Upload
charalampos-filippidis
View
813
Download
4
Embed Size (px)
Citation preview
μαθηματικά κατεύθυνσης Γ Λυκείου
Οι λύσεις είναι αποτέλεσμα συλλογικής δουλειάς των συνεργατών του δικτυακού τόπου
http://lisari.blogspot.gr
όπου και διατίθεται αποκλειστικά η παρούσα εργασία
η καλύτερη ομάδα λόγω team_ής
20 επαναληπτικά θέµματα στα
lisari team
Μάρτιος 2015
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
2
Περιεχόμενα
Πρόλογος ………….………………………………………………….……3
lisari team……………………….………………………………………….4
Η ομάδα εργασιών ……………………………………………………...... 5
Εκφωνήσεις θεμάτων …………………………….…………………….…6
Λύση 1ου θέματος…………………….……….………………………...…26
Λύση 2ου θέματος ……..……………………………………………..……30
Λύση 3ου θέματος……..………………………………………………...…34
Λύση 4ου θέματος……..………………………………………...…………38
Λύση 5ου θέματος……..……………………………………….…………. 43
Λύση 6ου θέματος……..……………………………………………………45
Λύση 7ου θέματος……..…………………………………………..………. 49
Λύση 8ου θέματος……..……………………………………………..……. 54
Λύση 9ου θέματος……..……………………………………………………56
Λύση 10ου θέματος……..…………………………………..………………59
Λύση 11ου θέματος……..……………………………………..……………64
Λύση 12ου θέματος……..………………………………………..…………67
Λύση 13ου θέματος……..………………………………………..…………72
Λύση 14ου θέματος……..………………………………………..…………75
Λύση 15ου θέματος……..………………………………………..…………78
Λύση 16ου θέματος……..………………………………………..…………84
Λύση 17ου θέματος……..………………………………………..…………88
Λύση 18ου θέματος……..………………………………………..…………92
Λύση 19ου θέματος……..………………………………………..…………96
Λύση 20ου θέματος ……..…………………………………………………100
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
3
Πρόλογος
Στο παρόν αρχείο παρουσιάζονται 20 επαναληπτικά θέματα στα μαθηματικά
κατεύθυνσης Γ΄ τάξης Λυκείου. Τα θέματα είναι αυξημένης δυσκολίας και
συνοδεύονται από υποδειγματικές αναλυτικές λύσεις.
Η συγγραφική ομάδα αποτελείται από μαθηματικούς από διάφορα μέρη της Ελλάδας,
που συναντιούνται διαδικτυακά μέσα από το blog http://lisari.blogspot.gr.
Ελπίζουμε ότι ο πλούτος σκέψεων και ιδεών, η πρωτοτυπία των περισσοτέρων
θεμάτων, η κομψότητα των λύσεων και γενικά το υψηλό επίπεδο, θα συντελέσουν στο
να αποβεί αυτή η εργασία ένα χρήσιμο και ευχάριστο εγχειρίδιο για διδάσκοντες και
διδασκόμενους.
Οι λύσεις των θεμάτων είναι προτεινόμενες και όχι περιοριστικές ως προς την
αντιμετώπιση τους. Οποιαδήποτε σχόλια, παρατηρήσεις, διορθώσεις και βελτιωτικές
προτάσεις είναι ευπρόσδεκτα στην ηλεκτρονική διεύθυνση [email protected].
Με εκτίμηση
Η ομάδα του lisari
-Μάρτιος 2015-
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
4
lisari team
Αντωνόπουλος Νίκος (Φροντιστήριο «Κατεύθυνση» - Άργος)
Αυγερινός Βασίλης (Φροντιστήρια «ΔΙΑΤΑΞΗ» - Ν. Σμύρνη και Νίκαια)
Βελαώρας Γιάννης (Φροντιστήριο «ΒΕΛΑΩΡΑΣ» - Λιβαδειά Βοιωτίας)
Βοσκάκης Σήφης (Φροντιστήριο «Ευθύνη» - Ρέθυμνο)
Γιαννόπουλος Μιχάλης ( Αμερικάνικη Γεωργική Σχολή)
Γκριμπαβιώτης Παναγιώτης (Φροντιστήριο «Αστρολάβος» - Άρτα)
Δούδης Δημήτρης (3ο Λύκειο Αλεξανδρούπολης)
Ζαμπέλης Γιάννης (Φροντιστήριο «Πουκαμισάς» Γλυφάδας)
Κακαβάς Βασίλης (Φροντιστήριο «Ώθηση» - Μαρούσι)
Κάκανος Γιάννης (Φροντιστήριο «Παπαπαναγιώτου – Παπαπαύλου» - Σέρρες)
Κανάβης Χρήστος (Διδακτορικό στο ΕΜΠ – 2ο ΣΔΕ φυλακών Κορυδαλλού)
Καρδαμίτσης Σπύρος (Πρότυπο Λύκειο Αναβρύτων)
Κοπάδης Θανάσης (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίων «19+» - Πολύγωνο)
Κουλούρης Αντρέας (3ο Λύκειο Γαλατσίου)
Κουστέρης Χρήστος (Φροντιστήριο «Στόχος» - Περιστέρι)
Μανώλης Ανδρέας (Φροντιστήριο «Ρηγάκης» - Κοζάνη)
Μαρούγκας Χρήστος (3ο ΓΕΛ Κηφισιάς)
Νάννος Μιχάλης (1ο Γυμνάσιο Σαλαμίνας)
Νικολόπουλος Θανάσης (Λύκειο Κατασταρίου, Ζάκυνθος)
Παγώνης Θεόδωρος (Φροντιστήριο «Φάσμα» - Αγρίνιο)
Παντούλας Περικλής (Φροντιστήρια «Γούλα-Δημολένη» - Ιωάννινα)
Παπαδομανωλάκη Μαρία (Πρότυπο Κέντρο Μάθησης «ΔΙΑΚΡΙΣΙΣ» - Ρέθυμνο)
Παπαμικρούλης Δημήτρης (Εκπαιδευτικός Οργανισμός «Ρόμβος»)
Πορίχης Λευτέρης (Γυμνάσιο Λιθακιάς – Ζάκυνθος)
Ράπτης Γιώργος (6ο ΓΕΛ Βόλου)
Σίσκας Χρήστος (Φροντιστήριο «Μπαχαράκης» - Θεσσαλονίκη)
Σκομπρής Νίκος (Συγγραφέας – 1ο Λύκειο Χαλκίδας)
Σπλήνης Νίκος (Φροντιστήριο «ΟΡΙΖΟΝΤΕΣ» - Ηράκλειο Κρήτης)
Σπυριδάκης Αντώνης (Γυμνάσιο Βιάννου - Λασίθι)
Σταυρόπουλος Παύλος (Ιδιωτικά Εκπαιδευτήρια Δούκα)
Σταυρόπουλος Σταύρος (Γραμματέας Ε.Μ.Ε Κορινθίας - Γυμνάσιο Λ.Τ. Λεχαίου)
Τηλέγραφος Κώστας (Φροντιστήριο «Θεμέλιο» - Αλεξανδρούπολη)
Τρύφων Παύλος (1ο Εσπερινό ΕΠΑΛ Περιστερίου)
Φιλιππίδης Χαράλαμπος (Ελληνογαλλική Σχολή «Καλαμαρί»)
Χαραλάμπους Σταύρος (Μουσικό Σχολείο Λαμίας)
Χατζόπουλος Μάκης (Υπουργείο Παιδείας και Θρησκευμάτων)
Νίκος Αντωνόπουλος
Γιάννης Βελαώρας
Σήφης Βοσκάκης
Παναγιώτης Γκριμπαβιώτης
Γιάννης Κάκανος
Χρήστος Κουστέρης
Θεόδωρος Παγώνης
Δημήτρης Παπαμικρούλης
Γιώργος Ράπτης
Χρήστος Σίσκας
Νίκος Σπλήνης
Παύλος Τρύφων
Χαράλαμπος Φιλιππίδης
Μάκης Χατζόπουλος
Λύτες
Παύλος Τρύφων
Μάκης Χατζόπουλος
Συντονιστές
Θεματοδότες
Παύλος Τρύφων
Εξώφυλλο
Παύλος Τρύφων
Πρόλογος
Κώστας Μπιρμπίλης
Παύλος Τρύφων
lisari team η καλύτερη ομάδα λόγω teαm_ής!
20 επαναληπτικά θέματα στα μαθηματικά κατεύθυνσης
Γ΄ τάξης Λυκείου
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
6
Εκφωνήσεις
ΘΕΜΑ 1o
Δίνεται ο μιγαδικός z για τον οποίο ισχύει 6
z z z z 4 64 0 (1)
και η συνάρτηση f : R R με τύπο 33f x x z x z .
α) Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο R και ότι z 2.
β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση
3xx z z
z έχει μοναδική λύση στο διάστημα
z 1, z .
γ) Αν ισχύει η ισότητα της (1), να αποδείξετε ότι 2z z 4 2 17.
Για ποιους μιγαδικούς z ισχύει 2z z 4 2 17 ;
δ) Έστω 1 2z ,z με 6 3 6 3
1 1 1 2 2 2z z 4 z 64 z z 4 z
δ1) Αν 1 2z z 2 2, αποδείξτε ότι 1
2
zi
z
δ2) Αν 2 2
1 2z z 0 , αποδείξτε ότι 1 2z z 2 2
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
7
ΘΕΜΑ 2o
Έστω παραγωγίσιμη συνάρτηση f : R R με την ιδιότητα
f x
2
1 2 xdt ,
ln t t 1 1 ln2
για κάθε x R. (1)
α) Αν αποδείξετε ότι f x 1 , για κάθε x R και ότι η f είναι γνησίως αύξουσα
στο R .
β) Να βρείτε πού στρέφει τα κοίλα η f καθώς και την εφαπτομένη της γραφικής
παράστασης της f στο σημείο A 2,f x .
γ) Για α 2 να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό 0x 2,α με την ιδιότητα
0x
0 0
α
f t dt x f x .
δ) Να βρεθεί το
2x
x 0x
f (t 2) 1lim dt.
t
ε) Αποδείξτε ότι η γραφική παράσταση της f δεν έχει πλάγιες/οριζόντιες
ασύμπτωτες στο .
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
8
ΘΕΜΑ 3o
A) Αποδείξτε ότι η συνάρτηση x xφ x xe e είναι μια αρχική της
xσ x xe στο R .
B) Δίνεται η συνάρτηση f : R R με τις ιδιότητες:
η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο R ,
xf '' x f ' x e , για κάθε x R ,
ο οριζόντιος άξονας εφάπτεται της γραφικής παράστασης της f στην
αρχή των αξόνων.
α) Να αποδείξετε ότι x
x 1f x 1 , x R
e
και να βρείτε το σύνολο τιμών
της f .
β) Να λυθεί στο R η ανίσωση
22 x
2
1 x e.
3 e
γ) Να βρεθεί το όριο x 2015
xx k
L lim f t dt ,
όπου y k είναι η οριζόντια
ασύμπτωτη της f στο .
δ) Να βρεθούν (εφόσον υπάρχουν) τα όρια
1 2
x 0 x 0
συνx 1 ημxL lim , L lim .
f x f x
ε) Να αποδειχθεί ότι για κάθε α 0 η εξίσωση x α
x 1 α 1
e e
έχει δύο λύσεις
ετερόσημες στο R .
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
9
ΘΕΜΑ 4o
Για τη συνεχή στο R συνάρτηση f ισχύει η σχέση
1 x
t
0 0
f x 1 xte dt (f t f 1 t dt , για κάθε x R .
α) Να αποδείξετε ότι f ' x 1 f x f 1 x , για κάθε x R και στη
συνέχεια να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f .
β) Να λύσετε την εξίσωση f x 22 f x , x R .
γ) Αν 0 α β , αποδείξτε ότι
β
α
dx β α
ln f(x) αβ
.
(το ερώτημα γ) είναι από το βιβλίο των Ζανταρίδη-Μαυροφρύδη-Ραικόφτσαλη,θέμα 141, ερώτημα iv,
σελ. 306)
δ) Να βρείτε το k
xf t x
x0
L lim e dt
, για τις διάφορες τιμές του k 1,2,...
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
10
ΘΕΜΑ 5o
Δίνονται οι συνεχείς στο συναρτήσεις f ,g με
x
f x x 10
e 1 x f x
και f x x για κάθε x
f x , x 0g x
2 x ln x 1 , x 0
.
α) Να αποδειχθεί ότι xf x x 1 e , x
β) Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση g x 0 έχει δύο ακριβώς λύσεις ετερόσημες
γ) Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση 1 2g x 2 g x 2
2016x 1 x
έχει μια
τουλάχιστον λύση στο διάστημα 1,0 , για κάθε *
1 2x ,x .
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
11
ΘΕΜΑ 6o
Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο x
x 1f x .
e x
α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f .
β) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ακριβώς δύο σημεία 1 1A x ,f x ,
2 2B x ,f x με 1 2x 1 x , στα οποία οι εφαπτομένες της γραφικής
παράστασης της f είναι παράλληλες στον οριζόντιο άξονα.
γ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα σημείο Γ ξ,f ξ στο οποίο η
εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f ' είναι παράλληλη στον
οριζόντιο άξονα.
δ) Να αποδειχθεί ότι υπάρχει διάστημα της μορφής [α,β] , με β α 2 , στο
οποίο η f να είναι γνήσια αύξουσα.
ε) Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που καθορίζεται από την γραφική παράσταση
της f και τους άξονες συντεταγμένων.
στ) Να βρεθούν τα όρια
1 23 x ln xx x
ημf x xημx ημxL lim , L lim .
f x e e
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
12
ΘΕΜΑ 7o
Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο x
9
0
πf x ημt συνt dt , x 0, .
2
α) Μελετήστε την f ως προς τη μονοτονία και την κυρτότητα.
β) Αποδείξτε ότι f x 0 , για κάθε π
x 0,2
και ότι f x f '' x , για
κάθε π
x 0, .2
γ) Αποδείξτε ότι η συνάρτηση π
m : 0, R2
με
f xm x
x είναι γνήσια
αύξουσα στο πεδίο ορισμού της.
δ) Αποδείξτε ότι f 11
fν ν
, για κάθε ν=2,3,…
ε) Για κάθε π
α,β 0,2
αποδείξτε ότι β 9
αημ t συνt dt β α .
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
13
ΘΕΜΑ 8o
Τα σημεία Α,Β,Γ είναι διαφορετικά ανά δύο και είναι εικόνες των μιγαδικών
2zz , z ,
z αντίστοιχα, με
*z C .
α) Να βρεθεί πως έχει επιλεγεί ο μιγαδικός z.
β) Να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές στο Α.
γ) Να θεωρηθεί το σημείο Α στο επίπεδο και να σημειωθούν τα Β,Γ.
δ) Αν το τρίγωνο ΑΒΓ είναι και ορθογώνιο, να βρεθεί η γραμμή που
βρίσκεται το σημείο A.
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
14
ΘΕΜΑ 9o
Για τους μιγαδικούς z,w ισχύουν:
1 1
z Re z , με Re z Im z 04 4
13
uu 2z i z i.2
α) Να αποδειχθεί ότι οι εικόνες M z είναι σημεία της γραφικής παράστασης της
συνάρτησης f x x,x 0, και να βρεθεί ο μιγαδικός z για τον οποίο οι
ρυθμοί μεταβολής του πραγματικού και φανταστικού μέρους είναι ίσοι καθώς η
εικόνα του κινείται πάνω στην fC
(δίνεται ότι d
Re(z) 0 , για κάθε t 0dt
).
β) Να βρεθεί ο μιγαδικός z , αν επιπλέον ισχύει 22z z 2 z z 2 i .
γ) Να αποδειχθεί ότι 2z 13 5 .
δ) Αν για τον μιγαδικό w ισχύει ww wu wu 2 0 , αποδείξτε ότι:
δ1) οι εικόνες του w βρίσκονται σε κύκλο,
δ2) οι αριθμοί w u , 2 , u είναι πλευρές ορθογωνίου τριγώνου,
δ3) 2
u w2
,
δ4) 2 2 2
u w 2 w u 2.
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
15
ΘΕΜΑ 10o
Δίνεται συνάρτηση f συνεχής στο R και η συνάρτηση g : R R με τύπο
1
0
g x f xt dt.
α) Αποδείξτε ότι x
0
1g x f t dt , x 0
x και ότι η g είναι συνεχής στο 0.
β) Αν 1 2
0 1
f t dt f t dt , αποδείξτε ότι υπάρχει ξ 1,2 τέτοιο, ώστε
g ξ f ξ .
γ) Αν η f είναι παραγωγίσιμη στο 0, αποδείξτε ότι
2 2
x 0
f x g xlim f 0 f 0
x
δ) Αν επιπλέον η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R ,
δ1) Αποδείξτε ότι η g είναι γνησίως φθίνουσα στο R .
δ2) Να συγκρίνετε τους αριθμούς 1
0
f t dt και 2
1
f t dt .
δ3) Αποδείξτε ότι
x 2016 x
0 0
x f t dt x 2016 f t dt , για κάθε x 0
.
δ4) Αν η fC έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο την ευθεία y f 0 ,
αποδείξτε ότι και η gC έχει την ίδια ασύμπτωτη στο .
δ5) Αν *z C με την ιδιότητα
z 1
0 0
z f z tf t dt zf t dt ,
αποδείξτε ότι υπάρχει μοναδικό ρ (0,1) τέτοιο, ώστε
ρz
ρ 1 e 1 ln z .
δ6) Να βρείτε το πρόσημο της συνάρτησης h : R R με τύπο
h x f x g x και στη συνέχεια να βρείτε το
2016 2
xL lim f 2 f 1 g 1 g 2 x ημx x .
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
16
ΘΕΜΑ 11o
Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : 0, R με
f x 0, για κάθε x 0 ,
2h 0
1 3 h ημhlim
f 1 2 f 1 h f 1
Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f σε κάθε σημείο της
o oA x ,f x διέρχεται από το σημείο o
o
1M x ,0
2x
.
α) Να βρεθεί το f 1 και να αποδειχθεί ότι 21 xf x e , x 0.
β) Αν z με Im z 0 και 2
1 z 1e z 1
, αποδείξτε ότι
1f ' x
xlim z 1 0
γ) Να αποδειχθεί ότι x
2
1
x 1 f x f t 1dt 1
x t x
, για κάθε x 1
δ) Να αποδειχθεί ότι x
2x1
1 1lim 1 f t dt
2t 2
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
17
ΘΕΜΑ 12o
Δίνονται οι συναρτήσεις F,f : 0,π R με:
F x f x , για κάθε x (0,π)
x
f xημx
α) Να αποδείξετε ότι
x
π3
f t 1 συνx 1dt ln ln3 , x 0,π
t 1 συνx 2
β) Να αποδείξετε ότι 2π π πln3
F F3 3 2
γ) Να βρείτε το σύνολο τιμών f 0,π και να αποδειχθεί ότι υπάρχει μοναδικό
o
πx
3 τέτοιο, ώστε o
π 2πf x F F
3 3
δ) Nα αποδειχθεί ότι υπάρχει μοναδικό 1
πx
3 τέτοιο, ώστε
o
1
3f xf x .
π
ε) Αν Ε είναι το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση
της συνάρτησης m: 0,π R με f x
m xx
, τον άξονα x΄x και τις
ευθείες π π
x , x3 2
, αποδείξτε ότι
2Eln3οΕ
1
f x ei συν
f x
(όπου i είναι η φανταστική μονάδα).
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
18
ΘΕΜΑ 13o
Η συνάρτηση f : 0,π R είναι παραγωγίσιμη με την ιδιότητα
f x ημx f x συνx , για κάθε x 0,π .
α) Αποδείξτε ότι f 0 f π 0
β) Αποδείξτε ότι η γραφική παράσταση της f τέμνει τον οριζόντιο άξονα σε ένα
μόνο σημείο στο διάστημα 0,π
γ) Αν επιπλέον f 0 0 και η f είναι συνεχής στο 0,π , αποδείξτε ότι:
γ1) Αποδείξτε ότι υπάρχει μ 0,π τέτοιο, ώστε f μ 0
γ2) Αν α,β 0,π με f α ημβ f β ημα , τότε α β .
γ3) π π π
2f 2f f6 4 2
γ4)
π
2
π
6
π 3 π3f f x dx f
6 2 2
γ5) f π 0
γ6) Αποδείξτε ότι για κάθε πραγματικό αριθμό λ, η εξίσωση
f x λ ημx έχει μοναδική ρίζα στο 0,π .
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
19
ΘΕΜΑ 14o
Η συνάρτηση π
f : 0, R2
είναι παραγωγίσιμη και ισχύουν:
συνx
f x συνx f x ημ x f x ,x
για κάθε π
x 0,2
π
x3
3x π 3 3lim .
x 2f x π
α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση π
g : 0, R2
με
f xg x
xσυνx είναι
σταθερή και στη συνέχεια να βρείτε τη συνάρτηση f
β) Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό o
πx 0,
2
με of x 0 και o
πx
4
γ) Να αποδείξετε ότι 2
xσυνx2
, για κάθε π
x 0, .2
δ) Να αποδείξετε ότι π
βσυνβ ασυνα β α2
, για κάθε π
α,β 0,2
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
20
ΘΕΜΑ 15o
Α) Αποδείξτε ότι xe x 1 , για κάθε x R . Πότε ισχύει η ισότητα;
Β) Η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο R , με τις ιδιότητες:
x
2 ef x f x f x
2 , για κάθε x R
2
xx 0
x 3xlim 3
f x e
και f 0 0
α) Να αποδείξετε ότι xf x e x , x R
β) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα 2
x
1
f x f xI dx
e 1
γ) Αν η συνάρτηση g είναι δύο φορές παραγωγίσιμη με 2xg x f x 1, για
κάθε x R ,
γ1) να μελετηθεί η συνάρτηση g ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα
γ2) να αποδείξετε ότι 1
g 02
γ3) να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g δεν είναι γνησίως φθίνουσα στο R
γ4) να αποδείξετε ότι 1
0
5 2eg 0 g x dx g 1
2
γ5) να αποδείξετε ότι g 1
eg x ln
x
, για κάθε x 1.
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
21
ΘΕΜΑ 16o
Δίνεται η συνάρτηση f : 0, R με
x 1
t
x e1
1 ln x 1f x lim 1 e dt
x e t
, για κάθε x 0 (1) .
α) Αποδείξτε ότι 1
xf x xe , x 0
β) Να εξεταστεί η f ως προς την κυρτότητα
γ) Αποδείξτε ότι f x 1 , για κάθε x 0
δ) Αν α,β 0 , να αποδειχθεί ότι ισχύει 1
x α β1
x β
x α β x βα
ee
, για κάθε
x 0
ε) Να βρείτε το 4 3
4x
f x 2x 1M lim
2x 4x
στ) Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο
σημείο A 1,f 1 . Στη συνέχεια:
στ1) να αποδειχθεί ότι 2
1
2f x dx
e
στ2) αν Ε είναι το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική
παράσταση της f , τον άξονα x΄x και τις ευθείες x 1,x 2 ,
αποδείξτε ότι
x x
x xx
7E 2lim
2 3
στ3) Βρείτε το όριο
x
1
kx
f t dt
L limx
, για k 1,2,...
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
22
ΘΕΜΑ 17o
Δίνονται οι μιγαδικοί ημx
1 2z 1 iα , z 2 ημx i , x R 0 α 1 και
η συνάρτηση f : R R με τύπο 1 2f (x) Im z z . Αν ισχύει:
1 2Re z z 1, για κάθε x R
ημκ
ημλ
e 2 ημλ
e 2 ημκ
(κ,λ R με κ λ) ,
α) Αποδείξτε ότι α e
β) Να αποδείξετε ότι υπάρχει αριθμός ρ , ώστε π
f ρπ 02
,
με κ 1 λ 1
ρπ 2 π 2
γ) Να βρεθούν οι ακέραιοι μ για τους οποίους η εξίσωση f x μ έχει ακριβώς
δύο λύσεις στο διάστημα 0,π
δ)
δ1) Αποδείξτε ότι lnx x 1 , για κάθε x 0 . Πότε ισχύει η ισότητα;
δ2) Θεωρούμε τη συνάρτηση g : R R με f x 1
g x2 ημx
.
Αν E το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της
g , τον άξονα x΄x και τις ευθείες π
x 0,x2
, αποδείξτε ότι π
Ε 12
δ3) Αποδείξτε ότι x
x0
lim g t dt
ε) Αποδείξτε ότι
ημx
1 1 2
f 0x 01
Im z x 1 f x 1 e 1 Re z zlim 0
x Im z
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
23
ΘΕΜΑ 18o
α) Να αποδείξετε ότι
3xx ημx x
6 , για κάθε x 0 (*)
β) Αν 20163
x
x ημtF x x dt , x 0
18 t να βρεθεί η μονοτονία αυτής και να
λυθεί η ανίσωση 3
x 3
3
x
ημt 19x xx dt
t 18 18 στο 0,
γ) Αν α 1 , να βρεθούν τα όρια:
γ1)
αx
x 0x
ημtlim dt
t γ2)
αx
2x 0
x
ημtlim dt
t γ3)
αx
3x 0
x
ημtlim dt
t
δ) Αν Ε είναι το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση
της συνάρτησης φ : 0, R με φ x ημ ln x , τον άξονα x΄x και τις
ευθείες x 1 , x e , αποδείξτε ότι e
E 13
ε) Να αποδείξετε ότι
π2
0
8ημ συνx dx 1
9 και
π2
0
8ημ ημx dx 1.
9
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
24
ΘΕΜΑ 19o
Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : 0, R με τις ιδιότητες:
x
f xy f 2f xy
, για κάθε x,y 0
f 1 0 και f 1 1 .
α) Να αποδειχθεί ότι 2
1 1 2f x f
x x x
, για κάθε x 0
β) Αποδείξτε ότι f x ln x , x 0
γ)
Ένας κυνηγός βρίσκεται στη θέση K , σε απόσταση από την αρχή του λόφου Λ
ίση με 2ΚΛ e 1 δεκάδες μέτρα. Ο λαγός ανεβαίνει το λόφο, ο οποίος
«αντιγράφει» τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f , για x 1 . Να βρεθεί με
μεγαλύτερη απόσταση κυνηγού-λαγού που ο κυνηγός έχει οπτική επαφή με το λαγό
δ) Η ευθεία y α 0 τέμνει τη γραφική παράσταση της f στα σημεία A,B.
Να αποδειχθεί ότι οι εφαπτόμενες αυτής στα A,B τέμνονται κάθετα.
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
25
ΘΕΜΑ 20o
Δίνεται η συνάρτηση f : R R δύο φορές παραγωγίσιμη, με τις ιδιότητες:
xe f x 1, για κάθε πραγματικό αριθμό χ
η γραφική παράσταση της f έχει ασύμπτωτη την ευθεία ε : y x στο
α) Να αποδειχθεί ότι xf x x e , x R
β) Να αποδειχθεί ότι f x 1 , για κάθε x R και να βρεθεί το σύνολο τιμών
της συνάρτησης f f
γ) Αποδείξτε ότι υπάρχει μοναδικό e
m 0: f f m e
δ) Να αποδειχθεί ότι για α 1 ισχύει
1
αα 1 α
eα α 1
ε) Να λυθεί η εξίσωση 2 2x 3x 2 x 1e e 3x 1 , x R.
στ) Αποδείξτε ότι δεν υπάρχει k ke k e kk R: e συν e e 1 .
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
26
Προτεινόμενες Λύσεις
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 1ου
α) Από τη θεωρία ισχύει η σχέση 2
zz z . Άρα
6 6 2 6 3z z zz 4 64 0 z z z 4 64 0 z z 4 z 64 0 (2)
Η εξίσωση 6 3x x 4x 64 0 έχει ρίζα το 2 . Κάνουμε σχήμα Horner με το 2 :
1 0 0 1 0 -4 -64 2
↓ 2 4 8 18 36 64
1 2 4 9 18 32 0
Οπότε, η ταυτότητα της διαίρεσης δίνει:
6 3 5 4 3 2x x 4x 64 x 2 x 2x 4x 9x 18x 32 .
Έτσι, η σχέση (2) γράφεται ισοδύναμα:
5 4 3 2
θετικό
z 2 z 2 z 4 z 9 z 18 z 32 0
άρα z 2 0 z 2. Από τη σχέση (1) προκύπτει ότι z 0
(διότι αν ήταν (1)
z 0 64 0 , άτοπο).
Η f είναι παραγωγίσιμη στο , ως πολυωνυμική, με παράγωγο
2f x 3x z 0, για κάθε πραγματικό αριθμό x . Άρα f γνησίως αύξουσα στο .
β) Θεωρούμε τη συνάρτηση g : z 1, z , με τύπο 3
2xg x x z
z
Η g είναι συνεχής στο z 1, z , ως πολυωνυμική και ισχύει:
3
2zg z z z z 0
z
33
2zz 1
g z 1 z 1 zz
2 2 33 z 3 z 1 z z z 2
2 z 2 z 10
z z
(διότι 22x 2x 1 0, ως τριώνυμο με αρνητική διακρίνουσα και α 2 0 .
Άρα 2
2 z 2 z 1 0 ).
Από το θεώρημα Bolzano, προκύπτει η ύπαρξη αριθμού
3 3
2o oo o o o
x xx z 1, z : g x 0 x z 0 x zz
z z
Το ox αυτό είναι μοναδικό, διότι 23x
g x 1 0,z
για κάθε x z 1, z , άρα η
συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της.
γ) Έχουμε τώρα ότι ισχύει η ισότητα 6
z z zz 4 64 0 , οπότε από το α)
ερώτημα προκύπτει ότι z 2 . Θα αποδείξουμε ότι
2z z 4 2 17
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
27
Έστω z x yi, x, y . Τότε επειδή 2 2 2 2z 2 x y 4 y 4 x (3)
Έχουμε,
22 2 2 2 2z z 4 x yi x yi 4 x y 2xyi x yi 4 x y x 4 y 2x 1 i
Άρα,
(3)2 222 2 2 2 2 2 2 2z z 4 x y x 4 y 2x 1 x 4 x x 4 4 x 4x 1 4x
2
2 2 2
4 2 3 2 2 4 2 3
2x x 8 4 x 4x 1 4x
4x x 64 4x 32x 16x 16x 4 16x 4x x 4x
2 2 1768 16x 2 17 4x , x
2
Η συνάρτηση 2 17φ x 2 17 4x , x
2 είναι παραγωγίσιμη στο
17 17,
2 2
,
με παράγωγο
2 2
8x 8xφ x 2
2 17 4x 17 4x
άρα,
17
φ x 0 x ,0 .2
Άρα η φ μεγιστοποιείται για x 0 , με μέγιστη τιμή φ 0 2 17 . Δηλαδή
2z z 4 2 17
Η ισότητα ισχύει για x Re z 0, δηλαδή για z yi , y .
Όμως z 2 y 2. Άρα η ισότητα ισχύει για z 2i
δ) Από τις σχέσεις της υπόθεσης και το α) ερώτημα προκύπτει ότι
1 2z z 2
Α: εικόνα του 1z
Β: εικόνα του 2z
AB 2 2
OB 2
Είναι,
x
17
2 0
17
2
φ΄ x + -
φ
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
28
2 2
1 2z z OA OB 2OM 2 OM 2 OB BM 2 4 2 2 2
,
όπου Μ το μέσο του ΑΒ.
δ1) Ας ονομάσουμε 1
2
zw
z . Οπότε προκύπτει:
1 2z z 2 2 12
2
zz 1 2 2
z
2z w 1 2 2 2 w 1 2 2 w 1 2
Παρόμοια, από τη σχέση 1 2z z 2 2 καταλήγουμε στη σχέση w 1 2
Άρα,
w 1 w 1 2 2
w 1 w 1
w 1 w 1 w 1 w 1 w w 0
Re w 0 1
2
zRe 0
z
1
2
zki
z , για κάποιο k
Όμως,
w 1 2 ki 1 2 2k 1 2 2k 1 k 1
Άρα πράγματι
1
2
zi
z
δ2) 2 2
1 2z z 0 2
1 2 1 2z z 2z z 0 2
1 2 1 2z z 2z z
2
1 2 1 2z z 2z z 2
1 2 1 2z z 2 z z 2
1 2z z 8 1 2z z 2 2
Οπότε, έχοντας δεδομένα 1 2z zOB 2 , OM 2
2
, εφαρμόζουμε το
πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΜΒ:
2 2
MB OB MO 4 2 2
Άρα,
1 2z z 2 MB 2 2
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
29
[ Σχόλια:
1. Στα ερωτήματα δ1) , δ2) μπορούμε εναλλακτικά να χρησιμοποιήσουμε τον τύπο 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2z z z z 2 z 2 z
(άσκηση σχολικού βιβλίου – χρειάζεται απόδειξη η χρήση του τύπου αυτού).
Οπότε γνωρίζοντας το 1 2z z βρίσκουμε το 1 2z z και αντίστροφα.
2.
Αν Β η εικόνα του 2z και Γ η εικόνα του 1z , τότε 2AB 2z 4 διάμετρος.
Άρα Λ
οΓ 90 και από το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΑΒΓ παίρνουμε
2 2 2
ΑΒ ΑΓ ΒΓ
2 2
1 2 1 216 z z z z
και συνεχίζουμε όπως στα ερωτήματα δ1) , δ2) ]
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
30
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 2ου
α) Γνωρίζουμε (από εφαρμογή του σχολικού βιβλίου) ότι
nx x 1 για κάθε x 0 (με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν x 1 )
Συνεπώς η συνάρτηση
1g(t)
nt t 1
έχει πεδίο ορισμού το (0,1) (1, )
Η συνάρτηση x
2
1H(x) dt
nt t 1
έχει πεδίο ορισμού το (1, )
(αφού τα άκρα 1, x του ολοκληρώματος πρέπει να ανήκουν στο ίδιο διάστημα του
πεδίου ορισμού της g και 2 (1, ) )
Αφού η σχέση f (x)
2
1 2 xdt
nt t 1 1 n2
ισχύει για κάθε x , η συνάρτηση f (x)
2
1H(f (x)) dt
nt t 1
έχει πεδίο ορισμού το
Συνεπώς ισχύει
{x και f (x) 1} , για κάθε x
Άρα , f (x) 1 για κάθε x .
Αφού g συνεχής στο (1, ) και 2 σημείο του (1, ) , η συνάρτηση
f (x)
2
1H(f (x)) dt
nt t 1
είναι παραγωγίσιμη στο , με
f (x)
2
1 f (x)H(f (x)) dt
nt t 1 nf (x) f (x) 1
Παραγωγίζοντας τη σχέση (1) έχουμε
f (x) 1 nf (x) f (x) 1f (x) 0
nf (x) f (x) 1 1 n2 n2 1
(διότι 2 e n2 ne n2 1 n2 1 0 και αφού f (x) 1 προκύπτει
nf (x) f (x) 1 nf (x) f (x) 1 0 )
Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο
β) Αφού η f είναι παραγωγίσιμη στο τότε η συνάρτηση
nf (x) f (x) 1
n2 1
είναι παραγωγίσιμη στο , ως πράξεις παραγωγίσιμων. Τότε από τη σχέση
nf (x) f (x) 1f (x)
n2 1
(2)
προκύπτει ότι η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη
Παραγωγίζοντας τη σχέση (2) έχουμε
1 f (x) f (x) 1 f (x)f (x) ( f (x)) 0
n2 1 f (x) n2 1 f (x)
για κάθε x
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
31
(αφού f (x) 0 , n2 1 0 , f (x) 1 τότε f (x) 0 και 1 f (x) 0 )
Άρα η f στρέφει τα κοίλα άνω στο
Η σχέση f (x)
2
1 2 xdt
nt t 1 1 n2
για x 2 γίνεται f (2)
2
1dt 0
nt t 1
Όμως ισχύει
1nt t 1 0 0
nt t 1
Τότε
Αν f (2) 2 τότε
f (2) f (2)
2 2
1 1dt 0 dt 0
nt t 1 nt t 1
, άτοπο
Αν f (2) 2 τότε
2 f (2)
f (2) 2
1 1dt 0 dt 0
nt t 1 nt t 1
, άτοπο
Άρα ισχύει
f (2) 2
Η σχέση
nf (x) f (x) 1f (x)
n2 1
για x 2 γίνεται
nf (2) f (2) 1 n2 2 1 n2 1f (2) 1
n2 1 n2 1 n2 1
Οπότε η εφαπτομένη της fC στο A 2,2 έχει εξίσωση
ε : y f (2) f (2)(x 2)
ε : y 2 x 2 ε : y x
γ) Θεωρούμε τη συνάρτηση x
αh(x) f (t)dt x f (x) , x
Αφού f συνεχής στο , τότε x
αf (t)dt παραγωγίσιμη στο και x,f (x)
παραγωγίσιμες στο , άρα η είναι h παραγωγίσιμη στο , με
x
αh (x) f (t)dt x f (x) f (x) 1 f (x) 0
(αφού f (x) 1 f (x) 1 0 και f (x) 0 )
Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο
Η h είναι συνεχής στο [2,α] (αφού είναι παραγωγίσιμη στο )
h(2) h(α) 0
αφού 2 α
α 2h(2) f (t)dt 2 f (2) f (t)dt 0 , διότι f (t) 0 τότε με α >2 ισχύει
α
2f (t)dt 0
α
2f (t)dt 0 και
α
αh(α) f (t)dt α f (α) f (α) α 0 , διότι η f είναι
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
32
κυρτή, συνεπώς η fC βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη της, δηλαδή ισχύει f (x) x
με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 2 . Συνεπώς αφού α 2 θα
ισχύει f (α) α f (α) α 0
Άρα σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον 0x (2,α) τέτοιο
ώστε 0 0x x
0 0 0 0 0α α
h(x ) 0 f (t)dt x f (x ) 0 f (t)dt x f (x )
Επειδή η h είναι γνησίως αύξουσα, το 0x είναι μοναδικό.
δ) Για κάθε x κοντά στο 0 με x 0 και 0 x t 2x και αφού f γνησίως αύξουσα
έχουμε
x 2 t 2 2x 2
f (x 2) f (t 2) f (2x 2) :t 0
f (x 2) 1 f (t 2) 1 f (2x 2) 1
f (x 2) 1 f (t 2) 1 f (2x 2) 1
t t t
f (t 2) 1 f (x 2) 1
0t t
και
x 2xf (2x 2) 1 f (t 2) 10
t t
2x
x
f (t 2) 1 f (x 2) 1dt 0
t t
και
2x
x
f (2x 2) 1 f (t 2) 1dt 0
t t
2x 2x
x x
f (t 2) 1 1dt (f (x 2) 1) dt
t t
και
2x 2x
x x
1 f (t 2) 1(f (2x 2) 1) dt dt
t t
2x2x 2x
x xx
f (t 2) 1(f (2x 2) 1) dt (f (x 2) 1)
t[ nt] [ nt]
2x
x
f (t 2) 1(f (2x 2) 1)( n2x nx) dt (f (x 2) 1)( n2x nx)
t
2x
x
2x f (t 2) 1 2x(f (2x 2) 1) n dt (f (x 2) 1) n
x t x
2x
x
f (t 2) 1(f (2x 2) 1) n2 dt (f (x 2) 1) n2
t
Είναι
x 0 u 2im f (x 2) im f (u) f (2) 2
(αφού f συνεχής στο 2)
και
x 0 u 0im f (2x 2) imf (u 2) 2
(θέσαμε u 2x τότε όταν x 0 ισχύει u 0 )
Έτσι,
x 0 x 0im(f (2x 2) 1) n2 im(f (x 2) 1) n2 n2
Άρα, σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής ισχύει 2x
xx 0
f (t 2) 1im dt n2
t
ε) Για κάθε x κοντά στο ισχύει
f (x) x 0
1 10
f (x) x
Ισχύει
x x
1im 0 im 0
x
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
33
Άρα σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής ισχύει
x
1im 0
f (x)
άρα
x x
1im f (x) im
1
f (x)
(διότι x
1im 0
f (x) με
10
f (x) )
Για να είναι η y λx β ασύμπτωτη (πλάγια – οριζόντια) της Cf στο
αρκεί τα όρια
x
f (x)λ im
x και
xβ im[f (x) λx]
να είναι πραγματικοί αριθμοί.
Επειδή
xim f (x)
και xim x
και
x x x x
f (x) nf (x) f (x) 1 1 nf (x) 1im imf (x) im im f (x)[ 1 ]
x n2 1 n2 1 f (x) f (x)
(αφού xim f (x)
είναι και xim nf (x)
και x x
( nf (x)) 1im im 0,
(f (x)) f (x)
από τον κανόνα De ΄l Hospital ισχύει
x
nf (x)im 0
f (x)
τότε
x
nf (x) 1im[ 1 ] 1
f (x) f (x) και
10
n2 1
)
άρα, από τον κανόνα De ΄l Hospital ισχύει
x
f (x)im
x
Έτσι, η fC δεν έχει ασύμπτωτες (πλάγιες – οριζόντιες) στο
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
34
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 3ου
Α. Αρκεί να δείξουμε ότι
φ x σ x , για κάθε x .
Έχουμε :
x x x xφ x xe e xe e x x xx e x e e x
x x x x x x x x x xe xe x e e xe e e xe e xe σ x
Β. α) Επειδή ο άξονας x x εφάπτεται της γραφικής παράστασης της f στο σημείο
Ο 0,0 θα είναι :
f (0) 0 (1) και f (0) 0 (2) ,
οπότε για κάθε x έχουμε:
xf (x) f (x) e
πολλαπλασιάζω με xe :
x x xe f (x) e f (x) 1 e f (x) x , για κάθε x .
Άρα:
xe f (x) x c , για κάθε x . ( c :σταθερά)
Για x 0 είναι :
20e f (0) 0 c f (0) c c 0
Άρα
x xe f (x) x f (x) x e
που σύμφωνα με το ερώτημα Α γράφεται:
x xf (x) x e e , για κάθε x .
Άρα υπάρχει σταθερά 1c ώστε:
x x
1f (x) x e e c για κάθε x .
Για x 0 έχουμε :
1
1 1 1f (0) 1 c 0 1 c c 0 .
Άρα :
x xf (x) x e e 1 ή
x x
1 1f (x) x 1
e e ή
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
35
x
x 1f (x) 1
e
, x .
Σύνολο τιμών της f :
Έχουμε βρει ότι:
xf (x) x e , x
και με δεδομένο ότι xe 0 , το πρόσημο της f εξαρτάται από το πρόσημο του x .
Είναι :
f
1συνεχής x
f ,0 f 0 , lim f x 0, A
[αφού:
x x xx x x x
x 1 x 1 1lim f x lim 1 lim 1 lim x 1 1 1 ]
e e e
Ακόμη:
f
2συνεχής x
f 0, f 0 , lim f x 0,1 A
[αφού :
x xx x xx
x 1x 1 1lim lim lim 0
e ee
οπότε :
xlim f x 0 1 1
].
Άρα το σύνολο τιμών της f είναι :
1 2f Α Α 0, 0,1 0,
β) Η δοθείσα ανίσωση γράφεται:
2
2 2
2 x 2 2
2 2 2x x
1 x e 1 x 3 1 x 3
3 e e ee e
2
2
2 x 0,2 02 2
2x f
1 x 31 1 f x f 2 x 2 x 2 2 x 2
ee
γ) Είναι xlim f x 1
, άρα η ευθεία y 1 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της fC στο .
x 0
f x - +
f
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
36
Άρα: κ 1 .
x 2015 x 2015 x 2015 x 2015
t t
x k x 1 x 1 x 1
f t dt 1 t 1 e dt dt t 1 e dt
x 2015
t
x 1
x 2015 x 1 t 1 e dt
x 2015
x 2015t t
x 1x 1
2014 t 1 e e dt
x 2015x 2015 x 1 t
x 12014 x 2016 e x 2 e e
x 2015 x 1 x 2015 x 12014 x 2016 e x 2 e e e
x 2015 x 12014 x 2017 e x 3 e
.
Το ζητούμενο όριο είναι :
x 2015
x 2015 x 1
x xx 1
L lim f t dt lim 2014 x 2017 e x 3 e 2014 0 0 2014
[διότι:
x 2015
x 2015x x x x 2015
x 2017x 2017lim x 2017 e lim lim
ee
x 2015x
1 1lim 0
e
και
x 1
x 1x x x x 1
x 3x 3lim x 3 e lim lim
ee
x 1x
1 1lim 0
e
]
δ) Είναι :
x 0lim συνx 1 1 1 0
και f συνεχής στο 0
x 0limf x f 0 0
οπότε:
0
0
x xx 0 x 0 x 0 x 0
συνx 1συνx 1 ημx ημx 1lim lim lim lim
f x f x xe x e
11 1
1
Άρα :
1L 1 .
Ακόμη :
0
0x
xx 0 x 0 x 0 x 0
ημxημx συνx 1lim lim lim lim e συνx 1
f x f x xe x
και
0
0x
xx 0 x 0 x 0 x 0
ημxημx συνx 1lim lim lim lim e συνx 1
f x f x xe x
.
Επειδή τα πλευρικά όρια είναι διαφορετικά, το όριο 2L δεν υπάρχει.
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
37
ε) Έστω α 0 . Είναι:
x α x α x α
x 1 α 1 x 1 α 1 x 1 α 11 1 f x f α
e e e e e e
Το 1f α Α , οπότε υπάρχει 1x ,0 : 1f x f α .
Το 1x είναι μοναδικό διότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ,0 .
Ακόμη, 2f α Α , αφού α 0 , οπότε υπάρχει μοναδικό 2x 0, : 2f x f α .
Επειδή ισχύει 1 2x 0 x προκύπτει το ζητούμενο.
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
38
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 4ου
α) Η σχέση της υπόθεση γράφεται
1 x
t
0 0f x 1 x te dt f t f 1 t dt
1 x1
t t
0 0 0f x 1 x te e dt f t f 1 t dt
x1
t
0 0f x 1 x e e f t f 1 t dt
x
0f x 1 x e e 1 f t f 1 t dt
x
0f x 1 x e e 1 f t f 1 t dt
x
0f x 1 x f t f 1 t dt, x
Για x 0 είναι f 0 1
Η συνάρτηση f t f 1 t είναι συνεχής στο ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων άρα η
συνάρτηση x
0f t f 1 t dt είναι παραγωγίσιμη στο .
Έτσι λοιπόν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ως άθροισμα παραγωγίσιμων
συναρτήσεων με:
f x 1 f x f 1 x για κάθε x (1)
Θέτουμε για x το 1 x , οπότε (1) f 1 x 1 f 1 x f x , x (2)
Από (1) + (2)
f x f 1 x 2 f x f 1 x 2x , x
Άρα υπάρχει c τέτοιο ώστε
f x f 1 x 2x c (3) για κάθε x
Θέτουμε για x το 1 x , οπότε (3)
f 1 x f x 2 2x c (4)
Από 3 4 0 2 2c c 1
Άρα (4)
1
2f 1 x f x 1 2x f x 1 1 2x f x x , x
Οπότε 2
1f x x c , x και 1c σταθερός πραγματικός αριθμός
Επειδή 1f 0 1 c 1 άρα
2f x x 1 , x
β) Αρχικά θα λύσουμε την εξίσωση x 22 x , x 0
Έχουμε, ln x:"1 1"
x 2 x 22 x ln 2 ln x x ln 2 2ln x
ln x ln 2, x 0
x 2
Θεωρώντας τη συνάρτηση g : 0, , με ln x
g xx
έχουμε ότι η εξίσωση x 22 x ,
x 0 είναι ισοδύναμη με την εξίσωση g x g 2 , x 0
Για τη συνάρτηση h : 0, με h(x) g x g 2 έχουμε
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
39
2
ln x 1 ln xh (x) g x
x x
, x 0
2
1 ln xh (x) 0 0 1 ln x 0 ln x 1 x e
x
2x 0
2
1 ln xh (x) 0 0 1 ln x 0 ln x 1 0 x e
x
2x 0
2
1 ln xh (x) 0 0 1 ln x 0 ln x 1 x e
x
Έτσι λοιπόν έχουμε τον παρακάτω πίνακα μεταβολών
x 0 e
h x + -
h
Παρατηρούμε ότι h 2 0 και επειδή η h είναι γν. αύξουσα στο 0,e , η εξίσωση
h x 0 έχει μοναδική ρίζα στο 0,e την x 2
Παρατηρούμε επίσης ότι
ln 4 ln 2 2ln 2 ln 2 ln 2 ln 2
h 4 g 4 g 2 04 2 4 2 2 2
και επειδή η h είναι γν. φθίνουσα στο e, , η εξίσωση h x 0 έχει μοναδική ρίζα στο
e, , την x 4
Συμπέρασμα:
x 22 x ,x 0 x 2 ή x 4 (5)
Τώρα, για την εξίσωση
2 2f x 2 x 1 22 f x 2 x 1
θέτουμε 2y x 1 0
Οπότε έχουμε να λύσουμε την εξίσωση 5
y 22 y , y 0 y 2 ή y 4
Για 2 2y 2 x 1 2 x 1 x 1
Για 2 2y 4 x 1 4 x 3 x 3
Άρα η εξίσωση f x 22 f x έχει λύσεις x 1, 3
γ) Α΄ τρόπος Θεωρούμε τη συνάρτηση
t
α
1 t αg x dx
ln f x αt
, t α
H συνάρτηση
1
ln f x είναι συνεχής στο α, ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων άρα η
t
α
1dx
ln f x είναι παραγωγίσιμη στο α, με
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
40
t
α
1 1dx
ln f x ln f t
.
Οπότε η g είναι παραγωγίσιμη στο α, , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με
2 22
2 2 2 2
t ln t 1t ln f t1 1g t
ln f t t t ln f t t ln t 1
, t α
Οι ρίζες και το πρόσημο της g΄ εξαρτώνται από τον αριθμητή, αφού
2 2t ln t 1 0 για κάθε t α
Θεωρούμε τη συνάρτηση 2 2v t t ln t 1 με t 0
Είναι
3
2 2
2t 2tv t 2t 0
t 1 t 1
για κάθε t 0
Άρα η v είναι γνησίως αύξουσα στο 0,
Άρα για t 0 v t v 0 v t 0
Οπότε και g t 0 για κάθε t α άρα g γνησίως αύξουσα στο α,
Οπότε για g(α)=0
0 α β g α g β g β 0
β β
α α
1 β α 1 β αdx 0 dx
ln f x αβ ln f x αβ
Β΄ τρόπος Ισοδύναμα έχουμε
β β
α α
1 β α 1 1 1dx dx
ln f x αβ ln f x α β
ββ β
α αα
1 1 1 1 1dx 0 dx 0
ln f x β α ln f x x
β β β
2 2α α α
1 1 1 1dx dx 0 dx 0
ln f x x ln f x x
2 2β β
22 2 2α α
x ln x 11 1dx 0 dx 0
xln x 1 x ln x 1
Το τελευταίο ισχύει, διότι η γνωστή σχέση
ln x x 1 , x 0 για x το 2x 1 δίνει
2 2 2 2ln x 1 x x ln x 1 0 (η ισότητα ισχύει μόνο για x 0 )
Άρα,
2 2
2 2
x ln x 10
x ln x 1
στο α,β και αφού 0 α β είναι
2 2β
2 2α
x ln x 1dx 0
x ln x 1
δ) Είναι
k k
k
x f t
x xf t x f tx 0
x0 0
e dte dt e e dt , k 1,2,...
e
Αρχικά θα αποδείξουμε ότι x f t
0xlim e dt
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
41
Α΄ τρόπος
Θεωρούμε τη συνάρτηση κ : με τύπο 2t 1κ t e
Η κ είναι παραγωγίσιμη στο , με 2tκ t 2te , t .
2t
22e 0
tκ t 0 2te 0 t 0
2t
22e 0
tκ t 0 2te 0 t 0
2t
22e 0
tκ t 0 2te 0 t 0
Έτσι λοιπόν έχουμε τον παρακάτω πίνακα μεταβολών
t 0
κ t - +
κ
Άρα η συνάρτηση κ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0, δηλαδή κ t κ 0 e για κάθε
t , δηλαδή 2t 1e e , t
Άρα για x 0 έχουμε 2x x
t 1
0 0e dt edt e x
Όμως xlim ex
οπότε
2xt 1
0xlim e dt
Β΄ τρόπος
Έστω x 0 τυχαίο και σταθερό
Θεωρούμε τη συνάρτηση
2y yf t t 1
0 0φ y e dt φ y e dt στο 0, x
Αφού η 2t 1e
είναι συνεχής στο και 0 η φ είναι παραγωγίσιμη στο
Έτσι λοιπόν έχουμε
Η φ είναι συνεχής στο 0, x
Η φ είναι παραγωγίσιμη στο 0, x με 2x 1φ x e
Από Θεώρημα Μέσης Τιμής έχουμε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ 0, x τέτοιο ώστε
2
2 2 2
xt 1
xξ 1 t 1 ξ 10
0
e dtφ x φ 0φ ξ e e dt xe
x x
(6)
Όμως, xe
2 2 2 20 ξ x 0 ξ x 1 ξ 1 x 1
2 2 2 2x 0
ξ 1 x 1 ξ 1 x 1e e e xe xe xe
2 2ξ 1 x 1
1 1 1
xe xe xe για κάθε x 0
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
42
Επειδή x
1lim 0
xe και
2x 1x
1lim 0
xe , από Κριτήριο Παρεμβολής είναι
2ξ 1x
1lim 0
xe
Οπότε 2ξ 1
xlim xe
και από (6) είναι
2xt 1
0xlim e dt
Για κ 1 είναι
22
2
2
xx t 1t 1x 1
0 x x 10
x xx d.L.H. x x xx
e dte dt eL lim lim lim lim e
e ee
2u x x 1u
u ulim e
Για κ 2 είναι
22
2
2 2
2
xx t 1t 1x 1
00
x xx d.L.H. x x xx
e dte dt e eL lim lim lim lim 0
2xe 2xee
Για κ 3 είναι
22
2
2 3
3 3
3
xx t 1t 1x 1
0 x x 10
2x 2 xx d.L.H. x x xx
e dte dt e 1L lim lim lim lim e
3xe 3x ee
Για το
2 32 3
u x x 1x x 1 u
x u ulim e lim e 0
και αφού
3x
1lim 0
3x έχουμε ότι L 0
Παρόμοια για κ 4 βρίσκουμε L 0
Έτσι λοιπόν, , αν κ 1
L 0 , αν κ=2,3,...
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
43
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 5ου
α) Η g είναι συνεχής στο , άρα και στο 0, άρα
x 0x 0 x 0 x 0
g 0 lim g x lim g x f 0 lim f x lim 2 x ln x 1 f 0 2
Ονομάζουμε h x f x x ,x . Τότε η h είναι συνεχής στο (ως διαφορά
συνεχών) και h x 0 , για κάθε x .
Άρα η h διατηρεί σταθερό πρόσημο στο .
Όμως h 0 f 0 0 2 0. Άρα h x 0 , για κάθε x (1)
Η αρχική σχέση της υπόθεσης γίνεται
2 x
(1)2 x x
x x
h x e 1h x 10 0 h x e 1 0 h x e 1, x
e 1 h x e 1 h x
Άρα,
x xf x x e 1 f x x e 1, x
β) g 0 f 0 2, άρα το 0 δεν είναι λύση της εξίσωσης g x 0 .
Θεωρούμε την εξίσωση g x 0 στο ,0 , δηλαδή την εξίσωση
xx e 1 0, x ,0
Είναι
x
x
x
eg x x e 1 1 0
2 1 e
στο ,0 g γν. αύξουσα στο ,0
Οπότε,
g συνεχης, στο ,0
x x 0g ,0 lim g x , lim g x , 2
και επειδή 0 , 2 υπάρχει μοναδικό 1 1x 0: g x 0
(η μοναδικότητα προκύπτει από τη σταθερή μονοτονία της g στο ,0 )
Θεωρούμε την εξίσωση g x 0 στο 0, , δηλαδή την εξίσωση
2 x ln x 1 0 , x 0,
Είναι
x
g x 2 x ln x 1 ln x 1 0x 1
στο 0, , g γν. φθίνουσα
στο 0,
(χρησιμοποιήσαμε τις σχέσεις x 1 1 ln x 1 0 και x
0x 1
Οπότε,
g συνεχης, στο 0,
x x 0g 0, lim g x , lim g x , 2
και επειδή 0 , 2 υπάρχει μοναδικό 2 2x 0: g x 0
(η μοναδικότητα προκύπτει από τη σταθερή μονοτονία της g στο 0, )
Άρα η εξίσωση g x 0 έχει ακριβώς δύο λύσεις ετερόσημες.
γ) Από το ερώτημα β) προκύπτει ότι g x 2, για κάθε x 0 .
Οπότε θεωρώντας 1 2x , x 0 προκύπτει ότι
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
44
1 2g x 2 , g x 2
Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : 1,0 με τύπο
1 2φ x x g x 2 x 1 g x 2 2016x x 1
Η φ είναι συνεχής στο 1,0 , ως πολυωνυμική.
Επίσης,
1 2
( ) ( )
φ 1 φ 0 2 g x g x 2 0
Από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει τουλάχιστον ένα ρ 1,0 :φ ρ 0
:ρ(ρ 1)
1 2ρ g x 2 ρ 1 g x 2 2016ρ ρ 1
1 2g x 2 g x 22016
ρ 1 ρ
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
45
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 6ου
α) Θα αποδείξουμε ότι xe x , για κάθε x ,
οπότε το πεδίο ορισμού της f θα είναι το .
1ος Τρόπος: Από γνωστή εφαρμογή του σχολικού βιβλίου ισχύει
ln x x 1 , για κάθε x 0 .
Για x το xe : x 1 x
x x x x xln e e 1 x e 1 e x 1 e x , x
.
2ος Τρόπος: Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : , με τύπο
xφ x e x .
Τότε
xφ x e 1 , x και φ x 0 x 0
Η φ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0 , οπότε φ x φ 0 , για κάθε x , δηλαδή
x xe x 1 0 e x , για κάθε x .
β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο (ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων), με
x
x 1f x
e x
x x
2x
x x
2x
x x x
x 2
x 1 e x x 1 e x
e x
e x x 1 e 1
e x
e x x e x e 1
e x
x x
2 2x x
g x2e xe 1, x
e x e x
,
όπου
x xg x 2e xe 1 , x .
x 0
φ x
φ
min
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
46
Εύρεση συνόλου τιμών της g:
Η g είναι παραγωγίσιμη στο , με
xg x e 1 x
Οπότε
g x 0 1 x 0 x 1 (αφού xe 0 ).
Πίνακας Μεταβολών
g συνεχής
1x
g , 1 lim g x , g 1 1 , e 1 A
<
(διότι x x
x xlim g x lim 2e xe 1
0 0 1 1 ,
αφού
x
x xx x x xx
x x 1 1lim xe lim lim lim 0
e ee
).
g συνεχής
2x x 1
g 1 , lim g x , lim g x 1 , e 1 A
(διότι
x x
x xlim g x lim 2e xe 1
x
xlim e 2 x 1 1
).
Επειδή 10 A υπάρχει 1 1x 1 : g x 0 .
Ειδικότερα, 1x 1 , διότι g 1 0 . Το 1x αυτό είναι μοναδικό, διότι g γνησίως
μονότονη στο , 1 .
Η σχέση 1g x 0 δίνει 1f x 0 . Άρα, υπάρχει μοναδικό σημείο 1 1A x , f x ,
με 1 1x 1 : f x 0 , δηλαδή η εφαπτομένη της fC στο Α να είναι παράλληλη στον
άξονα x x .
Με παρόμοιο τρόπο, επειδή 20 A υπάρχει μοναδικό σημείο 2 2B x , f x , με
2x 1 : η εφαπτομένη της fC στο Β να είναι παράλληλη στον άξονα x x .
γ) Από το θεώρημα Rolle για την f στο 1 2x , x υπάρχει τουλάχιστον ένα
1 2ξ x , x . f ξ 0 , δηλαδή ισχύει το ζητούμενο.
δ) Είδαμε ότι η εξίσωση g x 0 έχει ακριβώς δύο ρίζες στο , τις 1 2x , x , με
1 21 x , x .
x 1
g x
g
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
47
Η g είναι μη μηδενική στο 1 2x , x και συνεχής σε αυτό, άρα διατηρεί σταθερό
πρόσημο.
Επειδή
g 1 e 1 0 g x 0 , για κάθε 1 2x x , x .
θα έχουμε ότι,
f x 0 στο 1 2x , x f γνησίως αύξουσα στο 1 2x , x .
Μένει να αποδείξουμε ότι 2 1x x 2 .
Εύκολα διαπιστώνουμε ότι ισχύει το θεώρημα Bolzano για την g σε κάθε ένα από τα
διαστήματα 2 , 1 , 1, 2 .
Άρα, η g έχει ρίζες σε κάθε ένα από τα 2 , 1 , 1 , 2 . Επειδή τώρα οι ρίζες
1 2x , x της g είναι μοναδικές 1x 2 , 1 και 2x 1 , 2 .
Έτσι,
1 1
2 1
2 2
2 x 1 1 x 2, x x 2
1 x 2 1 x 2
.
Άρα, πράγματι 2 1x x 2 (δηλαδή 1 2α x , β x ).
ε) Έχουμε ότι
f 0 1 και f x 0 x 1 x 1 και f x 0 στο 0 , 1 .
Συνεπώς, το ζητούμενο εμβαδόν θα είναι:
1 1 1 1 1x x x x
x x x x
0 0 0 0 0
x 1 x 1 e e x e e 1E f x dx dx dx dx dx
e x e x e x e x
x1 1
11 x
x 0 00 0
e x1 dx dx x ln e x 1 ln e 1
e x
τετρ. μονάδες.
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
48
στ) Αρχικά θα βρούμε το xlim f x
.
Έχουμε,
x x
xx x
xlim e x lim e 1 1 0
e
,
διότι
xx x
x
x xlim lim
ee
xx
1 1lim 0
e
.
Οπότε,
x xx x x x
x
x 1x 1 1 1lim f x lim lim lim 0
e x e 1e x
.
Έτσι,
xlim f x 0
.
Έχουμε τώρα,
1 3 2x x
ημf x ημf x1L lim lim 1
f xf x f x
(διότι xlim f x 0
2x
1lim
f x και για το όριο
x
ημf xlim
f x θέτουμε
x
u f x 0
).
Άρα,
x u 0
ημf x ημulim lim 1
f x u .), οπότε 1L .
Επίσης,
2 x ln x x xx x x x
xημx ημx xημx ημx x 1L lim lim lim ημx lim f x ημx
e e e x e x
.
Όμως,
f x ημx f x , για κάθε x 0 .
Άρα,
f x f x ημx f x , για κάθε x 0 .
Άρα από το κριτήριο της παρεμβολής προκύπτει ότι 2L 0 .
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
49
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 7ου
α) Η συνάρτηση 9g(t) ( t t) είναι συνεχής στο 0,2
, άρα η f είναι
παραγωγίσιμη στο 0,2
με
9f '(x) ( x x) .
Έχουμε,
f΄ x 0 x( x) x4
(διότι 0 x
2
)
x 0 π
4
π
2
h(x) ημx συνx - +
Η συνάρτηση h(x) ημx συνx είναι συνεχής και μη μηδενική στο 0,4
,
οπότε διατηρεί σταθερό πρόσημο στο 0,4
Όμως,
π πημ συν 0
8 8
[Πράγματι από τους τύπους αποτετραγωνισμού έχουμε
2
π 21 συν 1
π 2 2 π 2 24 2ημ ημ8 2 2 2 8 2
Παρόμοια,
2
π 21 συν 1
π 2 2 π 2 24 2συν συν8 2 2 2 8 2
Οπότε εύκολα επαληθεύουμε ότι π π
ημ συν8 8
]
Άρα
ημx συνx 0 , για κάθε π
x 0,4
Δηλαδή,
9f '(x) (ημx συνx) 0 στο π
x 0,4
f γνησίως φθίνουσα στο π
0,4
Η συνάρτηση h(x) ημx συνx είναι συνεχής και μη μηδενική στο
π π,
4 2
οπότε διατηρεί σταθερό πρόσημο στο π π
,4 2
Όμως,
3π 3πημ συν 0
8 8 (1)
[ Με τους τύπους αποτετραγωνισμού παρόμοια βρίσκουμε ότι
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
50
3π 2 2ημ
8 2
και
3π 2 2συν
8 2
άρα ισχύει η (1) ]
Άρα
x x 0 στο 9π π, f '(x) (ημx συνx) 0
4 2
για κάθε
π πx ,
4 2
f γνησίως αύξουσα στο π π
,4 2
Προκύπτει λοιπόν ο παρακάτω πίνακας μεταβολών:
x 0 π
4
π
2
f ΄(x) - +
f
Κυρτότητα της f :
Η f είναι 2 φορές παραγωγίσιμη στο 0,2
, με
9 8 8f ''(x) (ημx συνx) ' 9(ημx συνx) (ημx συνx) ' 9(ημx συνx) (συνx ημx) 0
στο π π π
0, ,4 4 2
και η f είναι συνεχής στο
4
, άρα f είναι κυρτή στο
π0,
2
β) Έχουμε αρχικά ότι f 0 0 και ότι π
f 02
[ Για τον υπολογισμό του π
92
0
πf (ημt συνt) dt
2
θέτουμε
πu t du dt
2
Για π
t 0 u2
Για π
t u 02
Άρα, π π
09 9 92 2
π0 o
2
π π π πf (ημ( u) συν( u)) du (συνu ημu) du (ημu συνu) du f
2 2 2 2
Άρα
π π πf f f 0]
2 2 2
Οπότε, για fπ
0 x f (0) f (x) f (x) 04
και για
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
51
fπ π πx f (x) f 0 f (x) 0
4 2 2
Επίσης, π
94
0
πf (ημt συνt) dt 0
4
(διότι ισχύει π
g(t) 0 στο 0,4
χωρίς η ισότητα να ισχύει παντού στο
π0,
4
και η g
είναι συνεχής στο π
0, )4
Άρα πράγματι σε κάθε περίπτωση ισχύει
f (x) 0, για κάθε π
x 0,2
Απόδειξη της σχέσης f (x) f ''(x) για κάθε π
x 0,2
:
Υποθέτουμε ότι υπάρχει π
α 0, : f (α) f ''(α)2
δηλαδή
9α 8
0
0 00
0
ημt συνt dt 9(ημα συνα) (συνα ημα)
, άτοπο
Επίσης
πf (0) f 0
2
και
πf ''(0) f '' 9 0
2
Άρα πράγματι
f (x) f ''(x) στο π
0,2
(διαφορετική απόδειξη: είδαμε ότι f 0 στο π π π
0, ,4 4 2
και f 0 στο
π0,
2
,
και π π
f '' 0 f4 4
)
γ) Έστω π
x 0,2
τυχαίο και σταθερό.
Εφαρμόζουμε θεώρημα μέσης τιμής για την f στο 0, x
Υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ (0, x) :
f (x) f (0) f (x)f '(ξ)
x x
Όμως, f ' f (x)
0 ξ x f '(ξ) f '(x) f '(x) f (x) xf '(x) 0,x
για κάθε π
x 0,2
Οπότε,
2
f (x) xf '(x) f (x)m'(x) ( ) ' 0,
x x
για
πx 0,
2
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
52
και η συνάρτηση m είναι συνεχής στο π
0,2
.
Άρα η συνάρτηση m είναι γνησίως αύξουσα στο π
0,2
δ) Α τρόπος
Έστω φυσικός αριθμός 1 . Τότε
m
1f
1 1 1 f (1)ν1 m m(1) f (1) f
1ν ν ν ν
ν
Β΄ τρόπος
Η εξίσωση της εφαπτομένης της fC στο σημείο 1 1
M ,f ( )ν ν
είναι
1 1 1(ε) : y f f ' x
ν ν ν
Επειδή η f είναι κυρτή η fC βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη (ε) , δηλαδή
1 1 1f (x) f f ' x
ν ν ν
(η ισότητα ισχύει μόνο για 1
xν
)
Για x 1 παίρνουμε
1 1 1f (1) f f ' (1 )
ν ν ν
(1)
Έχουμε αποδείξει όμως ότι
πxf '(x) f (x), x (0, )
2
Για 1 1 1
x f ' νfν ν ν
Άρα, από τη σχέση (1) προκύπτει
1 1 1f (1) f νf 1
ν ν ν
1 1 1f (1) f νf f
ν ν ν
1f (1) νf
ν
f (1) 1f
ν ν
ε) Α΄ τρόπος
Για η ζητούμενη σχέση ισχύει ως 0 0
Έστω π
α,β 0,2
με
Θεωρούμε τη συνάρτηση
Κ: x
9
αα,β , με Κ(x)= (ημt συνt) dt
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
53
Από το θεώρημα μέσης τιμής για την Κ στο α,β προκύπτει ότι υπάρχει n α,β :
β9
9 α
β9
9 α
K(β) Κ(α)Κ '(n)
β α
(ημt συνt) dt(ημn συνn)
β α
(ημt συνt) dtημn συνn (2)
β α
Όμως,
(2)9
β9
α
0 ημn 1 και 0 συνn 1
ημn συνn 1
ημn συνn 1
(ημt συνt) dt1
β α
β9
α(ημt συνt) dt β α
Παρόμοια απόδειξη για
Β΄ τρόπος
Για η ζητούμενη σχέση ισχύει ως 0 0
Έστω . Έχουμε για t α,β :
α β9 9 9(ημt συνt) (ημt συνt) (ημt συνt)
β β β9 9 9
α α α(ημt συνt) dt (ημt συνt) dt (ημt συνt) dt
9ημt συνt 1
β β9 9
α α(ημt συνt) dt (ημt συνt) dt
β9
α(ημt συνt) dt β α β α
Παρόμοια απόδειξη για
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
54
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 8ου
α) Έχουμε, z α βi, α,β .
Έστω *z βi,β , τότε
2
2 2βiz β βz βi, z βi, βi z
βi β i iz
, άτοπο,
αφού οι μιγαδικοί είναι διαφορετικοί ανά δύο.
Έστω *z α, α , τότε z α z , άτοπο, αφού οι μιγαδικοί είναι
διαφορετικοί ανά δύο.
Επομένως, *z α βi, α,β
β) Έχουμε,
2 2
AB z z
z z z z z z z z zz zz zAΓ z z z z z AΒ
zz z z z
άρα (ΑΒ) = (ΑΓ), δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με κορυφή το Α.
γ) Παρατηρούμε ότι,
2 2
2
OA z
OB z z
z zzOΓ z
zz z
άρα OA OB OΓ = ρ , δηλαδή τα σημεία Α,Β, Γ είναι ομοκυκλικά.
Επίσης από τον ορισμό του συζυγή μιγαδικού αριθμού το σημείο Β είναι συμμετρικό
του Α, ως προς τον οριζόντιο άξονα x΄x.
Έχουμε (ΑΒ) = (ΑΓ), άρα το σημείο Γ είναι το σημείο τομής των κύκλων (Ο, ρ) και (Α,
ΑΒ), όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα.
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
55
δ) Έχουμε,
22
2 22 2 2
22
22
2
2
zAB AΓ ΒΓ z z z z z
z
z z2 z z
z
z z z z2 z z
z
2 2
2
2
z z z z2 z z
z
2z z 0
2
z z2
z
22
22 2
2 2 2
2 2
2 z z z
2 Re z Im z 2Re z
Re z Im z 2Re z
Re z Im z
Im z Re z
άρα οι εικόνες του z κινούνται στις διχοτόμους y x, y x του συστήματος αξόνων,
δίχως το σημείο Ο(0, 0), λόγω του περιορισμού z 0 .
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
56
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 9ου
α) Έστω z x yi, x, y , x y 0 , τότε,
2
2
2 2
2
2
1 1 1 1z Re z x yi Re z
4 4 4 4
1 1x y x
4 4
1 1x y x
4 4
y x άρα x 0
y x, αφού xy 0 άρα x 0 και y 0
Οπότε οι εικόνες του z κινούνται στην παραβολή f x x, x 0 .
Έχουμε, z t x t y t i x t x t i, t 0 .
Είναι,
1
x t x t2 x t
Από τα δεδομένα έχουμε,
x t 0x t 1 1Re z t Im z t x t 1 x t ,
42 x t 2 x t
άρα,
1 1
y t4 2
Οπότε τη χρονική στιγμή 0t όπου εξισώνονται οι ρυθμοί μεταβολής των Re z ,
Im z αντιστοιχεί στο μιγαδικό 0
1 1z t i
4 2 .
β) Έστω z x x i, x 0 , τότε:
222 2
2 2
z z 2 z z 2 i x x i x x 2 2 xi 2 i
x x 2x xi x x 4 xi 2 i
2x xi 2x 8 xi 4 x
2x x 8 x
και
2x 4 x
x 4
άρα z 4 2i
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
57
γ) Α΄ τρόπος: Έχουμε,
2
2
2
2
2
2z 13 5 2 x x i 13 5
2x 13 2 x i 5
2x 13 4x 25
4x 169 52x 4x 25 0
4x 48x 144 0
x 12x 36 0
x 6 0
Β΄ τρόπος:
Έχουμε,
2
2 22z 13 2 x xi 13 2x 13 4x
Θα αποδείξουμε ότι,
2 2
2z 13 5 2z 13 25 2x 13 4x 25
Θεωρούμε τη συνάρτηση g : 0, με τύπο 2
g x 2x 13 4x . Η g είναι
παραγωγίσιμη στο 0, με,
g x 4 2x 13 4 8x 48 8(x 6)
οπότε,
g x 0 x 6 και g x 0 0 x 6
H g παρουσιάζει ελάχιστο στο 6, το g 6 25 , δηλαδή για κάθε x 0 , έχουμε
2
g x g 6 2x 13 4x 25
δ1) Έστω w x yi και u α βi , τότε
u w α βi x yi αx βy βx αy i
u w u w αx βy βx αy i αx βy βx αy i
άρα η σχέση w w w u w u 2 0 γίνεται
x 0 6
g΄(x) – +
g
min
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
58
2 2x y 2αx 2βy 2 0 1
Όμως, από την τριγωνική ανισότητα έχουμε,
2 2 2 2 2
2z 1313 13 13 5u u 2z i z i 2z i z i z 2
2 2 2 2 2
u 2 α β 2 α β 2 0 2
Επομένως,
2
2 2 2 2 2 22α 2β 4 2 4α 4β 8 4 α β 2 0
άρα η (1) παριστάνει κύκλο κέντρου Κ α, β και ακτίνας
2 2
2 24 α β 2
ρ α β 22
δ2) Έχουμε,
2
2
22 2
w w w u w u 2 0 w w w u w u 2
w w u u w u 2
u u u u
u
w u w u 2 u
w u 2 u 3
άρα ισχύει το αντίστροφο του Πυθαγορείου Θεωρήματος, οπότε οι αριθμοί
w u , 2, u αποτελούν πλευρές ορθογωνίου τριγώνου με υποτείνουσα u .
δ3) Από τη σχέση (3) λόγω της σχέσης 2 5
u2
έχουμε,
2 2 5 1u w u 2 2
2 2
άρα
2 1 2u w u w
2 2
δ4) Από βασική άσκηση του σχολικού βιβλίου έχουμε,
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
u w u w 2 u 2 w
u 2 u w 2 u 2 w
u w u 2 w 2
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
59
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 10ου
α) Στο ολοκλήρωμα 1
0f (xt)dt θέτουμε u xt , οπότε du xdt και 1 2u 0,u x .
Επομένως για x 0 ισχύει:
x x
0 0
du 1g x f u f u du
x x
1
0
x
0
x
0
g(0) f 0 dt f 0 1 0 f 0
A
1f t dt , x 0
xg x
f 0 , x 0
f t dH f ί ή , έ ί ί t .
άρα
/xx 0
0x 00
/0x 0 x 0 x 0 DLH x 0
f ή
x 0 x 0 0
f t dtf t dt1limg x lim f t dt lim lim
x x x
f xlim limf x f 0 g 0
1
Αφού x 0limg x g 0
η g είναι συνεχής στο 0.
β) Η x
*
0
1g x f u du ί ί R , ά
x
η g είναι συνεχής στο 1,2 ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων,
η g είναι παραγωγίσιμη στο (1,2) ως πράξεις μεταξύ παραγωγίσιμων συναρτήσεων με
x x
x0 0
2 2 20
f (t)dt xf (x) f (t)dt1 1 f (x)g x f (t)dt f (x)
x x x x x
1 1
0 0
1g(1) f (t)dt f (t)dt
1
2 1 2 1 1
0 0 1 0 0
1 1 1g 2 f (t)dt f (t)dt f (t)dt 2 f (t)dt f (t)dt
2 2 2
αφού 1 2
0 1f (t)dt f (t)dt
δηλαδή g(1) g(2) .
Επομένως από Θ. Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον 1,2 τέτοιο ώστε:
: 0
0
2 0 0
f ( ) f (t)dtg 0 0 f ( ) f (t)dt 0 f ( ) f (t)dt
0
1f ( ) f (t)dt f ( ) g( )
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
60
γ) Ισχύει ότι:
/xx x 0
0 00 0/2 2x 0 x 0 x 0 DLH x 0
1f (t)dt xf (0)f (t)dt f (0) f (t)dt xf (0)g(x) g(0) xlim lim lim lim
x 0 x x x
x 0 x 0
f (x) f (0) 1 f (x) f (0) 1lim lim f 0
2x 2 x 0 2
Άρα η g είναι παραγωγίσιμη στο 0, με
1
g 0 f 02
.
Οπότε,
2 2
x 0 x 0 x 0
f x g x f (x) g(x) f (x) g(x) f (x) g(x) f (0) f (0)lim lim lim f (x) g(x)
x x x
f 0 g 0
x 0
f ,g ί
ί 0
f (x) f (0) g(x) g(0)lim f (x) g(x)
x 0 x 0
f (0) g(0) f 0 g 0
f 0 f 0
2f (0) f 0 2f (0) f (0) f 02 2
δ)
δ1) α΄ τρόπος
Έστω 1 2x ,x με 1 2x x και 0 t 1 .
Τότε
f
1 2 1 2tx tx f tx f tx , t 0,1
και η ισότητα ισχύει μόνο για t 0
1 1
1 2 1 20 0f tx f tx g x g x g γνησίως φθίνουσα στο .
β΄ τρόπος
Θεωρώ x
0F x f t dt,x .
Αν x 0 , εφαρμόζοντας Θ.Μ.Τ. για την F στο 0,x υπάρχει k 0,x τέτοιο,
ώστε:
F x F 0 F x
F k f kx 0 x
Όμως,
f x 0F x
0 k x f k f x f x F x xf x xf x F x 0 g x 0x
στο 0, κι αφού η g είναι συνεχής στο 0 , η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 0, ) .
Αν x 0 , εφαρμόζοντας Θ.Μ.Τ. για την F στο x,0 υπάρχει x,0 τέτοιο,
ώστε:
F 0 F x F x
F f0 x x
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
61
Όμως,
f x 0F x
x 0 f f x f x F x xf x xf x F x 0 g x 0x
στο ,0 , άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο ,0 .
Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο .
δ2) Α΄ τρόπος
Θεωρούμε την συνάρτηση G : με τύπο
x 1
xG x f (t)dt
.
Δηλαδή
0 x 1 x 1 x
x 0 0 0G x f t dt f t dt f t dt f t dt
Η G είναι παραγωγίσιμη στο με
G x f x 1 f x 0 (αφού x 1 x και f )
Επομένως η G είναι γνησίως φθίνουσα στο
Άρα για G 1 2
0 10 1 G 0 G 1 f (t)dt f (t)dt
.
Β΄ τρόπος
Υποθέτουμε ότι
1 2 1 0 2
0 1 0 1 0f t dt f t dt f t dt f t dt f (t)dt
g1 2 1 2
0 0 0 0
12 f t dt f (t)dt f t dt f (t)dt g 1 g 2 1 2
2
,άτοπο.
Άρα πράγματι
1 2
0 1f t dt f t dt .
δ3) Αν x 0 έχουμε ότι g
x x 2016 g x g x 2016
x 0x 2016 x 2016
0 0 0 0
1 1f t dt f t dt x 2016 f t dt x f t dt
x x 2016
.
δ4) Ισχύει ότι xlim f x f 0
.
Αρκεί να δείξουμε ότι xlim g x f 0
, δηλαδή ότι
x
0
x
f t dtlim f 0
x
.
Αν x 0 και f x x x
0 0 00 t x f 0 f t f x f 0 dt f t dt f x dt
x
x 0x0
0
f t dtxf 0 f t dt xf x f 0 f x
x
και
x xlim f 0 lim f x f 0
Άρα από κριτήριο παρεμβολής
x
0
x
f t dtlim f 0
x
.
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
62
δ5) Η δοσμένη σχέση γράφεται:
z 1 zz
00 0 0z f z tf t dt z f t dt tf t tf t dt z g 1
gz z
0 0
1f t dt z g 1 f t dt g 1 g z g 1 z 1
z
Θεωρούμε την συνάρτηση : 0,1 με τύπο
zx x 1 e 1 x ln z
Η φ είναι συνεχής στο 0,1 ως πολυωνυμική και
z0 e 1 0 , αφού z 0
1 1 ln z 0 , αφού z e ln z 1
Άρα από το Θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον 0,1 τέτοιο, ώστε:
z z0 1 e 1 ln z 0 1 e 1 ln z
.
zx e ln z 0
(αφού γενικά ισχύει xe x 1,x R. Οπότε για x το ln x παίρνουμε xe x ln x , για κάθε x 0) .
Άρα η είναι γνησίως αύξουσα στο 0,1 και επομένως το ρ είναι μοναδικό.
δ6) Αρχικά
h 0 f 0 g 0 f 0 f 0 0
Ακόμα,
x 0x /
0xg x f t dt xg x f x g x xg x f x xg x f x g x , x 0
Από το δ1 ερώτημα έχουμε ότι g x 0 στο * .
Άρα,
f x g x 0 xg x 0 x 0 .
Οπότε προκύπτει ο πίνακας προσήμου της h
x 0
h x
Οπότε:
( ) ( )
f 2 f 1 g 1 g 2 f 2 g 2 f 1 g 1 0
Άρα,
2016 2 2 2014
2x x
2 2014
xL lim x x x lim x x 1
x
0 1
O
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
63
(διότι,
2 2
x 1, ά x 0
x x
και από το κριτήριο παρεμβολής,
2x
xlim 0)
x
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
64
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 11ου
α) Δίνεται ότι η εφαπτομένη της fC σε κάθε σημείο της 0 0A x ,f x περνά από το
σημείο 0
0
1M x , 0
2 x
.
Άρα, οι συντεταγμένες του Μ θα επαληθεύουν την εξίσωση της εφαπτομένης
0 0 0ε : y f x f x x x ,
δηλαδή
0 0 0 0
0
10 f x f x x x
2 x
,
δηλαδή
0
0 0 0 0
0
f xf x f x 2x f x 0
2 x
, για κάθε 0x 0 ,
δηλαδή
f x 2x f x 0 , για κάθε x 0 1 2x
2 2e
x xe f x 2xe f x 0
2xe f x 0
για κάθε x 0
άρα η συνάρτηση h : 0 , , με 2xh x e f x είναι σταθερή 2 .
Από την 1 προκύπτει ότι
f x 2x f x 0 , για κάθε x 0 .
Άρα, και f 1 0 3 .
Έχουμε τώρα:
2: h
2 2h 0 h 0
2
ημhh ημh 1hlim lim
f 1f 1 h f 1 f 1 h f 1
h
καλά ορισμένο, λόγω της
σχέσης 3 .
[Σχόλιο: Είναι:
2
h 0
2u h
2h 0 u 0u 0
f 1 h f 1 f 1 u f 1lim lim f 1
uh
.]
Άρα, η 2η σχέση της υπόθεσης δίνει:
1 3 1
f 1 2 f 1
Όμως, f 1 2 1 f 1 , δηλαδή f 1 2 f 1 .
1 3 1 1 1 3 3 3f 1 1
f 1 2 2f 1 f 1 2 f 1 2 2f 1 2 .
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
65
Από τη σχέση
2x2 e f x c , για κάθε x 0
Για
x 1: e f 1 c c e .
Άρα,
2 2x 1 xe f x e f x e , x 0 .
β) Είναι
221 z 1 1 z 1
e z 1 e z 1 0 *
.
Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : 0 , , με 21 xφ x e x .
Τότε
21 xφ x 2xe 1 0 .
Άρα, η φ είναι γνησίως φθίνουσα στο 0 , .
Άρα,
* φ
φ z 1 φ 1 z 1 1
.
Άρα,
0 z 1 1 ** (διότι Im z 0 ).
Τώρα,
21 xf x 2x e , x 0
και
2
2
x 1
1 xx x x
e1 1lim lim lim
f x 2x2x e
22x 1
x 1
x x
e e 2xlim lim
22x
.
Άρα, λόγω ** προκύπτει ότι
1
f x
xlim z 1 0
.
γ)
Θεωρούμε τη συνάρτηση A : 1 , , με τύπο
x
2
1
x 1 f x f tA x dt
x t
.
Η συνάρτηση Α είναι παραγωγίσιμη στο 1 , , με
21 xx 1
A x f x 2 x 1 e 0x
, για κάθε x 1 , .
Άρα, η συνάρτηση Α είναι γνησίως φθίνουσα στο 1 , .
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
66
Οπότε για
x x
2 2
1 1
x 1 f x f t x 1 f x f tx 1 A x A 1 dt 0 dt 4
x xt t
.
Θεωρούμε τη συνάρτηση B : 1 , , με τύπο
x
2
1
f t 1B x dt 1
xt .
Τότε
2 2 2 2
f x f x 1 f x f 11B x 0
x x x x
, για x 1
(διότι για x 1 f x f 1 f x f 1 0 ).
Άρα, η συνάρτηση B είναι γνησίως φθίνουσα στο 1 , .
Άρα, για
x x
2 2
1 1
f t f t1 1x 1 B x B 1 dt 1 0 dt 1 5
x xt t .
Από τις σχέσεις 4 , 5 προκύπτει το ζητούμενο.
δ) Είναι 2
2 2 2 2x x x1 t
1 t 1 t 1 t 1 t
2 2
1 1 1
e1 11 e dt e dt e e dt
2t2t 2t
2 2 2 2
2 2 2
x x
1 t 1 t 1 t 1 t
1 1
xx 1 t 1 t 1 x
1 1
1 1 1 1e 2t e dt e e dt
2t 2t 2t 2t
e e e1 1dt
2t 2 t 2 2x
Άρα, 2
2 2x 1 x
1 t 1 x
2x x x1
e1 1 1 1 1 1lim 1 e dt lim lim e 0 0
2 2x 2 2x 2 22t
.
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
67
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 12ου
α) Είναι x
f xημx
, για κάθε x 0,
Άρα,
x
f x 1ημx
x x ημx , για κάθε x 0,
Οπότε για κάθε x 0, είναι
t 1 tx x x x
2 2
3 3 3 3
2 2f (t) 1 t t
dt dt dt dtt t t 1 t
Ας ονομάσουμε x
2
3
tI dt
1 t
Κάνουμε την αντικατάσταση
u t du tdt
Για t3
είναι
1u
3 2
Για t x είναι u x
Οπότε, x x
1 12 2
2 2
du 1I du
1 u u 1
Αναζητούμε Α,Β τέτοια, ώστε
2
1 1 A B A(u 1) B(u 1)
u 1 u 1 u 1 u 1 u 1 u 1u 1
A B 1Au A Bu B (A B)u A B 1A B
A B 0u 1 u 1 u 1 u 1 2
Άρα,
x x x11 1222 2
1 11 12 2I du du n u 1 n u 1
u 1 u 1 2u 1
x 1 0
xx 0,
x 1 1 x1
2
11
u 1 x 11 1 2n n n
12 u 1 2 x 11
2
11 1 x 1 1 x 1 12n n n n
32 1 x 2 1 x 2 3
2
1
21 x 1 1 x 1n n3 n n3
1 x 2 1 x 2
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
68
β) Είναι
F x f x , για κάθε x (0, π)
και άρα x
F(x) f (t)dt
για κάθε x (0, π)
Οπότε, 2π π 2π 2π
3 3 3 3π π
α α3 3
2π π tF F f (t)dt f (t)dt f (t)dt dt
3 3 ημt
2π
3π
3
2π π tF F dt (1)
3 3 ημt
Ας ονομάσουμε 2π
3π
3
tJ dt
ημt
Κάνουμε την αντικατάσταση
u t du dt
Για t3
είναι
2u
3 3
Για 2
t3
είναι
2u
3 3
Οπότε, 2
( u) u3 3
2
3 3
u uJ ( du) du
( u) u
2 2
3 3
3 3
1 udu du
u u
2
3
3
1du J
u
2 2
3 3
3 3
1 12J du J du (2)
u 2 u
Από α) ερώτημα έχουμε: 2π
x3x
π
3
f (t) 1 συνx 1dt n n 3
t 1 συνx 2
2π
3π
3
11
1 12dt n n 3
1ημt 21
2
2π
3π
3
31 12dt n n 3
1ημt 2
2
2π
3π
3
1 1dt n 3 n3
ημt 2
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
69
2π 1
3 2π
3
1 1dt n 3 n 3
ημt 2
2π
3π
3
1 1 1dt n3 n 3
ημt 2 2
2π
3π
3
1dt n 3 (3)
ημt
Από τις σχέσεις (2) , (3) προκύπτει ότι
J n32
και από τη σχέση (1) παίρνουμε τη ζητούμενη σχέση
2π π πF F n3
3 3 2
γ) Η f είναι παραγωγίσιμη στο (0, π) (ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων) με
2 2
(x) x x ( x) x x xf (x)
x x
Επειδή ο παρονομαστής θετικός στο (0, π) , το πρόσημο της f (x) καθορίζεται από το
πρόσημο του αριθμητή.
Θεωρούμε τη συνάρτηση
g(x) x x x για κάθε x [0, ]
Τότε:
g (x) x x x x (x) x x x
x x x x
x x x x x x 0 για κάθε x (0, )
Άρα η g γνησίως αύξουσα για στο διάστημα [0, ] Οπότε,
για g
2
g x0 x g(x) g(0) x x x 0 f x 0
x
Άρα η f γνησίως αύξουσα για κάθε x (0, ) Είναι,
f
ή x 0 x
f (0, ) im f (x), im f (x)
Όμως,
x 0 x 0 x 0
x 0
x 1 1 1im f (x) im im 1
x xx 1im
x x
και
x 0(0, )
x x x x
x 1im f (x) im im x im ( )
x x
Οπότε είναι:
f (0, ) 1,
Στη συνέχεια θέλουμε να αποδείξουμε ότι:
β)ερώρτημα
o o
π 2π 2π πf x F F f x F F
3 3 3 3
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
70
o
πf x n3
2
Εφόσον ζητούμε o
πx
3 , βρίσκουμε το σύνολο τιμών της f στο διάστημα ,
3
Είναι,
f
ή xx3
f , im f (x), im f (x)3
Όμως,
x x3 3
x 2 2 33 3im f (x) imx 93 3 3
3 2
, οπότε
2 3f , ,
3 9
Επειδή n
e 3 ne n3 1 n3
και 22
2
2
4 3 4 3 16 3 481 1 1 1
9 81 819
προκύπτει ότι
4 3
4 3 4 3 91 n3 n3 n39 9 2 2
2 3 2 3n3 n3 f , ,
9 2 2 3 9
Από το γεγονός ότι n3 f ,2 3
συμπεραίνουμε την ύπαρξη ενός τουλάχιστον
o
πx , π
3
τέτοιο, ώστε
o
πf x n3
2
και επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, π), άρα και στο π
, π3
, το ox είναι
μοναδικό
δ) Είναι,
β)ερώτημαo
2π ππ F F3 n33f x 3 n3 3 n3 n3 3 32 3 3π π 2 2 2 π
2π π 2π πF F F F
3 3 3 3
π 2π π
3 3 3
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
71
Η F είναι συνεχής στο 2
,3 3
και παραγωγίσιμη στο 2
,3 3
άρα ικανοποιούνται οι
προϋποθέσεις του θεωρήματος Μέσης Τιμής, άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον
1
2x ,
3 3
τέτοιο, ώστε
o o1 1
2F F
3f x 3f x3 3F (x ) f (x )
2
3 3
Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, π), άρα και στο π 2π
,3 3
, το x1 θα είναι
μοναδικό
ε) Tο εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της
συνάρτησης m , τον άξονα x 'x και τις ευθείες π π
x , x3 2
είναι
2
3
E m(x) dx
Αλλά για κάθε π π
x ,3 2
ισχύει
x f (x)x 0 0 f (x) 0 0 m(x) 0
x x
Οπότε,
2 2 2
3 3 3
f (x) 1E m(x)dx dx dx
x x
Αλλά, από το α) ερώτημα είναι για x2
:
πσυν 0π
22
πln1 0
3
π1 συν
1 1 n 32E dx n n 3πημx 2 2
1 συν2
τετραγωνικές μονάδες.
Άρα, n3
n3
Εi i
1
n3
22 i 1 και
o1
3f xf (x )2E
π οο
n3E1
2
f xf x eσυν συν
f x
n32
2
o
e
3 f x
n3e 3συν συν συνπ 1
3 3
π ππ
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
72
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 13ου
α) Στη σχέση f x x f x x 1 , η οποία ισχύει για κάθε x 0, θέτουμε
διαδοχικά x 0 και x παίρνουμε:
f 0 0 f 0 0 f 0 0
f f f 0
Άρα
f 0 f 0 .
β) Έστω ότι η fC δεν τέμνει το x x σε κάποιο εσωτερικό σημείο του 0, δηλαδή
f x 0 , για κάθε x 0, .
Θεωρούμε τη συνάρτηση
x
g x , x 0,f x
η οποία είναι
α) συνεχής στο 0, , ί ώ ή ,
β) παραγωγίσιμη στο 0, με
2
x f x x f xg x
f x
γ) g 0 g 0
Οπότε από θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον 0, ώστε:
g 0 f x f 0,
άτοπο λόγω της σχέσης 1 .
Άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον 0, τέτοιο ώστε f 0 .
Θα δείξουμε ότι το κ είναι μοναδικό.
Έστω ότι η f x 0 έχει και δεύτερη ρίζα στο 0, .
Έστω λ η ρίζα αυτή και χωρίς βλάβη της γενικότητας 0 .
Η συνάρτηση
f x
h x , x , 0,x
ικανοποιεί τις υποθέσεις του
θεωρήματος Rolle στο , , διότι είναι συνεχής, παραγωγίσιμη με
2
f x x f x xh x
x
και
f f
h 0, h 0
Επομένως, υπάρχει 1 , ώστε
1 1 1 1 1h 0 f f 0 , άτοπο λόγω της 1 .
γ)
γ1) Ισχύει 0 , όπου κ η ρίζα της εξίσωσης f x 0 .
Η f ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ στο 0, , άρα υπάρχει 0, 0,
τέτοιο ώστε:
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
73
f f 0 f 0
f 00
,
εφόσον 0 και f 0 0 λόγω υπόθεσης.
γ2) Έστω
f x
x , x 0,x
με
2
f x x f x xx 0, ά x 0,
x
(λόγω της 1 )
Η συνάρτηση: c x f x x f x x 0 στο 0, και είναι και συνεχής, άρα
διατηρεί σταθερό πρόσημο στο 0,
( η c(x) είναι ο αριθμητής της (x) της οποίας ψάχνω το πρόσημο).
Για x 0 c 0 f 0 0 άρα c x 0 στο 0,
Επομένως:
2
c xx 0, ά x 0,
x
άρα η x γνησίως αύξουσα και άρα 1 – 1.
Άρα
1 1f f
f f
.
γ3) 6 4 2 6 4 2
ό ί ύ
f f f6 4 2
2f 2f f6 4 2
6 4 2
γ4) Αν
x x6 2 6 2
x 0f x2f f
6 x 2
2f x f x f x6 2
Επειδή γνησίως αύξουσα , προκύπτει ότι η αριστερή ισότητα ισχύει μόνο για x6
και η δεξιά μόνο για x2
.
Έτσι οι συναρτήσεις
2f x f x6
, f x f x
2
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
74
δεν είναι παντού μηδέν στο ,6 2
, άρα:
/2 /2 /2
/6 /6 /6
/2/2 /2
/6 /6
/6
/2
/6
2f x dx f x dx f x dx6 2
2f x f x dx f x6 2
33 f f x dx f .
6 2 2
γ5) Θα βρούμε το σύνολο τιμών της συνάρτησης φ .
Είναι
ή
x 0 x0, lim x , lim x
x 0 x
f 0 0φ συνεχής στα 0,π
1 1lim f x , lim f x
x x
f 0 , f , f .
Αν ήταν f 0 τότε θα είχαμε
0, , , άτοπο.
Άρα
f 0
f 0 f 0
.
Οπότε
0, , .
γ6) Έστω τυχαίο και σταθερό. Τότε
f x
f x x xx
, για κάθε x 0, .
Επειδή , 0, , άρα υπάρχει μοναδικό 0, : δηλαδή
f .
Η μοναδικότητα του θ προκύπτει από το γεγονός ότι η συνάρτηση φ είναι γνησίως
αύξουσα στο 0, .
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
75
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 14ου
α) Η σχέση της υπόθεσης γράφεται
συνxf '(x) συνx ημx f (x) f (x) 0 x f '(x) συνx (x ημx συνx) f (x) 0 ( )
x
Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο π
(0, )2
, ως πηλίκο παραγωγίσιμων
συναρτήσεων με
2
f (x) f '(x) x συνx f (x) (x συνx) 'g '(x) ( ) '
x συνx (x συνx)
2
(*)
2
f '(x) x συνx f (x) (συνx x ημx)
(x συνx)
f '(x) x συνx (x ημx συνx)f (x) π0 , για κάθε x 0,
(x συνx) 2
Άρα η g είναι σταθερή στο π
0,2
, δηλαδή
f (x) πc , για κάθε x 0,
x συνx 2
Οπότε,
πf (x) c x συνx , x 0,
2
(1)
Θεωρούμε τη συνάρτηση
3x πm(x)
x 2f (x)
σε μια περιοχή του π
,3
πχ π π π π
x , ,6 3 3 2
Τότε από υπόθεση έχουμε ότι
πx
3
3 3lim m(x) 0
π
, άρα m(x) > 0 κοντά στο π/3
Λύνοντας ως προς f(x) τη σχέση 3x π
m(x)x 2f (x)
παίρνουμε
x m(x) 3x πf (x)
2m(x)
, x κοντά στο π/3
Οπότε,
π πx x
3 3
π 3 3 π3 π
x m(x) 3x π π3 π 3limf (x) lim2m(x) 63 3
2π
Όμως η f είναι συνεχής στο π/3, ως παραγωγίσιμη, άρα π π
f3 6
Για x=π/3 η σχέση (1) δίνει
π πc c 1
6 6
Έτσι,
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
76
f(x) = x συνx , π
x (0, )2
Όμως η f είναι συνεχής στο 0x 0 x 0
f (0) limf (x) lim(x συνx) 0
Παρόμοια π
f ( ) 02
.
Τελικά
πf (x) x συνx, για x 0,
2
β) Η συνάρτηση f ΄ είναι συνεχής στο π π
,4 3
και
π π π π 2 π 2 2 πf ' συν ημ 1 0
4 4 4 4 2 4 2 2 4
και
π π π π 1 π 3 3 3πf ' συν ημ 0
3 3 3 3 2 3 2 6
(διότι 2 23 3π 0 3 3π 9 3π 3 π , που ισχύει)
Άρα από θ. Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιστον 0 0
π π πx ( , ) (0, ) : f '(x ) 0
4 3 2
Επίσης,
πf ''(x) (συνx x ημx) ' 2ημx x συνx 0 στο 0,
2
Άρα f ' γνησίως φθίνουσα στο π
(0, )2
, οπότε το x0 είναι μοναδικό.
γ) Από το (β) ερώτημα έχουμε ότι
0 0 0 0f '(x ) 0 συνx x ημx (2)
Επειδή 0 0 0 0
π πx (και x ) ημx συνx
4 2 , άρα
0συνx 0(2)
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0x ημx x συνx συνx x συνx συνx (1 x ) 0 1 x 0 x 1 (3)
Επίσης, επειδή 0 0
π 2x συνx (4)
4 2
Η f είναι κοίλη άρα η Cf βρίσκεται «κάτω» από την εφαπτόμενη στο (x0 , f(x0))
δηλαδή
(3) (4)
0 0 0 0
2f (x) f (x ) x συνx συνx
2
δ) Για α=β η ζητούμενη σχέση ισχύει ως 0 0
Έστω π
α,β 0,2
με α < β , από το Θεώρημα Μέσης Τιμής για την f στο α,β
προκύπτει η ύπαρξη 1
πx (α,β) (0, ) :
2
1
1 1
f (β) f (α)f '(x ) δηλ.
β α
β συνβ α συναf '(x ) β συνβ α συνα f '(x ) β α
β α
Αρκεί να αποδείξουμε ότι
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
77
1
πf '(x )
2
Έχουμε, π
1f ' 2
1 1 1 1 1
π π π π π π0 x f '(0) f '(x ) f ' 1 f '(x ) f '(x ) f '(x )
2 2 2 2 2 2
Παρόμοια εργαζόμαστε για α > β.
Άρα σε κάθε περίπτωση ισχύει το ζητούμενο.
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
78
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 15ου
Α) Θεωρούμε την συνάρτηση xφ(x) e x 1 με πεδίο ορισμού το η οποία είναι
παραγωγίσιμη στο με xφ (x) e 1 .
Είναι : x xφ (x) 0 e 1 0 e 1 x 0
ενώ x xφ (x) 0 e 1 0 e 1 x 0
Επομένως ο πίνακας μεταβολών είναι :
Η συνάρτηση φ στο x 0 έχει ολικό ελάχιστο , οπότε για κάθε x θα ισχύει : x xφ(x) φ(0) e x 1 0 e x 1
(η ισότητα ισχύει μόνο για x 0 )
Διαφορετικά: Από γνωστή εφαρμογή του σχολικού βιβλίου, ισχύει ότι
ln x x 1 , για κάθε x 0
(η ισότητα ισχύει μόνο για x 1 )
Για x το xe από την παραπάνω σχέση προκύπτει x x x xlne e 1 x e 1 e x 1 (η ισότητα μόνο για x 0 )
Β) Είναι 2
xx 0
x 3x3
f (x) elim
Θέτουμε 2
x
x 3xk(x)
f (x) e
με x κοντά στο 0. Τότε
x 0
k(x) 3lim
Οπότε έχουμε,
2
2 x
x
x 3xk(x) x 3x k(x) f (x) e
f (x) e
2 x 2 xx 3x k(x)f (x) k(x)e x 3x k(x)e k(x)f (x) 2 xx 3x k(x)e
f (x)k(x)
, x κοντά στο 0
(σχόλιο: επειδή 0
( ) 3limx
k x
>0 k(x) 0 για x κοντά στο 0)
Άρα
x
φ (x) - +
φ
Ο.Ε.
φ 0 0
O
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
79
2 x
x 0 x 0
x 3x k(x)e 3f (x) 1
k(x) 3lim lim
Όμως η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 , άρα θα είναι και συνεχής στο 0 , οπότε
x 0
f (0) f (x) 1lim
α) Είναι
x x
2 e ef (x) f (x)f (x) f (x)f (x)
2 2
, για κάθε x
οπότε από συνέπειες Θ.Μ.Τ. έχουμε ότι x
1
ef (x)f (x) c
2 , για κάθε x (1)
Η σχέση (1) για x 0 γίνεται 0
1 1 1
e 1 1f (0)f (0) c 0 c c
2 2 2
Άρα η σχέση (1) παίρνει την μορφή
x
x 2 xe 1f (x)f (x) 2f (x)f (x) e 1 f (x) e x
2
, για κάθε x
οπότε από συνέπειες Θ.Μ.Τ. έχουμε ότι 2 x
2f (x) e x c , για κάθε x (2)
Η σχέση (2) για x 0 γίνεται 2 0
2 2 2f (0) e 0 c 1 1 c c 0
Άρα η σχέση (2) παίρνει την μορφή 2 xf (x) e x ,x (*)
Είναι
f (x) 0 , για κάθε x ,
[αφού αν υπήρχε 0x τέτοιο ώστε 0f (x ) 0 , τότε θα είχαμε :
o ox x2
o o o of (x ) 0 f (x ) 0 e x 0 e x ,
άτοπο, διότι από Α ερώτημα έχουμε ότι o ox x
o oe x 1 e x ]
Οπότε,
η f είναι συνεχής στο
f (x) 0 , για κάθε x
f (0) 1 0
Άρα (από συνέπεια θεωρήματος Bolzano) θα έχουμε ότι f x 0 , για κάθε x
Άρα από τη σχέση (*) προκύπτει ότι xf (x) e x , για κάθε x
Προσοχή :Ελέγχουμε αν η συνάρτηση xf (x) e x ικανοποιεί τις αρχικές
συνθήκες, διότι τα βήματα εύρεσης της δεν είναι ισοδύναμα!
Πράγματι :
2x x xx
x x x
2e e x e 1e 1f (x) f 0 0 και f (x)
2 e x 4 e x e x
από όπου έχουμε
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
80
2
x x2 x
x
e e 1f (x) f (x)f (x) e x
2 2 e x
2x x x
x x
2e e x e 1
4 e x e x
2 2x x x x
x x
e 1 2e e x e 1
4 e x 4 e x
2
xe 1 2
x x x2e e x e 1
x x
x
2e e x
4 e x
x4 e x
xe
2
Επίσης,
22 f συνεχής στο 0 f συνεχής στο 0
x x0x 0 x 0 x 0x0
0
x 3xx 3x 2x 3lim lim lim
f x e f x ef x e
2 0 33
f 0 e
β) Α τρόπος:
2 x
x
1
e xf (x)f (x)I dx
e 1
2x x x
xx x
2e e x e 1
e 1 4 e x e x
2x x x2 2
x x
1 1
2e e x e 1dx dx
4 e x e 1
2x x x x2 2 x
x x x x x x
1 1
2e e x e 1 e 1edx dx
4 e x e 1 4 e x e 1 2 e 1 4 e x
2 2
x x
1 1
1 1ln e 1 ln e x
2 4
2 21 1ln e 1 ln e 1 ln e 2 ln e 1
2 4
2 2
2
e 1 e 11 1 1ln e 1 ln e 1 ln e 2 ln
2 4 4 e 2
.
B τρόπος:
Θέτουμε
xe 1
u f x u du f x dx2f x
Για e 1
x 1 u f 12
Για 2
2
e 1x 2 u f 2
2 e 2
Άρα,
f 2f 2
2f 1 f 1
f 2 e 1 e 11 1 1I du ln u ln ln
2u 2 2 f 1 e 2
γ1) Είναι 2xg (x) f (x) 1 , για κάθε x , οπότε
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
81
για x 0 έχουμε 2 xf (x) 1 e x 1
g (x) g (x) 0x x
για x 0 έχουμε 2 xf (x) 1 e x 1
g (x) g (x) 0x x
(αφού από Α ερώτημα έχουμε ότι xe x 1 0 , για κάθε x 0 )
Επομένως ο πίνακας μεταβολών είναι :
Η συνάρτηση g στο x 0 έχει ολικό ελάχιστο.
γ2) Είναι
x 0
g (x) g (0)g (0)
xlim
Θα υπολογίσουμε το g (0) .
A τρόπος:
Επειδή η g είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο 0, η g θα είναι συνεχής στο 0 , οπότε
x 0
g (0) g (x)lim
Όμως :
για x 0 έχουμε 2 x x
x 0 x 0
f (x) 1 e x 1 e x 1g (x) g (x) g (x)
x x xlim lim
x x
x 0 x 0
e x 1 e 10
1xlim lim
για x 0 παρόμοια έχουμε 2 x x
x 0 x 0
f (x) 1 e x 1 e x 1g (x) g (x) g (x)
x x xlim lim
x x
x 0 x 0
e x 1 e 10
1xlim lim
Άρα
x 0
0 0 0 g (x) 0 g (0) 0lim
x 0
g (x) - +
g
Ο.Ε.
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
82
Β τρόπος:
Θεωρούμε τη συνάρτηση h : με τύπο
2h x xg x f x 1
Από τα δεδομένα προκύπτει ότι
h x 0 h 0 , για κάθε x
Άρα,
η h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0
η h είναι παραγωγίσιμη στο 0
το 0 είναι εσωτερικό σημείο του ,
άρα από το θεώρημα Fermat, h 0 0
Όμως,
h x g x xg x 2f x f x , x
Άρα,
h 0 g 0 0 g 0 2f 0 f 0 g 0
Άρα τελικά, g 0 0
Επομένως
x 0 x 0
g (x) g (0) g (x)g (0)
x xlim lim
Είναι 2xg (x) f (x) 1
Οπότε για x 0 έχουμε (διαιρώντας με 2x 0 , x κοντά στο 0) 2
2
g (x) f (x) 1
x x
Όμως
0 0x x2 x x x0 0
2 22x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 x 0
e x 1 e 1f (x) 1 e x 1 e 1 e 1
x x 2x 2 22xxlim lim lim lim lim lim
Οπότε 2
2x 0 x 0
g (x) f (x) 1 1g (0)
x x 2lim lim
γ3)
Α τρόπος:
Είναι g (0) 0 από γ ερώτημα , ενώ η σχέση 2xg (x) f (x) 1 για x 1 γίνεται , 21g (1) f (1) 1 g (1) e 2 0 g (0)
Δηλαδή υπάρχουν 1 2x , x με 1 2x 0 x 1 για τα οποία ισχύει g (0) g (1) ,
άρα η g δεν είναι γνησίως φθίνουσα.
B τρόπος:
Έχουμε xxg (x) e x 1 , για κάθε x . Οπότε για x 0 ,
xe x 1
g xx
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
83
Όμως, x
x x
x x x
e 1x 1
x xe x 1 e 11 1 0
x x x xlim lim lim
(διότι xx
x
x x x
eee
x xlim lim lim
)
Οπότε,
xe x 1
g xx
, για κάθε x 0 και
x
x
e x 1
xlim
, άρα
x
g xlim
Αν η g ήταν γνησίως φθίνουσα, τότε
g συνεχής,
xg 0, lim g x ,g 0 ,0
, άτοπο.
γ4) Από γ1 ερώτημα έχουμε ότι για x 0,1 η g είναι γνησίως αύξουσα , οπότε για
κάθε x 0,1 έχουμε
1(*)
0
x 0 g(x) g(0) g(x) g(0) 0 g(x) g(0) dx 0
1 1 1 1
1
0
0 0 0 0
g(x)dx g(0)dx g(x)dx xg(0) g(x)dx g(0)
( (*) η συνάρτηση g(x) g(0) δεν είναι παντού μηδέν στο 0,1 )
και
1
2 x x
0
xg (x) f (x) 1 xg (x) e x 1 0 xg (x) e x 1 dx 0
11 1 1 2
1x x
0
0 0 0 0
xxg (x)dx e x 1 xg(x) g(x)dx e x
2
1 1
0 0
1 5 2eg(1) g(x)dx e 1 1 g(x)dx g(1)
2 2
γ5) Είναι 2 2 xxg (x) f (x) 1 xg (x) 1 f (x) xg (x) 1 e x 0
Οπότε για κάθε t 1, x με x 1 θα ισχύει
x x
x x
1 1
1 1
1 1tg (t) 1 0 g (t) g (t)dt dt g(t) ln x
t t
g(1)g(1) e
g(x) g(1) ln x g(x) g(1) ln x g(x) ln e ln x g(x) lnx
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
84
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 16ου
α) Έχουμε,
x e x e x e
0
0
11 ln x1 ln x 1x
x e 1 ex e
lim lim lim
[Διαφορετικά:
αν g x ln x τότε,
x e x e x e
1 ln x ln e ln x ln x ln e 1g e
x e x e x e elim lim lim
]
Επίσης,
x1 1 1 1 1 1
x x xt t t t t x
1 1 0
1
1 1 11 e dt e e dt te dt te xe
t t e
οπότε η σχέση (1) της υπόθεσης γίνεται :
1
x1 1
f x xee e
άρα
1
xf x xe , x 0
β) Για κάθε x > 0, έχουμε,
1 1 1 1 1 1 1
x x x x x x x2
1 1f x xe e x e e x e e e , x 0
xx
και
1 1 1 1 1 1
x x x x x x2 2 3 3
1 1 1 1 1f x e e e e e e 0
x x x x x
Οπότε η συνάρτηση f είναι κυρτή στο 0,
γ) Αρκεί να αποδείξουμε ότι:
1 1 1
x x x1 1
f x 1 e e 1 1 ex x
Όμως από γνωστή εφαρμογή του σχολικού βιβλίου ισχύει
ln x x 1 , για κάθε x 0 (το ίσον να ισχύει μόνο για x = 1)
Αντικαθιστούμε όπου x το
1
xe 1 , άρα 1 1 1 1
x x x x1 1
ln e e 1 e 1 1 ex x
δ) Έστω α,β 0 .
Για κάθε x 0 εφαρμόζουμε το Θεώρημα Μέσης Τιμής (Θ.Μ.Τ) για την f στο
διάστημα x β, x α β , άρα υπάρχει ξ x β,x α β τέτοιο ώστε,
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
85
1 1
x α β x βf x α β f x β x α β e x β ef ξ
x α β x β α
όμως,
1 1
x α β x β
α 0
1 1
x α β x β
1 1
x α β x β
x α β e x β ef ξ 1 1
α
x α β x βα
e e
x α β x βα
e e
ε) Έχουμε,
1 1
x xf x
f (x) x e e , x 0x
Όμως,
x u 0
1u1
xu 0xe e e 1lim lim
άρα
x
f x1 2
xlim
Επειδή,
x x
4 3 4x 2x 1 xlim lim
άρα 4 3x 2x 1 0 για x που τείνει στο
Παρόμοια αποδεικνύεται, 42x 4x 0
Έχουμε,
4 3 4 3 4 3
4 4 3 4
f x 2x 1 f x 2x 1 x 2x 1
2x 4x x 2x 1 2x 4x
όμως,
x x
4 3 4
4 4
x 2x 1 x 1
22x 4x 2xlim lim
Θα υπολογίσουμε και το όριο
x
4 3
4 3
f x 2x 1A
x 2x 1lim
Θέτουμε: 4 3u x 2x 1
οπότε
x x x
4 3 4
0u u x 2x 1 xlim lim lim
άρα
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
86
u
2f uA 1
ulim
Τελικά,
x x
4 3 4 3
4 3 4
f x 2x 1 x 2x 1 1 1M 1
2 2x 2x 1 2x 4xlim lim
στ) Η εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο A 1,f 1 είναι
1 2 2x 1
y f 1 f 1 x 1 y x 1 y : εe e e e
στ1) Επειδή η f είναι κυρτή στο 0, η γραφική παράσταση της f βρίσκεται πιο
«πάνω» από την εφαπτομένη της (ε) , δηλαδή 2x 1
f xe e
για κάθε x 0
(η ισότητα ισχύει μόνο για x 1 ).
Άρα,
2x 1
f xe e
για κάθε x 1,2
όμως η συνάρτηση 2x 1
f xe e
δεν είναι παντού μηδέν στο [1, 2], επομένως
2 2 2 2
2 22
111 1 1 1
2x 1 1 1 2f x dx dx f x dx x x f x dx
e e e e e
στ2) Επειδή f x 0 στο 1,2 και συνεχής, προκύπτει ότι 2
1
E f x dx , άρα από το
προηγούμενο ερώτημα έχουμε 2
Ee
.
Έχουμε,
x x x
xx
x
x xx
x x xx
x
2 27E 1 17E7E 2 7E 1 07E
3 0 12 3 2213 1
33
lim lim lim
[διότι
21
3 ,
2 7E 14E 1
e 3 3e ,
2 1 e 1 e 2 eE 1
e E 2 7E 14 7E 7 ]
στ3) Αρχικά θα υπολογίσουμε το x
x
1
f t dtlim .
Έχουμε αποδείξει ότι 2t 1
f te e
, για κάθε t 1 ,οπότε
x x x 2
1 1 1
2t 1 x xf t dt dt f t dt *
e e e
για κάθε x 1
Όμως
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
87
x x
2 2x x x
e elim lim
άρα από την (*) έχουμε
x
x
1
f t dtlim
.
Για κ = 1 ,
x x x x
xx
111 x
f t dtf t dt
L f x x ex x
lim lim lim lim
Για κ = 2,
x x x x
xx
1 1
x x11
22
f t dtf t dtx e e 1
L2x 2 2x
x
lim lim lim lim
Για κ 3
x x x
x
1 1
x x1
κ k 1 k 2
f t dtx e e 1 1
L 0x k x k x k
lim lim lim
άρα
, k 1
1L ,k 2
2
0 ,k 3
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
88
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 17ου
α) Βρίσκουμε αρχικά τον μιγαδικό 1 2z z , έχουμε
1 2 1 2 xz z ia x i 2 2 x x xx i a i x a i a
2 1 2 , x x xx a i a x a x
Έτσι έχουμε
1 21 2 , 2 x x xf x a x a x Re z z x a
Δίνεται ότι
1 2 1, Re z z για κάθε x 2 1, xx a για κάθε x
Θεωρούμε τη συνάρτηση : με τύπο
2 xx x a .
Τότε,
1x με 0 1 άρα 0 , x για κάθε x
Άρα η συνάρτηση παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο 0 , η συνάρτηση είναι
παραγωγίσιμη στο 0 και το 0 είναι εσωτερικό σημείο του . Άρα από το θεώρημα του
Fermat προκύπτει ότι
0 0.
Όμως είναι
2 ,
x xx x a x x a lna x
Άρα
0 1 lna .
Οπότε πρέπει
0 0 1 0 lna a e
[Η τιμή e επαληθεύει τη σχέση 1 2 1Re z z διότι είναι ισοδύναμη με την
2 1 1 x xx e e x
η οποία ισχύει από τη γενική σχέση 1, xe x για κάθε x .
(Βλέπε σχετική απόδειξη της τελευταίας παρακάτω)]
β) Η σχέση
2
2
e
e
2 2 e e
2 1 2 1 e e e e
f f
Ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήματος Role για την συνάρτηση f στο διάστημα , ,
άρα υπάρχει 0 ,x τέτοιο ώστε 0 0 f x
Έχουμε ότι
0 x 0
2 2 2 x
01 1 1
2 2 2
x
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
89
Ο ζητούμενος αριθμός είναι ο
0
00
1 ,
2
1αφού 0
2 2 2
x
xf f f x
γ) Θα βρούμε το σύνολο τιμών της f . H f είναι παραγωγίσιμη στο με
2 x x x xf x e x x e x e e
3 , 0, xf x e x x x
Όμως είναι
0 xe 3 0 x , για κάθε x
Οπότε έχουμε:
0 0 0, 2
f x x x
0 0 , 2
f x x x
Η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο 0,2
άρα:
1
2
0, 0 , lim 3,3 12
x
f f f x e A
Η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο ,2
άρα
2
2
, lim , lim 3,3 12
xx
f f x f x e A
To 14 A άρα υπάρχει 1 10, : 42
x f x
. Το 1x είναι μοναδικό, λόγω της
μονοτονίας της f στο 0,2
To 24 A άρα υπάρχει 22 , : 42
x f x
. Το 2x είναι μοναδικό, λόγω της
μονοτονίας της f στο ,2
Άρα 4 .
Ομοίως οι ακέραιοι 15,6,7,8,9A και 25,6,7,8,9A , άρα οι εξισώσεις
5, 6, 7, 8, 9 f x f x f x f x f x
έχουν η καθεμία δυο λύσεις στο 0, .
Άρα 4,5,6,7,8,9
[Σχόλιο: Το 13 A και το 23 A . Άρα η εξίσωση 3f x έχει μοναδική ρίζα στο
0, . Άρα 3] .
δ1) Είναι εφαρμογή του σχολικού βιβλίου.
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
90
δ2) Είναι:
1 2 , x xf x e xe x 1 2 xf x e x 1
, 2
xf x
e xx
Δηλαδή , xg x e x. Άρα 0 g x στο , οπότε και στο 0,
2
και g
συνεχής στο 0,2
. Οπότε το εμβαδό Ε είναι
2
0
xe dx
Εφαρμόζουμε τη σχέση του δ1) ερωτήματος για 0xx e και παίρνουμε
1 x xlne e 1 xx e 1 , 0,2
xe x x
Όμως η συνάρτηση 1 xx e x δεν είναι παντού μηδέν στο 0,2
, άρα
2 2
0 0
1 xe dx x dx
20
E x x
12
δ3) Έστω 0x . Τότε για 0,t x έχουμε:
1 te t 0 0
1 x x
te dt t dt 0
0
x
xte dt t t
0
1, 0 1 x
te dt x x x
Όμως είναι
1
lim 1 lim 1 0 1 0
x x
xx x x
x x
διότι
1 1
lim 0 και 0, 0
x x
x
x xά
x x x x
Άρα από τη σχέση 1 προκύπτει ότι
0
lim
x
t
xe dt
ε) Το ζητούμενο όριο γράφεται
30
20
20
1 1lim
11 1lim
1 1 1lim 1 1 0 0
2
x x x x
xx
xx x
xx
x x
x
e x e xe x e
x e
e xe x x e
x e x
e x x ex
x x
διότι
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
91
0 0
0 0
2 20 0 0
2
0 0
1 ( 1) ' 1lim lim lim
( ) ' 2
1 ' 1lim lim
2 ' 2 2
x x x
x x x
x x x
x x
e x e x e x
x x x
e x e x e x
x
0
lim 1 1
x
x
0 '
0
'0 0 0
11 1 1lim lim lim 0
1 1
xx x
x x x
x ex e x e x
x x
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
92
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 18ου
α) Για x 0 η ζητούμενη σχέση ισχύει ως 0 0 0 . Θα αποδείξουμε ότι 3x
x ημx x6
, για κάθε x 0
• Από θεωρία, ισχύει ημx x , για κάθε x (η ισότητα ισχύει μόνο για x 0 )
Άρα ημx x , για κάθε x 0 , δηλαδή ημx x , για κάθε x 0 1
• Θεωρούμε τη συνάρτηση f : 0, , με 3x
f x ημx x6
Τότε,
2x
f x συνx 12
, x 0
και
f x ημx x 0 (λόγω σχέσης 1 ), για κάθε x 0
Άρα f γνησίως αύξουσα στο 0, (αφού f συνεχής στο 0, )
Άρα για x 0 f x f 0 0 , δηλαδή f γνησίως αύξουσα στο 0,
(αφού f συνεχής στο 0, )
Έτσι, για x 0 f x f 0 0 , δηλαδή 3 3x x
ημx x 0 ημx x6 6
, x 0
Συμπέρασμα: Σε κάθε περίπτωση ισχύει 3x
x ημx x6
, για κάθε x 0
(η ισότητα ισχύει μόνο για x 0 )
β) Η συνάρτηση ημt
t είναι συνεχής στο 0, , άρα η συνάρτηση
x
2016
ημtdt
t είναι
παραγωγίσιμη στο 0, , άρα η F είναι παραγωγίσιμη στο 0, , με
3 2 3
x
2016
f xx ημt x ημx 1 xF x x dt 1 x ημx 0
18 t 6 x x 6 x
,
για κάθε x 0 .
Άρα η F είναι γνησίως φθίνουσα στο 0, . Για x 0 έχουμε ισοδύναμα:
3
3x
3
x
ημt 19x xx dt
t 18 18
3
32016 x
3
x 2016
ημt ημt 19x xx dt dt
t t 18 18
3
32016 x
3
x 2016
ημt ημt 19x xx dt dt
t t 18 18
3
33
32016 2016
3
x x
xημt ημt xx dt dt x
t 18 t 18
F στο 0,
33 3F x F x x x x x
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
93
x 0 x 0
3 2 2x x 0 x 1 x 0 1 x 0 x 0,1
γ) Έστω α 1
Ισχύει από την σχέση * ότι 3t
t ημt t6
, για κάθε t 0, .
Οπότε αν x 0 , έχουμε 3t
t ημt t6
, για κάθε t x,αx
γ1) Διαιρώντας με t 0 παίρνουμε 2t ημt
1 16 t
, για κάθε t x,αx
2αx αx αx
x x x
t ημt1 dt dt dt
6 t
αx3
αx
xx
t ημtt dt αx x
18 t
3 3 3αx
x
x α x ημtαx x dt αx x
18 18 t , για κάθε x 0
Όμως,
3 3 3
x 0 x 0
x α xlim αx x lim αx x 0
18 18
, άρα από το κριτήριο παρεμβολής
αx
xx 0
ημtlim dt 0
t
γ2) Διαιρώντας με 2t 0 παίρνουμε
2
1 t ημt 1
t 6 t t , για κάθε t x,αx
αx αx αx
2x x x
1 t ημt 1dt dt dt
t 6 t t
αx
2αx αx
2 xxx
t ημtln t dt ln t
12 t
2 2 2
αx
2x
α x x ημtln αx ln x dt ln αx ln x
12 12 t
2 2 2αx
2x
x α x ημtln α dt ln α
12 12 t , για κάθε x 0
Όμως,
2 2 2
x 0 x 0
x α xlim ln α lim ln α ln α
12 12
, άρα από το κριτήριο παρεμβολής
αx
2xx 0
ημtlim dt ln α
t
γ3) Διαιρώντας με 3t 0 παίρνουμε:
2 3 2
1 1 ημt 1
t 6 t t , για κάθε t x,αx
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
94
αx αx αx
2 3 2x x x
1 1 ημt 1dt dt dt
t 6 t t
αx αxαx
3xx x
1 t ημt 1dt
t 6 t t
αx
3x
1 αx 1 x ημt 1 1dt
αx 6 x 6 t αx x , για x 0
Όμως,
x 0 x 0
1 αx 1 x 1 α 1 α 1lim lim
αx 6 x 6 x α α
και
x 0 x 0
1 1 1 α 1lim lim
αx x x α
, διότι α 1
Άρα από το κριτήριο παρεμβολής, αx
3xx 0
ημtlim dt
t
Οπότε, προκύπτει ότι
αx
κxx 0
0, αν κ 1ημt
lim dt ln α, αν κ 2t
, αν κ 3
δ) Για ln π π
1 x e 0 ln x 1 0 ln x ημ ln x 02 2
. Άρα η φ είναι θετική
στο 1,e και συνεχής. Οπότε το εμβαδόν Ε θα είναι
e
1Ε ημ ln x dx
Για x το ln x η σχέση * δίνει
3ln x
ln x ημ ln x ln x6
, για κάθε x 1,e
Άρα,
3
e e
1 1
ln xln x dx E ln xdx **
6
(οι ανισότητες είναι γνήσιες, διότι οι συναρτήσεις 3ln x
ln x ημ ln x6
,
ημ ln x ln x δεν είναι παντού μηδέν στο 1,e , αφού μηδενίζονται μόνο για x 1 )
Έχουμε τώρα,
e e
11ln xdx x ln x x 1 και
e ee3 3 2
11 1ln xdx x ln x 3 ln xdx
ee
2
1 1e x ln x 2 ln xdx e 3 e 2 6 2e
Οπότε, εύκολα βρίσκουμε από την ** ότι
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
95
eE 1
3
ε) Η σχέση * για x το συνx δίνει
3συν x
συνx ημ συνx συνx6
, π
x 0,2
(οι ανισότητες είναι γνήσιες στο π
0,2
, διότι συνx 0 στο
π0,
2
)
Άρα,
π π π3
2 2 2
0 0 0
συν xσυνx dx ημ συνx dx συνxdx
6
Όμως, π π π3
32 2 2
0 0 0
συν x 1συνx dx συνxdx συν xdx
6 6
π ππ
2 22 220 0 0
1 1ημx συν x συνxdx 1 1 ημ x συνxdx
6 6
Για το τελευταίο ολοκλήρωμα θέτουμε
για x 0 u 0
u ημx πγια x u 1
2
Άρα,
1π 3
12 22
0 00
u 21 ημ x συνxdx 1 u du u
3 3
Έτσι προκύπτει ότι
π
2
0
1 21 ημ συνx dx 1
6 3 ,
δηλαδή
π
2
0
8ημ συνx dx 1
9
Τώρα, εύκολα διαπιστώνουμε ότι
π π
2 2
0 0ημ συνx dx ημ ημx dx
με την αντικατάσταση π
u x2
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
96
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 19ου
α) Α΄ τρόπος
Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 0, , άρα για κάθε 0x 0, έχουμε,
0
00
x x0
f (x) f (x )f (x ) lim
x x
Θέτοντας 0
0
xh x h x
x και με 0x x το h 1 έχουμε ισοδύναμα,
0 0 0 00
h 1 h 10 0 0
f (hx ) f (x ) f (hx ) f (x )1f (x ) lim lim 1
hx x x h 1
Έχουμε,
για κάθε x, y 0, , x
f (xy) f 2f (x) 2y
Η 2 , για x 1 γίνεται,
f (1) 0 x y1 1 1
f (y) f 2f (1) f (y) f 0 f (x) f 0 3y y x
και για 0x h , y x γίνεται,
0
0
hf (x h) f 2f (h) 4
x
Η 1
fx
είναι παραγωγίσιμη στο 0, ως σύνθεση παραγωγίσιμων, οπότε
παραγωγίζοντας την 3 έχουμε,
2 2
1 1 1 1f (x) f 0 f (x) f , x 0 5
x x x x
Ακόμη έχουμε,
x 1 x 1
f (x) f (1) f (x)f (1) 1 lim 1 lim 1 6
x 1 x 1
και η f είναι παραγωγίσιμη στο 0
1
x δηλαδή,
0
0
1x0
x
0
1f (x) f
x1f lim
1xx
x
θέτουμε στο όριο 0
0
hh x x x
x και με
0
1x
x το h 1
Άρα γίνεται,
0
30 0 0 0
h 1 h 1 y x0
0 0 0
h 1 h 1f f f f
x x x x1f lim lim
h 1 1xh 1
x x x
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
97
0
0
0h 1
hf f (x )
xx lim 7
h 1
Άρα, για κάθε 0x 0 έχουμε,
0100 0
0 02 2(7) h 1 h 10 0 0 0
hf f (x )
xf (hx ) f (x )1 1 1 1f (x ) f lim x lim
x x x h 1 x h 1
0 0 0
0
h 10
hf (hx ) f (x ) f f (x )
x1lim
x h 1
0 40
h 1 h 10 0
hf (hx ) f
x1 1 2f (h)lim lim
x h 1 x h 1
6
h 10 0
2 f (h) 2lim
x h 1 x
Επομένως, για κάθε x 0, , 2
1 1 2f (x) f ( ) 8
x x x
Β΄ τρόπος
Ισχύει για κάθε x, y 0, , x
f (xy) f 2f (x)y
Παραγωγίζοντας ως προς x έχουμε, για κάθε x, y 0,
x
dd xy yx x 1
f (xy) f ( ) 2f (x) f (xy) y f 2f (x)dx y dx y y
για x 1 παίρνουμε, f (1) 1 y 01 1 1 1
f (y) y f 2f (1) f (y) y f 2y y y y
yτοx
2 2
1 1 2 1 1 2f (y) f f (x) f
y y y x x x
β) Η 8 λόγω της 5 γίνεται ισοδύναμα,
2 1f (x) f (x) f (x) f (x) ln x c ,c
x x
όμως f (1) 0 c 0 , άρα f (x) ln x
γ)
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
98
Αφού ο λαγός διαγράφει τροχιά πάνω στην γραφική παράσταση της f (x) ln x για
x 1 , είναι Λ 1,0 . Ακόμη θεωρώντας ότι κυνηγός και λαγός είναι στην ίδια ευθεία,
αν K x,0 με x 0 και 2KΛ e 1 , θα είναι,
2 2
2
2 2
1 x e 1 x e1 x e 1
1 x e 1 x e 2 0
Άρα 2K e ,0
Η απόσταση κυνηγού – λαγού μεγιστοποιείται, ώστε να διατηρείται η οπτική επαφή
τους, όταν η ευθεία ε γίνει εφαπτομένη της fC .
Έστω M α,ln α , α 1 το σημείο επαφής της ζητούμενης εφαπτομένης που θα έχει
εξίσωση,
1
ε :y ln α x α 9α
Όμως η ε διέρχεται από το 2K e ,0 οπότε την επαληθεύει,
2 21ε :0 ln α e α αln α e α
α
Θεωρούμε συνάρτηση, 2φ(x) x ln x x e με x 1
Το 2 2 2 2 2φ(e ) e lne e e 0 και η φ είναι παραγωγίσιμη στο 1, με
1
φ (x) x ln x x ln x x 0 ln x x 1 ln xx
με φ (x) ln x 0 για κάθε x 1
Άρα η 2x e είναι μοναδική ρίζα της φ(x) 0 , άρα 2α e και 2M e ,2
Έτσι η μέγιστη απόσταση είναι
2 22 2 4 4
maxKM e e 2 4e 4 2 e 1
δ)
Είναι,
ln x ,0 x 1
g x f xln x , x 1
Έστω 1 2A x ,α ,B x ,α με 10 x 1 και 2x 1 τα σημεία τομής των f
C και y α
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
99
τότε, α
1 1ln x α x e άρα αA e ,α
α
2 2ln x α x e άρα αB e ,α
Αρκεί να δείξουμε ότι α αg e g e 1
για 0 x 1 είναι 1
g xx
και για x 1 είναι 1
g xx
άρα α α α
α α α
1 1 1g e g e e 1
e e e
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
100
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 20ου
α) Η fC έχει ασύμπτωτη την ευθεία y x στο άρα:
lim 1 lim 0
x x
f xf x x
x
Είναι
1
''( )
'( ) ' ' , x
'( ) x , ( : )
x
x
x
x
e f x
f x e
f x e
f x e a ά ά
Οπότε:
'
, για κάθε xf x e ax x
, , : xf x e ax x a έ
Από τα παραπάνω όρια προκύπτει ότι:
1
1 lim lim lim
x
xx x x
f x e axa a
x x xe x
Άρα
1 και xf x e x
Επίσης είναι
0 lim lim
x
x xf x x e
Τελικά
, xf x e x x
β) Από γνωστή εφαρμογή του σχολικού βιβλίου έχουμε ότι:
1, 0 lnx x ά x
Με την ισότητα να ισχύει για 1x . Για x το xe παίρνουμε:
1 x xlne e
1 xx e
1 xe x
1, f x x
με την ισότητα να ισχύει για 0x .
Έχουμε
,
f x
f f x f f x f x e x
Παραγωγίζοντας έχουμε
f xf f x f x e f x
1 1 1 ,
f x f xxf x e e e x
Είναι
1
1 1
xef x f x
f x e e ee
( )1 1 0,
f xf xe e x
Άρα, το πρόσημο της 'f f καθορίζεται από το πρόσημο της παράστασης 1 xe .
Είναι
1 0 1 0 0 x xe e x x
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
101
Tο σύνολο τιμών της συνάρτηση f f θα είναι:
,0 0, f f f f f f
(*)
00 , lim lim , lim
x xx
f f f f x f f x f f x
1 1 11 , 1 , 1 ,
e e e
[(*) Χρησιμοποιήσαμε τα όρια
lim lim
f x
x xf f x f x e e
lim lim
f x
x xf f x f x e e
διότι
lim lim lim 1 1
xx
x x x
ef x x e x
x
αφού
lim lim lim ]
xxx
x x x
eee e
x x
Τελικά, το σύνολο τιμών της f f είναι το 1
1 ,
e
γ) Από τη σχέση 1, xe x x έχουμε για 1
xe
11
1 eee
άρα το 1
ee ανήκει στο 1
1 ,
e το οποίο είναι υποσύνολο του συνόλου
τιμών της συνάρτησης f f .
Άρα υπάρχει 0 :0x
1
0 0( e
ef f x e f f x e
Το 0 0x είναι μοναδικό διότι η f f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,
δ) Από τη σχέση 1, xe x x έχουμε για 1
0 ax e
1 11 1
1
a aa
e ea a
(Σχόλιο: Η ισότητα στη σχέση 1xe x ισχύει μόνο για 0x )
Μένει να αποδείξουμε ότι:
0
'f f x
- +
f f
20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
102
1 1 11 1 1 1 1
11
a a aa a a
e e e fa a a a a a
το οποίο ισχύει.
ε) Έχουμε ισοδύναμα ότι
2 23 2 1 3 1 x x xe e x
2 22 3 2 2 1 2 23 2 1 3 1 3 2 1
x x xx x e x e x x x x
2 23 2 1 2 f x x f x
Από το β) ερώτημα έχουμε ότι 1f x για κάθε x , με την ισότητα να ισχύει μόνο
για 0.x Άρα
2 2 2 2
2 2
3 2 1 2 3 2 1 και 1 1
3 2 0 και 1 0 1
f x x f x f x x f x
x x x x
στ) Αν υπήρχε με την ιδιότητα
1
1
(**)
e e
e
e
e
e e e
ee
e
e e e
e f e
Όμως 1 f x ,για κάθε x , με την ισότητα να ισχύει μόνο για 0x .
Ο αριθμός e είναι θετικός άρα:
(**)
1 1, άτοπο f e e