mk ed1 ed8_lys

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ

«ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ»

1o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2016: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Σελίδα 1 από 6

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ

1ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ –ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ Α

A1. Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα 76.

A2. 1.Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα 74.

2. Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδες 70-71.

Α3. α) Λ, β) Σ, γ) Σ, δ) Λ, ε) Λ.

ΘΕΜΑ Β

1. Έστω 1 2x ,x με 1 2x x .

Παίρνουμε τη διαφορά

2 22 1 1 2

2 12 1 2 2 2 2

2 1 1 2

f (x ) 1 f (x ) f (x ) 1 f (x )f (x ) f (x )g(x ) g(x )

1 f (x ) 1 f (x ) 1 f (x ) 1 f (x )

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

2 2 2 21 2 1 2

f (x ) f (x ) f (x )f (x ) f (x ) f (x ) f (x ) f (x ) 1 f (x )f (x )

1 f (x ) 1 f (x ) 1 f (x ) 1 f (x )

αν η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο και 2 1x x θα έχουμε:

2 1 2 1f (x ) f(x ) f (x ) f(x ) 0 , επίσης έχουμε

10 f (x ) 1 , 2 1 20 f (x ) 1 0 f (x )f (x ) 1 , οπότε η διαφορά

2 1 2 1

2 1 2 12 21 2

f(x ) f (x ) 1 f(x )f (x )

g(x ) g(x ) 0 g(x ) g(x )1 f (x ) 1 f (x )

.

Άρα η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο .

Oμοίως αν η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο , η συνάρτηση g είναι

γνησίως φθίνουσα στο .

Άρα έχουν οι f ,g το ίδιο είδος μονοτονίας στο .





2.

Έστω ότι οι συναρτήσεις f ,g είναι γνησίως αύξουσες στο . Tότε αν 1 2x ,x με

1 2x x , έχουμε:

2 1 2 1 2 1 2 1

g f

x x g x g x f g x f g x fog x fog x

.

Άρα η fog είναι γνησίως αύξουσα στο .

Έστω ότι οι συναρτήσεις f ,g είναι γνησίως φθίνουσες στο . Tότε αν

1 2 1 2x ,x R x x , έχουμε:

g f

2 1 2 1 2 1 2 1x x g(x ) g(x ) f (g(x )) f(g(x )) (fog)(x ) (fog)(x )

.

Άρα η fog είναι γνησίως αύξουσα στο .

Αφού η fog είναι γνησίως αύξουσα στο θα είναι και ¨1-1¨.

3. Η εξίσωση 3 2f (g(x 1)) f (g(4x 2x)) γίνεται

f g:'1 1'3 2 3 2 3 2(f g)(x 1) (f g)(4x 2x) x 1 4x 2x x 4x 2x 1 0

Θεωρούμε τη συνάρτηση 3 2h(x) x 4x 2x 1 , η οποία είναι συνεχής στο σαν

πολυωνυμική.

Εφαρμόζουμε το Θ. Bolzano στο διάστημα 1,0 .

. Bolzanoh ή [ 1,0] ( ή)

h(0) 1 0, h( 1) 2 0

υπάρχει τουλάχιστον ένα

1x ( 1,0) : 1h(x ) 0

Εφαρμόζουμε το Θ. Bolzano στο διάστημα 0,1 .

. Bolzanoh ή [0,1] ( ή)

h(0) 1 0, h(1) 4 0


2x (0,1) : 2h(x ) 0

Εφαρμόζουμε το Θ. Bolzano στο 1,5 .

. Bolzanoh ή [1,5] ( ή)

h(1) 4 0, h(5) 16 0


3x (1,5) : 3h(x ) 0

και επειδή η εξίσωση 3 2h(x) x 4x 2x 1 είναι πολυωνυμική 3ου θα έχει το πολύ

τρεις ρίζες, άρα έχει ακριβώς τρεις τις 1 2 3x ,x ,x .





Επίσης έχουμε 1 2 31 x 0 x 1 x 5 , δηλαδή έχουμε δύο θετικές και μια

αρνητική.

Σχόλιο: ένας τρόπος για τη επιλογή των κατάλληλων διαστημάτων είναι με δοκιμές.

4. Από το ερώτημα (2) η συνάρτηση fog είναι γνησίως αύξουσα, οπότε η ανίσωση

γίνεται:

f g: x 2

23 2 3 2 3 2fog x 4 fog 3x x 4 3x x 3x 4 0 x 2 x 1 0 x 1

Άρα x 1,2 2, .

ΘΕΜΑ Γ

1. Πρέπει: x x x 0e 1 0 e 1 e e x 0 . Άρα fA (0, ) .

2. x

x x x x

x x

e 1 1f (x) ln(e 1) x ln(e 1) xlne ln(e 1) lne ln f (x) ln 1

e e

.

Όμως x x

1 11 1 ln 1 ln1 f (x) 0

e e

, για κάθε x (0, ) .

3. Από τα προηγούμενα έχουμε: x

1f (x) ln 1

e

, για κάθε x (0, ) .

Έστω 1 2x ,x (0, ) .Τότε:

1 2

1 2 1 2 1 2

x x1 2 x x x x x x

1 1 1 1 1 10 x x e e 1 1

e e e e e e

1 21 2x x

1 1ln 1 ln 1 f (x ) f (x )

e e

Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, ) .

4. Επειδή η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, ) θα είναι ΄1-1΄, που

σημαίνει ότι είναι αντιστρέψιμη με 1f : f (A) A .

H συνάρτηση f είναι συνεχής ως σύνθεση των συνεχών συναρτήσεων ln x και x

11

e

στο fA (0, ) , οπότε το σύνολο τιμών της (πεδίο ορισμού της1f ) είναι:





x 0 x

f (A) lim f (x), lim f (x) ( ,0)

γιατί:

Θέτουμε x

1u 1

e και έχουμε

xx 0 x 0

1lim u lim 1 1 1 0

e

.

Τότε xx 0 x 0 u 0

1lim f (x) lim ln 1 lim ln u

e

.

Θέτουμε x

1u 1

e και έχουμε

xx x

1lim u lim 1 1

e

.

Τότε xx x u 1

1lim f (x) lim ln 1 lim ln u 0

e

.

Mε y ( ,0) η εξίσωση

y y x

x x x y y

1 1 1 1 1y ln 1 e 1 1 e e x ln

e e e 1 e 1 e

1

y yx ln 1 e x ln 1 e

.

Άρα 1 xf (x) ln 1 e , x 0 .

5. Θεωρούμε τη συνάρτηση

x x

1 1 1t(x) f(x) h(x) ln 1 ln ln 1 ln x

xe e

, x 0 .

Η συνάρτηση t είναι συνεχής, ως άθροισμα των συνεχών f (x) , ln x και γνησίως

αύξουσα στο (0, ) , οπότε το σύνολο τιμών της θα είναι

x 0 x

t( ) lim t(x), lim t(x) ( , )

γιατί:

x 0 x 0lim t(x) lim f (x) lnx ( ) ( )

και

x xlim t(x) lim f (x) lnx 0 ( )

Επειδή το 0 ( , ) t(B) υπάρχει 0x 0 τέτοιο ώστε 0 0 0t(x ) 0 f (x ) h(x ) .

6. Από το 2ο ερώτημα έχουμε f (x) 0 για κάθε x (0, ) . Τότε

f (1)0

f (2) , αφού f (1) 0 και f (2) 0 .

3 2 3

2 2x x x

f (1) x x 2 f (1) x f (1) f (1)lim lim lim x ( )

f (2) f (2)f (2) x x 1 f (2) x

.





ΘΕΜΑ Δ

1. Έστω 1 2x ,x με 1 2 1 2f (x ) f(x ) 2f (x ) 2f(x ) , (1) και 3 3

1 2f (x ) f (x ) , (2),

προσθέτουμε τις (1) και (2), έτσι έχουμε 3 3

1 1 2 2f (x ) 2f (x ) f (x ) 2f (x ) , οπότε

1 2 1 2x 1 x 1 x x , άρα η συνάρτηση f είναι 1-1.

2. Θα αποδείξουμε ότι η ευθεία y έχει με τη fC ένα τουλάχιστον κοινό σημείο,

δηλαδή η εξίσωση f (x) έχει για κάθε λύση στο .

2 2

0

f (x) f(x) 0 f (x) f (x) f(x) 2 0

3 3 3 3 3 3f (x) 2f (x) 2 0 f (x) 2f(x) 2 x 1 2 x 2 1

δηλαδή για κάθε έχουμε λύση, άρα το σύνολο τιμών είναι το .

Θέτουμε όπου 3 3f (x) y y 2y x 1 x y 2y 1 .

Άρα 1 3f (x) x 2x 1 , x .

3. 1ος τρόπος: Στην 1 3f (x) x 2x 1 , για x 0 έχουμε

1 3 1f (0) 0 0 1 f (0) 1 f( 1) 0 .

2ος τρόπος: Αφού η συνάρτηση f έχει σύνολο τιμών το και είναι 1-1 θα υπάρχει

μοναδικό 0 0x : f (x ) 0 . Θέτουμε στην 3f x 2f x x 1 όπου 0x x και

έχουμε: 3 30 0 0 0 0f x 2f x x 1 0 2 0 x 1 x 1 , οπότε f ( 1) 0 . Άρα η

fC τέμνει τον άξονα x x στο σημείο A( 1,0) .

4. 1ος τρόπος: Έστω ότι υπάρχουν 1 2x ,x με 1 2x x και έστω 1 2f (x ) f (x ) . Τότε:

1 2 1 2f (x ) f (x ) 2f (x ) 2f (x ) (1) και 3 3

1 2f (x ) f (x ) (2)

Προσθέτοντας τις (1), (2) έχουμε:

3 31 1 2 2 1 2 1 2f (x ) 2f (x ) f (x ) 2f (x ) x 1 x 1 x x . Άτοπο γιατί 1 2x x .

Άρα για κάθε 1 2 1 2x x f (x ) f (x ) , δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο .

2ος τρόπος: Η συνάρτηση 1 3f (x) x 2x 1 είναι γνησίως αύξουσα σαν άθροισμα των

αυξουσών συναρτήσεων 3x , 2x 1 .

Οι συναρτήσεις f , 1f είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία y x , άρα έχουν το ίδιο

είδος μονοτονίας, δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο .





5.

3 2

2

0

x 1f x 2f x x 1 f x f x 2 x 1 f x

f x 2

2

x 1f x x 1

f x 2

,

έτσι έχουμε | f(x) | | x 1| | x 1| f(x) | x 1| και επειδή

x 1 x 1lim ( x 1) lim x 1 0

, από το κριτήριο της παρεμβολής

έχουμε: x 1lim f x 0 f 1

, άρα συνεχής στο 0 1x .

6. Έστω 0x . Αρκεί να αποδείξουμε ότι 0

0x xlim f (x) f(x )

.

Έχουμε 3f (x) 2f(x) x 1 , (1) και

30 0 0f (x ) f(x ) x 1 , (2), αφαιρούμε κατά μέλη τις

σχέσεις (1) και (2). Έτσι έχουμε 3 30 0 0f x f x 2 f x f x x x

2 20 0 0 0 0f x f x f x f x f x f x 2 f x f x x x

2 20 0 0 0f x f x f x f x f x f x 2 x x

00 2 2

0 0

x xf x f x

f x f x f x f x 2

00 02 2

0 0

x xf x f x x x

f x f x f x f x 2

0 0 0 0 0f x f x x x x x f x f x x x και επειδή

0

0x xlim x x 0

, τότε 0 0

0 0x x x xlim f x f x 0 lim f x f x

, άρα η συνάρτηση

f είναι συνεχής στο 0x .

Η επιμέλεια των θεμάτων πραγματοποιήθηκε από τους Κωνσταντόπουλο Κωνσταντίνο και

Μοτσάκο Βασίλειο.


«ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ»



ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ

ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ

2ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ –ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (Κεφάλαιο 2)

[Κεφάλαιο 1 Μέρος Β' του σχολικού βιβλίου]

ΘΕΜΑ Α

1.Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα 49.

2. Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα 73.

3. α) Λ, β) Σ, γ) Σ, δ) Λ, ε) Λ.

ΘΕΜΑ Β

1.

1ος τρόπος

Η συνάρτηση g x f x x είναι συνεχής στο σαν άθροισμα συνεχών

συναρτήσεων .

Έστω 0x μια ρίζα της εξίσωσης g x 0 , οπότε έχουμε

0 0 0 0 0 0g x 0 g x f x x 0 f x x , 1

Η σχέση 2 2 2f x 2f x x x x για 0x x γίνεται

1

22 2 2 2 2 2

0 0 0 0 0 0 0 0 0f x 2f x x x x x 2 x x x

2 2 2 2

0 0 0 00 x x x 0 x 1 αδύνατο, επομένως g x 0 για κάθε

x και επειδή είναι συνεχής, διατηρεί σταθερό πρόσημο .

2ος τρόπος

Η συνάρτηση g x f x x είναι συνεχής στο σαν άθροισμα συνεχών

συναρτήσεων

Η σχέση 2 2 2f x 2f x x x x γίνεται

2 2 2f x 2f x x x 1 x 2 2 2f x 2f x x x x 1

2 2 2 2f x x x 1 g x x 1 0 άρα g(x) 0 και αφού είναι συνεχής





θα διατηρεί πρόσημο. Όμως g(0) f (0) 0 1 0 1 0 , οπότε g(x) 0 για

κάθε x .

2.

1οςτρόπος

Η σχέση 2 2 2f x 2f x x x x γίνεται

2 2 2f x 2f x x x 1 x 2 2 2f x 2f x x x x 1

2 2 2 2f x x x 1 g x x 1

Επειδή η g διατηρεί σταθερό πρόσημο θα έχουμε g x 0 ή g x 0 , οπότε

2 2 2g x x 1 ή g x x 1 g x f x x x 1 ή

2g x f x x x 1 2 2f x x x 1 ή f x x x 1

και επειδή f 0 1 έχουμε 2f x x x 1

2οςτρόπος

Αφού g(x) 0 τότε από το προηγούμενο ερώτημα θα έχουμε

2 2 2g x x 1 g(x) x 1 , όμως g x f x x ,

οπότε 2 2f x x x 1 f x x 1 x .

3. α) 2

x 0 x 0

f x 2 x x x 1 2 xlim lim

x x

2 22

x 0 x 0 2

x 1 1 x 1 1x x 1 1 x 1 x x 1lim lim

x x x x xx x 1 1

2x 0

x x x 1lim 1 0 0 1

x xx 1 1





β)

1ος τρόπος

2 2

2 2

1 10 1 x 1 x x 1 0

x x 1 1 x 1

και επειδή

2x

1lim 0

1 x 1

και από το κριτήριο παρεμβολής θα έχουμε

2x

1lim 0

x x 1

με

2 2

x x0 x x 1 lim f x lim x x 1

2οςτρόπος

2

2x x x

x 1lim f x lim x x 1 lim x 1 0 1

x x

Γιατί x 1 1 x 1

x x x x x

όμως

x

1lim 0

x και

x

1lim 0

x

οπότε από το

κριτήριο της παρεμβολήςx

xlim 0

x

.

ΘΕΜΑ Γ

1. α) Επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της 0, , θα είναι

συνεχής και στο e οπότε θα ισχύει:

2

x e x e x e x elim f x lim f x f e lim 2 ln x lim x ln x e 1 f e

33 e 3

e .

β) Επειδή 2f 1 2 ln 1 2 6 ,

3

f 2e 2e ln 2e e 1 6 ln e 1 6e

, γιατί

e 1 e ln(e 1) lne 6 ln(e 1) 6 1 7 f (2e) 7





δηλαδή f (1) 6 f (2e) και η f είναι συνεχής στο 1,2e τότε, σύμφωνα με το Θ.

ενδιαμέσων τιμών υπάρχει τουλάχιστον ένα 0 0x 1,2e : f x 6 .

2. α) Έστω 1 2x ,x 0 με

1 2 1 2f x f x f x f x

1 2f (x ) f (x ) e e f e f e

1 2 1 2 1 24ln x 3 4ln x 3 ln x ln x x x . Άρα η f είναι 1 1 .

β) 2f x f x4 4f f e ln ln x 3 1 f f e 2ln ln x 3 1

f (x)f (f (e )) 2ln 4ln x 3 1 f (4ln x 3) 2ln 4ln x 3 1

Θέτουμε 4ln x 3 y 0 , οπότε f (y) 2ln y 1 , άρα f (x) 2ln x 1, x 0 .

γ) f :1 1

x 2014 x 2014 x 2014 x 2014f f x f e f (f (x)) f e f (x) e 2ln x 1 e

x 20142ln x 1 e 0 (2)

Θέτουμε x 2014t(x) 2ln x 1 e , η οποία είναι συνεχής στο

1,1

e

ως διαφορά συνεχών

συναρτήσεων και

1 1 12014 2014 2014

e e e1 1

t 2ln 1 e 2 1 e 1 e 0e e

,

1 2014

2013

1t(1) 2ln1 1 e 1 0

e

, επομένως ισχύει1

t t(1) 0e

, οπότε από το

Θ.Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον 0

1x ,1

e

τέτοιο ώστε 0t(x ) 0 και λόγω της (2)

έχουμε ισοδύναμα ότι η εξίσωση x 2014f f x f e έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο

1,1

e

.





ΘΕΜΑ Δ

1.

1ος τρόπος

Θα δείξουμε ότι 2x x1 (1) για κάθε x . Πράγματι, αν ο x είναι θετικός τότε

το 1ο μέλος της (1) είναι θετικό και το δεύτερο αρνητικό οπότε η (1) ισχύει για όλους

τους θετικούς αριθμούς x . Αν x 0 τότε και τα δύο μέλη της (1) είναι μη αρνητικά

συνεπώς υψώνοντας στο τετράγωνο παίρνουμε ισοδύναμα 2 21 xx 1 0 που

ισχύει για όλους τους μη αρνητικούς αριθμούς x . Άρα τελικά η (1) ισχύει για κάθε

x .

2ος τρόπος

Για όλους τους πραγματικούς αριθμούς x ισχύει 2 2x 1 x και επειδή η x είναι

γνησίως αύξουσα συνάρτηση στο 0, , άρα παίρνουμε

2 2 2x x 1 x1 x . Όμως από τις ιδιότητες της απόλυτης τιμής ισχύει

x x για κάθε x .Συνδυάζοντας τις προηγούμενες δύο ανισότητες παίρνουμε

2 2x x x 1 x 01 που είναι αυτό που θέλαμε να δείξουμε.

3ος τρόπος

Αν υπάρχει αριθμός 0x ώστε 0f x 0 , τότε παίρνουμε ισοδύναμα 2

0 01x x και

υψώνοντας στο τετράγωνο για εκείνα τα 0x που επιτρέπεται (προφανώς για 0x 0 ),

παίρνουμε 2 2

0 01 xx 1 0 , άτοπο. Άρα η συνάρτηση δε μηδενίζεται και από την

άλλη είναι συνεχής στο , αφού προκύπτει από πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων.

Συνεπώς διατηρεί πρόσημο στο . Αφού επιπλέον f (0) 1 0 , άρα f (x) 0 για κάθε

x .

2. Έστω 1 2 ,, xx 0 με 1 2x x (1) . Αφού η συνάρτηση

2x είναι γνησίως αύξουσα στο

0, , άρα 2 2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2

x

x x 1 x 1x (1 x x 1 2)

.

Προσθέτοντας τις (1), (2) κατά μέλη παίρνουμε

2 2

1 1 2 2 1 2x 1 x x 1 x f ( ) (x )x f

Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, όπως το θέλαμε.





3.

1ος τρόπος

2 22 2

2

2 2 2

1 1 1x x x x x x 1 1f( x 1) ( x) x (3)

f(x)x x x x1x1 x1

2ος τρόπος

Η 1

f( x) (3)f(x)

γίνεται ισοδύναμα:

2 2 2 2f ( x)f (x) 1 x x x x 1 x1 1 1x1 1 1 που ισχύει.

Για τη μονοτονία έχουμε αποδείξει ήδη ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, . Θα

βρούμε τη μονοτονία στο ,0 . Έστω λοιπόν 1 2, x ,x 0 με 1 2x x . Τότε,

1 2x x 0 και επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, (από το ερώτημα Δ2),

άρα παίρνουμε (3) f (x) 0

1 2 1 2

1 2

1 1) f ( x ) f (x ) f (x )

f (x ) f (x )f ( x

.

Θα δείξουμε τώρα ότι η f είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το .

Αν 1 2 ,, xx 0 με 1 2x x τότε επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο

0, άρα 1 2f (x ) f (x ) .

Αν 1 2, x ,x 0 με 1 2x x τότε επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο ,0

άρα 1 2f (x ) f (x ) .

Αν 1 2x 0 x τότε 1 2) f (0) ff x )( (x , άρα και πάλι 1 2f (x ) f (x ) .

Επομένως σε όλες τις περιπτώσεις ισχύει 1 2f (x ) f (x ) , άρα η f είναι γνησίως αύξουσα

σε όλο το .

4.

1ος τρόπος

Η δοσμένη σχέση γράφεται

f ά f 1 132

( )

2

1 1f ( ) f1 ( ) f ( ) 0

f ( )1





2ος τρόπος

Η δοσμένη σχέση γράφεται

22 2

2 2 2

1 11 1

1 1 1

Άρα 2 21 1

Εντελώς όμοια παίρνουμε 2 21 1

Προσθέτοντας τις παραπάνω κατά μέλη παίρνουμε

2( ) 0 0

Σχόλιο: Παρατηρήστε ότι ο 2ος τρόπος δεν απαιτεί τίποτε παραπάνω από γνώσεις

Άλγεβρας Α Λυκείου.

5.

1ος τρόπος

Θέτουμε y f (x) , με y 0 και έτσι

2

22

2 2

2

2

2

2

yx

x 2yx x y x y x

y 0 y 0y 0 y 0

y x yy

2y

yx

2y yx

y 0 2y

y

1

1 y x1 1

0 10

1

y 0

1

1 0

οπότε 2

1 xf (x) , x 0

1

2x

.

Σχόλιο: Από τον παραπάνω τρόπο βγάζουμε το συμπέρασμα ότι η εξίσωση y f (x) έχει

για κάθε y (0, ) μία και μόνο λύση στο , την

2yx

2y

1

. Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι





η f είναι 1-1 (χωρίς να χρειάζεται να κάνουμε χρήση της μονοτονίας της) και κατά

συνέπεια αντιστρέψιμη με 1f : 0, και τύπο2

1 xf (x) .

2x

1

2ος τρόπος

Δείξαμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο άρα 1-1 συνεπώς είναι

αντιστρέψιμη. Θέτουμε y f (x) , με y 0 (λόγω του Δ1) και έχουμε:

22

x2

1 0

2

2

2

x2

x x x xy f (

1 11

1x) y x x y

x x

1 1y x x

yx1

x1

Αφαιρώντας κατά μέλη τις 2y 1x x και

2

y1

1x x παίρνουμε

21 y2x y x (4)

y 2y

1

Λόγω του ότι για να φτάσουμε στη σχέση (4), χάθηκε η ισοδυναμία (διότι αφαιρέσαμε

κατά μέλη), έχουμε αποδείξει μόνο τη συνεπαγωγή f (x) y x g(y) , με

2yg(y) , y

10

2y

. Θα πρέπει τώρα να δείξουμε και το αντίστροφο δηλαδή ότι αν

2yx

2y

1

, y 0 τότε ισχύει f (x) y . Πράγματι

22 2 2 4 2 2 2

2

22 2 2 2y 0

1 1 1 2y 1 4yy y y y yf (x) f

2y 2y 2y 4y

11

2y

y y y yy

2y 2y 2y 2

1 1

y

1 1

Άρα τελικά, 1

2xf (x) g(x) , x 0

x

1

2

Η εκπόνηση του διαγωνίσματος έγινε με τη βοήθεια Εθελοντών Εκπαιδευτικών:

Το θέμα Δ επιμελήθηκε ο Συγκελάκης Αλέξανδρος, Μαθηματικός του Πρότυπου Πειραματικού Γενικού Λυκείου Ηρακλείου.

Ο επιστημονικός έλεγχος πραγματοποιήθηκε από τους Κωνσταντόπουλο Κωνσταντίνο, Μοτσάκο

Βασίλειο και Σούγελα Ελένη.

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ

ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ»

3o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 2016: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ




3ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (Κεφάλαια 2, 3)

[Κεφάλαια 1, 2 Μέρος Β' του σχολικού βιβλίου]

ΘΕΜΑ Α

1. Βλέπε σχολικό βιβλίο «Μαθηματικά Β΄μέρος-Ομάδας Προσανατολισμού Θετικών

Σπουδών και Σπουδών Οικονομίας & Πληροφορικής», σελίδα 99.

2. Βλέπε σχολικό βιβλίο «Μαθηματικά Β΄μέρος-Ομάδας Προσανατολισμού Θετικών

Σπουδών και Σπουδών Οικονομίας & Πληροφορικής», σελίδα 23.

3. 1) Λ, 2) Σ,

3) Λ, (π.χ. ενώ τα x 0

1lim

x και

x 0

1lim 2

x δεν υπάρχουν, το όριο του

αθροίσματος υπάρχει.)

4) Σ, (Αν θέσουμε h(x) f (x) g(x) ,τότε g(x) h(x) f (x) και αφού τα όρια

των h και f υπάρχουν, θα υπάρχει και της διαφοράς τους).

5) Λ, το σωστό είναι

x xln x xln x xf (x) x e e (x ln x) x (ln x 1) , x>0

ΘΕΜΑ Β

1. Έστω 1 2x , x με υπόθεσηf f

1 2 1 2 1 2x x f (x ) f (x ) f (f (x )) f (f (x ))

( )1 1 2 2

1 2 1 2

1 2

2g(x ) x 2g(x ) x2g(x ) 2g(x ) g(x ) g(x ) g

Όμως x x

στο .

2. Έστω 1 2x , x με f

1 2 1 2x x f (x ) f (x )

(1)

και g

1 2 1 2 1 2x x g(x ) g(x ) g(x ) g(x )

(2)

(1) (2)

1 1 2 2 1 2f (x ) g(x ) f (x ) g(x ) h(x ) h(x ) h

στο .





3. α) Έχουμε 0x x

0 0 0 0 0 0f (f (x)) 2g(x) x f (f (x )) 2g(x ) x f (x ) 2g(x ) x

0 0 0 0 0 0 0 0x 2g(x ) x 2g(x ) 2x g(x ) x f (x )

άρα 0 0f (x ) g(x ) οπότε το 0 0(x ,f (x )) κοινό σημείο.

Επίσης 0 0 0 0 0f (x ) g(x ) f (x ) g(x ) 0 h(x ) 0

0

0

x ρίζα της h(x) 0x μοναδικό.

Όμως h στο

β) 0 0 0f (f (x x 2)) x x 2f (x x 2) 2

0 0 0 02g(x x 2) (x x 2) x x 2f (x x 2) 2

0 0 0 02g(x x 2) x x 2 x x 2f (x x 2) 2

h:"1 1"

0 0 0 0 0 02g(x x 2) 2f (x x 2) h(x x 2) 0 h(x ) x x 2 x x 2.

γ) Για x 0 έχουμε

0 0 0 0 0f (f (ln x x 1)) ln x 1 x 2g(ln x x 1) (ln x x 1) ln x 1 x

g:

0 0 0 0 0 0 02g(ln x x 1) ln x x 1 ln x 1 x g(ln x x 1) x f (x ) g(x )

0 0

1ln x x 1 x ln x 1 x

e και επειδή 0x η λύση της ανίσωσης

είναι: 1

0 x .e

ΘΕΜΑ Γ

1. Επειδή η f είναι συνεχής στο 0x 0 ισχύει x 0 x 0lim f (x) lim f (x) f (0) .

x 0 x 0 x 0

1 x 1 (1 x 1)(1 x 1)lim f (x) lim lim

x x(1 x 1)





x 0 x 0

x 1 1lim lim

2x(1 x 1) (1 x 1)

x 0lim f (x) 2 2 x 2 2

x 0

1 1lim ln(x e) 2 ( )e 2

2 2

Πρέπει:

2 2 2 2 2 21 12 2 1 0 ( 1) 0

2 2

άρα 1 και 0 .

2. Για 1 και 0 η συνάρτηση γίνεται:

x

1 x 1 , -1 x<0

xf (x)1

ln(x e) 2 e , x 02

.

α)x 1 x 1 x 1

1 x 11

f (x) 1 1 x 1 xxlim lim limx 1 x 1 x(x 1)

x 1 x 1

(x 1) x 1 1lim lim

x(x 1) x 1 x 1

*

2x 1 x 1

1 1 1lim lim

( x 1) x 1 x 1 x 1 1

αφού x 1

1lim 1

x 1 1,

x 1lim x 1 0 και x 1 0

* Πολλαπλασιάζουμε και διαιρούμε με τη συζυγή παράσταση του αριθμητή.





β) Αρκεί να αποδείξουμε ότι η εξίσωση f (x) 0 , έχει μία τουλάχιστον λύση στο

διάστημα (0, ) . Έχουμε 1

f (0) 02

και 21

f (2) ln(2 e) e 2 02

, αφού

2 2 2 21 1e 2 e 2 e 2 e 2 0

2 2 και ln(2 e) 0 . Επιπλέον η f είναι

συνεχής στο 0, 2 ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων και αποτέλεσμα πράξεων

συνεχών συναρτήσεων.

Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano, η εξίσωση f (x) 0 έχει μία τουλάχιστον

λύση στο διάστημα 0, 2 .

γ) Έχουμε 1 1

xf (x) xf (x) xf (x)x x

.

Επομένως 1

xf (x) xf (x) xf (x)x

.

Όμως

x 0 x 0lim xf (x) lim xf (x) 0 . Άρα από το κριτήριο παρεμβολής και

x 0

1lim xf (x) 0

x.

ΘΕΜΑ Δ

1. α) 2 2 2

2x 0 x 0 x 0

f (x ) 1 f (x ) f (0) f (x ) f (0)lim lim lim x f (0) 0 0

x x x,

διότι 2

2x 0 u 0

f (x ) f (0) f (u) f (0)lim lim f (0)

x u (θέτουμε όπου

2u x , οπότε όταν

x 0 και u 0).

β) 2

x 0 x 0

f (2x) 1 f (2x) 1f (2x) 1lim lim

x x

x 0 x 0

f (2x) f (0) f (2x) 1 2 f (2x) f (0) f (2x) 1lim lim

x 2x

2f (0) f (0) 1 2f (0) 1 1 4f (0)





διότι x 0 k 0

f (2x) f (0) f (k) f (0)lim lim f (0)

2x k , (θέτουμε 2x k , οπότε όταν

x 0 και k 0).

2. Ισχύει:

2 2 2 2f (x) 4f (x) x 3 f (x) 4f (x) 4 x 3 4

22 2 2f (x) 4f (x) 4 x 1 f (x) 2 x 1 (Ι)

Επειδή 2x 1 0 , έχουμε και f (x) 2 0 και επομένως η συνάρτηση g(x) f (x) 2

διατηρεί το πρόσημό της, αφού είναι συνεχής και g(x) 0 για κάθε x . Επειδή

επιπλέον έχουμε και f (0) 1 , είναιg(0) f (0) 2 1 2 1 0 και επομένως g(x) 0

για κάθε x , οπότε 2g(x) x 1 ή

2f (x) 2 x 1 .

Άρα 2f (x) 2 x 1, x .

3. α) Έστω 0 0x ,f (x ) το σημείο επαφής. Η εξίσωση εφαπτομένης θα είναι

2 00 0 0 0 0

2

0

xy f (x ) f (x )(x x ) y 2 x 1 (x x )

x 1 (ΙΙ) και επειδή

διέρχεται από το σημείο 3

0,2

θα επαληθεύεται από αυτό. Δηλαδή θα ισχύει

22 20 0

0 0 02 2

0 0

x x3 12 x 1 (0 x ) x 1

2 2x 1 x 1

2 2 2 2 2

0 0 0 0 0

1x 1 x 1 x x 1 2 x 1 4

2

0x 3

Για 0x 3 προκύπτει από τη (ΙΙ) η εξίσωση 3 3

y x2 2

Για 0x 3 προκύπτει από τη (ΙΙ) η εξίσωση 3 3

y x2 2





β) Έστω M(x,f (x)) σημείο της fC με x 0 . Το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΜ ισούται με

(OAM)

1 1E (OA) d(M, y y) 1 x

2 2 και επειδή η τετμημένη μεταβάλλεται συναρτήσει

του χρόνου έχουμε 1

E(t) x(t)2

. Άρα 1

E (t) x (t)2

και επειδή x (t) 2cm / sec ,

προκύπτει ότι το εμβαδόν μεταβάλλεται με ρυθμό 2E (t) 1cm / sec .


Το θέμα Β επιμελήθηκε ο Αρετάκης Δημήτριος, Μαθηματικός- MSc του ΓΕΛ Καστριτσίου Πατρών.

Ο επιστημονικός έλεγχος πραγματοποιήθηκε από τους Κωνσταντόπουλο Κωνσταντίνο, Μοτσάκο

Βασίλειο και Σούγελα Ελένη.

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ»

4o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ


-1 1 2

-3

-2

-1

1

2

3

x

y

0

3

1f x x



4Ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ –ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (Κεφάλαια 2, 3)


ΘΕΜΑ Α

1.Βλέπε σχολικό βιβλίο, σελίδα 106.

2. Βλέπε σχολικό βιβλίο, σελίδα 70-71.

3. α) ΣΩΣΤΟ, διότι αν η f παραγωγίσιμη στο χ0 τότε θα είναι και συνεχής στο χ0, που

είναι άτοπο.

β) ΣΩΣΤΟ,διότι για 0x είναι 0 1f f f λ και για 1x είναι 1 0f f f κ λ ,

άρα: 0 f : 1-1

f λ f κ λ λ κ λ κ .

γ) ΣΩΣΤΟ, διότι προκύπτει από το θεώρημα Bolzano στο 1 2x , x α, β , όπου 1x α ,

με 1 0f x και 2x β , με 2 0f x .

δ) ΣΩΣΤΟ, διότι η 2η παράγωγος είναι πολυώνυμο 1ου βαθμού, άρα μηδενίζεται και

εκατέρωθεν της ρίζας τουαλλάζει πρόσημο.

ε) ΛΑΘΟΣ, διότι π.χ. 3

1f x x , 2

3 1f x x , 1 0f , αλλά το

1 0f δεν είναι τοπικό ακρότατο.

ΘΕΜΑ Β

α) 1

g (x) ln x x c g (x) ln x 1 cx

για κάθε x 0 .

Ισχύει ότι g (e) 1 , οπότε βρίσκουμε ότι 2 c 1 c 1 .

β) Ο τύπος της g(x) γίνεται g(x) x ln x x 1 και της παραγώγου g (x) ln x . Για τη

μονοτονία και το ακρότατο κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα:




Άρα η g(x) είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,1] και γνησίως αύξουσα στο [1, ) .

Άρα για x 1 έχουμε ολικό ελάχιστο g(1) 0 .

Για κάθε x 0 έχουμε g(1) 0 g(x) .

γ)x 0 x 0lim g(x) lim (x ln x x 1)

Επειδή x 0lim (x ln x) 0 ( ) (απροσδιόριστη μορφή), εφαρμόζουμε de l' hospital και

έχουμε

2

x 0 x 0 x 0

2

1ln x xxlim lim lim 01 1 x

x x

.

Το ζητούμενο x 0lim g(x) 0 0 1 1 και επίσης

x xlim g(x) lim [x(ln x 1) 1] .

δ) Για κάθε x 0 έχουμε ln x . .

x x 1 x x 1x e ln x lne x ln x x 1 x ln x x 1 0 g(x) g(1)

το οποίο

ισχύει από το ερώτημα β), αφού g(1) 0 ολικό ελάχιστο.

Β’ τρόπος

Από το β) ερώτημα έχουμε g(A) [0, ) άρα

x

xe . .

x ln x x 1 x x 1g(x) 0 x ln x x 1 0 x ln x x 1 ln x x 1 e e x e




ΘΕΜΑ Γ

α) Σύμφωνα με τις συνέπειες του Θεωρήματος Μέσης Τιμής επειδή f (x) g (x)

υπάρχoυν k,c :

f (x) g (x) k f (x) g(x) (kx) f (x) g(x) kx c

Όμως c 0 αφού f (0) g(0) . Άρα f (x) g(x) kx , x

β)

1

2 xf (x)g(x) x xe

1 1

2x xxe f (x)g(x) x xe ή

1 1

2 2x xxe x f (x)g(x) xe x με x 0

διαιρώντας με 2x προκύπτει:

1 1

x xe f (x) g(x) e1 1

x x x x (1)

Ισχύει 1 1

x

f (x)lim λ x

x και

2 2x

g(x)lim λ x

x

και

11xx

x x

e 1lim lim e 0 1 0

x x

1

x

x

elim

xόμοια 0

Όποτε η (1) μας δίνει 1 2

1 λ λ 1

άρα 1 2 1 2λ λ 1 x x 1

δηλαδή 1 2x x 0

γ) Η f ως δύο φορές παραγωγίσιμη είναι και συνεχής στο 1 2[x , x ] .




Άρα

1 2f / [x ,x ] συνεχής (2) και

2

1 2 1 2f (x ) f (x ) k x x 0 (3).

(Αφού 1 2g(x ) g(x ) 0

1 1 1 2

1 2 1 2

2 2 2

f (x ) g(x ) kxf (x )f (x ) k x x

f (x ) g(x ) kx

)

Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις για το k :

Αν k 0 τότε 1f (x ) 0 ή 2f (x ) 0 ο.ε.δ. (Η εξίσωση f (x) 0 έχει ρίζα τη 1x ή

τη 2x )

Αν k 0 τότε η (3) ισχύει ως ανισότητα 1 2f (x ) f (x ) 0 (3α)

Οι (2), (3α) εξασφαλίζουν τις υποθέσεις του Θ.Bolzano από το οποίο έχουμε ότι:

Υπάρχει ένα τουλάχιστον 1 2(x , x ) τέτοιο ώστε f ( ) 0 , οπότε 1 2(x , x ) ρίζα της

f (x) 0 και 1 2(x ,x ) ο.ε.δ.

ΘΕΜΑ Δ

1. Η σχέση f (x)1

x δίνει 0f (x)

1

x άρα η συνάρτηση

1g(x) f (x)

x ως συνεχής στο

(0,1) και (1, ) (επειδή προκύπτει από πράξεις μεταξύ συνεχών), διατηρεί σταθερό

πρόσημο στα διαστήματα (0,1) και (1, ) .

Επιπλέον, επειδή 1 1

g f e 0e e

και

1 ln 4 ln e 1 4g(2) ln 2 ln 0

2 2 2 e

(διότι

41

e ), άρα

g(x) 0 για κάθε x (0,1) και g(x) 0 για κάθε x (1, ) .

Άρα 1

, xf (x 1)x

) (0, και 1

, xf (x , )x

) (1 .

Αφού 1

, xf (x 1)x

) (0, , παίρνοντας όριο καθώς το x πλησιάζει στο 1 από αριστερά

έχουμε:




x 1im 1l f (x)

και αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής, θα ισχύει

ότιx 1 x 1lim f (x) lim f (x) f(1)

συνεπώς f (1) 1 .

Όμοια, αφού 1

, xf (x , )x

) (1 , παίρνοντας όριο καθώς το x πλησιάζει στο 1 από

δεξιά παίρνουμε τελικά f (1) 1

Άρα f (1) 1 .

2. Αρκεί να αποδείξουμε ότι F'(x) G '(x) για κάθε x (0,1) (1, ) δηλαδή,

ισοδύναμα, ότι για κάθε x (0,1) (1, ) ισχύει:

xf (1

f (x x)) 1 x(x 1)f(x '(x) 01)f '(x)x (1)

Λόγω του προσήμου της συνάρτησης g(x) που ορίσαμε στο προηγούμενο ερώτημα, η

δοσμένη σχέση xf (x) 1 | x(x 1) | f'(x) 0 γράφεται

για x 1 : xf (x) 1 x(x 1)f '(x) 0 και

για 0 x 1 :

xf (x) 1 x(x 1)f '(x) 0 xf (x) 1 x(x 1)f '(x) 0

Άρα τελικά ισχύει xf (x) 1 x(x 1)f'(x) 0 για κάθε x (0,1) (1, ) που ήταν και το

ζητούμενο λόγω της (1).

3. (Υπενθυμίζουμε ότι το Θεώρημα Μέσης Τιμής εφαρμόζεται σε διάστημα και όχι σε

ένωση διαστημάτων).

Αφού F'(x) G '(x) , για κάθε x (0,1) , υπάρχει σταθερά 1c ώστε 1F(x) G(x) c , για

κάθε x (0,1) .

Όμοια, αφού F'(x) G '(x) , για κάθε x (1, ) , υπάρχει σταθερά 2c ώστε

2F(x) G(x) c , για κάθε x (1, ) .

Συνεπώς, 1

2

G(x) c , 0 x 1F(x)

G(x) c , x 1

και λόγω συνέχειας των συναρτήσεων F(x) και

G(x) στο 1 παίρνουμε

G(1)

x

0

1 2 1 21 x 1

limF(x) limF(x) F(1) G(1 G(1) c 0 c c) c 0

άρα τελικά

F(x) G(x) , για κάθε (0,1) , )x (1 , δηλαδή ισοδύναμα




ln xf (x)

x 1

, για κάθε (0,1) , )x (1 και επειδή f (1) 1 , άρα τελικά

lnx, x 1

f (x) x 1

1, x 1

.

Για να δούμε αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 1 θα εξετάσουμε αν το όριο

x 1

f (x) f(1)lim

x 1

είναι πραγματικός αριθμός. Πράγματι:

00

x 1 x 1 x 1 2 x 1

x 1

ln x 11 1

f (x) f(1) ln x x 1x 1 xlim lim lim limx 1 x 1 (x 1) 2(x 1)

x 1lim

2x (x 1)

1

2

άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο 1 με 1

f '(1)2

.

4. Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο (0,1) (1, ) ως πηλίκο παραγωγισίμων με

2 2 2

ln x '(x 1) ln x x 1 ' x 1 x ln x h(x)f '(x)

x(x 1) x(x 1)x 1

,

όπου h(x) x 1 x ln x, x 0 . Για να βρούμε τη μονοτονία της f αρκεί να βρούμε το

πρόσημο της συνάρτησης h στο (0,1) (1, ) καθώς ο παρονομαστής 2x(x 1) είναι

θετικός στο (0,1) (1, ) .

Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη στο (0, ) με h'(x) lnx . Επειδή h'(x) 0 στο

(0,1) και h'(x) 0 στο (1, ) και η h είναι συνεχής σε κάθε ένα από τα διαστήματα

(0,1] και [1, ) οπότε είναι γνησίως αύξουσα στο (0,1] και γνησίως φθίνουσα στο

[1, ) συνεπώς παρουσιάζει μέγιστο στο 0x 1 το h(1) 0 . Άρα h(h( 0x) 1) για

κάθε x 0 με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1 . Άρα h(x) 0 για κάθε

(0,1) , )x (1 οπότε f'(x) 0 για κάθε (0,1) , )x (1 και επειδή η συνάρτηση f

είναι συνεχής στο 0x 1 , θα έχουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, ) .

Αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [1, ) άρα για κάθε x 1 ισχύει f (f ( 1x) 1)

που αποδεικνύει το ζητούμενο.

(Διαφορετικά θα μπορούσαμε να κάνουμε χρήση της εφαρμογής 2 του σχολικού βιβλίου

σελ. 266 σύμφωνα με την οποία ισχύει ln x x 1 , για κάθε x 0 με την ισότητα να

ισχύει μόνο για x 1 . Άρα για x 1 είναι x 1 0 και από την εφαρμογή παίρνουμε




ln x1

x 1

, δηλαδή f (x) 1 , για κάθε x 1 . Επειδή επιπλέον f (1) 1 , άρα f (x) 1 για

κάθε x 1 ).

5. Θέλουμε να λύσουμε την εξίσωση f (x) (x) . Αρχικά παρατηρούμε ότι η x 1 είναι

μία προφανής λύση της εξίσωσης. Θα δείξουμε ότι είναι μοναδική. Για x 1 δείξαμε στο

Δ4 ότι f (x) 1 και από την άλλη είναι

xe

x x

0 x 1 x 1x 1 0 0 1 1 (x) 1

ex

e1

.

Άρα για x 1 τα δύο μέλη της παραπάνω εξίσωσης δε μπορεί να είναι ίσα (το πρώτο

μέλος είναι μικρότερο της μονάδας και το δεύτερο μεγαλύτερο της μονάδας), συνεπώς η

ισότητα ισχύει μόνο για x 1 .

Σχόλιο: Θα μπορούσαμε επιπλέον (παρά το ότι δεν το ζητάει η άσκηση), να δείξουμε ότι

η εξίσωση f (x) (x) δεν έχει λύσεις για x 1 και η απόδειξη είναι όμοια με την

παραπάνω.

Ο επιστημονικός έλεγχος πραγματοποιήθηκε από τους Κωνσταντόπουλο Κωνσταντίνο και



5o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2017: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ




5Ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ –ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (Κεφάλαια 2, 3)


ΘΕΜΑ Α

A1. Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα 135.

A2. 1. Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα 143.



Α3. α) 1.Σ – 2.Λ – 3.Λ – 4.Σ, β) Λ, γ) Σ , δ) Σ , ε) Σ .

ΘΕΜΑ Β

1) Μελέτη της 2( ) 2ln , 0.f x x x x

Πεδίο ορισμού της είναι το 0,f .

Είναι συνεχής στο 0,f , ως διαφορά των συνεχών συναρτήσεων

2 2lnx x .

H συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη με

22 2 12 2 2( ) 2 , 0.

xxf x x x

x x x

Είναι 2

02 2

2 1( ) 0 0 1 0 1 1

xxf x x x x

x

.

H μονοτονία και τα ακρότατα φαίνονται στον παρακάτω πίνακα:

x 0 1 +

f΄ - 0 +

f min

Από τον πίνακα έχουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο 0,1 και

γνησίως αύξουσα στο 1, . Παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 1, (1) 1x f .




Είναι 2

2 2( ) 2 2 0f x x

x x

, που σημαίνει ότι η συνάρτηση f είναι κυρτή

στο 0,f και δεν έχει σημεία καμπής.

Αφού 2

0 0lim ( ) lim( 2ln ) 0 ( )x x

f x x x

, η ευθεία 0x είναι

κατακόρυφη ασύμπτωτη.

Επίσης ( ) ln

lim lim 2 ( ) 0x x

f x xx

x x

, γιατί

( )2ln (2ln ) 2

lim lim lim 0x x x

x x

x x x

, επομένως δεν έχει πλάγιες ασύμπτωτες.

Η συμπεριφορά της f στα άκρα του πεδίου ορισμού της είναι: 0

lim ( )x

f x

και 2 2

2

2lnlim ( ) lim 2ln lim 1 ( )(1 0)x x x

xf x x x x

x

, αφού

2 2 2

12

2ln (2ln ) 1lim lim lim lim 0

( ) 2x x x x

x x x

x x x x

.

Ο πίνακας μεταβολών της συνάρτησης f είναι:

x 0 1 +

f΄ - 0 +

f΄΄ +

f + min +

Από όλα τα παραπάνω η γραφική παράσταση της συνάρτησης f είναι:

2)

2 21 1 2 2

2 21 1

ln ln ln ln ln2 2

x xx x

e x e x e x x




2 21 2ln 2ln 1 ( ) (1)x x x x f x f το οποίο ισχύει για κάθε 0x αφού η f

παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 1, (1) 1x f .

3) 2 22 2 2 2ln ln ln 2ln 2lnx k x ke x e x x k e x x k x

2 22ln 2ln ( ) , 0x k x x x k f x k k .

To πλήθος των ριζών της ( ) , 0f x k k φαίνονται στο παρακάτω σχήμα:

0 1, ( ) .k f x k ύ

1, ( ) 1k f x k έ ί ύ x , αφού (1) 1f k και

( ) 1, 0,1 1, .f x ά x

1, ( ) 0,1 0,1 1,k f x k έ ί ύ ύ f και

1, 1, 1,ί ύ ύ f .

4) Η συνάρτηση g είναι συνεχής για 0x , ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων. Θα

πρέπει να είναι και συνεχής και στο 0. Δηλαδή θα ισχύει: 0

lim ( ) g(0).x

g x

Έχουμε

0 0 0 0 2

2ln ln (ln )lim ( ) lim 2lim 2lim

( ) ( )2ln

x x x x

x x xg x

f x f xx x

20 0

1

12lim lim 1

2 12

x x

x

xx

x

, και g(0) . Άρα 1.

5) 1ος τρόπος: Για 1, η συνάρτηση g είναι συνεχής 0,e με

g(0) 1 0 και 2 2

2ln 2g( ) 0

2ln 2

ee

e e e

, oπότε g(0)g( ) 0e . Άρα ισχύει το

Θ.Bolzano που σημαίνει ότι θα υπάρχει ένα τουλάχιστον

0 00, ( ) 0.x e έ ώ g x




2ος τρόπος: Προφανής ρίζα η 0 1x γιατί 2ln1

(1) 0(1)

gf

. Άρα η συνάρτηση g έχει μία

τουλάχιστον ρίζα στο 0,e την 0 1x .

ΘΕΜΑ Γ

1) Παραγωγίζοντας την αρχική σχέση έχουμε:

3 3( ) 6 ( ) 3 2017 ( ) 6 ( ) 3 2017f x f x x f x f x x

2 2

2

13 ( ) ( ) 6 ( ) 3 ( ) ( ) 2 1 ( ) 0

( ) 2f x f x f x f x f x f x

f x

Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής σε όλο το R και ( ) 0f x , για κάθε ,x R είναι

γνησίως αύξουσα στο R και δεν έχει ακρότατα.

2) 1ος τρόπος. Από το 1) ερώτημα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο R,

οπότε θα είναι και 1-1. Άρα η f είναι αντιστρέψιμη και ορίζεται η 1f .

2ος τρόπος. Έστω 3 3

1 2 1 2 1 2, ( ) ( ) ( ) ( )x x R f x f x f x f x (1) και

1 2 1 2( ) ( ) 6 ( ) 6 ( )f x f x f x f x (2). Προσθέτοντας τις (1),(2) βρίσκουμε:

3 3

1 1 2 2 1 2 1 2( ) 6 ( ) ( ) 6 ( ) 3 2017 3 2017f x f x f x f x x x x x .

Τότε η συνάρτηση f είναι 1-1, άρα αντιστρέψιμη.

3) Θεωρώ την συνάρτηση 3( ) 6g x x x (3) , που είναι γνησίως αύξουσα ( g

συνεχής στο R και 2( ) 3 6 0g x x ) στο R, οπότε θα είναι και 1-1.

Για να έχει η συνάρτηση f σύνολο τιμών όλο το R, αρκεί να δείξουμε ότι για

κάθε 0y R υπάρχει 0x R τέτοιο ώστε 0 0( ) .f x y

Επιλέγουμε

3

0 00

6 2017

3

y yx

(4) και η αρχική σχέση για 0x x μας δίνει:

3(4)3 3 0 0

0 0 0 0 0

6 2017( ) 6 ( ) 3 2017 ( ) 6 ( ) 3 2017

3

y yf x f x x f x f x

(3) :1 13 3

0 0 0 0 0 0 0 0( ) 6 ( ) 6 ( ( )) ( ) ( ) .g

f x f x y y g f x g y f x y

Εύρεση της 1.f

Έστω ( )y f x , τότε η αρχική σχέση γίνεται:

33 3 6 2017

6 3 2017 3 6 2017 , .3

y yy y x x y y x x R




Άρα

31 6 2017( ) , R.

3

x xf x x

4) α) Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) στο R θα είναι

συνεχής και στο 0 670x , οπότε θα ισχύει: 670

lim ( ) ( 670)x

f x f k

.

Η αρχική μας σχέση για 670x μας δίνει: 3 3 3( 670) 6 ( 670) 3 ( 670) 2017 6 2010 2017 6 7 0f f k k k k

2( 1)( 7) 0 1k k k k . Άρα 670

lim ( )x

f x

=1.

β)

3

1 3

4 4 4

6 2017

( ) ( 6 2017)3lim lim lim3x x x

x xx

f x x x x x

x x x

3 3 3

4 3 3

( 6 2017) 6 2017 1lim lim lim lim 0 0

3 3 3 3x x x x

x x x x x x x x

x x x x x

.

Θυμίζουμε: 1 1 1x x

x x x x x

και

1 1lim ( ) lim 0x xx x

, οπότε από το

κριτήριο της παρεμβολής θα έχουμε lim 0.x

x

x

5) Είναι

31 6 2017

( ) ( ) ,3

x xh x f x

Rx και 2017

(0)3

h .

Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη με 2( ) 2h x x , Rx και (0) 2.h

Η εξίσωση της εφαπτομένης της συνάρτησης h στο (0, (0))h είναι

2017 2017( ) : (0) (0)( 0) 2 2 .

3 3y h h x y x y x

Έχουμε ( ) 2h x x και (0) 0h . Επίσης αν 0 ( ) 0x ό h x και αν

0 ( ) 0x ό h x . Δηλαδή στο (0, (0))h η h μηδενίζεται και αλλάζει και

πρόσημο. Άρα το σημείο (0, (0))h είναι σημείο καμπής και η εφαπτομένη (ε)

΄΄διαπερνά΄΄ την hC στο σημείο Α.




ΘΕΜΑ Δ

1) Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) στο 1,4 και το

0 2,3 που είναι το σύνολο τιμών της f , τότε θα υπάρχει ένα τουλάχιστον

0 1,4x , τέτοιο ώστε 0( ) 0f x .

2) Από το θεώρημα μεγίστης και ελαχίστης τιμής και επειδή ισχύει:

min max2 1 (4) 2 (1) 3f f f f , υπάρχουν

1 2 1 min 2 max, 1,4 , ( ) 2 ( ) 3x x έ ώ f x f f x f .

Είναι:

1 2,x x εσωτερικά σημεία του 1,4 .

f παραγωγίσιμη στα 1 2,x x .

f παρουσιάζει ακρότατα στα 1 2,x x .

Από τα παραπάνω, λαμβάνοντας το Θ.Fermat, έχουμε 1 2( ) ( ) 0f x f x . Άρα η fC

δέχεται δύο τουλάχιστον οριζόντιες εφαπτόμενες στα 1 2,x x .

Αφού η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο 1,4 , τότε η f είναι

συνεχής (υποθέτοντας, χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι ισχύει 1 2x x ) στο

1 2, 1,4x x και παραγωγίσιμη στο 1 2,x x . Επίσης από το (2) ερώτημα έχουμε

1 2( ) ( ) 0f x f x , οπότε ισχύει το Θ.Rolle για την f στο 1 2,x x . Άρα θα υπάρχει ένα

τουλάχιστον 1 2,x x έτσι ώστε να ισχύει ( ) 0f . Αυτό σημαίνει ότι το σημείο

, ( )f είναι πιθανό σημείο καμπής.

3) Αρκεί να αποδείξουμε ότι η εξίσωση ( ) ( ) 2f x y f x x , έχει μία

τουλάχιστον λύση στο 1 2, 1,4x x .

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) 2g x f x x η οποία είναι συνεχής στο 1 2, 1,4x x

και

1 1 1 1 1( ) ( ) 2 2 2 4 0,g x f x x x x γιατί 1 4x .

2 2 2 2 2( ) ( ) 2 3 2 1 0,g x f x x x x γιατί 2 1x .




Δηλαδή 1 2( ) ( ) 0g x g x , οπότε από το Θ.Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιστον

0 1 2, 1,4x x , τέτοιο ώστε 0 0 0( ) 0 ( ) 2.g f

4) Η εφαπτομένη της fC στο ,P f( ) είναι: ( ) ( )( )y f f x

Αφού πρέπει να διέρχεται από το σημείο Α(0,2), θέτοντας x=0 και y=2, αρκεί να αποδείξουμε ότι ισχύει:

2 ( ) ( )(0 ) 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0f f f f f f .

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( ) 2Q x xf x f x η οποία είναι συνεχής στο

1 2, 1,4x x και

1 1 1 1( ) ( ) ( ) 2 4 0Q x x f x f x

2 2 2 2( ) ( ) ( ) 2 1 0Q x x f x f x

Δηλαδή 1 2( ) ( ) 0Q x Q x , οπότε από το Θ.Bolzano , υπάρχει ένα τουλάχιστον

1 2, 1,4x x , τέτοιο ώστε ( ) 0 ( ) ( ) 2 0.Q f f

5) Στο (1) ερώτημα βρήκαμε 0 1,4x , τέτοιο ώστε 0( ) 0f x .

Εφαρμόζοντας το Θ.Μ.Τ. για την f στα διαστήματα 0 01, ,4x x έχουμε:

Υπάρχει ένα τουλάχιστον 1 01, x , τέτοιο ώστε:

0 01

0 0 1

( ) (1) 12 1( )

1 1 ( ) 2

f x f xf

x x f

. (1)

Υπάρχει ένα τουλάχιστον 2 0 , 4x , τέτοιο ώστε:

0 02

0 0 2

(4) ( ) 41 1( )

4 4 2 ( ) 2

f f x xf

x x f

. (2)

Αφαιρώντας τις (1), (2) έχουμε: 0 0 0 0

1 2

1 4 1 41 1 3.

( ) 2 ( ) 2 2 2 2

x x x x

f f




6) Το σημείο , οπότε είναι της μορφής

, , 2K x t y t ή K x t x t και

,0x t , επίσης έχουμε ότι 1 / secx t m

και.

0 0 0 0 02 1x t y t x t x t x t m

Για 0y στη ευθεία , έχουμε

2 2,0x .

Οι κάθετες πλευρές ΚΛ, ΛΜ έχουν μήκη

2 x t και 2 x t οπότε

2

22 12

2 2

x tE t x t

.

Η συνάρτηση E t είναι παραγωγίσιμη σαν έκφραση παραγωγισίμων συναρτήσεων,

οπότε

0 0 0

12 2 2 2 2

2E t x t x t x t x t E t x t x t .

2 2

0 1 2 1 / sec 1 / secE t m m .




6o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΜΑΡΤΙΟΣ 2017: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ




6Ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ –ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (Κεφάλαια 2, 3, 4)

[Κεφάλαια 1, 2, 3 Μέρος Β' του σχολικού βιβλίου]

ΘΕΜΑ Α

1. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 186



4. α) Σωστό β) Λάθος γ) Σωστό δ) Σωστό ε) Λάθος

ΘΕΜΑ Β

Β1. Θέτουμε f(x)

g(x) f(x) xg(x)x

και η σχέση

f(x)

xf(x)

f (x) ex

γράφεται:

g(x) g(x)xg(x) g(x) e g(x) xg (x) g(x) e g(x)xg (x) e

g(x) 1g (x)e

x

g(x) g(x)e lnx e lnx c

Για x e είναι f(e)

g(e) 0e

άρα 0e lne c c 0 , οπότε

g(x) f(x)e lnx g(x) ln lnx ln lnx f(x) x ln lnx

x

.

Β2. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη με:

1 1 1

f (x) x ln(ln x) ln(ln x) x ln(ln x)ln x x ln x

, και

2 2

1 1 1 1 1 ln xf (x) ( ln(ln x) )

ln x ln x x x ln x x ln x

.

2

1 ln xf (x) 0 0 x e

x ln x

.

H μονοτονία και το ακρότατο της f φαίνεται στον παρακάτω πίνακα:

1 e +∞

f΄΄ + -

f΄




Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 1,e και γνησίως φθίνουσα στο e, .

Παρουσιάζει ολικό μέγιστο στη θέση 0x e το f (e) 1 .

Ισχύει f (x) f (e) 1 0 , για κάθε x 1 .

Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα A 1, επομένως

x x 1

f (A) lim f (x), lim f (x) ,

, γιατί

x xlim f (x) lim ( x ln(ln x))

και

x 1 x 1lim f (x) lim( x ln(ln x)) 1

.

Β3. Η εξίσωση γράφεται: x ln lnx lnm f(x) lnm , άρα για κάθε

m 0 , lnm f(A) , άρα υπάρχει 0x 1, τέτοιο ώστε 0f x lnm.

Το 0x 1, είναι μοναδικό αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα

A 1, .

Β4. Η ανίσωση ισοδύναμα γράφεται: 2 2f (x 2) f (3x) 3x x 2 (1)

Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) f(x) x με (B2)

h (x) f (x) 1 1 1 0

άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα A 1, .

Η (1) γράφεται 2h(x 2) h(3x) με

1x

3 οπότε

2 2x 2 3x x 3x 2 0 (x 1 ή x 2) . Τελικά 1

1 23

x ή x

ΘΕΜΑ Γ

α) Ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης της gC είναι 1

g (0)2018

(1)

Επειδή το σημείο επαφής A(0,g(0)) είναι κοινό σημείο της εφαπτομένης και της

gC , οι συντεταγμένες του θα επαληθεύουν την εξίσωση της εφαπτομένης και της gC .

Έτσι για x 0 , έχουμε:0 2018 g(0) 2018 0 g(0) 1 και για x 0 στον τύπο

ό (1)

2 2

1 1 1 1 1g (x) g (0)

3g (x) 3 1 2018 3 2018

3 2018 2015




β) Από τη σχέση 2

1g (x)

3g (x) 2015

ισοδύναμα έχουμε:

2 33g (x)g (x) 2015g (x) (x) g (x) 2015g(x) (x)

Από τις Συνέπειες του Θ.Μ.Τ., υπάρχει σταθερά c: 3g (x) 2015 g(x) x c .

Για x 0 , έχουμε:3 3g (0) 2015 g(0) c 1 2015 1 c c 2016 .

Επομένως, για κάθε x , ισχύει 3g (x) 2015 g(x) x 2016 (2).

γ) Επειδή g (x) 0 η g είναι γνησίως αύξουσα άρα η g είναι “1-1”.

Θέτουμε στη σχέση (2) όπου g(x) y και έχουμε:

3 1 3y 2015y x 2016 g (y) y 2015y 2016

Τελικά είναι 1 3g (x) x 2015x 2016 (3).

δ) Για κάθε x ισχύει 2

2 2 2 2

(3g (x) 2015) 6g(x)g (x)g (x) g (x)

(3g (x) 2015) (3g (x) 2015)

2

2 2 2 3

16g(x)

6g(x)3g (x) 2015g (x) g (x)

(3g (x) 2015) (3g (x) 2015)

g (x) 0 g(x) 0

Από τη (2) για g(x) 0 βρίσκουμε x 2016 , η οποία είναι και η μοναδική της λύση

αφού από το β) ερώτημα g: 1-1.

Επίσης είναι:

g . .

x 2016 g(x) g( 2016) g(x) 0 g(x) 0 g (x) 0

Άρα η g είναι κυρτή στο ( , 2016] .

Όμοια αν x 2016 g (x) 0 και η g είναι κοίλη στο [ 2016, ) .

Επειδή g ( 2016) 0 και η g (x) αλλάζει πρόσημο εκατέρωθεν του 2016, το σημείο

A( 2016,0) είναι το μοναδικό σημείο καμπής της Cg.




ε)

1

2

g (x)f (x)

x g(x) g (x) 2015

, δηλαδή

3

3

x 2015x 2016f (x)

x g (x) 2015g(x)

, οπότε

3x 2015x 2016f (x)

x(x 2016)

, άρα

3

2

x 2015x 2016f (x)

x 2016x

(4)

Η fC έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες τις x 0 , x 2016 .

Επειδή

3

3 2 3

3 2x x x3

2015 2016x 1

f (x) x 2015x 2016 x xlim lim lim 1

2016x x 2016xx 1

x

και

3 3 2

2 2x x

x 2015x 2016 x 2016xlim f (x) x lim

x 2016x x 2016x

3 3 2 2

2 2x x

x 2015x 2016 x 2016x 2016x 2015x 2016lim lim

x 2016x x 2016

2

2

x2

2

2015 2016x 2016

x xlim 2016

2016x 1

x

η ευθεία y x 2016 είναι πλάγια

ασύμπτωτη της fC στο και .

ΘΕΜΑ Δ

Δ1. Θέτουμε g(x) f(x) x 1 με g(1) f(1) 1 1 0 , αφού ln1

f(1) 0

Είναι g(x) f (x) x 1 0, x 0 g(x) g(1), x 0, άρα η g παρουσιάζει ολικό

μέγιστο στο εσωτερικό σημείο 0x 1 και αφού είναι παραγωγίσιμη ως πράξη

παραγωγίσιμων από Θ. Fermat έχουμε g (1) 0 .

Είναι 2

lnx lnxg (x) f (x) 1 1 1

x ( x)

, οπότε

2

0 1g (1) 0 1 0 1 1

.




Δ2. (α) Για 1 ln x

f(x)x

με 2

1 lnxf (x)

x

, x>0.

Το πρόσημο της f και η μονοτονία της f φαίνονται στο πίνακα

x 0 e

f (x)

f(x)

Ο.μ

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,e και γνησίως φθίνουσα στο e, .

Παρουσιάζει ολικό μέγιστο στη θέση 0x e το

1f(e)

e .

Έστω 1A 0,e και 2

A e, .

Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο 1A 0,e , άρα

1 x 0

1f A limf(x),f(e) ,

e

.

Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο 2A e, , άρα

2 x

1f A lim ,f(e) 0,

e

.

Οπότε 1 2f A f A f A

1,e

1 10, ,e e

.

(β) Αφού η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο στη θέση 0x e το

1f(e)

e , θα είναι

1

f(x) f e ,x 0 f(x) ,x 0e

(γ) Θεωρούμε την συνάρτηση 2g(x) ln x 2 x, x 0 .

Έστω ότι η εξίσωση g(x) 0 έχει δύο ρίζες 1 2, με 1 20 .

Η g πληροί το Θ. Rolle στο διάστημα 1 2, επομένως υπάρχει τουλάχιστον ένα

1 1 2x , τέτοια ώστε 1g (x ) 0 .

Είναι ln x

g (x) 2 2 , x 0x

και

ln x ln xg (x) 0 2 2 0 ln x x 0 f (x)

x x




Από το παραπάνω ερώτημα Δ2(β) έχουμε ότι 1 1 1

f (x)e e e

που είναι

άτοπο, αφού 1

e .

(δ).

1ος τρόπος

Θα δείξουμε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα 1,e τέτοιο ώστε

2

2 2 2 2

1 ln 1 11 ln f ( )

e e e e e e

.

Η f πληροί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο 1,e άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα 1,e

τέτοιο ώστε 2

1f(e) f(1) 1ef ( )e 1 e 1 e e

2ος τρόπος

Θεωρούμε την συνάρτηση 2 21 ln , 1,g x x e e x e .

Εφαρμόζουμε BOLZANO

2 2g(1) e e 1 0, g(e) e 0 1,e :g( ) 0

2 2

2 2 2

1 ln 1 1(1 ln )(e e) 0 f ( )

e e e e

(ε) Είναι

11e

0E f (x)dx , θέτουμε x f(u) dx f (u)du

Για x 0 0 f(u) f(1) f(u) u 1 , και για

1 1x f(u) f(e) f(u) u e

e e , αφού η f γν. αύξουσα άρα και 1 1 στο

1A 0,e .

Οπότε

e1

1E f f(u)f (u)du

e ee

11 1uf (u)du uf(u) f(u)du

ee

1 1

lnuuf(u) du

u

ee

1 1

1uf(u) lnudu

u

ee

1 1uf(u) lnu lnudu




e2 2 2

e

11

ln u ln e ln 1 1 1 1uf(u) ef(e) f(1) e

2 2 2 e 2 2

τ.μ.


Τα θέματα Β & Δ επιμελήθηκε ο Παντερής Ανδρέας, Μαθηματικός-MSc του 2ου ΓΕΛ Ηρακλείου

Κρήτης.




7o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2017: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ




7ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ –ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (Σε όλη την ύλη)

ΘΕΜΑ Α

1. Βλέπε σχολικό βιβλίο σελίδες 144-145.

2. Βλέπε σχολικό βιβλίο σελίδα 185.

3. 1) Λάθος, 2) Λάθος, 3) Λάθος, 4) Σωστό, 5) Λάθος .

ΘΕΜΑ Β

1. Στη σχέση y x

f (x) f (y)f (x y)

e e αν θέσουμε x=y=0, τότε

0 0

f (0) f (0)f (0) f (0) 0

e e .

x 0 x 0

f (x) f (0) f (x)f (0) 1 lim 1 lim 1

x 0 x

(1)

Έστω 0x , τότε

0 0

0

0 0 0

0 0

0

0 0

0x x h 0xh

0 00

x x h 0 h 0

x x xh h h h

0 0 0

x xh hh 0 h 0

x h

0

x xhh 0 h 0

f (x ) f (h)f (x )

f (x h) f (x )f (x) f (0) e ef (x ) lim lim limx 0 h h

e f (x ) e f (h) e e f (x ) e f (x )(1 e ) e f (h)lim lim

e e h e e h

e f (x ) e 1 1 1 f (hlim( ) lim

e h e e

0 0

h

0 0x xhh 0 h 0

) e 1 1 1 1f (x ) lim lim f (x )

h h e e e

Γιατί:

0( )h h0

h 0

h 0 h 0 h 0

e 1 (e 1)lim lim lime e 1

h h

,

00 0

1 1lim lim 1

hh he e και από την (1)

h 0

f (h)lim 1

h .

Άρα η f είναι παραγωγίσιμη σε κάθε 0x , με 0

0 0x

1f (x ) f (x )

e .

2. Από το 1ο ερώτημα για κάθε x θα έχουμε

x x x x

x

1f (x) f (x) e f (x) e f (x) 1 (e f (x)) (x) e f (x) x c

e




Για x=0: 0e f (0) 0 c c 0 , οπότε

x

x

xe f (x) x 0 f (x)

e , x .

3. H f είναι παραγωγίσιμη με x x

1 1 xf (x) f (x) f (x)

e e

.

Έχουμε x

1 xf (x) 0 0 x 1

e

.

Η μονοτονία και τα ακρότατα φαίνονται στον παρακάτω πίνακα:

x - 1

f (x) + -

f (x) o.μ

Η f έχει ολικό μέγιστο στο 0

1x 1, f (1)

e .

4. Η συνάρτηση f είναι γν. Φθίνουσα στο 2,3 , άρα για

3 2

3 22 x 3 f (2) f (x) f (3) f (x)

e e (2).

Αφού η 3

3f (x)

e είναι συνεχής στο 2,3 και όχι παντού μηδέν (γιατί ισχύει μόνο για

x=3), τότε παίρνουμε: 3 3

3 3 3

2 2

3 3 3f (x) 0 (f (x) )dx 0 f (x)dx

e e e . (3)

Όμοια θα έχουμε

3

2

2

2f (x)dx

e . (4)

Από (3), (4) έχουμε:

3

3 2

2

3 2f (x)dx

e e . (5)

Είναι 3

3f (x) 0

e , για κάθε 2,3x , οπότε το εμβαδόν Ε του χωρίου που

περικλείεται από την fC , τον άξονα x΄x και τις ευθείες x=2 & x=3 ισούται με

3

2

f (x)dx ,

οπότε η (5) γίνεται: 3 2

3 2E

e e .

ΘΕΜΑ Γ

1. α) Για x 1 , θέτουμε f x 2 -5

h xx -1

. Τότε

x 1limh(x) 6

και

f x 2 x -1 h x 5 . Επομένως x 1 x 1lim lim 5 5f x 2 x -1 h x

.




Όμως οι συναρτήσεις f και g(x) x 2 είναι συνεχείς. Επομένως και η f (x 2) είναι

συνεχής. Άρα x 1lim f (x 2) f 1 2 f (3) 5

.

β) Αρκεί να δείξουμε ότι x 3

f (x) f (3)lim 6

x 3

Αν θέσουμε όπου x u 2 , τότε, όταν x 3 το u 1 και έχουμε:

x 3 u 1 u 1

f (x) f (3) f (u 2) f (3) f (u 2) 5lim lim lim 6

x 3 u 1 u 1

. Άρα f 3 6 .

2. x 3 x 3 x 3

x 2 - f (x) x 2 - f (x) -5 5

x 2 - f (x) (x -3) (x -3)lim lim lim

ημ(x -3) ημ(x -3)ημ(x -3)

(x -3) (x -3)

x 3 x 3

x -3- f (x) -5 (x -3) - f (x) - f (3)

1- f (3)(x -3) (x -3)lim lim 1- 6 -5

ημ(x -3) ημ(x -3) 1

(x -3) (x -3)

Διότι:

x 3

f (x) - f (3)lim f (3)

x -3 και

x 3

ημ(x -3)lim 1

(x -3) , (θέτουμε x-3=u , ( u 0) οπότε

u 0

ημulim 1 ,

u

Σχόλιο: Δεν μπορούμε να εργαστούμε με τον κανόνα DeL’Hospital γιατί δεν γνωρίζουμε

αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη σε διάστημα της μορφής (α,3) (3,β) .

3. Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών

συναρτήσεων. Για την h στο διάστημα [0,3] ισχύουν:

Είναι συνεχής στο [0,3].

h(0)= -7<0

h(3)=3f(3)-9-7συν3=15-9-7συν3= 6-7συν3>0

π (αφου 3 π)

2

και στο δεύτερο τεταρτημόριο το συνημίτονο είναι αρνητικός αριθμός.




Επομένως, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano, η εξίσωση h(x)=0 θα έχει μία

τουλάχιστον λύση στο (0,3),δηλαδή η γραφική παράσταση της h θα τέμνει τον άξονα

x x σε ένα τουλάχιστον σημείο.

4. Ας υποθέσουμε ότι η εξίσωση 6g(x) x έχει δυο τουλάχιστον λύσεις μεγαλύτερες

του 1, τις 1x και

2x με 1 21 x x . Θεωρούμε τη συνάρτηση

6

1 2h(x) g(x) - x , x x , x . Η h είναι συνεχής στο 1 2[x , x ] ,παραγωγίσιμη στο

1 2(x , x ) με παράγωγο 5h (x) g (x) -6x και ισχύει

1 2h(x ) h(x ) 0 .

Επομένως, σύμφωνα με το Θεώρημα του Rolle, θα υπάρχει 1 2ξ (x , x ) τέτοιο ώστε

h (ξ)=0 . Έχουμε

5 5h (ξ)=0 g (ξ)-6ξ 0 g (ξ)=6ξ . Όμως g (ξ) f (3) g (ξ) 6 . Επομένως

5 56ξ 6 ξ 1 ξ 1 που είναι άτοπον αφού 1 21 x ξ x .

ΘΕΜΑ Δ

α) 3 2

2

2xf (x) f(x) 2x f(x) f (x) 1 2x f (x)

f (x) 1

,

αν x 0 f (x) 0 και αν x 0 f (x) 0

β) 3 2

2

2f (x) f(x) 2x 3f (x)f (x) f (x) 2 f (x) 0 f

3f (x) 1

f (x) 0 x 0 , μοναδική αφού η f είναι γν. Αύξουσα.

γ) 2

2f (x)

3f (x) 1

παραγωγίσιμη

2

2

12f (x) f (x)f (x)

3f (x) 1

,

αν x 0 f (x) 0 (κοίλη), αν x 0 f (x) 0 (κυρτή)

f (x) 0 f(x) 0 x 0

Άρα έχει σημείο καμπής την αρχή των αξόνων Ο(0,0).

δ) 1ος τρόπος

2 2

2x 2xxf (x) f(x) 2x 2x

3f (x) 1 f (x) 1




2 2 2 2 2

2 2

2

2x 2x

3f (x) 1 f (x) 1 f (x) 1 3f (x) 1 0 2f (x)

2x 1 f (x) 1 0 f (x)2x

f (x) 1

ισχύουν

2ος τρόπος

Ισχύουν οι προϋποθέσεις του ΘΜΤ για τη συνάρτηση f στο διάστημα 0, x , οπότε

υπάρχει 0, x τ.ω. f (x) f(0) f (x)

f ( )x 0 x

,

Έχουμε: Aπό το (γ) ερώτημα ότι για x>0 ισχύει f (x) 0 που σημαίνει ότι η f είναι

γνησίως φθίνουσα και από το (β) ερώτημα f (0) 2 . Οπότε,

f f (x)0 x f (0) f ( ) f (x) 2 f (x) xf (x) f (x) 2x

x

ε) 3 3 1 31 1y f (x) y y 2x x y y f (x) x x

2 2

στ) 1ος τρόπος

Για x>0 έχουμε f (x) 0 , οπότε

5

0

E f (x)dx (1)

Θέτουμε 1 1f (x) y x f (y) dx f (y) dy , για x 0 y 0 και για

x 5 y 2 , οπότε η (1) γίνεται:

25 2 23 3 3

0 0 00

y y y y y yE f (x)dx y dy y dy

2 2 2

2 2

3 4 2

0 0

y y 1 y yy 10 3 7 .

2 2 4 2

2ος τρόπος

Βάσει όλων των προηγουμένων μπορούμε να κάνουμε τη γραφική παράσταση της f και

η γραφική παράσταση της 1f θα είναι συμμετρική ως προς y=x, διχοτόμο της γωνίας

του 1ου τεταρτημορίου.

Λόγω της συμμετρίας για τον υπολογισμό του εμβαδού Ε1 αρκεί να υπολογίσουμε το

εμβαδόν Ε2.




2 2 23

1 3

1 2

0 0 0

x x 1E E 5 f (x) dx 5 dx 5 2 x x dx 10 3 7 .

2 2


Τα θέματα Β & Δ επιμελήθηκε ο Κωνσταντόπουλος Λεωνίδας, Μαθηματικός-MSc του

Γυμνασίου Βάρδας Ηλείας.

Ο επιστημονικός έλεγχος πραγματοποιήθηκε από τους Κωνσταντόπουλο Κωνσταντίνο

και Μοτσάκο Βασίλειο.






8ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ –ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (Σε όλη την ύλη)

ΘΕΜΑ Α

1. Βλέπε σχολικό βιβλίο σελίδα 142-143.



4.α) Λάθος, β) Λάθος, γ) Σωστό, δ) Λάθος, ε) Σωστό

ΘΕΜΑ Β

1. Το πεδίο ορισμού της f είναι το fA , στο οποίο είναι συνεχής, ως άθροισμα

συνεχών συναρτήσεων. Είναι παραγωγίσιμη, με 2x 4f (x) 2e 5(x 1) 0 , άρα η f

είναι γνησίως αύξουσα στο fA .

2x 5

x xlim f (x) lim (e (x 1) )

2x 5

x xlim f (x) lim (e (x 1) )

. Άρα f (A) , .

2. 1ος τρόπος: Έχουμε ότι 0 f (A) , και αφού η f είναι συνεχής, η f (x) 0

έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο . Επειδή, όμως η f είναι γνησίως αύξουσα, τότε η ρίζα

είναι μοναδική. Άρα, υπάρχει μοναδικό 0x , τέτοιο ώστε 0f (x ) 0 , δηλαδή η fC

τέμνει ακριβώς σε ένα σημείο τον άξονα x x .

2os τρόπος

Προφανής ρίζα η x 0 , διότι 0 5f (0) e ( 1) 1 1 0 και επειδή η f είναι συνεχής

και γνησίως αύξουσα θα είναι μοναδική.




3.

i. Παραγωγίζοντας κατά μέλη την 3g (x) 2g(x) 5f (x), * , έχουμε:

2 23g (x)g (x) 2g (x) 5f (x) (3g (x) 2)g (x) 5f (x)

2

5f (x)g (x) 0

3g (x) 2

, διότι f (x) 0 και

23g (x) 2 0 .

Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο .

ii. 1ος τρόπος:

Έστω 0x , η μοναδική ρίζα της f (x) 0 , δηλαδή 0f (x ) 0 . (1)

Για 0x x , από την (*) έχουμε:

(1)3 2

0 0 0 0 0g (x ) 2g(x ) 5f (x ) (g (x ) 2)g(x ) 0 και επειδή 2

0g (x ) 2 0 , θα

είναι 0g(x ) 0 , δηλαδή το 0x είναι ρίζα της g(x) 0. Όμως, η g είναι

γνησίως αύξουσα, άρα η ρίζα είναι μοναδική. Επομένως, η gC τέμνει τον x x στο

ίδιο σημείο με την fC .

2os τρόπος

Αφού η συνάρτηση f έχει μοναδική ρίζα την 0x τότε η σχέση 3g (x) 2g(x) 5f (x) για 0x μας δίνει:

3 3 2g (0) 2g(0) 5f (0) g (0) 2g(0) 0 g(0) g (0) 2 0 g(0) 0 .

Δηλαδή το 0 είναι ρίζα της g(x) 0. Όμως, η g είναι γνησίως αύξουσα, άρα η

ρίζα x 0 είναι μοναδική. Επομένως, η gC τέμνει τον x x στο ίδιο σημείο με την

fC .

4.

2g: . ύ f (1) e f : . ύ2 2g(f (x)) g(e ) f (x) e f (x) f (1) x 1.

ΘΕΜΑ Γ

Α’ τρόπος

1. Έστω 0x 2, . Αρκεί να αποδείξουμε ότι ισχύει0

0x xlim f (x) f (x )

.




Έχουμε

2

2

0 0 0

f (x) 3f (x) x 0

f (x ) 3f (x ) x 0

και αφαιρώντας βρίσκουμε:

2 2

0 0 0f (x) f (x ) 3f (x) 3f (x ) x x 0

0 0 0(f (x) f (x ))(f (x) f (x ) 3) x x

0 0 0f (x) f (x ) f (x) f (x ) 3 x x

0f (x) f (x ) 3 1

0 0f (x) f (x ) x x

0 0 0x x f (x) f (x ) x x (1)

Επειδή 0 0

0 0x x x xlim( x x ) lim x x 0

, από το κριτήριο παρεμβολής η (1) μας δίνει

0 00 0

x x x xlim(f (x) f (x )) 0 lim f (x) f (x )

.

2. Έστω 0x 2, . Από το ερώτημα (1) έχουμε:

0x x

0 0 0(f (x) f (x ))(f (x) f (x ) 3) x x

0

0 0

f (x) f (x ) 1

x x f (x) f (x ) 3

0 0

0

x x x x0 0 0

f (x) f (x ) 1 1lim lim

x x f (x) f (x ) 3 2f (x ) 3

Άρα 1

f (x)2f (x) 3

.

3. Ισχύει f (x) 1 2f (x) 3 1 0 , οπότε f (x) 0, ά x 2, .

Όμως

2

2f (x)f (x) 0

2f (x) 3

που σημαίνει ότι η f στρέφει τα κοίλα κάτω για κάθε

x 2, .

Επίσης f x 0 για κάθε x 2, , άρα δεν έχει σημεία καμπής.




4. Στη σχέση 2f (x) 3f (x) x 0, θέτουμε όπου x 4 και έχουμε:

2f (4) 3f (4) 4 0 f (4) 4 ή f 4 1 .

Επειδή όμως f (x) 1 , τότε θα έχουμε f (4) 1 και 1

f (4)5

.

Άρα η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο A(4,f (4))

είναι: 1 1

y f (4) f (4)(x 4) y x5 5

5. Αφού η f είναι κοίλη στο 2, , η εφαπτομένη της θα βρίσκεται πάνω από τη

γραφική της παράσταση, με εξαίρεση το σημείο επαφής, οπότε θα ισχύει:

1 1

f (x) x 5f (x) x 1, x 2,5 5

.

Β’ τρόπος

2 2 3 9 9f (x) 3f (x) x 0 f (x) 2 f (x) x 0

2 4 4

23 9

f (x) x 02 4

, (1)

γιατί 9

x 24

η (1) γίνεται

223 9

f (x) x2 4

3

f x 12

3 9 3 9f (x) x f (x) x 0

2 4 2 4

οπότε

3 9 3 9 4x

f (x) x 0 f x2 4 2 2

1. 3 9 4x

f x2 2

, με x 2 συνεχής σαν άθροισμα συνεχών συναρτήσεων.




2. 3 9 4x

f x2 2

παραγωγίσιμη σαν άθροισμα παραγωγισίμων συναρτήσεων

9 4x1 1

f x 02 2 9 4x 9 4x

3. 1 3 3

2 2 21 1

f x 9 4x 4 9 4x 2 9 4x 029 4x

που σημαίνει

ότι η f στρέφει τα κοίλα κάτω για κάθε x 2, .

Επίσης f x 0 για κάθε x 2, , άρα δεν έχει σημεία καμπής.

4. 3 9 16 3 5

f 4 12 2 2 2

,

1 1f (4)

59 16

.

Άρα η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο A(4,f (4))

είναι: 1 1

y f (4) f (4)(x 4) y x5 5

5. Αφού η f είναι κοίλη στο 2, , η εφαπτομένη της θα βρίσκεται πάνω από τη

γραφική της παράσταση, με εξαίρεση το σημείο επαφής, οπότε θα ισχύει:

1 1

f (x) x 5f (x) x 1, x 2,5 5

.

ΘΕΜΑ Δ

1.

0 0

1 2 1 1 11 2 1lim 0 lim 0h h

g h g g h gg h g h

h h

0

1 11 2 1lim 0, 1h

g h gg h g

h h




1 2

0 1

1 2 1 1lim lim 2 1 , 2

1

2

gh x

h x

g h g g x gg

xh

1

0 1

1 1 1lim lim 1 , 3

1

gh x

h x

g h g g x gg

h x

Η (1) με βάσει τις (2) και(3) γίνεται

2 1 1 0 3 1 0 1 0g g g g

2.

α) 2

x 2

xx x x

x 4x 6lim f x lim e x 4x 6 lim D'Hosp

e

x xx x

2x 4 2lim D'Hosp lim D'Hosp 0 y 0 ό ύ

e e

β) έχουμε x 2f x e x 2x 2 0 f

Άρα το σύνολο τιμών είναι 0,

3.Το σημείο ,A x f x της hC απέχει απόσταση από το 1,0B ,

2

2 2AB d x x 1 f x 0 x 1 f x , x R

t x

x 2

2 2

2 x 1 e x 2x 22 x 1 f xd x

2 x 1 f x 2 x 1 f x

.

Θα μελετήσουμε την συνάρτηση 22 1 2 2xt x x e x x ως προς το πρόσημο

της 22 0xt x x e t , παρατηρούμε ότι 0 0t




Θα μελετήσουμε την συνάρτηση d

Οπότε το σημείο Α είναι A 0,h 0 ή A 0, f 0 6 ή A 0, 6

Ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης της hC στο σημείο Α είναι

f 0 2 1h 0

2 6 62 f 0

και ο συντελεστής διεύθυνσης της ΑΒ είναι

0 6

6 11 0

4.

Από την σχέση

2

1 2 1 6 0 0

x

g xg x g x f x

έχουμε 0x , δηλαδή η συνάρτηση : R R έχει μέγιστο

Το 0 είναι εσωτερικό σημείο του πεδίου ορισμού της x




Είναι παραγωγίσιμη στο 0 , άρα ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ. Fermat, άρα

0 0, 1

Όμως ισχύει

2

1 2 1 6x g xg x g x f x

2 2 1 2 6x xg x g x g x f x f x

0 0 2 0 1 2 0 6 0 0 2 0 1 2 6 6 0 0g g f f g g f

1

2 0 1 0 2 0 0 0 0, 2g g g g

Η σχέση

g

g 0

f x dx 0

από την (2) γίνεται g

0

f x dx 0

Αν 0g και επειδή g

0

f x 0 f x dx 0

, άτοπο

Αν 0g και επειδή g

0

f x 0 f x dx 0

, άτοπο

Άρα 0g ,(3)

Εφαρμόζουμε το Θ.Rolle για την συνάρτηση G x g x x στο διάστημα

0,

o G x g x x παραγωγίσιμη στο 0, (γινόμενο παραγωγισίμων ),

οπότε και συνεχής στο 0,

o

2 3

G 0 g 0 0 0, G g 0 G 0 G

Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα 0 0x 0, :G x 0 , έχουμε όμως

0x x

0 0 0 0G x g x x g x x g x x g x x 0

00 0 0 0 0

0

xg x g x g x g x x

x



mk ed1 ed8_lys

Education