Πανελλήνιες 2022: Απαντήσεις στα Μαθηματικά Προσανατολισμού από τα Φροντιστήρια ΝΕΟ

ΘΕΜΑ Α
Α1. Απόδειξη σχολικού βιβλίου σελ. 186
Α2. Θεωρία σχολικού βιβλίου σελ. 142
Α3. Θεωρία σχολικού βιβλίου σελ. 161
Α4. α. Σωστό
β. Σωστό
γ. Σωστό
δ. Λάθος
δ. Λάθος
ΘΕΜΑ Β:
B1. Πρέπει:
0 0
0 1
( ) 1 1
      
       
      
g
f
x D x x
x
g x D x x
,.άρα:
[0,1] Df g = .
Ακόμα:
4 2 2 2 ( )( ) ( ( )) ( ) ( ) 2( ) 1 2 1 ( 1) f g x f g x f x x x x x x = = = − + = − + = −
B2. Η
h
είναι παραγωγίσιμη στο
[0,1]
με
‘
h x x ( ) 2( 1) 0 = − 
για κάθε
x[0,1]
άρα η συνάρτηση είναι
γνησίως φθίνουσα δηλ.είναι γνησίως μονότονη άρα και 1-1.
Θέτω
0 1 0
2
( ) ( 1) 1 1 1
y x
y h x y x y x y x x y
 − 
=  = −  = −  = − +  = −
,άρα
1
h x x x ( ) 1 , [0,1] −
= −  .
B3. i) Είναι:
1
, [0,1)
1
( )
1
, 1
2
x
x
x
x
x

 −
 
 − = 
 =

Νέο Φροντιστήριο
www.neo.edu.gr
Η
( ) x
είναι συνεχής στο
[0,1)
ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων και ισχύει ότι:
1 1
1 1 1 lim lim (1)
1 2 (1 )(1 ) x x
x x
x x x

→ →
− −
= = =
− − +
,άρα η
( ) x
είναι συνεχής στο
[0,1].
Ακόμα
  (0) (1) 
(
(0) 1 =
) άρα η συνάρτηση

ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος
ενδιάμεσων τιμών στο
[0,1].
ii) Επειδή η

ικανοποιεί το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών τότε για κάθε αριθμο η ανάμεσα στο
[0,1]
υπάρχει ένα τουλάχιστον
x0 (0,1)
τέτοιο ώστε
0   ( ) x =
.Αρκεί να αποδείξουμε ότι
1
,1
2
 
     .
Επειδή
( , )
6 2 1
1
6 2 6 2 2
 

   
    

       
ισχύει.
ΘΕΜΑ Γ:
Γ1. Αφού η f είναι συνεχής στο (−∞, −1] και ισχύει ότι 𝑓
′(𝑥) = −2 για κάθε 𝑥 < −1 τότε:
𝑓
′(𝑥) = −2 ⟺ 𝑓
′(𝑥) = (−2𝑥)
′ ⟺ 𝑓(𝑥) = −2𝑥 + 𝑐, 𝑥 ≤ −1 (1)
Επίσης η f είναι συνεχής στο (−1, +∞) και ισχύει f
′
(𝑥) = 3×2 − 1, για κάθε 𝑥 > −1 οπότε
𝑓
′(𝑥) = 3×2 − 1 ⟺ 𝑓
′(𝑥) = (x
3 − x)
′ ⟺ 𝑓(𝑥) = x
3 − x + 𝑐2, 𝑥 > −1 (2)
Αφού η γραφική παράσταση της f διέρχεται από το Ο(0,0) τότε
𝑓(0) = 0 ⟺ 𝑓(0) = 0
3 − 0 + 𝑐2 ⟺ 0 = 𝑐2
Άρα από (2) f(x) = x
3 − x , x > −1
Επίσης η 𝑓 είναι συνεχής στο ℝ άρα είναι συνεχής στο 𝑥0 = −1 ,άρα
lim 𝑥→−1
−
𝑓(𝑥) = lim 𝑥→−1
+
𝑓(𝑥) = 𝑓(−1)
⟺ lim 𝑥→−1
−
(−2𝑥 + 𝑐1
) = lim 𝑥→−1
+
(𝑥
3 − 𝑥 ) = 2 + 𝑐1 ⟺
⟺ 2 + 𝑐1 = 0 ⟺ 𝑐1 = −2
Νέο Φροντιστήριο
www.neo.edu.gr
Άρα 𝑓(𝑥) = {
−2𝑥 − 2 , 𝑥 ≤ −1
𝑥
3 − 𝑥 , 𝑥 > −1
Γ2.
Η εξίσωση εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της 𝑓 στο 𝛢(𝑥0, 𝑓(𝑥0
)) με 𝑥0 > −1 θα δίνεται από
τον τύπο :
𝑦 − 𝑓(𝑥0
) = 𝑓
′(𝑥0
)(𝑥 − 𝑥0
) ⟹
𝑦 − (𝑥0
3 − 𝑥0
) = (3𝑥0
2 − 1)(𝑥 − 𝑥0
) ⟹
𝑦 = (3𝑥0
2 − 1)𝑥 − 3𝑥0
3 + 𝑥0 + 𝑥0
3 − 𝑥0 ⟹
𝑦 = (3𝑥0
2 − 1)𝑥 − 2𝑥0
3
και αφού τέμνει τον άξονα 𝑦𝑦′ στο σημείο
Και αφού τέμνει τον άξονα yy΄ στο σημείο με τεταγμένη -2 τότε:
−2 = (3𝑥0
2 − 1) ∙ 0 − 2𝑥0
3 ⟺ −2 = −2𝑥0
3 ⟺ 𝑥0
3 = 1 ⟺ 𝑥0 = 1
Άρα η εφαπτομένη θα είναι:
𝑦 − 𝑓(1) = 𝑓
′(1) ∙ (𝑥 − 1) ⟹ 𝑦 − 2 = 2(𝑥 − 1) ⟹ 𝑦 = 2𝑥 − 2
Γ3.
−1
−2
Γ(2,0)
1 2 Κ(κ,0)
Μ(x,2κ-2)
Νέο Φροντιστήριο
www.neo.edu.gr
Την χρονική στιγμή 𝑡0 το κινητό διέρχεται από το (3,4). Δηλαδή 𝑥(𝑡0) = 3 𝜅𝛼𝜄 𝑦(𝑡0) = 4 . Επίσης
𝑥΄(𝑡0) = 2 𝑚⁄𝑠𝑒𝑐 .
Ισχύει: 𝛦 =
1
2
𝛽 ∙ 𝜐 =
1
2
|𝑥 − 2| ∙ |2𝑥 − 2| =
𝑥>2 1
2
(𝑥 − 2) ∙ (2𝑥 − 2) = (𝑥 − 2) ∙ (𝑥 − 1) = 𝑥
2 − 3𝑥 + 2
Άρα 𝐸(𝑡) = 𝑥
2(𝑡) − 3𝑥(𝑡) + 2 ⟺ 𝐸
′(𝑡) = 2𝑥(𝑡)𝑥
′(𝑡) − 3𝑥
′(𝑡) ⟺ 𝐸
′(𝑡0
) = 2𝑥(𝑡0
)𝑥
′(𝑡0
) −
3𝑥
′(𝑡0
) ⟺ 𝐸
′(𝑡0
) = 2 ∙ 3 ∙ 2 − 3 ∙ 2 = 6 𝑚2
𝑠𝑒𝑐 ⁄
Γ4.
Θα υπολογίσουμε το : lim𝑥→−∞
𝜂𝜇𝑓(𝑥)
𝑓(𝑥)
Θέτω την 𝑓(𝑥) = 𝑢 και αφού lim𝑥→−∞
𝑓(𝑥) = lim𝑥→−∞
(−2𝑥 − 2) = +∞ τότε και
lim𝑥→−∞
𝜂𝜇𝑓(𝑥)
𝑓(𝑥)
= lim𝑥→+∞
𝜂𝜇𝑢
𝑢
=0 γιατί :
Για 𝑢 ≠0 |
𝜂𝜇𝑢
𝑢
| = |𝜂𝜇𝑢| |
1
𝑢
| ≤ |
1
𝑢
| οπότε : −
1
𝑢
≤
𝜂𝜇𝑢
𝑢
≤
1
𝑢
και αφού lim𝑥→+∞
(−
1
𝑢
) = 0 και lim𝑥→+∞
1
𝑢
= 0
από κριτήριο παρεμβολής θα έχουμε lim𝑥→+∞
𝜂𝜇𝑢
𝑢
=0
Επίσης: θα υπολογίσουμε το lim𝑥→−∞
𝑓(−𝑥)
1−x
3
Θέτω −𝑥 = 𝑦 οπότε αφού 𝑥 → −∞ τότε 𝑦 → +∞ και θα έχουμε
lim𝑥→−∞
𝑓(−𝑥)
1 − 𝑥
3 =
−𝑥=𝑦
𝑥=−𝑦
lim𝑥→−∞
𝑓(𝑦)
1 − (−𝑦)
3 = lim𝑥→−∞
𝑦
3 − 𝑦
1 + 𝑦
3 = lim𝑥→−∞
𝑦
3
𝑦
3 = 1
Άρα lim𝑥→−∞
[
𝜂𝜇(𝑓(𝑥)
𝑓(𝑥)
+
𝑓(−𝑥)
1−x
3
] = lim𝑥→−∞
𝜂𝜇(𝑓(𝑥)
𝑓(𝑥)
+ lim𝑥→−∞
𝑓(−𝑥)
1−x
3 = 0 + 1 = 1
Νέο Φροντιστήριο
www.neo.edu.gr
ΘΕΜΑ Δ:
Δ1. i) Για κάθε
x D 0,  = + f ( )
είναι
f(x) x ln3 lnx x lnx ln3 = − + = − − ( )
Η f είναι παραγωγίσιμη, άρα και συνεχής, ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων με
1 x 1 f (x) 1
x x
−

= − −
Για κάθε
x 0,  + ( )
είναι
x 0 1  ( )
Έχουμε:
f (x) 0 x 1 0 x 1  =  − =  = (1)
f (x) 0 x 1 0 x 1    −   
(1)
f (x) 0 x 1 0 0 x 1    −    
x 0 1 +ꝏ
f'(x) ‒ +
f
ο.ε.
Έχουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο
(0,1
και η f είναι γνησίως αύξουσα στο
1,+)
Η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 1 το
f(1) 1 ln3 = −
Έστω
Δ 0,1 1
= ( 
και
Δ 1, 2 = +  )
Είναι
( ) ( )
x 0 x 0
lim f(x) lim x lnx ln3 0 ln3
→ → + +
= − − = − − − = + f(1) 1 ln3 = −
συνεχής
x 1 x 1
lim f(x) lim f(x) 1 ln3
→ → + +
= = − ( )
x x x
lnx ln3 lim f(x) lim x lnx ln3 lim x 1
→ + → + → + x x
   
= − − = − − = +        
διότι:
Νέο Φροντιστήριο
www.neo.edu.gr ( )
( )
x x x
lnx 1 lnx
lim lim lim 0
x x x
  +     +
→ + → + → +

= = =

Έχουμε την εξίσωση
f(x) 0 2 = ( )
και η f είναι συνεχής στα διαστήματα Δ1
και Δ2.
Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ1 , άρα:
1  )
x 0
f(Δ ) f(1), lim f(x) 1 ln3,
→ +
  = = − + 
 
Η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ2 , άρα:
2 ( )
x 1 x
f(Δ ) lim f(x), lim f(x) 1 ln3,
→ + → +
  = = − +     1
0 f(  Δ )
άρα η (2) έχει ρίζα x1 στο Δ1 και μάλιστα μοναδική διότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ1.
2
0 f(  Δ )
άρα η (2) έχει ρίζα x2 στο Δ2 και μάλιστα μοναδική διότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ2.
Τελικά η (2) έχει ακριβώς 2 ρίζες x1, x2 με
1 2 x 1 x  
αφού
1 1
2 2
x Δ
x Δ
  
    
ii) Η
f
είναι παραγωγίσιμη και
2
1 1 f (x) 1
x x

  
= − =    
Είναι
f (x) 0  
για κάθε
x 0,  + ( )
, άρα η f είναι κυρτή.
Δ2. Είναι
2
1
x
x
Ε f(x) dx = 
Για κάθε
x x ,1    1 1  Δ
είναι
1
f γνησίως φθίνουσα στο Δ
1 1 x x f(x) f(x ) f(x) 0     
Για κάθε
x 1,x    2 2  Δ
είναι
2
f γνησίως αύξουσα στο Δ
1 2 x x f(x) f(x ) f(x) 0     
Άρα
f(x) 0 
για κάθε
x x ,x  1 2 
οπότε:
( ) ( )
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
x x x x x
x x x x x
Ε f(x) dx lnx ln3 x dx lnxdx ln3dx xdx = − = + − = + − =     
Νέο Φροντιστήριο
www.neo.edu.gr
( ) ( )   ( ) ( )
2 2 2 2
2
1
1 1 1 1
x x x x 2 2
x
2 1 2 1 x
x x x x
x x x lnxdx ln3 x x xlnx x lnx dx x x ln3
2 2
   
 
= + − − = − + − − =           2 2 1 1
= − − x lnx x lnx x 1
x
( )
2
1
x 2 2
2 1
2 1
x
x x dx x x ln3
2 2
 
+ − − − =     
( )
( )
x2
2 1
x1
1dx 1 x x
2 2
2 1
2 2 1 1 2 1 2 1
x x x lnx x lnx x x x ln3 x ln3
2
= − 
−
= − − − + − − = ( ) ( ) ( )
2 2
2 1
2 2 1 1 2 1
x x x lnx ln3 x lnx ln3 x x
2
−
= + − − − − −
Είναι:
1 1 1 1 1 f(x ) 0 x lnx ln3 0 x lnx ln3 =  − − =  = + 2 2 2 2 2 f(x ) 0 x lnx ln3 0 x lnx ln3 =  − − =  = +
Άρα
( ) ( )
2 2 2 2
2 1 2 1 2 2
2 2 1 1 2 1 2 1 2 1
x x x x Ε x x x x x x x x x x
2 2
− −
=  −  − − − = − − − − = ( )
( )( ) ( )
2 2
2 1 2 1 2 1 2 1
2 1
x x x x x x 2 x x
x x
2 2
− − + − −
= − − = =
( )( )
( )( )
2 1 2 1
2 1 2 1
x x x x 2 1
x x x x 2
2 2
− + −
= = − + −
Δ3. Έχουμε
1 1 1 x 1 x 1 2 x 1   −  −  − 
Ισχύει:
( 2 1 )
1
x x 0
2
1 2 1 2 Ε 0 x x 2 0 x x 2
− 
  + −   +   2 1 1 2 x 2 x 2 x x  −  − 
Άρα
2 x x ,x − 1 1 2 ( )
Γνωρίζουμε ότι
f(x) 0 
για κάθε
x x ,x  1 2 
και η ισότητα ισχύει μόνο για
1
2
x x
x x
  =
    =
Άρα
f(x) 0 
για κάθε
x x ,x ( 1 2 )
οπότε
1
f(2 x ) 0 − 

Δ4. Για κάθε
f
x D
ισχύει
f(x) f(1) f(x) 1 ln3 3    − ( )
και η ισότητα ισχύει μόνο για
x 1 =
διότι η θέση
του ελαχίστου είναι μοναδική.
Έστω ε η εφαπτομένη της
Cf
στο σημείο
(x ,f(x ) 2 2 )
Είναι
( ) ( )
2
f (x ) 0
2 2 2 2 2 ε: y f(x ) f (x ) x x y f (x ) x x
=
− = −  = −  
Η f είναι κυρτή άρα η
Cf
βρίσκεται πάνω από την ε με εξαίρεση το σημείο επαφής.
Επομένως για κάθε
f
x D
ισχύει
f(x) f (x ) x x 4  − 
2 2 ( ) ( )
Και η ισότητα ισχύει μόνο για
2
x x =
Έχουμε την εξίσωση:
2f(x) ln3 1 f (x ) x x + = + −  
2 2 ( )
 + + = + −  f(x) f(x) ln3 1 f (x ) x x 
2 2 ( )
 − + = − − f(x) 1 ln3 f (x ) x x f(x) 5 
2 2 ( ) ( )
Λόγω των (3) και (4) έχουμε
2 2 ( )
f(x) 1 ln3 0
f (x ) x x f(x) 0
 − + 

 − −  
Άρα η (5) ισχύει αν και μόνο αν:
2 2 ( ) 2
f(x) 1 ln3 0 x 1
f (x ) x x f(x) 0 x x
 − + =  =
   
− − =  = 
ΑΔΥΝΑΤΟ διότι
1 x  2
άρα
1 x  2
Άρα η (5) αδύνατη

Επιμέλεια απαντήσεων: Δελενίκα Μαρία, Τσίμος Βασίλειος, Κανελλόπουλος Γεώργιος, Βερέμης
Δημήτριος, Αγοργιανίτης Ιωάννης, Μπαρπαρή Νεφέλ

Ακολουθήστε το zinapost.gr στο Google News και δείτε πρώτοι όλες τις ειδήσεις για Lifestyle, Showbiz, Gossip News και αποκλειστικά βιντεο.