555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part2

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης κ  0 , h : fκ  fh  f0  1  h  1  1 1 . h0 2 κ1 hΠαρατηρούμε ότι 1  1 , διότι 2 κ1 2 1 1 1 2 2 κ1 2 κ 1  1  κ  1  1  κ  1  12  κ  1  1  κ  0 , το οποίο ισχύει. Άρα, από τη σχέση 1 παίρνουμε: h  1  1  1  h  1  1  h  h  1  1  h , h  0 , που είναι και η h2 2 2ζητούμενη σχέση.   ΣΤ) Θεωρούμε τη συνάρτηση f x  ln x , με πεδίο ορισμού Df  0 ,     Η f είναι συνεχής στο 2 , e και παραγωγίσιμη στο  1. 2, e , με f x xΆρα, ικανοποιούνται οι υποθέσεις του θεωρήματος μέσης τιμής του διαφορικού λογισμού, οπότε:  ξ  2 , e : fξ  fe  f2  1  ln e  ln 2  1  1  ln 2 1 . e 2 ξ e2 ξ e2Αλλά:      ξ  2 , e 1 1  ln 2 2  ξ  e  1  1  1  1   1 e 2 0 e 2  1  ln 2  e2 2 ξ e 2 e2 e ===> 2 e  e  1  1  ln 2  1  2  e  2   ln 2   2  2  e  ln 2  2 . 2 e2 e2 e   Ζ) Για x  π , η αποδεικτέα γράφεται cos π sin π  1 , δηλαδή  1  0  1 , που ισχύει.  2π  π   Για f a , a  0 , x που είναι συνεχής στο 0 , x καιx  0 , 2  θεωρούμε τη συνάρτηση  sin 2a   παραγωγίσιμη στο 0 , x .Συνεπώς, από το θεώρημα μέσης τιμής υπάρχει ξ  0 , x έτσι ώστε fξ  fx  f0 δηλαδή , x02συν 2ξ  ημ2x το οποίο γράφεται συν 2ξ  ημ2x . x 2x   Όμως, επειδή 0  ξ  x  π , δηλαδή 0  2ξ  2x  π έχουμε ότι συν0  συν 2ξ συν 2x  συνπ , καθώς η 2συνάρτηση cos είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα 0 , π . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Άρα, την τελευταία σχέση με την αντικατάσταση του συν 2ξ με  ημ 2x προκύπτει η ζητούμενη διπλή 2x   ανισότητα: συν 2x ημ 2x 1 και για x   0 , π  .  2    2x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 422ο (προτάθηκε και λύθηκε από τους Στέλιο Μιχαήλογλου και Δημήτρη Πατσιμά) Λύση Θέματος 422ΟΥα) Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο ' , είναι και συνεχής στα x1  2 και x2  2 .Είναι fx  1 f2  f2 για κάθε x  '  2 , 2άρα lim fx  lim 1 f2  f2  f2  1 f2  f2  2f2  f2  f2  f2  f2 (1) x2 2x2 2Επίσης και limf2  lim 1 f2  f2  f2  1 f2  f2  2f2  f2  f2  f2  f2 (2) x2 x1 2 2Από τις (1),(2) προκύπτει ότι f2  f2 .  β) Επειδή fx  1 f2  f2 για κάθε x  '  2 και f2  f2 , είναι 2  fx  1 f2  f2 για κάθε x  ' . 2 Τότε 2fx  f2  f2  0 για κάθε x  'Έστω gx  2fx  f2  f2  0, x  'Είναι        g x  g 2 και g x  g 2 , δηλαδή η g παρουσιάζει μέγιστο στα x1  2 και x2  2 .   Επειδή η g είναι παραγωγίσιμη στο ' με g x  2f x , από το θεώρημα Fermat είναι g2  0  2f2  0  f2  0 και g2  0  2f2  0  f2  0 γ) fxfx  fxfx  2fxfx  2fxfx  0 ή f2 x  fx2   0Έστω φx  f2 x  fx2 , x  2,2 .Είναι φ2  f2 2  f22  f2 2 , φ2  f2 2  f22  f2 2 , δηλαδή φ2  φ2 Η φ είναι συνεχής στο 2,2 ως σύνθεση και άθροισμα συνεχών συναρτήσεων και παραγωγίσιμη στο 2,2 με φx  2fxfx  2fxfx . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λόγω του θ. Rolle υπάρχει ξ  2,2 τέτοιο, ώστε: φξ  0  fξfξ  fξfξ επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 423ο (προτάθηκε και λύθηκε από τους Στέλιο Μιχαήλογλου και Δημήτρη Πατσιμά) Λύση Θέματος 423ΟΥα) fx  fx  fx  fx  0  exfx  exfx  0    Έστω g x  exf x , x  0 . Η g είναι παραγωγίσιμη στο 0,  με gx  exfx  exfx .  Είναι g x  0 άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο 0,  .Για κάθε x  0 είναι gx  g0  0  exfx  0  fx  0 .    Είναι f x  f x  0 άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,  . β) Από το Θ.Μ.Τ. για την f, υπάρχει ξ1  0, x , x  0 τέτοιο, ώστε fx  f00 fξ1   x  fx  xfξ1      Επειδή f x  0 για κάθε x  0 είναι και f ξ  0 , άρα υπάρχει α  0 τέτοιο ώστε f ξ1  α , επομένως fx  xf ξ1   αx  0  1  1 . αx fx Επειδή lim 1  0 , από το κριτήριο παρεμβολής είναι και lim 1  0 και επειδή f x  0 για κάθε x  0 ,  x αx fx xείναι lim fx   x  Το σύνολο τιμών της f είναι:        f 0,f  0 , lim f x  0,  . x γ) Από το Θ.Μ.Τ για την f υπάρχει ξ2  0, x , x  0 τέτοιο, ώστε fξ2   fx  f0 0  fx . x xΕίναι f ξ1   fx  fx  f ξ2  x xδ) Έστω hx  fx  fx  4x  1, x  0,1 .Είναι επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης h0  f0  f0  1  1  0και h1  f1  f1  4  1  f1  f1  3  0 γιατί f1  f1 ,     δηλαδή h 0 h 1  0 . Επειδή η h είναι συνεχής στο 0,1 , λόγω του θ.Bolzano, υπάρχει ρ  0,1 τέτοιο, ώστε hρ  0  fρ  4ρ  fρ  1 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 424ο (προτάθηκε και λύθηκε από τους Στέλιο Μιχαήλογλου και Δημήτρη Πατσιμά) Λύση Θέματος 424ΟΥα) 2x2fx  4x3fx  x4fx  1  0  2fx  4xfx  x2fx   1 Για x  1 είναι x2  2fx  2xfx  2xfx  x2fx   1   1  x2  x   2xf  x   x2f  x      2xfx  x2fx  1  c, c  ' . x 2 f1 0  f1  1  c  1  1  c  c  0 ,άρα  2xfx  x2fx  1  x2fx   ln x  x    x2fx  ln x  c1 , '  ln x  c1  f x x2 c1   Είναι  ln x . f1  c1  c1  1 , οπότε f x x2β) Για κάθε x  0 είναι  f x 1 x2  2xln x 1  2ln x x   . x4 x3Είναι  fx  0  1  2ln x  0  ln x  1  x  1  e. x3 2 e2   Για κάθε x  0,  e είναι f x  0  f γνησίως αύξουσα στο 0, e  και  για κάθε x e f  είναι x  0  f γνησίως φθίνουσα στο  e,  .Η f έχει ολικό μέγιστο το 1  f e  ln e  ln e2  1 . 2 e 2e  e   Επειδή η f έχει ολικό μέγιστο το f e  1 , ισχύει f x  1 για κάθε x  0 . 2e 2eΆρα, επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης ln x  1  2eln x  x2  ln x2e  x2  x2e  ex2  ex2  x2e  0 x2 2eκαι επειδή η ισότητα ισχύει μόνο για x  e , είναι       e ex2  x2e dx  0  e ex2 dx  e x2edx  0  e ex2 dx  e x2edx1 11 11γ) Είναι 1 x  ln x  1  ln x  f 1 ln x 1  x  x  x2 x2    Fx      x ,άρα η F είναι μια παράγουσα της f.δ) Είναι  1   x  lim f x ln x    1  lim == lim  lim 0, x   x 2xx 2 DLH x x 2x2άρα η y  0 δηλαδή ο άξονας xx είναι οριζόντια ασύμπτωτη της CfΈστω ευθεία x  λ  1Αρχικά θα υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα λ fxdx . Είναι 1 λ ln x dx  F λ  F 1  1  ln λ  1       λ f x dx  1 1 x2 λ Επειδή f x  0 για κάθε x  1 , το ζητούμενο εμβαδό είναι:     ΕΩ λ   ln λ 1   lim x dx  lim  λ  1   1 λ   f λ    1γιατί  1   lim λ  0 ln λ 1    lim == λλ   1DLH λε) Για κάθε x  0 είναι:  f x  ln x  3x2  4x  3   ln x  ln x  3x2  4x  3    x2  x2  x2      επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης    lnx3x4 4x3 ln x 3  ln x 3x4  4x3  3  ln x  0   x2 x2    ln x 3x4  4x3  3  1  0  ln x 3x4  4x3  2  0  ln x  0  x  1 ή3x4  4x3  2  0 (1)Έστω  g x  3x4  4x3  2, x  0 .Είναι    g x  12x3  12x2  12x2 x  1  Για κάθε 0  x  1 είναι g x  0 άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 0,1 και για κάθε x  1 είναι  g x  0 άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο 1,  . Η g έχει ελάχιστο το g 1  1 , άρα gx  g1  1  0  3x4  4x3  2  0για κάθε x  0 , οπότε η (1) είναι αδύνατη. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 425ο (προτάθηκε και λύθηκε από τους Στέλιο Μιχαήλογλου και Δημήτρη Πατσιμά) Λύση Θέματος 425ΟΥ α) Από το Θ.Μ.Τ. για την f υπάρχει ξ  1,2 τέτοιο, ώστε fξ  f2  f1  f2  1 . 21Επειδή fx  2 για κάθε x  1,2 , είναι και fξ  2  f2  1  2  f2  1  0 .   Επειδή f 1 f 2  0 και η f είναι συνεχής στο 1,2 , λόγω του Θ.Bolzano υπάρχει     x0  1,2 τέτοιο, ώστε f x0  0 . Είναι f x  2  0  f γνησίως αύξουσα στο 1,2 , οπότε η ρίζα είναιμοναδική.β) fx  1  fx  ex  1  ex  fx  fx             f x ex  f x ex  ex  1  f x ex   x  ex   f x ex  x  ex  c   f x  xex  1  cex, c  ' .Είναι  f 1  1  e  1  ce  1  c  1 ,άρα    f x  xex  1  ex  x  1 ex  1γ)      x  λ  1 ex  1  x  1  λ  1 ex  x  1 ex  λ  1  x 1ex 1  λ  fx  λΕίναι    f x  ex  x  1 ex  xex .    Για κάθε x  0 είναι f x  0  f γνησίως αύξουσα στο 0,  και για κάθε x  0 είναι f x  0  f  γνησίως φθίνουσα στο , 0 . Η f έχει ελάχιστο το f 0  2 .Είναι     lim x 1    1 x 1 ex  lim == lim  0, x   e ex x DLH x x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούληςάρα lim fx  1 και lim fx  x   x  Στο διάστημα Δ1  , 0 η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, άρα το αντίστοιχο σύνολο τιμών της είναιτο fΔ1   2, 1 .Στο διάστημα Δ2  0,  η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα άρα το αντίστοιχο σύνολο τιμών της είναι τοfΔ2   2,  .  Αν λ  2 , τότε η εξίσωση f x  λ είναι αδύνατη. f 2 f1 Αν λ  2 , τότε επειδή για x  0 => fx  f0  2 , για x  0 => fx  f0  2 , η x  0 είναι  η μοναδική ρίζα της f x  λ .    Αν λ  2, 1 , τότε υπάρχει μοναδικό x1  Δ1 τέτοιο, ώστε f x1  λ και μοναδικό x2  Δ2 τέτοιο,    ώστε f x2  λ , άρα η εξίσωση f x  λ έχει ακριβώς 2 ρίζες.    Τέλος αν λ  1 , τότε λ  f Δ2 , οπότε η f x  λ έχει μοναδική ρίζα στο Δ2 .δ) Έστω gx  x  2ex  x  4, x  ' .Είναι gx  ex  x  2 ex  1  ex x  1  1  fx  Για κάθε x  0 είναι g x  0  g γνησίως φθίνουσα στο , 0 .Είναι  lim gx  lim x  2 ex  x  4   x x    γιατί lim x   x  2 ex  0 και g 0  6 , άρα για το διάστημα Δ3  , 0 , το αντίστοιχο σύνολο τιμών της g,είναι gΔ3   6,  .   Επειδή το μηδέν ανήκει στο g Δ3 και η g είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα αυτό, η εξίσωση g x  0 έχειμοναδική ρίζα στο Δ3 .Για κάθε f1      0  x  x0 => f x  f x0  0  g x  0  g 2 0, x0  ,άρα gx0   gx  g0  6  0 , οπότε η εξίσωση g x  0 δεν έχει ρίζα στο 0, x0  .Για κάθε επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης f1 x  x0 => fx  fx0   0  gx  0  g 1 x0, Επειδή    lim g x ex  x  4 1 2  ex 4  x  x    lim x 2  lim x  1  x     x   x     για το διάστημα Δ4  x0,  , το αντίστοιχο σύνολο τιμών της g είναι g Δ4  g x0 ,  .     Επειδή g x0  0 , το μηδέν περιέχεται στο g Δ4 οπότε η εξίσωση g x  0 έχει μοναδική ρίζα στο Δ4 , άρα συνολικά η εξίσωση g x  0 έχει ακριβώς δύο ρίζες.ε) i. Είναι    f x  ex  xex  x  1 ex  0για κάθε x  0 , άρα η f είναι κυρτή στο 0,      ii. Είναι f 1  e και f 1  1 . Η εφαπτομένη της Cf στο σημείο 1, 1 είναι η ευθεία ε: y  f1  f1x  1  y  ex  e  1 .Επειδή η f είναι κυρτή στο 0,  βρίσκεται πάνω από κάθε εφαπτομένη της στοδιάστημα αυτό, εκτός του σημείου επαφής, άρα fx  ex  e  1  x  1 ex  1  ex  e  1  x  1 ex  ex  e . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 426ο (προτάθηκε και λύθηκε από τους Στέλιο Μιχαήλογλου και Δημήτρη Πατσιμά) Λύση Θέματος 426ΟΥα) 2fx  2x  2xfx  x2  1  xfx  fx  x  1 x2  1  22      xf x  f x     x2   1 11 1 f x    1 x  1    ln x 2 2x x 2 2 x2  x   f x  xln x  1 x2  1  cx, c  ' . 22  Είναι f 1  0  c  0 , άρα f x  x2  1  xln x 2β)  x2  2xln x  1  x2  1  xln x  x2  1  xln x  0  f x  0 (1). 22Είναι fx  x ln x  1και fx  1  1  x  1 xx  Για κάθε x  1 είναι f x  0  f γνησίως αύξουσα στο 1,  , οπότε για κάθε x  1 είναι fx  f1  0  f11,   Για κάθε 0  x  1 είναι f x  0  f γνησίως φθίνουσα στο 0,1 , οπότε για κάθε 0  x  1 είναι    f x  f 1  0  f γνησίως αύξουσα στο 0,1 . Επειδή η f είναι συνεχής στο x  1 είναι γνησίως αύξουσα στο 0,  , οπότε είναι και 1-1 στο διάστημα αυτό. (1)  fx  0  fx  f1 11 x 1. <=>γ) f2 x  2fxln fx  4033  f2 x  1  2fxln fx  4032  f2 x  1  fxln fx  2016  2  f f x  2016 (3) αρκεί βέβαια να ορίσουμε τη συνάρτηση fof .Για να ορίζεται η fof πρέπει επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης        f 1 0, f ==> f x  Af  x0 x 0  x  1 x  Af 0f 1  1 x  x Δηλαδή η (3) έχει νόημα στο διάστημα 1,  .Είναι lim fx  f1  0 και x1  lim f x  lim x2  1  1  ln x      2 2x2 x  x   x  γιατί  1   x ln x    lim ==  lim 0, x 1x DLH xάρα lim  1  1  ln x   1  2 2x2 x  2 x         άρα στο διάστημα A1  1,  η f έχει σύνολο τιμών το f A1  0,      Επειδή 2016  f A1 , υπάρχει μοναδικός x1  1,  τέτοιος, ώστε f x1  2016 οπότε η (3) γίνεται:       11 f f x  f x1 <=> f x  x1 (4)Είναι ln x     1   x == lim xln x  lim lim  lim x  0 , 1  1x0 x0 DLH x0 x0 x x2άρα  lim f x  lim  x2  1  xln x    1  2  2 x0 x0   Επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο A  0,  f A    1 ,   έχει σύνολο τιμών το  2        Επειδή x1  f A υπάρχει μοναδικός x2  A  0,  τέτοιος, ώστε f x2  x1   δ) Από το Θ.Μ.Τ για την f υπάρχουν ξ1  x,2x και ξ2  3x, 4x τέτοια, ώστε: f ξ1   f2x  fx xκαι f ξ2   f4x  f3x xΕίναι ξ1  ξ2 f 1 1, fξ1   fξ2   f2x  fx  f4x  f3x  f2x  fx  f4x  f3x  ===> x x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης f2x  f3x  f4x  fx .ε) Έστω gx  6F2x  4F3x  5F1  3F4x 12Fx, x  1 Η g είναι παραγωγίσιμη στο 1,  ως σύνθεση και άθροισμα παραγωγίσιμωνσυναρτήσεων με gx  6F2x2x  4F3x3x  3F4x4x  12Fx  gx  12f2x  12f3x  12f4x  12fx   gx  12 f2x  f3x  f4x  fx  0  g γνησίως φθίνουσα στο 1, Για κάθε x  1 είναι gx  g1  0  6F2x  4F3x  5F1  3F4x  12Fx . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 427ο (προτάθηκε και λύθηκε από τους Στέλιο Μιχαήλογλου και Δημήτρη Πατσιμά) Λύση Θέματος 427ΟΥ α) f x  1  ex  0  f γνησίως αύξουσα στο ' .   lim f x  lim x  ex  2   x xκαι   lim f x  lim x  ex  2   x xαφού lim ex   και lim ex  0 . x   x   Επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο A  ' έχει σύνολο τιμών το f A  ' .β) Η g είναι παραγωγίσιμη στο ' με     g x  2x  2ex  4  2 x  ex  2  2f x   Επειδή 0  f A , υπάρχει μοναδικό x0  ' τέτοιο, ώστε f x0  0Για κάθε f1 x  x0 <=> fx  f x0   0  gx  0  g  , x0 και για κάθε f1 x  x0 <=> fx  fx0   0  gx  0  g  x0,    Η g παρουσιάζει ελάχιστο στο x0 , άρα g x  g x0 για κάθε x  ' .γ) Είναι  f x  lim x  ex 2  lim  1  ex  2  1  x x  lim x x x xxαφού lim ex  lim  ex  1   0  0  0 xx  x  x  και     lim f x  x  lim ex  2  2 , x xάρα η y  x  2 είναι η πλάγια ασύμπτωτη της Cf στο  .Για να υπάρχει εφαπτομένη της Cf παράλληλη στην ε πρέπει να υπάρχει x1  ' τέτοιο, ώστε f x1  λε  1  1  ex1  1  ex1  0 που είναι αδύνατο. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούληςδ) Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο ' είναι και 1  1 , οπότε αντιστρέφεται.Το ζητούμενο εμβαδό είναι:   E  e2 f1 x dx e 1Θέτουμε f1 x  u  x  fu και dx  fuduΓια x  e  1 είναι f u  e  1  f u  f 1 11 u  1 <=>και για x  e2 είναι fu  e2  fu  f2 11 u  2. <=>Είναι fe2 1 2 2 2 2 1 e 1 uf u du  uf f u du  1 1 1              E x uf  dx  u du  u        E  2f2 2e2  u2 2 3 2 f 1  1 u  eu  2 du   e 1    eu  2u  e2  2 .  2 1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 428ο (προτάθηκε και λύθηκε από τους Στέλιο Μιχαήλογλου και Δημήτρη Πατσιμά) Λύση Θέματος 428ΟΥα) fln x  xln x  x  1 fln x  ln x 1  fln x  xln x  x fln x  xln x  c, c  'Για x  e είναι f1  e  c  c  0 , άρα fln x  xln x .   Θέτουμε ln x  t , τότε x  et , οπότε f t  tet, t  ' άρα και f x  xex, x  'β) Είναι    f x  ex  xex  ex x  1 , ε: y  f1  f1x  1  y  e  2ex  2e  y  2ex  ef1  2e και f1  eΕίναι fx  ex x  1  ex  ex x  2 f x  0 για κάθε x  0 , οπότε η f είναι κυρτή στο , άρα βρίσκεται πάνω από κάθε εφαπτομένη της στοδιάστημα αυτό, εκτός του σημείου επαφής, άρα βρίσκεται πάνω και από την ε, δηλαδή xex  2ex  e  xex  e  2ex        γ) Έστω ότι τα σημεία A x1, f x1 , B x2, f x2 και Γ x3, f x3 με 0  x1  x2  x3 είναι συνευθειακά. Τότε        λΑΒfx2  λΒΓ  x2  f x1  f x3  f x2 (1)  x1 x3  x2   Από το θεώρημα Μέσης τιμής για την f, υπάρχουν ξ1  x1, x2 και ξ2  x2, x3 τέτοια, ώστε f ξ1   fx2   f x1   x2 x1και f ξ2   fx3   f x2   x3 x2   Επειδή f x  0 για κάθε x  0 ,η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,  , οπότε είναι και 1 1 στο διάστημααυτό. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης     11Η (1) γίνεται f ξ1  f ξ2 <=> ξ1  ξ2 άτοπο. Άρα δεν υπάρχουν τρία σημεία της Cf με θετική τετμημένη,που να βρίσκονται στην ίδια ευθεία.δ) 1 1 xex  2ex  e dx  f x  2ex  e       Ε  dx  00     E 1 ex  1 1 dx  ex2  0 e 10  xe x  0  e  e  e x 0ε) Έστω gx  6x  2 ex  5e  ex2 3  2x, x  0Είναι gx  6ex  6x  2 ex  2ex3  2x  ex2 2  6ex x  1  6ex  6ex2και     g x  6ex x  1  6ex  6e  12ex  6 xex  e  2x  Είναι g x  0 για κάθε 0  x  1 και επειδή η g είναι συνεχής στο 0,  , είναι γνησίως αύξουσα στοδιάστημα αυτό. Παρατηρούμε ότι g 1  0 . Για κάθε g 1 0  x  1 => gx  g1  0  g 2 0,1και για κάθε g 1 x  1 => gx  g1  0  g 1 1,  .Η g παρουσιάζει ελάχιστο στο x  1 , άρα gx  g1  6x  2 ex  5e  ex2 3  2x  0  6x  2 ex  5e  ex2 3  2xγια κάθε x  0 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 429ο (προτάθηκε και λύθηκε από τους Στέλιο Μιχαήλογλου και Δημήτρη Πατσιμά) Λύση Θέματος 429ΟΥα)  x2fx  x2  2x fx  0  x2f x  x2fx  2xfx  0       x0 x2f x  2xf x x2 f x      x2f x  2xf x  x2f x =>  x4 2 x4  f x fx  c1ex    c2ex γιακάθε x  0  x2 , c1, c2  '  f x γιακάθε x  0     f x   x2  cc21xx22eexx,, x  0    x  0   x2 f x  x2  f 1  e  c2e  e  c2  1και  f1 1  c2e1  e 1  c2 1, e άρα f x  x2ex, x  0 .Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο ' , είναι συνεχής στο x  0 , άρα  f0  lim fx  lim x2ex  0 , x0 x0άρα  f x  x2 e x , x  0 .   0, x  0 Επειδή η f είναι συνεχής, τελικά είναι f x  x2ex για κάθε x  ' .β)    3e x  1  x2ex  e  x3  x2  2x ex        3e x  1  x2ex  e  x x  2 x  1 ex  3e  x2ex  e  x2  2x ex x 1 Από το θεώρημα Μέσης Τιμής για την f, υπάρχει ξ  1, x , x  1 τέτοιο, ώστε fξ  fx  f1  x2ex  e x1 x1Είναι    f x  2xex  x2ex  x2  2x exκαι επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης       f x  2x  2 ex  x2  2x ex  x2  4x  2 ex .Για κάθε x  1 είναι fx  0  f11,  .Είναι        f 1 γ) 1  ξ  x => f 1  f ξ  f x  3e  x2ex  e  x2  2x ex x 1         f2 x  e1fx  f2 x efx  e  f f x  f 1 (1)   f x  0  x2  2x ex  0  x  2 ή x  0Για κάθε x  2 είναι fx  0  f 1 , 2Για κάθε 2  x  0 είναι fx  0  f 2 2,0και για κάθε x  0 είναι fx  0  f 1 0, Είναι          lim f x  lim x2    2x    2 x == lim == lim  lim x2ex e e ex x DLH x 0, x x DLH x x   lim f x  lim x2ex   , x x f2  4 και f0  0 . e2  Παρατηρούμε ότι η f έχει σύνολο τιμών το B  f A  0, Άρα f 1 0, ===== f συνεχής       f Bf 0 , lim f x  0,  x      Επειδή 1  f B , υπάρχει x1  B  0,  τέτοιο, ώστε f x1  1 , οπότε η σχέση (1) γίνεται:     f :11 στο 0,f x  f x1 ¾¿¿¿¿¿À x  x1 . Άρα η αρχική εξίσωση έχει μοναδική ρίζα.δ)         G x  ex x2  2x  2  ex 2x  2  ex x2  2x  2  2x  2  x2ex  f xε) Η εφαπτομένη της Cf στο x0  1 είναι η ευθεία ε: y  f1  f1x  1  y  e  3e x  1  y  3ex  2e επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΕπειδή   f x  x2  4x  2 ex  0 για κάθε x  0 η f είναι κυρτή στο 0,  ,οπότε βρίσκεται πάνω από κάθε εφαπτομένη της στο διάστημααυτό εκτός του σημείου επαφής, άρα η Cf βρίσκεται πάνω και από την ε, δηλαδή fx  3ex  2e .Το ζητούμενο εμβαδό είναι:     E 1f  3e x2 1 0 x  3ex  2e dx  G x  2  2ex   0 E  G 1  3e  2e  G 0  e  2  3e  2e  3e  2 . 2 22 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 430ο (προτάθηκε και λύθηκε από τους Στέλιο Μιχαήλογλου και Δημήτρη Πατσιμά) Λύση Θέματος 430ΟΥ  α)Επειδή η f είναι συνεχής, η συνάρτηση x t dt είναι παραγωγίσιμη στο ' , οπότε οι συναρτήσεις f 0  x0t dt  ex 1 και x2 είναι παραγωγίσιμες στο '. fΕίναι 0     x   f   t dt  ex 1 0 f x  ex 1  lim 0 x2 == lim 2x x0 DLH x0Έστω fx  ex  gx    x0 2x <=> f x  2x  g x  ex .Επειδή η f είναι συνεχής στο x  0 , ισχύει ότι:  f0  lim 2x  gx  ex  1 . x0Είναι    f  ex lim x f x 1  ex 1   1  1  lim   x0 2x x0  2x 2x Έστω hx  fx  1  ex  1  fx  1  2hx  ex  1, x  0 2x 2x x xΕπειδή 0   lim ex  1  0  lim ex ==  1 , είναι x 1x0 DLH x0  f x  1  ex  1     lim x  x0 x  lim  2h x   2  1  3  f 0 3 x0Η εφαπτομένη της Cf στο Α είναι η ε: y  f0  f0x  y  3x  1 β) Επειδή η f είναι συνεχής και f x  0 για κάθε x  ' , η f διατηρεί σταθερό πρόσημο. Επειδή   f 0  1  0 , είναι f x  0 άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ' . γ) Έστω F αρχική της f. Από το Θ.Μ.Τ για την F, υπάρχει ξ1  0,1 τέτοιο, ώστε F ξ1   F 1  F0  1 f  t  dt  1 0 0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης και ξ2  1,2 τέτοιο, ώστε Fξ2   F2  F1  2 f  t  dt  1 f  t  dt  1 f  t  dt  2 f  t  dt  1 f  t  dt  2 f  t  dt 21 0 0 0 1 0 1Είναι Fx  fx, Fx  fx  0  F γνησίως αύξουσα στο 'Είναι F 1 1 2 => F ξ1 f x dx  f x dx 0 1          ξ1  ξ2  F ξ2 δ) Αν η f είναι κυρτή, τότε η Cf βρίσκεται πάνω από κάθε εφαπτομένη της εκτός του σημείου επαφής, άρα f x  3x  1  0 για κάθε x  0 , άρα 0  1  1  f x 3x  1 Επειδή lim 1  0 , από το κριτήριο παρεμβολής είναι lim 1  0 και αφού f x  0 είναι  x 3x  1 fx xlim fx   .x        ε) Είναι f x 2  0 για κάθε x  0,2 , άρα E  f x dx . Επειδή στη σχέση f x  3x  1 η ισότητα ισχύει 0μόνο για x  0 , είναι      2 2  x2 2 8. f x dx  0 3 2  x  0 0 3x  1 dx E  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 431ο (προτάθηκε από τον Βασίλη Κακαβά) Λύση Θέματος 431ΟΥ Α. Δίνεται ότι g 1  κ  1 .Όμως  g 1  12  4κ  3  4κ  4  2κ  2 13 2Άρα θα πρέπει 2κ  2  κ  1 , άρα κ  1   Β.α) Το πεδίο ορισμού της g είναι το '  3 . Άρα έχει νόημα το όριο lim g x x  3Είναι lim gx   3 2  4  3  3  4 x3 3  3β) Για λ  5 και x  3 έχουμε:  fx  gx  x2  λx  3λ  7  x2  4x  3  x  3 x2  λx  3λ  7  x  1  x  3  x3   x  3   x2  λ  1 x  3λ  6  0  τριώνυμο με διακρίνουσα Δ λ 5 2 0Ρίζες τριωνύμου    λ  1  λ  5 x1  2  λ  2 , δεκτή λ  5 και x2  λ 1λ 5  3 ,απορρίπτεται. 2  Άρα οι γραφικές παραστάσεις των f,g τέμνονται σε μοναδικό σημείο A λ  2, f λ  2 ,δηλαδή x1  λ  2γ) Έχουμε, fx  gx  x2  λx  3λ  7  x  1  x2  λ  1 x  3λ  6 lim  lim  lim  xx1 x  x1 xx1 x  x1 x x1 x  x1         lim xx1 x  x1  x  3  lim x 3  x1  3  λ  2  3  λ  5 x  x1 x x1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 432ο (προτάθηκε από τον Βασίλη Κακαβά) Λύση Θέματος 432ΟΥ α) Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0,  με παράγωγο  f x  ex  1  0 , για κάθε x  0 x Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, β) Για κάθε x  0 έχουμε :      ex2  ln x  2  ex2  ln x2  ex2  ln x2  ex2  ln x  2  ex2  ln x2  e  ex2  ln x  2  e  f 1 στο 0,    f x2  f x  2 ¾¿¿¿¿À x2  x  2  x2  x  2  0 και x2 0,x20Το τριώνυμο έχει ρίζες τους αριθμούς 2 και -1.Άρα x2  x  2  0  x  1 ή x  2 .Όμως υπάρχει ο περιορισμός x  0 .Άρα τελικά x  2γ) Για f1 x  1  x  1 fx  f1  0 . Άρα lim x  1   . fx1 xΕπίσης, για f1 x  1  0  x  1 fx  f1  0Άρα  lim x  1   . fx1 x Άρα δεν υπάρχει το όριο της x  1 ,όταν το x τείνει στο 1 fx   δ) i) Καταρχάς, lim f x   ,άρα f x  0 για x κοντά στο 0 x0Οπότε επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης x    2   3 2    fxf3 x  3fx  2 f   f2 x  3  x       fxf2 x   f   fx0 ==f2 x  1  fx f2 x    1   fx fx  1  1  fx 1  f2 x  f2 x    f2 x 2  x 2   f2 f x   3  fx   3  fx x0   2 3  0      ||}   1 fx   1 1  1  1 10 1   1  f2 x  f2 xii) Χρησιμοποιώντας τη συζυγή παράσταση του παρονομαστή έχουμε:  f3 x  3fx  2 f3 x  3fx  2  f2 x  1  fx      f2 x  1  fx f2 x  1  fx  f2 x  1  fx   f3 x  3fx  2  f2 x  1  fx      x 2  x   f x   f2  3    f2 x  1  fx            fx  ||} επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 433ο (προτάθηκε από τον Βασίλη Κακαβά) Λύση Θέματος 433ΟΥα) Με χρήση του ορισμού της μονοτονίας έχουμε:Αν  x1, x2 1 1 0 με x1  x2 , τότε x1 x2 1και  ln x1  ln x2  ln x1  ln x2 2   οπότε με πρόσθεση των 1 και 2 κατά μέλη έχουμε:    1 1 1 1 f x1 x2 x1 x2 x1  ln x1   ln x2   ln x1 1   ln x2 1   f x2 άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο 0,  . β) Είναι f 1  1  ln1  1  0 άρα έχουμε να συγκρίνουμε τους αριθμούς 1  f 1   f 1   f  1   0   f  f  1   και f  1  .  e    f   e     e    2  f        Παρατηρούμε ότι e  2  0  1  1 και αφού f γνησίως φθίνουσα, έπεται ότι e2 f  1    1   f  1   1  ln2  1   1  1  ln2  1 αφού ln2  0 .  e  f 2   e  1 f  2      e    2Άρα  1  1 f2   1    1    1    1   e  2   e    2    e    2    =>          f  f f  f f f  f 1  f . οπότε καιΓια το πρόσημο των τιμών της f έχουμε: f2Για 0  x  1 ==>fx  f1  0 ενώ f1   για x  1 ==>f x  f 1  0 . Άρα έχουμε τον ακόλουθο πίνακα προσήμων της f: x  0 1  fx + –γ) Έχουμε: επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  1  f2  1  1  f1 3 f2  3   2  2  2    <=> <=>               ff1x1 f1 f1 x  f1  1  ln2  f x 1  f x 2 f x  f   x  f  3   ln  2   1 .  2   3  3      Σχόλιο: Για να ορίζεται το f f1 x  1 θα πρέπει         f 2 f 2 f1 x  1  0  f1 x  1<=> f f1 x  f 1 <=> x  0 .Ο αριθμός ln  2   1 είναι αρνητικός, αφού ln  2   ln1  0 1, άρα οι λύσεις της παραπάνω σχέσης είναι  3  3  3  3    δεκτές.δ) Έχουμε: f2 1  x1  e =>f1  fx1   fe f2 1  x2  e =>f1  f x2   fe f2 1  xν  e =>f1  f xν   feοπότε με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει: ν  f1  fx1   fx2    f xν   ν  fe  fe  f x1   fx2    fxν   f1 . ν         Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 1,e , με f 1  f e και ο αριθμός f x1  f x2   f xν βρίσκεται ν     μεταξύ των αριθμών f 1 και f e , άρα από Θεώρημα Ενδιάμεσων Τιμών υπάρχει x0  1, e τέτοιο ώστε :        f x0    f x1  f x2   f xν  1  ln x0 1  1  1  ln x1    ...   1  ln xν  1  ν x0 ν x1 1   xν 1   1 1 1 1 ν x2 xν x0  ln x0 1   x1    ln x1  x2   xν  ν     1 1 1  11 1 ln x2 xν  e x1 x2 xν 1 1 e x1  eν  x1  x2   xν  1 eν  x1  x2  x0  xν x0 1  ln  ln x0  1  ln ν   ln x0  ν  11 1  11 1    1 e x1 x2 xν 1 e x1 x2 xν  x0 eν  x1  x2  x0   1  ln x0  ln ν  xν  1  ln  x0 ν eν  x1  x2   xν    11 1   11 1  11 1 x0     1 e x1 x2 xν  1 e x1 x2 xν e x1 x2 xν x0  x0   1  ln  x0  ν  ln  e  x0  ν   ln  e  x0  ν 1.     eν  x1  x2   xν eν  x1  x2   xν eν  x1  x2   xνΤο x0 αυτό είναι μοναδικό, διότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1, e . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 434ο (Γαλλικές εξετάσεις Baccalaureat) Λύση Θέματος 434ΟΥα) Η f είναι παραγωγίσιμη στο ' , με    f x  ex  xex  ex  1  x   Οπότε, f x  0  1  x  0  x  1 και f x  0  1  x  0  x  1  1  fx   fx 1 2 max f γνησίως αύξουσα στο ,1 και γνησίως φθίνουσα στο 1,  η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο 1, το f 1  1 eΕύρεση συνόλου τιμών της fKαταρχήν, lim fx  lim xex       x   x  και   lim f x  lim x  x  lim 1  0 ex x == lim ex x x  x ex Οπότε f1  1   e  ==  συνεχής       A1  f  ,1 lim f x ,f 1   , x    f2  1        A2  f 1,  e  == lim f x ,limf x   0,  συνεχής x x 1 Το 1  A1 x1  1, x1 e  x1  1  x1  ex1 0 2 άρα υπάρχει 1:f x1 2 δηλαδή 2 2Άρα x1  0 . Το x1 αυτό είναι μοναδικό, διότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο ,1 Παρόμοια, επειδή το 1  A1  υπάρχει μοναδικό x2  0 τέτοιο ώστε f x2  1 β) Η g είναι παραγωγίσιμη στο ' , με gx  fx  f2 x  fx  2fx  fx  fx1  2fx  ex  1  x  1  2fx επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΟπότε,   α)ΓιαΓια gx  0  x  1 ή 1  2fx  0  x  1 ή x  x1 Για      f 1 x  x1 => f x  f x1   1  2f x  1  0 2      f 1 x1  x  1 =>f x  f x1   1  2f x  1  0 2 x  1  fx  0  2fx  1  0 x  x1 1    1  2fx      1x  1 2 gx  max gx 2 min   lim gx  lim fx  f2 x  lim fx1  fx    1     x x xκαι  lim gx  lim fx  1  fx  01  0  0 x x γ) Για κάθε x  ' είναι: 1  xex  1  x  xex  x  x  xex  x 1  ex  0 (1)  Για x  0 ισχύει ως 0  0   Για x  0  ex  1  1  ex  0  x  1  ex  0   Για x  0  ex  1  1  ex  0  x 1  ex  0Άρα σε κάθε περίπτωση ισχύει η σχέση (1) Επίσης η σχέση 1  x  ex ισχύει από τη γνωστή σχέση ln x  x  1 , θέτοντας για x το ex x  ' (η ισότηταστη ζητούμενη σχέση ισχύει μόνο για x=0) Εφαπτομένη της Cg στο 0, 0 :  ε : ψ  g0  g0  x  0 με g0  f0  1  2f0  1 . Άρα ε : ψ  xΟπότε θέλουμε τη σχετική θέση της Cg ως προς την ευθεία ψ  x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΕίναι      g x  f x  f2 x  xex  x2e2xΓια  x  0 : g x  x  xex  x2e2x  x  ex  xe2x  1  1  xex  ex , το οποίο ισχύει από το ερώτημα γ)Για  x  0 : g x  x  xex  x2e2x  x  ex  xe2x  1  1  xex  ex , το οποίο ισχύει (ερώτημα γ)Άρα gx  x στο 0,  και gx  x στο , 0 Η g είναι συνεχής στο ' ,άρα η G είναι παραγωγίσιμη στο ' ,με Gx  gx  fx  f2 x  fx  1  fx  xex  1  fx   α) Gx  0  x  0 ή 1  fx  0  x  0 ή x  x2 Για f1 x  x2 =>fx  fx2   1  fx  1  0Για f1 x2  x  1 =>fx  fx2   1  fx  1  0Για x  1  fx  0  fx 1  0 x  x2 0 1  fx  1     x    Gx     Gx 1 2 1 1 Η G είναι γνησίως αύξουσα στο , x2  και στο 0, Η G είναι γνησίως φθίνουσα στο x2, 0Εύρεση της G: (με κατά παράγοντες ολοκλήρωση) x x tetdt  x t2e2tdt  g t dt        G x  0 00  dt  1  1 2 2 x x t2         t 0  0 et e2t dt   tet  x  x etdt  t2e2t  x  x te2tdt  0 0 0 0 et x0 1 x2e2x 1 x  1 x2e2x 1 te2t 0x 1 x e2tdt  2 2 2 2 2     t 0 xex    e2t dt  xex  ex 1   0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης xex  ex  1  1 x2e2x  1 xe2x  1 e2t  x  xex  ex  1  1 x2e2x  1 xe2x  1 e2x  1 2 2 4 0 2 2 4 4     Παίρνοντας όριο στο  ,προκύπτει αποτέλεσμα 5 , διότι lim xex  0, lim x2e2x  0, lim xe2x  0 ( 4 x x xμε κανόνα DLΗ) επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 435ο (Γαλλικές εξετάσεις Baccalaureat) Λύση Θέματος 435ΟΥα) Θα αποδείξουμε ότι για κάθε x  A ισχύει fofx  x  fx  x f συνάρτηση fxx           Αν f x  x =====>f f x  f x ==> fof x  x   Αν fofx  x , δηλαδή f fx  x , θα αποδείξουμε ότι fx  x  f 1  Αν fx  x =>f fx  fx  x  fx , άτοπο f1   Αν fx  x =>f fx  fx  x  fx , άτοποΆρα πράγματι fx  xβ) i) H φ είναι παραγωγίσιμη στο '* (ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων) με   x  eαx          φ xeαx x eαx   αxeαx  eαx  αx  1 ,x  0 x2 x2 x2  0  αx  1  0  x  1 α0 1   Οπότε φ x και φ x  0  αx 1  0 <=>x  αα x  0 1a    φx 2 21 φx min Η φ είναι γνησίως φθίνουσα σε καθένα από τα διαστήματα  1  , 0 και  0, α  και γνησίως αύξουσα στο   1 ,   . Η φ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 1 , το φ  1   α  e α  α  α     ii) Αναζητούμε το πλήθος ριζών της εξίσωσης eαx  x στο διάστημα 0,  (διότι eαx  0 , για κάθε x), δηλαδή της εξίσωσης eαx  1 , δηλαδή της φ x  1 xΕύρεση συνόλου τιμών της φ:         φ 2 A1  φ , 0 ¿¿¿ lim φ x , lim φ x  , 0 συνεχής x0 x   επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018