�ݺ�ߣ

ΘΕΜΑ Α
Α1. Θεωρία σχολικού βιβλίου σελίδα ∶ 𝟕𝟔
Α2. Θεωρία σχολικού βιβλίου σελίδα ∶ 𝟏𝟓𝟓
Α3. Θεωρία σχολικού βιβλίου σελίδα ∶ 𝟐𝟏𝟔
Α4
α) Σωστό
β) Σωστό
γ) Λάθος
δ) Λάθος
ε) Σωστό
ΘΕΜΑ Β
Β1.
g(x) = √x +
1
√x
Ag = [1,+∞)
h(x) = √x −
1
√x
Ah = [1, +∞)
A = Ag ∩ Ah = [1, +∞)
Ag
h
⁄
= {xϵA/h(x) ≠ 0} = (1, +∞)
h(x) ≠ 0 ⇔ √x −
1
√x
≠ 0
⬚
⇔ √x ≠
1
√x
⇔ x ≠ 1
και f(x) = (
g
h
) (x) =
g(x)
h(x)
=
√x +
1
√x
√x −
1
√x
=
x + 1
x − 1
Τελικά, f(x) =
x + 1
x − 1
με x > 1
Ag∙h = A = [1, +∞)
r(x) = (g ∙ h)(x) = g(x) ∙ h(x) = (√x +
1
√x
) ∙ (√x −
1
√x
) = x −
1
x
Τελικά , r(x) = x −
1
x
x ≥ 1
Β2.
f(x) =
x + 1
x − 1
, x > 1
Η f παραγωγίσιμη άρα και συνεχής στο Af ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με
f′(x) = (
x + 1
x − 1
)
′
=
(x + 1)′(x − 1) − (x + 1)(x − 1)′
(x − 1)2
=
x − 1 − x − 1
(x − 1)2
=
−2
(x − 1)2
< 0 για κάθε x > 1
Άρα η f γνησίως φθίνουσα στο Afοπότε και 1-1άρα αντιστρέφεται.
Θέτω f(x) = y ⇔
x + 1
x − 1
= y ⇔
ΕΤΟΣ : 2024
ΜΑΘΗΜΑ: Μαθηματικά Προσανατολισμού

(x + 1) = y(x − 1) ⇔
x + 1 = yx − y ⇔
x − yx = −y − 1 ⇔
x(−y + 1) = −y − 1 ⇔
x =
−y − 1
−y + 1
⇔
x =
y + 1
y − 1
Η f ορισμένη συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Af = (1, +∞)
Άρα f(Af) = ( lim
x→+∞
f(x), lim
x→1+
f(x)) = (1, +∞)
Αφού , lim
x→+∞
f(x) = lim
x→+∞
x + 1
x − 1
DLH
⇔ lim
x→+∞
(x + 1)′
(x − 1)′
= lim
x→+∞
1
1
= 1
και lim
x→1+
f(x) = lim
x→1+
x + 1
x − 1
= lim
x→1+
[
1
x − 1
∙ (x + 1)] = (+∞) ∙ 2 = +∞
Τελικά , f−1(x) =
x + 1
x − 1
με Af−1 = (1, +∞) οπότε f−1
= f
Β3.
r(x) = x −
1
x
, x ≥ 1
Η r συνεχής στο [1, +∞)άρα δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες
lim
x→+∞
f(x)
x
= lim
x→+∞
x −
1
x
x
= lim
x→+∞
1 −
1
x2
= 1
lim
x→+∞
(r(x) − x) = lim
x→+∞
x −
1
x
− x = lim
x→+∞
(−
1
x
) = 0
Άρα η ευθεία (ε): y = x είναι πλάγια ασύμπτωτη της Cf στο + ∞.
Β4.
(f−1(f(x)))
2
= 1 + 4r(x)
x>1
⇔
x2
= 1 + 4 (x −
1
x
) ⇔
x3
= x + 4x2
− 4 ⇔
x3
− 4x2
− x + 4 = 0 ⇔
(x − 4)(x − 1)(x + 1) = 0 ⇔
x = 4 ή x = 1 ή x = −1
Άρα x = 4 αφού x = 1 ∉ (1, +∞) και x = −1 ∉ (1, +∞)

𝚯𝚬𝚳𝚨 𝚪
𝚪𝟏.
Επειδή η f συνεχής στο Αf τότε θα είναι συνεχής στο 2:
Άρα lim
x→2−
f(x) = lim
x→2+
f(x) = f(2)
→ lim
x→2−
f(x) = lim
x→2−
−2x + 4 + eλ
= −4 + 4 + eλ
= eλ
→ lim
x→2+
f(x) = lim
x→2+
−x2
+ 4x − 3 + λ = −4 + 8 − 3 + λ = λ + 1
→ f(2) = λ + 1
Συνεπώς eλ
= λ + 1 ⇒ eλ
− λ − 1 = 0 (1)
θεωρώ g(x) = ex
− x − 1 με Αg = IR
g′(x) = (ex
− x − 1)′
= ex
− 1
≫ ex
− 1 > 0 ⇒ ex
> 1 ⇒ x > 0
eλ
− λ − 1 = 0 ⇒
g(λ) = g(0)
λόγω ολ.ελαχίστου
⇒ λ = 0
Άρα f(x) = {
−2x + 4 + eλ
, 0 ≤ x < 2
−x2
+ 4x − 3 + λ, x ≥ 2
λ=0
⇒ f(x) = {
−2x + 5 , 0 ≤ x < 2
−x2
+ 4x − 3, x ≥ 2
Γ2
≫ Για 0 ≤ x < 2
f′(x) = (−2x + 5)′
= −2 < 0 άρα η f γν. φθίνουσα
≫ Για x > 2
f′(x) = (−x2
+ 4x − 3)′
= −2x + 4 < 0 διότι x > 2 άρα η f γν. φθίνουσα
επειδή συνεχής ⇒ f γν. φθίνουσα στο [0,+∞)
∎Παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο 0
διότι είναι άκρο κλειστού διαστήματος
𝚪𝟑. (𝐢)
≫ Είναι συνεχής στο [0,+∞) από υπόθεση ⇒ f συνεχής στο [0,3]
≫
→ lim
x→2−
f(x) − f(2)
x − 2
= lim
x→2−
−2x + 5 − 1
x − 2
= lim
x→2−
−2x + 4
x − 2
= lim
x→2−
−2(x − 2)
x − 2
= −2
→ lim
x→2+
f(x) − f(2)
x − 2
= lim
x→2+
−x2
+ 4x − 3 − 1
x − 2
= lim
x→2+
−x2
+ 4x − 4
x − 2
= lim
x→2+
−(x2
− 4x + 4)
x − 2
=
lim
x→2+
−(x − 2)2
x − 2
= lim
x→2+
−(x − 2) = 0
Συνεπώς lim
x→2−
f(x) − f(2)
x − 2
≠ lim
x→2+
f(x) − f(2)
x − 2
άρα δεν είναι παραγωγίσιμη στο 2
Συνεπώς δεν ισχύει Θ. Μ. Τ στο [0,3]
(𝐢𝐢)
𝑥 −∞ 0 + ∞
𝑔′(𝑥) − +
𝑔(𝑥) ↘ ↗
𝜋𝛼𝜌𝜊𝜐𝜎𝜄ά𝜁𝜀𝜄 𝜊𝜆𝜄𝜅ό 𝜀𝜆ά𝜒𝜄𝜎𝜏𝜊
𝜎𝜏𝜊 0:𝑔(𝑥) ≥ 𝑔(0)
𝑥 0 2 + ∞
𝑓′(𝑥) − −
𝑓(𝑥)

Bρίσκουμε συντελεστή διευθυνσης της εΔΕ:
λΔΕ =
yΕ − yΔ
xΕ − xΔ
=
f(3) − f(0)
3 − 0
=
0 − 5
3
= −
5
3
πρέπει f′(ξ) = −
5
3
≫ Για 0 ≤ x < 2
f′(ξ) = −2 = −
5
3
αδύνατη
≫ Για x > 2
f′(ξ) = −2ξ + 4 = −
5
3
⇒
−6ξ + 12 = −5 ⇒ −6ξ = −5 − 12 ⇒ −6ξ = −17 ⇒ ξ =
17
6
> 2 δεκτή
𝚪𝟒.
ΘΕΜΑ Δ
Δ1. Για κάθε ( )
x 0,
 + είναι
ln x x ln x
f(x)
x x x

= + = + 
H f είναι παραγωγίσιμη με 2
1 ln x
f (x)
x
−
 =
Για κάθε ( )
x 0,
 + είναι ( )
2
x 0 1

𝜀𝜑(𝜔(𝑡)) =
𝑦(𝑡)
2
⇒
[𝜀𝜑(𝜔(𝑡))]
′
= (
𝑦(𝑡)
2
)
′
⇒
𝜔′(𝑡)
𝜎𝜐𝜈2(𝜔(𝑡))
=
𝑦′(𝑡)
2
⇒
𝜔′(𝑡) =
𝑦′(𝑡)𝜎𝜐𝜈2(𝜔(𝑡))
2
≫ 𝑢 = 0,5 ⇒ 𝑢(𝑡) = 0,5 ⇒ 𝑢(𝑡0) = 0,5
Ά𝜌𝛼 𝜔′(𝑡) =
𝑦′(𝑡)𝜎𝜐𝜈2(𝜔(𝑡))
2
𝑡=𝑡0
⇒
𝜔′(𝑡0) =
𝑦′(𝑡0)𝜎𝜐𝜈2(𝜔(𝑡0))
2
⇒
𝜔′(𝑡0) = (
2√5
5
)
2
∙
1
2
2
=
1
5
𝑟𝑎𝑑 /𝑠𝑒𝑐
𝜔
(2,1) 𝑀(2, 𝑦(𝑡))𝜀 𝜀: 𝑥 = 2
𝑥 = 2

Έχουμε: f (x) 0 1 ln x 0 ln x 1 ln x lne x e
 =  − =  =  =  =
( )
1 x 0
f (x) 0 1 ln x 0 ln x 1 ln x ln e 0 x e

 =  −        
f (x) 0 1 ln x 0 ln x 1 ln x lne x e
   −       
x 0 e +
f (x)
 + –
f(x)
ο.μ.
Έχουμε
Η f γνησίως αύξουσα στο ( 
0,e
Η f γνησίως φθίνουσα στο  )
e,+
Η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο e
Το μέγιστο της f είναι το
1
f(e)
e
= + 
Από το σύνολο τιμών συμπεραίνουμε ότι η f έχει μέγιστο το
1
1
e
+
Άρα ισχύει
1
e
1
1
e
+  = + 1
  =
Δ2. Ο τύπος της f είναι
ln x
f (x) 1
x
= +
Έστω ( 
1 0,e
 = και ( )
2 e,
 = +
Η f είναι συνεχείς ως παραγωγίσιμη στο ( )
0,+ , άρα και στο
1
,1
2
 
 
 
Είναι: ( ) ( ) ( ) ( )
1
2
2 e
1 1 1 1
2 2 2 4 4
1
2
ln
f 1 2ln ln e ln ln e ln e ln 0
= + = + = + = =  διότι
e
1
4

ln1
f(1) 1 1 0
1
= + = 
Άρα 1
2
f( ) f(1) 0
 

Βάσει του θεωρήματος Bolzano συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση ( )
f (x) 0 2
= έχει ρίζα 1
1
x ,1
2

 
  
 
 
Η xo είναι η μοναδική ρίζα της (2) στο Δ1 διότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ1.
Είναι:
f ή
x e
1
lim f(x) f(e) 1
e
+
 
→
= = +
x x
ln x
lim f(x) lim f 1 0 1 1
x
→+ →+
 
= + = + =
 
 
διότι:
( )
( )
1
x
x x x x
ln x
ln x 1
lim lim lim lim 0
x 1 x
x
+
 
 
+
 
→+ →+ →+ →+

= = = =

Έχουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ2 και άρα: 2
x x e
1
f( ) lim f(x), lim f(x) 1, 1
e
+
→+ →
 
 
 = = +
   
   
2
0 f( )
  άρα η (2) δεν έχει ρίζα στο Δ2.
Τελικά η (2) έχει μοναδική ρίζα xo που ανήκει στο διάστημα
1
,1
2
 
 
 
Δ3. i) Έχουμε: ( ) ( )
ln x ln 4 ln x ln 4
f(x) f(4) 3 1 1 4
x 4 x 4
=  + = +  =
Για x=2 η (4) γίνεται
2
ln 2 ln 2 ln 2 2
2 4 2
=  =
ln 2
4 2
ln 2 ln 2
2 2
 = ισχύει, άρα η 1 1
x 2
=  είναι λύση της
(4), οπότε και της (3) και μάλιστα μοναδική στο Δ1 διότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ1.
Για x 4
= η (4) γίνεται
ln 4 ln 4
4 4
= ισχύει, άρα η 2
x 4
= είναι λύση της (4) οπότε και της (3) και μάλιστα
μοναδική Δ2 διότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ2.
Τελικά η εξίσωση f(x) f(4)
= έχει δύο ακριβώς ρίζες, τις 1
x 2
= και 2
x 4
= .
ii) Έχουμε
x 0 2x 0
X 2 x 2 x
2 x ln 2 ln x xln 2 2ln x
 
     
ln 2
2 x
2

ln x
2x

ln x ln 2 ln x ln 2
1 1 f(x) f(2) f(x)
x 2 x 2
   +  +      όπου f(2) f(4)
 = =
Για κάθε ( ) 1
x 0,2
   έχουμε:
1
f ί ύ
x 2 f(x) f(2) f(x)
     
     

x 2,e
1
f ί ύ
x 2 f(x) f(2) f(x)
     
     
x e,4
2
f ί φθίνουσα
x 4 f(x) f(4) f(x)
   
     
x 4,
 +   έχουμε:
2
f ί φθίνουσα
x 4 f(x) f(4) f(x)
   
     
Τελικά έχουμε:  
f (x) x 2,4
   
Δ4. Το ζητούμενο εμβαδόν είναι:
0 0
x
x
1
ln2 ln
2
1 x
g(x) dx f(e ) dx
e
−
−
 = =
 
Θέτουμε x
u e
= . Τότε u
x e
=
Είναι ( )
x x
du e dx e dx

= =
Για
1
x ln
2
= είναι
1
ln
2
1
u e
2
= =
Για x 0
= είναι 0
u e 1
= =
Άρα
( )
x
0 0 1 1
e 0
x x x x
2
x x 2 2
x
1 1 1 1
ln ln
2 2 2 2
1 x 1 1 x 1 ln u 1 ln x
f(e ) e dx f(e ) e dx f(u) du f(x) dx
e e u x
e

− − − −
 = = = =
   
Η εξίσωση f(x) 0
= έχει μοναδική ρίζα 1
1
x ,1
2

 
  
 
 
Για το  
x x ,1

 είναι
1
f ί ύ
x x f(x) f(x ) f(x) 0
    




    
Για το  
x 1,x
 είναι
1
f ί ύ
x x f(x) f(x ) f(x) 0
    




    
Άρα
2
o o
o o
1 ln x
f (x)
x x
1 1
x
2 2
1 1
x x
2 2
1 ln x 1 ln x 1 1
E f(x) dx f(x) dx 2f(x) f (x)dx 2f(x) f (x)dx
x x 2 2
−
 =
− −
     
= − + = −  +  =
   
   
   
( ) ( )
o
o o
o o
o
x 1
x 1 1 x
2 2 2 2 2 2
1 1
x x
2 2
1 x
2
1 1 1 1 1
f (x) dx f (x) dx f (x) f (x) f (x) f (x)
2 2 2 2 2
 
         
= − + = − + = − =
 
       
 
 

o
2
f (x ) 0
2 2 2 2
o o
1 1 1 e
f (1) f (x ) f (x ) f 1 ln
2 2 2 4
=  
 
   
= − − + = −
 
   
   
   
   
τ.μ.
Επιμέλεια απαντήσεων: Αγοργιανίτης Ιωάννης, Βερέμης Δημήτριος, Δελενίκα Μαρία, Ζαφείρης Βασίλειος,
Ιωσηφίδης Σταύρος, Μίχου Αγνή, Τσίμος Βασίλειος, Χριστόπουλος Γεώργιος

�ݺ�ߣ

Απαντήσεις Μαθηματικών-Πανελλήνιες-2024-3.pdf

Recommended

More Related Content

Similar to Απαντήσεις Μαθηματικών-Πανελλήνιες-2024-3.pdf (20)

More from athinadimi (10)

Recently uploaded (20)

Απαντήσεις Μαθηματικών-Πανελλήνιες-2024-3.pdf