2o επαναληπτικο διαγώνισμα (απαντήσεις)

Φροντιστήρια Μ.Ε. 19+ thanasiskopadis.blogspot.com

[1]

2o ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΔΙΑΓΏΝΙΣΜΑ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

1ο ΚΕΦΑΛΑΙΟ - 05/11/2016

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ Α

A1. Θεωρία

A2. Θεωρία

Α3. Θεωρία

Α4. α)Σ β)Σ γ)Σ δ)Λ ε)Λ

ΘΕΜΑ Β

Δίνεται η συνάρτηση ( )2

3

2 1 , 0

, 0

+ − + ≤=

− − + >

x x xf x

x x a x

B1. Είναι

( ) ( )2

0 0lim lim 2 1 1

− −→ →= + − + =

x xf x x x ,

( ) ( )3

0 0lim lim

+ +→ →= − − + =

x xf x x x α α και

( )0 1=f

Για να είναι η f συνεχής στο 0 0=x θα πρέπει ( ) ( ) ( )0 0

lim lim 0− +→ →

= =x x

f x f x f ,

επομένως 1=α

Για 1=α έχουμε ( )2

3

2 1 , 0

1 , 0

+ − + ≤=

− − + >

x x xf x

x x x

B2. Είναι ( ) ( )22

1lim lim 2 1 lim 2 1→−∞ →−∞ →−∞

= + − + = + + + =

x x xf x x x x x

x

2

1 1lim 1 2 1→−∞

+ + + = −∞

xx

x x


[2]

Επίσης ( ) ( ) ( )3 3lim lim 1 lim→+∞ →+∞ →+∞

= − − + = − = −∞x x x

f x x x x

B3. Αφού ( )lim→−∞

= −∞x

f x θα υπάρχει 3 0<x τέτοιο, ώστε ( )3 0<f x

● H f συνεχής στο [ ]3,0x

● ( ) ( )3 0 0⋅ <f x f ,

άρα από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( ) 0=f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα

( ) ( )1 3,0 ,0∈ ⊆ −∞x x

Αφού ( )lim→+∞

= −∞x

f x θα υπάρχει 4 0>x τέτοιο, ώστε ( )4 0<f x

● H f συνεχής στο [ ]40, x

● ( ) ( )40 0⋅ <f f x ,

άρα από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( ) 0=f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα

( ) ( )2 40, 0,∈ ⊆ +∞x x

Επομένως η εξίσωση ( ) 0=f x έχει τουλάχιστον δύο ρίζες 1 2,x x με 1 20< <x x

(Να αναφέρουμε ότι ( )0 1=f , άρα το 0 δεν είναι ρίζα της εξίσωσης ( ) 0=f x )

B4. Για 0>x , είναι ( ) 3 1= − − +f x x x

Με χρήση του ορισμού της μονοτονίας, πολύ εύκολα δείχνουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα.

Είναι ( )2

1lim

+→x x f x, αφού 2 0>x

Έχουμε ( ) ( )2

2lim 0+→

= =x x

f x f x , αφού η f είναι συνεχής και το 2x ρίζα της

( ) 0=f x για 0>x

Επιπλέον ( ) ( ) ( )2 2 0> ⇔ < ⇔ <ցf

x x f x f x f x


[3]

Επομένως ( )2

1lim

+→= −∞

x x f x

ΘΕΜΑ Γ

Γ1. Με τη βοήθεια του ορισμού της μονοτονίας, εύκολα αποδεικνύουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ , άρα είναι 1-1, οπότε αντιστρέφεται.

Έχουμε ( ),Α = = −∞ +∞ℝ , f συνεχής και γνησίως αύξουσα, άρα έχει σύνολο

τιμών το ( ) ( ) ( )( ) ( )lim , lim ,→−∞ →+∞

Α = = −∞ +∞ = ℝx x

f f x f x

Οπότε το πεδίο ορισμού της 1−f είναι ( )1−Α = Α =ℝf

f

Γ2. α) Αρκεί να αποδείξουμε ότι η εξίσωση ( ):1 1

1 0 ( ) 0−

−= ⇔ =f

x f f x έχει μοναδική

ρίζα στο διάστημα ( )1,0−

● H f συνεχής στο [ ]1,0−

● ( ) 1 31 2 1 1 0

4−− = − − = − <f

( ) 00 2 1 0= = >f

άρα από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( ) 0=f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο

διάστημα ( )1,0−

Επιπλέον η f είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση, οπότε τελικά υπάρχει

μοναδικό ( )0 1,0∈ −x τέτοιο, ώστε 0( ) 0=f x

β) Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( ) ( )10 01 1 2 −= − − + − − − xg x x f x x x f x e

στο διάστημα [ ]1,2

● H g συνεχής στο [ ]1,2

● ( ) ( )01 1= −g f x


[4]

( ) ( )02 1= +g f x

Όμως, ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 01 1 1 0 1 0− < ⇔ − < ⇔ − < ⇔ <րf

x x f x f x f x g και

( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 01 1 1 0 2 0+ > ⇔ + > ⇔ + > ⇔ >րf

x x f x f x f x g

Άρα ( ) ( )1 2 0⋅ <g g , οπότε από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( ) 0=g x έχει μια

τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )1,2 και άρα η εξίσωση

( ) ( )1001

2 1

−−− +=

− −

xf x ef x x

x x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα αυτό.

Γ3. Θέτουμε ( ) =f x y , οπότε όταν →+∞x θα είναι →+∞y

Επομένως ( ) ( )( ) ( )

11 2

2 2 1lim lim lim

2 2 212

→+∞ →+∞ →+∞

+ + + = = =

+ + +

x y y

y yf x f x yy y

f x f x y yy y

y

ηµηµ ηµηµ ηµ

ηµ ,

αφού:

1 1 1 1 1 1= ⋅ ≤ ⇔ − ≤ ≤y y y

y y y y y yηµ ηµ ηµ και

1 1lim lim 0→+∞ →+∞

− = = y yy y

, άρα

από κριτήριο παρεμβολής 1

lim 0→+∞

=y

yyηµ

ΘΕΜΑ Δ

Δ1. Αν ( ) 2 0− >f e τότε,

( )( ) ( )( )( )( )( )

3 3

2 2

2 1 2lim lim lim 2

2→−∞ →−∞ →−∞

− + − −= = − = −∞

+x x x

f e x x f e xf e x

x x

Η περίπτωση απορρίπτεται

Αν ( ) 2 0− <f e τότε,

( )( ) ( )( )( )( )( )

3 3

2 2

2 1 2lim lim lim 2

2→−∞ →−∞ →−∞

− + − −= = − = +∞

+x x x

f e x x f e xf e x

x x

Η περίπτωση είναι δεκτή


[5]

Αν ( ) 2 0− =f e τότε, ( )( ) 3

2 2

2 1 1lim lim lim 0

2→−∞ →−∞ →−∞

− + −= = =

+x x x

f e x x x

x x x

Η περίπτωση απορρίπτεται

Άρα ( ) 2<f e

Δ2. Για κάθε 1>x έχουμε:

( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 22 ln 1 2 ln 1− = − ⇔ − = − ⇔f x f x x f x f x x

( ) ( ) ( )( )22 2 22 1 ln 1 ln− + = ⇔ − =f x f x x f x x

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) 1= −h x f x , 1>x για την οποία ισχύει

( )2 2ln 0= ≠h x x , για κάθε 1>x

Άρα, για κάθε 1>x είναι ( ) 0≠h x και η h συνεχής, επομένως διατηρεί σταθερό

πρόσημο.

Για =x e η αρχική σχέση μας δίνει ότι:

( ) ( )( ) ( ) ( )( )22 ln 1 2 0− = − ⇔ − = ⇔f e f e e f e f e

( ) 0=f e ή ( ) 2=f e

Δηλαδή ( ) 0=f e , αφού από το ερώτημα Δ1. έχουμε ότι ( ) 2<f e

Συνεπώς ( ) ( ) 1 1 0= − = − <h e f e , επομένως ( ) 0<h x , για κάθε 1>x

Έτσι, για κάθε 1>x έχουμε:

( ) ( ) ( ) ( )( ) 0ln 0

2 2 2 2ln ln ln ln<>

= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔h xx

h x x h x x h x x h x x

( ) ( ) ( )ln 1 ln 1 ln= − ⇔ − = − ⇔ = −h x x f x x f x x

τι ( ) 1 ln= −f x x , 1>x

7 μονάδες

Δ3. α) Είναι ( ) ( ) ( )1 11 ln= + ⇔ = + −g x f x g x x

x x, 1>x


[6]

Είναι ( )1,Α = +∞ , g συνεχής και γνησίως φθίνουσα (εύκολα με τον ορισμό της

μονοτονίας), άρα έχει σύνολο τιμών το ( ) ( ) ( )( ) ( )1

lim , lim ,2+→+∞ →

Α = = −∞x x

g g x g x

β) Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση:

( )1 1 1 1

ln ln ln ln 0 1= ⇔ = ⇔ = ⇔ − = ⇔ =x xe x e x x x g xx x

έχει μοναδική ρίζα

στο διάστημα ( )1,+∞

Είναι ( )1∈ Αg και g γνησίως φθίνουσα, άρα η εξίσωση ( ) 1=g x έχει μοναδική

ρίζα στο διάστημα ( )1,+∞

Συνεπώς υπάρχει μοναδικό 0 1>x τέτοιο, ώστε 0

1

0=xe x

γ) Ισχύει:

1 1 3 2≤ ⇔ − ≥ − ⇔ − ≥x x xηµ ηµ ηµ

Επίσης, δείξαμε στο ερώτημα Δ3.α) ότι ( ) ( ),2Α = −∞g , δηλαδή ( ) 2<g x , για

κάθε 1>x

Επομένως, δεν υπάρχει 1>x τέτοιο, ώστε ( ) 3= −g x xηµ , συνεπώς η εξίσωση

( ) 3= −g x xηµ είναι αδύνατη, για κάθε 1>x

2o επαναληπτικο διαγώνισμα (απαντήσεις)

Education

Transcript of 2o επαναληπτικο διαγώνισμα (απαντήσεις)