλίου, σελ. 261
ΘΕΜΑ Α Α4. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιό σας δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση τη λέξη Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασμένη. Μονάδες 10 α) Σωστό
β) Λάθος
γ) Σωστό
δ) Λάθος
ε) Σωστό
ΘΕΜΑ Β Θεωρούμε τους μιγαδικούς αριθμούς z και w για τους οποίους ισχύουν η εξίσωση
22x w 4 3i x 2 z , x ¡ έχει μια διπλή ρίζα, την x = 1 B1. Να αποδείξετε ότι ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των z στο μιγαδικό επίπεδο είναι κύκλος με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ1= 1, καθώς επίσης ότι ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των w στο μιγαδικό επίπεδο είναι κύκλος με κέντρο Κ(4,3) και ακτίνα ρ2= 4.
Μονάδες 8
Απάντηση
Η δοσμένη σχέση γίνεται:
2 2 w 4 3i
2x w 4 3i x 2 z x x z 0 (1)2
Αφού το τριώνυμο έχει διπλή ρίζα την x=1 ισχύει με χρήση των τύπων Vieta:
ΘΕΜΑΒ Β1. Απάντηση
1 2
w 4 3iw 4 3iS
2 w 4 3i 4 w (4 3i) 422
S x x 2
άρα ο
γεωμετρικός τόπος των εικόνων των w στο μιγαδικό επίπεδο είναι κύκλος με κέντρο Κ(4,3) και ακτίνα ρ2= 4 Επίσης από την (1) αφού το x=1 είναι ρίζα έχουμε με αντικατάσταση:
2 4(1) : 1 1 z 0 1 2 z 0 z 1
2 , άρα ο γεωμετρικός τόπος των
εικόνων των z στο μιγαδικό επίπεδο είναι κύκλος με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ1= 1 (σχήμα 1)
ΘΕΜΑ Β B2. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικός μιγαδικός αριθμός, η
εικόνα του οποίου ανήκει και στους δύο παραπάνω γεωμετρικούς τόπους.
Μονάδες 5
Απάντηση Ισχύει για την διάκεντρο των κύκλων :
2 21 2(OK) 4 5 5 ρ ρ άρα οι δύο κύκλοι εφάπτονται
εξωτερικά, άρα υπάρχει μοναδικός μιγαδικός, του οποίου η εικόνα ανήκει και στους δύο γεωμετρικούς τόπους.
ΘΕΜΑ Β B3. Για τους παραπάνω μιγαδικούς αριθμούς z, w του ερωτήματος
Β1 να αποδείξετε ότι: z w 10 και z w 10
Μονάδες 6
Απάντηση Έστω Μ(z), Λ(w) οι εικόνες των μιγαδικών z,w αντίστοιχα. Η απόσταση των εικόνων τους ισχύει 1 20 z w 2(ρ ρ ) αφού εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο Γ. (σχήμα 2)
σχήμα 2
ΘΕΜΑ Β B3.Απάντηση Άρα 1 20 z w 2(ρ ρ ) 2 1 4 10 z w 10 Η ισότητα (μέγιστη τιμή) λαμβάνεται για τα αντιδιαμετρικά σημεία Α(z),Β(w). Για το w ισχύει:
2 2(OK) ρ w (OK) ρ 1 w 9 άρα
2 z w 10 z w 10
Όμως z w z w από την τριγωνική ανισότητα,
άρα z w 10
ΘΕΜΑ Β B3.Απάντηση Εδώ πρέπει να τονιστεί εδώ ότι η σχέση z w z ( w) που εκφράζει την απόσταση των εικόνων του z από τις εικονες του -w πού είναι συμμετρικός του w ως πρός την αρχή των αξόνων. Άρα θα μπορούσε να λυθεί ακριβώς όμοια με πριν
1 20 z w 2(ρ ρ ) 2 1 4 10 z w 10 (σχήμα 3)
σχήμα 3
Â1Åðáíáë_2013.ggb
ΘΕΜΑ Β B4. Από τους παραπάνω μιγαδικούς αριθμούς z του ερωτήματος
Β1 να βρείτε εκείνους, για τους οποίους ισχύει: 22z 3z 2zz 5
Μονάδες 6
Απάντηση Έστω z=x+yi με x,y∈ℝ , έχουμε z x yi και z z 2yi .
22z 3z 2zz 5 z(2z 3 2z) 5 z 2z 3 2z 5
22 22(z z) 3 5 3 4yi 5 ( 3) 4y 5 9 16y 25 2y 1 άρα y=1 ή y= -1
Όμως 2 2 2z 1 x y 1 x 1 1 x 0 άρα z i ή z i .
ΘΕΜΑ Γ Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση f: ℝ ⟶ ℝ για την οποία ισχύουν:
22xf(x) x f (x) 3 f (x) για κάθε x∈ℝ
1
f(1)2
Γ1. Να αποδείξετε ότι 3
2
xf(x) , x
x 1
¡
και στη συνέχεια ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ Μονάδες 6
Απάντηση Έχουμε 2 2 22xf(x) x f (x) 3 f (x) 2xf(x) x f (x) 3x f (x)
2 2 3 2 3x f(x) x f(x) x f(x) x f(x) x f(x)
άρα υπάρχει c ¡ ώστε 2 3x f(x) x f(x) c
ΘΕΜΑ Γ Γ1. Απάντηση
... όμως 1
f(1)2
άρα για x=1 έχουμε:
2 3 1 11 f(1) 1 f(1) c 1 c c 0
2 2 .
Άρα 3
2 32
xx f(x) x f(x) f(x)
x 1
για κάθε x ¡ .
Παραγωγίζοντας την f έχουμε:
2 2 3 4 2 4
2 22 2
3x (x 1) x 2x 3x 3x 2xf (x)
x 1 x 1
4 2 2 2
2 22 2
x 3x x (x 3)f (x) 0
x 1 x 1
για κάθε x ¡ .
Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ.
ΘΕΜΑ Γ Γ2. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της
συνάρτησης f του ερωτήματος Γ1. Μονάδες 4
Απάντηση H f είναι παραγωγίσιμη στο ¡ άρα συνεχής στο ¡ οπότε κατακόρυφες ασύμπτωτες δεν έχει.
Τώρα για πλάγιες: 3 3 3
3 32x x x x
f(x) x x xlim lim lim lim 1
x x x xx x 1
Ομοίως x
f(x)lim 1
x .
3 3
2x x x
x xlim (f(x) x) lim x lim
x 1
3x2 2x x
x x 1lim lim 0
x 1 x 1 x
Ομοίως xlim (f(x) x) 0
.
Άρα η (ε):y=x πλάγια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της f στο και στο .(σχήμα 4)
ΘΕΜΑ Γ Γ2. Απάντηση
ΘΕΜΑ Γ Γ3. Να λύσετε στο σύνολο των πραγματικών αριθμών την
ανίσωση:
2 3 2 2f 5(x 1) 8 f 8(x 1)
Μονάδες 7
Απάντηση
(Γ1.)f
2 3 2 2 2 3 2 2f 5(x 1) 8 f 8(x 1) 5(x 1) 8 8(x 1) Z
2 2 2 3(x 1) 1 0
2 3 2 22 2
(x 1) 85(x 1) 8 (x 1) 1
(x 1) 1 5
(Γ1.)f
2f(x 1) f(2) Z
2 2x 1 2 x 1 10 x 1
ΘΕΜΑ Γ Γ4. Γ4. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ξ∈(0, 1) τέτοιο,
ώστε:
3ξ ξ 2 3
0f(t)dt ξ 3ξ 1 f(ξ ξ)
Μονάδες 8
Απάντηση
Έστω η συνάρτηση 3x x
0
F x x· f t dt, x 0, 1
Εφαρμόζουμε Θεώρημα Rolle την F στο [0,1] Η F(x) είναι συνεχής στο [0,1] άρα παραγωγίσιμη στο (0,1) και ισχύει:
3 0
0
0
F 0 0· f t dt 0
και 3 1
0
1 0
0
F 1 1· f t dt f t dt 0
άρα
F 0 F 1 0 , οπότε...
ΘΕΜΑ Γ Γ4. Απάντηση … οπότε, από Θ. Rolle, υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ 0, 1 , τέτοιο ώστε
3ξ ξ
3 2
0
F ξ 0 ξ · f t dt ξ· f ξ ξ · 3ξ 1 0
3ξ ξ
2 3
0
f t dt ξ· 3ξ 1 ·f ξ ξ
ΘΕΜΑ Δ Δίνεται συνάρτηση f: [0,+∞)⟶ℝ, δύο φορές παραγωγίσιμη, με συνεχή δεύτερη παράγωγο στο [0,+∞), για την οποία ισχύουν:
2χ
1 1
u (f (t))dt
f(t)duf(x) x
για κάθε x > 0
f(x)f (x) 0 για κάθε x > 0 και f (0) = 0 Θεωρούμε επίσης τις συναρτήσεις:
f (x)g(x)
f(x)
με x>0 και 3
h(x) f (x) με x≥0
Δ1. Να αποδείξετε ότι
2f(x)f (x) 1 f (x) για κάθε x>0
Μονάδες 4
ΘΕΜΑ Δ Δ1. Απάντηση Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο (0, ) ¡ ως παραγωγίσιμη στο ¡ και αφού f(x)·f (x) 0 , θα είναι f(x) 0 για κάθε x>0 .
Επίσης η f'(x) είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη , άρα 2f (x) συνεχής ,
επομένως 2f (x) 1
f(x)
συνεχής ως πηλίκο συνεχών, άρα η
2u
1
f (t) 1dt
f(t)
συνεχής ως παραγωγίσιμη , επομένως:
2x u
1 1
f (t) 1dt du
f(t)
, παραγωγίσιμη .
Και παραγωγίζοντας έχουμε:
2x
1
f (t) 1f (x) 1 dt
f(t)
και
2
2f (x) 1f (x) f(x)·f (x) 1 f (x) .
f(x)
ΘΕΜΑ Δ Δ2.α) Να βρείτε το πρόσημο των συναρτήσεων f και f′ στο (0,+∞)
(μονάδες 4)
Απάντηση Αφού f(x) 0 για κάθε x>0 και f συνεχής στο (0, ) , άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο σε αυτό. Αλλά έχω f(1)=1>0, άρα f(x)>0 για κάθε x (0, ) . Αφού f (x) 0 για κάθε x>0 και f' συνεχής στο (0, ) , άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο σε αυτό. Αλλά έχω f'(1)=1>0, άρα f'(x)>0 για κάθε x (0, ) .
ΘΕΜΑ Δ Δ2.β) Να αποδείξετε ότι f΄(0) = 1 (μονάδες 3) Απάντηση Η f' είναι συνεχής στο [0, ) , άρα αφού από (Δ1)
2f(x)f (x) 1 f (x) για κάθε x>0
f συνεχής
2 2
x 0 x 0(f (0)) lim(f (x)) lim f(x)·f (x) 1 f(0)·f (0) 1 1
.
Επίσης f (0) 0 γιατί f'(x)>0 κοντά στο 0x 0 , άρα
x 0lim f (x) 0 f (0) 0
. Άρα f 0 1 .
ΘΕΜΑ Δ Δ3. Δεδομένου ότι η συνάρτηση g είναι κυρτή στο (0, +∞) , να
αποδείξετε ότι: α. g(x) 2 x για κάθε x∈(0, +∞) (μονάδες 2)
Απάντηση Από (Δ1) και τη σχέση 2
f(x)·f (x) 1 f (x) για x=1 έχουμε:
2 21f(1)·f (1) 1 f (1) ·f (1) 1 f ( )1 1 0
Θα βρούμε την εφαπτόμενη της γραφικής παράστασης της g στο A(1,g(1)):
f (1)g(1) 1
f(1)
και
2
2
f (x)·f(x) f (x)g (x)
f(x)
, άρα
2
2
f (1)·f(1) f (1)g (1) 1
f(1)
.
Έτσι η εφαπτόμενη είναι η (ε) : y 1 1(x 1) y 2 x . H g ως κυρτή, έχει γραφική παράσταση που θα βρίσκεται πάνω από την (ε) (εκτός από το σημείο επαφής Α) , άρα g(x) 2 x για κάθε x>0.
ΘΕΜΑ Δ
Δ3. β) 1
0(2 x)f(x)dx 1 (μονάδες 4)
Απάντηση Έχουμε: g(x) 2 x από (Δ3.α) και f(x)>0 από (Δ2.α) άρα θα είναι: g(x)f(x) (2 x)·f(x) f(x)·g(x) (2 x)·f(x) 0 διάφορο του μηδέν για κάθεx [0,1] .
Άρα 1
0
f(x)·g(x) (2 x)·f(x) dx 0 1 1
0 0
f(x)·g(x)dx (2 x)·f(x)dx .
Όμως για το πρώτο ολοκλήρωμα έχουμε: 1 1 1
10
0 0 0
f (x)f(x)·g(x)dx f(x)· dx f (x)dx [f(x)] f(1) f(0) 1 0 1
f(x)
Άρα 1 1
0 0
1 (2 x)·f(x)dx (2 x)·f(x)dx 1
ΘΕΜΑ Δ Δ4. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική
παράσταση της συνάρτησης h, τον άξονα x′x και τις ευθείες x = 0 και x = 1 Μονάδες 8
Απάντηση Αφού 3
h x f x , x 0 είναι συνεχής και h x 0 , για κάθε x 0
το ζητούμενο εμβαδόν είναι ίσο με
1 1 1
3
0 0 0
E h x dx h x dx f x dx
1 1
3 2
0 0
E f (x) dx f (x)· f (x) dx και κάνοντας παραγοντική
ολοκλήρωση έχουμε: 112
00
E f(x)· f (x) 2f(x)·f (x)·f (x)dx
Όμως 2f(x)f (x) 1 f (x) 2
f(x)·f (x) f (x) 1 , άρα
1
2
0
E 1 2· f (x)· f (x) 1 dx 1
0
E 1 2 E 2· f (x)dx
E 1 2 E 2 E 1