555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part2

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 334ο Λύση Θέματος 334ΟΥ Α. Η g είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με gx  ln x  x  lnx  x  1  ln x , x  0 . x2 x 2Οπότε,    g x  0  1  ln x  0  ln x  1  x  e και g x  0  1  ln x  0  ln x  1  0  x  e . x  0 e  gx   gx 1 2 max g συνεχής    1  1  1     ==== 1      A1  g 0 , e lim  g x ,g e   lim   x  ln x , e     , e     x0 x0  Και g συνεχής    1   ==== 2      A2  g e ,   x lim g x ,g e  0 , e      ln x    (διότι  lim g x  lim ln x  lim lim 1  0 ). x xx    === x    x xx   Οπότε, το σύνολο τιμών της g είναι το A  A1  A2     , 1  .  e    x0 Πρόσημο της g : Είναι g x  0 <==> ln x  0  x  1 .   Άρα, η g είναι θετική στο 1 ,   και αρνητική στο 0 , 1 .Β. α)x2 f2 x  x3 fx fx  ln x :x  0 xf2 x  x2f  x  fx  ln x 2 2xf2 x  2x2 f x  f x   2ln x  ===> => xx               x2   f2 x  x2  f2 x   2ln x  ln x   x2  f2 x   ln2 x  , για κάθε x  0 . Άρα, υπάρχει σταθερά γ  ' : x 2  f2 x  ln 2 x  γ , για κάθε x  0 .Για x  e βρίσκουμε γ  0 .Άρα,      x2  f2 x  ln 2 x , για κάθε x  0  x  f x  ln x , για κάθε x  0  f x  ln x , για κάθε x x  0  fx  gx , για κάθε x  1. 1 Άρα, f1  g1  0  f1  0 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης   Επίσης, η f είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) και f  0 σε καθένα από τα διαστήματα 0 , 1 και 1 ,  (λόγω της σχέσης 1 .   Άρα, η f διατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα 0 , 1 και 1 ,   .Επειδή fe  1  0  fx  0 στο 1 ,   . e Επίσης, lim f x    , άρα η f είναι αρνητική κοντά στο 0  . x  0Άρα, fx  0 στο 0 , 1 .     Άρα, από τη σχέση 1 προκύπτει ότι f x  g x , για κάθε x  0 και επειδή Af  Ag προκύπτει ότι οι συναρτήσεις f , g είναι ίσες στο 0 ,   .β) ln 1  1 ln x  ln e <==> ln    xeex xe   ln ex  eln x  xln e   g x g e xe x0 x e(διότι το x0  e είναι μοναδική θέση ολικού μέγιστου της g ).γ) Είναι fx  ln x , άρα x lnxt   xt  lnxt  xt  y t  ln xt  yt   xt x2 t x  t  x t  ln x t  xt xt   x  t  1  lnxt 2 x2 t x2 t   Τη χρονική στιγμή t0 έχουμε ότι x t0  y t0  0 . Οπότε, για t  t0 η σχέση 2 δίνει:      y t0 1  ln x t0  1  ln x t0   x t0  x2 t0   1  x2 t0      x2 t0  ln x t0  1  0 .Η εξίσωση x2  ln x  1  0 έχει προφανή ρίζα την x  1 .   Θεωρούμε τη συνάρτηση h : 0 ,    ' , με τύπο h x  x2  ln x  1 .   Η h είναι συνεχής, ως άθροισμα συνεχών και h x  2x  1  0 στο 0 ,   . x Άρα, h 1 στο 0 ,   . Οπότε η ρίζα x  1 της εξίσωσης x2  ln x  1  0 είναι μοναδική.Οπότε,     x2 t0  ln xt0  1  0  x t0  1 και άρα yt0   ln xt0  0. xt0  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Άρα, το ζητούμενο σημείο είναι το A 1 , 0 .Γ.Το ζητούμενο όριο γράφεται: lim   ln x  1 x  ln x x  1  lim x  ln x  1  x  1  ln x  x x xx  1 xx  1       x  ln x  1  x  1  ln x   ln x  1 ln x   lim     lim   x   0  0  0   x1     x    x x x1 x x1  ln x     (διότι lim ln x  lim lim 1  0 και lim ln x  1 u  x 1 lim ln u  0 ). xx    === x    x xx    x x 1 ==== uu    x 1 x x 1 1 x 1Δ. α) K x  1  K x   ft dt   ft dt   ft dt   ft dt   ft dt , x  0 . 11 1 xxΓια x  e και t   x , x  1  έχουμε: e  x  t  x  1 f2 fx  ft  fx  1 f  ===> συνεχής x 1 x 1 x 1 x 1  fx dt   ft dt   fx  1 dt  fx  x  1  x   ft dt  x  1  x  fx  1  x xx x  fx  K x  1  K x  fx  1 , για κάθε x  e . Όμως, lim fx   lim f x  1  0 , άρα από το κριτήριο παρεμβολής lim K x  1  K x  0 . x x xβ) Α΄ Τρόπος:Είναι 1 x1 xxx  ft dt   ft dt   ft dt   ft dt   ft dt , x  0 . 11 111 xx 1 xxΘεωρούμε τη συνάρτηση φ:0 ,    ' , με φx   ft dt   ft dt . 11 xΗ f είναι συνεχής στο 0 ,   , άρα η  ft dt είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   . 1 1     xΕπίσης, η f t dt είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων (της 1 και 1x xτης  ft dt ). 1 Άρα, η φ είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  1   1  1  1  ln x 1 ln  1   ln x 1  x   x  x2  x  x x2  x  x x      φ x         0 , για κάθε 0. fx  f   f x   f     ln x  x  1 x   Άρα, φ x  c , για κάθε x  0 . Από τη σχέση φ 1  0 προκύπτει ότι c  0 . xΆρα,  ft dt  0 ,  x  0 . 1 xΒ΄ Τρόπος:     x θέτουμε u  1  du   1 dt  dt   du .Για το ολοκλήρωμα f t dt x0 t t2 u2 1 x Για t  1  u  x .   x Νέα άκρα . 1  x x . Για t  u Άρα, 1 1 ln  1  1 1 1 x x  u  x x x   x x x x du  f t x x t dt  f  1     du     1 du    ln u  du  f u dt .  u    u2 u            f   u2  1 1 xuΆρα, 1xx x x x x ft dt   ft dt ή  ft dt    ft dt ή 2   ft dt  0 , για κάθε x  0 ή  ft dt  0 , για1x 1 1 1 1x xx x x κάθε x  0 .γ) Θα υπολογίσουμε πρώτα την συνάρτηση Κ.Είναι x dt  x ln t dt  x  ln2 t  x ln2 x 2  ft 1         Kx ln t  ln t dt     ,x  0. 1t  2  1 1Είναι K 1  0 και Kx  ln x , x  0 . x  0 1  Kx  Kx 21 minΆρα, K x  K 1  0 , για κάθε x  0 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΟπότε το ζητούμενο εμβαδόν είναι:       e E K x dx  e ln 2 x dx  1  e x   ln 2 x dx  12 21 1   1x ln 2  e 1 e 1 dx 1 e e e e  e 12 x 1  2  1 x  2ln x  x  2 e  1 ln x dx  2   xln x  x  1  2  0 1 2 τ.μ. . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 335ο Λύση Θέματος 335ΟΥΑ. Έστω x  0 . Διαιρώντας με x 2  0 τη σχέση της υπόθεσης, παίρνουμε:  1  ln x  f x  1   πx  , x0 1 . ημ  2    x2 x x2Είναι τώρα,    1 lim ln x  lim ln x  x  lim 1 0  lim xx    2 ===  x    x 2  x    2x x    2x 2και ημ  πx   πx  2  ημ      1 , για κάθε x  0 1  2   1 , για κάθε x 0 x2 x2  x2 x2 x2  1  ημ  πx   x2   2 και επειδή lim    0 , έπεται από το κριτήριο παρεμβολής ότι lim    0. x x x2Οπότε, 1 ln x   ημ  πx    x2    2   lim    lim 1      0 .   x x x2  Άρα, από το κριτήριο παρεμβολής και τη σχέση 1 προκύπτει το ζητούμενο.Β. Κάνουμε την αντικατάσταση u  1 . Τότε u    καθώς x  0  . xΆρα,   1   1  A)  lim x  f x   u    == 1 . x  0    lim f u  u 3 3 3 2z z 2z z 5z z70   Γ. α)  5 z3z  7  0 * . Άρα,  5 z3z  7 0  2z z 3 ** .Από τις σχέσεις * , * * προκύπτει ότι 3  5 z3z  7  2 z z3 3 z7  3 z 3  z  3z3  z  z 3 z  z3  z. 2z z 5z  3 3Άρα, η * γράφεται 7  z z  7  0  z  z   1 .Οπότε, επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης z3z z3z   1. 3β) Από τη σχέση z  z   1 προκύπτει ότι z  0 και z  0 .Οπότε, : zz <==> z 2    3zz  z3 z  z2  z2  z2  0  zz z  z  0  z  z ή z   z  z  ' ή z  I .γ) Είναι 33  1 3 1 z  3 1z  z3 1z4 1 z 1. z z   1  z z  z z zδ) Είναι       A   fx   fx  x 2   3i  4  z     3 i  4 x 2  x 2 z  xf x    x   3i  4 z  x  x για x  0 , x0. ημx  x  ημx  ημx  1 ====  x x   x  1  Έχουμε ότι ημx  1 , για κάθε x  0 . xxΆρα,  1  ημx  1 , για κάθε x0 και επειδή  1   0 , προκύπτει από το κριτήριο παρεμβολής ότι x x x lim   x  x     lim ημx  0 . Επίσης, από τη σχέση z  1 προκύπτει ότι οι εικόνες του z κινούνται στο μοναδιαίο κύκλο.xx   Άρα, z   3i  4  OM  ρ  5  1  6 και z   3 i  4  OM  ρ  5  1  4 . max minΆρα,      για x  0 fx fx fx x    4  z  3i  4  6 <==> 4   z  3i  4  6 <==> x xx  fx    z  3i  4  fx  fx     x  4    x    x  6   . x x x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΌμως,      f x     f x     lim  x   4       4  1    και lim x   6       6  1   . x      x   x      x  Άρα, από το κριτήριο παρεμβολής,   fx lim  x    . x     z  3 i  4 x Άρα, lim A     . x 1   Δ. Θεωρούμε τη συνάρτηση g : 1 , 2  ' , με τύπο g x  x  f x  2 .Η g είναι συνεχής στο 1 , 2 , ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων.    Για x  1 η αρχική σχέση της υπόθεσης δίνει 1  f 1  2 , άρα g 1  f 1  2  0 .Για x  2 η αρχική σχέση της υπόθεσης δίνει 4  ln2  2f2  4  4  ln2  2  2  f2  2  4  2  2  ln2  g2  2 . Άρα, g 2  2  ln2  0 (διότι 2  ln2  0  2  ln2  ln e2  ln2  e 2  2 , ισχύει).Άρα, g1  0 και g2  0 .  Αν g 1  0 , τότε το ζητούμενο σημείο x0  1 .      Αν g 1  2.  0 , τότε από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει x0  1 , 2 : g x0  0  f x0 x0  Άρα, σε κάθε περίπτωση υπάρχει x0  1 , 2 : f x0  2. x0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 336ο Λύση Θέματος 336ΟΥΑ. Θα βρούμε το σύνολο τιμών της g .   Η g είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με g x  1  4  0 , για κάθε x  0 . xΆρα, g 1 στο 0 ,   .Είναι g1     ==== συνεχής        g 0 ,   g x  ' (διότι lim ln x    ) και άρα lim  , lim g x   ,   x  0 x0 x  0  g 0 ,   , άρα υπάρχει ρ  0 ,   τέτοιο, ώστε gρ  0 . Το ρ είναι μοναδικό, διότι η g είναι γνησίως αύξουσα στο 0 ,   .Β. Για x  0 έχουμε:      ln x2   x 2   4x 2  4x  8  ln x2  ln x  2  4x 2  4 x  2       ln x 2  4x 2  ln x  2  4 x  2  ln x 2     4 x 2  1  ln x  2  4 x  2  1  g x 2  g x  2 και επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα στο 0 ,   , προκύπτει ισοδύναμα ότι x 2  x  2 (αφού x 2  0 , x  2  0 ) ή ισοδύναμα x 2  x  2  0 ή ισοδύναμα x   1 ή x  2 . Όμως, υπάρχει ο περιορισμός x  0 .Οπότε τελικά x  2 .Γ. Έχουμε  fξ  1   fξ 4 ξ ln  4 ξ  fξ  ln    ξ  fξ  1  ln  f  ξ  fξ     4  ξ   ξ ξ    g 1 , άρα 1  1 και  ln fξ  lnξ  4ξ  4 fξ  ln fξ  4fξ  1  lnξ  4 ξ  1  g fξ  gξ <=====> fξ  ξ fξ  0 , ξ  0   Θεωρούμε, λοιπόν, η συνάρτηση h : 1 , 4  ' , με τύπο h x  f x  x .Η h είναι συνεχής στο 1 , 4 (διότι η f είναι συνεχής, ως παραγωγίσιμη, άρα η h είναι συνεχής, ως διαφοράσυνεχών συναρτήσεων). Επίσης, h1  f1  1 και h4  f4  4 . Όμως, f 1 , 4   1 , 4 , άρα 1  f x  4 , για κάθεx  1 , 4 . Άρα, h1  0 και h4  0 .  Αν h1  0 , δηλαδή f1  1 , τότε ξ  1 . Αν h4  0 , δηλαδή f4  4 , τότε ξ  4 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης       Αν h 1  0 και h 4  0 , τότε από το θεώρημα Bolzano, προκύπτει ότι υπάρχει ξ  1 , 4 τέτοιο,ώστε hξ  0 , δηλαδή fξ  ξ .     Άρα σε κάθε περίπτωση υπάρχει ξ  1 , 4  fξ   ξ  τέτοιο, ώστε f ξ  ξ, δηλαδή ln  4   ξf ξ . Δ. α) Η f ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος μέσης τιμής στο διάστημα 1 , 4 , άρα υπάρχει x0  1 , 4 τέτοιο, ώστε  f x0  f4  f1  f4  4 f4   f4 . 4 1 3     Μοναδικότητα: Αν υπήρχε και y0  1 , 4 με την ιδιότητα f y0   f 4 , τότε θα είχαμε ότι   f x0  f y0 .Η συνάρτηση f ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο διάστημα με άκρα τα x0 , y 0 , άρα θα υπήρχε αριθμός m μεταξύ των x0 , y 0 τέτοιο, ώστε f m  0 , το οποίο είναι άτοπο από την υπόθεση.β) [Τρόπος σκέψης:  x  fx fx  x  fx  0  x  f2 x  x 2  fx  fx  0        2x  f2 x  2x2  fx  fx  0   x2   f2 x  x2  f2 x   0   x2  f2 x   0 ].   Θεωρούμε τη συνάρτηση φ: 1 , 4  ' , με τύπο φ x  x 2  f2 x . Η φ είναι συνεχής στο 1 , 4 και παραγωγίσιμη στο 1 , 4 .Επίσης,  φ1  f2 1  4  f42  16  f2 4   φ4  16  f2 4   φ1  φ4 .   Άρα, από το θεώρημα Rolle, υπάρχει ρ  1 , 4 τέτοιο, ώστε φ ρ  0 ή ισοδύναμα ρ  fρ  fρ  ρ  fρ  0 .γ) Είναι f1  4  f4 και έχουμε ότι 1  f1  4  1  4  f4  4  1  f4  1  f4  1 . 4Όμως, 1  f4  4 . Άρα, f4  1 . Οπότε, f1  4  f4  4 .   δ) Από το Θ.Μ.Τ. για την f στο 1 , 2 προκύπτει ότι υπάρχει x1  1 , 2  1 , 4 τέτοιο, ώστε f x1  f2  f1  f2  4 . 21 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης   Παρόμοια, από το Θ.Μ.Τ. για την f στο 2 , 4 προκύπτει ότι υπάρχει x2  2 , 4  1 , 4 τέτοιο, ώστε   f4  f2 1  f2f x2  4  2  2 .Άρα,        f x1  2  f x2  f 2  4  1  f 2   3 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018