555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part1

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 48ου α) f παραγωγίσιμη στο h  f συνεχής στο h . Επίσης, f x  0 , για κάθε x  h . fπ  0 Άρα, η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο h ¿¿À f x  0 , για κάθε x  h .Έχουμε: 2fx  f2x  ημx , x  h  fx  ημx , x  h   1     συνx  ,x  h   1   συνx  c f2x 2    2  2  fx    fx(c: σταθερά), x  h . Για x  π   1   συνπ  c   1  1  c  c   3 . fπ 2 22Άρα,  1   συνx  3  1  3  συνx  fx  2 , x  h. 2 2 2 συνx fx fx 3    Σύνολο Τιμών: Έστω y  f x  2  y  2  3y  y  συνx  y  συνx  2  3y 1 3  συνx Για y  0 η 1 δίνει 0  2 , άτοπο. Άρα, y  0 . Άρα, η 1 δίνει συνx  2  3y . yΌμως,  y 1   1  συνy  1   1  2  3y y0 2  3y   y   1 y     2  1 ¾À  y  2  3y  y   και   και    y  1 .   2  3y  y    1   y  2Άρα, το σύνολο τιμών είναι το 1 ,  . 2 1 β)       i.  g β 2  ea 1   g2 β  eβ    a    g2 a ea    g  e β     g β 2 ea     και 0  ln g a   eβ   β  a   και    β  ln e a        a eβ     g β 2 ea  ln g2 a   g a  a  g2 β   ln   β    e β επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  g 2 β g2a   g 2 β g2a        eβ ea  eβ ea        και    και  2ln gβ  2ln ga  a  β  β  a ln gβ  β  ln ga  a       Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : a , β  h , με φ x g2 x . Η φ είναι παραγωγίσιμη στο a , β , με  ex                 g2 x  2  g x  g x  e x  g2 x  e x g  f  g 2  g2 x  f x  g 2 x g 2 x     φ x       2f x  1   e x  e 2x ex ex    g2 x  3  4    g2 x 1  συνx  0, για κάθε x  a , β  συνx 1 ex 3  συνx   ex  (διότι g2 x , e x ,3  συνx  0 και 1  συνx  0 ).Άρα, η φ είναι αύξουσα στο a , β .Άρα για a  β  φa  φβ  g2a  g 2 β  ln  g β   ea   0 .  eβ  ea eβ g a     Θεωρούμε τη συνάρτηση m : a , β  h , με m x  ln g x  x .Τότε mx  gx  1  fx  1  3  2  1   1  συνx  0 , gx συνx 3  συνxδιότι 3  συνx  0 ,  1  συνx  0 .Άρα, η συνάρτηση m είναι φθίνουσα στο a , β .Άρα, για a  β  ma  mβ  ln ga  a  ln gβ  β  ln  gβ 2  ea   β  a . ga  eβ       ii. Θεωρούμε την συνάρτηση h : h  h, με h x  ln g x  2x .Η h είναι παραγωγίσιμη στο h , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με hx  g 1  gx   2  f x  2  3  2  2  2  6  2  συνx  4  2συνx   2 2  συνx  0, συνx 3  συνx 3  συνx 3  συνx xγια κάθε x  h (διότι συνx   1  2  συνx  1  0 και παρόμοια 3  συνx  0 ). Άρα, h 2 στο h  η εξίσωση h x  0 έχει το πολύ μια ρίζα στο h . iii. Έχουμε βρει στο α) ερώτημα ότι 1  f x  1 , για κάθε x  . 2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Επειδή f x  0 ,  x  h  το ζητούμενο εμβαδό είναι 2 E   fxdx . 0Έχουμε 2 1 dx  2 2 1 dx  2      1  fx f x 1 dx  1  E  2 . 02 0 0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 49ου x z1 z2 x     i.f συνεχής στο h (ως παραγωγίσιμη)  f t dt παραγωγίσιμη στο h  f t dt παραγωγίσιμη στο h 00(ως σύνθεση παραγωγίσιμων). Οπότε, h παραγωγίσιμη στο h , με       h x  f z1  z 2 x  z1  z 2 x   f x  1  1  z1 z 2       h x  z1  z 2  f z1  z 2 x  f x  1  1  z1 z 2 , x  h 1 00ii. Παρατηρούμε ότι h0   ftdt   ftdt  0  0 . 00 Άρα, hx  0  h0 , για κάθε x  h .Άρα, η h παρουσιάζει ακρότατο στο 0, το 0 είναι εσωτερικό σημείο του h και h παραγωγίσιμη στο 0. Άρα, από το θεώρημα Fermat, h 0  0 , δηλαδή f0  1    z1  z 2  f 0  f 0  1  1  z 1 z 2  0 ¿¿À      z 1  z 2  1  z 1 z 2  z 1  z 2 2  1  z 1 z 2 2  z 1  z 2 z 1  z 2  1  z 1 z 2 1  z 1 z 2  z1 2  z1 z2  z2 z1  z2 2  1  z1 z2  z1 z2  z1 2  z2 2  z1 2  z2 2  1  z1 2  z2 2  0          z1 2 1  z 2 2  1  z 2 2  0  1  z 2 2 z1 2  1  0  1  z 2 2  0 ή z1 2  1  0   z 2 2  1 ή z 1 2  1  z 2  1 ή z 1  1 iii. α) Α΄ Τρόπος: Για τους z 1 , z 2 έχουμε ότι z1  z 2  1 . Επειδή τώρα z1 , z 2  I  z1  i , z2   i ή  z1   i , z 2  i , αφού z 1  z 2 . Άρα, z1  z 2  i  i  2i  2 ή z1  z 2  i  i  2i  2 .  Οπότε, σε κάθε περίπτωση z1  z 2  2 . Επίσης, 1  z1  z 2  1  i2  2 . Οπότε , η 1 δίνει: hx  2f2x  fx  1 , x  .Β΄ Τρόπος: z1  x1  y1i , x12  y12 1  όμως z1 , z2 I , άρα x1  x2  0.Τότε: z2  x2  y2i , x22  y22 1   y12  1 y1  1 και y22  1 y2  1 y1   1 y2   1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΑν y1  1 , τότε y 2   1 , διότι z 1  z 2 .Αν y 1   1 , τότε y 2  1 , διότι z 1  z 2 .Άρα, y1  y 2  2 . z1 z 2  i   i  1 ή z1 z2   i  i  1 .Άρα, 2x x hx   ftdt   ftdt  x , x  h . 00 hx  2 f2x  fx  1 . x 2x     f συνεχής αφού είναι παραγωγίσιμη άρα η f t dt παραγωγίσιμη και η f t dt παραγωγίσιμη ως σύνθεση 00παραγωγίσιμων. β) Θ.Μ.Τ. για την f στο 1 , 2 θα υπάρχει ξ2  1 , 2 τέτοιο ώστε: f ξ2   f2  f1  f2  f1  f2  f0  f2  1  2 1 Θ.Μ.Τ. για την h στο 0 , 1 θα υπάρχει ξ  0 , 1 τέτοιο ώστε: h ξ1   h1  h0  h1  h0  2f2  f1  1  2f  0   f0  1   1 0 2f2  2f0  2f2  2f1  2f2  2Άρα,  hξ1   2 f2  1  2fξ2  . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 50ου i. Ελέγχω εάν υπάρχει x 0  C f τέτοιο ώστε f x 0  0 .  f x  ex  1 fx 0   0 ex  1  0  x ex 2  0  x e x 2  0 ¾¿¿À 2x 2x 2xΈστω  g x  x  e x  2 , με x  0 .  g x  e x  x  e x  0 . Άρα, g  . g1      g A1         A1  . 0,    lim  g x , lim g x  2,   x x0   lim g x  lim x  e x  2   2 x 0 x 0   lim g x  lim x  ex  2    x x   Άρα, 0  g A 1 . Άρα, η g x  0 έχει τουλάχιστον μια ρίζα και επειδή η g 1 θα είναι και μοναδική. g1ii. x  1  gx  g1 gx  e  2  0  gx  0Άρα, fx  0 . Άρα, f 1 . x  1 f1 fx  f1  fx  e  0  2iii. Γνωρίζω ότι για x  1 , f 1 .    f1 : e 3  ln3  e 2  ln2 22Άρα, επειδή 3  2  f 3  f 2 e 3  2ln3  e 2  2ln2 e 3  e 2  ln 9  ln 4 e 3  e 2  ln 9 4 iv. Αφού Df  0 ,   αναζητώ:   a. Κατακόρυφη στο 0: lim f x ex  x  0  ln x     .  lim f x  lim  2 x  0 x  0Άρα, έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη στο 0. b. Οριζόντια ασύμπτωτη στο  ex   ex  1 ln x  . : lim f x  lim  2  ln x  lim   2  ex      x x xΆρα, δεν έχει ούτε οριζόντια ασύμπτωτη στο   . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  1  lim ln x lim x  lim 1 0.  e ex    x D.L.H. x    x x x  ex 1c. Πλάγια ασύμπτωτη στο   :  f x  lim ex  ln x      2x x  lim x xx     lim ex  lim ex     2x 2x    D.L .H. x     1  lim ln x lim x  lim 1 0.  x 1 xx    D.L.H. x    xΆρα, δεν έχει πλάγια ασύμπτωτη στο   .v. Fx   fx  F2x , αφού Fx  0 : Fx   fx  Fx   ex  ln x    F 1    ex  xln x    F 1    ex  xln x x c F2x F2x 2      2  x  2  x  xΓια x11 e 1cc e . 12 2Άρα  1   e x  xln x  x  e   1   e x  xln x  x  e   1   e x  2xln x  2x  e       F x 2 2 Fx 2 2 Fx 2 Fx  2  Fx  2  e x  2xln x  2 x  e e x 2xln x  2 x  e επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 51ου i) Αφού f συνεχής στο h και f x  0 , άρα θα διατηρεί σταθερό πρόσημο. x t dt για x  0 έχω f0  2010  0 , άρα fx  0 . fx  2010   ft 0 t x t dt παραγωγίσιμη στο h , άρα f x συνεχής στο h , άρα       ii) Αφού f t συνεχής στο h , άρα ft 0 ftπαραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων.Άρα, x f2 x   x2  .    fx  fx  f  x  f  x   x  2  fx  fx  2x      f2 x  x2  c όμως f 0  2010 , άρα 20102  c .Άρα,  f2 x  x2  20102 .Αφού α)         x2  20102  0  f2 x  0  f x  0 ¾¿¿À f x  0 ή από α) f x  0 , άρα f x  x2  20102 . fx  0 1  f2 x 1  x2  20102  x2  20102 2010x 2 2010x 2 x2  20102             iii) h x . , Dh  ,0  0,       h x 2x  x2  20102  x2  20102  2x  20102  2x3  20102  2x3  2x20104   2x  20104   2 0     x2  20102 2 x2  20102 2 x4  20104 x3 x  0  hx + - hx 1 2Στο   , 0 συνεχής και hx  0 για x    , 0 , άρα hx γνησίως αύξουσα στο   , 0 .Στο 0 ,   συνεχής και hx  0 για x  0 ,   , άρα hx γνησίως φθίνουσα στο 0 ,   . h1    1     20102  h A1         A1    , 0  lim h x , lim h x  ,  x  0 x   lim x2  20102    , διότι lim x2  20102  0 , αλλά x2  20102  0 κοντά στο 2. x  0 x2  20102 x  0  lim x2  20102  20102 . x  0 x2  20102 1 . lim  x    x2  20102 20102 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης h2    1     20102 ,   A2  0 ,    h A2           lim h x , lim h x  x  0 x   lim x2  20102    , διότι lim x2  20102  0 , αλλά x2  20102  0 κοντά στο 2. x  0 x2  20102 x  0  lim x2  20102  20102 . x  0  lim x2  20102  1 . x    x2  20102 20102Άρα,    Σ.Τ.  h A1  1 ,    .  h A2    20102 iv) Αφού x    έχω x t   h2  ht  hx  1 . x 1 h xx 1 x 1 x 1 x  1 x 1 x 1 x 1 x x hxdt   htdt      h t   h  t  dt hx 1 t  hx  htdt  hx  1 x 1 dt  h x      x xx x x lim x2  20102  1  xx    2  20102 20102   lim x  1 2  20102   x   x  1 2  20102   lim h x  1  Aπό K.Π. lim x 1 h t dt  1 . 1 20102 x 20102 x x       lim h x   x    επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 52ουα) Είναι e         f x  1 ee t  ln t dt  ln x   tln t e  e t1   1 1 t dt   ln x ln t dt  ln x  ln tdt  ln x  11   ln x e  e  1  ln x , x  0 . Άρα, fx  ln x , x  0 .      Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με f x  1 . Η εξίσωση της εφαπτομένης της f στο e , f e είναι: x ε : y  fe  fe  x  e ε : y  1  1  x  e e ε: y x eΑπόδειξη της σχέσης e ln x  x , x  0   «Α΄ Τρόπος»: Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με f x   1  0 , άρα η f είναι κοίλη, άρα x2 ηCf  x , ή ισοδύναμα βρίσκεται ‘’ κάτω ‘’ από τη γραφική παράσταση της εφαπτομένης, δηλαδή f x ee fx  x , x  0 .   « Β΄ Τρόπος»: Θεωρούμε τη συνάρτηση h : 0 ,    h , με h x  e ln x  x . Η h είναι παραγωγίσιμη στο0 ,   , με hx  e  1  e  x . xx Άρα, h x  0  e  x  0  e  x (αφού x  0 ). x x  0 e  hx - hx 12 max επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018