Γ_ΛΥΚ ΕΜΕ Επαναληπτικά Θέματα του 2018 TRAPEZA_THEMATON

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018και lim f (x)  f (x 2 h)   lim f (x 2 h)  f (x) 2hu lim f (x u)  f (x)  f (x) 2h h0 2h u h0  u0Οπότε έχουμε: lim  e(x2 1)h 1 f (x)  f (x 2 h)  xf (x)  h0 4h2  1 lim e(x2 1)h 1  lim f (x)  f (x 2 h)  xf (x)  2 h h0 2h h0   1 (x 2  1) f (x)  xf (x)  2  (x2 1) f (x)  (x2 1)f (x)  0   (x2 1) f (x)  c , c  RΕπιπλέον είναι: f (0)  1Οπότε: c  (0 1) f(0)  c  1Επομένως: (x2 1) f(x) 1 f (x)  1 , xR x21β) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο R με: f (x)  2x (x2 1)2Είναι:  f (x)  0  2x 0 2x 0 x 0 (x2  1)2  f (x) 0 2x 0  2x 0 x 0 (x2 1)2Οπότε ο πίνακας μονοτονίας – ακροτάτων της συνάρτησης f είναι ο παρακάτω: x  0  f (x) 0 f (x) 1 ΜέγιστοΕπομένως: 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 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 παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο xo  0 με μέγιστη τιμή f (0)  11-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 51

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018Η συνάρτηση f  είναι παραγωγίσιμη στο R με: f (x)  2(x2 1)2  2x 2(x2 1)2x  8x2  2x2  2  2(3x2 1) (x2 1)4 (x2 1)3 (x2 1)3Είναι:  f (x)  0  2(3x2 1)  0  3x2 1  0  x2  1  x   3 ή x 3 (x2 1)3 3 3 3  f (x)  0  2(3x2 1)  0  3x2 1  0  x2  1  x   3 ή x 3 (x2 1)3 3 3 3Οπότε ο πίνακας κυρτότητας – σημείων καμπής της συνάρτησης f είναι ο παρακάτω: x   3 3  3 3 f (x) 00 f (x)    Σ.Κ. Σ.Κ.Έχουμε:♦ Η συνάρτηση f είναι κυρτή στο διάστημα  ,  3  , διότι είναι συνεχής στο διάστημα  3   αυτό και f (x)  0 στο  ,  3  3 ♦ 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   ♦ Η συνάρτηση f  μηδενίζεται στο x0   3 και εκατέρωθεν αλλάζει πρόσημο. Άρα το 3 σημείο  3 , f   3 , δηλαδή το Α   3 , 3 είναι σημείο καμπής της γραφικής  3  3  3 4  παράστασης της συνάρτησης f♦ Η συνάρτηση f  μηδενίζεται στο x1  3 και εκατέρωθεν αλλάζει πρόσημο. Άρα το 3 σημείο  3 , f  3   , δηλαδή το Β  3 , 3 είναι σημείο καμπής της γραφικής  3  3    3 4  παράστασης της συνάρτησης f1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 52

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018Είναι:  lim f (x)  lim 1 lim 1 0 x2 1  x2 x   x   x    lim f (x)  lim 1 lim 1 0 x2 1  x2 x   x   x  Άρα η ευθεία y  0 δηλαδή ο άξονας xx είναι οριζόντια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασηςCf της συνάρτησης f τόσο στο  όσο και στο γ) Αν M(x, f (x)) τυχαίο σημείο της Cf με x 0, τότε το συμμετρικό του ωςπρος τον άξονα yy είναι το σημείοN (  x , f (x )) και επειδή η f είναιάρτια, ισχύει f (x)  f( x) , οπότεN( x , f ( x)) , δηλαδή το σημείο Νείναι πάνω στη γραφική παράστασητης συνάρτησης f.Το τετράπλευρο ΚΛΜΝ έχει τις απέναντι πλευρές του παράλληλες και τις γωνίες του ορθές, άραείναι ορθογώνιο.Αν E(x) είναι το εμβαδόν του ορθογωνίου, τότε έχουμε: E(x)  (ΚΛ)  (ΛΜ)  2x  1  2x , x0 x2 1 x2 1Για κάθε x  0 η συνάρτηση E(x) είναι παραγωγίσιμη με: E(x)  2(x2 1)  4 x2  2(1 x2 ) (x2 1)2 (x2 1)2Είναι:  E(x)  0  2(1 x2 )  0  1 x2  0  x2 1 x 0 x 1 (x2 1)2   E(x)  0  2(1 x2 )  0  1 x2  0  x2 1 x 0 0  x 1 (x2 1)2 Οπότε ο πίνακας μονοτονίας – ακροτάτων της συνάρτησης E είναι ο παρακάτω: x 0 1  E(x) 0 E (x) 1 ΜέγιστοΗ συνάρτηση E παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο xo  1, οπότε το εμβαδόν του ορθογωνίουΚΛΜΝ γίνεται μέγιστο όταν x  1, οπότε οι ζητούμενες κορυφές του ορθογωνίου είναι τασημεία K (1 , 0) , Λ(1 , 0) , M 1, 1 και N  1 , 1  . 2   2 1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 53

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018δ) Για x  R έχουμε: (x2 1)(ex 1)  x  (x2 1)ex  x2 1  x3  x2 x  x2 x 1  (x2 1)ex  x(x2 1) 1  ex  x  1  x21  ex  x  1  f (x)  ex  x , (1) x21Από το (β) ερώτημα έχουμε ότι f (x) 1 για κάθε x  R, με την ισότητα να ισχύει μόνο για x  0 .Επιπλέον, από την γνωστή ανισοϊσότητα ex  x 1 που επίσης ισχύει για κάθε x  R, προκύπτειότι ex  x  1 με την ισότητα να ισχύει μόνο για x  0 .Επομένως έχουμε:  (1)  f (x)  1 και ex  x  1  x  0ε) i) Για κάθε x  R έχουμε: 1  ημx  1  2  2ημx  2  1  2ημx  3  5   1  3  1  (ex  1) f (x)  1  ex 1 (2) 2ημx 5 2ημx  3 5 x2 1Είναι:   lim (ex ) ex 1 (ex  1) ex x (2x) ex lim x2 1  lim (x2  1)  lim 2x   lim 2   x   x   x   x  DLH DLHΆρα: lim  1  ex 1     5 x2 1  x   Οπότε λόγω της σχέσης (2), συμπεραίνουμε ότι και lim (ex 1)f (x)   x 2ημx  3ii) Έστω Ι το ολοκλήρωμα του οποίου ζητείται ο υπολογισμός, δηλαδή: 1 dx 1 x2 1 1) f (x) ex 1  I (ex  dx 1 1Αν θέσουμε x  u , τότε έχουμε dx  du , οπότε είναι u1  1 , u2  1 και 1 u21 1 (u2 1)eu eu 1 eu 1   I du  du 1 1Οπότε: 1 (x 2  1) 1 (x2 1)ex 1 (x2 1)(ex 1) dx ex 1 ex 1 ex 1   2I II  dx  dx  1 1 1 1  x3  1 1 1 8  3  3 3 3  (x2 1) dx    x  1 1  1  1Άρα: I  4 31-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 54

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018ΘΕΜΑ 20οΣτο διπλανό σχήμα φαίνεται η γραφική παράσταση Cfμιας γνησίως αύξουσας και κυρτής συνάρτησης f : R R,η οποία έχει συνεχή παράγωγο.Η γραφική παράσταση Cf της f έχει ασύμπτωτες τιςευθείες: ε1 : y  0 στο  και την ε2 : y  2x  3 στο  .Η ευθεία ε εφάπτεται της Cf στο σημείο A(0,1) καισχηματίζει με τον άξονα xx γωνία 45o.α) Να συμπληρώσετε τις παρακάτω ισότητες:i) lim f (x)  .... ii) lim f (x)  .... x x x iii) lim f (x)  .... iv) lim f (x)  2x  .... x  xβ) Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης f .γ) Να υπολογίσετε τα όρια:i) lim f 2 (x)  ημ 1  ii) lim ln f (x) (x)  x0 f (x)  2x  1 x fδ) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται και να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης Cf1 της συνάρτησης f 1 , θεωρώντας ότι η συνάρτηση f 1 είναι συνεχής.ε) Να αποδείξετε ότι: i) Η εφαπτομένη ε της Cf στο σημείο A(0,1) έχει εξίσωση y  x1 και να βρείτε το σημείο τομής των ευθειών ε και ε2 5 ii)  f (x)dx  18 . 0ΛΥΣΗα) i) Η ευθεία ε1 : y  0 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της Cf στο  , οπότε lim f (x)  0 x  ii) Η ευθεία ε2 : y  2x  3 είναι πλάγια ασύμπτωτη της Cf στο  , οπότε lim f (x)  2 x x  iii) Είναι lim f (x)  lim  x  f (x )     x  x   x  iv) Η ευθεία ε2 : y  2x  3 είναι πλάγια ασύμπτωτη της Cf στο , οπότε lim [f (x)  2x]  3 x  β) Η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R, οπότε το σύνολο τιμών της είναι:  f ()  lim f (x), lim f (x) x  xΕίναι: lim f (x)  0 και lim f (x)   x  xΟπότε: f ()  0,  1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 55

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018γ) i) Θέτουμε u 1  0. Επειδή lim f (x)  , έχουμε lim 1  0. f (x) x f (x) x  Επομένως: lim f 2 (x)   1   lim  1  u   lim  1  u    , διότι  (x)   u2   u u  x   f  u0 u 0  lim  1     u  u0  lim  u   1  u  u0 ii) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0  0, οπότε limf (x)  f (0)  1. x0 Άρα: lim ln f (x)  ln1  0 x0 Επειδή η συνάρτηση f έχει συνεχή παράγωγο στο R, έχουμε: 0 ln[f(x)] f (x)  0  f (x)  2x 1 lim ln[f (x)] lim  lim f (x)  x0 f (x)  2x 1  f (x)  2 x0 x0 D.L.H.  lim f (x ) f (x)  2   f (0)  1 1 2)  1 , αφού f (0)  450 1 (1  x0 f (x) f (0)f (0)  2δ) Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο R, επομένως η f είναι «11», οπότε αντιστρέφεται. Η γραφική παράσταση Cf 1 της συνάρτησης f 1 είναι συμμετρική της γραφικής παράστασης Cf της συνάρτησης f ως προς την ευθεία y  x. Άρα αντιμεταθέτοντας τις μεταβλητές x , y στις εξισώσεις των ευθειών ε1 : y  0 και ε2 : y  2x  3, οι ασύμπτωτες της Cf 1 είναι οι ευθείες ζ1 : x  0 και ζ2 : x  2y 3  ζ2 : y  1 x 3 , οι οποίες είναι συμμετρικές των ευθειών ε1 και ε2, 2 2 αντιστοίχως, ως προς την ευθεία y  x.ε) i) Είναι: f (0)  1 και f (0)  1 οπότε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης Cf της συνάρτησης f στο σημείο Α(0, 1) έχει εξίσωση: y  f (0)  f (0)(x  0)  y  x 1. Έστω Μ(x, y) το σημείο τομής των ευθειών ε: y  x 1 και ε2 : y  2x  3.1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 56

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018 Για να βρούμε τις συντεταγμένες του σημείου Μ λύνουμε το σύστημα: y  x 1 3  y  x 1  3  y  5 y  2x  x 1  2x x  4 Άρα Μ(4,5) ii) Είναι: 5 45 (1)   f (x)dx  f (x)dx  f (x)dx 0 04 Η συνάρτηση f είναι κυρτή, άρα για κάθε x  R έχουμε: f (x)  x 1 (το «ίσον» ισχύει μόνο για x  0 ) Οπότε  4 4  x2  4  0 (x (2) f (x)dx   1)dx   2  x  12 0  0 Η γραφική παράσταση Cf της συνάρτησης f βρίσκεται «πάνω» από την ασύμπτωτή της ε2 : y  2x  3, άρα για κάθε x  R είναι: f (x)  2x  3 Επομένως έχουμε:  5 5  x 2 5 (52  (42 4 f (x)dx  (2x  3)dx   3x    3  5)  3 4)  6 (3) 44 Προσθέτουμε κατά μέλη τις σχέσεις (2) και (3) οπότε έχουμε: 45 (1)  f (x)dx   f (x)dx  12  6  18  04 5   f (x)dx  18 0ΘΕΜΑ 21ο Στο διπλανό σχήμα φαίνεται η γραφική παράσταση της συνάρτησης f : (0, )  R για την οποία ισχύουν:  Είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο (0 , ) .  Παρουσιάζει μέγιστο στη θέση x0 με τιμή f (x0 ) 2x0 .  f (x)  0 για κάθε x  (0, x0 ] .  Έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο  την ευθεία y  0.α) Να υπολογίσετε (αν υπάρχουν) τα όρια: i) lim 1 ii) lim x  f (x) iii) lim f (x)  2x x1 f (x) x x2  1  1 (x  x0 )f (x) xx0β) Να αποδείξετε ότι ισχύει 0 2x0 1  f (1) x0 1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 57

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018γ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό x1  (1, x0 ) τέτοιο, ώστε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο (x1,f (x1 )) να διέρχεται από την αρχή των αξόνων.δ) Αν E(Ω) το εμβαδό του επιπέδου χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση Cf της συνάρτησης f , τον άξονα xx και την ευθεία x  x0 , να αποδείξετε ότι: E()  2x0 (x0  1)ΛΥΣΗα) i) Η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο (0, ) , άρα και συνεχής, οπότε είναι: lim f (x)  f (1)  0 x 1Για 0  x  1 έχουμε f (x)  0Άρα: lim f 1   (x) x 1Για 1  x  x0 έχουμε f (x)  0Άρα: lim f 1   (x) x 1Είναι: lim f 1  lim f 1 , (x) (x) x 1 x 1οπότε δεν υπάρχει το ζητούμενο όριο.ii) Το όριο lim x  f (x) είναι της μορφής  x x2 1 1 Διαιρώντας με x  0 τους όρους του κλάσματος έχουμε: x  f (x) 1 f (x) x x lim  lim (1) x x2 1 1 x x2 1 1 xxΓνωρίζουμε ότι η f έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο  την y  0 .Άρα: lim f (x)  0 (2) x x Για το όριο lim x2 1 1 έχουμε: x  x x2 1 1 lim x2 1 1  1 x 1 1 1 x0 x 1 1 1 x x x2  x2 lim x2  lim  lim  x x x x x  x  x  1 1  1   1 1  1 1  x2 x   x2 x  x2 x  lim    lim 1   1 (3), διότι lim  lim 0 x   x x   x  x1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 58

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018Άρα από τη σχέση (1) έχουμε:lim x  f (x)  lim 1 f (x) 2 1 0  1 x2 1 1 x x2 x 1x    1 1 3 xiii) Για x κοντά x0 έχουμε: f (x)  2x   f (x)  2x0  2(x x0 )   1   f (x)  2x0  2   1(x  x0 )f (x)  x  x0 x  x0  (x  x  x0  (x)   f )   fΕίναι: lim f (x)  2x0  lim f (x)  f (x0)  f (x0 )  0 , xx0 x  x0 x  x0 xx0 αφού η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο x0  (0, ) lim f 1  f 1  1 , (x) (x0 ) 2x0 xx0 αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0  (0, ) και f (x0 )  2x0  0Οπότε:lim f (x)  2x  lim  f (x)  2x0  2   1  f (x0 )  2 1 Fermat 1 (x  x0 )f (x)  x  x0  f (x) 2x0 x0xx0 xx0    f (x0 )0H συνάρτηση f παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο x0 (0,), οπότε από το Θεώρημα Fermatέχουμε ότι f (x0 )  0β) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [1, x0 ] και παραγωγίσιμη στο (1, x0 ), διότι είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο (0,) και [1, x0 ]  0,  . Επομένως ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο διάστημα [1, x0 ]. Δηλαδή υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ  (1, x0 ) τέτοιο, ώστε:f (ξ)  f (x0 )  f (1) f (1)0 f (ξ)  2x0 x0 1 x0 1  f (x0 )2x0Είναι f (x)  0 για κάθε x  (0, x0 ], οπότε η συνάρτηση f  είναι γνησίως φθίνουσα στοδιάστημα (1, x0 )  (0, x0 ].Επειδή 1  ξ  x0 και η f  είναι γνησίως φθίνουσα, έχουμε:f (1)  f (ξ)  f (x0 ) Fermat 0  2x0  f (1) (4) x0 1  f (x0 )0γ) Η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της Cf στο σημείο x1  (1, x0 ) είναι: (ε) : y  f (x1)  f (x1)(x  x1) Η ευθεία (ε) διέρχεται από την αρχή των αξόνων, οπότε έχουμε: 0  f (x1)  f (x1)(0  x1)  x1f (x1)  f (x1)  0 (5)Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει μοναδικό x1  (1, x0 ) για το οποίο ισχύει η σχέση (5).Θεωρούμε τη συνάρτηση φ(x)  xf (x)  f (x) , η οποία είναι ορισμένη και συνεχή στο [1, x0 ]1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 59

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018Έχουμε:  φ(1)  f (1)  f (1)  f (1)  0 , λόγω της σχέσης (4) φ(x0 ) x0f (x0 )  f (x0) Fermat  2xo  0 , αφού xo  0    f (x0 )0Επομένως η συνάρτηση φ ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano, οπότε θαυπάρχει ένα τουλάχιστον x1  (1, x0 ) τέτοιο, ώστε να ισχύει η σχέση (5)Η συνάρτηση φ είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα [1, x0 ] με: φ(x)  f (x)  xf (x)  f (x)  φ(x)  xf (x)Για κάθε x  (1, x0 )  (0, x0 ] είναι φ(x)  xf (x)  0 και η συνάρτηση φ είναι συνεχής στοδιάστημα [1, x0 ] , οπότε η συνάρτηση φ είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα [1, x0 ]Επομένως το x1  1, x0  για το οποίο ικανοποιείται η σχέση (5) είναι μοναδικό.δ) Από τη γραφική παράσταση Cf της συνάρτησης f στο διάστημα [1, x0 ] παρατηρούμε ότι: f (1)  f (x)  f (x0 )  0  f (x)  2x0 , για κάθε x [1, x0 ] Με την ισότητα να ισχύει μόνο για x  1 και x  x0 Επομένως:Eίναι: x0 x0Οπότε:  f (x) dx  2x0 dx  11 x0  f (x) dx  2x0(x0 1)  1 x0  f (x) dx  2x0 (x0 1)  1 x0 E(Ω)  f (x) dx 1 E(Ω)  2x0 (x0 1)Σημειώσεις:I) Από το σχήμα που δόθηκε, μπορούμε άμεσα να διαπιστώσουμε ότι, το εμβαδόν του χωρίου Ω είναι μικρότερο από το εμβαδόν του ορθογωνίου που σχηματίζεται από τις ευθείες x 1, x  x0 και y  0, y  2x0IΙ) Το όριο του ερωτήματος α) ii) μπορεί να υπολογιστεί και με τη βοήθεια των ιδιοτήτων των ορίων, αφού εύκολα προκύπτει ότι lim x f (x)  lim  x f (x)  x2 1   x2 1 1  x   1 x    x2  1 1 και τα επιμέρους όρια υπολογίζονται εύκολα lim x  ...  1 και lim f (x)  ...  0 x x2 1 1 x x2 1 11-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 60

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018ΘΕΜΑ 22οΔίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : (0,  )  R με f (1)  0 , η οποία ικανοποιεί τη σχέση:f (x)  xlnx για κάθε x  (0,  )α) Να αποδείξετε ότι f (1)  1β) Να υπολογίσετε το όριο lim f (x) lnx x1 e f (x) xΑν επιπλέον ισχύει dx  1, τότε: 1γ) Να αποδείξετε ότι f (x)  xlnx για κάθε x  [1, e] i) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται στο διάστημα [1,e] και να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f 1 ii) Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση Cf 1 της συνάρτησης f 1 διέρχεται από το σημείο  e, e  και στη συνέχεια θεωρώντας ότι η f 1 είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση A  2  να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της Cf 1 στο σημείο της Α iii) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι κυρτή στο διάστημα [1,e] και στη συνέχεια να αποδείξετε ότι ln e  1  e 2  e 1ΛΥΣΗα) Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x)  f (x)  xlnx , x  (0,  ) Για κάθε x  (0,  ) είναι: f (x)  xlnx  f (x)  xlnx  0  g(x)  0  g(x)  g(1) Επομένως η συνάρτηση g παρουσιάζει ελάχιστο στο εσωτερικό σημείο x0  1 του πεδίου ορισμού της. Επίσης η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο (0,  ) με g(x)  f (x)  lnx  1, άρα είναι παραγωγίσιμη και στο x0  1 με g(1)  f (1)  1 Ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Fermat, οπότε θα ισχύει: g(1)  0  f (1)  1β) 1ος τρόπος: Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο x0  1, άρα για x  1 είναι: f (1)  lim f (x)  f (1) x 1 x1 Όμως f (1)  0 και f (1)  1, οπότε έχουμε: lim f (x)  1 (1) x 1 x11-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 61

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x)  lnx , x  (0,  )Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη στο (0,  ) με h(x)  1 , άρα και στο x0 1 με h(1) 1 xΓια κάθε x  1 είναι: lim h(x)  h(1)  h(1) x1 x  1Άρα: lim lnx  1 (2) x 1 x1Για κάθε x  1 είναι: lim f (x)  lim f (x)  lim f (x) 1(1),(2)  1 x1 lnx x 1 x 1 1 x 1 x 1 lnx lim lnx x 1 x 1 x 12ος τρόπος:Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο (0, ) , οπότε είναι και συνεχής. Επομένως η συνάρτησηf (x) θα είναι συνεχής στο (0,1)  (1, ) ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων. Άρα το lim f (x) ,lnx x1 lnxυπάρχει και είναι πραγματικός αριθμός.Για κάθε x  (0, ) είναι f (x)  xlnx , οπότε: Για x  1 έχουμε: f (x)  x  lim f (x)  lim x  lim f (x)  1 lnx lnx lnx x 1+ x 1+ x 1+ Για 0  x 1 έχουμε: f (x)  x  lim f (x)  lim x  lim f (x)  1 lnx lnx lnx x 1 x 1 x 1Επειδή υπάρχει το lim f (x) και είναι πραγματικός αριθμός τα πλευρικά όρια θα είναι ίσα, άρα θα x1 lnxισχύει lim f (x) 1. lnx x1γ) 1ος τρόπος:Για κάθε x [1, e]  (0,  ) είναι: f (x)  xlnx  f (x)  lnx  f (x)  lnx  0  φ(x)  0 (3) x xόπου φ(x)  f (x)  lnx , x[1, e] xΕίναι: e e e e e 1 1 1 1 1 x    1 lnxdx  (x)lnxdx  xlnx   x(lnx)dx  elne  1ln1  x dx  e  e 1  1 0  1dx  e  0  1(e  1)  e  e  1  1 (4) 11-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 62

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018Έχουμε:    e e  f (x)  e f (x) dx e lnxdx (4) 0 1  1 x 1 1 11  φ(x)dx   x  lnx dx    Παρατηρούμε ότι:  φ(x)  f (x)  lnx  0 για κάθε x  (0,  ) και x e  φ(x)dx  0 (5) 1Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει x0  [1, e] τέτοιο, ώστε φ(x0 )  0 , τότε φ(x0 )  0Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι φ(x)  0 για κάθε x  [1, e], αλλά η συνεχής συνάρτηση φ δεν eείναι παντού μηδέν, οπότε φ(x)dx  0 , που είναι άτοπο λόγω της σχέσης (5) 1Επομένως για κάθε x  [1, e] είναι: φ(x)  0  f (x)  lnx  0  f (x)  lnx  f (x)  xlnx x x2ος τρόπος:Για κάθε x [1, e]  (0,  ) είναι: f (x) e f (x) dx e x 1 x 1  f (x)  xlnx   lnx   lnxdx (3α)με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν f (x)  xlnx για κάθε x  [1, e]Είναι: e  lnxdx  ...  1 (4α) 1Δηλαδή η σχέση (3α) ισχύει ως ισότητα, οπότε αναγκαστικά, f (x)  xlnx για κάθε x [1, e]i) Για κάθε x [1, e] είναι: f (x)  (xlnx)  (x)lnx  x(lnx)  lnx  1  0 , αφού για 1  x  e  ln1  lnx  lne  0  lnx  1, άρα 1  lnx  1  2 Επομένως η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [1, e] , άρα είναι και «1–1», οπότε αντιστρέφεται. Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f 1 είναι το σύνολο τιμών της συνάρτησης f. Επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο διάστημα [1, e] έχουμε: Α 1  f (Α)  [f (1) , f (e)]  [0 , e] fii) Το σημείο  e ,  αν και μόνο αν το συμμετρικό του ως προς άξονα συμμετρίας A  2 e   Cf 1 την ευθεία y  x , δηλαδή το σημείο  e, e   Cf Β  2  Είναι: f ( e) = e ln e = e 1 lne = e 1 = e 2 2 21-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 63

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018  e, e   Cf , οπότε το σημείο  e , e   CΆρα το σημείο Β 2  A  2  f 11ος τρόπος:Από υπόθεση γνωρίζουμε ότι η συνάρτηση f 1 είναι παραγωγίσιμη στο [0 , e] , άρα ηεξίσωση της εφαπτομένης της C 1 στο σημείο της  e ,  A  2 e  είναι: f εΑ : y  f 1  e   (f 1)  e   x  e  2   2   2 Είναι:   f e  e  f 1  e e 2  2    Για κάθε x  [0 , e] είναι f (f 1(x))  x (6)Η συνάρτηση f of 1 είναι παραγωγίσιμη στο [0, e], ως σύνθεση παραγωγισίμων συναρτήσεων,οπότε παραγωγίζοντας και τα δύο μέλη της σχέσης (6) έχουμε:  f (f 1(x)) ΄ (x)  f ΄(f 1(x))  (f 1)΄(x)  1 (7)Για x  e από τη σχέση (7) έχουμε: 2 f 1  e   e  2  ΄  e   1 )΄ ΄e  f e  (f 1)΄ e  f f 1  2    (f  1  2  = 1    2  ln e + 1  (f 1)΄ e   1  3  (f 1 )΄ e   1  (f 1 )΄ e   2 2  2 2  2  3Επομένως: εΑ : y  e  2  x  e   y  e  2 x  e  y  2 x  2e2ος τρόπος: 3  2  3 3 3 3Οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f και f 1 είναι συμμετρικές ως προς τηδιχοτόμο της 1ης 3ης γωνίας των αξόνων, δηλαδή την ευθεία y  xΙσχύει η ισοδυναμία:  f e = e  f 1  e   e 2  2 Οπότε το σημείο  e ,  και το συμμετρικό του ως προς άξονα συμμετρίας την A  2 e   Cf 1ευθεία y  x, δηλαδή το σημείο  e, e   Cf Β  2 1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 64

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018 Βρίσκουμε την εφαπτομένη εΒ της Cf στο σημείο της  e, e Β  2      εΒ : y  f e  f  e x  e    εΒ : y  e ln e  2  e 1  x  εΒ : y  e  23 x e  2 εΒ : y  e  3 x  3e  2 2 2 εΒ : y 3 x e 2 Η ζητούμενη εφαπτομένη εΑ της C 1 στο σημείο της  e ,  A  2 e  είναι συμμετρική f της εΒ ως προς άξονα συμμετρίας την ευθεία y  x. Λύνουμε την εξίσωση εΒ : y 3 x e ως προς x στο διάστημα [1, e]. 2 Έχουμε: y 3 x  e  3 x y  e  x  2 y  2e 2 2 3 3 Αντιμεταθέτουμε τις μεταβλητές x και y, οπότε είναι y  2 x  2e 3 3 Άρα η εφαπτομένη εΑ της Cf 1  e,  είναι y 2 x  2e στο σημείο της A  2 e  3 3iii) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [1, e] και για κάθε x  (1,e) είναι f (x)  1  0 , άρα x η συνάρτηση f είναι κυρτή στο διάστημα [1, e]. Επομένως η συνάρτηση f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. σε καθένα από τα διαστήματα 1 , e  1 και e  1 , e , άρα θα υπάρχει ένα τουλάχιστον:  2   2    f  e  1   f (1) f  e  1   f (1)  2   2   ξ  1 , e  1  τέτοιο, ώστε f (ξ1) =   =    2  1  e  1 e 1 2  1 2 f (e)  f  e  1  f (e)  f  e 1  2     e  1     2   ξ   2 , e  τέτοιο, ώστε f (ξ 2 )   2   e  1 e 1 2 e  21-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 65

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018 Η συνάρτηση f είναι κυρτή στο διάστημα [1, e] , επομένως η f  είναι γνησίως αύξουσα, οπότε έχουμε: 1  ξ1  e 1  ξ2  e  f (ξ1)  f (ξ 2 )  2 f  e  1   f (1) f (e)  f  e  1   2   2     <    e 1 e 1 22  f  e  1  f (1) < f (e)  f  e  1    2   2       2f  e  1  < f (1) + f (e)   2     2  e  1 ln  e  1   1  ln1  elne  2  2     (e  1)ln  e  1  e  ln  e  1  e  2   2       e 1 Σημείωση: Στα ερωτήματα (γ) i) και (γ) ii), γράφοντας f 1 εννοούμε την αντίστροφη της συνάρτησης f :[1, e]  R με f (x)  xlnx , («περιορισμός» της f :0,    R στο διάστημα[1, e] ).ΘΕΜΑ 23οΈστω οι παραγωγίσιμες συναρτήσεις f, g :(0 ,  R, με f (e)  g(1)  1 , f (e1   και g(e)  e1,οι οποίες ικανοποιούν τις συνθήκες:  f (x)  g(x), για κάθε x (0 ,  (1)  xf (x)f (x)  x2g2(x)  x2f (x)g(x)  1, για κάθε x (0 ,  (2)α) Να αποδείξετε ότι f (x)g(x)  lnx , x (0 ,  xΑν επιπλέον θεωρήσουμε τη συνάρτηση h(x)  f (x)g(x) , x (0 ,  , τότε:β) i) Να μελετήσετε τη συνάρτηση h ως τη μονοτονία και τα ακρότατα. ii) Να αποδείξετε ότι xe  ex , για κάθε x (0 , γ) Να βρείτε: i) Τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης Ch της συνάρτησης h. ii) Την εξίσωση της εφαπτομένης ε της γραφικής παράστασης Ch της συνάρτησης h, η οποία διέρχεται από την αρχή των αξόνων.δ) Να βρείτε το εμβαδόν Ε του επιπέδου χωρίου που ορίζεται από τη γραφική παράσταση Ch της συνάρτησης h, την εφαπτομένη της ε και την οριζόντια ασύμπτωτη της Ch στο  .ε) Να βρείτε τις συναρτήσεις f και g .1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 66

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018ΛΥΣΗα) Από τις σχέσεις (1) και (2) για κάθε x (0 ,  έχουμε: xf (x)g(x)  x2f (x)g(x)  x2f (x)g(x) 1 f (x)g(x)  xf (x)g(x)  xf (x)g(x)  1  x xf (x)g(x)  lnx)  xf (x)g(x)  lnx  cΓια x  e έχουμε: ef (e)g(e)  lne  c  e1e1 1 c  c  0Επομένως: xf (x)g(x)  lnx  f (x)g(x)  lnx , x (0 ,  xβ) i) Για κάθε x (0 ,  έχουμε: h(x)   lnx   1  lnx  x  x2Είναι:  h(x)  0  1 lnx  0  1 lnx  0  lnx 1 x  e x2  h(x)  0  1 lnx  0  1 lnx  0  lnx 1   x  e x2Οπότε ο πίνακας μονοτονίας – ακροτάτων της συνάρτησης h είναι ο παρακάτω: x 0 e  h(x) 0 h (x) h(e) ΜέγιστοΕπομένως: Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο  0 , e και h΄(x)  0 για κάθε x  0 , e  , οπότε η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα  0 , e  Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο e ,   και h΄(x)  0 για κάθε x  (e , ) , οπότε η συνάρτηση h είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα e,   Η συνάρτηση h παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο xo e με μέγιστη τιμή h (e)  ln e  1 e eii) Η συνάρτηση h παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο xo  e, οπότε για κάθε x (0, ) είναι: h(x)  h (e)  lnx  ln e x0  xln e  lnx e  ln ex  xe  ex x e  elnxγ) i) Είναι: lnx  1 x x lim h(x)  lim 0 lim   lnx    , διότι   x0 x0  x01-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 67

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018 lim 1   και lim (lnx)   x x 0 x0 Επομένως η ευθεία x  0 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης Ch της συνάρτησης h. Είναι: lnx  (lnx) 1 x (x) x lim h(x)  lim  lim  lim  0 x  x  x  x D.L.H. Επομένως η ευθεία y  0 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης Ch της συνάρτησης h.ii) Για κάθε x (0, ) είναι h(x)  1 lnx , άρα ορίζεται εφαπτομένη της γραφικής παράστασης x2 Ch της συνάρτησης h σε κάθε σημείο της. Αν Α x0 , h(x0 ) το σημείο επαφής και (ε) η εφαπτομένη της Ch στο Α, τότε η εξίσωση της εφαπτομένης είναι: (ε): y  h(x0)  h΄( x0 )  (x  x0 )  y  lnx 0  1  lnx 0  (x  x0 ) (3). x0 x 2 0 Όμως το O(0, 0)  (ε) , αν και μόνο αν, η εξίσωση (3) επαληθεύεται για x  0 και y  0 . Έτσι έχουμε: 0  lnx 0  1  lnx 0  (0  x 0 )  lnx 0  1  lnx 0 x0  x0 x0 x 2 x 2 0 0  lnx0 1 lnx0  2lnx0 1 lnx0  1  x0  1  x0  e 2 e2  Για x0  e η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της Ch στο σημείο Α e , h( e) είναι: (ε): y  h( e)  h΄( e)(x  e)  y ln e  1 ln e (x  e)  e e 1  lne 1 1  lne (x e) 1 1 (x e)  2 e 2 2e 2e  y      y   e  y  1  1 x  1  e  y  1  1  x  1  y  1  x 2e 2e 2e 2e 2e 2e 2eδ) Tο εμβαδόν Ε του επιπέδου χωρίου, το οποίο ορίζεται από τη γραφική παράσταση Ch της συνάρτησης h, την εφαπτομένη της ε και την οριζόντια ασύμπτωτη της Ch στο   είναι: e   ()  h(x)dx 11-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 68

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018Είναι:  ()  1  ()  ()  1  e h( e )  1  e 1  1 2 2 2 2e 4 e e ln x e  ln2 x  e ln2 e ln 21 1 x 2 2 h(x)dx lnx  (lnx)dx 1 1     dx    2    1 (ln e)2 (ln1)2  1 ln e 2 0 1 2  2 2 8  2       2Επομένως έχουμε: ()  e h(x)dx 1 1 1   1  4  8  8ε)  Για κάθε x (0 ,  έχουμε: f (x)g(x)  lnx (1)  lnx  x x  f (x)f (x)  f (x)f (x)  lnx  (lnx)  f 2(x)    ln x    2   2       f 2(x)  lnx  c  f 2(x)  lnx  2c 2 2Για x  e έχουμε: f 2(e)  lne  2c 1 1 2c  c  0Επομένως: f 2(x)  lnx , x (0 , Είναι: f (x)  0  f 2 (x)  0  ln x  0  lnx  0  x  1Άρα η εξίσωση f (x)  0 έχει στο (0 ,  μοναδική ρίζα την x  1 Η συνάρτηση f στο (0 , είναι συνεχής και δε μηδενίζεται, οπότε στο διάστημα αυτό διατηρεί σταθερό πρόσημο. Επομένως για κάθε x  (0 ,  ή θα είναι f (x)  0 ή θα είναι f (x)  0 Επειδή f (e1)  1 0 θα είναι f (x)  0 για κάθε x  (0 , Οπότε έχουμε: f (x)  lnx , x (0 , Η συνάρτηση f στο (1, ) είναι συνεχής και δε μηδενίζεται, οπότε στο διάστημα αυτό διατηρεί σταθερό πρόσημο.1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 69

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2018Επομένως για κάθε x  (1,   ή θα είναι f (x)  0 ή θα είναι f (x)  0Επειδή f (e) 1  0 θα είναι f (x)  0 για κάθε x  (1, Οπότε έχουμε: f (x)  lnx , x  (1, Επειδή f (1)  0 έχουμε τελικά:f (x)  lnx , x  (0 ,  (4) Για κάθε x (0 ,  έχουμε:g(x)  f (x)  g(x)  1 , x  (0,  x1-23 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 70