555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part2

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΓ1. Είναι fx  1  x  fx x  ', οπότε: , ex  x  fx  0  x  1  fx  0  x  1  fx  0  x  1 Επομένως f γν.αύξουσα στο ,1 και f γν.φθίνουσα στο 1,  .  F x     Εφαρμόζοντας Θ.Μ.Τ για την F στο x,0, x  0, έχουμε: Υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ  x,0 : F ξ  f ξ  x .Όμως  f γν.αύξουσα στο -,1 F x x0          x  ξ  0 ¿¿¿¿¿¿À f x  f ξ  f x  x F x  xf x .    Για x  0 έχουμε προφανή ισότητα, οπότε για κάθε x  , 0, ισχύει: F x  x  f x , με το ‘‘=’’ να ισχύειμόνο για x  0 .   Γ2. Είναι F x  f x  0, για κάθε x  ', οπότε F γν.αύξουσα στο '. Θεωρούμε τη συνάρτηση μ με τύπομx  fx  Fx, x  '. Είναι: μx  fx  Fx  fx  fx, x  '. Για κάθε x  0,   είναι:  Fx  F0  0 , καθώς F γν.αύξουσα στο '  fx  0οπότε μx  fx  Fx  0 για κάθε x  0,   και έτσι η εξίσωση μx  0 είναι αδύνατη στο 0,   .Για κάθε x  , 0 είναι:  fx  1  x fx  0 ex  x  fx  0οπότε μx  fx  fx  0 και επομένως μ γν.αύξουσα στο , 0 . Έτσι:  μ συνεχής στο 1, 0 ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων  μ0  f0 F0  1  0  μ1  f1  F1  0 , αφού από το Γ1 για x  1 , προκύπτει: F1  1  f1  F1  f1  0.    Σύμφωνα με το Θ.Bolzano και επειδή μ γν.αύξουσα στο , 0 , συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση: F x  f x  0, έχει μοναδική ρίζα, η οποία βρίσκεται στο 1, 0 .    Δ. Θεωρούμε τη συνάρτηση G με τύπο G x  ex  x  F x , x  '. Είναι: Gx  ex  1 F x  ex  x  fx, x  '. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Για κάθε x  , 0 ,είναι:  ex 1  0  Fx  F0  0 , οπότε Gx  0. Για κάθε x  0,   ,είναι: ex 1  0 Fx  F0  0 , οπότε Gx  0.   Για x  0 είναι G 0  1 και έτσι G x  0 , για κάθε x  ' , οπότε G γν.αύξουσα στο ' . Γνωρίζουμε ότι για κάθε x  0,   είναι x  lnx , οπότε επειδή G γν.αύξουσα στο ' , θα ισχύει:  Gx  Glnx  Fx x  lnx Fx0 ex  x F lnx  ex  x  x  lnx  Fx . F lnx¾¿¿ÀΕ1. Εφαρμόζοντας Θ.Μ.Τ για την F στο 0,1 ,έχουμε:Υπάρχει ένα τουλάχιστον xo  0,1 : Fxo   fxo   F1.Όμως      f γν.αύξουσα στο 0,1 0  x0  1 ¿¿¿¿¿À f x0  f 0  F 1  1. Ε2. Έστω συνάρτηση w με τύπο w x  F x  F 1  F x  1, x  0.Είναι: wx  fx  F1  fx  1, x  0.Όμως:    x0  F 1  1 ¿À x  F 1  x  1  1  f γν.φθίνουσα στο 1,  ,       οπότε f x  F 1  f x  1  w x  0 , που σημαίνει ότι w γν.φθίνουσα στο 0,  , οπότε w ‘‘1-1’’ στο0,  και έτσι: Ffx  F1  Fex  1  Fex  F1  Ffx  1   Ffx  F1  Ffx  1  F ex  F 1  F ex  1        w 1-1  w f x  w ex <=>f x  ex  ex  x  1  x  0 , καθώς ex  x  1 ,για κάθε x  ' , με το ‘‘=’’ να ισχύει μόνο για x  0 .      Ζ. Είναι f 0  f 0  1 .,οπότε η εφαπτομένη της Cf στο σημείο 0, f 0 έχει εξίσωση: ψ  x  1 .Θεωρούμε τη συνάρτηση Π με τύπο επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης     Π x  f x  x  1  ex x1  x  ex  x  1 , x . ex  x ex  x Για κάθε x  , 0 ,είναι: x  0  ex  x  1  0 ,οπότε Π x  0 ,που σημαίνει ότι η καμπύλη βρίσκεται πάνω από την ευθεία ψ  x  1 ,όταν x  , 0 . Για κάθε x  0,   ,είναι: x  0  ex  x  1  0 ,οπότε Π x  0 ,που σημαίνει ότι η καμπύλη βρίσκεται κάτω από την ευθεία ψ  x  1 ,όταν x  0,   .  Επομένως η εφαπτομένη της Cf στο σημείο 0, f 0 , «διαπερνά» την καμπύλη.2η λύση Ζ ερωτήματος – Παύλος Τρύφων  Αρκεί να αποδείξουμε ότι το σημείο M 0,1 είναι σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της f(γενικότερα θα βρούμε και το πλήθος των σημείων καμπής)  Στη γνωστή σχέση ln t  t  1, για κάθε t  0 θέτουμε για t το ex x  ' και προκύπτει: ln ex  ex  1  x  ex  1  ex  x  1.Άρα ex  x  1  x, για κάθε x  '  ex  x  0, για κάθε x  'Οπότε το πεδίο ορισμού της f είναι το ' Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο ' με    ex 2ex  2x  x2  2  xex  f x   ex  g x  ,  ex  x 3  ex  x 3 όπου g x  2ex  2x  x2  2  xex , x  'Το πρόσημο της f καθορίζεται από το πρόσημο της g.Η g είναι συνεχής στο 1,2 και g1  g2  e  1  2  0 .   Άρα (Θ. Bolzano) υπάρχει ξ  1,2 τέτοιο, ώστε g ξ  0 Βρίσκουμε  g x  ex  2  2x  xex , x  '  g x  2  xex, x  ' gx  ex x  1, x  'Οπότε, επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης gx  0  x  1  0  x  1και gx  0  x  1  0  x  1 x  1    gx 2 gx 1 max   Άρα η g παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο 1 , δηλαδή g x  g 1  1  2e  0  g γνησίως φθίνουσα στο e h .Επίσης g 1  e  2  2  e  0.Οπότε, για x  1  gx  g1  0 και για x  1  gx  g1  0 x  0 1 ξ    2gx 1gx max  Η g είναι γνησίως αύξουσα στο ,1 και g 0  0  Άρα η ρίζα x  0 της εξίσωσης g x  0 είναι μοναδική στο ,1 .  Παρόμοια, η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,  και g ξ  0  Άρα η ρίζα x  ξ της εξίσωσης g x  0 είναι μοναδική στο 1,  . Άρα η εξίσωση g x  0 έχει ακριβώς δύο ρίζες στο '. Χρησιμοποιώντας τη μονοτονία της g και τις δύο ρίζες της, προκύπτει εύκολα ο παρακάτω πίνακας:x  0 1 ξ gx     fx  44 3fx 3 Η f είναι κυρτή στα διαστήματα , 0 και ξ,  και κοίλη στο διάστημα 0,ξ . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΗ f μηδενίζεται στο 0 και δεξιά και αριστερά του 0 αλλάζει πρόσημο. Άρα (και) το σημείο M 0,1 είναι σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της f.Σχόλιο:Σαφώς κομψότερη η λύση του κου Ζωβοΐλη, αφού δε μπαίνει σε διαδικασία εύρεσης σημείων καμπής! επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 490ο (προτάθηκε και λύθηκε από τον Ζωβοΐλη Ηλία) Λύση Θέματος 490ΟΥ    Α. Αφού η Cf έχει σημείο καμπής το e,f e και η f είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο 0,  ,θα ισχύει f e  0 .Έτσι για x  e ,έχουμε: fe0 e2  fe  e  fe  2  2e ¿À e  fe  2  2e .   Θεωρούμε συνάρτηση u με τύπο u x  F x  2x, x  0 .Είναι u1  F1  2 , οπότε: Fx  2x  F1  2  ux  u1 .Για τη συνάρτηση u,ισχύουν:   u παραγωγίσιμη στο 0,  ,ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων  ux  u1   το 1 είναι εσωτερικό σημείο του 0, Επομένως σύμφωνα με το Θ.Fermat,θα είναι u1  0  F1  2  0  f1  2 . x0 2 x  fx   2lnx  2x  2x <=>x  x2  fx  x  fx  2   fx  fx  x  2   x  fx  2lnx  2x  c .Για x  e ,έχουμε:  e  f e  2lne  2e  c  2  2e  2  2e  c  c  0 ,οπότε x0  2lnx  2  f x ln2x  2x   f x  2lnx  2x <=>f x         x  f x   ln2x  2x  c x   Για x  1 ,έχουμε: f 1  ln21  2  c  2  2  c  c  0 ,οπότε f x  ln2x  2x, x  0 .Β. Για τη συνάρτηση f έχουμε: fx  2lnx  2  2lnx  x  0 ,καθώς για κάθε x  0,   είναι lnx  x . xx Επομένως f γν.φθίνουσα στο A  0,  και έτσι:         f γν.φθίνουσα f A ===== lim f x , lim f x  ,  ,αφού f συνεχής x x0     ln2x   lim f x lim 2x  2x  1   , x xκαθώς επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης lim 2x   x  και   lim ln2x  lim lnx  lim 1 0 == == 2x x xx DLH x DLH x   lim fx   ,καθώς lim 2x  0 και lim ln2x  lim lnx lnx   x0 x0 x0 x0αφού lim lnx   . x0 f  1   ln2  1   2  1  2  e 2  0  e   e  e e e      f 1  2  0 και επειδή f συνεχής και γν.φθίνουσα σε συνδυασμό με το Θ.Bolzano,συμπεραίνουμε ότι η  εξίσωση f x  0 ,έχει μοναδική ρίζα, η οποία βρίσκεται στο  1 ,1  .  e     x0 e2x  x 2x  1<=>ln e2x  x 2x  0  2x  2x lnx  0Για κάθε x  1,   είναι: 2x  2x lnx  0 ,οπότε:  2 2x  2x lnx  0  2x lnx  2x  2x lnx   2x     0x1  lnx   2x <=>ln2x  2x  f x  0, x  0,1που σε συνδυασμό με τα προηγούμενα αποδεικνύει το ζητούμενο.Γ. Είναι: Fx  fx, x  0,   και Fx  fx  0, x  0,   . Αποδείξαμε x0   1 ,1  ότι υπάρχει μοναδικό  e  ,τέτοιο ώστε f x0  0.   Η συνάρτηση F είναι γν.φθίνουσα στο 0,  ,οπότε: F γν.φθίνουσα  0  x  x0 ¿¿¿¿ÀFx  Fx0   f x0   0 F γν.φθίνουσα  x  x0 ¿¿¿¿ÀFx  F x0   f x0   0 και έτσι η συνάρτηση F είναι γν.αύξουσα στο 0, x0  και γν.φθίνουσα στο x0,  ,που σημαίνει ότι η συνάρτηση F έχει μοναδικό ολικό μέγιστο το F x0 .Δ.    2 2  1 12 1   F 1 F 2 2 2   2 1 1 Fxfx dx  Fx Fx dx  F2 x  F2 2  F2 1  F 2  F 1  . Εφαρμόζοντας Θ.Μ.Τ για την F στο 1,2 ,συμπεραίνουμε ότι υπάρχει ξ1  1,2 , τέτοιο ώστε Fξ1   fξ1   F2  F1 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΈστω συνάρτηση w με τύπο w x  2Fx  F1  F2, x  1,2 .Είναι:  w συνεχής στο 1,2 (προφανώς)  w1  F1  F2  w2  F2  F1w 1  w 2   F 2  F 12  0, καθώς: f γν.φθίνουσα x0  1  ξ1 ¿¿¿¿Àf x0   f ξ1   0  F2  F1. Έτσι σύμφωνα με το Θ.Bolzano,υπάρχει ξ2  1,2 ,τέτοιο ώστε w ξ2   0  F ξ2   F 1  F2 2και έτσι: 2   Fx  fx dx  fξ1  Fξ2  ,με ξ1,ξ2  1,2 . 1Ε1. Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο 1,καθώς: lim gx  lim Fx  F1  F1  f1  2  g1 . x 1 x1 x  1 Για κάθε x  1,   είναι: gx Fx x  1  Fx  F 1 fx  Fx  F1 x  1 2   x 1 . x 1Εφαρμόζοντας Θ.Μ.Τ για την F στο 1, x, x  1 ,συμπεραίνουμε ότι υπάρχει ξ  1,x ,τέτοιο ώστε Fξ  fξ  Fx  F1 , x 1με    f γν.φθίνουσα      1  ξ  x ¿¿¿¿À f x  f ξ ,οπότε: g x  f x f ξ  0, x  1 . x 1Επομένως η συνάρτηση g είναι γν.φθίνουσα στο 1,  .Ε2.    g γν.φθίνουσα        2  3¾¿¿¿Àg 2  g 3  F 2  F 1  F 3 F 1  2   2 F2  F1  F 3  F1   2 F x 12   F x 13  2  3 . 2 fxdx  fxdx 11 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 491ο (προτάθηκε από τον Παύλο Τρύφων) Λύση Θέματος 491ΟΥ α) Στη γνωστή σχέση ln t  t  1, για κάθε t  0 θέτουμε για t το ex x  ' και προκύπτει: ln ex  ex  1  x  ex  1  ex  x  1.Άρα ex  x  1  x, για κάθε x  R  ex  x  0, για κάθε x  'Οπότε το πεδίο ορισμού της f είναι το '. β) Για κάθε x  1,2 έχουμε: x12 2x <=> x  1 2 2  x           ex  1 1 ex  x1 2 2x 1  x1 2 2x 1x  12 2  x x  12 2  x x  1 2 2  x x  1 2 2  x      2  x ex  x  1 2  1  2ex  xex  x2  2x  2  2ex  2x  x2  2  xex  0  g x  0Η g είναι συνεχής στο 1,2 και g1  g2  e 1  2  0 .   Άρα υπάρχει ξ  1,2 τέτοιο, ώστε g ξ  0 ή ισοδύναμα eξ  1  1 ξ  12 2  ξ ξ  1 2 2  ξγ) Βρίσκουμε  g x  ex  2  2x  xex , x  '  g x  2  xex, x  ' gx  ex x  1, x  'Οπότε, gx  0  x  1  0  x  1και gx  0  x  1  0  x  1 x  1    gx > gx < max επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης   Άρα η g παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο 1 , δηλαδή g x  g 1  1  2e  0  g γνησίως φθίνουσα στο e h. Επίσης g 1  e  2  2  e  0.Οπότε, για x  1  gx  g1  0 και για x  1  gx  g1  0 x  0 1 ξ  gx   gx 1 2 max    Η g είναι γνησίως αύξουσα στο ,1 και g 0  0 . Άρα η ρίζα x  0 της εξίσωσης g x  0 είναι μοναδική   στο ,1 . Παρόμοια, η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,  και g ξ  0    Άρα η ρίζα x  ξ της εξίσωσης g x  0 είναι μοναδική στο 1,  . Άρα η εξίσωση g x  0 έχει ακριβώςδύο ρίζες στο '.δ) Χρησιμοποιώντας τη μονοτονία της g και τις δύο ρίζες της, προκύπτει εύκολα ο παρακάτω πίνακαςπροσήμου: x  0 1ξ    gx ε) Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο ' με    ex 2ex  2x  x2  2  xex  f x    ex  g x    ex  x 3 ex  x 3Το πρόσημο της f καθορίζεται από το πρόσημο της g.Από το προηγούμενο ερώτημα προκύπτει ο παρακάτω πίνακας x  0 1 ξ  gx     fx     fx 3 4 4 3 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Η f είναι κυρτή στα διαστήματα , 0 και ξ,  και κοίλη στο διάστημα 0,ξ .Η f μηδενίζεται στο 0 και δεξιά και αριστερά του 0 αλλάζει πρόσημο. Άρα το σημείο M 0,1 είναι σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της f. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 492ο (προτάθηκε από τον Παύλο Τρύφων) Λύση Θέματος 492ΟΥα) Θεωρούμε τη συνάρτηση w x  Fx , για x κοντά στο e. Τότε limw x  e και Fx  x  e  w x, xe xeγια x κοντά στο e.Άρα              limF x  xe  lim xe w x  lim xe limw x  0  e  0, δηλαδή limF x 0 1 xe xe xe xeΌμως η F είναι συνεχής στο e (ως παραγωγίσιμη), άρα limF x  F e 2 xeΑπό τις σχέσεις 1 και 2 προκύπτει ότι Fe  0.Άρα Fx Fe0 Fx  Fe Fe Fe fe e  lim ====lim    e   e. xe x  e xe x  e β)Από τα δεδομένα προκύπτει ότι f  1   f x  2xf  1  , για κάθε xA  x   x    Άρα  1  f  1     1    1         2xf  x   x    x    x         f x  0   x2 f    x2 f     f x 0        0, για κάθε x         x2f1    f x  0   x2 f  1   f x 0,1  1,   x    x          Άρα υπάρχουν σταθερές c1 , c2  ' : x2 f  1   f x  c1 , x  0,1  x  c2 , x  1,    2 fe  e , f 1   1   e  e  Για 1  1   1  x  e   e f e  f e   c1 ¿¿¿¿¿¿¿À c1  0    fee , f 1    1  e  e  Για  1  x  e  e2f  e   f e  c2 ¿¿¿¿¿¿¿¿À c2  0  Άρα  x2 f  1   f x  0, για κάθε x  0,1  1,   x   Διαιρώντας με x παίρνουμε xf  1   f x  0, για κάθε x  0,1  1,  ,  x    x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούληςάρα a β  0, για κάθε x  0,1  1,  , δηλαδή a  β, για κάθε x  0,1  1, γ) Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης hog είναι  x  A : f x x       Αhg  . x  A : g x  Ah  x  1    x , για κάθε x  A x 1   Δίνεται όμως ότι A  Αhog , άρα f x 3Στη σχέση 3 για x το 1 x  A παίρνουμε x 1 f 1    fx       f  x   1  x  1  1  x2 fx  1 f x  x2  x  1 1  x   1x x 1     f    1 x ¿¿¿À  x2 4 xΑπό τις σχέσεις 3,4 συμπεραίνουμε ότι x  fx  x2 , για κάθε x  A 5 x1 x1δ) Είναι    2xf 1  f  1  f f  1   1  f  x    x   x  0   x   2xf  x   x , xA        Άρα 2fx  2 xf 1 Παρόμοια,  x  x  e2  2f x  e2   e2  x dx e  2xf dx           e f f  1     1   f x 2f x ¿¿¿¿¿¿ x dx   x   x   e     x       γ) e2  e  e2  e3  e  f e2  f e  f e2  e  e2  1 e2  1 e2     e  f  1   2f x  γ) e4  e  e4  e3  e   x  x dx  f e2     e  e2  1 e2  1ε) Για x  e και για t  e, x έχουμε από το γ) ερώτημα ότι t2 x x x t2 dt x 1 dt x dt Fe0 e t 1 e   t  ==>  dt  f            t  ft t t dt    1  F x F e  e 1  1t  1 1  t1 e t1 e t t 1 x  t2 x  x  1  x2  x 1 e2       t  lne   e  1  2  e 2 t 1 F x   2 t  ln t 1 e  x e  ln   F x   x  ln  1   e       e  F  x  1  x2 e2  e  1  x x2 e2 x  ln  e  1   x  2  2 e  e  F x  ln  x  1   ln e  2  2 e        e  F  e 1  x2 e2 e F x  ln  e 1  1  e2 e  xex e  2 2 xk   xex  ex  xk     x  ln   e    ,xe x xk 2xk2 2xk επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΌμως, lim   e   lim  1 2  e2  e   0,k  3, 4,...  xk   2xk 2xk xk  x    x  και το ζητούμενο προκύπτει από το κριτήριο παρεμβολής. (σχόλιο: η άσκηση κατασκευάστηκε με f x  x , x  0,1  1,  ) ln x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 493ο (προτάθηκε από τον Παύλο Τρύφων) Λύση Θέματος 493ΟΥ Α) Θεωρούμε τη συνάρτηση h : '  ' , με τύπο h x  e x  x  e .   Η h είναι συνεχής στο  1 , e  και h1  he   1  e 2  2e  0 .   Άρα, από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει a  1 , 2 τέτοιο, ώστε h a  0  e a  a  e .(Χρησιμοποιώντας το γεγονός ότι e e  2e  0 , αφού ισοδύναμα    e e  2e  ln e e  ln 2e  e  ln2  1  ln2  e  1 .Το τελευταίο ισχύει, αφού ln2  1  e  1 ).       Επίσης, η h είναι συνεχής στο   e , 0 και h  e  h 0  e  e  1  e  0 .   Άρα, πάλι από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει β   e , 0 τέτοιο, ώστε h β  0  e β  β  e . Άρα, η εξίσωση h x  0 έχει τουλάχιστον δύο ρίζες στο ' .Όμως,    h x  e x  1 , x  ' και h x  0  e x  1  x  0 . x  0  hx   hx 2 1Οπότε οι ρίζες a , β είναι μοναδικές, διότι η h είναι γνησίως μονότονη σε καθένα από τα διαστήματα   , 0 , 0 ,     Β) α) Αρχικά, η συνάρτηση 1 ορίζεται για t  0 και ln t  0  t  0 και t  1 , δηλαδή ορίζεται στο lntσύνολο 0 , 1  1 ,   . Ας ονομάσουμε φ x  e x  x , με πεδίο ορισμού το Aφ  ' . x 1     Η συνάρτηση σ x dt Aσ  e ln t έχει πεδίο ορισμού το 1,  (διότι θα πρέπει τα x , e να ανήκουν στοίδιο διάστημα 0 , 1  1 ,   ).       Aσοφ  x  ' : φ x Aσ  x  ' : e x  x  1  x ' : e x  x  1  ' * επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης(διότι γνωρίζουμε ότι e x  x  1 , για κάθε x  ' , με την ισότητα να ισχύει μόνο για x  0 ).Συμπέρασμα: Το πεδίο ορισμού της σοφ, δηλαδή της συνάρτησης F , είναι το '* , δηλαδή A  ' *β) Οι συναρτήσεις σ, φ είναι παραγωγίσιμες, άρα και η F είναι παραγωγίσιμη στο Α (ως σύνθεσηπαραγωγίσιμων συναρτήσεων), με   Fx  σ φx  φx  1  e x  1 , x  0 .  ln e x  x   Σχόλιο: Η συνάρτηση σ είναι παραγωγίσιμη στο 1 ,   , διότι η συνάρτηση 1 είναι συνεχής στο 1 ,   ). ln tΟπότε,  F x  0  ex 1  ln e x  x  0  ln e x  x  0 ¾¿¿¿À e x  1  0  x  0 . στο ' * x  1  Fx   Fx 2 1   Άρα, η F είναι γνησίως φθίνουσα στο   , 0 και γνησίως αύξουσα στο 0 ,   .   γ) Από το Α) ερώτημα προκύπτει ότι F e dt  0 . a F β e lnt Οι ρίζες αυτές της F είναι μοναδικές, διότι η F είναι γνησίως μονότονη σε καθένα από τα διαστήματα  , 0 και 0 ,   . Άρα, η εξίσωση F x  0 έχει ακριβώς δύο ρίζες στο ' * (τις α, β του Α) ερωτήματος).   δ) Για τον αριθμό a έχουμε ότι e a  a  e 1 και F a  0 .Άρα, x  x       F u du 0  a F u du    lim a    0  Fx  1 lim Fx  lim x 2  xa  a 2 == lim     x  a x 4  4a 3 x  3a 4 xa x 4  4a 3 x  3a 4  x  a 4x 3  4a3 4 x  a xa        1  1 F x  0 1  1 F x F a  4  lim  xa    4  lim   xa  a 2  xa  x 2   a2  x2  x a x  a  xa  1  ea 1 1 a  e 1 a  e 1 12a 2 ln e a  a  ln e 12 a 2  1  1  F a 1    1 , αφού e 1  0. 12 a 2 12a  4 3a2   ε) Το πεδίο ορισμού της f είναι το B  0 , 1  1 ,   . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΗ f είναι παραγωγίσιμη στο Β, με fx  ln x  1 . ln 2 xΟπότε,    f x ln x  1 ln 2 x  0  0  ln x  1  0  x  e και f x  0   0 ln x  1  0  x  e. ln 2 x ¾¿¿À x  0 1 e  fx   fx 2 21 min Άρα, η f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στο e , δηλαδή x  e , για κάθε x  1 * . ln xΈχουμε τώρα για κάθε x  1 ότι ex  1  ex  x  x 1  ex  x  x 1 *         F x   ln e x  x ln e x  x ln e x  x ln e x  x x 1 x 1  e  0  e , άρα πράγματι F x  e , για κάθε x  1 .   e   ln ex  xστ) i. Έστω x  1 .Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. για την F στο διάστημα 1 , x . Οπότε υπάρχει ξx  1 , x τέτοιο, ώστε:   Fx  F 1 Fx  e F x  F 1      F ξx  x  1 ¿¿¿À e F x e x1 F 1 ξx  1 x 1 και επειδή lim e  x  1  F 1    προκύπτει ότι lim F x    . x x ii. Επειδή Fx  e  Fx  e  x  Fx  e  x   0 , για κάθε x  1 .Άρα, η συνάρτηση m : 1 ,    ' , με mx  Fx  e  x είναι γνησίως αύξουσα στο  1 ,   .Έχουμε τώρα:   ee  e π dt ee  e dt ee  e dt  e2  eπ  π ln t e eπ  e  πe  eπ  π e  ln t eπ  π ln t επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης dt  e e  e dt  e 2  π  e  eπ  π ee  e     e e dt dt  e2  π  e  eπ  π ln t e ln t e ln t e ln t m1  π  e  Fπ  Fe  e2  Fe  e 2  Fπ  π e  me  mπ <=> e  π , το οποίο ισχύει. στο 1 ,  Άρα, ισχύει και η ζητούμενη ανισοτική σχέση. Σχόλιο: Μπορούμε να αποδείξουμε ότι lim F x    και με τον εξής τρόπο: xΑφού x    , μπορούμε να θεωρήσουμε ότι x  a .Άρα, e x  x  e  0  e x  x  e .Για κάθε x  0 γνωρίζουμε ότι ln x  x  1 (η ισότητα ισχύει μόνο για x  1 ).Άρα, t  e , e x x 1 1 ex  x 1 ex  x 1 dt   0  ln t  t  1 , για κάθε   ln t  t  1  e ln t dt  e t 1 e x 1  e x x 1  x       ln e  e 1  t 1   ln ex  x 1  ln e 1  ln ||}     (διότι lim 1  x 1  x  ex x  ex  x 1  lim ex     100    ). xΟπότε, lim e x  x 1 dt    . x    e ln t επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 494ο (προτάθηκε από τον Παύλο Τρύφων) Λύση Θέματος 494ΟΥ 1) Έστω ότι υπάρχει α  ' : f α  3eα  α3  3  0Τότε x  ln2   f  x  >< fx min lim    f α  3eα  α3  3  x2016  x2014  1  lim    f α  3eα  α3  3  x2016  x   x2015 x   x2015       limfα 3eα α33  x  , αν fα  3eα  α3  3  0 άτοπο  αν fα ,  x ,  3eα  α3  3  0 Άρα f α  3eα  α3  3  0 , για κάθε α  'Δηλαδή  f x  3ex  x3  3 , x  '2) Η f είναι τρείς φορές παραγωγίσιμη στο ' , με      f x  3ex  3x2 , f x  3ex  6x , f x  3ex  6Οπότε  f x  0  3ex  6  0  ex  2  x  ln2Άρα η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο ln2 , το    f ln2  3eln2  6ln2  6  6ln2  6  1 ln2  0   Άρα f x  f ln2  0 , για κάθε x  ' , δηλαδή η f είναι κυρτή στο '  Εξίσωση εφαπτομένης στο σημείο A 0, f 0 : ε : ψ  f0  f0  x  0 ε : ψ  0  3x ε : ψ  3x   3) Επειδή η f είναι κυρτή, η Cf βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη ε , δηλαδή f x  3x , για κάθεx  ' . Η ισότητα ισχύει μόνο για x  0Οπότε επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  f x  3x, για κάθε x  ' (1)    f  x  3x  x  0 (2) Για κάθε x  ' έχουμε:egxfx  gx  g3 x  f3 x  fx  g2 x  f2 x  gx  fx  1  33egxfx  3gx  g3 x  f3 x  3fx  g2 x  3f2 x  gx  3fx  3    3egxfx  g3 x  3fx  g2 x  3f2 x  gx  f3 x  3 gx  fx  3  3 3 g x           3egxfx  gx f x f x 3  3 33 g x           3egxfx  gx f x f x f  g  x   f  x    3   g  x   f  x  (2) g  x   f x   0  g  x   f  x  Άρα οι συναρτήσεις f,g είναι ίσες στο ' 4) Από την σχέση (1) προκύπτει ότι 3ex  x3  3  3x , για κάθε x  ' Για x το ln x x  0 παίρνουμε  3elnx  ln x 3  3  3ln x , για κάθε x  0( με την ισότητα να ισχύει μόνο για ln x  0 , δηλαδή για x  1 )Δηλαδή    3x  ln x 3  3  3ln x  ln x 3  ln x3  3x  3 για κάθε x  0Οπότε η ζητούμενη εξίσωση έχει μοναδική ρίζα x  15) Η εξίσωση (*) είναι τριώνυμο ως προς ψ με διακρίνουσα  Δ   3  ln θ3 6 48θe1θ 16   ln θ  θ 1  3θ  Το τριώνυμο έχει μοναδική ρίζα αν και μόνο αν  Δ  0  ln θ  θ  1 3  ln θ3  3θ  6  3θe1θ  0    3θe1θ  ln θ  θ  1 3  3  ln θ3  3θ  3  3elnθ  e1θ  ln θ  θ  1 3  3  3ln θ  3θ  3  ln θ  θ  1 3  3  3  (2)       3elnθθ1  ln θ  θ  1  f ln θ  θ  1  3  ln θ  θ  1  ln θ  θ  1  0  ln θ  θ  1  θ  1( λόγω της γνωστής σχέσης ln x  x  1 για κάθε x  0 , με την ισότητα να ισχύει μόνο για x  1 )6) Έστω 0  α  3 τυχαίο και σταθερό. Θα αναζητήσουμε πλάγιες/οριζόντιες ασύμπτωτες της φ στο  .Για x  0 έχουμε από την σχέση (1) ότι : επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης x (1) x (1) x e3tdt x x 0 0 0   0    f ft  f   e dt 3  eftdt 3   eftdt  e3t   0  x  x  f x f tdt       f  eαx 0  0 e x  e3x  1   eαx φx  e3x  1 x eft    1 ==>  eαx 0 dt  e3x  eαx xΌμως  e3x  1   lim    lime3x 3e3x  1  lim  3  lim e3αx 0α3 3    αx == x α  eαx α x ¿¿¿ α  ex x eαx Άρα lim φx    ' , οπότε η γραφική παράσταση της φ δεν έχει πλάγιες/οριζόντιες ασύμπτωτες στο xx 7) Έχουμε ότι f x  3x , για κάθε x  'Άρα 3ex  x3  3  3x , για κάθε x  'ΔηλαδήΌμως  3et  t3  3  3t , για κάθε t  x, x  1 x  0  f et  3  etΆρα    f et  t3  3  3t  f et  t3  3t  3           t4  3 t2 x1 x1 f et  t3  3t dt  3 x 1 x 1 et dt   2   3   4 x x dt  f x x  1   1 1  x  1 1 0 x1  3 ¿À 0     x1  3x      x1et dt   t4  3t2 x x x 1 et dt   t4  3t2 x  f  4 2   2  f  4 x xΟπότε από το κριτήριο παρεμβολής, lim 1  0   x x 1  x  t4 3t2  x   x1 et dt   4  2     f x Το ζητούμενο προκύπτει από την σχέση ημf x  1 και το κριτήριο παρεμβολής. 8) Έχουμε από την σχέση (1) ότι f x  3x , για κάθε x  ' Για x το f x παίρνουμε:    (1) f fx  3fx  32  x . Άρα f fx  32  x , για κάθε x  ' επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Για x το f x παίρνουμε:    (1) f f fx   32  f x  33  xΆρα fofofx  33  x , για κάθε x  'Επαγωγικά καταλήγουμε στη σχέση      3k  x , για κάθε x  '  fofo....of  x k φορέςΆρα και   fofo...of t  3k  t , για κάθε t  0, x με x  0 k φορές(με την ισότητα να μην ισχύει παντού στο 0, x )Άρα x fofo...of 0 x2    x  t2 x t dt  3k .         fofo...of  0 2 0 t dt  x3k tdt  x t dt  3k  2  3k  x2   2 0 fofo..of 0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 495ο (προτάθηκε από τον Δημήτρη Παπαμικρούλη) Λύση Θέματος 495ΟΥα) Για h κοντά στο μηδέν έχουμε f1  αh  f1  αh f1  αh  f1  f1  αh  f1 = h hhΌμως f1  αh  f1 f1  αh  f1 uαh f1  u  f1 lim = α lim ¿¿¿¿¿¿¿¿¿¿ α lim  αf(1) h0 h h0 αh όταν h0 τότε u0 u0 uκαι παρόμοια f1  αh  f1 f1  αh  f(1) u   αh f1  u  f1 lim  αlim ¿¿¿¿¿¿¿¿¿ αlim  αf(1) h0 h h0 αh όταν h0 τότε u0 u0 uΆρα θα ισχύει ότι  αf1     α0 αf1  0  2αf 1  0 <=>f 1  0 f< Για 0  x  1fx  f1  0  fx  0 , άρα η f > στο 0,1και f< για x  1fx  f1  0  fx  0, άρα η f < στο 1,    Άρα η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 1, δηλαδή για κάθε x  0 είναι f x  f 1  1(η ισότητα ισχύει μόνο για x  1 ) β) Η συνάρτηση F είναι παραγωγίσιμη στο 1,  με Fx  hx  fx  1  0 , [διότι fx  1 στο 1,  ] άρα η F < στο 1,  x 1Προφανής ρίζα της ζητούμενης εξίσωσης είναι x  0[διότι για x  0 προκύπτει F2  F2  F2  F2 ]   Οι συναρτήσεις m x 3 x  2 x ' (διότι 0  3  1 , 0  2  1 ).   π  , vx   e  είναι γνησίως φθίνουσες στο πe    Άρα για x  0 έχουμε  3 x F<  1F          m 3x πx x m 0   π  1    3x 1  πx 3x  1  Fπx  1 1  και παρόμοια  2 x F<  e     1F          v x v 0   1  2x  ex  2x 1  ex 2x 1 F ex  1 2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΤότε από 1  2 προκύπτει        F 3x  1  F 2x  1  F πx  1  F ex  1Άρα η προς επίλυση εξίσωση είναι αδύνατη στο (0, )Για x  0 έχουμε  3 x F<  π     1F        m x m 0   1  3x  πx  3x  1  πx 3x 1 F πx  1και παρόμοια  2 x F<  e     1F        v x v 0   1  2x  ex  2x 1  ex 2x 1 F ex 1       Οπότε F 3x  1  F 2x  1  F πx  1  F ex  1 δηλαδή η προς επίλυση εξίσωση είναι αδύνατη στο , 0 .Άρα έχει μοναδική ρίζα το x  0 .γ)2x fx  1 3 x 13   2  5  Fx       x2  x2  5x  6 dx  .   5x  6  dx   2x 5 F x  F x  2 3        x2  5x  6  F(x) dx   x2  5x  6 F x  3  0   2 2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 496ο (προτάθηκε από τον Δημήτρη Παπαμικρούλη) Λύση Θέματος 496ΟΥa) Έχουμε αρχικά ότι ln xx1x1            ef1  ef 1  ef11  f 1  ln ef11  ln f 1  ln f 1  f 1  1 ¾¿¿¿¿À f 1  1Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη, ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων.Οπότε από τα δεδομένα προκύπτει ότι θεωρία  h x <=>h x        h x  cex  ln xefx  cex , x  0 ( c σταθερά)   f11Για x  1 παίρνουμε ln ef1  ce <=>ln e  ce  c  e1Άρα          ln xefx  e1ex  ln xefx  ex1  ln x  ln efx  ex1  ln x  f x  ex1  f x  ex1 ln x, x  0   β) f x  e x1 1 , x  0 . Προφανής ρίζα της εξίσωσης f x  0 είναι η x  1 x   Όμως f x  ex1  1  0 στο 0,  , οπότε η ρίζα x  1 είναι μοναδική. x2 f< Για 0  x  1fx  f1  0  fx  0 άρα η f είναι > στο 0,1και f< για x  1fx  f1  0  fx  0 άρα η f < στο 1,  επίσης είναι f1  1 x 0 1  f(x)  fx > <           Τότε ανf>A1  0,1 τότε f A1 f 1 , lim f x  1,  , αφού lim ex1  ln x  1     === x0 e x0 συνεχής f<       Aν A2  1,fτότε f A2 === 1 , lim f x  1,  , αφού x συνεχής  lim   ex1  ln  ln x  1 x    ex1  ln x  lim x    , καθώς x   επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης    ex1   lim ex1  lim    lim   e x 1    x ln x === lim xe x 1    x ln x  1x x x    Οπότε το σύνολο τιμών της f είναι το f A1  f A2  1, γ) Για το πεδίο ορισμού της goh έχουμε               Agoh  x  Ah : h x  Ag  x  ' : f x2  1  f 2  1  1  x  ' : f x2  1  f 2  0 x2 1,21            x  ' : f x2  1  f 2 ==== x  ' :x2  1  2  x  ' :x2  1  , 1  1,  f< σ1, δ) Για κάθε x  0 ισχύει f x  1 με την ισότητα αυτή ισχύει μόνο για x  1 , άρα  f 1   1  1 3  fx  2   g h 1  1  f  f x  2   1  fx  2  1  fx  2     3f 3f 2 2    Όμως το , x1 0,1 (διότι είναι > A1 και A2 άρα η εξίσωση θα έχει ακριβώς μία ρίζα στο A1   στο A1 ) και ακριβώς μία ρίζα x2 στο A2  1,  (διότι είναι < στο A2 ). (σχόλιο: ειδικότερα το x1  0,1διότι f1  1  3 ) 2 ε) [τρόπος σκέψης: Η εφαπτομένη σε σημείο ξ, fξ θα είναι: ε : ψ  fξ  fξx 1Θέλουμε η εφαπτομένη (ε) να διέρχεται από το σημείο M  0, 3  , οπότε  2    3  fξ  fξ3  ξfξ  fξ  3  0 ]. 22     Θεωρούμε τη συνάρτηση h x 3  xf x f x 2 , x  x1,1 . Τότε h x1   x1f x1   f x1   3  x1f x1   0 2 διότι x1  0,1 , f  x1   3 και fx1   0 στο 0,1 . 2 h1  f1  f1  3  1  3  1  0 2 22 Επίσης η h είναι συνεχής στο x1,1 ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων.   Άρα από το Θεώρημα Bolzano , η εξίσωση h x  0 θα έχει μία τουλάχιστον ρίζα ξ  x1,1 δηλαδή θαισχύει: hx  0  ξfξ  fξ  3  0 . 2 Όμως η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη στο x1,1 με επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  3   1        h x  x 1 x2  xf x f x    xf x  x  e    0 2  Άρα η h είναι < στο x1,1 και άρα η ρίζα ξ είναι μοναδική.επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 497ο (προτάθηκε και λύθηκε από τον Ζωβοΐλη Ηλία) Λύση Θέματος 497ΟΥ  Α. Από την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο 0, f 0 προκύπτει ότι f0  1 και f0  0.Για x  0 η σχέση  x2  1  fx  4x  fx  2F x  exδίνει f0  2F0  1  F0  1.Επίσης,   x2 1  fx  4x  fx  2F x  ex   x2 1 Fx  2x Fx  2x Fx  2F x  ex    2xF x     2xF x              Fx x2 1  ex Fx x2  1 ex      F x x2  1  2xF x  ex  c1 , για κάθε x  ' (c1  ') F0f00 Για x  0 παίρνουμε F 0  1  c1 ¿¿¿À c1  1 και άρα  F              F x x2  1  2xF x  ex  1  F x x2 1  ex  x x x2  1  ex  x  c2 , για κάθε x  ' (c2  ') F00 Για x  0 παίρνουμε F 0  1  c2 ¿¿À c2  0 και άρα     F x x2  1  ex  x  F x  ex  x , x  ' x2  1   Β1. Έστω συνάρτηση g με τύπο g x  x  1 ex  x  1 , x  'Η g είναι παραγωγίσιμη στο ' με    g x  xex  1 0 , καθώς από τη γνωστή ανισότητα ex  x  1 για x το x x  ' προκύπτει ex 0 ex  x  1<=>1  xex  ex  xex  1  ex  0, για κάθε x  ' g:11     Έτσι, η g είναι γνησίως αύξουσα στο ' , άρα και «1-1» στο ' . Οπότε, g x  0  g x  g 0 <=>x  0Β2. Η συνάρτηση F είναι παραγωγίσιμη στο ' με επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης ex  x  x2  1  ex  x x2  1  x2  1 2                    F x x  ex 1 f x   ex  1   x2  1  2x ex  x   x2 x2  1 2    ex x2  2x  1  x2  1 ex x  1 2  x  1x  1 x  1 ex x  1  x  1 x  1gx    , x'  x2  1 2  x2  1 2  x2  1 2  x2  1 2Όμως, g<  gx  0  gx  g0<=>x  0 g<  gx  0  gx  g0<=>x  0 x  0 1  x 1   gx    Fx  fx    Fx < > <Συμπεραίνουμε ότι η F είναι γνησίως αύξουσα στο A1  , 0 , γνησίως φθίνουσα στο A2  0,1 καιγνησίως αύξουσα στο A3  1, Για τα επιμέρους σύνολα τιμών βρίσκουμε        F<  F A1 == lim F x ,F 0   0, 1 , καθώς συνεχής x    ex  x   lim ex  1  lim 1        limF x  lim ex  x  lim ex  1  0 1 0 x x2  1 == lim 2xx   2x x x x2  1   x x   F>  e 1 ,1       2  F A2 == F 0 ,F 0    καθώς συνεχής F<  lim ex x ex  1         x2 x F A3 === F 1 , lim F x  1,  , καθώς lim F x  lim  , αφού x   x x2  1 1 συνεχής x  x  1 x2    ex     ex ex ex  lim ex lim   lim    xx 2 2xx 2x   == lim == lim  x x  x 2x  2 lim 1  0 και lim 1  0 xx   xx 2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΟπότε το σύνολο τιμών της συνάρτησης F είναι το F A1   F A2   F A3   0,1   e  1 ,1  1,    0,    2  Γ. Για κάθε x  ' έχουμε      x  ln 2x2  x  2  ex  2x2  x  2  ex  x  2 x2  1  ex  x  2  F x  2. x2  1        Όμως 2  F A1 , 2  F A2 , 2  F A3 και η F < στο A3 , άρα η εξίσωση x  ln 2x2  x  2 έχει μοναδικήρίζα (στο 1,  )Δ. Παρατηρούμε ότι  ex  α Fx  x  ex  x  a  ex  x ex x0 a  x2  1  a <=> 1  x2  1 x2 10 x2  1       Για τη συνάρτηση h x  x2  1, x  ' εύκολα βρίσκουμε ότι h x  1  h 0 , για κάθε x  ' . Είναι h x  a,για κάθε x  ' min h  a  a  1.Άρα η μέγιστη τιμή του a είναι 1.   Ε. Έστω G αρχική συνάρτηση της F στο ', δηλαδή G x  F x  0, για κάθε x  ' , άρα η G είναιγνησίως αύξουσα στο '. Οπότε, fx fx  Ft dt  0   Gt dt  0  G fx  G ημfx  0  ημfx ημfx     G< xημxx0 G fx  G ημfx <=>fx  ημfx <==> fx  0  x  ,0  1,  ΣΤ. Για κάθε x  0 είναι F x  1  ex  x  x2  1.Αν G αρχική συνάρτηση της F στο ', τότε x2 1      F t dt  G x2  1  G ex  x . ex xΓια κάθε x  0 η συνάρτηση G ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του ΘΜΤ στο διάστημα ex  x, x2  1 , οπότε υπάρχει ξx  ex  x, x2  1 :        G x2  1  G ex  x G ξx  F ξx  x2  x  1  ex .Όμως x2 1   F t dt F < στοA3          1  ex  x  ξx  x2  1 ====> F ex  x  F ξx  F x2  1  F ex  x  ex x  F x2  1 x2  x  1  exΕπειδή τώρα F συνεχής  e1 ===== F 1     lim F ex  x ex x συνεχής 2 x0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης F συνεχής  e 1, ====     lim F x2  1 x2 1 συνεχής F1 2 x0Οπότε από το κριτήριο παρεμβολής προκύπτει ότι x2 1  Ft dt lim ex x  e1. x0 x2  x  1  ex 2ΣΤ. Θεωρούμε τις συναρτήσεις w,u : 0,1  ' με τύπους w x   f x και ux  fx Fx F xΕύκολα διαπιστώνουμε ότι οι συναρτήσεις w,u ικανοποιούν τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο     0,1 , οπότε υπάρχουν ξ1,ξ2  0,1 : w ξ1  0  u ξ2Όμως,   x    fx   fxFx  fxFx  fxFx  f2 x  w  Fx  F2 x F2 x           0,1  , x  ux  fx Fx  fxFx  fxFx  fxFx  f2 x   Οπότε,    fξ1 Fξ1   f2 ξ1  fξ1 F ξ1   f2 ξ1   f ξ1   f2 ξ1  w  F2 ξ1 f2 ξ2  f ξ2    Fξ1  0  ξ1  0   0  0     0  fξ2 Fξ2    0     f2 ξ2   f ξ1   f ξ2   0. Fξ2   uξ2   0    επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018