Πανελλαδικές 2019: Οι απαντήσεις στα Μαθηματικά [Προσανατολισμού]

Θέμα Α: Α.1. α) Σχολικό βιβλίο σελ 15. β) Σχολικό βιβλίο σελ 35. Α.2. Σχολικό βιβλίο σελ 142. Α.3. Σχολικό βιβλίο σελ 135. Α.4. α) Λάθος. Αιτιολόγηση: Σχολικό βιβλίο σελ. 134 (σχόλιο) β)Λάθος. Αιτιολόγηση: Διότι δεν γνωρίζουμε αν η συνάρτηση είναι συνεχής στο 𝑥0 . Α.5. γ)

Θέμα Β

Β1. Θα πρέπει : lim 𝑓(𝑥 ) = 2

𝑥→+∞

lim (𝑒 −𝑥 + 𝜆) = 2 ⇒ 𝜆 = 2.

𝑥→+∞

Β2. Η εξίσωση γίνεται: 𝑓 (𝑥 ) − 𝑥 = 0 ⇔ 𝑒 −𝑥 + 2 − 𝑥 = 0 Έστω

𝑔(𝑥 ) = 𝑒 −𝑥 − 𝑥 + 2 , 𝑥𝜖[2,3]

Η g(x) είναι συνεχής στο [2,3] ως πράξεις και σύνθεση συνεχών. g(2)= 𝑒 −2 − 2 + 2 = g(3)= 𝑒 −3 − 3 + 2 = Επομένως

1 𝑒2

> 0.

1

1−𝑒 3

𝑒

𝑒3

3 −1 =

< 0.

g(2) ∙ g(3) < 0

Άρα ισχύει το θ.Β. οπότε η εξίσωση έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (2,3). Έχουμε: 𝑔′(𝑥) = (𝑒 −𝑥 − 𝑥 + 2)′ = −𝑒 −𝑥 − 1 < 0..στο Ɍ. Οπότε η 𝑔 ↓ στο Ɍ και η ρίζα είναι μοναδική και βρίσκεται στο (2,3).

Β3. 𝑓 ′ (𝑥 ) = (𝑒 −𝑥 + 2)′ = −𝑒 −𝑥 < 0 Άρα η f γνησίως φθίνουσα οπότε 1-1, δηλαδή αντιστρέφεται. Θα λύσω την εξίσωση y=f(x) <=> 𝑦 = 𝑒 −𝑥 + 2 ⇔ 𝑒 −𝑥 = 𝑦 − 2, ⇔

𝑦>2

−𝑥 = ln(𝑦 − 2)

⇔ 𝑥 = − ln(𝑦 − 2) 𝑓 −1 (𝑥 ) = − ln(𝑥 − 2), για x>2.

B4. Η 𝑓 −1 είναι ορισμένη στο (2,+∞) lim+ 𝑓 −1 (𝑥 ) = lim+( − ln(𝑥 − 2))

𝑥→2

𝑥→2

(1) =

lim (−𝑙𝑛𝑦) = +∞.

𝑦→0+

(Έχουμε θέσει y= x-2.) lim𝑥→2+ (𝑥 − 2) Άρα η x=2 κατακόρυφη ασύμπτωτη.

= 0. (1)

B.4.

Θέμα Γ:

𝑥2 + 𝑎 , 𝑥≥1 𝑓(𝑥 ) = { 𝑥−1 𝑒 + 𝛽𝑥, 𝑥 < 1 Γ.1. lim 𝑓 (𝑥 ) = 1 + 𝛽

𝜒→1−

lim 𝑓 (𝑥 ) = 1 + 𝑎

𝜒→1+

Αφού η συνάρτηση είναι συνεχής πρέπει 𝛼 = 𝛽. 𝑥2 + 𝑎 , 𝑥≥1 𝑓(𝑥 ) = { 𝑥−1 𝑒 + 𝛼𝑥, 𝑥 < 1 𝑓(𝑥 ) − 𝑓(1) 𝑥2 + 𝛼 − 1 − 𝛼 lim = lim+ =2 𝑥→1+ 𝑥→1 𝑥−1 𝑥−1 lim−

𝜒→1

lim−

𝑢→0

𝑓(𝑥)−𝑓(1) 𝑥−1 𝑒 𝑢 −1 𝑢

= lim−

𝑒 𝑥−1 +𝛼𝑥−1−𝑎

𝜒→1

+ 𝛼 =1+𝛼

𝑥−1

= lim−[

,( lim− 𝑢→0

𝜒→1 𝑒 𝑢 −1 𝑢

𝑒 𝑥−1 −1 𝑥−1

+

𝑎(𝑥−1) 𝑥−1

=

= 𝑒 0 = 1)

Αφού η 𝑓 παραγωγίσιμη πρέπει α+1=2 ⇒ 𝛼 = 1 . Οπότε β=1. .

Γ.2. 𝑥2 + 1 , 𝑥 ≥ 1 𝑓(𝑥 ) = { 𝑥−1 𝑒 + 𝑥, 𝑥 < 1

2𝑥 , 𝑥≥1 𝑓′(𝑥 ) = { 𝑥−1 𝑒 + 1, 𝑥 < 1

Για x>1 ⇒ 𝑓 ′ (𝑥 ) > 0 άρα η 𝑓 ↑ στο [1,+∞) Για x<1 ⇒ 𝑓 ′ (𝑥 ) > 0 άρα η 𝑓 ↑ στο (−∞, 1] Οπότε η 𝑓 ↑ στο Ɍ. Σύνολο τιμών: 𝑓 (Ɍ) = (𝐴, 𝐵), όπου 𝐴 = lim 𝑓(𝑥 ) = lim −[𝑒 𝑥−1 + 𝑥 ] = −∞ 𝜒→−∞

𝜒→−∞

𝐵 = lim 𝑓(𝑥 ) = lim (𝑥 2 + 1) = +∞ 𝜒→+∞

𝜒→+∞

𝑓(Ɍ) = (−∞, +∞) Δηλαδή 𝑓(Ɍ) = Ɍ. Γ.3. i) Έστω 𝛥 = (−∞, 0] lim 𝑓(𝑥 ) = − ∞

𝜒→−∞

και 𝑓(0) =

1 𝑒

Η 𝑓 είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο 𝛥, οπότε το 1

𝑓(𝛥) = (−∞, ]. 𝑒

Το 0𝜖 𝑓(𝛥)και αφού η 𝑓 είναι γνησίως αύξουσα στο Ɍ, θα έχει μοναδική ρίζα στο Ɍ η οποία θα βρίσκεται στο (−∞, 0) και θα είναι προφανώς αρνητική.

ii) 𝑓 2 (𝑥) − 𝑥0 𝑓 (𝑥 ) = 0 , για κάθε 𝑥𝜖(𝑥0 , +∞).

𝑓(𝑥 )(𝑓(𝑥 ) − 𝑥0 ) = 0 <=> 𝑓(𝑥 ) = 0 ή 𝑓(𝑥 ) − 𝑥0 = 0. Η 𝑓(𝑥 ) = 0 είναι αδύνατη στο (𝑥0 , +∞) αφού το 𝑥0 μοναδική ρίζα της εξίσωσης. Η 𝑓(𝑥 ) = 𝑥0 είναι αδύνατη αφού 𝑓 (𝑥 ) > 0 (1)και 𝑥0 < 0. 𝑓↑

[αφού για x>𝑥0 ⇒ 𝑓 (𝑥 ) > 𝑓 (𝑥0 ) ⇒ 𝑓(𝑥 ) > 0. ](1) Άρα η εξίσωση 𝑓 2 (𝑥) − 𝑥0 𝑓(𝑥 ) = 0 αδύναατη. Γ.4. 𝛭(𝑥 (𝑡), 𝑦(𝑡)) με 𝑥 (𝑡0 ) = 3 , 𝑦(𝑡0 ) = 10 και 𝑥′(𝑡0 ) = 2 μ/s 𝑦(𝑡) = 𝑥 2 (𝑡) + 1 (αφού το Μ ∈ 𝐶𝑓 ,για χ≥ 1) 𝑦 ′ (𝑡) = 2𝑥 (𝑡)𝑥 ′ (𝑡) ⇔ 𝑦 ′ (𝑡0 ) = 2𝑥 (𝑡0 )𝑥 ′ (𝑡0 ) = 12

1

𝐸𝑀𝑂𝐾 (𝑡) = 𝑥 (𝑡)𝑦(𝑡). αφού x(t), y(t), θετικοί.

2

1 𝐸′𝑀𝑂𝐾 (𝑡) = (𝑥 ′ (𝑡)𝑦(𝑡) + 𝑥 (𝑡)𝑦 ′ (𝑡)) 2 1 ′ (𝑥 (𝑡0 )𝑦(𝑡0 ) + 𝑥 (𝑡0 )𝑦 ′ (𝑡0 )) 2 1 1 = (2 ∙ 10 + 3 ∙ 12) = ∙ 56 = 28 𝜇 2 /𝑠 2 2

𝐸′𝑀𝑂𝐾 (𝑡0 ) =

Θέμα Δ

Δ1. 𝑓(𝑥 ) = (𝑥 − 1) ∙ ln(𝑥 2 − 2𝑥 + 2) + 𝑎𝑥 + 𝛽 y = -x + 2 εφάπτεται στο Α(1,1) πρέπει :f(1)=1⇔ 𝑎 + 𝛽 = 1 και 𝑓 ′ (1) = −1. 𝑓 ′ (𝑥 ) = ln(𝑥 2 − 2𝑥 + 2) +

2(𝑥−1)2 𝑥 2 −2𝑥+2

+ 𝑎.

𝑓 ′ (1) = 𝛼 ⇒ 𝑎 = −1. Οπότε β=2. Δ2. 𝑓(𝑥 ) = (𝑥 − 1) ∙ ln(𝑥 2 − 2𝑥 + 2) − 𝑥 + 2 𝑓(𝑥 ) − 𝑦 = = (𝑥 − 1) ∙ ln(𝑥 2 − 2𝑥 + 2) − 𝑥 + 2 + 𝑥 − 2 = (𝑥 − 1) ln((𝜒 − 1)2 + 1) ≥ 0 αφού 𝑥 ≥ 1 ⇔ 𝑥 − 1 ≥ 0 𝜅𝛼𝜄 (𝑥 − 1)2 + 1 ≥ 1 ⇒ ln((𝑥 − 1)2 + 1) ≥ 0. Επομένως:

2

E=∫1 (𝑥 − 1) ln( (𝑥 − 1)2 + 1)𝑑𝑥 2 1 ∫1 (2 u)′ln 𝑢𝑑𝑢

1

2

21

(∗) 2 1 = ∫1 2 ln 𝑢𝑑𝑢 = 𝑢 2

= [ 𝑢 ln 𝑢] − ∫1 𝑑𝑢 = ln 2 − [ ] = 2 2 2 1

1

1

1

2

2

= ln 2 − (1 − ) = ln 2 − . (*)θέτω u = x2 -2x + 2 du = 2(x-1) dx 𝑑𝑢 = (𝑥 − 1)𝑑𝑥 2 χ=1 <=> u1 = 1 χ=2 <=> u2 = 2.

Δ.3. ′(

i) 𝑓 𝑥 ) = ln[(𝑥 − 1

)2

+ 1] +

2(𝑥−1)2 (𝑥−1)2 +1

𝑓 ′ (𝑥 ) + 1 = ln[(𝑥 − 1)2 + 1] + αφού ln[(𝑥 − 1)2 + 1] ≥ 0 και

− 1.

2(𝑥−1)2 (𝑥−1)2 +1 2(𝑥−1)2

(𝑥−1)2 +1

≥0,

≥ 0.

Άρα 𝑓 ′ (𝑥 ) ≥ −1 , για κάθε 𝑥𝜖Ɍ και η ισότητα ισχύει μόνο για χ=1.

1

3

2

2

ii) 𝑓 (𝜆 + ) + 𝜆 ≥ (𝜆 − 1) ln(𝜆2 − 2𝜆 + 2) + <=> 1

3 (∗)

2

2

𝑓 (𝜆 + ) ≥ 𝑓(𝜆) − 2 + ⇔ [οπού 𝑓(𝜆) = (𝜆 − 1) ln(𝜆2 − 2𝜆 + 2) − 𝜆 + 2]. (*)

1

1

2

2

1

𝑓 (𝜆 + ) − 𝑓(𝜆) ≥ − <=>

𝑓(𝜆+2)−𝑓(𝜆) 1 2

≥ −1, ισχύει αφού 1

1

′(

από το Θ.Μ.Τ. υπάρχει 𝜉𝜖(𝜆, 𝜆 + ) ώστε 𝑓 𝜉 ) = 2

𝑓(𝜆+2)−𝑓(𝜆) 1 2

,

1

′(

και από Δ.3. 𝑓 𝜉 ) ≥ −1 =>

𝑓(𝜆+2)−𝑓(𝜆) 1 2

≥ −1 .

Δ4. g(x) = -x3 - x + 2 y = -x + 2 g(x) = y ⇔ -x3 = 0 ⇔ x=0. Άρα η 𝑐𝑔 εχεί κοινό σημείο με την (ε) το Α(0,g(0)) Η εφαπτομένη της Cg στο A είναι: y - g(0) = g’(0)∙( x-0 ) y- 2 = -1∙ (x-0)

( g’(x) = -3x2 -1) (g’(0)= -1)

y = -x +2 Επομένως η Cg έχει με την 𝐶𝑓 κοινή εφαπτομένη την y = - x +2. Θα δείξουμε ότι είναι μοναδική. Υποθέτω ότι Α(α,f(α)) και Β(β,g(β)) τα σημεία επαφής της οποιασδήποτε άλλης κοινής εφαπτομένης. Θα έπρεπε f ’(α) = g’(β) με 𝛼 ≠ 1 𝜅𝛼𝜄 𝛽 ≠ 0 όμως f ’(α) > −1 για κάθε 𝛼 ≠ 1. (από Δ.3.) .g’(x) = - 3x2 – 1 g’(β) = - 3β2 – 1< -1 (1)

(1)

(Αφού β2≥ 0 ⇒-3β2≤ 0 ⇒-1 - 3β2 ≤ −1

και η ισότητα ισχύει για 𝛽 = 0, άρα g’(β)< −1 για 𝛽 ≠ 0.) οπότε g’(β)< −1 < f ’(α) ⇒ g’(β)< f ’(α), άτοπο . Άρα δεν υπάρχει άλλη κοινή εφαπτομένη εκτός της y = -x +2 .

Επιμέλεια θεμάτων Βρύνας Σπύρος Κουλούρης Βασίλης Λιακόπουλος Σπύρος Παναγιωτοπούλου Μάγδα Φωτόπουλος Γιώργος