555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part2

Μαθηματικά Προσανατολισμού Γ΄ Λυκείου Λύσεις Τεύχος Β 555 Επαναληπτικά Θέματα3η έκδοση: Μάρτιος 2018 Αποκλειστική διάθεση http://lisari.blogspot.gr

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 280ο Λύση Θέματος 280ΟΥα) Η Cf έχει ασύμπτωτη την ευθεία y  x στο  άρα:  fx lim  1 και  lim xx x fx  x 0Είναι        exf x  1  f(x)  ex  f(x)   ex  , x  '  f x  ex  a γιακάθεx  ', (α : σταθερά)Οπότε:   f x  ex  ax  ,για κάθε x  '     f x  ex  ax  β, x  ' a,β : σταθερέςΑπό τα παραπάνω όρια προκύπτει ότι:  f x  lim ex  ax β  lim  1  a  β  a x  xex  1  lim x   x    x  xxΆρα  α  1 και f x  ex  x  βΕπίσης είναι     0  lim f x  x  lim ex  β  βΤελικά x x  f x  ex  x, x  'β) Από γνωστή εφαρμογή του σχολικού βιβλίου έχουμε ότι: lnx  x  1, γιακάθεx  0Με την ισότητα να ισχύει για x  1 . Για x το ex παίρνουμε:  lnex  ex  1  x  ex  1  ex  x  1  f x  1, x  'με την ισότητα να ισχύει για x  0 .Έχουμε  f fx  f fx   f x  efx,x  'Παραγωγίζοντας έχουμε f f x  fx  efxfx       f x 1  efx  1  ex 1  efx ,x  'Είναι επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  f x  1 ex 1 efx  e  efx  1 1 => e efx  1  1  ef(x)  0, x  ' Άρα, το πρόσημο της f f ' καθορίζεται από το πρόσημο της παράστασης 1  ex .Είναι 1  ex  0  ex  1  x  0  x  0   0  f f x - + f fx 2 1Tο σύνολο τιμών της συνάρτηση f f θα είναι: f f'  f f,0f f0,   f f0, lim f fx   (*) x  lim f fx, lim f fx  x x0 1 1 ,   1  1 ,    1  1 ,    e   e   e    [(*) Χρησιμοποιήσαμε τα όρια      lim f f x  lim f x  efx    e   x x      lim f f x  lim f x  efx    e   x xδιότι  ex       lim f x x  x  lim x  ex  lim x  1    1   x  xαφού  ex   lim    limex lim e  x  e  ] xx == x x xΤελικά, το σύνολο τιμών της f f είναι το 1  1 ,    e  γ) Από τη σχέση ex  x  1,x  ' έχουμε για x  1 e 1  1 1 ee e 1  1  1 ,   το οποίο είναι υποσύνολο του συνόλου τιμών της συνάρτησης f f.  e άρα το ee ανήκει στο   επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΆρα υπάρχει x0  0 : 1 e  ee     f f x0  f(f x0 e Το x0  0 είναι μοναδικό διότι η f f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,  1δ) Από τη σχέση ex  x  1,x  ' έχουμε για x  ea  0 1  1 1  1  a 1 ea ea aa(Σχόλιο: Η ισότητα στη σχέση ex  x  1 ισχύει μόνο για x  0 )Μένει να αποδείξουμε ότι: 1  a 1  a 1  1 1  a1  1  f  1  1 a 1 a a a a  a  ea e a e a το οποίο ισχύει.ε) Έχουμε ισοδύναμα ότι    ex2 3x2 x2 ex2  ex2 1  3x  1   x2  3x  2  e  3x 2    1  x2  1   3x  1  x2  3x  2  1  x2          f x2  3x  2  f 1  x2  2 Από το β) ερώτημα έχουμε ότι f x  1 για κάθε x  ' , με την ισότητα να ισχύει μόνο για x  0.Άρα       f x2  3x  2  f 1  x2  2  f x2  3x  2  1 και f 1  x2  1  x2  3x  2  0 και1   x2  0  x  1στ) Αν υπήρχε κ  ' με την ιδιότητα          eeκ συν eκ  eeκ κ  1  συν eκ  eeκ κ  1  συν eκ  eκ  eeκ  συν eκ  f eκ (**) eeκ Όμως f x  1 ,για κάθε x  ' , με την ισότητα να ισχύει μόνο για x  0 .Ο αριθμός eκ είναι θετικός άρα:    (**) f eκ  1  συν eκ  1,   άτοπο . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 281ο (πειραματικό Λύκειο Μυτιλήνης) Λύση Θέματος 281ΟΥα) Έχουμε    fz  2f z  i  z  2  i  z  i  z 2  4 i  z 2  i  z  i  z  4 i  z  i  z   i2  iz  iz  z z   4i2  4iz  4iz  4zz  3zz  5iz  5iz  3i2  0  3 z 2  5i z  z  3  0   και θέτοντας z  x  yi παίρνουμε 3 x2  y2  5i  2yi  3  0  x 2  y2  10y  1  0 2 . 3Αν A  0 , B  10 , Γ  1 , τότε A2  B2  4Γ  100  4  64  0 . 3 99 Άρα, η 2 παριστάνει κύκλο κέντρου  A, B     5 και ακτίνας ρ A2  B2  4Γ  4 . K 2 2  K 0 ,  23  3     5  4 z  5 i  4 , για κάθε z που ικανοποιεί τη σχέση  0 3 i 3 33 β) Οπότε  z    , δηλαδή 1.γ) Το κέντρο Κ βρίσκεται στον άξονα των φανταστικών αριθμών, οπότε ο μιγαδικός με το ελάχιστο μέτροαντιστοιχεί στο σημείο Α και ο μιγαδικός με το μέγιστο μέτρο, στο σημείο Β. Για να βρούμε τα σημεία Α, Β, θέτουμε x  0 στη σχέση 2 και παίρνουμε y2  10y  1  0 ή ισοδύναμα 33y2  10y  3  0 .Διακρίνουσα τριωνύμου Δ  64 . Οπότε y   10  8  3. 6  1. 3   1A0 ,  Άρα, B 3  και 0, 3 .  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΟπότε ο μιγαδικός z1   1i έχει το μικρότερο μέτρο και ο μιγαδικός z2   3i έχει το μεγαλύτερο μέτρο. 3δ) Έχουμε  g z  z  5 και z  x  yi , με x2  y2  10 y  1  0 . 3Έστω Ma , β η εικόνα του μιγαδικού gz .Τότε θα ισχύει  z  5  a  βi  x  yi  5  a  βi    a  x  5 x  a  5 x5  yi  a  βi   β  y    y  β  .    Άρα, από τη σχέση x 2  y2  10 y  1  0 , παίρνουμε: 3  a  5 2  β2  10 β  1  0   a 2  β2  10 a  10 β  26  0 . 33 A   10 , B  10 , Γ  26 . 3 A2  B2  4Γ  100  100  104  64  0 . 99 Άρα, ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του g z είναι κύκλος κέντρου   5 και ακτίνας R 4. Λ5 ,  3 3  ε) Έχουμε ότι wκ  4 , για κ  1 , 2 , 3 . 3Τώρα από τη σχέση z 1  z2  z3  1  5i έχουμε ισοδύναμα:   z  5 i    z  5 i    z  5 i   3   3   3  1  w1  w2  w3  1 *.  1  2  3  Είναι 4 2 16 16 16 3 9 9 9  wκ  wκ   wκ   wκ  wκ   wκ  , κ 1,2,3 ** .Άρα, 1 1 9   16  ** 9 * 9 w2 w3 16  9w2   16  16 1 16 16 9   w1   w3 9 1 9 . 9 w1 9 w3 16 16 16w1     w1  w2  w3 w2  1  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 282ο Λύση Θέματος 282ΟΥ α) i101  i4251  i  z  i  1  z  2 . Άρα f x  xex  2 , x  '    β) f x  xex  2   ex  xex  ex x  1 , x  ' x  1    fx 1 fx 2 τ.ε.   γ) Η f είναι 1 στο 1,  , άρα και στο 0,  , άρα και ''1  1''   f x   xex  2    xex  exδ) κ  lim xx  lim == lim   ' xx x   1Άρα η f δεν έχει πλάγιες-οριζόντιες ασύμπτωτες στο      ε) Η f στο 0,1 είναι 1 , οπότε έχει το πολύ μία ρίζα f 0  2  0 , f 1  e  2  0 , άρα από το Θ. Bolzano η f έχει ρίζα στο 0,1 . Οπότε η ρίζα είναι μοναδική . στ) H f είναι συνεχής στο ' , άρα η συνάρτηση f t  2t  e είναι συνεχής στο ' , άρα η συνάρτησηx    f t  2t  e dt είναι παραγωγίσιμη στο ' , άρα και συνεχής στο 1, δηλαδή1 x1    lim x 1 ft  2t  e dt   ft  2t  e dt  0. 11Έτσι,x     lim 1 f t  2t  e dt 0 0      0  f x  2x  e  lim xex 2  2x  e  0  ex  xex  2  2e  2  e  1 . == lim ==lim       x1 x2  1 2 8 4 x1 2 x2  1 2x x1 4x x2  1 x1 4 x2  1  4x  2x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 283ο Λύση Θέματος 283ΟΥfx  2ln x  x  1 , x  0   α) f x  2  1  0 , x  0  f1 στο 0,  και δεν έχει ακρότατα . xΠλάγιες –οριζόντιες ασύμπτωτες στο  :   f x   2ln x x  1     2  κ  lim x  x  xx  lim == lim   1   1 x x  λ  lim fx  x  lim 2ln x  x  1  x  lim 2ln x 1    ' x x x Κατακόρυφες ασύμπτωτες δεν υπάρχουν, διότι η f είναι συνεχής στο 0,  β) Παρατηρούμε ότι f 1  0 και η f είναι γν. μονότονη.Άρα η f έχει μοναδική ρίζα το 1. γ) ln z2  1  z  ln z 2  1  z  2ln z  1  z  2ln z  z  1  0  f z β)  0 z 1  κύκλος κέντρου Κ 0, 0 , ρ  1δ) Για 0  x  1  f x  0 (εύκολο), άρα το ζητούμενο εμβαδόν είναι 1 Eλ   fxdx  1/e  x2 1/e 1  5e2  6e2ln x  x  1 dx  2 2  x 2e2  1     1 1/e xln x  x   τετραγωνικέςμονάδες. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 284ο Λύση Θέματος 284ΟΥ  A) 2w  z  2w  z  2w  z 2w  z  2w  z2w  z   ....  zw  zw  0  Re zw  0. .     Εφαρμόζουμε το θεώρημα Rolle για την συνάρτηση h x  f x  g x στο α,β και προκύπτει το ζητούμενο.Β) α) Έστω z  x  ψi , x, ψ  ' 1  4 1  2          Re z2z22 z2   z2       2 Im z  Re z  2  zz  2zz   4  2 Im z  z       x1   2 2x 2  2 z 2  z2  4   2ψ  x 2x2  z2  z2  z2 4  2ψ    2x3  4x  2ψ  0  x3  2x  ψ Άρα ο ζητούμενος γ.τ. είναι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f x  x3  2x , x  'β) Εφαπτομένη της f στο 1, f1 : ε : ψ  f1  f1  x  1 ε : ψ 3  5x 1 ε : ψ  5x  2 fx  5x  2  x  1 2 x  2  0  x  2 .Άρα το ζητούμενο εμβαδό είναι       1 1  x4  3x2 1 3  4 2  2x 4E  f x  5x  2dx   0 0 0 x3  3x  2 dx τετραγωνικές μονάδες. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 285ο (προτάθηκε από τον Παύλο Τρύφων) Λύση Θέματος 285ΟΥ α) Από τη γνωστή σχέση ημx  x , για κάθε x ' του σχολικού βιβλίου, προκύπτει για x  0 , ότι ημx  x 1 .Οπότε, μένει να αποδείξουμε ότι ημx  x  x 3 , για κάθε x  0 . 3  Θεωρούμε τη συνάρτηση g : 0 ,    ημx  x  x 3 .  ' , με τύπο g x 3 1   Έχουμε g x  συνx  1  x2 και g x  2x  ημx  x  ημx  0 , για κάθε x  0 .Άρα, η g είναι γνησίως αύξουσα στο 0 ,   .Άρα, για κάθε x  0  gx  g0  0 .Άρα, η g είναι γνησίως αύξουσα στο 0 ,   .Οπότε για    x  0  g x  g 0  ημ0  0  0 3  ημx  x  x3 , για κάθε x  0 . 33 β) Η f είναι συνεχής στο 0 , 1 (ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων) και f x  0 στο 0 , 1 ,  (διότι για π x  0 , 1  x2  0 , 1  0  x2  2  ημ x2  0 ). 1  Άρα, το εμβαδόν θα είναι E  ημ x 2 dx . 0 Η σχέση του α) ερωτήματος για x το x2 γίνεται: x 2  x 6  ημ x 2  x 2 , για κάθε x  0 . 3Άρα,  1  x6  dx E  1 x2 dx  x3  x7 1 E  x3 1  2 E  1.  x 2 3  0     7 3 0  3 21  0  3  0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούληςγ) Έστω x  1 . Για κάθε t  1 , x ισχύει: t t3  ημt . 3Για t το 1 προκύπτει 1  1  ημ  1  . t t 3t3  t   Πολλαπλασιάζοντας με t2 παίρνουμε: t  1  t2  ημ  1  , t  1 , x . 3t  t   Άρα,x t  1  dt  x t2 ημ  1  dt  t2  ln t  x  x t2  ημ  1  dt  x2  ln x 1 x t2  ημ  1  dt , για κάθε x 1. 3t  1  t   3  1 1  t  2 3 2 1  t    1     2     Όμως,  lim  x2  ln x  1    2  1 ln x 1  1   2 3 2  x  2 3x2 2x2   x    lim        2  0  0     x    1 (διότι lim ln x  lim ln x  x  lim 1  0 ).  lim x    3x2 ==  x    3x2  x    6x x    6x2Άρα, x t2  1  lim 1  ημ  t  dt   .  x Οπότε,  L  lim x t2  ημ  1  dt   x t2  ημ  1  dt  x2  ημ  1  ημ  1  1  t       1  t    x   x    lim    lim    lim   0 == x x 2016 x  x2016  x    2016  x2015 x    2016  x2013 ημ  1  1 1  x  2016  x 2013 2016  x 2013 (διότι    , για κάθε x0 και lim  0. 2016  x2013 xΟπότε, από το κριτήριο παρεμβολής, προκύπτει ότι L  0 .)    δ) Η συνάρτηση ημt είναι συνεχής στο 0 ,   , άρα η συνάρτηση x ημt dt είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   . t2 1 t2 Άρα, η F είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με   x  x 3  ημx   F x  1  x  ημx  1    0 , για κάθε x 0. x 3 x2 x2  3 αρνητικό, λόγω του α) ερωτήματος Άρα, η F είναι γνησίως φθίνουσα στο 0 ,   .Οπότε, για x  0 θέλουμε να αποδείξουμε ότι επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης 2 x 1 ημt 6 6     6x x1  e2x t2 dt  ln x 1  exx1 2 6 1 ημt x1 ημt 6     6x  dt  e2x  t2 1 t2 dt  6  ln x 1 ex x  1 2 ex       x  ημt dt  x  1 ημt dt  ln x  1  e2x  6 1 t2 1 t2 6 x  1 2 ex       ln ex  ημt dt   x  1 ημt dt  ln x  1  e2x  6 1 t2 1 t2 6 ex 2       lnex  ex x1 2 x 1 ημt dt  ln x  1  ημt 6 1 t2  dt  6 1 t2 F2     F ex  F x  1 <====> ex  x  1 , στο 0 ,   και x  1  0 , ex  0το οποίο ισχύει (αφού x  0 ).Άρα, ισχύει και η ζητούμενη αρχική σχέση.επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 286ο Λύση Θέματος 286ΟΥΑ) α) z2  2  fa  1  ifβ  2fa  2  2fβi  2fa  2  fa  3  fβi  2      fa  3 2  fβ 2  4  f2 a  9  6fa  f2 β  4  12  6  fa  4  fa  0Εφαρμόζουμε το θεώρημα Bolzano για την f στο α,β .β)    z1  z2     z1 2  z2 2  4  f2 α  4  f2 β  fa  fβ  fa  fβ  0  fa  fβ  0  fa  fβΕφαρμόζουμε για την f το θεώρημα Rolle στο α,β και προκύπτει το συμπέρασμα.Β) α)   z1 2  z2 2  z1  z2 2  z1z1  z2z2  z1  z2 z1  z2 β) Αφού z1 z1  z2 z2  z1 z1  z1 z2  z1z2  z2 z2  z1 z2  z1z2  0  z1z2  z1z2  0      2Re z1z2  0  Re z1z2  0  w 2  z 2  w  z 2 a) Re w  z  0Όμως:   w  z  a2  ifa fβ  iβ2  α2fβ  iβ2α2  ifafβ  β2faΆρα         Re w  z  a2f β  β2f a  0  f a  f β  0 οπότε το συμπέρασμα προκύπτει από το θεώρημα Bolzano γιατην f στο α,β . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 287ο (Λύκειο Παμφίλων) Λύση Θέματος 287ΟΥ α) Αρχικά θέτουμε g x   f x  2 , x κοντά στο μηδέν. x Τότε από την υπόθεση προκύπτει ότι lim g x  3 . x0     Επίσης, λύνοντας ως προς f x παίρνουμε: f x  x  g x  2 , x κοντά στο μηδέν.Άρα,  lim fx  lim x  gx  2  0  3  2   2 . x0 x0     Όμως, η f είναι συνεχής στο 0 , 1 , άρα και στο μηδέν, δηλαδή f 0  lim f x f 0  2. x0Για x  0 , 1 έχουμε:         2ημ x 1 2ημx  1  fx  x  1 ,  x 1 f x x  1  0 2ημ x  1 f x  x2  1  x 1  x2  1 ===> x 1 x 1x κοντά στο 1 .Όμως,  2ημ x  1  lim u  x 1 lim 2ημu 21 2 και lim x1 2. x1 x  1 ==== u x 1 u0 x 1 u0 Άρα, από το κριτήριο παρεμβολής, lim f x  2 . x 1 Όμως, η f είναι συνεχής στο 1, άρα f 1  2 . β) Έστω a , β  0,1 , με a  β .Τότε, ln a  lnβ (διότι η συνάρτηση ln είναι γνησίως αύξουσα).Άρα, ln a   lnβ .Επίσης, επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, θα έχουμε ότι fa  fβ , άρα  fa   fβ .Άρα,   ln a   lnβ    fa  ln a   fβ  lnβ   fa  ln a  3   fβ  lnβ  3      fa fβ ga  gβ . Άρα, η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 0 , 1 .Οπότε, το σύνολο τιμών της g είναι: g συνεχής    ==== γν. φθίνουσα                g 0 , 1g x lim x , lim g f 1  ln1  3 ,  f 0   3   5,   . x 1 x0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης γ) Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει μοναδικό x 0  0 , 1 τέτοιο, ώστε:  h x 0  x 0  e  fx 0   3  x 0         f x 0  3  ln x 0   f x 0  ln x0  3  0  g x 0  0 .        Επειδή το 0   5 ,    g 0 , 1 συμπεραίνουμε ότι υπάρχει x 0  0,1 τέτοιο, ώστε g x 0  0 . Το x 0 αυτό είναι μοναδικό, διότι η g είναι γνησίως μονότονη στο 0,1 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 288ο Λύση Θέματος 288Υ   Α) z1  e  i , z2  x  iln x , z  xe  ln x  i eln x  xα) z  '  elnx x  0  elnx  x   Η συνάρτηση f x  eln x  x , x  0 έχει ρίζα το e και είναι f x  e  1  e  x , x  0 xe x  0e    fx 1 2 fx ο.ε.Άρα      f x  f e , x  0  f x  0 , x  0 , το ''  '' ισχύει για x  e . Άρα x1  e.β) z φανταστικός  xe  ln x  0   Η συνάρτηση g x  xe  ln x , x  0 ἐχει ρίζα το 1 και g x  x  1  0  g 1 . exΆρα x2  1 eγ) Η εικόνα του z δεν ανήκει στην ευθεία ψ  x  xe  ln x  eln x  x , x  0Θεωρούμε την  φ x  xe  ln x  eln x  x , x  0άρα  φ x  e  1  e  1  e  1  1  e , x  0 xx x φx  0  x  e  1  0 , e 1  e 1    e  1       φxφe1  1  e  1  e 1  ln     0 άρα φ x 0 , x  0   x  0 e1   e 1 fx  fx 2 1 τ.ε. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΒ) α) lim z  2  i x4  3x3  6  '  lim z  2  i x4  3x3  6  m' x1 x1 x1 x 1Θέτω z  2  i x4  3x3  6    g x  x1 , x κοντά στο  1  z  2  i x4  3x3  6  g x x  1 , x κοντά στο  1 .Αρα,       lim z  2  i x4  3x3  6  lim g x x  1  z  2  i  3  0  z  2  i  3  z  2  i  3 x1 x1 Άρα οι εικόνες του z κινούνται στον κύκλο κέντρου K 2, 1 και ακτίνας ρ  3 .β) Είναι lim  z  i x3  z  1 x  5x  5  m' . x1 x  1 Θέτω h x   z  i x3  z  1 x  5x  5 , x κοντά στο 1 , οπότε x 1     z  i x3  z  1 x  5x  5  h x x  1 , x κοντά στο 1 , και παίρνοντας όρια για x  1 έχουμε : z  i  z  1  z  0  i  z  1  0i   άρα οι εικόνες του μιγαδικού z κινούνται στη μεσοκάθετο του ευθύγραμμου τμήματος AB , με A 0,1 και B 1, 0 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 289ο (Λύκειο Γέρας) Λύση Θέματος 289ΟΥ α) Ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης της C f στο σημείο A είναι f 2 .Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ε είναι f4  f4 , διότι η ευθεία γράφεται ε:y  f4  f4 2011 . f2 f2  x  f2Οπότε, θα πρέπει f2  f4  f4 δηλαδή f2f2  f4f4 . f2 ,β) Θεωρούμε τη συνάρτηση φ: 2, 4  ' , με τύπο φx  fxfx .     Η φ είναι συνεχής στο 2, 4 (ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων), παραγωγίσιμη στο 2, 4 και φ 2  φ 4(λόγω του α) ερωτήματος).   Άρα, από το θεώρημα Rolle, υπάρχει ένα τουλάχιστον κ  2, 4 τέτοιο, ώστε φ κ  0 .Όμως, φx  fx  fx  fx  fx  fx2  fx fx , x  2 , 4 .Άρα, φκ  fκ2  fκfκ .Άρα, πράγματι fκ2  fκ fκ  0 1 .     γ) Θεωρούμε τη συνάρτηση m : 0,κ  ' , με τύπο m x  x f x f x  1  x .Η συνάρτηση m είναι συνεχής στο 0,κ (διότι η f είναι συνεχής).Επίσης, 1   f κ 2   1  κ   κ fκ 2  1  κ  0    mκ   κfκ fκ  1κ κ  (διότι κ  2 , 4 , άρα 1  κ  0 )και m0  0f0 f0  10  1  0 .     Άρα, από το θεώρημα Bolzano, η εξίσωση m x  0 (δηλαδή η εξίσωση xf x f x  1  x ) έχει μία   τουλάχιστον λύση στο διάστημα 0,κ , άρα και στο διάστημα 0 , 4 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 290ο (Λύκειο Γέρας) Λύση Θέματος 290ΟΥ  α) Η εφαπτομένη της C f στο σημείο A 0 , f 0 είναι: ε : y  f0  f0  x  0 . ε : y  f0 x  f0 .Δίνεται όμως ότι η εφαπτομένη της C f στο Α είναι η y  2x  1 .Άρα, f0  2 και f0  1 .β) Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. για την f στο 0 , 1 (η f είναι συνεχής στο 0 , 1 (ως παραγωγίσιμη) και f παραγωγίσιμη στο 0 , 1 ).Άρα, υπάρχει αριθμός ξ  0 , 1 τέτοιος, ώστε fξ  f1  f0 fξ  f1 1. , δηλαδή 10Όμως, 0  ξ  1 και f γνησίως φθίνουσα, άρα f0  fξ  f1 , δηλαδή 2  f1  1  1  3  f1  2 .γ) Θεωρούμε τη συνάρτηση g: 0 ,1  ' , με τύπο gx  2  3x fx  f1  x  4x .Η g είναι συνεχής στο 0 , 1 (ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων) και:  g0 β)  .     2f0  f1  2  f1  0  g1   0 β) f1  f0  4   f1  3    Άρα, από το θεώρημα Bolzano υπάρχει κ  0 , 1 τέτοιο, ώστε g κ  0 ή ισοδύναμα2  3κ fκ  f1  κ  4κ  0 , δηλαδή 2  3κ fκ  f1  κ  4κ . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 291ο (Λύκειο Παμφίλων) Λύση Θέματος 291ΟΥ Α) α) Η f είναι παραγωγίσιμη στο ' , με f x  1  ex  0 , για κάθε x  ' .Άρα, η f είναι γνησίως αύξουσα στο ' , άρα και αντιστρέψιμη.β) Το σύνολο τιμών της f είναι το f συνεχής   ===== γν. αύξουσα        f '  '. x lim  f x , lim f x   ,    x   γ) Το 2016 ανήκει στο σύνολο τιμών της f , άρα υπάρχει x 0  ' τέτοιο, ώστε f x 0  2016 .Το x 0 είναι μοναδικό διότι η f είναι μοναδικό διότι η f είναι γνησίως μονότονη στο ' .        Β) α) Έχουμε: g x  egx  2x  1  g x  egx  1  2x  f g x  2x , για κάθε x  ' 1 .Έστω a , β  ' , με    1 f 1 a  β 2a  2β  f ga  f gβ  ga  gβ .Άρα, η g είναι γνησίως αύξουσα στο ' .   β) Αρχικά είχαμε ότι f 0  0  e0  1  0 . Η σχέση 1 για x  0 δίνει: fg0  0  fg0  f0 f g  0   0 . ==> 11 g1 fγ) gofx  0  gfx  0  gfx  g0 <=> fx  0  fx  f0  x  0 .δ) Είδαμε ότι ορίζεται η f  1 : '  ' .   Επίσης, f 1  e , άρα f  1 e  1 .Άρα,    g  g f 1 x     f  1 e  1  g f  1 x  0  g  f  1 x  g0 <=> f  1x  0  x  f0  x  0 11 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 292ο Λύση Θέματος 292ΟΥα) Πρέπει f0  2 .Είναι  f x  a  ex  xex .Άρα πρέπει a1 2  a 1 .Οπότε,  f x  x  x , x  ' ex β) f x  1  1  x  ex  x  1  0 , x  ' (διότι ex  x  1 , x  ' ). ex exΆρα f1 στο '   f x        γ) κ  lim xx    1   1  ' , λ  lim f x x  lim x == lim 1 0 . lim 1 ex  x x  ex x ex xΆρα, η ψ  κx  λ  x είναι πλάγια ασύμπτωτη της f στο δ)   Για x  0  f x  0 και f x  x , x  0 το ζητούμενο εμβαδόν είναι       E λλ λ x dx  xex  x  λ 1 λ 0 fx x dx  0 ex   e 0 1 eλ  eλ ,λ 0 ε)  lim1  1 λ lim E λ  eλ  eλ  100 1 λ   (αφού lim λ  λ  lim 1  1  0) . eλ λ == lim eλ λ   λ eλ  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 293ο Λύση Θέματος 293ΟΥΑ) g  x   2   x ln t 1ftdt , x0 1 2     Η συνάρτηση ln t  1  f t είναι συνεχής στο 0,  , άρα η g είναι παραγωγίσιμη με gx  ln x  1fx , x  0   Για την g ισχύει το Θεώρημα Rolle στο 1, e , οπότε υπάρχει ξ  1, e  ' : g ξ  0Β) h  x    x  1   x ln tdt , x0 t 2   α) Η συνάρτηση ln t είναι συνεχής στο 0,  , άρα η h είναι παραγωγίσιμη στο 0,  , με t h x   x ln tdt   x  1 ln x , x0 2 t xβ) h συνεχής στο 1,2 , παραγωγίσιμη στο 1,2 και h1  h2  0γ) Από το Θ. Rolle , υπάρχει ξ1,2 : hξ  0  ξ ln tdt  ξ  1 ln ξ  0  ξ ln tdt  1  ξ ln ξ . t ξ t ξ 2 2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 294ο (προτάθηκε και λύθηκε από τον Μαθηματικό Περιηγητή (Ιωάννης Καραγιάννης)) Λύση Θέματος 294ΟΥα) Έχουμε διαδοχικά: z  25  10  zz  25  10  z 2  25 z 2  25  10 z   10  zz z 2 z 5 0 z 50 z 5   z 2  10 z  25  0  και άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του z στο μιγαδικό επίπεδο είναι κύκλος με κέντρο το O 0 , 0 καιακτίνα 5 .β) Έχουμε διαδοχικά:    z  w  z  iz  6  8i  z 1  i  6  8i   6 8i  1 i z    1i   z  w  1  i z  6  8i  2 z  1  7i I 1i    z  w  2 z  1  7i  2 5  50  10  5 2 z  w  10  5 2 IIΑπό την I έχουμε:  z  w  2 z  1  7i  2 z  1  7i  2 5  50  2 5  5 2    2 5 2  5  10  5 2 III .Από τις II και III έχουμε: 10  5 2  z  w  10  5 2 .γ) z  5  zz  25  2zz  50 .    z2  2z  50  z2  2z  2zz  z z  2  2z  z z  2  2z  5 z  2  2z 1 .Έστω z  x  yi x , y  ' και άρα η 1 γίνεται:  z 2  2z  50  5 x  yi  2  2 x  yi      5 3x  2  yi  5 3x  2 2  y2  5 8x2  12x  29 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης(αφού z  5  x 2  y2  25 ). Έστω f x  5 8x 2  12x  29 , x  ' . Η f είναι παραγωγίσιμη στο ' , με fx  5 16x  12 . 2 8x2  12x  29 fx  0  x  4 . fx  0  x  4 . 3 3Η f έχει ελάχιστο στο x0  4. 3Επειδή z  5  x 2  y 2  25  y 0  25  x 2  y0   391 . 0 4Άρα, οι ζητούμενοι μιγαδικοί είναι: z1  4  391 i , z2  4  391 i . 3 4 3 4δ) z1  z 2  5 . Δ  z1  z 2 2  300  100  300   200 , διότι z1  z 2  z1  z 2  10  z1  z 2 2  100 .Και άρα η δοθείσα εξίσωση δεν έχει πραγματικές ρίζες.Οι ρίζες λοιπόν είναι οι w 1 , w 2 μιγαδικοί.Από τους τύπους του Vietta έχουμε w1 w2  15  w1 w2 3 και επειδή w2  w1 , θα έχουμε w1 w1 3 w1 2  3  w1  3. 5Οι μιγαδικές λύσεις της εξίσωσης είναι  aw2  βw  γ  0 a  0 βi Δ είναι w 1,2  2a ,με Δ 2 Δ z1  z 2 2  300 1  z2 2 και άρα a2 25 25 a  w1  w 2  i w1  12 . , w2   z1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 295ο Λύση Θέματος 295ΟΥA) a) β xfxdx  βfβ  αfa   xf x βα  β xfxdx  βfβ  αfa  β xfxdx  0 . α α α β f x dx  0 , α    Αν η f διατηρούσε σταθερό πρόσημο στο α,β π.χ. f x  0 , x  α,β τότε θα είχαμε καιάτοποβ) gx  x f  t  dt συνεχής στο α,β , παραγωγίσιμη στο a,β και ga  0 , gβ  0  0 . β a xΆρα ισχύουν οι υποθέσεις του Θ. Rolle και gx   x t dt  xf  x   x f t  dt x  a,β    f  a ,    a  x x2γ) Από το Θ. Rolle , υπάρχει ξ  α,β : gξ  0  ξfξ  ξ ft dt  0  ξ f t dt  ξf ξ α a    Β) Θεωρούμε τη συνάρτηση h x  x t dt  aex  βx , x  0,1 . f 0Από το Θ. Rolle για την h στο 0,1 έπεται το συμπέρασμα. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 296ο(προτάθηκε και λύθηκε από τον Μαθηματικό Περιηγητή (Ιωάννης Καραγιάννης)) Λύση Θέματος 296ΟΥ α) Για x  a η σχέση 1 δίνει: fa  a2  a  β a  aβ  fa 2a  a  β  fa a  β  0 , και άρα fa  0 . Για x  β η σχέση 1 δίνει: fβ β2  a  β β  aβ  fβ  2β  a  β  fβ β  a  0 ,και άρα fβ  0 .Έτσι, fafβ  0 .β) Έστω ότι η γραφική παράσταση C f της συνάρτησης f δεν τέμνει τον άξονα xx σε κανένα σημείο με     τετμημένη που ανήκει στο διάστημα a,β . Άρα, θα έχουμε f x  0 , για κάθε x  a,β . Η δοθείσα σχέση 1 γίνεται: fx  x 2  a  β x  aβ  fx 2x  a  β fx 2x  a  β   fx x 2  a  βx  aβ  0 fx 2x  a  β   fx x2  a  βx  aβ  0 f  x 2  x 2  aβ     aβ x   0 , για κάθε x a,β . f x     Έστω η συνάρτηση hx  x2  a  β x  aβ , x  a , β . fxΘα είναι hx  0 1 , για κάθε x  a , β . Θα εφαρμόσουμε το θεώρημα του Rolle για την h x στο διάστημα a , β .   h x συνεχής στο a,β (ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων).     h x παραγωγίσιμη στο a , β (ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων). ha  hβ  0 .   Άρα, θα υπάρχει, ένα τουλάχιστον, ξ  a , β τέτοιο ώστε h ξ  0 , που όμως είναι άτοπο, σύμφωνα με τησχέση 1 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΆρα, η γραφική παράσταση C f της συνάρτησης f τέμνει τον άξονα xx σε ένα τουλάχιστον σημείο με τετμημένη που ανήκει στο διάστημα a , β .γ)  i. Από τη δοθείσα σχέση 2 έχουμε: fx x 2  a  β x  aβ  fx 2x  a  β  0 .fx x2  a  β x  aβ  fx 2x  a  β  0 , αφού x2   a  β x  aβ  0 , για κάθε x  a , β και  x2  a  β x  aβ2  fx   άρα    0.  x 2  a  β x  aβ Αν gx  x2 fx aβ , x  a , β , τότε gx  0 , για κάθε x  a , β και άρα η συνάρτηση g είναι  a  βx  γνησίως αύξουσα στο a , β .  f x   ii. Για a  1 και β  5 , έχουμε g x  x 2  6x  5 , x  1 ,5 και η συνάρτηση g είναι γνησίωςαύξουσα στο 1 , 5 . Για 2  x  4  g2  gx  g4   f2   fx f4  3 x 2  6x  5 3  fx   f4    f2   1 , αφού x2  6x  5  0 , για κάθε x  2 , 4 .  x 2  6x  5 x 2  6x  5 33Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα 2 , 4 , άρα και ολοκληρώσιμη. Ολοκληρώνοντας στο διάστημα 2 , 4 τα μέλη της σχέσης 1 έχουμε:       f 2 4 4 f4 4     x2  6x  5 dx  f x dx   x2  6x  5 dx . 3 2 2 32Ο υπολογισμός του ολοκληρώματος δίνει   4 x2  6x  5 dx   22 23και άρα η προηγούμενη ανισότητα γίνεται: 22 f 2  4 f  x  dx  22f  4   22 f  4   4 fx dx  22f 2 . 9  9 9  9 2 2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 297ο (προτάθηκε και λύθηκε από τον Μαθηματικό Περιηγητή (Ιωάννης Καραγιάννης)) Λύση Θέματος 297ΟΥα) Έχουμε διαδοχικά: 1 εφx   1  1  1  1  1  π π  1  εφ2  2 2         G x  x  1  εφ2x συν2x 1  εφ2x 1  εφ2x 1  0, για κάθε x   , .      Άρα, G  π π  x  c , για κάθε x    2 , 2  , όπου c' σταθερά, G 0 0c0 και άρα G x  0 , για κάθε  x    π , π  .  2 2    β) Για κάθε x  0 πολλαπλασιάζουμε τα μέλη της 1 με e  x και έχουμε: x                f x e x  f x e x  1 x 1 dt  f x e  x   x 1 dt I 0 x2  t2 dt  f x e x  f x e x  0 x2  t2 0 x 2  t2Αν θέσουμε x 1 dt 1 x 1  t  x2  t2 x0  x         h x   έχουμε h x 2  dt II 0  1   t   x  Θέτοντας u  t x x  0 , t   0 , x  , u  0 , το ολοκλήρωμα (ΙΙ) γίνεται: εφ π 1 du  1  4 1 du  1  π (από το ερώτημα α)    h x  1  1 x 0 1  u2 x 0 1  u2 x4Άρα, η σχέση I γίνεται:  π   e  x  π  lnx  c  f x  π  e x  ln x  c  e x , για κάθε x  0 ,  4 4        f x e x   4  ln x f x  όπου c πραγματική σταθερά. Για τον προσδιορισμό της σταθεράς c έχουμε: f 1  0  ce  0  c  0 και άρα η ζητούμενη συνάρτησηείναι fx  π  e x  ln x , x  0 ,  . 4Ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατά της έχουμε: Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με fx  π  ex ln x  1  π  e 2g x  III , 4   4 x όπου gx  ln x  1 , x  0 . x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΗ συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη για x  0 , με gx  1  1  x  1 , x  0 . x x2 x2 gx  0  x  1 , gx  0  0  x  1     και άρα λόγω της συνέχειας στο x 0  1 , η g έχει ελάχιστο στο x 0  1 , το g 1  1 και άρα g x  g 1  1 , x  0 .     Από τη σχέση III έχουμε: f x  0 , για κάθε x  0 και άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0 ,  καιδεν έχει ακρότατα.  ex x2  t2  γ) Έστω η συνάρτηση h t , t 0 ,  .Η h είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,  , με ex x2  t2    x 2  t2 2         h t 2tex x2  t2 2  0 , για κάθε t  0 ,   ,  άρα h t είναι φθίνουσα στο 0 ,  και έχουμε διαδοχικά:     0  t  x  h 0  h t  h x  e x  e x  e x  x e x dt  x ex x ex dt    x x2  t2 2x2 0 x dt  0 x2  t2 0 2x2 x dt  x         ex ex dt  x e x dt  ex x ex dt  e x x  0  0 2x 2 0 x2  t2 2x2 x0  0x 0 x2  t2 x  e x  x e x dt  e x 2x 0 x 2  t 2Θα εφαρμόσουμε το κριτήριο παρεμβολής, βρίσκοντας τα όρια του δεξιού και του αριστερού μέλους τηςπαραπάνω ανισότητας. Για το lim e x : Είναι της μορφής  και αφού e x   e x , από τον κανόνα του D’ Hospital έχουμε:x   2x  2x 2lim e x  lim e x    .Επίσης lim e x    , άρα lim x e x dt    .x   2x x   2 x x   0 x2  t2δ) Η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο διάστημα 2 , e , άρα έχουμε διαδοχικά: 2  x  e  f2  fx  fe  π e2 ln2  fx  π ee , 44άρα fx  0 καιfx  π ee  fx  π ee  0  f x    fx   π  ee   0  f2 x  π ee fx  1  π ee 1  4 4  4  4 4   fx επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης4 1 e 4 e 1 dx  4 e 1 e 1 4  dx  e2  dx               π  e e f x dx  e 2 2 π  ee 2fx π  ee 2 fx 2fx π  e2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 298ο Λύση Θέματος 298ΟΥΑ) I  1 f x dx  xf x         1 1x 1  x2  f 0  2  0 0 xf dx  1f 1  0f 0  x dx  0         x2 f x1 1 2 02 1 x2f x dx  1 1 x2 6ex3 dx 3 1 x2ex3 dx  ex3 1  e 1 . 2 0 0 0 0 Β) α) Η συνάρτηση 1 είναι συνεχής στο ' , άρα η g είναι παραγωγίσιμη στο ' , με g x  1  0 1  t2 1  x2x  ' . Άρα η g1 στο ' .β) g1 στο ' , άρα για x  1  gx  g1  gx  0 .Οπότε το ζητούμενο εμβαδό είναι : 1 gx dx   1 gxdx   1x gxdx  xgx 1 1 x  gxdx  1 dx      E   0 00 00 x 0 1  x2 1  x2  dx 1  x2 1/2      11   1  x2 1/2 1  2  1 τετραγωνικές μονάδες.  2 0  0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 299ο Λύση Θέματος 299ΟΥα)        f xx x x' x u euexdu x  ex u eudu , f f 00 Η συνάρτηση f u  eu είναι συνεχής, άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο ' , με          f xx  fx  fx  1  fx  x  fx   1  ex u eudu  exf x ex  f x 1 fx  x f 0 fx  1  x , x  '  fx  x  x2  c , x  ' 2   Για x  0 ( f 0  0 από τον τύπο της f αρχικά)  c  0 . Άρα f x  x  x2 , x  ' . 2{Σχόλιο: Επειδή τα βήματα εύρεσης της f δεν ήταν ισοδύναμα, απαιτείται επαλήθευση του τύπου της f που    βρήκαμε στην αρχική σχέση f x x euexdu } x u f 0β) Κατακόρυφες ασύμπτωτες δεν υπάρχουν, διότι η f είναι συνεχής στο ' .Πλάγιες-οριζόντιες:  f x  lim 1  x     '  2  κ  lim x  xxΆρα η f δεν έχει πλάγιες-οριζόντιες ασύμπτωτεςfx  1  x, x  ' x  1    fx 1 fx 2 τ.ε. γ) f x  1  0 , άρα η f είναι κυρτή στο ' και δεν έχει σημεία καμπής.δ) 2 0 2  x2  0 x2  3  x 2 dx 2  x 2 dx f x dx  f x 3 2        E  E1  E2    dx     x2  x3  2   x2  x3 0  4 τετραγωνικές μονάδες.  6   6  3  2  3  2  2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 300ο (προτάθηκε από τον Μαθηματικό Περιηγητή (Ιωάννης Καραγιάννης) - λύθηκε από τον Μάκη Χατζόπουλο) Λύση Θέματος 300ΟΥα) Θέτουμε: hx  fx  gx, x  0,2  η h είναι συνεχής 0,2 ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων  h0  f0  g0  e  25  1  0 h2  f2  g2  2  e ln 2  e   52  1   2  e ln 2  e   10  9  9   Θα δείξουμε ότι: h 2  0 h2  0  2  eln 2  e  10  0  2  eln 2  e  10  2  e 2e  10 99 e9που ισχύει αφού 2  e  10  1 και 2  e  e  1 9       άρα h 0 h 2  0 , από το Θεώρημα Bolzano παίρνουμε ότι η εξίσωση h x  0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο 0,2 .Θα δείξουμε ότι είναι μοναδική Για κάθε x  0,2 έχουμε,διότι            h x  f x  g x  ln x  e  1  52x ln5  3x ln3  ln x  e  1  52x ln5  3x ln3  0   0  x  2  e  x  e  2  e  ln e  ln x  e  ln 2  e  1  ln x  e   οπότε η h είναι γνησίως αύξουσα στο [0, 2], άρα η λύση της εξίσωσης h x  0 είναι μοναδική στο 0,2 . Σημείωση: Η εξίσωση f(x) =g(x) έχει μοναδική λύση στο Df Dg  e,  . β) Για κάθε x  e,  έχουμε, fx  ln x  e  1 και fx  1  0 xe άρα η f είναι κυρτή στο e,  .Για κάθε x  ' έχουμε,    g x  52x ln5  3x ln3 και g x  52x ln2 5  3x ln2 3  0άρα η g είναι κυρτή στο ' .γ) Θα δείξουμε ότι: g2013  g2012  g2014 2Έχουμε διαδοχικά, επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης g2013  g2012  g2014  2  g2013  g2012  g2014  2  g2013  g2012  g2014  g2013  g2013  g2012  g2014  g2013 2013  2012 2014  2013( ικανοποιείται το Θεώρημα Μέσης Τιμής για την g στα διαστήματα 2012,2013, 2013,2014 , άρα υπάρχουν   ξ1  2012,2013 , ξ2  2013,2014 τέτοια ώστε) g:<     g ξ1  g ξ2 <=>ξ1  ξ2 που ισχύειδ) Εύρεση πεδίο ορισμού της fog x  1 x   1 x  Dfog  '  ' 52x  3    / 52x   3   e,   , αφού     0  e   Για κάθε x  έχουμε, fogx  fgx  gx  elngx  e    Η g x  e είναι θετική και η g είναι γνησίως φθίνουσα στο ' , αφού g x  52x ln5  3x ln3  0 , άρα, x1  x2  gx1   gx2   gx1   e  gx2   e 1   Η ln g x  e είναι θετική και γνησίως φθίνουσα στο ' , αφού    x1  x2  g x1   g x2   g x1   e  g x2   e  ln gx1   e  ln g x2   e 2Άρα με πολ/σμό κατά μέλη των σχέσεων (1) και (2) παίρνουμε: gx1   eln gx1   e  gx2   eln gx2   e  fogx1   fogx2 δηλαδή η fog είναι γνησίως φθίνουσα στο ' άρα και ένα προς ένα.Β΄ τρόπος: Έχουμε,  fog x  fgx   fgx  gx  ln(gx  e)  1  gx  0 για κάθε x  ' .Εύρεση συνόλου τιμών της fog             lim fog x  lim f g x  Θέτω : u  g x    lim f u  lim u  e ln u  e     x u   x    u0  lim g x  lim 52x  3x    u    x   x   Επίσης,             lim fog    x Θέτω : u  g x x  lim f g x    limf u  lim u  e ln u  e e x    u0  lim g x  lim 52x  3x  0  u0  x   x    u0όμως η fog είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο ' , άρα το σύνολο τιμών της είναι, επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018