Γ Λυκείου - Διαφορικός Λογισμός - Λύσεις σχολικού (ερωτήσεις κατανόησης)

Διαφορικός [ [Λογισμός Λύσεις των ασκήσεων του σχολικού βιβλίου Ερωτήσεις κατανόησης Νέα Μουδανιά • Σεπτέμβριος 2020



Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης Γενικές ασκήσεις του κεφαλαίου Ι/177 ❖ Ισχυρισµός 1 ( )Αφού η f είναι συνεχής στο ⎢⎣⎡0 ,1⎥⎦⎤ και παραγωγίσιμη στο 0 ,1 , ισχύει το Θ.Μ.Τ., άρα υπάρχει x0 ∈ (0 ,1) τέτοιο, ώστε f ′(x 0 ) = f(1) − f(0) = f(1) − f(0) . 1−0 ( )Αφού ισχύει f′(x) ≠ 0 , για όλα τα x ∈ 0 ,1 , θα ισχύει και f′(x0) ≠ 0 , δηλαδή θα είναι f(1) − f(0) ≠ 0 ⇔ f(0) ≠ f(1) . Άρα, ο ισχυρισμός είναι αληθής. ❖ Ισχυρισµός 2 Αφού η f παραγωγίζεται στο ⎣⎡⎢α , β⎥⎤⎦ , είναι και συνεχής στο ⎢⎣⎡α , β⎥⎤⎦ . ( )Άρα ισχύει το Θ.Μ.Τ., οπότε υπάρχει x0 ∈ α , β τέτοιο, ώστε f′(x0) = f(β) − f(α) . β−α Από το διάστημα (α , β) έχω ότι α <β ⇔ β−α >0. Αφού είναι και f(β) < f(α) , είναι f(β) − f(α) < 0 . Επομένως, από το παραπάνω κλάσμα προκύπτει ότι είναι f′(x0) < 0 . Άρα, ο ισχυρισμός είναι αληθής. - 228 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης ❖ Ισχυρισµός 3 Αφού η f είναι παραγωγίσιμη στο ⎣⎢⎡α , β⎥⎤⎦ , είναι και συνεχής στο ⎢⎡⎣α , β⎤⎥⎦ , άρα ισχύει το ( )Θ.Μ.Τ., συνεπώς υπάρχει x0 ∈ α , β τέτοιο, ώστε f′(x0) = f(β) − f(α) . β−α ( )Τα ίδια ισχύουν και για την g, οπότε υπάρχει x1 ∈ α , β τέτοιο, ώστε g′(x1) = g(β) − g(α) g(α) = f(α) f(β) − f(α) = f ′(x 0 ) ⇒ g′(x1) = f′(x0) . β−α β−α = g(β) = f(β) ( ) ( )Αυτό σημαίνει ότι υπάρχουν σημεία A x0, f(x0) , Γ x1 , g(x1) στα οποία οι εφαπτομέ- νες είναι μεταξύ τους παράλληλες. Όμως δεν είναι απαραιτήτως x0 = x1 (θα μπορούσε βέβαια να είναι, αλλά οι αριθμοί που προκύπτουν από το Θ.Μ.Τ. για την f και για την g δεν είναι κατ' ανάγκη οι ίδιοι). Άρα, ο ισχυρισμός είναι ψευδής. ❖ Ισχυρισµός 4 Επειδή η παράγωγος μηδενίζεται στο 1, αλλά εκατέρωθεν αυτού διατηρεί σταθερό πρόσημο (αφού είναι (x − 1)2 > 0 , για κάθε x ≠ 1 ), το πρόσημο της παραγώγου εξαρ- τάται από το πρόσημο της δεύτερης παρένθεσης, συνεπώς από την ανίσωση f′(x) > 0 έχω x−2>0 ⇔ x >2. Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας της f, x −∞ 2 +∞ από όπου έχω ότι το f(2) είναι (τοπικό) ελάχιστο, άρα: • ο ισχυρισμός (α) είναι ψευδής. f′(x) - + • ο ισχυρισμός (β) είναι αληθής. f(x) 2 1 - 229 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης ❖ Ισχυρισµός 5 α) Ας ονομάσουμε f την συνάρτηση. Ως πολυωνυμική, η f θα έχει πεδίο ορισμού το ! και θα είναι συνεχής και παραγωγί- σιμη σε αυτό. Για να έχει η Cf οριζόντια εφαπτομένη, θα πρέπει η εξίσωση f′(x) = 0 να έχει ρίζα (τουλάχιστον μία). Αφού η f είναι πολυώνυμο άρτιου βαθμού, η f′ θα είναι πολυώνυμο με βαθμό κατά μία μονάδα μικρότερο, δηλαδή θα είναι πολυώνυμο περιττού βαθμού, συνεπώς η εξί- σωση f′(x) = 0 θα είναι πολυωνυμική εξίσωση περιττού βαθμού. Επειδή οι πολυωνυμικές εξισώσεις περιττού βαθμού έχουν πάντα μία, τουλάχιστον, ρίζα (πρόταση που είναι εκτός ύλης βέβαια, αλλά αυτό είναι λεπτομέρεια...), η εξίσω- ση f′(x) = 0 θα έχει πάντα μία ρίζα. Άρα, ο ισχυρισμός είναι αληθής. β) Ανάλογα με το (α), αν η f είναι περιττού βαθμού, τότε η f′ θα είναι άρτιου βαθ- μού. Όμως οι πολυωνυμικές εξισώσεις άρτιου βαθμού δεν έχουν πάντα ρίζα (πρόταση που επίσης είναι εκτός ύλης, αλλά και αυτό είναι λεπτομέρεια...), συνεπώς ο ισχυρισμός είναι ψευδής. ❖ Ισχυρισµός 6 Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο Df = ! , ως πολυωνυμική, με f′(x) = 3αx2 + 2βx + γ ⇒ f′′(x) = 6αx + 2β , δηλαδή η f′′(x) είναι πολυώνυμο πρώτου βαθμού, το οποίο είναι μη μηδενικό (αφού α ≠ 0 ), άρα έχει πάντα μία ρίζα, εκατέρωθεν της οποίας μεταβάλλει το πρόσημό του. Αυτό σημαίνει ότι η f′′(x) πάντα μεταβάλλει το πρόσημό της εκατέρωθεν ενός και μόνο αριθμού, δηλαδή πάντα έχει ένα σημείο καμπής. Άρα, ο ισχυρισμός είναι αληθής. - 230 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης ❖ Ισχυρισµός 7 Σύμφωνα με την σχετική πρόταση της θεωρίας, ( )«Αν το A x0 , f(x0) είναι σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της f και η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη, τότε f′′(x0) = 0 ». Όμως ο ισχυρισμός 7 δεν αναφέρει αν οι f, g είναι δύο φορές παραγωγίσιμες, οπότε δεν μπορώ να συμπεράνω το ανάλογο για την h. Άρα, ο ισχυρισμός είναι ψευδής. ❖ Ισχυρισµός 8 Αφού η Cf είναι πάνω από τον άξονα x΄x, ισχύει f(x) > 0 , για κάθε x ∈ ! . Γενικά, αν M(x , y) είναι ένα σημείο του επιπέδου, τότε η x δίνει την απόσταση του Μ από τον άξονα y΄y, ενώ η y δίνει την απόστασή του από τον άξονα x΄x. Έτσι, η απόσταση του Α από τον x΄x είναι f(x0) = f(x0) , αφού είναι f(x) > 0 , για κάθε x ∈ ! . Αφού η απόσταση του Α από τον x΄x είναι μέγιστη (αντίστοιχα, ελάχιστη), το f(x0) εί- ναι μέγιστο (αντίστοιχα, ελάχιστο) της f. Επιπλέον, αφού το x0 είναι εσωτερικό σημείο του Df = ! και η f είναι παραγωγίσιμη στο x0 , σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat, θα ισχύει f′(x0) = 0 . Όμως ο αριθμός f′(x0) δίνει τον συντελεστή διεύθυνσης της εφαπτομένης της Cf στο x0 , συνεπώς θα είναι λεϕ = 0 , δηλαδή η εφαπτομένη θα είναι παράλληλη προς τον άξονα x΄x. Άρα, ο ισχυρισμός είναι αληθής. - 231 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης ❖ Ισχυρισµός 9 α) Η f έχει πεδίο ορισμού το (−∞ ,1) ∪ (1, + ∞) , οπότε έχει νόημα η αναζήτηση κατα- κόρυφης ασύμπτωτης. Είναι 0 ℓ im f(x) = ℓ im x2 − 3x + 2 0 ℓ im (x − 1) (x − 2) = ℓ im(x − 2) = 1 − 2 = −1 . x −1 x→ 1− x→ 1− = x→ 1− x −1 x→ 1− Εύκολα προκύπτει ότι είναι και ℓim f(x) = −1 , οπότε η f δεν έχει κατακόρυφη ασύμπ- x→ 1+ τωτη. Άρα, ο ισχυρισμός (α) είναι ψευδής. β) Η g έχει πεδίο ορισμού το (−∞ ,1) ∪ (1, + ∞) , οπότε έχει νόημα η αναζήτηση κατα- κόρυφης ασύμπτωτης. Είναι 0 −1 ⎣⎢⎡⎢(x 1⎥⎤⎥⎦ ℓ im g(x) = ℓ im x2 − 3x + 2 0 ℓ im (x − 1) (x − 2) = ℓ im x−2 0 ℓ im − 2) ⋅ 1 . (x − 1)2 (x − 1)2 x −1 − x→ 1− x→ 1− = x→ 1− x→ 1− = x→ 1− x Όταν x → 1− , είναι x < 1 ⇔ x − 1 < 0 , οπότε ℓim 1 = −∞ , άρα x −1 x→ 1− ℓim g(x) = (1 − 2) ⋅ (−∞) = +∞ , x→ 1− συνεπώς η g έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη την ευθεία x = 1 . Άρα, ο ισχυρισμός (β) είναι αληθής. - 232 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης ❖ Ισχυρισµός 10 Η γραφική παράσταση του σχήματος απεικονίζει το άνω τμήμα του κύκλου με κέντρο το σημείο 4+1 = 5 και ακτίνα 4−1 = 3 , οπότε έχει εξίσωση 2 2 2 2 ⎛⎜⎜⎝⎜x − 25⎟⎟⎟⎠⎞⎟2 + y2 = ⎝⎜⎜⎜⎛ 3 ⎟⎟⎟⎟⎠⎞2 ⇔ x2 + 25 − 5x + y2 = 9 ⇔ y2 = −x2 + 5x − 4 . 2 4 4 Επειδή είναι y > 0 , όπως φαίνεται στο σχήμα, από την προηγούμενη ισότητα προκύ- πτει η συνάρτηση y = f(x) = −x2 + 5x − 4 , όπου πρέπει −x2 + 5x − 4 ≥ 0 ⇔ x2 − 5x + 4 ≤ 0 ⇔ x ∈ ⎢⎡⎣1, 4⎦⎤⎥ , που επαληθεύεται και από το σχήμα. ( )Η f είναι συνεχής στο ⎢⎡⎣1, 4⎥⎦⎤ , αλλά παραγωγίσιμη στο 1, 4 , διότι: • ℓ im f(x) − f(1) = ℓ im −x2 + 5x − 4 = ℓ im (x − 1)(−x + 4) = ℓ im 4−x ⋅ x−1 = x −1 x −1 x −1 x −1 x→ 1+ x→ 1+ x→ 1+ x→ 1+ = ℓ im ⎜⎜⎜⎜⎜⎝⎛⎜ 4−x ⋅ x −1 ⎟⎟⎟⎟⎠⎟⎟⎞ = ℓ im ⎝⎜⎜⎛⎜⎜ 4−x ⋅ 1 1 ⎟⎞⎠⎟⎟⎟ = 3 ⋅ (+∞) = +∞ , x −12 x− x→ 1+ x→ 1+ αφού είναι x − 1 > 0 , όταν x → 1+ , οπότε ℓim 1 = +∞ . x→1+ x − 1 • ℓ im f(x) − f(4) = ℓ im −x2 + 5x − 4 = ℓ im (x − 1)(−x + 4) = ℓ im x−1⋅ 4−x = x−4 x−4 x−4 −(4 − x) x→ 4− x→ 4− x→ 4− x→ 4− = − ℓ im ⎜⎝⎛⎜⎜⎜⎜⎜ x −1 ⋅ 4−x ⎟⎟⎟⎠⎞⎟⎟⎟ = − ℓ im ⎜⎛⎜⎜⎝⎜ x −1 ⋅ 1 x ⎟⎠⎞⎟⎟⎟ = − 3 ⋅ (+∞) = −∞ , 4−x2 4− x→ 4− x→ 4− αφού είναι 4 − x > 0 , όταν x → 4− , οπότε ℓim 1 = +∞ . x→4− 4 − x Αυτό σημαίνει ότι το πεδίο ορισμού της f′ είναι το (1, 4) , ενώ είναι - 233 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης f′(x) = 1 ⋅ (−x2 + 5x − 4)′ = −2x + 5 . 2 −x2 + 5x − 4 2 −x2 + 5x − 4 Επομένως, 1 = 2 −x2 + 5x − 4 και πρέπει επιπλέον να είναι f′(x) 5 − 2x 5 − 2x ≠ 0 ⇔ x ≠ 5 . 2 Άρα η συνάρτηση 1 έχει πεδίο ορισμού το ⎜⎜⎜⎝⎛1 , 5 ⎟⎟⎞⎟⎟⎠ ∪ ⎜⎝⎜⎜⎛ 5 , 4⎟⎟⎟⎟⎠⎞ , οπότε: f′ 2 2 • ο ισχυρισμός (i) είναι ψευδής. • ο ισχυρισμός (ii) είναι ψευδής. Επειδή είναι 2 −x2 + 5x − 4 > 0 , για κάθε x ∈ (1, 4) , το πρόσημο της f′(x) εξαρτάται από το πρόσημο του αριθμητή της, οπότε από την ανίσωση f′(x) > 0 έχω 5 − 2x > 0 ⇔ x < 5 x ∈(1,4) x ∈ ⎜⎜⎜⎝⎛1, 5 ⎟⎟⎞⎟⎠⎟ . 2 2 ⇔ Άρα, ο ισχυρισμός (iii) είναι ψευδής. Ο ισχυρισμός (iv) διατυπώνεται ισοδύναμα ότι η εξίσωση f′(x) = 0 έχει ρίζα στο διά- στημα (1, 4) . Πράγματι, είναι f′(x) = 0 ⇔ 5 − 2x = 0 ⇔ x = 5 ∈ (1,4) . 2 Άρα, ο ισχυρισμός (iv) είναι αληθής. - 234 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης ❖ Ισχυρισµός 11 α) Για κάθε x ∈ (0 ,1) είναι x3 + x + 1 > 0 ⇒ f(x) > 0 , συνεπώς η f δεν έχει ρίζες στο (0 ,1) . Άρα, ο ισχυρισμός (α) είναι ψευδής. β) Η f είναι συνεχής στο ⎢⎣⎡−1, 0⎤⎦⎥ , ως πολυωνυμική. Εύκολα προκύπτει ότι f(−1) = −3 < 0 , f(0) = 1 > 0 . Άρα ισχύει το θεώρημα Bolzano, οπότε η εξίσωση f(x) = 0 έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο (−1, 0) . Επιπλέον, η f είναι παραγωγίσιμη στο ! , ως πολυωνυμική, με f′(x) = 3x2 + 1 > 0 , για κάθε x ∈ ! , δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο ! , άρα η παραπάνω ρίζα είναι μοναδική. Άρα, ο ισχυρισμός (β) είναι αληθής. γ) ( )Αφού η f έχει μοναδική ρίζα στο −1, 0 , όπως απέδειξα στο (β), ας την ονομάσω x0 . Τότε, με την βοήθεια του σχήματος Horner, θα είναι f(x) = (x − x0)(x2 + x0 ⋅ x + x20 + 1) . Το τριώνυμο έχει διακρίνουσα x 2 − 4(x20 + 1) = x20 − 4x 2 − 4 = −3x20 − 1 < 0 , 0 0 ( )οπότε δεν έχει πραγματικές ρίζες, δηλαδή η f έχει μοναδική ρίζα, την x0 ∈ −1, 0 . Άρα, ο ισχυρισμός (γ) είναι ψευδής. - 235 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης ❖ Ισχυρισµός 12 Η συνάρτηση f o g είναι παραγωγίσιμη στο ! , ως σύνθεση της g με την f, με (f ! g)′(x) = ⎣⎡⎢ f (g(x)) ⎦⎥⎤′ = f′(g(x)) ⋅ g′(x) , οπότε (f ! g)′(0) = f′(g(0)) ⋅ g′(0) = f′(5) ⋅1 = 6 ⋅1 ⇒ (f ! g)′(0) = 6 . Η συνάρτηση g o f είναι παραγωγίσιμη στο ! , ως σύνθεση της f με την g, με (g ! f)′(x) = ⎣⎡⎢ g(f(x)) ⎤⎦⎥′ = g′(f(x)) ⋅ f′(x) , οπότε (g ! f)′(0) = g′(f(0)) ⋅ f′(0) = g′(4) ⋅ 3 = 2 ⋅ 3 ⇒ (g ! f)′(0) = 6 . Άρα, ο ισχυρισμός είναι αληθής. - 236 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης ΙΙ/179, 180 ❖ Πρόταση 1 Θεωρώντας την συνάρτηση f(x) = εϕx , η οποία είναι παραγωγίσιμη στο π , με τον 6 ορισμό της παραγώγου σε σημείο θα έχω ότι f ′ ⎜⎜⎜⎛⎝ π6 ⎟⎞⎟⎟⎟⎠ εϕ ⎛⎝⎜⎜⎜ π + h⎟⎟⎟⎠⎟⎞ − εϕ π 6 6 = ℓ im . h h→ 0 Όμως είναι f′(x) = 1 , οπότε συν2x f′⎝⎛⎜⎜⎜6π⎟⎠⎟⎟⎞⎟ = 1 = 1 = 1 = 4 . 3 3 ⎜⎜⎛⎝⎜συν π ⎟⎟⎟⎟⎠⎞2 ⎛⎝⎜⎜⎜⎜ 3 ⎟⎟⎟⎞⎠⎟⎟2 4 6 2 Άρα, σωστή απάντηση είναι η (Β). ❖ Πρόταση 2 Θεωρώντας την συνάρτηση f(x) = 1 , με την βοήθεια του ορισμού παραγώγου σε ση- μείο θα είναι x f′(x) f(x + h) − f(x) 1 h − 1 h x+ x = ℓ im = ℓ im . h h→ 0 h→ 0 Όμως είναι f′(x) = − 1 , οπότε σωστή απάντηση είναι η (Γ). x2 ❖ Πρόταση 3 Είναι f′(x) = 53x ⋅ ℓn5 ⋅ (3x)′ = 53x ⋅ 3 ⋅ ℓn5 = 53x ⋅ ℓn53 ⇒ f′(x) = 53x ⋅ ℓn125 . Άρα, σωστή απάντηση είναι η (Ε). - 237 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης ❖ Πρόταση 4 Είναι f′(x) = 3συν2(x + 1) ⋅ ⎣⎡⎢συν(x + 1)⎦⎤⎥′ = 3συν2(x + 1) ⋅ ⎢⎡⎣−ηµ(x + 1)⎦⎤⎥ ⋅ (x + 1)′ ⇒ ⇒ f′(x) = −3συν2(x + 1) ⋅ ηµ(x + 1) , οπότε f′(π) = −3συν2(π + 1) ⋅ ηµ(π + 1) . Άρα, σωστή απάντηση είναι η (Γ). ❖ Πρόταση 5 Γενικά, αν ένα πολυώνυμο έχει βαθμό ν, τότε η πρώτη του παράγωγος είναι πολυώνυ- μο βαθμού ν ­ 1. Είναι f(x) = (x2 − 1)3 = (x2)3 − 3 ⋅ (x2)2 ⋅ 1 + 3x2 ⋅ 12 − 13 ⇒ f(x) = x6 − 3x4 + 3x2 − 1 , δηλαδή η f είναι πολυώνυμο 6ου βαθμού, οπότε: η f′(x) είναι πολυώνυμο 5ου βαθμού, η f′′(x) είναι πολυώνυμο 4ου βαθμού, η f(3)(x) 3ου, η f(4)(x) 2ου, η f(5)(x) 1ου, η f(6)(x) μηδενικού βαθμού (δηλαδή σταθερή συνάρτηση), η f(7)(x) είναι το μηδενικό πολυώνυμο κ.ο.κ. Επομένως είναι f(7)(x) = 0 , για κάθε x ∈ ! , άρα και f(7)(0) = 0 . Άρα, σωστή απάντηση είναι η (Γ). - 238 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης ❖ Πρόταση 6 Για την f πρέπει να είναι x > 0 . Αφού οι εφαπτομένες στο x0 είναι παράλληλες, ισχύει f′(x0) = g′(x0) . Είναι f′(x) = 1 , g′(x) = 4x , οπότε από την προηγούμενη σχέση έχω x 1 = 4x0 ⇔ 4x20 = 1 ⇔ x20 = 1 x0 >0 x0 = 1 . x0 4 2 ⇔ Άρα, σωστή απάντηση είναι η (Γ). ❖ Πρόταση 7 Είναι: • f′(x) = eβx ⋅ (βx)′ = β ⋅ eβx . • g′(x) = eαx ⋅ (αx)′ = α ⋅ eαx ⎡⎣⎢⎢ gf((xx))⎥⎤⎦⎥′ ⎜⎝⎜⎜⎛⎜ eβx ⎞⎟⎟⎠⎟⎟′ eβx−αx ′ = ⎢⎡⎣e(β−α)x ⎦⎤⎥′ = e(β−α)x ⋅ ⎡⎢⎣(β − α)x⎦⎥⎤′ = (β − α) ⋅ e(β−α)x . ( )• = eαx = Έτσι, από την σχέση ⎢⎢⎣⎡ f(x) ⎥⎤⎥⎦′ = f′(x) έχω ότι g(x) g′(x) (β − α) ⋅ e(β−α)x = β ⋅ eβx ⇔ (β − α) ⋅ e(β−α)x = β ⋅ e( β−α ) x e( β−α ) x >0 β−α = β ⇔ α ⋅ eαx α α ⇔ ⇔ αβ − α2 = β ⇔ αβ − β = α2 ⇔ β(α − 1) = α2 ⇔ β = α2 . α −1 Άρα, σωστή απάντηση είναι η (Ε). ❖ Πρόταση 8 Αφού είναι f′(x) > 0 , για κάθε x ∈ ⎡⎣⎢−1,1⎥⎦⎤ , η f είναι γνησίως αύξουσα στο ⎣⎡⎢−1,1⎥⎦⎤ , οπότε από την ανισότητα −1 < 0 < 1 έχω ότι f(−1) < f(0) < f(1) ⇒ f(1) > 0 . Άρα, σωστή απάντηση είναι η (Γ). - 239 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης ΙΙΙ/180 ❖ Άσκηση 1 α) Η γραφική παράσταση (α) (υποψιάζομαι ότι) απεικονίζει την παραβολή f(x) = αx2 + 1 , α > 0 , οπότε είναι f′(x) = 2αx , η οποία παριστάνει ευθεία με θετική κλίση. Άρα, η (α) αντιστοιχίζεται με την (Ε). β) Η γραφική παράσταση (β) (υποψιάζομαι ότι) απεικονίζει την συνάρτηση f(x) = ⎪⎪⎨⎩⎧⎪⎪⎪ −x , αν x < 0 , x , αν x ≥ 0 δηλαδή την f(x) = x η οποία, όπως είναι γνωστό από την θεωρία, δεν είναι παραγω- γίσιμη στο 0, συνεπώς είναι f′(x) = ⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎨⎪ −1 , αν x < 0 , 1 , αν x > 0 δηλαδή έχουμε δύο ευθείες παράλληλες στον άξονα x΄x. Άρα, η (β) αντιστοιχίζεται με την (Α). γ) Η γραφική παράσταση (γ): • αριστερά του Ο έχει ελάχιστο (ας ονομάσουμε α το σημείο αυτό), οπότε η παράγω- γός της αριστερά του α θα είναι αρνητική και δεξιά θετική. • δεξιά του Ο έχει επίσης ελάχιστο (ας ονομάσουμε β το σημείο αυτό), οπότε η παρά- γωγός της αριστερά του β θα είναι αρνητική και δεξιά θετική. Η γραφική παράσταση που ταιριάζει με αυτήν την συμπεριφορά, είναι η (Β). Άρα, η (γ) αντιστοιχίζεται με την (Β). δ) Η γραφική παράσταση (δ) (υποψιάζομαι ότι) είναι η ευθεία f(x) = x , οπότε είναι f′(x) = 1 , δηλαδή η παράγωγος είναι η οριζόντια ευθεία y = 1 . Άρα, η (δ) αντιστοιχίζεται με την (Δ). - 240 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης ❖ Άσκηση 2 Αφού αναζητώ ασύμπτωτες στο +∞ , αυτές θα είναι είτε οριζόντιες είτε πλάγιες. Για την συνάρτηση (1) Πρέπει να είναι x2 ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 , οπότε είναι Df = (−∞ , 0) ∪ (0 , + ∞) . Είναι f(x) = x + 1 = x3 + 1 . x2 x2 Οριζόντια ασύμπτωτη Είναι ℓ im f(x) = ℓ im ⎛⎜⎜⎜⎝x + 1 ⎟⎟⎠⎞⎟⎟ = (+∞) + 0 = +∞ , x2 x→ +∞ x→ +∞ οπότε η f δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο +∞ . Πλάγια ασύμπτωτη Είναι: • ℓ im f(x) = ℓ im x3 + 1 = ℓ im x3 + 1 = ℓ im x3 =1. x x2 x3 x3 x→ +∞ x→ +∞ x x→ +∞ x→ +∞ • ℓ im ⎡⎣⎢ f(x) − x ⎦⎥⎤ = ℓ im ⎜⎜⎜⎛⎝ x + 1 − x ⎟⎠⎟⎟⎟⎞ = ℓ im 1 =0. x2 x2 x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞ Άρα η ευθεία y = x είναι πλάγια ασύμπτωτη της f στο +∞ . Επομένως, η (1) αντιστοιχίζεται με την (Δ). - 241 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης Για την συνάρτηση (2) Επειδή είναι ex > 0 , για κάθε x ∈ ! , είναι Df = ! . Οριζόντια ασύμπτωτη Είναι ⎜⎛⎝⎜⎜−x ⎟⎟⎟⎠⎞⎟ ℓ im f(x) = ℓ im + 1 + 1 = (−∞) + 0 = −∞ , ex x→ +∞ x→ +∞ συνεπώς η f δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο +∞ . Πλάγια ασύμπτωτη • ℓ im f(x) = ℓ im −x + 1 + 1 = ℓ im ⎛⎝⎜⎜⎜−1 + 1 + 1 ⎟⎟⎟⎟⎞⎠ = −1 + 0 + 0 = −1 . x ex x xe x→ +∞ x→ +∞ x x→ +∞ x • ℓ im ⎣⎢⎡ f(x) + x ⎦⎥⎤ = ℓ im ⎜⎝⎜⎛⎜− x +1+ 1 + x ⎟⎞⎟⎟⎠⎟ = ℓ im (1 + e−x ) = 1+ 0 =1. ex x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞ Άρα η ευθεία y = −x + 1 είναι πλάγια ασύμπτωτη της f στο +∞ . Επομένως, η (2) αντιστοιχίζεται με την (Γ). Για την συνάρτηση (3) Πρέπει να είναι x − 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 , οπότε Df = (−∞ , 2) ∪ (2, + ∞) . Είναι ⎜⎜⎛⎜⎝2 2⎟⎞⎠⎟⎟⎟ ℓ im f(x) = ℓ im + x 3 = 2+0 =2, − x→ +∞ x→ +∞ το οποίο σημαίνει ότι η ευθεία y = 2 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της f στο +∞ . Επομένως, η (3) αντιστοιχίζεται με την (Α). - 242 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Η ΨΗΦΙΑΚΗ ΤΟΥ ΜΟΡΦΗ ΠΑΡΕΧΕΤΑΙ ΓΙΑ ΔΩΡΕΑΝ ΜΕΛΕΤΗ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΑ ΑΠΟ ΤΗΝ ΙΣΤΟΣΕΛΙΔΑ “ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΣΤΕΚΙ” - www.mathsteki.gr