555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part1

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούληςv. Το ζητούμενο εμβαδόν είναι  E  OAB  0 hx dx  1 OA  OB  0  x 2  2x dx  2 2 21 24  x3  0  4     8  4   82  x2  0  3   3  3     2τετραγωνικές μονάδες. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 199ουi.Έχουμε:                 1 efx  2f x e2x 1 1  dx  1 efx dx  f 1 1 0 dx  efx dx  f x  e2x x  e2x   f x  e2x dx  0 00 0 0  1        efx  f x  e2x dx  f 1  e2  f 0 . 0 Χρησιμοποιώντας τη σχέση της υπόθεσης βρίσκουμε         1 1 efx  f x  e2x  1 dx  0 , δηλαδή I  e2x efx  2x  f x  1 dx  0 . 00 [ Γνωρίζουμε ότι ex  x  1 , για κάθε x  ' (η ισότητα ισχύει μόνο για x  0 ] (*) Για x  0 , 1 ισχύει    (από την (*) ότι efx  2x  f x  2x  1  efx  2x  f x   2x  1            e2x  efx  2x  f x  e2x   2x  1  e2x  efx  2x  f x  1  e2x   2x  1  1 . Αν δεν ισχύει παντού η ισότητα, τότε  0. 1    I  e2x  2x  1  1 dx  0 Άρα, 0  0 , που είναι άτοπο. Άρα, *    efx  2x  f x  2x  1 f x  2x  0 , για κάθε x  0 , 1 . fx  2x , x  0 , 1.  f x  x2  c , x  0 , 1.    Από την σχέσηf0  f  1   f 1 5 βρίσκουμε c  0 . Άρα,  2  4    f x  x2 , x  0 , 1 .ii. 1 E  OABΓ   fxdx 0 1 E  1  x2 dx 2 E  1   x3  1   0  3  E  2 τετραγωνικές μονάδες 3 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούληςiii. Θέλουμε E1  E2 , δηλαδή 2E2  E , δηλαδή     a f x dx   2 , δηλαδή a3   x3  a 1 0  3  3  0 32 a  a2   a3  a3  1  2a3  1  a  1 . 33 32iv. Α΄ Τρόπος: Θέλουμε να αποδείξουμε ότιex 2  e x 2  x4  2 , για κάθε x  0 , 1 .Θεωρούμε τη συνάρτηση g : 0 , 1  ' , με  g x  ex 2  e x2  x4  2 . Η g είναι παραγωγίσιμη στο 0 , 1 , με        g x  2xex 2  2xe x 2  4x 3  g x  2x ex2  e x2  2x 2 , x  0 , 1 .Για τη συνάρτηση      φ x  ex 2  e x 2  2x2 , x  0 , 1 , έχουμε φ x  2xex 2  2xe x2  4x , x  0 , 1     φ x  2x ex2  e x2  2  0, x  0 , 1[διότι ex  x  1 , για κάθε για x το x 2 ex2  x2  1   ex 2  e x2  2  ex2  e x2 20 η ισότητα e x2   x2    x  ' ====> 1 για x το x 2     ισχύει μόνο για x  0 . Όμως, επειδή x  0 , 1  ex 2  e x 2  2  0  φ x  0 , για κάθε x  0 , 1 ].Άρα, φ 1 στο 0 , 1 (αφού φ συνεχής στο 0 , 1 ).Άρα, για x  0  φx  φ0  0  gx  0 , x  0 , 1  g 1 στο 0 , 1 (αφού η g είναι και συνεχής στο   0 , 1 ). Άρα, για x  0  g x  g 0  0  ex 2  e x 2  x 4  2 .Β΄ Τρόπος: Αρκεί να αποδείξουμε ότι ex  e x  x2  2 , για κάθε x  0 (διότι μετά θέτοντας για x το x2προκύπτει η ζητούμενη σχέση). Θεωρούμε τη συνάρτηση φ x  ex  e x  x2 , x  0 .Τότε,  φ x  ex  e x  2x , x  0  φ x  ex  e x  2 , x  0  φ x  ex  e x , x  0  φ4 x  ex  e x  0 , για κάθε x  0.Άρα, φ 1 στο 0 ,   (αφού φ συνεχής στο 0). επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης    Άρα, για x  0  φ x  φ 0  0  φ 1 στο 0 ,   (αφού φ συνεχής στο 0).Άρα, για x  0  φx  φ0  0  φ 1 στο 0 ,   .Άρα, για x  0  φx  φ0  0  φ 1 στο 0 ,   .   Άρα, για x  0  φ x  φ 0  2  ex  e x  x2  2 , για κάθε x  0 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 200ουi. Για x0 η σχέση 2 δίνει g0   1 4  g0  1.  2  4 4  Λύνοντας ως προς gx τη σχέση 2 παίρνουμε       g x 2 4 ex  1 dt   ex   1 1 f xt  0 , για κάθε x0.  2 x 0 Άρα, g x  0 , για κάθε x  0 .   1 για t  0  u  0.Για το x  g xt dt θέτουμε u  xt  du  xdt 0 για t  1  u  x.Άρα, 11 x x   gxt dt   gxt  xdt   gudu , x  0 00 0 1x(παρόμοια δείχνουμε ότι x   fxt dt   fudu , x  0 ). 00        Άρα, η 2 4 e x  1 du  1 δίνει: f x  ex  1  x g u  0 , για κάθε x0  2 0    (διότι  1 0. g x  0 , για κάθε x  0 , με την ισότητα να μην ισχύει παντού στο 0 ,   , αφού g 0 4 x  1 x 4 0  2 0 g u du  0 , για κάθε x  0  f x       Άρα,  g u du  0 , για κάθε x  0 , άρα  0 , για κάθε x  0 ).   Παρόμοια, δείχνουμε ότι g x  1 ).  0 στο 0 ,   (και ότι f 0 4-Θα αποδείξουμε ότι f  g στο 0 ,   :Έχουμε για   4  exf x  1 x   x 4      ex  1   2  0 g u du 4  1  2 g u du     x exg x 2 x f u   0 :  ex  1 2 0  : f x  0     g x     4  1 x         2 1  2 f u du    du    0    x 4 x 4  2 x 4 x 4                    f x  1  2 f u du  g x  1  2 g u du  => 2f x 1  2 f u du   2g x 1  2 g u du   0 0 0 0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης        2 x f u du 5     2 x g u 5   1 0    1 0 du        , για κάθε x0.      5  5        Άρα, υπάρχει 5  5       x x c  ' : 1  2 0 f u du  1  2 0 g u du   c , για κάθε x  0 . 55Για x  0  1  1  c  c  0 . 55Άρα,x 5  x 5 x x           1  2 0 f u du  1  2 0 g u du  1  2 f u du  1  2 g u du (διότι το 5 είναι περιττός αριθμός) 00  x f u  du  x gudu , για κάθε x x f u du  x g udu   fx  gx , x 0.      0   0   0 0 0ii. Έχουμε: e x  1 2  ex        ex  f x 1  x g u 4 f g ex  f x   1  x f u 4 => fx 4              e x  1 220 du => e x  1 2  2 0 du  du   1 x  2  fu 0  1 x    2 0 du     f u     e 3x  e x  2e 2x      e 3x  1     3  e x  e 2x , για κάθε x0. 1  x f u 4  3  1  x f u 3  2 0 du    2 0 du        Άρα, υπάρχει   c  ' : 1  e 3x  e x  e 2x  c , για κάθε x  0 . 3  1 x 3 3  2  0 f u du Για x  0 παίρνουμε: 1  1  1  1  c  c  1 . 3 1 3 3 8Άρα, 1  e 3x  e x  e 2x  1  1  e 3x  3e x  3e 2x  1  3   3 1 x 3   3 3  1 x 3  2 0 du   2 0 du   f u 3   f u επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης 1  1  3e2x  3ex  e3x  1  ex  1 3   1 x 3   e3x  1 x 3  2 0 du   2 0 du  e3x   f u  f u x 3 3 x x   0 du       f u du  1 u   ex 1 ex ex  1 ex  1 2  ex                 f 1  20 f u du  ex  1 0 2 ex  1 f x  2 ex 1  ex  1   ex  1 ex  1           1  ex  1  ex .  2 ex  1 2  ex  1 2 ex ex  1 2     Άρα,fx g x  , x0 .Επειδή για την εύρεση της f χρησιμοποιήσαμε συνεπαγωγές και όχι ισοδυναμίες, θα πρέπει ο τύπος της f που     βρήκαμε να επαληθευτεί στη σχέση 4 ex  f x   1  x f u du  . ex  1 2  2 0      [Πράγματι: 4 ex  f x ex  e2x  ex   ex 1  και  ex  1 2 ex  1 2  ex  ex  1 2 x 4  x 4 Θέτουμε ρ  eu  ex 4   1  ex 4 0 du  0  1    =======   dρ  ρdu  1  f u   1  eu du  1  dρ  1     2  2 eu  1  ρ1             2   2 2 2 ρ  1  1   1   ex 1 1  1  4    1 4   e ex 4  2   2   1 ex  1   x 1  .Οπότε, πράγματι   f x  ex , x 0 .] ex  1 2- Μονοτονία της f:  ex   2  ex  2                   f x   ex  ex 1 ex 1 ex  ex  1 2  2ex ex  1  ex ex  ex  1  2ex  ex  ex  1 4   2  ex  1 4  ex  1 3 1   ex ex  e2x  1  ex , x0.    ex  1 3 ex  1 3Όμως, x  0  ex  e0  ex  1  1  ex  0 . Άρα, f x  0 , για κάθε x  0 . Και επειδή η f είναι συνεχής στο 0 ,   προκύπτει ότι f 2 στο 0 ,   . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούληςiii. f , g 2 στο 0 ,   , άρα αντιστρέψιμες.Επειδή fg στο 0 ,   , η σχέση fa  f1 β  gγ  g1 δ  1 2είναι ισοδύναμη με την fa  f1 β  fγ   f1 δ  1 . 2 Επειδήf 0  1  f 1  1   0 . 4  4   Για a  γ  0 και β  δ  1 παίρνουμε 4            f a  1  f 1  1  1 0 1 0 1.  f 1 β f γ  f 1 δ f 0  f 1  4   f 0   4       4 42Άρα, a  γ  0 , β  δ  1 . 4iv. Οι C f , Cf1 θα τέμνονται πάνω στην ευθεία ψ  x γιατί έχουνμοναδικό κοινό σημείο. Θα έχουμε ότι E  Ω   λ  f  x   x  dx 2 0Όμως     h x  f x  x  ex  x ex  1 2 ex  e2x  ex  1 3  h' x     ex 1  ex 1   ex  1 3  ex  1 3   Έστω P x  ex  e2x  ex  1 3      P' x  ex  2e2x  3e3x ex  1 2  ex  2e2x  3ex e2x  2ex  1   ex  2e2x  3e3x  6e2x  3ex  3e3x  8e2x  2ex  0άρα η P 2 στο 0, λ άρα για x  0  Px  P0  Px  8 δηλαδή η Px  0 τότε h' x  0 στο 1, λάρα για 0  x  λ  hx  hλ  hx  fλ  λ  hx  0Είναι fλ  λ επειδή η Cf τέμνει την ψ  x στο σημείο λ, λ στο fx  x  0τότε ex λ dx  2xdx (1)            λ λ λ λ Ε Ω  2 f x  x dx   2 f x dx  2xdx  2 0 ex  1 2  0 0 0 0Όμως λ  x2  λ  λ2 2xdx 0 0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούληςκαι θέτουμε u  ex  1 τότε du  exdx για x  0 , u  2 για x  λ , u  eλ  1άρα λex 1eλ 1  1 eλ 1  1 1   2  1 ex  1 2 u2  4   eλ  2  eλ  1 2 2 dx 2 du  2   2  2   1      0τότε Ε(Ω)  2  1  λ2 . eλ  1 eλ  λ eλ  1 2     Επειδή το σημείο λ, λ ανήκει στην Cf θα είναι f λ  λ Άρα   Ε Ωλ 12  1 1λ    1  eλ  1 2  1   eλ  1  eλ  1 2  eλ  e2λ  eλ eλ  1    1  1 1   2λ λ λ eλ  1 λ eλ eλ eλ eλ eλ eλ eλ  1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 201ο (προτάθηκε από τον Θανάση Κοπάδη) Λύση Θέματος 201ΟΥα) Έχουμε:  fx  fx  4 fx  1 , x  1 , 6 fx  2fx  fx  2fx , x  1 , 6 2     fx     2  f2 x   2fx  , x  1 , 6   fx   2   f2x  2 fx  , x  1 , 6    f x   Άρα, υπάρχει σταθερά c : ' : 2  f2 x  2f x  c , για κάθε x   1 , 6 .  f 2 υπόθεση   Για x  2  2  f2 2  2f 2  c ==> c  2 .Άρα,  fx  f2x  fx  2 2 ή fx  2 f2 x  2 fx  2 , x  1 , 6 1 .β) Είναι      fx  2 f2x  2 fx  2   1 2  1  0 2 f2x  2 fx  1  1   2  fx για κάθε x  1 , 6 και η f είναι συνεχής στο  1 , 6  (ως παραγωγίσιμη), άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 1 , 6  . Άρα, για 1  6  f1  f6   3 f1  f1  3 f1  2 f1  0  f1  0 .γ) Α΄ Τρόπος: 6Για το ολοκλήρωμα  fx dx 1      1 du .θέτουμε u  f x  du  f x dx  du  2 u2  2u  2 dx  dx   2 u2  2u  2Επίσης, για x  1  u  f1. για x  6  u  f6  3 f1. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018