Γ_ΛΥΚ ΕΜΕ Επαναληπτικά Θέματα του 2018 TRAPEZA_THEMATON

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ – ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣΘΕΜΑ 1ο :Δίνονται οι συναρτήσεις f (x)  (x  1)ex  1 και g(x) = (x ex  ex  1)x , x Rα) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα.β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g αντιστρέφεται, και να βρείτε το πεδίο ορισμού της g1 .γ) Να μελετήσετε τη συνάρτηση g ως προς την κυρτότητα και να βρείτε τα σημεία καμπής τηςδ) Αν Ε(Ω) είναι το εμβαδόν του χωρίου Ω που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της g ,τον άξονα xx και τις ευθείες x1 και x  2 , τότε να αποδείξετε ότι Ε(Ω)  e2  3 2ΛΥΣΗ α) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο R με f (x)  (x 1)ex 1   ex  (x 1)ex  xexΕίναι: f (x)  0  xex  0  x  0 f (x)  0  xex  0  x  0Οπότε ο πίνακας μονοτονίας – ακροτάτων της συνάρτησης f είναι ο παρακάτω: x  0  f (x) 0 f (x) 0 ΕλάχιστοΕπομένως: Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο    , 0 και f ΄(x)  0 για κάθε x   , 0  , οπότε η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα    , 0  Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0,  και f ΄(x)  0 για κάθε x  (0, ) , οπότε η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα 0,   Η συνάρτηση f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο xo  0 με ελάχιστη τιμή f (0)  0β) Για κάθε x  R είναι g(x)  xf (x) , οπότε g(x)   xf (x)  f (x)  xf (x)  f (x)  x2ex  0 και το «ίσον» με το μηδέν ισχύει μόνο για x  0. Άρα η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο R.1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 1

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018Επομένως η συνάρτηση g είναι «11», οπότε αντιστρέφεται και η g1 έχει πεδίο ορισμού τοσύνολο τιμών της συνάρτησης gΗ συνάρτηση g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R, οπότε g(R)  ( lim g(x), lim g(x)) x   x Είναι: lim g(x)  lim ((x ex 1)x   , διότιx  x   x   (x  1 ex (ex ) ex  lim (x ex 0  lim  lim  lim ex )  0 , x   x    lim  x   x   D.L.H. x οπότε lim ((x ex 1)  1 και x    lim x   x   lim g(x)  lim ((x ex 1)x  x   x  Άρα: g(R)  ( ,  )  RΕπομένως το πεδίο ορισμού της συνάρτησης g1 είναι το R.γ) Για κάθε x  R είναι:    g(x)  f (x)  x2ex   f (x)  x2ex   xex  2xex  x2ex  3xex  x2ex  x(x  3)ex Είναι:  g(x)  0  x(x  3)ex  0  x  3 ή x  0  g(x)  0  x(x  3)ex  0  x  3 ή x  0 Οπότε ο πίνακας κυρτότητας – σημείων καμπής της συνάρτησης g είναι ο παρακάτω: x  3 0  g(x) 00 g(x)    Σ.Κ. Σ.Κ.Έχουμε:♦ Η συνάρτηση g είναι κυρτή στο διάστημα ,3, διότι είναι συνεχής στο διάστημα αυτό και g(x)  0 στο , 3♦ Η συνάρτηση g είναι κοίλη στο διάστημα [3, 0], διότι είναι συνεχής στο διάστημα αυτό και g(x)  0 στο 3, 0♦ Η συνάρτηση g είναι κυρτή στο διάστημα 0,  , διότι είναι συνεχής στο διάστημα αυτό και g(x)  0 στο 0,  ♦ Η g μηδενίζεται στο x0  3 και εκατέρωθεν αλλάζει πρόσημο. Άρα το σημείο 3, g(3),  δηλαδή το 3, 12e33 είναι σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g♦ Η g μηδενίζεται στο x 0  0 και εκατέρωθεν αλλάζει πρόσημο. Άρα το σημείο 0 , g(0) , δηλαδή το 0, 0 είναι σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018δ) 1ος τρόπος (με χρήση της γραφικής παράστασης): Έχουμε: ()() , όπου ΑΒΓΔ το τραπέζιο με κορυφές τα σημεία: (1, 0) , (2 , 0) , (2 , 2e2  2) και (1,1) . Είναι: ()        1 2e2  2 1  e2  3 2 2 2 Άρα ()  e2  3 2 2ος τρόπος (με υπολογισμό του αντίστοιχου ολοκληρώματος): 2 ()   g(x)dx  ...... 1ΘΕΜΑ 2ο :Έστω μία συνεχής συνάρτηση f : R  R με f (0)  0 , η οποία είναι παραγωγίσιμη στο R με f (x)  3f 2 ( x) ex ( x)  1 , x R  2fα) Να αποδείξετε ότι f 3(x)  f 2(x)  f (x)  ex  1 για κάθε x  Rβ) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη και στο x0  0γ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει x0  (0, 2) τέτοιο, ώστε f(x0)  1 και x0 exf (x)dx  23 12  0 1 1 3 (x)δ) f 2 Να υπολογίσετε το lim t ημt dt x0+ 1 2ΛΥΣΗα) Για κάθε x  R* είναι: ex f 3(x)  f 2 (x)  f (x)   (ex )    f  2f (x)  3f 2 (x) (x)  1  3f 2 (x)  2f (x) 1 f (x)  ex  Άρα θα υπάρχουν c1, c2  R τέτοιοι, ώστε: (1) (2) f 3(x)  f 2 (x)  f (x)  ex  c1 για κάθε x  0 και f 3 (x)  f 2 (x)  f (x)  ex  c2 για κάθε x  01-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 3

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R άρα και στο x0  0 οπότε έχουμε: lim f (x)  lim f (x)  f (0)  0x0 x0Από τη σχέση (1) έχουμε:     f(0)0lim f 3(x)  f 2(x)  f (x)  lim ex  c1  f 3(0)  f 2 (0)  f (0)  e0  c1  c1  1 x0x 0Από τη σχέση (2) έχουμε:     f(0)0lim f 3(x)  f 2(x)  f (x)  lim ex  c2  f 3(0)  f 2 (0)  f (0)  e0  c2  c2  1 x0x0Οπότε για κάθε x  R* είναι: f 3(x)  f 2(x)  f (x)  ex 1Όμως η παραπάνω σχέση αληθεύει και για x  0Επομένως για κάθε x  R είναι: f 3 (x)  f 2 (x)  f (x)  ex 1 (3)β) Για να είναι η συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο x0  0 , αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει τοόριο lim f (x)  f (0)  lim f (x) και είναι πραγματικός αριθμός. x0 x x0 x0Από τη σχέση (3) για x  0 έχουμε: f 3(x)  f 2 (x)  f (x)  ex 1 x x  f (x) ex 1 x x f 2(x)  f (x) 1  (4)Η παράσταση f 2(x) f(x) 1 είναι τριώνυμο 2ου βαθμού ως προς f (x) με διακρίνουσα   3 0,άρα f 2(x)  f (x) 1 0 για κάθε x  R, οπότε από τη σχέση (4) έχουμε: f (x) ex 1 x x  f 2 (x) f (x) 1Είναι:  lim e x 1  lim ex  e0  d (ex ) 1 x x  0 dx x0 x0 x0   f συνεχής  lim f 2 (x)  f (x) 1  f 2 (0)  f (0) 1  1 x0Οπότε: ex 1 lim f (x)  lim x  1 1 x f 1 x0 x0 f 2 (x) (x) 1Άρα η συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο x0  0 με f (0)  1γ) Από την αρχική ισότητα προκύπτει ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [0 , 2], οπότεf (2)  0 . Αν τώρα υποθέσουμε ότι f (2) 1, τότε έχουμε: f (2) , f 2 (2) , f 3(2)  (0,1]Οπότε: f 3(2)  f 2 (2)  f (2)  3 (α) e2 1 3  e2 4, που είναι άτοπο.1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 4

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018Άρα f (2) 1, οπότε από Θεώρημα Ενδιαμέσων Τιμών θα υπάρχει xo(0, 2) τέτοιο, ώστε f(xo) 1Για το συγκεκριμένο xo έχουμε: f 3 (xo )  f 2 (xo )  f (xo )  exo 1  exo  4 , (5)Είναι:   x0exf x0 (ex exf x0 x0 ex f 3 (x )f 2 ( x )f (x )1 (x)dx )f (x)dx  (x) 0   exf (x)dx  00 0 x0 f ( x0 )1  ex0 f (x0 )  e0f (0)  (f 3(x)  f 2 (x)  f (x) 1)f (x)dx  0 f (0)0 f 4 (x ) f 3(x) f 2(x) x0  ef ( x0 )1 x0 4 3 2 0 f (0)0   ex0      f ( x )   1  1  1 1  0    4 3 2  ex0  25 (5) 4  25  23 12 12 12 δ) Για κάθε t  R είναι t2  t2  t2 με την ισότητα να ισχύει μόνο για t  0Επομένως για x 0 κοντά στο μηδέν και για κάθε t   1 ,1 έχουμε:  2 0 t 2 t2 0 t 2 t f 1 3 t2 t f 1 3 0 < t f 1 3 2 tf 1 1 (x) (x) (x) (x)        t Οπότε έχουμε:   1        1 1 1 3 1 1 1 dt 1 1 1 3  t 1  0 dt (x) (x) 2 (x)  f f (x)   t f ημt 2 dt  t f  0 1  1 tf ημt 2 dt     2 1 11 1 (x) 1 22 2 2 1 1  1  (x) f (x) 1  f (x)    0 t f  3 η μ t 2 dt  1 2 0  Είναι: f ή lim f (x)  f (0)  0 και f (x)  0 για κάθε x  0, x 0  1 1  1 1 f 1  u 1 u 1  2 (x)  2 (x)  (x) 2  οπότε και   f   f  lim      1 lim   1  lim  10 1 x  0 x0 x0+ u    u  + Άρα: lim f (x) 1    1 1   0 1  0 2 f (x)  x  0  Επίσης: lim 0  0 x0Επομένως, από το Κριτήριο Παρεμβολής θα είναι και 1 1  3 . (x) lim tf ημt 2 d t  0 x0 1 21-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 5

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018ΘΕΜΑ 3οΔίνεται η συνάρτηση f (x)  lnx e  x, x 0 xα) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία, την κυρτότητα και να βρείτε τις ασύμπτωτες της Cf .β) i) Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε το πεδίο ορισμού της f 1 . ii) Να λύσετε την ανίσωση f 1(2e f (x))  eγ) Να λύσετε την εξίσωση ln x  (ex 1)  e  1   2 x e δ) Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x)  f (x)  f  1  , x0.  x  i) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που ορίζεται από τη γραφική της παράσταση, τον άξονα x΄x και τις ευθείες x  1, x  e ii) Να αποδείξετε ότι αν για κάποιο αR ισχύει g(x)  α για κάθε x  0 , τότε α  e  1 2ΛΥΣΗα) Η συνάρτηση f είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο (0,  ) με f (x)  1  e 1 και f (x)   1  2e x x2 x2 x3 Για κάθε x  0 είναι: f (x)  0 και f (x)  0 οπότε η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα και κοίλη στο (0,  ) Είναι: lim f (x)  lim  ln x  e  x     x  x 0 x 0 οπότε η ευθεία x  0 (άξονας y΄y) είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf . Είναι:  lim f (x)  lim  ln x  e 1  1, διότι x  x x2 x  x   ln x  1 x x lim  lim  0 x  DLH x  lim f (x)  x   lim  ln x  e     x  x  x   που δεν είναι πραγματικός αριθμός, άρα η Cf δεν έχει ασύμπτωτη στο  .1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 6

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018β) i) Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο (0,  ) , άρα είναι «11», οπότε αντιστρέφεται. Επιπλέον, είναι συνεχής στο (0,  ) με lim f (x)  lim  ln x  e  x    και lim f (x)  lim  ln x  e  x     x   x  x 0 x 0 x   x   Άρα το σύνολο τιμών της συνάρτησης f, που είναι το πεδίο ορισμού της f 1 είναι το R.ii) Για κάθε x  0 είναι 2e  f (x)  R , άρα η ανίσωση έχει ως σύνολο ορισμού το διάστημα (0,  ) . Οπότε με x  0 έχουμε: f  f 1(2 e f (x))  e  2 e f (x)  f (e)  2 e f (x)  e  f   f (x)  e  f (x)  f (e)  x  e Άρα λύση της ανίσωσης είναι κάθε πραγματικός αριθμός του διαστήματος (0, e).γ) Με x  0 έχουμε: ln x  (ex  1)  e  1   2  ln x  (ex1) e2  x  2   x e  ex  ln x  e2  x  e  1  2  ln x  e  x  2 1  e2  x e x e f :11  f (x)  f (e2 )  x  e2δ) Είναι: g(x)  lnx e  x  ln x  ex  1  x  1  e  x  1   (1  e)  x  1  , x  0 x x x  x   x i) Με x0 είναι x  1 0 και επειδή 1e  0 έχουμε (1  e)  x  1   0  g(x)  0 x  x  Επιπλέον η συνάρτηση g είναι συνεχής στο διάστημα [1, e] , οπότε αν Ε είναι το ζητούμενο εμβαδόν, τότε έχουμε: e  1 dx  x2  e  e2 1  1 1  x  2   2  2 E   (1  e) x   (e  1)   lnx  (e 1)  (e1)(e2 1) 1 1 ii) Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο (0,  ) με: g(x)  (1  e) 1  1   (1  e)(x  1)(x  1) x2  x2 Εύκολα διαπιστώνουμε ότι η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα (0, 1] και γνησίως φθίνουσα στο [1,  ) . Επίσης παρουσιάζει ολικό μέγιστο για x  1, ίσο με M  g(1)  2(1 e). Αν για κάποιο α  R ισχύει g(x)  α για κάθε x  0 , τότε προφανώς α  M οπότε α  Μ  α  2(1  e)  α  e  1 21-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 7

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018ΘΕΜΑ 4οΈστω f : R  R μια συνεχής συνάρτηση της οποίας η γραφική παράσταση τέμνει τον άξονα y΄yστο σημείο με τεταγμένη 1 και τα μόνα κοινά σημεία της με τον άξονα x΄x έχουν τετμημένες 2και 4. Επιπλέον η f είναι γνησίως μονότονη στο διάστημα 0,   .α) Να βρείτε το πρόσημο του αριθμού f   7  και τη μονοτονία της f στο διάστημα [0,  ) .  4 β) Να υπολογίσετε το όριο: lim f (0,1) x3  f(1) x2  f( 2) f (1)f(5) x2  f(0) xγ) Να λύσετε την εξίσωση f (ex )  f (e3x )  f (e2x )  f (e4x )δ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει xo  (2, 4) τέτοιο, ώστε f (xo )  4 f 3 (0,1)f(2)ε) Αν η f είναι δυο φορές παραγωγίσιμη και για κάθε x  (0, 4) ισχύει f (x)  1 f (x)  0 να 4 αποδείξετε ότι  f (x)dx  2 0ΛΥΣΗα) Η συνάρτηση f είναι συνεχής και η εξίσωση f (x)  0 έχει για ρίζες μόνο τους αριθμούς 2 και 4, οπότε στο διάστημα (2, 4) η συνάρτηση διατηρεί σταθερό πρόσημο. Είναι f(0) 1, οπότε f (x)  0 για κάθε x  (2, 4) και επειδή  7  (2, 4) είναι f   7   0. 4  4  Η συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη στο διάστημα 0 ,   , άρα ή θα είναι γνησίως αύξουσα ή θα είναι γνησίως φθίνουσα. Έστω ότι είναι γνησίως αύξουσα, τότε είναι f (0)  f (4) 1 0, που είναι άτοπο, οπότε η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα 0 ,  .β) Από το (α) ερώτημα έχουμε ότι οι αριθμοί f (1) , f (0,1) είναι θετικοί και λόγω της μονοτονίας της συνάρτησης f ισχύει f (5)  f(4)  f(5)  0 , οπότε f (1) f(5)  0 Έχουμε: lim f (0,1) x3  f(1) x2  f(2)  lim f f (0,1) x3 2  f (0,1) lim x   f (1) f(5) x2  f(0) (1) f(5) x f (1) f(5) x  x   x γ) Παρατηρούμε ότι ο αριθμός μηδέν είναι λύση της εξίσωσης. Επιπλέον, οι αριθμοί ex , e2x , e3x , e4x ανήκουν στο διάστημα (0 ,  ) για κάθε xR , όπου η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα. Διακρίνουμε περιπτώσεις:  Αν x  0 , τότε έχουμε: ex  e2x f  f (ex )  f (e2x ) f (ex ) f (e3x ) f (e2x ) f (e4 x ) e3x  e4x f (e3x )  f (e4x )       οπότε η εξίσωση δεν έχει θετική ρίζα.1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 8

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018 Αν x  0 , τότε έχουμε:ex  e2x f  f (ex )  f (e2x ) f (ex ) f (e3x ) f (e2x ) f (e4x )e3x  e4x f (e3x )  f (e4x )      οπότε η εξίσωση δεν έχει αρνητική ρίζα.Επομένως, η εξίσωση έχει μοναδική ρίζα τον αριθμό 0.δ) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 2, 4, οπότε από το Θεώρημα Μέγιστης και Ελάχιστης Τιμής παίρνει στο διάστημα αυτό μια ελάχιστη m και μια μέγιστη Μ τιμή με m  0 και Μ  0. Έχουμε: m  f (0,1)  M  0  m3  f 3 (0,1)  M3 και 0  m  f (2)  M αφού 0  2 και f (0)  f (2), συμπεραίνουμε ότι δεν υπάρχει μέγιστο στο 2, οπότε: 0  f 3 (0,1) f(2)  M4  0  4 f 3 (0,1) f(2)  Mδηλαδή ο αριθμός 4 f 3 (0,1) f(2) ανήκει στο διάστημα f ([2, 4]) , οπότε υπάρχει xo 2, 4τέτοιο, ώστε f (xo )  4 f 3(0,1) f(2) , με τον αριθμό αυτό να μην είναι άκρο το διαστήματος αφούη τιμή της f στα άκρα είναι ίση με το μηδέν.Επομένως, υπάρχει xo  (2, 4) ώστε f (xo )  4 f 3(0,1) f(2)ε) Για κάθε x  (0, 4) έχουμε:f (x)  f(0)  f(x)  1  f (x) 1  0 , οπότε απότην δοθείσα σχέση f(x) 1f(x)  0 προκύπτειότι f (x)  0 για κάθε x  (0, 1) .Επιπλέον η f είναι συνεχής στο 0, 4, οπότεείναι κυρτή στο διάστημα αυτό.Τέλος, λόγω της μονοτονίας της συνάρτησης fστο [0, 4] για κάθε x  0, 4, έχουμε:f (x)  f (4)  f(x)  0Η συνάρτηση f είναι κυρτή στο 0, 4, οπότε η γραφική της παράσταση για τις τιμές του x πουπεριέχονται στο διάστημα αυτό, βρίσκονται από τη «χορδή» ΑΒ και κάτω, οπότε για το εμβαδόνΕ του χωρίου που ορίζεται από την Cf και τους θετικούς ημιάξονες ισχύει: 4 και E  (OAB) με (OAB)  1 (OA)(OB)  1 1 4  2 2 2 E  f (x) dx 0Επομένως: 44  f (x) dx  (OAB)   f (x) dx  2 001-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 9

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018ΣχόλιοΠαραπάνω αναφέραμε ότι η για την κυρτή συνάρτηση f η γραφική της παράσταση στο διάστημα0 , 4, βρίσκεται από τη «χορδή» ΑΒ και κάτω. Η «χορδή» ΑΒ διέρχεται από τα σημεία A (0, 1)και B(4, 0) , οπότε περιέχεται στην ευθεία ΑΒ που έχει εξίσωση: y 0  1 (x  4)  y   1 x 1 4 4Άρα για μια αλγεβρική απόδειξη του ισχυρισμού, αρκεί να αποδείξουμε ότι για κάθε x [0, 4]ισχύει: f (x)  1 x 1  0 4Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x)  f(x)  1 x  1, x [0, 4] 4Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο 0 , 4, και δυο φορές παραγωγίσιμη στο (0 , 4), με g(x)  f  (x)  1 και g(x)  f (x)  0 , 4οπότε η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο 0 , 4.Επιπλέον, g(0)  g(4)  0 , οπότε από το Θεώρημα Rolle υπάρχει ξ  (0, 4) με g(ξ)  0 .Οπότε ο πίνακας μονοτονίας – ακροτάτων της συνάρτησης g είναι ο παρακάτω: x 0 ξ 4 g΄(x)  0    g (x)            Από τον πίνακα αυτό συμπεραίνουμε ότι η μέγιστη τιμή της g είναι ίση με το μεγαλύτερο από τουςαριθμούς g(0), g(4) καθένας από τους οποίους είναι ίσος με μηδέν.Επομένως για κάθε x [0, 4] έχουμε: g(x)  0 , δηλαδή f (x)  1 x 1 0 4που είναι το ζητούμενο.ΘΕΜΑ 5οΔίνονται οι συναρτήσεις f (x)  lnx 1 1 και g(x)  xlnx  x  1lnx , x0, xα) Να αποδείξετε ότι f (x)  0 για κάθε x0,β) Να μελετήσετε τη συνάρτηση g ως προς τη μονοτονία και να βρείτε το σύνολο τιμών της.γ) Να μελετήσετε τη συνάρτηση g ως προς την κυρτότητα και να βρείτε τα σημεία καμπής της Cgδ) Αν Α είναι το σημείο καμπής της Cg και Be, g(e) , να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη Cg και το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ.1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 10

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018ΛΥΣΗα) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (0 ,  ) με: f (x)   ln x  1 1   1  1  x 1  x  x x2 x2Είναι: f (x)  0  x 1  0  x 1 x2 f (x)  0  x 1    x 1 x2Οπότε ο πίνακας μονοτονίας – ακροτάτων της συνάρτησης f είναι ο παρακάτω: x0 1  f (x) 0 f (x) 0 ΕλάχιστοΕπομένως: Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο  0 ,1 και f ΄(x)  0 για κάθε x  0 ,1  , οπότε η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα  0 ,1 Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 1,    και f ΄(x)  0 για κάθε x  (1,   ) , οπότε η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα 1,   Η συνάρτηση f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο xo  1 με ελάχιστη τιμή f (1)  0Άρα για κάθε x  (0 ,  ) είναι f (x)  f (1)  0β) H συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (0 ,  ) με: g (x)  (xlnx  x 1) lnx  (xlnx  x 1)  1  x  (lnx 11)  lnx  lnx 1 1  (lnx)2  f (x) xΓια κάθε x0,+ είναι: (lnx)2  0 και f (x)  0Οπότε g(x)  0 με το «ίσον» να ισχύει μόνο για x 1, επομένως η συνάρτηση g είναι γνησίωςαύξουσα στο 0,+.Είναι:  lim g(x) = lim  x  ln x  x  1 ln x =  , αφού x 0+ x0+ ln x  1 x 1 (ln x)  lim 0(  )  lim ( x 1 ) lim x  x 2 x0+   x0+ x0+ x  ln x lim  0, x0+ οπότε lim  x  ln x  x  1  1 και lim ln x   x 0+ x0+1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 11

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018 lim g(x) = lim  x  ln x  x 1 ln x   , αφούx+ x+   lim x  ln x  x  lim x ln x 1   ,x+ x+οπότε lim  x  ln x  x 1   και lim ln x   x+ x   Επομένως: g0,  limg(x), lim g(x)  ,   R x0 x+γ) H συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (0 , ) με:  g(x)   1 x  0, + (lnx)2 + f(x)  2lnx  x  f (x) ,Για κάθε x  0,1 είναι: lnx  0 άρα και 2lnx  1  0 , επίσης f  (x)  0 στο 0 ,1 xΕπομένως: g(x)  0 για κάθε x  (0 , 1)Για κάθε x1,+ είναι: lnx  0 άρα και 2lnx  1  0 , επίσης f  (x)  0 στο 1,   xΕπομένως: g(x)  0 για κάθε x1,Οπότε ο πίνακας κυρτότητας – σημείων καμπής της συνάρτησης g είναι ο παρακάτω: x0 1  g(x) 0 g (x)  Σ.Κ.Έχουμε:♦ Η συνάρτηση g είναι κοίλη στο διάστημα 0 , 1, διότι είναι συνεχής στο διάστημα αυτόκαι g(x)  0 στο 0 , 1♦ Η συνάρτηση g είναι κυρτή στο διάστημα 1, , διότι είναι συνεχής στο διάστημα αυτό και g(x)  0 στο 1, ♦ Η g μηδενίζεται στο x0  1 και εκατέρωθεν αλλάζει πρόσημο. Άρα το σημείο 1 , g(1), δηλαδή το 1, 0 είναι σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης gδ) Για κάθε x1,e 1,+ είναι g(x)  0, οπότετο εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τηCg και το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ είναι: e EΩ  ΑΒΓ  g(x)dx , όπου 1  ΑΒΓ  1 (e 1)  g(e) = 1 (e 1) 1 = e 1 2 2 21-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 12

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018 ee e ee       g(x)dx  x(lnx)2  xlnx  lnx dx  x(lnx)2dx  xlnx dx  lnx dx 11 1 11Είναι e e  x2   x2  e e x2 1 1 1    1 x x(lnx)2dx  2  (lnx)2dx (lnx)2 2 2lnx dx       2     1  e2  e xlnx dx  e2  e2 1  e2 1 21 24 4 e e  x2   x2  e e x2 1 1 1    1 x xlnx dx =  2 lnx dx = lnx 2 dx =     2      1  e2  e x dx = e2   x2 e  e2  e2  1  e2 1 1   2 2 2  4 1 2 4 4 4 e lnx dx e (x)lnx dx  xlnx e e x 1 dx e e 1 1   1  1   1  x    1Επομένως:  e g(x)dx  e2 1  e2 1 1  1 και 1 2 4 4  Ω   ΑΒΓ  e e 1 1 e  2   E   1 g(x)dx  2  2 = 2ΣχόλιοΗ ανισότητα του (α) ερωτήματος μπορεί να προκύψει άμεσα από τη γνωστή ανισότητα nx  x1,για κάθε x  0 (με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1), αν θέσουμε όπου x το 1 xΘΕΜΑ 6οΈστω μια παραγωγίσιμη συνάρτηση f : R  R για την οποία ισχύουν: lim f (x) 2 2(x  1) ete2t  (x  1)ext  1  et  , x  1 και f (1) α) Nα αποδείξετε ότι f (x)  (x2  1)ex , x  Rβ) Nα αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο R με σύνολο τιμών το 0 ,  γ) Nα βρείτε τα διαστήματα στα οποία η f είναι κοίλη ή κυρτή και να προσδιορίσετε τα σημεία καμπής της Cfδ) Να αποδείξετε ότι f (x)(x  1)  f (x2 )  2ex για κάθε x   2 (x4  1)e x2 2 e(x  1) 3ε) Να αποδείξετε ότι dx  3e  4  2ln 11-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 13

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018ΛΥΣΗα) Έχουμε:    lim  ex 1  t  et e2t  e2t  (x 1) ext 1  et  lim et 1  (x  1)   et = t lim  et  1 ex 1      (x  1) et  e2t 1  , απροσδιόριστη μορφή ()  0 , οπότε t   e2t  (x 1) ext 1 2  e2t e2t  (x 1) ext 1  et    li→ m∞ =  li→ m∞ e2t  (x 1) ext 1 e2t  t+ t+ t  ex 1   et e2t  1 e 1  (x  1)  et  (x 1) ex  1  (x 1) ex  1 (x 1) ex  et  et 2  lim  lim  t   ex 1  t ex 1 1 et  et e2t  1 1 (x 1) et e2t 1  (x  1)   Άρα για κάθε x      είναι: f (x)  (x  1) ex  f (x)  (x2  2x 1)ex  f (x)  (x2  1) ex  2xex  2(x +1) 2  f (x)  (x2 1) (ex   (x2 1)ex  (f(x))  (x2 +1)ex Επομένως έχουμε: f (x) =  (x 2  1)e x  c1 , x < 1   c2 , x = 1  2 , x > 1   (x 2 e  1)e xΗ συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0  1, οπότε έχουμε lim f (x)  lim f (x)  f (1) (1) x 1 x  1Είναι: lim f (x)  lim (x2  1)ex  c1   2  c1 e x 1 x 1 lim f (x)  lim (x2  1)e x  c2   2  c2 e x 1 x  1 f (1)  2 eΑπό τη σχέση (1) έχουμε: 2  c1  2  c2  2  c1  c2  0 e e eΕπομένως: f (x)  (x2 1)ex , x  R1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 14

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018β) H συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο R με:f (x)  ((x2 +1)ex )  2xex + (x2 +1)ex  (x2 + 2x +1)ex  (x +1)2 ex , x  RΕίναι:f (x)  0 για κάθε x  1 και η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 1.Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο RΈχουμε: lim f (x)  lim (x 2  1)e x  (+  )0 lim x2 1 + lim (x2  1) = ex + (e x ) x x  x x  D.L.H. 2x + (2x) 2 ex (ex ) ex  lim + lim  lim 0 x-  x- x- D.L.H lim f (x)  lim (x2  1)ex    x xΗ συνάρτησης f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής, οπότε το σύνολο τιμών της είναι:  f (R)  lim f(x) , lim f (x)  (0 ,  ) x xγ) H συνάρτηση f  είναι παραγωγίσιμη στο R με: f (x)  ((x 1)2 ex )  2(x 1)ex  (x 1)2 ex   (x 1)(2  x 1)ex  (x 1)(x  3)ex , x  R Είναι: f (x)  0  (x 1)(x  3)ex    x  3 ή x  1 f (x)  0  (x 1)(x  3)ex    x  3 ή x  1Οπότε ο πίνακας κυρτότητας – σημείων καμπής της συνάρτησης f είναι ο παρακάτω: x  3 1  f (x) 00 f (x)    Σ.Κ. Σ.Κ.Έχουμε:♦ Η συνάρτηση f είναι κυρτή στο διάστημα ,3, διότι είναι συνεχής στο διάστημα αυτό και f (x)  0 στο , 3♦ Η συνάρτηση f είναι κοίλη στο διάστημα [3, 1], διότι είναι συνεχής στο διάστημα αυτό και f (x)  0 στο 3,  1♦ Η συνάρτηση f είναι κυρτή στο διάστημα 1,, διότι είναι συνεχής στο διάστημα αυτό και f (x)  0 στο 1,  ♦ Η f  μηδενίζεται στο x0  3 και εκατέρωθεν αλλάζει πρόσημο. Άρα το σημείο 3, f(3),  δηλαδή το 3 , 10e3 είναι σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f♦ Η f  μηδενίζεται στο x0  1 και εκατέρωθεν αλλάζει πρόσημο. Άρα το σημείο 1, f (1),  δηλαδή το 1 , 2e1 είναι σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 15

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018δ) Για x  1 x x 2  x, οπότε x2  x 1  Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα 1, x , άρα και συνεχής, οπότε από Θ.Μ.Τ θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ1  (1, x) τέτοιο, ώστε f (1)  f (x)  f (1)  f (x)  2e x 1 x 1 Επίσης η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο  x , x 2  , άρα και συνεχής, οπότε από Θ.Μ.Τ θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ2  (x , x2 ) τέτοιο, ώστε f (2 )  f(x2 )  f (x)  f(x2 )  f (x) x2  x x(x 1) H συνάρτηση f  είναι γνησίως αύξουσα στο        και ξ1,ξ2    με ξ1 < f  f (ξ2 )  f (x)  2e  f(x2 )  f (x) x 1 f(x2 )  f (x)  x 1 x(x 1) x ξ2  f (ξ1)   f (x)  2e  xf (x)  2ex  f(x2 )  f (x)  (x  1)f(x)  f (x2 )  2ex (1) Για x  1 η σχέση (1) ισχύει ως ισότητα. Πράγματι: 2f (1)  f (1)  2e  4e  2e  2e  4e  4e Οπότε είναι: (x 1)f(x)  f (x2 )  2ex για κάθε x  1 (2)ε) Έχουμε:   2 2 2 1 1 1 (x4 1)e x2 dx  f (x2 ) dx  1 f (x2 ) dx (3) e(x 1) e(x 1) e x 1 Από τη σχέση (1) για x  1 έχουμε: f (x)  2ex  f (x2 ) x 1 x 1 Άρα:  2 f (x2 ) dx  2  f (x)  2ex  dx (4) x 1 1  x 1  1 Είναι: 22 2 2 2 1 f (x)dx  (x2 1)ex dx  (x2  1)(ex )dx (x2  1)e x 2xex dx         11 1 1 22 2   5e2  2e  5e2 2ex dx  2x(ex )dx   2e  2xex  1  11  5e2  2e  4e2 + 2e + 2ex  2  e2 + (2e2  2e)  3e2  2e (5) 11-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 16

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018 2 x 2 x 11 2 1  1 dx 1  1 x 1 1 1   x 1dx  dx  x   x  ln(x  1)12  2  ln 3 1 ln 2  1 ln 2 (6) 3Από τις σχέσεις (3), (4), (5) και (6) έχουμε: 2 f (x2 ) dx 2 2 2 1 x 1 1 1 11 1  f (x) 2ex  dx 1 1 2e x dx e  x 1  e e x 1   e      f (x)dx    1 2 2 x 1 1 2  2 2e x 1 e 3  3 3     f (x)dx  2 dx   3e2  2e  2 ln  3e  2  2  2ln  3e  4  2ln 11ΘΕΜΑ 7οΈστω συνάρτηση f : R  R η οποία είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο R , με συνεχή δεύτερηπαράγωγο και τέτοια, ώστε:  2f 2 (1) + f 2 (3)  2f (1) f (3)  f (1) = 2  f (x)  0 για κάθε x  Rα) Να αποδείξετε ότι η f δεν είναι συνάρτηση 1 - 1β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f έχει ένα ακριβώς κρίσιμο σημείο στο Rγ) Να εξετάσετε τη συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα και στη συνέχεια να υπολογίσετε το lim ημ(πx) x1 (x - 1)(f (x)  2x  2) 43δ) Να αποδείξετε ότι f xdx < f xdx 01ε) Να αποδείξετε ότι E  (ξ  1)2, όπου Ε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση Cf της συνάρτησης f , τον άξονα xx και τις ευθείες x = 1 και  x = ξ με ξ το κρίσιμο σημείο της συνάρτησης f.ΛΥΣΗα) Είναι: f 2 (1)  f 2 (1)  f 2 (3)  2f (1)  f (3)  0                        f (1)2  f (1)  f (3)2  0  f (1)  0 και f (1)  f (3) 1  3 ενώ f (1)  f (3) , άρα η f δεν είναι συνάρτηση 11β) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 1, 3 , άρα και συνεχής με f (1)  f (3) , οπότε από το Θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ (1,3) τέτοιο, ώστε f (ξ) = 0. Επομένως το ξ είναι κρίσιμο σημείο. Είναι f (x)  0 για κάθε x  R και f  συνεχής, άρα η f (x) διατηρεί πρόσημο στο R, οπότε η συνάρτηση f  είναι γνησίως μονότονη, άρα η f έχει ένα ακριβώς κρίσιμο σημείο στο R1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 17

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018γ) 1ος τρόπος: Η συνάρτηση f  είναι γνησίως μονότονη στο R, άρα ή θα είναι γνησίως αύξουσα ή θα είναι γνησίως φθίνουσα στο R. Έστω ότι η συνάρτηση f  είναι γνησίως αύξουσα, τότε έχουμε: ξ  1 f (ξ)  f (1)  0  2 , το οποίο είναι άτοπο.Άρα η f  είναι γνησίως φθίνουσα στο R, οπότε η συνάρτηση f είναι κοίλη στο R2ος τρόπος:Για τη συνάρτηση f  ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ στο διάστημα 1,ξ, άραυπάρχει ένα τουλάχιστον x0 1,ξ τέτοιο, ώστε f (x0 )  f (ξ)  f (1)  2  0 . ξ 1 ξ 1Η συνάρτηση f  είναι συνεχής και f(x)  0 για κάθε x R, άρα διατηρεί πρόσημο στο R.Επειδή f (x0)  0 θα ισχύει και f (x)  0 για κάθε x R , άρα η συνάρτηση f είναι κοίλη στο RΗ εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο (1,0) είναι: f (1)0 y  f (1)  f (1)(x 1)  y  2(x 1)  y  2x  2Επειδή η συνάρτηση f είναι κοίλη στο R ισχύει: f (x)  2x  2  f (x)  2x  2  0 για κάθε x R με το «ίσο» να ισχύει μόνο για x  1Για x κοντά στο 1 έχουμε: (x)   x 1 (x)  2  (x) f (x ) 1  2 και x 1  2x f (x)  2x lim x (x)  2  lim  (x)  f (x) 1  2    , διότι  x 1  2x  x 1 1f (x)  2x x 1    0                  lim (x )  0  lim  (x)΄  lim    (x)   και x 1 x 1΄ x 1  x 1 x 1 DL΄H lim f (x) 1  2   , αφού  2x x1 lim f (x)  2x  2  0 και f (x)  2x  2  0  για κάθε x κοντά στο 1 x 1 f fδ) Για x    f (x)  f ()  f (x)  0 , ενώ για x   f (x)  f ()  f (x)  0 Επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής, προκύπτει ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα,ξ και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ξ,  f fΓια x  1 f (x)  f (1)  f (x)  0 και για x  3 f (x)  f (3)  f (x)  0 , οπότε: 14  f (x)dx  0 και    f (x)dx  0 (1) 03Θέλουμε να αποδείξουμε ότι 43 134 3  f xdx <  f xdx  f xdx +  f xdx +  f xdx < f xdx  01 013 1 14                    f xdx + f xdx < 0 , που ισχύει από (1) 031-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 18

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018ε) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [1, ξ] και f (x)  0 για κάθε x [1, ξ], διότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο [1, ξ]  ,ξ και f (1)  0 , οπότε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση Cf της συνάρτησης f , τον άξονα x΄x και τις ευθείες x  1 και x  ξ είναι ξ E   f (x)dx . 1 Από το ερώτημα (γ) έχουμε ότι f (x)  2x  2 για κάθε x  R , με το ίσο να ισχύει μόνο για x  1, οπότε ξ f (x)dx  ξ (2x  2)dx  E   x 2  ξ  Ε  ξ 12   2x  11 1ΘΕΜΑ 8οΈστω συνάρτηση f :(0,  R , η οποία είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο (0, και γιατην οποία ισχύουν:  f (1)  1  (x  1)f (x)  2f (x)   1 για κάθε x  0 x2α) Να αποδείξετε ότι f (x)   nx , 0x1  x1  1 , x = 1β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα και ότι το σύνολο τιμών της είναι το (0,γ) Να αποδείξετε ότι f (1)  2 3δ) Έστω συνάρτηση g :(0,  R , η οποία είναι συνεχής και ικανοποιεί τις σχέσεις g(1)  1 και g(x)  f (x)g (x)  3f (x)  0 , για κάθε x  0. Να αποδείξετε ότι f  gε) Ένα σημείο Μ κινείται στη γραφική παράσταση Cf της συνάρτησης f και η τετμημένη του αυξάνεται με ρυθμό 4 cm/sec. Αν Α είναι η προβολή του σημείου Μ στον άξονα xx και Β τυχαίο σημείο του άξονα yy , να βρείτε το ρυθμό μεταβολής του εμβαδού του τριγώνου ΑΒΜ τη χρονική στιγμή κατά την οποία το Μ διέρχεται από το σημείο 1, f (1)ΛΥΣΗα) Για κάθε x0,+ είναι: xf (x)  f (x)  2f (x)     xf (x)  f (x)  f (x)  f (x)     x2 x2   xf (x)  f (x)  f (x)      xf (x)  f (x)  f (x)    c1 (1)   x x Για x 1 από τη σχέση (1) έχουμε: f (1)1 f (1)  f (1)  f (1)  1 c1  c1 0 Από τη σχέση (1) έχουμε: xf (x) f (x)  f (x)     xf (x) f (x)  nx xf(x) f(x)  nx c2 , για κάθε x 0 (2) x1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 19

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018Για x 1 από τη σχέση (2) έχουμε: f (1)  f (1)  n1 c2  c2  0Από τη σχέση (2) έχουμε: xf (x)  f (x)  nx  (x f (x)  nx , για κάθε x  0 (3)Για x (0,1)  (1,) από τη σχέση (3) έχουμε f (x)  nx και από υπόθεση f (1)  1 , οπότε x  f (x)   nx , 0 x 1  x   1 , x  1β) Για κάθε x (0,1)  (1,) είναι:  nx    (x   nx 1    n x h(x)  x  x (x 2 x (x 2 f (x)    (x 2  (3) ,όπου h(x)  1    n x , x0Για κάθε x  0 είναι: x h(x)      1 x , x0 x2 x x2Είναι: h(x)  0  1 x  0  x 1 x2 h(x)  0  1 x  0  x 1 x2Οπότε ο πίνακας μονοτονίας – ακροτάτων της συνάρτησης h είναι ο παρακάτω: x 0 1  h(x) 0 h (x) 0 ΜέγιστοΕπομένως: Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο  0 ,1 και h(x)  0 για κάθε x  0 ,1  , οπότε η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα  0 ,1 Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο 1,    και h(x)  0 για κάθε x  (1, ) , οπότε η συνάρτηση h είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα 1,   Η συνάρτηση h παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο xo  1 με μέγιστη τιμή h (1)  0Οπότε είναι: h(x)  h(1)  0 , για κάθε x (0,1)  (1,)Από τη σχέση (3) έχουμε: f (x)  0 , για κάθε x (0,1)  (1,)1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 20

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018Επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 1 ως παραγωγίσιμη, συμπεραίνουμε ότι η f είναιγνησίως φθίνουσα στο (0 ,  ).Η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής στο (0 ,  ), επομένως το σύνολο τιμώντης είναι f (Α)  ( lim f (x) , lim f (x)). x x0Είναι: nx  lim (nx) 1 x  x (x  x lim f (x)  lim   lim  0 x x  x D.L.H lim f (x)  lim nx   , αφού lim (nx)    και lim (x   1 x  x 0 x 0 x 0 x 0Άρα: f (Α)  (0 ,  )γ) Για x 1 από την αρχική σχέση έχουμε: 0  f (1)  2f (1)  1  f (1)   1 2Για τιμές του x κοντά στο 1 είναι: 1   nx 1 2 x 2 x f (x)  f (1) (x 2  2  2n x  (x 1)2 x 1 2(x 1)3  x 1 Οπότε: f (x)  f (1) 2 2  2nx  (x  1)2 0 2  2  2(x  1) x 1 x 2(x  1)3 0 x2 x lim  lim lim 6(x  1)2   x 1 x 1 x 1 D.L.H.  lim 2  2x  2(x 1) x 2  lim  2(x 1)  2 x 2 (x  1)  lim 2(x 1)(x 2 1)  6 x 2 (x  1)2 6 x 2 (x  1)2 6 x 2 (x  1)2 x 1 x 1 x 1  lim 2(x  1)2 (x  1)  lim x1  2 6 x 2 (x  1)2 3x2 3 x 1 x 1Άρα: f (1)  2 3δ) Για κάθε x  0 είναι: g2 (x)  3f (x)g (x)  f (x)g (x)  3f 2 (x)  0   g2 (x)  2f (x)g (x)  f 2 (x)  4f 2 (x)   g(x)  f (x) 2  4f 2 (x)  φ 2 (x)  4f 2 (x)  φ(x)  2 f (x) (4)όπου φ(x)  g(x)  f (x) , x  0Η συνάρτηση f έχει σύνολο τιμών το (0 ,  ) , οπότε f (x)  0 για κάθε x  (0 ,  ).Από τη σχέση (4) προκύπτει ότι φ(x)  0 , για κάθε x  (0 ,  ). Η συνάρτηση φ είναι συνεχήςστο (0,) ως άθροισμα των συνεχών συναρτήσεων f , g. Επομένως η συνάρτηση φ διατηρείσταθερό πρόσημο στο (0,) με φ(1)  g(1)  f (1)     οπότε φ(x)  0 για κάθε x  0.Άρα η σχέση (4) ισοδύναμα γράφεται: φ(x)  2f (x)  g(x)  f (x)  f (x)  g(x)  f (x) , για κάθε x  (0 ,  ).Επειδή οι συναρτήσεις f , g έχουν το ίδιο πεδίο ορισμού (0,) και ισχύει f (x)  g(x) , για κάθεx  (0 ,  ), συμπεραίνουμε ότι f  g.1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 21

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018ε) Έστω ότι την τυχαία χρονική στιγμή t η θέση τουσημείου Μ είναι Μ  x(t), y(t) και το εμβαδόν τουτριγώνου ΑΒΜ είναι Ε (t).Είναι:Ε(t)  1  (ΑΜ)  (ΒΓ)  1  f  x(t)  x(t)  1  f  x(t)  x(t), 2 2 2αφού x(t)  0 και f x(t)  0Ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού είναι:Ε(t)  1  f  x(t) x(t)  x(t)  1 f  x(t)  x(t)  1  x(t)f  x(t) x(t)  f  x(t) 2 2 2Αν t 0 είναι η χρονική στιγμή που το Μ διέρχεται από το σημείο 1,f (1) , τότε x(t 0) 1.Επίσης x(t 0)  4 cm / sec , οπότε έχουμε: Ε(t 1 1  (1) f (1)1  1 11 cm2 /sec 0) 2 x(t 0) fx(t 0)x(t 0) f x(t0) 2 4 f (1) 1 f 2  2 1      1  2 f (1) ΘΕΜΑ 9οΈστω μία συνεχής συνάρτηση f :(e,  R με f (0)  1 , η οποία ικανοποιεί τη σχέσηef (x)  1 , για κάθε x  (e ,  f (x)α) Να αποδείξετε ότι f (x)  ln(x  e) , x  (e , β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται και να ορίσετε την αντίστροφή της.γ) Να υπολογίσετε το όριο lim (f (x)  x) . xδ) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση Cf της συνάρτησης f και τους ημιάξονες Οx΄ και Oy.ε) Να βρείτε τον θετικό πραγματικό αριθμό α, αν ισχύει ef (x)  2ex  xα  e  2 για κάθε x  eστ) Να αποδείξετε ότι 1 ln(x  e) dx  1 ln(x2  e) 2 1 2ΛΥΣΗα) Για κάθε x (e,+) είναι: ef (x)f (x)  1  (ef (x) )  (x)  ef (x)  x  c , c R (1).Για x  0 από την αρχική σχέση έχουμε f (0)   και από τη σχέση (1) έχουμε ef (0)  c  c  e .Έχουμε λοιπόν ef (x)  x  e  f (x)   n(x  e) , x   e.1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 22

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018β) Από την αρχική σχέση έχουμε f (x)  1  0, άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο ef (x) (e,+) , επομένως είναι και «11», οπότε αντιστρέφεται. Για να βρούμε την αντίστροφη συνάρτηση της f λύνουμε την εξίσωση y  f (x) ως προς x, στο διάστημα (e,) . Έχουμε: y  f (x)  y  ln(x  e)  x  e  ey   x  ey  e  f 1(y)  ey  e , y R , αφού ey  e   e για κάθε y  R. Άρα η αντίστροφη της f είναι η f 1 : R  R με f 1(x)  ex  e .γ) lim (f (x)  x)  lim (ln(x  e)  x)  lim (ln(x  e)  lnex )  lim  ln x e  = lim (ln ω)   ,  ex  x x x x ω0 x e  1 ex ex αφού lim  lim  lim ex xu lim eu 0 x u x  x δ) Για y  0 είναι: n(x  e)  0  n(x  e)  n1  x  e  1  x  1 e οπότε οι συντεταγμένες του κοινού σημείου Α της γραφικής Cf της συνάρτησης f με τον ημιάξονα Οx΄ είναι Α(1 e ,0). Το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση Cf της συνάρτησης f και τους ημιάξονες Οx΄ και Οy είναι: 00 0 0 1e n(x  e)dx  (x e)n(x e)dx  (x e)n(x e) (x  e)n(x  e) dx    Ε(Ω)       1e 1e 1e 0 1 0    e ne  (x  e)  x e dx  e  1dx  e 1 0  (1  e)  1 1e 1eε) Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x)  ef (x)  2ex  xα  e  2 , x (e,+) Για κάθε x (e,+) είναι: e f (x)  2e x  xα  e  2   ef (x)  2ex  xα  e  2  0   g(x)  0  g(x)  g(0) Δείξαμε ότι g(x)  g(0) για κάθε x (e,+) , άρα η συνάρτηση g παρουσιάζει ελάχιστο στο εσωτερικό σημείο x0  0 του πεδίου ορισμού της. Επίσης η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (e,+) με: g(x)  ef (x) f (x)  2ex  α1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 23

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018 Άρα είναι παραγωγίσιμη και στο x0  0 με g(0)  ef (0) f (0)  2e0  α  g(0)  ef (0) 1  2e0 α  ef (0) g(0)  3  α Ισχύουν λοιπόν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Fermat, οπότε: g(0)  0  3  α  0  α  3στ) Για 1  x 1 ισχύει : 2 x  x2 f f (x)  f (x2 )  ln(x  e)  ln(x2  e)  ln(x  e)  1, ln(x2  e)  αφού ln(x2  e)  0, για κάθε x   1 , 1 και με την ισότητα να ισχύει μόνο για x  1.  2 Άρα:      1ln(x e)dx  1  1 ln(x  e) dx  1 1 1 1 ln(x  e) dx  1 ln( x 2  e) ln( x 2  e) 2 ln(x2  e) 2 1 1dx 1  1 1 2 22 2ΘΕΜΑ 10οΈστω μία παραγωγίσιμη συνάρτηση f :(0 ,   R , για την οποία ισχύουν:  f (1)  0 e  x2f (x)  1  4 f (x)dx  xf (x) , για κάθε x  0 1α) Να αποδείξετε ότι f (x)  nx , για κάθε x0 xβ) Να αποδείξετε ότι f (x)  x  1 , για κάθε x  0 1 f (2x + 3)  x dx 4 ex eγ) Να αποδείξετε ότι  3 0δ) Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις Cf και Cg των συναρτήσεων f και g(x)  x2 αντιστοίχως έχουν μια τουλάχιστον κοινή εφαπτομένη.ΛΥΣΗ eα) Είναι  f (x)dx  α  R (1), οπότε η αρχική σχέση ισοδύναμα γράφεται: 1 x2f (x) 1 4α  xf (x)  x2f (x)  xf (x)  4α 1  xf (x) f (x)  4α 1)  1  x xf (x) 4α 1) nx  xf (x)  4α 1) nx  c, για κάθε x  0 (2) Για x  1 από τη σχέση (2) έχουμε: f (1) f (1)  4α 1) n1 c  f (1)    c  c  01-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 24

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018Από τη σχέση (2) έχουμε: f (x)  4α 1) nx , για κάθε x  0 (3) xΑπό τις σχέσεις (1) και (3) έχουμε:  e4α  1) n x e 1 x x dx    4α  1) nx  dx    11 4α 1) e  n x ( n x )dx    4α 1)   n 2x e    1    2 1 4α 1)   n2 e   n 21     4α 1)   1  0      2 2   2    2α  1  α  α  1 2 2Από τη σχέση (3) έχουμε: f (x)  nx , για κάθε x  0 xβ) Για κάθε x  0 είναι: f (x)  x 1 n x  x 1 x0 nx  x2  x  nx  x2  x  0  h(x)  0 (4), x όπου h(x)  nx  x2  x, για κάθε x  0Για κάθε x  0 είναι: h(x)  1  x 1  x 2  x 1   x 1)x 1) x x xΕίναι: h(x)  0  x 1)x  1)  0 x0 x 1 x  h(x)  0  x 1)x  1)  0 x0 x 1 x Οπότε ο πίνακας μονοτονίας – ακροτάτων της συνάρτησης h είναι ο παρακάτω: x0 1  h(x) 0 h(x) 0 ΜέγιστοΕπομένως: Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο  0 ,1 και h(x)  0 για κάθε x  0 ,1  , οπότε η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα  0 ,1 Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο 1,    και h(x)  0 για κάθε x  (1,  ) , οπότε η συνάρτηση h είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα 1,  1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 25

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018 Η συνάρτηση h παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο xo  1 με μέγιστη τιμή h (1)  0Οπότε είναι: h(x)  h(1)  h(x)  0 , για κάθε x (0,)Άρα αληθεύει η ζητούμενη ανισότητα (4).γ) Για κάθε x [0,1] είναι 2x + 3  0 , οπότε από το (β) ερώτημα έχουμε: f (2x + 3)  2x + 3 1  f (2x + 3)  x  x + 2  f (2x + 3)  x  x+ 2 ex exΕπειδή το «ίσον» δεν ισχύει για κάθε x [0,1], συμπεραίνουμε ότι:  1 f (2x + 3)  x 1 x+ 2 ex ex dx  dx (5) 00Είναι:   1x+ 2 1 1 ex dx  (x + 2)e  x dx   (x + 2)(e x )dx  00 0   1 1   3 1 exdx  0 0   e 0       (x + 2)ex   (x + 2)exdx   2   3 1 3 1 3 4 e e e e    ex  0  2  exdx    2     2  e1 1  3  0Επομένως από τη σχέση (5) έχουμε: 1 f (2x + 3)  x dx  3 4 ex e 0δ) Για κάθε x  0 είναι: f (x)    nx   1 nx  x  x2Για κάθε x  R είναι: g(x)  (x2 )  2xΟι γραφικές παραστάσεις Cf και Cg έχουν κοινή εφαπτομένη μόνο όταν υπάρχει α  0 καιβ  R , ώστε η εφαπτομένη της Cf στο σημείο Αα, f (α) να ταυτίζεται με την εφαπτομένητης Cg στο σημείο β, g(β)Αν (ε1) είναι η εφαπτομένη της Cf στο σημείο Αα, f (α) , τότε είναι: ε1: y  f (α)  f (α)(x  α)  ε1: y  f (α)x  f (α)  αf (α)Αν (ε2 ) είναι η εφαπτομένη της Cg στο σημείο β, g(β) , τότε είναι: ε2 : y  g(β)  g(β)(x  β)  ε2 : y  g(β)x  g(β)  βg(β)Οπότε: f (α)  g(β) 1 nα  2β f (α)  αf (α)  α2ε1  ε2      g(β)  βg(β)   nα 1 nα  α  α α2  β2  β(2β)1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 26

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018 β  nα 1 β  nα 1 β  nα 1 2α2 2α2 2α2        β2 2nα 1  (nα 1)2 2nα 1  (nα 1)2   α  4α4  α  2nα 1 4α3  0  β  nα 1 (I) , όπου φ(α)  2nα 1 (nα 1)2 , α0  2α2 (II) 4α3 φ(α) 0Η συνάρτηση φ ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano στο [1 , e] , αφού είναισυνεχής στο διάστημα αυτό, ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων καιφ(1)  φ(e)   0 1 1   (2 1 0)    5  1   5  0  4   4  4Επομένως θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ρ  (1 , e) τέτοιο, ώστε φ(ρ)   δηλαδή η εξίσωση (II)έχει μια τουλάχιστον λύση. Άρα το σύστημα έχει μια τουλάχιστον λύση την α ρ  β  nρ 1 , ρ(1, e) 2ρ2Άρα οι Cf και Cg έχουν μια τουλάχιστον κοινή εφαπτομένη.ΘΕΜΑ 11οΔίνεται η συνάρτηση f (x)   x 1 1 , x1    ex-1  nx  2 , x  1α) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη συνέχεια.β) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την μονοτονία και την κυρτότητα.γ) Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης f .δ) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f (x)  0 έχει ακριβώς μία ρίζα στο διάστημα 1, 2 .ε) Να εξετάσετε αν η συνάρτηση f αντιστρέφεται.στ) Να βρείτε το πλήθος των πραγματικών ριζών της εξίσωσης f (x)  α , για τις διάφορες τιμέςτου πραγματικού αριθμού α .ζ) Να αποδείξετε ότι για κάθε κ  1 υπάρχει μοναδικό ξ  (1, + ) τέτοιο, ώστε να ισχύει f(ξ)  f(κ)  κf(κ  1)  (κ  1)f(κ  2) 2(κ  1)ΛΥΣΗα)  H f είναι συνεχής στο (,1), ως ρητή συνάρτηση.  H f είναι συνεχής στο (1,  ), ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. Εξετάζουμε τη συνάρτηση f ως προς τη συνέχεια στο x0  1.Είναι:  lim f (x)  lim 1   x 1 x 1 x 1Οπότε η συνάρτηση f δεν είναι συνεχής στο x0  1.Άρα η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R 11-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 27

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018β) ♦ Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (,1) με: f (x)  1  0  (x 1)2Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (,1)♦ Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη (άρα και συνεχής) στο διάστημα (1,  ) με: f (x)  e x 1  1  0 xΕίναι:   lim f (x)  lim ex1 nx  2  1  f (1) x 1 x 1Οπότε η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα [1,  )Επομένως η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [1,  )♦ Η συνάρτηση f  είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (,1) με: f (x)  (x 2  0 1)3Άρα η συνάρτηση f είναι κοίλη στο διάστημα (,1)♦ Η συνάρτηση f  είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (1,  ) με: f (x)  e x 1  1 x2Για x > 1 είναι: x 1 0 ex1x211e0 ex1 1 () 1 x2  1    1 ex1 x2   1    0 f (x)  0  x2Είναι:   lim f (x)  lim ex1 nx  2  1  f (1) x 1 x 1Οπότε η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα [1,  )Επομένως η συνάρτηση f είναι κυρτή στο διάστημα [1,  ).γ)  Η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (,1)Είναι: lim f (x)  lim 1  lim 1  0 x 1 x x   x   x   lim f (x)  lim 1   x 1 x 1 x 1 Οπότε έχουμε f (, 1)  lim f (x) , lim f (x)  (, 0) x 1 x   Η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο διάστημα [1,  ).Είναι: f (1)  1  lim f (x)  lim ex1 nx  2   , x xαφού lim ex1  και lim (nx)   x x1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 28

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018Οπότε έχουμε[1,) f (1) , f (x)  [1, )f   lim x  Επομένως το σύνολο τιμών της συνάρτησης f είναι: f (R)  (, 0) [1, )  Rδ)  Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα [1, 2] Είναι f (1)  1  0 και f (2)  e  n2  2  0 , οπότε f (1)  f (2)  0 .Άρα ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [1, 2] , οπότε υπάρχειένα τουλάχιστον x0  (1, 2) τέτοιο, ώστε f (x0 )  0 και είναι μοναδικό, αφού η συνάρτηση fείναι γνησίως αύξουσα στο 1,  ε) Είναι 0  1 ενώ f (0)  f (1)  1, άρα η συνάρτηση f δεν είναι «11», οπότε δεν αντιστρέφεται.στ) Η γραφική παράσταση Cf της συνάρτησης f είναι: Αν α  , 1 η εξίσωση f (x)  α έχει ακριβώς μια λύση στο  ,1 Αν α  1 η εξίσωση f (x)  1 έχει δύο λύσεις τις x  0 και x  1 Αν α 1, 0 η εξίσωση f(x)  α έχει ακριβώς δύο λύσεις μια στο ,0 και μια στο (1, 2) Αν α 0,   η εξίσωση f(x)  α έχει ακριβώς μια λύση στο 1,  ζ) Ισχύει f (x)  1 για κάθε x 1,   , οπότε: (1)  f (κ)  1 κ0 (2) f (κ 1)  1 κ f(κ 1)   κ κ1 0 f (κ  2)  1  (κ 1)f(κ  2)  κ 1 (3)1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 29

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018 Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις (1), (2) και (3) έχουμε : f (κ)  κf (κ  1)  (κ  1)f (κ  2)  2κ  2  2(κ  1) , οπότε f (κ)  κf (κ 1)  (κ 1)f (κ  2)  1, αφού κ 1> 0 2(κ 1) δηλαδή ο αριθμός f (κ)  κf (κ  1)  (κ  1)f (κ  2) [1, )  f [1,  )  2(κ  1) Άρα υπάρχει ξ  (1, + ) τέτοιο, ώστε: f (ξ) = f (κ)  κf (κ  1)  (κ  1)f (κ  2) , 2(κ  1) το οποίο είναι και μοναδικό, αφού η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο 1,  ΘΕΜΑ 12ο 1 , x0 Δίνεται η συνάρτηση f (x)   x n(ex  x) , x  0α) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη συνέχεια: i) στο πεδίο ορισμού της. ii) στο διάστημα [0 ,  )β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο (,0) και γνησίως αύξουσα στο [0, ) .γ) Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης f .δ) Να βρείτε τα κοινά σημεία της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f με την ευθεία yxε) Να αποδείξετε ότι για κάθε α  0 , η εξίσωση ef (x)  f (x)  f (x)  0 (I), έχει μία τουλάχιστον x xα λύση στο διάστημα (0 ,α) .στ) Να λύσετε την εξίσωση f (ex2  1)  f  x  ημx   0 .ζ) Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση Cf της συνάρτησης f έχει ακριβώς ένα σημείο καμπής.ΛΥΣΗα) i)  H f είναι συνεχής στο (,0), ως ρητή συνάρτηση.  H f είναι συνεχής στο (0 ,  ), ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων.  Εξετάζουμε τη συνάρτηση f ως προς τη συνέχεια στο x0  0 . Είναι:  lim f (x)  lim 1   x x 0 x 0 Οπότε η συνάρτηση f δεν είναι συνεχής στο x0  0 . Άρα η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 30

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018ii)  H f είναι συνεχής στο (0 ,  ), ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων. Ισχύει lim f (x)  lim n(ex  x)  1  f (0) x 0+ x0+ Άρα η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα [0,) (Βλέπε Σχολικό Βιβλίο, σελίδα 73).β) ♦ Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (,0) με: f (x)   1 0 x2Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (, 0)♦ Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (0,  ) με: f (x)  ex 1  0 ex xΗ συνάρτηση f είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα [0, )  α) ii) ερώτημα Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο [0, )γ)  Η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (,0)Είναι: lim f (x)  lim 1  0 x x   x   lim f (x)  lim 1   x x 0 x 0 Οπότε έχουμε f (, 0)  lim f (x) , lim f (x)  (, 0) x0 x   Η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο διάστημα [0,  ).Είναι: f (0)  0  lim f (x)  lim n(ex  x)   , x x αφού ex xu lim n(ex  x) lim (nu)   x  uΟπότε έχουμε [0 ) f f ,   (0) , lim f (x)  [0, ) x  Επομένως το σύνολο τιμών της συνάρτησης f είναι: f (R)  (, 0) [0, )  Rδ) Για να βρούμε τα κοινά σημεία της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f με την ευθεία yxλύνουμε την εξίσωση f (x)  x. Για x  0 έχουμε: f (x)  x  1  x  x2 1 x0 x 1 x Άρα το κοινό σημείο είναι το (1, 1).1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 31

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018  Για x  0 έχουμε: f (x)  x  ln(ex  x)  x  ln(ex  x)  lnex  ex  x  ex  x  0 Άρα το κοινό σημείο είναι το (0 , 0). Επομένως τα κοινά σημεία της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f με την ευθεία yx είναι (0 , 0) και (1, 1).ε) Για x  R   έχουμε: (x)  ef  f (x) f (x) x  x α  0  (x  α) ef (x)  f (x)  xf (x)  0Θεωρούμε τη συνάρτηση  h(x)  (x  α) ef (x)  f (x)  xf (x) , x [0, α] Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο διάστημα [0 , α]  [0 ,  ) Είναι h(0)  α(ef (0) f (0))  α  0 και h(α)  αf (α)  0, (αφού f α  0 f (α)  f (0)  f (α)  0), οπότε h(0)  h(α)  0 . Άρα ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [0 , α], οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον x0  (0 , α) τέτοιο, ώστε:  h(x0)  0  (x0  α) x0  ( 0,α ) ef (x0 )  f (x0 ) f (x0) ef (x0 )  f (x0 )  x0f (x0 )  0 x0  x0 α  0  Επομένως η εξίσωση (Ι) έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα (0 , α)στ) Για κάθε x  R είναι:  x  ημx  x  x  ημx  0 (1)(η ισότητα ισχύει μόνον για x  0 )Έχουμε: x2  0  ex2  e0  ex2  1  ex2 1  0 (2)Λόγω των σχέσεων (1) και (2) η εξίσωση f (ex2 1) f x  ημx   0 θα λυθεί στο διάστημα [0,)Για να ισχύει η ισότητα f (ex2 1)  f  x  ημx   0 και δεδομένου ότι f [0,  )  [0, )πρέπει και αρκεί : (ex2 1)   f (ex2 1)  (0)  ex2 1  0  f (0) x  ημx x  ημx     f 0   f f στο [0,)   x  0     f 0 f f  x  ημx  0 :11 στο [0,)ζ) ♦ Η συνάρτηση f  είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (,0) με: f (x)    1   2  0  x2  x3 Άρα η συνάρτηση f είναι κοίλη στο διάστημα (,0)1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 32

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018♦ Η συνάρτηση f  είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (0,  ) με: f (x)   ex 1   (ex  1)(e x  x)  (ex  1)(e x  x)   ex  (ex  x)2  +x   ex (ex  x)  (ex 1)2  xex  2ex 1 (ex  x)2 (ex  x)2Θεωρούμε τη συνάρτηση k(x)  xex  2ex 1, x  0Η συνάρτηση k είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (0,  ) με: k(x)  ex  xex  2ex  xex  ex  (x 1)ex , x  0Είναι:  k(x)  0  x 1)ex  0  x  1  k(x)  0  x 1)ex  0  x  1Οπότε ο πίνακας μονοτονίας – ακροτάτων της συνάρτησης k είναι ο παρακάτω: x0 1  k(x) 0 k(x) e 1 ΕλάχιστοΕπομένως: Η συνάρτηση k είναι συνεχής στο [0 , 1] και k(x)  0 για κάθε x  0 , 1 , οπότε η συνάρτηση k είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα [0 ,1] Η συνάρτηση k είναι συνεχής στο 1,  και k(x)  0 για κάθε x  (1, ) , οπότε η συνάρτηση k είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα 1,  Η συνάρτηση k παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο xo  1 με ελάχιστη τιμή k (1)  e 1Επιπλέον έχουμε: k [0,1]  k(1), k(0)  e 1,  3 . Το διάστημα αυτό δεν περιέχει το μηδέν άρα η συνάρτηση k δε μηδενίζεται, επομένως f (x)  0 για κάθε x [0,1]. k [1,  )  k(1) , lim k(x)  [ e 1,  ) , x    αφού lim (xex  2ex 1)  lim (x  2)ex 1)   x+ x+ Το 0 [  e 1,  ) , άρα θα υπάρχει ξ  (1, ) τέτοιο, ώστε k(ξ)  0 , το οποίο είναι και μοναδικό αφού η συνάρτηση k είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα 1,  . Επειδή: f (x)  k(x) για κάθε x0 (ex  x)2 συμπεραίνουμε ότι για το μοναδικό αυτό ξ  (1, ) θα ισχύει f (ξ)  0.1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 33

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018 Επίσης: Για x  (1  έχουμε: k 1  x  ξ  k(x)  k(ξ)  k(x)  0  f (x)  0 ενώ για x  (ξ    έχουμε: k x  ξ  k(x)  k(ξ)  k(x)  0  f (x)  0 Επομένως το σημείο   f  είναι σημείο καμπής της γραφικής παράστασης Cf της συνάρτησης f .ΘΕΜΑ 13οΔίνεται η συνάρτηση f (x)  x4  2x2 + 2x και η ευθεία ε που εφάπτεται στη γραφική παράστασηCf της συνάρτησης f στα σημεία της Α x1 ,f (x1 ) και Β x2 ,f (x2 ) με x1  x2α) Να βρείτε τα σημεία Α , Β και την εξίσωση της ευθείας ε.β) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την Cf και την ευθεία ε.γ) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα.δ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό x02,1 , στο οποίο η συνάρτηση f παρουσιάζει ολικό ακρότατο.ΛΥΣΗα) Για κάθε x  R είναι: f (x)  4x3  4x  2 . Η εφαπτομένη της Cf στο Α έχει εξίσωση: y  f (x1)  f (x1)(x  x1)      y  x14  2x12  2x1  4x13  4x1  2 (x  x1)   y  4x13  4x1  2 x  4x14  4x12  2x1  x14  2x12  2x1    y  4x13  4x1  2 x  3x14  2x12 (1). Η εφαπτομένη της Cf στο Β έχει εξίσωση: y  f (x2 )  f (x2 )(x  x2 )    y  3x 24 4x32  4x2  2 x   2x 2 (2). 2Οι εξισώσεις (1), (2) περιγράφουν την ίδια ευθεία της μορφής y  λx  β , οπότε πρέπει και αρκεί: 4x13  4x1  2  4x 3  4x 2  2   4(x13  x32 )  4(x1  x 2)  0  3x14  2x12  2  )  2(x12    3x 4  2x 2 3(x14  x 4 x 2 ) 0 2 2 2 2  4(x1  x2 )(x12  x1x2  x22 )  4(x1  x2 )  0   4(x1  x2 )(x12  x1x 2  x 2  1)  0 x1  x 2  2    3(x12  x 2 )(x12  x 2 )  2(x12  x 2 )  0  (x12  x 2 ) 3(x12  x 2 )  2  0 2 2 2 2 2  x12  x1x2  x 2 1 0 .  x1  x2  0 2  3(x12  ή  x 2 )  2  0 21-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 34

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Αν x1  x2  0  x2  x1 , τότε: x12  x1x2  x 2 1  0  x12  x12  x12 1  0  x12 1 x1 1 ή x1  1. 2 Για x1  1, x2  1 , οπότε A1, f (1) και B1, f (1) , δηλαδή A(1, 1) και B(1,  3) . Όμοια αν x1  1. Αν 3(x12  x 2 )  2  0  x12  x 2  2 , τότε x12  x1x2  x 2 1 0  2  x1x 2 1  0  x1x2  1 . 2 2 3 2 3 3 Έτσι:  x1x 2  1  2x1x 2  2  2x1x2  2  2  3  3  3       0  2x1x 2  3  Άτοπο.  x12  x 2  2  x12  x 2  2x1x 2  2  2  (x1  x2 )2  x1  x2 2 3  2 3 3Επομένως A(1, 1) και B(1,  3) , οπότε η κοινή εφαπτομένη έχει εξίσωση: y  1  4 (x  1)  y  2x  1. 2β) Θεωρούμε τη συνάρτηση της διαφοράς των f, g όπου g(x)  2x 1 .Είναι: h(x)  f (x)  g(x)  x4  2x2  2x  (2x 1)  x4  2x2 1  (x2 1)2  0με h(x)  0  x2 1  0  x  1 ή x  1.Άρα το ζητούμενο εμβαδόν Ε είναι ίσο με: 11 1  Ε   f (x)  g(x) dx   f (x)  g(x) dx   x4  2x2 1 dx  1 1 1   x5  2x3  x  1   1  2  1    1  2  1  2  4  2 16 τ.μ.  3  1  5 3  5 3 5 3  15  5 γ) Για κάθε x  R είναι:  f (x)  4x3  4x  2 f (x)  12x2  4  4(3x2 1)Είναι: f (x)  0  x   3 ή x 3 . 3 3 f (x)  0  x   3 ή x 3 . 3 3Έχουμε: ♦ Η συνάρτηση f είναι κυρτή στο διάστημα  ,  3  , διότι είναι συνεχής στο διάστημα  3   αυτό και f (x)  0 στο  ,  3  3 1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 35

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018 ♦ Η συνάρτηση f είναι κοίλη στο διάστημα  3 , 3  , διότι είναι συνεχής στο διάστημα  3 3    αυτό και f (x)  0 στο   3, 3  3 3  ♦ Η συνάρτηση f είναι κυρτή στο διάστημα  3 ,    , διότι είναι συνεχής στο διάστημα  3   αυτό και f (x)  0 στο  3 ,     3 δ) Για κάθε x  R είναι: f (x)  4x3  4x  2  2(2x3  2x 1) . Η συνάρτηση f  είναι συνεχής στο [2, 1] , f (2)  22 , f (1)  2 , οπότε f (2)  f (1)  44  0Άρα, σύμφωνα με το Θεώρημα Bolzano υπάρχει x0 (2, 1) τέτοιο, ώστε f (x0 )  0 .Ακόμα η f (x)  0, για κάθε x  (2,  1)    ,  3  , οπότε η συνάρτηση f είναι γνησίως  3 αύξουσα στο διάστημα [2, 1] .Επομένως η ρίζα x0 είναι μοναδική στο (2, 1) , άρα και στο διάστημα   ,  3  .  3 Έστω x1   3 και x2  3. 3 3Έχουμε: Στο διάστημα (, x1] η συνάρτηση f  είναι γνησίως αύξουσα και έχει ρίζα το x0 . f ( x )  f   3   18 8 3 0.  3  9 2 f  Στο διάστημα [x1, x2 ] ισχύει ότι : x1  x  x2  f (x)  f (x2 )  f (x)  0 . f  Στο διάστημα [x2,  ) ισχύει ότι : x  x 2  f (x )  f (x 2 )  f (x)  0 .Επομένως το x0 είναι η μοναδική ρίζα της f (x)  0 , οπότε το f (x0 ) είναι ολικό ακρότατο τηςσυνάρτησης f .1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 36

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018ΘΕΜΑ 14ο  ex , x0 1  xΔίνονται οι συναρτήσεις f(x)   xx και g(x)  ln2 x  , x0  1 , x  0α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0  0β) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και να χαρακτηρίσετε τα ακρότατα.γ) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση g(x)  0 έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα (0 , ).δ) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη κυρτότητα και να αποδείξετε ότι η Cf έχει ένα ακριβώς σημείο καμπής.ΛΥΣΗα) Έχουμε: lim f (x)  lim ex  lim ex  lim e xx ln x (1) x0 x0 xx e x ln x x0 x0Είναι:   lim(x x ln x) lim x(1 ln x) lim 1  ln x  lim 1 ln x  lim  1  lim x  0 1  1 x x0 x 0    x 0    x 0  x0 x  x0 1  x2  D.L.H xΘέτουμε: xxlnx  u , οπότε για x 0 έχουμε u 0 , αφού lnx0, άρα από τη σχέση (1) έχουμε: lim f (x)  lim eu  1  f (0) , άρα η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0 0. x0 u0β) Για x  0 έχουμε:    f  ex  ex 1 ex (x)  xx   exx ln x   exx ln x  xx x xx  x .   x  x ln x  1  ln x  x  lnΕίναι:  f (x)  0   e x  ln x  0 ln x  0  x  1. xx e x  ln x  ex 0 xx xx  f (x)  0    0  ln x  0  ln x  ln1 x 1 0  x 1Οπότε ο πίνακας μονοτονίας – ακροτάτων της συνάρτησης f είναι ο παρακάτω: x0 1  f (x) 0 f (x) 1 e0 ΜέγιστοΕπομένως: Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0 ,1 και f ΄(x)  0 για κάθε x  0 ,1  , οπότε η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα 0 ,1 Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 1,    και f ΄(x)  0 για κάθε x  (1,   ) , οπότε η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα 1,  1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 37

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018Είναι: f (0)  1 f (1)  e ex ex ex x ln x x(1ln x )u lim eu  0 , αφού xx ex ln x  lim f (x)  lim  lim  lim lim x(1 lnx)   x u  xx x xΟπότε η συνάρτηση f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στη θέση x0  0 το f (0)  1 και μέγιστητιμή στη θέση x1  1 το f (1)  eγ) Είναι:g(x)  ln 2 x  1 , x0 xΈχουμε: Η συνάρτηση g είναι συνεχής διάστημα [1, e] , ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. g(1)  g(e)  (1)  1  1   1 1  1 e  0 . e  e eΗ συνάρτηση g ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [1, e] ,οπότε η εξίσωση g(x)  0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (1, e)  (0,) , δηλαδήμια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (0,) .Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη με:g(x)   ln 2 x  1   2 lnx  1  1  2x ln x 1  h(x) , x0  x  x x2 x2 x2όπου h(x)  2xlnx 1 , x  0Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη με: h(x)  2xlnx 1  2ln x  2x 1  2(lnx 1) , x0 xΕίναι: h(x)  0  2(ln x  1)  0  ln x  1  x  e1  x   1 e h(x)  0  2(ln x  1)  0  ln x  1  x  e1  x   1 eΟπότε ο πίνακας μονοτονίας – ακροτάτων της συνάρτησης h είναι ο παρακάτω: x0 e1  h(x) 0 h(x) h(e1) ΕλάχιστοΗ συνάρτηση h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο xo  e1 με ελάχιστη τιμή h (e1)  h  1   2 1  ln 1 1  2  ( ln e) 1  2  (1) 1  1 2  e  2  0  e  e e e e e eΟπότε για κάθε x   είναι: h (x)  h (e1)  0  h (x)  01-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 38

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018 Επομένως για κάθε x   είναι: g(x)  h(x)  0 x2 Δηλαδή η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο (0,) , οπότε η εξίσωση g(x)  0 έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα (0,) .δ) Για κάθε x  0 έχουμε:  f    ex x ex ex ex (x)   ex ln x   ex  ln x  xx ln   ln x ln x  xx  1   xx ln2 x  1 ,  xx xx  xx x  x Άρα f (x)  ex g(x) , x0 xx Είναι f ()  e  g()  0 , οπότε:   για 0  x  α  g(x)  g(α)  0  ex  g(x)  0  f (x)  0 xx  για x  α  g(x)  g(α)  0 ex  g(x)  0  f (x)  0 xx Επειδή η f  μηδενίζεται μόνο για x  α και εκατέρωθεν του α αλλάζει πρόσημο, το σημείο Αα,f (α) είναι το μοναδικό σημείο καμπής της γραφικής παράστασης Cf της συνάρτησης fΘΕΜΑ 15οΈστω μια παραγωγίσιμη συνάρτηση f :[0, π]  R για την οποία ισχύουν:  1  ημx2 f ΄(x)  συνx , για κάθε x [0, π]  f (0)  0α) Να αποδείξετε ότι f (x)  1  1  1 , x [0, π] ημxβ) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία, τα ακρότατα και την κυρτότητα.γ) Να βρείτε το όριο im ημ2x  x x0 xf (x)δ) Να λύσετε την εξίσωση 2f (x)  (2x  π)f ΄(x)  1ε) Να εξετάσετε αν η ευθεία x  ρ, όπου ρ η ρίζα της εξίσωσης του ερωτήματος (δ), χωρίζει το χωρίο Ω που περικλείεται από τη γραφική παράσταση Cf της συνάρτησης f και τον άξονα x΄x, σε δύο ισεμβαδικά χωρία.ΛΥΣΗα) Για κάθε x [0, π] έχουμε: 1 ημx 2 f ΄(x)  συνx  f ΄(x)  συνx  f ΄(x)  1 ημx΄ 1 ημx2 1 ημx2  f ΄(x)    1  1 ΄  f (x)   1 1  c, c    ημx  ημx  1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 39

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018Για x  0 έχουμε: f (0)   1  1 c, δηλαδή c 1, αφού f (0)  0. ημ0Άρα: f (x)  1  1  1 , x [0, π] ημxβ) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα [0, π] με: f ΄(x)  συνx , x [0, π] 1 ημx2Είναι:  f ΄(x)  0  συνx 0 συνx 0  x  π , διότι x [0, π] 2 1 ημx2  f ΄(x) 0  συνx  0 1ημx2 0 συνx  0 x  0, π 2  1 ημx 2 Οπότε ο πίνακας μονοτονίας – ακροτάτων της συνάρτησης f είναι ο παρακάτω: x0 π π f΄(x) 2  f (x) +0 1 2 ΜέγιστοΕίναι: f ΄(x)  0 για κάθε x  0, π  και η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα 0, π  . 2  2  Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα 0, π  . 2  f ΄(x)  0 για κάθε x  π , π και η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα  π , π . 2  2 Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα  π , π .  2 Η συνάρτηση f παρουσιάζει μέγιστο στη θέση x0  π με μέγιστη τιμή f  π   1, ενώ στις 2  2  2 θέσεις x1  0 και x2  π παρουσιάζει ελάχιστο με ελάχιστη τιμή f (0)  f (π)  0 .Η συνάρτηση f ΄ είναι παραγωγίσιμη, ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με  f ημx 2  συνx ΄  συνx ΄1  1   συνx 1 ημx 2 ΄   ΄΄(x)  1 ημx2  ημx 4  ημx 1 ημx 2  2συν2x 1 ημx  ημx 1 ημx   2συν2x , x [0, π] 1 ημx4   1 ημx 31-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 40

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [0, π] και f ΄΄(x)  0 για κάθε x [0, π]. Άρα η f είναι κοίλη.γ) Για x  0 κοντά στο μηδέν έχουμε: ημ2x  x  ημ2x  x  1   2 ημ2x 1  1 xf (x) x (x)  2x (x) f fΆρα: im ημ2x  x  im ημ2x  x  im   2 ημ2x  1  f 1   , διότι x0 xf (x) xf (x)   2x (x)  x 0 x 0   im ημ2x u2x im ημu 1 2x u x0  u0Επίσης: imf(x)  f(0)  0 και f(x) 0 για κάθε x0, π ,από ερώτημα (α), οπότε im 1   x0 f (x) x0δ) Για x [0, π] έχουμε: 2f ( x )  2 x    f ΄( x )  1  2x   f ΄(x)  2f (x) 1  0  (x)  0 , όπου (x)  2x   f ΄(x)  2f (x) 1, x [0, ]Η συνάρτηση φ είναι παραγωγίσιμη στο [0, π] με: ΄(x)  2x   f (x)  2f (x) 1΄   2f (x)  2x   f (x)  2f (x)  2x   f (x) , x [0, ]Είναι:  ΄(x)  0  2x   f ΄΄(x)  0  x   , διότι 2 f ΄΄(x)  0 για κάθε x [0, ] , λόγω του ερωτήματος (α).  ΄(x)  0   2x    f ΄΄(x)  0  2x    0  0  x   2Οπότε ο πίνακας μονοτονίας – ακροτάτων της συνάρτησης φ είναι ο παρακάτω: x0 + π π φ΄(x) 2  φ(x) 0 0 ΜέγιστοΗ συνάρτηση  παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο xo   με μέγιστη τιμή      0 2 2 Λόγω μονοτονίας της συνάρτησης  είναι: (x)  0 για κάθε x  0,     ,  2   2Επομένως η εξίσωση φ(x)  0  2f (x)  (2x  π)f ΄(x) 1 έχει ακριβώς μία ρίζα το  21-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 41

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018 2ος τρόπος: (Υπόδειξη) Για x   η (Ι) αληθεύει και 2f (x)  2x  π f ΄(x) 1, για κάθε x  0,      ,  με Θ.Μ.Τ. 2 2   2 για τη συνάρτηση f στο διάστημα x,   , αν x  0,   και στο διάστημα   , x  , αν x   ,  2  2   2  2ε) Έχουμε: f (x)  0  1  1 1  0  1 ημx 1 ημx  0 x[0, π] 0 ή x  π ημx x Στο διάστημα [0 , ] η συνάρτηση f είναι συνεχής και οι τιμές της είναι μη αρνητικές. Για να αποδείξουμε ότι η ευθεία x π χωρίζει το χωρίο Ω, που περικλείεται από τη γραφική παράσταση 2 της συνάρτησης f και τον άξονα x΄x, σε δύο ισεμβαδικά χωρία, αρκεί να αποδείξουμε ότι: π 2π  f (x)dx   f (x)dx . 0π 2 π Στο ολοκλήρωμα  f (x)dx , θέτουμε π  x  u  x  π  u , τότε dx  π  u΄du  du. π 2 Για x  π έχουμε u1  π , ενώ για x  π έχουμε u2 0. 2 2 Είναι: π ππ π 0 2 22  f (x)dx   f (π  u)du   f (π  u)du   f (u)du   f (x)dx , π π 0 00 22 διότι f (π  x)  f (x) για κάθε x [0, ] , επειδή ημ(π  x)  ημx . Άρα η ευθεία x π χωρίζει το χωρίο Ω, που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της f και 2 τον άξονα x΄x, σε δύο ισεμβαδικά χωρία.ΘΕΜΑ 16οΔίνεται η συνάρτηση f: 0, π  R , με f (x)  εφx . 2 α) Να αποδείξετε ότι f (x)  1  f 4(x ) , x   0 , π και να εξετάσετε αν η συνάρτηση f είναι 2f (x)  2  παραγωγίσιμη στο 0.β) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και να βρείτε το σύνολο τιμών της. f 1 ( x)  f 1 (1) x  1γ) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται, να υπολογίσετε το όριο lim x1 και να βρείτε την εξίσωση εφαπτομένης της Cf 1 , στο σημείο (1,f 1(1)) .δ) Να υπολογίσετε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης g(x)  f 4(x) , τον άξονα xx και τις ευθείες x0 και x  . 41-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 42

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018ΛΥΣΗα) Είναι:  x  1  1 2x  f 4(x 2 x 2f (x) f (x)  2 x  2x  1 ) , x   0 ,   . 2 x  2  Έχουμε: 0 x  0 (x)   lim D.L.H. x0 lim f (x)  f (0)  lim  x x  0 x  0 x  0 x  lim 1 2x  lim  (1  2 x )  2 1    2x0 x  x  x0 Άρα η συνάρτηση f δεν είναι παραγωγίσιμη στο x  0 .β) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο   0 ,  και f (x)  1  f 4(x) 0, για κάθε x   0 ,   . 2  2f (x)  2  Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο 0 ,   . 2  Επομένως το σύνολο τιμών της είναι:   0 ,  , f A  f (0) , lim f  x      x 2 αφού lim f (x)  lim x       2 2 x  x γ) Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο  0 ,   , οπότε είναι «11», επομένως ορίζεται η  2  συνάρτηση f 1 :0,   0,   . 2  Είναι: f 1 ( x ) f 1 (1) u   1 11 x 1 4 2 lim  lim    1.         x 1 u  4 f (u)  f  4  f 4  Στο παραπάνω όριο θέσαμε f 1(x)  u  f (u)  x . Για x 1 έχουμε f (u) 1  f (u)  f    f : «11» u  .  4  4   Η εξίσωση της εφαπτομένης της Cf 1 , στο σημείο (1 , f 1(1)) είναι:  y  f 1(1)  f 1  (1)   x  1  y    1  x 1  y  x 1   , αφού 4 4  f 1  f 1 (x)  f 1 (1) x  1 (1)  lim 1 x 11-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 43

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018δ) Είναι:    444 4  1 1 4 1 4   2 x  2 x        E  g x dx  2x dx    1 000 1 2x 1 dx 0 dx 0 dx  0 dx   4  x  4 x        4 0 dx 4  x 4 4 0  4 0  1 4 4 ..    1 dx  0  0       0ΘΕΜΑ 17οΔίνεται η συνεχής συνάρτηση f :0,   R , με f (x)  x nx , 0  x  1  x1  α , x  1α) Να αποδείξετε ότι α  1 .β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα και το σύνολο τιμών της είναι το (0 , ) .γ) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται και η εξίσωση f 1(x1)x , έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα (2 , 3) .δ) Να αποδείξετε ότι f (1)  1 και ότι η συνάρτηση f  είναι συνεχής στο x0 1 . 2ε) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι κοίλη.στ) Να αποδείξετε ότι (x  1)f (x)  1  f (x)  x1 για κάθε x(1, ) 2ΛΥΣΗα) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0  1, άρα lim f (x)  f (1) . x 1 Έχουμε: x n x 0 n x  x  1  lim nx 1  1, x 1 0 1 x x 1 lim f (x)  lim lim  x 1 x 1 x 1 D.L.H. οπότε   1.β) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 0,1  1,  με: f (x)   xn x   xnx x 1  xnx x 1   x 1  x 12  (n x 1)(x 1)  xnx  x n x  nx  x 1 xnx  x 1 nx . (x 1)2 (x 1)2 (x 1)2 Για κάθε x  (0,1)  (1,  ) είναι: nx  x 1  x 1 nx  0 , οπότε f (x)  0 , x  (0,1)  (1,  ) Επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0  1 συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα 0,  .1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 44

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018γ) Είναι: xn x  1 x 1 nx lim (nx) lim f (x)  lim  lim   lim x  lim x  0 1 1  x0 1 x 0 x 0 x0 x 0 x  x  x2 D.L.H. x0 1  1  x n x  n x 1 x 1 1 lim f (x)  lim  lim   lim (nx 1)   . x  x   x   x   D.L.H.Η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο   0,  , άρα f ()  0,  .Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,  , οπότε είναι και «11», άρα η συνάρτηση fαντιστρέφεται.Επομένως η συνάρτηση f 1 έχει πεδίο ορισμού το f ()  0,  .Έχουμε: x10   f1 (x 1) x f f 1(x1) f (x)  x1f (x)f (x)x10 .Θεωρούμε τη συνάρτηση g με g(x)  f (x)  x 1, x  1. Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο [2, 3] Είναι:  g (2)  f (2)  2 1  2n 2 1  n4  ne  n 4  n1  0 e  g(3)  f (3)  3  1  3n3  2  3n3  4  0 , αφού 2 2 3n3  4  0  n33  4  n27  ne4  27  e4 , ισχύει.Επομένως από Θεώρημα Bolzano η g(x)  0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα 2,3 .Είναι: g(x)  f (x) 1  x  nx  1 1  nx  x 1 x 12   nx  x 1 x2  2x 1  (x 1)2  (x 1)2 (x 1)2    n x  x2  3x  2  0 , για κάθε x 2,3 , (x  1)2αφού nx  0 και x2  3x  2  0 για κάθε x 2,3 .Άρα η συνάρτηση g είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα 2,3 , άρα η ρίζα είναι μοναδική.δ) Για x κοντά στο 1 (x  1) είναι: f (x)  f (1) xn x 1 xnx  x  1 x 1 x 1 (x 1)2   , x 1οπότε: f (x)  f (1) xnx  x  1 0 xnx  x 1 x 1 lim  lim (x 1)2 0 lim [(x 1)2]  x 1 x 1  x 1 D.L.H.1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 45

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018 n x  x  1  1 nx 0 (n x ) 1 1 1 x 2x  2 (2x  2) 2x 2  lim  lim 0 lim  lim x  lim  2(x 1)(x 1) x 1 2 x 1 x 1  x 1 x 1 D.L.H.οπότε: f (1)  1 2Επίσης είναι: lim f (x)  lim x 1 nx 0 x 1 nx  0 x 1 x 1 (x 1)2 [(x 1)2 ]  lim D.L.H. x1 1 1 x 1 1 1 x 2x 2  lim  lim x  lim   f (1) 2(x 1) 1 2(x 1) x 1 x 1 x 1Άρα η συνάρτηση f  είναι συνεχής στο x0  1ε) Για κάθε x 0,1  1,  είναι:  x 1 nx  1  1  (x  1) 2  2(x 1)(x  1)  x 1 nx   x  (x  1) 4 f (x)   (x 1)2    (x 1)3  2(x 1) x 1 nx (x  1) 2  2x 1 nx x x  (x 1)4  (x 1)3   (x 1)2  2xx 1 nx  x2  2x 1 2x2  2x  2xn x  x(x 1)3 x(x 1)3  2xn x  x2 1  2xn x  x2 1  h(x) (1), x(x 1)3 x(x 1)3 x(x 1)3όπου h(x)  2xnx  x2 1, x 0, Για κάθε x 0,  είναι: h(x)  (2xn x  x2 1)  2n x  2x  1  2x  2(n x  1 x) , x 0,  xΓια κάθε x 0,1  1,  είναι: nx  x 1  nx  x 1 0 ,οπότε: h(x)  2(nx 1 x)  0 , x 0,1  1, και η συνάρτηση h είναι συνεχής στο x0  1, ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων.Άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα 0, .Επομένως έχουμε: Αν 0 x 1 h h(x)  h(1)  0. Επιπλέον είναι x(x 1)3 0 και από τη σχέση (1) προκύπτει  ότι f (x)  0 Αν x 1 h h (x )  h (1)  0. Επιπλέον είναι x(x 1)3  0 και από τη σχέση (1) προκύπτει  ότι f (x)  01-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 46

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018 Άρα f (x)  0 για κάθε x 0,1  1,  και από το ερώτημα (δ) έχουμε ότι η συνάρτηση f  είναι συνεχής στο x0  1, άρα η συνάρτηση f είναι κοίλη στο διάστημα 0, .στ) Έστω τυχαίο x  1, τότε η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [1, x] και παραγωγίσιμη στο (1, x) , οπότε ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο διάστημα [1, x] , επομένως θα υπάρχει ένα τουλάχιστον   (1, x) τέτοιο, ώστε f ()  f (x)  f (1) x 1 Είναι: 1   x f  0, f (1)  f ( )  f (x)  1  f (x)  f (1)  x 10 2 x 1  f (x)  f (1)1 x 1  f (x)  f (1)  x 1)f (x)  x 1  f (x) 1  x 1)f (x) 2 2 x 1 1  f (x)  x 1)f (x) 1  x 1)f (x) 1  f (x)  x 1 2 2ΘΕΜΑ 18οΈστω f : R  R μια συνάρτηση δύο φορές παραγωγίσιμη στο R, η οποία ικανοποιεί τις σχέσεις:  2f (x)  x  1 για κάθε xR  f 2 (x)    x)f (x)  12  x για κάθε xRα) Να βρείτε την εφαπτομένη της γραφικής παράστασης Cf της συνάρτησης f , στο κοινό της σημείο με τον άξονα y΄y.β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f δεν παρουσιάζει τοπικά ακρότατα και να τη μελετήσετε ως προς τη μονοτονία.γ) Θεωρούμε ότι η ευθεία y  λx  β είναι ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης Cf της συνάρτησης f στο   . Να αποδείξετε ότι λ  0, β  1 και ότι το σύνολο τιμών της f είναι το f (Α)  (1 , ).δ) Να βρείτε το lim f ( x)  x 4 x  12 x12ΛΥΣΗα) Επειδή καθεμία από τις συναρτήσεις f 2 (x) , 4  x , f (x) και 12  x είναι παραγωγίσιμη στο R, μπορούμε να παραγωγίσουμε και τα δύο μέλη της δοθείσας σχέσης. Για κάθε x R έχουμε:  f 2 (x)  (4  x)f (x)   12  x)   2f (x)f (x)  f (x)  (4  x)f (x)  1 (1) Για x  0 από υπόθεση έχουμε: f 2 (0)  4f (0)  12 f 2 (0)  4f (0) 12  0   (f (0)  2)  (f (0)  6)  0  f (0)  2 ή f (0)  6 Για κάθε x R είναι 2f (x)  x 1, οπότε για x 0 προκύπτει 2f (0)  1  f (0)  1 21-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 47

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018 Άρα f (0)  2 , οπότε η γραφική παράσταση Cf της συνάρτησης f , έχει με τον άξονα y΄y κοινό σημείο το (0, 2). Για x  0 από τη σχέση (1) έχουμε: f (0)  2 2f (0)f (0)  f (0)  f (0)  1  4f (0)  2  f (0)  1  f (0)  1 8 Επομένως η εφαπτομένη της Cf στο σημείο (0, 2) είναι: ε : y  f (0)  f (0)(x  0)  ε: y 2  1 (x  0)  ε: y  1 x 2 . 8 8β) Έστω ότι η συνάρτηση f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο. Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο R το τοπικό ακρότατο θα το παρουσιάζει υποχρεωτικά σε εσωτερικό σημείο x0 του πεδίου ορισμού της, επομένως ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Fermat, οπότε θα είναι f (x0 )  0 (2) Από τη σχέση (1) για x  x0 έχουμε: (2) 2f (x0 )f (x0 )  f (x0 )  (4  x0 )f (x0 )  1  2f (x0 )  0  f (x0 )  (4  x0 ) 0  1  f (x0 )  1 (3) Από υπόθεση για x  x0 έχουμε: f 2 (x0 )  (4  x0 )f (x0 )  12  x0 (3)  1 (4  x0 )1  12  x0  5  12 , που είναι άτοπο. Άρα η συνάρτηση f δεν παρουσιάζει τοπικά ακρότατα. Έχουμε λοιπόν f(x)  0 για κάθε xR και η συνάρτηση f  είναι συνεχής στο R, αφού η f είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο R. Επομένως η συνάρτηση f  διατηρεί σταθερό πρόσημο στο R με f (0)  1  0 , άρα f(x)  0 για κάθε x R , οπότε η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο R. 8γ) Από υπόθεση είναι lim f (x)  R και lim f (x)  x    R x x  x    Για κάθε x κοντά στο  (x  0) από υπόθεση είναι: f 2 (x)  4 x f (x)  12  x (4) x2 x x x2 Είναι lim 4  x  lim x  1 και lim 12  x  lim x  lim 1  0, οπότε από τη x x x2 x2 x x x x x x σχέση (4) έχουμε:  lim f (x)   lim 4  x lim f (x)  lim 12  x   x  x x x2 x x x x  2  (1)  0  ( 1)  0    0 ή   1 (5)1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 48

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018Όμως για κάθε x κοντά στο  (x  0) είναι: 2f (x)  x 1 xo 2 f (x)  1 1 x x Άρα: lim  2 f (x)   lim 1  1   2  1    1 (6)  x  x  2 x xΑπό τις σχέσεις (5) και (6) προκύπτει ότι   0 Είναι: lim f (x)  x   και   0 , x  οπότε lim f (x )   (7) x   Για κάθε x κοντά στο  (x  0) από υπόθεση είναι: f 2 (x)  (4  x)f (x)  12  x   (4  x)f (x)  12  x  f 2 (x)   f (x)  12  x  f 2 (x)  4 1 x (8) 4x Είναι lim 12  x  lim x 1 και lim 1  lim 1  0, οπότε από τις σχέσεις (7) x 4  x x 4x x x x xκαι (8) έχουμε: 12  x 2 1 4x   lim x f (x)  lim  lim f (x)  lim 4 x  x x x    1 20    1 Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο R, οπότε το σύνολο τιμών της είναι:  f    lim f (x) , lim f (x) x xΑπό τη σχέση (7) έχουμε lim f (x)  β  1 xΓια κάθε x R είναι: 2 f (x)  x  1  f (x)  1 x  1 με lim  1 x  1   , 2 2  2 2  xοπότε: lim f (x)   xΆρα: f     1,   δ) Για x  12 από υπόθεση είναι: f 2 (12)  8f (12)  0  f (12) f (12)  8   0  f (12)  0 ή f (12)  8Για κάθε x R είναι 2f (x)  x 1, οπότε για x  12 προκύπτει 2 f (12)  13  f (12)  13 2Άρα: f (12)  81-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 49

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018 Για x  12 από τη σχέση (2) έχουμε: f (12)8 2f (12)f (12)  f (12)  8f (12)  1   16f (12)  8  8f (12)  1   8f (12)  7  f (12)  7 8 Είναι: lim f (x)  x  4 0 lim  f (x)  x4   x12 x 12 0 (x  12) x12  D.L.H. lim f (x) 1  f (12) 1  7 1   1 8 8 x 12ΘΕΜΑ 19οΈστω f : R  R μια παραγωγίσιμη συνάρτηση για την οποία ισχύουν:  lim  e(x2 1)h  1 f (x)  f (x  2h)  xf (x) για κάθε xR h0 4h2 f (0)  1 α) Να αποδείξετε ότι f (x)  1 1 , xR x2 +β) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία, τα ακρότατα, την κυρτότητα και να βρείτε την οριζόντια ασύμπτωτη της γραφικής της παράστασης.γ) Σημείο M x , f(x) , x  0 κινείται στη γραφική παράσταση της συνάρτησης f. Αν Ν είναι το συμμετρικό του ως προς τον άξονα yy και Κ, Λ οι προβολές των Ν, Μ αντιστοίχως στον άξονα xx , να προσδιορίσετε τις κορυφές Κ, Λ, Μ, Ν ώστε το εμβαδόν του τετράπλευρου ΚΛΜΝ να γίνεται μέγιστο.δ) Να λύσετε την εξίσωση: (x2  1)(ex  1)  xε) Να υπολογίσετε: x2 x 1 i) Το όριο lim (ex  1)f (x) x 2ημx  3 1 dx (ex  1) f(x) ii) Το ολοκλήρωμα 1ΛΥΣΗα) Είναι: lim e(x2 1)h 1  (x2 1) lim e(x2 1)h 1  x2 1 αφού h h0 (x2 1)h h0 lim e(x2 1)h 1 (x2 1)hu lim eu 1  d (eu ) 1 (x2 1)h u du h0  u0 u01-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 50