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: