ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ ΙΙ

Άλγεβρα Α΄ Λυκείου / Επαναληπτικές λυμένες ασκήσεις / Στέλλα 1 Σερεμετάκη Μαθηματικός Msc http://www.mathschoolonline.org/Λυμένες ασκήσεις1η. Δίνεται η συνάρτηση f (x) = (λ − 2) x2 − 2 λ x + λ + 2, λ ∈ R −{2}a.Νδο η f(x)=0 έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες για κάθελ ∈ R − {2}b.Αν λ=4i) Να λυθεί η f (x) ≤ −8 2ii)Να λυθεί η f(x)=0iv)Να λυθεί η f(x)>6Λύσηa.ΠρέπειΔ > 0 ↔ −2 λ 2 − 4 (λ − 2) (λ + 2) > 0 ↔ 4λ2 − 4λ2 +16 > 0 ↔ 0.λ2 +16 > 0το οποίο ισχύει για κάθε πραγματικό λ , επομένως ηf (x) = (λ − 2) x2 − 2 λ x + λ + 2, λ ∈ R −{2} έχει δύο ρίζες πραγματικέςκαι άνισες για κάθε λ ∈ R − {2}bi)Για λ=4 η f (x) = (λ − 2) x2 − 2 λ x + λ + 2, λ ∈ R −{2} γίνεταιf (x)= 2x2 − 8x + 6 ↔ f (x)= (2 x2 − 4x + 3), θέλω f (x) ≤ −8 2 ( )2 x2 − 4x + 3( )Επομένως 2 ≤ −8 ↔ x2 − 4x + 3 ≤ −8 ↔ x2 − 4x + 11 ≤ 0Δ =16 − 44 < 0 Άρα το x2 − 4x +11 ομόσημο του α=1>0 για κάθεπραγματικό x,επομένως η ανίσωση x2 − 4x +11 ≤ 0 είναι αδύνατη( )ii) f (x) =0 ↔ 2 x2 − 4x + 3 =0 ↔ x2 − 4x + 3 =0Δ = 16 −12 = 4, x1,2 = 4 ± 2 → x1 =3 2 x2 =1 http://www.mathschoolonline.org/

Άλγεβρα Α΄ Λυκείου / Επαναληπτικές λυμένες ασκήσεις / Στέλλα 2 Σερεμετάκη Μαθηματικός Msc http://www.mathschoolonline.org/( )iv) f (x) > 6 ↔ 2 x2 − 4x + 3 > 6 ↔ x2 − 4x + 3 > 3 ↔ x (x − 4) > 0 -∞ 0 0 4 4 +∞x - ++x-4X(x-4) - -+ +-+Άρα f(x)>6 για x<0 ή x>42η. Δίνεται η f (x) =1 + 2 + 1 ,x ≠ 0 x x2a.Να λυθεί η εξίσωση x2f (x) − 7 x +1 =8b.Να λυθουν οι εξισώσεις : α) f (x) = 0 , β) f (x) = 1, γ) f (x) = −1c.Να λυθεί η εξίσωση f (x) + f 1 =0 (x)=d.Νδο f  x1  x2 f (x) , για κάθε x ≠ 0 e.α)f ( x ) ≥ 0,β)f ( x ) ≥ 4Λύσηa.Να λυθεί η εξίσωση x2f (x) − 7 x +1 =8 (1)Περιπτώσεις1ον x+1>0>x>-1 τότε x + 1 = x + 12ον x+1<0->x<-1 τότε x + 1 =−x −1 http://www.mathschoolonline.org/

Άλγεβρα Α΄ Λυκείου / Επαναληπτικές λυμένες ασκήσεις / Στέλλα 3 Σερεμετάκη Μαθηματικός Msc http://www.mathschoolonline.org/Στην 1η περίπτωση η (1) γίνεταιx2f (x ) − 7(x + 1) =8 ↔ x2f (x) − 7x − 15 =0 ↔ x2 1 + 2 + 1  − 7x − 15 =0 ↔ x x2 x2 + 2x + 1 − 7x −15 =0 ↔ x2 − 5x −14 =0,Δ =81 > 0, oπότε, x1 =7 και x2 =−2Στην 2η περίπτωση η (1) γίνεταιx2f (x) − 7(−x − 1) = 8↔ x2f (x) + 7x −1= 0↔ x2 1 + 2 + 1  + 7x −1= 0 ↔ x x2 x2 + 2x +1+ 7x −1 = 0 ↔ x2 + 9x = 0 ↔ x (x + 9) = 0 → x1 = 0 x2 = −9b.Να λυθουν οι εξισώσεις : α) f (x) =0 ↔ 1+ 2 + 1 =0 ↔ 1+ 2 + 1 =0, EKΠ =x2 ≠0 x x2 x x2x2 + 2x +1 =0 ↔ (x +1)2 =0 → x =−1 διπλή ρίζαβ) f (x) =1 ↔ 1+ 2 + 1 =1 ↔ 1+ 2 + 1 −1 =0, EKΠ =x2 ≠0 x x2 x x22x +1 = 0 ↔ x = −1 2γ) f (x) =−1 ↔ 1+ 2 + 1 =−1 ↔ 1 + 2 + 1 =1, EKΠ =x2 ≠0 x x2 x x2Με παρόμοιο τρόπο x=-1/2c. f (x) + f 1 =0 ,πρέπει f (x) ≠ 0 ,ΕΚΠ=f(x) (x)(f (x))2 +1 =0 ↔ (f (x))2 =−1,αδύνατη αυτό σημαίνει ότι δεν υπάρχειπραγματικό x που να την επαληθεύει http://www.mathschoolonline.org/

Άλγεβρα Α΄ Λυκείου / Επαναληπτικές λυμένες ασκήσεις / Στέλλα 4 Σερεμετάκη Μαθηματικός Msc http://www.mathschoolonline.org/=d.Νδο f  x1  x2 f (x) , για κάθε x ≠ 0f  1  =1 + 2x + x2 =( x + 1)2 (Ι)  x x2 f (x) = x2 1+ 2 + 1 = x2 + 2x +1 = (x +1)2 = (x +1) 2 =(x +1)2 x x2(ΙΙ)Παρατηρώ από =(Ι)και (ΙΙ) ότι f  x1  x2 f (x) , για κάθε x ≠ 0e.α)f ( x ) ≥ 0 ↔ 1+ 2 + 1 ≥ 0, x ≠ 0 ,θέτω x =y x x2επομένως α)f ( x ) ≥ 0 ↔1+ 2 + 1 ≥ 0, EKΠ = y2 ≠ 0 y y21+ 2 + 1 ≥0↔ y2 + 2y +1 ≥ 0 ↔ (y +1)2 ≥ 0, ισχύει για κάθε πραγματικό y ≠0 y y2Επομένως η λύση της 1+ 2 + 1 ≥ 0 είναι όλα τα πραγματικα x≠0 x x2β)f ( x ) ≥ 4,θέτω x =y, y ≠ 0, oπότε με παρόμοιο τρόπο έχω να λύσωτην ανίσωση y2 + 2y − 3 ≥ 0,Δ =16 > 0, y1 =1, y2 =−3Επομένως 1.y2 + 2y − 3 > 0 δηλαδή ομόσημο του 1, δηλαδή θετικό, για1) y<-3 και y>1 ενώ 2)για y=1και y=-3 το y2 + 2y − 3 =0όμως έχω θέσει x = y άρα 1) x < −3,αδύνατη http://www.mathschoolonline.org/

Άλγεβρα Α΄ Λυκείου / Επαναληπτικές λυμένες ασκήσεις / Στέλλα 5 Σερεμετάκη Μαθηματικός Msc http://www.mathschoolonline.org/ x >11) x > 1 → ή ενώ 2) x =1 ↔ x =±1 , x = −3,αδύνατη x < −1Επομένως η β)f ( x ) ≥ 4 επαληθεύεται για x > 1 ή x < −1 και για x = ±13η.Δίνεται η f (x) = x +1 − x −1 x +1 + x −1a.Να βρεθεί το πεδίο ορισμούb.Να δειχθεί ότι f (−x) =−f (x)c.Nα λυθεί f (x) ≥ 1ΛύσηΠρέπει x +1 + x −1 ≠ 0 για να συμβεί αυτό πρέπει x +1 ≠ 0 καιx −1 ≠ 0Από τη σχέση x +1 ≠ 0 έχω x +1 ≠ 0 ↔ x ≠ −1Από τη σχέση x −1 ≠ 0 έχω x −1 ≠ 0 ↔ x ≠ 1Aρα π.ο της f είναι το σύνολο {x ∈ R : x ≠ −1, x ≠ 1}f (−x) −x +1 − −x −1 x −1 − − (x +1) x −1 − (x +1) x +1 − x −1 ↔ = + −x −1 = + − (x +1) = + (x +1) =− + x −1 −x +1 x −1 x −1 x +1f (−x) =−f (x)c. f (x) ≥ 1 ↔ x +1 − x −1 ≥ 1, EKΠ = x +1 + x −1 ≠ 0 → x ≠ −1 x +1 + x −1 x ≠1Πολλαπλασιάζω με το ΕΚΠ οπότε καταλήγω στη σχέση−2 x −1 ≥ 0 http://www.mathschoolonline.org/

Άλγεβρα Α΄ Λυκείου / Επαναληπτικές λυμένες ασκήσεις / Στέλλα 6 Σερεμετάκη Μαθηματικός Msc http://www.mathschoolonline.org/Περιπτώσεις1η x-1>0->x>1 τότε x −1 = x −11η x-1<0->x<1 τότε x −1 =−x +1Επομένως :Για τη 1η περίπτωση έχω−2(x −1) ≥ 0Άρα -2(x-1)>0 για x<1 ενώ για x=1 το -2(x-1)=0Για τη 2η περίπτωση έχω−2(1− x) ≥ 0Άρα -2(1-x)>0 για x>1 ενώ για x=1 το -2(x-1)=0Kαλή μελέτη ! http://www.mathschoolonline.org/