ΟΔΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ 2017

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΜια λίστα για τον υποψήφιο Μια λίστα χρηστικών συµβουλών για τους υποψηφίους των πανελληνίων, µακιαβελικής υφής,εγκεκριµένη από τον διεθνούς φήµης Λαρισαίο ψυχολόγο-µαθηµατικό Χανς Λαδ …1) Θυµηθείτε δεν λύνονται όλα τα όρια µε D.L' Hospital.2) Αν δεν ξέρετε τι να κάνετε κάντε Bolzano,µετά Rolle και τέλος Θ.Μ.Τ αν δεν δουλέψει αλλάξτετην σειρά, αν πάλι δεν πιάσει,δοκιµάστε άλλο θέµα αν επαναληφθεί το ίδιο,πιάστε τις προσευχές ..3)Ότι και να γίνει, σκεφτείτε ότι όταν τελειώσουν οι εξετάσεις θα σας ρωτούν τι κάνετε και δεν θαλέτε δίνω πανελλήνιες και µετά να σας κοιτούν µε οίκτο.4)Πάρτε µαζί 2ο ή και 3ο στυλό γιατί η πιθανότητα αν πάρετε ένα στυλό να µην γράφει είναι 1.5) Αν δείτε τα θέµατα και δεν καταλαβαίνετε τίποτα,δοκιµάστε να περιστρέψετε την κόλλα κατά180ο.Ίσως να τα κοιτάτε ανάποδα.6) Παρότι κάθε λύση επιστηµονικά τεκµηριωµένη είναι δεκτή αποφύγετε να κάνετε φιγούρα γιατις γνώσεις και την κατάρτιση σας,αν για παράδειγµα ζητηθεί ένα πόρισµα από την ανάλυση στονR εσείς να το αποδείξετε στο Rν και κατόπιν να πείτε ισχύει για ν=1.Καλό είναι, να µείνετε στηνεξεταστέα σχολική ύλη.7) Αγνοήστε τους ψιθύρους για τα Σ Λ–αν υπάρξουν-την ώρα της εξέτασης.Λάθος µπορείτε νακάνετε και µόνοι σας.8)Θα χρειαστεί να έχετε µαζί σας ταυτότητα για να πιστοποιήσετε ότι είστε εσείς.∆ελτίοταυτότητας.Φήµες θέλουν µαθητή όταν του ζήτησαν ταυτότητα να λέει: (α+β)2=α2+2αβ+β2.9) Αν κάποιο θέµα έχει εκφώνηση µια από τις γνωστές άλυτες εικασίες του Hilbert ,µηνανησυχήσετε, έχετε τρεις ολόκληρες ώρες να την αποδείξετε σηµειώνω ότι το τετράδιο που θα σαςδοθεί έχει µπόλικα περιθώρια.10) Να έχετε κατά νου, ότι όλες αυτές τις κρίσιµες µέρες όπου και να γυρίσετε κάποιος θα σας δίνειµια συµβουλή-τώρα καλή ώρα .Mην ψαρώνετε,όλοι γουστάρουν το ρόλο του επαΐοντα.Εσείς τικάνετε; Follοw your heart.11) Στα πλαίσια ψυχολογικών επιχειρήσεων κατά των άλλων υποψήφιων όταν βγείτε από τοσχολείο µετά την εξέταση,στην πρώτη κάµερα που θα συναντήσετε θα πείτε «Τα θέµατα ήταν βατά,έγραψα πολύ καλά» ακόµα και αν δεν έχετε πάει..τόσο καλά.12) «.. προσέξτε στα πρόσηµα» έγραφε την προηγούµενη εβδοµάδα σε ανάλογη λίστα αρθρογράφοςεφηµερίδας ευρείας κυκλοφορίας.Ποιος είµαι εγώ να διαφωνήσω. Προσέξτε λοιπόν τα πρόσηµα.13)Αν δεν βγαίνουν σαν αποτελέσµατα ακέραιοι αριθµοί ή δεν χρησιµοποιήσατε κάποια από τιςυποθέσεις για να λύσετε το θέµα ,τότε είτε έχετε κάνει λάθος είτε οι θεµατοδοτες έχουν µιαπερίεργη αίσθηση χιούµορ.14) ∆εν λύνονται όλες οι εξισώσεις θεωρώντας συνάρτηση.15)Πολλοι λένε για τον θρυλικό υποψήφιο, το όνοµα του οποίου δεν σώζεται που κατόρθωσε ναµάθει όλη την θεωρία την παραµονή της εξέτασης. Είναι τόσο αληθινός όσο και η διετή πουαδυνατίζεις τρώγοντας τα πάντα.ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 201

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ202 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr3.1(Μεζεδάκια)i)Έστω συνεχής συνάρτηση f στο ℝ ώστε: 24 6 ∫ f(x)dx = 3 , ∫ f(x)dx = 12 , ∫ f(x)dx = 20 12 4Να αντιστοιχίσετε κάθε ολοκλήρωμα της στήλης Α στον αριθμό που εκφράζει ηστήλη Β . ΣΤΗΛΗ Α ΣΤΗΛΗ Β Α.-32 4 Β.35 Γ.15 1. ∫ f(x)dx Δ.-4 1 Ε.-23 2 2. ∫ f(x)dx 6 6 3. ∫ f(x)dx 1 2 4. 2∫ (1 − f(x))dx 1 ΣΤ.-15ii)Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f ορισμένη στο 0,1 τέτοια ώστε: 2f(x)f '(x) = 1 + f2 (x) για κάθε x ∈ 0,1Να δείξετε ότι 1 + (f(1))2 =e 1+ (f(0))2iii)Να αποδείξετε ότι ∫π ( π − x)1974 συνxdx = 0 02iv)Να βρείτε την τιμή του λ ∈  0, π  έτσι ώστε να ισχύει:  2  λ ∫ (εϕ2x + εϕx)exdx = 1 0Λύση 4 22i) ∫ f(x)dx = ∫ f(x)dx + ∫ f(x)dx = 3 + 2 = 15 άρα 1 → Γ1 1426 46∫ f(x)dx = −∫ f(x)dx = −(∫ f(x)dx + ∫ f(x)dx) = −32 άρα 2 → Α62 246 246∫ f(x)dx = ∫ f(x)dx + ∫ f(x)dx + ∫ f(x)dx = 3 + 12 + 20 = 35 άρα 3 → Β1 1242 22 2 22∫ 2(∫ ∫ 1 ∫ (1 − f(x))dx = 1dx − f(x)dx) = 2(  x  − f(x)dx)) = 2((2 − 1) − 3) = −41 11 1ii)Ισχύει: 2f(x)f '(x) = 1 + f2 (x) ⇔ 2f(x)f '(x) =1⇔ (1 + f2 (x))' =1 1 + f2 (x) 1 + f2 (x)Άρα ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 203

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr∫ ∫1 10 1dx(1 + f2 (x)) ' dx = ⇔ ln(1 + f2 (x))10 = 1 ⇔ ln(1 + f2 (1)) − ln(1 + f2 (0)) = 1 ⇔ 1+ f2(x) 0⇔ ln 1 + f2 (1) = 1 ⇔ 1+ f2 (1) = e 1 + f2(0) 1+ f 2 (0)∫iii) π ( π − x)1974 συνxdx = 0 02θέτουμε u = π − x οπότε du = −dx 2Για x = π τότε u = π − π = − π 22Για x = 0 τότε u = π = π 22 ππ π∫ ∫ ∫ ∫ ∫π ( π − x)1974 συνxdx = 202 u1974συν( π − u)du = 2 0 2 ή 2− π − π u1974ηµudu = u1974ηµudu + u1974ηµudu −π 0 2 22 π∫ ∫ ∫π ( π − x)1974 συνxdx = 002 2 (1) u1974ηµudu + u1974ηµudu −π 0 2 0I = ∫ u1974ηµudu θέτουμε u = −α οπότε du = −dα −π 2Για u = − π τότε α = π 22Για u = 0 τότε α = 0 ππ 02 2∫ ∫ ∫I = u1974ηµudu = (−α)1974 ηµ(−α)dα = − α1974ηµαdα (2) −π 0 0 2Από (1),(2) ππ ππ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ππ 2 2 = 2 2 = − συνxdx = − α1974 ηµαdα + u1974 ηµudu u1974 ηµudu + u1974 ηµudu( x)1974 − 002 00 00iv)Παρατηρούμε ότιλλ λ∫ ∫ ∫(εϕ2x + εϕx)exdx = 1 ⇔ (εϕ2x + 1 − 1 + εϕx)exdx = 1 ⇔ ((εϕ2x + 1)ex − ex + exεϕx)dx = 100 0 ∫ ( )λ ex ' εϕx − ex )dx = 1 ⇔ εϕx ⋅ ex − e x  λ = 1 ⇔ εϕλ ⋅ eλ − eλ − (−1) = 1 ⇔ 0⇔ ((εϕx)' ex + 0 λ∈ 0 , π  π 2 εϕλ ⋅ eλ = eλ ⇔ εϕλ =1 ⇔ λ = 4204 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr3.2.Εστω οι συνεχείς συναρτήσεις f και g στο διάστημα [1,3] οι οποίες έχουν γραφικέςπαραστάσεις τις Cf και Cg που είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία ΑΒ του σχήματος.i.Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα y 3 3 Β ∫ ( f (x) + g(x))dx Cf 1ii.Αν το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται απότις Cf και Cg είναι 2 , να βρεθούν τα ολοκληρώματα: 33 Cg 1 ∫ f (x)dx και ∫ g(x)dx Α 11iii.Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα: 01 3 x 3  3 f ( x) g (t )dt    dx ∫11 ∫Λύσηi.Έστω Α1 το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται μεταξύ των Cf και της ευθείας ΑΒ , οπότεΑ1 είναι και το αντίστοιχο μεταξύ της Cg και ΑΒ ,Α2 το εμβαδό του χωρίου από την Cg και τιςευθείες χ=1,χ=3 και τον άξονα x’x.Ισχύει: 3 33∫ ( f (x) + g(x))dx = ∫ f (x)dx + ∫ g(x)dx = (2A1+ A2) + A2 = 1 11= 2(A1+ A2) = 2 ⋅ (EΜΒΑ∆Ο ΤΡΑΠΕΖΙΟΥΑΒΓ∆) = 2 ⋅1+ 3 ⋅ 2 = 8 2ii.Από το ερώτημα i) έχουμε : 3 33∫ ( f (x) + g(x))dx = 8 ⇔ ∫ f (x)dx + ∫ g(x)dx = 8 (1) 1 11Επίσης από υπόθεση: 3 33∫ ( f (x) − g(x))dx = 2 ⇔ ∫ f (x)dx − ∫ g(x)dx = 2 (2) 1 11 33Λύνουμε το σύστημα και προκύπτει: ∫ f (x)dx = 5, ∫ g(x)dx = 3 11iii. 3  3 f (x) g (t )dt  dx = 3 f ( x)  3 g (t)dt  dx = 3 3 f ( x)dx = 3 f (x)dx = 3⋅5 = 15     ∫11 ∫  1 1 ∫ ∫ 1 ∫ 3∫ 1 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 205

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr3.3Δίνεται η συνάρτηση f(x) = ln x , x > 1 xi) Να δείξετε ότι f(x) > 0 για x > 1 .ii) Να δείξετε ότι: ln2 x ⋅ f '(x) + f2 (x)(ln x − 1) = 0 , x > 1 .iii) Να υπολογίσετε το ∫e2 ln x − 1 dx . ln2 x eiv) Έστω g(x) = σf(υxν) 2+(1πx),,x0 ≤ x ≤1 > 1Να δείξετε ότι η g είναι συνεχής στο 0,e και κατόπιν να υπολογίσετε το eολοκλήρωμα I = ∫ g(x)dx 0Λύσηi) για x > 1 ⇔ ln x > 0 ,άρα f(x) > 0 .ii) f '(x) =  ln x  ' = (ln x)' x − ln x ⋅ x' = 1 x − ln x = 1 − ln x  x  x2 x x2 x2( )ln2 2 x ⋅ f '(x) + f2 (x)(ln x − 1) = ln2 x 1 − ln x +  ln x  (ln x − 1) = ln2 x 1 − ln x + ln2 x(ln x − 1) = 0 x2  x x2 x2iii) Από το ερώτημα (ii) ln2 x ⋅ f '(x) + f2 (x)(ln x − 1) = 0 ⇔ −f '(x) = ln x − 1 (1) f 2 (x) ln2 x∫ ∫e2 ln x − 1 (1) e2 −f '(x)  1 e2 1 −1 e2 − 2e Υπενθυμίζουμε ότι.. f2 (x)  f(x) e f(e2 ) f(e) 2e dx = dx = = = hg((xx)),, xx < x0 ln2 x ≥ x0 e Για συναρτήσεις του τύπου f (x) = και σlnυxxν2+(π1x),, 0 ≤ x ≤ 1 Όπου,g,h συνεχείς συναρτήσεις και α , β ∈ ℝ με x > 1iv) g(x) =Η g είναι συνεχής στο 0,1) ∪ (1,e ως πράξεις β ∫α < x0 < β .Για να υπολογίσουμε το I = f(x)dx : ασυνεχών εξετάζουμε την συνέχεια στο x0 = 1 •Αποδεικνύουμε ότι η f είναι συνεχής στο x0lim g(x) = lim(ln x + 1) = 1 , g(1) = 1 , lim g(x) = 1 . •Γράφουμε : β x0 β x0 βx →1+ xx→1+ x →1− I = ∫ f(x)dx = ∫ f(x)dx + ∫ f(x)dx = ∫ g(x)dx + ∫ h(x)dxΆρα η g είναι συνεχής στο 0,e . α α x0 α x0∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫I = e g(x)dx = 1 συν(2πx)dx + e (ln x + 1)dx = 1 1 + συν(2πx) dx + e ln x dx + e 1dx = 00 1x 02 1x 1 1 1 + συν(2πx) dx + e e 1 1 1 ηµ(2πx)10 1 e e 0 2 1 2 0 4π 2 1 1∫ ∫ ∫= + 1dx = x  + + (ln x)2  +  x  = .. = (ln x)' ln xdx e 1206 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr3.4 H συνάρτηση f η οποία είναι δυο φορές παραγωγίσιμη ορισμένη στο ℝ τέτοια,ώστε:• f ''(x) = 2 f (x) f '(x) ,για κάθε x ∈ ℝ• f '(0) = 2, f (0) = 1i)Να αποδείξετε ότι : f '(x) = f 2 (x) + 1 ,για κάθε x ∈ ℝii)Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως μονότονη.iii)Να λύσετε την εξίσωση f (x) = 1 .iv)Να αποδείξετε ότι I 1 f (x) f (x) − x) dx = 1 . + f (1 2 =∫ 0v)(Bonus)Να δείξετε ότι f (x) + f (1 − x) ≠ 0 ,για κάθε x ∈ 0,1 .Λύσηi)Έχουμε:( )f ''(x) = 2 f (x) f '(x) ⇔ ( f '(x))' = f 2 (x) ' ⇔ f '(x) = f 2 (x) + c, x ∈ ℝ ,c σταθερός πραγματικόςαριθμός.Αλλά f '(0) = 2, f (0) = 1 οπότε η (1) για x = 0 : f '(0) = f 2 (0) + c ⇔ 2 = 1 + c ⇔ c = 1άρα, f '(x) = f 2 (x) + 1 ,για κάθε x ∈ ℝ .ii) f '(x) = f 2 (x) + 1 > 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .iii)Παρατηρούμε ότι f (0) = 1 η f είναι γνησίως αύξουσα άρα παίρνει την τιμή 1 ακριβώς μιαφορά οπότε η χ=0 είναι μοναδική ρίζα της εξίσωσης f (x) = 1 .iv)Θέτουμε1 − x = u άρα −dx = du με τα νέα άκρα :• x = 0 τότε u = 1• x = 1 τότε u = 0 1 f (x) 0 f (1 − u) 1 f (1 − u) + f (u) −f (u) 1 f (1 − u) + f (u) du + 1 − f (u) 0 + f (1 1 − u) + f 0 f (1 − u) +f (u) 0 f (1 − u) + f (u) 0 − u) +=∫ ∫ ∫ ∫ ∫I − dx = − du = du = du = f (x) x) f (1 (u) f (1 f (u) 1 du = 1 − 0 + f (u) 0∫ ∫ ∫1 1 f (x) f (1 − x) + 1du −00 f (u) dx = 1 − I f (1 − u) + f (x)Δηλαδή I = 1 − I ⇔ 2I = 1 ⇔ I = 1 2v)Με άτοπο. Έστω ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα x1 ∈ 0,1 τέτοιο ώστε f (x1 ) + f (1 − x1) = 0 (*)Διακρίνουμε περιπτώσεις-Αν x1 ∈ (0,1) τότε f (x1) + f (1 − x1 ) = 0 ⇔ f (x1 ) = − f (1 − x1 )Αν x1 < 1− x1 ⇔ x1 < 1 στο διάστημα x1 ,1 − x1  ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ.Bolzano αρα 2υπάρχει έναξ ∈ (x1 ,1 − x1 ) ( 0 < x1 < ξ < 1 − x1 < 1 ) τέτοιο ώστε f (ξ ) = 0 fրΑλλά ξ > 0 ⇒ f (ξ ) > f (0) ⇔ 0 > 1 άτοπο.Ανάλογα αν x1 > 1 − x1-Αν x1 = 0 τότε η (*) : f (0) + f (1) = 0 ⇔ f (1) = 0 δηλαδή f (0) = f (1) άτοπο η f είναι γνησίωςαύξουσα άρα 1-1-Αν x1 = 1 , ομοίως.Άρα, σε κάθε περίπτωση δεν θα υπάρχει x1 ∈ 0,1 τέτοιο ώστε f (x1 ) + f (1 − x1) = 0 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 207

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr3.5(all time classic μεζεδάκια…)i)Έστω συνεχής συνάρτηση f για τη οποία ισχύει f(α + x) + f(α − x) = 2β για κάθε 2αx,α,β ∈ ℝ να αποδείξετε ότι ∫ f(x)dx = 2αβ . 0ii)Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο α,β και ισχύει f(x) + f(α + β − x) = c ,για κάθεx ∈ α,β ,όπου c σταθερά, να δείξετε ότι : β f(x)dx = (β − α)f  β + α  = β − α ( f(α) + f(β))  2  2 ∫ αiii)Αν η συνάρτηση f έχει συνεχή παράγωγο στο α,β και αντιστρέφεται, νααποδείξετε ότι: f(β) β ∫ ∫f−1(x)dx = xf '(x)dx f(α) αΛύσηi) Ολοκληρώνουμε την σχέση που μας δόθηκε στο διάστημα 0,α αα α ∫ f(α + x)dx + ∫ f(α − x)dx = ∫ 2βdx (1) 00 0 αΓια το ολοκλήρωμα ∫ f(α + x)dx θέτουμε u = α + x άρα du = dx και τα νέα όρια ολοκλήρωσης 0είναι α 2αu1 = α, u2 = 2α άρα ∫ f(α + x)dx = ∫ f(u)du 0α αΓια το ολοκλήρωμα ∫ f(α − x)dx θέτουμε u = α − x άρα du = −dx και τα νέα όρια 0 α0ολοκλήρωσης είναι u1 = α, u2 = 0 άρα ∫ f(α − x)dx = −∫ f(u)du 0α α α α 2α 0 αΗ (1)παιρνει την μορφή : ∫ f(α + x)dx + ∫ f(α − x)dx = ∫ 2βdx ⇔ ∫ f(u)du − ∫ f(u)du =∫ 2βdx ⇔ 00 0 α α0∫ ∫ ∫ ∫2α f(u)du 2α ⇔ 2α = 2β x  α ⇔ 2α = 2βα 0 = β du f(u)du f(u)du0 00 0 ββii) ∫ f(x)dx =∫(c − f(α + β − x))dx (1) ααθέτω α + β − x = u ⇔ −dx = duΓια x = α τότε u = βΓια x = β τοτε u = α(1)ββ ββ β ββ∫ f(x)dx =∫(c − f(α + β − x))dx ⇔ ∫ f(x)dx =∫ (c − f(u))du ⇔ ∫ f(x)dx =∫ cdu − ∫ f(u)du ⇔αα αα α αα β ββ β β β β =c(β − α) f(x)dx = cdx − f(x)dx ⇔ 2 f(x)dx = cdx 2 f(x)dx f(x)dx∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫⇔ ⇔ =c(β − α) ⇔ α2 (2) α αα αα αΗ f(x) + f(α + β − x) = c ισχύει για κάθε x ∈ α,β•Για x = α τότε f(α) + f(α + β − α) = c ⇔ f(α) + f(β) = c208 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΆρα η (2) γίνεται : β f(x)dx = (f(α) + f(β)) β − α 2 ∫ α•Για x = α + β τότε α + β) + f(α +β− α +β = c ⇔ f(α + β) + α +β = c ⇔ α +β = c f( ) f( ) 2f( ) 22 2 22 2Άρα η (2) γίνεται: β = f(α + β)(β − α) 2 ∫ f(x)dx α(Για δοκιμάστε να λύσετε με την χρήση της παραπάνω ιδιότητας το 2π∫ολοκλήρωμα ηµ2017xdx ) 0iii)Είναι: f(β) ∫ f−1(x)dx f(α)Θέτω x = f(u) ⇔ f−1(x) = u τότε dx = f '(u)duΓια x = f(α) τότε u = αΓια x = f(β) τότε u = β f(β) β β ∫ f−1(x)dx =∫ uf '(u)du = ∫ xf '(x)dx f(α) α α3.6.Δίνεται η δυο φορές παραγωγίσιμη και κοίλη συνάρτηση f : ℝ → ℝ έτσι ώστεf (1) = f (2) = 0 .Να δείξετε ότι:i)Υπάρχει μοναδικός ξ ∈ (1, 2) τέτοιο ώστε f '(ξ ) = 0 .ii)Η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο ξ.iii)Αν επιπλέον ισχύει f '(1) = 1 και η f '' συνεχής στο ℝ ,να δείξετε ότι: α) f (ξ ) < 1 ξ β) ∫ xf ''(x)dx = 1− f (ξ ) 1Λύσηi)Η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο διάστημα [1, 2] (παραγωγίσιμηστο (1, 2) , συνεχής στο [1, 2] , f (1) = f (2) = 0 ) άρα μοναδικός ξ ∈ (1, 2) τέτοιο ώστε f '(ξ ) = 0 .ii) H f είναι κοίλη στο ℝ συνεπώς η f’ είναι γνησίως φθίνουσα , έτσι: x<ξ f 'ց f '(x) > f '(ξ ) ⇔ f '(x) > 0 ⇒ f 'ց x > ξ ⇒ f '(x) < f '(ξ ) ⇔ f '(x) < 0Συνεπώς f γνησίως αύξουσα στο (−∞,ξ ] και γνησίως φθίνουσα [ξ , +∞) με f '(ξ ) = 0 άρα ηπαρουσιάζει ολικό μέγιστο στο ξ.iii)α) H εξίσωση της εφαπτομένης της f στο x0 = 1 είναι:(ε) y − f (1) = f '(1)(x −1) ή y = x −1H f είναι κοίλη στο ℝ άρα η γραφική παράσταση της f είναι κάτω από την εφαπτομένη (ε) (με εξαίρεση το σημείο επαφής) άρα f (x) ≤ x −1 για κάθε x ∈ ℝ .Ισχύει για χ=ξ: f (ξ ) ≤ ξ −1 , όμως ξ < 2 ⇔ ξ −1 < 1 άρα f (ξ ) < 1β)∫ ∫ ∫ξ ξ ξxf ''(x)dx Π=.Ο[ xf '( x) ]ξ1 x' f '(x)dx = [xf '( x)]ξ1 f '(x)dx = [xf '(x)]ξ − [ f (x)]ξ = [xf '(x) − f (x)]ξ − − 11 111 1= (ξ f '(ξ ) − f (ξ )) − (1 f '(1) − f (1)) = (− f (ξ )) − (−1) = 1− f (ξ ) ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 209

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr3.7Εστω η συνάρτηση f,με f(x) = ln(1 + 1) − 1 1 x ορισμένη στο (0,+∞) . x +i)Να εφαρμόσετε το Θεώρημα Μέσης Τιμής για την συνάρτηση ϕ(x) = ln x στοδιάστημα x, x + 1 για x > 0 . Να δείξετε ότι f(x) > 0 για κάθε x > 0 .ii)Να δείξετε ότι η συνάρτηση h(x) = (1 + 1)x είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα x(0,+∞) .iii)Να λύσετε την ανίσωση (1 + 1 )x2 +1 < 1, 110 + 1 x 2iv)Να υπολογίσετε τα h(1), h(2) .Αν είναι γνωστό 2 = 7 2 ότι ∫ h(x)dx 1 9 4να υπολογίσετε το ∫I = h−1(x)dx ( 2Λύσηi)Θεωρούμε την συνάρτηση φ, με ϕ(x) = ln x .Η φ είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στοδιάστημα x, x + 1 , x > 0 .Επομένως για την φ ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ στοx, x + 1 .Άρα υπάρχει ξ ∈ (x, x + 1) με x < ξ < x + 1 (1) τέτοιο ώστεϕ'(ξ) = ϕ(x + 1) − ϕ(x) ⇔ 1 = ln(x + 1) − ln x ⇔ 1 = ln x + 1 (2) x+1− x ξ ξ xΗ (1) δίνει: 1 > 1 > 1 (3) x ξ x+1Από(2),(3) προκύπτει 1 > ln x + 1 > x 1 1 για κάθε x ∈ (0,+∞) xx +Άρα: ln x+1− 1 >0 ⇔ f(x) >0 για κάθε x >0 . x x+1i)H h είναι παραγωγίσιμη στο (0,+∞) .Είναιh(x) = (1 + 1 )x ⇔ ln h(x) = ln(1 + 1)x ⇔ ln h(x) = x ln(1 + 1) ⇔ h '(x) = ln(1 + 1) + x 1  x + 1  ⇔ x x x h(x) x +  x  ' 1 1 xh '(x) 1) + 1  1  h '(x) 1)+ x2  − 1  h '(x) 1)− 1h(x) x x+1  x2  h(x) x  x2  h(x) x x+1 = ln(1 + x − ⇔ = ln(1 + ⇔ = ln(1 + ⇔ x+1 xh '(x) = h(x)  ln(1 + 1 ) − x 1 1  (4)  x + Όμως h(x) = (1 + 1)x >0 στο διάστημα ( 0, +∞ ) και από το ερώτημα (i) ln x + 1 − 1 > 0 στο x x + x 1διάστημα (0, +∞) άρα h '(x) > 0 για x > 0 , οπότε η h είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα(0,+∞) .iii)(1 + 1 )x2 + 1 < 1, 110 ⇔ (1 + 1 )x2 +1 <  11 10 ⇔ (1 + 1 )x2 + 1 <  1 + 1 10 ⇔ + +  10  + 1  10  x 2 1 x 2 1 x 2 hր στο (0,+∞)⇔ h(x2 + 1) < h(10) ⇔ x2 + 1 < 10 ⇔ x2 < 9 ⇔ −3 < x < 3210 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.griv) h(1) = (1 + 1)1 = 2, h(2) = (1 + 1)2 = ( 3)2 = 9 1 2 24 2∫I = h−1(x)dx 1Θέτω x = h(u) ⇔ h−1(x) = u τότε dx = h '(u)duΓια νέα όρια ολοκλήρωσηςx = 9 ⇔ h(u) = h 1−1 = 2 4 h(2) ⇔ u h 1−1x = 2 ⇔ h(u) = h(1) ⇔ u = 19 2242 2 2∫ ∫ ∫h−1(x)dx = h−1(h(u)) ⋅ h '(u)du = u ⋅ h '(u)du = u ⋅ h(u) − ∫ h(u)du =2h(2) − 1h(1) − ∫ h(u)du =21 1 11 1= 2 9 − 1⋅ 2 − 7 = −1 423.8 Δίνονται οι συναρτήσεις f , g : ℝ → ℝ με f παραγωγίσιμη τέτοιες ώστε:• ( f (x) + x)( f '(x) + 1) = x, για κάθε x ∈ ℝ • f (0) = 1• g(x) = x3 + 3x − 1i)Να αποδείξετε ότι: f (x) = x2 + 1 − x , x ∈ ℝii)Να βρείτε το πλήθος των πραγματικών ριζών της εξίσωσης f (g(x)) = 1iii)Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα ∫1 g(x) − 2x2 − 4x + 1 dx ex + x3 + x2 + x + 1 0Λύση( )i)Για κάθε x ∈ ℝ : ( f (x) + x)( f '(x) + 1) = x ⇔ 2( f (x) + x)( f '(x) + 1) = 2x ⇔ ( f (x) + x)2  ' = x2 'Άρα από συνέπειες Θ.Μ.Τ ( f (x) + x)2 = x2 + c όπου c σταθερός πραγματικός αριθμόςΓια x = 0 : f (0) + 0 = 02 + c ⇔ c = 1Άρα ,για κάθε x ∈ ℝ ( f (x) + x)2 = x2 + 1 (1)Η συνάρτηση f (x) + x , x ∈ ℝ είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών , ισχύει:( f (x) + x)2 = x2 + 1 > 0 για κάθε x ∈ ℝ δηλαδή η f (x) + x ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝ έτσι η f (x) + xδιατηρεί πρόσημο στο ℝ .Επειδή όμως f (0) + 0 = 1 > 0 άρα για κάθε x ∈ ℝ f (x) + x > 0 οπότεαπό την (1) f (x) + x = x2 + 1 ⇔ f (x) = x2 + 1 − x , x ∈ ℝii) f '(x) = x2 + 1 − x ⇔ ... ⇔ f '(x) = x − x2 + 1 για x ∈ ℝ x2 + 1 x2 + 1 > x2 ⇔ x2 + 1 > x ≥ x ⇒ x − x2 + 1 < 0 για x ∈ ℝ άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στοℝ , άρα και 1-1.Η εξίσωση f 1−1f (g(x)) = 1 ⇔ f (g(x)) = f (0) ⇔ g(x) = 0g '(x) = 3x2 + 6x , g '(x) = 0 ⇔ .. ⇔ x = 0 ή x = −1 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 211

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΑν x ∈ (−∞,−1 η g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα(( )lim g(x) = lim x3 = −∞ , g(−1) = − 1  1 x → −∞ x → −∞ 2 άρα g −∞, −1 =  −∞, − 2 Αν x ∈ (−1,0 η g είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα( )(lim g(x) = − 1 , g(0) = −1 −1, − 1 x → −1+ 2 άρα g −1, 0  = 2 Αν x ∈(0, +∞) η g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα( )lim g(x) = −1 , lim g(x) = +∞ άρα g (0, +∞) = (−1, +∞)x→0+ x → +∞0 ∉  −∞, − 1  άρα δεν υπάρχει ρίζα στο ( −∞ , −1  2 0 ∉ −1, − 1  άρα δεν υπάρχει ρίζα στο ( −1, 0  2 0 ∈ (−1,+∞) οπότε έχει ρίζα στο (0, +∞) η οποία είναι μοναδική αφού g γνησίως αύξουσαστο (0, +∞) .Τελικά, η εξίσωση f (g(x)) = 1 έχει ακριβώς μια ρίζα. 1 g(x) − 2x2 − 4x + 1 1 x3 + 3x − 1− 2x2 − 4x + 1 1 x3 − 2x2 − x 0 ex + x3 + x2 + x + 1 ex + x3 + x2 + x +1 + x3 + x2 + x∫ ∫ ∫iii) dx = 0 dx = 0 ex + 1 dx = 1 (ex + x3 + x2 + x + 1) − (ex + 3x2 + 2x + 1) 1 1 e x + 3x2 + 2x + 1 0 ex + x3 + x2 + x + 1 0 ex + x3 + x2 +x+1∫ ∫ ∫= dx = − dx = 1dx 0∫ ∫=1 − 2 (ex + x3 + x2 + x + 1) ' dx = x10 +l n ex + x3 + x2 + x + 1 1 = ... 1 ex + x3 + x2 + x +1 0 1dx 03.9 i)Έστω η συνάρτηση g ,η οποία είναι συνεχής σε ένα διάστημα α,β καιπαραγωγίσιμη στο διάστημα (α,β) .Αν ισχύει η σχέση β ∫ g(x)dx = g(β) − g(α) αΝα αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ (α,β) τέτοιο ώστε g(ξ) = g '(ξ) .ii)Δίνεται η συνάρτηση f : ℝ → ℝ η οποία είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα .Νααποδείξετε ότι: x xf(x) > ∫ f(t)dt για κάθε x > 0 . 0(Μπορείτε να το ερμηνεύσετε γεωμετρικά;)Λύση i)Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο α,β άρα υπάρχει παράγουσα G της g στοπαραπάνω διάστημα. Οπότε σύμφωνα με το θεώρημα ολοκληρωτικού λογισμού βισχύει: ∫ g(x)dx = G(β) − G(α) α βΌμως από υπόθεση ∫ g(x)dx = g(β) − g(α) αΆρα G(β) − G(α) = g(β) − g(α) ⇔ G(β) − g(β) = G(α) − g(α) (1)212 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΘεωρούμε την συνάρτηση h(x) = G(x) − g(x) , x ∈ α,βΤότε•Η h είναι συνεχής στο α,β ( διαφορά συνεχών)•Η h είναι παραγωγίσιμη στο (α,β) μεh '(x) = G'(x) − g '(x) = g(x) − g '(x) για κάθε x ∈ (α,β)h(α) = G(α) − g(α) = G(β) − g(β) = h(β)Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ (α,β) τέτοιο ώστεh '(ξ) = 0 ⇔ g(ξ) − g '(ξ) = 0 ⇔ g(ξ) = g '(ξ) .ii)Η ζητούμενη ανισότητα για x > 0 γράφεται x xx xx xxf(x) > ∫ f(t)dt ⇔ f(x)∫ dt > ∫ f(t)dt ⇔ ∫ f(x)dt − ∫ f(t)dt > 0 ⇔ ∫[f(x) − f(t)]dt > 0 0 00 00 0Η τελευταία ανισότητα είναι αληθής, αφού για κάθε x > 0 έχουμε t ∈ 0, x ,δηλαδή 0 ≤ t ≤ xΤώρα επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα συμπεραίνουμε ότι f(t) ≤ f(x) .Άρα, η συνεχήςσυνάρτηση h(t) = f(x) − f(t), t ∈ 0, x είναι αρνητική και όχι παντού μηδέν στο διάστημα0, x . xxΕπομένως ∫ h(t)dt > 0 ⇔ ∫[f(x) − f(t)]dt > 0 00Τι σημαίνει γεωμετρικά η παραπάνωανισοτική σχέση; Ότι το εμβαδό τουχωρίου που περικλείεται από την Cf ,τοναξoνα x’x τον άξονα y’y και την ευθείαAB είναι μικρότερο από το εμβαδό τουορθογωνίου ΟΔΑΒ.3.10.Δίνεται η συνάρτηση f (x) = ex − ln x, x > 0 2i)Να δείξετε ότι υπάρχει σημείο της Cf στο οποίο η εφαπτομένη της να είναιπαράλληλη στον x’x.ii)Να αποδείξετε ότι f (x) > 1 για κάθε x ≥ 1 .iii)Να αποδείξετε ότι e 2016 − e2015 > ln  2016 2 .  2015 iv)Να βρείτε το όριο lim  f ( x) + f  1  .   x  x → +∞ v) Η συνάρτηση g έχει συνεχή δεύτερη παράγωγο στο ℝ .Αν στο x0 = λ > 0 παρουσιάζειτοπικό ελάχιστο ίσο με το 0,να αποδείξετε ότι λ 2x2 f (x) λ ex − 2 ln x ∫ g ''(x)dx = 2∫ g(x)dx 0 0Λύσηi)Η f είναι παραγωγίσιμη στο (0,+∞) άρα f '(x) = ex − 1 = xex − 2 , x > 0 2 x 2xΘα δείξουμε ότι υπάρχει x0 > 0 τέτοιο ώστε f '(x0 ) = 0 ⇔ xex − 2 = x>0 −2 = 0 2x 0 ⇔ xex ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 213

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΘεωρούμε συνάρτηση g(x) = xe x − 2 , x ∈  1  .Έχουμε:  4 ,1g( 1) = 1 1 −2<0, g(1) = e1 − 2 > 0 η g συνεχής στο  1  άρα από το θεώρημα Bolzano  4 ,144 e4υπάρχει τουλάχιστον ένα x0 ∈  1 ,1 τέτοιο ώστε : g(x0 ) = x0ex0 −2 = 0 ⇔ f (x0 ) = 0  4ii)Για κάθε x > 1ex > e1 ⇒ ex > e (1) και 1 < 1 ⇔ − 1 > −1 (2) 22 xx(1) +(2) ex − 1 > e − 1 > 0 ⇒ f '(x) > 0 για κάθε x > 1 οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο 2x21, +∞) άρα f (x) ≥ f (1) ⇔ f (x) ≥ e > 1 για κάθε x ∈ 1, +∞) . 2iii) Από την μονοτονία της ff (2016) > f (2015) ⇒ e2016 − ln 2016 > e2015 − ln 2015 ⇔ e2016 − e2015 > ln 2016 − ln 2015 ⇔ e2016 − e2015 > ln 2016 22 22 2 2015e 2016 − e2015 > 2 ln 2016 ⇔ e 2016 − e2015 >  2016 2 2015 ln  2015 iv)Έχουμε:     ex   1   ex 1  ex 1 ex 1   1  2   1   2   2 ex lim f ( x) + f x = lim − ln x  +  ex − ln x  = lim  − ln x + e x + ln x  = lim  + 2  = lim + ex =  2  x → +∞ x → +∞ 2 x → +∞  x → +∞ x→+∞ 2 1= lim ex + e x = +∞ 2x→+∞v) Η συνάρτηση g στο x0 = λ > 0 παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο g(λ) = 0 , άρα από τοθεώρημα Fermat είναι g '(λ) = 0 . 2 x2  ex − ln x  λ λ λ  2  0 = x2 g '(x) 0 0λ λ∫ ∫ ∫ ∫0 = 2x2 f (x) g ''(x)dx   g ''(x)dx x2 g ''(x)dx = − 2xg '(x)dx =ex − 2 ln x 0 ex − 2 ln x λ − (x2 g(x)0λ λ λ λ λ g '(λ )=0 λ 0 0 0 2 =2 g( λ ) =0∫ ∫ ∫=x2 x) − =  x2 '( x) −  x2  + g(x)dx g '( 2g(x)dx) g g( x) g(x)dx 0 00214 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr3.11.Ένας μοτοσικλετιστής,o Μήτσος ,κινείται στο επίπεδο γράφοντας μια καμπύλη.Οι συντεταγμένες του κατά την χρονική στιγμή t δίνονται από τους τύπους: x = ln t, y = (ln t)2i) Να βρείτε την συνάρτηση f ,της οποίας η γραφική παράσταση Cf είναι η τροχιάπου γράφει ο μοτοσικλετιστής Μήτσος.ii)Να βρείτε την εφαπτομένη της τροχιάς αυτής στο τυχαίο σημείο της Cf Μ(x1,y1)iii)Η εφαπτομένη της Cf στο σημείο Μ(x1,y1), 0<x1<3 τέμνει στο σημείο Π ένα τοίχο Τπαράλληλο προς τον άξονα y’y που τα σημεία του ικανοποιούν την εξίσωση x=3(σχήμα). Να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της θέσεως του Π στον τοίχο Τ (ταχύτητα),όταν το σημείο Μ βρίσκεται στην θέση x=1.iv)Δυο πόλεις Α,Β απέχουν μεταξύ τους απόσταση 216 km.O Μήτσος με τηνμοτοσικλέτα του και ο Κώτσος- ένας φίλος του- επίσης με μοτοσικλέτα ξεκινούνταυτόχρονα ο ένας από την πόλη Α και ο άλλος από την πόλη Β κατευθυνόμενοι οπρώτος στην πόλη Β και δεύτερος στην πόλη Α ,οι ταχύτητες τους αντίστοιχα είναιu1 = t2 + 3t km / h και u2 = 5t km / h αντίστοιχα .Να βρεθεί μετά από πόσο χρόνο οι δυομοτοσικλετιστές θα συναντηθούν και σε ποιο σημείο μεταξύ των δυο πόλεων;Λύσηi) x = ln t ⇔ xy = ln t άρα f(x) = x2 , x > 0 y = = x2 (ln t )2ii)Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της Cf στο CfM είναιy − f(x1 ) = f '(x1 )(x − x1 ) ⇔ y − x12 = 2x1(x − x1 ) ⇔ y = 2x1x − x12 Πiii)Η ευθεία αυτή τέμνει τον τοίχο Τ στο σημείο όπου χ=3δηλαδήy = 2x1(3) − x12 ⇔ y = 6x1 − x12 άρα οι συνταγμένες του M(x1,y1)μεταβλητού σημείου Π είναι: Π (x1 ,6x1 − x12 ) x1(t) = ln t O3 y1(t) = 6 ln t − ln2 tΠαραγωγίζουμε εφόσον αναζητούμε τον ρυθμό μεταβολής της θέσεως του Π x1 '(t) = (ln t ) ' = 1 t y1 '(t) = 6 − 2 ln t t tΑπό υπόθεση ,όμως x1 = 1 άρα ln t = 1 ⇔ t = eΚαι με αντικατάσταση y'(t) = 6 − 2 ln e = 4 ee eiv)Έστω t0 η διάρκεια της κίνησης των δυο μοτοσικλετιστών μέχρι την συνάντησης τουςστο σημείο Γ. Είναι τότε ΑΓ Β ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ2Τ1Σ6ΗkΣmΣ. 215

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr∫(AΓ) = t0 (t2 + 3t)dt =  t3 + 3t2 t0 = t03 + 3t02 km Είναι τόσο μικρές οι ταχύτητες 0  3 2  3 2 των μοτοσικλετών ,πράγμα  0∫(BΓ) = t0 5tdt =  5t2 t0 = 5t02 km που σημαίνει ότι ο Μήτσος και 0  2  2 ο Κώτσος οδηγούν σαράβαλα..  0Όμως (AΓ) + (BΓ) = 216 ⇔ 5t02 + t 3 + 3t02 = 216 ⇔ ... ⇔ t0 =6 h 2 0 2 3Για t0 =6 h προκύπτει (AΓ) = 63 + 3⋅62 = 126 km , (BΓ) = 5 ⋅ 62 = 90 km 3 2 23.12 Δινεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ℝ → ℝ για την οποία ισχύουν▪ lim f (x) − x − 1 ∈ ℝ x2 x→0▪ ( f '(x))2 + (λ f (x))2 ≤ λ( f 2 (x))' ,για κάθε x ∈ ℝi)Να αποδείξετε ότι f (0) = 1ii)Να αποδείξετε ότι f (x) = eλx , λ > 0iii)Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράσταση στης f η οποίαδιέρχεται από την αρχή των αξόνων.iv)Να αποδείξετε ότι το εμβαδό E(λ) του χωρίου που περικλείεται από την Cf,τηνπαραπάνω εφαπτομένη και τον άξονα x’x είναι E(λ ) = e−2 2λΛύσηi)Η g είναι παραγωγίσιμη άρα και συνεχής στο ℝ , έτσιθέτω g(x) = f (x) − x − 1 ⇔ x2 g(x) = f (x) − x − 1 ⇔ x2 g(x) + x + 1 = f (x) x2Λαμβάνουμε όρια και εφαρμόζουμε ιδιότητες ορίων γνωρίζοντας ότι τα όρια υπάρχουν( )lim x2 g(x) + x + 1 = lim f (x) ⇔ 02 g(0) + 0 + 1 = lim f (x) ⇔ lim f (x) = 1 αλλά f συνεχής στο 0 οπότεx→0 x→0 x→0 x→0 f (0) = lim f (x) = 1 x→0ii)Έχουμε:( f '(x))2 + (λ f (x))2 ≤ λ( f 2 (x))' ⇔ ( f '(x))2 + (λ f (x))2 ≤ 2λ f (x) f '(x) ⇔ ( f '(x))2 + (λ f (x))2 − 2λ f (x) f '(x) ≤ 0 ⇔( f '(x) − λ f (x))2 ≤ 0 ⇔ f '(x) − λ f (x) = 0 ⇔ e−λx f '(x) − λe−λx f (x) = 0 ⇔ e−λx f '(x) + (e−λx )' f (x) = 0 ⇔( )e−λx f (x) ' = 0 ⇔ e−λx f (x) = c ⇔ f (x) = ceλxΑλλά, f (0) = 1 έτσι f (0) = ceλ⋅0 ⇔ c = 1 , τελικά f (x) = eλx , λ > 0 .iii)Έστω A(x0 , f (x0 )) το σημείο επαφής τότε η εξίσωση της Cf στο σημείο Α είναι:y − f (x0 ) = f '(x0 )(x − x0 ) ⇔ y − eλx0 = λeλx0 (x − x0 )Η εφαπτομένη διέρχεται από την αρχή των αξόνων0 − eλx = λeλx0 (0 − x0 ) ⇔ −eλx = −λeλx0 x0 ⇔ 1 = λ x0 ⇔ x0 = 1 λΆρα η εξίσωση της εφαπτομένης είναιy − e λ 1 = λ e λ 1 ( x − 1 ) ⇔ y−e = λ e(x − 1 ) ⇔ y−e = λex − e ⇔ y = λex λ λ λ λiv)Η f είναι κυρτή διότι f ''(x) = λ2eλx > 0 άρα η εφαπτομένη στο Α βρίσκεται «κάτω» απότην Cf, δηλαδή216 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr f (x) ≥ λex ⇔ f (x) − λex ≥ 0Έχουμε∫ ∫1 1  1 λ 1  1 2 λ  eλx λ λ  λ  eλ⋅0λ − λ =  λ − λ x2  = e − λ − λ + λe 02 = e − e − 1 = 2e − e − 2 = e−2 (eλx ex)dx e 2 0 e 2 λ 2λ λ 2λ 2λ 2λ 2λ ( f (x) − λex)dx = λ 2 003.13 Έστω f : (0, +∞) → ℝ γνησίως μονότονη συνάρτηση με f (1) = 0 , η όποια ικανοποίειτην σχέση: f ( f '(x)) + f (x) = 0 για κάθε x > 0 .Να αποδείξετε ότι :i) f '(1) = 1ii) ( f ' o f ')(x) = x ,για κάθε x > 0iii) xf '(x) + f '(x) = 0 ,για κάθε x > 0iv) f (x) = ln x , για κάθε x > 0v) Να βρεθεί το εμβαδό E(λ) του χωρίου που περικλείεται από την Cf,τον άξονα x’xκαι την ευθεία με εξίσωση x = λ , λ > 1vi)Να βρεθεί το lim 3948 E(λ ) (λ − 1)2 λ →1+vii) Να αποδείξετε ότι x ln x ≥ x − 1 για κάθε x ≥ 1 .viii)Αν λ >1 να αποδείξετε ότι ln λ ≥ 3λ 2 − 4λ +1 . 2λ 2( Υπόδειξη : χρησιμοποιήστε το ερώτημα (viii))Λύσηi)Από υπόθεση έχουμε: f ( f '(x)) + f (x) = 0 (1)Για x = 1 : f ( f '(1)) + f (1) = 0 ⇔ f ( f '(1)) = 0 (2)Όμως η f είναι γνησίως αύξουσα άρα είναι και 1-1 οπότε 1−1 f ( f '(1)) = 0 ⇔ f ( f '(1)) = f (1) ⇔ f '(1) = 1ii)Επειδή ισχύει η (1) για κάθε x > 0 και ορίζεται η ( fof ')(x) στο (0, +∞) συμπεραίνουμε ότι:f '(x) > 0 ,για κάθε x > 0 .Θέτουμε στην (1) όπου x το f '(x) και παίρνουμε: (1)f ( f '( f '(x))) + f ( f '(x)) = 0 ⇔ f ( f '( f '(x))) − f (x) = 0 ⇔ 1−1⇔ f ( f '( f '(x))) = f (x) ⇔ f '( f '(x)) = x ⇔ ( f ' of ')(x)) = x (3)iii)Παραγωγίζουμε την (1) (3)f '( f '(x)) f ''(x) + f '(x) = 0 ⇔ xf ''(x) + f '(x) = 0 (4) για κάθε x > 0iv)Από την (4) έχουμε:xf ''(x) + f '(x) = 0 ⇔ xf ''(x) + x' f '(x) = 0 ⇔ ( xf '(x))' = 0 ⇔ xf '(x) = c (5)Αλλά f '(1) = 1 οπότε η (5) γίνεται 1 f '(1) = c ⇔ c = 1 x>0 f '(x) = 1 ⇔ f (x) = ln x + c1 .Όμως f (1) = 0 άρα f (1) = ln 1 + c1 ⇔ c1 = 0 xxf '(x) = 1⇔Τελικά , f (x) = ln x , για κάθε x > 0 .v) f (x) = ln xΕπειδή, η f είναι συνεχής στο 1,λ  και με θετικές τιμές σε αυτό ή μηδέν ,αφού ln x ≥ 0 γιακάθε x ≥ 1 έχουμε: ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 217

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr λλ = x ln x1l − λ x 1 dx = x ln x1l λ x ln x1λ − x1λ x ln x − x1λ 1x ln xdx = − 1dx 11 1∫ ∫ ∫ ∫E(λ) = = = = = x'ln xdx= λ ln λ − λ − 1ln 1 + 1 = λ ln λ − λ + 1vi)Ισχύει: 3948 E(λ ) 3948(λ ln λ − λ (λ ln λ − λ + 0 (λ ln λ − λ + 1)' (λ − 1)2 (λ − 1)2 (λ − 1)2 (λ − 1)2 ' = lim + 1) = 3948 lim 1) =0 lim = λ →1+ λ →1+ D.L.Hospital λ →1+lim 3948( )λ→1+ (ln λ − 1 + ln λ 01 2(λ − 1) 2(λ − 1) (ln λ)'( )3948lim 1) = 3948 lim 0 3948 lim (2(λ − 1))' = 3948 lim λ = 3948 lim 1 = 3948 1 = 1974 λ →1+ 2 λ →1+ 2λ 2 λ →1+ λ →1+ = λ →1+ D.L.Hospitalvii)θεωρούμε συνάρτηση g(x) = x ln x − x + 1 με x ≥ 1 , την εξετάζουμε ως προς την μονοτονίακαι τα ακρότατα( τετριμμένο) και διαπιστώνουμε ότι παρουσιάζει ελάχιστο στο x0 = 1 άραγια κάθε x ≥ 1 ισχύει g(x) ≥ g(1) ⇔ x ln x − x + 1 ≥ 1ln1 − 1 + 1 ⇔ x ln x − x + 1 ≥ 0 ⇔ x ln x ≥ x − 1viii)Από το ερώτημα (vii) ισχύει για κάθε x ≥ 1 ισχύει x ln x ≥ x − 1 (*)Ολοκληρώνουμε την (*)με άκρα 1,λλ λ λ λ 1∫ ∫ ∫ ∫1 − λ λ  x2  x − 11λ  x 2 ln x  x2 1 dx  x2   2 ' ln xdx  2  1 2 x  2 xx ln xdx ≥ (x − 1)dx ⇔ 1  ≥ ⇔   ⋅ ≥  − 1 ⇔ 1  x 2 ln x λ λ x dx  x2  λ  x2 ln x λ  x2 λ  x2 λ  2  2  2   2   4   2 x∫⇔  1 − ≥  − x 1 ⇔  1 −  1 ≥  − 1 ⇔ 1⇔  λ2 ln λ − 12 ln 1  −  λ 2 − 12  ≥  λ2 − λ  −  12 −  ⇔ λ2 ln λ − λ2 −1 ≥ λ2 −λ + 1        1 2 2   4 4  2  2  2 42 22λ 2 ln λ − λ2 +1 ≥ 2λ 2 − 4λ + 2 ⇔ 2λ 2 ln λ ≥ 3λ 2 − 4λ +1 ⇔ ln λ ≥ 3λ 2 − 4λ +1 2λ 23.14 (ολοκληρωτικά μεζεδάκια…)A. Δίνεται συνάρτηση f : ℝ → ℝ δυο φορές παραγωγίσιμη για την οποία ισχύειf ''(x) > 0 για κάθε x ∈ ℝ .Αν α , β ∈ ℝ ,με α < β ,τότε να αποδείξετε ότι:i) f (x) − f (α ) ≤ f '(β )(x −α ) για κάθε x ∈ α , β  βii) 2∫ f (x) ≤ f '(β )(β −α )2 + 2 f (α )(β −α ) αB.Δίνεται η συνάρτηση f (x) = xe−ν x , x ∈ ℝ και ν ∈ ℕ*i)Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα.ii)Να μελετήσετε την f ως προς την κυρτότητα και τα σημεία καμπής . 2 νiii)Να αποδείξετε ότι: 2 ≤ ∫e2ν 2 xe−ν xdx ≤ e 1 νΛύσηΑ.i)Η ζητούμενη σχέση ισχύει ως ισότητα για x = α .Έστω x ∈ (α , β  , από το Θ.Μ.Τ για την fστο α , x , υπάρχει ξ ∈ (α , x) τέτοιο , ώστε: f '(ξ ) = f (x) − f (α ) x −αΌμως η f’ είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ και επειδή είναι α < ξ ≤ x ≤ β θα εχουμε:f '(ξ ) < f '(β ) ⇔ f (x) − f (α ) < f '(β ) ⇔ f (x) − f (α ) ≤ f '(β )(x −α ) x −αii)Για κάθε x ∈ α , β  ισχύει ότιf (x) − f (α ) ≤ f '(β )(x −α ) ⇔ f (x) ≤ f '(β )(x −α ) + f (α )218 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΟπότεβ β β β α∫ ∫ ∫ ∫ ∫α +f (x)dx ≤ f ββ f (α )dx ⇔ f (x)dx ≤ f '( β )  x2 − α x  f (α )dx ⇔  2  α '(β ) (x −α )dx +  α ααβ f '(β )(( β 2 α 2 β '(β )( β 2 + α2 )+ (∫ ∫⇔ f (x)dx ≤ − αβ ) − − α 2 )) + f (α )(β −α) ⇔ f (x) ≤ f − αβ f (α )(β −α) ⇔α 22 α 22∫ ∫β f (x)dx ≤ f '(β )( β 2 −αβ + α 2 ) + f (α )(β − α ) ⇔ β f (x)dx ≤ f '(β )( β 2 − 2αβ + α 2 ) + f (α )(β − α ) ⇔α 22 α 2 β2∫ f (x)dx ≤ f '(β )(β −α )2 + 2 f (α )(β −α ) α( )Β.i)Για κάθε x ∈ ℝ είναι f '(x) = xe−ν x ' = e−ν x −ν xe−ν x = e−ν x (1 −ν x) .Ηf είναι γνησίως αύξουσα στο  −∞,ν1  και γνησίως φθίνουσα στο ν1 , +∞  ενώ έχει ολικό   μέγιστο το f (ν1 ) = 1 . eν( )ii)Για κάθε  −∞,ν2  x∈ℝ είναι f ''(x) = e−ν x (1 −ν x) ' = .. = ν e−ν x (ν x − 2) .Η f είναι κοίλη στο   καικυρτή στο 2 , +∞  ενώ έχει σημείο καμπής το A(ν2 , 2 ) ν  e2νiii)Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1 ,ν2  ,άρα: ν  2 22 f (ν1) ≥ f (ν2) ⇔ ν (ν1 ν ν 1 1 f (x)dx ≥ 1≤1 ≤ 2 ≥ f (ν2)dx ⇔ ν∫ ∫ ∫ν x ⇔ f (x) ≥ f )dx ν νν 2 22 22 2ν1 −ν 1 ν ν 2 −ν 2 ν ν1edx ν ν 21ν∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫⇔ν ≥ 1 ≥ 1 ν ν ⇔ 1 ≥ 1 ≥ 1 e2 ⇔ e dx f (x)dx e dx f (x)dx dx νν νν νν ν2 22 2 2 ν e ≥ e2ν 2 xe−ν xdx ≥ 2 1νν ≥ ν 2ν ⇔ ν ν2 − 1  ≥ ν 2 e2 ν ≥ 2ν ν2 − 1  ⇔ 1 ν  1 ν ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ν edx ≥ν 2e211 f (x)dx dx e f (x)dxν νν ν ν3.15 Δίνεται συνάρτηση f : ℝ → (0, +∞) για την οποία ισχύει ότι f (x) = ex ,για κάθε x ∈ ℝ ln f (x)i)Να αποδείξετε ότι f (x) > 1 .ii)Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα.iii)Να αποδείξετε ότι ln f (x) < f (x) ,για κάθε x ∈ ℝ .iv)Να αποδείξετε ότι lim f (x) = +∞ και να βρείτε το lim ln f (x) . x → +∞ x→+∞ f (x)   f ( x)+ln f ( x)  v)Να βρείτε το + ln f (x) ln f ( x)−1 . lim 1 x→+∞ f (x) vi)Αν η f έχει συνεχή πρώτη παράγωγο, να δείξετε ότι: ∫1 f (x) + ex f (x) f ( x) dx = e− 1. ln f (1) 0 f (0)Λύση ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 219

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gri)Είναι f (x) = ex ⇔ ln f (x) = ex > 0 ⇔ ln f (x) > 0 ⇔ f (x) > 1 ln f (x) f (x)ii)Έστω x1 , x2 ∈ ℝ με x1 < x2 θα δείξουμε ότι f (x1 ) < f (x2 ) με άτοπο.Έστω ότι f (x1 ) ≥ f (x2 ) (1).Τοτε έχουμε: ln f (x1 ) ≥ ln f (x2 ) (2)Τα μέλη στις ανισότητες (1) και (2) είναι θετικά , οπότε πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τιςανισότητες αυτές, προκύπτει ότι: f (x1 ) ln f (x1 ) ≥ f (x2 ) ln f (x2 ) ⇔ ex1 ≥ ex2 ⇔ x1 ≥ x2 άτοποii)Από εφαρμογή του σχολικού βιβλίου ισχύει ότι: ln x ≤ x − 1 < x για κάθε x ∈ (0, +∞)Άρα ισχύει και ln f (x) < f (x) για κάθε x ∈ ℝ .iv) Για κάθε x ∈ ℝ ισχύει f (x)>0 x f (x)>0 xln f (x) < f (x) ⇔ f (x) ln f (x) < f 2 (x) ⇔ ex < f 2 (x) ⇔ ex < f 2 (x) ⇔ f (x) > e 2 ⇔ f (x) > e 2 xΌμως είναι lim e 2 = +∞ άρα lim f (x) = +∞ .Επίσης έχουμε: x → +∞ x → +∞ f (x)=u ∞1lim ln f (x) = lim ln u ∞ lim (ln u)' = lim u = lim 1 = 0 = D.L.Hospital u→+∞ 1 uu→+∞x→+∞ f (x) u u'u→+∞ u → +∞   f (x)+ln f (x) =ef (x)+ln f (x) ln1+ ln f (x)  =ef ( x)+ln f ( x) ln f (x) f ( x) ln1+ ln f (x)    ln f (x)−1 f ( x)  f (x) ln f ( x)−1 ln f (x) f ( x)  1+ ln f (x) ln f (x)−1   f (x)v)Όμως• lim f (x) + ln f (x) = 1 x → +∞ f (x)• lim ln f (x) 1 u=ln f ( x) u 1 = 1 ln f (x) − u− x → +∞ = lim u → +∞• lim  f (x) ⋅ ln  + ln f (x)  u= ln f ( x) lim ln(1 + u) = .. = 1  f (x) 1 f (x)  f (x) u x → +∞  ln  u→0 D.L.Hospital =Από τα παραπάνω προκύπτει ότι:   f (x)+ln f (x)   1 + ln f (x) ln f (x)−1 = e1⋅1⋅1 = e f (x)limx → +∞vi)Η f είναι παραγωγίσιμη ,άρα μπορούμε να παραγωγίσουμε την αρχική σχέση. Έτσι: f '(x) ln f (x) + f '(x) = ex ⇔ f '(x)(1 + ln f (x)) = ex ⇔ f '(x) = ex 1 + ln f (x)Το ολοκλήρωμα παίρνει την μορφή:∫ ∫ ∫1 ex 1 ex 1 ex dx = ln 0 f (x) ln 0 f (x)(1 + ln f (x))0 f ( x) + f (x) f (x) dx = f (x) + dx = f (x)∫f'(x )= 1+ ex ( x ) 1 f '(x)dx ln f ( x)= ex ln f f (x) f (x) = = ln (x)10 = ln f (1) − ln e− 1 f f (0) = f (1) f (0) 0220 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr3.16 (βασικά πράγματα…)Α. Να βρείτε συνάρτηση g : ℝ → ℝ για την οποία ισχύει 1 g(0) = 1, και g '(x) = ∫ g(x)dx 0Β.Η συνάρτηση f : ℝ → ℝ είναι παραγωγίσιμη και κυρτή στο ℝ .Η ευθεία y = g(x) − x − 1εφάπτεται στην γραφική παράσταση της f στο σημείο A(1, f (1)) .i)Να υπολογίσετε το όριο lim f 2 (x) − f (x) x−1 x→1 2ii)Να αποδείξετε ότι ∫ f (t)dt > 2 0iii)Να αποδείξετε ότι υπάρχει ξ ∈ (1, 2) τέτοιος ώστε 2 ∫ f (t)dt = 2 f (ξ ) 0 1ΛύσηΑ. θέτουμε ∫ g(x)dx = κ , οπότε για κάθε x ∈ ℝ η δοθείσα σχέση γράφεται: 0g '(x) = κ ⇔ g '(x) = (κ x)' ⇔ g(x) = κ x + c,c ∈ ℝ σταθερός .Όμως g(0) = 1 έτσικ ⋅ 0 + c = 1 ⇔ c = 1 .Επομένως g(x) = κ x + 1 ,για κάθε x ∈ ℝΈχουμε λοιπόν:∫ ∫ ∫1  κ 1 κ  x 20  g(x)dx = 1 ⇔ κ = 1 ⇔κ = x2 + 0 ⇔ κ = +1⇔κ = 2 2 (κ x + 1)dx (κ x + 1)dx 0 0Άρα g(x) = 2x + 1 , για κάθε x ∈ ℝ .Β.i) Από την γεωμετρική ερμηνεία της παραγώγου έχουμε:f '(1) = λε =1 άρα lim f (x) − f (1) =1 Καλό είναι να ξέρω.. x−1 Έστω μια συνάρτηση f συνεχής x→1 σε ένα διάστημα α,β ,F μιαΕπίσης το σημείο επαφής Α(1, f (1)) ανήκει στην παράγουσα της f στο διάστημα α,β .Το θεμελιώδες θεώρημαεφαπτομένη ευθεία(ε ) : y = g(x) − x − 1 ⇔ y = 2x + 1 − x − 1 ⇔ y = xΟπότε f (1) = 1 .Από τα παραπάνω το ζητούμενοόριο lim f 2 (x) − f (x) = lim f (x)( f (x) − 1) = f (1) f '(1) = 1 ολοκληρωτικού λογισμού και το x→1 x−1 x →1 x−1 θεώρημα μέσης τιμής μας δίνουνii)Η συνάρτηση f της Cf στο σημείο Α(1,f(1)) έχει βεξίσωση y = x γνωρίζουμε ότι η f είναι κυρτή. ∫ f(t)dt = F(β) − F(α) = αΕπομένως η Cf βρίσκεται πάνω από την ευθεία (ε) F(β) − F(α)με εξαίρεση το σημείο καμπής. Δηλαδή, = (β − α) β − α =f (x) ≥ x για κάθε x ∈ ℝ ( η ισότητα ισχύει για x=1)Άρα η συνεχής συνάρτηση f (x) − x είναι μη αρνητική = (β − α)F'(ξ) = (β − α)f(ξ)και όχι παντού μηδέν στο διάστημα 0, 2 .Οπότε, για κάποιο ξ ∈(α,β)2 22∫( f (x) − x)dx > 0 ⇔ ∫ f (x)dx − ∫ xdx > 0 ⇔0 00 2 22 2⇔ ∫ f (x)dx > ∫ xdx ⇔ ∫ f (x)dx > 2 ⇔ ∫ f (t)dt > 2 0 00 0iii)Έστω F μια παράγουσα της f στο ℝ .Άρα∫2 f (t)dt = F(2) − F(0) = 2 F(2) − F(0) 2−00 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 221

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΕπίσης η F είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη στο 0, 2 .Άρα από το Θ.Μ.Τ υπάρχει ξ ∈ (0, 2)τέτοιο ώστε F(2) − F(0) = F '(ξ ) = f (ξ ) 2−0Δηλαδή υπάρχει ξ ∈(0,2) : 2 f (t)dt = 2 f (ξ ) .Αρκεί να δείξουμε ότι ξ > 1 ή f (ξ ) > f (1) > 1 ∫ 0 2 (ii)εφόσον f είναι γνησίως αύξουσα. Πραγματικά ∫ f (t)dt > 2 ⇔ f (ξ ) > 1 03.17(Επαναληπτικές εξετάσεις 2011)Ένα κινητό Μ κινείται κατά μήκος της καμπύλης y = x , x ≥ 0 .Ένας παρατηρητήςβρίσκεται στην θέση Π(0,1) ενόςσυστήματος συντεταγμένων Οxyκαι παρατηρεί το κινητό από τηναρxη Ο, όπως φαίνεται στοεπόμενο σχήμα.Δίνεται ότι ο ρυθμός μεταβολήςτης τετμημένος του κινητού γιακάθε χρονική στιγμή t,είναι x'(t) = 16 m / min , t ≥ 0i) Να αποδείξετε ότι η τετμημένητου κινητού για κάθε χρονικήστιγμή t, με t ≥ 0 , δίνεται από τοντύπο x(t) = 16t .ii)Να αποδείξετε ότι το σημείο τηςκαμπύλης μέχρι το οποίο ο παρατηρητής έχει οπτική επαφή με το κινητό είναι τοΑ(4,2) και , στην συνέχεια ,να υπολογίσετε πόσο διαρκεί η οπτική επαφή.iii)Να υπολογίσετε το εμβαδό του χωρίου Ω που διαγράφει η οπτική ακτίνα ΠΜ τουπαρατηρητή από το σημείο Ο μέχρι το σημείο Α.iv)Να αποδείξετε ότι υπάρχει χρονική στιγμή t0 ∈  0, 1  ,κατά την οποία η απόσταση  4 d = (ΠM) του παρατηρητή από το κινητό γίνεται ελάχιστη. Να θεωρήσετε ότι τοκινητό Μ και ο παρατηρητής Π είναι σημεία του συστήματος Οxy.Λύσηi)είναι x'(t) = 16 ⇔ x'(t) = (16t)' άρα x(t) = 16t + c , c σταθερός πραγματικός αριθμόςΌμως x(0) = 0 και με αντικατάσταση έπεται ότι c = 0 άρα x'(t) = 16 m / min , t ≥ 0 .ii)Θεωρούμε την συνάρτηση f (x) = x , αναζητούμε την εφαπτομένη της Cf που διέρχεταιαπό σημείο Π(0,1).Αν M(x0 , f (x0 )) είναι το σημείο επαφής τότε:ε : y − f (x0 ) = f '(x0 )(x − x0 ) ή y − x0 = 1 (x − x0 ) x0 2Η (ε) διέρχεται από το σημείο Π(0,1) άρα1− x0 = 1 (0 − x0 ) ⇔ 1 − x0 = − 1 x0 ⇔ ... ⇔ x0 = 4 x0 2 x0 2Οπότε το σημείο επαφής είναι το Α(4,f(4)) ή Α(4,2)x(t0 ) = 4 ⇔ 16t0 = 4 ⇔ t0 = 1 min 4222 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΆρα η οπτική επαφή διαρκεί 15 δευτερόλεπτα.iii)Είναι ε: y − 4 = 1 (x − 4) ή ε: y = 1 x + 1 24 4Το ζητούμενο εμβαδό είναι∫E = 4 ( 1 x + 1 − x )dt = ... − 2m2 04 3iv)Το σημείο M(x, x) συναρτήσει του χρόνου t είναι M(16t, 4 t ) .Η απόσταση ΠΜ είναι(ΠM) = d(t) = (16t − 0)2 + (4 t − 1)2 = 256t2 + 16t − 8 t + 1Για κάθε t > 0d'(t) =  t + 1 ' = 2 256t + 8 − 2 t 256t2 + 16t − 8 256t2 + 16t − 8 t + 1Εξετάζουμε το πρόσημο του αριθμητή θεωρώντας την συνάρτηση g(t) = 256t + 8 − 2 ,t > 0 , tg '(t) = 256 + 1 > 0 ttΆρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο (0,+∞) ,οπότε: ( 0, 1  =  lim g(t), g( 1  = −∞ , 68  4 )  4 )g( t→0+Το 0 ∈ (−∞,68 άρα η g έχει μια τουλάχιστον ρίζα t0 ∈  0, 1  , η οποία λόγω της μονοτονίας  4 είναι και μοναδική.Επίσης έχουμε:d '(t) = 0 ⇔ g(t) = 0 ⇔ t = t0d '(t) < 0 ⇔ g(t) < 0 ⇔ g(t) < g(t0 ) ⇔ t < t0d '(t) > 0 ⇔ g(t) > 0 ⇔ g(t) > g(t0 ) ⇔ t > t0Άρα η απόσταση d(t) γίνεται ελάχιστη για την χρονική στιγμή t0 ∈  0, 1   4 3.18. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν ,γράφοντας στο τετράδιο σας,δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση την λέξη Σωστό, αν ηπρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασμένη.1)Η συνάρτηση F(x) = 1 είναι μια παράγουσα της συνάρτησης f (x) = ln x όταν x>0. Σ Λ x2)Οι παράγουσες της συνάρτησης f (x) = 3x στο ℝ είναι οι συναρτήσεις F(x) = 3x + c , c ∈ ℝ ΣΛ ln 33)Αν μια συνάρτηση f έχει παράγουσα σε ένα διάστημα Δ τότε η f έχει άπειρεςπαράγουσες . ΣΛ4)Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα διάστημα α , β  και ισχύει f (x) ≥ 0 για β ΣΛ ΣΛκάθε x ∈ α , β  τότε ∫ f (x)dx ≥ 0 . a βα5) −∫ f (x)dx =∫ f (x)dx aβΛύση1)Λ 2) Σ 3)Σ 4) Σ 5)Σ ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 223

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr3.19Έστω παραγωγίσιμη συνάρτηση f : 0,1 → ℝ με συνεχή παράγωγο για την οποίαισχύουν τα εξής: • f (1) = 1 ∫• 1 (( f '(x))2 + 4 f (x))dx = 8 03 1i)Να αποδείξετε ότι ∫ ( f '(x) − 2x)2 dx = 0 0ii)Να αποδείξετε ότι f (x) = x2 , x ∈ ℝ .iii) Να υπολογίσετε το όριο α = lim 2 x −ηµ3x x→−∞ 2 x συν 2 xiv) Να βρεθεί το εμβαδό του χωρίου Ω που περικλείεται από την γραφικήπαράσταση της f και την ευθεία y = α x .v)Να βρεθεί το λ ∈ (0,1) , ώστε η ευθεία x = λ να χωρίζει το χωρίο Ω σε δυο ισεμβαδικάχωρία.Λύση 11 1 11i)Είναι ∫ ( f '(x) − 2x)2 dx =∫ ( f '(x))2 − 4xf '(x) + 4x2 )dx =∫ ( f '(x))2 dx − ∫ 4xf '(x)dx + ∫ 4x2dx = 00 0 001 4xf (x)10 1  4x 3 1 1 1  4x3 1∫ ∫ ∫ ∫= 0  3  0  3  ( f '(x))2 dx − + 4 f (x)dx +  0 =( f '(x))2 dx − (4 ⋅1⋅ f (1) − 4 ⋅ 0 ⋅ f (0)) + 4 f (x)dx +  0 =0 0∫ ∫∫1 (( f '( x))2 +4 f ( x))dx= 81 1 4 8 4 3 ( 4+ = −40 = f '(x))2 dx − 4 f (x)dx + + = 0 0 0 33 3ii)Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = ( f '(x) − 2x)2 , x ∈ 0,1 1Από το ερώτημα (i) είναι ∫ g(x)dx = 0 0Για την συνάρτηση g ισχύουν :•g συνεχής στο 0,1• για κάθε x ∈ 0,1 είναι g(x) ≥ 0Αν η g δεν είναι παντού μηδέν στο 0,1 ,τότε θα είναι: 11∫ g(x)dx > 0 , άτοπο, αφού ∫ g(x)dx = 0 00Οπότε για κάθε x ∈ 0,1 ισχύει:( )g(x) = 0 ⇔ ( f '(x) − 2x)2 = 0 ⇔ f '(x) − 2x = 0 ⇔ f '(x) = 2x ⇔ f '(x) = x2 ', x ∈ 0,1Άρα, f (x) = x2 + c , c σταθερός πραγματικός , x ∈ 0,1Όμως f (1) = 1 άρα με αντικατάσταση στην παραπάνω προκύπτει c = 0 και τελικάf (x) = x2 , x ∈ 0,1iii) α = lim 2 x −ηµ3x x → −∞ ,τελικα x<0 −2x −ηµ3x = lim −x(2 + ηµ3x) = lim 2 + ηµ3x = lim 2+0 =1 2 x συν 2 −2xσυν 2 x x 2⋅1 x→−∞ = lim x → −∞ x → −∞ x → −∞ −x(2συν 2) 2συν 2 x =−x x → −∞ x x xxΔιότι224 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grηµ3x = ηµ3x = ηµ3x ≤ 1 , lim 1 = 0 άρα lim ηµ3x = 0 x x x x xx→−∞ xx→−∞( )lim 2  u= 2  x  xx → −∞ συν = lim συν u =1 u→0iv)Λύνουμε την εξίσωση f (x) = x , x ∈ 0,1 y f (x) = x ⇔ x2 = x ⇔ ... ⇔ x = 0 ή x = 1Έτσι για α=1 η Cf και η ευθεία y = x έχουν δυο κοινά σημεία 1 Ο(0,0) , Α(1,1)Επομένως το ζητούμενο εμβαδό είναι : y=x 1 1 x2 −x≤0 οταν x∈0 ,1 ΩE(Ω) = ∫ f (x) − x dx =∫ x2 − x dx = 0 0 x2 −x =−( x2 −x) Cf= 1 − x)dx =.... = 1 τετραγωνικ ές µον άδες 6 ∫ −(x2 0v)Έστω Ω1 το χωρίο που περικλείεται από την Cf, O 1 xτην ευθεία y=x και τις ευθείες x=0 και x = λ,λ ∈ 0,1 .Εφόσον για κάθε x ∈ 0,1 είναι x2 − x ≤ 0 .Επομένως και για κάθε x ∈ 0,λ  λ x2 −x≤0 οταν x∈0 ,λ  λ f (x) − x dx = dx = ∫ ∫ ∫λ x2 −x −(x2 − x)dx =.. = λ2 − λ3 τετραγωνικές μονάδεςE(Ω) = 23 0 0 x2 −x =−(x2 −x) 0Για να χωρίζει η ευθεία x = λ το χωρίο Ω σε yδυο ισεμβαδικά χωρία , πρέπειE(Ω1 ) = 1 E(Ω) ⇔ λ2 − λ3 = 1⋅1 λ∈0 ,1 = 1 1 2 2 3 26 2 ⇔ .... ⇔ λ y=x Ω CΩf O x=λ 1 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 225

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr3.20 (on the road…)Ένα όχημα Κ κινείται σε ένα ευθύ δρόμο με ταχύτητα πουμεταβάλλεται στην διάρκεια του χρόνου. Η θέση στην οποία βρίσκεται την στιγμή tδίνεται από την συνάρτηση S(t) .Η στιγμιαία ταχύτητα του κινητού είναι u(t) = S'(t) ,ενώ η μέση ταχύτητα με την οποία διέτρεξετην απόσταση ΑΒ = S(tB ) − S(tA )είναι: x u = S(tB ) − S(tA ) tB − tA S(t) Ο ΑΚ Β yΝα δείξετε ότι υπάρχουν δυο χρονικές στιγμές t1 ,t2 τέτοιες, ώστε το άθροισμα τωνστιγμιαίων ταχυτήτων στις στιγμές αυτές είναι διπλάσιο της μέσης ταχύτητας του Κστο διάστημα tA ,tB  .ΛύσηΑπό υπόθεση συμπεραίνουμε ότι η S(t) είναι συνεχής κα παραγωγίσιμη στο διάστημαtA ,tB  .Εφαρμόζουμε το θεώρημα μέσης τιμής για την συνάρτηση S(t) στα διαστήματα , tA + tB  και  t A + tB ,tB  .Οπότε υπάρχουνtA 2   2   t1 ∈  tA , tA + tB  , t2 ∈  tA + tB ,tB   2   2     Τέτοια ώστε s(tA ) − s(tA + tB ) s(tA ) − s(tA + tB ) s(tA ) − s(tA + tB ) tA − 2 2 tA − tB 2 s'(t1 ) = = tA − tB = 2 tA + tB 2 2 s(tB ) − s( tA + tB ) s(tB ) − s(tA + tB ) s(tB ) − s(tA + tB ) tB − 2 tB − tA 2 s '(t2 ) = tA + 2 = tB − tA = 2 2 tB 2Αλλά s'(t1) = u(t1 ) , s'(t2 ) = u(t2 ) όπου u(t1 ),u(t2 ) οι στιγμιαίες ταχύτητες τις χρονικές στιγμέςt1 ,t2Έτσι s(tA ) − s(tA + tB ) s(tB ) − s(tA + tB )  s(tA ) − s(tA + tB ) s(tB ) − s(tA + tB  tA − tB 2 tB − tA 2  tA − tB 2 tA − tB 2 )u(t1 ) + u(t2 ) = s'(t1 ) + s '(t2 ) = 2 + 2 = 2  −  =    = 2 s(tA ) − s(tB ) = 2u δηλαδή u(t1 ) + u(t2 ) = 2u tA − tB226 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr3.21 ( Μ.Ganga)Έστω f : α , β  → ℝ συνεχής συνάρτηση στο διάστημα α , β  , (α < β ) ώστε να ισχύει:• f (α ) > α 2 ∫β f (x)dx < β3 −α3• α3Να αποδείξετε ότι υπάρχει ξ ∈ (α , β ) έτσι ώστε f (ξ ) = ξ 2ΛύσηΘεωρούμε την συνάρτηση Φ, με τύπο Φ(x) = f (x) − x2 , x ∈ α , β Η Φ είναι συνεχής στο α , β  και έχουμε Φ(α ) = f (α ) −α 2 > 0 και∫ ∫β β f (x)dx − β3 −α3 <0 (1) Φ(x)dx = 3ααΑπό την (1) προκύπτει ότι υπάρχει x0 ∈ (α , β ) με Φ(x0 ) < 0 ,αφού αν Φ(x0 ) ≥ 0 στο α , β  , θα βείναι ∫ Φ(x)dx ≥0 . αΆρα εφόσον Φ(α ) > 0,Φ(x0 ) < 0 , Φ συνεχής στο α , x0  ⊂ α , β  άρα από θεώρημα Bolzanoυπάρχει ξ ∈ (α , x0 ) τέτοιο ώστε Φ(ξ ) = 0 ⇔ f (ξ ) − ξ 2 = 0 ⇔ f (ξ ) = ξ 2 .3.22 Δίνεται η συνάρτηση f (x) = κ ex − λx, κ ,λ ∈ ℝ µε λ > 0 2i)Αν ισχύει ηµ 2 (κ x) +ηµ 2 (2x) ≤ 4κ x2 , για κάθε x ∈ ℝ* .Να βρείτε την τιμή του κ.ii)Αν κ = 2 ,να βρείτε την ελάχιστη τιμή της συνάρτησης f συναρτήσει του λ.iii)Να βρείτε την μεγαλύτερη τιμή του λ > 0 για την οποία ισχύει ex ≥ λx ,για κάθεx∈ℝ .iv)Για λ = e να δείξετε ότι η ευθεία y = λx εφάπτεται της γραφικής παράστασης τηςσυνάρτησης g όπου g(x) = ex .v)Να βρείτε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από την Cg , τον άξονα x’x, τηνευθεία y = ex και την ευθεία x = −1 .Λύσηi)Για κάθε x ≠ 0 έχουμε:ηµ 2 (κ x) +ηµ 2 (2x) ≤ 4κ x2 ⇔ ηµ 2 (κ x) + ηµ2 (2x) ≤ 4κ ⇔ x2 x2⇔ κ2  ηµ(κ x) 2 + 4  ηµ(2x) 2 ≤ 4κ  κx   2x Λαμβάνουμε όρια στο 0lim  2  ηµκ(κx x) 2 + 4  ηµ(2x) 2  ≤ lim 4κ ή  κ   2x  x→0 x→0κ2 lim  ηµ(κ x) 2 + 4 lim  ηµ(2 x) 2 ≤ lim 4κ ή  κx   2x  x→0 x→0 x→0κ 2 ⋅12 + 4 ⋅12 ≤ 4κ ⇔ κ 2 + 4 − 4κ ≤ 0 ⇔ (κ − 2)2 ≤ 0 ⇔ κ − 2 = 0 ⇔ κ = 2ii)Για κ = 2 ,ο τύπος της συνάρτησης γίνεται f (x) = ex − λx, λ > 0 . Η συνάρτηση f είναιπαραγωγίσιμη στο ℝ με f '(x) = ex − λ .Είναι f '(x) = 0 ⇔ ex − λ = 0 ⇔ x = ln λΤο πρόσημο της f’, η μονοτονία και τα ακρότατα φαίνονται στον πίνακα: ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 227

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΕπομένως η f παρουσιάζει ελάχιστη τιμή για x = ln λ την f (ln λ) = elnλ − λ ln λ = λ − λ ln λ = λ(1 − ln λ)iii)Έχουμε τις εξής ισοδυναμίες: λ >0(ex ≥ λx, x ∈ ℝ) ⇔ (ex − λx ≥ 0, x ∈ ℝ) ⇔ ( f (x) ≥ 0, x ∈ ℝ) ⇔ min f (x) ≥ 0 ⇔ λ(1 − ln λ) ≥ 0 ⇔ 1 − ln λ ≥ 0 ⇔⇔ 1 ≥ ln λ ⇔ λ ≤ eΆρα, η μεγαλύτερη τιμή του λ, για την οποία ισχύει ex ≥ λx, x ∈ ℝ είναι η λ = eiv)Για να εφάπτεται η ευθεία y = ex στην γραφική παράσταση της g(x) = ex , αρκεί ναυπάρχει σημείο x0 ∈ ℝ τέτοιο ώστε η εφαπτομένη της Cg στο A(x0 , g(x0 )) να ταυτίζεται μετην y = ex .Για να ισχύει αυτό, αρκεί: g(x0 ) = e ⋅ x0 ⇔ e x0 = e ⋅ x0 ⇔ x0 =1 g '(x0 ) = e e x0 =eΚατά συνέπεια η y=ex εφάπτεται της Cg στο σημείο A(1, e) .Πραγματικά η εξίσωση τηςεφαπτόμενης της Cg στο Α είναι y − ex0 = ex0 (x − x0 ) ⇔ y − e = e(x − 1) ⇔ y = exiv)Ζητούμε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από την Cg, τον άξονα x’x, την ευθείαy = ex και την ευθεία x = −1 .Ισχύει g '(x) = ex > 0 άρα η g είναι κυρτή στο ℝ οπότε η ευθεία y = ex ως εφαπτόμενη τηςCg βρίσκεται κάτω από την Cg ( με εξαίρεση το σημείο επαφής)Επίσης παρατηρούμε ότι η y = ex τέμνει τους άξονα των x’x στο σημείο Ο(0,0).Οποτε τοζητούμενο εμβαδό είναι ίσο με το εμβαδό του χωρίου που ορίζεται από την Cg, τον άξονατων xx και τις ευθείες x=1,x=-1 μείον το εμβαδό του τριγώνου ΟΑΒ, όπου Β(1,0).Δηλαδη: y=ex Α(1,e) OB∫E = 1 − (OAB) =  e x 1−1 − (OB)( AB) = e − 1 − e = e2 − 2 τετραγωνικές μονάδες . 2 e 2 2e e x dx −1228 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr3.23 Έστω f : ℝ → ℝ συνάρτηση συνεχής και τέτοια ώστε να είναι α f (x) + β f (−x) = γ για κάθε x ∈ ℝΌπου α,β ,γ ∈ℝ με α +β ≠ 0 ,να δείξετε ότι α f (x)dx = 2αγ α +β ∫ −αΛύσηΈχουμε α f (x) + β f (−x) = γ για κάθε x ∈ ℝ .Ολοκληρώνουμε και βρίσκουμεα αα αα∫ (α f (x) + β f (−x))dx = ∫ γ ⇔ ∫ (α f (x) + β f (−x))dx = 2αγ ⇔ α ∫ f (x)dx + β ∫ f (−x)dx = 2αγ (1)−α −α −α −α −α α u=−x −α α αα∫ ∫ ∫ ∫ ∫Είναι όμως f (−x)dx = − f (u)du = f (u)du άρα f (−x)dx = f (x)dx −α α −α −α −αΗ (1) γίνεται τότε (α + α f (x)dx = 2αγ ⇔ α f (x)dx = 2αγ α +β β)∫ ∫ −α −α3.23 ( Μ.Ganga) Δίνεται συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο 0,1 τέτοια ώστε να ισχύουν: • f '(x) ≤ 1 για κάθε x ∈ 0,1 1 2 • ∫ f (x)dx = 0 0Να δείξετε ότι:∫i) 1 f ( x)dx = 0 ii) f (x) − f  x  ≤ x , x ∈ 0, +∞) iii) 1 f (x)dx ≤ 1 02  2  2 4 ∫Λύση 0i) θέτουμε x = u άρα dx = du ⇔ dx = 2du 22Για x = 0 ⇔ u = 0Για x = 1 ⇔ u = 1 2 1∫ ∫Έτσι: 1 f ( x)dx = 22 f (u)du = 2 ⋅ 0 = 0 02 0ii)Αν x > 0 από Θ.Μ.Τ στην συνάρτηση f στο διάστημα  x ,  προκύπτει ότι υπάρχει  2 xξ ∈  x , x  τέτοιο ώστε f '(ξ ) = f (x) − f ( x) f (x) − f ( x) άρα  2  2= 2 x− x x 22f (x) − f ( x) = x f '(ξ ) ≤ x ⋅1 ⇒ f (x) − f ( x) ≤ x 22 2 22Αν x > 0 ισχύει σαν ισότηταiii)Για κάθε x ∈ 0,1 : f (x) − f(x) ≤ x ⇔ f (x) ≤ x + f(x) 2 2 2 2Ολοκληρώνουμε 1 f ( x )dx=0 2 ∫ ⇒∫ ∫ ∫ ∫1 1 x 1 x )dx 0 1 1 f (x)dx ≤ + f ( f (x)dx ≤0 02 0 2 04 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 229

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr3.24 Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f: ℝ → ℝ , για την οποία ισχύει lim f(x) − x = 2017 . x2 x→0α. Να δείξετε ότι: i. f(0)=0 ii. f΄(0)=1.(( ))β. Να βρείτε το λ∈ℝ lim x2 + λ f (x) 2 =3 έτσι, ώστε: 2x2 + f (x) 2 . x→0γ. Αν επιπλέον η f είναι παραγωγίσιµη µε συνεχή παράγωγο στο IR και f ΄(x) > f(x) γιακάθε x ∈ ℝ , να δείξετε ότι: ∫i) xf(x) > 0 για κάθε x ≠ 0 . ii) 1 < f (1) . f(x)dx 0ΛΥΣΗα.i) Θέτω h(x) = f (x)− x με lim h (x) = 2017 x→0 x2Άρα f(x) – x = x2 ∙ h(x) ⇒ f(x) = x2 ∙ h(x) + x (1)( )Οπότε lim f (x) = lim x2 ⋅ h (x) + x = 0 ⋅ 2017 + 0 = 0 x→0 x→0Όμως f συνεχής στο ℝ άρα και στο 0, συνεπώς lim f ( x ) = f (0) άρα f(0) = 0. x→0( )α.ii) lim f (x)−f (0) = lim f ( x ) (1) lim x2 ⋅h(x)+ x = lim x⋅ x ⋅ h (x) +1 = x→0 x−0 x→0 = x x→0 x x x→0= lim (x⋅ h (x) +1) = 0 ⋅ 2017 +1 = 1 x →0Άρα f΄(0) = 1. (2).Σχόλιο: Παρατηρούµε ότι από το ερώτηµα αυτό προκύπτει και lim f ( x ) = 1 x→0 x x2 + λf 2 ( x ) + f 2 (x ) 1 + λ  f ( x ) 2   x2 + λf 2 ( x ) :x2 x2 1 λ x2 x (2) = ⇒ = 3 ⇒ limβ. lim 2x 2 + f 2 ( x ) = 3⇒ lim 2x2 + f 2 (x) 3 lim f 2 (x ) x →0  (x ) 2 = 3⇒ x→0   x→0 x2 x→0 + x2 f x  2 2 +1+ λ ⋅12 = 3⇒ 1+ λ = 3⇒1+ λ =9⇒ λ =8 . 2 +12 3γ.i) f′(x) > f ( ) ⋅e−x f ′(x)⋅e−x > f ( x ) ⋅ e−x ⇒ f ′(x)⋅e−x −f ( x ) ⋅ e−x > 0 ⇒ x⇒230 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr( ) ( )⇒ f ′(x) ⋅ e−x + f (x) ⋅ e−x ′ > 0 ⇒ f (x) ⋅ e−x ′ > 0 ⇒ f (x) ⋅e−x ր• x < 0 ⇒ f ( x ) ⋅ e−x < f (0) ⋅ e0 ⇒ f ( x ) ⋅ e−x < 0 ⇒ f ( x ) < 0 άρα xf(x) > 0.• 0 < x ⇒ f (0) ⋅ e0 < f ( x) ⋅ e−x ⇒ 0 < f ( x) ⋅ e−x ⇒ 0 < f ( x) ⇒ f ( x) > 0 άρα xf(x) >0.Άρα για κάθε x ≠ 0 είναι xf(x) >0.γ.ii) f ′(x) > f (x) ⇒ f ′(x) − f (x) > 0Συνεπώς∫1(f ′( x ) − f ( x ))dx > 0 ⇒ ∫1 f ′ ( x ) dx − ∫1 f ( x ) dx > 0 ⇒ f ( x )10 − ∫1 f ( x ) dx > 0 ⇒ 0 0 0 0f (1) − f (0) − ∫1f (x)dx > 0 ⇒ f (1) − 0 − ∫1f (x)dx > 0 ⇒ f (1) > ∫1f (x)dx . 0 00 «Γράψαµε τεστ στο σχολείο και στο τρίτο θέµα ζητήθηκε µελέτη συνάρτησης. Βάλτε µε να σκάψω κιόλας!!» Κορνήλιος 17 ετών, υποψήφιος πανελληνίων ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 231

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr∆ίνεταισυνάρτηση f µετύπο f(x)=… ΓΕΝΙΚΑΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΓΕΝΘΙΚΑΕΘΜΕΜΑΑΤΑΤΑ232 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr1. Θεωρούμε την συνάρτηση f(x) = κx + x . exi)Να προσδιορίσετε την τιμή του κ ∈ ℝ , ώστε η γραφική παράσταση της f να έχειστο σημείο (0,f(0)) εφαπτομένη παράλληλη προς την ευθεία ε: y = 2x + 7 .ii)Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .iii)Να αποδείξετε ότι η ευθεία y=x είναι πλάγια ασύμπτωτη της Cf.iv)Να υπολογίσετε το εμβαδό E(µ) του καμπυλόγραμμου χωρίου , που ορίζεται απότην γραφική παράσταση της f , την ευθεία y=x και τις ευθείες x=0 και x=μ (μ>0)v)Να υπολογίσετε το όριο lim Ε(µ) . µ → +∞vi)Δίνεται η συνάρτηση g : ℝ → ℝ με συνεχή δεύτερη παράγωγο η οποία παρουσιάζειτοπικό ακρότατο στο x0 = 2 και η Cg διέρχεται από το σημείο A(0,f(0) + 1) .Αν ισχύει: ∫2 [xg ''(x) + 2g '(x)]dx = − 8 03Να δείξετε ότι η Cg διέρχεται από το σημείο B(2, − 5) 3Λύσηi)Αν λ ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης της Cf στο σημείο της (0,f(0)) τότελ = f '(0) .f '(x) = κ + ex − xex = κ + 1 − x , λ = κ+ 1−0 = κ+1 και λε = 2 , λόγω παραλληλίας e0 e2x exλ = λε ⇔ κ +1 = 2 ⇔ κ = 1ii)Για κ = 1 , ο τύπος της f’ γράφεται f '(x) = 1 + 1 − x = ex − x + 1 ≥ 0 ex ex( ex ≥ x − 1 για κάθε x ∈ ℝ ,γιατί;) Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα.( ) ( )iii)Έχουμε: x + x ex +   f x = lim f x ex ex 1  1  α= lim xx → +∞ = lim = lim = lim 1 + ex = 1 xx→+∞ xx→+∞ x → +∞ x → +∞ +∞ β = f( − αx  =  + x − x = x +∞ x' = 1 =0 (*)  ex ex ex ex = lim x→+∞( )Έχουμε ακόμα lim x) lim x lim ' lim x → +∞ x → +∞ x → +∞ x → +∞Άρα y = 1⋅ x + 0 ⇔ y = xiv)Επειδή f (x) − x = x > 0 για κάθε x > 0 ,το ζητούμενο εμβαδό δίνεται από τον τύπο ex µ µµ µ µ = [f(x) − y]dx = [f(x) − x]dx = = xe−xdxµ( ) ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ( )E x dx =− x e−x 'dx = 0 0 ex 0 00( ) ∫ ( )= − xe−xµ µ − x e−x µ0 − e−x µ0 = µe−µ − e−µ + 1 0 + 0 e−xdx = ( ) (*)v) lim Ε(µ) = lim µe−µ − e−µ + 1 = .. = 0 − 0 + 1 = 1µ → +∞ µ → +∞vi)Η g παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο x0 = 2 άρα από θ.Fermat ισχύει: g '(2) = 0η Cg διέρχεται από το σημείο A(0,f(0) + 1) = A(0,1) άρα g(0) = 12 + = − 8 ⇔ 2 + 2 = − 8 ⇔  '(x) 2 − 2 + 2 g '(x)dx = − 8 ⇔ 3 0 0 3 0 0 3∫ ∫ ∫ ∫ ∫[xg''(x) 20 0 2g '(x)]dx xg ''(x)dx 2g '(x)dx xg g '(x)dx∫xg 2 + 2 = 8 ⇔ 2 g(x)02 8 8'(x) 0 − 3 xg '(x) 0 + = − 3 ⇔ 2g '(2) − 0g '(0) + g(2) − g(0) = − 3 ⇔ g '(x)dx 0 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 233

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grg(2) − 1 = − 8 ⇔ g(2) = 1 − 8 ⇔ g(2) = − 5 .Άρα η Cg διέρχεται από το σημείο B(2, − 5) . 3 33 32. Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ℝ → ℝ για την οποία ισχύει• f '(x)(x2 + x + 2) − f (x)(x2 − x + 1) = 0 ,για κάθε x ∈ ℝ , f (x) > 0 για κάθε x ∈ ℝ• f (0) = 1 2Α. Να αποδείξετε ότι f (x) = x2 ex + 2 +xΒ.i) Να εξετάσετε την f ως προς την μονοτονία.ii)Να λύσετε την ανίσωση 2ex2 −2x < x4 + x2 + 2 x2 + x + 1Γ. Για την παραγωγίσιμη συνάρτηση g : ℝ → ℝ ισχύει:• e g'(x)−2x = (g '(x))2 + g '(x) + 2 για κάθε x∈ℝ 4x2 + 2x + 2• g(0) = 1i)Να δείξετε ότι g(x) = x2 + 1ii)Να βρείτε τα σημεία του επίπεδου από τα οποία άγονται κάθετες εφαπτομένες τηςCg .Δ. i)Να βρείτε τα σημεία επαφής Α,Β των εφαπτόμενων ε1,ε2 της Cg που άγονται απότο σημείο A(0, 3) . 4ii)Να βρείτε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από την Cg και τις εφαπτόμενεςε1,ε2.ΛύσηΑ) Για κάθε x ∈ ℝ ,f '(x)(x2 + x + 2) − f (x)(x2 − x + 1) = 0 ⇔ f '(x)(x2 + x + 2) = f (x)(x2 f (x)>0 f '(x) = x2 − x + 1 ⇔ f (x) x2 + x + 2 − x + 1) ⇔ x2 +x+2≠0⇔ (ln f (x))' = x2 −x+1 x2 +x+2 x2 −x+1 x2 + x + 2 − 2x −1 −2x − 1 x2 +x+2 x2 + x + 2 x2 + x + 2( )(ln f (x))' = ⇒ (ln f (x))' = ⇒ (ln f (x))' = 1+ ⇒ (ln f (x))' = x − ln(x2 + x + 2) 'Δηλαδή, ln f (x) = x − ln(x2 + x + 2) + c ,c σταθερός πραγματικός αριθμός, αλλά f (0) = 1 2ln f (0) = 0 − ln(02 + 0 + 2) + c ⇔ ln 1 = 0 − ln(02 + 0 + 2) + c ⇔ ln 1 = − ln 2 + c ⇔ 22⇔ ln 1 + ln 2 = c ⇔ c = ln  1  ⇔ c = ln 1 ⇔ c = 0 2  2 2 Άρα , ln f (x) = x − ln(x2 + x + 2) ⇔ ln f (x) = ln ex − ln(x2 + x + 2) ⇔ ln f (x) = ln x2 ex ⇔ f (x) = x2 ex +x+2 +x+2 =  ex  = ex (x2 + x + 2) − ex (2x + 1) = ex(x2 + x + 2 − 2x − 1) = ex (x2 −x + 1) > ,  +x ' x2 + x + x2 + x + 2 2 x2 + x+   2 2 2 2( ) ( ) ( )Βi)f'(x) x2 + 2 0για κάθε x ∈ ℝ ισχύει x2 − x + 1 > 0 ( ∆ = −3 < 0 ), x2 + x + 2 > 0 ( ∆ = −7 < 0 ),Άρα f '(x) > 0 οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .Β ii)Έχουμε:234 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr2ex2 −2x < x4 + x2 + 2 ⇔ ex2 −2x < x4 + x2 + 2 ⇔ ex2 < x4 + x2 + 2 ⇔ 2x2 + x + 1 4x2 + 2x + 2 e2x 4x2 + 2x + 2( )⇔ ex2 < e2x ⇔ x2 ex2 < e2x ⇔ f (x2) < f (2x) x4 + x2 + 2 4x2 + 2x + 2 2 + x2 + 2 (2x)2 + 2x + 2Αλλά, η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ οπότε x2 < 2x ⇔ x2 − 2x < 0 ⇔ x(x − 2) < 0 ⇔ 0 < x < 2Γ. i) eg'(x)−2x = (g '(x))2 + g '(x) + 2 ⇔ e g '( x) = (g '(x))2 + g '(x) + 2 ⇔ e g'(x) = 4x2 e2x ⇔ 4x2 + 2x + 2 e2x 4x2 + 2x + 2 (g '(x))2 + g '(x) + 2 + 2x + 2 f 1−1 αϕου f րf (g '(x)) = f (2x) ⇔ g '(x) = 2x ⇔ g(x) = x2 + c , c ∈ ℝΑλλά g(0) = 1 ⇔ c = 1 .Έτσι g(x) = x2 + 1, x ∈ ℝii)Είναι g(x) = x2 + 1 , g '(x) = 2xΗ εξίσωση της εφαπτομένης (η) της Cg στο σημείο επαφής Λ(x0 , g(x0 )) είναι: y − g(x0 ) = g '(x0 )(x − x0 ) ⇔ y − x02 − 1 = 2x0 (x − x0 ) ⇔ y − x02 − 1 = 2x0x − 2x02 ⇔ y = 2x0x − x02 + 1 και οσυντελεστής διεύθυνσης της (η) είναι λη = 2x0Για να διέρχεται η ευθεία (ε) από το σημείο Ν(α,β) πρέπει να ισχύει : β = 2x0α + x02 + 1 ⇔ x02 + 2x0α − β + 1 = 0 (1)Οπότε για να διέρχονται από το Ν(α,β) δυο κάθετες εφαπτόμενες (η1) ,(η2) της Cg αρκεί ηεξίσωση x2 + 2xα − β + 1 = 0 να έχει δυο διαφορετικές λύσεις x1 , x2 ∈ ℝ ( οι διαφορετικές λύσειςx1 , x2 ∈ ℝ αντιστοιχούν σε διαφορετικές εφαπτομένες της Cg εφόσον η g’ είναι 1-1)και ναισχύει λη1 ⋅ λη2 = −1 , δηλαδή να ισχύουν:λ∆η>1 ⋅ λη = −1 (2−x21α⋅ 2)2x2− = −1 x1x2 =−1 P = x1 x2 = β −1  β − 1 = − 1 2 4(β − 4α 2 4 1 1 ⇔ ⇔ ⇔ 4 ⇔ 0 1) > 0 − 4β + 0 Vieta 4α 2 − 4β + 4 > 4 > 0β = 1− 1 ⇔ β = 3 ⇔ β = 3 3 ⇔ β = 3 ⇔ β = 3 ⇔ β =3 14α 2 4 4α 2 4α 2 4 4 4α 2 4α 2 α 4 4 + 4 > 0 4 4β + 4 > 0 4 + 4 > 0 4 3 + 4 > 0 4 1 > 0 − 4β − − − + 2 >− β = 3 3 4 4⇔ ⇔ β = ,α ∈ℝ α 2 > − 1 4Επομένως τα ζητούμενα σημεία είναι όλα τα σημεία του επιπέδου με τεταγμένη3 ,δηλαδή όλα τα σημεία της ευθείας y = 3 .44Δ.i) Έστω (x0 , g(x0 )) το σημείο επαφής της εφαπτομένης της Cg που άγεται από το A(0, 3) 4τότε η εφαπτομένη θα έχει τύπο y − g(x0 ) = g '(x0 )(x − x0 ) ⇔ y − x02 − 1 = 2x0 (x − x0 ) ⇔ y − x02 − 1 = 2x0x − 2x02 ⇔ y = 2x0x − x02 + 1Όμως, η εφαπτομένη διέρχεται απο το Α άρα3 = 2x0 ⋅ 0 − x02 +1 ⇔ x0 2 = 1 ⇔ x0 = ± 1 άρα δυο εφαπτομένες άγονται από το Α προς την Cg4 4 2με σημεία επαφής B  1 , g  1   , Γ  − 1 , g  − 1   ή B  1 , 5  , Γ  − 1 , 5   2  2    2  2    2 4   2 4     Οι εξισώσεις των εφαπτομένων είναι αντίστοιχα ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 235

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grε : y−  1  =  1  (x − 1) ⇔ y − 5 = 2 1(x − 1) ⇔ y− 5 = x − 1 ⇔ y = x+ 3 1 g  2  g ' 2  2 4 2 2 4 2 4ε : y − g  − 1  = g '  − 1  + 1) ⇔ y− 5 = 2(− 1 )( x + 1) ⇔ y − 5 = −x − 1 ⇔ y − 5 = −x + 3 2  2   2  ( x 2 4 2 2 4 2 4 4Το ζητούμενο εμβαδό είναι : 1 y∫ ∫E = + = 2  − ( + 3 )  + 0  g( x) − −x + 3 )  Ε1 Ε2 E1 E2 0  g(x) x 4  dx −1  ( 4  dx A 2 Ο 1∫ ∫= 2  ( x2 + 1) − (x + 3 )  dx + 0  ( x2 + 1) − (−x + 3 )  dx = Cg 0  4  −1  4  2 1∫ ∫= 2  x2 + 1− x − 3  + 0  x2 + 1+ x − 3 )  dx = Β(-1/2,5/4) Γ(1/2,5/4) 0  4  dx −1  4  y=3/4 2 x 1∫ ∫= 2  x2 − x + 1  + 0  x2 + x + 1  = 0  4  dx −1  4  dx 2  1 0  2   −=  x3 − x2 + x  +  x3 + x2 + x  = 3 2 4 0  3 2 4  1 2  1   0  2   −=  x3 − x2 + x  +  x3 + x2 + x  = ... = 1 τετραγωνικές μονάδες 3 2 4 0 3 2 4 12 1 2236 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr3.Δινεται η γνησίως αύξουσα συνάρτηση f : ℝ → ℝ με τύπο f (x) = α + 2 x3 − α + 1 x2 + β x , α ∈ ℝ, β ∈ ℤ, β < 2 32Η f παρουσιάζει σημείο καμπής στην θέση x0 = 1 . 3i)Να δείξετε ότι α = 1, β = 1 .ii)Να αποδείξετε ότι η f είναι 1-1 και ότι το σημείο Α(1,1) είναι κοινό σημείο τωνCf , Cf −1 .iii)Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο Α(1,1) και νααποδείξετε ότι αυτή έχει και δεύτερο κοινό σημείο με την Cf −1 .iv)Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f −1 στοσημείο Α(1,1).v)Να υπολογίσετε το όριο lim f −1 ( x) − 1 . x −1 x→1vi)(Κερασάκι...) Για συνάρτηση g : −1,1 → ℝ , παραγωγίσιμη στο −1,1 με αύξουσαπαράγωγο στο −1,1 ,να δείξετε ότι: ∫f (1) 1 g(x)dx ≤ g(−1) + g '(1) 2 −1Λύσηi) Df = ℝ ,f είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο ℝ (πολυωνυμική)f '(x) =  α + 2 x3 − α + 1 x2 + β x  ' = (α + 2)x2 − (α + 1)x + β  3 2 ( )f ''(x) = (α + 2)x2 − (α + 1)x2 + β ' = 2(α + 2)x − (α + 1)Η f από υπόθεση παρουσιάζει σημείο καμπής στο x0 = 1 άρα f ''( 1) = 0 και εκατέρωθεν του 3 3x0 = 1 η f’’ αλλάζει πρόσημο. 3f ''( 1) = 0 ⇔ 2(α + 2) 1 − (α + 1) = 0 ⇔ 2(α + 2) − 3(α + 1) = 0 ⇔ 33⇔ 2α + 4 − 3α − 3 = 0 ⇔ 1 −α = 0 ⇔ α = 1Πραγματικά γιαα = 1 η f ''(x) = 6x − 2 έχει ρίζα το x0 = 1 και εκατέρωθεν του, αλλάζει 3πρόσημο. Επίσης η συνάρτηση f από υπόθεση είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ άρα f '(x) ≥ 0 α =1για κάθε x ∈ ℝ .Δηλαδή (α + 2)x2 − (α + 1)x + β ≥ 0 ⇔ 3x2 − 2x + β ≥ 0 για κάθε x ∈ ℝΌμως το τριώνυμο 3x2 − 2x + β είναι πάντα θετικό όταν∆ ≤ 0 ⇔ Β2 − 4ΑΓ ≤ 0 ⇔ (−2)2 − 4 ⋅ 3 ⋅ β ≤ 0 ⇔ 4 − 12β ≤ 0 ⇔ 4 ≤ 12β ⇔ 4 ≤ β ⇔ 1 ≤ β 12 3Αλλά από υπόθεση β ∈ ℤ και β < 2 οπότε β = 1 .Τελικά η συνάρτηση έχει τύπο : f (x) = x3 − x2 + x και f '(x) = 3x2 − 2x + 1, f ''(x) = 6x − 2ii)f γνησίως αύξουσα άρα 1-1 οπότε αντιστρέφεται επίσης ισχύει: f (1) = 13 − 12 + 1 = 1 οπότεκαι f −1(1) = 1 δηλαδή το σημείο Α(1,1) είναι κοινό σημείο των Cf , Cf −1 .iii)Η εφαπτομένη (ε) της Cf στο Α(1,1) έχει εξίσωσηy − f (1) = f '(1)(x − 1) ⇔ y − 1 = 2(x − 1) ⇔ y − 1 = 2x − 2 ⇔ y = 2x − 1Η εξίσωση f (x) = 2x − 1 ⇔ x3 − x2 + x = 2x − 1 ⇔ x3 − x2 − x + 1 = 0 ⇔ x2 (x − 1) − (x − 1) = 0 ⇔(x − 1)(x2 − 1) = 0 ⇔ x = 1 ή x = −1 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 237

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΆρα και το σημείο Β(-1,-3) είναι το δεύτερο κοινό σημείο της Cf με την Cf −1 .iv)Οι Cf , Cf −1 είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία y = x .Προφανώς, το ίδιο ισχύει και μετην εφαπτομένη (ε) της Cf στο Α(1,1) και την ζητούμενη εφαπτομένη (η) της Cf −1 στοΑ(1,1).Επειδη η εξίσωση της (ε) είναι y = 2x − 1 συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση της (η) είναιx = 2y −1 ⇔ y = 1 x − 1 22v)Το ζητούμενο όριο γράφεται: lim f −1(x) − 1 = lim f −1(x) − f −1(1) x→1 x−1 x →1 x−1και ισούται με την παράγωγο της f −1 στο σημείο x0 = 1 .Όμως η παράγωγος της f −1 στο x0 = 1 ισούται με τον συντελεστή διεύθυνσης τηςεφαπτομένης (η) που είναι λ = 1 .Δηλαδή 2 lim f −1(x) − f −1(1) = 1 x−1 2 x→1v) f (1) = 1 άρα η προς απόδειξη ανισοτική σχέση γίνεται∫ ∫f (1) 1 g(x)dx ≤ g(−1) + g '(1) ⇔ 1 1 g(x)dx ≤ g(−1) + g '(1)2 −1 2 −1Έστω τυχαίο x με −1 < x ≤ 1 .Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ για την συνάρτηση g στο διάστημα−1, x οπότε υπάρχει ξ ∈ (−1, x) τέτοιο ώστεg '(ξ ) = g(x) − g(−1) ⇔ g '(ξ ) = g(x) − g(−1) ⇔ g '(ξ )(x + 1) = g(x) − g(−1) (1) x − (−1) x+1Όμως x ≤ 1 οπότε −1 < ξ < 1 θα έχουμε λοιπόν g '(ξ ) ≤ g'(1) εφόσον η παράγωγος είναιγνησίως αύξουσα στο ℝ .Έτσι −1 < x ≤ 1 έχουμε g(x) − g(−1) = g '(ξ )(x + 1) ≤ g'(1)(x + 1) (2)Η τελευταία σχέση ισχύει και για x=-1.H (2) γίνεται g(x) − g(−1) ≤ g '(1)(x + 1) ⇔ g(x) ≤ g '(1)(x + 1) + g(−1)Ολοκληρώνουμε την τελευταία στο −1,111 11 1∫ g(x)dx ≤ ∫ (g '(1)(x + 1) + g(−1))dx ⇔ ∫ g(x)dx ≤ g '(1)∫ (x + 1)dx + g(−1)∫ dx ⇔−1 −1 −1 −1 −1∫ ∫⇔ 1 g(x)dx ≤ g '(1) ⋅ 2 + g(−1) ⋅ 2 ⇔ 1 1 g(x)dx ≤ g '(1) + g(−1) 2−1 −1238 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr4.Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση f η οποία τέτοια, ώστε: • (x2 − 1)( f (x) − x3 ) ≥ 0 ,για κάθε x ∈ ℝ • f (0) = 0Α. Να δείξετε ότι:i)Η γραφική παράσταση της f εφάπτεται στον άξονα x’x στην αρχή των αξόνων καιδιέρχεται από τα σημεία Α(1,1) ,Β(-1,-1) .ii)Υπάρχει ξ ∈ (−1,1) τέτοιο ώστε f '(ξ ) = 1Β. Δίνεται η συνάρτηση g : ℝ → ℝ με τύπο:g(x) = e2x + f (1) − f (−1)κ ex + λ , x ∈ ℝ με κ,λ σταθερούς πραγματικούς αριθμούςΑν lim g(x) = 0 τότε: x → +∞i)Να δείξετε ότι κ = 1,λ = 0ii)Να εξετάσετε ως προς την μονοτονία στο πεδίο ορισμού της την συνάρτηση h μετύπο h(x) = ln g(x) .iii)Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα 1 ∫ exh(x)dx 0Λύσηi) Αρκεί να δείξουμε ότι f '(0) = 0Για κάθε x ∈ (−1,0) ∪ (0,1) έχουμε :x2 − 1 < 0 και f (x) − x3 ≤ 0 ⇔ f (x) ≤ x3 (1)Αν x ∈ (−1,0) τότε η (1) γίνεται f (x) ≤ x3 ⇔ f (x) ≥ x2 (2) xΑν x ∈ (0,1) τότε η (1) γίνεται f (x) ≥ x3 ⇔ f (x) ≥ x2 (3) xΑπό υπόθεση η f είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 0 παίρνουμε από (2),(3)lim f (x) ≥ lim x2 = 0 ή lim f (x) ≥ 0xx→0− x→0− xx→0−lim f (x) ≤ lim x2 = 0 ή lim f (x) ≤ 0xx→0+ x→0+ xx→0+Άρα f '(0) = lim f (x) − f (0) = lim f (x) =0 x→0 x−0 x→0 xΓια x ∈ (0,1) ,(x2 − 1)( f (x) − x3 ) ≥ 0 ⇔ f (x) ≤ x3 (4)Για x ∈ (1, +∞) ,(x2 − 1)( f (x) − x3 ) ≥ 0 ⇔ f (x) ≥ x3 (5)Όμως η f είναι συνεχής στο x0 = 1 , f (1) = lim f (x) x →1Από την (4) f (1) = lim f (x) ≤ lim x2 = 1 x→1− x→1−Από την (5) f (1) = lim f (x) ≥ lim x2 = 1 x→1+ x →1+Άρα f (1) = lim f (x) = 1 , δηλαδή η Cf διέρχεται από το σημείο Α(1,1) x →1Όμοια βρίσκουμεf (−1) = lim f (x) = −1 έτσι, η Cf διέρχεται από το σημείο Β(-1,-1) x → −1ii)H συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα −1,1 , παραγωγίσιμη στο (−1,1) άρα απόΘ.Μ.Τ υπάρχει ξ ∈ (−1,1) τέτοιο ώστε f '(ξ ) = f (1) − f (−1) = 1− (−1) = 1 1 − (−1) 1− (−1)Β. i)Η g για f (1) = 1, f (−1) = −1 έχει τύπο ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 239

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grg(x) = e2x + 1 + κ ex + λ , x ∈ ℝ με κ,λ σταθερούς πραγματικούς αριθμούς( )lim g(x) = lim  1 +κ + λ   κ e2x + 1 +κex + λ = lim  ex  1 + e2x ex   = (+∞)(1 + )x → +∞ x → +∞ x → +∞Αν κ > 1 ή κ < 1 το όριο lim g(x) απειρίζεται άρα πρέπει 1 + κ = 0 ⇔ κ = −1 x → +∞Για κ = −1( ) ( )lim g(x) = lim e2x + 1 − ex + λ = lim e2x + 1 − (ex − λ) = lim ( e2x + 1 − (ex − λ))( e2x + 1 + (ex − λ)) =x → +∞ x → +∞ x → +∞ x → +∞ ( e2x + 1 + (ex − λ))lim e2x + 1 − (e2x − 2exλ + λ 2 ) = lim e2x + 1 − e2x + 2exλ − λ 2 = lim 1+ 2exλ − λ2 e x ( 1 + 2λ − λ2 ) e2x + 1 + (ex − ex ex = lim =x→+∞ ( e2x + 1 + (ex − λ)) x→+∞ ( e2x + 1 + (ex − λ)) (x → +∞ λ )) λ x → +∞ ex( + 1 + − ex ex 1 1 ) 1 + 2λ − λ2 = 2λ = λ ex ex= lim x → +∞ + 1 + − λ 2 ex ex 1 1Αλλά ,από υπόθεση lim g(x) = 0 άρα λ = 0 . x → +∞Έτσι, ο τύπος της g γίνεται g(x) = e2x + 1 − exii) g(x) > 0 ⇔ e2x + 1 − ex > 0 ⇔ e2x + 1 > ex ⇔ e2x + 1 > e2x ⇔ 1 > 0 ισχύει για κάθε x ∈ ℝ .( )h(x) = ln g(x) = ln e2x + 1 + ex , x ∈ ℝ( ( ))h'(x) = ln e2x +1 − ex)' (e2x + 1)' − ex e2x − ex e2x − ex( e2x + 1) '=( 2 e2x + 1 e2x +1 e2x + 1 e2x + 1 − ex = = = = e2x + 1 − ex e2x + 1 − ex e2x + 1 − ex e2x + 1 − ex e2x − ex( e2x + 1) = ex(ex − e2x + 1) = −ex( e2x + 1 − ex ) = −ex < 0 e2x + 1 e2x + 1 − ex e2x + 1( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )e2x +1 e2x +1 − ex e2x + 1 e2x +1 − exγια κάθε x ∈ ℝ .Άρα η h είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝiii)10 11 −ex 1 e 2x∫ ∫( ) ∫ ∫ ∫exh(x)dx = e2x + 0 e2 x+00 ex ' h(x)dx = exh(x) − 0 exh'(x)dx = exh(x) − 0 ex   dx = ex h(x) +   dx = 1 1∫e x h( x) + 1 1 (e2x + 1)' dx =  e x h( x) + 1 ln( e2x +  1 = ... 2 0  e2x + 1   2 1) 0 «Γράψαµε τεστ στο σχολείο και στο τρίτο θέµα ζητήθηκε µελέτη συνάρτησης. Βάλτε µε να σκάψω κιόλας!!» Κορνήλιος 17 ετών, υποψήφιος πανελληνίων240 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr5. Δίνεται η συνάρτηση g(x) = α x3 + β x2 + γ x + 2δ , α ≠ 0 α,β,γ,δ σταθεροί πραγματικοί αριθμοί.Α.i)Να αποδείξετε ότι η Cg έχει ακριβώς ένα σημείο καμπής. ii) Αν η g έχει δυο θέσεις ακροτάτων στα x1 και x2 να αποδείξετε ότι g ''(x1 ) ⋅ g ''(x2 ) = 0Β. Να αποδείξετε ότι για την συνάρτηση h(x) = α 2 , x ≠ 0 το εμβαδό που σχηματίζεται 2xαπό κάθε εφαπτομένη της και τους άξονες είναι σταθερό.Γ. Θεωρούμε την συνάρτηση Είναι πολλά τα ερωτήµατα, f (x) = 2x2 +α x3 + 2(δ + 1) − g(x) ,x≠3 Άρη!!! x−3Είναι γνωστό ότι η ευθεία y = x είναι πλάγιαασύμπτωτη της Cf στο +∞i)Να δείξετε ότι β = 1 και γ=3.ii)Υπάρχει τουλάχιστον ένας αριθμός ξ ∈ (1,2)στον οποίο η εφαπτομένη της Cf είναιπαράλληλη στον άξονα x' x .Δ.(Bonus )Δίνεται η συνάρτηση k για την οποία ισχύει: •συνεχής στο −1,0 • ( f (4) − 5) x3 + 2x(k(x))3 = f '(ξ ) + 8 για κάθε −1,0Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f διατηρεί πρόσημο στο διάστημα (−1,0) .E.Αν για μια συνάρτηση φ συνεχή στο ℝ οπού ισχύει η ιδιότητα ϕ(x) + 2ϕ(2x) = 5x + f (4) για κάθε x ∈ ℝ 2 4Να υπολογίσετε το ∫ϕ(x)dx . 1ΛύσηΑ.i) Η g δυο φορές παραγωγίσιμη και συνεχής στο ℝ ως πολυωνυμική ,έτσι:g '(x) = 3α x2 + 2β x + γ , g ''(x) = 6α x + 2βg ''(x) = 0 ⇔ 6α x + 2β = 0 ⇔ x = − β .Η g’’ εκατέρωθεν του x = − β αλλάζει πρόσημο άρα 3α 3ασημείο καμπής.ii)Οι αριθμοί x1 και x2 είναι θέσεις τοπικών ακροτάτων της g ,από το θεώρημα Fermatισχύει: g'(x1 ) = g'(x2 ) = 0 άρα x1 , x2 είναι ρίζες της g'(x) = 3α x2 + 2β x + γ δηλαδή από τύπο Vietax1 + x2 = − 2β (1) 3α ( )g ''(x1 ) ⋅ g ''(x2 ) = 6α x1 + 2β + 6α x2 + 2β = 6α + 4β (1)  − 2β  + 4β = x1 + x2  3α  0 = 6αΒ.Η h είναι παραγωγίσιμη ως ρητή για κάθε x ≠ 0 έτσι:h '(x) =  α2  ' = − α2  2x  2x2  Η εφαπτομένη της h στο τυχαίο σημείο της γραφικής της παράστασης Α(x0 ,h(x0 )) έχειτύπο:ε: y − h(x0 ) = h'(x0 )(x − x0 ) άρα y− α2 = − α2 (x − x0 ) 2x0 2x02 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 241

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr•Η ε τέμνει τον άξονα x’x στο σημείο με τεταγμένη 0 δηλαδή0− α2 = − α2 (x − x0 ) ⇔ .. ⇔ x = 2x0 άρα είναι το σημείο B(2x0 , 0) 2x0 2 x0 2•Η ε τέμνει τον άξονα y’y στο σημείο με τετμημένη 0 δηλαδήy− α2 = − α2 (0 − x0 ) ⇔ ... ⇔ y = α2 άρα είναι το σημείο Γ(0, α 2 ) 2x0 2 x0 2 x0 x0Οπότε το ζητούμενο εμβαδό είναι : E = 1 2x0 α2 =α2 ανεξάρτητο του x. 2 x0Γ. f (x) = 2x2 +α x3 + 2(δ + 1) − g(x) = 2x2 + α x3 + 2(δ + 1) − α x3 − β x2 − γ x − 2δ = x−3 x−3( )= 2x2 + α x3 + 2δ + 2 − α x3 − β x2 − γ x − 2δ = 2 − β x2 − γ x + 2 x−3 x−3 (2 ) x2Άρα τελικά f (x) = − β − γ x + 2 , x ≠ 3 .Από υπόθεση η ευθεία y=x είναι πλάγια x− 3ασύμπτωτη της Cf στο +∞ .Άρα( ) ( )lim  2−β x2 −γ x + 2  =  x−3 − x x → +∞ f (x) − x 0 ⇔ lim = 0 x → +∞Έτσι, ( ) ( ) ( )  2−β x2 − γ x + 2   2−β x2 −γx + 2 − x2 + 3x   1− β x 2 +( 3 − γ )x + 2 lim x−3 − x  = lim  x− 3  = lim  x− 3  = 0x → +∞ x → +∞ x → +∞Όμως, αν 1-β> 0 ή 1-β <0 το παραπάνω όριο απειρίζεται ,έτσι ισχύει 1 − β = 0 ⇔ β = 1Έτσι f (x) = x2 −γx+ 2 δηλαδή x−3( ) ( )lim    −γ   −γ +  lim   lim   x− x → +∞ x→+∞  x→+∞  f (x) − x = 0 ⇔ x2 −γx+ 2 − x = 0 ⇔ x2 x + 2− x2 + 3x = 0 ⇔ lim  3 x 2 = 0 x−3 x −3 3 x → +∞ ( ) lim  3 −γ x + 2  =0 ⇔ 3−γ =0 ⇔γ = 3. x− 3x → +∞Τελικά , η συνάρτηση έχει τύπο f (x) = x2 − 3x + 2 ,x ≠ 3 x−3ii) Η f συνεχής στο 1,2 ως ρητή Η f παραγωγίσιμη στο (1, 2) ως ρητή f (1) = f (2 = 0Άρα, από θεώρημα Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένας αριθμός ξ ∈ (1,2) τέτοιος ώστεf '(ξ ) = 0 δηλαδή η εφαπτομένη της Cf είναι παράλληλη στον άξονα x' x . Δ. Από τα προηγούμενα ερωτήματα έχουμεf (4) = 42 −3⋅ 4 + 2 = 6, f '(ξ ) = 0 , οπότε η δοθείσα ισότητα παίρνει την μορφή: 4− 3(6 − 5) x3 + 2x(k(x))3 = 8 ⇔ x3 + 2x (k(x))3 = 8 (2)Έστω ότι η συνάρτηση k δεν διατηρεί σταθερό πρόσημο στο (−1,0) .Τότε υπάρχουν x3 , x4 ∈ (−1,0) με k(x3 ) ⋅ k(x4 ) < 0Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι x3 < x4 ,τότε η k είναι συνεχήςστο x3 , x4  και k(x3 ) ⋅ k(x4 ) < 0 άρα από το θεώρημα Bolzano υπάρχει ( )x0 ∈ x3 , x4 τέτοιο ώστε242 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grk(x0 ) = 0 και η (1) : x03 ( )+ 2x0 k(x0 ) 3 = 8 ⇔ x03 = 8 ⇔ x0 = 2 άτοπο διότι x0 = 2 ∉ (−1,0)Άρα η k διατηρεί πρόσημο στο (−1,0) .( το ερώτημα (Δ) αντιμετωπίζεται και αλγεβρικά.)Ε. Από το ερώτημα Γ i) f (4) = 42 − 3⋅4 + 2 =6 η δοθείσα ισότητα γίνεται 4−3ϕ(x) + 2 ⋅ϕ(2x) = 5x + 6 ⇔ ϕ(x) + 2 ⋅ϕ(2x) = 5x + 3 2Ισχύει: 2 2  2  3x ϕ(x)dx + 2 ϕ(2x)dx  1 1 1∫ ∫ ∫ ∫2 2 5x2 1 2 ϕ(x) +1 2 ⋅ϕ(2x)dx = 5x + 3dx ⇔ = + ⇔22∫ ∫ ∫ ∫ϕ(x)dx + 2 ϕ(2x)dx = ( 5 ⋅ 22 + 3 ⋅ 2) − ( 5 ⋅12 + 3 ⋅1) ⇔ 22 = 16 − 11 ⇔ ϕ(x)dx + 2 ϕ(2x)dx 2 2 11 211 2 2 32 − 11 2 2 21 ϕ(x)dx 2 ϕ(2x)dx ϕ(x)dx 2 ϕ(2x)dx∫ ∫ ∫ ∫⇔ + = ⇔ + = (* * *) 21 2 11 1 2Στο ολοκλήρωμα 2∫ϕ(2x)dx θέτουμε 2x = u άρα 2dx = du 1Για x = 1 προκύπτει u = 2Για x = 2 προκύπτει u = 4Άρα 2 ∫1 4 ϕ(u)du οπότε η (* * *) γίνεται ∫ϕ(2x)dx = 22 1 4 ϕ(u)du2∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ϕ(x)dx + 2 1 4 = 21 ⇔ 2 + = 21 ⇔ 2 + 4 = 21 ⇔ 4 = 21 ϕ(u)du ϕ(x)dx ϕ(x)dx ϕ(x)dx ϕ(x)dx 22 21 21 21 21 2 2 Γερά, οι εξετάσεις είναι κοντά… ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 243

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr6.Εστω η συνάρτηση f : ℝ → ℝ η οποία είναι δυο φορές παραγωγίσιμη και κυρτή. Έστωεπίσης η συνάρτηση g : ℝ → ℝ με τύπο g(x) = f (x) − 2x για κάθε x ∈ ℝ .Ισχύουν:•Η ευθεία με εξίσωση y = 2x είναι ασύμπτωτη της Cf στο +∞• lim f '(x) ∈ ℝ x → +∞Να αποδείξετε ότι:i.H g είναι κυρτήii. lim f (x) = +∞ και lim g '(x) = 0x → +∞ x → +∞iii. Να βρείτε το σύνολο τιμών της giv. g '(x) < 0 για κάθε x ∈ ℝv. Αν Ε είναι το εμβαδό που περικλείεται από την γραφική παράσταση της f ,τις ευθείεςx=1,x=2 και τον άξονα x’x τότε να δείξετε ότι E > 3vi.(bonus)Αν επιπλέον f (0) = 0 f (1) = α .Να δείξετε ότι: α. xf '(x) ≥ f (x) για κάθε x ≥ 0 ∫β. 1 f (x)dx ≤ α g '(x) = f '(x) − 2 για κάθε x ∈ ℝ 02Λύσηi.ΈχουμεΕπειδή η f είναι κυρτή, συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση f ' είναι γνησίως αύξουσα.Οπότε για κάθε x1, x2 ∈ ℝ με x1 < x2 έχουμε: f '(x1) < f '(x2 ) ⇔ f '(x1) − 2 < f '(x2 ) − 2 ⇔ g '(x1) < g '(x2 ) άρα η συνάρτηση g ' είναι γνησίωςαύξουσα, συνεπώς η g είναι κυρτή.ii.Η ευθεία y = 2x είναι ασύμπτωτη της Cf στο +∞ άρα ισχύουν οι σχέσεις : lim f (x) = 2 και lim ( f (x) − 2x) = 0 xx→+∞ x → +∞Άρα lim f (x) = lim (( f (x) − 2x) + 2x) = +∞ x → +∞ x → +∞Από τα παραπάνω παρατηρούμε ότι το lim f (x) είναι της μορφής ∞ και γνωρίζουμε από x ∞ x → +∞υπόθεση ότι lim f (x) = +∞ .Συνεπώς από τον κανόνα De L Hospital έχουμε: x → +∞lim f (x) = lim f '(x)xx→+∞ x → +∞Δηλαδή, lim f '(x) = 2 και συνεπώς: x → +∞lim g '(x) = lim ( f '(x) − 2) = lim f '(x) − lim 2 = 2 − 2 = 0x → +∞ x →+∞ x →+∞ x → +∞iii. Η συνάρτηση g ' είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής, ως παραγωγίσιμη .Οπότε ,έχεισύνολο τιμών το διάστημα:( ) ( )lim g '(x), lim g '(x) = lim g '(x),0x → −∞ x → +∞ x →−∞iv.Επομένως , g '(x) < 0 για κάθε x ∈ ℝΗ συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής, ως παραγωγίσιμη .Οπότε ,έχει σύνολοτιμών το διάστημα:( ) ( ) ( )lim g(x), lim g(x) = lim ( f (x) − 2x), lim g(x) = 0, lim g(x)x → −∞ x → +∞ x → −∞ x →+∞ x → +∞Επομένως , g(x) > 0 για κάθε x ∈ ℝ244 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grv. Για κάθε x ∈[1, 2] ισχύει g(x) > 0 ⇔ f (x) − 2x > 0 ⇔ f (x) > 2x > 0 άρα το ζητούμενο εμβαδό είναι 22E = ∫ f (x)dx συνεπώς αρκεί να δείξουμε ότι ∫ f (x)dx > 3 .Έτσι εφόσον g(x) > 0 για κάθε x ∈ ℝ 11ισχύει:22 22∫ g(x)dx > 0 ⇔ ∫ ( f (x) − 2x)dx > 0 ⇔ ∫ f (x)dx > ∫ 2xdx ⇔11 11 2 22⇔ ∫ f (x)dx > x2 12 ⇔ ∫ f (x)dx > 4 −1 ⇔ ∫ f (x)dx > 3 ⇔ E > 3 1 11vi.α) Η συνάρτηση f ικανοποίει τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ στο διάστημα [0, x] θα υπάρχειξ ∈ (0, x) τέτοιο ώστε f '(ξ ) = f (x) − f (0) = f (x) (1) x−0 xΑν ξ < x f 'ր f '(ξ ) < f '(x) ⇔ f (x) < f '(x) ⇔x>0 f (x) < xf '(x) x ⇔Άρα f (x) ≤ xf '(x) για κάθε x ≥ 0 (2)με την ισότητα να ισχύει για x=0.β) Από την (2) προκύπτει:1 f ( x)dx ≤ 1 xf '( x)dx ⇔ 1 f ( x)dx ≤ [xf ( x) ]1 − 1 f ( x)dx ⇔ 1 f ( x)dx ≤ [xf ( x) ]1 ⇔ 0 0∫ ∫ ∫ ∫ 2∫00 0 00 1 1 1 a ∫ ∫ ∫0 0 0 2⇔ 2 f (x)dx ≤ f (1) − f (0) ⇔ 2 f ( x)dx ≤ a ⇔ f ( x)dx ≤ ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 245

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr7.A.Δίνονται δυο συναρτήσεις f , g : ℝ → ℝ με τύπο:  xex − ex +1 ,x ≠ 0  3ex − β f (x) =  3x x2 , g ( x) = ,x ≠ 0 x=0 β (β − 6) + α (α − 2) + 21 , x = 0 a, 2Όπου α,β σταθεροί πραγματικοί αριθμοίΑν η f είναι συνεχής στο ℝ να βρείτε τις τιμές των α,β.Β. Αν a = 1 και β = 3 ,να δείξετε ότι :α) η συνάρτηση g είναι μια παράγουσα της f στο ℝ .β) f (x) > 0 για κάθε x ∈ ℝ .γ) Να λύσετε την εξίσωση e f (x) − g(0) + 2015 = 0 2017δ) Να βρείτε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από την γραφική παράσταση της f ,τον άξονα x’x και τις ευθείες x = −2 και x = 0 .ΛύσηΑ.α)H f είναι συνεχής στο ℝ άρα είναι συνεχής και στο x0 = 0 συνεπώςlim f (x) = f (0) x→0lim f (x) = lim xex − ex +1 0 − ex +1) ' + xex − ex =0 ( xe x = lim ex = lim xex = lim ex = 1 limx→0 x→0 x2 D.Hospital x→0 (x2 ) ' x→0 2x x→0 2x x→0 2 2 f (0) = β (β − 6) + α (α − 2) + 21 2Οπότε 1 = β (β − 6) + α (α − 2) + 21 ⇔ 1 = 2β (β − 6) + 2α (α − 2) + 21 ⇔ 22⇔ 2β 2 −12β + 2α 2 − 4α + 20 = 0 ⇔ β 2 − 6β + α 2 − 2α +10 = 0 ⇔⇔ β 2 − 6β + 9 + α 2 − 2α +1 = 0 ⇔ (β − 3)2 + (α −1)2 = 0 ⇔ β = 3 και α = 1Β. Άρα οι συναρτήσεις έχουν την μορφή  xe x − ex +1 , x ≠ 0  e x − 1  x2 xf (x) = , g (x) = ,x ≠ 0  1 1, x=0  2 , x=0Η g είναι παραγωγίσιμη στο ℝ* ,με g '( x) =  ex − 1  ' = xex − ex +1 = f (x) για κάθε x ∈ ℝ* .Επίσης   x2 x ex −1 −1 −1− x 00 g(x) − g(0) x −1lim = lim = lim ex =0 ex =0 ex = 1 lim lim 2x→0 x−0 x→0 x x2 L.H x→0 x→0 2x 2L.H x→0Άρα, η g είναι παραγωγίσιμη στο 0 με g '(0) = 1 = f (0) 2Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότιg '(x) = f (x) για κάθε x ∈ ℝ δηλαδή η g είναι μια παράγουσα της f.β) Θεωρούμε την συνάρτησηh(x) = ex (x −1) +1, x ∈ ℝ , έχουμε:h '(x) = ex (x −1) + ex = xex για κάθε x ∈ ℝ .Επομένως:h '(x) = 0 ⇔ xex = 0 ⇔ x = 0h '(x) > 0 ⇔ xex > 0 ⇔ x > 0 η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα στο [0, +∞)h '(x) < 0 ⇔ xex < 0 ⇔ x < 0 η συνάρτηση h είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞, 0]Η h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x = 0 συνεπώς για κάθε x ∈ ℝ* : h(x) > h(0) = 0Δηλαδή246 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr ex (x −1) +1 > 0 για κάθε x ∈ ℝ* άρα f (x) = ex (x −1) +1 >0 για κάθε x ∈ ℝ* και επειδή f (0) = 1 > 0 προκύπτει: x2 2f (x) > 0 για κάθε x ∈ ℝ .γ) e f (x) − g(0) + 2015 = 0 ⇔ e f (x) − 2016 = 0 ⇔ e f (x) = 2016 ⇔ f (x) = ln 2016 < 0 άρα από ερώτημα (β) η 2017 2017 2017 2017εξίσωση είναι αδύνατη.δ) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ℝ ρα και στο διάστημα [−2, 0] .Επίσης από προηγούμενοερώτημα ισχύει f (x) > 0 για κάθε x ∈ ℝ .Οπότε το ζητούμενο εμβαδό είναι: 0 E = ∫ f (x)dx = g(0) − g(−2) (θυμηθείτε ότι η g είναι μια παράγουσα της f.) −2Δηλαδή:∫E 0 e−2 −1 e−2 −1 2 + e−2 −1 1+ e−2 1 + 1 e2 +1 −2 −2 2 2 2 e2 2e2 = f ( x)dx = g (0) − g (−2) = 1− = 1+ = = = = τ.μ 28.Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : [−2, 2] → ℝ τέτοια ώστε να ισχύει : (x2 − 4) f '(x) +1974 f (x) = 0 για κάθε x ∈[−2, 2] (1)i.Να βρείτε την μέγιστη και την ελάχιστη τιμή της f.ii.Να δείξετε ότι η f είναι σταθερή στο [−2, 2] .iii.Για την συνάρτηση g(x) = x ln x + f (1) − f (2) να δείξετε ότι η g παρουσιάζει ολικό x+2ελάχιστο σε ένα μόνο σημείο.iv. Να υπολογίσετε το ∫e 2ln x + x + 2 1 (x + 2)2 dxΛύσηi.Η σχέση (1) για x = −2 ((−2)2 − 4) f '(−2) +1974 f (−2) = 0 ⇔ 1974 f (−2) = 0 ⇔ f (−2) = 0Η σχέση (1) για x = 2 ... ⇔ f (2) = 0Η f είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη στο [−2, 2] άρα παρουσιάζει ελάχιστο και μέγιστο στο[−2, 2] .Για τις θέσεις μεγίστου –ελαχίστου διακρίνουμε περιπτώσεις:• Αν είναι και οι δυο (τιμές μεγίστου-ελαχίστου) στα άκρα τότε min f (x) = max f (x) = 0• Αν η μια είναι στο άκρο και η άλλη στο x0 ∈ (−2, 2) ,τότε από το θεώρημα Fermatέχουμε f '(x0 ) = 0 και η (1) για x = x0 : (x02 − 4) f '(x0 ) +1974 f (x0 ) = 0 ⇔ 1974 f (x0 ) = 0 ⇔ f (x0 ) = 0 άραmin f (x) = max f (x) = 0 .• Αν και οι δυο θέσεις ακροτάτων βρίσκονται στο διάστημα (−2, 2) και είναι τα σημεία x1, x2συνεπώς ανάλογα με την προηγούμενη περίπτωση και την χρήση της (1) προκύπτει:min f (x) = max f (x) = 0 .Δηλαδή σε κάθε περίπτωση ισχύει: min f (x) = max f (x) = 0ii.Από προηγούμενο ερώτημα εφόσον σε κάθε περίπτωση ισχύει: min f (x) = max f (x) = 0 τότε f (x) = 0 για κάθε x ∈[−2, 2] .iii. g(x) = x ln x + f (1) − f (2) = x ln x ,x>0 Για να δείξουμε ότι η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο σε x+2 x+2ένα μόνο σημείο,αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει x0 > 0 τέτοιο ώστε g(x) ≥ g(x0 ) για κάθεx > 0 .Έχουμε: g '( x) = 2 ln x + x + 2 , x > 0 (2) ( x + 2)2 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 247

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΔεν γνωρίζουμε το πρόσημο του αριθμητή συνεπώς θεωρούμε συνάρτησηh(x) = 2 ln x + x + 2, x > 0 άρα η (2) γίνεται: g '( x) = ( h(x) , x > 0 (3) x + 2)2Έχουμε: h '(x) = 2 +1 > 0 για κάθε x > 0 .Ακόμα lim h(x) = −∞, lim h(x) = +∞ άρα το σύνολο τιμών x x→0+ x→+∞της h στο A = (0, +∞) είναι h( A) = (−∞, +∞) = ℝΕπειδή 0 ∈ h( A) και η h είναι γνησίως αύξουσα ,έχουμε ότι υπάρχει μοναδικός x0 ∈ (0, +∞)τέτοιο ώστε : h(x0 ) = 0Συνεπώς:-Για x = x0 ⇔hր h(x) = h(x0 ) ⇔ g(x) = g(x0 )-Για x > x0 ⇔hր h(x) > h(x0 ) ⇔ g(x) > g(x0 ) hր-Για x < x0 ⇔ h(x) < h(x0 ) ⇔ g(x) < g(x0 )Άρα η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο σε ένα μόνο σημείο.e 2 ln x + x + 2 e [ g(x)]e1 (x + 2)2 1 1∫ ∫iv. dx = g '( x)dx = = ...9.A.Δίνεται συνεχής συνάρτηση f ορισμένη στο [0, +∞) τέτοια ώστε να ισχύει :• f 2 (x) = 4x για κάθε x ≥ 0 • lim f (x) = 1 x→4 xΝα βρείτε τον τύπο της f .B.Αν f (x) = 2 x , x ≥ 0i.Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της γραφικής παράστασης τηςσυνάρτησης f στο σημείο της Μ(α,f(α)) με a > 0 .ii.Να βρείτε το εμβαδό του χωρίου Ω που περικλείεται από την γραφική παράστασητης f την εφαπτομένη (ε) και τον άξονα x’x.iii.Αν ένα σημείο Μ κινείται στην γραφική παράσταση της f έτσι ώστε νααπομακρύνεται από τον άξονας y’y με ρυθμό 2 μονάδες μήκους το δευτερόλεπτο,ναβρείτε το ρυθμό μεταβολής του εμβαδού Ε του χωρίου Ω την χρονική στιγμή κατά τηνοποία η τεταγμένη του είναι ιση με 4 μονάδες.iv.Να βρείτε λ ∈ (−α,α ) τέτοιο, ώστε η ευθεία με εξίσωση x = λ να χωρίζει το χωρίο Ω σεδυο ισεμβαδικά χωρία.v.Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε τον τύπο της f −1 .vi. Να βρείτε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των f και f −1 .Γ(Bonus).i.Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = f −1(x) , x ∈ ℝ ,να βρείτε την εξίσωση της 2εφαπτομένης από το σημείο Α(μ,-2) προς την Cg.ii.Αν Β(κ,g(κ)) είναι σημείο επαφής της παραπάνω εφαπτομένης να δείξετε ότι ητετμημένη του ικανοποιεί την εξίσωση x2 − 2µ x −16 = 0 .iii.Να δείξετε ότι οι εφαπτόμενες από το σημείο Α(μ,-2) προς την Cg είναι κάθετεςμεταξύ τους.Λύση f (x) > 0 κοντά στο 4 με x > 0 κοντά στο 4 οπότεΑ.Από υπόθεση lim f (x) = 1 > 0 άρα ισχύει x x→4 x f (x) > 0 κοντά στο 4 .248 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΌμως f 2 (x) = 0 ⇔ f (x) = 0 ⇔ 4x = 0 ⇔ x = 0 συνεπώς η f είναι συνεχής και δεν μηδενίζεται στο(0, +∞) άρα στο Α διατηρεί πρόσημο. (εναλλακτικάΤελικά f (x) > 0 για κάθε x > 0 .Με το ‘=’ να ισχύει μόνο g(x) = f (x) ⇔ xg(x) = f (x) ,λαµβάνουµε xστο 0.Έτσι προκύπτει : f (x) = 4x = 2 x, x ≥ 0 όρια στο 4: lim f (x) = lim xg(x) = 4 , f x→4 x→4 συνεχής στο 4 άρα f(4)=4>0….. )(εναλλακτικά g(x) = f (x) ⇔ xg(x) = f (x) ,λαμβάνουμε όρια xστο 4: lim f (x) = lim xg(x) = 4 , f συνεχής στο 4 άρα f(4)=4>0….. ) x→4 x→4Β.( )i. f '(x) = 2 x ' = 1 > 0 για κάθε x > 0 , f (a) = 2 a, f '(a) = 1 , xaη εξίσωση της εφαπτόμενης είναι:(ε): y − f (a) = f '(a)(x − a) ⇔ y − 2 a = 1 (x − a) ⇔ y = 1 x + a (3) aaii. ε M Cf Α(-α,0) Ο B(α,0)Για y = 0 ⇒ x = −a συνεπώς η (ε) τέμνει τον άξονα x’x στο A(−a, 0) .Το ζητούμενο εμβαδό είναι: a 1 ( AB)(MB) − a 2 xdx = 1 2 ⋅ a ⋅ 2 a1 = ( AMB) − a − 2x2 dx =E ∫ ∫ ∫0 2 = f (x)dx 02 0  3 a a    3  a a= 2a a − 2 x2  = 2a a −  4 = 2a a − 4 x3 0 = 2a a −  4 x x 0 = 2a a−4a a = 2a a τ .µ  3  x2  3  3 33 3 0  2 0iii. x = a(t) , τετμημένη του M, E(t) το εμβαδό του χωρίου Ω, καθώς το Μ κινείται πάνω στην Cf.Την χρονική στιγμή t0 είναι:xM = a(t0 ) = 4 και a '(t0 ) = 2 μονάδες /secE(t) = 2 a(t) a(t) = 2 3 και E '(t ) =  2 3  ' = ... = a '(t ) a (t ) οπότε   33 a(t ) 2 a(t ) 2 3 E '(t0 ) = a '(t0 ) a(t0 ) = 4 ⋅ 2 = 4 μ/sec ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 249

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.griv. ε Ν M Cf Α(-α,0) Ο B(α,0)Έστω Ν το σημείο τομής της εφαπτομένης (ε) και του άξονα y’y.Για x = 0 από την σχέση (3)λαμβάνουμε:y = a συνεπώς N (0, a ) .Το εμβαδό του τριγώνου ΟΑΝ είναι:E1 = (OAN ) = 1 (OA)(ON ) = 1 a a 2 2Από την προφανή σχέση 1a a >1a a προκύπτει ότι E1 > E , οπότε η ζητούμενη ευθεία που 2 3 2χωρίζει το χωρίο Ω σε δυο ισεμβαδικά χωρία θα έχει εξίσωση x = λ με λ ∈ (−α, 0) .Έστω ότι η ευθεία με εξίσωση x = λ τέμνει τον άξονα x’x στο σημείο Γ(λ,0) και τη ευθεία εστο σημείο Δ. ε M Ν Cf Δ Α(-α,0) Γ Ο B(α,0)Για x = λ από την σχέση (3) έχουμε y = λ + α , οπότε ∆(λ, λ + α ) aaΕίναι :E2 = (ΑΓ∆) = 1 (ΑΓ)(Γ∆) = 1 (λ + a) λ +a = (λ + a)2 2 2 α 2αΈχουμε:E2 = Ε ⇔ (λ + a)2 = 1 ⋅ 2α α ⇔ (λ + a)2 = 1 α α ⇔ (λ + a)2 = 2 α 2 ⇔ λ + a = 6α 2 2α 23 2α 3 3 3⇔λ +a>0 λ + a = 6 α ⇔ λ = 6 − 3 αα>0 3 3250 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.