Important Announcement
PubHTML5 Scheduled Server Maintenance on (GMT) Sunday, June 26th, 2:00 am - 8:00 am.
PubHTML5 site will be inoperative during the times indicated!

Home Explore 555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part1

555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part1

Published by mac190604, 2018-02-04 05:49:08

Description: Επιμέλεια λύσεων: Παύλος Τρύφων
Ψηφιακή επεξεργασία:Δημήτρης Παπαμικρούλης
Αποκλειστική διάθεση μόνο ανάγνωση ιστότοπος:
lisari.blogspot.gr

Keywords: lisari,555

Search

Read the Text Version

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Η ισότητα ισχύει για x  Re z  0, δηλαδή για z  yi, y  ' .Όμως z  2  y  2.Άρα η ισότητα ισχύει για z  2iδ) Από τις σχέσεις της υπόθεσης και το α) ερώτημα προκύπτει ότι z1  z2  2Α: εικόνα του z1Β: εικόνα του z2 AB  2 2 OB  2Είναι,    OB 2  BM 2  2 4  2  2 2 ,   z1  z2  OA OB  2OM  2 OM  2όπου Μ το μέσο του ΑΒ.δ1) Ας ονομάσουμε w  z1 . Οπότε προκύπτει: z2 z1  z2 2 2 z2  z1  2 2  z2  1 z2  w  1  2 2  2  w  1  2 2  w  1  2Παρόμοια, από τη σχέση z1  z2  2 2 καταλήγουμε στη σχέση w  1  2Άρα, w 1  w 1  w 12  w 1 2  w 1w 1  w 1w 1  w  w  0  w Re 0 Re  z1   0 z1  ki , για κάποιο k'  z2  z2Όμως, w  1  2  ki  1  2  k2  1  2  k2  1  k  1Άρα πράγματι z1  iδ2) z2    z12  z22  0  z1  z2 2  2z1z2  0  z1  z2 2  2z1z2   z1  z2 2  2z1z2  z1  z2 2  2 z1 z2  z1  z2 2  8  z1  z2  2 2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης   Οπότε, έχοντας δεδομένα OB  2 , OM  z1  z2  2 , εφαρμόζουμε το πυθαγόρειο θεώρημα στο 2ορθογώνιο τρίγωνο ΟΜΒ: MB  OB2   MO 2  4  2  2Άρα,  z1  z2  2 MB  2 2[ Σχόλια:1. Στα ερωτήματα δ1) , δ2) μπορούμε εναλλακτικά να χρησιμοποιήσουμε τον τύπο z1  z2 2  z1  z2 2  2 z1 2  2 z2 2(άσκηση σχολικού βιβλίου – χρειάζεται απόδειξη η χρήση του τύπου αυτού).Οπότε γνωρίζοντας το z1  z2 βρίσκουμε το z1  z2 και αντίστροφα.2. Αν Β η εικόνα του z2 και Γ η εικόνα του z1 , τότε  AB  2z2  4  διάμετρος. ΛΆρα Γ  90ο και από το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΑΒΓ παίρνουμε ΑΒ2  ΑΓ2  ΒΓ2  16  z1  z2 2  z1  z2 2και συνεχίζουμε όπως στα ερωτήματα δ1) , δ2) ] επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 262ο Λύση Θέματος 262ΟΥα) Γνωρίζουμε (από εφαρμογή του σχολικού βιβλίου) ότι nx  x  1 για κάθε x  0 (με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν x  1 )Συνεπώς η συνάρτηση gt  1 nt  t  1έχει πεδίο ορισμού το (0,1)  (1, )Η συνάρτηση   x 1 dt 2 nt  t  1 Hx έχει πεδίο ορισμού το (1, )(αφού τα άκρα 1, x του ολοκληρώματος πρέπει να ανήκουν στο ίδιο διάστημα του πεδίου ορισμού της g και2  1,  )Αφού η σχέση  f(x) 1 dt  2  x 2 nt  t  1 1  n2ισχύει για κάθε x  ' , η συνάρτηση    f(x) 1 dt έχει πεδίο ορισμού το ' Hfx  2 nt  t  1Συνεπώς ισχύει   x  ' και f x  1 , για κάθε x  ' Άρα , f x  1 για κάθε x  ' .   Αφού g συνεχής στο 1,  και 2 σημείο του 1,  , η συνάρτηση    f(x) 1 dt Hfx  2 nt  t  1είναι παραγωγίσιμη στο ' , με     H f x f(x) 1 dt   f(x)  t 1  nf(x)  f(x)  1 2 nt  Παραγωγίζοντας τη σχέση (1) έχουμε f(x)  1  1 1  fx  nfx  fx  1  n2 0 nfx  fx n2  1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  (διότι 2  e  n2  ne  n2  1  n2  1  0 και αφού f x  1 προκύπτει nfx  fx  1  nfx  fx  1  0 )Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 'β) Αφού η f είναι παραγωγίσιμη στο ' τότε η συνάρτηση nfx  fx  1 n2  1είναι παραγωγίσιμη στο ' , ως πράξεις παραγωγίσιμων.Τότε από τη σχέση fx  nfx  fx  1 (2) n2  1προκύπτει ότι η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμηΠαραγωγίζοντας τη σχέση (2) έχουμε fx  1  fx  fx   fx 1  fx για κάθε x  ' n2  fx    0  1   n2  1 fx(αφού fx  0 , n2  1  0 , fx  1 τότε fx  0 και 1  fx  0 )Άρα η f στρέφει τα κοίλα άνω στο '  f(x) 1 dt  2  xΗ σχέση 2 nt  t  1 1  n2για x  2 γίνεται  f(2) 1 dt  0Όμως ισχύει 2 nt  t  1Τότε Αν f(2)  2 τότε nt  t  1  0   1 0 nt  t  1  f(2) nt 1  1 dt  0  f(2) 1 dt  0 , άτοπο  t  2 nt  t  1 2 Αν f(2)  2 τότε  2  nt 1  1 dt  0  f(2) 1 dt  0 , άτοπο  t  2 nt  t  1 f(2)Άρα ισχύει f2  2Η σχέση επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης fx  nfx  fx  1 n2  1για x  2 γίνεται f2  nf2  f2  1 n2  2  1  n2  1  1  n2  1 n2  1 n2  1 Οπότε η εφαπτομένη της Cf στο A 2,2 έχει εξίσωση ε : y  f2  f2x  2 ε: y2  x2 ε:y xγ) Θεωρούμε τη συνάρτηση hx  x f  t dt  x  f  x  , x' α    Αφού f συνεχής στο ' , τότεx ' x, f x παραγωγίσιμες στο ' , άρα η είναι h t dt παραγωγίσιμη στο και f απαραγωγίσιμη στο ' , με hx   x ftdt  x  f  x    fx 1  fx  0 α(αφού fx  1  fx  1  0 και fx  0 )Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο ' Η h είναι συνεχής στο [2,α] (αφού είναι παραγωγίσιμη στο ' ) h2 hα  0 αφού h2  2 f t dt  2  f 2  α f  t dt  0, διότι ft  0 τότε με α >2 ισχύει α  2     α a a ftdt  α  fα  fα  α  0 , διότι η f είναι κυρτή, συνεπώς η f t dt  0   f t dt  0 και h(α) 22 a Cf βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη της, δηλαδή ισχύει f x  x με την ισότητα να ισχύει μόνο για x  2 .Συνεπώς αφού α  2 θα ισχύει fα  α  fα  α  0  Άρα σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον x0  2, α τέτοιο ώστε            h x0fx0 fx0 0 t dt  x0 f x0 0 t dt  x0 f x0 a aΕπειδή η h είναι γνησίως αύξουσα, το x0 είναι μοναδικό.δ) Για κάθε x κοντά στο 0 με x  0 και 0  x  t  2x και αφού f γνησίως αύξουσα έχουμε x  2  t  2  2x  2  fx  2  ft  2  f2x  2        :t0 f x  2  1  f t  2  1  f 2x  2  1 => επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης fx  2  1 ft  2  1 f2x  2  1   tt t        ft21 fx2 1 και f 2x  2 1 f t2 1  0  x2x t  t 0 t  t   ==>          2xft21 fx2 1 2x  f 2x  2 1 f t2 1  0   t  t   t  t   x   dt  0 και x   dt        2x f t  2  1 dt  1 2x 1 dt και 2x 1 dt  2x f t  2  dt  xt xt xt           x t f x2 1 f 2x  2  1          f 2x  2  1 ln t2xx  2x f t  2 1 f x2  1 ln t2xx  xt dt   2x f t  2  1    f2x  2 1 n2x  nx  x t dt  fx  2 1 ln2x  nx  (f(2x  2)  1) n 2x  2x f(t  2)  1 dt  (f(x  2)  1) n 2x  xx t x  2x f t  2  1 dt     f2x  2 1 n2  xt fx  2 1 n2Είναι im fx  2  im fu  f2  2 (αφού f συνεχής στο 2) x0 u2και    im f 2x  2  im f u  2  2 (θέσαμε u  2x τότε όταν x  0 ισχύει u  0 ) x0 u0Έτσι,    im f2x  2  1 n2  im fx  2  1 n2  n2 x0 x0Άρα, σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής ισχύει im  2x f t  2  1 dt  n2 x0 x tε) Για κάθε x κοντά στο  ισχύει f(x)  x  0  0  1  1 x fxΙσχύει im 0  im 1  0 x   xxΆρα σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής ισχύει  im 1  0 fx x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούληςάρα im fx  im 1   x 1x fx(διότι im 1  0 με 1  0 )    fx x fxΓια να είναι η y  λx  β ασύμπτωτη (πλάγια – οριζόντια) της Cf στο αρκεί τα όρια  f x  λ  im και β  im f x  λx x x xνα είναι πραγματικοί αριθμοί.Επειδή im fx   και im x   x   xκαι  im f(x)  imf(x)  imx x nf(x)  f(x)  1  1  1 im f(x)[ nf(x)  1  f(1x)]   (αφού im f x   n2  1 n2  f(x) x x x x   είναι και im nfx   x   nf x   im    και im       x 1  0, από τον κανόνα De ΄l Hospital ισχύει nf x im  0 fx  fx x x f xτότε   nf x 1  1 0)   1 και im   1     x  f x n2  1 f x άρα, από τον κανόνα De ΄l Hospital ισχύει fx im   x xΈτσι, η Cf δεν έχει ασύμπτωτες (πλάγιες – οριζόντιες) στο  . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 263ο Λύση Θέματος 263ΟΥΑ. Αρκεί να δείξουμε ότι φx  σ x , για κάθε x  ' .Έχουμε :              φ x        xex  ex  xex ex    x  ex x ex   e x x       ex  xex x x   e   ex  xex   ex  ex  xex  ex  xex σ x Β. α) Επειδή ο άξονας xx εφάπτεται της γραφικής παράστασης της f στο σημείο Ο 0, 0 θα είναι : f0  0 (1) και f0  0 (2) ,οπότε για κάθε x  ' έχουμε: fx  fx  exπολλαπλασιάζω με ex :  ex  fx  ex  fx  1  ex  fx   x , για κάθε x  ' .Άρα:  ex  f x  x  c , για κάθε x  ' . ( c : σταθερά)Για x  0 είναι : 2 e0  f0  0  c  f0  c c  0Άρα    ex  f x  x  f x  x  exπου σύμφωνα με το ερώτημα Α γράφεται:    f x  x  ex  ex  , για κάθε x  ' .Άρα υπάρχει σταθερά c1  ' ώστε:  f x  x  ex  ex  c1 για κάθε x  ' . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΓια x  0 έχουμε : 1Άρα :  f 0  1  c1  0  1  c1  c1  0 .  f x  x  ex  ex  1 ήΣύνολο τιμών της f :  f x  x  1  1  1 ήΈχουμε βρει ότι: ex ex fx   x 1 1 , x' . ex fx  x  ex , x  'και με δεδομένο ότι ex  0 , το πρόσημο της f εξαρτάται από το πρόσημο του x . x  0  fx - + fx 2 1Είναι :       f 2 f f , 0 == 0 , lim f x  0,   A1 x   συνεχής[αφού:  x1   x 1  1  lim   ex  lim    lim  ex  x x x       lim fx  1  1   x   ex  x 1  1      1  ]   Ακόμη:       f 1 f f 0,  == 0 , lim f x  0,1  A2 x συνεχής[αφού :    x1   lim   ex   x 1      lim 1  x  ex  ex x   == lim 0 οπότε : x   επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης lim fx  0  1  1 ]. x  Άρα το σύνολο τιμών της f είναι : f     Α1  Α2  0,   0,1  0, β) Η δοθείσα ανίσωση γράφεται: 1  x2  ex2  1  x2  3   1  x2   3 3 e2 ex2 e2 ex2 e2 x2 0,20  f 2 <==> x2  2  x       1  x2  1   3  1  f x2 2 2x 2 ex2 e2 f1 γ) Είναι lim f x  1 , άρα η ευθεία y  1 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της Cf στο  . x  Άρα: κ  1 . x 2015 x 2015 x 2015 x 2015   ftdt    1  t  1 et dt   dt    t  1 etdt  xk x1 x1 x1 x 2015 et  dt  x 2015 x 2015 x 1  etdt         x  2015  x  1   t t1 2014   t1 e   x1 x1 ex2015  ex1 x 2015    2014  et  x 1 x  2016 x2      2014  x  2016 ex2015  x  2 ex1  ex2015  ex1     2014  x  2017 ex2015  x  3 ex1 .Το ζητούμενο όριο είναι : x 2015 ex2015  ex1       L  lim x f t dt  lim 2014  x  2017 x3   2014  0  0  2014  x1 x[διότι:    x  2017     lim    lim     x  x  2017 e  x 2015   lim x  2017 == lim 1  1 0   e x 2015  x   x   ex2015  ex x2015και    x3     lim   ex1      x  x 3 e x 1   lim x  3 == lim  lim 1  1 0]   ex x1 ex x1  x  δ) Είναι : επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης fσυνεχής στο 0 lim συνx  1  1  1  0 και lim fx ====== f0  0 x0 x0οπότε: 0 συνx  1    f x  lim  0    συνx  1 ημx  ημx 1   1  1  1 == lim  lim xex   lim  x  ex  1    x0 f x x0 x0 x0Άρα : L1  1 .Ακόμη : 0     lim  ημx  0  ημx συνx  1  f x xex  x  == lim  lim  lim   exσυνx    1      fx0 x x0 x0 x0και 0 ημx     lim  f x ημx  0  lim συνx  1   x  == lim   lim   exσυνx    1   .    fx0 x xex0 x x0 x0Επειδή τα πλευρικά όρια είναι διαφορετικά, το όριο L2 δεν υπάρχει.ε) Έστω α  0 . Είναι: x 1  α 1   x 1   α 1  1  x 1  1  α 1  fx  fα ex eα ex eα ex eαΤο fα  Α1 , οπότε υπάρχει x1  , 0 : fx1   fα .Το x1 είναι μοναδικό διότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο , 0 .      Ακόμη, f α  Α2 , αφού α  0 , οπότε υπάρχει μοναδικό x2  0,  : f x2  f α .Επειδή ισχύει x1  0  x2 προκύπτει το ζητούμενο. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 264ο Λύση Θέματος 264ΟΥα) Η σχέση της υπόθεση γράφεται  1  x 1 tetdt  x  1  x  tet 10  1  x 0 0 0 0                f x f tdt t  f 1  t  dt  f x e  f t  f 1  t  dt  1  x  e  et 10   x x         f x 0 f t  f 1  t  dt  fx  1  x e  e 1  0 f  t   f 1  t   dt  f  x   1  x  e  e  1   x f  t   f 1  t  dt  fx  1  x  x f  t   f 1  t  dt, x' 0 0Για x  0 είναι f0  1   Η συνάρτηση f t  f 1  t είναι συνεχής στο ' ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων άρα η συνάρτηση    xft  dt '. 0 f 1t είναι παραγωγίσιμη στοΈτσι λοιπόν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ' ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων με: fx  1  fx  f1  x για κάθε x  ' (1)Θέτουμε για x το 1  x , οπότε (1)  f1  x  1  f1  x  fx , x  ' (2)Από (1) + (2) fx  f1  x  2  fx  f1  x  2x , x  'Άρα υπάρχει c  ' τέτοιο ώστε fx  f1  x  2x  c (3) , για κάθε x  'Θέτουμε για x το 1  x , οπότε (3) f1  x  fx  2  2x  c (4)Από 3  4  0  2  2c  c  1Άρα (4)  1 x2 ,x' f1  x  fx  1  2xfx  1  1  2x  fx  Οπότε f x  x2  c1 , x  ' και c1 σταθερός πραγματικός αριθμός Επειδή f 0  1  c1  1 άρα fx  x2  1 , x  'β) Αρχικά θα λύσουμε την εξίσωση 2x  x2 , x  0Έχουμε, 2x  ln x:\"11\"  ln x2  x ln 2  2ln x  ln x  ln2 , x0 x2 <===>ln2x x2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης   Θεωρώντας τη συνάρτηση g : 0,   ' , με g x  ln x έχουμε ότι η εξίσωση 2x  x2 , x  0 είναι ισοδύναμη με xτην εξίσωση gx  g2 , x  0Για τη συνάρτηση h : 0,   ' με hx  gx  g2 έχουμε   h x  ln x  1  ln x , g x   x   x2 x 0    h x  0  1  ln x  0  1  ln x  0  ln x  1  x  e x2h x  0  1  ln x  x2 0  ln x  0  ln x  1  0  x  e x2 0 <=>1  1  ln x x2 0h x  0    ln x  0  ln x  1  x  e x2 0 <=>1Έτσι λοιπόν έχουμε τον παρακάτω πίνακα μεταβολών x  0 e  - hx + 2 1 hx     Παρατηρούμε ότι h 2  0 και επειδή η h είναι γν. αύξουσα στο 0, e , η εξίσωση h x  0 έχει μοναδικήρίζα στο 0, e την x  2 Παρατηρούμε επίσης ότι h4  g4  g2  ln 4  ln2  2ln2  ln2  ln2  ln2  0 42 4 2 22   και επειδή η h είναι γν. φθίνουσα στο e,  , η εξίσωση h x  0 έχει μοναδική ρίζα στο e,  , την x  4Συμπέρασμα:    2x  x2, x  0  x  2 ή x  4 (5)Τώρα, για την εξίσωση    2fx  f2 x  2x2 1  x2  1 2θέτουμε y  x2  1  0 5Οπότε έχουμε να λύσουμε την εξίσωση 2y  y2, y  0  y  2 ή y  4 Για y  2  x2  1  2  x2  1  x  1 Για y  4  x2  1  4  x2  3  x   3 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Άρα η εξίσωση 2fx  f2 x έχει λύσεις x  1,  3γ) Α΄ τρόποςΘεωρούμε τη συνάρτηση g x  t ln 1 dx  tα , tα αt α fxH συνάρτηση 1     ln f x είναι συνεχής στο α,  ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων άρα η t 1 dx είναι α ln f xπαραγωγίσιμη στο α,  με  t 1  1    α ln f x  dx   ln ft .Οπότε η g είναι παραγωγίσιμη στο α,  , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με     g t  1  1 t2  ln f t t2  ln t2  1 , tα       ln f t t2 t2 ln f t t2 ln t2  1Οι ρίζες και το πρόσημο της g΄ εξαρτώνται από τον αριθμητή, αφού  t2 ln t2  1  0 για κάθε t  α   Θεωρούμε τη συνάρτηση v t  t2  ln t2  1 με t  0Είναι  v t  2t  2t  2t3  0 για κάθε t  0 t2  1 t2  1Άρα η v είναι γνησίως αύξουσα στο 0, Άρα για t  0  vt  v 0  v t  0  Οπότε και g t  0 για κάθε t  α άρα g γνησίως αύξουσα στο α,  g( α)=0Οπότε για 0  α  β  gα  gβ ==>gβ  0  1 dx  β  α  0  β 1 dx  β  α      β αβ αβ  α ln f x α ln f xΒ΄ τρόποςΙσοδύναμα έχουμε      β 1 dx  β  α  β 1 dx  1  1  α ln f x αβ α ln f x αβ β1 dx  1  1  0  β1  1 β α ln f x βα α ln f x       dx   x   0    α επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης 1 β 1 dx  0  β 1 1        β dx     dx  0   α ln f x α x2 α ln f x x2     β  1 1  β  x2  ln x2 1   dx  0    dx  0      α ln x2  1 x2  α    x2 ln x2  1 Το 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 )Άρα,  x2  ln x2  1  β x2  ln x2  1     x2 ln x2  1  0 στο α,β και αφού 0  α  β είναι dx  0 α x2 ln x2  1  δ) Είναι x eftdt x eftxk dt  exk x eftdt  0 , k  1,2,... 00 exkΑρχικά θα αποδείξουμε ότι lim x eftdt   x 0Α΄ τρόπος Θεωρούμε τη συνάρτηση κ : '  ' με τύπο κ t  et2 1 Η κ είναι παραγωγίσιμη στο ' , με κ t  2tet2 , t  ' .   2et2 0 κ t  0  2tet2  0 <=>t  0   2et2 0 κ t  0  2tet2  0 <=>t  0   2et2 0 κ t  0  2tet2  0 <=>t  0Έτσι λοιπόν έχουμε τον παρακάτω πίνακα μεταβολών t  0  κt - + κt 2 1   Άρα η συνάρτηση κ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0, δηλαδή κ t  κ 0  e για κάθε t  ' , δηλαδή et2 1  e ,t'  x et2 1dt  xΆρα για x  0 έχουμε edt  e  xΌμως lim ex   οπότε 00 x   επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης lim x et2 1dt   x 0Β΄ τρόποςΈστω x  0 τυχαίο και σταθερόΘεωρούμε τη συνάρτηση y eftdt  φ y y et2 1dt 0 0      φ y  στο 0, xΑφού η et2 1 είναι συνεχής στο ' και 0  ' η φ είναι παραγωγίσιμη στο 'Έτσι λοιπόν έχουμε Η φ είναι συνεχής στο 0, x    Η φ είναι παραγωγίσιμη στο 0, x με φ x  ex2 1 Από Θεώρημα Μέσης Τιμής έχουμε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ  0, x τέτοιο ώστε x et2 1dt 0 x     φ x  φ 0 x et2 1dt  xeξ2 1  φ ξ  0 x  eξ2 1  (6)Όμως, ex 1 0  ξ  x  0  ξ2  x2  1  ξ2  1  x2  1 ==> x0  e  eξ2 1  ex2 1 => xe  xeξ2 1  xex2 1   1  1  1 για κάθε x  0 xe xeξ2 1 xex2 1Επειδή lim 1  0 και lim 1  0 , από Κριτήριο Παρεμβολής είναι x xe xex x2 1 lim 1  0 xex ξ2 1Οπότε lim xeξ2 1   και από (6) είναι lim x et2 1dt   x x 0 Για κ  1 είναι e dtx t2 1     x t2 1   L  lim   0 e dt    ex2 1 lim ex2 x1 ux2 x1 0 === lim  lim  ==== lim eu   x   ex d.L.H. x ex  ex x x   u u Για κ  2 είναι e dtx t2 1     x t2 1dt   L  lim   0 e    ex2 1 e 0 0 === lim  lim  lim x   ex2 d.L.H. x  ex2  x 2xex2 x 2x Για κ  3 είναι επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης e dtx t2 1     x t2 1dt   L  lim   0 e    ex2 1  1  ex2 x3 1   x  3x2  0 === lim  lim  lim   ex3 d.L.H. x ex3  x 3x2ex3 x   ux2 x3 1 1  0 έχουμε ότι L  0Για το lim ex2 x3 1 ==== lim eu  0 και αφού limx u u x 3x3 Παρόμοια για κ  4 βρίσκουμε L  0 Έτσι λοιπόν, L  , αν κ  1   0 , αν κ=2,3,... επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 265ο Λύση Θέματος 265ΟΥα) Η g είναι συνεχής στο ' , άρα και στο 0, άρα  g0  lim gx  lim gx  f0  lim fx  lim 2  xln x  1  f0  2 x0 x0 x0 x0Ονομάζουμε hx  fx  x,x  '. Τότε η h είναι συνεχής στο ' (ως διαφορά συνεχών) και h x  0 , για κάθε x  ' .Άρα η h διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ' .Όμως h0  f0  0   2  0. Άρα h x  0 , για κάθε x  ' (1).Η αρχική σχέση της υπόθεσης γίνεται           h x 1 h2 x  ex  1 (1)  0  0  h2 x  ex  1  0 h x  ex  1 , x  '     ex  1 h x ex  1 h xΆρα,    f x  x  ex  1  f x  x  ex  1 , x  'β) g0  f0   2, άρα το 0 δεν είναι λύση της εξίσωσης g x  0 .    Θεωρούμε την εξίσωση g x  0 στο , 0 , δηλαδή την εξίσωση  x  ex  1  0, x  , 0Είναι  ex 1      g x  x  ex  1 2 1  ex  0 στο , 0  g γν. αύξουσα στο , 0Οπότε,         g συνεχης1 στο,0 g , 0 ======== lim g x , lim g x  , 2 x x0   και επειδή 0  , 2  υπάρχει μοναδικό x1  0 : g x1  0 (η μοναδικότητα προκύπτει από τη σταθερή μονοτονία της g στο , 0 )    Θεωρούμε την εξίσωση g x  0 στο 0,  , δηλαδή την εξίσωση 2  xln x  1  0 , x  0, Είναι  gx      ln x  0, ,  g 0,  2  xln x  1  x 1     0 στο γν. φθίνουσα στο x 1  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης (χρησιμοποιήσαμε τις σχέσεις x  1  1  ln x  1  0 και x  0 x1Οπότε,         g συνεχης,2 στο0, g 0,  ¿======= lim g x , lim g x  , 2 x x0   και επειδή 0  , 2  υπάρχει μοναδικό x2  0 : g x2  0 (η μοναδικότητα προκύπτει από τη σταθερή μονοτονία της g στο 0,  ) Άρα η εξίσωση g x  0 έχει ακριβώς δύο λύσεις ετερόσημες. γ) Από το ερώτημα β) προκύπτει ότι g x  2, για κάθε x  0 .Οπότε θεωρώντας x1, x2  0 προκύπτει ότι gx1   2 , gx2   2Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : 1, 0  ' με τύπο    φx  x gx1   2  x  1 gx2   2  2016xx  1Η φ είναι συνεχής στο 1, 0 , ως πολυωνυμική.Επίσης,   φ1  φ0  2  gx1  gx2   2  0 () ()   Από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει τουλάχιστον ένα ρ  1, 0 : φ ρ  0      :ρ(ρ1) ρ  gx1   2  ρ  1  gx2   2  2016ρρ  1 <=> gx1   2  g x2   2 ρ1 ρ  2016 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 266ο Λύση Θέματος 266ΟΥα) Θα αποδείξουμε ότι e x  x , για κάθε x  ' ,οπότε το πεδίο ορισμού της f θα είναι το ' .1ος Τρόπος: Από γνωστή εφαρμογή του σχολικού βιβλίου ισχύει ln x  x  1 , για κάθε x  0 .Για x το e x : x  1 x ln e x  e x  1  x  e x  1  e x  x  1 ==> e x  x , x  ' .2ος Τρόπος: Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : '  ' , με τύπο φx  ex  x .Τότε φx  e x  1 , x  ' και φx  0  x  0 x  0  φx   φx 2 1    Η φ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0 , οπότε φ x  φ 0 , για κάθε x  ' , δηλαδή e x  x  1  0  e x  x , για κάθε x  ' .β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο ' (ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων), με x1   ex  x  ex  x  x 1  ex 1  ex  x 2                 f x 1    x  x    ex  x  x 1    ex ex  x 2  e x  x  x  e x  x  e x  1  2e x  xe x  1  g x , x',      e x  x 2 ex x 2 ex  x 2όπου  g x  2e x  xe x  1 , x  ' . gx  e x1  xΕύρεση συνόλου τιμών της g:Η g είναι παραγωγίσιμη στο ' , μεΟπότε επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  g x  0  1  x  0  x  1 (αφού e x  0 ).Πίνακας Μεταβολών x  1    gx 2 gx 1 g συνεχής    ==== 1       g  1 , e  1  A1  , 1 lim g x , g 1  x    (διότι lim g x  lim 2e x  xe x  1  0  0  1   1 , x x  αφού lim xe x  lim x  x  lim 1  1  0 ). ex    x == lim x  x    e x  x     e  x  g συνεχής     ==== 2        g 1 ,   lim g x , lim g x   1 , e  1  A2 x 1 x    (διότι lim gx  lim 2e x  xe x  1  lim e x  2  x  1        1    ). x x x Επειδή 0  A1  υπάρχει x1  1 : g x1  0 . Ειδικότερα, x1  1 , διότι g 1  0 .Το x 1 αυτό είναι μοναδικό, διότι g γνησίως μονότονη στο   , 1 .   Η σχέση g x1  0 δίνει f x1  0 .    Άρα, υπάρχει μοναδικό σημείο A x 1 , f x 1 , με x1  1 : f x1  0 , δηλαδή η εφαπτομένη της C f στο Α ναείναι παράλληλη στον άξονα xx .  Με παρόμοιο τρόπο, επειδή 0  A2  υπάρχει μοναδικό σημείο B x 2 , f x 2 , με x 2  1 : η εφαπτομένη τηςC f στο Β να είναι παράλληλη στον άξονα xx .   γ) Από το θεώρημα Rolle για την f στο x1 , x2   υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ  x1 , x2  ' . f ξ  0 ,δηλαδή ισχύει το ζητούμενο.   δ) Είδαμε ότι η εξίσωση g x  0 έχει ακριβώς δύο ρίζες στο ' , τις x1 , x 2 , με 1  x1 , x2 . Η g είναι μη μηδενική στο x1 , x2 και συνεχής σε αυτό, άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο.Επειδή g1  e  1  0  gx  0 , για κάθε  x  x1 , x2 .θα έχουμε ότι,    f x  0 στο x1 , x2  f γνησίως αύξουσα στο x1 , x2  . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΜένει να αποδείξουμε ότι x 2  x 1  2 .Εύκολα διαπιστώνουμε ότι ισχύει το θεώρημα Bolzano για την g σε κάθε ένα από τα διαστήματα  2 , 1 , 1 , 2 .   Άρα, η g έχει ρίζες σε κάθε ένα από τα  2 ,  1 , 1 , 2 .   Επειδή τώρα οι ρίζες x1 , x 2 της g είναι μοναδικές  x1   2 ,  1 και x2  1 , 2 .Έτσι,  2  x1   1 , 1   x1  2  x2  x1  2.  x2   x2    1 2   1  2 Άρα, πράγματι x 2  x 1  2 (δηλαδή α  x 1 , β  x 2 ).ε) Έχουμε ότι f0   1 και fx  0  x  1  x  1 και fx  0 στο 0 , 1Συνεπώς, το ζητούμενο εμβαδόν θα είναι: ex  x  dx  ex  x 11        E   f x dx   0 0 1  1 dx  0     x10 1  ln ex x 0  1  ln e 1 τετρ. μονάδες. στ) Αρχικά θα βρούμε το lim f x . xΈχουμε,    lim   x   e x 1 ex   x ex x  lim      10 , xδιότι  lim x  lim x  lim 1  1 0. ex    x  ex    x ==  x    e x Οπότε,  x1   lim    lim f x  lim  x 1 lim 1  1 0. == x ex    x  x  x    e x  x  x    e x  1  Έτσι, lim fx  0 .Έχουμε τώρα, x    ημf x  1 ημf x   lim         L1  1     lim f3 x x     f 2 x    fx x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης     (διότι lim f x  0  lim 1 ημf x x    και για το όριο lim θέτουμε u  f x  0 ).    x    x   f2 x x f xΆρα,  ημf x  lim ημu  1 .), οπότε L1   . u0 u lim  x    f xΕπίσης, xημx  ημx xημx  ημx x 1 Όμως, e x  e lnx ex  x  e x x ημx     L2 . lim  lim  lim  lim fx ημx x x x x fx  ημx  fx , για κάθε x  0 .Άρα,  fx  fx  ημx  fx , για κάθε x  0 .Άρα από το κριτήριο της παρεμβολής προκύπτει ότι L 2  0 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 267ο Λύση Θέματος 267ΟΥ ημt  συνt 9 0, π  0, π    α) Η συνάρτησηg t  είναι συνεχής στο  2  , άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο  2  με   f'x  ημx  συνx 9 .Έχουμε,  f΄ x  0  ημx  συνx  x  π (διότι 0  x  π ) 42 x 0π π 4 2 hx  ημx  συνx - + Η συνάρτηση h(x)  ημx  συνx είναι συνεχής και μη μηδενική στο  0, π  , οπότε διατηρεί σταθερό  4   πρόσημο στο  π   0, 4   Όμως, ημ π  συν π  0 88[Πράγματι από τους τύπους αποτετραγωνισμού έχουμε π 1  συν π 1 2  2 2  ημ π  2 2 4  2 ημ2  82 22 82Παρόμοια, π 1 συν π 1 2  2 2  συν π  2 2 4  2 συν2  82 22 82Οπότε εύκολα επαληθεύουμε ότι ημ π  συν π ] 88Άρα ημx  συνx  0, για κάθε x   0, π   4   Δηλαδή, ημx  συνx 9  0  π  0, π     f' x στο x   0, 4   f γνησίως φθίνουσα στο  4     επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  είναι συνεχής και μη μηδενική στο  π π  Η συνάρτηση h x  ημx  συνx  4 , 2  οπότε διατηρεί σταθερό  πρόσημο στο  π , π   4 2   Όμως, ημ 3π  συν 3π  0 (1) 88[ Με τους τύπους αποτετραγωνισμού παρόμοια βρίσκουμε ότι ημ 3π  2  2 και συν 3π  2  2 άρα ισχύει η (1) ] 82 82Άραημx  συνx  0 στο  π , π   f'(x)  (ημx  συνx)9  0 για κάθε x   π , π    4 2   4 2     f γνησίως αύξουσα στο  π , π   4 2   Προκύπτει λοιπόν ο παρακάτω πίνακας μεταβολών: x0 ππ 42 f΄(x) - + f(x) 2 1Κυρτότητα της f :Η f είναι 2 φορές παραγωγίσιμη στο  0, π  , με  2    f(x)  (ημx  συνx)9   9(ημx  συνx)8  (ημx  συνx)  9(ημx  συνx)8  (συνx  ημx)  0στο  0, π    π , π  και η f είναι συνεχής στο π, άρα f είναι κυρτή στο 0, π   4   4 2  4  2       β) Έχουμε αρχικά ότι f 0 0 και ότι f  π   0  2  [ Για τον υπολογισμό του f  π   π  2    2 (ημt  συνt)9 dt 0θέτουμε u  π  t  du  dt 2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Για t  0  u  π 2 Για t  π  u  0 2  π  0   π   π  9 π 9 du   π 9 f  π       Άρα,f2  ημ  2  u    2   du 2 2  2   π   συν   u   0 συνu  ημu o ημu  συνu du   2 Άρα  π    π    π   0] f 2  f 2  f 2       Οπότε, για 0  x  π f2  fx  fx  0 4 ==> f  0 και για f1     => f      πx  π x  f π  2 0f x 0 42Επίσης,  π  π ημt  συνt 9 dt  0   f4   4  0  (διότι ισχύει g t  0 στο 0, π  χωρίς η ισότητα να ισχύει παντού στο 0, π  και η g είναι συνεχής στο 0, π  )  4   4   4    Άρα πράγματι σε κάθε περίπτωση ισχύει  f x  0, για κάθε x  0, π   2     Απόδειξη της σχέσης f x  f x για κάθε x  0, π  :  2     Υποθέτουμε ότι υπάρχει  π  α   0, 2  : f α  f α δηλαδή   9 dt  9       α 8 0 ημt  συνt ημα  συνα συνα  ημα , άτοπο 0 0 0 0Επίσης f(0)  f  π   0 και f(0)  f  π   9  0  2   2     Άρα πράγματι fx  fx στο 0, π   2   επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης(διαφορετική απόδειξη: είδαμε ότι f  0 στο 0, π    π , π  και f0 στο 0, π  , και f'' π   0  f  π  )  4   4 2   2   4   4       γ) Έστω x   0, π  τυχαίο και σταθερό.  2   Εφαρμόζουμε θεώρημα μέσης τιμής για την f στο 0, x Υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ  0, x : fξ  fx  f0  fx xxΌμως,    f'1 fx  fx  fx  xfx  0, για κάθε x   0, π  x  2  0  ξ  x ==>f ξ  f x   Οπότε, mx  fx   xfx  fx  0, για x   0, π   2    x2    x και η συνάρτηση m είναι συνεχής στο  0, π  .  2   Άρα η συνάρτηση m είναι γνησίως αύξουσα στο  0, π   2   δ) Α τρόποςΈστω φυσικός αριθμός ν  1 . Τότε  1  1 m1 m  1   f  1   1  f1  ν   ν   ν  ν ν =>     m(1)   f(1)  f  1  νΒ΄ τρόποςΗ εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο M  1 , f  1   είναι  ν  v     (ε) : y  f  1   f' 1    x  1   ν   ν   ν      Επειδή η f είναι κυρτή  η Cf βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη (ε) , δηλαδή  f x  f  1   f  1    x  1   ν   ν   ν        (η ισότητα ισχύει μόνο για x  1 ) νΓια x  1 παίρνουμε επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018














































Like this book? You can publish your book online for free in a few minutes!
Create your own flipbook