Algebra lyceum b_2002_2015

Άλγεβρα B΄ Λυκείου

Επαναληπτικά Θέματα (προσομοίωσης Εξετάσεων) Ο.Ε.Φ.Ε. 2002-2015 (και των δύο φάσεων Α΄ & Β΄)

Επιμέλεια : Χρήστος Κ.Λοΐζος Μαθηματικός

https://liveyourmaths.wordpress.com/


1

Προσομοίωση 2002

Άλγεβρα

Β΄ Λυκείου – Γενικής Παιδείας

Θέμα 1ο

α) i) Να αποδειχτούν οι τύποι

ημ2α = 2

21 ασυν−, συν2α =

221 ασυν+

Μονάδες 5

ii) Να βρείτε τους τριγωνομετρικούς αριθμούς της γωνίας 22,5ο.

Μονάδες 5

β) i) Να δώσετε τον ορισμό της γεωμετρικής προόδου.

Μονάδες 5

ii) Αν αν, βν, ν∈ Ν* είναι μια αριθμητική και μια γεωμετρική πρόοδος με διαφορά ω και λόγο λ

αντίστοιχα, να γράψετε στο τετράδιό σας τα γράμματα της στήλης Α και δίπλα τον αριθμό της

στήλης Β που αντιστοιχεί στην σωστή απάντηση.

ΣΤΗΛΗ Α ΣΤΗΛΗ Β

α) αν+1

β) βν+1

γ) αν

δ) βν

ε) Sν

1. 2ν

(α1+αν)

2. α1+(ν-1)ω

3. β1λ

4. αν+ω

5. λ

βν 1+

Μονάδες 5

δ) Να χαρακτηρίσετε σαν Σωστό (Σ) ή Λάθος (Λ) τις προτάσεις i έως v:

i lne = 1

ii loge =10ln1

iii ln0 = 1

iv lnx1 = - lnx με x > 0

v αx > 0 με α > 0 και x ∈ R.

Μονάδες 5 Θέμα 2ο

Δίνονται τα πολυώνυμα

P(x)=2x3+αx2+x+2, Q(x)=βx2+γx+1 και

2

F(x)=x3+(2β+γ)x2-10x+4β,

όπου α, β, γ ∈ R και x∈ R.

Το P(x) έχει ρίζα το –1, το υπόλοιπο της διαίρεσης Q(x):(x-2) είναι 15 και η αριθμητική τιμή του F(x)

για x=1 είναι 6.

α) Ν’ αποδείξετε ότι α=1, β=2 και γ=3 Μονάδες 7

β) Να λύσετε:

i) την εξίσωση P(x) = Q(x) Μονάδες 5

ii) την ανίσωση P(x) < F(x) Μονάδες 6

iii) την εξίσωση 2ημ3x-ημ2x-2ημx+1=0 Μονάδες 7 Θέμα 3ο

Δίνεται η συνάρτηση f με f(0)=f(1)=0 και τύπο f(x) = log(1+ex)-α-βx, α,β∈ R

i) Ν’ αποδείξετε ότι το πεδίο ορισμού της f είναι το R. Μονάδες 5

ii) Να βρείτε τις τιμές των α,β. Μονάδες 7

iii) Ν’ αποδείξετε ότι f(x) = log ( )

⋅

++ −12

11 x

x

x

ee

Μονάδες 6

iv) Να λύσετε την ανίσωση log[(1+ex)⋅2x-1]-f(x)≤x Μονάδες 7

Θέμα 4ο

Η ποσότητα μιας τοξικής ουσίας Τ στα νερά μιας λίμνης ανέρχεται σε 3 μονάδες και αρχίζει να

αυξάνεται με την έναρξη της λειτουργίας μιας παραλίμνιας βιομηχανίας κατά 0,5 μονάδες ημερησίως.

Α. i) Να βρείτε σε πόσες ημέρες η ποσότητα της ουσίας Τ θα ξεπεράσει το όριο των 1863 μονάδων.

(δίνεται 29929 = 1732).

Μονάδες 5

ii) Αν το 30% της ποσότητας της ουσίας Τ που διοχετεύεται από την βιομηχανία στην λίμνη κάθε

μέρα, αδρανοποιείται κατά τη διάρκειά της, πόση θα παραμείνει ενεργή στο τέλος της 82ης

ημέρας;

Μονάδες 6

Β. Ο πληθυσμός Α=100 χιλιάδες μιας ποικιλίας ψαριών τη λίμνης, αρχίζει να μειώνεται αμέσως μετά

την έναρξη της λειτουργίας της βιομηχανίας με ρυθμό 1% ημερησίως. Έστω βν ο αριθμός των

ψαριών που πεθαίνουν κατά την διάρκεια της ν-οστής ημέρας.

i) Ν΄ αποδείξετε ότι η ακολουθία (βν), ν∈ Ν* είναι γεωμετρική πρόοδος με γενικό όρο:

βν = 0,01⋅Α⋅(0,99)ν-1 χιλιάδες

Μονάδες 10

ii) Να βρείτε τον πληθυσμό των ψαριών που απέμειναν στην λίμνη ύστερα από ν=5 ημέρες.

Μονάδες 4

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ Ο.Ε.Φ.Ε. 2003ΘΕΜΑΤΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙ∆ΕΙΑΣ

ΘΕΜΑ 1ΟΑ1 Αν α>0 µε 1α ≠ τότε για οποιουσδήποτε 0, 21 >θθ να δείξετε ότι ισχύουν :

1. 2α1α21α loglog)(θlog θθθ +=⋅

2. 1α1α logθlog θκκ= , Rκ ∈ (ΜΟΝΑ∆ΕΣ 7,5)

Α2 ∆ίνεται η συνάρτηση ( )∞+∈= , 0 x, log)( xxf Να γράψετε στο τετράδιο σας ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι σωστές και ποιες λανθασµένες

α) )()()( yfxfyxf ⋅=+

β) Η f είναι γνησίως αύξουσα συνάρτησηγ) f(e)=1 (ΜΟΝΑ∆ΕΣ 7,5)

B1 Αντιστοιχίστε τα νούµερα της στήλης Α µε τα γράµµατα της στήλης Β

ΣΤΉΛΗ Α ΣΤΉΛΗ Β

1. ηµα α. συνα συν(-β)-ηµαηµ(-β)

2. συν(α-β) β. 2συν2α1−

3. ηµ2α γ. )23()2(ηµ 22 απ

συναπ

−−−

4. ηµ(α-β) δ. 22

α2 ασυνηµ ⋅

5 συν2α ε. )2()2( απηµηµβσυνβαπσυν −⋅−⋅−

(ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5)Β2 Να γράψετε στο τετράδιο σας το γράµµα που αντιστοιχεί στην σωστή απάντηση:

Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει ηµΑσυνΒ+ηµΒσυνΑ=1 τότε το τρίγωνο είναι

α. Οξυγώνιο β. Ισόπλευρογ. Ορθογώνιο δ. Κανένα από τα παραπάνω.

(ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5)

ΘΕΜΑ 2Ο∆ίνεται το πολυώνυµο 2λ)2λ()4λ()( 233 +−−+−= xxxP λλ

α) Να βρείτε τον βαθµό του Ρ(x) για τις διάφορες τιµές του λ (ΜΟΝΑ∆ΕΣ 8)

β) Για λ=1 να βρεθεί το Ρ(x) και να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης Ρδιέρχεται από το σηµείο (1,-3). (ΜΟΝΑ∆ΕΣ 7)

γ) Να λύσετε την ανίσωση Ρ(x)<-3. (ΜΟΝΑ∆ΕΣ 10)

ΘΕΜΑ 3ο ∆ίνονται οι συναρτήσεις xxf log5)( = 5log)( xxg = , ( )∞+∈ ,0x

Α. Να αποδείξετε ότι:1. )()( xgxf = 2. )()()( yfxfyxf ⋅=⋅

3. )()(yfxf

yxf =

4. [ ] Νν f(x) )( ν ∈=

νxf (ΜΟΝΑ∆ΕΣ 8)

Β. Να λύσετε την εξίσωση: )(45)(2 xgxf ⋅+= (ΜΟΝΑ∆ΕΣ 8)Γ. Να λύσετε την ανίσωση: )4()3( 2 −> xfxf (ΜΟΝΑ∆ΕΣ 9)

ΘΕΜΑ 4οΑ. Αν elnα1 = και 18lnα 4 += ο πρώτος και τέταρτος όρος µιας αριθµητικής προόδου να

βρεθούν τα εξής.1. Η διαφορά της προόδου. (ΜΟΝΑ∆ΕΣ 3)2. Αν Sν είναι το άθροισµα των ν πρώτων όρων της παραπάνω αριθµητικής προόδου, να

δείξετε ότι: 2)1(

ν 2ln−

+=vv

S ν (ΜΟΝΑ∆ΕΣ 7)3. Να βρεθεί το πλήθος των όρων ώστε :

21νν

3

2ln21

−+=νS(ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5)

Β. ∆ίνονται οι αριθµοί 6,α2 ,α3, …,αν-1,36 ώστε να αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθµητικήςπροόδου.α) Να βρεθεί η διαφορά της προόδου συναρτήσει του ν. (ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5)β) Να προσδιορίσετε τον αριθµό ν αν είναι γνωστό ότι ο αν-2 είναι διπλάσιος του τέταρτου

όρου της προόδου. (ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5)

BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB

(ùùþÿù ,üùù ü-ü,0.2.ù0!." úï#0 #

+0"./0."ýþþù ù ù.2120 $&!".2 112.0 0. 0!&2.2.

û02. 1#.!21 1#[I[ +!.%202 012 220.$12 2. 20! / 2"1#.!21" ./0"

ù . /# 1 !..2 .! . #0 0&02! 01 2&. 2 .!

.

. .r . ./0"

#!&1201&12.20 0! 2.1 10 2 "2"0#0."H\ . 2"!.3".!.12.1"2"1#.!21" [

0\ 0.

./0" ü. 1&12 . " 1$#!1 ")2 2 ©# 2"/.!01"0)"

#&# #[0 2 [0. .! "ª ./0"

úü12& ./# !..2 .! 0 f . . . #0 © .! 2 # &"! ".1 2 .ª ./.û020)2 ORJ. . .ORJ. ./0"

+û02. #&#01&1 .$.$.$.

0 .0!. #"1#200120"ù .0!. ".! "z 0. #1 2"01&1". /0020)22 0. /.!02"2 #12.0! # ! #. ÿ1$#0 2 .212! 3 û. 1202..21 1." ./0"

û . 1#! # 02 .! [\. 0. &12 )2 . f . 1$#0OQ\OQ[

.

. ./0"

ýþþù ù $ 1#

ù . /0020)2 ù ./0"ú . !0 # !..2 .! [ >@. 2 #" #"

[1#[1#

[[ ./0"

BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB

ýþþù û02. 2 #&# .[[[.[[ 0 . 5 .z . 2 0. &12 )2 0$0 .!. 2.2 [ð. !. 2

ú!0202 #".! #". ./0" ù . . [ [ [ !0" 2 #[0 [ % [ % [ /020)2

.! [ [ [ 0 2 10!. #..30! 2.. 20 #/./ $ #" ! #".!2"! / #0+ .! [[[ HHH 01"0 2 10!. #..30! 2.. 20 #/./ $ #" ! #"0&02!"! / #

./0" . !0 #2!0".! 0/.01 2& [H . [H +120.

020. . 20 #/./ $ #" ! #"2"/." +0&02!"! / # ./0"

ýþþù ü12& [\ 02 .! 0 [z

û020)2 1$#0 [OQ\ORJ[ORJ\OQ ./0"

ù 1$#0 1 22. [ORJ\ORJ[OQ

\OQ ¹

·©§ !020 . 1$01 1#/00

2 #".! #"[\ ./0"$ 0. \ [ð. 2 \ 0. #1 2"01&1" \\ H .

!0202 #".! #"[\ ./0" $ . 2 #&2 [ [ð[1$#0 OQ[ d . /0020)2

@HH>\ ./0"

Επαναληπτικά Θέµατα ΟΕΦΕ 2005

Τα θέµατα προορίζονται για αποκλειστική χρήση της φροντιστηριακής µονάδας

1B΄ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΛΓΕΒΡΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙ∆ΕΙΑΣ

ΘΕΜΑ 1ο Α. Αν α, β , 2

πκπβα +≠+ , zκ∈ να δειχθεί ότι ( ) εφαεφβ1εφβεφαβαεφ

−

+=+

(Μονάδες 10)

Β. Το παρακάτω γράφηµα είναι της συνάρτησης f i) ( ) 1

2xσυν2xf += ii) ( ) 1xηµxf +=

iii) ( )2xσυνxf = iv) ( ) 12

xηµ2xf += (Μονάδες 4)

Γ. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν γράφοντας στο τετράδιο σας τη λέξη

Σωστό ή Λάθος δίπλα στο γράµµα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση

α. Το σύνολο τιµών της συνάρτησης ( ) ogxxf l= είναι το ( )+∞,0 β. Η συνάρτησης που εκφράζει τον νόµο της εκθετικής απόσβεσης είναι ( ) ct

0eQtQ = όπου 0c < .

γ. Η εκθετική συνάρτηση ( ) 1α,0α,αxf x ≠>= είναι γνήσια αύξουσα όταν 0<α<1. δ. Το άθροισµα των v πρώτων όρων κάθε Γεωµετρικής Προόδου µε 1λ ≠ είναι ( )

1λ1λαS

v1

v−

−=

ε. Ο τύπος που υπολογίζει το ηµίτονο γωνίας α από το συνηµίτονο της γωνίας 2α είναι

2α2συν1αηµ2 +

= (Μονάδες 5)

ε π α ν α λ η π τ ι κ ά

2 0 0 5θ έ µ α τ α



2∆. Να συµπληρώσετε στο τετράδιο σας στις παρακάτω ισότητες, τα κενά που σηµειώνονται

µε… α. ( )=−βασυν ……………………………… όπου α, β γωνίες

(Μονάδες 2) β. =⋅ 10noge ll ………………………………

(Μονάδες 2) γ. =

2

1θθogl …………………………………..

όπου 1θ και 2θ θετικοί αριθµοί (Μονάδες 2)

ΘΕΜΑ 2ο Α. Να βρεθεί ο πραγµατικός αριθµός x αν οι αριθµοί 1, x, 2- x είναι διαδοχικοί όροι

Γεωµετρικής Προόδου. (Μονάδες 10)

Β. ∆ίνεται το πολυώνυµο ( ) ( ) ( ) 2xxβ3α2xβαxxP 234 −+−−−+= . Να βρεθούν τα α και

Rβ∈ αν το ( )xP έχει ρίζα το 1 και παράγοντα το 2x + (Μονάδες 15)

ΘΕΜΑ 3ο ∆ίνονται οι αριθµοί 1α1 = α2συν

21α2 = και αηµ2α 2

3 −= µε

∈ 2π,0α

α. να δειχθεί ότι 321 α,α,α αποτελούν τρεις πρώτους διαδοχικούς όρους Αριθµητικής Προόδου

(Μονάδες 5) β. να βρεθεί η τιµή του α αν το 2S4 −= όπου 4S το άθροισµα των 4 πρώτων όρων

(Μονάδες 8) γ. αν

4πα = να υπολογιστεί το άθροισµα 103S των 103 πρώτων όρων της Α.Π.

(Μονάδες 7) δ. να βρεθεί ο βαθµός του πολυωνύµου ( ) 2005xSxSxSxSxSxP 1

22

33

44

55 +++++=

(Μονάδες 5) ΘΕΜΑ 4ο Έστω η συνάρτηση f µε τύπο ( ) ( )1x1x2 ee2nxf ++ += l

α. να βρεθεί το Πεδίο Ορισµού της και να δειχθεί ότι το γράφηµά της τέµνει τον yy ′ στο σηµείο ( )3n1,0A l+

(Μονάδες 7) β. να λυθεί η εξίσωση ( ) 1xf =

(Μονάδες 10) γ. να βρεθούν τα διαστήµατα που η γραφική παράσταση της f βρίσκεται κάτω από την

ευθεία 1y = (Μονάδες 8)



1

Β΄ ΛΥΚΕΙΟΥ ΓΕΝΙΚΗ ΠΑΙ∆ΕΙΑ

ΑΛΓΕΒΡΑ

ΘΕΜΑ 1ο Α α) Να αντιστοιχίσετε κάθε στοιχείο της στήλης Α µε ένα και µόνο ένα στοιχείο της στήλης Β που είναι ίσο

Στήλη Α Στήλη Β Α. εφ2α Β. συν2α Γ. συν2α ∆. ηµ(α-β)

1.1-2ηµ2α 2. συνασυνβ-ηµαηµβ 3. αεφ1

εφα22

−

4. ηµασυνβ-ηµβσυνα 5. 2

21 ασυν− 6. 2

α2συν1+ Μονάδες 5

β)Να αποδείξετε ότι το άθροισµα των πρώτων ν όρων µιας γεωµετρικής προόδου (αν) µε λόγο λ 1≠ είναι 1λ

1λαSν

1ν−

−=

Να εξετάσετε και την περίπτωση λ=1 Μονάδες 10

Β. α) Να γράψετε στο τετράδιό σας το γράµµα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση . Η τιµή της παράστασης Α=συν640συν260-ηµ640ηµ260 είναι :

i) α.22 β. 0 γ. 1 δ.-1

ii) Η τιµή της παράστασης 101-log2 είναι α. 1 β.5 γ.2 δ.10

Μονάδες 5



2 β) Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω προτάσεις γράφοντας στο τετράδιό σας την ένδειξη Σωστό ή Λάθος δίπλα στο γράµµα που αντιστοιχεί στην κάθε πρόταση:

α. Αν σε µια ακολουθία είναι αν 0≠ και λ1

αα

1ν

ν=

+ για κάθε *Nν ∈ τότε η

ακολουθία (αν) είναι γεωµετρική πρόοδος µε λόγο λ β. Ισχύει ότι: 2ηµ150συν150=

γ. Ισχύει ότι: συν2300-ηµ2300=συν600 δ. logα(θ1+θ2)=logαθ1+logαθ2

ε. 2α1α2α

1α θlogθlogθlogθlog

−= Μονάδες 5

ΘΕΜΑ 2ο ∆ίνεται το πολυώνυµο P(x)=2x3+αx2+βx-20 µε α,β R∈ α) Αν το πολυώνυµο P(x) έχει παράγοντα το x+2 και το υπόλοιπο της διαίρεσης µε το x+1 είναι το -16 να αποδείξετε ότι α=12 και β=6

Μονάδες 8 β) Να λυθεί η εξίσωση P(x)=0

Μονάδες 8 γ) Να λυθεί η ανίσωση P(x)>0

Μονάδες 9 ΘΕΜΑ 3ο α) Να λύσετε την εξίσωση εφx=- 3

Μονάδες 5

β) Θεωρούµε τους θετικούς πραγµατικούς xκ=κπ- 3π , κ=1,2,3...

i) Να δείξετε ότι είναι διαδοχικοί όροι αριθµητικής προόδου και να βρείτε τον πρώτο όρο και την διαφορά της

Μονάδες 5 ii) Να βρείτε το κ ώστε ο αριθµός 3

π6017 να είναι λύση της παραπάνω εξίσωσης

Μονάδες 7 iii) Να υπολογίσετε το άθροισµα x1+x2+...x30

Μονάδες 8



3 ΘΕΜΑ 4Ο Έστω η συνάρτηση f(x)= nxℓ , x>0 α. Να λύσετε την εξίσωση f(2-ηµx)-f(συν2x)=f(3) αν

∈ 4

π,0x Μονάδες 6

β. Αν α>0 και f(α) + f(α2)+...+f(α100)=5050 να αποδείξετε ότι α=e

Μονάδες 6 γ. Έστω α,β,γ>0. Να αποδείξετε ότι:αν οι f(α), f(β), f(γ) είναι διαδοχικοί όροι αριθµητικής προόδου τότε οι α,β,γ είναι διαδοχικοί όροι γεωµετρικής προόδου.

Μονάδες 5

δ. Να λύσετε την ανίσωση 012)x(f)x(f)x(f >−+ Μονάδες 8



1

1

B΄ ΛΥΚΕΙΟΥΑΛΓΕΒΡΑ


Θέµα 1οΑ. α) Για κάθε τόξο α να αποδείξετε ότι:

2 2 22 2 1a a a aσυν συν ηµ συν= − = −

Μονάδες 6 β) Αν 0 1a< ≠ και 1 2, 0θ θ > , να αποδείξετε ότι:

( )1 2 1 2log log loga a aθ θ θ θ= +

Μονάδες 7Β. Να απαντήσετε αν είναι Σωστή ή Λάθος κάθε µια από τις

παρακάτω προτάσεις:1. Ισχύει ( ) 1

1 1 0 0P x a x a x a x aν ν

ν ν

−

−= + + + + =K για κάθε χ ∈ αν

και µόνο αν 0 1 0a a aν= = = =K .2. Αν το πολυώνυµο ( )P x είναι ν βαθµού (ν ∈ ) τότε το ( )2P x

είναι 2ν βαθµού.3. Η εξίσωση x aσυν = έχει λύση για κάθε α ∈ .4. Η συνάρτηση ( ) , 0 1α= < ≠xf x a έχει σύνολο τιµών το ( )0,+∞ .5. Η συνάρτηση ( ) lnf x x= έχει πεδίο ορισµού το ( )0,+∞ .6. Για κάθε 0>x ισχύει: ln

=xe x .

7. Για κάθε 0≠x ισχύει: 2ln 2ln=x x .8. Για κάθε 1>x ισχύει: ln 0<x .

Μονάδες 12Θέµα 2ο∆ίνεται ότι το πολυώνυµο:

( ) 3 2 4x x ax xβΡ = + + + όπου α, β ∈ Rέχει παράγοντες τους 1, 2x x+ − .α) Να αποδείξετε ότι: 3a = − και 0β = Μονάδες 8β) Να λύσετε την εξίσωση ( ) 0xΡ =

Μονάδες 8



2

2

γ) Έστω C η γραφική παράσταση της συνάρτησης ( )xΡ . Να βρείτε i) Τις συντεταγµένες του σηµείου στο οποίο η C τέµνει τον άξονα

y΄y.Μονάδες 3

ii) Τις τιµές του x για τις οποίες η C είναι κάτω από τον άξονα x΄x.Μονάδες 6

Θέµα 3οΈστω η αριθµητική πρόοδος ( )aν µε πρώτο όρο 1 2a xσυν= καιδιαφορά 2xω ηµ= , όπου 0, 2x

π ∈ .

α) Να αποδείξετε ότι: 2

4 8

11 2

ax

a aσϕ+

=− +

.Μονάδες 9

β) Να αποδείξετε ότι:1 2 3 10... 10 2 45 2συν ηµ+ + + + = +a a a a x x

Μονάδες 7γ) Να λύσετε την εξίσωση:

1 2 3 10... 10 55 2ηµ+ + + + = − +a a a a x

Μονάδες 9Θέµα 4οΈστω η συνάρτηση ( ) ( )ln 2xf x e= −

α) Να βρείτε το πεδίο ορισµού της f Μονάδες 3

β) Να λύσετε την εξίσωση: ( ) ( )2 ln7f x f x= +

Μονάδες 7γ) Να αποδείξετε ότι οι αριθµοί ( ) ( ) ( ), ,f a f fβ γ είναι διαδοχικοίόροι Αριθµητικής προόδου αν και µόνο αν: ( ) ( ) ( )22 2 2e e eβ α γ

− = − −

Μονάδες 7δ) Να αποδείξετε ότι: ( ) ( ) ( ) 101

1 2 100 201 200...1

f f f e ee e e

e

− ++ + + =

− Μονάδες 8



1

1

Β' ΛΥΚΕΙΟΥΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙ∆ΕΙΑΣ

ΑΛΓΕΒΡΑ

ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣΘΕΜΑ 1ο

Α) Αν 0α > µε 1α ≠ , να αποδείξετε ότι για κάθε 0θ > και Rκ∈

ισχύει: log logκα αθ = κ ⋅ θ .

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 8Β) Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιό σας

την ένδειξη ΣΩΣΤΟ ή ΛΑΘΟΣ δίπλα στο γράµµα που αντιστοιχεί σε κάθεπρόταση.α) Για κάθε x R∈ ισχύει

x

x1 33

< .β) Το π είναι λύση της εξίσωσης συνx + 1 = ηµ2x.γ) Η εξίσωση 4 2x 3x x 1 0+ + + = δεν έχει ακέραιες ρίζες.δ) Ισχύει 55 ln e= .ε) Αν (αν), *v N∈ είναι µία αριθµητική πρόοδος µε διαφορά ω≠ 0, τότε ισχύει:

2007 2008α −α = ω .ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5

Γ) Για τις παρακάτω ερωτήσεις να γράψετε στο τετράδιό σας το γράµµα, πουαντιστοιχεί στη σωστή απάντηση, δίπλα στον αριθµό κάθε ερώτησης.

1. Η συνάρτηση x1f (x) = α µε 1α > είναι :

Α. γνησίως αύξουσα στο R Β. σταθερή στο RΓ. γνησίως φθίνουσα στο R ∆. κανένα από τα προηγούµενα

2. Αν x > 0 και ισχύει ln x 3= , τότε :Α. 4x e= Β. 6x e=

Γ. 3x e= ∆. 9x e=

3. Η εξίσωση ηµxσυν3x + ηµ3xσυνx = 4, x∈R:Α. έχει λύση το x = 0 Β. έχει λύση τοx

2π

=

Γ. έχει λύση το x = π ∆. είναι αδύνατη4. Αν το πολυώνυµοP(x) έχει παράγοντα το x–1, τότε έχει οπωσδήποτε

παράγοντα και τοΑ. x+1 Β. –x–1Γ. 1–x ∆. κανένα από τα προηγούµενα.



2

2

5. Οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων xf (x) e= και g(x) ln x= είναισυµµετρικές ως προς :Α. τον άξονα y΄y Β. την ευθεία y = xΓ. τον άξονα χ΄χ ∆. την ευθεία y = 2x

6. Το πολυώνυµο ( ) ( ) ( ) ( )2 3 3 2 2(x) 1 x 1 x 1 x 2Ρ = λ − + λ − + λ − + λ + λ − είναι τοµηδενικό πολυώνυµο, όταν το λ ισούται µε :Α. 1 Β. –1Γ. –2 ∆. κανένα από τα προηγούµενα.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 12

ΘΕΜΑ 2ο

∆ίνονται τα πολυώνυµα P(x) = x3–5x2+16x–12 και F(x) = x2+5x–6.α) Να λύσετε την εξίσωση Ρ(x) = F(x) (1).

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 8β) Να βρείτε το διάστηµα, που ανήκει το x, έτσι ώστε η γραφική παράσταση της

συνάρτησης Ρ(x), να βρίσκεται κάτω από τον άξονα x΄x.ΜΟΝΑ∆ΕΣ 8

γ) Έστω (αν), *v N∈ µία γεωµετρική πρόοδος µε πρώτο όρο τη µεγαλύτερη ρίζατης εξίσωσης (1) και λόγο λ τη µεσαία ρίζα της (1), τότε:

i) Να υπολογίσετε την τάξη του όρου της γεωµετρικής προόδου αν, πουισούται µε 192.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5

ii) Να υπολογίσετε την τιµή της παράστασης 2008 2005

2007 2006

α α

α α⋅ .

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 4

ΘΕΜΑ 3ο

∆ίνεται η συνάρτηση f(x) = ηµ4x 2ηµ2xσυνx+ , µε πx κπ ,κ Ζ2≠ + ∈ .

α) Να αποδείξετε ότι: f(x) = 8ηµx–8ηµ3x.ΜΟΝΑ∆ΕΣ 9

β) Να λύσετε την εξίσωση f(x) = 16ηµx.ΜΟΝΑ∆ΕΣ 8



3

3

γ) Να αποδείξετε ότι, οι αριθµοί f( π6

− ), f(0), f( π6) µε τη σειρά που δίνονται

είναι διαδοχικοί όροι αριθµητικής προόδου.ΜΟΝΑ∆ΕΣ 8

ΘΕΜΑ 4ο

∆ίνεται η συνάρτηση f (x) ln(x )α β= + − ,όπου α, β R∈ .

Α. Αν πln 6 f ( ) ln 5 ln π2+ − = ,τότε:

α) Να αποδείξετε ότι: α – β = 3π .

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 8

β) Να λύσετε την εξίσωση f ( x ) f ( x ) 1ηµ(e ) συν(e ) 2⋅ = .ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5

Β. Αν η γραφική παράσταση της f τέµνει τον άξονα χ΄χ στο σηµείο Α(1,0), τότε:α) Να αποδείξετε ότι: α – β = 0.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 4

β) Nα λύσετε την ανίσωση )ln(2ef(x) 42216 <⋅ .

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 8

ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ



1

1

Β' ΛΥΚΕΙΟΥ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙ∆ΕΙΑΣ

ΑΛΓΕΒΡΑ

ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ 1ο Α.1. Να αποδείξετε ότι ένα πολυώνυµο P(x) έχει παράγοντα το x−ρ αν και µόνο

αν, το ρ είναι ρίζα του P(x), δηλαδή αν και µόνο αν Ρ(ρ) = 0. 9 MΟΡΙΑ

A.2. Πότε ένα πολυώνυµο λέγεται µηδενικό πολυώνυµο; Πότε ένα πολυώνυµο

λέγεται πολυώνυµο µηδενικού βαθµού; 3 MΟΡΙΑ

Β.1. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιό

σας την ένδειξη Σωστό ή Λάθος δίπλα στο γράµµα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση.

α. Το άθροισµα των ν πρώτων όρων µιας γεωµετρικής προόδου αν µε

πρώτο όρο α1 και λόγο λ 1≠ δίνεται από τον τύπο ( )ν1

να λ 1

Σλ 1

−=

−

β. Ο σταθερός όρος του πολυωνύµου 2 2009P(x) (x 1) 2007x 2009= − + + είναι 2009.

γ. Η παράσταση ln10 log eA e 10= + είναι ίση µε 10+e . δ. Αν ( )συν α β 0 , συνα 0 και συνβ 0+ ≠ ≠ ≠ τότε ισχύει εφα+εφβεφ(α-β)=1-εφα.εφβ . ε. Αν η διαίρεση ενός πολυωνύµου P(x) 4ου βαθµού δια του 2x 1+ δεν

είναι τέλεια τότε το υπόλοιπο είναι πολυώνυµο το πολύ 1ου βαθµού. 5 MΟΡΙΑ

Β.2. Να γράψετε στο τετράδιό σας το γράµµα που αντιστοιχεί στη σωστή

απάντηση. Αν το πολυώνυµο Ρ(x) = x2009+ 3λx - 4, όπου λ πραγµατικός αριθµός, έχει παράγοντα το x − 1, τότε το λ είναι: Α: −2 Β: 2 Γ: 1 ∆: 0 Ε: −1 2 MΟΡΙΑ



2

2

B.3. Για ποιες τιµές του α η συνάρτηση ( )

xα-2f xα+2

= έχει νόηµα στο R. Α. α > −2 Β. α < 2 Γ. –2 < α < 2 ∆. α < −2 ή α > 2 Ε. α ≤ −2 ή α ≥ 2

2 MΟΡΙΑ B.4. Να γράψετε στο τετράδιό σας το γράµµα της Στήλης Α και δίπλα σε κάθε

γράµµα τον αριθµό της Στήλης Β που είναι λύση της εξίσωσης της Στήλης Α.

Στήλη Α Στήλη Β A. x2 =32 1. x=9 Β.

x3 82 27

= 2. x=10

Γ. 3log x=2 3. x=5 ∆. xlog 0,001= -3 4. x=-3 5. 1x

10=

4 MΟΡΙΑ

ΘΕΜΑ 2ο ∆ίνεται το πολυώνυµο 3 2P(x)=x -(α+3)x +(2β+1)x-2α , όπου α και β είναι πραγµατικοί αριθµοί. α) Αν ο αριθµός 2 είναι ρίζα του πολυωνύµου P(x) και το υπόλοιπο της διαίρεσης

του πολυωνύµου P(x) δια του x+1 είναι -18, να βρεθούν τα α και β. 10 MΟΡΙΑ

β) Για α=2 και 7β 2= :

i) Να λυθεί η εξίσωση P(x)=0 .

5 MΟΡΙΑ ii) Να γίνει η διαίρεση του πολυωνύµου P(x) δια του πολυωνύµου x2+1

και να γραφεί το P(x) µε την ταυτότητα της ευκλείδειας διαίρεσης. 5 MΟΡΙΑ

iii) Να λυθεί η ανίσωση P(x) 7x 1≥ + .

5 MΟΡΙΑ



3

3

ΘΕΜΑ 3ο A. ∆ίνεται η συνάρτηση f(x) = συνx. α) Να λυθεί η εξίσωση f 2x 3f x 2 0+ + =( ) ( )

6 MΟΡΙΑ β) Αν πx=

3 να υπολογίσετε την τιµή της παράστασης ( ) ( ) ( )2 10 10L= 1+f x +f x +...+f x 2 38 −

7 MΟΡΙΑ Β. ∆ίνεται η συνάρτηση ( )xg(x) 1 2α= − , x∈R

α) Για ποιες πραγµατικές τιµές του α ορίζεται στο R η συνάρτηση g και

είναι γνησίως φθίνουσα στο πεδίο ορισµού της. 6 MΟΡΙΑ

β) Για α=-1 να λυθεί η εξίσωση ( ) ( )2 2g ηµ x g συν x 2 3+ = .

6 MΟΡΙΑ ΘΕΜΑ 4ο ∆ίνεται η συνάρτηση 2 ln x 1f (x) 2ln x 1

+=

− .

α) Να βρεθεί το πεδίο ορισµού της συνάρτησης f και το σηµείο τοµής της

γραφικής της παράστασης µε τον άξονα x΄x.. 6 MΟΡΙΑ

β) Να δείξετε ότι ( )

1 1fx f x

= για κάθε x 0> και 1 12 2x e , x e

−

≠ ≠ .

6 MΟΡΙΑ γ) Να λυθεί η εξίσωση 1f (x) 2f 3x

+ = για κάθε x 0> και 1 12 2x e , x e

−

≠ ≠ .

7 MΟΡΙΑ δ) Να υπολογίσετε την τιµή της παράστασης

( ) ( ) ( ) ( )1000 1001 1002 1003 1004A=lnf(e )+lnf e +lnf e +lnf e +lnf e 6 MΟΡΙΑ



1

1

B' ΤΑΞΗ ΓΕΝ.ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΛΓΕΒΡΑ

ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ 1ο Α.1. Αν α, β είναι δύο γωνίες για τις οποίες ισχύει συν 0α ≠ , συν 0β ≠ και

( )συν 0α β+ ≠ να αποδείξετε ότι: ( ) εφ εφεφ 1 εφ εφ

α βα β α β+

+ =− ⋅

. Μονάδες 10

Α.2. Σε µία αριθµητική πρόοδο (αν) να γράψετε τον τύπο που δίνει το νιοστό όρο αν που έχει πρώτο όρο α1 και διαφορά ω καθώς και τον τύπο του αθροίσµατος των ν πρώτων όρων.

Μονάδες 5 Β. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιό

σας την ένδειξη Σωστό ή Λάθος δίπλα στο γράµµα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση. i. 3συν60 συν30 ηµ60 ηµ30 2

ο ο ο ο+ = . ii. Το πολυώνυµο 3 2010( ) ( 1) 2P x x x x= + − + + έχει σταθερό όρο 3. iii. Εάν α , β, γ είναι διαδοχικοί όροι οποιασδήποτε αριθµητικής προόδου,

τότε ισχύει β2=αγ. iv. ln , 0xe xθ θ θ= ⇔ = > . v. Αν α > 0 µε α ≠ 1, τότε για οποιουσδήποτε θ1, θ2 > 0 ισχύει

11 2

2

log log loglogα

α α

α

θ θ θθ

= − . Μονάδες 10

ΘΕΜΑ 2ο ∆ίνεται το πολυώνυµο 3 2( ) µε ,P x x x x Rα β α β= + − + ∈ και το πολυώνυµο

2( ) 1Q x x x= + − . α) Να βρεθούν , Rα β ∈ αν η αριθµητική τιµή του ( )P x για 3x = − είναι 8− και

έχει παράγοντα το 2x + . Μονάδες 10



2

2

β) Αν 2 2α και β= = − , να βρείτε το πηλίκο Π(x) της διαίρεσης του P(x) δια του ( )Q x και να γράψετε το P(x) µε την ταυτότητα της ευκλείδειας διαίρεσης.

Μονάδες 8 γ) Να λύσετε την εξίσωση ( ) ( ) 1P x Q x= − .

Μονάδες 7 ΘΕΜΑ 3ο Α. α) Να λύσετε την εξίσωση ηµ2 2συν 0x x− = (1).

Μονάδες 9 β) Να αποδείξετε ότι οι λύσεις της (1) στο διάστηµα [ ]0,π είναι διαδοχικοί

όροι αριθµητικής προόδου. Μονάδες 8

Β. Να αποδείξετε ότι 43 4συν2 συν4 εφ3 4συν2 συν4α α

αα α

− +=

+ + για όλες τις τιµές του α που

ορίζεται η ισότητα . Μονάδες 8

ΘΕΜΑ 4ο

Α. ∆ίνεται η συνάρτηση ( ) ( )ln 1lnx

xx

ϕ+

= , για 1x > . i. Να υπολογίσετε την τιµή της παράστασης

( ) ( ) ( ) ( )2 3 4 ... 63 2004L ϕ ϕ ϕ ϕ= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + Μονάδες 6

ii. Να λυθεί η ανίσωση ( ) ( )2x xϕ ϕ> Μονάδες 6

B. ∆ίνεται η συνάρτηση ( ) ( )( )2ln 1x xf x e e e e= − + + . i. Για ποιες τιµές του x, µε 0x > ορίζεται η συνάρτηση f .

Μονάδες 7 ii. Να λυθεί η εξίσωση ( ) ( )ln ln 1f x x= − για κάθε x e>

Μονάδες 6

1

1

B' ΛΥΚΕΙΟΥ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙ∆ΕΙΑΣ

ΑΛΓΕΒΡΑ


ΘΕΜΑ A

Α.1. Έστω η πολυωνυµική εξίσωση ν ν-1ν ν-1 1 0α x +α x +...+α x+α =0 , µε ακέραιους

συντελεστές. Αν ο ακέραιος ρ≠0 είναι ρίζα της εξίσωσης, να αποδείξετε ότι ο ρ είναι διαιρέτης του σταθερού όρου α0 .

(8 Μόρια) Α.2. Αν 0α > µε 1α ≠ τότε για οποιουσδήποτε 1 2, 0θ θ > να γράψετε τα

αναπτύγµατα των τύπων 1

2

logα θ θ

και ( )1 2logα θ θ χρησιµοποιώντας τις ιδιότητες των λογαρίθµων.

(2 Μόρια) Α.3. Τι γνωρίζετε για την µονοτονία της συνάρτησης ( ) xf x =α , 0<α 1≠ .

(3 Μόρια) Α.4. Να γράψετε στο τετράδιό σας για κάθε µια από τις παρακάτω προτάσεις το

γράµµα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση . α. Η συνάρτηση ( ) ( )1453f x 2x

2011= ηµ έχει περίοδο :

Α: πT = π +4

Β: T = π Γ: T = -2π

∆: πT =2

Ε: 14532011

Τ =

(2 Μόρια) β. Το άθροισµα των συντελεστών του πολυωνύµου

( ) ( )154 2 5P x x 3x 2x x 4x= − + − + είναι : Α: 152 4+ Β: 1 Γ: 3 ∆: 5 Ε. κανένα από τα προηγούµενα.

(2 Μόρια)

2

2

γ. Αν Sν συµβολίζει το άθροισµα των πρώτων ν όρων µιας γεωµετρικής προόδου (αν) µε λόγο λ≠1 και πρώτο όρο α1 , τότε είναι :

Α: ν 1 νλ 1S =αλ 1−

−

Β: ν

ν 1λ 1S =αλ 1−

−

Γ: ν

1ν

α λ 1S =λ 1−

−

∆: ν

ν 11 λS =αλ 1−

−

Ε: κανένα από τα προηγούµενα (2 Μόρια)

A.5. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιό

σας την ένδειξη Σωστό ή Λάθος δίπλα στο γράµµα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση. α. Κάθε σταθερό µη µηδενικό πολυώνυµο είναι µηδενικού βαθµού.

(2 Μόρια) β. Η συνάρτηση f µε τύπο ( )f x x= εϕ είναι περιοδική µε περίοδο 2T =

π.

(2 Μόρια) γ. Η συνάρτηση f µε τύπο ( ) x xf x = α β όπου α>0 , β>0 µε α≠1, β≠1 είναι

γνησίως αύξουσα στο R , όταν 1α < β . (2 Μόρια)

ΘΕΜΑ B ∆ίνεται η συνάρτηση ( ) βxf x =α συν 2

⋅ (1) , όπου β<0 και α R∈ . Αν γνωρίζετε ότι

η γραφική παράσταση της f διέρχεται από τα σηµεία ( )A 0,β+5 , και π β 24Β ,4β

τότε: Β.1. Να αποδείξετε ότι 4 1α και β= =− .

(7 Μόρια) Β.2. Να βρείτε τα σηµεία τοµής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f µε την

ευθεία y=4 στο διάστηµα [0,12π]. (7 Μόρια)

Β.3. Να βρείτε την µέγιστη και ελάχιστη τιµή της συνάρτησης f καθώς και την περίοδό της.

(6 Μόρια)

3

3

Β.4. Να βρείτε την τιµή των παραστάσεων ( )2f 4 f3π

π Α= −

και

( )( )( )

2010f 0 13f 0 4f 0 1

−Β= +

−

(5 Μόρια) ΘΕΜΑ Γ ∆ίνεται πολυώνυµο 4 3 2P(x)=x +αx 7x +βx+2− , όπου α και β είναι πραγµατικοί αριθµοί. Αν η διαίρεση του ( )P x δια x 1− δίνει υπόλοιπο 1 και η αριθµητική τιµή του για x 2=− είναι 10, τότε: Γ.1. Να βρείτε τις τιµές τωνα, β∈R .

(7 Μόρια) Γ.2. Για τις τιµές 5 10α και β=− = ,

α. Να βρείτε το πηλίκο Π(x) της διαίρεσης του P(x) δια του 3 2Q(x)=x +x 2x− και να γράψετε το P(x) µε την βοήθεια της

ταυτότητας ευκλείδειας διαίρεσης. (6 Μόρια)

β. Να λύσετε την εξίσωση ( ) ( )P x =υ x ,όπου υ(x) το υπόλοιπο της διαίρεσης του P(x) δια ( )Q x .

(7 Μόρια) γ. Να βρείτε τα διαστήµατα στα οποία η γραφική παράσταση της

πολυωνυµικής συνάρτησης Q(x) βρίσκεται πάνω από τον άξονα x΄x. (5 Μόρια)

ΘΕΜΑ ∆

∆ίνεται η συνάρτηση ( ) 4 xf x ln4 x− = + .

∆.1. Να ορίσετε το πεδίο ορισµού της συνάρτησης f και να αποδείξετε ότι γραφική της παράσταση διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

(5 Μόρια) ∆.2. Να υπολογίσετε η τιµή της παράστασης

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )A f 3 f 2 f 1 f 0 f 1 f 2 f 3= − + − + − + + + + (6 Μόρια)

∆.3. Να λύσετε την ανίσωση ( ) ( )f x f x 2ln3− − <− . (7 Μόρια)

∆.4. Να λύσετε την εξίσωση ( ) ( )2f x f xe 3 4e+ = . (7 Μόρια)

ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2012 Ε_3.Μλ2ΓΑ(ε)

ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 1 ΑΠΟ 3

ΤΑΞΗ: Β΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑ: ΑΛΓΕΒΡΑ / ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙ∆ΕΙΑΣ

Ηµεροµηνία: Κυριακή 1 Απριλίου 2012

ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ A Α.1. Να δώσετε τον ορισµό της αριθµητικής προόδου.

Μονάδες 3 Α.2. Να αποδείξετε οι α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι αριθµητικής προόδου αν και

µόνο αν 2β = α + γ. Μονάδες 6

Α.3. Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω προτάσεις, γράφοντας δίπλα στο γράµµα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση τη λέξη Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασµένη. α) Το 5 είναι µία πιθανή ακέραια ρίζα της εξίσωσης

3 22x x 6x 5 0 , όπου .−λ + − = λ∈ℤ β) Υπάρχουν τιµές του x∈ℝ έτσι, ώστε να ισχύει xe 0− < . γ) Αν το υπόλοιπο της διαίρεσης δύο πολυωνύµων είναι πολυώνυµο

µηδενικού βαθµού, τότε η διαίρεση λέγεται τέλεια. δ) Η εξίσωση xηµ = α , όπου 1α > , έχει λύση στο ℝ . ε) Το άθροισµα των πρώτων ν όρων γεωµετρικής προόδου ( )να µε λόγο λ=1

και πρώτο όρο α1 είναι ίσο µε 1S ( )νν = α , για κάθε *Nν∈ . Μονάδες 5x2=10

A.4. Να µεταφέρετε στο τετράδιο σας τον παρακάτω πίνακα και να τον συµπληρώσετε έτσι, ώστε τα στοιχεία της κάθε γραµµής να είναι ίσα:

Αριθµός Με µορφή λογαρίθµου Με µορφή δύναµης 8 7log (.............) (.................)3

…….. 43log (3 ) 82log (.......)8

……… log(.............) ln2012e

Μονάδες 6x1=6




ΘΕΜΑ Β ∆ίνεται η πολυωνυµική συνάρτηση 3 2f (x) 2x 3x 1= − + . Β.1. Να λύσετε την εξίσωση f (x) 0= .

Μονάδες 6 Β.2. Να λύσετε τις τριγωνοµετρικές εξισώσεις xηµ = α , xσυν = β όπου α η διπλή

ρίζα της παραπάνω εξίσωσης και β η άλλη ρίζα της ίδιας εξίσωσης. Μονάδες 6

Β.3. Να βρείτε τις τιµές του x∈ℝ έτσι, ώστε η γραφική παράσταση της f, να µην είναι πάνω από τον άξονα των x΄x.

Μονάδες 8 Β.4. Να γράψετε την ταυτότητα της ευκλείδειας διαίρεσης 2f ( x) : (x 1)− + .

Μονάδες 5

ΘΕΜΑ Γ ∆ίνονται οι συναρτήσεις 2f (x) x x= α +β + γ και 2g(x) x= ηµ + α +β+ γ , όπου α, β, γ θετικοί πραγµατικοί αριθµοί και ln , ln , lnα β γ διαδοχικοί όροι αριθµητικής προόδου. Γ.1. Να δείξετε ότι η συνάρτηση h(x) ln(f (x))= , έχει πεδίο ορισµού το ℝ .

Μονάδες 5 Γ.2. Έστω γεωµετρική πρόοδος (αν ) µε 1 ln eα = α = , ln

2 e βα = και log3 10

γα = και 5 256α =

α) Να βρείτε τους αριθµούς α, β και γ . Μονάδες 6

β) Για α=1, β=4 και γ=16 να λύσετε την εξίσωση f ( x) g(x)συν = , στο διάστηµα (0,4 ]π .

Μονάδες 8 Γ.3. Έστω αριθµητική πρόοδος ( )νβ µε θετική διαφορά ω και µε β1, β2 τις λύσεις

της εξίσωσης f ( x) g(x)συν = , στο διάστηµα (0,4 ]π .Αν το άθροισµα των πρώτων ν όρων της αριθµητικής προόδου ( )νβ είναι ίσο µε 2550π , να βρείτε τον αριθµό ν .

Μονάδες 6




ΘΕΜΑ ∆

∆ίνονται οι συναρτήσεις ln xg(x) ln 2= και x

1f (x) ln(2 3)=−

. ∆.1. Να βρείτε το πεδίο ορισµού της g και να συγκρίνετε τους αριθµούς g(3), 2 .

Μονάδες 6 ∆.2. Να βρείτε το πεδίο ορισµού της f.

Μονάδες 6 ∆.3. Αν 4κ > να λύσετε την ανίσωση 2

1f (log ) 2κ < .Μονάδες 6

∆.4. Αν το υπόλοιπο της διαίρεσης 3 2( x 7x 6) : (x 1)− − + + είναι το πολυώνυµο 2 3 20 210(x) (f ( ) 1) x g( ) g( ) g( ) .... g( ) ln 2υ = β − ⋅ + α + α + α + + α −

να δείξετε ότι ln 23 eβ⋅α + = , όπου α ανήκει στο πεδίο ορισµού της g και β ανήκει στο πεδίο ορισµού της f.

Μονάδες 7

Σας ευχόµαστε επιτυχία




ΤΑΞΗ: Β΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΜΑΘΗΜΑ: ΑΛΓΕΒΡΑ / ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙ∆ΕΙΑΣ


∆ιάρκεια Εξέτασης: 2 ώρες


ΘΕΜΑ Α

Α.1. Να αποδείξετε ότι αν α > 0 µε α ≠ 1 τότε για κάθε θ1,θ2 > 0 ισχύει

( )α 1 2 α 1 α 2

log θ θ = log θ + log θ⋅

Μονάδες 9

Α.2. α) Πότε µια συνάρτηση µε πεδίο ορισµού ένα σύνολο Α λέγεται άρτια;

Μονάδες 3

β) Πότε µια συνάρτηση µε πεδίο ορισµού ένα σύνολο Α λέγεται περιοδική;

Μονάδες 3

Α.3. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιό σας το γράµµα κάθε πρότασης και δίπλα τη λέξη Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασµένη.

α) Ο βαθµός του γινοµένου δύο µη µηδενικών πολυωνύµων είναι ίσος µε το

άθροισµα των βαθµών των πολυωνύµων αυτών.

Μονάδες 2

β) Αν α > 0 µε α ≠ 1 και θ > 0 τότε x

αα = θ x = log θ⇔

Μονάδες 2

γ) Η συνάρτηση f(x) = εφx έχει πεδίο ορισµού της το σύνολο

x | ηµx 0= ≠ℝ

Μονάδες 2

δ) Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f µε ( )f(x) = φ x +c όπου c > 0,

προκύπτει από µια οριζόντια µετατόπιση της γραφικής παράστασης της φ

κατά c µονάδες προς τα δεξιά.

Μονάδες 2

ε) Η συνάρτηση x

f(x) = α µε 0< α <1 είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ .

Μονάδες 2




ΘΕΜΑ B

Έστω το πολυώνυµο ( ) ( )3 2P(x) = 2x + α+β x + 2α+5β x+3 µε α,β∈ℝ .

Β.1. Να βρείτε τις τιµές των α,β∈ℝ έτσι ώστε το x+1 να είναι παράγοντας του P(x)

και το υπόλοιπο της διαίρεσης P(x): (x – 2) να ισούται µε –9

Μονάδες 8 Β.2. Για α = –7 και β = 2:

α) Nα λύσετε την εξίσωση P(x) = 0

Μονάδες 5

β) Να κάνετε τη διαίρεση ( )2P(x): x 1− και να γράψετε την ταυτότητα της

διαίρεσης.

Μονάδες 6

γ) Αν υ(x) το υπόλοιπο της προηγούµενης διαίρεσης να λύσετε την ανίσωση υ(x)

0P(x)

≥

Μονάδες 6

ΘΕΜΑ Γ

∆ίνεται το σύστηµα

( )

( )θ

ηµ π+θ x +συν( θ)y =1

πηµ θ x ηµ θ π y =1

2

∈

−

− − −

ℝ .

Γ.1. Να δείξετε ότι το σύστηµα έχει µοναδική λύση την

( ) ( )x,y = συνθ ηµθ,ηµθ+συνθ− , θ∈ℝ .

Μονάδες 12

Γ.2. ∆ίνεται η συνάρτηση ( ) ( )α

xf = 10 3 συνx 4, α− − ∈ℝ .

α) Να βρείτε την τιµή του α για την οποία η συνάρτηση έχει µέγιστη τιµή το 3

Μονάδες 6

β) Για α = 1, να βρείτε τις τιµές του θ∈ℝ για τις οποίες ( )θxy = f όπου (x, y)

είναι η µοναδική λύση του συστήµατος.

Μονάδες 7




ΘΕΜΑ ∆

∆ίνεται η συνάρτηση ( )( )( )

2x 2

x 2

ln e e 3f x =

ln e e 2

− −

− −

∆.1. Να συγκρίνετε τους αριθµούς ( )2ln 2e , ( )3 2ln e + e , 2 και να βρείτε το πεδίο

ορισµού της συνάρτησης.

Μονάδες 7

∆.2. Να λύσετε την ανίσωση 2y 3

6y 2

−≥

−

Μονάδες 5

∆.3. Έστω ( )3 2

0x = ln e + e :

α) Να αποδείξετε ότι ( )0f x = 6

Μονάδες 5

β) Να αποδείξετε ότι ( ) ( )0

f x f x≥ για κάθε ( )( )2x ln 2e , +∈ ∞ . (µονάδες 5)

Είναι το ( )0

f x ελάχιστο της συνάρτησης; (µονάδες 3)

Μονάδες 8





ΜΑΘΗΜΑ: ΆΛΓΕΒΡΑ / ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙ∆ΕΙΑΣ

Ηµεροµηνία: M. Τετάρτη 16 Απριλίου 2014



ΘΕΜΑ A

Α.1. Να δώσετε τον ορισµό της γνησίως φθίνουσας συνάρτησης σ’ ένα διάστηµα ∆του πεδίου ορισµού της.

Μονάδες 4

Α.2. Να αποδείξετε την τριγωνοµετρική ταυτότητα 2 21ηµ ω + συν ω = , για κάθε

ω∈ℝ .

Μονάδες 7

Α.3. Να δώσετε τον ορισµό του λογαρίθµου µε βάση α, ενός θετικού αριθµού θ

όπου 0α > και 1α ≠ .

Μονάδες 4

Α.4. Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω προτάσεις, γράφοντας δίπλα στο γράµµα που

αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση τη λέξη Σωστή, αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασµένη.

α) Ένα γραµµικό σύστηµα 2 2× αν έχει περισσότερες από µία διαφορετικές λύσεις, τότε θα έχει άπειρες.

β) Αν f (x) f (0)≥ για κάθε x∈ℝ ,τότε η f παρουσιάζει κατ’ ανάγκη (ολικό)

ελάχιστο στο 0 .

γ) Για κάθε γωνία θ που ορίζονται η εφθ και η σφθ, ισχύει 0σϕθ⋅εϕθ ≠ .

δ) Το µηδενικό πολυώνυµο, έχει βαθµό ίσο µε µηδέν.

ε) Για κάθε x 0> ισχύει nx

e x=ℓ .

Μονάδες 5x2=10




ΘΕΜΑ Β

Έστω 3 2 2P(x) x 2 x x 2= + α −α + πολυώνυµο, α∈ℝ . Αν το πολυώνυµο P(x) διαιρεθεί

µε το x 1− , δίνει υπόλοιπο 3 1α + .

Β.1. Να βρείτε τις τιµές του αριθµού α .

Μονάδες 7

Β.2. Για 1α = και πολυώνυµο 2Q(x) x x 1= + + :

α) Να αποδείξετε ότι το πηλίκο (x)π και το υπόλοιπο (x)υ της Ευκλείδειας

διαίρεσης του P(x) µε το Q(x) είναι x 1+ και 3x 1− + αντίστοιχα.

Μονάδες 4

β) Να λύσετε την ανίσωση P(x) x 2

1Q(x)

+ −≥ .

Μονάδες 8

γ) Να λύσετε την εξίσωση (x) Q(x)π = .

Μονάδες 6

ΘΕΜΑ Γ

∆ίνεται η συνάρτηση 3

f (x) x2

π = αηµ +β

όπου α∈ℝ και 0 1≤ β ≤ , της οποίας η

γραφική παράσταση διέρχεται από τα σηµεία (0, 2)Α − , B( , 1)π − .

Γ.1. Να βρείτε τις τιµές των α και β.

Μονάδες 8

Αν x

f (x) 23

= − συν

Γ.2. α) Να βρείτε τη µέγιστη, την ελάχιστη τιµή της f και την περίοδό της.

Μονάδες 4

β) Να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση της f στο διάστηµα [0,6 ]π και να

µελετήσετε την f ως προς τη µονοτονία στο ίδιο διάστηµα.

Μονάδες 4




Γ.3. ∆ίνεται το γραµµικό σύστηµα:

f (0)x f (2014 )y 4( )

f ( )x f (2 )y 0

λ + π = λΣ

λ −π + λ π =

Να βρείτε τις τιµές της παραµέτρου (λ )λ ∈ℝ ώστε το παραπάνω σύστηµα να

έχει άπειρες λύσεις καθώς και τη µορφή των απείρων λύσεων.

Μονάδες 9

ΘΕΜΑ ∆

∆ίνεται η συνάρτηση x

x

4 2f (x) n

4 2 1

−=

⋅ − ℓ .

∆.1. Να αποδείξετε ότι το πεδίο ορισµού της f είναι το διάστηµα A ( 2,2)= − .

Μονάδες 6 ∆.2. Να αποδείξετε ότι η f είναι περιττή.

Μονάδες 5

∆.3. Να βρείτε (αν υπάρχει) την τετµηµένη του σηµείου τοµής της γραφικής παράστασης της f µε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης

h(x) x n 2 n 3= −ℓ ℓ .

Μονάδες 6

∆.4. Να λύσετε την ανίσωση 2 2 2 2n (e ) f (x) 4 f ( x) n x nx 3− ⋅ > ⋅ − + − −ℓ ℓ ℓ .

Μονάδες 8

Σας ευχόµαστε επιτυχία.


ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2015 Α΄ ΦΑΣΗ

Ε_3.ΑΜλ2ΓΑ(ε)




Ηµεροµηνία: ∆ευτέρα 5 Ιανουαρίου 2015



ΘΕΜΑ A

Α1. ∆είξτε ότι 1εϕω σϕω⋅ = .

(15 µονάδες)

Α2. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιό σας δίπλα στο γράµµα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση τη λέξη Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή ή Λάθος, αν ή πρόταση είναι λανθασµένη.

α. Αν σ’ ένα γραµµικό σύστηµα 2x2 είναι D = 0, τότε το σύστηµα έχει κατ’ ανάγκη άπειρες λύσεις.

β. Η συνάρτηση ( )f x xσυν= είναι γνησίως αύξουσα στο διάστηµα

3,2

π

π

.

γ. Η περιττή συνάρτηση έχει γραφική παράσταση συµµετρική ως προς την αρχή των αξόνων Ο(0, 0).

δ. Ισχύει 2 22συν α ηµ α συν α= − .

ε. Η συνάρτηση f (x), µε πεδίο ορισµού ένα σύνολο Α, παρουσιάζει

ελάχιστο (ολικό) στο 0

,x ∈Α αν 0

( ) ( )f x f x≥ για κάθε x∈Α.

(5 ⋅ 2 µονάδες)

ΘΕΜΑ Β

∆ίνεται η συνάρτηση 2( ) 2 12 19f x x x= − + .

Β1. Να δείξετε ότι η συνάρτηση f γράφεται στη µορφή: 2( ) 2( 3) 1f x x= − + .

(Μονάδες 9)

Β2. Παρακάτω δίνεται η γραφική παράσταση της συνάρτησης 2( ) 2 .g x x= Στο ίδιο

σύστηµα αξόνων, να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f και να εξηγήσετε πως αυτή προκύπτει µετατοπίζοντας κατάλληλα τη γραφική παράσταση

της g.





(Μονάδες 8)

Β3. Από τη γραφική παράσταση της f να βρείτε τα διαστήµατα µονοτονίας, το είδος του

ακροτάτου, καθώς και την τιµή του.

(Μονάδες 8)

ΘΕΜΑ Γ

∆ίνεται η συνάρτηση 1

( )1

xf x

x x

συν

συν ηµ= −

+

.

Γ1. ∆είξτε ότι ( )f x xεϕ= για κάθε , κ2

x

π

κπ≠ + ∈ℤ .

(Μονάδες 8)

Γ2. Υπολογίστε την τιµή της παράστασης 4 35

12 20093 4

f fπ π

Α = −

.

(Μονάδες 9)

Γ3. Λύστε την εξίσωση ( )4

f x xπ

εϕ

= − −

(Μονάδες 8)





ΘΕΜΑ ∆

∆ίνεται το σύστηµα: ( 1) 8 4

, λ( 3) 2

x y

x y

λ

λ λ

+ + = ∈

+ + = ℝ .

∆1. α) Να υπολογίσετε τις ορίζουσες D, Dx, Dy.

(Μονάδες 6)

β) Για ποιες τιµές του λ∈ℝ το σύστηµα έχει µοναδική λύση ( )0 0,x y ;

Υπολογίστε την µοναδική λύση ( )0 0,x y συναρτήσει του λ.

(Μονάδες 4)

∆2. Να βρείτε την τιµή του λ για την οποία η µοναδική λύση ( )0 0,x y επαληθεύει την

εξίσωση 0 0

2x y+ = . Βρείτε τότε την λύση ( )0 0,x y .

(Μονάδες 9)

∆3. ∆ίνεται η συνάρτηση 0

0

2( )

6g t t x

y

πλ ηµ

−= ⋅ ⋅ +

, όπου, λ, x0, y0 οι αριθµοί που

βρήκατε στο ερώτηµα ∆2. Να βρείτε την περίοδο της συνάρτησης, καθώς και την

ελάχιστη και τη µέγιστη τιµή της.

(Μονάδες 6)


ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2015 B΄ ΦΑΣΗ

Ε_3.ΒΜλ2Γ(ε)




Ηµεροµηνία: Κυριακή 10 Μαΐου 2015



ΘΕΜΑ A

Α.1. Να αποδείξετε ότι ένα πολυώνυµο P(x) έχει παράγοντα τον x – ρ αν και µόνο

αν το ρ είναι ρίζα του P(x), δηλαδή αν και µόνο αν P(ρ) = 0.

Μονάδες 7

Α.2. Να γράψετε δύο τύπους του συν2α.

Μονάδες 4

Α.3. Να γράψετε το πεδίο ορισµού και το σύνολο τιµών για κάθε µία από τις

συναρτήσεις f(x) = αx και g(x) = xlog

α µε 10 ≠α< .

Μονάδες 4

Α.4. Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω προτάσεις, γράφοντας δίπλα στο γράµµα που

αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση τη λέξη Σωστή, αν η πρόταση είναι σωστή, ή

Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασµένη.

α) εφ(α + β) = εφβ⋅εφα+

εφβ+εφα

1

β) Στο πολυώνυµο 01

1

1x...x)x(P α+α++α+αα=

−ν

−ν

ν

ν, µε ακέραιους

συντελεστές, κάθε διαιρέτης του σταθερού όρου α0, είναι ρίζα του P(x).

γ) Αν 10 ≠α< τότε ισχύει: 2121

loglog)(log θ⋅θ=θ+θααα

µε θ1, θ2 >0.

δ) Αν α > 1 τότε η x)x(f α= είναι γνησίως αύξουσα στο R.

ε) Αν D = 0, τότε το γραµµικό σύστηµα 2x2,

γ′=β′+α

γ=β+α

y΄x

yx είναι πάντα

αδύνατο.

Μονάδες 5x2 = 10



Ε_3.ΒΜλ2Γ(ε)


ΘΕΜΑ Β

∆ίνεται η συνάρτηση f(x) = 2συν2x – 1, ℜ∈x .

Β.1. Να βρεθεί η µέγιστη τιµή, η ελάχιστη τιµή και η περίοδος της συνάρτησης f(x).

Μονάδες 8

Β.2. Να βρείτε τα σηµεία τοµής της Cf µε τον άξονα x΄x στο [0, 2π].

Μονάδες 9

Β.3. Να βρεθεί η τιµή της παράστασης

π−

π+

π⋅

π

=Κ

4f1

6f

12

5f

12f

.

Μονάδες 8

ΘΕΜΑ Γ

∆ίνεται η συνάρτηση f µε τύπο: f(x) = x3 + αx

2 + βx + γ, για την οποία ισχύουν:

• Το υπόλοιπο της διαίρεσης της f(x) δια x + 2 είναι 24.

• Η fC διέρχεται από το σηµείο Α(0, 8).

• Η ( )f x έχει παράγοντα το x – 1.

Γ.1. Nα δείξετε ότι: α = 1, β = –10 και γ = 8.

Μονάδες 9

Γ.2. α) Να λυθεί η εξίσωση f(x) = 0.

Μονάδες 4

β) Να βρεθούν τα διαστήµατα στα οποία η Cf είναι κάτω από τον άξονα x΄x.

Μονάδες 4

Γ.3. Να λύσετε την ανίσωση: 18)x(f)x(f

2

)x(f

4x

−−+

≤+

.

Μονάδες 8



Ε_3.ΒΜλ2Γ(ε)


ΘΕΜΑ ∆

∆ίνονται οι συναρτήσεις:

f(x) =

x

x

2

12

− , µε x ℜ∈ και

++

+−+

+−+=

2

x1ln

2x

11ln

1x

11ln

x

3ln)x(h ,

µε x > 0.

∆.1. ∆ίνεται η συνάρτηση g(x) = ( )( ).xlnfln

α) Να υπολογίσετε το f(lnx).

Μονάδες 3

β) Να βρείτε το πεδίο ορισµού της συνάρτησης g(x) = ( )( ).xlnfln

Μονάδες 4

∆.2. Να δείξετε ότι h(x) = 2

3ln .

Μονάδες 5

∆.3. Να λύσετε την εξίσωση g(x) = h(x) µε x >1.

Μονάδες 7

∆.4. Να βρείτε τις τιµές του x ℜ∈ , ώστε να υπάρχει θ ℜ∈ και να

ισχύει:)1(f6

xln)2(f2xln)1(f2

⋅−⋅=ηµθ .

Μονάδες 6

Λύσεις Άλγεβρας Β΄ Λυκείου

Ενδεικτικές λύσεις στην Άλγεβρα Β’ Λυκείου για τα έτη 2002-2015 και των δύο φάσεων χωρίς λογότυπα. Οι

λύσεις, είναι από την ίδια την Ο.Ε.Φ.Ε.



P(x)=2x 3

2

2

F(x)=x3

2

Q(2)=15, F(1)=6

P(x)=Q(x)⇔ 2x 3+x2+x+2=2x2+3x+1

⇔ 2x3 -x2-2x+1=0⇔ 2x(x2-1)+x2-1=0

⇔ (x2-1)(2x+1)=0 ⇔ x=1, x=-1, x=1/2

P(x) < F(x) ⇔ 2x3+x2+x+2<x3+7x2-10x+8

⇔ x3 -6x2+11x-6<0⇔ x<1 2<x<3

3

2⇔ =1, =-1 , =1 /2

∈+=+==+=

)xelog(1f(x) −−+=

i ) x RI .

i i ) :2

e1log

+=

i i i )

2

1log2log)1log()xelog(1f(x)

exxe

+−−+=−−+=

xexe

+−−+=

2

1log2log)1log(

−+

+=

+

+= 12 xe)(1

1log

2

12

1log x

xexe

xe

iv)

≥⇔≤+⇔≤−+⇔

≤+⇔≤

+++⇔

≤−+⇔≤−+

−

−

−−

−

+

+

<+

<+

∈ 1

1

> 1863 ⇔ ⇔

-

i i ) ⋅70%

1 8 2=3 ,35+81 ⋅0,35=32

i) -

-

1 = 0,01⋅ 1− 0,01⋅⋅

21 = 0,01⋅ 2 = 0,99⋅− 0,01⋅2

32 = 0,01⋅(0,99)2 3 = (0,99)2

− 0,01⋅(0,99)2

3

.

.

.

.

.

.

.

.

= 0,01⋅(0,99) = (0,99)

,

∈ , ∈

1 = 0 ,01 ⋅ 0 ∈ = 0 ,01 ⋅ (1)

∈ : −0,01 ⋅ ⇔ = 0 ,99 ⋅

⇔ 0 ,01 ⋅= 0 ,01 ⋅0,99 ⋅

⇔ = 0 ,99 ⋅

,

∈

1 ⋅ 1 ⇔ = 0 ,01 ⋅ (0 ,99) − 1 ⇔ = 0 ,01 ⋅ (0 ,99) − 1

− 5 −0,01 ⋅ (0 ,99)4

5 5 ) ≅ -

∈ 1 -

S 811863]5,0)1(32[ 2

>⇔>⋅−+⋅ ννν

8 2 = 2 ,1 + 81 ⋅

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ Ο.Ε.Φ.Ε. 2003ΘΕΜΑΤΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙ∆ΕΙΑΣΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ 1Α. 1. Α. 2.1. Θεωρία: Σχολ. Βιβλίο σελ. 136, Απόδειξη 1. α) : Λανθασµένη2. Θεωρία: Σχολ. Βιβλίο σελ. 136, Απόδειξη 3. β) : Σωστή

γ) : ΛανθασµένηΒ. 1. Β. 2.1. → δ. γ. ορθογώνιο2. → α.3. → β.4. → ε.5. → γ.ΘΕΜΑ 2α) Βρίσκουµε τις τιµές του λ, που µηδενίζουν τους συντελεστές του x και το σταθερό όρο τουπολυωνύµου. Έχουµε: 0)2)(2(0)4(04 23 =+λ−λλ⇔=−λλ⇔=λ−λ .Άρα: λ = -2 ή λ = 0 ή λ = 2. ΄Οµοια: 0)2(022 =−λλ⇔=λ−λ . Άρα: λ = 0 ή λ = 2.Τέλος: 02 =+λ− . Άρα: λ = 2.∆ιακρίνουµε τις παρακάτω περιπτώσεις:

i. Αν 2 ή 0 ή 2 ≠≠−≠ λλλ , τότε το πολυώνυµο P(x) είναι 3ου βαθµού.ii. Αν 2−=λ , τότε το πολυώνυµο P(x) είναι 1ου βαθµού. ( P(x) = 8x + 4 ).iii. Αν λ = 0 , τότε το πολυώνυµο P(x) είναι µηδενικού βαθµού. ( P(x) = 2 ).iv. Αν λ = 2 , τότε το πολυώνυµο P(x) είναι το µηδενικό πολυώνυµο ( P(x) = 0 ) και δεν ορίζεταιβαθµός.

β) Για λ = 1 έχουµε:13)(21)121()141()( 3233 +−−=⇔+−⋅−+⋅−= xxxPxxxP .

Για να διέρχεται η γραφική παράσταση της συνάρτησης P από το σηµείο (1,-3), θα πρέπει: P(1) = -3.Έχουµε: .3)1(1113)1( 3 −=⇔+−⋅−= PP

γ) 04xx331xx33)x(P 33 <+−−⇔−<+−−⇔−< .Παραγοντοποιούµε την τριτοβάθµια χρησιµοποιώντας το σχήµα Horner:-3 0 -1 4 1 -3 -3 -4-3 -3 -4 0Άρα η τριτοβάθµια γράφεται:

0)433)(1(0)433)(1( 22 >++−⇔<−−−− xxxxxx

H διακρίνουσα του τριωνύµου είναι αρνητική, ( ∆ = 9 – 48 = -39 ), άρα το τριώνυµο είναι για κάθε xοµόσηµο του α (α = 3), δηλαδή είναι για κάθε x θετικό.Σχηµατίζουµε τον παρακάτω πίνακα προσήµων:

x -∞ 1 +∞x - 1 - +

3x2 + 3x + 4 + +Γινόµενο - +

Άρα: x > 1 .

ΘΕΜΑ 3Α.1. Για κάθε x > 0 έχουµε:

xxxxxgxf xx log5log5logloglog5log5)()( 5loglog5loglog =⇔=⇔=⇔= .2. Για κάθε x , y > 0 έχουµε: )y(f)x(f5555)yx(f ylogxlogylogxlog)xylog(

⋅=⋅===⋅+ .

3. Για κάθε x , y > 0 έχουµε: )()(

5555 log

loglogloglog

yfxf

yxf y

xyxy

x

====

− .

4. Για κάθε ν∈Ν έχουµε: [ ]νννν ν )()5(55)( logloglog xfxf xxx====

⋅ .Β.

.45)5()(45)( 5log2log2 xxgxf x +=⇔⋅+= Από το Α.1. η προηγούµενη σχέσηγράφεται: xx log2log 545)5( ⋅+= . Θέτουµε: ω=xlog5 . Άρα: 0542 =−ω−ω .( ∆ = 16 + 20 = 36 και ω =

264 ± ). Άρα οι λύσεις της δευτεροβάθµιας είναι το 5 και το –1. ( Η λύση

-1 απορρίπτεται, γιατί 05 log >x ).Έχουµε: 55 log =x . Η εκθετική συνάρτηση είναι 1-1, άρα: logx = 1⇔ logx = log10Η λογαριθµική συνάρτηση είναι 1-1, άρα τελικά: x = 10 .Γ. Πρέπει: x > 0 και 2x - 4 > 0. Άρα: x > 0 και x < -2 ή x > 2. Εποµένως: x > 2.

.04343 : , 10 βάση µε ).4log(3log

: , 5 βάση µε .55)4()3(

22

2

)4log(3log2 2

<−−⇔−>Η−>

Η>⇔−> −

xxxxάύίίάήxx

άύίίάήxfxf xx

ραξουσααωςγνησναιερτησησυνλογαριθµικ

ραξουσααωςγνησναιερτησησυνεκθετικ

( ∆ = 9 + 16 = 25 και 253x ±

= ). Άρα οι λύσεις της δευτεροβάθµιας είναι το -1 και το 4 και τοτριώνυµο είναι εντός των ριζών του ετερόσηµο του α ( α = 1 ), δηλαδή είναι αρνητικό, άρα: -1 <x<4 .Επειδή x > 2, τελικά έχουµε: 2 < x < 4 .

ΘΕΜΑ 4Α.1. Χρησιµοποιώντας τον τύπο: ωνααν )1(1 −+= , µε 18ln , ln 41 +== αα e

έχουµε ω32ln3311ln2ω3ln18ln)14( 314 =⇔+=+⇔+=+⇔−+= ωωαα e .

Άρα: ω = ln2 .2. Χρησιµοποιώντας τον τύπο: [ ]ωνα

νν )1(22 1 −+=S , µε eln1 =α και αντικαθιστώντας από το Α.1.

όπου ω ln2, έχουµε:[ ] [ ] [ ]

.2ln2ln2)1(

2ln)1(1221)ln2-(νln22)1(222

)1(

ν1

−

+=⇔−

+=⇔

⇔−+⋅=⇔+=⇔−+=

νν

νν

νν

ννν

ν

ννν

ωναν

SS

SeSS

3. Αντικαθιστώντας το Sν από τον τύπο του Α.2., έχουµε:( )

.021212)1(

2212ln2ln

2ln2ln2ln2ln212ln2ln2

1

23233

2)1(

221

2)1(

21

212)1(

212)1(

21

3

333

=−+−⇔−=−⇔−

=−

⇔∗=⇔

⇔=⇔=⇔+=+

−−

−

−

−

−

−

−

ννννννννν

νν

ννν

νν

ν

νν

ν

νν

ν

* ( Η συνάρτηση ln είναι 1-1 ).Λύνουµε την τριτοβάθµια µε τη βοήθεια του σχήµατος Horner:1 -1 1 -21 3 3 6 211 2 7 0Άρα η τριτοβάθµια γράφεται: .072 ή 30)72)(3( 22 =+ν+ν=ν⇔=+ν+ν−ν

H 07ν2ν 2 =++ είναι αδύνατη, γιατί η διακρίνουσά της είναι αρνητική.( ∆ = 4 – 28 = -24 < 0 ). Άρα: ν = 3 .

Β.α) Χρησιµοποιώντας τον τύπο: 1)ω-ν(αα 1ν += , µε 36 ,61 == ναα , έχουµε:

(1) 130)1(30)1(636)1(636−

=⇔−=⇔−=−⇔−+=ν

ωωνωνων .β) Επειδή ισχύει: 42-ν α2α = , έχουµε:

.112426426424

6627030)1(627030613091

306961236)36(2)3(6

)1(

)1(

=⇔=⇔=⇔

⇔−=−⇔−=−⇔=−

−−

⇔

⇔=−⇔+=−+⇔+=−+

ννν

νννννν

ν

ωνωωωνωωων

Άρα:: ν = 11 31030

11130

==−

=ω .

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ Ο.Ε.Φ.Ε. 2004 Θέµατα Άλγεβρας Β΄ Λυκείου

Γενικής Παιδείας ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΖΗΤΗΜΑ 1ο Α.

1. max min22004, 2004, 4 2F F T π π

= = − = = 2. αβ 3. 2( 2, )e− 4. Σωστό

Β. Θεωρία (σχολικό βιβλίο) Γ. Θεωρία (σχολικό βιβλίο) ∆. 11 1a

a> ⇒ < άρα η συνάρτηση 1( )

x

f x a = είναι γνησίως φθίνουσα. Εποµένως

έχουµε: ln ln1 1 ln lnx y

x ya a

> ⇒ < και, επειδή η συνάρτηση ( ) lng x x= είναι γνησίως αύξουσα, θα είναι x y< . ΖΗΤΗΜΑ 2ο

Α. 2 2 21 2 1 2 1 2 1( ) 2 1 2

ηµ θ ηµ θ ηµ θσυνθ ηµθ συν θ ηµ θ ηµθ συνθ ηµ θ

− − −Α = = = =− + − ⋅ −

Β. 3 2 3 2

3 2

2 4 0 2 2 1 02 2

2 2 1 0

χ χηµ χ ηµ συν συν χ ηµ χ ηµχ ηµ χ

ηµ χ ηµ χ ηµχ

− + = ⇔ − + − = ⇔

⇔ − − + =

Θέτω ηµχ ω= και έχω την εξίσωση: 3 22 2 1 0ω ω ω− − + = . Με σχήµα Horner (για ρ=1) έχω 2 1( 1) (2 1) 0 1, 1, 2ω ω ω ω ω ω− ⋅ + − = ⇔ = = − =

Άρα 1ηµχ = ή 1ηµχ = − ή 12

ηµχ = και, επειδή [0, ]χ π∈ , έχουµε τελικά 2πχ = ή

6πχ = ή

65πχ = .

ΖΗΤΗΜΑ 3Ο 1. Με σχήµα Horner για το P(x) και για ρ=1, προκύπτει υπόλοιπο (εκ

ταυτότητος) 0 και πηλίκο 3 2( ) (6 )χ χ αχ α χ αΠ = − + − − . Με νέο σχήµα Horner για το Π(χ) και ρ=1, προκύπτει υπόλοιπο 3 1α β− + + , το οποίο πρέπει (αφού το 1 είναι διπλή ρίζα του P(x)) να είναι 0. Άρα έχουµε 3 1 0α β− + + = (1). Εξάλλου, από υπόθεση, (2) 0 ... 7 2 8 0P a b= ⇔ ⇔ − + + = (2). Λύνοντας το σύστηµα των (1) και (2), βρίσκουµε 6, 17a b= = .

2. Είναι 4 3 2( ) 7 17 17 6P x x x x x= − + − + και 1 2 31, 2, 3x x x= = = (προκύπτει εύκολα, λύνοντας την P(x)=0). Αφού 2 2 1 3⋅ = + και 2 2 1 3( )e e e= ⋅ , ισχύει το ζητούµενο.

3. Έστω 21 2 3, , , ,e b b b e , οι πέντε όροι της γεωµετρικής προόδου. Αν λ ο λόγος της

προόδου, θα ισχύει 4442 eeee ±=⇔=⇔⋅= λλλ . Άρα θα είναι: 5 3 7

24 4 44 2 41 2 3, ( ) ,b e e e b e e e e e b e e e e= ⋅ = = ⋅ = ⋅ = = ⋅ ⋅ = .

ΖΗΤΗΜΑ 4Ο

1. Είναι log lnlog log lnx

y yyx x

= = (τύπος αλλαγής λογαριθµικής βάσης) από όπου προκύπτει το ζητούµενο.

2. Η δοσµένη σχέση (και λόγω του 1) γράφεται 2(log 2) 0x y − = , άρα είναι 2log 2x y y x= ⇔ = , η ζητούµενη σχέση.

3. Έχουµε 22 3 1 0 2 1(2004) 2 3 1 0 1, 2y ye y y y y− + = ⇔ − + = ⇔ = = . Η λύση 1y =

απορρίπτεται, αφού, αν 1y = , θα είναι 1x = ± , αδύνατο. Άρα 1 2,2 2y x= = (η αρνητική τιµή απορρίπτεται).

4. Από υπόθεση έχουµε 2

3 2 2 6

(ln 2) 1 ln 2 1 1 ln 2 1 1 ln 3x x x x

e x e e x e

− ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔

⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤

και προκύπτει το ζητούµενο.

B΄ ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΛΓΕΒΡΑ


ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ 1Ο Α. θεωρία σχολικό βιβλίο σελ. 28 Β. iii Γ. α)Λ β)Σ γ)Λ δ)Σ ε)Λ ∆. α. ( ) ηµβηµασυνβσυναβασυν ⋅+⋅=−

β. 110n10nne10noge =⋅=⋅ l

l

lll

γ. 212

1 θogθogθθog lll −=

ΘΕΜΑ 2Ο Α. Πρέπει : ( ) 02xxx2xx21x 222 =−+⇔−=⇔−⋅= ∆=1+8=9 =±−=

231x

21−

Β. Πρέπει : ( )

( ) ⇔

=−=

02P01P ( ) ( )

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

=−−+−−−−−+−=−+⋅−−⋅−+

0222β3α22βα20211β3α21βα1

234

234

⇔

=−−+−+−=−++−−+⇔ 022β12α8β8α816021β3α2βα1 ⇔

−=+−

=+−12β20α16

0β2α

1β2α

3β5β8β2α

3β5α40β2α

==⇔

−=+−

=⇔

−=+−=+−

ε π α ν α λ η π τ ι κ ά

2 0 0 5θ έ µ α τ α

ΘΕΜΑ 3Ο

Α. Πρέπει : αηµ21α2συνα2συν21αηµ21α2συν2

1αααα 222312 −=⇔−−=−⇔−=− (ισχύει)

Β. 21αηµ12

αηµ211α2συν21ααω 2

212 −−=−

−=−=−=

( ) 23αηµ64221αηµ14122

424S 22 −=−−⇔−=

−−⋅−+⋅⇔−=

21αηµ3αηµ6 22 =⇔=

22ηµα

22ηµα

−=

=

4π3κπ2αη4

πκπ2α4πηµηµα

+=+=

=

4π5κπ2αη4

πκπ2α4πηµηµα

+=−=

−= , zκ∈

Γ. ( ) ( )[ ] ( ) 515050103151110321

4πηµ1103122

103S 2103 −=−⋅=−⋅+=

−−⋅−+⋅=

∆. ( ) [ ] 0αηµ101αηµ21521αηµ15122

5S 2225 ≠−=−−=

−−⋅−+⋅= ,

∈ 2

π,0α

( Αν 0αηµ0S 25 =⇔= L Άτοπο)

Άρα ο βαθµός του πολυωνύµου είναι 5. ΘΕΜΑ 4Ο Α. Πρέπει 0ee2 1x1x2 >+ ++ Άρα Rx ∈ δηλαδή RA f = ( ) ( ) ( ) 13nne3ne3nee2nee2n0f 10102 +=+==+=+= ++⋅

llllll Β. ( ) ( ) eee2neee2n1xf 1x1x211:nx1x1x2 =+ →←=+⇔= ++⋅−++⋅ l

ll

( ) ⇔=−+⇔=−⋅+⋅ 01ee2e0eeeee2 xx2xx2 ( ) ⇒

==−+

yeθετω01ee2

x

x2x

L01yy2 2 =−+

21y

η1y

=

−=

Άρα 1ex −= Α∆ΥΝΑΤΗ ή 2nx2n1nnex21nne

21e xx

llllll −=⇔−=⋅⇔=⇔= Γ. ( ) 01ee21xf xx2 <−+⇔< K ,

21e1 x <<− , Rx1ex ∈⇔−>

2nx21nne

21e xnxx

llll −<⇔< →←< ↑

Άρα ( )2n,x l−∞−∈



1Β΄ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΓΕΝΙΚΗ ΠΑΙ∆ΕΙΑ

ΑΛΓΕΒΡΑΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ 1ο

Ενδεικτικές ΛύσειςΑ. α. Α -3 Β -1 Γ -6 ∆-4 β. Σχολικό βιβλίο Σελ.103Β. α. i) β ii) β β. α – Σ β - Σ

γ – Σδ –Λε - Λ

ΘΕΜΑ 2Ο

Ενδεικτικές ΛύσειςΑ. α) Πρέπει

6β12α

6βα36β2α4

16)1(P0)2(P

==⇔

=−

=−⇔

−=−=− Άρα P(x)=2x3+12x2+6x-20

β) Αφού P(-2)=0 άρα -2 ρίζα του P(x). Mε Horner έχουµε5xή1xή2x

05x4xή

02x0)5x4x)(2x(2 2 −==−=⇔

=−+

=+⇔=−++



2

γ) 2(x+2) (x2+4x-5)>0 µε ρίζες -5, -2, 1

x −∞ -5 -2 1 +∞ x+2 - - + +

x2+4x-5 + - - +

2(x+2) (x2+4x-5) - + - +

Άρα ( )+∞∪−−∈ ,1)2,5(x

ΘΕΜΑ 3ο

α. εφx= Zκ,3πκπx3 ∈−=⇔−

β. i)π==−+ ...xx κ1κ

κ=1 3π

π − Αποτελούν διαδοχικούς όρουςκ=2

3ππ2 − αριθµητικής προόδου µε α1= πω,3

ππ =−

κ=3 3ππ3 −

ii). Με τύπους αριθµητικής προόδου αν=α1+(ν-1)ω µε α1= 3

π2 και ω=π 3

π60173πκπ =−

αν= π)1ν(3π2

−+ ή ( )3

π60173

π1κ3=

−

αν= ( )⇔=

−

36017

313 ππν ν = 2006

2006κπ60171κ3

=

=−

iii) Χ1+Χ2+....+Χ30=S30=.....=455π



3

ΘΕΜΑ 4ο

α. Η εξίσωση είναι ισοδύναµη

21xηµ01xηµxηµ6)xηµ1(3xηµ2)x2συν3(n)xηµ2(n

)x2συν(n3n)xηµ2(n22 =⇔=−−⇔−=−⇔=−

⇔+=−

ll

lll

επειδή

∈ 4π,0χ

β. eα1αn

5050)100...21(αn5050αn...αnαn 1002

=⇔=

=+++

=+++

l

l

lll

Επειδή 1+2+....+100=5050

γ. f(α). f(β),f(γ) διαδοχικοί όροι αριθµητικής προόδου δηλ για τουςγn,βn,αn lll ισχύει

→→=⇔+= γ,β,αδηλαγβγnαnβn2 2lll διαδοχικοί όροι γεωµετρικής

προόδουδ. 012 >−+ nxnxnx lll Περιορισµός 1x ≥ θέτουµε ynx =l άρα

( )( ) 42Horner23 ex4nx2nx2y06y3y2y012yy >⇔>⇔>⇔>⇔>++−⇔>−+ ll4434421

∆<0Πάντα +



1

1

B΄ ΛΥΚΕΙΟΥΑΛΓΕΒΡΑ



ΘΕΜΑ 1οΑ. α) Θεωρία Σελ. 34 σχολικού βιβλίου

β) Θεωρία σελ. 136 σχολικού βιβλίουΒ. 1Σ, 2Σ, 3Λ, 4Σ, 5Σ, 6Σ, 7Λ, 8Λ

ΘΕΜΑ 2οΑ. Αφού το Ρ(x) έχει παράγοντες το x+1 και το x-2 άρα :

P( 1) 0 (1)P(2) 0 (2)− =

= δηλαδή α β 3 α 3

2α β 6 β 0− = − = −⇔+ = − =

Β. Η εξίσωση Ρ(x)=0 δηλαδή x3-3x2+4=0 έχει παράγοντες το x+1 άρα ρίζα το -1 και x-2 άραρίζα το 2 δηλαδή µε σχήµα horner έχουµε :

1 -3 0 4 -1-1 4 -4

1 -4 4 03 2 2 2x 3x 4 0 (x 1)(x 4x 4) 0 (x 1)(x 2) 0 x 1− + = ⇔ + − + = ⇔ + − = ⇔ = − ή x = 2

Γ. i) Η γραφική παράσταση της συνάρτησης Ρ(x) = x3 -3x2 + 4 τέµνει τον άξονα y΄y όταν x = 0δηλαδή Ρ(0) = 4 δηλαδή στο σηµείο (0, 4).ii) Οι τιµές του x για τις οποίες η C είναι κάτω από τον άξονα x΄x είναι οι λύσεις της ανίσωσηςP(x) < 0 δηλαδή 3 2 2x 3x 4 0 (x 1)(x 2) 0 x 1.− + < ⇔ + − < ⇔ < −

ΘΕΜΑ 3οΑ. 2

4 8

1 α 1 συν2x ηµ2x1 2α α 1 2(συν2x 3ηµ2x) συν2x 7ηµ2x

+ + += =

− + − + + +2

21 συν2x ηµ2x 1 2συν x 1 2ηµx συνx1 συν2x ηµ2x 1 1 2ηµ x 2ηµx συνx+ + + − +

= = =− + − + +

2συνx(συνx ηµx) σφx2ηµx(συνx ηµx)+

= =+



2

2

Β. 1 2 10 10α α ... α S+ + + = δηλαδή 10[2συν2x 9ηµ2x]10 S2

+=

άρα 1 2 10 10α α ... α S (2συν2x 9ηµ2x)5+ + + = = + =

10συν2x 45ηµ2x= +

Γ. Η εξίσωση µε τη βοήθεια του ερωτήµατος Β γίνεται :10συν2x 45ηµ2x 10 55ηµ2x+ = − + ⇔10συν2x 10ηµ2x 10− = − ⇔

συν2x ηµ2x 1− = − ⇔22συν x 1 2ηµx συνx 1− − = − ⇔

συνx(συνx ηµx) 0− = ⇔

συνx 0= αδύνατο Πx 0, 2 ∈ ή

Πσυνx ηµx σφx 1 x 4= ⇔ = ⇔ = διότι Πx 0, 2 ∈

ΘΕΜΑ 4οΑ. Η συνάρτηση xf (x) ln(e 2)= − έχει πεδίο ορισµού το διάστηµα ( )ln 2,+∞ .Β. Η εξίσωση γίνεται : ( )2x xln e 2 ln 7 ln(e 2)− = + −

2x xln(e 2) ln 7(e 2)− = −

2x xe 2 7e 14− = −2x xe 7e 12 0− + = ⇔xe 4= ή xe 3=

∆ηλαδή x ln 4= ή x ln 3=

Γ. Αφού οι f(α), f(β), f(γ) είναι διαδοχικοί όροι αριθµητικής προόδου ισχύει :β α γ2ln(e 2) ln(e 2) ln(e 2)− = − + − δηλαδή β 2 α γ(e 2) (e 2) (e 2)− = − ⋅ −

∆. f (1) f (2) f (100)e e ... e+ + + =2 100(e 2) (e 2) ... (e 2)− + − + + − =

2 100e e ...e 200+ + − =100e(e 1) 200e 1

−− =

−101e 201e 200

e 1− +

−



1

1

Β' ΛΥΚΕΙΟΥΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙ∆ΕΙΑΣ

ΑΛΓΕΒΡΑ

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣΘΕΜΑ 1ο

Α) Σχολικό Βιβλίο Σελίδα 136.Β) Λάθος, Σωστό, Σωστό, Σωστό, Λάθος.Γ) Γ, Β, ∆, Γ, Β, Α

ΘΕΜΑ 2ο

α) P(x) = F(x) ⇔ x3–5x2+16x–12 = x2+5x–6 ⇔ x3–6x2+11x–6 = 0Πιθανές ακέραιες ρίζες οι 1, 2, 3, 6± ± ± ± . Έχουµε το παρακάτω σχήµα Horner:

1 –6 11 –6 11 -5 6

1 –5 6 0Άρα η εξίσωση γίνεται:

(x–1)(x2–5x+6)=0 ⇔ x–1=0 ή x2–5x+6=0⇔ x =1ή x = 2 ή x = 3.β) Πρέπει και αρκεί P(x) < 0⇔ x3–5x2+16x–12 < 0

Πιθανές ακέραιες ρίζες οι 1, 2, 3, 4, 6, 12± ± ± ± ± ± .

1 –5 16 –12 11 –4 12

1 –4 12 0

H ανίσωση γίνεται (x–1)(x2–4x+12) < 0 ⇔ x < 1.Το τριώνυµο x2–4x+12 είναι θετικό για κάθε x R∈ ,αφού ∆ < 0.Τελικά για x )1,(−∞∈ η γραφική παράσταση του Ρ(x) βρίσκεται κάτω από τον x΄x.

γ) Έχουµε α1 = 3 και λ = 2, άρα ν 1 ν 1ν 1α α λ 3.2− −

= = .i) αν =192 ⇔ ν 13.2 192−

= ⇔ ν 12 64−

= ⇔ ν 1 62 2−

= ⇔ ν–1 = 6 ⇔ ν = 7, άρα οόρος είναι ο έβδοµος.

ii) Έχουµε: λ,αα

ν

1ν=

+ για κάθε ν ∈ Ν*. Το ζητούµενο γινόµενο ισούται µε1λ 1λ⋅ = .



2

2

ΘΕΜΑ 3ο

α) Για κάθε πx κπ 2≠ + ,κ Z∈ είναι:ηµ4x 2ηµ2xf (x) συνx

+= =

2ηµ2xσυν2x 2ηµ2xσυνx+

=2ηµ2x(συν2x 1)

συνx+

=

22 2ηµxσυνx(2συν x 1 1)συνx

⋅ − += 28ηµxσυν x = 28 x(1 x)ηµ −ηµ =

38 x 8 xηµ − ηµ .

β) Για κάθε πx κπ 2≠ + ,κ Z∈ είναι:f (x) 16 x= ηµ ⇔

38 x 8 x 16 xηµ − ηµ = ηµ ⇔38 x 8 x 0ηµ + ηµ = ⇔

2x 1 028 x( x 1) 0 ηµ + ≠

ηµ ηµ + = ⇔ x 0ηµ = ⇔ x κπ, κ Ζ= ∈ .

γ) 3 3π π π 1 1f ( ) 8ηµ 8ηµ 8 8( ) 4 1 36 6 6 2 2= − = ⋅ − = − =

f(0) = 8ηµ0 –8ηµ30 = 03 3π π π 1 1f ( ) 8ηµ( ) 8ηµ ( ) 8( ) 8( ) 4 1 36 6 6 2 2− = − − − = − − − = − + = − .

Έχουµε: 2f(0) = f( π6 )+f( π6

− ), άρα οι f( π6

− ), f(0), f( π6 ) είναι διαδοχικοί όροιαριθµητικής προόδου.

ΘΕΜΑ 4ο

f (x) ln(x )α β= + − , x > –α+β.A. α) ln 6 f ( ) ln 5 ln2

ππ+ − = ⇔

πln 6 ln( α β) ln 5 ln π2+ + − − = ⇔

πln( α β) ln 5 ln π ln 62 + − = + − ⇔π 5πln( α β) ln2 6+ − = ⇔

π 5πα β2 6+ − = ⇔

5π πα β 6 2− = − ⇔πα β 3− = .

β) f (x) ln(x )3π

= + , πx3

> −

f ( x ) f ( x ) 1(e ) (e ) 2ηµ συν = ⇔ f ( x ) f ( x )2 (e ) (e ) 1ηµ συν = ⇔

f ( x )(2e ) 1ηµ =

⇔

ln(x )3(2e ) 1π

ηµ+

= ⇔ (2(x )) 13πηµ + = ⇔

2(2x )3 2π πηµ ηµ+ =

⇔22x 2 ,3 2π πκπ κ Ζ+ = + ∈ ⇔ x ,12

πκπ κ Ζ= − ∈ .



3

3

Πρέπει: πx3

> − ⇔ ,12 3π πκπ κ Ζ− >− ∈ ⇔

1κ ,κ Ζ4> − ∈ ⇔ κ = 0,1,2,…

Τελικά ∈−= κ,12πκπx 0,1,2,...

(Η µη χρησιµοποίηση του τελευταίου περιορισµού, προτείνεται να µηθεωρηθεί λάθος.)

Β. α) f(1) = 0 ⇔ ln(1 ) 0 1 1 0α β α β α β+ − = ⇔ + − = ⇔ − = .

β) f (x) ln x= , x > 0Η ανίσωση ορίζεται όταν x > 0.

4f ( x ) ln( 2 e )16 2 2⋅ < ⇔44 f (x ) ln(2e )2 2 2⋅ <

4f (x ) 4 ln(2e )2 2+⇔ <

4f (x ) 4 ln 2 ln e⇔ + < + ⇔ f (x) ln 2 ln x 2 0 x 2< ⇔ < ⇔ < < .



1

1

Β' ΛΥΚΕΙΟΥ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙ∆ΕΙΑΣ

ΑΛΓΕΒΡΑ

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ 1ο Α.1. Θεωρία σελ. 68 Α.2. Θεωρία σελ. 61 Θεωρία σελ. 62 Β.1. 1. Σ

2. Λ 3. Σ 4. Λ 5. Σ

Β.2. Γ Β.3. ∆ Β.4. Α. 3 Β. 4 Γ. 1 ∆. 2 ΘΕΜΑ 2ο α) Επειδή ο αριθµός 2 είναι ρίζα του πολυωνύµου έχουµε:

( )Ρ 2 0 84α 12 4β 2 2α 0 6α 4β 2 0 3α 2β 1 0= ⇔ − + + − = ⇔ − + − = ⇔ − + =

(1) Επειδή η διαίρεση του Ρ(x) µε το x+1 αφήνει υπόλοιπο -18 έχουµε ( )Ρ 1 18 1 α 3 2β 1 2α 18 3α 2β 13 0− = − ⇔ − − − − − − = − ⇔ − − + = ⇔ 3α 2β 13 0⇔ + − = (2)

Λύνουµε το σύστηµα των (1) και (2)



2

2

(1)+(2) 6α 12 0 α 2⇒ − = ⇔ = για α=2 (1) 76 2β 1 0 β 2⇒ − + = ⇔ =

β) i) Για α=2 και 7β 2= το πολυώνυµο γίνεται ( ) 3 2Ρ x x 5x 8x 4= − + −

Με σχήµα Horner έχουµε

1 -5 8 4 2 2 -6 4

1 -3 2 0

Το πολυώνυµο γράφεται ( ) ( )( ) ( )( )( ) ( ) ( )22Ρ x x 2 x 3x 2 x 2 x 2 x 1 x 2 x 1= − − + = − − − = − −

Άρα ( ) ( ) ( )2Ρ x 0 x 2 x 1 0 x 1 ή x 2 διπλή ρίζα= ⇔ − − = ⇔ = = .

ii) Η διαίρεση είναι:

3 2x 5x 8x 4− + − 2x 1+ 3x x−

25x 7x 4− + − 25x 5+ 7x 1+

x 5−

Από την ταυτότητα της Ευκλείδειας διαίρεσης έχουµε ( ) ( )( )2Ρ x x 5 x 1 7x 1= − + + +

γ) Η ανίσωση γίνεται: ( ) ( )( ) ( )( ) 2x 1 02 2Ρ x 7x 1 x 5 x 1 7x 1 7x 1 x 5 x 1 0

+ >≥ + ⇔ − + + + ≥ + ⇔ − + ≥ ⇔

x 5 0 x 5− ≥ ⇔ ≥ ΘΕΜΑ 3ο Α. α) H εξίσωση γίνεται f(2x) 3f(x) 2 0 συν2x 3συνx 2 0+ + = ⇔ + + = ⇔ 2 22συν x 1 3συνx 2 0 2συν x 3συνx 1 0⇔ − + + = ⇔ + + = Θέτω συνx=ω µε 1 ω 1− ≤ ≤ και η εξίσωση γίνεται 22ω 3ω 1 0+ + = που έχει ρίζες 1ω 1 και ω

2= − = − δεκτές

Για ω=-1 έχουµε συνx 1 x 2κπ π , κ= − ⇔ = + ∈Z



3

3

Για 1ω2

= − έχουµε 1 2πσυνx x 2κπ , κ2 3= − ⇔ = ± ∈Z

β) Για πx3= έχουµε π π 1f συν

3 3 2 = = οπότε η δοθείσα σχέση γίνεται

2 10 10π π πL= 1+ f + f + ...+ f 2 383 3 3

− = 2 10

10 1011

1 1 11 ... 2 38 Σ 2 382 2 2

= + + + + − = ⋅ −

όπου Σ11 το άθροισµα 11 πρώτων όρων γεωµετρικής προόδου µε α1=1 και λόγο 1λ

2=

άρα

11

111111 1 10 10

1 11 1 1 2 12 2Σ α 1 1 2 212 2

− − − − = = = =−− − οπότε

1110 11

102 1L 2 38 2 39 20092−

= ⋅ − = − = .

Β. α) Πρέπει 11 2α 0 α2

− > ⇔ < . Για να είναι γνησίως φθίνουσα η g πρέπει

10 1 2α 1 1 2α 0 0 α2

< − < ⇔ − < − < ⇔ < <

Εποµένως για να είναι γνησίως φθίνουσα η g πρέπει 10 α2

< < β) Για α=-1 η συνάρτηση γίνεται xg(x) 3= οπότε η εξίσωση γίνεται ( ) ( ) 2 22 2 ηµ x συν xg ηµ x g συν x 2 3 3 3 2 3+ = ⇔ + = ⇔ 2 2 2

2ηµ x 1 ηµ x ηµ x

ηµ x33 3 2 3 3 2 3

3−⇔ + = ⇔ + =

Θέτουµε 2ηµ x3 ω , ω 0= > και έχουµε ( )223ω 2 3 ω 2 3ω 3 0 ω 3 0

ω+ = ⇔ − + = ⇔ − =

Έτσι ( )2 1ηµ x 22 1 2 2ω 3 3 3 ηµ x ηµx ή ηµx2 2 2= ⇔ = ⇔ = ⇔ = − = 2 π 5πηµx x 2κπ ή x 2κπ , κ2 4 4= − ⇔ = − = + ∈Z

2 π 3πηµx x 2κπ ή x 2κπ , κ2 4 4= ⇔ = + = + ∈Z



4

4

ΘΕΜΑ 4ο α) Πρέπει x>0 και 12ln x 1 0 ln x x e

2− ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠

Άρα ( ) ( )fA 0, e e,= ∪ +∞ . Για το σηµείο τοµής της γ.π. της f µε τον x΄x έχουµε ( ) 2ln x 1f x 0 0 2ln x 1 0

2ln x 1+

= ⇔ = ⇔ + = ⇔−

1212ln x 1 ln x x e

2−

= − ⇔ = − ⇔ = άρα το σηµείο τοµής είναι 12e ,0−

.

β) Έχουµε

( )12ln 11 2ln x 1 2ln x 1 1xf 1x 2ln x 1 2ln x 1 f x2ln 1x

+ − + − = = = = − − + − για κάθε fx A∈ και

12x e

−

≠ .

γ) Η εξίσωση γίνεται 21 2f(x) 2f 3 f(x) 3 f (x) 3f(x) 2 0x f(x)

+ = ⇔ + = ⇔ − + = Η εξίσωση είναι δευτέρου βαθµού και έχει ρίζες f(x)=1 και f(x)=2

Aν ( ) 2ln x 1f x 1 1 2ln x 1 2ln x 1 1 12ln x 1

+= ⇔ = ⇔ + = − ⇔ = −

− αδύνατο.

Aν ( ) 2ln x 1f x 2 2 2ln x 1 4ln x 2

2ln x 1+

= ⇔ = ⇔ + = − ⇔−

322ln x 3 x e⇔ = ⇔ = δεκτή.

δ) Παρατηρούµε ότι ( ) x

xx

2lne 1 2x 1f e2x 12lne 1

+ += =

−−

Άρα η τιµή της παράστασης ( ) ( ) ( ) ( )1000 1001 1002 1003 1004A= lnf(e )+ lnf e + lnf e + lnf e + lnf e είναι

( ) ( ) ( ) ( )1000 1001 1002 1003 1004A= ln f(e ) f e f e f e f e ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

2001 2003 2005 2007 2009 2009= ln ln ln2009 ln19991999 2001 2003 2005 2007 1999 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = −



1

1

B' ΤΑΞΗ ΓΕΝ.ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΛΓΕΒΡΑ


ΘΕΜΑ 1ο Α.1. Θεωρία βλ. Βιβλίο ΟΕ∆Β Άλγεβρα Β΄ Λυκείου σελ. 28. Α.2. Θεωρία σελ. 95, 96. Β.1. 1. Σωστό

2. Σωστό 3. Λάθος 4. Σωστό 5. Λάθος

ΘΕΜΑ 2ο Έχουµε ( )3 8Ρ − = − και ( )2 0Ρ − = α) • ( ) ( ) ( ) ( )3 23 8 3 3 3 8 9 16P α β α β− = − ⇔ − + ⋅ − − − + = − ⇔ + =

• ( ) ( ) ( ) ( )3 22 0 2 2 2 0 4 6P α β α β− = ⇔ − + − − − + = ⇔ + = Εποµένως έχουµε το σύστηµα 9 164 6α βα β+ = + = που έχει λύση α 2 2και β= = − .

β) Για α 2 2και β= = − το πολυώνυµο γίνεται

( ) 3 22 2x x x xΡ = + − − . Έτσι έχουµε

Άρα ( ) 1x xΠ = + και ( ) 1x xυ = − − . Εποµένως ( ) ( )( )2 1 1 1P x x x x x= + − + − − .

3 22 2x x x+ − − 2 1x x+ − 3 2x x x− − + 1x + 2 0 2x x+ ⋅ −

2 1x x− − + 1x− −



2

2

γ) ( ) ( ) ( )( )2 21 1 1 1 2P x Q x x x x x x x= − ⇔ + + + − − = + − ⇔ ( )( )2 21 1 1 0x x x x x x⇔ + − + − − − + = ⇔ ( )( ) ( )2 21 1 1 0x x x x x x⇔ + − + − − + − = ⇔ ( ) ( )2 21 0 2 0x x x x x x x⇔ + − − = ⇔ + − =

άρα οι λύσεις είναι 0 , 2 1x x xκαι= = − =

ΘΕΜΑ 3ο Α. α) Η εξίσωση (1) γίνεται 2 2 0 2 2 0x x x x xηµ συν ηµ συν συν− = ⇔ ⋅ − = ⇔ ( ) 22 2 0 0

2x x x ή xσυν ηµ συν ηµ⇔ − = ⇔ = = .

Οι λύσεις είναι • 0 2 ,2x x Zπ

συν κπ κ= ⇔ = ± ∈

• 2 2 22 4 4

x x ή xπ πηµ κπ κπ π= ⇔ = + = + − ⇔

32 2 ,4 4x ή x Zπ πκπ κπ κ⇔ = + = + ∈ .

β) Για κάθε [ ]0,x π∈ έχουµε

1 10 0 2 2 .2 2 2 4 4

x k k kπ π ππ π π π π≤ ≤ ⇔ ≤ + ≤ ⇔ − ≤ ≤ − ⇔ − ≤ ≤

0.2

k ό x πρα τεΑ = Τ =

1 30 0 2 2 .2 2 2 4 4

x k k kπ π ππ π π π π≤ ≤ ⇔ ≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤ + ⇔ ≤ ≤

Άρα ο k δεν ορίζεται 1 30 0 2 2 .

4 4 4 8 8x k k kπ π ππ π π π π≤ ≤ ⇔ ≤ + ≤ ⇔ − ≤ ≤ − ⇔ − ≤ ≤

0.4


3 3 3 3 10 0 2 2 .4 4 4 8 8

x k k kπ π ππ π π π π≤ ≤ ⇔ ≤ + ≤ ⇔ − ≤ ≤ − ⇔ − ≤ ≤

30.4


∆ηλαδή οι ρίζες της εξίσωσης (1) είναι 1 2 33,4 2 4x x x

π π πκαι= = = .



3

3

Ακόµα 1 3 23 2 2

4 4 2x x x

π π ππ+ = + = = = που είναι διαδοχικοί όροι

αριθµητικής προόδου. Β.

2

23 4 2 4 3 4 2 2 2 13 4 2 4 3 4 2 2 2 1

συν α συν α συν α συν α


− + − + −= =

+ + + + −

( ) ( )( ) ( )

22 22

22 2 2

2 1 2 2 1 12 2 4 2 22 2 4 2 2 2 1 2 2 1 1

συν α συν ασυν α συν α


− − − +− += = =

+ + − + − +

( )424 2 2

4 2 2 4

2 24 4 1 4 2 14 4 1 4 2 1 4

συν ασυν α συν α συν α


−− + − + += = =

− + + − +

( ) ( )4 22 2 44

4 4 4

2 2 2 44 4 4συν α ηµ α ηµ α εϕ ασυν α συν α συν α

− −= = = =

ΘΕΜΑ 4ο Α. i. Έχουµε : ( ) ( ) ( ) ( )2 3 4 ... 63 2004L ϕ ϕ ϕ ϕ= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + =

ln3=

ln 4ln 2

⋅ln3

ln5⋅ln 4

ln 64...ln63

⋅ ⋅ 2004+ =

6ln 64 ln 2 6 ln 22004 2004

ln 2 ln 2⋅

= + = + =ln 2

2004 6 2004 2010+ = + = .

ii. Έχουµε :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22

2

ln 1 ln 1ln 1 ln 1ln ln ln 2ln

x xx xx x

x x x xϕ ϕ

+ ++ +> ⇔ > ⇔ >

Επειδή για 1x > είναι ln 0x > έχουµε

( ) ( ) ( ) ( )22ln 1ln 1

2ln 1 ln 11 2

xxx x

++> ⇔ + > + ⇔

( ) ( )2 2ln 1 ln 1x x⇔ + > + ⇔

( )2 2 2 21 1 2 1 1 0x x x x x x⇔ + > + ⇔ + + > + ⇔ > Αλλά 1x > . Εποµένως η λύση είναι 1x > .



4

4

Β. i. Πρέπει ( )2 21 0 0x x x x xe e e e e e e e e− + + > ⇔ − ⋅ − + > ⇔ ( ) ( ) ( ) ( )0 1 0.x x x x xe e e e e e e e⇔ − − − > ⇔ − ⋅ − >

Θέτω 0xe y= > .Τότε ( )( )1 0y e y− − >

0 1y e ή y> < < . Επειδή 0x 0 1 1x xe e e y> ⇔ > ⇔ > ⇔ > . Άρα ισχύει µόνο 1xe e x> ⇔ > Εποµένως η συνάρτηση f ορίζεται για ( )1,x∈ +∞ . ii. Για κάθε ln 1x e x> ⇔ > εποµένως έχουµε ( ) ( ) ( )( ) ( )2 ln lnln ln 1 ln 1 ln 1x xf x x e e e e x= − ⇔ − − + = − ⇔

( ) ( ) ( )2ln ln 21 1 1 1x xe e e e x x e x e x⇔ − − + = − ⇔ − − + = − ⇔ ( ) ( ) ( )2 1 0 1 0x e x x e x x x e x e x⇔ − ⋅ − + − + = ⇔ − − − − − = ⇔ ( )( ) ( ) ( ) ( )1 1 0 1 1 0x e x x x x e⇔ − − − − = ⇔ − ⋅ − − = Οι λύσεις είναι ( )1x ί ύ x eπορρ πτεται αϕο= Α > και ( )1x e ήεκτ= + ∆

1

1

B' ΛΥΚΕΙΟΥ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙ∆ΕΙΑΣ

ΑΛΓΕΒΡΑ

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α.1. Θεώρηµα βλ. Βιβλίο ΟΕ∆Β Άλγεβρα Β΄ Λυκείου σελ. 74 Α.2. Θεωρία σελ. 136 Α.3. Θεωρία σελ. 124,125 A.4. α. Β

β. Γ γ. Β

A.5. α. Σωστό

β. Λάθος γ. Λάθος

ΘΕΜΑ Β Β.1. Το πεδίο ορισµού της συνάρτησης f είναι =fA R .

Επειδή τα σηµεία ( )A 0,β+ 5 , και π β 24Β ,4β ανήκουν στη γραφική

παράσταση της συνάρτησης f έχουµε: ( ) =β+ ⇔ α ⋅συν =β+ ⇔ α =β+f 0 5 0 5 5 (1) π β π= β ⇔ α ⋅συν ⋅ = β ⇔ α = β β β

2 2 24 4f 4 4 42

(2) Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουµε: β =β+ ⇔ β −β− =2 24 5 4 5 0 και ( ) ( )∆ = − − ⋅ ⋅ − =21 4 4 5 81

Άρα β= − δεκτ β<± ± β= = = β= απορ

1 ή ( 0)1 81 1 958 8 ( .)4

Εποµένως από τη σχέση (1) έχουµε α = 4 Άρα το σύστηµα των σχέσεων (1) και (2) έχει λύση = και β= −α 4 1. Άρα ο τύπος της συνάρτησης f είναι

2

2

( ) ( ) = συν − ⇔ = συν x xf x 4 f x 42 2

. Β.2. Έχουµε : ( ) = ⇔ ⋅συν = ⇔ συν = ⇔

x xf x 4 4 4 12 2

⇔ = π⇔ = π ∈x 2k x 4k , k2 Z

Αλλά ≤ ≤ π ⇔ ≤ π ≤ π⇔ ≤ ≤0 x 12 0 4k 12 0 k 3 .Άρα k=0,1,2,3 Για k=0 =1x 0 Για k=1 = π2x 4 Για k=2 = π3x 8 Για k=3 = π4x 12 Αρα τα σηµεία τοµής της f µε την ευθεία y=3 είναι ( ) ( ) ( ) ( )π π π0,4 , 4 ,4 , 8 ,4 , 12 ,4 .

Β.3. Επειδή ο τύπος της συνάρτησης f είναι ( ) = συν

1f x 4 x2

και είναι της µορφής ( ) ( )= ρσυν ωf x x οπότε η µέγιστη τιµή της συνάρτησης είναι το 4 και η

ελάχιστη τιµή της το –4. Η περίοδός της είναι π πΤ = = = π

ω2 2 41

2

.

Β.4. Έχουµε ( ) ( )π π Α = π − = ⋅συν π − ⋅συν ⋅ = − ⋅ =

2 1 2 1f 4 f 4 2 4 4 4 23 2 3 2

Ακόµα ( ) = ⋅συν =f 0 4 0 4 οπότε

( ) ( )( )

− −Β = ⋅ ⋅ + = ⋅ ⋅ + =− −

2010 2010f 0 1 4 13 f 0 4 3 4 4f 0 1 4 1

( )−

⋅ ⋅ + = − + =2010

2010 20114 13 4 4 4 4 1 4 43

ΘΕΜΑ Γ Γ.1. Έχουµε Ρ(1)=1 και ( )Ρ − =2 10

( ) = ⇔ +α − +β+ = ⇔ α +β=P 1 1 1 7 2 1 5 ( )− = ⇔ − α − − β+ = ⇔ α +β= −P 2 10 16 8 28 2 2 10 4 10

Εποµένως έχουµε το σύστηµα

3

3

α +β= α +β= − 5

4 10 που έχει λύση = − και β =α 5 10 .

Γ.2. α. Για α = − και β =5 10έχουµε ( ) = − − + +4 3 2P x x 5x 7x 10x 2.

Τότε:

− − + +4 3 2x 5x 7x 10x 2 + −3 2x x 2x − − +4 3 2x x 2x −x 6 − − + +3 26x 5x 10x 2

+ −3 26x 6x 12x

− +2x 2x 2 Άρα το πηλίκο είναι ( )Π = −x x 6 . Από την ταυτότητα της διαίρεσης έχουµε ( ) ( ) ( ) ( )= + − Π + υ3 2P x x x 2x x x

Εποµένως ( ) ( )( )= + − − + − +3 2 2P x x x 2x x 6 x 2x 2 .

β. Έχουµε: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )= υ ⇔ + − Π + υ3 2P x x x x 2x x x ( )= υ x ⇔

( )( ) ( )( )( )+ − − = ⇔ − − + =3 2x x 2x x 6 0 x x 6 x 1 x 2 0 Άρα οι λύσεις είναι = = − = και =x 0 , x 2 , x 1 x 6

γ. Έχουµε:

( ) ( ) ( )( )3 2 2Q x 0 x x 2x 0 x x x 2 0 x x 1 x 2 0> ⇒ + − > ⇔ + − > ⇔ − + >

Εποµένως ( ) ( )∈ − +∞∪x 2,0 1,

4

4

ΘΕΜΑ ∆ ∆1. Πρέπει − >

+

4 x 04 x

και + ≠ ⇔ ≠ −4 x 0 x 4.

( )( )−> ⇔ − + >

+4 x 0 4 x 4 x 04 x

οπότε ( )∈ −x 4,4 Εποµένως το πεδίο ορισµού της συνάρτησης f είναι το ( )= −fA 4,4 . Για να διέρχεται η γραφική παράσταση της f από την αρχή των αξόνων αρκεί f(0)=0,έτσι για x=0 έχουµε: ( ) ( )− = = = +

4 0f 0 ln ln 1 04 0

. ∆2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )= − + − + − + + + +A f 3 f 2 f 1 f 0 f 1 f 2 f 3 =

( ) = + + + + + + = 5 3 1 1ln7 ln3 ln ln 1 ln ln ln3 5 3 7

( ) ( ) ( ) = ⋅ + ⋅ + ⋅ = + + = 1 1 5 3ln 7 ln 3 ln ln 1 ln 1 ln 1 07 3 3 5

∆3. Η ανίσωση γίνεται:

( ) ( ) −− + − − < − ⇔ − < ⇔ + − 14 x 4 xf x f x 2ln3 ln ln 2ln3

4 x 4 x

−

− −− − − − ⇔ − < ⇔ + < ⇔ + + + + 1

1 14 x 4 x 4 x 4 xln ln 2ln3 ln ln 2ln34 x 4 x 4 x 4 x

− − ⇔ < ⇔ < ⇔ + + 4 x 1 4 x 12 ln 2 ln ln ln4 x 3 4 x 3

( η συνάρτηση y=lnx είναι γνησίως αύξουσα )

− −⇔ < ⇔ − < ⇔

+ +4 x 1 4 x 1 04 x 3 4 x 3

( )( ) ( )( )−

< ⇔ − + <+

4 2 x 0 2 x 4 x 0

Άρα ( ) ( )∈ −∞ − ∪ +∞x , 4 2, . Το πεδίο ορισµού της συνάρτησης f είναι το ( )= −fA 4,4 οπότε τελικά

( )∈x 2,4 ∆4. Η εξίσωση γίνεται

( ) ( ) ( )( ) ( )+ = ⇔ − + =22f x f x f x f xe 3 4e e 4e 3 0

Θέτουµε ( )= µε >f xy e y 0 οπότε η εξίσωση (1) γίνεται

5

5

− + =2y 4y 3 0 που έχει ρίζες τις y=1 και y=3 • Για y=1 έχουµε

( )− + −

= ⇔ = ⇔ = ⇔ − = + ⇔ =+

4 xlnf x 4 x 4 x1 e e 1 1 4 x 4 x x 04 x

που γίνεται δεκτή γιατί ∈ f0 A . • Για y=3 έχουµε

( )− + −

= ⇔ = ⇔ = ⇔+

4 xlnf x 4 x 4 x3 e e 3 34 x

⇔ − = + ⇔ = −4 x 12 3x x 2 που γίνεται δεκτή γιατί − ∈ f2 A . Άρα οι λύσεις είναι =x 0 και = −x 2.


ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2012 Ε_3.Μλ2ΓΑ(α)


ΤΑΞΗ: Β΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑ: ΑΛΓΕΒΡΑ / ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙ∆ΕΙΑΣ


ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ A Α.1. Θεωρία Σχολικό Βιβλίο (έκδοση 2011) σελίδα 94.Α.2. Θεωρία Σχολικό Βιβλίο (έκδοση 2011) σελίδα 95 .Α.3. α) Σωστό

β) Λάθος γ) Λάθος δ) Λάθος ε) Λάθος

A.4. Αριθµός Με µορφή λογαρίθµου Με µορφή δύναµης

8 87log 7 3log 83

4 43log (3 ) 82log 28

2012 2012log10 ln2012e

ΘΕΜΑ Β Β.1. Έχουµε 3 2f (x) 0 2x 3x 1 0= ⇔ − + = (1).

Επειδή όλοι οι συντελεστές είναι ακέραιοι, οι πιθανές ακέραιες ρίζες της εξίσωσης f (x) 0= , είναι το -1 ή το 1. Το -1 δεν είναι ρίζα, γιατί 3 2f ( 1) 2( 1) 3( 1) 1 4− = − − − + = − . Ενώ το 1 είναι ρίζα, γιατί 3 2f (1) 2(1) 3(1) 1 0.= − + = Με εφαρµογή του σχήµατος Horner έχουµε:

2 -3 0 1 ρ=1 2 -1 -1 2 -1 -1 0




Η εξίσωση (1) είναι τώρα ισοδύναµη µε την 2(x 1)(2x x 1) 0− − − = . Έτσι, x 1 0 x 1− = ⇔ = ή 22x x 1 0− − = µε ρίζες 1x 1 ή x= - 2= αφού ∆=9.

Οι ρίζες λοιπόν της εξίσωσης (1) είναι 1x2

= − ή x=1 (διπλή).

Β.2. Επειδή το 1α = είναι η διπλή ρίζα τότε:x 1 x x 2 ( )2 2

π πηµ = ⇔ ηµ = ηµ ⇔ = κπ + κ∈ℤ ή

x 2 2 ( )2 2π π

= κπ + π − = κπ + κ∈ℤ . Όµοια, το 12

β = − είναι η άλλη ρίζα οπότε:1 2 2x x ( ) x 2 ή x 2 ( )2 3 3 3

π π πσυν = − ⇔ συν = συν π − ⇔ = κπ + = κπ − κ∈ℤ .

Β.3. Επειδή η γραφική παράσταση της f δεν είναι πάνω από τον άξονα x΄x πρέπει:2f (x) 0 (x 1)(2x x 1) 0≤ ⇔ − − − ≤ .Το πρόσηµο της f (x) φαίνεται στον

παρακάτω πίνακα: x -∞ -1/2 1 +∞

x-1 - - 0 + 2x2-x-1 + 0 - 0 +

f(x) - 0 + 0 + Έτσι, οι τιµές των x∈ℝ για τις οποίες η γραφική παράσταση της f δεν βρίσκεται πάνω από τον άξονα x΄x είναι: 1x ή x=12≤ − .

Β.4. Έχουµε 3 2 3 2f ( x) 2( x) 3( x) 1 2x 3x 1− = − − − + = − − + . Εκτελούµε την ευκλείδεια διαίρεση, όπως φαίνεται παρακάτω:

-2x3 - 3x2 +0x+1 x2+1 2x3 +2x -2x-3

- 3x2 +2x + 1 + 3x2 + 3

2x+4 Το πηλίκο είναι: (x) 2x 3π = − − και το υπόλοιπο: (x) 2x 4υ = + . Εποµένως, 2f ( x) (x 1)( 2x 3) (2x 4)− = + − − + + .




ΘΕΜΑ Γ Γ.1. Αφού ln , ln , lnα β γ διαδοχικοί όροι αριθµητικής προόδου ισχύει:

( )2 22ln ln ln ln ln (1)β = α + γ ⇔ β = αγ ⇔ β = αγ .Για την συνάρτηση f µε 2f (x) x x , x= α +β + γ ∈ℝ έχουµε:

( )12 2 2 24 4 3 0∆ = β − αγ =β − β = − β < , αφού 0β > .

Επειδή 0α > και 0∆ < είναι f (x) 0> , για κάθε πραγµατικό αριθµό x. Έτσι το πεδίο ορισµού της συνάρτησης h είναι το ℝ .

Γ.2 α) Είναι ln log1 2 3ln e 1, e , 10β γα = α = = α = = β α = = γ .

Επειδή 11

ν−να = α ⋅λ , όπου λ ο λόγος της προόδου, τότε για 5ν =

έχουµε 45 1α = α ⋅λ . Έχουµε 5 256α = και 1 1α = , εποµένως

4 4 4256 1 4 4 ή 4= ⋅λ ⇔ λ = ⇔ λ = λ = − . Επειδή 2

1

01

α βλ = = >α τότε η τιµή 4λ = − απορρίπτεται. Για 4λ = έχουµε 1 4β = α ⋅λ = και 4 4 16γ = β⋅λ = ⋅ = .Έτσι, λοιπόν 1, 4α = β = και 16γ = .

β) Για 1, 4, 16α = β = γ = είναι 2f (x) x 4x 16= + + και 2g(x) x 21= ηµ + .Η εξίσωση f ( x) g(x)συν = είναι ισοδύναµη µε την

2 2x 4 x 16 x 21συν + συν + = ηµ + 2 2x 4 x x 5 0 (2)⇔συν + συν −ηµ − = . Επειδή 2 2x 1 xηµ = −συν τότε από τη (2) έχουµε:

2 2x 4 x 1 x 5 0συν + συν − + συν − = ⇔2 22 x 4 x 6 0 x 2 x 3 0 (3).⇔ συν + συν − = ⇔ συν + συν − =

Θέτουµε x yσυν = όπου 1 y 1− ≤ ≤ οπότε η (3) γίνεται 2y 2y 3 0+ − =µε ρίζες y 1= ή y 3= − . Η y 3= − απορρίπτεται. Για y 1= έχουµε: x 1 x 0 x 2 , κσυν = ⇔ συν = συν ⇔ = κπ ∈ℤ . Όµως, ( ]x 0,4 0 x 4 0 2 4 0 2∈ π ⇔ < ≤ π ⇔ < κπ ≤ π ⇔ < κ ≤ .Ο κ είναι ακέραιος, οπότε 1 ή =2 κ = κ .Για 1: x 2κ = = π και για 2 : x 4κ = = π .

Γ.3. Αφού 0ω > τότε 1 2β = π και 2 4β = π . Η διαφορά είναι: 2 1 2ω = β −β = π .Ο νιοστός όρος της αριθµητικής προόδου (

νβ ) είναι:

1 ( 1) 2 ( 1)2 2ν

β = β + ν− ω = π+ ν− π = πν .Το άθροισµα των ν πρώτων δίνεται από τον τύπο 1S ( )2ν ν

ν= β +β .




Επειδή vS 2550= π έχουµε: 2550 (2 2 ) 2550 ( 1)2

νπ = π + πν ⇔ π = νπ ν + ⇔

( ) 21 2550 2550 0⇔ ν ν + = ⇔ ν +ν − = .Η διακρίνουσα είναι 2 21 4 ( 2550) 10201 101∆ = − ⋅ − = = . Έτσι, 1 101 50

2− +

ν = = ή 1 101 512

− −ν = = − .

Επειδή ο ν είναι θετικός ακέραιος, τότε 50ν = .

ΘΕΜΑ ∆ ∆.1. Για να ορίζεται η g πρέπει να ισχύει x 0> .

Έτσι, ( )0,Α = +∞g (είναι ln 2 0≠ γιατί 2 1≠ ) Για να συγκρίνουµε ( )g 3 και 2 βρίσκουµε το πρόσηµο της διαφοράς ( )g 3 2− .

Είναι ( ) 23lnln3 ln3 2ln 2 ln3 ln 2 ln3 ln 4 4g 3 2 2ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 ln 2

− − −− = − = = = = .

Όµως 3 14< άρα 3ln 0

4< και 2 1> , οπότε ln 2 0> .

Είναι ( ) ( )3 2 0 3 2− < ⇔ <g g . Εναλλακτικά λύνουµε την ( ) ln3g 3 2 2ln 2< ⇔ <

επί ln2 0>⇔ 2ln3 2ln 2 ln3 ln 2< ⇔ < ⇔ ln3 ln 4< η οποία

αληθεύει, γιατί 3 4< .

∆.2. Για να ορίζεται η f πρέπει x x2 3 0 και ln(2 3) 0− > − ≠ .Έχουµε ln 2 0

x x x ln32 3 0 2 3 ln 2 ln3 x ln 2 ln3 xln 2

>

− > ⇔ > ⇔ > ⇔ > ⇔ >

και ( ) ( )x x x x x 2ln 2 3 0 ln 2 3 ln1 2 3 1 2 4 2 2 x 2− ≠ ⇔ − ≠ ⇔ − ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ .

Από το ∆1 είναι ln3 2ln 2 < , οπότε ( )fln3( ,2) 2,ln 2Α = ∪ +∞ .

∆.3. Είναι ( ) ( ) ( )22 log1 1f log ln 3ln 2 3κ

κ = =κ −−

, αφού 2log2 κ= κ .




Έχουµε ( ) ( )21 1 1f log 2 ln 3 2κ < ⇔ <

κ −.

Επειδή 3 1κ − > ισχύει ( )ln 3 0κ − > .Οπότε ( ) ( ) 2 2 2ln 3 2 ln 3 ln e 3 e 3 e .κ − > ⇔ κ − > ⇔ κ − > ⇔ κ > +

Τελικά 2(3 e , )κ∈ + +∞ .

∆.4. Το υπόλοιπο της διαίρεσης ( ) ( )3 2x 7x 6 : x 1− − + +

είναι ( ) ( )3 2(x) 1 7 1 6 1 7 6 0υ = − − − − + = − + = .Έχουµε 2 3 20 210(x) (f ( ) 1) x g( ) g( ) g( ) .... g( ) ln 2υ = β − ⋅ + α + α + α + + α − .Από την ισότητα των δύο πολυωνύµων έχουµε : f ( ) 1 0β − = και 2 3 20 210g( ) g( ) g( ) .... g( ) 0ln 2α + α + α + + α − = .

∆ιαδοχικά έχουµε: ( ) ( ) ( )

1f 1 0 f 1 1ln 2 3ββ − = ⇔ β = ⇔ = ⇔−

( )ln 2 3 ln e 2 3 e 2 e 3 (1)β β β⇔ − = ⇔ − = ⇔ = + και2 3 20 210g( ) g( ) g( ) .... g( ) 0ln 2α + α + α + + α − = ⇔

2 3 20ln ln ln ln 210......ln 2 ln 2 ln2 ln2 ln2α α α α

⇔ + + + + = ⇔

( )l 210ln 2ln 3ln .... 20lnln 2 ln 2

⇔ α + α + α + + α = ⇔

( )ln 2101 2 3 .... 20 (2)ln 2 ln 2α

⇔ + + + + = .

Το S 1 2 3 .... 20= + + + + είναι άθροισµα των 20 πρώτων όρων της αριθµητικής προόδου µε 1 1α = , 1ω= .Έτσι, ( ) ( )20 1 20

20S 10 1 20 2102

= α + α = + = .

Από τη (2) προκύπτει 210 ln 210 ln 1 eln 2 ln 2⋅ α

= ⇔ α = ⇔ α = (3)

Έτσι, έχουµε (1) (3)ln 2 ln 2e (e ) 2 e 3 3.β⋅ β β= = = + = α +





ΜΑΘΗΜΑ: ΑΛΓΕΒΡΑ / ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙ∆ΕΙΑΣ




ΘΕΜΑ Α

Α.1. Βλέπε απόδειξη (1) σελ.175 σχολικού βιβλίου Α.2. α) Βλέπε τον ορισµό στη σελίδα 35 σχολικού βιβλίου.

β) Βλέπε τον ορισµό στη σελίδα 74 σχολικού βιβλίου.

Α.3. α) Σωστό - (βλέπε σελίδα 130 σχολικού βιβλίου).

β) Σωστό - (βλέπε σελίδα 174 σχολικού βιβλίου).

γ) Λάθος - (βλέπε σελίδα 75 σχολικού βιβλίου). Το σωστό είναι

1x | συνx 0= ≠ℝ

δ) Λάθος - (βλέπε σελίδα 44 σχολικού βιβλίου). Το σωστό είναι ότι

µετατοπίζεται προς τα αριστερά. ε) Σωστό - (βλέπε σελίδα 164 σχολικού βιβλίου).

ΘΕΜΑ Β

Β.1. Αφού το x + 1 = x – (–1) είναι παράγοντας του P(x), από γνωστό θεώρηµα ισχύει P(–1) = 0. Έχουµε:

( ) ( ) ( )( ) ( )( )3 2

2 -1 + α+β -1 + 2α+5β -P -1 = 00 1 +3=⇔

( ) ( )2 -1 + α+β 1- 2α -5β+3 = 0⇔ ⋅

-2+α +β - 2α -5β +3 = 0⇔

-α -4β +1= 0⇔

α + 4β =1⇔ (1)

Αφού το υπόλοιπο της διαίρεσης P(x): (x – 2) ισούται µε –9, από γνωστό θεώρηµα ισχύει: P(2) = – 9. Έχουµε:




( ) ( ) ( )3 2P 2 = -9 2 2 + α +β 2 + 2α +5β 2+3 = -9⇔ ⋅ ⋅ ⋅

( ) ( )2 8+4 α+β +2 2α +5β +3= -9⇔ ⋅

16+ 4α + 4β + 4α +10β +3 = -9⇔

8α +14β = -9-16 -3⇔ (απλοποιούµε µε το 2)

4α +7β = -14⇔ (2)

Λύνουµε το σύστηµα των (1),(2):

( )

α =1- 4βα + 4β =1 α =1-4β

4α +7β = -14 4 -16β +7β = -144 1-4β +7β = -14

⇔ ⇔

α =1-4β α =1-4 2 α = -7

-9β = -18 β = 2 β = 2

⋅ ⇔ ⇔ ⇔

Β.2. Για α = -7 και β = 2 το πολυώνυµο P(x) γράφεται:

( ) ( ) ( ) ( )3 2 3 2P x = 2x + -7+ 2 x + 2 -7 +5 2 x +3 P x = 2x -5x - 4x +3 ⋅ ⇔

α) Είναι P(x) = 0 2x -5x - 4x +3 = 0 ⇔

Σύµφωνα µε το Θεώρηµα ακεραίων ριζών οι πιθανές ακέραιες ρίζες της

εξίσωσης, είναι οι διαιρέτες του σταθερού όρου 0

α = 3 , δηλαδή οι αριθµοί

±1,±3

Από το ερώτηµα (Β1) ισχύει P(–1) = 0, δηλαδή το –1 είναι ρίζα του P(x), οπότε εφαρµόζοντας το σχήµα Horner για ρ = – 1 έχουµε:

2 -5 -4 3 ρ= –1

-2 7 -3

2 -7 3 0

Η ταυτότητα της διαίρεσης είναι:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )∆ x = δ x π x P x = x -ρ π x⋅ ⇔ ⋅

ή

( )( )3 2 22x -5x -4x +3 = x +1 2x -7x +3

Τότε η εξίσωση γίνεται:

( )( )2x +1 2x -7x +3 = 0 x +1= 0⇔ ή 2

2x -7x +3= 0

x = -1⇔ ή 1

x2= ή x = 3




β)

Η ταυτότητα της διαίρεσης είναι:

( )( ) ( )3 2 22x 5x 4x 3 x 1 2x 5 2x 2− − + = − − + − −

γ) Από το (α) ερώτηµα έχουµε ( ) ( )( )2P x x 1 2x 7x 3= + − + και από το (β)

ερώτηµα έχουµε ότι υ(x) = –2x – 2 = –2 (x + 1).

Για να ορίζεται η ανίσωση ( )

( )

υ x0

P x≥ πρέπει

( ) ( )( )2P x 0 x 1 2x 7x 3 0≠ ⇔ + − + ≠

x 1⇔ ≠ και 1

x2≠ και x 3≠

Τότε:

( )

( )

( )

( )( )2

2

2

υ x 2 x 10 0

P x x 1 2x 7x 3

20 2x - 7x +3 < 0

2x 7x 3

− +≥ ⇔ ≥ ⇔

+ − +

−⇔ ≥ ⇔

− +

Το πρόσηµο του 22x 7x 3− + φαίνεται στον ακόλουθο πίνακα:

x 1

3 +2

−∞ ∞

2x2 – 7x + 3 + – +

Άρα οι λύσεις της ανίσωσης είναι 1

x 32< <

3 2 2x 5x 4x 3− − +

2x -1

3-2x + 2x 2x -5

2 -5x - 2x +3

2 5x −

2x 2 − −




ΘΕΜΑ Γ

Γ.1. Απλοποιούµε τους συντελεστές των αγνώστων του συστήµατος, µε αναγωγή τους στο 1

ο

τεταρτηµόριο:

( )

( ) ( ) ( )

ηµ π θ ηµθ

συν( θ) συνθ

πηµ θ συνθ

2

ηµ θ π ηµ π θ ηµ π θ ηµθ

+ = −

− =

− =

− = − − = − − = −

Τότε το αρχικό σύστηµα γίνεται:

ηµθx συνθy 1

συνθx ηµθy 1

− + =

+ =

Υπολογίζουµε τις ορίζουσες του συστήµατος:

( )2 2 2 2

x

y

-ηµθ συνθ D ηµ θ συν θ ηµ θ συν θ 1 0

συνθ ηµθ

1 συνθ D ηµθ συνθ

1 ηµθ

ηµθ 1 D ηµθ συνθ

συνθ 1

= = − − = − + = − ≠

= = −

−

= = − −

Αφού D 0≠ το σύστηµα έχει µοναδική λύση

( ) ( )yxDD ηµθ συνθ ηµθ συνθ

x,y , x, y ,D D 1 1

− − − = ⇔ = ⇔

− −

( ) ( )x,y συνθ ηµθ, συνθ ηµθ⇔ = − +

Γ.2. α) Η ( ) ( )α

f x 10 3 συνx 4= − − είναι της µορφής ( )f x ρσυνx c= + µε

α

ρ 10 3= − και c 4= − .

Η µέγιστη τιµή της f(x) είναι α

ρ c 10 3 4+ = − − , οπότε:

α α α

10 3 4 3 10 3 3 4 10 3 7− − = ⇔ − = + ⇔ − =




α α α

α 1

α α

10 3 7 10 4 (αδύνατη αφού 10 0)

ή ή 10 10 α 1

10 3 7 10 10

− = − = − >

⇔ ⇔ ⇔ = ⇔ =

− = =

β) Έχουµε:

( )xy f θ xy 7συνθ 4= ⇔ = −

( )( )συνθ ηµθ συνθ ηµθ 7συνθ 4⇔ − + = −

( )

2 2

2 2

συν θ ηµ θ 7συνθ 4

συν θ 1 συν θ 7συνθ 4

⇔ − = −

⇔ − − = −

2 2

2

συν θ 1 συν θ 7συνθ 4 0

2συν θ 7συνθ 3 0

⇔ − + − + =

⇔ − + =

Θέτουµε συνθ = ω µε 1 ω 1− ≤ ≤ , οπότε η εξίσωση γίνεται

22ω 7ω 3 0− + = . Οι ρίζες της είναι ω = 3 (απορρίπτεται) και

1ω

2= .

Τότε:

πθ 2κπ

31 1 π

ω συνθ συνθ συν ή κ2 2 3

πθ 2κπ

3

= +

= ⇔ = ⇔ = ⇔ ∈

= −

ℤ

ΘΕΜΑ ∆

∆.1. Είναι ( )2 2ln 2e ln 2 ln e ln 2 2ln e ln 2 2 1 2 ln 2 2= + = + = + ⋅ = + > ,

αφού ln x

1 2 ln1 ln 2 0 ln 2< ⇔ < ⇔ <

ր

άρα ( )2ln 2e 2>

Επίσης

x

e ln x2 3 2 2 3 2 2 2 3

2 3 e e e e e e 2e e e< ⇔ < ⇔ + < + ⇔ < + ⇔

ր ր

( ) ( )ln x

2 2 3ln 2e ln e e⇔ < +

ր

Άρα

( ) ( )2 3 22 ln 2e ln e e< < +

Για να ορίζεται η f(x) πρέπει:




( ) ( )

x

x 2 x 2

e

x 2 2x 2 x 2

e e 0 e e x 2

και και και

e e eln e e 2 0 ln e e 2

− > > > ⇔ ⇔ ⇔

− ≠− − ≠ − ≠

ր

( ) ( )x 2 x 2 2

x 2 x 2 x 2

και και και

e 2e lne ln 2e x ln e ln 2e

> > >

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

≠ ≠ ≠

( )

( )( )( ) ( )( )

2ln 2e 2

2 2

2

x 2

και x 2,ln 2e ln 2e ,

x ln 2e

>

>

⇔ ⇔ ∈ ∪ +∞

≠

Άρα το πεδίο ορισµού της f είναι το σύνολο:

( )( ) ( )( )2 2A 2, ln 2e ln 2e , = ∪ +∞

∆.2. Για να ορίζεται η ανίσωση πρέπει:y 2 0 y 2− ≠ ⇔ ≠

Τότε ( )22 2 y 3 6 y 2y 3 y 3

6 6 0 0y 2 y 2 y 2

− − −− −≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ ⇔

− − −

( )

22 2 y 2y 3y 3 6y 12 y 6y 90 0 0

y 2 y 2 y 2

≠−− − + − +⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔

− − −

( ) ( )y 2

2y 3 y 2 0

≠

⇔ − − ≥

Οι ρίζες των παραγόντων του γινοµένου είναι οι y = 3, y = 2 και για το πρόσηµο των παραγόντων έχουµε:

y -∞ 2 3 +∞

(y – 3)2 + + +

y – 2 – + +

(y – 3)2(y – 2) – + +

Τότε ( ) ( )y 2

2y 3 y 2 0 y 2

≠

− − ≥ ⇔ > δηλαδή ( )y 2,∈ +∞




∆.3. α) Έχουµε αποδείξει από το ∆.1. ότι ( ) ( )3 2 2ln e e ln 2e+ >

άρα το ( )( )2

0x ln 2e ,∈ +∞ που είναι υποσύνολο του πεδίου ορισµού Α

της f.

Τότε ( )( )( )

( )

( )

3 2

0 ln α

3 20

2

ln e e2 2

x 2e α

0 x 2 ln e e2

ln e e 3ln e e 3

f xln e e 2

ln e e 2

+

=

+

− − − − = = = − − − −

( )( )

( )2 2

3 2 2 3

33 2 2

ln e e e 3 ln e 3

ln e 2ln e e e 2

+ − − − = = =−+ − −

( ) ( )

2 2

3ln e 3 3 1 3 9 3 66

3ln e 2 3 1 2 3 2 1

− ⋅ − −

= = = = =

− ⋅ − −

β) Αρκεί να αποδείξουµε ότι για κάθε ( )( )2x ln 2e ,∈ +∞ είναι

( ) ( )0

f x f x≥

Είναι ( ) ( ) ( )( )( )

2x 2

0 x 2

ln e e 3

f x f x f x 6 6ln e e 2

− − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥− −

Θέτουµε

( )x 2ln e e y− = ,

οπότε: 2 (∆.2.)y 3

6 y 2y 2

−≥ ⇔ >

−

( )x 2ln e e 2⇔ − >

x 2 2e e e⇔ − > x 2e 2e⇔ >

( )ln x

x 2ln e ln 2e⇔ >

ր

( )2x ln e ln 2e⇔ >

( )2x ln 2e⇔ > , που ισχύει.

Το ( )0

f x δεν είναι ελάχιστο της συνάρτησης γιατί, από την παραπάνω

απόδειξη, η σχέση ( ) ( )0

f x f x≥ αληθεύει µόνο στο διάστηµα

( )( )2ln 2e ,+∞ και όχι σε όλο το πεδίο ορισµού της συνάρτησης.





ΜΑΘΗΜΑ: ΆΛΓΕΒΡΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙ∆ΕΙΑΣ

Ηµεροµηνία: M. Τετάρτη 16 Απριλίου 2014



ΘΕΜΑ A

Α.1. Θεωρία Σχολικό Βιβλίο (έκδοση 2012) σελίδα 32.

Μια συνάρτηση f λέγεται γνησίως φθίνουσα σε ένα διάστηµα ∆ του πεδίου

ορισµού της, όταν για οποιαδήποτε 1 2x , x ∈∆ µε x1 < x2 ισχύει f (x1) >f (x2).

Α.2. Θεωρία Σχολικό Βιβλίο (έκδοση 2012) σελίδα 60. Για οποιαδήποτε γωνία ω ισχύει η ταυτότητα ηµ

2ω + συν

2ω = 1.

Απόδειξη

Αν ( )M x, y είναι το σηµείο στο οποίο η τελική πλευρά της οποιασδήποτε

γωνίας ω τέµνει τον τριγωνοµετρικό κύκλο, τότε

θα είναι: ηµω y= και συνω x=

Επειδή όµως,

( )OM 1= και 2 22 2 2

x y x y( )ΟΜ = + = +

θα ισχύει: 2 2

x y 1+ = ,

οπότε θα έχουµε: 2 2συν ω ηµ ω 1+ = .

Α.3. Θεωρία Σχολικό Βιβλίο (έκδοση 2012) σελίδα 174.

Αν α 0> µε α 1≠ και θ 0> , τότε:

x

αα θ log θ x= ⇔ =

Ισοδύναµα αυτό διατυπώνεται ως εξής:

Ο α

log θ είναι ο εκθέτης στον οποίο πρέπει να υψώσουµε τον α για να βρούµε

το θ.




A.4. α) Σωστή β) Σωστή γ) Σωστή δ) Λάθος

ε) Σωστή

ΘΕΜΑ Β

Β.1. Πρέπει P(1) 3 1= α +

Άρα 3 2 21 2 2 3 1 2 0 1 ή 2.+ α −α + = α + ⇔ α +α − = ⇔ α = α = −

Β.2.α. Για 1α = είναι 3 2P(x) x 2x x 2= + − + . Έχουµε λοιπόν

x

3 + 2x

2 – x + 2 x

2 + x + 1

– x3

– x2 – x x + 1

x2 – 2x + 2

– x2

– x – 1

-3x+1

Έτσι σύµφωνα µε την Ευκλείδεια διαίρεση του P(x) µε το Q(x) το πηλίκο είναι

(x) x 1π = + , ενώ το υπόλοιπο (x) 3x 1υ = − + .

Β.2.β. Για να ορίζεται η ανίσωση πρέπει 2( ) 0 x x 1Q x 0≠ ⇔ + + ≠ , είναι 3= −∆ οπότε

το τριώνυµο 2( ) x xQ x 1= + + δεν έχει ρίζες, δηλαδή ισχύει 2x x 1 0+ + ≠ για

κάθε x R∈ και µάλιστα 2x x 1 0+ + > αφού είναι οµόσηµο του α = 1 > 0.

∆ιαδοχικά έχουµε 3 2

2

P(x) x 2 x 2x x 2 x 21 1

Q(x) x x 1

+ − + − + + −≥ ⇔ ≥ ⇔

+ +

23 2 x x 1 03 2 2 3 2

2

x 2x1 x 2x x x 1 x x x 1 0

x x 1

+ + >+≥ ⇔ + ≥ + + ⇔ + − − ≥ ⇔

+ +

2 2 2x (x 1) (x 1) 0 (x 1)(x 1) 0 (x 1) (x 1) 0+ − + ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ + − ≥ . (Σχόλιο 1)

x –∞ –1 1 +∞

(x + 1)2 + 0 + +

x – 1 – – 0 +

Γινόµενο – 0 – 0 +




Από τον παραπάνω πίνακα πρόσηµου έχουµε ότι η ανίσωση 2(x 1) (x 1) 0+ − ≥

επαληθεύεται για x [1, )∈ +∞ ή x 1= − . (Σχόλιο 2)

(1) Σχόλιο:

Συνήθως µεταφέρουµε όλους τους όρους στο πρώτο µέλος οπότε έχουµε 3 2

2

x 2x1 0

x x 1

+− ≥

+ +

.Στη συνέχεια κάνουµε τα κλάσµατα οµώνυµα και παίρνουµε

( )3 2 2

2

x 2x x x 10

x x 1

+ − + +

≥

+ +

. Εδώ όµως παρατηρούµε ότι το 2

( ) x xQ x 1= + + έχει

3 0= − <∆ οπότε έχει το ίδιο πρόσηµο µε το α = 1 > 0, δηλαδή ισχύει 2

x x 1 0+ + > οπότε µπορούµε να κάνουµε απαλοιφή παρονοµαστών χωρίς να αλλάξουµε τη φορά.

(2) Σχόλιο:

Το ΄΄=΄΄ της 2(x 1) (x 1) 0+ − ≥ επαληθεύεται για x 1= − ή x 1= ενώ το ΄΄>΄΄

επαληθεύεται για x (1, )∈ +∞ έτσι έχουµε x 1 [1, )∈ − ∪ +∞ .

Β.2.γ. Πρέπει 2Q(x) x x 1 0= + + ≥ που ισχύει για κάθε x∈ℝ και µάλιστα

(x) x 1 0 x 1Π = + ≥ ⇔ ≥ − .

Η εξίσωση γίνεται: 2 2 2 2 2x 1 x x 1 (x 1) x x 1 x 2x 1 x x 1 x 0+ = + + ⇔ + = + + ⇔ + + = + + ⇔ =

η οποία είναι δεκτή.

Σχόλιο:

Για κάθε x 1≥ − και τα δυο µέλη της εξίσωσης 2x 1 x x 1+ = + + είναι µη

αρνητικά οπότε υψώνουµε στο τετράγωνο.

Εναλλακτικά:

2 2 2 2 2x 1 x x 1 (x 1) x x 1 x 2x 1 x x 1 x 0+ = + + ⇒ + = + + ⇒ + + = + + ⇒ =

Κάνουµε επαλήθευση. Για x 0= η 2x 1 x x 1+ = + + µας δίνει 20 1 0 0 1+ = + +

το οποίο ισχύει. Άρα η ρίζα x 0= είναι δεκτή.

ΘΕΜΑ Γ

Γ.1. Επειδή 3

x ( x)2

π ηµ +β = −συν β

τότε f (x) ( x)= −ασυν β .

Πρέπει f (0) 2= − και f ( ) 1π = − .




Άρα 0 2 2−ασυν = − ⇔ α = και 1

( ) 1 ( )−ασυν βπ = − ⇔ συν βπ =α

δηλ. 1

( ) 22 3

πσυν βπ = ⇔βπ = κπ+ ή 2 ( )

3

πβπ = κπ− κ∈ℤ .

Έτσι 1

23

β = κ + ή 1

2 ( )3

β = κ − κ∈ℤ .

Έστω 1

23

β = κ + , πρέπει 1 1 2 1 1

0 2 1 23 3 3 6 3

≤ κ + ≤ ⇔ − ≤ κ ≤ ⇔ − ≤ κ ≤ .

Άρα 0κ = , οπότε 1

3β = .

Έστω 1

23

β = κ − , πρέπει 1 1 4 1 2

0 2 1 23 3 3 6 3

≤ κ − ≤ ⇔ ≤ κ ≤ ⇔ ≤ κ ≤ που είναι

αδύνατη γιατί κ∈ℤ .

Έχουµε λοιπόν 2α = και 1

3β = .

Άρα x

f (x) 23

= − συν

.

Γ.2. Επειδή για κάθε x∈ℝ ισχύει

x x1 1 2 2 2 2 f (x) 2

3 3

− ≤ συν ≤ ⇔ − ≤ συν ≤ ⇔ − ≤ ≤

και αφού είναι f (0) 2= − και f (3 ) 2π = έχουµε

f (0) f (x) f (3 ) για κάθε x≤ ≤ π ∈ℝ

Έτσι, η f παρουσιάζει

• ελάχιστο για x= 0 το f (0) 2= −

• µέγιστο για x=3π το f (3 ) 2π =

Εναλλακτικά:

Επειδή x

f (x) 23

= − συν

,το ελάχιστο της f είναι το 2− και το µέγιστο το 2 .

(σχόλιο σελ.81)

Η περίοδος της f είναι 2

T 61

3

π

= = π .

Ένας πίνακας τιµών της συνάρτησης f στο διάστηµα [0,6 ]π είναι ο εξής:

x 0 3

2

π

3π 9

2

π

6π

f (x) 2− 0 2 0 2−




Με τη βοήθεια του παραπάνω πίνακα σχεδιάζουµε τη γραφική παράσταση.

Παρατηρούµε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο [0,3 ]π και γνησίως φθίνουσα

στο [3 ,6 ]π π .

Γ.3. Είναι

2f (0) 2, f ( ) 2 1, f (2 ) 2 1

3 3

π π = − −π = − συν = − π = − συν =

και

2014 671 3f (2014 ) 2 2 2 671

3 3 3

π ⋅ π+ π π π = − συν = − συν = − συν π+ =

2 670 2 2 13 3 3

π π π − συν π+ π+ = − συν π+ = συν =

.

Έτσι, το σύστηµα γίνεται:

2 x y 4

x y 0

− λ + = λ−λ + λ =

.

Έχουµε 22 1

D 2 (2 1)− λ

= = − λ + λ = −λ λ−−λ λ

.

Πρέπει D 0 0= ⇔ λ = ή 1

2λ = .

Για 0λ = το σύστηµα γίνεται y 0

0 0

=

= που είναι αόριστο.

Για 1

2λ = το σύστηµα γίνεται

x y 2x y 2

1 1x y 0x y 0

2 2

− + =− + =

⇔ − + =− + =

που είναι αδύνατο.

Άρα το ( )Σ για 0λ = έχει άπειρες λύσεις της µορφής

(x, y) ( ,0)= κ για κάθε κ∈ℝ .




ΘΕΜΑ ∆

∆.1. Πρέπει x x x 214 2 1 0 2 2 2 x 2

4

−

⋅ − ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ −

και x

x x

x

4 20 (4 2 )(4 2 1) 0

4 2 1

−> ⇔ − ⋅ − >

⋅ −

.

Έστω x

2 = ω τότε (4 )(4 1) 0−ω ω − > .

x -∞ 1/4 4 +∞

4 - ω + + 0 –

4ω - 1 – 0 + +

Γινόµενο – 0 + 0 –

Από τον παραπάνω πίνακα έχουµε 1

44< ω < όµως x

2 = ω

Έτσι 2 x 22 2 2 2 x 2−

< < ⇔ − < < (Σχόλιο 1 )

(επειδή η x

2 είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ , αφού έχει βάση 2>1)

Άρα το πεδίο ορισµού της συνάρτησης f είναι το A ( 2,2)= − .

(1) Σχόλιο: Από την επίλυση των παραδειγµάτων σελ.167 του σχολικού βιβλίου προκύπτει

ότι εφαρµόστηκε η πρόταση:

Όταν µια συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα σε ένα διάστηµα ∆ του πεδίου

ορισµού της, τότε για οποιαδήποτε 1 2x , x ∈∆ ισχύει x1 < x2 ⇔ f (x1) < f (x2),

για αυτόν το λόγο την εφαρµόσαµε πιο πάνω χωρίς απόδειξη.

∆.2. Για κάθε x ( 2,2)∈ − τότε και x ( 2,2)− ∈ − .

Έχουµε x

xx x

xx

x x

1x x

x x

1 4 2 14

4 2 2 2f ( x) n n n4 4 24 2 1

12 2

4 2 1 4 2n n f (x).

4 2 4 2 1

−

−

−

⋅ − − −

− = = = = −⋅ − −

⋅ − −= = = −

− ⋅ −

ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ

∆ηλαδή η f είναι περιττή συνάρτηση.




∆.3. Πρέπει f (x) h(x)= , όπου x ( 2,2)∈ − .

∆ιαδοχικά έχουµε x

x

4 2n x n2 n3

4 2 1

−= −

⋅ − ℓ ℓ ℓ

x x x x

2x x x

x x

4 2 2 4 2 2n n 4 2 2 12 3 2

4 2 1 3 4 2 1 3

− −= ⇔ = ⇔ ⋅ − = − ⋅ ⇔

⋅ − ⋅ − ℓ ℓ

x 2 x x 2 x4 (2 ) 2 2 12 0 2(2 ) 2 6 0⋅ + ⋅ − = ⇔ + − = .

Έστω x2 0= ω > , τότε 22 6 0ω + ω − = .

Άρα 2ω = − (απορρίπτεται) ή 3

2ω = δεκτή αφού x

12 x 2 2 4

4− < < ⇔ < <

και προφανώς 1 3

44 2< < , άρα οι γραφικές παραστάσεις των f και h έχουν κοινό

σηµείο.

Είναι x x

3n

3 3 n3 n2 n322 n2 n x x x 1

2 2 n2 n2 n2

−= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = −

ℓℓ ℓ ℓ

ℓ ℓℓ ℓ ℓ

Άρα το σηµείο τοµής των γραφικών παραστάσεων f και h έχει τετµηµένη

0

n3x 1

n2= −

ℓ

ℓ.

∆.4. Επειδή 2 2 2 2 2n (e ) ( ne ) (2 ne) 4= = =ℓ ℓ ℓ η ανίσωση γίνεται: 2 24f (x) 4f ( x) n x nx 3− > − + − −ℓ ℓ πρέπει x A ( 2,2)∈ = − και x 0 x 0> ⇔ ≠ .

Άρα x ( 2,0) (0,2)∈ − ∪ .

Όµως η f είναι περιττή, δηλαδή f ( x) f (x)− = − οπότε η παραπάνω ανίσωση

γίνεται 2n x 2 n x 3 0− − <ℓ ℓ .

Έστω n x = ωℓ τότε 22 3 0 1 3ω − ω − < ⇔ − < ω < .

∆ηλαδή 1 3 1 3 311 n x 3 ne n x ne e x e < x και x e

e

− −

− < < ⇔ < < ⇔ < < ⇔ <ℓ ℓ ℓ ℓ

ισοδύναµα 3 31 1 x< ή x > και e x e

e e− − < <

Από το παραπάνω σχήµα έχουµε λύσεις 3 31 1x ( e , ) ( ,e )

e e∈ − − ∪ .

Επειδή όµως πρέπει x ( 2,0) (0,2)∈ − ∪ , τότε 1 1

x ( 2, ) ( ,2)e e

∈ − − ∪ .

-∞ +∞ -e3

e3

-1/e 1/e



Ε_3.ΑΜλ2ΓΑ(α)




Ηµεροµηνία: ∆ευτέρα 5 Ιανουαρίου 2015



ΘΕΜΑ A

Α1. Σχολικό βιβλίο σελ. 61.

Α2. Λ, Σ, Σ, Λ, Λ.

ΘΕΜΑ Β

Β1. 2 2 2 22( 3) 1 2( 6 9) 1 2 12 18 1 2 12 19 ( )x x x x x x x f x− + = − + + = − + + = − + = .

Β2. Η Cf προκύπτει από µετατόπιση της Cg κατά 3 µονάδες οριζόντια προς τα

δεξιά και κατά 1 µονάδα κατακόρυφα προς τα πάνω.

Β3. Είναι η f (x) γνησίως φθίνουσα στο ( ,3]−∞ και γνησίως αύξουσα στο [3, )+∞ .

Παρουσιάζει ελάχιστο αν x = 3 το 2(3) 2(3 3) 1 1f = − + = .

Cf

Cg





ΘΕΜΑ Γ

Γ1. 21 1

( )1 (1 )

x x xf x

x x x x

συν ηµ συν

συν ηµ συν ηµ

+ −= − = =

+ +

2 (1 )

(1 )

x xx x

x x

ηµ ηµηµ ηµ

συν ηµ

++= =

+ (1 )x xσυν ηµ+xεϕ=

Γ2. 35

12εφ 2009εφ3 4

π π

π

+ − =

3 3212εφ 2009

3 4 4

π π πεϕ

= − + =

3 312εφ 2009 8 12εφ 2009

3 4 3 4

π π π πεϕ π εϕ

= − + = − =

12εφ 2009 12εφ 20093 4 3 4

π π π πεϕ π εϕ

= − − = + =

12 3 2009 1 6 2009 2015= + ⋅ = + = .

Γ3. ( )4 4

f x x x xπ π

εϕ εϕ εϕ

= − − ⇔ = − ⇔

2 , κ4 4 8 2

x x x x

π π π κπ

κπ κπ⇔ = − + ⇔ = + ⇔ = + ∈ℤ .

ΘΕΜΑ ∆

∆1. α) 21 8

( 1)( 3) 8 3 3 8 λ λ+3

Dλ

λ λ λ λ λ λ λ+

= = + + − = + + + − =

2 4 3 ( 1)( 3)λ λ λ λ= − + = − − .

4 84 12 16 4 4 4( 1)

2 λ+3x

D λ λ λ= = + − = − = − .

λ+1 42 2 4 2 2 2( 1).

λ 2y

D λ λ λ λ= = + − = − = − −

∆2. Το σύστηµα έχει µοναδική λύση αν 0 1 και 3D λ λ≠ ⇔ ≠ ≠ . Τότε η λύση είναι:

0 0

4( 1) 2( 1) 4 2( , ) , , ,

( 1)( 3) ( 1)( 3) 3 3

yxDD

x yD D

λ λ

λ λ λ λ λ λ

− − − − = = =

− − − − − − .





Η λύση επαληθεύει την εξίσωση 0 0

4 22 2

3 3x y

λ λ

−+ = ⇔ + = ⇔

− −

4 2 2( 3) 2 2 6 2 8 4.λ λ λ λ⇔ − = − ⇔ = − ⇔ = ⇔ =

Τότε 0 0

4 2( , ) , (4, 2)

4 3 4 3x y

− = = −

− − .

∆3. Η συνάρτηση για λ = 4, x0=4, y0= –2 γράφεται

2( ) 4 4 4 4

6( 2) 6g t t t

π πηµ ηµ

− = + = +

−

που έχει περίοδο 2

12

6

Tπ

π

= = και µέγιστη τιµή 4 1 4 8Μ = ⋅ + = και ελάχιστη

τιµή 4( 1) 4 0ε = − + = .


ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2015 Β΄ ΦΑΣΗ

Ε_3.ΒΜλ2Γ(α)




Ηµεροµηνία: Κυριακή 10 Μαΐου 2015



ΘΕΜΑ A

Α1. Απόδειξη (βλέπε σχολικό σελ. 135)

Α2. Σχολικό σελίδα 97.

Α3. Για την x)x(f α= έχουµε:

• πεδίο ορισµού το ℜ=A

• σύνολο τιµών το ),0(B ∞+= .

Για την xlog)x(gα

= , µε 10 ≠α< έχουµε:

• πεδίο ορισµού το ),0( ∞+=Α

• σύνολο τιµών το ℜ=Β

Α4. α. ΛΑΘΟΣ

β. ΛΑΘΟΣ

γ. ΛΑΘΟΣ

δ. ΣΩΣΤΟ

ε. ΛΑΘΟΣ

ΘΕΜΑ Β

Έχουµε 1x22)x(f −συν=

Β1. Αφού 2

1x21 ⇔≤συν≤− 1

2x222

−

⇔≤συν≤−

⇔≤−συν≤− 11x223

).0(f)x(f2

f ≤≤

π Έτσι έχουµε 1fmax = , 3fmin −= .



Ε_3.ΒΜλ2Γ(α)


Η περίοδος της f είναι ⇔π

=

2

2T π=T

Β2. ⇔π

συν=συν⇔=συν⇔=−συν⇔=

3x2

2

1x201x20)x(f

⇔π

±κπ=

32x2 z,

6x ∈κ

π±κπ=

Αφού ⇔π≤π

+κπ≤⇔π≤≤ 26

02x0

z

6

11

6

1

6

11

6

∈κ

⇔≤κ≤−⇔π

≤κπ≤π

−

• ⇒=κ 06

xπ

=

• ⇒=κ 16

7x

π

=

Αφού ⇔π≤π

−κπ≤⇔π≤≤ 26

02x0

z

6

13

6

1

6

13

6

∈κ

⇔≤κ≤⇔π

≤κπ≤π

• ⇒=κ 16

5x

π=

• ⇒=κ 26

11x

π

=

Έτσι η f

C τέµνει τον xx′ στα σηµεία: ,0,6

A

π,0,

6

7

πΒ

πΓ 0,

6

5και

π∆ 0,

6

11.

Β3. Υπολογίζουµε:

• 1312

321

62

12f −=−⋅=−

πσυν⋅=

π

• 1312

321

621

621

6

52

12

5f −−=−⋅−=−

πσυν⋅−=−

π−πσυν⋅=−

πσυν⋅=

π



Ε_3.ΒΜλ2Γ(α)


• 012

121

32

6f =−⋅=−

πσυν⋅=

π

• f 2 1 2 0 1 14 2

π π = ⋅συν − = ⋅ − = −

Έτσι ( ) ( )

=−−

+−−⋅−=Κ

)1(1

01313 ( ) ( )=

+⋅−−

2

1313 ( )=

−

=

−−

2

2

2

132

2

1−

ΘΕΜΑ Γ

Γ1. Έχουµε P(x) = x3 + αx

2 + βx + γ

• 32242424824)2(P =γ+β−α⇔=γ+β−α+−⇔=− (1)

• ⇔= 8)0(P 8=γ

• 1010)1(P −=γ+β+α⇔=γ+β+α+⇔= (2)

Έτσι 8(1) 4 2 24 4 2 24

6 6 1(2) 29 2 2 18

= − = − = ⇒ ⇔ + = ⇔ =

⋅+ = − + = −

aγ α β βα α

α β α β

(2) 1 8 1β⇒ + + = − ⇔ 10−=β

Γ2. α) Το πολυώνυµο γίνεται: f(x) = x3 + x

2 + 10x + 8. Με το σχήµα Horner για

x = 1 βρίσκουµε:

Οπότε η εξίσωση f (x) 0= γίνεται 2

(x 1)(x 2x 8) 0− + − = , εποµένως

x 1 0 x 1− = ⇔ = ή 2

x 2x 9 0 x 2 ή x 4+ − = ⇔ = = − . Άρα οι ρίζες της

εξίσωσης f (x) 0= είναι οι 4 , 1 , 2− .

β) Η γραφική παράσταση της f βρίσκεται κάτω από τον άξονα x x′ , όταν

f (x) 0< .

Η ανίσωση f (x) 0< αληθεύει όταν x ( , 4) (1,2)∈ −∞ − ∪ .

1 1 -10 8 x=1

1 2 –8

1 2 –8 0



Ε_3.ΒΜλ2Γ(α)


Γ3. x 4 2

f (x) f (x) f ( x) 18

+≤

+ − −

(1)

Είναι 3 2 3 2f ( x) ( x) ( x) 10( x) 8 x x 10x 8− = − + − − − + = − + + + , εποµένως

f (x) f ( x) 18+ − − = 3 2 3 2 2 2x x 10x 8 x x 10x 8 18 2x 2 2(x 1)= + − + − + + + − = − = − .

Πρέπει f (x) 0 x 4,1,2≠ ⇔ ≠ − και 2 2f (x) f ( x) 18 0 2(x 1) 0 x 1 x 1+ − − ≠ ⇔ − ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ± , εποµένως συνολικά

οι περιορισµοί είναι x 4, 1,1,2≠ − − η ανίσωση (1) γίνεται:

3 2 2

x 4 2 x 4 20 0

f (x) f (x) f ( x) 18 x x 10x 8 2(x 1)

+ +− ≤ ⇔ − ≤ ⇔

+ − − + − + −

x 4 2 1 10 0

(x 4)(x 1)(x 2) 2(x 1)(x 1) (x 1)(x 2) (x 1)(x 1)

+⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔

+ − − − + − − − +

x 1 (x 2) x 1 x 2 30 0 0

(x 1)(x 1)(x 2) (x 1)(x 1)(x 2) (x 1)(x 1)(x 2)

+ − − + − +⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔

− + − − + − − + −

3(x 1)(x 1)(x 2) 0⇔ − + − ≤ .

Είναι x 1 0 x 1 , x 1 0 x 1 , x 2 0 x 2− ≤ ⇔ ≤ + ≤ ⇔ ≤ − − ≤ ⇔ ≤

Η ανίσωση αληθεύει όταν x ( , 4) ( 4, 1) (1,2)∈ −∞ − ∪ − − ∪ .

x −∞ 4− 1 2 +∞

x 1− − | − 0 + | +

2x 2x 8+ − + 0 − | − 0 +

f (x) − 0 + 0 − 0 +

x −∞ 4− 1− 1 2 +∞

x 1− − || − | − 0 + | +

x 1+ − || − 0 + | + | +

x 2− − || − | − | − 0 +

Γ − || − 0 + 0 − 0 +



Ε_3.ΒΜλ2Γ(α)


ΘΕΜΑ ∆

∆1. α) Είναι

ln x

ln x ln x

ln x

1 1f (ln x) 2 2 , x 0

2 2

= − = − µε >

.

β) Πρέπει x 0> και f (ln x) 0> , οπότε ( )2

ln x ln x

ln x

12 0 2 1 0

2− > ⇔ − > (αφού

είναι ln x2 0> )

( ) ( )ln x ln x2 1 2 1 0− ⋅ + > και επειδή είναι

ln x2 1 0+ > για κάθε x 0> , τότε

ln x ln x ln x 02 1 0 2 1 2 2 ln x 0 ln x ln1 x 1− > ⇔ > ⇔ > ⇔ > ⇔ > ⇔ > .

Οι ανισώσεις x 0 x 1> και > συναληθεύουν όταν x (1, )∈ +∞ , εποµένως το

πεδίο ορισµού της συνάρτησης g είναι το (1, )+∞ .

∆2. Είναι 3 1 1 x

h(x) ln ln 1 ln 1 ln 1x x 1 x 2 2

= + − + − + + =

+ +

3 x 1 1 x 2 1 2 xln ln ln lnx x 1 x 2 2

+ − + − += + + + =

+ +

3 x x 1 x 2ln ln ln ln

x x 1 x 2 2

+ +

= + + +

+ +

.

Για x 0> είναι 3 x x 1 x 2

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

+ +

> > > >

+ +

,

οπότε 3 x x 1 x 2 3

h(x) ln lnx x 1 x 2 2 2

+ + = ⋅ ⋅ ⋅ =

+ + .

∆3. Για x 1> έχουµε

( ) ln x

ln x

3 3 1 3h(x) g(x) , ln ln f (ln x) f (ln x) 2

2 2 2 2= = ⇔ = ⇔ − = .

Θέτουµε ln x

2 0= ω > , οπότε η εξίσωση γίνεται:

21 3 12 3 2 0 2 ή

2 2ω− = ⇔ ω − ω− = ⇔ ω = ω = −

ω

Η τιµή 1

2ω = − απορρίπτεται γιατί

10

2− < , οπότε

ln x2 , 2 2 ln x 1 x eω = = ⇔ = ⇔ = .

∆4. Είναι 1 2

1 2

1 1 3 1 1 15f (1) 2 2 , f (2) 2 4

2 2 2 2 4 4= − = − = = − = − = , τότε



Ε_3.ΒΜλ2Γ(α)


23 15ln x 2 ln x

2 4

36

2

− ⋅ηµθ = ⇔

⋅

2 23 15 3ln x ln x (ln x 5ln x)

2 2 2

9 9

− −ηµθ = ⇔ ηµθ = ⇔

2ln x 5ln x

6

−⇔ ηµθ = .

Γνωρίζουµε ότι για κάθε θ∈ℝ ισχύει 1 1− ≤ ηµθ ≤ , οπότε 2

2ln x 5ln x1 1 6 ln x 5ln x 6

6

−− ≤ ≤ ⇔ − ≤ − ≤ µε x 0> και έχουµε τις

ανισώσεις: 2ln x 5ln x 6 (1)− ≥ − και

2ln x 5ln x 6 (2)− ≤ 2(1) : ln x 5ln x 6 0− + ≥ , θέτουµε ln x = ω , οπότε

25 6 0ω − ω+ ≥ Οι ρίζες του

τριωνύµου 2

5 6ω − ω+ είναι οι 2 , 3ω = ω =

Η ανίσωση 2

5 6 0ω − ω+ ≥ αληθεύει όταν 2 ή 3ω ≤ ω ≥ , οπότε

ln x 2 ή ln x 3≤ ≥ ⇔ 2 3 2 3ln x lne ή ln x lne x e ή x e⇔ ≤ ≥ ⇔ ≤ ≥ και αφού πρέπει x 0> τότε

2 3x (0,e ] [e , )∈ ∪ +∞ . 2(2) : ln x 5ln x 6 0− − ≤ , θέτουµε ln x = ϕ , οπότε

25 6 0ϕ − ϕ− ≤ . Οι ρίζες του

τριωνύµου 2

5 6ϕ − ϕ− είναι οι 1 , 6ϕ = − ϕ =

Η ανίσωση 2

5 6 0ϕ − ϕ− ≤ αληθεύει όταν 1 6− ≤ ϕ ≤ , οπότε 1 ln x 6− ≤ ≤ ⇔

1 6 6 61 1ln e ln x ln e x e x ,e

e e

−

≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ∈

Οι ανισώσεις (1) και (2) συναληθεύουν όταν 2 3 61x ,e [e ,e ]

e

∈ ∪

.

ω −∞ 2 3 +∞

25 6ω − ω+ + 0 − 0 +

ϕ −∞ 1− 6 +∞

25 6ϕ − ϕ−

+ 0 − 0 +

Algebra lyceum b_2002_2015

Education

Transcript of Algebra lyceum b_2002_2015