Θ Ε Μ Α Τ Α Π Α Ν Ε Λ Λ Η Ν Ι Ω Ν 2 0 1 4

1
ΘΕΜΑΤΑ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΩΝ 2014
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ
ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ
ΘΕΜΑ
Α
Α1. Έστω μια συνάρτηση f ορισμένη σε ένα διάστημα Δ. Αν
● Η f είναι συνεχής στο Δ και
● f ′ ( x ) = 0 για κάθε εσωτερικό σημείο x του Δ
τότε να αποδείξετε ότι η f είναι σταθερή σε όλο το διάστημα Δ.
Μονάδες 8
Α2. Έστω μια συνάρτηση f συνεχής σε ένα διάστημα Δ και παραγωγίσιμη
στο εσωτερικό του Δ. Πότε λέμε ότι η συνάρτηση f στρέφει τα κοίλα προς
τα κάτω ή είναι κοίλη στο Δ.
Μονάδες 4
Α3. Έστω μια συνάρτηση f με πεδίο ορισμού Α. Πότε λέμε ότι η f
παρουσιάζει στο x 0 ∈ Α (ολικό ) μέγιστο, το f (x 0 ) = 0 .
Μονάδες 3
Α4. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο
τετράδιό σας,δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση, τη λέξη
Σωστό, αν ηπρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασμένη.
α. Για κάθε z ∈ C ισχύει
z−z =
2lm(z) .
Λάθος
1
= 0.
x → x 0 f (x)
Σωστό
β. Αν lim f (x) = +∞ ή − ∞ τότε
x →x0
Μονάδες 2
lim
Μονάδες 2
γ. Αν μία συνάρτηση f παρουσιάζει (ολικό) μέγιστο, τότε αυτό θα είναι το
μεγαλύτερο από τα τοπικά της μέγιστα.
Σωστό
Μονάδες 2
2
δ. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα διάστημα Δ και α, β γ ∈ Δ,
τότε ισχύει:
β
γ
α
α
f (x)dx ∫
∫=
β
f (x)dx + ∫ f (x)dx
γ
Σωστό
Μονάδες 2
ε. Έστω συνάρτηση f συνεχής σε ένα διάστημα Δ και παραγωγίσιμη σε
κάθε εσωτερικό σημείο του Δ. Αν η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα
στο Δ, τότε η παράγωγός της είναι υποχρεωτικά αρνητική στο εσωτερικό
του Δ.
Λάθος
Μονάδες 2
Μονάδες 5x2=10
ΘΕΜΑ
Δίνεται η εξίσωση
(
Β
)
2 z + z + z i − 4 − 2i =
0,
2
z ∈C .
Β1. Να λύσετε την παραπάνω εξίσωση.
Μονάδες 9
Β2. Αν z1 = 1 + i και z 2 = 1 − i είναι οι ρίζες της παραπάνω εξίσωσης,
τότε να αποδείξετε ότι ο αριθμός:
z 
w = 3 1 
 z2 
39
είναι ίσος με −3i.
Μονάδες 8
Β3. Να βρείτε τον γεωμετρικό τόπο των εικόνων των μιγαδικών αριθμών u
για τους οποίους ισχύει:
u + w = 4z1 − z 2 − i
όπου w, z1 , z 2 οι μιγαδικοί αριθμοί του ερωτήματος Β2.
Μονάδες 8
3
Λύση
B1. Έστω z =
x + yi, x,y ∈ R , οπότε :
(
)
2 z + z + z i − 4 − 2i = 0 ⇔ 2(x 2 + y 2 ) + 2xi − 4 − 2i = 0 ⇔
2
2x 2 + 2y 2 − 4 + (2x − 2)i = 0 ⇔
(
2x 2 + 2y 2 − 4 =
0
x = 1
⇔

0
 y = ±1
2x − 2 =
)
Άρα οι ρίζες της εξίσωσης 2 z + z + z i − 4 − 2i =
0 είναι :
2
z1 = 1 + i και z 2 = 1 − i .
Β2. Για z1 = 1 + i και z 2 = 1 − i , είναι :
39
39
39
 z1 
 (1 + i) 2 
12 + 2i + i 2 
 1+ i 
 2i 
=
w 3=
3
=
3
=
3
=
3=
 


 




2
2
 1− i 
2
 (1 − i)(1 + i) 
 1 +1 
 z2 
39
4⋅9 + 3
3
=3 ⋅ i =3 ⋅ i
=3i =−3i
39
39
Β3. Για w = −3i, z1 = 1 + i και z 2 = 1 − i είναι :
u + w= 4z1 − z 2 − i ⇔ u − 3i = 4(1 + i) − (1 − i) − i ⇔
⇔ u − 3i = 4 + 4i − 1 + i − i ⇔ u − 3i = 3 + 4i ⇔
⇔ u − 3i =
32 + 42 ⇔ u − 3i = 5
Επομένως ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του u είναι κύκλος με
κέντρο Κ ( 0, 3 ) και ακτίνα ρ = 5.
4
ΘΕΜΑ
Γ
x
Δίνεται η συνάρτηση h(x) =
x − ln(e + 1), x ∈ R.
Γ1. Να μελετήσετε την h ως προς την κυρτότητα.
Μονάδες 5
Γ2. Να λύσετε την ανίσωση:
e h (2h′(x )) <
e
, x ∈ R.
e +1
Μονάδες 7
Γ3. Να βρείτε την οριζόντια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της h
στο +∞ , καθώς και την πλάγια ασύμπτωτη της στο −∞.
Μονάδες 6
Γ4. Δίνεται η συνάρτηση ϕ (=
x ) e x ( h(x) + ln 2 ) , x ∈ R. Να βρείτε το
εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της φ(x),
τον άξονα x΄x και την ευθεία x = 1.
Μονάδες 7
Λύση
Γ1. Η Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη στο R, με :
h ′(x) =1 −
1
ex + 1 − ex
1
x
⋅
e
=
=x
x
x
e +1
e +1
e +1
Προφανώς
h ′(x) > 0 , άρα η h ( x ) είναι γνησίως αύξουσα στο R (1) και
1
−e x
x
h ′′(x) =
− x
⋅
e
=
< 0 , άρα η h είναι κοίλη στο R.
(e + 1) 2
(e x + 1) 2
Αλλά
5
h ′′(x) < 0 , άρα η h ′(x) είναι γνησίως φθίνουσα (2).
Γ2.
′
Είναι e h (2h (x )) <
e
e
⇔ ln e h (2h′(x )) < ln
⇔
e +1
e +1
⇔ h(2h ′(x)) < ln
(1)
e
⇔ h(2h ′(x)) < h(1) ⇔
e +1
⇔ 2h ′(x) < 1 ⇔ h ′(x) <
(2)
1
⇔ h′(x) < h′(0) ⇔
2
⇔ x >0.
)
(
ex
+ 1)
lim=
h(x) lim ln e x − ln ( e x=
lim ln =
x →+∞
x →+∞
x →+∞
ex + 1
Γ3. α. Είναι
= lim ( ln u=
= 0
) ln1
u →1
όπου
u (x) =
ex
ex + 1
ex
1
lim u ( x ) lim
lim
=
=
= 1.
x
x →+∞
x →+∞ e + 1
x →+∞
1
1+ x
e
και
Άρα η ευθεία y = 0, δηλαδή ο άξονας x΄x είναι η οριζόντια ασύμπτωτη
της Cf στο +∞.
β. Είναι :
•
 ln ( e x + 1) 
h(x)
1

 lim 1 − ln ( e x + 1)=
lim
= lim 1 −
=

x →−∞
x
→−∞
x
→−∞


x
x
 x



= 1 − 0 ⋅ ln ( 0 + 1) = 1 .
•
(
)
lim ( h ( x ) − x )= lim − ln ( e x + 1) = lim ( − ln y ) = 0 ,όπου =
y ex + 1
x →−∞
x →−∞
y →1
Άρα η ευθεία y = x είναι η πλάγια ασύμπτωτη της Cf στο −∞.
6
Γ4. Είναι
(
)
ϕ ( x ) = e x ( h ( x ) + ln 2 ) = e x x − ln ( e x + 1) + ln 2 =
2 

= e x  x + ln x
 , x∈R .
e +1 

Σημείο τομής της Cϕ με τον άξονα x΄x :
Είναι
h 1−1
ϕ(x) =
0 ⇔ h ( x ) + ln 2 =
0 ⇔ h (x) =
− ln 2 ⇔ h ( x ) =
h ( 0) ⇔ x =
0,
άρα η Cϕ τέμνει τον άξονα x΄x στο σημείο ( 0, 0 ) .
Πρόσημο της φ(x) στο [0, 1] :
H ϕ ( x ) είναι συνεχής στο [ 0,1] και είναι :
ϕ ( x ) ≥ 0 ⇔ h ( x ) ≥ − ln 2 ⇔ h ( x ) ≥ h ( 0 )
h γν. αύξουσα
⇔
x ≥ 0.
Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν είναι :
1
1

2e x
2e x 
e x + 1 2e x
⋅
E ( Ω )= ∫ e ⋅ ln x
dx= e x ⋅ ln x  − ∫ e x ⋅
dx
0
e +1
e + 1 0 0
2e x (e x + 1) 2

1
x
1
x
1 e
1
 x

2e x 
2e
2 ⋅ e0 
0
= e ⋅ ln x  − ∫ x
− e ⋅ ln 0  − ln(e x + 1) 
dx =  e ⋅ ln
0
e + 1 0 0 e + 1
e +1
e +1 


2e
2
2e
=e ⋅ ln
− ln − ln(e + 1) + ln 2 =e ⋅ ln
− ln(e + 1) + ln 2 =
e +1
2
e +1
2e
2
2
+ ln
=
+ e τ.μ
= e ⋅ ln
( e + 1) ln
e +1
e +1
e +1
7
ΘΕΜΑ
Δ
 ex − 1
, x≠0

Δίνεται η συνάρτηση f ( x ) =  x
1,
x=0

Δ1. Να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής στο σημείο
x0 = 0
και στη
συνέχεια, ότι είναι γνησίως αύξουσα.
Μονάδες 7
Δ2. Δίνεται επιπλέον ότι η f είναι κυρτή.
α. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση
∫
2f ′ (x )
1
f (u)du = 0
έχει ακριβώς μία λύση, η οποία είναι η x = 0.
Μονάδες 7
β. Ένα υλικό σημείο Μ
ξεκινά τη χρονική στιγμή t = 0 από ένα
σημείο A(x 0 , f (x 0 ))
με
y = f(x), x ≥ x 0
με x = x(t), y = y(t), t ≥ 0. Σε ποιο σημείο της
x0 < 0
και κινείται κατά μήκος της καμπύλης
καμπύλης ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης x(t) του σημείου Μ είναι
διπλάσιος του ρυθμού μεταβολής της τεταγμένης
του
y(t), αν υποτεθεί
ότι x΄(t) > 0 για κάθε t ≥ 0.
Μονάδες 4
Μονάδες 7+4=11
Δ3. Θεωρούμε τη συνάρτηση
g(x)
= (xf (x) + 1 − e) 2 (x − 2),
x ∈ (0, +∞)
Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g έχει δύο θέσεις τοπικών ελαχίστων και
μία θέση τοπικού μεγίστου.
Μονάδες 7
8
Λύση
Δ1. Είναι
 
e x − 1)′
(
ex − 1  0 
x
0
= lim
= lim e=
lim f ( x=
e=
1 και f ( 0 ) = 1 .
) lim
x →0
x →0
x →0
x →0
x
′
x
( )
0
Άρα
lim f ( x ) = f ( 0 ) , επομένως η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x 0 = 0.
x →0
Για x ≠ 0 είναι
=
f ′(x)
e x ⋅ x − (−1) ⋅1 xe x − e x + 1 h(x)
,
=
=
x2
x2
x2
όπου h(x) = xe x − e x + 1, x ∈ R .
Το πρόσημο της συνάρτησης h καθορίζει το πρόσημο της f΄.
Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη στο R με h ′(x) = e x + xe x − e x = xe x .
Επίσης :
•
h′ ( x ) = 0 ⇔ x = 0
•
h ′ ( x ) > 0 ⇔ x > 0 , άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο ( 0, +∞ ) .
•
h ′ ( x ) < 0 ⇔ x < 0 , άρα η h είναι γνησίως φθίνουσα στο ( −∞, 0 ) .
Επομένως για x > 0 είναι h ( x ) > h ( 0 ) ⇔ h ( x ) > 0 ⇔ f ′ ( x ) > 0 και
για x < 0 είναι h ( x ) > h ( 0 ) ⇔ h ( x ) > 0 ⇔ f ′ ( x ) > 0 .
Άρα f ′(x) > 0 για κάθε x ∈ ( −∞, 0 ) ∪ ( 0, +∞ ) και η f είναι συνεχής στο
x 0 = 0 , συνεπώς η f είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το R.
9
Δ2. α. H παράγωγος της f στο 0, με τη χρήση του ορισμού είναι :
0
 
0
0
 
0
e −1
ex 1
f (x) − f (0)
e −1 − x
= lim
= lim =
∈R .
= lim
lim
D.L.H x → 0 2x D.L.H x → 0 2
x →0
x →0
2
x −0
x2
x
x
1
Επομένως η f είναι παραγωγίσιμη στο x 0 = 0 με f ′ ( 0 ) = .
2
Η εξίσωση
∫
2f ′ (x )
1
f (u)du = 0 , για x = 0 γίνεται :
∫
2f ′ (0)
1
1
f (u)du =
0 ⇔ ∫ f (u)du =
0,
1
άρα έχει προφανή ρίζα την x = 0 .
Αλλά η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( −∞, +∞ ) , άρα το σύνολο τιμών της
είναι f ( ( −∞, +∞ )=
)
( lim f ( x ) , lim f ( x )=)
x →−∞
x →+∞
lim f (x) = lim (e x − 1) ⋅
x →−∞
x →−∞
( 0, +∞ ) , διότι είναι :
1
=( −1) ⋅ 0 =0 και
x
 +∞ 


e x − 1  +∞ 
lim f (x) = lim
= lim e x = +∞
x →+∞
x →+∞
x D.L.H x →+∞
Επομένως f (x) > 0 , για κάθε x ∈ R .
Αλλά η f είναι συνεχής στο R, άρα έχει αρχική, έστω F ( x ) . Τότε
F′=
( x ) f ( x ) > 0 , άρα η F ( x ) είναι γνησίως αύξουσα στο R. Επομένως
έχουμε διαδοχικά :
∫
2f ′ (x )
1
2f ′( x )
f (u)du =⇔
0
 F ( u ) 1
=⇔
0
F ( 2f ′(x) ) − F(1) =⇔
0
F 1−1
1
⇔ F ( 2f ′(x) ) =
F (1) ⇔ 2f ′(x) =
1 ⇔ f ′(x) =
⇔ f ′(x) =
f ′(0)
2
10
Η f′ είναι γνησίως αύξουσα, αφού η f είναι κυρτή , οπότε η f΄ είναι 1 − 1 ,
οπότε f ′(x)= f ′(0) ⇔ x= 0, μοναδική λύση.
β. 1ος τρόπος
Αν t 0 είναι η χρονική στιγμή κατά την οποία ισχύει x ′ ( t 0 ) = 2y′ ( t 0 ) ,
έχουμε διαδοχικά :
y′(t)= f ′(x(t)) ⋅ x ′(t) ⇔ y′(t 0 =
) f ′(x(t 0 )) ⋅ x ′(t 0 ) ⇔
1
y′(t 0 ) =
f ′(x(t 0 )) ⋅ 2y′(t 0 ) ⇔ f ′(x(t 0 )) =
f ′(0) ⇔ x(t o ) =
0
⇔ f ′(x(t 0 )) =
2
Άρα y (=
t0 ) f ( x (=
t 0 ) ) f=
( 0 ) 1 , επομένως το ζητούμενο σημείο είναι το
A ( 0,1) .
2ος τρόπος
Για εκείνα τα t για τα οποία x ( t ) ≠ 0 , είναι :
e x (t ) − 1
f (x(t)) =
x(t)
=
f ′(x(t))
=
y′(t)
e x (t ) [x(t) − 1] + 1
⋅ x ′(t)
[x(t)]2
e x (t ) [x(t) − 1] + 1
⋅ x ′(t)
[x(t)]2
(1)
Για t = t o είναι 2y′(t 0 ) = x ′(t o ) , οπότε η σχέση (1) γίνεται :
y′(t o )
=
e x (t o ) [x(t o ) − 1] + 1
[ x(t o )]
2
2y′(t o ) ⇔
e x (t o ) [x(t o ) − 1] + 1 1
1
=
⇔ f ′[x(t o )] =
⇔
2
[x(t o )]
2
2
f ′(x(t o )) =f ′(0) ⇒ x(t o ) =0
11
Άρα
y (=
t0 ) f ( x (=
t 0 ) ) f=
( 0) 1 ,
επομένως το ζητούμενο σημείο είναι το A ( 0,1) .
Δ3 Είναι
g(x)=
( xf (x) + 1 − e ) ( x − 2 ) =
2
Η συνάρτηση
g
2
(e
x
− e) ( x − 2) , x > 0 .
2
είναι παραγωγίσιμη στο
2
( 0, +∞ ) ως
γινόμενο
παραγωγίσιμων με :
g′(x) = 2 ( e x − e ) ( x − 2 ) ( xe x − e x − e ) = 2 ( e x − e ) ( x − 2 ) h ( x ) ,
όπου h(x) = xe x − e x − e, x > 0 .
Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη στο ( 0, +∞ ) με h′(x)
= xe x > 0 , άρα η
h είναι γνησίως αύξουσα στο ( 0, +∞ ) .
Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο [1, 2] και
h(1) =−e < 0

 άρα h (1) h ( 2 ) < 0
h(2) = e − e > 0 
2
Επομένως από Θεώρημα Bolzano υπάρχει x 0 ∈ (1, 2 ) ώστε h ( x 0 ) = 0 και
επειδή η h είναι γνησίως αύξουσα , η ρίζα αυτή είναι μοναδική.
Επομένως έχουμε :
•
g′(x) = 0 ⇔ e x − e = 0 ή x − 2 = 0
ή h (x) = 0 ⇔
=
⇔ x 1 ή=
x 2 ή=
x x0
•
g′(x) < 0 ⇔ x ∈ ( 0,1) ∪ ( x 0 , 2 )
12
•
g′(x) > 0 ⇔ x ∈ (1, x 0 ) ∪ ( 2, +∞ )
Άρα
η
g
είναι γνησίως φθίνουσα σε καθένα από τα διαστήματα
( 0,1] και
[ x 0 , 2] , ενώ
είναι γνησίως αύξουσα σε καθένα από τα διαστήματα [1, x 0 ] και [ 2, +∞ ) .
Επομένως
η g έχει δυο θέσεις τοπικών ελαχίστων στα x = 1 και x = 2 και
μια θέση τοπικού μεγίστου στο x = x 0 , όπου x 0 ∈ (1, 2 ) .

Download Report