Post on 09-Mar-2016
description
Σελίδα 1 από 6
Προτεινόμενες
Λύσεις
Κυριακή 09/12/2012
Ημερομηνία
ΘΕΜΑ Α
Α.1. Ορισμός σελ.213 σχολικού βιβλίου.
Α.2. Απόδειξη σελ.194 σχολικού βιβλίου.
Α .3. Απόδειξη σελ.235 σχολικού βιβλίου.
Α.4. α . Σωστό β. Σωστό γ. Λάθος δ. Σωστό ε. Λάθος
ΘΕΜΑ Β
f (x )= lnx + 2x.
Β1. D f =(0,+ ) .
Για x1 , x2 D f με x1 < x2 έχουμε:
( )1 2 1 2
ln 1 1 2 2 1 2
1 2 1 2
2 22 ln 2 ln ( ) ( )
ln lnx
x x x xx x x x f x f x
x x x x
, συνεπώς η f είναι
γνησίως αύξουσα στο D f , άρα και ΄΄1-1΄΄και επομένως αντιστρέφεται.
Β.2. Το πεδίο ορισμού της αντίστροφης συνάρτησης f 1 θα είναι ίσο με το
σύνολο τιμών της f : 0,f .
f συνεχής και γνησίως αύξουσα, άρα:
0
0, lim ( ), lim ( ) ,xx
f f x f x
,
διότι: 0 0
lim ( ) lim ln 2 lim ( ) lim ln 2x xx x
f x x x f x x x
.
Άρα: 1 ,f
D .
Β.3. Αφού το 0 0,f η εξίσωση f (x ) = 0 θα έχει μία τουλάχιστον ρίζα
και επειδή η f είναι και γνησίως αύξουσα, θα είναι και 1 -1 άρα θα έχει
μοναδική ρίζα στο (0 , + ) .
Β.4. Έχουμε g (x) =3
7
x
, άρα D g=R.
Διαγώνισμα Μαθηματικά Κατ. Εξεταζόμενο μάθημα
Γ΄ Λυκείου Τάξη
Σελίδα 2 από 6
3
/ ( ) / 0 που ισχύει7
x
h f g g fD D x D g x D x R
3 3 3 3
( ) ( ) ( ) 2 ln 2 ln7 7 7 7
x x x
h x f g x f g x x
.
Άρα: 3 3
lim ( ) lim 2 ln7 7
x
x xh x x
, διότι:
3 3lim 2 0 , αφού 0< 1
7 7
3 3lim ln , αφού ln 0
7 7
x
x
xx
Β.5. Δείξαμε ότι lim ( )x
h x
, άρα θα υπάρχει α>0 ώστε h(α)<0.
Επίσης h(0)=2>0.
Επειδή η h είναι και συνεχής στο [0 , α] (γιατί; ) από το θεώρημα Bolzano η
εξίσωση h(x ) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (0 , α)R.
ΘΕΜΑ Γ
Γ.1 . 24 .xf x x e
α. D f = R.
f (0)=1, άρα το σημείο τομής τηςfC με τον άξονα y y είναι το Α(0,1) .
24 2 , xf x e x , άρα 0 4 2 6f .
Συνεπώς η εξίσωση της εφαπτομένης της fC στο Α(0,1) θα έχει εξ ίσωση:
(0) (0) 0 1 6 6 1.y f f x y x y x
β. 1 2
1 2
( )1 2 1 22 2
1 2 1 22 2
1 2 1 2
4 4
4 4 ( ) ( )2 2
xx x
ex x
x x x x
x e x e f x f xx x x x e e
, συνεπώς η f
είναι γνησίως αύξουσα στο D f , άρα και ΄΄1 -1΄΄και επομένως αντιστρέφεται.
1 ( ) , f f x x x , άρα: 1 ( ) ( ) 1 , f f x f x x .
Η τελευταία σχέση για x=0 γίνεται: 1 1 1 1 6 1 1
6f f
.
Επίσης παρατηρώ ότι 1(0) 1 (1) 0f f .
Άρα η εξίσωση της εφαπτομένης της 1fC στο σημείο της 11, 1f , θα
είναι: 1 1 1(1) (1) 1 1
6y f f x y x .
Σελίδα 3 από 6
γ. Η εφαπτομένη της fC στο 0 0,M x f x
θα έχει εξίσωση:
0 0 0( ) ( )y f x f x x x και επειδή διέρχεται από το Κ(1,5) θα ισχύει:
0 0
0 0 0
0 0
0 0 0
2 2
0 0
2 2 2
0 0 0
2 2
0
5 ( ) ( ) 1
5 4 4 2 1
5 4 4 4 2 2
2 3 1 0
x x
x x x
x x
f x f x x
x e e x
x e x e x e
x e e
Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση 2 22 3 1 0x xxe e έχει μία τουλάχιστον ρίζα
στο (1 , 2) .
Θεωρούμε τη συνάρτηση:2 2( ) 2 3 1.x xh x xe e
Η h είναι συνεχής στο [1 , 2] ως …………… 2 2 2
4 4 4
(1) 2 3 1 1 0
(2) 4 3 1 1 0
h e e e
h e e e
Από το θεώρημα Bolzano η εξίσωση h(x)=02 22 3 1 0x xxe e θα έχει μία
τουλάχιστον ρίζα στο (1 , 2) .
Γ.2.
α. 1
Θα δείξουμε ότι υπάρχει το lim 3 x
xx
.
Θέτουμε: 0
1 1. Τότε: lim 0.
xu u
x x
Άρα:0 0
1 1lim 3 = lim 3 lim 3 3x u u
ux u
x u u
.
Θα δείξουμε ότι υπάρχει το lim x
x
x
.
1 1 11
x xx
x x x x x
1 1lim lim 0x xx x
.
Άρα από το κριτήριο παρεμβολής θα ισχύει: lim = 0 x
x
x
.
Συνεπώς λόγω των ιδιοτήτων των ορίων1
(0) lim 3x
xf x
x x
=3+0=3.
β. Αν η f είχε ρίζα ρR , τότε η f x συν χ ημx f(x) χ2 2 29 6 για x = ρ γίνεται:
f ρ συν ρ ημρ f(ρ) ρ συν ρ ρ2 2 2 2 29 6 0 9 , άτοπο διότι συν ρ ρ2 29 0 για κάθε
ρR.
Άρα η f είναι συνεχής και f (x )≠0 για κάθε xR, συνεπώς διατηρεί πρόσημο
στο R.
Όμως f (0)=3>0, άρα f (x )>0 για κάθε xR.
Σελίδα 4 από 6
γ .
f x συν χ ημx f(x) χ
f x ημx f(x) συν χ χ
f x ημx f(x) ημ x ημ x συν χ χ
f(x) ημx x (1)
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2
2 2
9 6
6 9
6 9 9 9
3 9
Θεωρούμε τη συνάρτηση: g(x)=f(x) – 3ημx , xR.
Άρα η σχέση (1) γίνεται: g(x) x (2)2 29
Η g είναι συνεχής στο R ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων .
Αν η g είχε ρίζα ρR, τότε η (2) για x=ρ γίνεται: 0 = 9+ρ 2 , άτοπο.
Άρα η g διατηρεί πρόσημο και επειδή g(0)=f(0)-3ημ0=3>0, θα ισχύει ότι:
g (x)>0 για κάθε xR.
Άρα η (2) γίνεται:
g(x) x f(x) ημx x f(x) ημx x2 2 29 3 9 3 9 .
δ .
x x x
ημx xlim f(x) lim ημx x lim x
x x
22 9
3 9 3
x
x x x
x xημx ημx ημxx xlim x lim x lim x
x x x x x x
2 20
2
9 91 1
93 3 3 1
διότι: lim = 0 x
x
x
από Γ.2.α και
xlim
x290 .
ΘΕΜΑ Δ
Δ.1. Έστω x1 ,x2R με
f g:
g(x ) g(x ) f g(x ) f g(x ) f g (x ) f g (x ) χ χ1 1
1 2 1 2 1 2 1 2 .
Άρα η g είναι ΄΄1-1΄΄ και συνεπώς αντιστρέφεται.
Δ.2. 1(1) 1 (1) 1 4z i f i
1
2(4) 4 (4) 4z i f i , διότι f( ) f ( )11 4 4 1 .
Άρα: 1
2
1 4(1) 1 4 171.
(4) 4 174
iz i
z i i
Δ.3. Θα δείξουμε ότι υπάρχει το 0
(1 8 ) (1)limh
g h g
h
.
Θέτουμε u=8h , άρα:
h
u lim h008 0 και
0 0
(1 8 ) (1) (1 ) (1)lim lim
8
h u
g h g g u g
uh
0
(1 ) (1)lim 8 8 (1) 8.u
g u gg
u
Σελίδα 5 από 6
f΄ (x)=3x2+1>0 για κάθε xR, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο R συνεπώς
είναι και ΄΄1-1΄΄.
Άρα
f:
f g( ) f g( ) f( ) g( ) .1 1
1 12 1 2 1 2 Άρα και 1 2g =1.
Συνεπώς: w i i.38 2 8 8
Άρα: 18 8 1 2w w i g 18 8 8 8 8 8 1 2i i i g
8 8 1 1 8 8 1i i i , άρα ν=4κ με κΝ * .
Δ.4. Παρατηρώ ότι η x0=-1 είναι ρίζα της f , αφού f ( -1)=0.
Επειδή η f είναι και ΄΄1 -1΄΄ η x0=-1<0 είναι μοναδική ρίζα της εξίσωσης
f (x ) = 0.
Άρα:
2
0
2
2
( 1) ln ln( 1)lim
(1995)
(2013
( 8) ln1
lim(1995)
(2013
1lim ( 8) ln
1(1995)
(2013
x
x
x
x
x
x
f x x x
f
f
x
x
f
f
x
xf
f
Για το
x
xlim ln
x2 1:
Θέτω
xu
x2 1. Τότε:
x x x
x xu lim lim lim .
x x x0 2 2
10
1
Άρα
x u
xlim ln lim lnu
x2 01.
Για το 1
lim(1995)
(2013
xx
f
f
:
-1<1995<2013 f
0<f(1995)<f (2013) άρα 0<f( )
f( )
1995
2013 <1.
Άρα: (1995)
lim 0(2013x
xf
f
και
(1995)
(2013
xf
f
>0 για κάθε xR.
Σελίδα 6 από 6
Συνεπώς: 1
lim(1995)
(2013
xx
f
f
.
Άρα: 2
1lim ( 8) ln
1(1995)
(2013
xx
x
xf
f
.
Δ.5. 1 1
1 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )z x z x x f x i x f x i f x f x , χR.
Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα η τελευταία εξίσωση είναι ισοδύναμη ( * ) με
την: f (x )=x x x x x x .3 3 32 2 2
(*)Σημείωση:
Αν μια συνάρτηση f :ΑR είναι γνησίως αύξουσα, τότε οι εξ ισώσεις f(x) f (x) 1
και f (x )=x είναι ισοδύναμες στο σύνολο Α∩ f (A) .
Απόδειξη:
● Έστω x0 Α∩ f (A) ρίζα της f(x) f (x) 1.
Θα δείξουμε ότι το x0 είναι ρίζα και της εξίσωσης f (x )=x.
Είναι f(x ) f (x ) 1
0 0 (1) .
Έστω f (x0 )≠x0 f (x0 )<x0 ή f (x0 )>x0 .
Αν f (x0 )<x0 ( )f
f f(x ) f (x ) x f(x )
1 11 1
0 0 0 0 Άτοπο
Αν f (x0 )>x0 ( )f
f f(x ) f (x ) x f(x )
1 11 1
0 0 0 0 Άτοπο
Άρα f (x0 )=x0 .
● Έστω x0 Α∩ f (A) είναι ρίζα της f (x )=x, δηλ. f (x0 )=x0 (2) .
Τότε x0= f (x )1
0 (3) .
Από (2) και (3) προκύπτει: f (x0 )= f (x )1
0 .
Επιμέλεια: