555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part2

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης          f x0  f 4  x0  f x0  f f x0  x02  6x0  8.f(2)  0 Θ.Ε.Τf(4)     Γ. 2  ξ  2, 4 τέτοιο ώστε: f ξ  1 . Για x  ξ , η αρχική συναρτησιακή γίνεται:       f(ξ)1 f ξ  f f ξ  ξ2  6ξ  8 ==>ξ2  6ξ  8  f 1Για x  1 , η αρχική συναρτησιακή γίνεται:         f(1)ξ2 6ξ8 f 1  f f 1  12  6 1  8 ¿¿¿¿À f 1  f ξ2  6ξ  8  3.Δ. Είναι:  fx  f2 fx fxf fx     lim x2  6x  8 x2 x  2  f f x       lim lim  lim  x2 x  2 x2 x  2 x2 x  2  f f x  lim x 2x  4  lim x  4  2  4  2 . x2 x 2ffx x2 ffx ff2 f0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 459ο Λύση Θέματος 459ΟΥα) z φανταστικός z z z z z 2 2  z z z z z   z 2  z 2  z2  0  z  z  2zz  0  .             2x 2  2 x2  y2  0  4x 2  2x2  2y2  0  2x2  2y2  x2  y2  x  y ή x   y .Όμως, x  0 .Άρα, το σύνολο των εικόνων των z στο επίπεδο είναι οι ευθείες y  x , y   x , δίχως την αρχή των αξόνων.β)  z  z    z    z   z  z  z  z .  z z   z   z  z z z z  Άρα,  z  z   ' .  z z Από την τριγωνική ανισότητα έχουμε: z  z  z  z  z  z  1  1  2 (διότι z  z ). zz z z z zΆρα, 2 z  z 2.Αν ήταν zzΆρα, z z 2γ) zz 0zz0   2    z2 2 z2 2 zz 2zz      2 zz  0   z z  2x  0  x  0 , άτοπο. 2 z  z 2. zz x  yi 2 x2  y2  z  z  z  z2   x 2  y2  2xyi  x 2  y2  2xy i. z2 x2  y2 x2  y2 x2  y2 z zzΆρα, επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης x 2  y2  1 1          0 Im  z  2xy 1 2x 1 1  dx   x2  y2 x2  y2 dx  dx  y  dx  y x2  y2 dx  y ln x x2  y2 z 0 0 0 0 1  1  y2   1   1            0  y2   ln 1 y2   ln 1  Im z  y ln x2  y2 y ln 1  y2  ln y2  y  ln  y   Im z   2 δ) Έστω z  a  z2  a2  z z  a2    a2 , z  a2   z z z  .Είναι zi  1 i  a2 i  z i  a2 i   z  a2 i  z τριγωνική a2 z  z1 . z z a2 z  a2  i  z a2 z a2 z i Αρκεί να αποδείξουμε ότι z 1  z 1  z 12  z 12    1   1     1    1   z z z z z z z z  z z  z z          zz  1  1  1  zz  z  z  1  2  z  z , το οποίο ισχύει από το β) ερώτημα. zz z z zz zz επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 460ο (προτάθηκε και λύθηκε από τον Ζωβοΐλη Ηλία) Λύση Θέματος 460ΟΥΑ. gx  G x  ex  G 0 , για κάθε x  ' ,οπότε για x  0 έχουμε: g0  1 .Είναι: gx  Gx  ex   G 0  gx  gx  ex  ex  gx  gx  1   x   ex  g x x0  x  c ====>c  1  g x            ex  g x g(0)1  x  1  ex, x  '.   Έτσι: G x  G 0  x  ex, x  '. (1)Επειδή η Cf δέχεται οριζόντια εφαπτομένη την ευθεία ψ  e , συμπεραίνουμε ότι υπάρχει x0  ' , τέτοιο ώστε f(x0 )  0 και f x0  e.    xx0  f x ==> f x0     fx  lnfx  x  1  lnf x0  x0  1  fx0    0  lne  x0  1  e  x0  0  f0  e και f0  0.Έστω hx  lnfx, x  '. Είναι hx  fx , οπότε fx fx  lnfx  x  1  fx   fx  lnf  x   x 1  hx  hx  x 1  hx  hx  x 1  fx     ex  hx  hx   ex  x  1  ex hx   Gx  ex hx  G x  c  x0 0  G 0  c  lnf0  G 0  c  c  1  G 0. =>hΈτσι: (1) ex hx  G x  c  ex hx  G x  1   G 0 ex hx  1  x  ex        h x  ex  x  lnf x  ex  x  f x  eex x, x  '   Β. ln x  lnλ  x  x  lnλ  ex  λ  eex x  f x . Για την συνάρτηση f έχουμε:    f x  ex  1  eex x , x  ' και    f x  e2x  ex  1  eex x  0 , για κάθε x  'Εύκολα βρίσκουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο A1  , 0και γνησίως αύξουσα στο A2  0,  . Είναι: επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης   tex x lim f x  lim eex x === lim et   , x x tκαθώς  lim ex  x   , αφού lim ex  0 και  lim x   .Είναι x x   xκαθώς   tex x lim f x  lim eex x ==== lim et   , x x t  lim  1 x   ex  x    ex  x  lim ex    , x  αφού  lim ex   και lim x  lim 1 0. == x   e ex x DLH x xΈτσι έχουμε:       f συνεχής f A1 ¿¿¿¿ f 0 , lim f x  e,  xκαι       f συνεχής f A2 ¿¿¿¿ f 0 , lim f x  e,   . xΟπότε για:  0  λ  e , η εξίσωση είναι αδύνατη  λ  e , η εξίσωση έχει μοναδική λύση την x  0  λ  e , η εξίσωση έχει δύο ακριβώς ρίζες, μία στο A1 και μία στο A2 .Γ. Για α  β , έχουμε προφανή ισότητα.Έστω α  β . Για την συνάρτηση h, έχουμε:  hx  lnfx  ex  x, x  '.   h x  ex  1, x  '.   h x  ex, x  '.Η συνάρτηση h ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ σε καθένα από τα 2α,α  β και α  β,2β , οπότευπάρχουν ξ1  2α,α  β και  ξ2  α  β,2β , τέτοια ώστε h ξ1   hα  β  h2α και βαh ξ2   h2β  hα  β . βαΌμως επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης hγν.αύξουσα ξ1  ξ2 ¿¿¿¿Àh ξ1   hξ2   2hα  β  h2α  h2β  2lnfα  β  lnf2α  ln f2β  ln fα  β2  ln f2α  f2β   f2 α  β  f2α  f2β.Ομοίως αποδεικνύουμε για α  β .Δ. Θεωρούμε συνάρτηση u με u(x) ux  f2 x  f2μ  f2ν, x  μ  ν,2ν .Η συνάρτηση u είναι προφανώς συνεχής στο μ  ν,2ν και  uμ  ν  f2 μ  ν  f2μ  f2ν  0 , λόγω Β.  u2ν  f2 2ν  f2μ  f2ν  f2ν  f2ν  f2μ  0 , καθώς f2ν  0 και f2ν  f2μ  0 , αφού 0  μ  ν και f γνησίως αύξουσα στο 0,  . Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ρ μ  ν,2ν , τέτοιο ώστε: uρ  0  f2 ρ  f2μ  f2ν .Ε. Γνωρίζουμε ότι: ex  x  1 , για κάθε x  ' , με την ισότητα να ισχύει μόνο για x  0 .Επομένως για κάθεx  0 είναι ex  x  1 . Για x  0 , η συνάρτηση g ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ στο x  1, ex  ,  επομένως υπάρχει ξ x  x  1, ex , τέτοιο ώστε      g ex  g x  1 g ex  g x 1          g ξ x ex  x 1  2  ξ x  eξ(x)  ex  x 1 , καθώς g x  2  x  ex .   Είναι: x  1  ξ x  ex και lim x  1  lim ex  1 , οπότε σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής θα είναι και x0 x0lim ξx  1 . Έτσι έχουμε:x0    g ex  g x  1  eξx  1 .   lim  lim x0 ex  x  1 ξ(x)1 2ξ x e επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 461ο Λύση Θέματος 461ΟΥα) Για y  x  0 η αρχική σχέση δίνει f0  e0  f0  f0  f0  f20  f20  f0  0   f0  f0  1  0  f0  0(απορρίπτεται, αφού fx  0 ) ή f0  1 . Άρα, f0  1 .Άρα,  f συνεχής ως παραγωγίσιμη  f0  1  ¿¿À f x   η  0 , για κάθε x ' .   f x  0, για κάθε x '  f διατηρεί σταθερό πρόσημο β) Έστω x 0  ' .Τότε, 0              lim f x 0  h  f x 0e x 0h   υπόθεση f x0 f h  f x0 e x0h  f h 1  0  h0 h ==== lim h  f x0  lim h == h0 h0          e x0h  f h  1      f x 0 e x 0h   f h  e x 0h  f h  0   lim  f x0  lim h0 h h0 1         f , f συνεχείς  f x0  lim e x 0h  x 0  f h  ex 0h  f h ===== x0 f x0 . h 0 στο 0Άρα,         f x  fx  0 f x  x  ln f x    x2  , για κάθε x'.  x  f x , για κάθε x  ' ¿¿À  2 fx  ln fx  x2  c . 2 Για x  0  ln f 0  0  c  ln1  c  c  0 .Άρα,  x2  f x x2    lnf x 2 e 2 , x ' . 1 x2 γ) I  x 2  1  e 2 dx . 0Θέτουμε x 2  x2  x2 du  x  u  dx  du ue 2  du   e 2  dx  du  x  e 2 dx  x2  x2   dx  2 Όμως, u  e 2  lnu  x  2lnu  u 2lnu επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  Για x  0  u  1.  . 1   Για x  1  u  e 2  e. Άρα, e du  e 2ln u  1 du  1 e 2ln u  1 du  2 e 2ln u du  2 e 1 du   I  2lnu  1  u     1 u  2lnu 1 2  lnu 2 1 ln u 2 1 ln u 2 1 ln u e  2    1 ln u du  2 e du  2  u   e e 1 1 du  2 e du  21 ln u  ln u ln u  2u 1 2 ln u u 21 1  1  2 e 1 du  2 e du  2  e  2  e . 2   2 0  2 1 ln u 2 1 lnu 2   e  Άρα, I  e .δ)Βρίσκουμε αρχικά το σημείο τομής της y  β και της C f ,λύνοντας την εξίσωση xx 2 2 e 2  β   lnβ  2 β 1 x 2  2lnβ ==> x  2lnβ , x  0 . lnβ  0Το ζητούμενο εμβαδόν είναι 2ln β 2lnβ 2lnβ 2lnβ 2lnβ 2lnβ Eβ   β  fxdx   β dx   fx dx β  dx   fx dx   β  2lnβ   fxdx 0 00 00 0   .Όμως το β  β t μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου t , οπότε και το εμβαδό E β μεταβάλλεταισυναρτήσει του χρόνου t .Οπότε, 2lnβt Et  βt  2lnβt   fx dx , 0οπότε παραγωγίζοντας έχουμε: 2  1  βt 2lnβ t   βt    Et  βt  2ln β  t   βt  2 2lnβt  f 2lnβt  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης βt  2lnβt  βt  βt  1 2  1  βt βt 2lnβ t  βt βt 2ln β  t    2 2ln β  t  βt 2ln β t  2ln β t   βt 2lnβt .   Οπότε για t  t 0 με β t 0  3 m sec και β t 0  e 2 παίρνουμε: Et 0   βt 0    2lnβ t 0  6 m2 sec . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 462ο Λύση Θέματος 462ΟΥα) f παραγωγίσιμη  e fx , 1 παραγωγίσιμες  e fx  1 παραγωγίσιμη στο ' , με    f3 x f3 x       e f x  1  1  x 2   e fx  fx  1  3f2 x  fx   2 1  x   f3 x  f6x  f x   fx  3  2 x  1  fx  2x  1 ,x  ' e   f 4 x   e fx  3 f4x.Άρα,    f x  0  2 x  1  0 (αφού ο παρανομαστής είναι θετικός)  x  1 .Πίνακας Μεταβολών x  1    fx 1 fx 2 f 1 1 ,   στο και 2 στο   , 1 . Θα αποδείξουμε ότι 1  f 1  1 . 2 e f1 1   Αν στην αρχική σχέση θέσουμε  f3 1 1. x 1 παίρνουμε Είναι f1  1  f3 1  13 .Από τη σχέση 1 προκύπτει ότι f1  0 .Άρα, 1  1  ef1  1  ef1  e 0  f 1  0 .  1  f3 1Άρα, f1  1  f1  0 το οποίο ισχύει.  Θα αποδείξουμε ότι f 1  1 . 2Ας υποθέσουμε ότι επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  1  1        f 11 f 3 1   0  f3 1   e 1 2      8   8  f3 1  e f1  8 e f1  e 1  0  ef1  e  2   1  e  8  e  64  e , άτοπο. 8Άρα, πράγματι f1  1 . 2 xβ) Θεωρούμε τη συνάρτηση F : 1 ,    ' , με F x   ft dt . 1     Η f είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη), άρα η F είναι παραγωγίσιμη στο 1 ,   , με F x  f x .[Από το ερώτημα α) και τη μονοτονία της f , προκύπτει πως η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 1 , δηλαδήfx  f1 ,  x  ' . Όμως, f1  1  0 . 2Άρα, fx  0 ,  x  ' .]Έχουμε τώρα για χ  1 : 5x 9x 1 5x 1 9x  ft dt   ft dt   ft dt   ft dt   ft dt   ft dt  x 5x x 1 5x 1 5x x 9x 5x   ft dt   ft dt   ft dt   ft dt  F 5x  F x  F 9x  F 5x  111 1 F5x  Fx F9x  F5x F5x  F x F 9x  F 5x *    4x 4x 5x  x 9x  5x Αρκεί, λοιπόν, να αποδείξουμε τη σχέση * ξρx 5x 9xΘ.Μ.Τ. για την F στο x , 5x  υπάρχει ξ  x , 5x : Fξ  F 5x  F x . 5x  xΘ.Μ.Τ. για την F στο 5x , 9x  υπάρχει ρ  5x , 9x : Fρ  F9x  F 5x . 9x  5x       Αρκεί να αποδείξουμε ότι F ξ  F ρ , δηλαδή f ξ  f ρ , για 1  ξ  ρ , το οποίο ισχύει, αφού f 1 στο1 ,   .γ) Είναι 1 1 1 dt  1 1 2  dt  dt  x x x x    1  x ft ft   1 dt  0 2.        2 f t   2  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης     Έχουμε αποδείξει στο β) ερώτημα ότι f t  1 ,  t  '  f t  1  0,  t  ' 3 . 22 2  Αν x  1  0  0 , άτοπο. 3 x  1 1  1    x  2          ,Αν 1 x f t  2  dt  0  f t  dt  0 άτοπο λόγω σχέσης 2.  1 Οπότε 2  1  x   1  x  1 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 463ο Λύση Θέματος 463ΟΥα) Αρχικά θα βρούμε το L  lim fx  h  fx  h . h0 h Προσθέτουμε και αφαιρούμε από τον αριθμητή του ορίου το f x και παίρνουμε : L  lim  fx  h  fx  fx  h  fx  lim  fx  h  fx  fx  h  fx  1 .   h0 h h0  h h Στο lim fx  h  fx θέτουμε t   h . h0 h h0 fx  h  fx fx  t  fx  fx  t  fx Τότε t  0 και lim  lim  lim   . h0 h t0 t t  0  t Άρα, η 1 γίνεται: L 2  lim fx  h  fx  2fx . h0 hΆρα, η αρχική σχέση της υπόθεσης γίνεται 2fx  2  ln x  fx  2  ln x , για κάθε x  0 2 . xx 2x xΠαρατηρούμε ότι ln x   x  ln x  x  x  ln x     x 2 x 2x  xln x 2  ln x ln x   2  .    x x x x 2x2 x 2x x   Άρα, η σχέση  ln x  2 δίνει: f x   x  , για κάθε x  0.Άρα,  f x  ln x c ,x0 f1  0 c  0. ==> xΆρα, fx  ln x , x  0 . x β) Είναι f x  2  ln x , x  0 . 2x x Άρα, f x  0  2  ln x  0  ln x  2  x  e2 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης x  0 e2    fx 1 2 fx  f 1 στο 0 , e2  και 2 στο e2 ,   .Θα χρειαστούμε τα όρια:    lim f x  lim ln x        1          .    x  0 xx  0  0  0  ln x  1    lim  lim x  lim 2 x  lim fx  lim ln x  lim 2  2 0. x  x xx    ===  x     1x    xx    x x 2xΟπότε, f συνεχής    2    ====  f1      f 0 , e 2  lim  f x ,f e2   , e   A1  x0και f συνεχής  2  ==== f2      f e2 ,    x lim  f x ,f e2   0 , e   A2 .    Άρα, το σύνολο τιμών της f είναι το A1  A2     , 2  .  e   Κατακόρυφες Ασύμπτωτες  lim f x  lim ln x    , άρα η ευθεία x  0 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της f . x  0 xx  0 Πλάγιες – Οριζόντιες ασύμπτωτες στο   .  ln x  1 11    f x  lim λ  lim  lim ln x  lim x  lim x  lim x  xx    xx    x ==  x     x x x x 3x    x 2 xx 2x x x 2    lim 2  0 και β  lim f x  λx  lim ln x  0 . x    3x x x xx   Άρα, η ευθεία y  0 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της f στο   . ln 1   v  1 v <=> ln   γ) v v v1  v v1  ln v 1  v  1  ln v v  ln v1   1 v  1  ln v  1 v ln v  1  ln v ln v  1  fv  fv  1 1 . 22  v v1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Επειδή v  v  1 , η 1 θα ισχύει για εκείνο το διάστημα όπου η f είναι 2 , δηλαδή για v  e 2  7,29 .Άρα, v  8 , 9 , 10δ) Έστω κ   0 , 2  .  e      Το κ  A1  υπάρχει x1  0 , e 2 : f x 1  κ .   Το κ  A2  υπάρχει x 2  e 2 ,   : f x 2  κ .   Άρα, υπάρχουν x1 , x 2  0 , με x1  x 2 και f x1  f x2 .Είναι    gx  2 x ln x  2   2 x  ln x  2  2 x ln x  2  1 ln x  2  2 x  xx   ln x  2  2  ln x  f x , x  0 . x xxΑρκεί να δείξουμε ότι υπάρχουν a , β  0 , με ga  gβ και 0  ga  gβ  εφω  1 .Τα a , β είναι τα x1 , x 2 παραπάνω!Αυτό διότι g x1   fx 1  , gx2   fx2  , f x1   fx2  και 0κ 2 1. e επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 464ο (προτάθηκε και λύθηκε από τον Ζωβοΐλη Ηλία) Λύση Θέματος 464ΟΥ   Α. Για x  0 έχουμε: 1  f 0  1  f 0  1. Οπότε: x2 x  fx 1  x0  fx 1  2  lim x 1  lim fx 1  lim 2  1  f0  2. 2x =>x  1 x xx0 x0 x0Για x  1 έχουμε: 1  f1  1  f1  1.Οπότε:    x1 f x  1 f x 1    x2  x  2  f x  1  2x  2 =>2  x 1  x  2  lim 2  lim  lim x  2  2  f 1  3. x 1 x1 x  1 x 1Επειδή η ευθεία με εξίσωση: ψ  x  λ εφάπτεται της Cf ,συμπεραίνουμε ότι υπάρχει γ 0,1 , τέτοιοώστε fγ  1 .Η συνάρτηση f είναι κυρτή στο 0,1 ,επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,1 , οπότε: 1  f0  fγ  1  f0  1.Επειδή η ευθεία με εξίσωση: ψ  3x  μ εφάπτεται της Cf , συμπεραίνουμε ότι υπάρχει δ 0,1 , τέτοιοώστε fδ  3.Η συνάρτηση f είναι κυρτή στο 0,1 , επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,1 , οπότε: 3  fδ  f1  3  f1  3.   Άρα οι παραπάνω ευθείες εφάπτονται της Cf στα σημεία 0, 1 και 1,1 αντίστοιχα, οπότε f0  0  λ  λ  1 και f1  3  μ  μ  2.Β. Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,1 , θα ισχύει f συνεχής          f x  f 0  1  f γν.αύξουσα στο 0,1 , οπότε f 0,1 ==== f 0 ,f 1   1,1.     Προφανώς 0  1,1 , οπότε υπάρχει μοναδικό ρ 0,1 , τέτοιο ώστε f ρ  0 .Η μοναδικότητα του ρ είναι απόρροια της μονοτονίας.Για την f ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ σε καθένα από τα 0, ρ   και ρ,1 , οπότε υπάρχουν ξ1  0, ρ και ξ2  ρ,1 , τέτοια ώστε: f ξ1   fρ  f0  1 και f ξ2   f1  fρ  1 . ρ ρ   1 ρ 1 ρΌμως επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης    f γν.αύξουσα  1  1 1ρρρ 1. ξ1  ξ2 ¿¿¿¿À f ξ1  fξ2 ρ 1ρ 2Επίσης    f γν.αύξουσα 1 31ρ  1  ρ  2. 1ρ 3 3 ξ2  1 ¿¿¿¿À f ξ2  f 1 Γ. Για κάθε x  0, 1  έχουμε:  2   11 1 f γν.αύξουσα 2 12  ρ ¿¿¿¿À f 0 f x dx  0  f x dx  f x dx  0             0  x  x f ρ 2 0 01 1 1 21   fxdx   fxdx  fxdx. 0 11 2Δ.               x2 ln f x  1 f lim  lim f x  1 ln f x  1 lim x  1 ln f x 1 0  x0   0, καθώς:            x0 f 1  x  1 x0 f x  1 f 1  x  1 f x 1 f 1  x  1 1  3  lim  lim x x x xx0 x0 ψfx1  1         lnψ  ψ lim f x  1 ln f x 1 ==== lim ψ lnψ  lim lim 0. ψ0 == x0 1  1ψ0 DLH ψ0 ψ ψ2  lim fx  1  f0  1. x0 x       f 1  x  1 1xu f u  1 lim == lim  f 1  3. x0 x u1 1  uΕ. Θεωρούμε τις συναρτήσεις g και h με τύπους:  gx  fx  x2  x, x  0,1  hx  fx  2x,x  0,1      Είναι: g 0  f 0  1 και g 1  f 1  2  3 . Επειδή g προφανώς συνεχής στο 0,1 , σύμφωνα με το     Θεώρημα Bolzano υπάρχει α  0,1 , τέτοιο ώστε g α  0  f α  α2  α  0. (1)       Είναι: h 0  f 0  1 και h 1  f 1  2  3 . Επειδή h προφανώς συνεχής στο 0,1 , σύμφωνα με το    Θεώρημα Bolzano υπάρχει β  0,1 , τέτοιο ώστε h β  0  f β  2β  0. (2)   Από (1) και (2) προκύπτει: f α  α2  α  f β  2β .   Έστω ότι α  β .Τότε θα ήταν: f α  α2  α  f α  2α  α2  α  0  α  0 ή α  1 , που είναι ΑΤΟΠΟ, καθώς α  0,1 .Άρα α  β . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 465ο Λύση Θέματος 465ΟΥ t1 e ft  1   α) Η συνάρτηση f είναι συνεχής, άρα η συνάρτηση είναι συνεχής στο 0 ,   , άρα η συνάρτηση tx t1      1 t  e ft  1 dt είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   . Άρα, η f είναι παραγωγίσιμη στο 0, .Παραγωγίζουμε τη σχέση της υπόθεσης και παίρνουμε:  x t1  x 1  x1  e ft  1 e fx  1 x            f x   dt   f x   e fx  1  f x x  1 t           e fx  f x  f x  1  1  e fx  f x   x  ln x  , για κάθε x  0 . x Άρα (από συνέπειες Θ.Μ.Τ.), υπάρχει σταθερά c : e fx  f x  x  lnx  c , για κάθε x  0 . x  1  e f1  f 1 από αρχική σχέση  Για  1  ln1  c ¿¿¿¿¿¿À e 0  0  1  0  c  c  0 . είναι f1  0Άρα,  e fx  f x  x  ln x , για κάθε x  0 . β) Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : '  ' , με τύπο φ x  x  ex .Τότε η σχέση           e fx  f x  x  ln x γράφεται efx  f x  elnx  ln x  φ f x  φ ln x * .Όμως,  * 1f      φ x '  x  ex  1  ex  0 , για κάθε x'  φ 1 στο φ1 x  ln x , x  0 .       γ) g xe   e   ln x  ln 2x , x  0 . f x  f  x   ln x  ln  x   ln x  lne  lnx  ln x  1  ln x     Η g είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με   g x  ln x  ln 2x   1  2ln x  1  1  2ln x , x  0 . x xxΕίναι  g x  0 x0  2ln x  0  ln x  1  ln x  ln e x e. <=> 1 2Πίνακας Μεταβολών επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης x  0 e    gx 1 2 gx τ.μ. Η g είναι 1 στο   0, e  και 2 στο  e, .Οπότε, η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο e , το    g 2 1  1 2 1 1 1. 2  2  2 4 2 e  ln e  ln e       δ) x1 β x2 γ 0 aΕίναι fx  ln x , fx  1 , fx   1  0  f 2 στο διάστημα 0 ,   . x x2    f β  f a    Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. για την f στο a , β  υπάρχει x1  a , β : f x 1  β  a .    f γ  f β    Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. για την f στο β , γ  υπάρχει x 2  β , γ : f x 2  γ  β .Είναι x1  x2 f 2 fx1   fx2   fβ  fa  fγ  fβ .   β a γ β επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 466ο Λύση Θέματος 466ΟΥ   α) Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει x 0  a , β : f x 0  1 .   Εφαρμόζουμε το θεώρημα Rolle για την g x  f x  x στο a , β .  g συνεχής στο a , β .  ga  fa  a  a  a  0 , gβ  fβ  β  β  β  0 .       Άρα, υπάρχει x 0  a , β : g x0  0 , δηλαδή f x 0  1  0  f x 0  1 .β) Θεωρούμε τη συνάρτηση mx  fx  x  a  β , x  a , β .Τότε η m είναι συνεχής στο a , β , ma  fa  a  a  β  a  β , mβ  fβ  β  a  β  β  a .Άρα, ma  mβ   a  β 2  0 .Οπότε από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει x0  a , β : mx0   0      f x 0  x 0  a  β  0  f x 0  a  β  x 0 . ξ1 ξ2γ) ( ) a x0 β Θ.Μ.Τ .       f : a , x 0  ¿¿À υπάρχει ξ1  a , x 0 : f ξ1  f x0  f a  a  β  x 0  a  β  x 0 . x0  a x0  a x0  a Θ.Μ.Τ .       f : x 0 , β ¿¿À υπάρχει ξ2  x 0 , β : f ξ2 fβ  f x0  β  a  β  x0  x0  a .  β  x0 β  x0 β  x0Άρα fξ1  fξ2   ...  1δ) Είναι: β   0   β fx  dx  x   fx  β  β fx dx  β fβ  a f  a   fβ  fa  a x  fx dx   x   aa a β  fβ  a  fa  fβ  fa  β  fβ  β  a  fa  a * .   Θεωρούμε τη συνάρτηση φ: a , β  ' , με φ x  x  f x  x .Η φ είναι παραγωγίσιμη στο a , β και συνεχής στο a , β , με φa  φβ (λόγω της * ). επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΆρα, από το θεώρημα Rolle, υπάρχει ρ  a , β : φρ .Όμως, φx  x fx  fx  1 . Οπότε, από τη σχέση φ ρ  0 προκύπτει το ζητούμενο. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018