ΛΥΣΕΙΣΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΩΝ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

Γιάννης Γκούμας

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β΄) ΔΕΥΤΕΡΑ 2 IOYNIOY 2014 – ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ:

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

www. ygoumas.gr

Γιάννης Γκούμας

Μαθηματικά Κατεύθυνσης, Λύσεις θεμάτων2014 Γιάννης Γκούμας

ΘΕΜΑ Α Α1. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 251 Α2. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 273 Α3. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 150 Α4. α) Λάθος, β) Σωστό, γ) Σωστό, δ) Σωστό, ε) Λάθος

ΘΕΜΑ Β Β1. Έστω z x yi= + , ,x y∈ . Τότε

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 22 | | 4 2 0 2 2 4 2 0 2 2 4 2 2 0z z z i i x y xi i x y x i+ + − − = ⇔ + + − − = ⇔ + − + − = ⇔2 22 2 4 0

2 2 0x yx

+ − =

− =

2 2 21

x yx

+ =⇔

=

2 11

yx

=⇔

=

11

yx= ±

⇔ =Άρα οι λύσεις είναι 1 1z i= + και 2 1z i= − .

Β2. ( )( )( )( )

21

22

1 11 1 2 21 1 1 1 2

i iz i i i i iz i i i i

+ ++ + += = = = =

− − + −

Συνεπώς 39

39 4 9 3 4 9 3 31

2

3 3 3 3 3 3zw i i i i i iz

⋅ + ⋅ = = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = − ⋅

.

Β3. ( ) ( )1 2| | | 4 | | 3 | | 4 1 1 | | 3 | | 4 4 1 |u w z z i u i i i i u i i i i+ = − − ⇔ − = + − − − ⇔ − = + − + − ⇔2 2| 3 | | 3 4 | | 3 | 3 4 | 3 | 5u i i u i u i− = + ⇔ − = + ⇔ − =

Άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών αριθμών u είναι ο κύκλος με κέντρο (0,3)K και ακτίνα 5ρ = .

ΘΕΜΑ Γ Γ1. Η h ως αποτέλεσμα σύνθεσης και πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων είναι παραγωγίσιμη στο .

e'( ) 1e 1

x

xh x = −+

Η 'h ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων είναι παραγωγίσιμη στο .

( )( ) ( )2 2

e e 1 e e e''( )e 1 e 1

x x x x x

x xh x

+ − ⋅= − = −

+ + συνεπώς ''( ) 0h x < για κάθε x∈ .

Άρα η h είναι κοίλη στο .

Γ2. Επειδή e e 1 e 1'( ) 1 '( ) '( ) 0

e 1 e 1 e 1 e 1

x x x

x x x xh x h x h x+= − ⇔ = − ⇔ = >

+ + + +, η συνάρτηση h είναι

αύξουσα στο . Επιπλέων η συνάρτηση 'h είναι φθίνουσα στο αφού ''( ) 0h x < για κάθε

x∈Συνεπώς ( )(2 '( )) (2 '( ))e ee ln e ln (2 '( )) ln(e) ln(e 1)e 1 e 1

h h x h h x h h x < ⇔ < ⇔ < − + ⇔ + + '1(2 '( )) 1 ln(e 1) (2 '( )) (1) 2 '( ) 1 '( ) '( ) '(0) 0 .

2

h hh h x h h x h h x h x h x h x< − + ⇔ < ⇔ < ⇔ < ⇔ < ⇔ >

Γ3. ( )e

e 1

11καθώς

elim ( ) lim ( ln(e 1)) lim (ln(e ) ln(e 1)) lim ln lim ln 0e 1

x

xuxx x x

xx x x x uux

h x x u=

+

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →→→+∞

= − + = − + = = +

,

www.ygoumas.gr 1

www. ygoumas.gr

Γιάννης Γκούμας

Μαθηματικά Κατεύθυνσης, Λύσεις θεμάτων2014 Γιάννης Γκούμας

επειδή DLHe elim lim 1

e 1 e

x x

x xx x→∞ →∞= =

+.

Άρα η ευθεία 0y = είναι η οριζόντια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της h στο +∞ .

( ) ( )( ) ( )e 1

1 1καθώς

lim ( ) lim ( ln(e 1)) lim ln ln 1 0xu

x

ux x ux

h x x u= +

→→−∞ →−∞ →→−∞

− = − + − = − = .

Άρα η ευθεία y x= είναι η πλάγια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της h στο −∞ .

Γ4. To 0 είναι προφανής ρίζα της ( ) 0xϕ = , ( )0(0) e (0) ln 2 ln(2) ln 2 0hϕ = + = − + = .

Επιπλέων ( )0 ( ) (0) ( ) ln 2 ( ) ln 2 0 e ( ) ln 2 0h

xx h x h h x h x h x> ⇔ > ⇔ > − ⇔ + > ⇔ + >

, άρα για κάθε

0x > , ( ) 0xϕ > . Άρα το εμβαδόν του χωρίου είναι

1 1 1 11

00 0 0 0| (x) | dx (x)dx e ( ( ) ln 2)dx e ( ( ) ln 2)dx e '( )dxx x xE h x h x h xϕ ϕ = = = + = + − = ∫ ∫ ∫ ∫

1 1

00

ee( (1) ln 2) ( (0) ln 2) dx e(1 ln(e 1) ln 2) ln(e 1)e 1

xx

xh h = + − + − = + + + − + = +∫e 1e e ln(e 1) e ln 2 ln(e 1) ln 2 e (e 1)(ln(e 1) ln 2) e (e 1) ln

2+

= − + + − + + = − + + − = − + .

ΘΕΜΑ Δ

Δ1.0DLH

0 0 0

e 1 e elim ( ) lim lim 1 (0)1 1

x x

x x xf x f

x→ → →

−= = = = = , άρα η f είναι συνεχής στο σημείο 0 0x = .

H f ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων, είναι παραγωγίσιμη για 0x ≠ .

2 2

e (e 1) e e 1'( )x x x xx xf x

x x− − − +

= =

Έστω ( ) e e 1x xk x x= − + . Αφού 2 0x > , αρκεί ( ) 0k x > για κάθε x∈ .H k ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων, είναι παραγωγίσιμη για κάθε x∈ ,

'( ) e e e ex x x xk x x x= + − = . '( ) 0 e 0 0xk x x x= ⇔ = ⇔ ='( ) 0 e 0 0xk x x x< ⇔ < ⇔ < '( ) 0 e 0 0xk x x x> ⇔ > ⇔ >

Συνεπώς για κάθε 0x ≠ 2

( )( ) (0) 0 0 '(x) 0k xk x k fx

> = ⇔ > ⇔ > , άρα η f είναι γνησίως

αύξουσα στα διαστήματα ( ),0−∞ και ( )0,+∞ . Επειδή η f είναι συνεχής στο 0 είναι γνησίωςαύξουσα σε όλο το .

Δ2. α) DLH DLH

20 0 0 0 0

e 1 1( ) (0) e 1 e 1 e 1'(0) lim lim lim lim lim0 2 2 2

x

x x x

x x x x x

f x f xxfx x x x→ → → → →

−−− − − −

= = = = = =−

,

άρα 12 '(0) 22

1 1( )du ( )du 0

ff u f u

⋅= =∫ ∫ , 0x = είναι ρίζα της εξίσωσης.

Θέτω 2

1( ) ( )du

xx f uΛ = ∫ . Η f είναι συνεχής άρα η Λ ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων

www.ygoumas.gr 2

www. ygoumas.gr

Γιάννης Γκούμας

Μαθηματικά Κατεύθυνσης, Λύσεις θεμάτων2014 Γιάννης Γκούμας

είναι παραγωγίσιμη στο με ( ) (2 ) 2 0x f x′Λ = ⋅ > άρα η Λ είναι γνησίως αύξουσα. Επίσης η 'f είναι γνησίως αύξουσα επειδή η f είναι κυρτή. Συνεπώς :

2 '( ) 2 '(0) 2 '( )

1 1 10 '( ) '(0) ( '( )) ( '(0)) ( )du ( )du ( )du 0

f x f f xx f x f f x f f u f u f u< ⇒ < ⇒ Λ < Λ ⇒ < ⇒ <∫ ∫ ∫ ,

2 '( ) 2 '(0) 2 '( )

1 1 10 '( ) '(0) ( '( )) ( '(0)) ( )du ( )du ( )du 0

f x f f xx f x f f x f f u f u f u> ⇒ > ⇒ Λ > Λ ⇒ > ⇒ >∫ ∫ ∫ .

Άρα η 0x = είναι η μοναδική λύση της εξίσωσης.

β) Αρκεί '( ) 2 '( )x t y t= . Αντικαθιστώντας όπου ( ) ( ( ))y t f x t= έχουμε

( ) 1'( ) 2 ( ( )) ' '( ) 2 '( ( )) '( ) 1 2 '( ( )) '( ( )) ( ) 02

x t f x t x t f x t x t f x t f x t x t= ⇒ = ⋅ ⇒ = ⇒ = ⇒ = .

Άρα ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης είναι διπλάσιος του ρυθμού μεταβολής της τεταγμένης στο σημείο ( ) ( )0, (0) 0,1M f M= .

Δ3. Παρατηρούμε ότι ( ) 0g x ≥ για κάθε 0x > και (1) g(2) 0g = = . Συνεπώς η g έχει ελάχιστα στα σημεία 1 1x = και 2 2x = . Η g είναι συνεχής στο [1, 2] άρα από θεώρημα μέγιστης και ελάχιστης τιμής υπάρχει 3 [1, 2]x ∈ τέτοιο ώστε 3( ) ( )g x g x≤ για κάθε [1, 2]x∈ . Για να αποδείξουμε ότι το 3x είναι τοπικό μέγιστο της g χρειάζεται επίσης να δείξουμε ότι 3 (1, 2)x ∈ .

1,52 2 1,5 1,5e 1(1,5) (1.5 (1,5) 1 e) (1,5 2) (1,5 1 e) 0,25 (e 1 1 e) 0,25 (e e) 0,25

1,5g f −

= ⋅ + − − = ⋅ + − ⋅ = − + − ⋅ = − ⋅

άρα (1,5) 0g > . Συνεπώς 3( ) g(1,5) 0g x ≥ > άρα 3 (1, 2)x ∈ .

www.ygoumas.gr 3