20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

102
μαθηματικά κατεύθυνσης Γ Λυκείου Οι λύσεις είναι αποτέλεσμα συλλογικής δουλειάς των συνεργατών του δικτυακού τόπου http://lisari.blogspot.gr όπου και διατίθεται αποκλειστικά η παρούσα εργασία η καλύτερη ομάδα λόγω team_ής 20 επαναληπτικά θέατα στα lisari team Μάρτιος 2015

Transcript of 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

Page 1: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

μαθηματικά  κατεύθυνσης  Γ  Λυκείου  

Οι  λύσεις  είναι  αποτέλεσμα  συλλογικής  δουλειάς  των  συνεργατών  του  δικτυακού  τόπου    

http://lisari.blogspot.gr    

όπου  και  διατίθεται  αποκλειστικά  η  παρούσα  εργασία

                   η  καλύτερη  ομάδα  λόγω  team_ής

                             20  επαναληπτικά  θέµματα  στα  

               lisari  team  

     Μάρτιος  2015  

Page 2: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

2

Περιεχόμενα

Πρόλογος ………….………………………………………………….……3

lisari team……………………….………………………………………….4

Η ομάδα εργασιών ……………………………………………………...... 5

Εκφωνήσεις θεμάτων …………………………….…………………….…6

Λύση 1ου θέματος…………………….……….………………………...…26

Λύση 2ου θέματος ……..……………………………………………..……30

Λύση 3ου θέματος……..………………………………………………...…34

Λύση 4ου θέματος……..………………………………………...…………38

Λύση 5ου θέματος……..……………………………………….…………. 43

Λύση 6ου θέματος……..……………………………………………………45

Λύση 7ου θέματος……..…………………………………………..………. 49

Λύση 8ου θέματος……..……………………………………………..……. 54

Λύση 9ου θέματος……..……………………………………………………56

Λύση 10ου θέματος……..…………………………………..………………59

Λύση 11ου θέματος……..……………………………………..……………64

Λύση 12ου θέματος……..………………………………………..…………67

Λύση 13ου θέματος……..………………………………………..…………72

Λύση 14ου θέματος……..………………………………………..…………75

Λύση 15ου θέματος……..………………………………………..…………78

Λύση 16ου θέματος……..………………………………………..…………84

Λύση 17ου θέματος……..………………………………………..…………88

Λύση 18ου θέματος……..………………………………………..…………92

Λύση 19ου θέματος……..………………………………………..…………96

Λύση 20ου θέματος ……..…………………………………………………100

Page 3: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

3

Πρόλογος

Στο παρόν αρχείο παρουσιάζονται 20 επαναληπτικά θέματα στα μαθηματικά

κατεύθυνσης Γ΄ τάξης Λυκείου. Τα θέματα είναι αυξημένης δυσκολίας και

συνοδεύονται από υποδειγματικές αναλυτικές λύσεις.

Η συγγραφική ομάδα αποτελείται από μαθηματικούς από διάφορα μέρη της Ελλάδας,

που συναντιούνται διαδικτυακά μέσα από το blog http://lisari.blogspot.gr.

Ελπίζουμε ότι ο πλούτος σκέψεων και ιδεών, η πρωτοτυπία των περισσοτέρων

θεμάτων, η κομψότητα των λύσεων και γενικά το υψηλό επίπεδο, θα συντελέσουν στο

να αποβεί αυτή η εργασία ένα χρήσιμο και ευχάριστο εγχειρίδιο για διδάσκοντες και

διδασκόμενους.

Οι λύσεις των θεμάτων είναι προτεινόμενες και όχι περιοριστικές ως προς την

αντιμετώπιση τους. Οποιαδήποτε σχόλια, παρατηρήσεις, διορθώσεις και βελτιωτικές

προτάσεις είναι ευπρόσδεκτα στην ηλεκτρονική διεύθυνση [email protected].

Με εκτίμηση

Η ομάδα του lisari

-Μάρτιος 2015-

Page 4: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

4

lisari team

Αντωνόπουλος Νίκος (Φροντιστήριο «Κατεύθυνση» - Άργος)

Αυγερινός Βασίλης (Φροντιστήρια «ΔΙΑΤΑΞΗ» - Ν. Σμύρνη και Νίκαια)

Βελαώρας Γιάννης (Φροντιστήριο «ΒΕΛΑΩΡΑΣ» - Λιβαδειά Βοιωτίας)

Βοσκάκης Σήφης (Φροντιστήριο «Ευθύνη» - Ρέθυμνο)

Γιαννόπουλος Μιχάλης ( Αμερικάνικη Γεωργική Σχολή)

Γκριμπαβιώτης Παναγιώτης (Φροντιστήριο «Αστρολάβος» - Άρτα)

Δούδης Δημήτρης (3ο Λύκειο Αλεξανδρούπολης)

Ζαμπέλης Γιάννης (Φροντιστήριο «Πουκαμισάς» Γλυφάδας)

Κακαβάς Βασίλης (Φροντιστήριο «Ώθηση» - Μαρούσι)

Κάκανος Γιάννης (Φροντιστήριο «Παπαπαναγιώτου – Παπαπαύλου» - Σέρρες)

Κανάβης Χρήστος (Διδακτορικό στο ΕΜΠ – 2ο ΣΔΕ φυλακών Κορυδαλλού)

Καρδαμίτσης Σπύρος (Πρότυπο Λύκειο Αναβρύτων)

Κοπάδης Θανάσης (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίων «19+» - Πολύγωνο)

Κουλούρης Αντρέας (3ο Λύκειο Γαλατσίου)

Κουστέρης Χρήστος (Φροντιστήριο «Στόχος» - Περιστέρι)

Μανώλης Ανδρέας (Φροντιστήριο «Ρηγάκης» - Κοζάνη)

Μαρούγκας Χρήστος (3ο ΓΕΛ Κηφισιάς)

Νάννος Μιχάλης (1ο Γυμνάσιο Σαλαμίνας)

Νικολόπουλος Θανάσης (Λύκειο Κατασταρίου, Ζάκυνθος)

Παγώνης Θεόδωρος (Φροντιστήριο «Φάσμα» - Αγρίνιο)

Παντούλας Περικλής (Φροντιστήρια «Γούλα-Δημολένη» - Ιωάννινα)

Παπαδομανωλάκη Μαρία (Πρότυπο Κέντρο Μάθησης «ΔΙΑΚΡΙΣΙΣ» - Ρέθυμνο)

Παπαμικρούλης Δημήτρης (Εκπαιδευτικός Οργανισμός «Ρόμβος»)

Πορίχης Λευτέρης (Γυμνάσιο Λιθακιάς – Ζάκυνθος)

Ράπτης Γιώργος (6ο ΓΕΛ Βόλου)

Σίσκας Χρήστος (Φροντιστήριο «Μπαχαράκης» - Θεσσαλονίκη)

Σκομπρής Νίκος (Συγγραφέας – 1ο Λύκειο Χαλκίδας)

Σπλήνης Νίκος (Φροντιστήριο «ΟΡΙΖΟΝΤΕΣ» - Ηράκλειο Κρήτης)

Σπυριδάκης Αντώνης (Γυμνάσιο Βιάννου - Λασίθι)

Σταυρόπουλος Παύλος (Ιδιωτικά Εκπαιδευτήρια Δούκα)

Σταυρόπουλος Σταύρος (Γραμματέας Ε.Μ.Ε Κορινθίας - Γυμνάσιο Λ.Τ. Λεχαίου)

Τηλέγραφος Κώστας (Φροντιστήριο «Θεμέλιο» - Αλεξανδρούπολη)

Τρύφων Παύλος (1ο Εσπερινό ΕΠΑΛ Περιστερίου)

Φιλιππίδης Χαράλαμπος (Ελληνογαλλική Σχολή «Καλαμαρί»)

Χαραλάμπους Σταύρος (Μουσικό Σχολείο Λαμίας)

Χατζόπουλος Μάκης (Υπουργείο Παιδείας και Θρησκευμάτων)

Page 5: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

Νίκος Αντωνόπουλος

Γιάννης Βελαώρας

Σήφης Βοσκάκης

Παναγιώτης Γκριμπαβιώτης

Γιάννης Κάκανος

Χρήστος Κουστέρης

Θεόδωρος Παγώνης

Δημήτρης Παπαμικρούλης

Γιώργος Ράπτης

Χρήστος Σίσκας

Νίκος Σπλήνης

Παύλος Τρύφων

Χαράλαμπος Φιλιππίδης

Μάκης Χατζόπουλος

Λύτες

Παύλος Τρύφων

Μάκης Χατζόπουλος

Συντονιστές

Θεματοδότες

Παύλος Τρύφων

Εξώφυλλο

Παύλος Τρύφων

Πρόλογος

Κώστας Μπιρμπίλης

Παύλος Τρύφων

lisari team η καλύτερη ομάδα λόγω teαm_ής!

20 επαναληπτικά θέματα στα μαθηματικά κατεύθυνσης

Γ΄ τάξης Λυκείου

Page 6: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

6

Εκφωνήσεις

ΘΕΜΑ 1o

Δίνεται ο μιγαδικός z για τον οποίο ισχύει 6

z z z z 4 64 0 (1)

και η συνάρτηση f : R R με τύπο 33f x x z x z .

α) Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο R και ότι z 2.

β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση

3xx z z

z έχει μοναδική λύση στο διάστημα

z 1, z .

γ) Αν ισχύει η ισότητα της (1), να αποδείξετε ότι 2z z 4 2 17.

Για ποιους μιγαδικούς z ισχύει 2z z 4 2 17 ;

δ) Έστω 1 2z ,z με 6 3 6 3

1 1 1 2 2 2z z 4 z 64 z z 4 z

δ1) Αν 1 2z z 2 2, αποδείξτε ότι 1

2

zi

z

δ2) Αν 2 2

1 2z z 0 , αποδείξτε ότι 1 2z z 2 2

Page 7: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

7

ΘΕΜΑ 2o

Έστω παραγωγίσιμη συνάρτηση f : R R με την ιδιότητα

f x

2

1 2 xdt ,

ln t t 1 1 ln2

για κάθε x R. (1)

α) Αν αποδείξετε ότι f x 1 , για κάθε x R και ότι η f είναι γνησίως αύξουσα

στο R .

β) Να βρείτε πού στρέφει τα κοίλα η f καθώς και την εφαπτομένη της γραφικής

παράστασης της f στο σημείο A 2,f x .

γ) Για α 2 να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό 0x 2,α με την ιδιότητα

0x

0 0

α

f t dt x f x .

δ) Να βρεθεί το

2x

x 0x

f (t 2) 1lim dt.

t

ε) Αποδείξτε ότι η γραφική παράσταση της f δεν έχει πλάγιες/οριζόντιες

ασύμπτωτες στο .

Page 8: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

8

ΘΕΜΑ 3o

A) Αποδείξτε ότι η συνάρτηση x xφ x xe e είναι μια αρχική της

xσ x xe στο R .

B) Δίνεται η συνάρτηση f : R R με τις ιδιότητες:

η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο R ,

xf '' x f ' x e , για κάθε x R ,

ο οριζόντιος άξονας εφάπτεται της γραφικής παράστασης της f στην

αρχή των αξόνων.

α) Να αποδείξετε ότι x

x 1f x 1 , x R

e

και να βρείτε το σύνολο τιμών

της f .

β) Να λυθεί στο R η ανίσωση

22 x

2

1 x e.

3 e

γ) Να βρεθεί το όριο x 2015

xx k

L lim f t dt ,

όπου y k είναι η οριζόντια

ασύμπτωτη της f στο .

δ) Να βρεθούν (εφόσον υπάρχουν) τα όρια

1 2

x 0 x 0

συνx 1 ημxL lim , L lim .

f x f x

ε) Να αποδειχθεί ότι για κάθε α 0 η εξίσωση x α

x 1 α 1

e e

έχει δύο λύσεις

ετερόσημες στο R .

Page 9: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

9

ΘΕΜΑ 4o

Για τη συνεχή στο R συνάρτηση f ισχύει η σχέση

1 x

t

0 0

f x 1 xte dt (f t f 1 t dt , για κάθε x R .

α) Να αποδείξετε ότι f ' x 1 f x f 1 x , για κάθε x R και στη

συνέχεια να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f .

β) Να λύσετε την εξίσωση f x 22 f x , x R .

γ) Αν 0 α β , αποδείξτε ότι

β

α

dx β α

ln f(x) αβ

.

(το ερώτημα γ) είναι από το βιβλίο των Ζανταρίδη-Μαυροφρύδη-Ραικόφτσαλη,θέμα 141, ερώτημα iv,

σελ. 306)

δ) Να βρείτε το k

xf t x

x0

L lim e dt

, για τις διάφορες τιμές του k 1,2,...

Page 10: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

10

ΘΕΜΑ 5o

Δίνονται οι συνεχείς στο συναρτήσεις f ,g με

x

f x x 10

e 1 x f x

και f x x για κάθε x

f x , x 0g x

2 x ln x 1 , x 0

.

α) Να αποδειχθεί ότι xf x x 1 e , x

β) Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση g x 0 έχει δύο ακριβώς λύσεις ετερόσημες

γ) Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση 1 2g x 2 g x 2

2016x 1 x

έχει μια

τουλάχιστον λύση στο διάστημα 1,0 , για κάθε *

1 2x ,x .

Page 11: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

11

ΘΕΜΑ 6o

Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο x

x 1f x .

e x

α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f .

β) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ακριβώς δύο σημεία 1 1A x ,f x ,

2 2B x ,f x με 1 2x 1 x , στα οποία οι εφαπτομένες της γραφικής

παράστασης της f είναι παράλληλες στον οριζόντιο άξονα.

γ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα σημείο Γ ξ,f ξ στο οποίο η

εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f ' είναι παράλληλη στον

οριζόντιο άξονα.

δ) Να αποδειχθεί ότι υπάρχει διάστημα της μορφής [α,β] , με β α 2 , στο

οποίο η f να είναι γνήσια αύξουσα.

ε) Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που καθορίζεται από την γραφική παράσταση

της f και τους άξονες συντεταγμένων.

στ) Να βρεθούν τα όρια

1 23 x ln xx x

ημf x xημx ημxL lim , L lim .

f x e e

Page 12: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

12

ΘΕΜΑ 7o

Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο x

9

0

πf x ημt συνt dt , x 0, .

2

α) Μελετήστε την f ως προς τη μονοτονία και την κυρτότητα.

β) Αποδείξτε ότι f x 0 , για κάθε π

x 0,2

και ότι f x f '' x , για

κάθε π

x 0, .2

γ) Αποδείξτε ότι η συνάρτηση π

m : 0, R2

με

f xm x

x είναι γνήσια

αύξουσα στο πεδίο ορισμού της.

δ) Αποδείξτε ότι f 11

fν ν

, για κάθε ν=2,3,…

ε) Για κάθε π

α,β 0,2

αποδείξτε ότι β 9

αημ t συνt dt β α .

Page 13: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

13

ΘΕΜΑ 8o

Τα σημεία Α,Β,Γ είναι διαφορετικά ανά δύο και είναι εικόνες των μιγαδικών

2zz , z ,

z αντίστοιχα, με

*z C .

α) Να βρεθεί πως έχει επιλεγεί ο μιγαδικός z.

β) Να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές στο Α.

γ) Να θεωρηθεί το σημείο Α στο επίπεδο και να σημειωθούν τα Β,Γ.

δ) Αν το τρίγωνο ΑΒΓ είναι και ορθογώνιο, να βρεθεί η γραμμή που

βρίσκεται το σημείο A.

Page 14: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

14

ΘΕΜΑ 9o

Για τους μιγαδικούς z,w ισχύουν:

1 1

z Re z , με Re z Im z 04 4

13

uu 2z i z i.2

α) Να αποδειχθεί ότι οι εικόνες M z είναι σημεία της γραφικής παράστασης της

συνάρτησης f x x,x 0, και να βρεθεί ο μιγαδικός z για τον οποίο οι

ρυθμοί μεταβολής του πραγματικού και φανταστικού μέρους είναι ίσοι καθώς η

εικόνα του κινείται πάνω στην fC

(δίνεται ότι d

Re(z) 0 , για κάθε t 0dt

).

β) Να βρεθεί ο μιγαδικός z , αν επιπλέον ισχύει 22z z 2 z z 2 i .

γ) Να αποδειχθεί ότι 2z 13 5 .

δ) Αν για τον μιγαδικό w ισχύει ww wu wu 2 0 , αποδείξτε ότι:

δ1) οι εικόνες του w βρίσκονται σε κύκλο,

δ2) οι αριθμοί w u , 2 , u είναι πλευρές ορθογωνίου τριγώνου,

δ3) 2

u w2

,

δ4) 2 2 2

u w 2 w u 2.

Page 15: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

15

ΘΕΜΑ 10o

Δίνεται συνάρτηση f συνεχής στο R και η συνάρτηση g : R R με τύπο

1

0

g x f xt dt.

α) Αποδείξτε ότι x

0

1g x f t dt , x 0

x και ότι η g είναι συνεχής στο 0.

β) Αν 1 2

0 1

f t dt f t dt , αποδείξτε ότι υπάρχει ξ 1,2 τέτοιο, ώστε

g ξ f ξ .

γ) Αν η f είναι παραγωγίσιμη στο 0, αποδείξτε ότι

2 2

x 0

f x g xlim f 0 f 0

x

δ) Αν επιπλέον η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R ,

δ1) Αποδείξτε ότι η g είναι γνησίως φθίνουσα στο R .

δ2) Να συγκρίνετε τους αριθμούς 1

0

f t dt και 2

1

f t dt .

δ3) Αποδείξτε ότι

x 2016 x

0 0

x f t dt x 2016 f t dt , για κάθε x 0

.

δ4) Αν η fC έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο την ευθεία y f 0 ,

αποδείξτε ότι και η gC έχει την ίδια ασύμπτωτη στο .

δ5) Αν *z C με την ιδιότητα

z 1

0 0

z f z tf t dt zf t dt ,

αποδείξτε ότι υπάρχει μοναδικό ρ (0,1) τέτοιο, ώστε

ρz

ρ 1 e 1 ln z .

δ6) Να βρείτε το πρόσημο της συνάρτησης h : R R με τύπο

h x f x g x και στη συνέχεια να βρείτε το

2016 2

xL lim f 2 f 1 g 1 g 2 x ημx x .

Page 16: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

16

ΘΕΜΑ 11o

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : 0, R με

f x 0, για κάθε x 0 ,

2h 0

1 3 h ημhlim

f 1 2 f 1 h f 1

Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f σε κάθε σημείο της

o oA x ,f x διέρχεται από το σημείο o

o

1M x ,0

2x

.

α) Να βρεθεί το f 1 και να αποδειχθεί ότι 21 xf x e , x 0.

β) Αν z με Im z 0 και 2

1 z 1e z 1

, αποδείξτε ότι

1f ' x

xlim z 1 0

γ) Να αποδειχθεί ότι x

2

1

x 1 f x f t 1dt 1

x t x

, για κάθε x 1

δ) Να αποδειχθεί ότι x

2x1

1 1lim 1 f t dt

2t 2

Page 17: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

17

ΘΕΜΑ 12o

Δίνονται οι συναρτήσεις F,f : 0,π R με:

F x f x , για κάθε x (0,π)

x

f xημx

α) Να αποδείξετε ότι

x

π3

f t 1 συνx 1dt ln ln3 , x 0,π

t 1 συνx 2

β) Να αποδείξετε ότι 2π π πln3

F F3 3 2

γ) Να βρείτε το σύνολο τιμών f 0,π και να αποδειχθεί ότι υπάρχει μοναδικό

o

πx

3 τέτοιο, ώστε o

π 2πf x F F

3 3

δ) Nα αποδειχθεί ότι υπάρχει μοναδικό 1

πx

3 τέτοιο, ώστε

o

1

3f xf x .

π

ε) Αν Ε είναι το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση

της συνάρτησης m: 0,π R με f x

m xx

, τον άξονα x΄x και τις

ευθείες π π

x , x3 2

, αποδείξτε ότι

2Eln3οΕ

1

f x ei συν

f x

(όπου i είναι η φανταστική μονάδα).

Page 18: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

18

ΘΕΜΑ 13o

Η συνάρτηση f : 0,π R είναι παραγωγίσιμη με την ιδιότητα

f x ημx f x συνx , για κάθε x 0,π .

α) Αποδείξτε ότι f 0 f π 0

β) Αποδείξτε ότι η γραφική παράσταση της f τέμνει τον οριζόντιο άξονα σε ένα

μόνο σημείο στο διάστημα 0,π

γ) Αν επιπλέον f 0 0 και η f είναι συνεχής στο 0,π , αποδείξτε ότι:

γ1) Αποδείξτε ότι υπάρχει μ 0,π τέτοιο, ώστε f μ 0

γ2) Αν α,β 0,π με f α ημβ f β ημα , τότε α β .

γ3) π π π

2f 2f f6 4 2

γ4)

π

2

π

6

π 3 π3f f x dx f

6 2 2

γ5) f π 0

γ6) Αποδείξτε ότι για κάθε πραγματικό αριθμό λ, η εξίσωση

f x λ ημx έχει μοναδική ρίζα στο 0,π .

Page 19: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

19

ΘΕΜΑ 14o

Η συνάρτηση π

f : 0, R2

είναι παραγωγίσιμη και ισχύουν:

συνx

f x συνx f x ημ x f x ,x

για κάθε π

x 0,2

π

x3

3x π 3 3lim .

x 2f x π

α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση π

g : 0, R2

με

f xg x

xσυνx είναι

σταθερή και στη συνέχεια να βρείτε τη συνάρτηση f

β) Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό o

πx 0,

2

με of x 0 και o

πx

4

γ) Να αποδείξετε ότι 2

xσυνx2

, για κάθε π

x 0, .2

δ) Να αποδείξετε ότι π

βσυνβ ασυνα β α2

, για κάθε π

α,β 0,2

Page 20: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

20

ΘΕΜΑ 15o

Α) Αποδείξτε ότι xe x 1 , για κάθε x R . Πότε ισχύει η ισότητα;

Β) Η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο R , με τις ιδιότητες:

x

2 ef x f x f x

2 , για κάθε x R

2

xx 0

x 3xlim 3

f x e

και f 0 0

α) Να αποδείξετε ότι xf x e x , x R

β) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα 2

x

1

f x f xI dx

e 1

γ) Αν η συνάρτηση g είναι δύο φορές παραγωγίσιμη με 2xg x f x 1, για

κάθε x R ,

γ1) να μελετηθεί η συνάρτηση g ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα

γ2) να αποδείξετε ότι 1

g 02

γ3) να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g δεν είναι γνησίως φθίνουσα στο R

γ4) να αποδείξετε ότι 1

0

5 2eg 0 g x dx g 1

2

γ5) να αποδείξετε ότι g 1

eg x ln

x

, για κάθε x 1.

Page 21: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

21

ΘΕΜΑ 16o

Δίνεται η συνάρτηση f : 0, R με

x 1

t

x e1

1 ln x 1f x lim 1 e dt

x e t

, για κάθε x 0 (1) .

α) Αποδείξτε ότι 1

xf x xe , x 0

β) Να εξεταστεί η f ως προς την κυρτότητα

γ) Αποδείξτε ότι f x 1 , για κάθε x 0

δ) Αν α,β 0 , να αποδειχθεί ότι ισχύει 1

x α β1

x β

x α β x βα

ee

, για κάθε

x 0

ε) Να βρείτε το 4 3

4x

f x 2x 1M lim

2x 4x

στ) Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο

σημείο A 1,f 1 . Στη συνέχεια:

στ1) να αποδειχθεί ότι 2

1

2f x dx

e

στ2) αν Ε είναι το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική

παράσταση της f , τον άξονα x΄x και τις ευθείες x 1,x 2 ,

αποδείξτε ότι

x x

x xx

7E 2lim

2 3

στ3) Βρείτε το όριο

x

1

kx

f t dt

L limx

, για k 1,2,...

Page 22: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

22

ΘΕΜΑ 17o

Δίνονται οι μιγαδικοί ημx

1 2z 1 iα , z 2 ημx i , x R 0 α 1 και

η συνάρτηση f : R R με τύπο 1 2f (x) Im z z . Αν ισχύει:

1 2Re z z 1, για κάθε x R

ημκ

ημλ

e 2 ημλ

e 2 ημκ

(κ,λ R με κ λ) ,

α) Αποδείξτε ότι α e

β) Να αποδείξετε ότι υπάρχει αριθμός ρ , ώστε π

f ρπ 02

,

με κ 1 λ 1

ρπ 2 π 2

γ) Να βρεθούν οι ακέραιοι μ για τους οποίους η εξίσωση f x μ έχει ακριβώς

δύο λύσεις στο διάστημα 0,π

δ)

δ1) Αποδείξτε ότι lnx x 1 , για κάθε x 0 . Πότε ισχύει η ισότητα;

δ2) Θεωρούμε τη συνάρτηση g : R R με f x 1

g x2 ημx

.

Αν E το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της

g , τον άξονα x΄x και τις ευθείες π

x 0,x2

, αποδείξτε ότι π

Ε 12

δ3) Αποδείξτε ότι x

x0

lim g t dt

ε) Αποδείξτε ότι

ημx

1 1 2

f 0x 01

Im z x 1 f x 1 e 1 Re z zlim 0

x Im z

Page 23: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

23

ΘΕΜΑ 18o

α) Να αποδείξετε ότι

3xx ημx x

6 , για κάθε x 0 (*)

β) Αν 20163

x

x ημtF x x dt , x 0

18 t να βρεθεί η μονοτονία αυτής και να

λυθεί η ανίσωση 3

x 3

3

x

ημt 19x xx dt

t 18 18 στο 0,

γ) Αν α 1 , να βρεθούν τα όρια:

γ1)

αx

x 0x

ημtlim dt

t γ2)

αx

2x 0

x

ημtlim dt

t γ3)

αx

3x 0

x

ημtlim dt

t

δ) Αν Ε είναι το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση

της συνάρτησης φ : 0, R με φ x ημ ln x , τον άξονα x΄x και τις

ευθείες x 1 , x e , αποδείξτε ότι e

E 13

ε) Να αποδείξετε ότι

π2

0

8ημ συνx dx 1

9 και

π2

0

8ημ ημx dx 1.

9

Page 24: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

24

ΘΕΜΑ 19o

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : 0, R με τις ιδιότητες:

x

f xy f 2f xy

, για κάθε x,y 0

f 1 0 και f 1 1 .

α) Να αποδειχθεί ότι 2

1 1 2f x f

x x x

, για κάθε x 0

β) Αποδείξτε ότι f x ln x , x 0

γ)

Ένας κυνηγός βρίσκεται στη θέση K , σε απόσταση από την αρχή του λόφου Λ

ίση με 2ΚΛ e 1 δεκάδες μέτρα. Ο λαγός ανεβαίνει το λόφο, ο οποίος

«αντιγράφει» τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f , για x 1 . Να βρεθεί με

μεγαλύτερη απόσταση κυνηγού-λαγού που ο κυνηγός έχει οπτική επαφή με το λαγό

δ) Η ευθεία y α 0 τέμνει τη γραφική παράσταση της f στα σημεία A,B.

Να αποδειχθεί ότι οι εφαπτόμενες αυτής στα A,B τέμνονται κάθετα.

Page 25: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

25

ΘΕΜΑ 20o

Δίνεται η συνάρτηση f : R R δύο φορές παραγωγίσιμη, με τις ιδιότητες:

xe f x 1, για κάθε πραγματικό αριθμό χ

η γραφική παράσταση της f έχει ασύμπτωτη την ευθεία ε : y x στο

α) Να αποδειχθεί ότι xf x x e , x R

β) Να αποδειχθεί ότι f x 1 , για κάθε x R και να βρεθεί το σύνολο τιμών

της συνάρτησης f f

γ) Αποδείξτε ότι υπάρχει μοναδικό e

m 0: f f m e

δ) Να αποδειχθεί ότι για α 1 ισχύει

1

αα 1 α

eα α 1

ε) Να λυθεί η εξίσωση 2 2x 3x 2 x 1e e 3x 1 , x R.

στ) Αποδείξτε ότι δεν υπάρχει k ke k e kk R: e συν e e 1 .

Page 26: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

26

Προτεινόμενες Λύσεις

ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 1ου

α) Από τη θεωρία ισχύει η σχέση 2

zz z . Άρα

6 6 2 6 3z z zz 4 64 0 z z z 4 64 0 z z 4 z 64 0 (2)

Η εξίσωση 6 3x x 4x 64 0 έχει ρίζα το 2 . Κάνουμε σχήμα Horner με το 2 :

1 0 0 1 0 -4 -64 2

↓ 2 4 8 18 36 64

1 2 4 9 18 32 0

Οπότε, η ταυτότητα της διαίρεσης δίνει:

6 3 5 4 3 2x x 4x 64 x 2 x 2x 4x 9x 18x 32 .

Έτσι, η σχέση (2) γράφεται ισοδύναμα:

5 4 3 2

θετικό

z 2 z 2 z 4 z 9 z 18 z 32 0

άρα z 2 0 z 2. Από τη σχέση (1) προκύπτει ότι z 0

(διότι αν ήταν (1)

z 0 64 0 , άτοπο).

Η f είναι παραγωγίσιμη στο , ως πολυωνυμική, με παράγωγο

2f x 3x z 0, για κάθε πραγματικό αριθμό x . Άρα f γνησίως αύξουσα στο .

β) Θεωρούμε τη συνάρτηση g : z 1, z , με τύπο 3

2xg x x z

z

Η g είναι συνεχής στο z 1, z , ως πολυωνυμική και ισχύει:

3

2zg z z z z 0

z

33

2zz 1

g z 1 z 1 zz

2 2 33 z 3 z 1 z z z 2

2 z 2 z 10

z z

(διότι 22x 2x 1 0, ως τριώνυμο με αρνητική διακρίνουσα και α 2 0 .

Άρα 2

2 z 2 z 1 0 ).

Από το θεώρημα Bolzano, προκύπτει η ύπαρξη αριθμού

3 3

2o oo o o o

x xx z 1, z : g x 0 x z 0 x zz

z z

Το ox αυτό είναι μοναδικό, διότι 23x

g x 1 0,z

για κάθε x z 1, z , άρα η

συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της.

γ) Έχουμε τώρα ότι ισχύει η ισότητα 6

z z zz 4 64 0 , οπότε από το α)

ερώτημα προκύπτει ότι z 2 . Θα αποδείξουμε ότι

2z z 4 2 17

Page 27: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

27

Έστω z x yi, x, y . Τότε επειδή 2 2 2 2z 2 x y 4 y 4 x (3)

Έχουμε,

22 2 2 2 2z z 4 x yi x yi 4 x y 2xyi x yi 4 x y x 4 y 2x 1 i

Άρα,

(3)2 222 2 2 2 2 2 2 2z z 4 x y x 4 y 2x 1 x 4 x x 4 4 x 4x 1 4x

2

2 2 2

4 2 3 2 2 4 2 3

2x x 8 4 x 4x 1 4x

4x x 64 4x 32x 16x 16x 4 16x 4x x 4x

2 2 1768 16x 2 17 4x , x

2

Η συνάρτηση 2 17φ x 2 17 4x , x

2 είναι παραγωγίσιμη στο

17 17,

2 2

,

με παράγωγο

2 2

8x 8xφ x 2

2 17 4x 17 4x

άρα,

17

φ x 0 x ,0 .2

Άρα η φ μεγιστοποιείται για x 0 , με μέγιστη τιμή φ 0 2 17 . Δηλαδή

2z z 4 2 17

Η ισότητα ισχύει για x Re z 0, δηλαδή για z yi , y .

Όμως z 2 y 2. Άρα η ισότητα ισχύει για z 2i

δ) Από τις σχέσεις της υπόθεσης και το α) ερώτημα προκύπτει ότι

1 2z z 2

Α: εικόνα του 1z

Β: εικόνα του 2z

AB 2 2

OB 2

Είναι,

x

17

2 0

17

2

φ΄ x + -

φ

Page 28: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

28

2 2

1 2z z OA OB 2OM 2 OM 2 OB BM 2 4 2 2 2

,

όπου Μ το μέσο του ΑΒ.

δ1) Ας ονομάσουμε 1

2

zw

z . Οπότε προκύπτει:

1 2z z 2 2 12

2

zz 1 2 2

z

2z w 1 2 2 2 w 1 2 2 w 1 2

Παρόμοια, από τη σχέση 1 2z z 2 2 καταλήγουμε στη σχέση w 1 2

Άρα,

w 1 w 1 2 2

w 1 w 1

w 1 w 1 w 1 w 1 w w 0

Re w 0 1

2

zRe 0

z

1

2

zki

z , για κάποιο k

Όμως,

w 1 2 ki 1 2 2k 1 2 2k 1 k 1

Άρα πράγματι

1

2

zi

z

δ2) 2 2

1 2z z 0 2

1 2 1 2z z 2z z 0 2

1 2 1 2z z 2z z

2

1 2 1 2z z 2z z 2

1 2 1 2z z 2 z z 2

1 2z z 8 1 2z z 2 2

Οπότε, έχοντας δεδομένα 1 2z zOB 2 , OM 2

2

, εφαρμόζουμε το

πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΜΒ:

2 2

MB OB MO 4 2 2

Άρα,

1 2z z 2 MB 2 2

Page 29: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

29

[ Σχόλια:

1. Στα ερωτήματα δ1) , δ2) μπορούμε εναλλακτικά να χρησιμοποιήσουμε τον τύπο 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2z z z z 2 z 2 z

(άσκηση σχολικού βιβλίου – χρειάζεται απόδειξη η χρήση του τύπου αυτού).

Οπότε γνωρίζοντας το 1 2z z βρίσκουμε το 1 2z z και αντίστροφα.

2.

Αν Β η εικόνα του 2z και Γ η εικόνα του 1z , τότε 2AB 2z 4 διάμετρος.

Άρα Λ

οΓ 90 και από το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΑΒΓ παίρνουμε

2 2 2

ΑΒ ΑΓ ΒΓ

2 2

1 2 1 216 z z z z

και συνεχίζουμε όπως στα ερωτήματα δ1) , δ2) ]

Page 30: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

30

ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 2ου

α) Γνωρίζουμε (από εφαρμογή του σχολικού βιβλίου) ότι

nx x 1 για κάθε x 0 (με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν x 1 )

Συνεπώς η συνάρτηση

1g(t)

nt t 1

έχει πεδίο ορισμού το (0,1) (1, )

Η συνάρτηση x

2

1H(x) dt

nt t 1

έχει πεδίο ορισμού το (1, )

(αφού τα άκρα 1, x του ολοκληρώματος πρέπει να ανήκουν στο ίδιο διάστημα του

πεδίου ορισμού της g και 2 (1, ) )

Αφού η σχέση f (x)

2

1 2 xdt

nt t 1 1 n2

ισχύει για κάθε x , η συνάρτηση f (x)

2

1H(f (x)) dt

nt t 1

έχει πεδίο ορισμού το

Συνεπώς ισχύει

{x και f (x) 1} , για κάθε x

Άρα , f (x) 1 για κάθε x .

Αφού g συνεχής στο (1, ) και 2 σημείο του (1, ) , η συνάρτηση

f (x)

2

1H(f (x)) dt

nt t 1

είναι παραγωγίσιμη στο , με

f (x)

2

1 f (x)H(f (x)) dt

nt t 1 nf (x) f (x) 1

Παραγωγίζοντας τη σχέση (1) έχουμε

f (x) 1 nf (x) f (x) 1f (x) 0

nf (x) f (x) 1 1 n2 n2 1

(διότι 2 e n2 ne n2 1 n2 1 0 και αφού f (x) 1 προκύπτει

nf (x) f (x) 1 nf (x) f (x) 1 0 )

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο

β) Αφού η f είναι παραγωγίσιμη στο τότε η συνάρτηση

nf (x) f (x) 1

n2 1

είναι παραγωγίσιμη στο , ως πράξεις παραγωγίσιμων. Τότε από τη σχέση

nf (x) f (x) 1f (x)

n2 1

(2)

προκύπτει ότι η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη

Παραγωγίζοντας τη σχέση (2) έχουμε

1 f (x) f (x) 1 f (x)f (x) ( f (x)) 0

n2 1 f (x) n2 1 f (x)

για κάθε x

Page 31: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

31

(αφού f (x) 0 , n2 1 0 , f (x) 1 τότε f (x) 0 και 1 f (x) 0 )

Άρα η f στρέφει τα κοίλα άνω στο

Η σχέση f (x)

2

1 2 xdt

nt t 1 1 n2

για x 2 γίνεται f (2)

2

1dt 0

nt t 1

Όμως ισχύει

1nt t 1 0 0

nt t 1

Τότε

Αν f (2) 2 τότε

f (2) f (2)

2 2

1 1dt 0 dt 0

nt t 1 nt t 1

, άτοπο

Αν f (2) 2 τότε

2 f (2)

f (2) 2

1 1dt 0 dt 0

nt t 1 nt t 1

, άτοπο

Άρα ισχύει

f (2) 2

Η σχέση

nf (x) f (x) 1f (x)

n2 1

για x 2 γίνεται

nf (2) f (2) 1 n2 2 1 n2 1f (2) 1

n2 1 n2 1 n2 1

Οπότε η εφαπτομένη της fC στο A 2,2 έχει εξίσωση

ε : y f (2) f (2)(x 2)

ε : y 2 x 2 ε : y x

γ) Θεωρούμε τη συνάρτηση x

αh(x) f (t)dt x f (x) , x

Αφού f συνεχής στο , τότε x

αf (t)dt παραγωγίσιμη στο και x,f (x)

παραγωγίσιμες στο , άρα η είναι h παραγωγίσιμη στο , με

x

αh (x) f (t)dt x f (x) f (x) 1 f (x) 0

(αφού f (x) 1 f (x) 1 0 και f (x) 0 )

Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο

Η h είναι συνεχής στο [2,α] (αφού είναι παραγωγίσιμη στο )

h(2) h(α) 0

αφού 2 α

α 2h(2) f (t)dt 2 f (2) f (t)dt 0 , διότι f (t) 0 τότε με α >2 ισχύει

α

2f (t)dt 0

α

2f (t)dt 0 και

α

αh(α) f (t)dt α f (α) f (α) α 0 , διότι η f είναι

Page 32: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

32

κυρτή, συνεπώς η fC βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη της, δηλαδή ισχύει f (x) x

με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 2 . Συνεπώς αφού α 2 θα

ισχύει f (α) α f (α) α 0

Άρα σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον 0x (2,α) τέτοιο

ώστε 0 0x x

0 0 0 0 0α α

h(x ) 0 f (t)dt x f (x ) 0 f (t)dt x f (x )

Επειδή η h είναι γνησίως αύξουσα, το 0x είναι μοναδικό.

δ) Για κάθε x κοντά στο 0 με x 0 και 0 x t 2x και αφού f γνησίως αύξουσα

έχουμε

x 2 t 2 2x 2

f (x 2) f (t 2) f (2x 2) :t 0

f (x 2) 1 f (t 2) 1 f (2x 2) 1

f (x 2) 1 f (t 2) 1 f (2x 2) 1

t t t

f (t 2) 1 f (x 2) 1

0t t

και

x 2xf (2x 2) 1 f (t 2) 10

t t

2x

x

f (t 2) 1 f (x 2) 1dt 0

t t

και

2x

x

f (2x 2) 1 f (t 2) 1dt 0

t t

2x 2x

x x

f (t 2) 1 1dt (f (x 2) 1) dt

t t

και

2x 2x

x x

1 f (t 2) 1(f (2x 2) 1) dt dt

t t

2x2x 2x

x xx

f (t 2) 1(f (2x 2) 1) dt (f (x 2) 1)

t[ nt] [ nt]

2x

x

f (t 2) 1(f (2x 2) 1)( n2x nx) dt (f (x 2) 1)( n2x nx)

t

2x

x

2x f (t 2) 1 2x(f (2x 2) 1) n dt (f (x 2) 1) n

x t x

2x

x

f (t 2) 1(f (2x 2) 1) n2 dt (f (x 2) 1) n2

t

Είναι

x 0 u 2im f (x 2) im f (u) f (2) 2

(αφού f συνεχής στο 2)

και

x 0 u 0im f (2x 2) imf (u 2) 2

(θέσαμε u 2x τότε όταν x 0 ισχύει u 0 )

Έτσι,

x 0 x 0im(f (2x 2) 1) n2 im(f (x 2) 1) n2 n2

Άρα, σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής ισχύει 2x

xx 0

f (t 2) 1im dt n2

t

ε) Για κάθε x κοντά στο ισχύει

f (x) x 0

1 10

f (x) x

Ισχύει

x x

1im 0 im 0

x

Page 33: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

33

Άρα σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής ισχύει

x

1im 0

f (x)

άρα

x x

1im f (x) im

1

f (x)

(διότι x

1im 0

f (x) με

10

f (x) )

Για να είναι η y λx β ασύμπτωτη (πλάγια – οριζόντια) της Cf στο

αρκεί τα όρια

x

f (x)λ im

x και

xβ im[f (x) λx]

να είναι πραγματικοί αριθμοί.

Επειδή

xim f (x)

και xim x

και

x x x x

f (x) nf (x) f (x) 1 1 nf (x) 1im imf (x) im im f (x)[ 1 ]

x n2 1 n2 1 f (x) f (x)

(αφού xim f (x)

είναι και xim nf (x)

και x x

( nf (x)) 1im im 0,

(f (x)) f (x)

από τον κανόνα De ΄l Hospital ισχύει

x

nf (x)im 0

f (x)

τότε

x

nf (x) 1im[ 1 ] 1

f (x) f (x) και

10

n2 1

)

άρα, από τον κανόνα De ΄l Hospital ισχύει

x

f (x)im

x

Έτσι, η fC δεν έχει ασύμπτωτες (πλάγιες – οριζόντιες) στο

Page 34: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

34

ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 3ου

Α. Αρκεί να δείξουμε ότι

φ x σ x , για κάθε x .

Έχουμε :

x x x xφ x xe e xe e x x xx e x e e x

x x x x x x x x x xe xe x e e xe e e xe e xe σ x

Β. α) Επειδή ο άξονας x x εφάπτεται της γραφικής παράστασης της f στο σημείο

Ο 0,0 θα είναι :

f (0) 0 (1) και f (0) 0 (2) ,

οπότε για κάθε x έχουμε:

xf (x) f (x) e

πολλαπλασιάζω με xe :

x x xe f (x) e f (x) 1 e f (x) x , για κάθε x .

Άρα:

xe f (x) x c , για κάθε x . ( c :σταθερά)

Για x 0 είναι :

20e f (0) 0 c f (0) c c 0

Άρα

x xe f (x) x f (x) x e

που σύμφωνα με το ερώτημα Α γράφεται:

x xf (x) x e e , για κάθε x .

Άρα υπάρχει σταθερά 1c ώστε:

x x

1f (x) x e e c για κάθε x .

Για x 0 έχουμε :

1

1 1 1f (0) 1 c 0 1 c c 0 .

Άρα :

x xf (x) x e e 1 ή

x x

1 1f (x) x 1

e e ή

Page 35: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

35

x

x 1f (x) 1

e

, x .

Σύνολο τιμών της f :

Έχουμε βρει ότι:

xf (x) x e , x

και με δεδομένο ότι xe 0 , το πρόσημο της f εξαρτάται από το πρόσημο του x .

Είναι :

f

1συνεχής x

f ,0 f 0 , lim f x 0, A

[αφού:

x x xx x x x

x 1 x 1 1lim f x lim 1 lim 1 lim x 1 1 1 ]

e e e

Ακόμη:

f

2συνεχής x

f 0, f 0 , lim f x 0,1 A

[αφού :

x xx x xx

x 1x 1 1lim lim lim 0

e ee

οπότε :

xlim f x 0 1 1

].

Άρα το σύνολο τιμών της f είναι :

1 2f Α Α 0, 0,1 0,

β) Η δοθείσα ανίσωση γράφεται:

2

2 2

2 x 2 2

2 2 2x x

1 x e 1 x 3 1 x 3

3 e e ee e

2

2

2 x 0,2 02 2

2x f

1 x 31 1 f x f 2 x 2 x 2 2 x 2

ee

γ) Είναι xlim f x 1

, άρα η ευθεία y 1 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της fC στο .

x 0

f x - +

f

Page 36: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

36

Άρα: κ 1 .

x 2015 x 2015 x 2015 x 2015

t t

x k x 1 x 1 x 1

f t dt 1 t 1 e dt dt t 1 e dt

x 2015

t

x 1

x 2015 x 1 t 1 e dt

x 2015

x 2015t t

x 1x 1

2014 t 1 e e dt

x 2015x 2015 x 1 t

x 12014 x 2016 e x 2 e e

x 2015 x 1 x 2015 x 12014 x 2016 e x 2 e e e

x 2015 x 12014 x 2017 e x 3 e

.

Το ζητούμενο όριο είναι :

x 2015

x 2015 x 1

x xx 1

L lim f t dt lim 2014 x 2017 e x 3 e 2014 0 0 2014

[διότι:

x 2015

x 2015x x x x 2015

x 2017x 2017lim x 2017 e lim lim

ee

x 2015x

1 1lim 0

e

και

x 1

x 1x x x x 1

x 3x 3lim x 3 e lim lim

ee

x 1x

1 1lim 0

e

]

δ) Είναι :

x 0lim συνx 1 1 1 0

και f συνεχής στο 0

x 0limf x f 0 0

οπότε:

0

0

x xx 0 x 0 x 0 x 0

συνx 1συνx 1 ημx ημx 1lim lim lim lim

f x f x xe x e

11 1

1

Άρα :

1L 1 .

Ακόμη :

0

0x

xx 0 x 0 x 0 x 0

ημxημx συνx 1lim lim lim lim e συνx 1

f x f x xe x

και

0

0x

xx 0 x 0 x 0 x 0

ημxημx συνx 1lim lim lim lim e συνx 1

f x f x xe x

.

Επειδή τα πλευρικά όρια είναι διαφορετικά, το όριο 2L δεν υπάρχει.

Page 37: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

37

ε) Έστω α 0 . Είναι:

x α x α x α

x 1 α 1 x 1 α 1 x 1 α 11 1 f x f α

e e e e e e

Το 1f α Α , οπότε υπάρχει 1x ,0 : 1f x f α .

Το 1x είναι μοναδικό διότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ,0 .

Ακόμη, 2f α Α , αφού α 0 , οπότε υπάρχει μοναδικό 2x 0, : 2f x f α .

Επειδή ισχύει 1 2x 0 x προκύπτει το ζητούμενο.

Page 38: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

38

ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 4ου

α) Η σχέση της υπόθεση γράφεται

1 x

t

0 0f x 1 x te dt f t f 1 t dt

1 x1

t t

0 0 0f x 1 x te e dt f t f 1 t dt

x1

t

0 0f x 1 x e e f t f 1 t dt

x

0f x 1 x e e 1 f t f 1 t dt

x

0f x 1 x e e 1 f t f 1 t dt

x

0f x 1 x f t f 1 t dt, x

Για x 0 είναι f 0 1

Η συνάρτηση f t f 1 t είναι συνεχής στο ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων άρα η

συνάρτηση x

0f t f 1 t dt είναι παραγωγίσιμη στο .

Έτσι λοιπόν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ως άθροισμα παραγωγίσιμων

συναρτήσεων με:

f x 1 f x f 1 x για κάθε x (1)

Θέτουμε για x το 1 x , οπότε (1) f 1 x 1 f 1 x f x , x (2)

Από (1) + (2)

f x f 1 x 2 f x f 1 x 2x , x

Άρα υπάρχει c τέτοιο ώστε

f x f 1 x 2x c (3) για κάθε x

Θέτουμε για x το 1 x , οπότε (3)

f 1 x f x 2 2x c (4)

Από 3 4 0 2 2c c 1

Άρα (4)

1

2f 1 x f x 1 2x f x 1 1 2x f x x , x

Οπότε 2

1f x x c , x και 1c σταθερός πραγματικός αριθμός

Επειδή 1f 0 1 c 1 άρα

2f x x 1 , x

β) Αρχικά θα λύσουμε την εξίσωση x 22 x , x 0

Έχουμε, ln x:"1 1"

x 2 x 22 x ln 2 ln x x ln 2 2ln x

ln x ln 2, x 0

x 2

Θεωρώντας τη συνάρτηση g : 0, , με ln x

g xx

έχουμε ότι η εξίσωση x 22 x ,

x 0 είναι ισοδύναμη με την εξίσωση g x g 2 , x 0

Για τη συνάρτηση h : 0, με h(x) g x g 2 έχουμε

Page 39: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

39

2

ln x 1 ln xh (x) g x

x x

, x 0

2

1 ln xh (x) 0 0 1 ln x 0 ln x 1 x e

x

2x 0

2

1 ln xh (x) 0 0 1 ln x 0 ln x 1 0 x e

x

2x 0

2

1 ln xh (x) 0 0 1 ln x 0 ln x 1 x e

x

Έτσι λοιπόν έχουμε τον παρακάτω πίνακα μεταβολών

x 0 e

h x + -

h

Παρατηρούμε ότι h 2 0 και επειδή η h είναι γν. αύξουσα στο 0,e , η εξίσωση

h x 0 έχει μοναδική ρίζα στο 0,e την x 2

Παρατηρούμε επίσης ότι

ln 4 ln 2 2ln 2 ln 2 ln 2 ln 2

h 4 g 4 g 2 04 2 4 2 2 2

και επειδή η h είναι γν. φθίνουσα στο e, , η εξίσωση h x 0 έχει μοναδική ρίζα στο

e, , την x 4

Συμπέρασμα:

x 22 x ,x 0 x 2 ή x 4 (5)

Τώρα, για την εξίσωση

2 2f x 2 x 1 22 f x 2 x 1

θέτουμε 2y x 1 0

Οπότε έχουμε να λύσουμε την εξίσωση 5

y 22 y , y 0 y 2 ή y 4

Για 2 2y 2 x 1 2 x 1 x 1

Για 2 2y 4 x 1 4 x 3 x 3

Άρα η εξίσωση f x 22 f x έχει λύσεις x 1, 3

γ) Α΄ τρόπος Θεωρούμε τη συνάρτηση

t

α

1 t αg x dx

ln f x αt

, t α

H συνάρτηση

1

ln f x είναι συνεχής στο α, ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων άρα η

t

α

1dx

ln f x είναι παραγωγίσιμη στο α, με

Page 40: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

40

t

α

1 1dx

ln f x ln f t

.

Οπότε η g είναι παραγωγίσιμη στο α, , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με

2 22

2 2 2 2

t ln t 1t ln f t1 1g t

ln f t t t ln f t t ln t 1

, t α

Οι ρίζες και το πρόσημο της g΄ εξαρτώνται από τον αριθμητή, αφού

2 2t ln t 1 0 για κάθε t α

Θεωρούμε τη συνάρτηση 2 2v t t ln t 1 με t 0

Είναι

3

2 2

2t 2tv t 2t 0

t 1 t 1

για κάθε t 0

Άρα η v είναι γνησίως αύξουσα στο 0,

Άρα για t 0 v t v 0 v t 0

Οπότε και g t 0 για κάθε t α άρα g γνησίως αύξουσα στο α,

Οπότε για g(α)=0

0 α β g α g β g β 0

β β

α α

1 β α 1 β αdx 0 dx

ln f x αβ ln f x αβ

Β΄ τρόπος Ισοδύναμα έχουμε

β β

α α

1 β α 1 1 1dx dx

ln f x αβ ln f x α β

ββ β

α αα

1 1 1 1 1dx 0 dx 0

ln f x β α ln f x x

β β β

2 2α α α

1 1 1 1dx dx 0 dx 0

ln f x x ln f x x

2 2β β

22 2 2α α

x ln x 11 1dx 0 dx 0

xln x 1 x ln x 1

Το τελευταίο ισχύει, διότι η γνωστή σχέση

ln x x 1 , x 0 για x το 2x 1 δίνει

2 2 2 2ln x 1 x x ln x 1 0 (η ισότητα ισχύει μόνο για x 0 )

Άρα,

2 2

2 2

x ln x 10

x ln x 1

στο α,β και αφού 0 α β είναι

2 2β

2 2α

x ln x 1dx 0

x ln x 1

δ) Είναι

k k

k

x f t

x xf t x f tx 0

x0 0

e dte dt e e dt , k 1,2,...

e

Αρχικά θα αποδείξουμε ότι x f t

0xlim e dt

Page 41: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

41

Α΄ τρόπος

Θεωρούμε τη συνάρτηση κ : με τύπο 2t 1κ t e

Η κ είναι παραγωγίσιμη στο , με 2tκ t 2te , t .

2t

22e 0

tκ t 0 2te 0 t 0

2t

22e 0

tκ t 0 2te 0 t 0

2t

22e 0

tκ t 0 2te 0 t 0

Έτσι λοιπόν έχουμε τον παρακάτω πίνακα μεταβολών

t 0

κ t - +

κ

Άρα η συνάρτηση κ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0, δηλαδή κ t κ 0 e για κάθε

t , δηλαδή 2t 1e e , t

Άρα για x 0 έχουμε 2x x

t 1

0 0e dt edt e x

Όμως xlim ex

οπότε

2xt 1

0xlim e dt

Β΄ τρόπος

Έστω x 0 τυχαίο και σταθερό

Θεωρούμε τη συνάρτηση

2y yf t t 1

0 0φ y e dt φ y e dt στο 0, x

Αφού η 2t 1e

είναι συνεχής στο και 0 η φ είναι παραγωγίσιμη στο

Έτσι λοιπόν έχουμε

Η φ είναι συνεχής στο 0, x

Η φ είναι παραγωγίσιμη στο 0, x με 2x 1φ x e

Από Θεώρημα Μέσης Τιμής έχουμε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ 0, x τέτοιο ώστε

2

2 2 2

xt 1

xξ 1 t 1 ξ 10

0

e dtφ x φ 0φ ξ e e dt xe

x x

(6)

Όμως, xe

2 2 2 20 ξ x 0 ξ x 1 ξ 1 x 1

2 2 2 2x 0

ξ 1 x 1 ξ 1 x 1e e e xe xe xe

2 2ξ 1 x 1

1 1 1

xe xe xe για κάθε x 0

Page 42: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

42

Επειδή x

1lim 0

xe και

2x 1x

1lim 0

xe , από Κριτήριο Παρεμβολής είναι

2ξ 1x

1lim 0

xe

Οπότε 2ξ 1

xlim xe

και από (6) είναι

2xt 1

0xlim e dt

Για κ 1 είναι

22

2

2

xx t 1t 1x 1

0 x x 10

x xx d.L.H. x x xx

e dte dt eL lim lim lim lim e

e ee

2u x x 1u

u ulim e

Για κ 2 είναι

22

2

2 2

2

xx t 1t 1x 1

00

x xx d.L.H. x x xx

e dte dt e eL lim lim lim lim 0

2xe 2xee

Για κ 3 είναι

22

2

2 3

3 3

3

xx t 1t 1x 1

0 x x 10

2x 2 xx d.L.H. x x xx

e dte dt e 1L lim lim lim lim e

3xe 3x ee

Για το

2 32 3

u x x 1x x 1 u

x u ulim e lim e 0

και αφού

3x

1lim 0

3x έχουμε ότι L 0

Παρόμοια για κ 4 βρίσκουμε L 0

Έτσι λοιπόν, , αν κ 1

L 0 , αν κ=2,3,...

Page 43: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

43

ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 5ου

α) Η g είναι συνεχής στο , άρα και στο 0, άρα

x 0x 0 x 0 x 0

g 0 lim g x lim g x f 0 lim f x lim 2 x ln x 1 f 0 2

Ονομάζουμε h x f x x ,x . Τότε η h είναι συνεχής στο (ως διαφορά

συνεχών) και h x 0 , για κάθε x .

Άρα η h διατηρεί σταθερό πρόσημο στο .

Όμως h 0 f 0 0 2 0. Άρα h x 0 , για κάθε x (1)

Η αρχική σχέση της υπόθεσης γίνεται

2 x

(1)2 x x

x x

h x e 1h x 10 0 h x e 1 0 h x e 1, x

e 1 h x e 1 h x

Άρα,

x xf x x e 1 f x x e 1, x

β) g 0 f 0 2, άρα το 0 δεν είναι λύση της εξίσωσης g x 0 .

Θεωρούμε την εξίσωση g x 0 στο ,0 , δηλαδή την εξίσωση

xx e 1 0, x ,0

Είναι

x

x

x

eg x x e 1 1 0

2 1 e

στο ,0 g γν. αύξουσα στο ,0

Οπότε,

g συνεχης, στο ,0

x x 0g ,0 lim g x , lim g x , 2

και επειδή 0 , 2 υπάρχει μοναδικό 1 1x 0: g x 0

(η μοναδικότητα προκύπτει από τη σταθερή μονοτονία της g στο ,0 )

Θεωρούμε την εξίσωση g x 0 στο 0, , δηλαδή την εξίσωση

2 x ln x 1 0 , x 0,

Είναι

x

g x 2 x ln x 1 ln x 1 0x 1

στο 0, , g γν. φθίνουσα

στο 0,

(χρησιμοποιήσαμε τις σχέσεις x 1 1 ln x 1 0 και x

0x 1

Οπότε,

g συνεχης, στο 0,

x x 0g 0, lim g x , lim g x , 2

και επειδή 0 , 2 υπάρχει μοναδικό 2 2x 0: g x 0

(η μοναδικότητα προκύπτει από τη σταθερή μονοτονία της g στο 0, )

Άρα η εξίσωση g x 0 έχει ακριβώς δύο λύσεις ετερόσημες.

γ) Από το ερώτημα β) προκύπτει ότι g x 2, για κάθε x 0 .

Οπότε θεωρώντας 1 2x , x 0 προκύπτει ότι

Page 44: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

44

1 2g x 2 , g x 2

Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : 1,0 με τύπο

1 2φ x x g x 2 x 1 g x 2 2016x x 1

Η φ είναι συνεχής στο 1,0 , ως πολυωνυμική.

Επίσης,

1 2

( ) ( )

φ 1 φ 0 2 g x g x 2 0

Από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει τουλάχιστον ένα ρ 1,0 :φ ρ 0

:ρ(ρ 1)

1 2ρ g x 2 ρ 1 g x 2 2016ρ ρ 1

1 2g x 2 g x 22016

ρ 1 ρ

Page 45: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

45

ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 6ου

α) Θα αποδείξουμε ότι xe x , για κάθε x ,

οπότε το πεδίο ορισμού της f θα είναι το .

1ος Τρόπος: Από γνωστή εφαρμογή του σχολικού βιβλίου ισχύει

ln x x 1 , για κάθε x 0 .

Για x το xe : x 1 x

x x x x xln e e 1 x e 1 e x 1 e x , x

.

2ος Τρόπος: Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : , με τύπο

xφ x e x .

Τότε

xφ x e 1 , x και φ x 0 x 0

Η φ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0 , οπότε φ x φ 0 , για κάθε x , δηλαδή

x xe x 1 0 e x , για κάθε x .

β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο (ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων), με

x

x 1f x

e x

x x

2x

x x

2x

x x x

x 2

x 1 e x x 1 e x

e x

e x x 1 e 1

e x

e x x e x e 1

e x

x x

2 2x x

g x2e xe 1, x

e x e x

,

όπου

x xg x 2e xe 1 , x .

x 0

φ x

φ

min

Page 46: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

46

Εύρεση συνόλου τιμών της g:

Η g είναι παραγωγίσιμη στο , με

xg x e 1 x

Οπότε

g x 0 1 x 0 x 1 (αφού xe 0 ).

Πίνακας Μεταβολών

g συνεχής

1x

g , 1 lim g x , g 1 1 , e 1 A

<

(διότι x x

x xlim g x lim 2e xe 1

0 0 1 1 ,

αφού

x

x xx x x xx

x x 1 1lim xe lim lim lim 0

e ee

).

g συνεχής

2x x 1

g 1 , lim g x , lim g x 1 , e 1 A

(διότι

x x

x xlim g x lim 2e xe 1

x

xlim e 2 x 1 1

).

Επειδή 10 A υπάρχει 1 1x 1 : g x 0 .

Ειδικότερα, 1x 1 , διότι g 1 0 . Το 1x αυτό είναι μοναδικό, διότι g γνησίως

μονότονη στο , 1 .

Η σχέση 1g x 0 δίνει 1f x 0 . Άρα, υπάρχει μοναδικό σημείο 1 1A x , f x ,

με 1 1x 1 : f x 0 , δηλαδή η εφαπτομένη της fC στο Α να είναι παράλληλη στον

άξονα x x .

Με παρόμοιο τρόπο, επειδή 20 A υπάρχει μοναδικό σημείο 2 2B x , f x , με

2x 1 : η εφαπτομένη της fC στο Β να είναι παράλληλη στον άξονα x x .

γ) Από το θεώρημα Rolle για την f στο 1 2x , x υπάρχει τουλάχιστον ένα

1 2ξ x , x . f ξ 0 , δηλαδή ισχύει το ζητούμενο.

δ) Είδαμε ότι η εξίσωση g x 0 έχει ακριβώς δύο ρίζες στο , τις 1 2x , x , με

1 21 x , x .

x 1

g x

g

Page 47: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

47

Η g είναι μη μηδενική στο 1 2x , x και συνεχής σε αυτό, άρα διατηρεί σταθερό

πρόσημο.

Επειδή

g 1 e 1 0 g x 0 , για κάθε 1 2x x , x .

θα έχουμε ότι,

f x 0 στο 1 2x , x f γνησίως αύξουσα στο 1 2x , x .

Μένει να αποδείξουμε ότι 2 1x x 2 .

Εύκολα διαπιστώνουμε ότι ισχύει το θεώρημα Bolzano για την g σε κάθε ένα από τα

διαστήματα 2 , 1 , 1, 2 .

Άρα, η g έχει ρίζες σε κάθε ένα από τα 2 , 1 , 1 , 2 . Επειδή τώρα οι ρίζες

1 2x , x της g είναι μοναδικές 1x 2 , 1 και 2x 1 , 2 .

Έτσι,

1 1

2 1

2 2

2 x 1 1 x 2, x x 2

1 x 2 1 x 2

.

Άρα, πράγματι 2 1x x 2 (δηλαδή 1 2α x , β x ).

ε) Έχουμε ότι

f 0 1 και f x 0 x 1 x 1 και f x 0 στο 0 , 1 .

Συνεπώς, το ζητούμενο εμβαδόν θα είναι:

1 1 1 1 1x x x x

x x x x

0 0 0 0 0

x 1 x 1 e e x e e 1E f x dx dx dx dx dx

e x e x e x e x

x1 1

11 x

x 0 00 0

e x1 dx dx x ln e x 1 ln e 1

e x

τετρ. μονάδες.

Page 48: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

48

στ) Αρχικά θα βρούμε το xlim f x

.

Έχουμε,

x x

xx x

xlim e x lim e 1 1 0

e

,

διότι

xx x

x

x xlim lim

ee

xx

1 1lim 0

e

.

Οπότε,

x xx x x x

x

x 1x 1 1 1lim f x lim lim lim 0

e x e 1e x

.

Έτσι,

xlim f x 0

.

Έχουμε τώρα,

1 3 2x x

ημf x ημf x1L lim lim 1

f xf x f x

(διότι xlim f x 0

2x

1lim

f x και για το όριο

x

ημf xlim

f x θέτουμε

x

u f x 0

).

Άρα,

x u 0

ημf x ημulim lim 1

f x u .), οπότε 1L .

Επίσης,

2 x ln x x xx x x x

xημx ημx xημx ημx x 1L lim lim lim ημx lim f x ημx

e e e x e x

.

Όμως,

f x ημx f x , για κάθε x 0 .

Άρα,

f x f x ημx f x , για κάθε x 0 .

Άρα από το κριτήριο της παρεμβολής προκύπτει ότι 2L 0 .

Page 49: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

49

ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 7ου

α) Η συνάρτηση 9g(t) ( t t) είναι συνεχής στο 0,2

, άρα η f είναι

παραγωγίσιμη στο 0,2

με

9f '(x) ( x x) .

Έχουμε,

f΄ x 0 x( x) x4

(διότι 0 x

2

)

x 0 π

4

π

2

h(x) ημx συνx - +

Η συνάρτηση h(x) ημx συνx είναι συνεχής και μη μηδενική στο 0,4

,

οπότε διατηρεί σταθερό πρόσημο στο 0,4

Όμως,

π πημ συν 0

8 8

[Πράγματι από τους τύπους αποτετραγωνισμού έχουμε

2

π 21 συν 1

π 2 2 π 2 24 2ημ ημ8 2 2 2 8 2

Παρόμοια,

2

π 21 συν 1

π 2 2 π 2 24 2συν συν8 2 2 2 8 2

Οπότε εύκολα επαληθεύουμε ότι π π

ημ συν8 8

]

Άρα

ημx συνx 0 , για κάθε π

x 0,4

Δηλαδή,

9f '(x) (ημx συνx) 0 στο π

x 0,4

f γνησίως φθίνουσα στο π

0,4

Η συνάρτηση h(x) ημx συνx είναι συνεχής και μη μηδενική στο

π π,

4 2

οπότε διατηρεί σταθερό πρόσημο στο π π

,4 2

Όμως,

3π 3πημ συν 0

8 8 (1)

[ Με τους τύπους αποτετραγωνισμού παρόμοια βρίσκουμε ότι

Page 50: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

50

3π 2 2ημ

8 2

και

3π 2 2συν

8 2

άρα ισχύει η (1) ]

Άρα

x x 0 στο 9π π, f '(x) (ημx συνx) 0

4 2

για κάθε

π πx ,

4 2

f γνησίως αύξουσα στο π π

,4 2

Προκύπτει λοιπόν ο παρακάτω πίνακας μεταβολών:

x 0 π

4

π

2

f ΄(x) - +

f

Κυρτότητα της f :

Η f είναι 2 φορές παραγωγίσιμη στο 0,2

, με

9 8 8f ''(x) (ημx συνx) ' 9(ημx συνx) (ημx συνx) ' 9(ημx συνx) (συνx ημx) 0

στο π π π

0, ,4 4 2

και η f είναι συνεχής στο

4

, άρα f είναι κυρτή στο

π0,

2

β) Έχουμε αρχικά ότι f 0 0 και ότι π

f 02

[ Για τον υπολογισμό του π

92

0

πf (ημt συνt) dt

2

θέτουμε

πu t du dt

2

Για π

t 0 u2

Για π

t u 02

Άρα, π π

09 9 92 2

π0 o

2

π π π πf (ημ( u) συν( u)) du (συνu ημu) du (ημu συνu) du f

2 2 2 2

Άρα

π π πf f f 0]

2 2 2

Οπότε, για fπ

0 x f (0) f (x) f (x) 04

και για

Page 51: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

51

fπ π πx f (x) f 0 f (x) 0

4 2 2

Επίσης, π

94

0

πf (ημt συνt) dt 0

4

(διότι ισχύει π

g(t) 0 στο 0,4

χωρίς η ισότητα να ισχύει παντού στο

π0,

4

και η g

είναι συνεχής στο π

0, )4

Άρα πράγματι σε κάθε περίπτωση ισχύει

f (x) 0, για κάθε π

x 0,2

Απόδειξη της σχέσης f (x) f ''(x) για κάθε π

x 0,2

:

Υποθέτουμε ότι υπάρχει π

α 0, : f (α) f ''(α)2

δηλαδή

9α 8

0

0 00

0

ημt συνt dt 9(ημα συνα) (συνα ημα)

, άτοπο

Επίσης

πf (0) f 0

2

και

πf ''(0) f '' 9 0

2

Άρα πράγματι

f (x) f ''(x) στο π

0,2

(διαφορετική απόδειξη: είδαμε ότι f 0 στο π π π

0, ,4 4 2

και f 0 στο

π0,

2

,

και π π

f '' 0 f4 4

)

γ) Έστω π

x 0,2

τυχαίο και σταθερό.

Εφαρμόζουμε θεώρημα μέσης τιμής για την f στο 0, x

Υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ (0, x) :

f (x) f (0) f (x)f '(ξ)

x x

Όμως, f ' f (x)

0 ξ x f '(ξ) f '(x) f '(x) f (x) xf '(x) 0,x

για κάθε π

x 0,2

Οπότε,

2

f (x) xf '(x) f (x)m'(x) ( ) ' 0,

x x

για

πx 0,

2

Page 52: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

52

και η συνάρτηση m είναι συνεχής στο π

0,2

.

Άρα η συνάρτηση m είναι γνησίως αύξουσα στο π

0,2

δ) Α τρόπος

Έστω φυσικός αριθμός 1 . Τότε

m

1f

1 1 1 f (1)ν1 m m(1) f (1) f

1ν ν ν ν

ν

Β΄ τρόπος

Η εξίσωση της εφαπτομένης της fC στο σημείο 1 1

M ,f ( )ν ν

είναι

1 1 1(ε) : y f f ' x

ν ν ν

Επειδή η f είναι κυρτή η fC βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη (ε) , δηλαδή

1 1 1f (x) f f ' x

ν ν ν

(η ισότητα ισχύει μόνο για 1

)

Για x 1 παίρνουμε

1 1 1f (1) f f ' (1 )

ν ν ν

(1)

Έχουμε αποδείξει όμως ότι

πxf '(x) f (x), x (0, )

2

Για 1 1 1

x f ' νfν ν ν

Άρα, από τη σχέση (1) προκύπτει

1 1 1f (1) f νf 1

ν ν ν

1 1 1f (1) f νf f

ν ν ν

1f (1) νf

ν

f (1) 1f

ν ν

ε) Α΄ τρόπος

Για η ζητούμενη σχέση ισχύει ως 0 0

Έστω π

α,β 0,2

με

Θεωρούμε τη συνάρτηση

Κ: x

9

αα,β , με Κ(x)= (ημt συνt) dt

Page 53: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

53

Από το θεώρημα μέσης τιμής για την Κ στο α,β προκύπτει ότι υπάρχει n α,β :

β9

9 α

β9

9 α

K(β) Κ(α)Κ '(n)

β α

(ημt συνt) dt(ημn συνn)

β α

(ημt συνt) dtημn συνn (2)

β α

Όμως,

(2)9

β9

α

0 ημn 1 και 0 συνn 1

ημn συνn 1

ημn συνn 1

(ημt συνt) dt1

β α

β9

α(ημt συνt) dt β α

Παρόμοια απόδειξη για

Β΄ τρόπος

Για η ζητούμενη σχέση ισχύει ως 0 0

Έστω . Έχουμε για t α,β :

α β9 9 9(ημt συνt) (ημt συνt) (ημt συνt)

β β β9 9 9

α α α(ημt συνt) dt (ημt συνt) dt (ημt συνt) dt

9ημt συνt 1

β β9 9

α α(ημt συνt) dt (ημt συνt) dt

β9

α(ημt συνt) dt β α β α

Παρόμοια απόδειξη για

Page 54: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

54

ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 8ου

α) Έχουμε, z α βi, α,β .

Έστω *z βi,β , τότε

2

2 2βiz β βz βi, z βi, βi z

βi β i iz

, άτοπο,

αφού οι μιγαδικοί είναι διαφορετικοί ανά δύο.

Έστω *z α, α , τότε z α z , άτοπο, αφού οι μιγαδικοί είναι

διαφορετικοί ανά δύο.

Επομένως, *z α βi, α,β

β) Έχουμε,

2 2

AB z z

z z z z z z z z zz zz zAΓ z z z z z AΒ

zz z z z

άρα (ΑΒ) = (ΑΓ), δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με κορυφή το Α.

γ) Παρατηρούμε ότι,

2 2

2

OA z

OB z z

z zzOΓ z

zz z

άρα OA OB OΓ = ρ , δηλαδή τα σημεία Α,Β, Γ είναι ομοκυκλικά.

Επίσης από τον ορισμό του συζυγή μιγαδικού αριθμού το σημείο Β είναι συμμετρικό

του Α, ως προς τον οριζόντιο άξονα x΄x.

Έχουμε (ΑΒ) = (ΑΓ), άρα το σημείο Γ είναι το σημείο τομής των κύκλων (Ο, ρ) και (Α,

ΑΒ), όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα.

Page 55: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

55

δ) Έχουμε,

22

2 22 2 2

22

22

2

2

zAB AΓ ΒΓ z z z z z

z

z z2 z z

z

z z z z2 z z

z

2 2

2

2

z z z z2 z z

z

2z z 0

2

z z2

z

22

22 2

2 2 2

2 2

2 z z z

2 Re z Im z 2Re z

Re z Im z 2Re z

Re z Im z

Im z Re z

άρα οι εικόνες του z κινούνται στις διχοτόμους y x, y x του συστήματος αξόνων,

δίχως το σημείο Ο(0, 0), λόγω του περιορισμού z 0 .

Page 56: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

56

ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 9ου

α) Έστω z x yi, x, y , x y 0 , τότε,

2

2

2 2

2

2

1 1 1 1z Re z x yi Re z

4 4 4 4

1 1x y x

4 4

1 1x y x

4 4

y x άρα x 0

y x, αφού xy 0 άρα x 0 και y 0

Οπότε οι εικόνες του z κινούνται στην παραβολή f x x, x 0 .

Έχουμε, z t x t y t i x t x t i, t 0 .

Είναι,

1

x t x t2 x t

Από τα δεδομένα έχουμε,

x t 0x t 1 1Re z t Im z t x t 1 x t ,

42 x t 2 x t

άρα,

1 1

y t4 2

Οπότε τη χρονική στιγμή 0t όπου εξισώνονται οι ρυθμοί μεταβολής των Re z ,

Im z αντιστοιχεί στο μιγαδικό 0

1 1z t i

4 2 .

β) Έστω z x x i, x 0 , τότε:

222 2

2 2

z z 2 z z 2 i x x i x x 2 2 xi 2 i

x x 2x xi x x 4 xi 2 i

2x xi 2x 8 xi 4 x

2x x 8 x

και

2x 4 x

x 4

άρα z 4 2i

Page 57: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

57

γ) Α΄ τρόπος: Έχουμε,

2

2

2

2

2

2z 13 5 2 x x i 13 5

2x 13 2 x i 5

2x 13 4x 25

4x 169 52x 4x 25 0

4x 48x 144 0

x 12x 36 0

x 6 0

Β΄ τρόπος:

Έχουμε,

2

2 22z 13 2 x xi 13 2x 13 4x

Θα αποδείξουμε ότι,

2 2

2z 13 5 2z 13 25 2x 13 4x 25

Θεωρούμε τη συνάρτηση g : 0, με τύπο 2

g x 2x 13 4x . Η g είναι

παραγωγίσιμη στο 0, με,

g x 4 2x 13 4 8x 48 8(x 6)

οπότε,

g x 0 x 6 και g x 0 0 x 6

H g παρουσιάζει ελάχιστο στο 6, το g 6 25 , δηλαδή για κάθε x 0 , έχουμε

2

g x g 6 2x 13 4x 25

δ1) Έστω w x yi και u α βi , τότε

u w α βi x yi αx βy βx αy i

u w u w αx βy βx αy i αx βy βx αy i

άρα η σχέση w w w u w u 2 0 γίνεται

x 0 6

g΄(x) – +

g

min

Page 58: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

58

2 2x y 2αx 2βy 2 0 1

Όμως, από την τριγωνική ανισότητα έχουμε,

2 2 2 2 2

2z 1313 13 13 5u u 2z i z i 2z i z i z 2

2 2 2 2 2

u 2 α β 2 α β 2 0 2

Επομένως,

2

2 2 2 2 2 22α 2β 4 2 4α 4β 8 4 α β 2 0

άρα η (1) παριστάνει κύκλο κέντρου Κ α, β και ακτίνας

2 2

2 24 α β 2

ρ α β 22

δ2) Έχουμε,

2

2

22 2

w w w u w u 2 0 w w w u w u 2

w w u u w u 2

u u u u

u

w u w u 2 u

w u 2 u 3

άρα ισχύει το αντίστροφο του Πυθαγορείου Θεωρήματος, οπότε οι αριθμοί

w u , 2, u αποτελούν πλευρές ορθογωνίου τριγώνου με υποτείνουσα u .

δ3) Από τη σχέση (3) λόγω της σχέσης 2 5

u2

έχουμε,

2 2 5 1u w u 2 2

2 2

άρα

2 1 2u w u w

2 2

δ4) Από βασική άσκηση του σχολικού βιβλίου έχουμε,

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

u w u w 2 u 2 w

u 2 u w 2 u 2 w

u w u 2 w 2

Page 59: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

59

ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 10ου

α) Στο ολοκλήρωμα 1

0f (xt)dt θέτουμε u xt , οπότε du xdt και 1 2u 0,u x .

Επομένως για x 0 ισχύει:

x x

0 0

du 1g x f u f u du

x x

1

0

x

0

x

0

g(0) f 0 dt f 0 1 0 f 0

A

1f t dt , x 0

xg x

f 0 , x 0

f t dH f ί ή , έ ί ί t .

άρα

/xx 0

0x 00

/0x 0 x 0 x 0 DLH x 0

f ή

x 0 x 0 0

f t dtf t dt1limg x lim f t dt lim lim

x x x

f xlim limf x f 0 g 0

1

Αφού x 0limg x g 0

η g είναι συνεχής στο 0.

β) Η x

*

0

1g x f u du ί ί R , ά

x

η g είναι συνεχής στο 1,2 ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων,

η g είναι παραγωγίσιμη στο (1,2) ως πράξεις μεταξύ παραγωγίσιμων συναρτήσεων με

x x

x0 0

2 2 20

f (t)dt xf (x) f (t)dt1 1 f (x)g x f (t)dt f (x)

x x x x x

1 1

0 0

1g(1) f (t)dt f (t)dt

1

2 1 2 1 1

0 0 1 0 0

1 1 1g 2 f (t)dt f (t)dt f (t)dt 2 f (t)dt f (t)dt

2 2 2

αφού 1 2

0 1f (t)dt f (t)dt

δηλαδή g(1) g(2) .

Επομένως από Θ. Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον 1,2 τέτοιο ώστε:

: 0

0

2 0 0

f ( ) f (t)dtg 0 0 f ( ) f (t)dt 0 f ( ) f (t)dt

0

1f ( ) f (t)dt f ( ) g( )

Page 60: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

60

γ) Ισχύει ότι:

/xx x 0

0 00 0/2 2x 0 x 0 x 0 DLH x 0

1f (t)dt xf (0)f (t)dt f (0) f (t)dt xf (0)g(x) g(0) xlim lim lim lim

x 0 x x x

x 0 x 0

f (x) f (0) 1 f (x) f (0) 1lim lim f 0

2x 2 x 0 2

Άρα η g είναι παραγωγίσιμη στο 0, με

1

g 0 f 02

.

Οπότε,

2 2

x 0 x 0 x 0

f x g x f (x) g(x) f (x) g(x) f (x) g(x) f (0) f (0)lim lim lim f (x) g(x)

x x x

f 0 g 0

x 0

f ,g ί

ί 0

f (x) f (0) g(x) g(0)lim f (x) g(x)

x 0 x 0

f (0) g(0) f 0 g 0

f 0 f 0

2f (0) f 0 2f (0) f (0) f 02 2

δ)

δ1) α΄ τρόπος

Έστω 1 2x ,x με 1 2x x και 0 t 1 .

Τότε

f

1 2 1 2tx tx f tx f tx , t 0,1

και η ισότητα ισχύει μόνο για t 0

1 1

1 2 1 20 0f tx f tx g x g x g γνησίως φθίνουσα στο .

β΄ τρόπος

Θεωρώ x

0F x f t dt,x .

Αν x 0 , εφαρμόζοντας Θ.Μ.Τ. για την F στο 0,x υπάρχει k 0,x τέτοιο,

ώστε:

F x F 0 F x

F k f kx 0 x

Όμως,

f x 0F x

0 k x f k f x f x F x xf x xf x F x 0 g x 0x

στο 0, κι αφού η g είναι συνεχής στο 0 , η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 0, ) .

Αν x 0 , εφαρμόζοντας Θ.Μ.Τ. για την F στο x,0 υπάρχει x,0 τέτοιο,

ώστε:

F 0 F x F x

F f0 x x

Page 61: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

61

Όμως,

f x 0F x

x 0 f f x f x F x xf x xf x F x 0 g x 0x

στο ,0 , άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο ,0 .

Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο .

δ2) Α΄ τρόπος

Θεωρούμε την συνάρτηση G : με τύπο

x 1

xG x f (t)dt

.

Δηλαδή

0 x 1 x 1 x

x 0 0 0G x f t dt f t dt f t dt f t dt

Η G είναι παραγωγίσιμη στο με

G x f x 1 f x 0 (αφού x 1 x και f )

Επομένως η G είναι γνησίως φθίνουσα στο

Άρα για G 1 2

0 10 1 G 0 G 1 f (t)dt f (t)dt

.

Β΄ τρόπος

Υποθέτουμε ότι

1 2 1 0 2

0 1 0 1 0f t dt f t dt f t dt f t dt f (t)dt

g1 2 1 2

0 0 0 0

12 f t dt f (t)dt f t dt f (t)dt g 1 g 2 1 2

2

,άτοπο.

Άρα πράγματι

1 2

0 1f t dt f t dt .

δ3) Αν x 0 έχουμε ότι g

x x 2016 g x g x 2016

x 0x 2016 x 2016

0 0 0 0

1 1f t dt f t dt x 2016 f t dt x f t dt

x x 2016

.

δ4) Ισχύει ότι xlim f x f 0

.

Αρκεί να δείξουμε ότι xlim g x f 0

, δηλαδή ότι

x

0

x

f t dtlim f 0

x

.

Αν x 0 και f x x x

0 0 00 t x f 0 f t f x f 0 dt f t dt f x dt

x

x 0x0

0

f t dtxf 0 f t dt xf x f 0 f x

x

και

x xlim f 0 lim f x f 0

Άρα από κριτήριο παρεμβολής

x

0

x

f t dtlim f 0

x

.

Page 62: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

62

δ5) Η δοσμένη σχέση γράφεται:

z 1 zz

00 0 0z f z tf t dt z f t dt tf t tf t dt z g 1

gz z

0 0

1f t dt z g 1 f t dt g 1 g z g 1 z 1

z

Θεωρούμε την συνάρτηση : 0,1 με τύπο

zx x 1 e 1 x ln z

Η φ είναι συνεχής στο 0,1 ως πολυωνυμική και

z0 e 1 0 , αφού z 0

1 1 ln z 0 , αφού z e ln z 1

Άρα από το Θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον 0,1 τέτοιο, ώστε:

z z0 1 e 1 ln z 0 1 e 1 ln z

.

zx e ln z 0

(αφού γενικά ισχύει xe x 1,x R. Οπότε για x το ln x παίρνουμε xe x ln x , για κάθε x 0) .

Άρα η είναι γνησίως αύξουσα στο 0,1 και επομένως το ρ είναι μοναδικό.

δ6) Αρχικά

h 0 f 0 g 0 f 0 f 0 0

Ακόμα,

x 0x /

0xg x f t dt xg x f x g x xg x f x xg x f x g x , x 0

Από το δ1 ερώτημα έχουμε ότι g x 0 στο * .

Άρα,

f x g x 0 xg x 0 x 0 .

Οπότε προκύπτει ο πίνακας προσήμου της h

x 0

h x

Οπότε:

( ) ( )

f 2 f 1 g 1 g 2 f 2 g 2 f 1 g 1 0

Άρα,

2016 2 2 2014

2x x

2 2014

xL lim x x x lim x x 1

x

0 1

O

Page 63: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

63

(διότι,

2 2

x 1, ά x 0

x x

και από το κριτήριο παρεμβολής,

2x

xlim 0)

x

Page 64: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

64

ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 11ου

α) Δίνεται ότι η εφαπτομένη της fC σε κάθε σημείο της 0 0A x ,f x περνά από το

σημείο 0

0

1M x , 0

2 x

.

Άρα, οι συντεταγμένες του Μ θα επαληθεύουν την εξίσωση της εφαπτομένης

0 0 0ε : y f x f x x x ,

δηλαδή

0 0 0 0

0

10 f x f x x x

2 x

,

δηλαδή

0

0 0 0 0

0

f xf x f x 2x f x 0

2 x

, για κάθε 0x 0 ,

δηλαδή

f x 2x f x 0 , για κάθε x 0 1 2x

2 2e

x xe f x 2xe f x 0

2xe f x 0

για κάθε x 0

άρα η συνάρτηση h : 0 , , με 2xh x e f x είναι σταθερή 2 .

Από την 1 προκύπτει ότι

f x 2x f x 0 , για κάθε x 0 .

Άρα, και f 1 0 3 .

Έχουμε τώρα:

2: h

2 2h 0 h 0

2

ημhh ημh 1hlim lim

f 1f 1 h f 1 f 1 h f 1

h

καλά ορισμένο, λόγω της

σχέσης 3 .

[Σχόλιο: Είναι:

2

h 0

2u h

2h 0 u 0u 0

f 1 h f 1 f 1 u f 1lim lim f 1

uh

.]

Άρα, η 2η σχέση της υπόθεσης δίνει:

1 3 1

f 1 2 f 1

Όμως, f 1 2 1 f 1 , δηλαδή f 1 2 f 1 .

1 3 1 1 1 3 3 3f 1 1

f 1 2 2f 1 f 1 2 f 1 2 2f 1 2 .

Page 65: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

65

Από τη σχέση

2x2 e f x c , για κάθε x 0

Για

x 1: e f 1 c c e .

Άρα,

2 2x 1 xe f x e f x e , x 0 .

β) Είναι

221 z 1 1 z 1

e z 1 e z 1 0 *

.

Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : 0 , , με 21 xφ x e x .

Τότε

21 xφ x 2xe 1 0 .

Άρα, η φ είναι γνησίως φθίνουσα στο 0 , .

Άρα,

* φ

φ z 1 φ 1 z 1 1

.

Άρα,

0 z 1 1 ** (διότι Im z 0 ).

Τώρα,

21 xf x 2x e , x 0

και

2

2

x 1

1 xx x x

e1 1lim lim lim

f x 2x2x e

22x 1

x 1

x x

e e 2xlim lim

22x

.

Άρα, λόγω ** προκύπτει ότι

1

f x

xlim z 1 0

.

γ)

Θεωρούμε τη συνάρτηση A : 1 , , με τύπο

x

2

1

x 1 f x f tA x dt

x t

.

Η συνάρτηση Α είναι παραγωγίσιμη στο 1 , , με

21 xx 1

A x f x 2 x 1 e 0x

, για κάθε x 1 , .

Άρα, η συνάρτηση Α είναι γνησίως φθίνουσα στο 1 , .

Page 66: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

66

Οπότε για

x x

2 2

1 1

x 1 f x f t x 1 f x f tx 1 A x A 1 dt 0 dt 4

x xt t

.

Θεωρούμε τη συνάρτηση B : 1 , , με τύπο

x

2

1

f t 1B x dt 1

xt .

Τότε

2 2 2 2

f x f x 1 f x f 11B x 0

x x x x

, για x 1

(διότι για x 1 f x f 1 f x f 1 0 ).

Άρα, η συνάρτηση B είναι γνησίως φθίνουσα στο 1 , .

Άρα, για

x x

2 2

1 1

f t f t1 1x 1 B x B 1 dt 1 0 dt 1 5

x xt t .

Από τις σχέσεις 4 , 5 προκύπτει το ζητούμενο.

δ) Είναι 2

2 2 2 2x x x1 t

1 t 1 t 1 t 1 t

2 2

1 1 1

e1 11 e dt e dt e e dt

2t2t 2t

2 2 2 2

2 2 2

x x

1 t 1 t 1 t 1 t

1 1

xx 1 t 1 t 1 x

1 1

1 1 1 1e 2t e dt e e dt

2t 2t 2t 2t

e e e1 1dt

2t 2 t 2 2x

Άρα, 2

2 2x 1 x

1 t 1 x

2x x x1

e1 1 1 1 1 1lim 1 e dt lim lim e 0 0

2 2x 2 2x 2 22t

.

Page 67: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

67

ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 12ου

α) Είναι x

f xημx

, για κάθε x 0,

Άρα,

x

f x 1ημx

x x ημx , για κάθε x 0,

Οπότε για κάθε x 0, είναι

t 1 tx x x x

2 2

3 3 3 3

2 2f (t) 1 t t

dt dt dt dtt t t 1 t

Ας ονομάσουμε x

2

3

tI dt

1 t

Κάνουμε την αντικατάσταση

u t du tdt

Για t3

είναι

1u

3 2

Για t x είναι u x

Οπότε, x x

1 12 2

2 2

du 1I du

1 u u 1

Αναζητούμε Α,Β τέτοια, ώστε

2

1 1 A B A(u 1) B(u 1)

u 1 u 1 u 1 u 1 u 1 u 1u 1

A B 1Au A Bu B (A B)u A B 1A B

A B 0u 1 u 1 u 1 u 1 2

Άρα,

x x x11 1222 2

1 11 12 2I du du n u 1 n u 1

u 1 u 1 2u 1

x 1 0

xx 0,

x 1 1 x1

2

11

u 1 x 11 1 2n n n

12 u 1 2 x 11

2

11 1 x 1 1 x 1 12n n n n

32 1 x 2 1 x 2 3

2

1

21 x 1 1 x 1n n3 n n3

1 x 2 1 x 2

Page 68: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

68

β) Είναι

F x f x , για κάθε x (0, π)

και άρα x

F(x) f (t)dt

για κάθε x (0, π)

Οπότε, 2π π 2π 2π

3 3 3 3π π

α α3 3

2π π tF F f (t)dt f (t)dt f (t)dt dt

3 3 ημt

3

2π π tF F dt (1)

3 3 ημt

Ας ονομάσουμε 2π

3

tJ dt

ημt

Κάνουμε την αντικατάσταση

u t du dt

Για t3

είναι

2u

3 3

Για 2

t3

είναι

2u

3 3

Οπότε, 2

( u) u3 3

2

3 3

u uJ ( du) du

( u) u

2 2

3 3

3 3

1 udu du

u u

2

3

3

1du J

u

2 2

3 3

3 3

1 12J du J du (2)

u 2 u

Από α) ερώτημα έχουμε: 2π

x3x

π

3

f (t) 1 συνx 1dt n n 3

t 1 συνx 2

3

11

1 12dt n n 3

1ημt 21

2

3

31 12dt n n 3

1ημt 2

2

3

1 1dt n 3 n3

ημt 2

Page 69: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

69

2π 1

3 2π

3

1 1dt n 3 n 3

ημt 2

3

1 1 1dt n3 n 3

ημt 2 2

3

1dt n 3 (3)

ημt

Από τις σχέσεις (2) , (3) προκύπτει ότι

J n32

και από τη σχέση (1) παίρνουμε τη ζητούμενη σχέση

2π π πF F n3

3 3 2

γ) Η f είναι παραγωγίσιμη στο (0, π) (ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων) με

2 2

(x) x x ( x) x x xf (x)

x x

Επειδή ο παρονομαστής θετικός στο (0, π) , το πρόσημο της f (x) καθορίζεται από το

πρόσημο του αριθμητή.

Θεωρούμε τη συνάρτηση

g(x) x x x για κάθε x [0, ]

Τότε:

g (x) x x x x (x) x x x

x x x x

x x x x x x 0 για κάθε x (0, )

Άρα η g γνησίως αύξουσα για στο διάστημα [0, ] Οπότε,

για g

2

g x0 x g(x) g(0) x x x 0 f x 0

x

Άρα η f γνησίως αύξουσα για κάθε x (0, ) Είναι,

f

ή x 0 x

f (0, ) im f (x), im f (x)

Όμως,

x 0 x 0 x 0

x 0

x 1 1 1im f (x) im im 1

x xx 1im

x x

και

x 0(0, )

x x x x

x 1im f (x) im im x im ( )

x x

Οπότε είναι:

f (0, ) 1,

Στη συνέχεια θέλουμε να αποδείξουμε ότι:

β)ερώρτημα

o o

π 2π 2π πf x F F f x F F

3 3 3 3

Page 70: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

70

o

πf x n3

2

Εφόσον ζητούμε o

πx

3 , βρίσκουμε το σύνολο τιμών της f στο διάστημα ,

3

Είναι,

f

ή xx3

f , im f (x), im f (x)3

Όμως,

x x3 3

x 2 2 33 3im f (x) imx 93 3 3

3 2

, οπότε

2 3f , ,

3 9

Επειδή n

e 3 ne n3 1 n3

και 22

2

2

4 3 4 3 16 3 481 1 1 1

9 81 819

προκύπτει ότι

4 3

4 3 4 3 91 n3 n3 n39 9 2 2

2 3 2 3n3 n3 f , ,

9 2 2 3 9

Από το γεγονός ότι n3 f ,2 3

συμπεραίνουμε την ύπαρξη ενός τουλάχιστον

o

πx , π

3

τέτοιο, ώστε

o

πf x n3

2

και επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, π), άρα και στο π

, π3

, το ox είναι

μοναδικό

δ) Είναι,

β)ερώτημαo

2π ππ F F3 n33f x 3 n3 3 n3 n3 3 32 3 3π π 2 2 2 π

2π π 2π πF F F F

3 3 3 3

π 2π π

3 3 3

Page 71: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

71

Η F είναι συνεχής στο 2

,3 3

και παραγωγίσιμη στο 2

,3 3

άρα ικανοποιούνται οι

προϋποθέσεις του θεωρήματος Μέσης Τιμής, άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον

1

2x ,

3 3

τέτοιο, ώστε

o o1 1

2F F

3f x 3f x3 3F (x ) f (x )

2

3 3

Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, π), άρα και στο π 2π

,3 3

, το x1 θα είναι

μοναδικό

ε) Tο εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της

συνάρτησης m , τον άξονα x 'x και τις ευθείες π π

x , x3 2

είναι

2

3

E m(x) dx

Αλλά για κάθε π π

x ,3 2

ισχύει

x f (x)x 0 0 f (x) 0 0 m(x) 0

x x

Οπότε,

2 2 2

3 3 3

f (x) 1E m(x)dx dx dx

x x

Αλλά, από το α) ερώτημα είναι για x2

:

πσυν 0π

22

πln1 0

3

π1 συν

1 1 n 32E dx n n 3πημx 2 2

1 συν2

τετραγωνικές μονάδες.

Άρα, n3

n3

Εi i

1

n3

22 i 1 και

o1

3f xf (x )2E

π οο

n3E1

2

f xf x eσυν συν

f x

n32

2

o

e

3 f x

n3e 3συν συν συνπ 1

3 3

π ππ

Page 72: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

72

ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 13ου

α) Στη σχέση f x x f x x 1 , η οποία ισχύει για κάθε x 0, θέτουμε

διαδοχικά x 0 και x παίρνουμε:

f 0 0 f 0 0 f 0 0

f f f 0

Άρα

f 0 f 0 .

β) Έστω ότι η fC δεν τέμνει το x x σε κάποιο εσωτερικό σημείο του 0, δηλαδή

f x 0 , για κάθε x 0, .

Θεωρούμε τη συνάρτηση

x

g x , x 0,f x

η οποία είναι

α) συνεχής στο 0, , ί ώ ή ,

β) παραγωγίσιμη στο 0, με

2

x f x x f xg x

f x

γ) g 0 g 0

Οπότε από θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον 0, ώστε:

g 0 f x f 0,

άτοπο λόγω της σχέσης 1 .

Άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον 0, τέτοιο ώστε f 0 .

Θα δείξουμε ότι το κ είναι μοναδικό.

Έστω ότι η f x 0 έχει και δεύτερη ρίζα στο 0, .

Έστω λ η ρίζα αυτή και χωρίς βλάβη της γενικότητας 0 .

Η συνάρτηση

f x

h x , x , 0,x

ικανοποιεί τις υποθέσεις του

θεωρήματος Rolle στο , , διότι είναι συνεχής, παραγωγίσιμη με

2

f x x f x xh x

x

και

f f

h 0, h 0

Επομένως, υπάρχει 1 , ώστε

1 1 1 1 1h 0 f f 0 , άτοπο λόγω της 1 .

γ)

γ1) Ισχύει 0 , όπου κ η ρίζα της εξίσωσης f x 0 .

Η f ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ στο 0, , άρα υπάρχει 0, 0,

τέτοιο ώστε:

Page 73: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

73

f f 0 f 0

f 00

,

εφόσον 0 και f 0 0 λόγω υπόθεσης.

γ2) Έστω

f x

x , x 0,x

με

2

f x x f x xx 0, ά x 0,

x

(λόγω της 1 )

Η συνάρτηση: c x f x x f x x 0 στο 0, και είναι και συνεχής, άρα

διατηρεί σταθερό πρόσημο στο 0,

( η c(x) είναι ο αριθμητής της (x) της οποίας ψάχνω το πρόσημο).

Για x 0 c 0 f 0 0 άρα c x 0 στο 0,

Επομένως:

2

c xx 0, ά x 0,

x

άρα η x γνησίως αύξουσα και άρα 1 – 1.

Άρα

1 1f f

f f

.

γ3) 6 4 2 6 4 2

ό ί ύ

f f f6 4 2

2f 2f f6 4 2

6 4 2

γ4) Αν

x x6 2 6 2

x 0f x2f f

6 x 2

2f x f x f x6 2

Επειδή γνησίως αύξουσα , προκύπτει ότι η αριστερή ισότητα ισχύει μόνο για x6

και η δεξιά μόνο για x2

.

Έτσι οι συναρτήσεις

2f x f x6

, f x f x

2

Page 74: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

74

δεν είναι παντού μηδέν στο ,6 2

, άρα:

/2 /2 /2

/6 /6 /6

/2/2 /2

/6 /6

/6

/2

/6

2f x dx f x dx f x dx6 2

2f x f x dx f x6 2

33 f f x dx f .

6 2 2

γ5) Θα βρούμε το σύνολο τιμών της συνάρτησης φ .

Είναι

ή

x 0 x0, lim x , lim x

x 0 x

f 0 0φ συνεχής στα 0,π

1 1lim f x , lim f x

x x

f 0 , f , f .

Αν ήταν f 0 τότε θα είχαμε

0, , , άτοπο.

Άρα

f 0

f 0 f 0

.

Οπότε

0, , .

γ6) Έστω τυχαίο και σταθερό. Τότε

f x

f x x xx

, για κάθε x 0, .

Επειδή , 0, , άρα υπάρχει μοναδικό 0, : δηλαδή

f .

Η μοναδικότητα του θ προκύπτει από το γεγονός ότι η συνάρτηση φ είναι γνησίως

αύξουσα στο 0, .

Page 75: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

75

ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 14ου

α) Η σχέση της υπόθεσης γράφεται

συνxf '(x) συνx ημx f (x) f (x) 0 x f '(x) συνx (x ημx συνx) f (x) 0 ( )

x

Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο π

(0, )2

, ως πηλίκο παραγωγίσιμων

συναρτήσεων με

2

f (x) f '(x) x συνx f (x) (x συνx) 'g '(x) ( ) '

x συνx (x συνx)

2

(*)

2

f '(x) x συνx f (x) (συνx x ημx)

(x συνx)

f '(x) x συνx (x ημx συνx)f (x) π0 , για κάθε x 0,

(x συνx) 2

Άρα η g είναι σταθερή στο π

0,2

, δηλαδή

f (x) πc , για κάθε x 0,

x συνx 2

Οπότε,

πf (x) c x συνx , x 0,

2

(1)

Θεωρούμε τη συνάρτηση

3x πm(x)

x 2f (x)

σε μια περιοχή του π

,3

πχ π π π π

x , ,6 3 3 2

Τότε από υπόθεση έχουμε ότι

πx

3

3 3lim m(x) 0

π

, άρα m(x) > 0 κοντά στο π/3

Λύνοντας ως προς f(x) τη σχέση 3x π

m(x)x 2f (x)

παίρνουμε

x m(x) 3x πf (x)

2m(x)

, x κοντά στο π/3

Οπότε,

π πx x

3 3

π 3 3 π3 π

x m(x) 3x π π3 π 3limf (x) lim2m(x) 63 3

Όμως η f είναι συνεχής στο π/3, ως παραγωγίσιμη, άρα π π

f3 6

Για x=π/3 η σχέση (1) δίνει

π πc c 1

6 6

Έτσι,

Page 76: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

76

f(x) = x συνx , π

x (0, )2

Όμως η f είναι συνεχής στο 0x 0 x 0

f (0) limf (x) lim(x συνx) 0

Παρόμοια π

f ( ) 02

.

Τελικά

πf (x) x συνx, για x 0,

2

β) Η συνάρτηση f ΄ είναι συνεχής στο π π

,4 3

και

π π π π 2 π 2 2 πf ' συν ημ 1 0

4 4 4 4 2 4 2 2 4

και

π π π π 1 π 3 3 3πf ' συν ημ 0

3 3 3 3 2 3 2 6

(διότι 2 23 3π 0 3 3π 9 3π 3 π , που ισχύει)

Άρα από θ. Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιστον 0 0

π π πx ( , ) (0, ) : f '(x ) 0

4 3 2

Επίσης,

πf ''(x) (συνx x ημx) ' 2ημx x συνx 0 στο 0,

2

Άρα f ' γνησίως φθίνουσα στο π

(0, )2

, οπότε το x0 είναι μοναδικό.

γ) Από το (β) ερώτημα έχουμε ότι

0 0 0 0f '(x ) 0 συνx x ημx (2)

Επειδή 0 0 0 0

π πx (και x ) ημx συνx

4 2 , άρα

0συνx 0(2)

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0x ημx x συνx συνx x συνx συνx (1 x ) 0 1 x 0 x 1 (3)

Επίσης, επειδή 0 0

π 2x συνx (4)

4 2

Η f είναι κοίλη άρα η Cf βρίσκεται «κάτω» από την εφαπτόμενη στο (x0 , f(x0))

δηλαδή

(3) (4)

0 0 0 0

2f (x) f (x ) x συνx συνx

2

δ) Για α=β η ζητούμενη σχέση ισχύει ως 0 0

Έστω π

α,β 0,2

με α < β , από το Θεώρημα Μέσης Τιμής για την f στο α,β

προκύπτει η ύπαρξη 1

πx (α,β) (0, ) :

2

1

1 1

f (β) f (α)f '(x ) δηλ.

β α

β συνβ α συναf '(x ) β συνβ α συνα f '(x ) β α

β α

Αρκεί να αποδείξουμε ότι

Page 77: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

77

1

πf '(x )

2

Έχουμε, π

1f ' 2

1 1 1 1 1

π π π π π π0 x f '(0) f '(x ) f ' 1 f '(x ) f '(x ) f '(x )

2 2 2 2 2 2

Παρόμοια εργαζόμαστε για α > β.

Άρα σε κάθε περίπτωση ισχύει το ζητούμενο.

Page 78: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

78

ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 15ου

Α) Θεωρούμε την συνάρτηση xφ(x) e x 1 με πεδίο ορισμού το η οποία είναι

παραγωγίσιμη στο με xφ (x) e 1 .

Είναι : x xφ (x) 0 e 1 0 e 1 x 0

ενώ x xφ (x) 0 e 1 0 e 1 x 0

Επομένως ο πίνακας μεταβολών είναι :

Η συνάρτηση φ στο x 0 έχει ολικό ελάχιστο , οπότε για κάθε x θα ισχύει : x xφ(x) φ(0) e x 1 0 e x 1

(η ισότητα ισχύει μόνο για x 0 )

Διαφορετικά: Από γνωστή εφαρμογή του σχολικού βιβλίου, ισχύει ότι

ln x x 1 , για κάθε x 0

(η ισότητα ισχύει μόνο για x 1 )

Για x το xe από την παραπάνω σχέση προκύπτει x x x xlne e 1 x e 1 e x 1 (η ισότητα μόνο για x 0 )

Β) Είναι 2

xx 0

x 3x3

f (x) elim

Θέτουμε 2

x

x 3xk(x)

f (x) e

με x κοντά στο 0. Τότε

x 0

k(x) 3lim

Οπότε έχουμε,

2

2 x

x

x 3xk(x) x 3x k(x) f (x) e

f (x) e

2 x 2 xx 3x k(x)f (x) k(x)e x 3x k(x)e k(x)f (x) 2 xx 3x k(x)e

f (x)k(x)

, x κοντά στο 0

(σχόλιο: επειδή 0

( ) 3limx

k x

>0 k(x) 0 για x κοντά στο 0)

Άρα

x

φ (x) - +

φ

Ο.Ε.

φ 0 0

O

Page 79: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

79

2 x

x 0 x 0

x 3x k(x)e 3f (x) 1

k(x) 3lim lim

Όμως η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 , άρα θα είναι και συνεχής στο 0 , οπότε

x 0

f (0) f (x) 1lim

α) Είναι

x x

2 e ef (x) f (x)f (x) f (x)f (x)

2 2

, για κάθε x

οπότε από συνέπειες Θ.Μ.Τ. έχουμε ότι x

1

ef (x)f (x) c

2 , για κάθε x (1)

Η σχέση (1) για x 0 γίνεται 0

1 1 1

e 1 1f (0)f (0) c 0 c c

2 2 2

Άρα η σχέση (1) παίρνει την μορφή

x

x 2 xe 1f (x)f (x) 2f (x)f (x) e 1 f (x) e x

2

, για κάθε x

οπότε από συνέπειες Θ.Μ.Τ. έχουμε ότι 2 x

2f (x) e x c , για κάθε x (2)

Η σχέση (2) για x 0 γίνεται 2 0

2 2 2f (0) e 0 c 1 1 c c 0

Άρα η σχέση (2) παίρνει την μορφή 2 xf (x) e x ,x (*)

Είναι

f (x) 0 , για κάθε x ,

[αφού αν υπήρχε 0x τέτοιο ώστε 0f (x ) 0 , τότε θα είχαμε :

o ox x2

o o o of (x ) 0 f (x ) 0 e x 0 e x ,

άτοπο, διότι από Α ερώτημα έχουμε ότι o ox x

o oe x 1 e x ]

Οπότε,

η f είναι συνεχής στο

f (x) 0 , για κάθε x

f (0) 1 0

Άρα (από συνέπεια θεωρήματος Bolzano) θα έχουμε ότι f x 0 , για κάθε x

Άρα από τη σχέση (*) προκύπτει ότι xf (x) e x , για κάθε x

Προσοχή :Ελέγχουμε αν η συνάρτηση xf (x) e x ικανοποιεί τις αρχικές

συνθήκες, διότι τα βήματα εύρεσης της δεν είναι ισοδύναμα!

Πράγματι :

2x x xx

x x x

2e e x e 1e 1f (x) f 0 0 και f (x)

2 e x 4 e x e x

από όπου έχουμε

Page 80: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

80

2

x x2 x

x

e e 1f (x) f (x)f (x) e x

2 2 e x

2x x x

x x

2e e x e 1

4 e x e x

2 2x x x x

x x

e 1 2e e x e 1

4 e x 4 e x

2

xe 1 2

x x x2e e x e 1

x x

x

2e e x

4 e x

x4 e x

xe

2

Επίσης,

22 f συνεχής στο 0 f συνεχής στο 0

x x0x 0 x 0 x 0x0

0

x 3xx 3x 2x 3lim lim lim

f x e f x ef x e

2 0 33

f 0 e

β) Α τρόπος:

2 x

x

1

e xf (x)f (x)I dx

e 1

2x x x

xx x

2e e x e 1

e 1 4 e x e x

2x x x2 2

x x

1 1

2e e x e 1dx dx

4 e x e 1

2x x x x2 2 x

x x x x x x

1 1

2e e x e 1 e 1edx dx

4 e x e 1 4 e x e 1 2 e 1 4 e x

2 2

x x

1 1

1 1ln e 1 ln e x

2 4

2 21 1ln e 1 ln e 1 ln e 2 ln e 1

2 4

2 2

2

e 1 e 11 1 1ln e 1 ln e 1 ln e 2 ln

2 4 4 e 2

.

B τρόπος:

Θέτουμε

xe 1

u f x u du f x dx2f x

Για e 1

x 1 u f 12

Για 2

2

e 1x 2 u f 2

2 e 2

Άρα,

f 2f 2

2f 1 f 1

f 2 e 1 e 11 1 1I du ln u ln ln

2u 2 2 f 1 e 2

γ1) Είναι 2xg (x) f (x) 1 , για κάθε x , οπότε

Page 81: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

81

για x 0 έχουμε 2 xf (x) 1 e x 1

g (x) g (x) 0x x

για x 0 έχουμε 2 xf (x) 1 e x 1

g (x) g (x) 0x x

(αφού από Α ερώτημα έχουμε ότι xe x 1 0 , για κάθε x 0 )

Επομένως ο πίνακας μεταβολών είναι :

Η συνάρτηση g στο x 0 έχει ολικό ελάχιστο.

γ2) Είναι

x 0

g (x) g (0)g (0)

xlim

Θα υπολογίσουμε το g (0) .

A τρόπος:

Επειδή η g είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο 0, η g θα είναι συνεχής στο 0 , οπότε

x 0

g (0) g (x)lim

Όμως :

για x 0 έχουμε 2 x x

x 0 x 0

f (x) 1 e x 1 e x 1g (x) g (x) g (x)

x x xlim lim

x x

x 0 x 0

e x 1 e 10

1xlim lim

για x 0 παρόμοια έχουμε 2 x x

x 0 x 0

f (x) 1 e x 1 e x 1g (x) g (x) g (x)

x x xlim lim

x x

x 0 x 0

e x 1 e 10

1xlim lim

Άρα

x 0

0 0 0 g (x) 0 g (0) 0lim

x 0

g (x) - +

g

Ο.Ε.

Page 82: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

82

Β τρόπος:

Θεωρούμε τη συνάρτηση h : με τύπο

2h x xg x f x 1

Από τα δεδομένα προκύπτει ότι

h x 0 h 0 , για κάθε x

Άρα,

η h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0

η h είναι παραγωγίσιμη στο 0

το 0 είναι εσωτερικό σημείο του ,

άρα από το θεώρημα Fermat, h 0 0

Όμως,

h x g x xg x 2f x f x , x

Άρα,

h 0 g 0 0 g 0 2f 0 f 0 g 0

Άρα τελικά, g 0 0

Επομένως

x 0 x 0

g (x) g (0) g (x)g (0)

x xlim lim

Είναι 2xg (x) f (x) 1

Οπότε για x 0 έχουμε (διαιρώντας με 2x 0 , x κοντά στο 0) 2

2

g (x) f (x) 1

x x

Όμως

0 0x x2 x x x0 0

2 22x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 x 0

e x 1 e 1f (x) 1 e x 1 e 1 e 1

x x 2x 2 22xxlim lim lim lim lim lim

Οπότε 2

2x 0 x 0

g (x) f (x) 1 1g (0)

x x 2lim lim

γ3)

Α τρόπος:

Είναι g (0) 0 από γ ερώτημα , ενώ η σχέση 2xg (x) f (x) 1 για x 1 γίνεται , 21g (1) f (1) 1 g (1) e 2 0 g (0)

Δηλαδή υπάρχουν 1 2x , x με 1 2x 0 x 1 για τα οποία ισχύει g (0) g (1) ,

άρα η g δεν είναι γνησίως φθίνουσα.

B τρόπος:

Έχουμε xxg (x) e x 1 , για κάθε x . Οπότε για x 0 ,

xe x 1

g xx

Page 83: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

83

Όμως, x

x x

x x x

e 1x 1

x xe x 1 e 11 1 0

x x x xlim lim lim

(διότι xx

x

x x x

eee

x xlim lim lim

)

Οπότε,

xe x 1

g xx

, για κάθε x 0 και

x

x

e x 1

xlim

, άρα

x

g xlim

Αν η g ήταν γνησίως φθίνουσα, τότε

g συνεχής,

xg 0, lim g x ,g 0 ,0

, άτοπο.

γ4) Από γ1 ερώτημα έχουμε ότι για x 0,1 η g είναι γνησίως αύξουσα , οπότε για

κάθε x 0,1 έχουμε

1(*)

0

x 0 g(x) g(0) g(x) g(0) 0 g(x) g(0) dx 0

1 1 1 1

1

0

0 0 0 0

g(x)dx g(0)dx g(x)dx xg(0) g(x)dx g(0)

( (*) η συνάρτηση g(x) g(0) δεν είναι παντού μηδέν στο 0,1 )

και

1

2 x x

0

xg (x) f (x) 1 xg (x) e x 1 0 xg (x) e x 1 dx 0

11 1 1 2

1x x

0

0 0 0 0

xxg (x)dx e x 1 xg(x) g(x)dx e x

2

1 1

0 0

1 5 2eg(1) g(x)dx e 1 1 g(x)dx g(1)

2 2

γ5) Είναι 2 2 xxg (x) f (x) 1 xg (x) 1 f (x) xg (x) 1 e x 0

Οπότε για κάθε t 1, x με x 1 θα ισχύει

x x

x x

1 1

1 1

1 1tg (t) 1 0 g (t) g (t)dt dt g(t) ln x

t t

g(1)g(1) e

g(x) g(1) ln x g(x) g(1) ln x g(x) ln e ln x g(x) lnx

Page 84: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

84

ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 16ου

α) Έχουμε,

x e x e x e

0

0

11 ln x1 ln x 1x

x e 1 ex e

lim lim lim

[Διαφορετικά:

αν g x ln x τότε,

x e x e x e

1 ln x ln e ln x ln x ln e 1g e

x e x e x e elim lim lim

]

Επίσης,

x1 1 1 1 1 1

x x xt t t t t x

1 1 0

1

1 1 11 e dt e e dt te dt te xe

t t e

οπότε η σχέση (1) της υπόθεσης γίνεται :

1

x1 1

f x xee e

άρα

1

xf x xe , x 0

β) Για κάθε x > 0, έχουμε,

1 1 1 1 1 1 1

x x x x x x x2

1 1f x xe e x e e x e e e , x 0

xx

και

1 1 1 1 1 1

x x x x x x2 2 3 3

1 1 1 1 1f x e e e e e e 0

x x x x x

Οπότε η συνάρτηση f είναι κυρτή στο 0,

γ) Αρκεί να αποδείξουμε ότι:

1 1 1

x x x1 1

f x 1 e e 1 1 ex x

Όμως από γνωστή εφαρμογή του σχολικού βιβλίου ισχύει

ln x x 1 , για κάθε x 0 (το ίσον να ισχύει μόνο για x = 1)

Αντικαθιστούμε όπου x το

1

xe 1 , άρα 1 1 1 1

x x x x1 1

ln e e 1 e 1 1 ex x

δ) Έστω α,β 0 .

Για κάθε x 0 εφαρμόζουμε το Θεώρημα Μέσης Τιμής (Θ.Μ.Τ) για την f στο

διάστημα x β, x α β , άρα υπάρχει ξ x β,x α β τέτοιο ώστε,

Page 85: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

85

1 1

x α β x βf x α β f x β x α β e x β ef ξ

x α β x β α

όμως,

1 1

x α β x β

α 0

1 1

x α β x β

1 1

x α β x β

x α β e x β ef ξ 1 1

α

x α β x βα

e e

x α β x βα

e e

ε) Έχουμε,

1 1

x xf x

f (x) x e e , x 0x

Όμως,

x u 0

1u1

xu 0xe e e 1lim lim

άρα

x

f x1 2

xlim

Επειδή,

x x

4 3 4x 2x 1 xlim lim

άρα 4 3x 2x 1 0 για x που τείνει στο

Παρόμοια αποδεικνύεται, 42x 4x 0

Έχουμε,

4 3 4 3 4 3

4 4 3 4

f x 2x 1 f x 2x 1 x 2x 1

2x 4x x 2x 1 2x 4x

όμως,

x x

4 3 4

4 4

x 2x 1 x 1

22x 4x 2xlim lim

Θα υπολογίσουμε και το όριο

x

4 3

4 3

f x 2x 1A

x 2x 1lim

Θέτουμε: 4 3u x 2x 1

οπότε

x x x

4 3 4

0u u x 2x 1 xlim lim lim

άρα

Page 86: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

86

u

2f uA 1

ulim

Τελικά,

x x

4 3 4 3

4 3 4

f x 2x 1 x 2x 1 1 1M 1

2 2x 2x 1 2x 4xlim lim

στ) Η εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο A 1,f 1 είναι

1 2 2x 1

y f 1 f 1 x 1 y x 1 y : εe e e e

στ1) Επειδή η f είναι κυρτή στο 0, η γραφική παράσταση της f βρίσκεται πιο

«πάνω» από την εφαπτομένη της (ε) , δηλαδή 2x 1

f xe e

για κάθε x 0

(η ισότητα ισχύει μόνο για x 1 ).

Άρα,

2x 1

f xe e

για κάθε x 1,2

όμως η συνάρτηση 2x 1

f xe e

δεν είναι παντού μηδέν στο [1, 2], επομένως

2 2 2 2

2 22

111 1 1 1

2x 1 1 1 2f x dx dx f x dx x x f x dx

e e e e e

στ2) Επειδή f x 0 στο 1,2 και συνεχής, προκύπτει ότι 2

1

E f x dx , άρα από το

προηγούμενο ερώτημα έχουμε 2

Ee

.

Έχουμε,

x x x

xx

x

x xx

x x xx

x

2 27E 1 17E7E 2 7E 1 07E

3 0 12 3 2213 1

33

lim lim lim

[διότι

21

3 ,

2 7E 14E 1

e 3 3e ,

2 1 e 1 e 2 eE 1

e E 2 7E 14 7E 7 ]

στ3) Αρχικά θα υπολογίσουμε το x

x

1

f t dtlim .

Έχουμε αποδείξει ότι 2t 1

f te e

, για κάθε t 1 ,οπότε

x x x 2

1 1 1

2t 1 x xf t dt dt f t dt *

e e e

για κάθε x 1

Όμως

Page 87: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

87

x x

2 2x x x

e elim lim

άρα από την (*) έχουμε

x

x

1

f t dtlim

.

Για κ = 1 ,

x x x x

xx

111 x

f t dtf t dt

L f x x ex x

lim lim lim lim

Για κ = 2,

x x x x

xx

1 1

x x11

22

f t dtf t dtx e e 1

L2x 2 2x

x

lim lim lim lim

Για κ 3

x x x

x

1 1

x x1

κ k 1 k 2

f t dtx e e 1 1

L 0x k x k x k

lim lim lim

άρα

, k 1

1L ,k 2

2

0 ,k 3

Page 88: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

88

ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 17ου

α) Βρίσκουμε αρχικά τον μιγαδικό 1 2z z , έχουμε

1 2 1 2 xz z ia x i 2 2 x x xx i a i x a i a

2 1 2 ,   x x xx a i a x a x

Έτσι έχουμε

1 21 2 ,        2 x x xf x a x a x Re z z x a

Δίνεται ότι

1 2 1, Re z z για κάθε x 2 1, xx a για κάθε x

Θεωρούμε τη συνάρτηση : με τύπο

2 xx x a .

Τότε,

1x με 0 1 άρα 0 , x για κάθε x

Άρα η συνάρτηση παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο 0 , η συνάρτηση είναι

παραγωγίσιμη στο 0 και το 0 είναι εσωτερικό σημείο του . Άρα από το θεώρημα του

Fermat προκύπτει ότι

0 0.

Όμως είναι

2 ,  

x xx x a x x a lna x

Άρα

0 1 lna .

Οπότε πρέπει

0 0 1 0 lna a e

[Η τιμή e επαληθεύει τη σχέση 1 2 1Re z z διότι είναι ισοδύναμη με την

2 1 1 x xx e e x

η οποία ισχύει από τη γενική σχέση 1,  xe x για κάθε x .

(Βλέπε σχετική απόδειξη της τελευταίας παρακάτω)]

β) Η σχέση

2

2

e

e

2 2 e e

2 1 2 1 e e e e

f f

Ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήματος Role για την συνάρτηση f στο διάστημα , ,

άρα υπάρχει 0 ,x τέτοιο ώστε 0 0 f x

Έχουμε ότι

0 x 0

2 2 2 x

01 1 1

2 2 2

x

Page 89: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

89

Ο ζητούμενος αριθμός είναι ο

0

00

1 ,

2

1αφού 0

2 2 2

x

xf f f x

γ) Θα βρούμε το σύνολο τιμών της f . H f είναι παραγωγίσιμη στο με

2 x x x xf x e x x e x e e

3 ,   0, xf x e x x x

Όμως είναι

0  xe 3 0  x , για κάθε x

Οπότε έχουμε:

0 0 0,  2

f x x x

0 0  ,  2

f x x x

Η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο 0,2

άρα:

1

2

0, 0 , lim 3,3 12

x

f f f x e A

Η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο ,2

άρα

2

2

, lim , lim 3,3 12

xx

f f x f x e A

To 14 A άρα υπάρχει 1 10, : 42

x f x

. Το 1x είναι μοναδικό, λόγω της

μονοτονίας της f στο 0,2

To 24 A άρα υπάρχει 22 , : 42

x f x

. Το 2x είναι μοναδικό, λόγω της

μονοτονίας της f στο ,2

Άρα 4 .

Ομοίως οι ακέραιοι 15,6,7,8,9A και 25,6,7,8,9A , άρα οι εξισώσεις

5,  6,  7,  8,  9 f x f x f x f x f x

έχουν η καθεμία δυο λύσεις στο 0, .

Άρα 4,5,6,7,8,9

[Σχόλιο: Το 13 A και το 23 A . Άρα η εξίσωση 3f x έχει μοναδική ρίζα στο

0, . Άρα 3] .

δ1) Είναι εφαρμογή του σχολικού βιβλίου.

Page 90: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

90

δ2) Είναι:

1 2  ,  x xf x e xe x 1 2 xf x e x 1

 , 2

xf x

e xx

Δηλαδή  ,  xg x e x. Άρα 0 g x στο , οπότε και στο 0,

2

και g

συνεχής στο 0,2

. Οπότε το εμβαδό Ε είναι

2

0

xe dx

Εφαρμόζουμε τη σχέση του δ1) ερωτήματος για 0xx e και παίρνουμε

1 x xlne e 1 xx e 1  ,  0,2

xe x x

Όμως η συνάρτηση 1 xx e x δεν είναι παντού μηδέν στο 0,2

, άρα

2 2

0 0

1 xe dx x dx

20

E x x

12

δ3) Έστω 0x . Τότε για 0,t x έχουμε:

1 te t 0 0

1 x x

te dt t dt 0

0

x

xte dt t t

0

1,  0   1 x

te dt x x x

Όμως είναι

1

lim 1 lim 1 0 1 0

x x

xx x x

x x

διότι

           1 1

lim 0 και 0, 0

x x

x

x xά

x x x x

Άρα από τη σχέση 1 προκύπτει ότι

0

lim

x

t

xe dt

ε) Το ζητούμενο όριο γράφεται

30

20

20

1 1lim

11 1lim

1 1 1lim  1 1 0 0

2

x x x x

xx

xx x

xx

x x

x

e x e xe x e

x e

e xe x x e

x e x

e x x ex

x x

διότι

Page 91: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

91

0 0

0 0

2 20 0 0

2

0 0

1 ( 1) '  1lim  lim lim

( ) '  2

1 ' 1lim lim

2 ' 2 2

x x x

x x x

x x x

x x

e x e x e x

x x x

e x e x e x

x

0

lim 1 1

x

x

0 '

0

'0 0 0

11 1 1lim    lim  lim 0

1 1

xx x

x x x

x ex e x e x

x x

Page 92: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

92

ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 18ου

α) Για x 0 η ζητούμενη σχέση ισχύει ως 0 0 0 . Θα αποδείξουμε ότι 3x

x ημx x6

, για κάθε x 0

• Από θεωρία, ισχύει ημx x , για κάθε x (η ισότητα ισχύει μόνο για x 0 )

Άρα ημx x , για κάθε x 0 , δηλαδή ημx x , για κάθε x 0 1

• Θεωρούμε τη συνάρτηση f : 0, , με 3x

f x ημx x6

Τότε,

2x

f x συνx 12

, x 0

και

f x ημx x 0 (λόγω σχέσης 1 ), για κάθε x 0

Άρα f γνησίως αύξουσα στο 0, (αφού f συνεχής στο 0, )

Άρα για x 0 f x f 0 0 , δηλαδή f γνησίως αύξουσα στο 0,

(αφού f συνεχής στο 0, )

Έτσι, για x 0 f x f 0 0 , δηλαδή 3 3x x

ημx x 0 ημx x6 6

, x 0

Συμπέρασμα: Σε κάθε περίπτωση ισχύει 3x

x ημx x6

, για κάθε x 0

(η ισότητα ισχύει μόνο για x 0 )

β) Η συνάρτηση ημt

t είναι συνεχής στο 0, , άρα η συνάρτηση

x

2016

ημtdt

t είναι

παραγωγίσιμη στο 0, , άρα η F είναι παραγωγίσιμη στο 0, , με

3 2 3

x

2016

f xx ημt x ημx 1 xF x x dt 1 x ημx 0

18 t 6 x x 6 x

,

για κάθε x 0 .

Άρα η F είναι γνησίως φθίνουσα στο 0, . Για x 0 έχουμε ισοδύναμα:

3

3x

3

x

ημt 19x xx dt

t 18 18

3

32016 x

3

x 2016

ημt ημt 19x xx dt dt

t t 18 18

3

32016 x

3

x 2016

ημt ημt 19x xx dt dt

t t 18 18

3

33

32016 2016

3

x x

xημt ημt xx dt dt x

t 18 t 18

F στο 0,

33 3F x F x x x x x

Page 93: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

93

x 0 x 0

3 2 2x x 0 x 1 x 0 1 x 0 x 0,1

γ) Έστω α 1

Ισχύει από την σχέση * ότι 3t

t ημt t6

, για κάθε t 0, .

Οπότε αν x 0 , έχουμε 3t

t ημt t6

, για κάθε t x,αx

γ1) Διαιρώντας με t 0 παίρνουμε 2t ημt

1 16 t

, για κάθε t x,αx

2αx αx αx

x x x

t ημt1 dt dt dt

6 t

αx3

αx

xx

t ημtt dt αx x

18 t

3 3 3αx

x

x α x ημtαx x dt αx x

18 18 t , για κάθε x 0

Όμως,

3 3 3

x 0 x 0

x α xlim αx x lim αx x 0

18 18

, άρα από το κριτήριο παρεμβολής

αx

xx 0

ημtlim dt 0

t

γ2) Διαιρώντας με 2t 0 παίρνουμε

2

1 t ημt 1

t 6 t t , για κάθε t x,αx

αx αx αx

2x x x

1 t ημt 1dt dt dt

t 6 t t

αx

2αx αx

2 xxx

t ημtln t dt ln t

12 t

2 2 2

αx

2x

α x x ημtln αx ln x dt ln αx ln x

12 12 t

2 2 2αx

2x

x α x ημtln α dt ln α

12 12 t , για κάθε x 0

Όμως,

2 2 2

x 0 x 0

x α xlim ln α lim ln α ln α

12 12

, άρα από το κριτήριο παρεμβολής

αx

2xx 0

ημtlim dt ln α

t

γ3) Διαιρώντας με 3t 0 παίρνουμε:

2 3 2

1 1 ημt 1

t 6 t t , για κάθε t x,αx

Page 94: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

94

αx αx αx

2 3 2x x x

1 1 ημt 1dt dt dt

t 6 t t

αx αxαx

3xx x

1 t ημt 1dt

t 6 t t

αx

3x

1 αx 1 x ημt 1 1dt

αx 6 x 6 t αx x , για x 0

Όμως,

x 0 x 0

1 αx 1 x 1 α 1 α 1lim lim

αx 6 x 6 x α α

και

x 0 x 0

1 1 1 α 1lim lim

αx x x α

, διότι α 1

Άρα από το κριτήριο παρεμβολής, αx

3xx 0

ημtlim dt

t

Οπότε, προκύπτει ότι

αx

κxx 0

0, αν κ 1ημt

lim dt ln α, αν κ 2t

, αν κ 3

δ) Για ln π π

1 x e 0 ln x 1 0 ln x ημ ln x 02 2

. Άρα η φ είναι θετική

στο 1,e και συνεχής. Οπότε το εμβαδόν Ε θα είναι

e

1Ε ημ ln x dx

Για x το ln x η σχέση * δίνει

3ln x

ln x ημ ln x ln x6

, για κάθε x 1,e

Άρα,

3

e e

1 1

ln xln x dx E ln xdx **

6

(οι ανισότητες είναι γνήσιες, διότι οι συναρτήσεις 3ln x

ln x ημ ln x6

,

ημ ln x ln x δεν είναι παντού μηδέν στο 1,e , αφού μηδενίζονται μόνο για x 1 )

Έχουμε τώρα,

e e

11ln xdx x ln x x 1 και

e ee3 3 2

11 1ln xdx x ln x 3 ln xdx

ee

2

1 1e x ln x 2 ln xdx e 3 e 2 6 2e

Οπότε, εύκολα βρίσκουμε από την ** ότι

Page 95: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

95

eE 1

3

ε) Η σχέση * για x το συνx δίνει

3συν x

συνx ημ συνx συνx6

, π

x 0,2

(οι ανισότητες είναι γνήσιες στο π

0,2

, διότι συνx 0 στο

π0,

2

)

Άρα,

π π π3

2 2 2

0 0 0

συν xσυνx dx ημ συνx dx συνxdx

6

Όμως, π π π3

32 2 2

0 0 0

συν x 1συνx dx συνxdx συν xdx

6 6

π ππ

2 22 220 0 0

1 1ημx συν x συνxdx 1 1 ημ x συνxdx

6 6

Για το τελευταίο ολοκλήρωμα θέτουμε

για x 0 u 0

u ημx πγια x u 1

2

Άρα,

1π 3

12 22

0 00

u 21 ημ x συνxdx 1 u du u

3 3

Έτσι προκύπτει ότι

π

2

0

1 21 ημ συνx dx 1

6 3 ,

δηλαδή

π

2

0

8ημ συνx dx 1

9

Τώρα, εύκολα διαπιστώνουμε ότι

π π

2 2

0 0ημ συνx dx ημ ημx dx

με την αντικατάσταση π

u x2

Page 96: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

96

ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 19ου

α) Α΄ τρόπος

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 0, , άρα για κάθε 0x 0, έχουμε,

0

00

x x0

f (x) f (x )f (x ) lim

x x

Θέτοντας 0

0

xh x h x

x και με 0x x το h 1 έχουμε ισοδύναμα,

0 0 0 00

h 1 h 10 0 0

f (hx ) f (x ) f (hx ) f (x )1f (x ) lim lim 1

hx x x h 1

Έχουμε,

για κάθε x, y 0, , x

f (xy) f 2f (x) 2y

Η 2 , για x 1 γίνεται,

f (1) 0 x y1 1 1

f (y) f 2f (1) f (y) f 0 f (x) f 0 3y y x

και για 0x h , y x γίνεται,

0

0

hf (x h) f 2f (h) 4

x

Η 1

fx

είναι παραγωγίσιμη στο 0, ως σύνθεση παραγωγίσιμων, οπότε

παραγωγίζοντας την 3 έχουμε,

2 2

1 1 1 1f (x) f 0 f (x) f , x 0 5

x x x x

Ακόμη έχουμε,

x 1 x 1

f (x) f (1) f (x)f (1) 1 lim 1 lim 1 6

x 1 x 1

και η f είναι παραγωγίσιμη στο 0

1

x δηλαδή,

0

0

1x0

x

0

1f (x) f

x1f lim

1xx

x

θέτουμε στο όριο 0

0

hh x x x

x και με

0

1x

x το h 1

Άρα γίνεται,

0

30 0 0 0

h 1 h 1 y x0

0 0 0

h 1 h 1f f f f

x x x x1f lim lim

h 1 1xh 1

x x x

Page 97: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

97

0

0

0h 1

hf f (x )

xx lim 7

h 1

Άρα, για κάθε 0x 0 έχουμε,

0100 0

0 02 2(7) h 1 h 10 0 0 0

hf f (x )

xf (hx ) f (x )1 1 1 1f (x ) f lim x lim

x x x h 1 x h 1

0 0 0

0

h 10

hf (hx ) f (x ) f f (x )

x1lim

x h 1

0 40

h 1 h 10 0

hf (hx ) f

x1 1 2f (h)lim lim

x h 1 x h 1

6

h 10 0

2 f (h) 2lim

x h 1 x

Επομένως, για κάθε x 0, , 2

1 1 2f (x) f ( ) 8

x x x

Β΄ τρόπος

Ισχύει για κάθε x, y 0, , x

f (xy) f 2f (x)y

Παραγωγίζοντας ως προς x έχουμε, για κάθε x, y 0,

x

dd xy yx x 1

f (xy) f ( ) 2f (x) f (xy) y f 2f (x)dx y dx y y

για x 1 παίρνουμε, f (1) 1 y 01 1 1 1

f (y) y f 2f (1) f (y) y f 2y y y y

yτοx

2 2

1 1 2 1 1 2f (y) f f (x) f

y y y x x x

β) Η 8 λόγω της 5 γίνεται ισοδύναμα,

2 1f (x) f (x) f (x) f (x) ln x c ,c

x x

όμως f (1) 0 c 0 , άρα f (x) ln x

γ)

Page 98: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

98

Αφού ο λαγός διαγράφει τροχιά πάνω στην γραφική παράσταση της f (x) ln x για

x 1 , είναι Λ 1,0 . Ακόμη θεωρώντας ότι κυνηγός και λαγός είναι στην ίδια ευθεία,

αν K x,0 με x 0 και 2KΛ e 1 , θα είναι,

2 2

2

2 2

1 x e 1 x e1 x e 1

1 x e 1 x e 2 0

Άρα 2K e ,0

Η απόσταση κυνηγού – λαγού μεγιστοποιείται, ώστε να διατηρείται η οπτική επαφή

τους, όταν η ευθεία ε γίνει εφαπτομένη της fC .

Έστω M α,ln α , α 1 το σημείο επαφής της ζητούμενης εφαπτομένης που θα έχει

εξίσωση,

1

ε :y ln α x α 9α

Όμως η ε διέρχεται από το 2K e ,0 οπότε την επαληθεύει,

2 21ε :0 ln α e α αln α e α

α

Θεωρούμε συνάρτηση, 2φ(x) x ln x x e με x 1

Το 2 2 2 2 2φ(e ) e lne e e 0 και η φ είναι παραγωγίσιμη στο 1, με

1

φ (x) x ln x x ln x x 0 ln x x 1 ln xx

με φ (x) ln x 0 για κάθε x 1

Άρα η 2x e είναι μοναδική ρίζα της φ(x) 0 , άρα 2α e και 2M e ,2

Έτσι η μέγιστη απόσταση είναι

2 22 2 4 4

maxKM e e 2 4e 4 2 e 1

δ)

Είναι,

ln x ,0 x 1

g x f xln x , x 1

Έστω 1 2A x ,α ,B x ,α με 10 x 1 και 2x 1 τα σημεία τομής των f

C και y α

Page 99: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

99

τότε, α

1 1ln x α x e άρα αA e ,α

α

2 2ln x α x e άρα αB e ,α

Αρκεί να δείξουμε ότι α αg e g e 1

για 0 x 1 είναι 1

g xx

και για x 1 είναι 1

g xx

άρα α α α

α α α

1 1 1g e g e e 1

e e e

Page 100: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

100

ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 20ου

α) Η fC έχει ασύμπτωτη την ευθεία y x στο άρα:

lim 1     lim 0

x x

f xf x x

x

Είναι

1

''( )

'( ) ' ' , x

'( ) x , ( : )

x

x

x

x

e f x

f x e

f x e

f x e a ά ά

Οπότε:

'

, για κάθε xf x e ax x

,  , : xf x e ax x a έ

Από τα παραπάνω όρια προκύπτει ότι:

1

1 lim lim lim

x

xx x x

f x e axa a

x x xe x

Άρα

1 και xf x e x

Επίσης είναι

0 lim lim

x

x xf x x e

Τελικά

,   xf x e x x

β) Από γνωστή εφαρμογή του σχολικού βιβλίου έχουμε ότι:

1,  0 lnx x ά x

Με την ισότητα να ισχύει για 1x . Για x το xe παίρνουμε:

1 x xlne e

1 xx e

1 xe x

1,  f x x

με την ισότητα να ισχύει για 0x .

Έχουμε

f x

f f x f f x f x e x

Παραγωγίζοντας έχουμε

f xf f x f x e f x

1 1 1 , 

f x f xxf x e e e x

Είναι

         1

1 1

xef x f x

f x e e ee

( )1 1 0, 

f xf xe e x

Άρα, το πρόσημο της 'f f καθορίζεται από το πρόσημο της παράστασης 1 xe .

Είναι

1 0 1 0 0 x xe e x x

Page 101: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

101

Tο σύνολο τιμών της συνάρτηση f f θα είναι:

,0 0, f f f f f f

(*)

00 , lim lim , lim

x xx

f f f f x f f x f f x

1 1 11 , 1 , 1 ,

e e e

[(*) Χρησιμοποιήσαμε τα όρια

lim lim

f x

x xf f x f x e e

lim lim

f x

x xf f x f x e e

διότι

lim lim lim 1 1

xx

x x x

ef x x e x

x

αφού

lim lim lim ]

xxx

x x x

eee e

x x

Τελικά, το σύνολο τιμών της  f f είναι το 1

1 ,

e

γ) Από τη σχέση 1,  xe x x έχουμε για 1

xe

11

1 eee

άρα το 1

ee ανήκει στο 1

1 ,

e το οποίο είναι υποσύνολο του συνόλου

τιμών της συνάρτησης f f .

Άρα υπάρχει 0 :0x

1

0 0( e

ef f x e f f x e

Το 0 0x είναι μοναδικό διότι η f f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,

δ) Από τη σχέση 1,  xe x x έχουμε για 1

0 ax e

1 11 1

1

a aa

e ea a

(Σχόλιο: Η ισότητα στη σχέση 1xe x ισχύει μόνο για 0x )

Μένει να αποδείξουμε ότι:

0

'f f x

- +

f f

Page 102: 20 επαναληπτικά θέματα γ λυκείου κατεύθυνσης

20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team

102

1 1 11 1 1 1 1

11

a a aa a a

e e e fa a a a a a

το οποίο ισχύει.

ε) Έχουμε ισοδύναμα ότι

2 23 2 1 3 1 x x xe e x

2 22 3 2 2 1 2 23 2 1 3 1 3 2 1

x x xx x e x e x x x x

2 23 2 1 2 f x x f x

Από το β) ερώτημα έχουμε ότι 1f x για κάθε x , με την ισότητα να ισχύει μόνο

για 0.x Άρα

2 2 2 2

2 2

3 2 1 2 3 2 1  και 1 1

3 2 0 και 1 0 1

f x x f x f x x f x

x x x x

στ) Αν υπήρχε με την ιδιότητα

1

1

(**)

e e

e

e

e

e e e

ee

e

e e e

e f e

Όμως 1 f x ,για κάθε x , με την ισότητα να ισχύει μόνο για 0x .

Ο αριθμός e είναι θετικός άρα:

(**)

1 1,   άτοπο f e e