555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part2

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  Αν οι δυο παραπάνω ανισότητες είναι γνήσιες, τότε από το ΘΕΤ υπάρχει ξ  α,β  0,1 ή στοβ, α  0,1 : fξ  3  1 x2f x dx. 0Οπότε x0  ξ     1 Αν m  f a  3 x2f x dx , τότε x0  a  0,1 0     1 Αν Μ  f β  3 x2f x dx , τότε x0  β  0,1 0    Οπότε σε κάθε περίπτωση x0  0,1 : f x01 3x2f x dx  0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 516ο Προτάθηκε από τους Ανδρέα Πάτση – Παύλο Τρύφων Λύση Θέματος 516ΟΥ 1  π ln π  π π  π  eπ1  π ln π  π π  π  1  eπ1      π ln π  e πln π  π  1  eπ1  f π ln π  f π  1 1όπου fx  x  ex γνησίως αύξουσα στο R ( fx  1  ex  0 )Άρα 1  π ln π  π  1  ln π  π  1 2 . Αρκεί να αποδείξουμε τη σχέση 2 π1ος τρόπος Θεωρούμε τη συνάρτηση g x  ln x  x  1 , x  1 x 2x 1     Είναι g x   2x x  0 στο 1,  και η g είναι συνεχής στο 1,  . Άρα η g > στο 1, Οπότε για 1  π  g π  g 1  ln π  π  1  0  ln π  π  1 ππ2ος τρόπος Θεωρούμε τη συνάρτηση g x  x2  2xln x  1, x  1Είναι gx  2x  ln x  1  0 στο 1,  . Άρα η g < στο 0,  .  Οπότε για 1  π  g 1  g π  π  2 π ln π  1  0  ln π  π  1 π επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 517ο Προτάθηκε από τους Ανδρέα Πάτση – Παύλο Τρύφων Λύση Θέματος 517ΟΥΗ εξίσωση είναι ισοδύναμη με την x x2  1  x2  3  1 2α dx 2α   2 α ln x2  1  Η συνάρτηση f x  x x 2  1  x 2 είναι παραγωγίσιμη στο ' με παράγωγο f x   x2  1  x2  x 2  2x   4 x2  1    0 , για κάθε x  ' x2  1  4 x2   1   x 2 x2  1  x x 2  1  x  0, x  '( διότι  4 x 2  1   0 0  4 x2  1    4 x2  1( εύκολη η διαπίστωση) ).Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ' .Επίσης         x2  x x2  1 x2  x x2  1lim f x  lim x2  x x2  1  lim  lim x4  x2 x2  1x   x   x x2  x x2  1 x x2  x x2  1 lim x2  lim x  lim x x0 x  lim 1   1 x x2  x x2  1 x x x2  1 x    lim 1 1 2   x   x2 x   x2 x x2  1  1  1  1  x2  xx 1 και   lim f x  lim x2  x x2  1   x   x   και η f  1  είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο ' , άρα f '    2 ,       δηλαδή f x  1  0 για κάθε x  ' , άρα f x  3  1 για κάθε x  ' (Α) 22 Έχουμε 1 2α 1 dx  1  2α 1 dx  1  1  2α    2α dx 1 α ln x2  1 2α α ln x2  1 α 2α   α ln x2  1 2α 1 dx  1  1  0  2α 1  1 2α x2  1  x        α ln dx   α 0 α ln x2  1 2α α  2α    1 2α 1 dx  0  2α 1 1  2α x2  ln x2  1  dx  0  dx  0          α ln x2  1dx    x2  α x2  ln x2  1  α x2 ln x2  1 αΤο τελευταίο ισχύει, διότι η γνωστή σχέση ln x  x  1 , x  0 για x το x2  1 δίνει    ln x2  1  x2  x2  ln x2  1  0 (η ισότητα ισχύει μόνο για x  0 ) επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης x2  ln x2  1  2α x2  ln x2  1Άρα     x2 ln x2  1  0 στο α,2α και αφού 2α  α θα είναι α dx  0 x2 ln x2  1Οπότε 1 1 B dx  2α 2α α ln x2  1Από τις σχέσεις (Α),(Β) προκύπτει ότι x x2  1  x2  3  1  1 2α dx 2α   2 α ln x2  1η αρχική εξίσωση είναι αδύνατη στο ' επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 518ο Προτάθηκε από τους Ανδρέα Πάτση – Παύλο Τρύφων Λύση Θέματος 518ΟΥ Θεωρούμε τη συνάρτηση m : '  ' με τύπο m x  e1x  e1x  xΕύρεση μονοτονίας της mΑ τρόποςΗ m είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο ' με  m x  ex1  e1x  1και  m x  ex1  e1xΟπότε   m x  0  ex1  e1x  x  1  1  x  x  0   m x  0  ex1  e1x  x  1  1  x  x  0Προκύπτει ο παρακάτω πίνακας μεταβολών x  0   m  x  O « ¬ mΆρα η m παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0 , δηλαδή mx  m0  2e  1  0 για κάθε x  'Άρα η συνάρτηση m είναι γνησίως αύξουσα στο ' ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Β τρόποςΕίναι    m x  0  ex1  e1x  1  0  e ex 2  ex  e  0 , το οποίο ισχύει, αφού το e ex 2  ex  e είναι τριώνυμο ως προς ex με διακρίνουσα Δ  1  4e2  0Άρα η συνάρτηση m είναι γνησίως αύξουσα στο ' ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΓ τρόποςΣτην βασική σχέση ln x  x  1 για κάθε x  0θέτοντας διαδοχικά για x το ex1 και το e1x παίρνουμε  ex1x 2  ex1   e1x  2  x  e1x  4 1  m x 0 για κάθε x  'Άρα η συνάρτηση m είναι γνησίως αύξουσα στο '---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Από την μονοτονία της m προκύπτει άμεσα για κάθε x  ' m00 m1 0  m f x m 0 f x 0            e1fx  e1fx  f x  m f xΟπότε ζητάμε το    L  lim ln f x exefx x  Για κάθε x  0 είναι      0  f x exefx f x ex 1  eefxΣτην βασική σχέση ln x  x  1 για κάθε x  0 θέτοντας για x το ex x  ' παίρνουμεάρα και ex  x  1 για κάθε x  'Άρα ex  x για κάθε x  '  eefx  efx  f x  0 για κάθε x  'Οπότε η σχέση 1 δίνει       0  f x exefx f x ex f x ex  ex για κάθε x0  eefx  f xΆρα από το κριτήριο παρεμβολής    lim f x exefx  0 x       Τελικά L  lim ln f x exefx  lim lnu   x   u0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 519ο Προτάθηκε από τους Ανδρέα Πάτση – Παύλο Τρύφων Λύση Θέματος 519ΟΥ   Αρχικά αποδεικνύουμε ότι f 0  f 0 με απαγωγή σε άτοπο.Υποθέτουμε δηλαδή ότι λ  f0  f0  0Όμως τότε lim συνx  1  συνλ  1Άρα θα έχουμε xx λ 2 λ2  συνλ  1   1  λ2  2συνλ  2  0 1 λ2 2Μελετάμε ως προς μονοτονία και ακρότατα την συνάρτηση  g x  x2  2συνx  2 , x  'Η g είναι παραγωγίσιμη στο ' με   2 x  ημx  0, αν x  0     g x  0, αν x  0  x2  2συνx  2Οπότε προκύπτει ο παρακάτω πίνακας μεταβολών x  0  g  x  O  « g ¬ Η g είναι συνεχής στο ' , άρα είναι γνησίως φθίνουσα στο , 0 και γνησίως αύξουσα στο 0,  Επίσης παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0 , το g 0  0 , δηλαδή gx  0  x  0Άρα 1  g λ  0  λ  0 άτοπο. Άρα πράγματι λ  0Για κάθε x  ' τώρα έχουμε επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης fx  fx2  fxfx  fx  fxfx  fx  fx  fx hxfxfx <====> fxhx  hx  hx  fxhx  0    efx  h x efx   0   h x  cefx , για κάποιο c  'Για x  0 παίρνουμε      h 0  cef0  f 0  f 0  cef0  c  0Άρα 0 h x  0 για κάθε x  'ή ισοδύναμα fx  fx για κάθε x  'ή ισοδύναμα fx  λex για κάθε x  ' ( λ  ' ) επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 520ο Προτάθηκε από τους Ανδρέα Πάτση – Παύλο Τρύφων Λύση Θέματος 520ΟΥ1ος τρόποςΙσχυρισμός: Είναι eπ  πe\"Mαγική \" απόδειξη Λάζαρου Ζαχαριάδη :eπ  πe  ln eπ  ln πe  πln e  eln π  ln e  ln π  0 eπ  π  ln x dx  0     x e   π ln x  1 dx  0, ισχύει καθώς ln x  1  0 στο e, π  x2 x2 e   Εναλλακτική απόδειξη: Η συνάρτηση f x  ln x , x  0 είναι παραγωγίσιμη στο 0,  με x f x  1  ln x , x  0 x2 Εύκολα βρίσκουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο e,  και επειδή π  e f2 ln π  ln e  eln π  πln e  ln πe  ln eπ ln 1  eπ  πe  πeΟπότε πe π e ex  dx  πx  dx    eππeex  0   πx  0  00 πe   exdx  ln π  πxdx 00 Θ.Μ.Τ .Ο. Λ . ========> πea  ln π  e  πβ  α 0, π  , β 0,e  0, π   ea1  ln π  πβ1   ea1  ln ππβ12ος τρόπος Θεωρούμε τη συνάρτηση h : 0,   ' με τύπο  h x  πx1 ln πΕίναι επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης     limh x  ln π  1  lim  h x  1   0  πβ1 ln π  1 1 π e  e  ex0  x0για κάποιο β  0 κοντά στο 0Οπότε για α  0, π έχουμε α  1  1  eα1 1 1   πβ1 ln π  e a 1  ln π πβ1 eΣχόλιο: Από τον 2ο τρόπο απόδειξης έχουμε ότι το α  0, π είναι τυχαίο.Δηλαδή ουσιαστικά αποδεικνύεται κάτι ισχυρότερο:    Υπάρχει ε  0 τέτοιο, ώστε για κάθε β  0,ε και x  0, π να ισχύει  ex1  ln ππβ1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 521ο Προτάθηκε από τους Ανδρέα Πάτση – Παύλο Τρύφων Λύση Θέματος 521ΟΥΓνωρίζουμε ότι για κάθε x  ' ισχύει ημx  x (με την ισότητα να ισχύει μόνο για x  0 ) Οπότε εύκολα προκύπτει ότι ημx  x  x  0 1 1 ημf1  1  1  f1  ημf1  1  f1  1  f1  1   1  f 1 f  1  1  f 1  f 1  1  f  1  f 1   0  f  1  1      Η συνάρτηση g x  f x  x είναι συνεχής στο ' και g  0 σε καθένα από τα διαστήματα, 0, 0,  .   Άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα , 0 , 0,  .Όμως g 1  f1  1  0 και g 1  f1  1  0Άρα    fx x, x  0  llxxiimm f x   x  x, x   f x   0       f 20 5  1 20    2 5 1  fx  1 f4 x  1  2                   lim g x  lim f x f4 x  lim  1  0 20  1  0 5 1 2 10 2 10 1  0 2  1  0 10   3  4                 xxf10xf2x x  3  4 1 f10 x 1 f2 x   Υποθέτουμε ότι η g είναι 1  1 στο ', τότε επειδή είναι και συνεχής (ως πράξεις συνεχών) θα είναιγνησίως μονότονη στο ' .Άρα το σύνολο τιμών της g θα είναι το         g  lim g x , lim g x  1,1 άτοπο αν g 1 στο ' σ '  x    1,1 άτοπο αν g 2 στο ' σ  x          lim g x ,lim g x  x x  Άρα η g δεν είναι 1  1 στο ' επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 522ο Προτάθηκε από τους Θοδωρή Παγώνη - Ανδρέα Πάτση – Παύλο Τρύφων Λύση Θέματος 522ΟΥ Έστω f x  ex  x3  cos x, x  0 Είναι f 0  0 προφανής λύση .Θα δείξουμε ότι είναι μοναδική.   Πράγματι f x  ex  3x2  sin x  ex  3x2   sin x .     Έστω g x  ex  3x2, x  0 με g x  ex  6x και g x  ex  6  0 (κυρτή) 1  1, ,  3   e 3 2      Επειδή g 0 g  1, g 1 / 3 , θα υπάρχει x0   0 τέτοιο ώστε x0  1Η εξίσωση της εφαπτομένης της g στο x0    1, 0  θα είναι  3           y  g x0  g x0 x  x0  y  x  x0  g x0  y  x  x0  ex0  3x02   Επειδή g κυρτή, θα ισχύει g x  y  g x  x  x0  ex0  3x02  xδιότι για x0    1, 0  είναι :  3    1  x0  0  1  ex0  1 3 1 e3 1  x0  0  0  x02  1  0  3x02  1 3 9 3 1  x0  0 3Οπότε :  1  1  x0  ex0  3x02  x0  ex0  3x02  1 1 0 3 3 1 1 e3 e3Επομένως g x  x   sin x  g x   sin x  fx  0 x   sin x, x  0Οπότε η f αύξουσα, άρα και η ρίζα μοναδική. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 523ο Προτάθηκε από τους Ανδρέα Πάτση – Παύλο Τρύφων Λύση Θέματος 523ΟΥΑς ονομάσουμε lim gx  λ  0,1  1,  xx0 Θα αποδείξουμε ότι υπάρχει το lim f x και θα το υπολογίσουμε. xx0Έχουμε  fx  gx fx  gx  2gx  2g x  gx 1     0  lim 1    0  lim 2      lim  0  limfxx0 x  g x x  x0 fx  gx xx0 f x  g x  fxx0 x  g xΆρα  gx  1 1  1  λ 2  f x g   1  lim  g   gx x  x0        lim f xx x   λ  xx0  fx  gx  2Δηλαδή lim fx  λ x  x0Υποθέτουμε ότι το ζητούμενο δεν ισχύει, δηλαδή ότι  f x  λλ για κάθε x κοντά στο x0Τότε lim fx  λλ  λ  λλ  1  λln λ  0το οποίο είναι άτοπο, αφού xx0 1  λ  0  για 0  λ  1  ln λ  0   1λ ln λ  0  1  λ  0  για λ  1  ln λ 0   1λ ln λ  0  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 524ο Προτάθηκε από τον Παύλο Τρύφων Λύση Θέματος 524ΟΥΑρχικά  α,β, γ  0 με α  β  γ  1  0  α,β, γ  1Έχουμε α β  γ 1 1           α  2β  2γ 2α  β  2γ 2α  2β  γ ααββγγ  1  2  α 2  β 2  γ ααββγγ  1  ααββγγ     2  α 2  β 2  γΑρκεί να αποδείξουμε ότι για 0  x  1 ισχύει  xx  1  xln x  ln 1  xln x  ln 2  x  0 2x 2xΗ συνάρτηση fx  xln x  ln 2  x , x  0,1 είναι κυρτή στο 0,1 αφού fx  x2  5x  4 0 στο 0,1 x x  22Εφαπτομένη της f στο σημείο Α(1,0) είναι η ε : y  0  Οπότε xln x  ln 2  x  0 στο 0,1 με την ισότητα να ισχύει μόνο για x  1Άρα πράματιxln x  ln 2  x  0 στο 0,1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 525ο Προτάθηκε από τους Ανδρέα Πάτση – Παύλο Τρύφων Λύση Θέματος 525ΟΥfx  fx, x  ' , παραγωγίζοντας fx  fx, x  ' x0 f0  0f κυρτή στο '  f1 στο '  φfx  f0  0, x  0  Εξίσωση εφαπτομένης της Cf σε Α α,f a , a  0 : ψ  fa  fa  x  a ψ  fa  x  fa  afa        f κυρτή  f x  f a  x  f a  af a fxa0 Άρα lim fx   x   επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 526ο Προτάθηκε από τους Ανδρέα Πάτση – Παύλο Τρύφων Λύση Θέματος 526ΟΥΑρχικά θα υπολογίσουμε (αν υπάρχει) το fx   lim x0 ημ π x  1με την αντικατάσταση u  x  1Είναι fx fu 1     lim  lim x0 ημ π x  1 ημu1 πuδιότι από υπόθεση υπάρχει το lim fu  1 και (είναι ίσο με 2 )  ημu1 πuΆρα fx   lim  2 x0 ημ π x  1και άρα (άμεσα) fx  lim  2 x0 ημ πx επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 527ο Προτάθηκε από τον Παύλο Τρύφων Λύση Θέματος 527ΟΥΗ γνωστή σχέση ln x  x  1 για x το 1 δίνει xln 1  1  1  xln x  x  1, x  0 (με την ισότητα μόνο για x  1 ) xxΆρα  3αβ ln        3αγ ln 3αβ  3αβ  1   3αγ    3αγ  1  3αβ  ln 3αβ  3αγ ln 3αγ  3βγ ln 3βγ  3  αβ  αγ  βγ   3     3βγ ln 3βγ  3βγ  1  1  0  αβ ln 3αβ  αγ ln 3αγ  βγ ln 3βγ  0   αβ  αγ  βγ   ln 3  αβ ln  αβ   αγ  ln αγ   βγ  ln βγ   0    1         ln  1  αβ αβ  αγ αγ βγ βγ  ln  3     3α1βγ  β1αγ  γ1αβ  1  3αβγ  αβγ  βαγ  γαβΗ ισότητα ισχύει αν και μόνο αν 3αβ  1  3αγ  1  3βγ  1   αβ  1  αγ  1  βγ  1     β  γ  1  3 3 3  α     3 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 528ο Προτάθηκε από τους Ανδρέα Πάτση – Παύλο Τρύφων Λύση Θέματος 528ΟΥΈχουμε xfx  ημx xfx  ημx  2ημxΌμως  lim  0  lim 0 x0 xf x  ημx x0 xfx  ημx       lim 1  xf 2ημx   0  lim xf ημx  1 x  ημx  x  ημx 2 x0 x0 1 ημx 1  ημx  xf x  ημx 2 x   f x0 1  1 x ημx |||}1  1 xfx  ημx 2Σχόλιο 1:Επειδή lim ημx  1  0  ημx  0 κοντά στο 0    x0 xf x  ημx 2 xf x  ημxΟπότε για x κοντά στο 0 η παράσταση 1  ημx ημx fx  ημx  xfx  x ημx xfx  ημxείναι καλά ορισμένη.Σχόλιο 2: ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ lim fx  gx   0 x  x0 fx  gx  fx  lim  m  lim g x  m  '*  x  x0  x  x0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 529ο Προτάθηκε από τον Νίκο Ελευθερίου Λύση Θέματος 529ΟΥ     α) Θεωρούμε τη συνάρτηση g x  f 2ln x  f ln x2 , x  0 . Έχουμε:    g2 x  4  ln2x  ln x4  x 2g x  x, x  0     g2 x  4  ln2 x  4ln x  2xg x  x2, x  0     g2 x  2xg x  x2  ln2 x  4ln x  4, x  0   gx  x 2  ln x  2 2 , x  0  gx  x  ln x  2    Θεωρούμε τη συνάρτηση h x  g x  x, x  0 . Επομένως, h x  ln x  2 (1).Η f ως παραγωγίσιμη είναι και συνεχής.Η g είναι συνεχής ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. Ομοίως και η h . Από την (1) έχουμε: h x  0  ln x  2  0  ln x  2  x  e2 .   Οπότε, η h διατηρεί πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα 0, e2 και e2,   . Αν h x  0 x  0, e2 η (1)  h x  ln x  2  h x  ln x  2 , αφούln x  2  0  ln x  2  0  x  e2 . Αν h x  0 x  0, e2 η (1)  h x  2  ln x    Οπότε, ή h x  ln x  2 , x  0, e2  ή h x  2  ln x , x  0, e2  .    Ομοίως, βρίσκουμε ότι ή h x  ln x  2 , x  e2,   ή h x  2  ln x , x  e2,   .Οπότε, οι δυνατοί τύποι της h είναι: h x  ln x  2, x  0 ή επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης h x  2  ln x, x  0 ή  h x  ln x  2, 0  x  e2 ή  x  e2 2  ln x,  h x  2  ln x, 0  x  e2 ln x  2, x  e2Επομένως, οι δυνατοί τύποι της g είναι:   g x  x  ln x  2, x  0  f ln x2  x  ln x  2, x  0 ή   g x  x  ln x  2, x  0  f ln x2  x  ln x  2, x  0 ή x  ln x  2, 0  x  e2  f ln x2 x  ln x  2, 0  x  e2 x  ln x  2, x  e2 x  ln x  2, x  e2   g x  ή x  ln x  2, 0  x  e2  f ln x2 x  ln x  2, 0  x  e2 x  ln x  2, x  e2 x  ln x  2, x  e2   g x  Αν στην σχέση f ln x2  x  ln x  2, x  0 , θέσουμε y  ln x2  x  ey έχουμε:  f y  ey  y  2, y  0 . 2 Άρα, f x  ex  x  2, x  0 . Ομοίως εργαζόμαστε και για τα υπόλοιπα. Άρα, οι δυνατοί τύποι της 2συνάρτησης f είναι:  f x  ex  x  2, x  0 ή 2  f x  ex  x  2, x  0 ή 2  ex  x  2, 0  x  e2  2  fx   ή ex  x  2, x  e2  2  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  ex  x  2, 0  x  e2  2  f x   ex  x  2, x  e2  2 β) Θεωρούμε τη συνάρτηση tx  ln e  fx  e  fx 1  e  fx  x2  ημx  t x  e  1 . x2ημx x2ημx       Είναι: lim t x2 1 22 0 e  1  x2 x  0 . Οπότε lim f x  lim  ημx  g x  e    ημ2   lim f x  e 1. x2 x2 x2Όμως, η f ως παραγωγίσιμη είναι και συνεχής.      Επομένως, f 2  lim f x  e  1  0 και αφού η f είναι συνεχής f x  0, x  0, e2 . x2     Επιπλέον, f 8  e4  2 , 8  e2 και αφού η f είναι συνεχής f x  0, x  e2,   .   Τέλος f e2  0 . Οπότε f x  0, x  0 . Άρα, f x  ex  x  2, x  0 . 2i) Πρέπει να δείξουμε ότι η f αντιστρέφεται, δηλαδή ότι είναι 1-1. Αρκεί να δείξουμε ότι είναι γνησίωςμονότονη.   ex: ex 0 ex1  ex2 και x1  x2 . x1, x2  0,   με x1  x2 έχουμε:  ex1  ex2  22Επομένως, ex1  x1  2  2    ex1  x1  x2 2 2 ex2  x2  ex2  2 f x1  f x2 . 2Οπότε, η f είναι γνησίως αύξουσα. Άρα, υπάρχει f1 .ii) Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής έχει σύνολο τιμών  f0,    lim fx, lim fx . x0 xΈχουμε:   ex  x   lim f x  lim  2  2  1  0  2  1 x0 x0  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  x   lim  2 2 x        lim f x ex       2   x   Οπότε f 0,    1,   . Άρα, η Cf έχει με την ευθεία y  α, α  '  κανένα κοινό σημείο α  1  μοναδικό κοινό σημείο α  1 , αφού η f είναι 1-1iii) Η f1 έχει πεδίο ορισμού το σύνολο τιμών της f .Θα δείξουμε ότι η f1 και η f έχουν το ίδιο είδος μονοτονίας. f:1            y1, y2  1,   με y1  y2 έχουμε: f f1 y1  f f1 y2  f1 y1  f1 y2 .Οπότε η f1 είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής (υπόθεση). Έτσι, για το σύνολο τιμών της θα ισχύει:         f1 1,    lim f1 x , lim f1 x   0,   . x1 x Επομένως, lim f1 x   . x Επιπλέον  1  u 1  1 . lim f  x  x lim f u   x  u0Άρα, το ζητούμενο όριο γίνεται:  1  f1 x 1   lim    x  1  1  3 f  x   3     iv) Είναι: f 4  e4  4  2  e2 . Ακόμη f' x  ex  1 . 2 2 ex 2Οπότε,  e4  1  e4  1  1 2 e4 2 2e2 2 2     f 4 f 4 e2  1 .Άρα,    ε : y  f4  f4x  4  ε : y  e2  1 e2  1 x  4  ε : y  1 e2  1 x  e2  2 . 22 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 530ο Προτάθηκε από τον Μάκη Χατζόπουλο Λύση Θέματος 530ΟΥα) Έχουμε:  f(x)  3x  α  εφx  2ημx  0  f 0 για κάθε x    π , π   2 2   άρα η f παρουσιάζει (ολικό) ελάχιστο στο x0  0β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο   π , π  άρα και στο x0 0 οπότε  2 2    f0  lim fx  f0 x0 x  0Η f παρουσιάζει ελάχιστο στο x0 0 το οποίο είναι εσωτερικό σημείο του διαστήματος   π , π  , άρα  2 2   από το θεώρημα του Fermat έχουμε: f0  0Επομένως: fx  f0 3x  α  εφx  2ημx  0 lim  0  lim 0 x0 x  0 x0 x0  lim 3x  α  εφx  2ημx 0 x0 x  lim 3x  α  εφx  2ημx  0 x0 x   0   0  3x  α  εφx  2ημx     lim x 0  x0γ) Έχουμε: 3  α  2συνx  lim συν2x x0 1  0  3  α  2  0  α  1  0  α  1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  f x  3x  εφx  2ημx , x    π , π   2 2   Αναζητούμε το πρόσημο της συνάρτησης 3x  εφx  2ημx , άρα θέτουμε:  gx  3x  εφx  2ημx, x    π, π   2 2   η οποία είναι παραγωγίσιμη στο   π , π  με  2 2         g x  3  2 2  1  συνx  1  συνx  2  1  2συνx  2συν3x  3συν2x  1  συνx  1 2συν2x  συνx  1    0 συν2x συν2x συν2x συν2xαφού συνx  1 0 για κάθε x    π , π  και η ισότητα ισχύει για x  0. 2  2 2    Το πρόσημο της g x και η μονοτονία της g φαίνεται στον παρακάτω πίνακα: x π 0π 2 2 gx   g¬ ¬Η g είναι συνεχής στο x0 0 άρα είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα   π , π  , οπότε:  2 2    0  x  π  gx  g0  gx  0 2και  π  x  0  gx  g0  0 2Επομένως:      f x  3x  εφx  2ημx  g x  g x ,π  x  0  3x  εφx  2ημx ,π  x  0  2  2     ,0  x  π ,0  x  π g x 2 3x  εφx  2ημx 2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 531ο Προτάθηκε από τον Πρόδρομο Ελευθερίου-Ανδρέα Πάτση Λύση Θέματος 531ΟΥα) Έχουμεfx  gx  gxfx  fx  gx  gxf x  0  fx  gxfx  1  0  fx 1  gxfx 1  0         egx0 ==> f x  1  egx  g x f x  1 egx  0  σx  0 για καθε x  0και επειδή η συνάρτηση σ είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) στο ' , προκύπτει ότι η συνάρτηση σ είναιγνησίως αύξουσα στο 'β) Για x  σ<  σ 0  0  fx 1  0  0σ x σ<Για x  0σ x  σ 0  0  fx  1  0  Άρα για κάθε x  0 ισχύει x f x  1  0Διαιρώντας με x2  0 προκύπτει          f x  1 f x f 0 f παραγωγίσιμη στο 0 f x f 0   0  xx  0 ======> lim  0  f 0  εφω  0 xx0Άρα ω  π  2ω  π. 2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 532ο Προτάθηκε από τον Ανδρέα Πάτση Λύση Θέματος 532ΟΥΈχουμε fx  fx  gx  gx fx  gx  g x  fx  fx  g x  fx  gx  0     ex 0  =>  f x g x e x   0 για κάθε x '      Άρα η συνάρτηση m x  f x  g x ex είναι γνησίως αύξουσα στο 'Οπότε     για x  x0  mx  m x0   fx  gx ex  fx0   gx0  ex0  fx  g x  fx0   g x0  exx0 1και επειδή       limfx0  x x0 g x0 e    x  προκύπτει από τη σχέση 1 ότι lim fx  gx   2 x  Άρα  lim1      x  1 x0   ημ 1  συνx   συνx  1  1   x2  x    lim  ημ    0  x2f  1   x2g  1  x0   f  1  g  1   x   x   x   x          διότι       2 lim 1  συνx  lim 1  συνx 1  συνx  lim 1  συν2x  lim  ημx  1  12 1  0 xx0 2 1  συνx   συνx 2 x0 x2 x0 x2 1  συνx x0  x 1ή εναλλακτικά επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης   0  1  συνx  0  1  συνx   lim 1 ημx  1 1  1   lim x2  lim x2  2x0 x 2 2 x0  x0  t 1   x ημ  1  1   1    x     ημt g 0   lim     1   1   lim   f t t   x   x  x0 f  g   t αφού για t  x0 έχουμεημt  1  ημt  1  1    ftgt0 1  1   f  t  g t ft  gt ft  gt ===> ημt  t  t f t g t f g   f t 1 g t   ημt  f t 1 gt  f t 1 gt     1  2  1   lim ημt  g 0και επειδή lim     0 προκύπτει ότι         t f t  g t f t t t  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 533ο Προτάθηκε από τον Νίκο Ελευθερίου Λύση Θέματος 533ΟΥΑ. Έχουμε:              xex  ex   xex   ex   x  ex  x ex   ex x   ex  xex x   ex  xex, x  ' .Β. α) Η δοθείσα για x  y  0 γίνεται: f0  f0  f0f0  1  f2 0  2f  0   1  0  f0 2  0  f0  1 1Ακόμη, f0  1  lim fx  f0  1  lim fx  1  1 . x0 x  0 x0 xΓια τυχαίο αλλά σταθερό x0  ' :    fxf x0 uxx0 lim fu  x0   f x0   lim fu fx0   1  f ux0   f x0  lim  u0 u uxx0 x  x0 u0     lim  f  x0  fu 1  f ux0   1   lim f x0  fu 1  lim f x0u  1   u0   u0  u u  u u0 u         f x0 lim fu 1  x0 lim f x0u 1  f x0 1  x0 1 u 0 x0u  0 u0 u0    f x f x0  x0 , που είναι πραγματικός αριθμός.   lim xx0 x  x0  f x0Άρα, επειδή η επιλογή του πραγματικού x0 είναι τυχαία, η f είναι παραγωγίσιμη στο ' μεf'x  fx  x, x  'Όμως, f0  f0  0 .Άρα, η f είναι παραγωγίσιμη στο ' με f'x  f x  x, x  ' .β) 1ος τρόπος επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΈχουμε: ex 0 (Α)  xex  ex    x  exf x  xex  exf x                x  ' : f x f x  x  f x f x  exf x    ex 0  exf x  xex  ex  c, c  '  f x  x  1  cex, c  ' .Όμως, f0  1  c  0 . Άρα, f x  x  1, x  ' .2ος τρόποςΕίναι:  x  ' : fx  fx  x  fx  1  fx  x  1  fx  x  1   fx  x  1     c  ' : f x  x  1  cex  f x  cex  x  1 .   Είναι: f 0  c  e0  0  1  c  1  1  c  0 . Άρα. f x  x  1, x  ' επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018