ΟΔΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ 2017

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grv. f '(x) = 1 > 0 για κάθε x > 0 άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο [0, +∞) άρα είναι και 1-1 x,επομένως αντιστρέφεται. Για την f −1 :y=2 x⇔ x = y y≥0 x = y2 ⇔ f −1( y) = y2 ,y≥0 με αλλαγή μεταβλητής f −1 (x) = x2 , x ≥ 0 ⇔ 4 4 24vi.Τα κοινά προκύπτουν από την λύση του  y = f (x) σημεία συστήματος  y = f −1 (x)άρα x2 = 2 x≥0 x = 4 .Λόγω συμμετρίας των Cf και Cf −1 ως προς την διχοτόμο y=x 4 x ⇔... ⇔ x = 0 ήτο ζητούμενο εμβαδό είναι E = 4 − f (x)) dx = ... = 16 τετραγωνικές μονάδες 3 2∫ ( x 0 x2Γ. i.Από προηγούμενο ερώτημα ισχύει: g(x) = 4 = 1 x2 , x ∈ ℝ . 28Η ζητούμενη εφαπτομένη (η) με σημείο επαφής Β(κ,g(κ)) έχει συντελεστήδιεύθυνσης λη = g '(κ ) και εξίσωση: y − g(κ ) = g '(κ )(x − κ ) ⇔ y − 1κ2 = 1κ(x −κ) 8 4ii. H εφαπτομένη (η) διέρχεται από το σημείο Α(μ,-2) συνεπώς οι συντεταγμένες του Αεπαληθεύουν την εξίσωση της −2 − 1 κ 2 = 1 κ (µ − κ ) ⇔ ... ⇔ κ 2 − 2µκ −16 = 0 84Συνεπώς, η τετμημένη του Α ικανοποιεί την εξίσωση x2 − 2µ x −16 = 0 .iii.Υπάρχουν δυο εφαπτόμενες από το σημείο Α(μ,-2) προς την Cg, οιη ,η2 ,αν Β (κ1 , g (κ1 )), Β (κ 2 , g (κ 2 )) τα σημεία επαφής τους με την Cg τότε οι συντελεστές 1 1 2διεύθυνσης τους είναι : λη1 = g '(κ1), λη2 = g '(κ2 ) λη1 ⋅ λη 2 = g '(κ1 ) ⋅ g '(κ 2 ) = κ ⋅ κ = 1 κκ (1) 1 2 16 1 2 4 4Όμως κ , κ 2 είναι από ερώτημα (ii) ρίζες της εξίσωσης x2 − 2µ x −16 = 0 άρα από τους τύπους του 1Vieta ισχύει: P = κ ⋅κ = −16 12Η (1) γίνεται λη1 ⋅ λη 2 = 1κκ = 1 (−16) = −1 οπότε η ⊥η . 16 1 2 16 1 2 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 251

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr10.Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ℝ → ℝ .Η εφαπτομένη (ε) της Cf στο σημείο τηςΑ(1,f(1)) έχει εξίσωση y=x.Αi.Να υπολογίσετε το όριο lim f (x) −1 . ηµ ( x −1) x →1ii.Αν είναι γνωστό ότι f '(x) = f (x) για κάθε x ∈ ℝ , να βρείτε τον τύπο της f.B.Αν f (x) = ex−1 και fog(x) = x2 +1 ,για κάθε x ∈ ℝ .i.Να δείξετε ότι g(x) = ln(x2 +1) +1 , x ∈ ℝii.Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της Cg που είναι παράλληλη στην (ε).iii.Να δείξετε ότι η εξίσωση fog(x) = g(x) έχει ακριβώς μια λύση στο ℝ .iv.Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα: ∫I = 1 x(g(x) −1)dx 0 fog(x)Γ.(Bonus) Δίνεται συνάρτηση h : ℝ → ℝ παραγωγίσιμη και τέτοια ώστε : h(x) = ef (x) + (λ −1)x −1 όπου λ ≥ 0Να βρείτε το λ και την h(x) .Α.i. Η εφαπτομένη (ε) της Cf στο σημείο της Α(1,f(1)) έχει εξίσωση y=x, ισχύει f '(1) = 1 , τοσημείο Α ικανοποιεί την εξίσωση της ε άρα f(1)=1 . f (x) −1 0 Το συγκεκριμένο όριο είναι της μορφής αλλά δενlim f (x) −1 = lim x −1 = f '(1) = 1. ηµ(x −1) ηµ(x −1) 1 0x →1 x →1 μπορούμε να εφαρμόσουμε τον κανόνα de L Hospital διότι θα είχαμε: lim f (x) − 1 = lim f '(x) το τελευταίο όριο x −1 x→1 ηµ ( x − 1) x→1 συν ( x − 1) δεν ισούται κατά ανάγκη με f '(1) διότι δεν είναι γνωστό 1 αν η f ' είναι συνεχής στο 1.ii. Εφόσον f '(x) = f (x) για κάθε x ∈ ℝ ,από εφαρμογή σχολικού βιβλίου ισχύει: f (x) = cex , x ∈ ℝΓια χ=1 : f (1) = ce1 ⇔ 1 = ce ⇔ c = 1 άρα f (x) = ex−1 , x ∈ ℝ eB.i Για κάθε x ∈ ℝ : f (g(x)) = x2 +1 Επίσης : f (g(x)) = eg(x)−1άρα eg(x)−1 = x2 +1 ⇔ g(x) −1 = ln(x2 +1) ⇔ g(x) = ln(x2 +1) +1 , x ∈ ℝii.Έστω M (x0 , g(x0 )) το σημείο επαφής της εφαπτομένης της Cg που είναι παράλληλη στην (ε)τότε θα ισχύει g '(x0 ) = 1 .( )g '(x) = = 2x 2 x0 =1⇔ ⇔ ln(x2 +1) +1 x2 +1 άρα x02 + 1 ... x0 =1Άρα η εξίσωση της εφαπτομένης της Cg είναι:y − g(1) = g '(1)(x −1) ⇔ ...... ⇔ y = x + ln 2252 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.griii. fog(x) = g(x) ⇔ x2 +1 = ln(x2 +1) +1 ⇔ x2 = ln(x2 +1) ⇔ ln(x2 +1) − x2 = 0Θεωρούμε συνάρτηση k(x) = ln(x2 +1) − x2 , x ∈ ℝ .k(0) = ln(02 +1) − 02 = 0 άρα x=0 είναι μια ρίζα της k(x) = 0 θα δείξουμε ότι είναι και μοναδική.( )Έχουμε: k '(x) = = = − 2x3 ln(x2 +1) − x2 ' .. x2 +1Έτσιx = 0 τότε k '(0) = 0x < 0 τότε k '(x) < 0 άρα η συνάρτηση k είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, +∞] .x > 0 τότε k '(x) > 0 άρα η συνάρτηση k είναι γνησίως αύξουσα στο (−∞, 0] .Αν x < 0 ⇔kց k(x) > k(0) ⇔ k(x) > 0Αν x > 0 ⇔kր k(x) > k (0) ⇔ k(x) > 0Οπότε για κάθε x ≠ 0 ισχύει k(x) > 0Συνεπώς, η x=0 είναι μοναδική ρίζα στο ℝ της k(x) = 0iv. 1 x(g(x) −1)dx 1 x(ln(x2 +1) +1−1) 1 x(ln( x2 + 1) u =ln( x2 +1) 1 ln 2 1 u2 ln 2 ln 2 0 fog ( x) 0 0 x2 + 1 x 2 2  2 0 2∫ ∫ ∫ ∫I= = dx = dx = udu = = x2 +1 du = 2 0 x2 +1Γ. Έχουμε:h(x) = ef (x) + (λ −1)x −1 = ex + (λ −1)x −1h(x) ≥ 0 για κάθε x ∈ ℝ όμως h(0) = 0 δηλαδή h(x) ≥ h(0) για κάθε x ∈ ℝ .Η h είναι παραγωγίσιμη στο ℝ , οπότε από το θ. Fermat θα είναι h '(0) = 0 (1)h '(0) = lim h(x) − h(0) = lim ex + (λ −1)x −1 = lim ex + (λ −1)x −1 = lim ex −1 + λ −1 x→0+ x−0 x→0+ x x → 0+ x x →0+ xΌμως lim ex −1 = lim ex − e0 = k '(0) = 1, k(x) = ex x→0+ x x−0 x→0+ ex −1 + λ −1  e x − 1 λ  (1+ λ −1) =λ x  x 1Άρα lim = lim + − = από την σχέση (1) έχουμε λ=0 άρα x→0+ x→0+h(x) = ex − x −1 = ex − x −1, x ∈ ℝ ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 253

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr11.Δίνεται η δυο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση f : (0, +∞) → ℝ τέτοια ώστε (1) f ( f '(x)) + f (x) = 0 για κάθε x > 0 Cf;;i.Να δείξετε ότι κάθε ευθεία παράλληλη στο οριζόντιο άξονα x’x τέμνει …την Cf σε ακριβώς ένα σημείο.ii.Να δείξετε ότι η εφαπτομένη της Cf σε κάθε σημείο της είναι «κάτω»από την Cf με εξαίρεση το σημείο επαφής.iii.Να δείξετε ότι η Cf τέμνει τον x’x σε ακριβώς ένα σημείο Α( x0 ,0).iv.Να δείξετε ότι η Cf ' τέμνει την ευθεία y = x σε σημείο με τετμημένη x0 .v.Αν η γωνία που σχηματίζει η εφαπτομένη της Cf στο σημείο της 3με τετμημένη x1 = 1 είναι 45ο να δείξετε ότι: ∫ f (x)dx < 2 1Λύσηi. Αρκεί να δείξουμε ότι η f είναι 1-1.Απο την (1) προκύπτει: f '(x) ∈ Df = (0, +∞) για κάθε x ∈ (0, +∞)Δηλαδή, f '(x) > 0 για κάθε x ∈ (0, +∞)Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα και συνεπώς 1-1.ii. Η εφαπτομένη της Cf σε κάθε σημείο της είναι «κάτω» από την Cf με εξαίρεση το σημείοεπαφής όταν η f είναι κοίλη. Άρα αρκεί να δείξουμε ότι η f είναι κοίλη. Παραγωγίζουμε την (1)και έχουμε: f '( f '(x)) f ''(x) + f '(x) = 0 ⇔ f '( f '(x)) f ''(x) = − f '(x) ⇔ f ''(x) = − f '(x) < 0 για κάθε x > 0 f '( f '(x))αφού ισχύει f '(x) > 0 και f '( f '(x)) > 0 για κάθε x ∈ (0, +∞) .iii.Υποθέτουμε ότι f (x) ≠ 0 για κάθε x > 0 . (θα εργαστούμε με απαγωγή σε άτοπο) και επειδή ηf είναι παραγωγίσιμη άρα και συνεχής συμπεραίνουμε ότι διατηρεί πρόσημο στο διάστημα(0, +∞) .Δηλαδή f (x) > 0 για κάθε x ∈ (0, +∞) ή f (x) < 0 για κάθε x ∈ (0, +∞)Επομένως f ( f '(x)) + f (x) > 0 για κάθε x ∈ (0, +∞) ή f ( f '(x)) + f (x) < 0 για κάθε x ∈ (0, +∞)Αυτό όμως είναι αδύνατο να συμβαίνει λόγω της δοθείσας σχέσης .Άρα, η εξίσωση f (x) = 0έχει ρίζα x0 στο διάστημα (0, +∞) η οποία μάλιστα είναι και μοναδική καθώς η f είναι 1-1.iv.αποδείξαμε ότι υπάρχει μοναδικός x0 ∈ (0, +∞) τέτοιος ώστε f (x0 ) = 0Θέτουμε στην (1) όπου x το x0 : f 1−1 f ( f '(x0 )) + f (x0 ) = 0 ⇔ f ( f '(x0 )) = 0 ⇔ f ( f '(x0 )) = f (x0 ) ⇔ f '(x0 ) = x0 άρα η Cf ' τέμνει την ευθείαy = x σε σημείο με τετμημένη x0 .v.Θέτουμε στην (1) όπου x το 1 και έχουμε: f ( f '(1)) + f (1) = 0 ⇔ f (1) + f (1) = 0 ⇔ 2 f (1) = 0 ⇔ f (1) = 0(η γωνία που σχηματίζει η εφαπτομένη της Cf στο σημείο της με τετμημένη x1 = 1 είναι 45οάρα f '(1) = εϕ 450 = 1 )Η εφαπτομένη (ε) της Cf στο σημείο (1,0) έχει εξίσωση y − f (1) = 0 ⇔ f '(1)(x −1) ⇔ y = x −1Αποδείξαμε ότι η συνάρτηση f είναι κοίλη. Επομένως , η Cf βρίσκεται κάτω από τηνεφαπτομένη (ε) με εξαίρεση το σημείο επαφής (1,0) .Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι :f (x) ≤ x −1 ⇔ x −1− f (x) ≥ 0 για κάθε x ∈[1,3]Και η συνάρτηση x −1− f (x) δεν είναι παντού μηδέν στο διάστημα [1,3] .Οπότε:3 3 3  x2 3     1 1  2 x1    1 (x −1−∫ ∫ ∫ ∫ ∫1 f ( x))dx > 0 ⇔ f ( x))dx < 3 ⇔ f ( x))dx < − ⇔ 3 f ( x))dx < 32 − 3 − 12 − ⇔ 1 (x −1)dx 2  2  1∫ ∫ ∫⇔ 3 f (x))dx < 9 − 3 − 1 +1 ⇔ 3 f (x))dx < 4 − 3 +1 ⇔ 3 f (x))dx < 2 . 221 1 1254 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr12.Δίνεται η συνεχής συνάρτηση g :  π  → ℝ και η συνάρτηση f : (−2, 2) → ℝ με τύπο 0, 2 f (x) = 3x + 2 και ισχύουν οι ιδιότητες: Για το ερώτημα (v) θα x2 − 4 π βοηθούσε να δείξετε ότι 2 f (x) = x 2 2 + x 1 2 − + • ∫ g(x)dx = 1 0 • g(x) ≥ συν x για κάθε x ∈ 0, π  2  π 2i.Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα ∫[g(x) −συν x]dx . 0ii.Να δείξετε ότι g(x) = συν x για κάθε x ∈ 0, π  . 2 iii.Να δείξετε ότι g(x) < ηµ x < 3 + 2 f (0) για κάθε x ∈  0, π  . x2  2 iv.Να δείξετε ότι η f έχει αντίστροφη η οποία ορίζεται στο ℝ . “Χήρα” βοηθείας π 2v.Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα ∫[g(x) f (ηµ x)]dx . 0vi.Να βρείτε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από την Cf −1 τους άξονες y’y,x’x καιτην ευθεία y=1.Λύση π ππ πi. 2 − συν x]dx = 2 g ( x)dx − 2 xdx = 2 g ( x)dx − [ηµ ]π =1−1= 0 ∫[g(x) ∫ ∫ συν ∫ x2 0 0 00 0ii.θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = g(x) −συν x , x ∈  π  η οποία από υπόθεση είναι μη αρνητική 0, 2 στο  π  η οποία αν υποθέσουμε ότι η f δεν είναι παντού μηδέν στο 0, 2  ππστο 0, π  άρα συμπεραίνουμε ότι 2 2 άτοπο από το 2  ∫ h(x)dx > 0 ⇔ ∫ (g(x) −συν x)dx > 0 που είναι 0 0ερώτημα i.. Συνεπώς h(x) = 0 για κάθε x ∈ 0, π  και τελικά g(x) = συν x για κάθε x ∈ 0, π  . 2  2 iii. Η προς απόδειξη ανισότητα γίνεται:g(x) < ηµ x < 3 + 2 f (0) ⇔ συν x < ηµ x < 3 + 2(− 1) ⇔ συν x < ηµ x <1 για κάθε x ∈  0, π  . x 2 x 2 x  2  2Για κάθε x ∈  0, π  η ζητούμενη ανισότητα γράφεται:  2  συν x < ηµ x −ηµ 0 < συν 0 x −0Η συνάρτηση h(x) = ηµ x είναι συνεχής στο [0, x] και παραγωγίσιμη στο (0, x) για οποιαδήποτεx ∈  0, π  .Άρα από το Θ.Μ.Τ υπάρχει ξ ∈ (0, x) τέτοιος ώστε:  2  h '(ξ ) = h(x) − h(0) x − 0 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 255

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΔηλαδή συνξ = ηµ x − ηµ 0 x −0Αρκεί, λοιπόν να αποδείξουμε ότι συν x < συνξ < συν 0 που ισχύει διότι 0 < ξ < x < π και η 2συνάρτηση h '(x) = συν x είναι γνησίως φθίνουσα στο  π  . 0, 2 iv. Η f με τυπο f (x) = 3x + 2 ορισμενη (−2, 2) είναι παραγωγισισμη αρα x2 − 4'( x) =  3x + 2  ' = 3( x 2 − 4) − (3x + 2) 2x = 3x2 −12 − 6x2 − 4x = −3x2 − 4x −12 < 0 για κάθε x ∈ (−2, 2) άρα  x2 − 4  x2 − 4 2 x2 − 4 2 x2 − 4 2( ) ( ) ( )fη f είναι γνησίως αύξουσα στο (−2, 2) και συνεπώς 1-1 στο (−2, 2) οπότε αντιστρέφεται.Για το πεδίο ορισμού της f −1 έχουμε: lim f (x) = lim 3x + 2 = +∞, lim f (x) = lim 3x + 2 = −∞ x2 − 4 x → −2+ x2 − 4 x → −2+ x →−2+ x → −2−( )Df −1 fց = f ((−2, 2)) lim f (x), lim f (x) = (−∞, +∞) = ℝ = x → −2+ x → −2+ ππ 22v. ∫[g(x) f (ηµ x)]dx = ∫συν x ⋅ f (ηµ x)]dx 00θέτουμε u = ηµ x οπότε du = συν xdx-Αν x = 0 τότε u = 0-Αν x = π τότε u = 1 2 π∫ ∫ ∫ ∫Έτσι2 1 1 3u + 2 =* 1 2 1  − 2 10 u + 2 10 ln 3 x⋅ f (ηµ x)dx = 0 f (u)du = 0 u2 − 4 du 0  u −2 + u + 2  du = 2 ln u + ln = 8 συν 0vi.Λόγω της συμμετρίας των Cf ,Cf −1 ως προς την y = x , το χωρίο Ω1 του οποίου ζητείται τοεμβαδό είναι ίσο άρα και ισεμβαδικό με το χωρίο Ω2 που περικλείεται από την Cf , τουςάξονες x’x,y’y και την ευθεία x = 1 .Η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα .Άρα, για κάθεx ∈[0,1] έχουμε: f (x) ≤ f (0) = − 1 < 0 2Επομένως ∫1 f (x)dx = −I = − ln 3 τ.μ 08E(Ω1) = Ε(Ω2) = −(*)3u + 2 = α + β ⇔ 3u +2 = α (u + 2) + β (u − 2) ⇔ 3u + 2 = (α + β )u + 2α − 2β ⇔ ... ⇔ α = 2, β =1u2 − 4 u−2 u+2256 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr13.Δίνεται μια παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ℝ → ℝ* έχει τις ιδιότητες: • 1+ f 1 = 2 ,για κάθε x∈ℝ f (x) '( x) ex • lim f (x) −1 = 1 x→0 xi.Να δείξετε ότι f (x) = ex για κάθε x ∈ ℝii.Να δείξετε ότι η εξίσωση f (x) = 2ex −1 έχει ακριβώς μια ρίζα στο (0,1) .iii.Αν α , β ∈ ℝ με α < β .Να δείξετε ότι: eα + ea (β − a) < eβ < eα + eβ (β − α )iv.Να αποδείξετε ότι υπάρχει ακριβώς ένα σημείο M (x0 , f (x0 )) τέτοιο ώστε η Cf να χωρίζειτο ορθογώνιο ΟΑΜΒ σε δυο ισεμβαδικά χωρία ( όπου O(0, 0), A(x0 , 0), B(0, f (x0 )) ).v.Ένα σημείο Μ κινείται κατά μήκος της Cf έτσι ώστε ο ρυθμός μεταβολής τηςτετμημένης του a(t) να είναι a '(t) = a2 (t) .Έστω (ε) η εφαπτομένη της Cf στο σημείο Μ καιΓ το σημείο τομής της (ε) με τον y’y.Να βρείτε το ρυθμό της μεταβολής της τεταγμένηςτου Γ όταν το Μ έχει τετμημένη 2.Λύσηi. 1 + 1 =2⇔ f '(x) + f (x) = 2 ⇔ ex f '(x) + ex f (x) = 2 f (x) f '(x) ⇔ f (x) f '(x) ex f (x) f '(x) ex( ) ( )⇔ ex f (x) ' = f 2 (x) ' ⇔ ex f (x) = f 2 (x) + c , c πραγματικός σταθερός αριθμός (1)g(x) = f (x) −1 ⇔ xg(x) = f (x) −1 ⇔ xg(x) +1 = f (x) ,λαμβάνουμε όρια (υπάρχουν) xlim ( xg(x) +1) = lim f (x) ⇔ lim f (x) = 1 η f όμως είναι συνεχής στο 0 άρα f (0) = lim f (x) = 1x→0 x→0 x→0 x→0Βάζουμε στην (1) όπου x=1: e0 f (0) = f 2 (0) + c ⇔ 1 = 1+ c ⇔ c = 1Άρα f (x) = ex , x ∈ ℝ .ii. f (x) = 2ex −1 ⇔ ex = 2ex −1 ⇔ ex − 2ex +1 = 0Έστω h(x) = ex − 2ex +1 .Η h είναι συνεχής στο [0,1] , h(0) = 2 > 0, h(1) = −e + 2 < 0 οπότε από τοθεώρημα Bolzano η εξίσωση h(x) = 0 έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο (0,1) .Για την μοναδικότητα. Έστω ότι η εξίσωση έχει δυο τουλάχιστον ρίζες x1, x2 ∈ (0,1) τότε από τοθεώρημα Rolle για την h στο [ x1, x2 ] υπάρχει ξ ∈ ( x1, x2 ) ⊂ (0,1) τέτοιο ώστεh '(ξ ) = 0 ⇔ eξ − 2e = 0 ⇔ eξ = 2e ⇔ ξ = 1+ ln 2 > 1 άτοπο καθώς ξ ∈ (0,1) .Άρα η εξίσωση h(x) = 0 έχειακριβώς μια ρίζα στο (0,1) .iii.Η προς απόδειξη σχέση γράφεται: eα + ea (β − a) < eβ < eα + eβ (β β −α < eβ − eα < eβ β −α − α ) ⇔ ... ⇔ eαΑρκεί να εφαρμόσουμε το Θ.Μ.Τ για την συνάρτηση f στο διάστημα [α , β ] .Πραγματικάικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του θεωρήματος συνεπώς υπάρχει ξ ∈(α, β ) τέτοιο ώστε 1 f '(ξ1) = f (β ) − f (α ) ⇔ eξ1 = eβ − eα β −α β − αΆρα, αρκεί να δείξουμε ότι : eα < eξ1 < eβ ⇔α <ξ <β που ισχύει. 1 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 257

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.griv.Από υπόθεση y∫xo f (t)dt = 1 xo f ( xo ) ⇔ ex  x0 = 1 xo e x0 ⇔ Cf 2 0 20⇔ ex0 −1 = 1 xo e x0 ⇔ 2ex0 − 2 = xoex0 ⇔ 2⇔ xoex0 − 2ex0 + 2 = 0 B(0,f(xo)) M(xo,f(xo))Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση E1xex − 2ex + 2 = 0 έχει ακριβώςμια ρίζα στο (0, +∞) .Θεωρούμε την συνάρτησηk(x) = xex − 2ex + 2 , x ∈ (0, +∞) E2Και την μελετάμε ως προς την μονοτονία. A(xo,0) x( )k '(x) = xex − 2ex + 2 ' = ex + xex − 2ex = xex − ex = ex (x −1)Όταν• x = 1 τότε k '(x) = 0• 0 < x < 1τότε k '(x) < 0 άρα k γνησίως φθίνουσα στο x ∈ (0,1]• 1 < x τότε k '(x) > 0 άρα k γνησίως αύξουσα στο x ∈[1, +∞))Η k είναι συνεχής στο A1 = (0,1] , k γνησίως φθίνουσα στο A1 άρα k ( A1) = k (1), lim k(x) = [e − 2, 0) x→0+Η k είναι συνεχής στο A2 = [1, +∞) , k γνησίως αύξουσα στο A2 άρα)k ( A2 ) = k (1), lim k ( x) = [e − 2, +∞) x → +∞0 ∈ k(A2 ) άρα από θεώρημα ενδιαμέσων τιμών υπάρχει x1 ∈[1, +∞) ( μοναδικό λογω τηςμονοτονίας) τέτοιο ώστε k(x1) = 0 .v.Η εφαπτομένη (ε) στο σημείο M (a, f (a)) έχει εξίσωση:(ε ) : y − f (a) = f '(a)(x − a) ⇔ ... ⇔ y − ea = ea (x − a) (2)Για x=0 η (2) γίνεται y − ea = ea (0 − a) ⇔ y = ea − aea .Οπότε Γ(0, ea − aea ) .Την χρονική στιγμή t είναι M (a(t), f (a(t))) και η τεταγμένη του Α είναι y(t) , όπου: y(t) = ea(t) − a(t)ea(t) ,Οπότε: ( ) a '(t )=a2 (t)y '(t) = ea(t) − a(t)ea(t) ' = .. = −a(t)a '(t)ea(t) = − a3 (t)ea(t)Για t = t0 ,είναι:y '(t0 ) = −a3 (t0 )ea(t0 ) με a(t0 ) = 2 ,άρα y '(t0 ) = −23 e2 ⇔ y '(t0 ) = −8e2258 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr14.Α.Δινονται η ευθεία y = −2x +1 και οι συναρτήσεις g(x) = e−2x και h(x) = e−2xηµ2xΝα δείξετε ότι:i.η ευθεία (ε) εφάπτεται στην γραφική παράσταση της g.ii.οι γραφικές παραστάσεις των g και h έχουν κοινή εφαπτομένη σε κάθε κοινό σημείοτους.Β. Έστω συνάρτηση f : [0,1] → ℝ παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο και τέτοια ώστεf (0) = h(0), f (1) = g(0) και f (x) + f '(x) > 0 για κάθε x ∈[0,1]Να δείξετε ότι 1 ∫ g(x)ex2 +2x ( f (x) + f '(x))dx ≤ e 0ΛύσηΑ.i. g '(x) = −2e−2x για κάθε x ∈ ℝΗ ( ε) : y = −2x +1 εφάπτεται στην γραφική παράσταση της g αν και μόνο υπάρχειx0 ∈ ℝ τέτοιος ώστε :  g '(x0 ) = −2 +1 ⇔ ..... ⇔ x0 = 0  g (x0 ) = −2x0 Άρα , η (ε) εφάπτεται στην Cg στο σημείο Α(0,1).( )ii. h '(x) = e−2xηµ 2x ' = .. = −2e−2xηµ 2x + 2e−2xσυν 2x , x ∈ ℝκοινά σημεία των Cg,Ch:h(x) = g(x) ⇔ ηµ2x =1⇔ xκ = κπ + π ,κ ∈ℤ 4Άρα οι Cg,Ch έχουν άπειρα κοινά σημεία : (κπ +π e−2κπ + π  ∈ℤ 4 , ), k 4h '(κπ + π = −e−2κπ + π  = g '(κπ +π 4 ) ) 44Επομένως σε κάθε σημείο (κπ +π , e−2κπ +π  ), k ∈ ℤ οι Cg,Ch έχουν μια κοινή κλίση, συνεπώς θα 4 4εφάπτονται.Β.Η προς απόδειξη ανισοτική σχέση παίρνει την μορφή: 11 ∫ ∫e−2xex2 +2x ( f (x) + f '(x))dx ≤ e ή ex2 ( f (x) + f '(x))dx ≤ e 0 0Για κάθε x ∈[0,1] είναι0 ≤ x ≤ 1 ⇔ 0 ≤ x2 ≤ x άρα ex2 ≤ ex ⇔ ex2 ( f (x) + f '(x)) ≤ ex ( f (x) + f '(x)) οπότε και 11∫ ∫ex2 ( f (x) + f '(x))dx ≤ ex ( f (x) + f '(x))dx 00Όμως 11 1∫ ∫ ∫ex ( f (x) + f '(x))dx = ex f (x) + ex f '(x)dx = (ex f (x)) 'dx = ex f (x)10 = ef (1) − ef (0) = e 00 0 1Άρα η (1) γράφεται ∫ ex2 ( f (x) + f '(x))dx ≤ e 0 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 259

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr(Γεωμετρικά μεζεδάκια που «πατάνε» στο σχολικό βιβλίο…)15.A.Δίνεται το μεταβλητό ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ του οποίου η υποτείνουσα α είναισταθερή και ισχύει: Γ ( )4 − γ = L ∈ ℝ* ,ν ∈ ℕ* lim α ϕɵ →0 ϕɵ vΗ γωνία ϕɵ εκφράζεται σε ακτίνια. Να υπολογίσετε: βi. α φii.ν Αγ ΒB.Για α=4.Να υπολογίσετε τα όρια:i. lim 2β −γ 2 ii. lim ( β +γ ) iii. lim 2(8 − βγ ) 2 β −γ ϕɵ →π ϕɵ →π γ ϕɵ →π 4 4 4Λύση συνϕ = γ ⇔γ = ασυνϕ άρα 4 − aσυνϕ = L ∈ ℝ* α ϕɵ v( )A.i. lim ϕɵ →0 4 − aσυνϕ ϕɵ v( ) ( )g(ϕ) = ⇔ g (ϕ ) ϕɵ v = 4 − aσυνϕ λαμβάνουμε όρια( υπάρχουν) όταν ϕ →0( )lim (ϕ ϕɵ v  = ( − aσυνϕ ) οπότε L⋅0 = 4−a ⇔α =4ϕ →0 g ) lim 4 ϕ →0 4−γ − 4συνϕ 0 − 4συνϕ) ' 4ηµϕ  ηµϕ  lim ϕɵ v  ϕɵ v  '  ϕɵ 1 ϕɵ →0 ϕɵ v = 4 =0 (4 = = ⋅ν4 ⋅ ϕɵ v−2  D.H .L( ) ( ) ( ) ( ) ( )ii. lim lim lim ϕɵ v −1 lim νϕɵ →0 ϕɵ →0 ϕɵ →0 ϕɵ →0Το όριο είναι μη μηδενικός πραγματικός αριθμός συνεπώς θα πρέπει v = 2 ( σε κάθε άλληπερίπτωση ν> 2 ή ν=1 το όριο είναι +∞ ή 0)B.i lim( 2β − γ 2 ηµϕ = β ⇔β =γηµϕ 2γηµϕ −γ 2 = lim γ 2ηµϕ − 2 =γ 2 2− 2 γ 2 =0 = ϕɵ →π ) lim 2 ϕɵ →π 2 ϕɵ →π 2 2 4 4 4ii. lim β +γ = lim  β +  = lim (εϕϕ +1) = 2  γ 1 ϕɵ →π γ ϕɵ →π ϕɵ →π 44 4 2(8 − βγ ) 16 − 2βγ β 2 +γ 2 =16 β 2 +γ 2− 2βγ (β − γ )2 = lim(β − γ ) = 0 β −γ β −γ β −γ ϕɵ →πiii. lim β −γ = lim = = lim = lim ϕɵ →π ϕɵ →π ϕɵ →π ϕɵ →π 44 4 44260 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr16.Δινονται οι συναρτήσεις f,g οι οποίες είναι δυο φορές παραγωγίσιμες στο ℝ και ισχύει:•Η Cg παρουσιάζει συμμετρία ως προς τον άξονα y’y. (1)• f (a − x) = g(x) ,για κάθε x ∈ ℝ με a > 0, a ∈ ℝ (2) a ;; 2Να δείξετε ότι:i.Οι γραφικές παραστάσεις των f και g τέμνονται σε σημείομε τετμημένη x0 ∈[0, a] .ii.Η εφαπτομένη της Cf σε ένα σημείο με τετμημένη a είναι 2παράλληλη της εφαπτόμενης της Cg σε ένα σημείο μετετμημένη − a . 2iii.Υπάρχει ξ ∈ (0, 2α ) τέτοιο ώστε f '(ξ ) = 0 .iv.Αν η f είναι κοίλη στο (0, 2a) να δείξετε ότι ξ = a .v.(all time classic)Να δείξετε ότι: ∫a f ( f (x) ( x) dx = a x) +g 2 0Λύσηi.Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει x0 ∈[0, a] τέτοιος ώστε να ισχύει f (x0 ) = g(x0 ) .Θεωρούμε λοιπόντην συνάρτηση h(x) = f (x) − g(x) που είναι συνεχής στο διάστημα [0, a] ( f,g παραγωγίσιμεςάρα και συνεχείς στο [0, a] Επίσης:h(0) = f (0) − g(0) , h(a) = f (a) − g(a) .Η σχέση (2) της υπόθεσηςΓια x = 0 : f (a) = g(0)Για x = a : f (0) = g(a)Έτσι έχουμε: h(0) = f (0) − g(0) = f (0) − f (a) h(a) = f (a) − g(a) = f (a) − f (0) Τότε h(0)h(a) = ( f (0) − f (a))( f (a) − f (0)) = −( f (0) − f (a))2 ≤ 0 συνεπώς από το θεώρημα Bolzanoυπάρχει ένας τουλάχιστον x0 ∈[0, a] τέτοιος ώστε να ισχύει:h(x0 ) = 0 ⇔ f (x0 ) − g(x0 ) = 0 ⇔ f (x0 ) = g(x0 )ii.Οι συντελεστές διεύθυνσης της εφαπτομένης της Cf στο σημείο με τετμημένη a και της 2εφαπτομένης της Cg στο σημείο με τετμημένη −a είναι αντίστοιχα: λ = f '( a ) και λ = g '(− a) . 2 1 2 2 2Θα αποδείξουμε λοιπόν ότι ισχύει: f '(a ) = g '(− a) 22Οι συναρτήσεις f (a − x) και g(−x) είναι παραγωγίσιμες ως συνθέσεις παραγωγίσιμωνσυναρτήσεων οπότε παραγωγίσουμε και τα δυο μέλη της (2): f '(a − x)(a − x) ' = g '(x) ⇒ − f '(a − x) = g '(x) (3)Η (3) ισχύει για κάθε x ∈ ℝ άρα θα ισχύει και για x = a 2− f '(a − a ) = g '( a ) ⇒ − f '( a ) = g '( a ) (4)22 22Όμως από υπόθεση (1) προκύπτει ότι η g είναι άρτια άρα ισχύει: g(−x) = g(x) και μεπαραγώγιση των μελών της γράφεται: g '(−x)(−x) ' = g '(x) ⇔ −g '(−x) = g '(x)ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 261

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΗ οποία για x = a γίνεται: −g '(− a ) = g '(a ) με αντικατάσταση στην (4) προκύπτει f '(a ) = g '( a) 2 22 22που είναι και το ζητούμενο.iii.Η ( 2) για x=α δίνει: f (a − a) = g(a) ⇔ f (0) = g(a) και για x=-α δίνει: f (a − (−a)) = g(−a) ⇒ f (2a) = g(−a) άρα είναι f (2a) = f (0) και επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στοδιάστημα [0, 2a] από θεώρημα Rolle υπάρχει ένας τουλάχιστον ξ ∈ (0, 2a) τέτοιος ώστε να είναι: f '(ξ ) = 0iv.Η σχέση (3) για x=0 δίνει: − f '(a) = g '(0) (5)Όμως έχουμε αποδείξει ότι ισχύει: −g '(−x) = g '(x) η οποία για x=0 δίνει:−g '(0) = g '(0) ⇔ g '(0) = 0 και η σχέση (5) γράφεται: f '(a) = 0Άρα θα είναι f '(a) = f '(ξ ) και επειδή η συνάρτηση f είναι κοίλη και δυο φορές παραγωγίσιμη , ησυνάρτηση f’ είναι γνησίως φθίνουσα άρα και 1-1 οπότε από την σχέση f '(a) = f '(ξ ) ⇔ a = ξ a f (x) a f (x) 0 (x) + g(x) 0 + f (a∫ ∫v. f dx = f (x) − x) dxθέτουμε a − x = u , οπότε x = a − u και dx = −du-Για x=0 έχουμε u = a-Για x=α έχουμε u = 0 0 f (a − u) (a − u) (a − x) a (a − u) + f + f (a − + f (a −a f (x) − x) dx = − du = a f du = a f x) dx + f (a 0 (u) 0 x)∫ ∫ ∫ ∫0f ( x) f (u) f u ) f (Τότε : a ( x) f (x) − x) dx = a ( x) f (x) − x) dx + a f (x) − x) dx = a ( x) f (x) − x) dx + a f (a − x) x) dx = + f (a 0 + f (a 0 + f (a 0 + f (a 0 (x) + f (a −2 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫0 f f f (x) f fa f (x) + f (a − x) a0 f (x) + f (a − x)∫ ∫= dx = 1dx = a 0Άρα ∫ ∫af( x) f (x) − x) dx = a ⇔ a f ( x) f (x) − x) dx = a + f (a 0 + f (a 22 0262 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr17.Δινεται η συνάρτηση f : ℝ → ℝ παραγωγίσιμη στο ℝ και η δυο φορές παραγωγίσιμησυνάρτηση g : ℝ → ℝ για τις οποίες ισχύουν οι ιδιότητες: 1• f '(x) = f (x) − ∫ ( f (x) − ex )dx ,για κάθε x ∈ ℝ 0• f (0) = lim xg '(x) −1 x −1 x →1• g ''(1) = g '(1) = 1i.Να δείξετε ότι f '(0) = 2ii.Να δείξετε ότι f (x) = ex +1, για κάθε x ∈ ℝiii.Να μελετήσετε την συνάρτηση h(x) = ex , x ∈ ℝ ως προς την μονοτονία. f (x)iv.Να λύσετε την εξίσωση h(x) + h(x1973 ) + h(x2017 ) = 3 2v.Να δείξετε ότι η ευθεία (ε) y = α x + β τέμνει την καμπύλη y = f (x) −1το πολύ σε δύοσημεία.Λύσηi. Η συνάρτηση f’ είναι παραγωγίσιμη άρα και συνεχής Γιατί δεν χρησιµο̟οιήσαµε κανόνα De Lοπότε lim ( xg '(x) −1) = 1g '(1) −1−1 = 0 , ακόμα lim ( x −1) = 0 x→1 x→1 Hospital;  0  xg '(x) −1 0 (xg '(x) −1) ' 0 x −1 (x −1) 'οπότε το ζητούμενο όριο είναι της μορφής .Έχουμε: lim =0 lim = x →1 De L Hospital x →1 '(x) −1 0 x) − x + − x) −1) + −1 = lim g '(x) + xg ''(x) = lim(g '(x) + xg ''(x)) x −1 x −1 x −1lim xg =0 lim xg '( x 1 = lim x( g '( x =x →1 x →1 x →1 x→1 1 x →1= lim x g '(x) −1 + lim x −1 = lim x g '( x) −g '(1) +1 = 1⋅ g ''(1) +1 = 2 Αδιέξοδο! ∆εν γνωρίζουµε να η g’’ είναι x −1 x −1 x −1 συνεχής στο x0 = 1 . x →1 x →1 x →1 Άρα δεν µ̟ορούµε να ισχυριστούµε ότι lim g ''(x) = g ''(1) = 1 . x →1Άρα f (0) = 2 Ο̟ότε ο Hospital ̟άει ̟ερί̟ατο… 1 “Χήρα” βοηθείαςii.Θέτουμε λ = ∫ ( f (x) − ex )dx (1) 0Η (1) γράφεται 1f '(x) = f (x) − ∫ ( f (x) − ex )dx ⇔ f '(x) = f (x) − λ ⇔ 0 f '(x) − f (x) = −λ ⇔ e−x f '(x) − e−x f (x) = −e−xλ ⇔( ) ( )e−x f '(x) + (e−x ) ' f (x) = −e−xλ ⇔ e−x f (x) ' = λe−x ' ⇔⇔ e−x f (x) = λe−x + c (2)Για x=0 η (2) : e−0 f (0) = λe−0 + c ⇔ 2 = λ + c ⇔ c = 2 − λΟπότε η (2) γράφεταιe−x f (x) = λe−x + 2 − λ ⇔ f (x) = λ + 2ex − λex (3)Από την (1) έχουμε: 11 1∫ ∫ ∫λ = ( f (x) − ex )dx ⇔ λ = (λ + 2ex − λex − ex )dx ⇔ λ = (λ + ex − λex )dx ⇔ 00 0( )λ = λ x + ex − λex 10 ⇔ λ = (λ + e − λe) − λ ⋅ 0 + e0 − λe0 ⇔⇔ λ = λ + e − λe −1+ λ ⇔ 0 = e − λe −1+ λ ⇔ λe − λ = e −1 ⇔⇔ λ(e −1) = e −1 ⇔ λ = 1 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 263

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΓια λ=1 η (3) γράφεται f (x) = 1+ 2ex − ex = ex +1 άρα f (x) = ex +1, x ∈ ℝiii. h(x) = ex , x ∈ ℝ ,παραγωγίσιμη στο ℝ με x+ e 1h '( x) =  ex 1  ' = ex (ex +1) − e2x = e2x + ex − e2x = ex > 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα η h είναι γνησίως  ex +  (ex +1)2 (ex +1)2 (ex +1)2  αύξουσα στο ℝ .iv. Η τιμή χ=0 αποτελεί λύση της εξίσωσης h(x) + h(x1973 ) + h(x2017 ) = 3 2Αν θεωρήσουμε την συνάρτηση k(x) = h(x) + h(x1973 ) + h(x2017 ) τότεk '(x) = h '(x) + (x1973 ) ' h '(x1973 ) + (x2017 ) ' h '(x2017 ) = h '(x) +1973x1972h '(x1973 ) + 2017x2016h '(x2017 ) > 0 για κάθεx ∈ ℝ άρα η συνάρτηση k είναι γνησίως αύξουσα οπότε η ρίζα x=0 είναι μοναδική.v.Τα κοινά σημεία της (ε) με την καμπύλη y = f (x) −1 = ex +1−1 = ex θα έχουν τετμημένες τιςρίζες της εξίσωσης ex = ax + β ⇔ ex − ax − β = 0Θα δείξουμε ότι η παραπάνω εξίσωση έχει το πολύ δυο ρίζες. «Θεωρούµε συνάρτηση…...»Έστω ότι έχει 3 ρίζες x1, x2 , x3 με x1 < x2 < x3Θεωρούμε την συνάρτηση f1(x) = ex − ax − β είναι f1(x1) = f1(x2 ) = f1(x3 ) = 0Εφαρμόζουμε το θεώρημα Rolle στα διαστήματα [ x1, x2 ],[x2 , x3 ]οπότε προκύπτουν δυο ρίζες ξ , ξ 2 για την f1 '(x) = 0 και στην 1συνέχεια θεώρημα Rolle στο διάστημα [ξ1,ξ2 ] προκύπτειένα τουλάχιστον µ ∈ (ξ1 , ξ ) με f1 ''(µ) = 0 άτοπο καθώς 2f1 ''(x) = ex ≠ 0 .Άρα η καμπύλη y = ex τέμνει την (ε) το πολύ σε δυο σημεία.264 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr18.Δίνεται η συνάρτηση f : (0, +∞) → (0, +∞) , παραγωγίσιμη στο (0, +∞) για την οποίαισχύει (1) e f (x) + f (x) = x για κάθε x > 0 . (2) f ((0, +∞)) = (0, +∞)i.Nα δείξετε ότι η f είναι συνάρτηση 1-1.ii.Να ορίσετε την συνάρτηση f-1.iii.Να βρείτε τα σημεία στα τέμνει η Cf τις ευθείες y = 4 και y = 1 .iv.Να υπολογίσετε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται ανάμεσα στην Cf, τον άξοναx’x και τις ευθείες με εξισώσεις x = e +1 και x = e4 + 2Λύσηi. Έστω x1, x2 ∈ (0, +∞) με f (x1) = f (x2 ) τότε:e f =( x1 ) ef ( x2 ) + f (x1) = f (x2 ) ⇒ e f ( x1 ) + f (x1 ) = e f (x2 ) + f (x2 ) ⇒ x1 = x2 άρα η συνάρτηση f είναι 1-1.ii.Αφού η f : (0, +∞) → (0, +∞) είναι 1-1 τότε ορίζεται η αντίστροφη συνάρτησηf −1 : (0, +∞) → (0, +∞)Για τον προσδιορισμό του τύπου τη συνάρτησης στην (1) θέτουμε όπου y = f (x) ey + y = x = f −1 ( y) ή f −1 (x) = ex + x, x > 0iii.Αρκεί να λύσουμε τις εξισώσεις f (x) = 1 και f (x) = 4 .Αν στην (1):e f (x) + f (x) = x , θέσουμε διαδοχικά f (x) = 1 και f (x) = 4 ,έχουμε:-Για f (x) = 1 : e1 + 1 = x ⇔ x = e +1 (3)-Για f (x) = 4 : e4 + 4 = x ⇔ x = e2 + 2 (4)iv.το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από την Cf, τον άξονα x’x και τις ευθείες μεεξισώσεις x = e +1 και x = e4 + 2 ,είναι: e4 +2 E = ∫ f (x) dx e +1Όμως f (x) > 0 , οπότε θα είναι: e4 +2 E = ∫ f (x)dx e +1Επειδή όμως δεν είναι γνωστός ο τύπος της f, θα υπολογίσουμε το παραπάνω ολοκλήρωμα μετην βοήθεια της συνάρτησης f-1.Θέτουμε λοιπόν f (x) = u , οπότε x = f −1(u) .Ακόμα f '(x)dx = duΓια x = e +1 : f (e +1) = 1Για x = e4 + 2 : f (e4 + 2) = 4 Έτσι έχουμε: e4 +2 e4 +2 e4 +2 f (e4 +2) [ ] [ ]x ' f (x)dx = e4 +2 e4 +2∫ ∫ ∫ ∫E = e +1 e +1 f −1(u)du f (x)dx = xf (x) − xf '(x)dx = xf (x) − e+1 e+1 e+1 f (e+1) 4 4 u du = (e4 + 2) f (e4 + 2) − (e +1) f (e +1) − eu +∫ ( ) ∫ ( )[ ](4),(3) e4 +2 − u du = = e +1 xf (x) eu + 11  3 4 3  3       = (e4 + 2)4 − (e + 1)1 −  eu + u2  = 4e4 + 8 − e −1− e4 + 42 − e1 − 1  = 4e4 + 7 − e − e4 + 42 − e1 − 1  =  3  3 3  3 3   2 1  2 2  2 2= 4e4 + 7 − e −  e 4 + 16 − e1 − 2  = 4e4 + 7 − e − e4 − 16 + e1 + 2 = 3e4 + 7 − 16 − 2 = 3e4 + 7 τ.μ  3 3  3 3 3 3 3 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 265

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr19.Δίνεται μια παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ℝ → (0, +∞) και έστω ένα σημείο Α το όποιοκινείται πάνω στην γραφική παράσταση της f και είναι γνωστό ότι ο ρυθμός μεταβολήςτης τεταγμένης του ως προς στην τετμημένη του είναι ίσος με το διπλάσιο του γινομένουτων συντεταγμένων του.Αν το σημείο (0,λ) με λ >0 ανήκει στην γραφική παράσταση της f τότε:i.Να δείξετε ότι f (x) = λex2 , x ∈ ℝ .ii.Να βρεθούν οια, β ∈ ℝ έτσι ώστε το όριο κ = lim α f ( x ) + β f (x)λe−2x−x2 − 4xλ 2 x→0 λ2 x3να είναι πραγματικός αριθμός.iii.Να δείξετε ότι η εφαπτομένη της f στο Β(1, f (1)) διέρχεται από σταθερό σημείο για κάθελ>0. λ∫iv.Να δείξετε ότι λ 2 ≤ f (x)dx ≤ λ 2eλ2 . 0Λύσηi.Αν A(x, f (x)) τότε από υπόθεση προκύπτει: f '(x) = 2xf (x) ,για κάθε x ∈ ℝ( )Αλλά f (x) > 0 για κάθε x ∈ ℝ , οπότε: f '(x) = 2x ⇔ (ln f (x)) ' = x2 ' .Άρα f (x)l n f (x) = x2 + c ⇔ f (x) = ex2 +c (1)Από την (1) για x=0 : f (0) = e02 +c ⇔ f (0) = ec και επειδή f (0) = λ προκύπτει τελικά ότιλ = ec ⇔ c = ln λΆρα τελικά f (x) = ex2 +ln λ = λex2 , x ∈ ℝ ( )x) + β 2 2ii. κ = lim α f ( f (x)λe−2x−x2 − 4xλ 2 α λe x→0 λ2 x3 = lim x + βλex2 λe−2x−x2 − 4xλ 2 x→0 λ2 x3 == lim αλ 2e2x + βλ 2e−2x − 4xλ 2 = lim αe2x + β e−2x − 4x λ 2 x3 x→0 x3 x→0Αν g(x) = αe2x + β e−2x − 4x ⇔ x3 g(x) = α e2x + β e−2x − 4x x3λαμβάνουμε όρια στο 0( lim g(x) ∈ ℝ ) x→0( ) ( ) ( )lim x3g(x) = lim α e2x + β e−2x − 4x ⇔ lim x3 ⋅ lim g(x) = lim αe2x + β e−2x − 4x ⇔x→0 x→0 x→0 x→0 x→0⇔ 0 = α e0 + β e0 − 4 ⋅ 0 ⇔ α + β = 0 ⇔ α = −β (2) 0k = lim α e2x − ae−2x − 4x =0 lim (α e2x − ae−2x − 4x) ' = lim 2α e2x + 2ae−2x − 4 x→0 x3 D.L.H x→0 (x3 ) ' x→0 3x2Αν h(x) = 2α e2x + 2ae−2x −4 ⇔ 3x2h(x) = 2α e2x + 2ae−2x −4 λαμβάνουμε όρια στο 0( lim h(x) ∈ ℝ ) 3x2 x→0( ) ( )lim 3x2h(x ) = lim(2α e2x + 2ae−2x − 4) ⇔ lim 3x2 lim (h(x) = lim(2α e2x + 2ae−2x − 4) ⇔ 2α + 2a − 4 = 0x→0 x→0 x→0 x→0 x→0⇔ 2α + 2a − 4 = 0 ⇔ a = 1 από την (2) προκύπτει ότι β = −1iii.Η εφαπτομένη της Cf στο σημείο Β(1, f (1)) έχει εξίσωσηε: y − f (1) = f '(1)(x −1) ⇔ ... ⇔ y − λe = 2λe(x −1) ⇔ y − λe = 2λex − 2λe ⇔ y = 2λe(1− 2x) ,(3) για κάθελ > 0 .Για να δείξουμε ότι η ευθεία ε διέρχεται από σταθερό σημείο, αρκεί να βρούμε σημείο Γτου οποίου οι συντεταγμένες επαληθεύουν την εξίσωση της ευθείας ε για κάθε λ > 0 .Τοζητούμενο σημείο θα είναι εκείνο του οποίου οι συνταγμένες μηδενίζουν τις παραστάσειςy = 0 και e(1− 2x) = 0 ,δηλαδή η λύση του συστήματος:266 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr ey(1=−02x) = 0 ⇔  y = 0  x = 1 2(εναλλακτικά θα μπορούσαμε να επιλέξουμε δυο αυθαίρετες τιμές του λ θα προκύψουν δυοεξισώσεις θα λύναμε το σύστημα και θα καταλήξουμε στο ίδιο σημείο και με αντικατάστασηθα επαληθεύει την (3))Άρα η εφαπτομένη διέρχεται από σταθερό σημείο Γ(1 , 0) για κάθε λ > 0 . 2( )iv.Είναι f '(x) = λex2 ' = 2xλex2 > 0 για κάθε x ∈ (0, λ ) άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο [0, λ]και επομένως η ελάχιστη τιμή της στο [0, λ] είναι µ = f (0) = λ και η μέγιστη τιμή της στο [0, λ]είναι Μ = f (λ) = λeλ2 .Άρα ισχύει: λ ≤ f (x) ≤ λeλ2 λλ λ ή λ [x]λ λ f (x)dx ≤ λeλ2 [ x]λ λ ∫ λdx ≤ ∫ ∫f (x)dx ≤ λeλ2 dx 0 ≤∫ 0 ή λ(λ − 0) ≤ ∫ f (x)dx ≤ λeλ2 (λ − 0)Συνεπώς 00 0 0 0 λ∫τελικά λ 2 ≤ f (x)dx ≤ λ e2 λ2 020.Δίνεται μια παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ℝ → (0, +∞) και μια συνάρτηση g για τηνοποίες ισχύει: (1) xf '(x) − f (x) = x2 − x −1 για κάθε x > 0 , (2) g ( x) =  x, x ≥ e x) − (e −1) x, x < e ,για κάθε x∈ℝ  g 2 (2e −  (3) f (1) = lim g(x) − e +1 x→e−i.Να βρείτε τον τύπο της g. Για το ερώτημα (v) να χρησιμοποιήστε τοii.Είναι η g συνεχής στο ℝ ; ερώτημα (iv)iii.Να βρείτε τον τύπο της f.iv.Αν f (x) = x2 − x(ln x +1) +1, x > 0 .Να αποδείξετε ότιυπάρχουν δυο ακριβώς θετικοί αριθμοίx1, x2 με x1 < x2 τέτοιοι ώστε f '(x1) = f '(x2 ) = 0 .v.Να υπολογίσετε το όριο lim 2( x1 − e1974( x−e) ) + x2 . x→e x−evi.Να αποδείξετε ότι: f (x) ≥ 1 για κάθε x > 0 .vii. Να αποδείξετε ότι: f (x) −1 ≤ (x −1) f '(x) ,για κάθε x ≥ 1.viii.Αν Ε είναι το εμβαδό που περικλείεται από την Cf,τον άξονα x’x και τις ευθείες x = 1 , x = e , να δείξετε ότι: ∫e ( f (x))2 dx ≤ 2E + (e −1) f 2 (e) 13Λύσηi. g(x) =  x, x ≥ e x) − (e − 1)x, x < e για κάθε x∈ℝ  g 2 (2e − Αν x < e ⇔ −x > −e ⇔ 2e − x > e άρα g(2e − x) = 2e − x , συνεπώς ο τύπος της g είναι : = x, x ≥ e g(x)  (2e − x)2 − (e − 1) x, x < eii. Αν x > e η g είναι συνεχής ως πολυωνυμική, αν x < e τότε η g είναι συνεχής ωςπολυωνυμική. θα εξετάσουμε την συνέχεια στο χ=e.g(e) = e , lim g(x) = e , x→e+( )lim g(x) = lim (2e − x)2 − (e −1)x = (2e − e)2 − (e −1)e = e2 − e2 + e = ex→e− x→e− ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 267

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΟπότε εφόσον lim g(x) = lim g(x) = g(e) η g είναι συνεχής στο ℝ x→e− x →e+iii. Από το προηγούμενο ερώτημα f (1) = lim g(x) − e +1 = e − e +1 = 1 .Έτσι: x→e−xf '(x) − f (x) = x2 − x −1⇔ xf '(x) − f (x) =1− 1 − 1 ⇔  f (x)  ' = (x − ln x − 1 ) ' x2 x x2  x  xΆρα f (x) = x − ln x + 1 + c ⇔ f (x) = x2 − x ln x +1+ cx x x2Για x=1 : f (1) = 12 −1ln1+1+ c ⋅1 ⇔ 1 = 1−1ln1+1+ c ⋅1 ⇔ c = −1Άρα f (x) = x2 − x ln x − x +1 , x > 0iv.Για κάθε x > 0 είναι:( )f '(x) = x2 − x ln x − x +1 ' = 2x − ln x − x 1 −1 = 2x − ln x −1−1 = 2x − ln x − 2 xf ''(x) = (2x − ln x − 2) ' = 2 − 1 = 2x −1 xxΟπότε είναι: f ''(x) = 0 ⇔ 2x −1 = 0 ⇔ 2x −1 = 0 ⇔ x = 1 x2 f ''(x) > 0 ⇔ 2x −1 > 0 ⇔ 2x −1 > 0 ⇔ x > 1 x2 f ''(x) < 0 ⇔ 2x −1 < 0 ⇔ 2x −1 < 0 ⇔ x < 1 x2Επίσης είναι :lim f '(x) = lim (2x − ln x − 2) = +∞x→0+ x →0+lim f '(x) = lim (2x − ln x − 2) = lim (x(2 − ln x − 2)) = (+∞)(2 − 0 − 0) = +∞x → +∞ x → +∞ x → +∞ xx 01Διότι lim ln x =0 lim (ln x) ' = lim x = 0 x x 'x→+∞ 1x → +∞ DLHospital x→+∞Αν A1 =  0, 1  , τότε επειδή η f’ είναι γνησίως φθίνουσα στο A1 έχουμε:  2     ( +∞ ) f ( A1 ) =  lim f '(x), lim f '( x)  = ln 2 −1, x→0+ x→1− 2Και επειδή 2 < e ⇔ ln 2 < 1 ⇔ ln 2 −1 < 0 , το 0 ∈ f (A1) = (ln 2 −1, +∞) συνεπώς υπάρχει ένατουλάχιστον x1 ∈ A1 =  0, 1  τέτοιο ώστε f '(x1) = 0 .Άρα το x1 είναι μια ρίζα της εξίσωσης  2 f '(x) = 0 και επειδή γη f’ είναι γνησίως φθίνουσα άρα και 1-1 στο A1 , το x1 είναι μοναδική ρίζαστο A1 .Επίσης f '(1) = 2 − ln1− 2 = 0 .Άρα το 1 είναι μια ρίζα της εξίσωσης f '(x) = 0 και επειδή f’ είναιγνησίως αύξουσα, άρα 1-1, στο x1 ∈ A2 =  1 , +∞  , το 1 είναι μοναδική ρίζα στο A2  2 268 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΕπομένως υπάρχουν δυο ακριβώς θετικοί αριθμοί x1 ∈  0, 1  και το x2 = 1, τέτοιοι ώστε  2 f '(x1) = f '(x2 ) = 0 .( )v. Είναι lim 2(x1 − e1974(x−e) ) + x2 = 2(x1 −1) + x2 .Όμως x→e2(x1 −1) + x2 <0 διότι 2(x1 −1) + x2 < 0 ⇔ 2x1 + x2 − 2 < 0 ⇔ 2x1 +1− 2 < 0 ⇔ 2x1 <1⇔ x1 < 1 που ισχύει. 2Άρα lim 2( x1 − e1974( x−e) ) + x2 = −∞ x−e x→evi.Είναι f '(x1) = f '(x2 ) = 0 και από την μονοτονία της f’ έχουμε: f 'ցΑν x ∈ (0, x1) τότε x < x1 ⇔ f '(x) > f '(x1) ⇔ f '(x) > 0Αν x ∈ ( x1 , 1 ) τότε f 'ց f '(x) < f '(x1) ⇔ f '(x) < 0 2 x > x1 ⇔Αν x ∈ (1 ,1) τότε f 'ր f '(x) < f '(1) ⇔ f '(x) < 0 2 x <1⇔ f 'րΑν x ∈ (1, +∞) τότε x > 1 ⇔ f '(x) > f '(1) ⇔ f '(x) > 0Επίσης είναι• lim f (x) = lim (x2 − x ln x − x +1) = 02 − 0 − 0 +1 = 1 x→0+ x→0+ −∞ 1lim x ln x = lim ln x +=∞ lim (ln x) ' = lim x = lim (−x) = 0 1 −1 x→0+x→0+ x →0+ x x→0+  1  ' x →0+ x x2• lim f (x) = lim (x2 − x ln x − x + 1) = lim (x2 (− ln x − 1 + 1 )) = +∞ x x x2 x → +∞ x → +∞ x → +∞Γιατί Εναλλακτικά το ερώτημα(vi)λύνεται, f (x) = x2 − x ln x − x +1 = x(x − ln x −1) +1 −∞ Αλλά x > 0 και x < l n x +1 , οπότεlim ln x +=∞ lim (ln x) ' = lim 1 = 0x x 'x→+∞ xx→+∞ f (x) ≥ 1,για κάθε x > 0 . D.H .L x→+∞•Αν ∆ = (0, x1 ] , τότε επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο ∆ , είναι: 1 1 (f (∆1) = lim f (x), f (x1) = (1, f ( x1 )] x→0+• Αν ∆ = ( x1,1] , τότε επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ∆ , είναι: 2 2 )f (∆2 ) =  f (1), lim f (x) = [1, f (x1))  x → x1• Αν ∆3 = (1, +∞) , τότε επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο ∆3 , είναι: ( )f (∆3) = lim f (x), lim f (x) = (1, +∞) x →1 x → +∞Άρα f (∆) = f (∆3 ) ∪ f (∆1) ∪ f (∆2 ) = [1, +∞) δηλαδή f (x) ≥ 1 για κάθε x > 0 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 269

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grvii.ΈχουμεΓια x = 1 ισχύει η ισότητα, αφού f (1) = 1Αν x ∈[1, +∞) τότε από το Θ.Μ.Τ για την f στο [1, x]Υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ (1, x) , τέτοιο ώστε f '(ξ ) = f (x) − f (1) x −1Αλλά είναι f ''(x) > 0 για κάθε x ≥ 1, άρα η f’’ είναι γνησίως αύξουσα στο [1, +∞) και συνεπώς:1<ξ < x⇔ f '(1) < f '(ξ ) < f '(x) ⇔ f '(1) < f (x) − f (1) < f '(x) x −1Επειδή f (1) = 1 και x > 1 ⇔ x −1 > 0 έχουμε :f (x) − f (1) < f '(x) ⇔ f (x) − f (1) < f '(x)(x −1) ⇔ f (x) <1+ f '(x)(x −1) x −1 eviii.Για κάθε x > 0 είναι f (x) ≥ 1 > 0 άρα E = ∫ f (x)dx 1Επίσης πολλαπλασιάζοντας με f(x) τα δυο μέλη της σχέσης f (x) −1 ≤ (x −1) f '(x) τουπροηγουμένου ερωτήματος έχουμε:f 2 (x) − f (x) ≤ (x −1) f '(x) f (x) ⇔ (x −1) f '(x) f (x) − f 2 (x) + f (x) ≥ 0Έτσι:( )e∫ (x −1) f '(x) f (x) − f 2 (x) + f (x) dx ≥ 0 ⇔1∫ ∫ ∫ ∫ ∫e e e e '(x) f (x))dx − 1 e '(x) f (x))dx f (x)dx + f 2 (x)dx ≥ 0 ⇔ E+ ≥ f 2 (x)dx ⇔ ((x −1) f (2(x −1) f 1 2111 1 e e 1 (x −1) ' 1( ( ) ) ( ) ( )E + 1 e ∫ ∫ ∫ ∫2 1 (x −1) f 2 (x) ' dx ≥ f 2 (x)dx ⇔ E + 1 ( x − 1) f 2 (x) 1e −1 e 2 2 f 2 (x) dx ≥ f 2 (x)dx ⇔ 1 f 2 (e) − 1 e e f 2 (x) dx ≥ f 2 (x)dx ⇔( ) ( )∫ ∫E + 1 (e −1) 2 21 1( ) ∫ ∫⇔ E + 1 (e −1) f 2 (e) ≥ 3 e f 2 (x)dx ⇔ ..... ⇔ e ( f (x))2 dx ≤ 2E + (e −1) f 2 (e) 2 21 3 1270 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr21.Δίνεται η συνάρτηση f : (0, +∞) → ℝ με τύπο f (x) = ln x + x2 + x + µ − 3 για κάθε x > 0όπου μ σταθερός πραγματικός αριθμόςΑ.Αν η ευθεία y = 2x + 5 είναι ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης μιας συνάρτησης gστο +∞ και lim µg(x) + 4x = 1 , να υπολογιστεί ο πραγματικός αριθμός μ. xg(x) − 2x2 + 5x x → +∞Β. Αν μ=3:Β1.Να μελετήσετε την συνάρτηση f ως προς την μονοτονία και να αποδείξετε ότι έχειαντίστροφη συνάρτηση.Β2.Να λύσετε την ανίσωση ln x + x4 < xΒ3.Να αποδείξετε ότι η ευθεία (ε) με εξίσωση x − 4 y + 2 = 0 εφάπτεται στην γραφικήπαράσταση της συνάρτησης f-1 στο σημείο A(2,1) και να βρείτε το όριο L = lim f −1(x) − 3x +1 +6 x−2 x→2Β4.Nα αποδείξετε ότι η εξίσωση f (x1973 ) + f (x2017 ) = f (x1971 ) + f (x2015 )έχει μοναδική ρίζα x = 1 .Β5.(Βonus)Δίνεται η συνάρτηση h(x) = xv , x ∈ ℝ,ν ∈ ℕ* i.Να βρείτε το εμβαδό Ε(α) του χωρίου που περικλείεται από την Ch,την ευθείαy = aν , a ∈ (0,1) και τις ευθείες x = f (1) − 2 , x = f (1) −1 . ii.Να βρείτε για ποια τιμή του α το Ε(α) γίνεται ελάχιστο και ποια είναι η ελάχιστη τιμήτου.ΛύσηΑ.Επειδή η y = 2x + 5 είναι ασύμπτωτη της Cg στο +∞ , ισχύουν: lim g(x) = 2 και lim (g(x) − 2x) = 5 xx→+∞ x → +∞Για κάθε x > 0 ,διαιρώντας με χ τους όρους του κλάσματος , προκύπτει:lim µ g(x) + 4x = lim µ g(x) + 4 = 2µ + 4 = 2µ + 4 = µ + 2 xg(x) − 2x2 + 5x x 5+5 10 5x → +∞ x → +∞ (g(x) − 2x) + 5Επομένως είναι µ + 2 = 1 ⇔ µ = 3 5Β1.Η συνάρτηση έχει τύπο f (x) = ln x + x2 + x, x > 0 , είναι παραγωγίσιμη στο (0, +∞) άρα( )f '(x) = ln x + x2 + x ' = 1 + 2x +1 > 0 για κάθε x > 0 άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, +∞) xοπότε είναι και 1-1 συνεπώς αντιστρέφεται.Β2.Αν x > 0 τότε :ln x + x4 < x ⇔ ln x + x4 + x2 + ln x < x + x2 + ln x ⇔ f (x2) < fր < x⇔ x2 −x<0⇔ x ∈ (0,1) f (x) ⇔ x2Β3.Η εφαπτομένη της Cf στο σημείο Β(1,2) έχει εξίσωση y − 2 = f '(1)(x −1) ⇔ ... ⇔ y = 4x − 2 .Άρα η συμμετρική της ως προς την y=x εφαπτομένη (η) στο σημείο Α(2,1) της Cf-1 έχειεξίσωση x = 4 y − 2 ⇔ x − 4 y + 2 = 0L = lim f −1(x) − 3x +1 +6 = lim f −1 (x) −1− 3x +1 +7 =  f −1(x) −1 + 7 − 3x +1  x−2 x−2 lim  x−2 x−2  x→2 x→2 x→2  Όμως ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 271

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr −1 (x) − −1 (x) − f −1 (2) x−2 x−2( )• lim f 1 f x→2 = lim = f −1(2) ' = λη = 4 x→2•  7 − 3x +1  κοντα στο 2 isxyei 3x +1>0  7 − 3x −1  =  6 − 3x  =  −2(x − 2)  = −2  x−2   x−2   x−2  x−2  lim   = lim lim lim  x→2 x→2 x→2 x→2Άρα, το ζητούμενο όριο είναι: =  f −1(x) −1 + 7 − 3x +1  =  f −1(x) − 1  +  7 − 3x + 1  = 4−2 =L lim  x−2 x−2  lim  x−2  lim  x−2  2 x→2     x→2 x→2Β3. Για x=1 η εξίσωση επαληθεύεται•Αν x > 1 έχουμε fրx > 1 ⇔ x1973 > x1971 ⇔ f ( x1973 ) > f (x1971 ) fրx > 1 ⇔ x2015 > x2017 ⇔ f (x2015 ) > f (x2017 ) προσθέτουμε κατά μέληf (x1973 ) + f (x2017 ) > f (x1971 ) + f (x2015 )•Αν 0 < x < 1έχουμε fր0 < x < 1 ⇔ x1973 < x1971 ⇔ f ( x1973 ) < f (x1971 ) fր0 < x < 1 ⇔ x2015 > x2017 ⇔ f ( x2015 ) > f (x2017 ) προσθέτουμε κατά μέληf (x1973 ) + f (x2017 ) < f (x1971 ) + f (x2015 )Β5.i. Αναζητούμε το εμβαδό Ε(α) του χωρίου που περικλείεται από την Ch, την ευθείαy = aν , a ∈ (0,1) και τις ευθείες x = f (1) − 2 = 2 − 2 = 0 , x = f (1) −1 = 0 .Έτσι 1 1 a1 a 1∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫E(α ) = h(x) − αν dx = xν − αν dx = xν − αν dx + xν −αν dx = (αν − xν )dx + (xν − αν )dx = 0 0 0a 0 a=  xα ν − xν +1  a +  xν +1 − xαν 1 = αν +1 − α ν +1 +  1 − αν  −  α ν +1 − αν +1  = αν +1 − α ν +1 + 1 − α ν − αν +1 + αν +1 =  ν +1  0 ν +1 α ν  +   ν  ν + ν +1 +1 ν 1  +1  +1 ν 1= 2αν +1 − 2αν +1 +ν 1 −αν = 2αν +1 (1 − 1 ) + 1 − αν = 2α ν +1 ν + 1 − 1) + 1 − α ν = 2ν αν +1 + 1 − αν τ.μ ν +1 +1 + 1 + ( ν + 1 + ν+ 1 + ν ν 1 ν 1 ν 1ii. Ε '(α ) =  2ν αν +1 + 1 − α ν  ' = 2ναν −ναν −1 = 2ναν −1 (α − 1) , α ∈ (0,1)  ν+ +  1 ν 1 2Ε '(α ) = 0 ⇔ 2ναν −1(α − 1 ) = 0 ⇔ α = 1 α −∞ 1 +∞ 22 Ε’(α) − 2Ε '(α ) > 0 ⇔ ..... ⇔ 1 > α > 1 άρα Ε ր στο  1 ,1 Ε(α) ց 2  2 +∞ + րΕ '(α ) < 0 ⇔ ..... ⇔ 0 < α < 1 άρα Ε ց στο  0, 1 2 2  ΕΟπότε το εμβαδό Ε(α ) γίνεται ελάχιστο γιαα = 1 και η ελάχιστη τιμή του είναι 2Ε( 1 ) = 2ν −1 τ.μ 2 2ν (ν +1)272 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr22.(Boris Dragosani)Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ℝ → ℝ για την οποίαισχύει f (ℝ) = ℝ και f '(x) ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝ .i.Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται.ii.Αν η γραφική παράσταση της f-1 διέρχεται από τα σημεία Α(9,2),Β(4,3) τότε: α. να λύσετε την εξίσωση f (3) − f −1( f (x2 −1) + 5) = 2 β. να δείξετε ότι υπάρχει ξ ∈ (2,3) τέτοιο ώστε 2g(ξ ) + ξ = 0iii.Αν επιπλέον η f’ είναι συνεχής και η γραφική παράσταση της συνάρτησης g με τύποg(x) = f (x) , x ∈ ℝ τέμνει τον άξονα x’x στο σημείο Μ( x0 , 0) , τότε να δείξετε ότι η f '(x)εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της g στο σημείο της Μ σχηματίζει με τονάξονα x’x γωνία 45ο .iv.Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα 3 e − ef (ln(1974a)) f (1974a −1) + e f (ln(1974a)) − e f (1974a−1) + g ( x) ∫2 g2 (x) dxόπου a σταθερός θετικός πραγματικός αριθμός.Λύσηi.Αρκεί να δείξουμε ότι η f είναι 1-1.Εστω ότι υπάρχουν x1 ≠ x2 τέτοια ώστε f (x1) = f (x2 ) .Έστωx1 < x2 .Αφού η f είναι παραγωγίσιμη στο ℝ ισχύει το Θ.Rolle στο [ x1, x2 ] οπότε υπάρχειx0 ∈ ( x1, x2 ) ώστε f '(x0 ) = 0 , άτοπο αφού f '(x) ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝ .Άρα για κάθε x1 ≠ x2 είναι f (x1) ≠ f (x2 ) συνεπώς η f είναι 1-1.ii.α. Έχουμε f (2) = 9 ⇔ f −1(2) = 9 και f (3) = 4 ⇔ f −1(4) = 3f (3) − f −1( f (x2 −1) + 5) = 2 ⇔ 4 − f −1( f (x2 −1) + 5) = 2 ⇔f −1 ( f (x2 −1) + 5) = 2 ⇔ f −1( f (x2 −1) + 5) = f −1 (9) ⇔ f (x2 −1) + 5 = 9 ⇔⇔ f (x2 −1) + 5 = 9 ⇔ f (x2 −1) = 4 ⇔ f (x2 −1) = f (3) ⇔ x2 −1 = 3 ⇔ x = ±2β. 2g(ξ ) + ξ = 0 ⇔ 2 f (ξ ) +ξ = 0 ⇔ 2 f (ξ ) + ξ f '(ξ ) = 0 f '(ξ )Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = x2 f (x) , x ∈ ℝ παραγωγίσιμη στο ℝ ως γινόμενο( )παραγωγίσιμων συναρτήσεων με h '(x) = x2 f (x) ' = 2xf (x) − x2 f '(x)Είναι h(2) = 4 f (2) = 4 ⋅9 = 36 , h(3) = 9 f (3) = 36 άρα h(2) = h(3) οπότε ισχύει το Θ Rolle και συνεπώςυπάρχει ξ ∈ (2,3) τέτοιοι ώστε h(ξ ) = 0 ⇔ 2ξ f (ξ ) + ξ 2 f (ξ ) = 0 ⇔ 2g(ξ ) + ξ = 0iii.Αρκεί να δείξουμε ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο x0 με g '(x0 ) = 1g(x0 ) = 0 ⇔ f (x0 ) = 0 ⇔ f (x0 ) = 0 .Έχουμε: f '(x0 ) f (x)lim g(x) − g(x0 ) g =(x0 )=0 lim g(x) = lim f '(x0 ) = lim f f (x) x0 ) =f ( x0 )=0 lim f (x) − f (x0 ) = x− x0 x→ x0 x − x0 x→ x0 x − x0 x→ x0 '(x)(x − f '(x)(x − x0 )x→ x0 x → x0=  1⋅ f (x) − f (x0 )  = 1 ⋅ lim f (x) − f (x0 ) f ' συνεχης 1 ⋅f '(x0 ) = 1  '( x) (x − x0 )  lim f '(x) x→x0 (x − x0 ) '(x0 ) lim  = x→ x0 f x → x0 f ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 273

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.griv.Η f’ είναι συνεχής το ℝ και δεν μηδενίζεται σε αυτό άρα διατηρεί πρόσημο συνεπώς η fείναι γνησίως μονότονη και επίσης ισχύει f (3) < f (2) ,οπότε, η f είναι γνησίως φθίνουσα στοℝ.Ισχύει για κάθε x ∈ ℝ : ex ≥ x +1 άρα θα ισχύει f (x) ≠ 0 στοκαι για χ το ln1974a με α>0 [2,3] .Γιατί;;Έτσι eln1974a ≥ ln1974a +1 ⇔ 1974a ≥ ln1974a +1 ⇔ 1974a −1 ≥ ln1974a fց f (1974a −1) ≤ f (ln1974a) ⇔ e f (1974a−1) − e f (ln(1974a)) ≤01974a −1 ≥ ln1974a ⇔ άρα∫3 e − ef (ln(1974a)) f (1974a −1) + e f (ln(1974a)) − e f (1974a−1) + g ( x) 2 g2 (x) dx =∫= 3 e f (1974a−1) − e f (ln(1974a)) + e f (ln(1974a)) − e f (1974a−1) + g ( x)dx = 2 g2 (x) 3 gg2((xx))dx 3 1 3 f '( x)dx 3 2 f (x) 2 dx =∫ ∫ ∫= = = ln f ( x)  = 2 g(x) 2= ln f (3) − ln f (2) = ln 4 − ln 9 = ln 4 923.(Αll time classic)Δίνεται η συνάρτηση f συνεχής στο ℝ ,για την οποία ισχύουν: xf(x) + 1 = 1 (1) για κάθε x ∈ ℝ και f(0) = 1 (2) 1 + f2(x) 2i)Να δείξετε ότι f(x) = x + 1 + x2 , x ∈ ℝ .ii)Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία.iii)Να εξετάσετε την f ως προς τα κοίλα.iv)Να βρείτε τις ασύμπτωτες της Cf.v)Να βρείτε το σύνολο τιμών της f.vi)Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε τον τύπο της αντίστροφης.vii)Να βρείτε τις ασύμπτωτες της f−1 .viii)Να λύσετε την εξίσωση: x6 + 1 − 9x2 + 1 = 3x − x3ix)Να δείξετε ότι για κάθε λ ∈ ℝ ισχύει: λ λ+1 ∫ f(x)dx < f(λ) < ∫ f(x)dx λ−1 λx)(Bonus) να υπολογίσετε το όριο L = lim (f(x) − x)3 1 + 2x − 1 x→0 xΛΥΣΗi) xf(x) + 1 = 1 ⇔ 2xf(x) + 2 = 1+ f2 (x) ⇔ 1 = f2 (x) − 2xf(x) ⇔ 1 = f2 (x) − 2xf(x) + x2 − x2 ⇔ 1 + f2 (x) 2 h(x)=f(x)−x ⇔( ) ( )1 + x2 = f2 (x) − 2xf(x) + x2 ⇔ 2 f(x) − x = 1+ x2 h(x) 2 = 1 + x2 (2)Ισχύει ότι 1 + x2 ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα h(x) ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝ .Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο ℝ ως διαφορά συνεχών.Η h(x) ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝ . Άρα η h διατηρεί πρόσημο στο ℝ .h(0) = f(0) − 0 = 1 > 0 επομένως h(x) > 0 για κάθε x ∈ ℝ .( )h(x) 2 = 1+ x2 h(x)>0 = 1 + x2 ⇔ f(x) − x = 1 + x2 ⇔ f(x) = x + 1+ x2 για κάθε x ∈ ℝ . ⇔ h(x)274 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr( )ii) f '(x) = x + 1 + x2 ' = 1 + 2x = 1 + x = 1 + x2 + x 2 1+ x2 1+ x2 1+ x2 x >−x1 + x2 > x2 ⇔ 1 + x2 > x ⇔ 1 + x2 > −x ⇔ 1 + x2 + x > 0 για κάθε x ∈ ℝ ,έτσιf '(x) = 1 + x2 + x > 0 για κάθε x ∈ ℝ ,άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ . 1+ x2 ( ) 1 + x 2+ x  ' = ... = 1 >0 για κάθε x ∈ ℝ . 1 + x2  1+ x2iii) f ''(x) =  1+ x2Άρα η f είναι κυρτή στο ℝ .iv) ) (1+ x2 )( ) ( )1+ x2 x − 1+ x2(lim f(x) = lim x +  x+ x − 1+ x2   x2 − 1+ x2   −1     x− 1+ x2   1+ x2 x → −∞ x→−∞ = lim   = lim   = lim − =   x → −∞ x → −∞ x → −∞ x                  −1   −1   −1   −1   −1 1 lim   = lim   = lim   = lim   = lim  x  = 1 1 1 1 1 x → −∞  x− x2 +  x → +∞  x+ x2 +  x → −∞  x(1 + x2 +  x → −∞  x(1 + x2 +  x→−∞  1+ x2 +1       x 1)  x 1)  1)  1)       −1 1  = 0⋅ 1 .Άρα y=0 είναι οριζόντια ασύμπτωτη τη Cf στο −∞lim  x  2 =0  1x → −∞ + x2 +    1 1  x(1 + 1   x2 + 1)  f(x)  x + 1+ x2   x  1 lim x = lim  x  = lim   = lim  1 + x2 + 1  = 2 = λ x → +∞ x→+∞ x → +∞   x → +∞ ( ) ( )lim (f(x) − 2x) = lim x + 1 + x2 − 2x = lim 1 + x2 − x = ... = 0 = βx → +∞ x→+∞ x → +∞Άρα η ευθεία y = 2x είναι πλάγια ασύμπτωτη της Cf στο +∞ .( )v)Η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ άρα f(A) = lim f(x), lim f(x) = (0, +∞) x → −∞ x → +∞vi)H f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ άρα είναι 1-1 άρα αντιστρέφεται.Από το ερώτημα iv) γνωρίζουμε ήδη το πεδίο ορισμού της f-1 . Af−1 = f(A) = (0, +∞)Άρα μένει μόνο να βρούμε το τύπο της αντίστροφης.y = f(x) ⇔ y = x + 1 + x2 ⇔ ...... ⇔ x = y2 − 1 2yΤελικά f−1(x) = x2 − 1 , x ∈ (0, +∞) . 2x( )vii) lim f−1(x) = lim x2 − 1 = lim x2 − 1 lim 1 = −∞ άρα η x=0 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της x→0+ x→0+ 2x x→0+ x→0+ 2xCf-1lim f−1(x) = lim x2 − 1 = 1 = λxx→+∞ x→+∞ 2x2 2lim  f −1 (x) − 1 x  = lim  x2 − 1 − x  = ... = 0 = β  2   2x 2 x → +∞ x → +∞   ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 275

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΆρα η ευθεία y = 1 x είναι πλαγιά ασύμπτωτη της Cf-1 στο +∞ . (3x)2 + 1 + 3x ⇔ 2( )viii) x6 + 1 − 9x2 + 1 = 3x − x3 ⇔ x6 + 1 + x3 = 9x2 + 1 + 3x ⇔ x3 2 + 1 + x3 =f(x3 ) = f (3x) ⇔ x3 = 3x ⇔ x = 0 ή x = 3 ή x = − 3ix)Να δείξετε ότι•για κάθε x ∈ λ − 1, λ έχουμε fրλ − 1 ≤ x ≤ λ ⇔ f(λ − 1) ≤ f(x) ≤ f(λ) με το ισον να ισχύει μόνο για x = λ − 1 ή x = λ , οπότε:λ λλ λ∫ f(λ − 1)dx < ∫ f(x)dx < ∫ f(λ)dx ⇔ f(λ − 1)(λ − (λ − 1)) < ∫ f(x)dx < f(λ)(λ − (λ − 1)) ⇔λ−1 λ−1 λ −1 λ −1 λ⇔ f(λ − 1) < ∫ f(x)dx < f(λ) (3) λ −1•για κάθε x ∈ λ, λ + 1 έχουμε fրλ ≤ x ≤ λ + 1⇔ f(λ) ≤ f(x) ≤ f(λ + 1) με το ;iσον να ισχύει μόνο για x = λ + 1 ή x = λ , οπότε:Οπότελ+1 λ+1 λ+1 λ+1∫ f(λ)dx < ∫ f(x)dx < ∫ f(λ + 1)dx ⇔ f(λ)(λ + 1 − λ) < ∫ f(x)dx < f(λ + 1)(λ + 1 − λ) ⇔ λ λλ λ λ+1f(λ) < ∫ f(x)dx < f(λ + 1) (4) λ λ λ+1Από (3),(4) έχουμε ότι ∫ f(x)dx < f(λ) < ∫ f(x)dx λ−1 λx) lim (f(x) − x) 3 1 + 2x − 1 = lim (x + 1 + x2 − x)3 1 + 2x − 1 = lim 1 + x2 ⋅ 3 1 + 2x − 1 =x→0 x x→0 x x→0 x= lim 1 + x2 ⋅ 3 1 + 2x − 1 1+ x2 ⋅ 3 1+ 2x με πεδίο ορισμού A = − 1 , +∞  x→0 x 2 Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) =( 1 + 2x ≥ 0 ⇔ x ≥ − 1 )η g είναι παραγωγίσιμη 2Το ζητούμενο όριο λαμβάνει την μορφή: Το ερώτημα (x) είναι xxx!!!!lim 1+ x2 ⋅ 31 + 2x − 1 = lim g(x) − g(0) = g '(0) x x − 0x→0 x→0Έτσι:( ) ( )( ) ( ) ( )g'(x) = =  1 1  1 1 −1 '+ 1 1 −1 1 + x2 ⋅ 3 1+ 2x '  (1 + x 2 ) 2 1+ 2x 3  ' = (1 + x 2 ) 2 1+ x2 3 1+ 2x 3 1+ 2x '= 21 (1 + − 1 +1 −2 −1 +2 −2( ) ( ) ( )= 2 3 = + 3 x 2 ) 2x 1+ 2x 2 x(1 x2 )2 1+ 2x23 3( )g = + − 1 +2 −2 =2'(0) 0(1 0 2 2 1+2⋅0 3 ) 33Άρα L = 2 . 3276 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr24.(Αll time classic) Δίνεται η γνησίως μονότονη και παραγωγίσιμη συνάρτησηf : ℝ → ℝ για την οποία ισχύουν: • f(x) + f−1(x) = 2x για κάθε x ∈ ℝ (1) • f(0) = 2 • f−1 συνεχής στο ℝi.Να λύσετε την εξίσωση f(x) = 0ii.Να δείξετε ότι f(−2) = −4 20iii.Να δείξετε ότι ∫ f(x)dx − ∫ f(x)dx = 4 0 −2iv.Υπάρχουν τουλάχιστον δυο εφαπτομένες της γραφικής παράστασης της f μετετμημένες στο (−4,0) οι οποίες είναι παράλληλες στην ευθεία y=x.v. 2 ≤ f(x) ≤ 2x + 2 για κάθε x ≥ 0 0vi. 0 ≤ ∫ f(x)dx ≤ 4 −2Λύσηi.Για x = 0 η δοσμένη σχέση f(x) + f−1(x) = 2x , μας δίνει: f(0) + f−1(0) = 0 ή 2 + f−1(0) = 0 ήf−1(0) = −2 ⇒ f(−2) = 0Η f είναι γνησίως μονότονη άρα είναι και 1-1 οπότε έχουμε ότι η μοναδική λύση τηςεξίσωσης f(x) = 0 είναι η x = −2 .ii.Για x = −2 η (1) γίνεται: f(−2) + f−1(−2) = 2(−2) ⇔ f(−2) = −4iii.Έχουμε ότι f(x) + f−1(x) = 2x , οπότε ολοκληρώνοντας έχουμε:2 2 22 2∫ (f(x) + f−1(x))dx = ∫ 2xdx ⇔ ∫ f(x)dx + ∫ f−1(x)dx = ∫ 2xdx0 0 00 0 2Όμως στο ολοκλήρωμα ∫ f−1(x)dx κάνουμε αλλαγή μεταβλητής θέτουμε όπου x το f(u) 0x = f(u) ⇒ dx = f '(u)duΌταν x = 0 ⇒ f(u) = 0 ⇔ f(u) = f(−2) ⇔ u = −2Όταν x = 2 ⇒ f(u) = 2 ⇔ f(u) = f(0) ⇔ u = 0Άρα20 0 0 0 0∫ ∫ ∫ ∫ ∫f−1(x)dx = −2 f−1(f(u))f '(u)du = uf '(u)du = uf( u) − f(u)du = 0f(0) − (−2)f(−2) − f(u)du =0 −2 −2 −2 −2 0= − ∫ f(u)du −2 20Τελικά ∫ f−1(x)dx = − ∫ f(u)du άρα έχουμε: 0 −2∫ ∫ ∫ ∫ ∫2 2 2 2 0 x  2 0 0 0 00 f(u)du f(x)dx + f −1 (x)dx = 2xdx ⇔ f(x)dx − = 2 ⇔ −2 20 20⇔ ∫ f(x)dx − ∫ f(u)du = 4 ⇔ ∫ f(x)dx − ∫ f(x)dx = 4 (2) 0 −2 0 −2iv.Η ευθεία y=x έχει συντελεστή διεύθυνσης λ=1 .Για να δείξουμε ότι υπάρχουν τουλάχιστονδυο εφαπτόμενες της γραφικής παράστασης της f με τετμημένες στο διάστημα (−4,0) οιοποίες είναι παράλληλες στην ευθεία y=x αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχουνx1 , x2 ∈ (−4,0) με f '(x1 ) = f '(x2 ) = 1 δηλαδή αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση f '(x) = 1 έχει δυοτουλάχιστον ρίζες x1 , x2 ∈ (−4,0) ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 277

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΈτσι f '(x) = 1 ⇔ f '(x) = x' ⇔ f '(x) − x' = 0Θεωρούμε συνάρτηση h(x) = f(x) − x , x ∈ ℝ .Η συνάρτηση αυτή είναι παραγωγίσιμη καικατά συνέπεια συνεχής στο ℝ .Έχουμεh(−4) = f(−4) − 4 = 2 , h(−2) = f(−2) − (−2) = 2 άρα για την συνάντηση h στο διάστημα−4, −2 ισχύει το θεώρημα Rolle άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα x1 ∈ (−4, −2) μεh '(x1 ) = 0 ⇔ f '(x1 ) − 1 = 0 ⇔ f '(x1 ) = 1Έχουμεh(−2) = f(−2) − (−2) = 2 , h(0) = f(0) − 0 = 2 άρα για την συνάντηση h στο διάστημα −2,0 ισχύει τοθεώρημα Rolle άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα x2 ∈ (−2,0) μεh '(x2 ) = 0 ⇔ f '(x2 ) − 1 = 0 ⇔ f '(x2 ) = 1v.Η συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη και ισχύει f(−4) < f(0) άρα η f είναι γνησίωςαύξουσα. Γνωρίζουμε ότι η f-1 θα έχει το ίδιο είδος μονοτονίας άρα και η f-1 θα είναιγνησίως αύξουσα .Έχουμε: fրΓια x ≥ 0 ⇒ f(x) ≥ f(0) ⇒ f(x) ≥ 2 f−1 ր f (x)+f−1 ( x)=2x⇔ f−1 ( x)=2x−f( x)Για x ≥ 0 ⇒ f−1(x) ≥ f−1(0) ⇒ f−1(x) ≥ 2 ⇒ 2x − f(x) ≥ 2 ⇒ 2x − 2 ≥ f(x)Άρα για κάθε 2 ≤ f(x) ≤ 2x + 2 για κάθε x ≥ 0vi.Ολοκληρώνουμε την 2 ≤ f(x) ≤ 2x + 2 και έχουμε22 2∫ 2dx ≤ ∫ f(x)dx ≤ ∫ (2x + 2)dx ⇒00 02x02 2 2 2∫ ∫⇒ x2 2x 0 ≤ f(x)dx ≤ + ⇒ 4 ≤ f(x)dx ≤ 8 00 Υπενθυμίζω ότι…20 20∫ ∫ ∫ ∫f(x)dx− f(x)dx=4⇔ f(x)dx=4+ f(x)dx 0 Αν μια συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα. 4 ≤ 4 + f(x)dx ≤ 8 ⇔0 −2 ⇒0 ∫−2 −2 Τότε η f-1 θα έχει το ίδιο είδος μονοτονίας 0 δηλαδή η f-1 θα είναι γνησίως αύξουσα .Πως⇔ 0 ≤ ∫ f(x)dx ≤ 4 αποδεικνύεται; −2 Αρκεί για κάθε y1 , y2 ∈ Df−1 με: y1 < y2 ⇒ f−1(y1 ) < f−1(y2 ) .Εργαζόμαστε με άτοπο Έστω ότι υπάρχουν y1 , y2 ∈ Df−1 τέτοια ώστε: f −1(y1 ) ≥ f −1 ( y ) fր f(f −1 ( y1 )) ≥ f(f −1(y2 )) ⇔ y1 ≥ y2 2 ⇔ , άτοπο.278 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr25.θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = x − e−x , x ∈ ℝi.Να δείξετε η g είναι 1-1.ii.αν f : ℝ → ℝ μια παραγωγίσιμη συνάρτηση για την οποία ισχύει: f(x) + e−f(x) = x − 1 για κάθε x ∈ ℝ (1)Να δείξετε ότι f(0) = 0 .iii.Να εξετάσετε την f ως προς την μονοτονία.iv.Να δείξετε ότι η f είναι κυρτή και στην συνέχεια να βρείτε την εξίσωση τηςεφαπτομένης της στο x0 = 0 .v.Να υπολογίσετε τα όρια: α) lim f(x) β) lim f(x) f( x) + x2 x γ) lim f(x) δ) lim (f(x + 1) − f(x)) − x3 + 1974 x→+∞ x → +∞ x→0 x x→0vi.Αν η f έχει σύνολο τιμών το ℝ και η f−1 είναι παραγωγίσιμη να δείξετε ότι για κάθεα,β ∈ ℝ με α < β υπάρχουν x1 ∈ (α,β) και x2 ∈ (α,β) τέτοια ώστε: ( )f−1(x2 ) ' f '(x1 ) = 1Λύσηi. Η g είναι παραγωγίσιμη στο ℝ .Έτσιg '(x) = 1 + e−x > 0 άρα η g είναι γνησίως αύξουσα και κατ επέκταση 1-1 στο ℝ g 1−1Η (1) για x=0 παίρνει την μορφή: f(0) + e−f(0) = −1 ⇔ g(f(0)) = g(0) ⇔ f(0) = 0ii. Παραγωγίζουμε την (1)( ) ( )f(x) + e−f(x) ef(x) f '(x)(1 + 1 = ef(x) '= x−1 ' ⇔ f '( x) + f '(x)( − e2f(x) ) =1⇔ ef(x) ) =1⇔ f '(x) 1 + ef(x) > 0 για κάθεx ∈ ℝ άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ . =  1  = − f '(x)ef(x) >0 για κάθε x∈ℝ άρα η f είναι κυρτή.  1+ ef(x)  1 + ef(x) 2( )iv.f''(x) 'Η εξίσωση της εφαπτόμενης της Cf στο x0 = 0 είναι η : − 0) ⇔f '( 0 ) = f (0) ) =1 1 1+ ef (0 2 − f(0) = ⇔ = y f '(0)(x .... y 2 xv. α) lim f(x) = lim f(x) − f(0) = f '(0) = 1 x x − 0 2 x→0 x→0 f(x) + x f (x ) =lim f ( x) − f( 0 ) = f 0 )= 1 1 +0 1 x x x − 0 2 2 x→0 1 − 0 + 1974 2 f( x) + x2 =lim '( 1 + 1974 − x3 + 1974xβ) lim f(x) = lim f(x) − x2 + 1974 x→0 = = x→0 x→0 x 22γ)Η f είναι κυρτή άρα f(x) ≥ 1 x για κάθε x ∈ ℝ συνεπώς lim 1 x = +∞ άρα lim f(x) = +∞ 2 2x→+∞ x → +∞δ) για κάθε x ∈ ℝ , εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ για την f στο x, x + 1 , ξ ∈ (x,x + 1)με f΄(ξ) = f(x + 1) − f(x) έχουµε: f 'րx < ξ < x + 1⇔ f '(x) < f '(ξ) < f '(x + 1) ⇔ f '(x) < f(x + 1) − f(x) < f '(x + 1) (2)Είναιlim f '(x) = lim ef(x) u=f(x) eu =1 1+ ef(x) 1+ eux → +∞ x→+∞ = lim u → +∞ ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 279

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr + = e f ( x +1) u+1=f( x ) eu =1 + ef(x+1) + eulim f '(x 1) lim 1 = lim 1x → +∞ x → +∞ u→+∞Άρα από το κριτήριο παρεμβολής lim (f(x + 1) − f(x)) = 1 x → +∞vi.Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ για:την f στο α,β άρα υπάρχει x1 ∈ (α,β) τέτοιο ώστε: f '(x1 ) = f(β) − f(α) β − ατην f -1 στο f−1(α),f−1(β) άρα υπάρχει x2 ∈ (α,β) τέτοιο ώστε: f −1 (f(β)) − f −1 (f(α)) β−α f(β) − f(α) f(β) − f(α)( ) ( )f−1(x2 ) ' = ⇔ f −1(x2 ) ' =Συνεπώς ( )f−1(x2 ) ' f '(x1 ) = β − α ⋅ f(β) − f(α) =1 f(β) − f(α) β − α Προτιµώ τις ανηφόρες µου κυρτές και τις κατηφόρες µου κοίλες !! y Cf’ 1 2 3 5 x 0 4280 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr26.Θεωρούμε την παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ℝ → ℝ για την οποία ισχύουν οιιδιότητες: • f '(x)(ex + 1) + f(x)ex = 0 για κάθε x ∈ ℝ • f(0) = 1 2i.Να δείξετε ότι f(x) = ex 1 , x ∈ ℝ + 1ii.Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα.iii.Να αποδείξετε ότι η εφαπτόμενη της Cf στο σημείο Α(0,f(0)) την διαπερνά.iv.Να γράψετε την εξίσωση της εφαπτόμενης της Cf στο σημείο με τετμημένη x0 = 0 .v.Έστω F μια αρχική της f στο ℝ , με F(0) = 0 .Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση G(x) = F(x) + x2 − x 82Παρουσιάζει μοναδικό ελάχιστο στο x0 = 0vi.Να λύσετε την εξίσωση 8F(ln x) = 2 ln x2 − ln2 x, x > 0vii.Να αποδείξετε ότι υπάρχει ακριβώς ένα x0 ∈ (0,1) τέτοιο ώστε f(x0 )(1 − x0 ) = F(x0 )viii. α) Με την βοήθεια της ανισότητας ex ≥ x + 1 που ισχύει για κάθε x ∈ ℝ , να δείξετεότι ∫ ∫1 x dx 1 x x dx ex−1 + 1 + 1 0 < 0 β) Να αποδείξετε ότι ∫1 F(x − 1)dx > ln 2 0eΛύση( )i. f '(x)(ex + 1) + f(x)ex = 0 ⇔ f '(x)(ex + 1) + f(x)(ex + 1)' = 0 ⇔ f(x)(ex + 1) ' = 0 ,για κάθε x ∈ ℝΆρα, f(x)(ex + 1) = c για κάθε x ∈ ℝ ,όπου c σταθερός πραγματικός αριθμός.Για x=0 η παραπάνω γίνεται: f(0)(e0 + 1) = c ⇔ 1 ⋅ 2 = c ⇔ c = 1 , οπότε 2f(x)(ex + 1) = 1 ⇔ f(x) = 1 για κάθε x∈ℝ . ex + 1 =  1  = − ex <0 για κάθε x ∈ ℝ άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα  +  ex + 1( )ii.f'(x) ex 1 ' 2iii. Αρκεί να δείξουμε ότι η f στο (0,f(0)) δέχεται εφαπτομένη και έχει σημείο καμπής ( ) ( ) ex  ex (ex − 1)  ex + 1  ex + 1 3 f ''(x) = − 2  ' = .Κατασκευάζουμε πίνακα πρόσημου για την f’’ x −∞ 0 +∞ f’’(x) −+ f(x) ∩1 ∪ 2 Σ.Κ ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 281

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΑπό τον παραπάνω πίνακα πρόσημου της f’’ διαπιστώνουμε ότι η f παρουσιάζει σημείοκαμπής στην θέση x=0 .Η εφαπτομένη στο Cf στο σημείο (0,f(0) έχει εξίσωση : y − f(0) = f '(0)x ⇔ .... ⇔ y = − 1 x + 1 42iv.Έχουμε G'(x) = f(x) + x − 1 42-Όταν x ∈ (0, +∞) η f είναι κυρτή, άρα η Cf βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη στο σημείο(0,f(0)), δηλαδή : f(x) > − x + 1 ⇔ f(x) + x − 1 > 0 ⇔ G '(x) > 0 42 42-Όταν x ∈ (−∞,0) η f είναι κοίλη , άρα η Cf βρίσκεται κατω από την εφαπτομένη στοσημείο (0,f(0)), δηλαδή : f(x) < − x + 1 ⇔ f(x) + x − 1 < 0 ⇔ G'(x) < 0 42 42ΕίναιG '(x) = 0 ⇔ f(x) + x − 1 = 0 ⇔ f(x) = − x + 1 ⇔ x = 0 42 42Κατασκευάζουμε πίνακα πρόσημου της G’ και διαπιστώνουμε ότι η G’ παρουσιάζειελάχιστο μόνο για x=0. x −∞ 0 +∞ G’(x) − + G(x) ց 0 ր +∞v.Για x > 0 έχουμε: Ελαχ. 8F(ln x) = 2 ln x2 − ln2 x ⇔ F(ln x) + ln x2 − ln2 x = 0 ⇔ G(ln x) = 0, (1) 48Και επειδή η G παίρνει τιμή 0 μόνο για x=0,εχουμε ότι: (1) ⇔ ln x = 0 ⇔ x = 1vi.Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει ακριβώς ένα x0 ∈ (0,1) ,τέτοιο ώστε:f(x0 )(1 − x0 ) = F(x0 ) ⇔ f(x0 )(1 − x0 ) − F(x0 ) = 0Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = (x − 1)F(x) .Έχουμε:Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο 0,1 ως πράξεις συνεχών συναρτήσεωνh(1) = h(0) = 0Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη στο (0,1) με:h '(x) = F(x) + f(x)(x − 1)Σύμφωνα με το θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον x0 ∈ (0,1) τέτοιο, ώστεh '(x0 ) = 0 ⇔ .. ⇔ f(x0 )(1 − x0 ) = F(x0 )282 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΘα αποδείξουμε ότι το x0 είναι μοναδικό. Για κάθε x ∈ (0,1) : • f(x) > 0 για κάθε x ∈ ℝ , • x − 1 < 0 για κάθεh ''(x) = f(x) + f(x) + (x − 1)f '(x) ⇔ h ''(x) = 2f(x) + (x − 1)f '(x) > 0 x ∈(0,1) ,Άρα η συνάρτηση h’ είναι γνησίως αύξουσα στο (0,1)οπότε υπάρχει μοναδικό x0 ∈ (0,1) τέτοιο ώστε h '(x0 ) = 0 • f(x) < 0 για κάθε x ∈ ℝvii.α) Για κάθε x ∈ ℝ , ισχύει ex ≥ x + 1 άρα και για x το x-1 οπότεγίνεται ex−1 ≥ x για κάθε x ∈ ℝ οπότε και για x ∈ 0,1Έτσιex−1 ≥ x ⇔ ex−1 +1≥ x∈0 ,1 1 ≤ 1 ⇔x∈0,1 x ≤ x ex−1 + 1 x+1 ex−1 + 1 x+1 x+1 ⇔Συνεπώς∫ ∫1exx dx ≤ 1 x x 1 dx −1 + 1 0 +0 11 1 11α) ∫ F(x − 1)dx =∫ x'⋅ F(x − 1)dx = x ⋅ F(x − 1)10 − ∫ x ⋅ f(x − 1)dx =F(0) − ∫ x ⋅ f(x − 1)dx =∫ x ⋅ f(x − 1)dx = 00 0 001∫ ∫− ⋅ − = − 1 x dx0 x f(x 1)dx 0 ex−1 + 1Από το ερώτημα (α) έχουμε: ∫1 x dx < 1 x x 1 dx (δυο συναρτήσεις δεν είναι ίσες στο 0,1 ) ex−1 + 1 + 0 ∫ 0 1 x 1 x 1 x 1 x 0 ex−1 + 0 + ex−1 + +∫ ∫ ∫ ∫άρα < ⇔ − > − dx x 1 dx dx x 1 dx 1 0 1 0∫ ∫Άρα η 1 − > − 1 x 0 F(x 1)dx 0 x + 1 dx 1 x 1 x+1− 1 1 1 1)10 = ln 2 − 1 = ln 2 0 x+ 0 x+1 0 + e∫ ∫ ∫Έχουμε: = = − = x − + dx dx (1 x )dx ln(x 1 1 f(x)=??? ..old mathematicians never die they just lose some of their functions.. ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 283

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr27. Α i.Δίνεται η συνάρτηση g(x) = x3 + 16x − 27 , x ∈ ℝ να δείξετε ότι είναι 1-1.Αν f : ℝ → ℝ παραγωγίσιμη συνάρτηση για την οποία ισχύει: • lim (f(x))3 + 16f(x) − 27 = L∈ℝ x−2 x→2 •f άρτια • xf '(x) − 2f(x) = 0 για κάθε x ∈ ℝ (1)ii.Να δείξετε ότι f(2) = 4iii.Να δείξετε ότι f(x) = x2 , x ∈ ℝB.Αν θεωρήσουμε την ευθεία (ε) y = x + α , όπου α ∈ ℝ , η οποία έχει ακριβώς δυο κοινάσημεία με την Cf.i.Να δείξετε ότι α > − 1 4ii.Να βρείτε για ποια τιμή του α > − 1 το εμβαδό Ε του χωρίου που περικλείεται από 4την Cf και την ευθεία (ε) είναι 27 τ.μ. 6iii.Υποθέτουμε ότι το α > − 1 αυξάνεται με ρυθμό 0, 3 m/sec 4να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού Ε του χωρίου που περικλείεται από τηνCf και την ευθεία (ε) , ως προς τον χρόνο t , την χρονική στιγμή t0 κατά την οποίαE = 27 τ.μ 6Γ. (Στα γρήγορα.. )Αν θεωρήσουμε την συνάρτηση h με τύπο h(x) = f(x), x ∈ 0, 2 καιένα σημείο A(1974,0) τότε για κάθε σημείο Μ της Cf υπάρχουν σημεία Μ1,Μ2 τέτοιαώστε (AM1) ≤ (AM) ≤ (AM2 ) .ΛύσηΑi.Η g είναι παραγωγίσιμη στο ℝ , g '(x) = 3x2 + 16 > 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα η g είναι γνησίωςαύξουσα και συνεπώς 1-1.( )ii. lim (f(x))3 + 16f(x) − 27 = lim  (f(x))3 + 16f(x) − 27 (x − 2)  = 0 ⋅ L = 0 (2) x→2  x−2  x→2  H f είναι συνεχής στο x0 =2 (ως παραγωγίσιμη ) άρα lim f(x) = f(2)( )Άρα lim (f(x))3 + 16f(x) − 27 = (f(2))3 + 16f(2) − 27 (3) x→2 x→2Από (1),(2) έπεται ότι: g 1−1(f(2))3 + 16f(2) − 27 = 0 ⇔ g(f(2)) = g(4) ⇔ f(2) = 4iii. H (1) για x=0 : 0 ⋅ f '(0) − 2f(0) = 0 ⇔ f(0) = 0Για x ≠ 0 :xf '(x) − 2f(x) = 0 ⇔ xf '(x) − 2f(x) = 0 ⇔ f '(x) − 2f(x) = 0 ⇔ 1 f '(x) − 2 f(x) = 0 ⇔ x3 x2 x3 x2 x3⇔ 1 f '(x) +  1  = 0 ⇔  f(x)  = 0 x2  x2 ' f(x)  x2  'Από το θεώρημα των ίσων παραγώγων προκύπτει c1x2 , x > 0 0, x = 0f( x) = c2x2 , x < 0284 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΌμως f(2)=4 άρα c1 22 = 4 ⇔ c1 = 1 .Η f είναι άρτια άρα f(−2) = 4 ⇔ c2 (−2)2 = 4 ⇔ c2 = 1 x2 , x > 0 0, x = 0Τελικά f(x) = x2 , x < 0 ή f(x) = x2 ,x ∈ ℝΒ.i.H Cf τέμνει την ευθεία (ε) y = x + α σε δυο διαφορετικά σημεία άρα η εξίσωσηf(x) = x + α έχει δυο άνισες ρίζεςx2 = x + α ⇔ x2 − x − α = 0 αρκεί η διακρίνουσα Δ να είναι θετική , έτσι∆ = 1 + 4α > 0 ⇔ α > − 1 4ii. όταν α > − 1 η εξίσωση x2 − x − α = 0 έχει δυο άνισες ρίζες ρ1 ,ρ2 με ρ1 < ρ2 για τις οποίες 4από του τύπους του Vieta ισχύει: ρ1 + ρ2 = 1 , ρ1ρ2 = −α . το εμβαδό Ε του χωρίου πουπερικλείεται από την Cf και την ευθεία (ε) είναι ρ2 ρ2E = ∫ f(x) − (x + α) dx = ∫ x2 − x − α dx , όμως x2 − x − α ≤ 0 για κάθε x ∈ ρ1 ,ρ2  , οπότε έχουμε: ρ1 ρ1 ∫ρ2 − x3 + x2  ρ2  ρ23 ρ22   ρ13 + ρ12   3 2   3 2   3 2 + αρ1  =E = (−x2 + x + α)dx = + αx  ρ1 = − + + αρ2 − − ρ1= ρ13 − ρ 3 − ρ12 + ρ22 − αρ1 + αρ2 = 2ρ13 − 2ρ 3 − 3ρ12 + 3ρ 2 2 − 6αρ1 + 6αρ2 = 3 2 2 2 2 3 6= 1 (2(ρ13 − ρ23 ) − 3(ρ12 − ρ22 ) − 6α(ρ1 − ρ2 ) = 6= 1 (2(ρ1 − ρ2 )(ρ12 + ρ2ρ1 + ρ22 ) − 3(ρ1 − ρ2 )(ρ1 + ρ2 ) − 6α(ρ1 − ρ2 )) = 6= − 1 (ρ2 − ρ1 )(2(ρ12 + ρ2ρ1 + ρ22 ) − 3(ρ1 + ρ2 ) − 6α) (4) 6Αλλά ρ1 + ρ2 = 1 ⇔ (ρ1 + ρ2 )2 = 12 ⇔ ρ12 + ρ22 + 2ρ1ρ2 = 1 ⇔ρ1ρ2 =−α ρ12 + ρ22 − 2α = 1 ⇔ ρ12 + ρ22 = 1 + 2α( )ρ2 − ρ1 2 = ρ22 + ρ12 − 2ρ2ρ1 = 2α + 1+ 2α = 4α + 1 άρα ρ2 − ρ1 α>− 1 4α + 1 4 =Η (4) γίνεταιΕ = − 1 (ρ2 − ρ1 )( 2(ρ12 + ρ2ρ1 + ρ22 ) − 3(ρ1 + ρ2 ) − 6α) = − 1 ( 4α + 1)(2(−α + 1+ 2α) − 3 − 6α) = 6 6= − 1 ( 4α + 1)(−1 − 4α) = 1 ( 4α + 1)(4α + 1) 6 6Όμως από υπόθεση Ε = 27 έτσι 6 α>−1 32 2 4α + 1)(4α + 1) = 27 ⇔4( 4α + 1)3 = 27 ⇔ (4α + 1)2 = 27 ⇔ (4α + 1) = 27 3 ⇔ 4α + 1 = 3 ⇔ 4α + 1 = 9 ⇔ α = 2 61 ( 33( )6ii.Έστω ότι την χρονική στιγμή t sec είναι α = α(t) μονάδες μήκους και Ε = Ε(t)τετραγωνικές μονάδεςΔηλαδή,Ε(α(t)) = 1 ( 4α(t) + 1)(4α(t) + 1) 6Ε '(α( t)) =  1 ( 4α + 1)(4α + 1)  =  1 ( 4α(t) + 1)3  =  1 (4α(t) + 3  = 1 3 (4α(t) + 1 (4α(t) + 1)' =  6  '  6  '  6  ' 6 2 1)2 1)2= 1 (4α(t) + 1 4α '(t) = (4α(t) + 1 α '(t) 4 1)2 1)2 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 285

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΓια την χρονική στιγμή t0 είναι: 11E'(t0 ) = (4α(t0 ) + 1)2 α '(t0 ) = (4 ⋅ 2 + 1)2 0, 3 = 0.9 τ.μ/secΓ. Είναι h(x) = x2 ,x ∈ 0, 2H απόσταση του A(1974,0) από το Μ(x,h(x)) είναι d(x) = (x − 1974)2 + x2 , x ∈ 0, 2 ,η d(x)είναι συνεχής στο 0, 2 άρα υπάρχουν x1 , x2 ∈ 0, 2 τέτοια ώστε: d(x1) ≤ d(x) ≤ d(x2 ) γιακάθε x ∈ 0, 2 δηλαδή υπάρχουν σημεία M1(x1 , h(x1 )),M2(x2 , h(x2 )) τέτοια ώστε(AM1) ≤ (AM) ≤ (AM2 ) .28.Δινονται οι συναρτήσεις f(x) = xex − ex + 1 για κάθε x ∈ ℝ , g(x) = ex + x − 1 για κάθεx ∈ ℝ και η ευθεία (ε) η οποία εφάπτεται στην Cg και διέρχεται από την αρχή τωναξόνων.i.Να δείξετε ότι υπάρχει ξ ∈ (0,1) τέτοιο ώστε f '(ξ) = 4ξ − 3ξ2 .ii.Να βρείτε τις ρίζες και το πρόσημο της f.iii.Να δείξετε ότι η κλίση της (ε) ισούται με 2.iv.Να δείξετε ότι g(2x − 1) − g(2x) ≥ g(g(x) − 1) − g(g(x)) για κάθε x ∈ ℝ .v.Να αποδείξετε ότι η g αντιστρέφεται και να βρείτε το πεδίο ορισμού της g-1.vi.Να βρείτε τις τιμές του x για τις οποίες η Cg-1 βρίσκεται κάτω από την ευθεία y=x.vii.Δεδομένου ότι η g-1 είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της να δείξετε ότι το εμβαδόΕ του χωρίου που περικλείεται από την Cg-1 , την ευθεία y=x και τις ευθείες x=0,x=eισούται με e2 − 3 τ.μ 2Λύσηi.Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = f(x) − 2x2 + x3 , x ∈ ℤ .H h συνεχής στο 0,1 , παραγωγίσιμηστο (0,1) και h(0) = 0 = h(1) άρα από το θεώρημα Rolle υπάρχει ξ ∈ (0,1) τέτοιο ώστεh '(ξ) = 0 ⇔ f '(ξ) − 4ξ + 3ξ2 = 0 ⇔ f '(ξ) = 4ξ − 3ξ2 .ii. f(x) = 0 έχει μια προφανή ρίζα την x=0.Θα δείξουμε ότι είναι και μοναδική.( )f '(x) = xex − ex + 1 ' = xex , f '(x) = 0 ⇔ xex = 0 ⇔ x = 0Για x > 0 ⇔ f '(x) > 0 άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, +∞) fրσυνεπώς αν x > 0 ⇔ f(x) > f(0) ⇔ f(x) > 0Για x < 0 ⇔ f '(x) < 0 άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞,0) fցσυνεπώς αν x < 0 ⇔ f(x) > f(0) ⇔ f(x) > 0Άρα η εξίσωση f(x) = 0 έχει μοναδική λύση την x=0 και όσο αφορά το πρόσημο της f ισχύειf(x) > 0 για κάθε x ≠ 0 .iii.Η (ε) διέρχεται από την αρχή των αξόνων άρα έχει την μορφή y = αx και ταυτίζεται μεεφαπτομένη την Cg με σημείο επαφής A(x0 ,f(x0 )) και έχει εξίσωσηy − g(x0 ) = g '(x0 )(x − x0 ) ⇔ y = g '(x0 )(x − x0 ) + g(x0 ) ⇔ y = g '(x0 )x − g '(x0 )x0 + g(x0 )Άραg−g'(x'(0x)0 )x0 + g( x0 ) = 0 ⇔ e−x(0e x0 + 1)x 0 + ex0 + x0 −1 = 0 ⇔ e−xx0 0e x0 − x0 + ex0 + x0 −1 = 0 =α 1=α + =α + 1⇔ e−xx0 0+e x0 + ex0 −1= 0 ⇔ exx00e+x0 −e x0 +1= 0 ⇔ fe(xx0 0) =0 ⇔ exx00 = 0 ⇔ ex00 =0 ⇔ αx0 =0 = α 1= + 1= + 1 +1= =2 1 α α = α α286 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΆρα η κλίση της (ε) ισούται με 2.iv.Θεωρούμε την συνάρτηση k(x) = g(x − 1) − g(x), x ∈ ℝΈχουμε: k '(x) = g '(x − 1) − g '(x) = ex−1 − ex = ex−1(1 − e) < 0 για κάθε x ∈ ℝ , άρα η συνάρτηση k είναι kցγνησίως φθίνουσα .Έτσι η ζητούμενη ανισότητα γράφεται: k(g(x)) ≤ k(2x) ⇔ g(x) ≥ 2x γιακάθε x ∈ ℝ που ισχύει διότι η g είναι κυρτή ( g ''(x) = ex > 0 για κάθε x ∈ ℝ ) και συνεπώς η Cgβρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη της (ε): y=2x .v. g '(x) = ex + 1 > 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα η g αύξουσα στο ℝ άρα 1-1 οπότε αντιστρέφεται.( )Dg−1 = g(ℝ) = lim g(x), lim g(x) =ℝ x→−∞ x → +∞ gրvi. g−1(x) < x ⇔ g(g−1(x)) < g(x) ⇔ x < g(x) ⇔ x < ex + x − 1 ⇔ 0 < ex − 1 ⇔ 1 < ex ⇔ x > 0 e e ee  x2 e e 0  2  (x − g−1(x))dx xdx − g−1(x)dx  0 g −1 ( x)dx 0 00 0∫ ∫ ∫ ∫ ∫vii. E = g−1(x) − x dx = = = −θέτουμε u = g−1(x) ⇔ x = g(u) οπότε dx = g '(u)du .Για τα άκρα ολοκλήρωσης-Για x = 0 ⇔ g(x) = g(0) ⇔ u = 0-Για x = e ⇔ g(x) = g(e) ⇔ u = 1  x2 e e e2 1 e2 − (ug(u)10 1 e2 1  2  2 2 2  0 g −1 ( x)dx ug '(u)du g(u)du) (eu 0 0 0 0∫ ∫ ∫ ∫E − = + u − 1)du)= − = − = − (g(1) − =e2∫= 1 = e2 − e + eu u2 1 = e2 1 e2 − 32 −e+ + u − 1)du 2  + 2 − u  2 −e+e+ 2 −1−1 = 2 τ.μ (eu 0 029.Δίνονται δυο συνεχείς συναρτήσεις f,g : ℝ → ℝ με F μια παράγουσα της f και G μιαπαράγουσα της g.Ισχύουν οι εξής ιδιότητες: • F(1) = 0 1 (1)• G(0) = ∫ (x(2F(x) − xf(x)))dx 0• F(x) − xG(x) = 2 για κάθε x ∈ ℝ• g(x) ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝΝα δείξετε ότι:i.(all time classic) Υπάρχει ξ ∈ (0,1974) τέτοιο ώστε 1974 = 1974f(ξ) . ∫ f(t)dt 0ii.H γραφική παράσταση της G διέρχεται από την αρχή των αξόνων.iii.Η f είναι παραγωγίσιμη στο σημείο x0 = 0 και ισχύει: f '(0) = 2g(0) .iv.Να δείξετε ότι η συνάρτηση G είναι γνησίως φθίνουσα και ισχύει g(x) < 0 για κάθεx∈ℝ .v.Η F παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο x0 = 0 .vi.Η εξίσωση f(x) − 2 = 2g(x) έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (0,1) .Λύσηi.Από το θεμελιώδες θεώρημα του ολοκληρωτικού λογισμού έχουμε: ∫1974 f(t)dt = F(1974) − F(0) =1974 F(1974) − F(0) (1) 0 1974 − 0Η συνάρτηση F είναι παραγωγίσιμη στο ℝ άρα και στο 0,1974 άρα και συνεχής σε αυτό,από το Θ.Μ.Τ προκύπτει ότι υπάρχει ξ ∈ (0,1974) τέτοιο ώστε: ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 287

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr F '(ξ) = F(1974) − F(0) F '(ξ ) = f ( ξ ) = F(1974) − F(0) (2) 1974 − 0 1974 − 0 ⇔ f(ξ)Από (1) ,(2) προκύπτει το ζητούμενο.ii.Αρκεί να δείξουμε ότι G(0) = 0 11 1G(0) = ∫ (x(2F(x) − xf(x)))dx = ∫ ((2xF(x) − x2F'(x)))dx = ∫ (xF(x))'dx = xF(x)10 = F(1) = 0 00 0iii. f '(0) = lim f(x) − f(0) = lim f(x) − f(0) (2) x − 0 x x→0 x→0Παραγωγίζουμε την (1) F'( x)=f( x),G '(x)=g( x)F'(x) − x' G(x) − xG'(x) = (2)' ⇔ f(x) − G(x) − xg(x) = 0 ισχύει για κάθε x ∈ ℝΓια x=0: f(0) − G(0) − 0g(0) = 0 ⇔ f(0) = 0Έτσι η (2):f '(0) = lim f(x) − f(0) = lim f(x) f (x)−G(x)−xg( x)=0⇔f( x)=G( x)+ xg( x) G(x) + xg(x) == lim G(x) + xg(x) = x− 0 x x x x→0 x→0 = lim x→0 x→0  G(x) xg(x)   G(x)  g συνεχης στο 0 αρα lim g( x)=g(0)  x x   x lim + = lim + g(x) = = x→0 2g(0)x→0 x→0 lim G( x) =G '( 0)=g(0) x→0 xiv.Έχουμε G'(x) = g(x) ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝ και η g ως συνεχής διατηρεί πρόσημο .Δηλαδή, η Gείναι γνησίως μονότονη στο ℝ .Όμως, από την σχέση (1) για x=1 παίρνουμεF(1) − 1G(1) = 2 ⇔ G(1) = −2 < 0 .Δηλαδή G(1) < G(0) .Άρα η G είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝκατά συνέπεια g(x) < 0 για κάθε x ∈ ℝ .v.Έχουμε:F’(0)=f(0)=0 καιF'(x) = f(x) = xg(x) + G(x) για κάθε x ∈ ℝΓια x < 0 : xg(x) > 0,G(x) > G(0) = 0 . Άρα, F'(x) > 0 για κάθε x < 0Για x > 0 : xg(x) < 0,G(x) < G(0) = 0 . Άρα, F'(x) < 0 για κάθε x > 0Οπότε η F παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο x0 = 0 .vi.Η εξίσωση f(x) − 2 = 2g(x) γίνεται f(x) − 2 − 2g(x) = 0Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) − 2x − 2G(x) που ικανοποιεί τις προϋποθέσεις τουθεωρήματος Rolle 0,1 από την εφαρμογή του οποίου προκύπτει το ζητούμενο.288 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr30.Α. Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : (1, +∞) → ℝ , f(x) > 0 για κάθε x > 1 για τηνοποία ισχύει: • 2 xf '(x) − f(x) = 0 για κάθε x > 1 f(x) − e 2 = e2 x−4 4 • lim x→4i)Να δείξετε ότι f(4) = e2 και κατόπιν f(x) = e x , x > 1.ii)Να εξετάσετε την f’ ως προς την μονοτονία στο (1,+∞) .iii)Να δείξετε ότι lim f ''(x) = +∞ . x → +∞iv)Να δείξετε ότι: f '(x2 ) < f(x2 + 1) − f(x2 ) < f '(x2 + 1) για κάθε x ∈ (1, +∞)v) Να δείξετε ότι: lim 2016 = 0 ex→+∞ x2 +1 − exΒ. Δίνεται η συνάρτηση g με g(x) = ln f(x + 1) ⋅ ln x x+1 για κάθε x ∈ (0, +∞)i)Να δείξετε ότι g(x) = (x + 1)ln x , x ∈ (0, +∞)ii)Να εξετάσετε την g ως προς την μονοτονία και το σύνολο τιμών.iii)Να δείξετε ότι η εφαπτομένη (ε) της Cg στο σημείο της Α(1,0) «διαπερνά» την Cg.iv)Να υπολογίσετε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από την Cg,την (ε) και τιςευθείες x = 0, x = e−1 .ΛύσηΑ i) Για x ≠ 4 :h(x) = f(x) − e2 ⇔ h(x)(x − 4) = f(x) − e2 ⇔ h(x)(x − 4) + e2 = f(x) x−4Παίρνουμε όρια στο 4 (τα όρια υπάρχουν)( )lim h(x)(x − 4) + e2 = lim f(x) ⇔ lim f(x) = e2x→4 x→4 x→4Η f ως παραγωγίσιμη (1, +∞) θα είναι και παραγωγίσιμη άρα και συνεχής x0 = 4 οπότεισχύει f(4) = lim f(x) = e2 x→4Για κάθε x > 1(2 )x ' ⇔ ln f(x) = xf '(x) − f(x) = 0 ⇔ 2 x>1 f '(x) = 1 ⇔ (ln f(x))' = x + c ,c σταθερός xf '(x) = f(x) ⇔ f(x)>0 f(x) 2 xπραγματικός .Αλλά, f(4) = e2 οπότε η (1) γίνεται:ln f(4) = 4 + c ⇔ ln e2 = 2 + c ⇔ 2 = 2 + c ⇔ c = 0Η (1) γίνεται ln f(x) = x ⇔ f(x) = e x , x > 1ii)Η f είναι παραγωγίσιμη, συνεχής στο (1,+∞) ,έτσι(( ) )f''(x) =e x ' ' =  e x  = e x ( x − 1) > 0 για κάθε x>1 άρα η f’ είναι γνησίως αύξουσα στο  2  ' x 4x x(1, +∞ ) ∞iii) lim f ''(x) = lim e x ( x − 1) u= x lim eu (u − 1) ∞ lim eu (u − 1) − eu = 4u3 12u2 x → +∞ = u → +∞ = u→+∞ x→+∞ 4x x u→+∞ D.H ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 289

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr ∞∞= lim eu (u − 2) ∞ lim eu(u − 2) − eu = lim eu (u − 3) ∞ lim eu (u − 4) = +∞ = = 12uu→+∞ 2 D.H u→+∞ 24u u→+∞ 24u D.H u→+∞ 24iv) H f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ στο διάστημα x2 , x2 + 1 άρα υπάρχει( )ξ ∈ x2 , x2 + 1 τέτοιο ώστε f '(ξ) = f(x2 + 1) − f(x2 ) ⇔ f '(ξ) = f(x2 + 1) − f(x2 ) (2) αλλά x2 + 1 − x2 f' (2)x2 < ξ < x2 + 1⇒ f '(x2 ) < f '(ξ) < f '(x2 + 1)⇒ f '(x2 ) < f(x2 + 1) − f(x2 ) < f '(x2 + 1)v)Από το ερώτημα (iv) για κάθε x ∈ (1, +∞) f '(x2 ) < f(x2 + 1) − f(x2 ) < f '(x2 + f '( x)>0 f 1 ) > f(x2 + 1 − f(x2 ) > 1 1) ⇔ '(x2 1) f '(x2 + 1) ⇒ f '( x)>0 ⇔ 2016 > 2016 > 2016 (3) f '(x2 ) f(x2 + 1) − f(x2 ) f '(x2 + 1)• lim 2016 = lim 2016 x∈(1,+∞) 2016 lim 2x ∞ 2016 lim 2 =0 (4) f '(x2 ) x → +∞ e x2 ex ∞ ex x → +∞ = x→+∞ x → +∞ = D.H 2 x2• lim 2016 = ... = 0 (5) f '(x2 + 1) x → +∞Από (3) ,(4),(5) και το κριτήριο παρεμβολής έπεται ότι lim f(x2 2016 = lim 2016 =0 + 1) − f(x2 ) ex→+∞ x2 +1 − ex x → +∞ x>0( )( ) ( )Β. i) Για κάθε x ∈ 0, +∞ : g(x) = ln f(x + 1) ⋅ ln x x+1 = ln e x+1 ⋅ ln x x+1 = x + 1 2 ln x = x + 1 ln xΆρα g(x) = (x + 1)ln x , x ∈ (0, +∞)i)H συνάρτηση g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (0,+∞)( )g '(x) = (x + 1)ln x ' = ln x + x + 1 xΗ g’ είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (0,+∞)g ''(x) =  x + x+ 1  = ... = x−1  ln x  ' x2Οπότε έχουμε:• g ''(x) = 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1 x2• g ''(x) < 0 ⇔ x−1 < 0 ⇔ 0 < x < 1 x2• g ''(x) > 0 ⇔ x−1 > 0 ⇔ x > 1 x2Η g’ είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,1 και γνησίως αύξουσα στο 1, +∞) άρα η g’παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο το g '(1) = 2Παρατηρούμε ότι για κάθε x ∈ (0, +∞) είναιg '(x) ≥ g '(1) = 2 > 0Άρα g '(x) > 0 , οπότε η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο (0, +∞) , οπότε το σύνολοτιμών της συνάρτησης g είναι:( )g((0,+∞)) = lim g(x), lim g(x) x→0+ x→+∞Αλλά lim g(x) = −∞, lim g(x) = +∞ x→0+ x → +∞290 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΟπότε g((0, +∞)) = ℝiii)Η εξίσωση της εφαπτόμενης στο Α(1,0) είναιy − g(1) = g '(1)(x − 0) ⇔ ...... ⇔ y = 2x − 2Για να δείξουμε ότι η εφαπτομένη (ε) διαπερνά της γραφική παράσταση της Cg αρκεί ναδείξουμε ότι το σημείο Α(1,0) είναι σημείο καμπής της Cg.Είναιg ''(x) = 0 ⇔ ... ⇔ x = 1g ''(x) < 0 ⇔ .... ⇔ 0 < x < 1g ''(x) > 0 ⇔ ... ⇔ x > 1Άρα η g’’(1)=0 και η g’’ αλλάζει πρόσημο εκατέρωθεν του 1 οπότε το Α(1,0) είναι σημείοκαμπής της Cg.Η (ε) διαπερνά την Cg, αφού η g είναι κοίλη στο (0,1 και κυρτή στο 1, +∞) .iii)Στο διάστημα  1  η g είναι κοίλη άρα η εφαπτομένη της βρίσκεται «πάνω» από την  e ,1Cg , οπότε το ζητούμενο εμβαδό είναι: 1 1 1∫ ∫ ∫ ∫ ∫(2x ((x − ((xe−1 e−1 e−1 −2 − g(x))dx 1 + 1)ln x)dx 1 2)dx − + 1) ln x)dx = x2 − 2 x  1 + 1)ln x)dx = e−1 = (2x − 2 − (x = (2x − e−1 e−1  x2 +   1 2 x 1 − 1 (( x2 1   x2  1  e−1 2e−1 e−1  ( 2 x ∫ ∫=   −( x2 − 2x + x)' ln x)dx = x2 − 2 x  − + x) ln x  e−1 )dx = e−1  1  x2 1 + 1 ( x2 + 2x)dx 1  x2 1 + 1 ( x2 e−1 ( 2 x e−1 2x e−1 ( 2 x 2e−1∫ ∫=x2 − 2x −  + x) ln = x2 − 2x  −  + x) ln + 1)dx =  e −1  e−1= x2 − 2x 1 −  x2 + x) ln 1 +  x3 + x 1 = .... = 1 − 7 e−1 ( 2 x  6  4 4e2   e −1   e−131.Ένα έντομο της οικογένειας των Catsaridus-Politicus κινείται στον άξονα x’x μεταχύτητα u(t) που δίνεται από τον τύπο u(t) = 3t2 − 4t + 1 μέτρα ανά λεπτό. Αν τηνχρονική στιγμή t0 που αρχίζει να κινείται βρίσκεται σε απόσταση 3 m από το σημείοΟ του ημιάξονα Οx να βρείτε :i)Την θέση του εντόμου στον άξονα μετά από 2 λεπτά.ii)Να υπολογίσετε το διάστημα που διένυσε το έντομο στο χρονικό διάστημα τωνδυο αυτών λεπτών.iii)Να εντοπίσετε την διαφορά των δυο παραπάνω αποτελεσμάτων περιγράφονταςτην κίνηση του εντόμου.Λύσηi)Από το θεμελιώδες θεώρημα του ολοκληρωτικού λογισμού έχουμε: t1∫ u(t)dt = x(t1 ) − x(t0 ) (1) t0Είναι t0 = 0 , xt0 = 3 , t1 = 2 και ζητούμενη η απόσταση x την χρονική στιγμή t1 το xt1 .Από (1) παίρνουμε∫2  t3 − 4 t2  2 (3t2  3 2  − 4t + 1)dt +x0 = xt1 ⇔  3 + t 0 + 3 = xt1 ⇔ t3 − 2t2 + t  2 + 3 = xt1 ⇔ 8 − 8 + 2 + 3 = xt1 ⇔ xt1 =50 0 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 291

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΠου σημαίνει ότι μετά από δυο λεπτά το έντομο απέχει από την αρχή του άξονα 5 m. 22ii)Η απόσταση S που ζητάμε είναι ∫ u(t) dt = ∫ 3t2 − 4t + 1 dt 00Αλλά 3t2 − 4t + 1 ≤ 0 για κάθε t ∈  1 ,  και 3t2 − 4t + 1 ≥ 0 για κάθε t ∈  −∞, 1  ∪ 1, +∞ ) οπότε  3 1  3  1 3 12S = ∫ (3t2 − 4t + 1)dt − ∫ (3t2 − 4t + 1)dt +∫ (3t2 − 4t + 1)dt = 0 11 3= t3 − 2t2 + 1 − t3 − 2t2 + t 11 + t3 − 2t2 + t  2 = .... = 62 ≈ 2,3 m 3 1 27 t  03Το ότι το έντομο απέχει 2 μέτρα από το σημείο από όπου ξεκίνησε όπως βρήκαμε στο1ο ερώτημα , ενώ σε δυο λεπτά έχει διανύσει συνολική απόσταση 2,3 μέτρων οφείλεταιστο γεγονός ότι δεν κινείται συνεχώς προς την ίδια κατεύθυνση αφού ο ρυθμός με τονοποίο μεταβάλλεται η απόσταση του δηλαδή το u(t) παίρνει αρνητικές τιμές απόt = 1 min και t = 1 min που σημαίνει ότι από την αρχή έως t = 1 min = 20 sec απομακρύνεται 33από το Ο , από το 20ο δευτερόλεπτο με το t = 1 min = 60 sec κινείται προς τα πίσω προς το Οκαι μετά το 1ο λεπτό αρχίζει να απομακρύνεται πάλι από το Ο ,για να διανύσει μετά από2 λεπτά συνολική απόσταση 2,3 m.32.A.Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ℝ → ℝ για την οποία ισχύουν:(1)  α2x3 + 2016x2 − 3βx  = +∞ lim  x2 +1  x→−∞ (2) f3 (x) + αf2 (x) + βf(x) = x5 + 5x3 − 20x + 4 για κάθε x ∈ ℝ με α,β σταθερούς πραγματικούςαριθμούςi)Να δείξετε ότι α2 < 3β .ii)Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα.iii)Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) = 0 έχει μοναδική ρίζα σο διάστημα (0,1) .Β.i)Αν ο συντελεστής διεύθυνσης του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ με σημείαB(1975,f(1975)) , Α(1974,f(1974)) είναι ίσος με 555 να αποδείξετε ότι ∫I = 1975 3f 2 x4 + 3x2 − 4 + dx = 111 1974 (x) + 2αf(x) βii)Αν η εξίσωση f(x) = 0 έχει μια τουλάχιστον κοινή ρίζα με την εξίσωσηx2 − (κ + λ)x + κλ + f(κ)f(λ) = 0 στο διάστημα (κ, λ) , κ, λ ∈ ℝ .Να δείξετε ότι υπάρχουν σημεία της Cf, Γ(ξ1 ,f(ξ1)), ∆(ξ2 ,f(ξ2 )) στα οποία οι εφαπτομένεςτης Cf είναι κάθετες μεταξύ τους. ΛύσηΑ. i)  α2x3 + 2016x2   α 2 x3 + 2016x2 − 3βx(x2 + 1)   α2x3 + 2016x2 − 3βx3 − 3βx lim  x2 +1   x2 + 1  x2 + 1 x→−∞ − 3βx  = lim = lim  = x→−∞ x → −∞  (α 2 − 3β)x3 + 2016x2 − 3βx  lim (α2 − 3β)x3  x2 + 1  x2 x → −∞( )= = = (α2 − 3β) ⋅(−∞) lim = lim (α2 − 3β)x x → −∞ x → −∞ α2 − 3β > 0  α 2 x 3+ 2016x2 −  = −∞  x2 +1 •Αν τότε lim  3βx  x → −∞292 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr α2 − 3β < 0  α 2 x3 + 2016x2 −  = +∞  x2 +1 •Αν τότε lim  3βx  x → −∞ α2 − 3β = 0  α 2 x3 + 2016x2 −  α2 − 3β = 0  2016x2 − 3βx  =  x2 +1   x2 + 1 •Αν τότε lim  3βx  = lim 2016 x → −∞ x→−∞Άρα από υπόθεση πρέπει να ισχύει α2 − 3β < 0Α. ii)Η f είναι παραγωγίσιμη στο ℝ , οπότε παραγωγίζουμε την (2)( ) ( )f3 (x) + αf2 (x) + βf(x) ' = x5 + 5x3 − 20x + 4 ' ⇔ 3f2 (x)f '(x) + 2αf(x)f '(x) + βf '(x) = 5x4 + 15x2 − 20 ⇔( )f '(x) 3f2 (x) + 2αf(x) + β = 5x4 + 15x2 − 20 (3)Το τριώνυμο 3f2 (x) + 2αf(x) + β έχει διακρίνουσα ∆ = 4α2 − 12β = 4(α2 − 3β) < 0 άρα για κάθεx ∈ ℝ είναι ομόσημο του 3 δηλαδή 3f2(x) + 2αf(x) + β > 0 για κάθε x ∈ ℝ , οπότε η (3) παίρνειτην μορφή :f '(x) = 5x4 + 15x2 − 20 ⇔ f '(x) = 5(x4 + 3x2 − 4) (4) 3f2 (x) + 2αf(x) + β 3f2 (x) + 2αf(x) + βf '(x) = 0 ⇔ 5(x4 + 3x2 − 4) = 0 ⇔ x4 + 3x2 −4 = x2 =ω + 3ω −4 = 0 ⇔ ωω = 1 ⇔ xx22 = 1 ⇔ x = ±1 3f2 (x) + 2αf(x) + β = −4 = −4, αδυνατη 0 ⇔ ω2 x2 =ωΆρα, x4 + 3x2 − 4 = 0 ⇔ ω2 + 3ω − 4 = 0 ⇔ (ω − 1)(ω + 4) = 0 ⇔ (x2 − 1)(x2 + 4) = 0To πρόσημο της f’ ταυτίζεται με το πρόσημο του x4 + 3x2 − 4 = (x2 − 1)(x2 + 4)Έτσι, κατασκευάζουμε πίνακα x −∞ −1 1 +∞ +f’(x) - + f(x) ր ց ր Τ.Μ Τ.Ε 293Άρα, f είναι γνησίως αύξουσα στα διαστήματα (−∞,−1 , 1,+∞) f είναι γνησίως αύξουσα στα διαστήματα −1,1το x=-1 είναι θέση τοπικού μεγίστου ενώ ο x=1 είναι θέση τοπικού ελαχίστουΑ. iii)Θα χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα Bolzano .H f είναι συνεχής στο 0,1Η (2) γίνεταιf3 (x) + αf2 (x) + βf(x) = x5 + 5x3 − 20x + 4 ⇔ f(x)(f2 (x) + αf(x) + β) = x5 + 5x3 − 20x + 4 (3)( )Αλλά, το τριώνυμο f2 (x) + αf(x) + β έχει διακρίνουσα ∆ = α2 − 4β = α2 − 3β − β < 0( διότι α2 − 3β < 0 έτσι α2 − 3β < 0 ⇔ α2 < 3β ⇔ α2 < β άρα 0 ≤ α2 < β ) 33Οπότε το τριώνυμο είναι πάντα ομόσημο του 1 δηλαδή θετικό για κάθε x ∈ ℝ .Έτσι η (3) δίνει: f2 (0)+αf(0)+β>0f(0)(f2 (0) + αf(0) + β) = 05 + 5 ⋅ 03 − 20 ⋅ 0 + 4 ⇔ f(0)(f2 (0) + αf(0) + β) = 4 ⇒ f(0) > 0 f2 (1)+αf(1)+β>0f(1)(f2 (1) + αf(1) + β) = 15 + 5 ⋅13 − 20 ⋅1 + 4 ⇔ f(1)(f2 (1) + αf(1) + β) = −10 ⇒ f(1) < 0 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΈτσι f(0)⋅f(1) < 0 οπότε από το θεώρημα Bolzano η εξίσωση f(x) = 0 έχει μια τουλάχιστονρίζα στο (0,1) .Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,1) ⊆ −1,1 , άρα η ρίζα είναι μοναδική.Β i) (f '(x)= 5( x4 +3x2 −4) ) 1975 x4 + 3x2 − 4 1975 5(x4 + 3x2 − 4) ∫3f2 ( x)+ 2αf(x)+β 1 1975 f '(x)dx = 1 (f(1975) − f(1974)) (5) 1974 3f2 (x) + 2αf(x) 1 1974 3f2 (x) + 2αf(x) + =∫ ∫I= = 5 + dx dx 5 1974 5 β β Όμως από υπόθεση, ο συντελεστής διεύθυνσης του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ μεσημεία B(1975,f(1975)) , Α(1974,f(1974)) είναι ίσος με 555 δηλαδήλ AB = 555 ⇔ f(1975) − f(1974) = 555 ⇔ f(1975) − f(1974) = 555 1975 − 1974 Έτσι η (5) I = 1 (f(1975) − f(1974)) = 1 555 = 111 55Βii) Έστω x0 ∈ (κ, λ) κοινή ρίζα της f(x) = 0 και της εξίσωση; x2 − (κ + λ)x + κλ + f(κ)f(λ) = 0Δηλαδήf(x0 ) = 0x02 − (κ + λ)x0 + κλ + f(κ)f(λ) = 0Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ στην f στα διαστήματα κ,x0  , x0 , λ άρα υπάρχουνξ1 ∈ (κ, x0 ) ,ξ2 ∈ (x0 , λ) τέτοια ώστε:f '(ξ1 ) = f(κ) − f(x0 ) , f '(ξ2 ) = f(λ) − f(x0 ) κ − x0 λ − x0Αρκεί να δείξουμε ότι f '(ξ1) ⋅ f '(ξ2 ) = −1 .Έτσι,f '(ξ1 ) ⋅ f '(ξ2 ) = f(κ) − f(x0 ) ⋅ f(λ) − f(x0 ) f =(x0 ) f(κ) ⋅ f(λ) = κ − x0 λ − x0 κ − x0 λ − x0= (κ f(κ)f(λ) x02 −(κ + λ)x0 +κλ +f(κ )f( λ)=0⇔ −x02 +(κ + λ )x0 −κλ =f(κ )f( λ) −x02 + (κ + λ)x0 − κλ = − x02 − (κ + λ)x0 + κλ = −1 − x0 )(λ − x0 ) (κ − x0 )(λ − x0 ) x02 − (κ + λ)x0 + κλ =33.Δίνεται πολυωνυμική συνάρτηση f για την οποία ισχύει: f(x) + f '(x) + f ''(x) = −x2 ⋅ ln λ για κάθε x ∈ ℝΌπου λ είναι η μικρότερη ρίζα της εξίσωσης ∫x ln t2 − 3dt = 0 , x ∈ (0, +∞) te2Α. Να δείξετε ότι λ = e .Β.i)Να δείξετε ότι f(x) = 2x − x2 .ii)Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου Ω που περικλείεται από την Cf και τον άξονα x’x.iii)Να βρείτε το λ ∈ ℝ ώστε η ευθεία y = λx να χωρίζει το χωρίο Ω σε δυο ισεμβαδικάχωρία.( )iv)Να βρεθεί το lim f2(x) + f(x) + 2 + f(x) . x → +∞Λύση x ln t2 − 3dt x ( 2 ln t − 3)dt x (2 1 ln t − 3 )dt x x 1dt 2(ln t)' ln tdt − 3∫ ∫ ∫ ∫ ∫Α. =0 ⇔ t =0 ⇔ =0 ⇔ te2 =0⇔ te2 te2 te2 t e2 x x x∫ ∫⇔ ln2  e2 (ln2 t) 'dt − 3 (ln t) 'dt = 0 ⇔ t − 3 ln t = 0 ⇔ (ln2 x − 3 ln x) − (l n2 e2 − 3 ln e2 ) = 0 ⇔ e2 e2ln2 x − 3 ln x − (4 − 6) = 0 ⇔ ln2 x − 3 ln x + 2 = 0 ⇔ ... ⇔ x = e , x = e2Άρα λ = e .294 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΒ.i)είναι f(x) + f '(x) + f ''(x) = −x2 (1)Η πολυωνυμική συνάρτηση f(x) δεν μπορεί να είναι σταθερή ή 1ου βαθμού ( γιατί ανf(x) = αx + β , (α,β ∈ ℝ) , τότε f(x) + f '(x) + f ''(x) = .. = αx + (α + β)Οπότε, δεν είναι δυνατόν να ισχύει η (1) για κάθε x ∈ ℝ .Άρα, η πολυωνυμική συνάρτηση f πρέπει να είναι βαθμού ν ≥ 2Έχουμε:•Η παράσταση f(x) είναι πολυώνυμο βαθμού ν•Η παράσταση f '(x) είναι πολυώνυμο βαθμού ν-1•Η παράσταση f '(x) είναι πολυώνυμο βαθμού ν-2Οπότε, η παράσταση f(x) + f '(x) + f ''(x) = −x2 είναι πολυώνυμο ν βαθμούΈτσι η παράσταση του 1ου μέλους της (1) είναι πολυώνυμο ν βαθμού και η παράστασητου 2ου μέλους είναι πολυώνυμο 2ου βαθμού, οπότε ν = 2 .Δηλαδή η συνάρτηση f(x) είναι της μορφής: f(x) = αx2 + βx + γ , α,β, γ ∈ ℝ,α ≠ 0Για κάθε x ∈ ℝf(x) + f '(x) + f ''(x) = −x2 ⇔ (αx2 + βx + γ) + (2αx + β) + 2α = −x2 ⇔ αx2 + (β + 2α)x + 2α + β + γ = −x2 (2)Για να ισχύει η (2) για κάθε x ∈ ℝ πρέπει και αρκεί: βα+=2−α1 = 0 ⇔ βα = −1 = 2 2α + β + γ = 0 γ = 0Άρα f(x) = 2x − x2ii)Έχουμε f(x) = 0 ⇔ 2x − x2 = 0 ⇔ x = 0 ή x = 2Άρα η Cf τέμνει τον άξονα x’x στα σημείαO(0,0) , A(2,0) .Επομένως το ζητούμενοεμβαδό του χωρίου Ω είναι 22E(Ω) = ∫ f(x)dx = ∫ 2x − x2 dx 00Είναι όμως 2x − x2 = x(2 − x) ≥ 0 για κάθε x ∈ 0, 2 .∫ ∫ ∫Οπότε 2 2 = 2  − x3 2 4 E(Ω) = 0 f(x) dx = 0 2x − x2 dx =  x2 3  = .. = 3 τ.μ (2x − x2 )dx  0 0iii)Λύνουμε την εξίσωση f(x) = λxΈχουμε :f(x) = λx ⇔ −x2 + 2x = λx ⇔ (2 − λ)x − x2 = 0 ⇔ xx = 0 = 2−λΆρα η ευθεία (ε) : y = λx τέμνει την Cf στα σημεία (0,0),(2 − λ, λ(2 − λ)) ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 295

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΓια να χωρίζει η (ε) το χωρίο Ω σε δυο χωρία πρέπει: 0 < 2 − λ < 2 ⇔ −2 < −λ < 0 ⇔ 0 < λ < 2Για λ ∈ (0,2) βρίσκουμε το εμβαδό του χωρίου Ω1 που περικλείεται από την Cf και τηνευθεία (ε)Είναι: 2−λ 2−λ 2−λ Ε(Ω1 ) = ∫ f(x) − λx dx = ∫ 2x − x2 − λx dx = ∫ (2 − λ)x − x2 dx 00 0Είναι (2 − λ)x − x2 ≥ 0 για κάθε x ∈ 0, 2 − λΈτσι∫ ∫Ε(Ω1) = 2−λ 2−λ  (2 −λ )x 2 x3 2−λ = 0 (2 − λ)x − x2 =  2 − 3  dx ((2 − λ)x − x2 )dx =  0 0= .. = 1 (2 − λ)3 τ.μ 6Για να χωρίζει η ευθεία (ε) : y = λx το χωρίο Ω σε δυο ισεμβαδικά χωρία πρέπει και αρκεί: 1 Ε(Ω) ⇔ 1 (2 − λ)3 1⋅4 2 6 23( )Ε(Ω1) = = ⇔ (2 − λ)3 =4⇔2−λ = 3 4 ⇔ λ =2−3 4∈ 0, 2( ) ( )iv)Είναι lim (f(x)) = lim −x2 + 2x = lim −x2 = −∞ x → +∞ x→+∞ x→+∞Έτσι ) ( )ω2 + ω + 2 2 − ω2   (lim )f2 (x) + f(x) + 2 + f(x) ω=f(x) (lim ω2 + ω + 2 + ω = lim  = ω2 + ω + 2 − ω x → +∞ = ω → −∞ ω→−∞  lim f(x)=−∞ x→+∞  ω(1 + 2 )  1+ 2   ω  ω+2   ω  1+0 = − 1lim  +ω+2  = lim  +2  = lim − =− 1+0+0 +1 2 ω2 −  ω → −∞ ω ω → −∞ −ω( 1+ 1 ω + 1) ω → −∞ 1+ 1 + 2 +1 ω ωω34.A.Δίνεται η συνεχής συνάρτηση h : α,β → ℝ για την οποία ισχύει h(x) ≥ 0 για κάθε βx ∈ α,β και ∫ h(x)dx = 0 .Να δείξετε ότι h(x) = 0 για κάθε x ∈ α,β . αΒ.Δίνεται η συνεχής συνάρτηση g : 1,e → ℝ για την οποία ισχύει • e g 2 (x)dx + e − 2κ ≤2 e ( ln x ⋅ g(x)) dx ∫ ∫ 11 • κ: η κλίση της συνάρτησης φ(x) = xx , x > 0 στο x0 = 1i)Να δείξετε ότι κ=1 eii)Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα I = ∫ ln2 xdx . 1iii)Να δείξετε ότι g(x) = ln x , x ∈ 1,e .Γ. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = xg(x), x ∈ (0,+∞)i)Να δείξετε ότι e < (1 + 1)x+1 < e(x + 1) , x > 0 xx296 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grii) Να δείξετε ότι lim  1 + 1 x+1 =e  x  x → +∞∫iii)Να δείξετε ότι e f(x) + x dx = ee −1 1 xx+1 eeΛύση βΑ. Αν ∫ h(x)dx = 0 , τότε θα αποδείξουμε ότι h(x) = 0 , x ∈ α,β αΈστω ότι η συνάρτηση h όχι παντού μηδέν στο διάστημα α,β .Τότε η h είναι συνεχής στο ββα,β και h(x) ≥ 0 .Άρα ∫ h(x)dx > 0 , άτοπο αφού ∫ h(x)dx = 0 .Επομένως h(x) = 0 για κάθε ααx ∈ α,β .Β.i)Η κλίση της φ(x) = xx , x > 0 στο x0 = 1 είναι φ'(1) .Έτσι( ) ( ) ( )φ'(x) = xx ' = elnxx ' = exlnx ' = exlnx (x ln x)' = exlnx (ln x + 1) = xx (ln x + 1)Άρα, φ'(1) = 11(ln1 + 1) = 1 δηλ κ = 1 . e e Π.Ο x1e e x2 ln x 1 dx e e 1x 1 ln2 (x)' ln2 = − 2 ln xdx 1 1 1∫ ∫ ∫ ∫ii) x  I = xdx = xdx ln 2 − = x ln2 x =∫ ∫ ∫= x  1e e x  1e  e e 1  e  e e  x ln2 − (x)' ln xdx = x ln2 − 2  x ln x  1 − 1 x x dx  = x ln2 x  1 − 2  x ln x  1 − 1 1dx  = 2 1( )= x ln2 x1e − 2 x ln x1e − x  e = e ln2 e − 1ln2 1 − 2(e ln e − 1ln 1 − (e − 1)) = e − 2(e − (e − 1)) = e − 2 1 eiii)η δοθείσα ισότητα για κ=1 και ∫ ln2 xdx = e − 2 λαμβάνει την μορφή 1e e ee e ee e∫ g2 (x)dx + e − 2κ ≤2∫ ln xg(x)dx ⇔ ∫ g2 (x)dx + ∫ ln2 xdx ≤2∫ ln xg(x)dx ⇔ ∫ g2 (x)dx + ∫ ln2 xdx ≤2∫ ln xg(x)dx1 1 11 1 11 1 ee e e e( )∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ( )⇔ g2 (x)dx + ln2 xdx −2 ln xg(x)dx ≤ 0 ⇔ g2 (x) + ln2 xdx − 2l n xg(x) dx ≤ 0 ⇔ g(x) − l n x 2 dx ≤ 0 (1) 11 1 1 1Αλλά e ( g(x) − l n x )2 dx ≥ 0 , x ∈ 1, e  (2) ∫ 1Από (1) ,(2) e (g(x) − l n x)2 dx = 0 ⇒ e (g(x) − l n x) dx = 0 , x ∈ 1, e από το ερώτημα (Α) προκύπτει ∫ ∫ 11g(x) − l n x = 0 ⇔ g(x) = l n x , x ∈ 1,e .Γ. Η συνάρτηση f(x) = xg(x) = x ln x , x ∈ (0, +∞)i)H f είναι συνεχής στο x,x + 1 ως πράξεις συνεχών, η f παραγωγίσιμη ως γινόμενοπαραγωγίσιμων είναι παραγωγίσιμη στο (x,x + 1) .Άρα από Θ.Μ.Τ υπάρχει ξ ∈ (x,x + 1) :f '(ξ) = f(x + 1) − f(x) ⇔ f '(ξ) = f(x + 1) − f(x) x+1 − xΑλλά f '(x) = (x ln x)' = ln x + 1 για x > 0 , οπότε f '(ξ) = f(x + 1) − f(x) ⇔ ln ξ + 1 = f(x + 1) − f(x)Έτσι x < ξ < x + 1 ⇒ ln x < ln ξ < ln(x + 1) ⇒ ln x + 1 < ln ξ + 1 < ln(x + 1) + 1 ⇒ ln x + 1 < f '(ξ) < ln(x + 1) + 1 ⇒ln x + 1 < f(x + 1) − f(x) < ln(x + 1) + 1 ⇒ ln x + 1 < (x + 1)ln(x + 1) − x ln x < ln(x + 1) + 1 ⇒⇒ ln x + ln e < ln(x + 1)x+1 − ln xx < ln(x + 1) + ln e ⇒ l n x + ln e < (x + 1)x +1 < ln(x + 1) + ln e ⇒ xx ln (x + 1)x +1 ln xր (0,+∞) (x + 1)x+1 x>0 xx xxln(xe) < ln < ln((x + 1)e) ⇒ xe < < (x + 1)e ⇒e < (x + 1)x+1 < x+1e ⇒ e < (1 + 1 )x+1 < e(x + 1) xx+1 x x x ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 297

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grii)Από ερώτημα i)για κάθε x > 0 ισχύει : e < (1 + 1)x+1 < e(x + 1) (3) xxΌμως lim e = e , lim e(x + 1) = e ,από το κριτήριο παρεμβολής και την (3) προκύπτει: x → +∞ xx → +∞ lim  1 + 1 x+1 = e  x  x → +∞∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) ∫ (( ))iii)ef(x) +e e e x+ e Β(i) e xx '1 xx+1 x dx = 1 x ln x + x dx = 1 x(ln x + 1) dx = 1 ln xx 1 dx = 1 xx (ln x + 1) xx 2 dx = xx+1 xx+1 xx 2 dx = 1 exx' dx =− e 1  = −  1 e = 1− 1 = ee −1 xx 1  xx  ' dx  xx 1 ee ee( )= − − 2 ∫ ( ) ∫135.Μια αυτοκινητοβιομηχανία πουλάει σε ένα μήνα α εκατοντάδες αυτοκίνηταμοντέλο Α, από την πώληση αυτών έχει έσοδα α3 + 5α εκατοντάδες χιλιάδες ευρώ ,κόστος παραγωγής 3α2 εκατοντάδες χιλιάδες ευρώ , και κέρδη 100000 ευρώ. Η ίδιαεταιρεία πουλάει β εκατοντάδες αυτοκίνητα μοντέλο Β, έχει από την πώληση έσοδαβ3 + 5β εκατοντάδες χιλιάδες ευρώ, κόστος παραγωγής για το προϊόν αυτό 3β2εκατοντάδες χιλιάδες ευρώ και κέρδος 500000 ευρώ.Α. Να θεωρήσετε την συνάρτηση f(x) = x3 + 2x .Να αποδείξετε ότι:i)η f είναι περιττή. €€€ii)η f είναι γνησίως αύξουσα.iii)η f είναι 1-1.iv) f(α − 1) + f(β − 1) = 0B.Να βρείτε πόσα αυτοκίνητα συνολικά από τα μοντέλα Α και Β πουλάει ηαυτοκινητοβιομηχανία και πόσα είναι τα συνολικά κέρδη.ΛύσηΑ.i) Df = ℝ και f(−x) = (−x)3 + 2(−x) = −(x3 + 2x) = −f(x) για κάθε x ∈ ℝΆρα η f είναι περιττή.ii)Είναι f '(x) = 3x2 + 2 > 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο x ∈ ℝ .iii)Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα θα είναι και 1-1.iv)Το κέρδος που προκύπτει ,αν από τα έσοδα αφαιρέσουμε το κόστος, από υπόθεσηισχύει: α3 + 5α − 3α2 = 1 (1) β3 + 5β − 3β2 = 5 (2)Άρα: f(α − 1) + f(β − 1) = (α − 1)3 + 2(α − 1) + (β − 1)3 + 2(β − 1) = .. = (α3 + 5α − 3α2 − 3) + (β3 + 5β − 3β2 − 3) = = (1 − 3) + (5 − 3) = 0Β. θα υπολογίσουμε τον αριθμό α + β .Είναι: f 1−1f(α − 1) + f(β − 1) = 0 ⇔ f(α − 1) = −f(β − 1) ⇔ f(α − 1) = f(1 − β) ⇔ α − 1 = 1 − β ⇔ α + β = 2Άρα , η εταιρεία πούλησε 2 εκατοντάδες συνολικά ,200 αυτοκίνητα.298 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr36.Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : ℝ → ℝ και η δυο φορές παραγωγίσιμη συνάρτησηg : ℝ → ℝ για την οποίες ισχύει: 1 (1) (2) • ∫ xf(x)dx + 3x = f(x) για κάθε x ∈ ℝ (3) 0 (4) • g(x) − 2016 = 1 xg '(x) − 2016 για κάθε x ∈ ℝ 3L • lim g '( κ)x3 + x2 + 1974 = +∞ για κάθε κ ∈ ℝ* x2 + x + 2016 x → +∞ x ∫• L = lim f(t)etdt x → −∞ 0i)Να δείξετε ότι f(x) = 3x + 2 , x ∈ ℝii)Να δείξετε ότι g '(x) > 0 για κάθε x ∈ ℝ* .iii)Να δείξετε ότι L = 1 .iv)Να δείξετε ότι g '(0) = g(0) = 0 .v)Να μελετήσετε την g’ ως προς την μονοτονία.vi)Να μελετήσετε την g ως προς την κυρτότητα και τα σημεία καμπής.vii)Να δείξετε ότι η g’’ είναι συνεχής στο x0 = 0 .Λύση 1i)Έχουμε ότι ∫ xf(x)dx = c , c σταθερός πραγματικός αριθμός η σχέση (1) παίρνει την 0 1μορφή: ∫ xf(x)dx + 3x = f(x) ⇔ c + 3x = f(x) ⇔ f(x) = c + 3x 0Έτσι∫ ∫1 = ⇔ 1 = ⇔  cx 2 + 1 = ⇔ c +1 = ⇔ =  2  20 c (x(c + 3x))dx c  3 c c c 2xf(x)dx x 0 0Άρα f(x) = 3x + 2 , x ∈ ℝii) Ισχύει για κάθε κ ∈ ℝ* : lim g '(κ)x3 + x2 + 1974 = +∞ x2 + x + 2016 x → +∞Διακρίνουμε περιπτώσεις•Αν υπάρχει κ ∈ ℝ* τέτοιο ώστε g '(κ) = 0 τότε lim x2 + 1974 =1 άτοπο. x2 + x + 2016 x → +∞Άρα g '(κ) ≠ 0 για κάθε κ ∈ ℝ* , η g συνεχής ως παραγωγίσιμη στα διαστήματα (−∞,0) ,(0,+∞)οπότε διατηρεί πρόσημο σε καθένα από αυτά .•Αν g '(κ) < 0 για κάθε κ ∈ ℝ* τότε g '(κ)x3 + x2 + 1974 g '(κ)x3 g '(κ )<0 x2 + x + 2016 = x2 = lim g '(κ)x = g '(κ) lim x = g '(κ) ⋅(+∞) = − ∞lim lim x → +∞ x→+∞ άτοποx → +∞ x → +∞Άρα τελικά g '(κ) > 0 για κάθε κ ∈ ℝ* ή g '(x) > 0 για κάθε x ∈ ℝ* .iii)xx x x∫ ∫ ∫ ( ) ∫f(t)etdt = (3t + 2)etdt = (3t + 2) (3t  χ et ' dt = + 2)et 0 − (3t + 2)' etdt =00 0 0 χ x χ X(∫=  0 (3t  0   0 3t + 2)e t − 3etdt = + 2)e t − 3et = (3x + 2)ex − 3ex − (3 ⋅ 0 + 2)e0 + 3e0 = 0= (3x + 2 − 3)ex − 2 + 3 = (3x − 1)ex + 1 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 299

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr ∞( ) ( )lim (3x − 1)ex ( −∞ )⋅0  3x − 1  ∞  3  = =0  e−x  −e−x x → −∞ = = lim lim  lim −3ex D.H x → −∞ x → −∞ x → −∞ x∫άρα L = lim (3x 1 x → −∞ f(t)etdt = lim − 1)ex + = 0 + 1 = 1 0 x → −∞iv) Για κάθε x ∈ ℝ ισχύει :g(x) − 2016 = 1 xg '(x) + 2016 L=1 g(x) − 2016 = 1 xg '(x) + 2016 ⇔ g(x) = 1 xg '(x) (5) 3L ⇔ 3 3Για x = 0 η (5) : g(0) = 1 ⋅ 0 ⋅ g '(0) = 0 3Από την (5) λαμβάνουμε:g(x) = 1 x≠0 = 3g(x) xg '(x) ⇔ g '(x) 3xΆρα lim g '(x) = 3lim g(x) (6) xx→0 x→0H g’ είναι συνεχής εφόσον είναι παραγωγίσιμη. Επίσηςlim g(x) = lim g(x) − g(0) = g '(0) x x − 0x→0 x→0Επομένως η σχέση (6) γράφεται: g '(0) = 3g '(0) ⇔ g '(0) = 0v) Παραγωγίζουμε την σχέση (5) και λαμβάνουμε :g '(x) = 1 g '(x) + 1 xg ''(x) ⇔ 3g '(x) = g '(x) + xg ''(x) ⇔ 2g '(x) = xg ''(x) για κάθε x ∈ ℝ 33Όμως από το ερώτημα ii)g '(x) > 0 για κάθε x ≠ 0Άρα g ''(x) > 0 για κάθε x > 0g ''(x) < 0 για κάθε x < 0Οπότε η g’ είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞,0 και η g’ είναι γνησίως αύξουσα στο 0,+∞)vi)Από την μονοτονία της g’ συμπεραίνουμε ότι g είναι κοίλη στο (−∞,0 και κυρτή στο0,+∞) .Άρα η Cg έχει ακριβώς ένα σημείο καμπής το (0,0).vii)Η συνάρτηση g’ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x0 = 0 .Άρα, από το θεώρημα Fermatισχύει η σχέση g ''(0) = 0 .Επίσης, lim g ''(x) = lim 2 g '(x) = 0 x→0 xx→0300 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.