555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part2

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης xx (2gx  gx  fudu)  (2fx  fx  gudu)  002gx  x g  x   x f u  du   2f  x   x f  x   x g u  du       gx  fudu  fx  gudu  0 0 0 0 xx 2gx  gx  fudu  gxfx  2fx  fx  gudu  fxgx  00  x  f  x   2 x  2 2   , x  1   gx 2     f u  du    g u  du  gx gx  fx fx  ln gx  ln fx 0 0   Άρα υπάρχει σταθερά c  ' : ln g x  ln f x  c, για κάθε x  1Για x  0 εύκολα βρίσκουμε c  0   Άρα ln g x  ln f x , για κάθε x  1 και επειδή η συνάρτηση ln είναι 1 1 , προκύπτει ότι gx  fx ,για κάθε x  1 (*) .   Η f είναι συνεχής στο 1,  , δε μηδενίζεται σε αυτό και f 0  1  0 . Οπότε (από συνέπεια θεωρήματος Bolzano) f x  0, για κάθε x  1 Παρόμοια φτάνουμε στο g x  0, για κάθε x  1   Οπότε η σχέση (*) είναι ισοδύναμη με την g x  f x , για κάθε x  1   Γ) Από τη σχέση (2) και επειδή g x  f x , για κάθε x  1 έχουμε x 2fx  fx  ftdt  2 0Στην παραπάνω ισότητα και τα δυο μέλη είναι παραγωγίσιμες συναρτήσεις, οπότε  2f  x   f  x  x f  t  dt   2  2f  x   x  f2 x  0    fx fudu 0 0 f  x    x ftdt   f2 x  0  fx 2  f2 x  0   2   fx 0 2fx  1   1  x f3 x      1  0    f2 x   1    f2 x   Άρα c1  ' :  1  x  c1, για κάθε x  1υπάρχει σταθερά f2 xΓια x  0 εύκολα βρίσκουμε c1  1Οπότε, 1 fx0 1 <=> f x      1  f2 x  x  1  f2 x  x1 x1 , x  1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης x Δ) Θεωρούμε τη συνάρτηση F : 0,   ' με τύπο F x   ftdt 0Η συνάρτηση F ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος μέσης τιμής σε κάθε ένα από τα διαστήματα a  β  ,  a  β a, 2   2 ,β   Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ1   a, a  β  και τουλάχιστον ένα ξ2   a  β ,β  τέτοια, ώστε  2   2       F  a  β   F a F  a  β   F a   2   2               F ξ1       aβ α βα   2 2        F β   F  a  β  F β   F  a  β   2   2  F ξ2         β aβ βα  2 2Η συνάρτηση F είναι παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της (αφού η f είναι συνεχής), με παράγωγο Fx  fx  1 1xκαι η F είναι επίσης παραγωγίσιμη, με παράγωγο    F x  1  1 1  0, για κάθε x  0  f x   1    x 1  x 1 x 2 Άρα η F είναι γνησίως φθίνουσα στο 0,  .Οπότε F  a  β   F  a  F β   F  a  β   2   2  Fξ1  Fξ2       aβ Fa F β   aβ  ξ1  ξ2     F     F  2   βα βα 2     22 aβ 2F  a  β   Fa  Fβ  2 2 ftdt aβ  2      ftdt  ftdt 00 0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 456ο (προτάθηκε και λύθηκε από τον Ζωβοΐλη Ηλία) Λύση Θέματος 456ΟΥΑ. f παραγωγίσιμη στο '  f συνεχής στο '  f συνεχής στο x0  0    lim fx  f0  lim ex  αx  f0  f0  1 . x0 x0Είναι fx  1  fx  f0 .  Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο x0  0 .  Το x0  0 είναι εσωτερικό σημείο του ' .  Η συνάρτηση f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x0  0 .Σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat, θα ισχύει: f0  0  lim fx  f0  lim fx  fx0   0  lim ex  αx  1  lim 1  βx  ln x  1  1  0  x0 x0 x0 x  x0 x0 x x0+ x    ln   ex  1  β x 1  lim  x  α   lim  x   0  1  α  β  1  0  α  1 και β 1, x0 x0+καθώς 0 ex  1   lim    limex 1  0    == lim e  x  1  xx0 x DLH x0 x0και     0 ln x  1  0  ln x  1  1   lim == lim  xx0  lim 1. DLH x0 x x0 x  1  ex  1, x  0 Β. Είναι f(x)   0, x0 x0  x ,  x 1Για x  0  x  0  ex  1  ex  1  1  ex  0 .Για x  0 είναι 0  x  1 x1   και επειδή f 0  0 , συμπεραίνουμε ότι f x  1 , για κάθε x  ' .Είναι: επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης fx  2h  fx  h  2fx  fx  2h  fx fx  h  fx  lim  lim    h0 h h0  h h   lim fx  2h  fx  lim fx  h  fx  2fx  fx  fx , h0 h h0 hκαθώς lim fx  2h  fx 2hH  lim fx  H  fx  2fx h0 h ¿¿¿¿ 2 H H0 H0και lim fx  h  fx Hh lim fx  H  fx  fx . h0 h ¿¿¿ H H0 H0Έτσι ισοδύναμα προκύπτει fx  fx , που ισχύει αφού για κάθε x  ' είναι fx  1 και fx  1 .Γ. Εύκολα βρίσκουμε ότι: ex , x  0  Προφανώς f x  0 για κάθε x  ' fx   1 , x  0  x 1 2 και επειδή  lim x  0 , προκύπτει ότι f συνεχής στο x0  0 , αφού lim ex  1 x0+ x  1 f γνησίως αύξουσα στο x0 . Κάνοντας εφαρμογή του Θ.Μ.Τ για την f στο x, 0 με x  0 , προκύπτει ότι υπάρχει ξ1  x, 0 μεf ξ1   fx  f0  fx  1 . x xΌμως  f γν.αύξουσα f x  1 x0          x  ξ1  0 ¿¿¿À f x  f ξ1  f x  x =>xf x  f x  1   fx  xfx  1 .Κάνοντας εφαρμογή του Θ.Μ.Τ για την f στο 0, x με x  0 ,προκύπτει ότι υπάρχει ξ2  0,x με fξ2   fx  f0  fx 1 . x xΌμως  f γν.αύξουσα f x  1 x0          0  ξ2  x ¿¿¿¿À f x  f ξ2  f x  x =>xf x  f x  1   fx  xfx  1 .Από το πρόσημο της f προκύπτει ότι f γν.φθίνουσα στο , 0 και επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούληςf γν.αύξουσα στο 0,  , οπότε για x  0  fx  f0  fx  1 και για x  0  fx  f0  fx  1 .   Επομένως: για κάθε x  0 , ισχύει: 1  f x  x  f x  1 .Δ. Θεωρούμε τη συνάρτηση g με τύπο gx  α  fαx  1  fβ  1x  1 , x  1,1 ,η οποία είναι συνεχής στο 1,1 ως πολυωνυμική με  g1  2 fβ  1  0 , αφού fβ  1 και g1  2α  fα  0 ,σύμφωνα με το Γ.Επίσης είναι    gx  α  fα  fβ  1  0  g γν.αύξουσα στο 1,1 .Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano και επειδή g γν.αύξουσα στο 1,1 συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση   g x  0 , έχει μοναδική λύση στο 1,1 , οπότε ισοδύναμα η εξίσωση:    α  f α f β  1   0 , έχει ακριβώς x1 x1μια λύση στο 1,1 .   Ε. Για κάθε x  ' είναι x2  0 , οπότε f x2  1  x2  ln x2  1 . Οπότε:    f x2  x2  ex  2  1  x2  ln x2  1  x2  ex  2    ln x2  1  ex  1  0.Θεωρούμε τη συνάρτηση m με τύπο      m x  ln x2  1  ex  1, x  . Είναι m x  2x  ex . Διακρίνουμε τις εξής x2  1περιπτώσεις:   Αν x  0 , τότε προφανώς m x  0 . Αν x  0 , τότε 2x  ex  1  ex  0  m(x)  0 , καθώς 2x  1 , x  ' . x2  1 x2  1 Άρα m x  0 x  ' , οπότε η συνάρτηση m είναι γνησίως αύξουσα στο ' και επομένως 1-1.       m 1-1Έχουμε: m x  0  m x  m 0 <=>x  0 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 457ο Λύση Θέματος 457ΟΥα) Είναι  g 0  e 0  1  1  1 . λ2 λ 2Αν g συνεχής στο      0  lim g x  lim g x  g 0 (η g είναι συνεχής στο ' * . Οπότε εκκρεμεί το σημείο 0 ). x0 x  0Είναι    lim g x x  0  ημ 2x   ημ2x   lim   2  ln λ   ln λ  lim  2x   2ln λ . x  0  x x  0  Άρα, g συνεχής στο 0  1  1  2ln λ . λ2 Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση 1  1  2ln x έχει μοναδική λύση στο 0 ,   . x2   Θεωρούμε τη συνάρτηση f1 : 0 ,    1  1  2ln x .  ' , με f1 x x2Τότε,    fx  1 2  2 2  2 x4  2x  x    x3  x   0  f1 στο 0, . 1   Άρα, η εξίσωση f1 x  0 έχει το πολύ μία λύση στο 0 ,   .Θα βρούμε το σύνολο τιμών της f1 .Είναι: f 1 συνεχής     ===== f1 2        f1  '. 0,   lim f1 x , lim f1 x   ,   x   x  0        αφού x lim  f 1 x  lim 1  1   0 2      x2  2ln x   1  x         1  1    αφού lim f1 x  lim x2  2ln x   1    2        x 0 x0       Άρα, 0  f1 0 ,    υπάρχει x 0  0 : f1 x 0  0 . Άρα, τελικά η εξίσωση f1 x  0 έχει ακριβώς μίαλύση στο 0 ,   .   Παρατηρούμε ότι  1  1  2ln2  5 ln 4  0 . 5  ln 4  5  ln 44  e5  44 , f1 1 20 και f1 2 (αφού 4 44ισχύει). επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Άρα, από το θεώρημα Bolzano  λ  1 , 2 .β) ln x    x2  1 x  x2  1   x  x 2 2 ln x              i.  ln x  x 2  1  ln x  x2 1  2x ln x  x 2  1  x2  1 2f x    x2  1 2  x2  1 2   1  x x 1  x2  2ln x  x2  1     f1 x , x  0.    x2  1 2 2Οπότε,         f1 2Πίνακας Μεταβολών f x  0  f1 x  0  f1 x  f1 x 0 <=> x  x 0 . x  0 x0    fx 1 2 fx Άρα, η f παρουσιάζει μέγιστο (ολικό) στο x 0 , το M  f x 0  ln x 0 . x02  1Αφού    f 2 στο x0  2 ==> f x0  f 2  M  ln2 . x 0 ,   5Οπότε, M  1 αν ln2  1  8  ln2  5  ln28  ln e 5  28  e 5  4 4  e 5 , που ισχύει. 8 58Αρκεί τώρα να αποδείξουμε ότι M  1  ln x 0 1  1  2ln x 0  x02  1  ln x02  x 2  1. 2 x0 2  2 0Ισχύει όμως η βασική σχέση ln x  x  1 , για κάθε x  0 .Άρα, ln x  x  1  x  1 , για κάθε x  0  ln x  x  1 , για κάθε x  0 .Για x το x 2  ln x0 2  x 2 1 και το ζητούμενο αποδείχθηκε. 0 0 1ii. Έστω a  β  1  β  1 . Αρκεί να αποδείξουμε ότι a ln x dx  0 , για κάθε a  0 . a a x 2  1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης 1 x ln t dt . x t2  1   Θεωρούμε τη συνάρτηση F  0 ,    ' , με F x  ln t x ln t είναι συνεχής στο 0 ,    η συνάρτηση    Η συνάρτηση t2  1 1 t2  1 dt παραγωγίσιμη στο 0 ,    η F είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με  1   1   x  1 x  Fx   f  t  dt  ft dt      ft dt   x  x 1    1  ln 1 x  x dt    f x dt  f t   1          ft  f  1    1    f x  1  f  1    ln x  1   1 2   x   x  x2  x  x2  1 x2 x        1    x  1    ln x  1  ln x   ln x  ln x  0 . x 2  1 x 2 x2  1 x2  1 x2  1 x2   Άρα, η F είναι σταθερή στο 0 ,   , δηλαδή, F x  c , για κάθε x  0 .   1 ln t dt c  c  0 .Για x  1  F 1  c  1 t2  1Άρα, 1 x ln t dt  0 , για κάθε x  0 . x t2  1 β ln x dx  0 . a x 2  1Αντίστροφο: Έστω a , β  0 , με a  β καιΘα αποδείξουμε ότι aβ  1 .Πρόσημο της fx x  0 1    ln x x2  1Είναι 11Άρα, β ln x 1 ln x β ln x * 1 ln x β ln x β ln x dx . dx == 0 dx  dx  dx  dx       a x2  1 a x2  1 1 x2  1 a x2  1 1 x2  1 a x2  1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης 1 β ln x dx  0 . a x2  1 β  Από τη σχέση ln x dx  0 προκύπτει - και λόγω του προσήμου της f x - ότι a  1β ή β  1  a (διότι a x2  1 β ln x dx  0 , άτοπο). a x2  1αν π.χ. ήταν 1  a  β  1 β ln x dx  0 προκύπτει ότι a  1 (διότι οι αριθμοί a , 1 είναι και οι δύο μικρότεροι του 1 ή a x2  1 ββΑπό τη σχέσηκαι οι δύο μεγαλύτεροι του 1). Άρα, aβ  1 . 1  x[ * Ισχυρισμός: ln t x ln t dt . Πράγματι, κάνοντας την αντικατάσταση 1 t2  1 dt  1 t2  1 1 ln 1 1 u xu  1  du   1  dt  dt   1 du . Άρα, x ln t x 1  1  lnu du ] 1 1   u2  1 u2  1 dt  t t  du  u2 t2  1 1 u2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 458ο (προτάθηκε και λύθηκε από τον Ζωβοΐλη Ηλία) Λύση Θέματος 458ΟΥΑ. Είναι: x2  6x  8  0  x  2 ή x  4. Επομένως για κάθε x  '  2, 4 ισχύει  x2  6x  8  0  fx  f fx  0  fx  0.Για x  2 , η αρχική συναρτησιακή γίνεται: f2  ff2  0  f2  0 ή ff2  0. (1)Για x  4 , η αρχική συναρτησιακή γίνεται: f4  ff4  0  f4  0 ή ff4  0. (2) Αν f 4  0 , τότε επειδή f γνησίως αύξουσα στο ' , θα είναι: 0  2  4  f0  f2  f4  0  f2  f4  f0  0 και έτσι έχουμε f2  0 και f2  0που είναι ΑΤΟΠΟ λόγω (1). Επομένως f4  0 και f f4  0 , λόγω (2).Χρησιμοποιώντας επίσης τη μονοτονία της συνάρτησης f έχουμε: 2  4  f2  f4  ff2  ff4  0  ff2  0 ,      οπότε λόγω (1) θα είναι f 2  0 . Άρα f f 4  0  f 2 και επειδή η συνάρτηση f είναι 1-1 (λόγω μονοτονίας), θα ισχύει: f 4  2 .   Β. Έστω συνάρτηση g με g x  f x  x  4 , x  2, 4 . Είναι:  g συνεχής στο 2, 4 , ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων.  g2  f2  2  4  2 και g4  f4  4  4  2 .  g γν.αύξουσα στο 2, 4 , ως άθροισμα γν.αυξουσών συναρτήσεων. Η συνάρτηση g ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Bolzano στο 2, 4 , επομένως υπάρχει x0  2, 4 , τέτοιοώστε: gx0   0  fx0   x0  4.Επειδή η συνάρτηση g είναι γν.αύξουσα στο 2, 4 , θα είναι και 1-1, οπότετο xo είναι μοναδικό. Επομένως   f x0  4  xo  f fx0   f4  x0   επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018