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