555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part2

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 514ο Προτάθηκε από τον Ανδρέα Πάτση Λύση Θέματος 514ΟΥΑ) Η x  1 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της x  1 ,Άρα lim g x   ή  x  1 Είναι x  1  gx  f0  x2  2f0  x  1 , x  1                Άρα limg  , αν f 0  1   αν   x1x 1  lim x  f0  x2  2f 0 x 1  0    1f 0   , f 0  1 x  1Άρα f0  1 πράγματι, για f0  1 είναι lim g x  lim x  1  lim x  1  lim 1   x  1  x1 x2  2x  1 2 x1 x  1 x  1x1Αν ήταν f1  1 , τότε             1  lim ημx  ημ f 1  1  ημ f 1  1  f 1  1 θεωρία f 1  1  0  f 1  1, άτοπο. xf11 x f 1 1Άρα f1  1 0        f 1  2h3    f 1  3h3  0  6h2f 1  2h3  9h2f 1  3h3    5  lim 3  lim 2  lim 2f 1  2h3  3f 1  3h3h 3hh0 h0 h0 f συνεχής ==== 2f1  3f1  5f1Άρα f1  1 Β)Αρχικά έχουμε ότι f x  0 για κάθε x  ' (διότι αν υπήρχε α  ' με f a  0 τότε    η σχέση f x  1  0, x  ' για x το α  1 θα έδινε f a  1  1  0Δηλ. fa  0 , άτοπο) Άραf x  0, x  ' η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο 'f συνεχής στο ' επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΑπό θ. Rolle για την f στο0,1 , υπάρχει ξ  0,1 : fξ  0. Από ΘΜΤ για την f στο ξ,1 , υπάρχει λ  ξ,1 fλ  f1  fξ  1  0  fλ  0 1ξ 1ξ Άρα f x  0, x  '  f κυρτή στο '    Γ)Εξίσωση εφαπτομένης της Cf στο 1, f 1  1,1 : ε : ψ  f1  f1  x  1 ε:ψ1  x1 ε:ψ  x f κυρτή  f x  x, x  ' (1) (η ισότητα μόνο για x  1 )Έχουμε f1 2  1f2  f1  1  f2  1 (2)Οπότε                 f2 f11 f x dx  f 2  1  f f 2  f 1  f 2  1<==> f f 2  f 2 , ισχύει από τις (1),(2). 1 Δ) Η σχέση x  f x , x  0,1 έχει αποδειχθεί στο προηγούμενο ερώτημα .Μένει ν.δ.ο f x  1, x  0,1 .Για x  0 ή x  1 ισχύειΈστω 0  x  1σχήμα   f x  1  ΘΜΤ για την f στο 0, x  f ax   x      ΘΜΤ για την f στο x,1  f βx 1f x    1xΌμως αx  βx και f1 στο '    f x  1 1  f x x1x0           f ax  f βx  > x  ===> 1  x  f x  x 1  f x 1x f x  xf x  x  xf x  fx  x x1 f x  1 ==> Ε) i)Αρχικά , από τη σχέση f x  x, x  ' επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης 1, 1 x1 2 x 1 προκύπτει ότι lim f x    x   (αφού lim x   ).Αν u  τότε u0  limu  lim   x x 1 x 1  1  fσυνεχής x 1  2  ===> f 1 στο1         Άρα lim f   lim f u   . Επίσης lim f x x 1  0 x 1 u x 1 και f x  x για x κοντά στο 1 . Άρα lim 1    fx1 x  xΆρα  1   x1 2  f           limx x    lim  1  f  1  =     . x 1  x 1      fx1  f  x x 2ii) Για x  f1  f 1 1  f  x  1  0  1 1  0  1  1 x  1 ==>f x f  x  xf  x Οπότε έχουμε για x  1 έχουμε 0  ημx  ημx  1  1 x x  fx x  fx xf  x Και από Κ.Π. , lim ημx  0  x xf x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 515ο Προτάθηκε από τον Ανδρέα Πάτση Λύση Θέματος 515ΟΥΑ) ΛύσηΗ f έχει σύνολο τιμών το 1,3 , άρα παρουσιάζει ελάχιστο σε κάποιο x1  ' (το 1) και μέγιστο σε   κάποιο x2  ' (το 3). Άρα από θεώρημα fermat : f x1  f x2  0   Β) Στο προηγούμενο ερώτημα είναι x1  x2 (διότι f x1  1, f x2  3 ).Έστω π.χ. x1  x2   Εφαρμόζουμε ΘΜΤ για την φ x  efx  f x στο x1, x2 και προκύπτει το ζητούμενο.Είναι 1  fx  3, x  'Oπότε για x κοντά στο 0 είναι : 1  f  ημ 1   3 x2018 0 x2018  x2018  fημ 1  3  x2018  x     ===> x Άρα (Κ.Π. ) lim x2018   1   0  f  ημ x  x0  Δ) i) x  0,1 είναι x2 0       1  f x  3 ==> x2  x2f x  3x2  1 1 1 1 1 x2dx  x2f 3x2dx x2f x dx  1    0 0 x   (1) dx  0 30H f είναι συνεχής στο 0,1 , οπότε (3) παίρνει min max τιμή .     Δηλ. υπάρχουν α,β  0,1 τέτοια ώστε αν m  f a και M  f β να ισχύει m  f x  M , x  0,1 Άρα x2  m  x2f x  x2M , x  0,1     1 1 1  x2  m dx  x2f x dx  x2M dx 00 0 1 x2f    m  x dx  M 30 3   1  m  3 x2f x dx  M 0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018