Oefe gkat 2001 2015 problems and solutions

Μαθηματικά Θετικής & Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Γ΄ Λυκείου

Επαναληπτικά Θέματα (προσομοίωσης Εξετάσεων) Ο.Ε.Φ.Ε. 2001-2015 (και των δύο φάσεων Α΄ & Β΄)

Επιμέλεια : Χρήστος Κ.Λοΐζος Μαθηματικός

https://liveyourmaths.wordpress.com/

https://liveyourmaths.wordpress.com/

! "! "#$% "&'

'"!("") *+," "-"+)"! )""!,"$"). '

/ " +," ""+) "! "!""* !%

#0 − *+,"∈ + '"!("")

−"!,"$

*+,"∈

/ #+!"" % "% + . -, 0 *1 % "') % &'"( $ '! . ,) -#"!"+," )

"! *!% 0( '+ **!))"

*+,"∈

* +," ∈ )" "!

+2 −$+ +'0 *-1+$ %

"! **! ""#$ ** " &' + #0"

≠*+," ∈)" "!*!% -)

!" *'+)%+&

−

+≠

/"!" & + & ) *'+ 0

/ '"!("" ) ,)% "! *+)%

* '"!("")

=+−

' +"!"+) *'-

+) " ! "' '"!("" ) $+" " "-,"!% !%/"!""(!

" 0"

++−

"∈−∞

" /∈ ! &#" 0 "% % ","!"%

+−

'"!("") 0 %%"!

++

−

//"!" & 3"

* +," − % !% *1+$ '&#" "!

* "."$"" ! + +) %

%!

+−

! **!"% $"%&- "%3"#0"

+−=+ ∫∫ *+,"∈

+&"" *1+&% % "%

) "(! &#" '0 .0"% "##

'"!("")

"(! &#" .# .0 '

#" & .# (∈ & 3"( −

/"!+$ '"!("-")

"!+$

&#" & ) ".# ! 4" "! ( "$ %

* . *!"" "/') #! "-+."!" )%""+ (

1

Προσομοίωση 2002 Μαθηματικά

Γ’ Λυκείου – Κατεύθυνσης Θέμα 1ο α) Έστω η συνάρτηση f, η οποία είναι συνεχής στο διάστημα [α,β] με f(α) ≠ f(β). Να αποδείξετε ότι για κάθε αριθμό η μεταξύ των f(α) και f(β) υπάρχει ένας, τουλάχιστον αριθμός x0∈ (α,β), ώστε f(x0) = η.

Μονάδες 5 β) Έστω οι αριθμοί α, β, λ ∈ R με α<β και η παραγωγίσιμη στο R συνάρτηση f. Να χαρακτηρίσετε ως Σ (σωστό) ή Λ (λάθος) τις παρακάτω προτάσεις: i) Αν για την f ισχύει το θεώρημα Rolle στο διάστημα [α,β], τότε η γραφική της παράσταση έχει σ’ένα τουλάχιστο σημείο της οριζόντια εφαπτόμενη.

ii) Υπάρχουν x1, x2 ∈ [α,β] με f(x1)≤f(x)≤f(x2), για κάθε x∈ [α,β].iii) Αν f(α)⋅f(β)>0, τότε η f δεν έχει ρίζα στο (α,β).

iv) Ισχύει′

∫β

α

dxxf )( = f(x)

v) ∫ λ⋅f(x)dx = λ⋅ ∫ f(x)dx, για κάθε λ ∈ *RΜονάδες 2Χ5 = 10

γ) Δίνονται οι μιγαδικοί z1, z2 ≠ 0 και έστω Α, Β οι εικόνες τους στο μιγαδικό επίπεδο. Nα αποδείξετε ότι: i) Η εξίσωση | z – z1 | = | z – z2 | , παριστάνει την μεσοκάθετο του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ.

Μονάδες 2 ii) Αν z2 = i⋅z1 το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές ( Ο είναι η αρχή των αξόνων )

Μονάδες 3 δ) Να αποδείξετε ότι, αν μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη σ’ ένα σημείο x0 του πεδίου ορισμού της τότε είναι και συνεχής στο σημείο αυτό.

Μονάδες 5 Θέμα 2ο Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : R→ R, για την οποία ισχύουν :

+∞→xlim f(x) = +∞ ,

−∞→xlim f(x) = -∞ και

)(12)( xfe

xf+

=′ για κάθε x∈ R, με f ‘(0)=1.

α) Να αποδείξετε ότι η f : i) είναι γνησίως αύξουσα στο R και να βρείτε το σύνολο τιμών της.

Μονάδες 3 ii) στρέφει τα κοίλα κάτω στο R.

Μονάδες 2 iii) έχει μοναδική ρίζα την x = 0.

Μονάδες 2 β) Να αποδείξετε ότι :

i) ισχύει f(x) + ef(x) = 2 x + 1 , για κάθε x∈ R.Μονάδες 4

ii) Η f αντιστρέφεται και να ορίσετε την αντίστροφή της.Μονάδες 2

iii) Οι γραφικές παραστάσεις των f και f -1 έχουν κοινή εφαπτόμενη στην αρχή των αξόνων.Μονάδες 4

γ) i) Να βρείτε την πλάγια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης Cf της συνάρτησης f, στο -∞ . Μονάδες 4

2

ii) Να αποδείξετε ότι η Cf δεν έχει πλάγια ασύμπτωτη στο +∞. Μονάδες 4

Θέμα 3ο

Δίνεται ο μιγαδικός z ≠ -2i και θεωρούμε τον f(z) = iz

z2

2+

.

Έστω ρ το μέτρο και θ ένα όρισμα του μιγαδικού z+2i. i) Βρείτε τις συντεταγμένες της εικόνας Α του μιγαδικού z0 στο μιγαδικό επίπεδο, για τον οποίο ισχύει

f(z0) = 3 + i. Μονάδες 3

ii) Να βρείτε συναρτήσει των ρ και θ, το μέτρο και ένα όρισμα του μιγαδικού f(z) – 2. Μονάδες 5

iii) Αν |f(z)-2|= 2 , να αποδείξετε ότι η εικόνα Μ του z στο μιγαδικό επίπεδο ανήκει σε κύκλο c, του οποίου να βρείτε το κέντρο και την ακτίνα.

Μονάδες 7 iv) Αν Arg(f(z)-2)=π/4, να αποδείξετε ότι η εικόνα Μ του z στο μιγαδικό επίπεδο ανήκει σε μια ημιευθεία ε.

Μονάδες 8 v) Να αποδείξετε ότι το σημείο Α ανήκει στον κύκλο c και στην ημιευθεία ε.

Μονάδες 2 Θέμα 4ο

Δίνεται η συνάρτηση f : R→ R με 21)(

xxxf

+= και έστω οι F, G με

F(x) = ∫x

edttf

/1)( , G(x) = ∫

x

edt

ttf

/1 2

)( , x>0

Να αποδείξετε ότι:

α) i) Είναι

xf 1 =f(x) για κάθε x∈ R*.

Μονάδες 2 ii) -1/8 ≤ f ‘(x) ≤ 1 για κάθε x∈ R.

Μονάδες 6 β) Για τους πραγματικούς αριθμούς α, β με 0 < α < β ισχύει:

f(1/b)-f(1/a) ≤ β – α Μονάδες 4

γ) Ο τύπος της συνάρτησης g με g(x) = F(x) + G(x), x > 0 είναι g(x) = ln x + 1, x > 0.

Μονάδες 4 δ) Αν η συνάρτηση h(x) είναι συνεχής στο (0,π/2) και h(x) = F(εφx) + G(σφx) με 0 < x < π/2 τότε η f είναι σταθερή στο (0,π/2). Να βρεθεί ο τύπος της h.

Μονάδες 5 ε) Το εμβαδόν του χωρίου που ορίζεται απ’ την γραφική παράσταση της f(x), τον άξονα x΄x και τις

ευθείες x=1 και x=e να δείξετε ότι είναι 2

1 2en +! .

Μονάδες 4

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ Ο.Ε.Φ.Ε. 2003ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΕΤΙΚΗΣ-ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

Θέµα 1οΑ. α) Έστω η συνάρτηση ( )f x xσυν= . Να αποδείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιµηστο R και ισχύει: ( )'f x xηµ= − . ΜΟΝΑ∆ΕΣ 8 β) Έστω οι συναρτήσεις ,f g συνεχείς σε ένα διάστηµα ∆ για τις οποίες ισχύει:

( ) ( )' 'f x g x= για κάθε εσωτερικό σηµείο x του ∆ .Να αποδείξετε ότι υπάρχει σταθερά c τέτοια ώστε να ισχύει: ( ) ( )f x g x c= + γιακάθε x∈∆ ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5 γ) Έστω µια συνάρτηση f µε πεδίο ορισµού Α. Να δώσετε τον ορισµό : Πότε ηf παρουσιάζει στο Ax ∈0 τοπικό ελάχιστο. ΜΟΝΑ∆ΕΣ 3Β. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν µε την ένδειξη Σωστό ή Λάθος. α) Αν µια συνάρτηση RAf →: έχει αντίστροφη συνάρτηση 1f − , τότε η f είναιγνησίως µονότονη στο Α. β) Αν µια συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0x και ( )0 0f x > , τότε ( ) 0f x > γιατις τιµές του x κοντά στο 0x . γ) Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη και γνησίως αύξουσα στο ],[ βα τότε,υπάρχει ( )0 ,x α β∈ τέτοιος ώστε να ισχύει ( )0' 0f x > . δ) Έστω η συνάρτηση f η οποία είναι κυρτή στο διάστηµα ∆ και δύο φορέςπαραγωγίσιµη σε αυτό. Τότε ισχύει ( )'' 0f x > για κάθε x∈∆ .

ε) Αν f συνεχής στο [ ],a β µε ( ) 0f x ≥ και ισχύει ( ) 0a

f x dxβ

>∫ , τότε υπάρχει

[ ]0 ,x α β∈ τέτοιος ώστε ( )0 0f x > . στ) Αν η συνεχής συνάρτηση f δεν είναι παντού ίση µε µηδέν στο ],[ βα καιισχύει ( ) 0

a

f x dxβ

=∫ , τότε η f παίρνει δύο τουλάχιστον ετερόσηµες τιµές.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 9

Θέµα 2οΈστω η συνάρτηση ( ) ( )ln , 0axf x ax= > .

Α. Αν η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της f στο σηµείο Μ(1, ( )1f ) είναιπαράλληλη στην ευθεία 0x y− = , να βρείτε την τιµή του α.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5Β. Για 1a = :α) Να µελετήσετε τη µονοτονία και να βρείτε τα ακρότατα της f .

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5β) Να βρείτε το σύνολο τιµών και τις ασύµπτωτες .

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 7γ) Να αποδείξετε: ότι ( ) ( )1

1κ κ

κ κ+

> + για κάθε θετικό ακέραιο 8κ ≥

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 8Θέµα 3ο∆ίνονται συνάρτηση f παραγωγίσιµη στο [ ],α β µε 0 α β< < και οι µιγαδικοίαριθµοί z a iβ= + και )()( βα fifw ⋅+= µε ( ) 0f β ≠ .Α. Να αποδείξετε ότι:α) Ο αριθµός ( )1

11

i zz f i wββ

+ − ⋅=

+ − ⋅ είναι πραγµατικός αν και µόνο αν ( )f a a=

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5β) Αν z iw= − τότε οι εικόνες των ,z w στο µιγαδικό επίπεδο και η αρχή 0 τωναξόνων, είναι κορυφές ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5Β. Έστω ότι ισχύει 2 2 2z iw z iw− = + . Να αποδείξετε ότι:α) ( ) ( ) 0a f fβ β α⋅ − ⋅ =

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 4β) Οι εικόνες των ,z w και η αρχή 0 είναι συνευθειακά σηµεία.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 3γ) Υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0 ,x a β∈ τέτοιο ώστε, η εφαπτοµένη της γραφικήςπαράστασης της f στο σηµείο ( )( )0 0,M x f x να διέρχεται από το σηµείο 0(0,0).

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 8

Θέµα 4ο∆ίνεται η συνάρτηση f µε ( )''f x συνεχή στο R τέτοια ώστε να ισχύουν:

( ) ( ) ( ) ( )0 1

2

0 0

1 '' 2 ' 4x

x

t f t dt t f t dt x t f x dt+ ⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅∫ ∫ ∫ για κάθε Rx∈ , µε

( )0 0f = και ( )' 0 2f = .

α) Να αποδείξετε ότι ο τύπος της είναι Rxxxxf ∈+

= ,12)( 2

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 10β) Έστω ( )E a το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράστασητης f , τον άξονα x´x και τις ευθείες 0x = και 0x a= > .

Αν το a µεταβάλλεται µε ρυθµό 10 / sec3cm , να βρείτε το ρυθµό µεταβολής του

εµβαδού ( )E a , τη χρονική στιγµή κατά την οποία 3a cm= .ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5

γ) Θεωρούµε συνεχή συνάρτηση g για την οποία ισχύει:( ) ( )2g x x f x+ − ≤ για κάθε Rx∈ .

(i) Να αποδείξετε ότι η ευθεία 2y x= − + είναι ασύµπτωτη της γραφικήςπαράστασης της g όταν x→+∞

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5(ii) Αν Ε είναι το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική

παράσταση της g , την πλάγια ασύµπτωτη της στο +∞ και τις ευθείες 0x = και2x = , να αποδείξετε ότι: ln 5E ≤

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5

ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ ΣΤΙΣ ΓΕΝΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ

BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB

(ùùþÿù ,üùù ü-ü

,(0$7$ 0$,þùÿ +ïüÿ,üÿþü+ÿþ ùü,þ

,üù

ù . . /0 020 2 0&!.ü12& . 1#.!21 I . 0 . !10 10 . 0 12 / .12. >. @ ù

x I 0 . 1#0$" 12 >. @ .x I. z I

2 20 . 0 .! 02.# 2& I.. I#.!$0 0." 2 #.$12 [ . 202 " +120

I[ 021$ûü

ú þ 1#.!21 I # !.3 2" .!.12.1 3.02. 12 1$. 0 . /# 3 !0" .!.&1 12 0/ !1 # 2" 0 1#0$ /0#20! .!.&

. !0 20 . 2 2& !&.2& ÿ ÿ ÿ 0 . 02 .!2

ÿ ³ G[[I 021$ûü

ÿ ³ G[[ïI 021$ûü

ÿ ³ G[[ïïI 021$ûü


+ . .212 $1020 .0. .) 2. !. 2" 12" ù 0 2 2 2 # 2" 12" ú

þþ ù þþ ú

[[OLP

[o

¹·

©§ o [

[OLP[

[OQOLP[ o

[[ HOLPfo

. f / f

ùûü û ü12& 1#.!21 [[I ^ . . /0 020 )2 1#.!21 I 0 .

.!.&1 12 5 . 1$#0 [[ïI ùûü

,üù

1#.!210 " I J 0 . !100" . .!.&1 0" 12 5 0I[J[ I[ z . 0 [ 5

$ 12 ! [[I[JOLP/

[ fo 03.! 1 #0 2 . . 2 # ! # #

.! #1 .02. .! 1/ !12. 2" !3"

. L . # 1020 2 ! / ùûü LL 1. !0 20 2" .1#2&20" 2& !.3 & .!.12.10& 2& 1#.!210& I . J

12 f ùûü 1. . /0 020 )2 J 0$0 2 * . !. 12 5 ùûü 1. . /0 020 )2 I[J[ [ . 0 [ 5 ùûü


,üù

+ . 0 [ 5 ! #0 2 1#.!21 GWH.[J [

W³ . . 2 ./ ] J[[L 0 _ L] _ d _]_ù . . /0 020 )2 L J .212!0302. . LL 0 0" 2 # ] . # 12

!.3 .!.12.1 2" J ùûü

% 1. . /0 020 )2. 5H] d ,P]. 0 [ 5 ùûü . ùûü

³ ³

WW H

GWH.GWH.

H

%% ùûü

,üù

1#.!210 " I J 0 . !100" . .!.&1 0" 12 50 J .I[ Jð[ z Ið[Jð[ . 0 [ 5

. 1. . /0 020 )2L [I[J[ïJ [ 5 ùûü LL þ J 0 . 1 &" 2 10 .0. .) 2. / .12.2. f @> f .

0$0 .! 2.2 2 ùûü

L . 0021020 2 1#.!21 I &" ! " 2 #!2 22. . . !0 20 2. 10 .." 2" ùûü

LL . !.%020 2 01&1 2" 03.2 0" 2" !.3 " .!.12.1" 2" I 12 10 2" ùûü

ù ü 0 . 2 0./ 2 # $&! # # !02. .) 2 !.3 .!.12.1 2" I. 2" 0#0 0" \ [[ . /0 020 )2 @JOQ>

ü ùûü

Επαναληπτικά Θέµατα ΟΕΦΕ 2005

Τα θέµατα προορίζονται για αποκλειστική χρήση της φροντιστηριακής µονάδας

1Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ

ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ

Θέµα 1ο Α. Έστω µια συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής σε ένα διάστηµα ∆. Να αποδείξετε ότι: Αν ( )' 0f x > σε κάθε εσωτερικό σηµείο του ∆, τότε η f είναι γνησίωςαύξουσα σε όλο το ∆.

Μονάδες 9 Β. Έστω η συνάρτηση ( ) af x x= µε α ∈ και 0x > . Να αποδείξετε ότι: ( ) 1' af x a x −

= ⋅ . Μονάδες 6

Γ. Να απαντήσετε αν είναι Σωστή ή Λάθος κάθε µια από τις παρακάτω προτάσεις. 1. Μια συνάρτηση f : A → είναι << 1 – 1 >> αν και µόνο αν για κάθε 1 2,x x ∈Α ισχύει η συνεπαγωγή: αν 1 2x x= τότε ( ) ( )1 2f x f x=

2. Αν ( ) ( )0 0

lim limx x x x

f x g x→ →

< τότε ( ) ( )f x g x< κοντά στο 0x .

3. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ ],a β και υπάρχει ( )0 ,x a β∈ τέτοιο ώστε ( )0 0f x = , τότε ( ) ( ) 0f a f β⋅ < .

4. Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο [ ],a β και γνησίως αύξουσα, τότε υπάρχει ( )0 ,x a β∈ τέτοιο ώστε ( )0' 0f x < .

5. Αν ( ) 0a

f x dxβ

=∫ και η συνάρτηση f δεν είναι παντού ίση µε µηδέν στο

[ ],a β , τότε ( ) 0f x ≥ για κάθε [ ],x a β∈ . Μονάδες 10

Θέµα 2ο Έστω η συνάρτηση ( ) ( )2 ln 2 , 0f x x x x= ⋅ − >

α) Να αποδείξετε ότι: ( ) ln' , 0xf x xx= > .

Μονάδες 4 β) Να βρείτε το ( )

0lim 'x

f x+→

.

ε π α ν α λ η π τ ι κ ά

2 0 0 5θ έ µ α τ α



2Μονάδες 3

γ) Να µελετήσετε τα κοίλα της f και να βρείτε το σηµείο της καµπής της. Μονάδες 8

δ) Να υπολογίσετε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης ( ) ln xg x

x= , τον άξονα x΄x και τις ευθείες 1

xe=

και 2x e= . Μονάδες 10

Θέµα 3ο ∆ίνεται ο µιγαδικός z = ex + (x − 1) i, x ∈ . α) Να αποδείξετε ότι: ( ) ( )Re Imz z> για κάθε x ∈ ..

Μονάδες 8 β) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένας τουλάχιστον ( )0 0,1x ∈ τέτοιος ώστε ο αριθµός

2 2w z z i= + + να είναι πραγµατικός. Μονάδες 8

γ) Να βρείτε το µιγαδικό z του οποίου το µέτρο να γίνεται ελάχιστο. Μονάδες 9

Θέµα 4ο

∆ίνεται συνάρτηση f παραγωγίσιµη στο για την οποία ισχύουν ( ) 102

f =

και ( ) ( ) ( )' 'xe f x f x x f xηµ+ + = − για κάθε x ∈ .

α) Να αποδείξετε ότι ο τύπος της f είναι xexσυνxf

+=1)( , x ∈ και ότι ισχύει

( ) ( )f x f x xσυν+ − = για κάθε x ∈ ..Μονάδες 7

β) Να βρείτε το ( )limx

f x→+∞

. Μονάδες 6

γ) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωµα ( )2

2

I f x dxπ

π−

= ∫ .

Μονάδες 6

δ) Να αποδείξετε ότι: ( )2

0

04

f x dxπ

π≤ ≤∫ .

Μονάδες 6



1

Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

Θέµα 1 Α. α) Έστω µια συνάρτηση f ορισµένη σ’ ένα διάστηµα ∆ και 0x ένα

εσωτερικό σηµείο του ∆. Αν η f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο 0x και είναι παραγωγίσιµη στο σηµείο αυτό, να αποδείξετε ότι: ( )0' 0f x = .

Μονάδες 11 β) Πότε η ευθεία 0x x= λέγεται ασύµπτωτη της γραφικής παράστασης

µιας συνάρτησης f ; Μονάδες 4

Β. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν µε την ένδειξη Σωστό ή Λάθος.

α) Μια συνάρτηση :f Α→ ℝ είναι <<1 – 1>> όταν για κάθε 1 2,x x ∈Α ισχύει η συνεπαγωγή: ( ) ( )1 2f x f x= τότε 1 2x x= .

β) Αν υπάρχει το ( ) ( )( )0

limx x

f x g x→

⋅ τότε κατ’ ανάγκη υπάρχουν τα ( )

0limx x

f x→

και ( )0

limx x

g x→

. γ) Αν ( )

0limx x

f x→

= +∞ ή −∞ τότε ( ) 0f x ≠ για τις τιµές του x κοντά στο 0x .

δ) Αν µια συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιµη σ’ ένα διάστηµα ∆ και δεν παρουσιάζει καµπή σε κανένα σηµείο του ∆, τότε ( )'' 0≠f x για κάθε x∈∆ .

ε) Αν ( ) 0a

f x dxβ

=∫ και a β< τότε κατ’ ανάγκη ισχύει ( ) 0f x = για κάθε [ ],x a β∈ .

Μονάδες 10



2

Θέµα 2 ∆ίνονται οι µιγαδικοί z και

1z iwi z+

=+

όπου z i≠ .

α) Να αποδείξετε ότι: w i zw i−

=+

Μονάδες 5

β) Αν 1z = και Μ η εικόνα του w στο µιγαδικό επίπεδο, να αποδείξετε ότι το σηµείο Μ ανήκει στον άξονα x΄x.

Μονάδες 6 γ) Να αποδείξετε την ισοδυναµία: w φανταστικός ⇔ z φανταστικός.

Μονάδες 7 δ) Θεωρούµε συνάρτηση f συνεχή στο [ ],a β µε ( ) 1f a > και έστω

( )z f a i= ⋅ και ( )w f iβ= ⋅ . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ( ) 0f x = έχει µια τουλάχιστον λύση στο (α,β).

Μονάδες 7 Θέµα 3 ∆ίνεται η συνάρτηση ( ) 1xf x e ax= − − όπου 1a > . α) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτοµένης της γραφικής παράστασης

της f στο σηµείο ( )( )0, 0f . Μονάδες 4

β) Να αποδείξετε ότι η f παρουσιάζει ελάχιστο το οποίο είναι αρνητικό. Μονάδες 8

γ) Έστω ( )aΕ το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της f , την εφαπτοµένη της στο ( )( )0, 0f και την ευθεία

1x a= > . i) Να αποδείξετε ότι: ( ) 2

12

a aa e aΕ = − − − .

Μονάδες 7 ii) Να βρείτε το ( )lim

aa

→+∞Ε .

Μονάδες 6



3

Θέµα 4 Έστω συνάρτηση f συνεχής στο ℝ µε ( ) 0f x > και έστω ( ) ( )

1

0

, ,g x t f xt dt t x= ⋅ ∈∫ ℝ . Να αποδείξετε ότι: α) ( ) ( )2

0

1 x

g x t f t dtx= ⋅∫ για κάθε 0x ≠ . Μονάδες 6

β) Η g είναι συνεχής στο 0 0x = . Μονάδες 6

γ) ( ) ( )0

x

x g x f t dt⋅ < ∫ για κάθε 0x > . Μονάδες 7

δ) Αν ( ) ( )2 1

1 0

3t f t dt t f t dt⋅ = ⋅∫ ∫ τότε υπάρχει ένας τουλάχιστον ( )1,2ξ ∈ τέτοιος ώστε: ( ) ( )2g fξ ξ= .

Μονάδες 6



1

1

Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ


ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Θέµα 1ο Α. α) Να διατυπώσετε το θεώρηµα του Fermat.

Μονάδες 4 β) Έστω µια συνάρτηση f, η οποία είναι συνεχής σε ένα διάστηµα ∆ και

ισχύει ( )' 0f x > για κάθε εσωτερικό σηµείο του ∆. Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο ∆.

Μονάδες 9 Β. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν µε την ένδειξη Σωστό

ή Λάθος.

1. Αν για µια συνάρτηση ℜ→Af : ισχύει ( )f x κ≤ όπου ℜ∈κ για κάθε x ∈ Α , τότε το κ είναι η µέγιστη τιµή της f .

2. Αν υπάρχει το ( )

0

lim 0x x

f x→

= , τότε υπάρχει το όριο της ( )f x στο 0x και είναι ( )

0

lim 0x x

f x→

= .

3. Αν για µια συνάρτηση f ισχύουν ( ) ( ) 0f a f β⋅ < και ( ) 0f x ≠ για κάθε ( ),x a β∈ , τότε η f δεν είναι συνεχής στο [ ],a β .

4. Αν για δύο συναρτήσεις ,f g συνεχείς στο διάστηµα ∆ ισχύει

( ) ( )' 'f x g x= για κάθε εσωτερικό σηµείο x του ∆, τότε ( ) ( )f x g x= για κάθε x ∈ ∆ .

5. Αν για µια συνάρτηση f υπάρχει παράγουσα στο διάστηµα ∆ , τότε

για κάθε ℜ∈λ ισχύει: ( ) ( )f x d x f x d xλ λ⋅ =∫ ∫ .

6. Αν οι συναρτήσεις ,f g είναι συνεχείς στο [ ],a β και ισχύει

( ) ( )f x g x< για κάθε [ ],x a β∈ , τότε ( ) ( )a a

f x d x g x d xβ β

<∫ ∫ . Μονάδες 12



2

2

Θέµα 2ο Έστω η συνάρτηση xeaxxf −⋅+= )()( 2 , ℜ∈x . Αν η ευθεία 2 2y x= − + εφάπτεται στη γραφική παράσταση της f στο σηµείο ( )( )0, 0fΜ τότε: α) Να αποδείξετε ότι: 2a = .

Μονάδες 7 β) Να µελετήσετε τη µονοτονία της f .

Μονάδες 6 γ) Να υπολογίσετε τα όρια: i) ( )lim

xf x

→−∞ ii) ( )lim

xf x

→+∞

Μονάδες 6 δ) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ( ) 2007f x = έχει ακριβώς µια λύση στο ℜ .

Μονάδες 6

Θέµα 3ο ∆ίνονται οι µιγαδικοί ,z w µε 0z w⋅ ≠ για τους οποίους ισχύει:

z w z w+ = − . Να αποδείξετε ότι: α) ( )Re 0z w⋅ = .

Μονάδες 6 β) Ο αριθµός z

w είναι φανταστικός.

Μονάδες 5 γ) Το τρίγωνο µε κορυφές τις εικόνες των ,z w στο µιγαδικό επίπεδο και

την αρχή Ο των αξόνων, είναι ορθογώνιο στο 0. Μονάδες 7

δ) Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο [ ],a β µε 0 a β< < και ( ) ( ),z a i f a w f iβ β= + ⋅ = − τότε η εξίσωση ( ) ( )'x f x f x⋅ =

έχει µια τουλάχιστον λύση στο ( ),a β . Μονάδες 7

Θέµα 4ο ∆ίνεται η συνάρτηση ( ) 2

0

11

x

g x d tt=+∫ όπου ℜ∈t,x .

α) Να µελετήσετε ως προς τα κοίλα τη συνάρτηση g . Μονάδες 4

β) Να αποδείξετε ότι: ( )21x g x xx

≤ ≤+

για κάθε 0x ≥ Μονάδες 7

γ) Να αποδείξετε ότι: ( ) ( ) 0g x g x+ − = για κάθε ℜ∈x . Μονάδες 6



3

3

δ) Να αποδείξετε ότι το εµβαδόν Ε του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της g , τον άξονα x΄x και τις ευθείες 0, 1x x= = είναι ( ) 11 ln 2

2gΕ = − τ.µ.

Μονάδες 8

Καλή Επιτυχία στις Γενικές εξετάσεις



1

1

Γ' ΛΥΚΕΙΟΥΘΕΤΙΚΗ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ

ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ


ΘΕΜΑ 1ο

Α. α. Έστω δυο συναρτήσεις f, g ορισµένες σε ένα διάστηµα ∆. Αν

• οι f, g είναι συνεχείς στο ∆ και• f΄(x) = g΄(x) για κάθε εσωτερικό σηµείο του ∆,

να αποδείξετε ότι υπάρχει σταθερά c τέτοια, ώστε για κάθε x∈∆ να ισχύει:f (x) = g(x) + c

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 6

β. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f (x) = xν, ν∈IN−0, 1 είναι παραγωγίσιµηστο IR και ισχύει:

f΄(x) = νxν−1

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5

Β. Έστω οι µιγαδικοί αριθµοί 21 z,z . Να χαρακτηρίσετε καθεµιά από τις επόµενεςπροτάσεις ως Σωστή (Σ) ή Λανθασµένη (Λ):α. Η διανυσµατική ακτίνα του αθροίσµατος των z1 και z2 είναι το άθροισµα των

διανυσµατικών τους ακτίνων.ΜΟΝΑ∆ΕΣ 2

β. Είναι: 2121 zzzz +=+

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 2

γ. Είναι: 212121 zzzzzz +≤+≤−ΜΟΝΑ∆ΕΣ 2

δ. Η εξίσωση 21 zzzz −=− µε 21 zz ≠ παριστάνει τη µεσοκάθετο τουτµήµατος µε άκρα τα σηµεία Α(z1) και Β(z2).

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 2



2

2

Ο 4 10 x

4

y

AB

Ω

Γ. Έστω η συνάρτηση F(x) = dtf(t)x

0∫ , όπου f ησυνάρτηση του διπλανού σχήµατος που η γραφικήτης παράσταση αποτελείται από τα ευθύγραµµατµήµατα ΟΑ και ΑΒ. Το εµβαδό τουγραµµοσκιασµένου χωρίου Ω είναι Ε(Ω) = 36 τ.µ.Να συµπληρώσετε τις ισότητες:α. F(0) = β. F(4) = γ. F(10) =

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 6

ΘΕΜΑ 2ο

∆ίνεται η συνάρτηση f µε

≤+−>+= 0xαν1,1)x(µ0xανλ,ηµxf(x) µε λ, µ∈IR

α. Να βρείτε την τιµή του λ, ώστε η f να είναι συνεχής.ΜΟΝΑ∆ΕΣ 6

β. Να βρείτε την τιµή του µ, ώστε η f να είναι παραγωγίσιµη στο x0 = 0.ΜΟΝΑ∆ΕΣ 8

γ. Να αποδείξετε ότι η f δεν είναι 1-1.ΜΟΝΑ∆ΕΣ 3

δ. Για λ = 1 και µ = 2, να υπολογίσετε το ολοκλήρωµα dxf(x)π

2∫− .ΜΟΝΑ∆ΕΣ 8

ΘΕΜΑ 3ο

∆ίνεται η συνάρτηση f µε f (x) = xe1e − , x∈IR .α. i. Να την µελετήσετε ως προς την µονοτονία.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 4ii. Να αποδείξετε ότι f ΄΄(x) = xex1x e1)(e −+

⋅− , να µελετήσετε την f ως προς τηνκυρτότητα και να βρείτε το σηµείο καµπής της γραφικής της παράστασης.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5β. Να βρείτε τις οριζόντιες ασύµπτωτες της γραφικής παράστασης της f.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 6γ. Να παραστήσετε γραφικά την f.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 4δ. Να βρείτε το εµβαδόν του χωρίου που ορίζεται από την γραφική παράσταση της

f ΄(x), τους άξονες x΄x, y΄y και την ευθεία x = ln21 .

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 6



3

3

ΘΕΜΑ 4ο

Οι συναρτήσεις f, g: IR → IR είναι συνεχείς και για κάθε πραγµατικό αριθµό xισχύουν:

∫∫ =−x

0

x

1dtg(t)x2dtf(t) (1) και g(x) ≠ 0 (2)

Να αποδείξετε ότι:α. Η f είναι παραγωγίσιµη στο x0 = 0 και f ΄(0) = 2g(0)

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 6

β. g(x) < 0 για κάθε x∈IRΜΟΝΑ∆ΕΣ 5

γ. ∫∫ ≤0

1

x

1dtf(t)dtf(t) για κάθε x∈IR

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 7

δ. H εξίσωση f (x) = 2g(x) + 2 έχει τουλάχιστον µια ρίζα στο διάστηµα (0, 1).ΜΟΝΑ∆ΕΣ 7



1

1

Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ


ΘΕΜΑ 1ο

Α. Έστω µια συνάρτηση f ορισµένη σε ένα διάστηµα ∆ και x0 ένα εσωτερικό σηµείο του ∆. Αν η f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο x0 και είναι παραγωγίσιµη στο σηµείο αυτό, να δείξετε ότι: f΄(x0) = 0

Μονάδες 9 Β. 1. Πότε η ευθεία ψ = λx + β λέγεται ασύµπτωτη της γραφικής παράστασης

της f στο +∞; Μονάδες 3

2. Πότε µια συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα κλειστό διάστηµα [α, β];

Μονάδες 3 Γ. Να χαρακτηρίσετε καθεµιά από τις επόµενες προτάσεις ως Σωστή (Σ) ή

Λανθασµένη (Λ): 1. Ισχύει

000

lim ( ) lim ( )x x h

f x l f x h l→ →

= ⇔ + =

Μονάδες 2 2. Αν 0<α<1 τότε 0lim =

−∞→

x

x

a . Μονάδες 2

3. Αν η f είναι συνεχής στο [α, β] τότε η f έχει υποχρεωτικά ολικά ακρότατα τα f(α) και f(β).

Μονάδες 2 4. Για τις συναρτήσεις f και g που έχουν συνεχείς παραγώγους στο [α,β]

ισχύει: [ ]( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

a

a a

f x g x dx f x g x dx f x g xββ

β′ ′− =∫ ∫

Μονάδες 2 5. Αν για κάθε στοιχείο ψ του συνόλου τιµών της f(x), η f(χ)=ψ έχει λύση

ως προς x τότε η f είναι 1-1. Μονάδες 2



2

2

ΘΕΜΑ 2ο

∆ίνεται η εξίσωση z + z1 = −1, z ∈ C και z1, z2 οι ρίζες της. Να αποδείξετε ότι:

A. z1·z2 = 1 και z1

3 =1. Μονάδες 4

B. (z1

2009 + z22009) R.

Μονάδες 4 Γ. z1

8 + 102z1 + 1 = 0

Μονάδες 4 ∆. Αν f(x) συνάρτηση παραγωγίσιµη στο [0,1] µε

f(0)-2= 1 2

2 1

z z

z z+ και f(1)=

1 2

1 1 32 2 2z z

+ −

τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον x0 ∈ (0,1), ώστε f(x0)=3x0 − 2. Μονάδες 7

Ε. Αν Γ είναι η εικόνα του µιγαδικού w = 2z1 + 2z2 και Α, Β οι εικόνες των z1

και z2 αντίστοιχα, να δείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές. Μονάδες 6

ΘΕΜΑ 3ο ∆ίνεται η συνάρτηση f(x) = x + 2 +2lnx . Α. Να µελετηθεί ως προς την µονοτονία και να βρείτε τα διαστήµατα στα οποία

είναι κυρτή ή κοίλη. Μονάδες 6

Β. Να βρείτε το σύνολο τιµών και το πλήθος των ριζών της f.

Μονάδες 6 Γ. Αν 2

ln)(+

⋅=

xxxxg να δείξετε ότι υπάρχει x0 > 0 ώστε:

g(x) ≥ g(x0) για κάθε x > 0. Μονάδες 7

∆. Να δείξετε ότι για κάθε x > 2 ισχύει: f(x – 2) < 2f(x + 1) – f(x + 4).

Μονάδες 6



3

3

ΘΕΜΑ 4ο

Έστω συνάρτηση f ορισµένη και παραγωγίσιµη στο (0, +∞) για την οποία ισχύουν οι σχέσεις:

f ΄ (x

1 ) = xe

x 1+ και f(1) = e

1 Α. Να δείξετε ότι f(x) = x·e -1/x.

Μονάδες 8 Β. 1. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτοµένης της γραφικής παράστασης της

f(x) στο σηµείο µε τετµηµένη x = 1. Μονάδες 2

2. Να δείξετε ότι

2

1

2( )f x dx e>∫ . Μονάδες 7

Γ. Αν g(x) = 3

)(x

xf , να βρείτε το εµβαδόν Ε(t) του χωρίου που περικλείεται από τη Cg, τον x΄x και τις ευθείες x=1 και x=t µε t> 1.

Μονάδες 5 ∆. Να βρείτε το E(t)lim

t +∞→

. Μονάδες 3



1

1

Γ' ΤΑΞΗ ΓΕΝ.ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ



ΘΕΜΑ 1ο Α. Έστω f µία συνεχής συνάρτηση σ΄ ένα διάστηµα [α, β]. Αν G είναι µία

παράγουσα της f στο [α, β] , τότε ( ) ( ) ( )f t dt G Gβ

αβ α= −∫ .

(Μονάδες 10) B.1. Πότε λέµε ότι µία συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη σ’ ένα σηµείο x0 του

πεδίου ορισµού της. (Μονάδες 3)

B.2. Να δώσετε την γεωµετρική ερµηνεία του παράγωγου αριθµού στο σηµείο ( )( )0 0,x f xΜ της γραφικής παράστασης της f.

(Μονάδες 2) Γ. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν γράφοντας στο τετράδιό σας

την ένδειξη Σωστό ή Λάθος δίπλα στο γράµµα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση. α) Αν 2 2

1 2 0z z+ = και 1 2, Cz z ∈ αναγκαστικά 1 2z =z =0 . β) Αν ( )g x α≠ κοντά στο x0 µε ( )

0

limx x

g x α→

= και ( )limy

f y lα→

= τότε

( )( )0

limx x

f g x l→

= . γ) Αν η f είναι παραγωγίσιµη στο [α, β] και ( )f β µέγιστη τιµή της

συνάρτησης, τότε κατ΄ ανάγκη θα είναι ( ) 0f β′ = . δ) Αν µία συνάρτηση f είναι κυρτή και δύο φορές παραγωγίσιµη στο

διάστηµα ∆, τότε ( ) 0f x′′ > . ε) Αν µία συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ ]2, 5 και ( ) 0f x ≤ στο [ ]2, 5 ,

τότε ( )2

50f x dx≥∫ .

(Μονάδες 10)



2

2

ΘΕΜΑ 2ο

Οι µιγαδικοί αριθµοί z, w συνδέονται µε τη σχέση 1 21

wz

w

+=

− και η εικόνα του w

ανήκει στον κύκλο µε κέντρο ( )1,0Κ − και ακτίνα ρ = 1. α) Να δείξετε ότι η εικόνα του z ανήκει σε κύκλο µε κέντρο το Ο(0, 0) και

ακτίνα ρ = 1.

(Μονάδες 6) β) Αν 1z = (1) και 1 2 3, , z z z οι εικόνες τριών µιγαδικών αριθµών για τους

οποίους ισχύει η σχέση (1) να δείξετε ότι: i) Ο αριθµός 2 3 1 31 2

3 1 2

z z z zz z

z z zα

+ ++= + + είναι πραγµατικός.

(Μονάδες 7) ii) Αν επιπλέον z1+z2+z3=0 τότε να αποδείξετε ότι:

31 2

2 3 1

3Re2

zz z

z z z

+ + =−

(Μονάδες 7) γ) ∆ίνεται η ευθεία (ε): 3 4 12 0x y+ − = . Να βρεθεί η µέγιστη και η ελάχιστη

απόσταση των εικόνων του µιγαδικού w από την ευθεία (ε). (Μονάδες 5)

ΘΕΜΑ 3ο Έστω η παραγωγίσιµη συνάρτηση ( ): 0,f R+∞ → τέτοια, ώστε για κάθε x > 0 ισχύουν ( ) ( )

11f x

xx f x e+

′ =+

και ( )1 0f = .

α) Να δείξετε ότι η συνάρτηση ( ) xg x e x= + είναι 1-1. (Μονάδες 2)

β) Να δείξετε ότι ( ) lnf x x= για κάθε x > 0. (Μονάδες 6)

γ) Να µελετήσετε τη συνάρτηση ( )( ) 1f xh x x

−

= ως προς την µονοτονία και να βρεθεί το σύνολο τιµών της.

(Μονάδες 6)



3

3

δ) Να λύσετε την εξίσωση x x

x x

e e

συν ηµηµ συν = αν 0, 2x

π ∈ . (Μονάδες 5)

ε) Να εξετασθεί η h ως προς κυρτότητα και να δείξετε ότι για κάθε 1 2,x x µε

2 1 0x x> > ισχύει ( ) ( )2 15

2 1

12

h x h xx x e−

≥−−

. (Μονάδες 6)

ΘΕΜΑ 4ο Έστω συνάρτηση :f R R→ η οποία είναι παραγωγίσιµη και τέτοια, ώστε

3 1( ) 2 6

≥ − ∫ ∫x u

f t dt du x για κάθε x R∈ . Να αποδείξετε ότι:

α) 3

1( ) 2f t dt=∫ .

(Μονάδες 7) β) Αν η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της f στο σηµείο Α (0, f (0)) είναι

η ευθεία 4 3 0x y+ − = να υπολογίσετε το 2 3

040

( )lim

x

x

t f t dt x

x→

−∫ . (Μονάδες 5)

γ) Αν για κάθε 1x≥ ισχύει ( ) 0f x′ > και 1

( ) ( )x

h x f t dt=∫ , να αποδείξετε

ότι για κάθε x > 1 ισχύει ( )( ) 1h xh xx

′ >−

. (Μονάδες 7)

δ) Να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )1,3ξ ∈ τέτοιο, ώστε ( ) 3 2f ξ ξ+ = .

(Μονάδες 6)

1

1




ΘΕΜΑ 1

Α. Έστω µια συνάρτηση , η οποία είναι ορισµένη σε ένα κλειστό διάστηµα , . Αν: • η συνεχής στο , και • ≠ τότε, για κάθε αριθµό µεταξύ των και υπάρχει ένας, τουλάχιστον ∈, ) τέτοιος, ώστε

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 7 Β. Πότε η ευθεία λέγεται κατακόρυφη ασύµπτωτη της γραφικής

παράστασης µιας συνάρτησης ; ΜΟΝΑ∆ΕΣ 4

Γ. Να δώσετε την γεωµετρική ερµηνεία του θεωρήµατος του Rolle. ΜΟΝΑ∆ΕΣ 4

∆. Να χαρακτηρίσετε καθεµιά από τις επόµενες προτάσεις ως σωστή (Σ) ή λανθασµένη (Λ). 1. Για κάθε µιγαδικό αριθµό z είναι 2.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 2 . Είναι ∞ ∞. ΜΟΝΑ∆ΕΣ 2

3. Για οποιεσδήποτε συναρτήσεις f : A → ΙR και g : B → ΙR , αν ορίζεται η συνάρτηση

, τότε έχει πεδίο ορισµού την τoµή . ΜΟΝΑ∆ΕΣ 2

4. Αν µια συνάρτηση δεν είναι συνεχής στο σηµείο του πεδίου ορισµού της, τότε δεν είναι παραγωγίσιµη στο .

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 2 5. · ΄ · ΄ ·

, όπου ΄, ΄ είναι συνεχείς στο , . ΜΟΝΑ∆ΕΣ 2

2

2

ΘΕΜΑ 2

∆ίνεται η συνάρτηση f : ΙR → ΙR µε 4 12" " − 1 , για κάθε x∈ΙR. όπου λ∈ΙR, η οποία παρουσιάζει στο = − 1 καµπή. α. i. Να αποδείξετε ότι " 1.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5 ii. Να βρείτε τα διαστήµατα στα οποία η είναι κυρτή ή κοίλη.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5 β. Να βρείτε το όριο lim

& ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5

γ. i. Να βρείτε την αρχική της της οποίας η γραφική παράσταση διέρχεται από το σηµείο 0, 1.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 6 ii. Να υπολογίσετε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την

γραφική παράσταση της και τον άξονα ΄. ΜΟΝΑ∆ΕΣ 4

ΘΕΜΑ 3

Έστω µια συνεχής συνάρτηση f : ΙR → ΙR για την οποία ισχύει ηµx συνx 1, για κάθε x∈ΙR. α. Να αποδείξετε ότι: ). *√22 , 1 2 και 0 1 1

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 4 ii. Υπάρχει ∈0, 1 τέτοιο, ώστε: x x 1

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 7 β. Έστω, επιπλέον, ότι η είναι παραγωγίσιµη και - √2

, για κάθε ∈IR. i. Να βρείτε την ΄ .√

/ και να γράψετε την εξίσωση της εφαπτοµένης της 0 στο σηµείο της µε τετµηµένη √

. ΜΟΝΑ∆ΕΣ 6

ii. Να υπολογίσετε το όριο: 1 123 &

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 8

3

3

ΘΕΜΑ 4

Α. Να αποδείξετε ότι - 1, για κάθε ∈IR. Πότε ισχύει η ισότητα 1;

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 3 Β. Έστω µια συνεχής συνάρτηση : 0, ∞ → 0, ∞. Για κάθε - 0

θεωρούµε το µιγαδικό z, µε: 5 6

5 6

και ||√2 5 66

8 1,

όπου 9 0. Να αποδείξετε ότι: :. ).

; - 0, για κάθε - 0. ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5

ii. , για κάθε - 0. ΜΟΝΑ∆ΕΣ 4

β. Η είναι γνησίως αύξουσα. ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5

γ. Η έχει αντίστροφη και να βρείτε την αντίστροφή της. ΜΟΝΑ∆ΕΣ 4

δ. Αν η είναι παραγωγίσιµη στο διάστηµα (0, ∞, τότε υπάρχει ένα, τουλάχιστον, <∈0, 8 τέτοιο, ώστε ′< 1.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 4

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

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2012 Ε_3.Μλ3ΘΤ(ε)

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

ΤΑΞΗ: Γ΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: ΘΕΤΙΚΗ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

Ηµεροµηνία: Μ. Τετάρτη 11 Απριλίου 2012

ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ ΑA1. Να αποδείξετε ότι, αν µια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη σ’ ένα σηµείο x0,

τότε είναι συνεχής στο σηµείο αυτό. Μονάδες 5

A2. Πότε µια συνάρτηση f µε πεδίο ορισµού Α παρουσιάζει ολικό µέγιστο στο x0∈Α;

Μονάδες 4 A3. Nα αποδείξετε ότι η συνάρτηση f (x) = αx, α > 0 είναι παραγωγίσιµη στο ΙR. και

ισχύει f ΄(x) = αx lnα Μονάδες 6

A4. Να βρείτε ποιοι από τους επόµενους ισχυρισµούς είναι αληθείς και ποιοι ψευδείς: i. Μια συνάρτηση είναι 1−1, αν και µόνο αν δεν υπάρχουν σηµεία της

γραφικής της παράστασης µε ίδια τεταγµένη. Μονάδες 2

ii. i4ν + 3 = i, για κάθε ν∈ ΙΝ.Μονάδες 2

iii. Αν 0)x(flim0xx

>→

, τότε 0)x(f > κοντά στο x0. Μονάδες 2

iv. Αν δύο µεταβλητά µεγέθη x, y συνδέονται µε τη σχέση y = f (x), ότανf είναι µια συνάρτηση παραγωγίσιµη στο x0, τότε o ρυθµός µεταβολής του y ως προς x στο σηµείο x0 είναι η παράγωγος y = f ΄(x0).

Μονάδες 2 v. Αν µια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη σε ένα διάστηµα ∆, τότε τα

εσωτερικά σηµεία x0 του ∆, στα οποία f ΄(x0) ≠ 0, δεν είναι θέσεις τοπικών ακρότατων της f.

Μονάδες 2




ΘΕΜΑ Β∆ίνονται οι συναρτήσεις f(x) = ex−2 και g(x) = lnx+2. B1. Να βρείτε τις συνθέσεις fog και gof και να εξετάσετε αν είναι ίσες.

Μονάδες 6 B2. Να αποδείξετε ότι η f έχει αντίστροφη και να βρείτε την f −1.

Μονάδες 6 B3. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ex−2 = lnx + 2 έχει µία, τουλάχιστον, ρίζα στο

διάστηµα (e−2, 2). Μονάδες 6

B4. Να αποδείξετε ότι:

)x)(fog()x(glim)x)(gof(

)x(flimxx +∞→−∞→= = 0

Μονάδες 7

ΘΕΜΑ ΓΗ συνάρτηση f: IR → IR είναι συνεχής και για κάθε x∈ IR ισχύει

1

x 2t f (t) dt2(1+ 3α ) f (x) = e∫ ,

όπου α ∈ IR − 0. Γ1. Να αποδείξετε ότι:

i. Η f είναι παραγωγίσιµη µε (x)f x 2(x) ' f 2−= , για κάθε x∈ IR.

Μονάδες 4 ii. 2 2

1f (x) = x + 3α , για κάθε x∈IR.Μονάδες 4

Γ2. Να αποδείξετε ότι η τιµή του ολοκληρώµατος α

0t f (t) dt∫ είναι ανεξάρτητη

του α. Μονάδες 4

Γ3. Να µελετήσετε και να παραστήσετε γραφικά την f.Μονάδες 8

Γ4. Αν Ε είναι το εµβαδό του χωρίου που ορίζεται από τους άξονες, την γραφική παράσταση της f και την ευθεία x = α, να αποδείξετε ότι:

|| 3 1 E|| 4

1 α

<<α

Μονάδες 5




ΘΕΜΑ ∆Η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιµη στο IR µε f (0) = 2,

x+2

x 2

f (x) 2elim = 1x + 2→−

−− και f ΄΄(x) < 0, για κάθε x∈IR.

Να αποδείξετε ότι: ∆1. f ΄(−2) =1 και f (x) ≤ x + 4, για κάθε x∈IR.

Μονάδες 6 ∆2. Η f παρουσιάζει µέγιστο σε σηµείο x0∈(−2, 0).

Μονάδες 6 ∆3. Η εξίσωση ( )2(x 5)

0f f (t x)dt = f (0)−

−∫ έχει µοναδική λύση στο IR την x = 5.

Μονάδες 7 ∆4. Ο µιγαδικός αριθµός z για τον οποίο ισχύει

f(|z + i|) ≤ f(|z| + 1) είναι φανταστικός.

Μονάδες 6




ΤΑΞΗ: Γ΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: ΘΕΤΙΚΗ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ

ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

Ηµεροµηνία: Μ. Τρίτη 30 Απριλίου 2013

∆ιάρκεια Εξέτασης: 3 ώρες


ΘΕΜΑ Α

Α1. Έστω µια συνάρτηση f παραγωγίσιµη σ΄ ένα διάστηµα (α, β), µε εξαίρεση

ίσως ένα σηµείο του x0, στο οποίο όµως η f είναι συνεχής.

Να αποδείξετε ότι, αν ( )f x′ >0 στο 0 0

( , ) ( ,β)a x x∪ , τότε το 0

( )f x δεν είναι

τοπικό ακρότατο και η f είναι γνησίως αύξουσα στο (α,β).

Μονάδες 9

Α2. α. Πότε το σηµείο Α(x0, f(x0)) ονοµάζεται σηµείο καµπής της γραφικής παράστασης µιας συνάρτησης f.

Μονάδες 3

β. Αν f, g συναρτήσεις µε πεδίο ορισµού Α, Β αντιστοίχως, τι ονοµάζουµε σύνθεση της f µε την g και ποιο είναι το πεδίο ορισµού της;

Μονάδες 3

Α3. Να χαρακτηρίστε 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 η πρόταση είναι λανθασµένη.

α) Αν ,f g′ ′ είναι συνεχείς συναρτήσεις στο [α,β] τότε, ο τύπος της

ολοκλήρωσης κατά παράγοντες γράφεται

[ ]( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )′ ′− =∫ ∫ aa a

f x g x dx f x g x dx f x g xβ β β

β) Για κάθε µιγαδικό αριθµό z ισχύει *,

vv

z z ν= ∈ℕ .

γ) Κάθε συνάρτηση 1–1 , είναι γνησίως µονότονη.

δ) Αν 0 1a< < τότε lim loga

x

x

→+∞

= +∞ .

ε) Για κάθε *ν ∈ℕ η συνάρτηση ( ) vf x x−= είναι παραγωγίσιµη στο *

ℝ µε 1( ) vf x vx− −′ = − .

Μονάδες 10




ΘΕΜΑ Β

Θεωρούµε τους µιγαδικούς αριθµούς z και w για τους οποίους ισχύουν οι επόµενες σχέσεις:

2

( 2) 1 3z z i z+ = − − ⋅ − και 2 ,w z i= −

Β1. Να βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των εικόνων των µιγαδικών z. Ποιος είναι ο

γεωµετρικός τόπος των εικόνων του z ;

Μονάδες 7

Β2. Να βρείτε την µέγιστη τιµή του zz − και τις τιµές του z για τις οποίες

επιτυγχάνεται.

Μονάδες 6

Β3. Αν για τους µιγαδικούς z των προηγούµενων ερωτηµάτων ισχύει 2=− zz και

0)Im( >z , τότε να υπολογίσετε την τιµή του 2013

2

− zz

.

Μονάδες 6

B4. Να βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των εικόνων των µιγαδικών w και να αποδείξετε ότι η απόσταση των εικόνων των z και w είναι ίση µε την

απόσταση της εικόνας του z από το σηµείο Α(0,1).

Μονάδες 6

ΘΕΜΑ Γ

∆ίνεται η συνάρτηση , αν 0

( ) 1

ln , αν =0

x

xx

f x e

a x

≠

= −

.

Γ1. Βρείτε τον (0, )a∈ +∞ ώστε η f να είναι παραγωγίσιµη και δείξτε ότι

1(0)

2f ′ = − .

Μονάδες 7

Έστω α = e.

Γ2. α. Να µελετήσετε την f ως προς τη µονοτονία. Μονάδες 6

β. Να βρείτε το σύνολο τιµών της και τις ασύµπτωτες της γραφικής της παράστασης, εφόσον υπάρχουν.

Μονάδες 6

Γ3. Να αποδείξτε ότι η εξίσωση 0

1 12

( ) 1 2013

x

x dtf t

− =

+∫ έχει µοναδική ρίζα στο

(0, 1).

Μονάδες 6




ΘΕΜΑ ∆

∆ίνονται οι συναρτήσεις f, G και F, οι οποίες είναι ορισµένες στο διάστηµα [0, +∞) µε f παραγωγίσιµη και G δύο φορές παραγωγίσιµη στο ίδιο διάστηµα.

Έστω ότι ισχύουν: f (0) = 1, G(0) = 0 και για κάθε x ≥ 0

είναι ( )f x′ > 0, '( ) 1G x > και 0

( ) ( ) dx

F x f t t= ∫ .

∆1. Να αποδείξετε ότι ( ) 0F x ≥ και ( )G x x≥ για κάθε x ≥ 0 .

Μονάδες 5

∆2. Να υπολογίσετε το όριο [ ]0

lim ( ) lnx

F x x→

και να αποδείξτε ότι υπάρχει ξ∈(0, 1)

τέτοιο, ώστε ( )

( ) ln 0F

fξ

ξ ξξ

+ = .

Μονάδες 7

∆3. ∆ίνεται, επιπλέον, ότι

[ ] [ ] 22

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ΄( ) 1f x F x f x G x G x x G x′ ′′+ = − + − , για κάθε x ≥ 0.

Να αποδείξετε ότι:

α. ( ) ( )F x G x x= − , για κάθε x ≥ 0.

Μονάδες 7

β. Για κάθε x0 >0, οι εφαπτόµενες των γραφικών παραστάσεων F G

C , C στα

σηµεία τους ( )( ) ( )( )0 0 0 0, και Γ ,x F x x G xΒ αντιστοίχως, τέµνονται σε

σηµείο Α του άξονα y΄y (µονάδες 3) και το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισεµβαδικό

µε το χωρίο, που ορίζεται από τις F G

C , C και την ευθεία 0

x x=

(µονάδες 3).

Μονάδες 6







Ηµεροµηνία: Κυριακή 27 Απριλίου 2014



ΘΕΜΑ Α

Α1. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση νf (x) = x , ν IN 0,1 ∈ − είναι παραγωγίσιµη

στο IR και ισχύει ν 1f '(x) = xν - .

Μονάδες 7

Α2. Πότε η ευθεία y = x +βλ λέγεται ασύµπτωτη της γραφικής παράσταση µιας

συνάρτησης f στο +∞ ;

Μονάδες 4

Α3. Να διατυπώσετε το κριτήριο παρεµβολής.

Μονάδες 4

Α4. 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 η πρόταση είναι λανθασµένη:

i) Αν µια συνάρτηση f µε πεδίο ορισµού το Α έχει αντίστροφη, τότε 1f (f (x)) = x,− για κάθε x A∈ .

Μονάδες 2

ii) Αν o

x x

lim f x 0( )→

> , τότε f x 0( ) > κοντά στο 0x .

Μονάδες 2

iii) Αν µια συνάρτηση f δεν είναι συνεχής στο σηµείο 0x , τότε δεν είναι

παραγωγίσιµη σ’ αυτό.

Μονάδες 2

iv) Μια συνεχής στο (α, β) συνάρτηση, παίρνει σε κάθε περίπτωση στο (α, β) µια µέγιστη και µια ελάχιστη τιµή.

Μονάδες 2

v) Αν f συνεχής συνάρτηση στο [α, β] και λ IR∈ , τότε f x dx f x dx( ) ( )β β

α αλ =λ∫ ∫ .

Μονάδες 2




ΘΕΜΑ Β

∆ίνονται οι µιγαδικοί z, z1 και w µε z i, ,= α +β µε α β∈ℝ τέτοιοι, ώστε o

( )1

1+ β 2 iz =

α + 2 i

−

−

να είναι φανταστικός και ( )1 1

1 i Ιm w i = 2 w + i2 2

− −

.

Β1. Να αποδείξετε ότι:

α) Ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων του z στο µιγαδικό επίπεδο είναι η

ευθεία ε µε εξίσωση x y 4 0− + = .

Μονάδες 6

β) Ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων του w στο µιγαδικό επίπεδο είναι η

παραβολή µε εξίσωση 2x + 2y = 0 .

Μονάδες 6

Β2. Να αποδείξετε ότι z w− ≥7 2

4.

Μονάδες 5

Β3. α) Να βρείτε το γεωµετρικό τόπο C των εικόνων του w στο µιγαδικό επίπεδο.

Μονάδες 3

β) Να υπολογίσετε το εµβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από την ευθεία

x y 4 0− + = και την γραµµή C του προηγούµενου ερωτήµατος.

Μονάδες 5

ΘΕΜΑ Γ

Οι συναρτήσεις f, g είναι παραγωγίσιµες στο IR µε f (1) =1, g(1) = 0 και ικανοποιούν

τις σχέσεις: xf '(x) f (x) e g '(x) 1− = − και 22f (x) x 2x 1+ − ≥ , για κάθε x IR∈ .

Γ1. Να αποδείξετε ότι xf (x) e g(x) 1= + .

Μονάδες 6

Γ2. α) Να υπολογίσετε το g '(1) .

Μονάδες 3

β) Να αποδείξετε ότι ( )x

x 2lim x 1 g 0

x 1→+∞

+ + = +

.

Μονάδες 4




Γ3. Αν, επιπλέον 2g(x) (x 1)= − για κάθε x IR∈ , τότε

α) Να βρείτε το σύνολο τιµών της f.

Μονάδες 6

β) Να αποδείξετε ότι, για κάθε IRλ∈ , από το σηµείο Μ(1, λ) άγονται το πολύ τρεις εφαπτόµενες στη γραφική παράσταση της συνάρτησης h µε

xh(x) e (1 x) 1= − + .

Μονάδες 6

ΘΕΜΑ ∆

Η συνάρτηση g είναι δύο φορές παραγωγίσιµη στο IR µε

[ ]22g ''(x )

g ''(x)2 t

02t e dt < g ''(x) e g ''(x)−∫ , για κάθε x IR∈

και

g(2) = −2, 2 2g (0) g (1)t t

2 2e dt e dt < 0

− −

⋅∫ ∫ .

∆1. Να αποδείξετε ότι η g ' είναι γνησίως αύξουσα.

Μονάδες 6

∆2. Να αποδείξετε ότι υπάρχει (0, 1)ρ∈ , τέτοιο, ώστε g( ) 2ρ = − (µονάδες 5) και

g '( ) 0 g '(2)ρ < < (µονάδες 3).

Μονάδες 8

∆3. Να υπολογίσετε το όριο x 2

x 3lim g

g(x) 2−

→

−

+ .

Μονάδες 6

∆4. Να λύσετε την εξίσωση 3 3g(1 x x ) g(1) g(x) g(x )+ − = + − , x > 0.

Μονάδες 5

Ευχόµαστε Επιτυχία


ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2015 Α΄ ΦΑΣΗ

Ε_3.ΑΜλ3ΘΤ(ε)





Ηµεροµηνία: ∆ευτέρα 5 Ιανουαρίου 2015


ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α

ΑΑ11.. Να αποδείξετε ότι για οποιουσδήποτε µιγαδικούς 1 2,z z

ισχύει:

1 2 1 2z z z z⋅ = ⋅ .

Μονάδες 8

ΑΑ22.. Έστω f µία συνάρτηση και ∆ ένα διάστηµα του πεδίου ορισµού της. Πότε η

f ονοµάζεται γνησίως φθίνουσα στο ∆ ;

Μονάδες 3

ΑΑ33.. Πότε µια συνάρτηση f (θα λέµε ότι) είναι συνεχής σε ένα κλειστό διάστηµα

[ , ]α β ;

Μονάδες 4

ΑΑ44.. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιό σας, δίπλα στο γράµµα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση, τη λέξη Σωστή, αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασµένη:

α. Για κάθε ,z w C∈ ισχύει: z w z w= ⇔ = .

β. Αν µία συνάρτηση f είναι αντιστρέψιµη και η γραφική παράστασή της

τέµνει την y x= στο σηµείο Α, τότε η γραφική παράσταση, της

αντίστροφης της διέρχεται από το σηµείο Α.

γ. Αν για την συνάρτηση f ισχύει ( )f x < ℓ για κάθε x κοντά στο 0x και

υπάρχει το 0

lim ( )x x

f x→

, τότε 0

lim ( ) .x x

f x→

< ℓ

δ. Αν για την συνάρτηση f ισχύει 0

0

0

( ) ( )lim 5x x

f x f x

x x→

−

=

−

τότε είναι

παραγωγίσιµη στο x0 µε 0

( ) 5f x′ = .

ε. Αν µια συνάρτηση είναι συνεχής στο 0x , τότε είναι και παραγωγίσιµη

στο0x .

Μονάδες 10





ΘΕΜΑ Β

∆ίνεται η συνάρτηση g µε ( ) lng x x= − .

Β 1. Να δείξετε ότι η συνάρτηση g αντιστρέφεται και να βρεθεί η αντίστροφη της.

Μονάδες 8

Β 2. Να δείξετε ότι η εφαπτόµενη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g

στο σηµείο ( )( )1, 1gΑ εφάπτεται και στην γραφική παράσταση της

συνάρτησης 1g− .

Μονάδες 9

Β 3. Να βρεθεί το σύνολο τιµών της συνάρτησης ( ) ln x

h x x e−

= − .

Μονάδες 4

Β 4. ∆ίνεται η συνάρτηση ( )1

( ) αν

( ) αν

g x xf x

g x x

α

α−

− >=

≤ µε 0α > .

Να δείξετε ότι υπάρχει µοναδικό 0α > ώστε η συνάρτηση f να είναι

συνεχής στο α .

Μονάδες 4

ΘΕΜΑ Γ

∆ίνονται οι συναρτήσεις *:f →ℝ ℝ , :g →ℝ ℝ και η συνάρτηση h µε

3( )

x

h x x e= + ώστε:

( ) 5 3

2 2

(0) (1) 1lim

(1) 1x

f f x x

f x x→−∞

− ⋅ + +

= −∞

⋅ + +

( )( ) ( ) ( )3 3(0) (1) 2015

x

g g x f g x f f x e= ⋅ + ⋅ + + για κάθε x∈ℝ .

Η f γνησίως µονότονη.

Γ 1. Να δείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα (Μονάδες 4) και ότι η

συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα (Μονάδες 2).

Μονάδες 6

Γ 2. Να δείξετε ότι η g είναι <<1 – 1>>.

Μονάδες 9

Γ 3. Αν η f είναι συνεχής στο ℝ . Να δείξετε ότι

4 2

2

(0)lim

(1) 1x

f x xx

f x xηµ

→−∞

⋅ ++ = +∞ ⋅ + +

.

Μονάδες 10





ΘΕΜΑ ∆

∆ίνεται ο µιγαδικός z που ικανοποιεί τη ( )

2

2Re0, 0

z

w z

z

−

+ = ≠ όπου w η ρίζα της

23 1 0w w− ⋅ + = µε φανταστικό µέρος θετικό.

∆1. Να δείξετε ότι 1821w i= − και ότι 1w = .

Μονάδες 4

∆2. Να δείξετε ότι 1 1z − = και να βρεθεί ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των

µιγαδικών z .

Μονάδες 4

∆3. α. Αν ισχύει 1z u i⋅ = + να δείξετε ότι η εικόνα του u ανήκει πάνω σε ευθεία

µε εξίσωση 1 0x y+ − = .

Μονάδες 4

β. Να βρεθεί ο µιγαδικός u που ελαχιστοποιεί την παράσταση 1z z u u− + ⋅ −

και η αντίστοιχη τιµή του z.

Μονάδες 4

∆4. Να δείξετε ότι η εξίσωση 2 2 2

1

z z z z

x x

+ − − − −

=

−

έχει µια τουλάχιστον λύση

στο ℝ , όπου , , , 0z iα β α β β= + ∈ ≠ℝ και 1α ≠ .

Μονάδες 9


ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2015 Β΄ ΦΑΣΗ

Ε_3.ΒΜλ3ΘΤ(ε)





Ηµεροµηνία: Κυριακή 3 Μαΐου 2015



ΘΕΜΑ Α

Α.1. Έστω µια συνάρτηση f ορισµένη σ’ ένα διάστηµα ∆ και 0x ένα εσωτερικό

σηµείο του ∆. Αν η f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο 0x και είναι

παραγωγίσιµη στο σηµείο αυτό, τότε:

( )0f x 0′ =

Μονάδες 8

Α.2. Να διατυπώσετε το θεώρηµα Rolle και να δώσετε την γεωµετρική ερµηνεία.

Μονάδες 4

Α.3. Πότε η ευθεία y = ℓ λέγεται οριζόντια ασύµπτωτη της γραφικής παράστασης

της συνάρτησης f στο +∞ ;

Μονάδες 3

Α.4. 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 η πρόταση είναι λανθασµένη:

i) Οι εικόνες των µιγαδικών αριθµών z και z στο µιγαδικό επίπεδο είναι

σηµεία συµµετρικά ως προς τον άξονα των πραγµατικών αριθµών xx′ .

Μονάδες 2

ii) Η συνάρτηση ( )f x x= είναι παραγωγίσιµη στο [ )0,+∞ .

Μονάδες 2

iii) Αν µια συνάρτηση f είναι κοίλη σ’ ένα διάστηµα ∆, τότε η εφαπτοµένη της

γραφικής παράστασης της f σε κάθε σηµείο του ∆ βρίσκεται ″πάνω″ από τη

γραφική της παράσταση, µε εξαίρεση το σηµείο επαφής τους.

Μονάδες 2





iv) Αν µια συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής στο διάστηµα

[ ],α β τότε το σύνολο τιµών της στο διάστηµα αυτό είναι το διάστηµα

[ ]( ) ( ) ( )f α,β = f β ,f α .

Μονάδες 2

v) Αν ( )0

x x

lim f x 0→

= τότε ισχύει ( )0

x x

1lim

f x→

= −∞

Μονάδες 2

ΘΕΜΑ Β

∆ίνονται οι µιγαδικοί αριθµοί z και w για τους οποίους ισχύουν:

•

2 299 100

1 i 3 1 iz z 4

2 2

− + + + − =

και

• 2w z 2z w 4 0⋅ − − + =

Β.1. Να δείξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών z στο µιγαδικό

επίπεδο είναι ο κύκλος (C) µε κέντρο Ο(0,0) και ακτίνα 1.

Μονάδες 8

Β.2. Να δείξετε ότι w 2=

Μονάδες 6

B.3. Έστω 1 2 3z ,z ,z µιγαδικοί αριθµοί µε εικόνες στο µιγαδικό επίπεδο τα σηµεία Α,

Β και Γ αντίστοιχα. Αν οι εικόνες των σηµείων Α, Β και Γ ανήκουν στον

κύκλο (C) τότε να δείξετε:

i. ότι ο αριθµός 1 2 3 1 2 2 3 3 1

1 2 3

z z z z z z z z zt

1 z z z

+ + + + +=

+

είναι πραγµατικός.

Μονάδες 6

ii. ισχύει 1

2

1 z w3

3 w z

−≤ ≤

−

Μονάδες 5





ΘΕΜΑ Γ

∆ίνονται οι συναρτήσεις ( )f : 1,− +∞ →R και ( )G : 1,− +∞ →R για τις οποίες

ισχύουν

• Η f είναι παραγωγίσιµη για κάθε x 1> −

• ( )f 0 2=

• ( ) ( ) ( )1

f x f x ln x 1 3x 1

′ − = − + −+

, για κάθε x 1> − .

• ( )( ) ( )

x

2 f x ln x 1G x

x e 1

− + +

=

⋅ +

, για κάθε x 1> − .

Γ.1. Να δείξετε ότι ( ) ( )x

f x 3 e ln x 1= − + +,

για κάθε x 1> − .

Μονάδες 6

Γ.2. α. Να δείξετε ότι η εξίσωση

( )x

e ln x 1 3− + =

έχει ακριβώς δύο ετερόσηµες ρίζες 1 2,ρ ρ στο διάστηµα ( )1,− +∞ .

Μονάδες 5

β. Να δείξετε ότι η εξίσωση

( ) x 33 ln x 1 e x+ + = +α µε α∈R

έχει µια τουλάχιστον λύση στο διάστηµα [ ]1 2,ρ ρ .

Μονάδες 5

γ. Να λύσετε την ανίσωση ( ) x 1ln ln x 1 e ln x x

−

+ + > + , για κάθε x > 1.

Μονάδες 4

Γ.3. Να δείξετε ότι υπάρχει µοναδικός πραγµατικός αριθµός 0

x 1> − τέτοιος ώστε

η συνάρτηση G να παρουσιάζει στη θέση 0x τοπικό µέγιστο και ισχύει η

σχέση 0

x

0e x 2= +

Μονάδες 5





ΘΕΜΑ ∆

Θεωρούµε τη συνάρτηση f, παραγωγίσιµη για κάθε [ )x 0,∈ +∞ και τις συναρτήσεις Η

και G για τις οποίες ισχύουν:

• ( )f 0 1= ,

• ( ) ( )2xH x e f x= ⋅ , γνησίως αύξουσα για κάθε [ )x 0,∈ +∞

• ( ) ( )x

x

0

G x e f t dt= ∫ για κάθε [ )x 0,∈ +∞

Να δείξετε ότι:

∆.1. α. η συνάρτηση G είναι κυρτή.

Μονάδες 4

β. ( ) ( )x G x x G x′< < ⋅ , για κάθε ( )x 0,∈ +∞ και

Μονάδες 3

γ.

( )( ) ( )

0

1

0 0

x

G 1 x G xG x dx

2

− ⋅

<∫ , όπου ( )0x 0,1∈ .

Μονάδες 3

∆.2. Αν ( )2015

f 03

′ = τότε να βρείτε το όριο

( )x

2

0

x 0

x f t dt x

limx x→

⋅ −

− ηµ

∫

Μονάδες 5

∆.3. Να δείξετε ότι ισχύει

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

x 1 x

G x 1 G t dt G x 2 G t dt

+ +

+

+ + < + +∫ ∫ , για κάθε ( )x 0,∈ +∞ .

Μονάδες 5

∆.4. Αν επί πλέον η f ′ είναι συνεχής στο [ )0,+∞ , η γραφική παράσταση της

συνάρτησης F µε τύπο ( ) ( )x

t

0

F x e f t dt′= ⋅∫ διέρχεται από το σηµείο

( )( )A 1,e f 1 2⋅ −

και Ε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την

γραφική παράσταση της G, την εφαπτοµένη της στο σηµείο ( )( )O 0,G 0 και

την ευθεία x 1= τότε να δείξετε ότι ( )2G 1 3

E2

−

= .

Μονάδες 5

Ενδεικτικές-συνοπτικές λύσεις στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης Γ’ Λυκείου για τα έτη 2001-2015 χωρίς λογότυπα.

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

′′

⇒

′

−

+

−

+−−

+

+

+

−

!

"

=+

−

+=− ∗

∗ ! " !

# $

% "# !

++=−+ ++=+−

++=+−

=+−−

• & +∞→

+∞→

++−

+∞→

+∞→

=

≠ +∞→

+∞→

−=−

'−

++

•

+

−→

+∞ −∞

( +∞ −∞ ≠

+=+

( !

+

−→

+ (

∞+

∞−

+

−→

−

&

++

"−

≠−

+

−→

+

−→

++

+−

#

−

+

−→

+

−→

−+

+∞'−

$

∫∫ ∫ +

+=++=

$ +++$ +++$ !%

$ +++ "−

&

++++

+++ "−

++−== "−

−≤⇔≤+⇔≥+−⇔≥ −≥⇔≥+⇔≤+−⇔≤) &′ & (

'∞&′ +−&

+

% (

+−=− ∫∫ $ ! (

−−

′ −′

% −

*−−

−−

'−−

( ! −−

(' #

& ∈

′ ⇔′ ⇔′ −!)#

&(′

%′!

⇔′ ′⇔′ ′⇔′ ′

′!

( !′ −′ ′

! $ (

−∞ +∞′ − +

' $ *)) *+

− "$

∫∫ =

∫=

[ ]

−=

z2 z1

∈

f( )=( ∞−→

, ∞+→

)= ( ∞− , ∞+ )

ii)

<

+

+= =

+=

x=0.

+= ⇔ ⇔=

+⇔=+

f(x) + = 2x+c. f (0)=0 ⇔ c = 1, f(x) +

= 2 ∈ .

ii) f -1(x) =

(x+ ex -1

)

==−+=−+=−+=

∞−→∞−→∞−→

=−=−=−−+=−

∞−→∞−→∞−→

ii)

==−+=+

−+=−+=

=−+=−+=

+∞→+∞→

−∞−+→∞+→∞+→

−∞=−=−−+=−∞+→∞+→∞+→

i) f(z0) = =⇔+=+

-2-4i. '-4)

ii) f(z) - 2 =

+.-2=

+− =

++

−+−=

iii)

=⇔=⇔=− =+

z c 2 .

iv) rg ( f(z) −2 ) =

⇔

=⇔=− T

rg ( z +2 i)=rg (x+i(y+2))=

−=⇔=+⇔ x < 0

+−=

≥+⇔≤+−=

≥−⇔−≥+−=

x, x] ( x<x x>0):

−≤−==

−

∫∫

∫∫+=

=

+=

+=+=

! ⋅+⋅=+=

+−

+++

+=

=−=

x

=

+⋅=== ∫

+

+−=−==+∫

( ) [ ]

=

+−=−=−= ∫

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ Ο.Ε.Φ.Ε. 2003ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΕΤΙΚΗΣ-ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Θέµα 1οB. α) Λάθος διότι η f είναι «1-1» που σηµαίνει δεν είναι πάντα γνησίως µονότονη. β) Σωστό διότι ( ) ( )

00 lim 0

x xf x f x

→= > άρα ( ) 0f x > κοντά στο 0x

γ) Σωστό διότι από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ( )0 ,x a β∈ τέτοιος ώστε:

( ) ( ) ( )0' 0

f a ff x aβ

β−

= >−

διότι f ↑ άρα ( ) ( )f a f β<

δ) Λάθος διότι ( )'' 0,f x x≥ ∈∆ . (Παράδειγµα: για την ( ) 4f x x= είναι:( ) ( )3 2' 4 , '' 12 0f x x f x x= = ≥ για κάθε Rx∈ )

ε) Σωστό διότι αν ( ) 0f x = για κάθε ],[ βα∈x τότε ( ) 0a

f x dxβ

=∫ (άτοπο)

στ) Σωστό διότι αν η f δεν παίρνει 2 τουλάχιστον ετερόσηµες τιµές θα είναι( ) 0f x ≥ για κάθε [ ],x a β∈ . Όµως η f δεν είναι παντού ίση µε µηδέν, οπότε

( ) 0a

f x dxβ

>∫ άτοπο.

Θέµα 2οΑ. ( )0,A = +∞ πεδίο ορισµού

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

( ) ( )'''

2

1 1lnln ln 2'ax x axax x ax x ax xf x xx

⋅ ⋅ − ⋅⋅ − ⋅= = =

( ) ( )

( )ln ln1

2 ln2 22

ax axx

axx x x x

x x x x

− −−

= = = (1)

Είναι ( ) 2 ln' 1 1 2 ln 2 ln 0 12

af a a a−= = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =

Β. α) Για α=1 έχουµε: ( ) ln , 0xf x xx= > και ( ) 2 ln' , 02

xf x xx x−

= >

( ) 22 ln' 0 0 ln 22

xf x x x ex x−

= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

x 0 2e +∞( )'f x + - ( ) ( )2

2

2

ln 2 maxef e ee= =

( )f x maxβ) ( ) ( )

0 0 0

ln 1lim lim lim lnx x x

xf x xx x+ + +→ → →

= = ⋅ = +∞ −∞ = −∞

( ) ( )( )

'

'

1lnln 2 2lim lim lim lim lim lim 01

2x x x x x x

xx xxf x xx xx x→+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞

= = = = = =

Άρα (( )2 20, ,f e e = −∞ και )( ) )2 2, ,0f e e

+∞ = Η 0x = είναι κατακόρυφη ασύµπτωτη και η 0y = οριζόντια ασύµπτωτη.γ) ( ) ( )1

ln ln 1κ κ

κ κ+

> + ⇔

( )( )

1 ln ln 11 1 ln ln 12

ln 1ln1

κ κ κ κ

κ κ κ κ

κκ

κ κ

+ ⋅ > ⋅ + ⇔

+ ⋅ > ⋅ + ⇔

+> ⇔

+

( ) ( )1f fκ κ> + ισχύει διότι 21 8 eκ κ+ > ≥ > και f ↓ στο )2

,e +∞

Θέµα 3οΑ. α) ( )

( ) ( ) ( ) ( )11 1

11i a i i az i f af i f a i f

β ββ β+ − − − ⋅= = =− ⋅+ − − ⋅

( ) ( )( )( ) ( )

( )( ) ( )( )( )2

1 1 111 1

i a i f a a f a i a f af ai f a i f a

− ⋅ + ⋅ + ⋅ + − += = +− ⋅ ⋅ + ⋅ Rz ∈1 αν και µόνο αν ( ) ( )0a f a f a a− + = ⇔ =

β) Ισχύει ( ) ( )( ) ( ) ( )z iw a i i f a i f a i f if aβ β β β= − ⇔ + = − + ⋅ ⇔ + = − οπότε( )f a β= − και ( )f aβ = . Άρα iw ⋅+−= αβ . Έστω ( ),A a β και ( ),B aβ− . Είναι

( ) ( )2 2 2 2,OA a OB aβ β= + = + δηλαδή BAO

> ισοσκελές.Επειδή ( ) ( ) ( )2 2 2AB a aβ β= + + − =

( ) ( ) ( )2 22 2 2 2 2 22 2 2a a a a a OA OBβ β β β β= + + + + − = + = +

το τρίγωνο είναι και ορθογώνιο.Β. α) Έχουµε ( ) ( )( ) ( ) ( )2 22a i i f a if a i if a fβ β β β+ − + = + + −

( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 2 2 2a f i f a a f a fβ β β β+ + − = + + + ⇔

( )( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2a f f a a f a fβ β β β+ + − = + + + ⇔

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 22 2a f a f f a f a a f a fβ β β β β β+ + ⋅ + + − ⋅ = + + + ⇔

( ) ( ) ( ) ( )2 2 0 0a f f a a f f aβ β β β⋅ − ⋅ = ⇔ ⋅ − ⋅ =

β) Έστω ( ),A a β και ( ) ( )( ),B f a f β

OAa

βλ = και )()(

αβλ f

fOB = οι συντελεστές διεύθυνσης ΟΑ και ΟΒ αντίστοιχα

Λόγω της ( )1 είναι OA OBλ λ= που σηµαίνει Α, Ο, Β συνευθειακά.(Είναι ( ) 0f a ≠ διότι αν ( ) 0f a = τότε και ( ) 0f β = άτοπο)γ) Η εξίσωση της εφαπτοµένης της fC στο ( )( )0 0,M x f x είναι

( ) ( ) ( )0 0 0'y f x f x x x− = − η οποία διέρχεται από το ( )0,0 όταν( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 0 0' ' 0f x x f x x f x f x− = − ⋅ ⇔ ⋅ − = . Αρκεί να αποδείξουµε ότι έχει µια

τουλάχιστον λύση στο (α,β) η εξίσωση

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) '

2

'' 0 0 0

x f x f x f xx f x f x x x⋅ − ⋅ − = ⇔ = ⇔ =

.

Έστω ( ) ( ) [ ], ,

f xg x x ax β= ∈

• Η g είναι παραγωγίσιµη στο [ ],a β και

• )()()()( βββαα gf

afg === λόγω της ( )1

Σύµφωνα µε το θεώρηµα του Rolle, έχει µία τουλάχιστον λύση στο ),( βα η εξίσωση( )' 0g x = δηλαδή η ισοδύναµη της ( ) ( )' 0x f x f x⋅ − =

Θέµα 4οα) ( ) ( ) ( ) ( )

12 '' '

0 0 0

1 2 4x x

t f t dt t f t dt x f x tdt+ = − − ⋅ ⋅∫ ∫ ∫ ( ) ( ) ( ) ( )

122 '' '

0 0 0

1 2 42

x x tt f t dt t f t dt x f x + = − ⋅ − ⋅ ⋅ ∫ ∫ ( ) ( ) ( ) ( )2 '' '

0 0

41 22

x x

t f t dt t f t dt x f x+ = − ⋅ − ⋅∫ ∫ (1)

Με παραγώγιση των µελών της (1) έχουµε: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 '' ' '1 2 2 2x f x x f x f x x f x+ = − ⋅ − − ⋅

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 '' ' '1 2 2 2x f x x f x f x x f x+ + ⋅ = − − ⋅

( ) ( ) ( )' '2 ' '1 2x f x x f x + = − ⋅ , άρα ( ) ( ) ( )2 '11 2x f x x f x C+ = − ⋅ + (2)

Για 0x = είναι ( )'10f C= άρα 1 2C =

Η (2) γράφεται: ( ) ( ) ( )2 '1 2 2x f x x f x+ + ⋅ =

( ) ( ) ( )' '2 '1 2x f x x + = Άρα ( ) ( )221 2x f x x C+ ⋅ = +

Για 0x = είναι ( ) 20f C= άρα 2 0C = . Εποµένως Rxxxxf ∈+

= ,12)( 2

β΄ µέθοδοςΜε ολοκλήρωση κατά παράγοντες έχουµε:( ) ( ) ( ) ( ) ( )

12

00 0 0

1 ' 2 ' 2 ' 4x x

xt f t t f t dt t f t dt xf x tdt + − = − − ⇔ ∫ ∫ ∫( ) ( ) ( ) ( )

122

0

1 ' ' 0 42tx f x f x f x + − = − ⋅ ⇔

( ) ( ) ( )2 1 ' 2 2x f x x f x+ − = − ⋅ ⇔

( ) ( ) ( )2 1 ' 2 2x f x x f x+ + ⋅ = ⇔

( ) ( ) ( )' '2 1 2x f x x + = Άρα ( ) ( )2 1 2x f x x c+ = +

Για 0x = είναι ( )0f c= δηλαδή 0c = οπότε ( ) ( ) ( )2221 21

xx f x x f x x+ = ⇔ =+

β) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 22 0

0 0

2 ln 1 ' ln 1 ln 11

a aaxa dx x dx x a

x Ε = = + = + = + +∫ ∫ .

Το a είναι συνάρτηση του χρόνου οπότε:

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

' 2 22 2

2 '1ln 1 ' 1 '1 1

a t a tE a a t a t

a t a t⋅ = + = + = + + .

Είναι ( ) 10' / sec3

a t cm= και ( ) 3a t cm= , άρα ( )' 2 2

102 331 / sec 2 / sec

9 1E cm cm

⋅ ⋅= =

+.

Ο ρυθµός µεταβολής του ( )E a όταν 3a cm= .γ) i ) Αφού x→+∞ για κάθε 0x > ισχύει: ( ) ( ) ( )2f x g x x f x− ≤ + − ≤

( ) ( )2 22 221 1

x xg x xx x

− ≤ − − + ≤+ +

Είναι 2 22 2lim 0 lim

1 1x x

x x

x x→+∞ →+∞

− = = + + .

Άρα ( ) ( )lim 2 0x

g x x→+∞

− − + = που σηµαίνει ότι η ευθεία 2y x= − + είναι πλάγιαασύµπτωτη της gC στο +∞ .

ii) Είναι ( ) ( ) ( )2 2

0 0

2 2E g x x dx g x x dx= − − + = + −∫ ∫ και

( ) ( )2g x x f x+ − ≤ (ερώτηµα i) ( ) ( )2 0g x x f x+ − − ≤ . Άρα

( ) ( )

( )( )

2

02 2

20 0

22

0

2 0

22 01

ln 1 0

ln 5 0 ln 5

g x x f x dx

xg x x dx dxxE xE E

+ − − ≤ ⇔

+ − − ≤ ⇔+ − + ≤ ⇔

− ≤ ⇔ ≤

∫∫ ∫



1Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ


ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Θέµα 1ο Γ. 1 – (Λάθος) – 2 (Σωστό) – 3 (Λάθος) 4 (Λάθος) διότι από Θ.Μ.Τ. υπάρχει

( )0 ,x α β∈ τέτοιος ώστε ( ) ( ) ( )0 0f ff΄ x β α

β α−

= >−

διότι α<β και

( ) ( )f fα β<

5 (Λάθος) διότι: αν ( ) 0f x ≥ για κάθε [ ],x a β∈ τότε ( ) 0f x dxβ

α>∫

Θέµα 2ο

α) Για κάθε ( ) ( )1 10, ln 2 2x f΄ x x x xx> = ⋅ − + ⋅ =

( ) ( )1 2 1 lnln 2 ln 2 2 xx x

x x x x= − + = − + =

β) ( )0 0

1lim lim lnx x

f΄ x xx+ +→ →

= ⋅ = −∞ διότι

0

1limx x

+→= +∞ και

0lim lnx

x+→

= −∞

γ) Για κάθε χ>0, ( ) ( ) ( )( )2

ln lnx ΄ x x x ΄f΄΄ x

x⋅ −

= =

1 1 lnln 2 ln2 22

x xx

xx x x x

x x x x

− ⋅ −−

= = =

Είναι 2 22 ln 0 ln 2 ln ln 0x x x e x e− ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ < ≤

x 0 e 2 +∞ f΄΄(x) + - F(x) κυρτή Σ.Κ κοίλη

ε π α ν α λ η π τ ι κ ά

2 0 0 5θ έ µ α τ α



2 ( ) ( )2 22 ln 2 0f e e e= − = ( )2 ,0M e το σηµείο καµπής

δ) 2 21

1/ 1/ 1

ln ln lne e

e e

x x xE dx dx dxx x x

= = − +∫ ∫ ∫

( ) ( ) 21

1/ 12 ln 2 2 ln 2

e

ex x x x = − − + − =

( ) ( ) ( )22 12 2 ln 2 2 ln 2 2 2e eee

= − − + − + ⋅ − − −

( ) ( )2 68 1 2 2 2 2 8ee e

= + − − + − = − τ.µ.

Θέµα 3ο α) ( ) ( )Re Im 1 1 0x xz z e x e x> ⇔ > − ⇔ − + > Έστω ( ) 1,xf x e x x= − + ∈R . Τότε ( ) 1xf΄ x e= −

x −∞ 0 +∞ f΄(x) – + F(x) 2

H f για χ=0 παρουσιάζει ελάχιστο το 2. Άρα ( ) ( )0 2 0f x f≥ = > δηλαδή ( ) 0f x > για κάθε x∈R

β) ( ) ( )21 1 2x xw e x i e x i i = + − + + − + =

( ) ( ) ( )22 2 1 1 1 2x x xe i x e x e x i i= + − ⋅ − − + + − + = ( ) ( )22 1 2 1 1x x xe e x i x e x = + − − + − + + Έστω ( ) ( ) [ ]2 1 1, 0,1xg x x e x x= − + + ∈ • Η g είναι συνεχής στο [ ]0,1

• ( )( )0 2 1 11 1 1 2

gg

= − + = −

= + = Άρα ( ) ( )0 1 0g g⋅ <

Σύµφωνα µε το θεώρηµα Bolzano υπάρχει ( )0 0,1x ∈ τέτοιος ώστε ( )0 0g x = που σηµαίνει ότι υπάρχει ένας τουλάχιστον ( )0 0,1x ∈ τέτοιος ώστε 0 W να είναι πραγµατικός.



3

γ) ( )22 1xz e x= + − το οποίο γίνεται ελάχιστο όταν η συνάρτηση

( ) ( )22 1xh x e x= + − έχει ελάχιστο. ( ) ( )22 2 1xh΄ x e x= + − . Προφανής λύση είναι η χ=0 διότι ( )0 2 2 0h΄ = − = . Είναι ( ) 24 2 0xh΄΄ x e= + > . Άρα η ( )h΄ x ↑ .

x −∞ 0 +∞ h΄(x) – + H(x) min

Για κάθε χ<0 ισχύει ( ) ( )0 0h΄ x h΄< = και για κάθε χ>0 ισχύει ( ) ( )0 0h΄ x h΄> = . Εποµένως η ( )h x έχει ελάχιστο στο χ=0. Συνεπώς ο µιγαδικός ( )0 0 1 1z e i i= + − = − έχει το µικρότερο µέτρο. Θέµα 4ο α) ( ) ( ) ( )x xe f x e f΄ x f΄ x xηµ⋅ + ⋅ + = − ( ) ( ) ( )xe f x f x ΄ x ΄συν ⋅ + = Άρα υπάρχει c∈R τέτοιο ώστε: ( ) ( ) ,

xe f x f x x c xσυν⋅ + = + ∈R ( ) ( )1xe f x x cσυν+ ⋅ = + .

Για χ=0 είναι ( ) 12 0 0 2 1 02

f c c cσυν= + ⇔ ⋅ = + ⇔ =

Εποµένως ( ) ,1 x

xf x xeσυν

= ∈+

R

Έχουµε ( ) ( ) ( )11 1x x

x xf x f x xe eσυν συν

συν−

+ − = + = =+ +

K

β) 1 1 ,1 1 1x x x

xx

e e e

συν− ≤ ≤ ∈

+ + +R διότι 1 1xσυν− ≤ ≤

Επειδή 1lim 01 xx e→+∞

=+

, σύµφωνα µε το κριτήριο παρεµβολής είναι

( )lim 0x

f x→+∞

= γ) Με ολοκλήρωση των µελών της (1) παίρνουµε

( ) ( )/ 2 / 2 / 2

/ 2 / 2 / 2

f x dx f x dx xdxπ π π

π π π

συν− − −

+ − =∫ ∫ ∫ (2)



4

Στο ( )/ 2

/ 2

f x dxπ

π−

−∫ θέτουµε x u= − οπότε dx du= − .

Για / 2x π= − είναι / 2u π= και για / 2x π= είναι / 2u π= −

Άρα ( ) ( ) ( )/ 2 / 2 /2

/ 2 /2 / 2

f x du f u du f u duπ π π

π π π

−

− −

− = − =∫ ∫ ∫ .

Η (2) γράφεται: [ ] ( )/ 2

/ 2 2 /2 / 2 1 1 2I I x ππ

ηµ ηµπ ηµ π−

+ = ⇔ Ι = − − = + = Εποµένως Ι= 1.

δ) Βρίσκουµε την ελάχιστη και µέγιστη τιµή της f στο 0, 2π .

( )( )

( )( ) 01

111)( 22 <

+

⋅++⋅=+

⋅−+⋅−=x

xx

x

xx

exσυνeexηµ

eexσυνexηµxf΄

για κάθε [ ]0, / 2x π∈ . Άρα f ↓ στο [ ]0, / 2π οπότε ( ) 10

2f = η µέγιστη

τιµή και ( )/ 2 0f π = η ελάχιστη.

Ισχύει ( ) 102

f x≤ ≤ απ’ όπου προκύπτει ότι ( )/ 2

0

04

f x dxπ

π≤ ≤∫ .



1

Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ


Θέµα 1 Β) α) Σωστό β) Λάθος γ) Σωστό δ) Λάθος ε) Λάθος Θέµα 2

α) 2

22121

1

z i iw i z i i i z ziz zz iw i z i i i z iiz

+−

− + − −+= = = =++ + + +++

β) Λόγω (α) ερωτήµατος έχουµε: w i w i− = + . Αν w x yi= + τότε ( ) ( )1 1x yi i x yi i x y i x y i+ − = + + ⇔ + − = + + ⇔

( ) ( )2 22 2 2 2 2 21 1 2 1 2 1 0x y x y x y y x y y y⇔ + − = + + ⇔ + − + = + + + ⇔ =

Άρα το σηµείο Μ ανήκει στον x΄x. γ) w I∈

1 1z i z iw w

iz iz+ −

⇔ = − ⇔ = − ⇔+ −

( )( ) ( ) ( )1 1z i iz iz z i+ − = − + ⋅ − ⇔

( )z i izz z z izz i z+ − + = − + − + ⇔

2 2z i izz z z izz i z z z+ − + = − − + − ⇔ = − ⇔ z z z I= − ⇔ ∈ .

δ) Έχουµε ( ) ( )( ) ( ) ( )

( )2

10

1 1β β+ +

= ⇔ = <+ −

f a i i f af i fi f a f a διότι ( ) 1>f a Άρα ( ) ( ) 0f a f β⋅ < . Η f είναι συνεχής στο [ ],a β .Σύµφωνα µε το θ. Bolzano η εξίσωση ( ) 0f x = έχει µια τουλάχιστον λύση στο ( ),a β .



2

Θέµα 3 α) ( )' = −

xf x e a οπότε ( )' 0 1= −f a : (0) '(0)( 0)(1 )

ε − = − ⇔

= −

y f f xy a x β) Είναι ( ) 0 lnxf΄ x e a x a≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥

x -∞ lna +∞( )f΄ x - +

( )f x

Η f στο 0 ln=x a παρουσιάζει ελάχιστο το ( ) ln ln 1 ln 1= − − = − −ag a e a a a a a

Επειδή ( )' 1 ln 1 ln 0= − − = − <g a a a για κάθε (1, )∈ +∞a και g συνεχής στο [1, )+∞ η g είναι ↓ στο [1, )+∞ οπότε για κάθε 1>a ισχύει ( ) (1) 0< =g a g

γ) i) ( ) ( ) ( )0

1a

E a f x a x dx= − −∫ . Επειδή η f είναι κυρτή διότι

( )'' 0= >xf x e και η ( )1 xψ α= − εφαπτοµένη της fc στο ( )( )0, 0f , ισχύει : ( ) ( )1f x a x≥ − για κάθε x∈R

Άρα ( ) ( ) ( )0 0

1 1a a

x xE a e ax x a x dx e x dx= − − − + = − −∫ ∫ 2

02

a

x xe x = − − =

2

12

a ae a− − − τ.µ.

ii) ( ) 22 21 1 12

aeE a aa a a

= − − − . Είναι ( )( )2 2lim limaa

a a

e ΄ea a ΄→+∞ →+∞=

( )( )lim lim lim

2 2 2

aa a

a

e ΄e ea ΄α αα→+∞ →+∞ →+∞

= = = = +∞ . Εποµένως ( )lima

E a→+∞

= +∞



3

Θέµα 4 α) Θέτουµε x t u⋅ = τότε ( )xt ΄dt du xdt du= ⇔ = οπότε για κάθε 0x ≠ είναι 1dt du

x=

• Για 0t = είναι 0u = και για 1=t είναι =u x . Άρα ( ) ( ) ( )2

0 0

1 1x xug x f u dx u f u dux x x= ⋅ ⋅ =∫ ∫ Επειδή το ολοκλήρωµα είναι ανεξάρτητο της µεταβλητής ολοκλήρωσης, έχουµε. ( ) ( )2

0

1 , 0x

g x t f t dt xx= ≠∫ β) Η g είναι συνεχής στο 0 0,x = όταν ( ) ( )

0lim 0x

g x g→

= .

Είναι ( ) ( ) ( )1 1

0 0

0 0 0g t f dt f t dt= = =∫ ∫ ( ) ( )12

0

10 02 2tf f =

Επειδή 2

0lim 0xx

→= και ( ) ( )

0

00 0

lim 0x

xt f t dt t f t dt

→= =∫ ∫

(Η ( )0

x

t f t dt∫ είναι παραγωγίσιµη, άρα και συνεχής) σύµφωνα µε το θ. De L΄ Hospital έχουµε

( )( )

( )020 0

lim lim

x

x x

t f t dt ΄g x x ΄→ →

= =∫ ( ) ( ) ( )

00

0lim lim2 2 2x x x

x f x f x fx→ →= =

διότι η f είναι συνεχής στο 0 0x = Άρα ( ) ( )0

lim 0x

g x g→

= που σηµαίνει ότι η g είναι συνεχής στο 0 0x = γ) Για κάθε 0x > η ανισότητα γράφεται:

( ) ( )20 0

1⋅ < ⋅ ⇔∫ ∫x x

x t f t dt f t dtx ( ) ( )0 0

1 x x

t f t dt f t dtx < ⇔∫ ∫

( ) ( )0 0

x x

t f t dt x f t dt< ⇔∫ ∫ ( ) ( )0 0

0x x

t f t dt x f t dt− <∫ ∫ Έστω η συνάρτηση: ( ) ( ) ( )

0 0

, 0x x

h x t f t dt x f t dt x= − ≥∫ ∫



4

( ) ( ) ( ) ( )0

x

h΄ x x f x f t dt x f x= ⋅ − − ⋅ =∫ ( )0

0x

f t dt− <∫ για κάθε χ>0. διότι από ( ) 0f t > προκύπτει ότι:

( )0

0x

f t dt >∫ για κάθε χ>0. Η h είναι συνεχής στο [ )0,+∞ (πράξεις συνεχών συναρτήσεων) Άρα η h είναι γνησίως φθίνουσα στο [ )0, .+∞ Εποµένως για κάθε χ>0 ισχύει ( ) ( )0h x h< Αλλά ( )0h ( )

0

0

0t f t dt= =∫ συνεπώς ( ) 0g x < για κάθε χ>0.

δ) Η g είναι παραγωγίσιµη στο [ ]1,2 και ισχύει:

( ) ( ) ( ) ( )2 1 2

0 0 1

1 124 4

g t f t dt t f t dt t f t dt = ⋅ = ⋅ + ⋅ = ∫ ∫ ∫ ( ) ( )1

0

1t f t dt g⋅ =∫ . Σύµφωνα µε το Θ. Rolle υπάρχει ( )1,2ξ ∈ τέτοιος ώστε ( )' 0g ξ = .Με παραγώγιση των µελών της ( ) ( )2

0

x

x g x t f t dt= ⋅∫ έχουµε:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )022 ' 2 '

xx g x x g x x f x g x x g x f x≠

⋅ + = ⋅ ⇔ + ⋅ = οπότε για x ξ= προκύπτει: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 ' 2g g f g fξ ξ ξ ξ ξ ξ+ ⋅ = ⇔ =



1

1

Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ

ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ


Θέµα 1ο Β. 1. Λάθος 2. Σωστό 3. Σωστό

4. Λάθος 5. Λάθος 6. Σωστό

Θέµα 2ο α) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2' 2 2 2x x x xf x x e x a e x x a e x x a e− − − −= ⋅ − + = − − = − + −

( )0f a= και ( )' 0f a= − : y a ax y ax aε − = − ⇔ = − + η εξίσωση της εφαπτοµένης στο

( )( )0, 0fΜ . Ταυτίζεται µε την 2 2y x= − + όταν 2a− = − και 2a = δηλαδή όταν 2a = .

β) Για 2a = είναι ( ) ( )2 2 xf x x e −= + και ( ) ( )2' 2 2 0xf x x x e −= − + − < για κάθε ℜ∈x διότι 2 2 2 0x x− + − < και 0xe − > για κάθε ℜ∈x . Άρα η

( )f x είναι γνησίως φθίνουσα στο ℜ . γ) ( ) ( )2lim lim 2 x

x xf x x e −

→−∞ →−∞ = + = +∞

διότι ( )2lim 2x

x→−∞

+ = +∞ και lim x

xe −

→−∞= +∞

( ) ( ) ( ) ( )( )220

22 '2lim lim 2 lim lim'

x

x xx x x x

xxf x x e e e

+∞ +∞⋅ +∞ −→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

++ = + ⋅ = = =

( )( )2 '2 2lim lim lim 0

'x xxx x x

xx

e ee

+∞ +∞ →+∞ →+∞ →+∞= = = =

δ) Από (β) και (γ) συµπεραίνουµε ότι το σύνολο τιµών της ( )f x είναι ( ) ( )0,f Α = +∞ το οποίο περιέχει το 2007. Η ( )f x ↓ στο ℜ , άρα η

εξίσωση ( ) 2007f x = έχει ακριβώς µια ρίζα στο ℜ .



2

2

Θέµα 3ο α) ( )2 2 1

.... 0 0z w z w z w z w z w z w+ = − ⇔ ⇔ ⋅ + ⋅ = = ⋅ + ⋅ = ⇔

( ) ( )2 Re 0 Re 0z w z w⋅ = ⇔ ⋅ = β) Ισχύει 0z w z w⋅ + ⋅ = ⇔ (ερώτηµα (α)) z w z w⋅ = − ⋅ . ∆ιαιρούµε µε

2w w w= και έχουµε z z

w w= − που σηµαίνει ότι z

w φανταστικός.

γ) Αν Α, Β οι εικόνες των ,z w τότε ( ) ( ),z wΟΑ = ΟΒ = και ( ) z wΑΒ = − .

Αρκεί ότι ( ) ( ) ( )2 2 2ΟΑ + ΟΒ = ΑΒ ⇔

2 2 2...z w z w+ = − ⇔ ⇔

( )Re 0z w⇔ ⋅ = ισχύει. β΄ µέθοδος Η ισότητα z w z w+ = − γράφεται ισοδύναµα OA OB OA OB+ = − ⇔

uuur uuur uuur uuur ( ) ( )2 2OA OB OA OB+ = − ⇔uuur uuur uuur uuur 2 2 2 2

2 2 ...OA OB OA OB OA OB OA OB+ + ⋅ = + − ⋅ ⇔ ⇔uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

0OA OB⋅ =uuur uuur Άρα 090AOB = γ΄ µέθοδος Αν Γ η 4η κορυφή του παραλληλόγραµµου µε πλευρές ΟΑ και ΟΒ, τότε ( ) z wΟΓ = + και ( ) z wΑΒ = − επειδή z w z w+ = − είναι ( ) ( )ΟΓ = ΑΒ . Εποµένως ΟΑΓΒ ορθογώνιο.

δ) Είναι ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )z w a i f a f i a f f a a f a f iβ β β β β β⋅ = + ⋅ + = ⋅ − ⋅ + ⋅ +

οπότε ( ) ( ) ( ) ( ) ( )Re 0 0f a fz w a f f a a

ββ β β⋅ = ⇔ ⋅ − ⋅ = ⇔ = . Θα αποδείξουµε ότι έχει µια τουλάχιστον λύση στο ( ),a β η εξίσωση

( ) ( ) ( )' 0 ... ' 0f xx f x f x x

⋅ − = ⇔ ⇔ = . Εφαρµόζεται το Θ. Rolle για

την ( ) ( )f xh x x= στο [ ],a β , άρα υπάρχει ( )0 , ...x a β∈



3

3

Θέµα 4ο α) ( ) 2

1'1

g xx

=+

και ( ) ( )2212''xxxg

+

−=

x −∞ 0 +∞ ( )"g x + - ( )g x ∪ ∩

Σ. Κ. β) Για 0x = είναι ( )0 0 0g≤ ≤ . Ισχύει η ισότητα

Για κάθε 0x > εφαρµόζεται το Θ.Μ.Τ. στο [ ]0, x οπότε υπάρχει ( )0, xξ ∈ τέτοιος ώστε ( ) ( ) ( ) ( )0

'g x g g x

gx x

ξ −= = Έχουµε

( )21 ' 1

1g

xξ≤ ≤

+ ⇔ ( ) ( ) ( )' ' ' 0g x g gξ≤ ≤ . Ισχύει διότι ( )'g x ↓ στο

[ )0, +∞ και 0 xξ< < (ερώτηµα α) β΄ µέθοδος Θα αποδείξουµε ότι: ( ) 2 2 2

0

11 1 1

xx xg x d tx t x≥ ⇔ ≥+ + +∫

Έστω ( ) 2 20

1 , 01 1x xh x d t x

t x= − ≥

+ +∫

( ) ( ) ( )2 2 2

2 22 2 2

1 1 2 1 11 1 1

x x x x xh ΄ xx x x

+ − ⋅ + − += − = =

+ + +

( )2

22

2 01x

x= >+

για κάθε ( )0,x ∈ +∞ και h συνεχής στο [ )0, +∞ . Άρα

( )h x ↑ στο [ )0, +∞ . Εποµένως για κάθε 0x ≥ ισχύει ( ) ( )0 0h x h≥ = . Όµοια αποδεικνύουµε ότι : ( )g x x≤ για κάθε [ )0,x ∈ +∞ .

γ) Έστω ( ) ( ) ( ) 2 20 0

1 11 1

x x

h x g x g x d t d tt t−

= + − = ++ +∫ ∫ .

Είναι ( ) 2 21 1' 0

1 1h x

x x= − =

+ + άρα ( )h x c=

Για 0x = είναι ( )0 0h = . Εποµένως ( ) 0h x = , για κάθε ℜ∈x . β΄ µέθοδος Είναι ( ) ( ) 2 2

0 0

1 11 1

x x

g x g x d t d tt t−

+ − = ++ +∫ ∫ .

Στο ( )g x− θέτουµε t u= − τότε d t du= − Άκρα ολοκλήρωσης



4

4

Για 0, 0t u= = και για 0,t u x= = . Άρα ( ) 2 2

0 0

1 11 1

x x

g x d t dut u−

− = = −+ +∫ ∫

Εποµένως … δ) Αφού ( ) 2

1 01

f t t= >+

τότε ( )1

20

1 01

g x d tt= >+∫ . Άρα

( ) ( ) ( ) ( )1 1 1

1

00 0 0

' 'g x d x x g x d x x g x x g x d xΕ = = ⋅ = ⋅ − ⋅ = ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( )( )1 12

20 0

11 1 ln 1 '1 2

xg d x g x d xx= − = − + =+∫ ∫

( ) ( ) ( )12

0

1 11 ln 1 1 ln 22 2

g x g = − + = − τ.µ.



1

1

Γ' ΛΥΚΕΙΟΥΘΕΤΙΚΗ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ

ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ


ΘΕΜΑ 1ο

Α. α. Βλέπε Πόρισµα σελίδα 251 σχολικού βιβλίου.β. Βλέπε σελίδα 224 σχολικού βιβλίου.

Β. α. (Σ), β. (Σ), γ. (Σ), δ. (Σ).Γ. α. 0, β. 8, γ. 44

ΘΕΜΑ 2ο

α. Η f είναι συνεχής για x < 0, ως πολυωνυµική και για x > 0, ως άθροισµα τηςτριγωνοµετρικής ηµx µε την σταθερή c(x) = λ. Στο x0 = 0 έχουµε:

=+→f(x)lim

0x +→0xlim (ηµx + λ) = λ

11)1)x((µlimf(x)lim0x0x

=+−=−− →→

Ακόµα 1f(0) = . Για να είναι η συνάρτηση συνεχής στο x0 = 0 πρέπει και αρκεί:1λf(0)f(x)limf(x)lim

0x0x=⇔==

−+ →→

Εποµένως, η ζητούµενη τιµή είναι λ = 1.β. Για x > 0 έχουµε:

x1ληµxlim0x

f(0)f(x)lim0x0x

−+=

−

−++ →→

1xηµxlimx

11ηµxlim0x0x

==−+

=++ →→

Για x < 0 έχουµε:

x111)x(µlim0x

f(0)f(x)lim0x0x

−+−=

−

−−− →→

1µx1)x(µlim

0x−=

−=

−→

Για να είναι η συνάρτηση παραγωγίσιµη στο x0 = 0 πρέπει και αρκεί:2µ11µ0x

f(0)f(x)lim0xf(0)f(x)lim

0x0x=⇔=−⇔

−

−=

−

−−+ →→

Εποµένως, η ζητούµενη τιµή είναι µ = 2.γ. Είναι π.χ. f (2π) = f(π) = λ, άρα η συνάρτηση δεν είναι 1−1.



2

2

δ. Είναι

≤+>+= 0xαν1,x0xαν1,ηµxf(x)

και=+++=+= ∫∫∫∫∫

−−−

dx1)(ηµxdx1)(xdxf(x)dxf(x)dxf(x) π

0

0

2

π

0

0

2

π

2

+

+=−

0

2

2

x2x [–συνx + x] π

0= π + 2

ΘΕΜΑ 3ο

α. i. Για κάθε x∈IR είναι :f΄(x) = xxxx ex1e1xe1xe1 eeee)'e(1)'(e −+−−−

−=−=⋅−=

Επειδή 01 >−+ xexe είναι f΄(x) < 0 στο IR , άρα η f είναι γνησίως φθίνουσαστο IR

ii. Για κάθε x∈IR είναι:f΄΄(x) = xxx ex1xex1xex1 e)e(1e)'ex(1)'e( −+−+−+ ⋅−−=⋅−+−=−

xex1x e1)(e −+⋅−=

Έτσι:f΄΄(x) = 0 (ex – 1) 0exex1=⋅

−+ ex – 1 = 0 ex = 1 x = 0και f΄΄(x) > 0 x > 0, f΄΄(x) < 0 x < 0

H f είναι συνεχής στο IR µε f΄΄(x) < 0 στο διάστηµα (–∞, 0), άρα στρέφει τα κοίλακάτω στο διάστηµα (–∞, 0]. Ακόµα είναι f΄΄(x) > 0 στο διάστηµα (0,+∞), άρα η fστρέφει τα κοίλα άνω στο [0, +∞).Τέλος, η συνάρτηση έχει σηµείο καµπής το (0, f (0)), γιατί εκατέρωθεν τουαλλάζει κυρτότητα και υπάρχει η εφαπτοµένη της γραφικής της παράστασης σ’αυτό, αφού είναι παραγωγίσιµη.Είναι f (0) = e1–1 = e0 = 1 έτσι, η συνάρτηση έχει σηµείο καµπής το (0, 1 ).

β. Θα βρούµε, αν υπάρχουν, τα όρια:)(elimf(x)lim xe1

xx

−

+∞→+∞→= και )(elimf(x)lim xe1

xx

−

−∞→−∞→=

Θέτουµε u = 1 – ex οπότε:)e-(1limulim x

xx +∞→+∞→= = – ∞ και 00-1)e-(1limulim x

xx===

−∞→−∞→

Τότε είναι:f(x)lim

x +∞→= )(elim xe-1

x +∞→= 0elim u

u=

−∞→

και



3

3

e)(elim)(elimf(x)lim u

1u

e1

xx

x

===→

−

−∞→−∞→

Εποµένως, η γραφική παράσταση της συνάρτησης έχει οριζόντια ασύµπτωτη τηνy = 0 στο +∞ και την y = e στο −∞.

γ. Με βάση τις πληροφορίες των προηγουµένων ερωτηµάτων σχεδιάζουµε τηνγραφική παράσταση της συνάρτησης:

δ. Στο α ερώτηµα βρήκαµε f΄(x) < 0, οπότε |f΄(x)| = – f΄(x) και έτσι:

E = dx|(x)'f|0

21ln∫ = – dx(x)'f0

21ln∫ = – [ ]0

21ln

(x)f = – f(0) +

21lnf =

= 2/11e1 1e 21ln0

ee e +−=+− −− τµ

ΘΕΜΑ 4ο

α. Επειδή οι συναρτήσεις f, g είναι συνεχείς, οι συναρτήσεις dtf(t)x

1∫ και dtg(t)x

0∫ ,που ορίζονται από ολοκλήρωµα, είναι παραγωγίσιµες, έτσι µπορούµε ναπαραγωγίσουµε και τα δύο µέλη της (1), οπότε έχουµε:

dt)'g(t)(x2)'dtf(t)( x

0

x

1 ∫∫ =−

ή f (x) = x g(x) + dtg(t)x

0∫ (3)

Για x = 0 παίρνουµε: f (0) = 0 + dtg(t)0

0∫ = 0Με x ≠ 0 από την (3) έχουµε:

xdtg(t)

g(x)xf(x)

x

0∫+=

και:

x −∞ 0 +∞f΄(x) − | −f΄΄(x) − | +

f (x)e 1 0

y

Ο

1

y = 0 xx΄

y = e

y΄

e



4

4

+= ∫

→→ xdtg(t)

g(x)limxf(x)lim

x

0

0x0x

Επειδή η g είναι συνεχής στο IR , άρα και στο x0 = 0, είναι )g(0)(glim0x

=→

x .Η συνάρτηση h(x) = dtg(t)x

0∫ , x∈IR, είναι παραγωγίσιµη, άρα είναι συνεχής στοx0 = 0, οπότε:

0dtg(t)h(0)h(x)limdtg(t)lim 0

00x

x

00x==== ∫∫ →→

Εποµένως, το όριο:

xdtg(t)

limx

0

0x

∫→

είναι µορφή 0/0 και υπολογίζεται µε τον κανόνα του De L’ Hospital:

g(0)1g(x)lim(x)'

dt)'g(t)(limxdtg(t)lim

0x

x

0

0x

x

0

0x===

→→→

∫∫Έτσι:

2g(0)xdtg(t)

g(x)limxf(x)lim

x

0

0x0x=

+= ∫

→→

οπότε, τελικά:2g(0)x

f(x)lim0xf(0)f(x)lim(0)'f

0x0x==

−

−=

→→

β. H (1) για x = 1 δίνει –2 = dtg(t)1

0∫ (4)Επειδή η g(x) δεν µηδενίζεται και είναι συνεχής στο IR διατηρεί πρόσηµο σ’αυτό. Αν ήταν g(x) > 0 τότε

dtg(t)1

0∫ > 0 – 2 > 0Άτοπο. Άρα είναι g(x) < 0, για κάθε x∈IR .

γ. H (1) για x = 0 δίνει 02dtf(t)0

1=−∫ 2dtf(t)0

1=∫ (5)

Είναι g(x) < 0 − g(x) > 0 για κάθε x∈IR , έτσι:

• µε x ≥ 0 είναι 0dtg(t)0dtg(t)][ x

0

x

0≤⇔≥− ∫∫ , άρα: x dtg(t)x

0∫ ≤ 0• µε x < 0 είναι 0dtg(t)0dtg(t)][ 0

x

0

x>⇔>− ∫∫ , άρα: x dtg(t)x

0∫ < 0Εποµένως, για κάθε x∈IR από την (1) είναι:

x dtg(t)x

0∫ ≤ 0 02dtf(t)x

1≤−∫



5

5

2dtf(t)x

1≤∫ [ 2dtf(t)0

1=∫ από (5)]

dtf(t)dtf(t) 0

1

x

1 ∫∫ ≤

2ος τρόπος: Έστω η συνάρτηση F(x) = dtf(t)x

1∫ , x∈IR για την οποίαF΄(x) = f (x). Από την (3), αφού g(x) < 0, βρίσκουµε:

• µε x > 0 είναι f (x) = x g(x) + dtg(t)x

0∫ < 0 F΄(x) < 0• µε x = 0 είναι f (0) = 0 F΄(x) = 0• µε x < 0 είναι f (x) = x g(x) + dtg(t)x

0∫ > 0 F΄(x) > 0οπότε η F(x) έχει µέγιστο το F(0), άρα για κάθε x∈IR :

F(x) ≤ F(0) dtf(t)dtf(t) 0

1

x

1 ∫∫ ≤

δ. (Απόδειξη µε Rolle σε αρχική). Θεωρούµε την συνάρτηση:Η(x) = 2xdtg(t)2dtf(t) x

0

x

0−− ∫∫ µε x∈[0, 1]

Επειδή οι f, g είναι συνεχείς, οι συναρτήσεις dtf(t)x

0∫ και dtg(t)x

0∫ ως οριζό-µενες από ολοκλήρωµα, είναι παραγωγίσιµες. Ακόµα η είναι παραγωγίσιµη,ως πολυωνυµική, άρα η Η(x), ως αλγεβρικό άθροισµα παραγωγίσιµων συναρ-τήσεων, είναι:• Παραγωγίσιµη στο πεδίο ορισµού της, άρα και στο (0, 1) µε

Η΄(x) = f (x) − 2g(x) − 2• συνεχής στο [0, 1], ως παραγωγίσιµη σ’ αυτό.Ακόµα:

• Η(0) = 0 καιΗ(1) = 2dtg(t)2dtf(t) 1

0

1

0−− ∫∫

2dtg(t)2dtf(t) 1

0

0

1−− ∫∫

= −2 − 2·(−2) −2 = 0 [ από (4) και (5) ]Εποµένως, εφαρµόζεται για την Η(x) το θεώρηµα του Rolle, οπότε υπάρχειτουλάχιστον ένα ξ∈(0, 1) µε

Η΄(ξ) = 0 f (ξ) − 2g(ξ) − 2 =0 f (ξ) = 2g(ξ) + 2,που σηµαίνει ότι το ξ είναι ρίζα στο (0, 1) της εξίσωσης f (x) = 2g(x) + 2.



1

1



ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ 1ο Α. Σχολ. Βιβλίο σελ. 260 Β. 1. Σχολ. Βιβλίο σελ. 280

2. Σχολ. Βιβλίο σελ. 191 Γ. 1. Σ

2. Λ 3. Λ 4. Σ 5. Λ

ΘΕΜΑ 2ο Α. 01111 22 =++⇔−=+⇔−=+ zzzz

zz µε 121 =zz (τύποι Vieta)

και

( )2 3 2 3 21 1 1 1 1 1 1 11 0 0 1z z z z z z z z+ + = ⇒ + + = ⇔ = − + = − ή

3

31

1 3 ...2 2

z i −= + =

Β. Οι αριθµοί 21 z και z συζυγείς οπότε 20092009 2009

1 1 2z z z= = Άρα ( ) ℜ∈+ 2009

220091 zz σαν άθροισµα συζυγών

Γ. ( ) ( )2 38 8 10 3 2 3 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1102

1 1 1 . 1 1 0z z z z z z z z zz+ + = + + = + + = + + =

∆. Έστω ,23)()( +−= xxfxg συνεχής στο [0,1] σαν άθροισµα συνεχών (f

παραγωγίσιµη οπότε και συνεχής και –3x+2 συνεχής ως πολυωνυµική µε ( ) ( )2 22 21 2 1 21 2 1 2

2 1 1 2 1 2

2 1 2.1(0) (0) 2 2 2 4 4 4 3 01z z z zz z z zg f z z z z z z+ − − −+

= + = + + + = + = + = + = >

και 2 1

1 2 1 2

2 21 1 3 5 2 5(1) (1) 3 2 1 3 02 2 2 4 2 4 2z zg f z z z z+ −

= − + = + − − = − = − = − <

21 2

1 3 1 3 ∆ 1 -4.1.1 -3 z και z2 2i iή − + − −= = = =



2

2

Άρα από το Θεώρηµα Bolzano υπάρχει ( )0 0,1x ∈ ώστε g ( )0 0 0( ) 0 3 2 0x f x x= ⇔ − + = ( )0 03 2f x x⇔ = −

Ε. w = 2(z1+z2)=2(-1)=-2 δηλαδή Γ (-2,0), και

−

−Α 2

2,21-Β ,2

3,21 τότε

ΓΑ = 343

49

230

212

22

=+=

−+

+−

ΓΒ = 323

212

22

=

+

+−

Άρα ΓΒ=ΓΑ ΘΕΜΑ3o

Α. xxxf ln22)( ++= µε π.ο. ( )+∞= ,0fD ( )+∞↑⇒>+=′ ,0021)( fxxf

)(0, στο κοίλη02)(2

+∞⇒<−=′′ fxxf Β. ( ) −∞=∞−+=++=

++ >→20ln22lim)(lim

00xxxf

xx

( )lim ( ) lim 2 2ln 2x x

f x x x→+∞ →+∞

= + + = +∞ + +∞ = +∞ δηλαδή f(Α)= ( )+∞∞− , Αφού το 0 )(Af∈ έχει η f(x)=0 ρίζα x0 στο ( )+∞,0 , µοναδική γιατί

( )+∞↑ ,0f Γ. Θέλω g(x)≥ g(x0) δηλαδή η g να έχει ελάχιστο στο x0. Έχω

g΄(x)= ( )( )

( ) ( )22 2ln2ln2ln

2ln21ln

+

−+++=

+

−++

x

xxxxxx

x

xxxx =

( ) ( )22 2)(

22ln2

+=

+

++= x

xfx

xx

Αν ( ) 0)(02)(0)( 2 =⇔=

+⇔=′ xfx

xfxg



3

3

άρα η g(x) έχει ελάχιστο στο x0 δηλαδή )()( 0xgxg ≥

∆. Θέλω f(x-2)<2f(x+1)-f(x+4) f(x+4) – f(x+1)<f(x+1)-f(x-2) )2()1(

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

−−+

−−+<

+−+

+−+

xxxfxf

xxxfxf

έχω από Θ.Μ.Τ. ότι υπάρχουν ξ1 , ( )4,1 ++∈ xx και ( )1,22 +−∈ xxξ ώστε

)1()4()1()4()( 1 +−+

+−+=′ xxxfxff ξ και ( ) ( )

( ) ( )2121)( 2 −−+

−−+=′ xxxfxff ξ δηλαδή θέλω

1 2( ) ( )f fξ ξ′ ′< Όµως f κοίλη στο (0,+∞) δηλαδή ( )+∞↓′ ,0f και0< x-2 < ξ1<x+1<ξ2<x+4 Θα είναι )(')(' 21 ξξ ff > δηλαδή ισχύει το ζητούµενο.

ΘΕΜΑ 4o

Α. Για κάθε x∈ (0, +∞) είναι: f΄(x

1 ) = xe

x 1+ - 21x

f΄(x

1 ) = xe

x 1+ (- 21x

) [f (x

1 )] ΄ = (e x_x

1 )΄

f (x

1 ) = e x_x

1 + c

Για x = 1 είναι f(1) =e

1 + c c= 0

Άρα f (x

1 ) = e x_x

1

Έστω x

1 = ω τότε x = ω

1 , ω (0, +∞). Άρα f(ω) = ωe-1/ω Τελικά f(x) = xe-1/x x (0, +∞). 2η λύση: f ΄(x

1 ) = xe

x 1+ , x>0

Θέτω x

1 = ω x = ω

1 > 0

Άρα f ΄(ω) = (ω

1 +1) e -1/ω f ΄(ω) = (ω e -1/ω)΄ f(ω) = ω e -1/ω + c Για x = 1 είναι ω = 1 άρα f(1) = e-1 + c c = 0 Άρα f(ω) = ω e -1/ω, ω>0 ή f(x) = x e -1/x , x>0



4

4

Β. 1. Είναι f ΄ (x) = e -1/x + xe -1/x 2

1x

= e -1/x (1 + x

1 )

f ΄(1) = e

2 , f(1) = e

1 Η εφαπτοµένη στο x0 = 1 είναι: y – f(1) = f΄(1)(x-1) y =

e

2 x - e

1 (ε)

2. Είναι: f ΄΄(x) = 31x

e -1/x > 0 για x > 0. Άρα η f(x) είναι κυρτή στο (0, +∞) και η Cf βρίσκεται πάνω από την (ε) εκτός του σηµείου επαφής. Είναι f(x) ≥

e

2 x -e

1 f(x) - e

2 x +e

1 ≥0 για κάθε x [1,2]

Άρα ∫21

(f(x) - e

2 x +e

1 )dx >0 ∫21

f(x)dx + ∫21

(-e

2 x +e

1 )dx >0

∫21

f(x)dx + [-e

2 x +e

1 ] 21 >0 ∫21

f(x)dx - e

2 > 0 ∫21

f(x)dx > e

2

Γ. g(x) = 3)(

xxf = 2

1_

x

e x

>0 στο [1,t]

Άρα Ε = ∫t1

g(x)dx = ∫t1

21x

e -1/x dx = [e -1/x ] t1 = e -1/t - e-1 τ.µ.

∆. 11

0

11

1)()()( limlimlim −−

→

−−

+∞→+∞→

−=−=−= eeeeetE t

tt

ω

ω

(Έστω -t1 =ω, όταν t +∞ τότε ω 0 )



1

1

Γ' ΤΑΞΗ ΓΕΝ.ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ



ΘΕΜΑ 1ο Α. Σχολικό βιβλίο σελ.334. Β.1. σελ. 213. Β.2. σελ. 212. Γ. α – Λ

β – Σ γ – Λ δ – Λ ε – Σ

ΘΕΜΑ 2ο

α) Έχουµε ( ) ( )1 2 1 1 1 21

wz w z w w

w

+= ≠ ⇔ − = + ⇔

−1 2z zw w− = + ⇔

2 1 (2 ) 1w zw z w z z+ = − ⇔ + = − ⇔

( )1 12 1 12 2

z zw z w

z z

− −= ≠− ⇔ + = + ⇔

+ +

1 2 2 112 2

z z zw

z z

− + + ++ = =

+ +.

Από την υπόθεση 1 1w+ = . Άρα

2 11 1 2 1 22

zw z z

z

++ = = ⇔ + = + ⇔

+

( )( ) ( )( )2 22 1 2 2 1 2 1 2 2z z z z z z+ = + ⇔ + + = + + ⇔

4 2 2 1 2 2 4⇔ + + + = + + + ⇔zz z z zz z z23 3 1z z= ⇔ = .

β) i) Έχουµε 21 1 1 1 1 2 3

1 2 3

1 1 11 1 1 , ,z z z z z z zz z z

= ⇔ = ⇔ = ⇔ = = = Επειδή z R z z∈ ⇔ = (Πρέπει να αποδειχθεί) αρκεί να δείξουµε ότι α α= .



2

2

Οπότε2 3 1 3 3 31 2 1 2 2 1

3 1 2 3 3 1 1 2 2

z z z z z zz z z z z z

z z z z z z z z zα

+ ++= + + = + + + + + = ɶ

3 31 2 2 1

3 3 1 1 2 2

1 11 1 1 1

1 1 1 1 1 1z zz z z z

z z z z z z

= + + + + + = 3 3 1 1 2 2

1 2 2 3 1 3

z z z z z z+ + + + + =

z z z z z z

= 2 3 1 31 2

3 1 2

z z z zz z

z z zα

+ +++ + = .

ii) Έχουµε 3 31 2 1 2

2 3 1 2 3 131 2

2 3 1Re

2

z zz z z z

z z z z z zzz z

z z z

+ + + + + + + = =

3 3 1 3 2 31 2 2 1 1 2

2 3 1 1 2 3 3 2 12 2

z z z z z zz z z z z z

z z z z z z z z z

+ +++ + + + + + +

= = 3 2 1

3 2 1 32 2

z z z

z z z− − −

= =−

γ) 1ος Τρόπος Έχουµε

( ) ( )3 1 4 0 12 15, 352 23 4d K ε

− + ⋅ −= = =

+

Οπότε Ελάχιστη απόσταση είναι:

( ) ( ), 3 1 2AM d K ε ρ= − = − = και µέγιστη ( ) ( ), 3 1 4BM d K ε ρ= + = + = .

2ος Τρόπος Έχουµε ( ) ( ) 4

3ε δ λδ⊥ ⇔ = . Άρα ( ) ( )4: 1 4 3 4 0

3y x x yδ = + ⇔ − + = . Για να

βρούµε το Μ λύνουµε το σύστηµα

( )3 4 12 0 4 12, ,4 3 4 0 5 5x y x yx y

+ − =

⇔ =− + =

άρα 4 12,5 5M

( )2 24 12 2251 0 3

5 5 25KM = + + − = =



3

3

Οπότε Ελάχιστη απόσταση είναι: ( ) ( ) 3 1 2AM KM ρ= − = − = και µέγιστη ( ) ( ) 3 1 4BM KM ρ= + = + = .

ΘΕΜΑ 3ο α) Είναι ( ) xg x e x= + (1). Τότε ( ) 1 0xg x e′ = + > για κάθε ( )0,x∈ +∞ .

Άρα η συνάρτηση g είναι 1 – 1 ως γνησίως αύξουσα.

β) Έχουµε ( ) ( )( )( )

( )1 1 11

f xf xxxf x xf x e xe+

′ ′= ⇔ + = + ⇔+

( ) ( )( ) 11f xf x e f x x′ ′+ = + ⇔ ( )( ) ( )( ) lnf xe f x x x′ ′+ = + ⇔

( )( ) lnf xe f x x x c+ = + + . Για x = 1 έχουµε (1) (1) 1fe f c+ = + µε c = 0. Άρα

( )( ) lnln lnf x xe f x x x e x+ = + = + και λόγω της (1) έχουµε ( ) ( )( ) lng f x g x= . Αλλά η g είναι 1-1 . Άρα ( ) lnf x x= .

γ) Είναι ( )( ) 1f xh x x

−

= .

Τότε ( )( )2 2

1 ln 1ln 1 2 lnx xx xxh xx x x

⋅ − −′ − −′ = = = .

Αν ( ) 0h x′ = ή 2 ln 0x− = ή ln 2x= ή 2x e= H h είναι γνησίως αύξουσα για κάθε ( 20,x e ∈

H h είναι γνησίως φθίνουσα για κάθε

2[ , )x e∈ +∞ Έχουµε ( )

22

max 2 2ln 1 1eh h e

e e−

= = = Πεδίο τιµών :

( ) ( ) ( )( )0 0

1lim lim ln 1x x

h x xx+ +

→ →

= − = +∞ −∞ =−∞

h (x)΄x 0 e 2

++

h(x)



4

4

( )( )

( )

ln 1ln 1 1lim lim lim lim 0x x x x

xxh xx xx→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

′−−= = = =

′.

( ) ( )( ( )(2 22 2 20

1 1 1lim ( ), lim ( ), , 0, , .xx

h A h x h e h x h ee e e+

→+∞→

= ∪ = −∞ ∪ = −∞

δ) Έχουµε x x

x x

e e

συν ηµηµ συν = .

Για κάθε 0, 2xπ ∈

ισχύει 0 , 0x x

e e

ηµ συν> >

Λογαριθµίζουµε τη σχέση και έχουµε: ln ln ln ln

x xx x x x

x xe e e e

συν ηµηµ συν ηµ συνσυν ηµ = ⇔ ⋅ = ⋅ ⇔

( )( ) ( )( )( ) ( )ln 1 ln 1ln ln ln ln x x

x x e x x ex x

ηµ συνσυν ηµ ηµ συν

ηµ συν− −

⋅ − = ⋅ − ⇔ = ⇔

( ) ( )h x h xηµ συν⇔ = (2) Για κάθε 0, 2x

π ∈ ισχύουν οι σχέσεις 0 < ηµx < 1, 0 < συνx < 1 και

( ) ( )20,1 0,e⊂ . Η h είναι 1-1 ως γνησίως αύξουσα στο διάστηµα ( 20,e

. Από τη (2) έχουµε

ηµx = συνx ή εφx = 1 ή 4

xπ

= .

ε) Έχουµε ( ) 22 ln xh x

x−

′ = και

( )( ) ( )

2

4 4 4 3

1 2 2 ln 2ln 54 2 ln 2ln 5.x x x x xx x x x xxh x

x x x x

− ⋅ − ⋅ −−− − + ⋅ −

′′ = = = =

( ) 0h x′′ = ή 2ln 5 0x− = ή 5ln2

x= ή 52x e= .

Η h είναι κοίλη στο διάστηµα ( 5/20, e .

Η h είναι κυρτή στο διάστηµα )5/2,e +∞

.

( )( )

5/25/2

min 2 5 55/2

522 ln 122

eh ee ee

−−

′ = = =− .

h (x)΄΄x 0 e 5/2

++

h (x)΄



5

5

Τότε 51( ) 2h xe

′ ≥− για κάθε 0x> . Η h είναι συνεχής στο [ ]1 2,x x ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων. Η h είναι παραγωγίσιµη στο ( )1 2,x x ως πηλίκο παραγωγίσιµων συναρτήσεων µε 2

2 ln( ) xh xx−

′ = . Από το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον

( )1 2,x xξ ∈ ώστε ( )( ) ( )2 1

2 1

−′ =

−

h x h xhx x

ξ (3).

Αλλά για κάθε x > 0 εποµένως και για το ξ > 0 ισχύει 51( ) 2he

ξ′ ≥− (4).

Από τις (3) και (4) έχουµε ( ) ( )2 15

2 1

12

h x h xx x e−

≥−−

. ΘΕΜΑ 4ο

α) Θεωρούµε την συνάρτηση 3 1

( ) ( ) 2 6 0x u

g x f t dt du x = − + ≥ ∫ ∫ .

Έχουµε g(3) = 0. Τότε ( ) ( )3g x g≥ και η g παρουσιάζει ελάχιστο για x = 3.

Από το Θεώρηµα Fermat ισχύει ( )3 0g′ = . Αλλά ( ) ( )1

2x

g x f t dt′ = −∫

και για x = 3 έχουµε ( ) ( )3

13 - 2 0g f t dt′ = =∫ ή ( )

3

12f t dt =∫ .

β) Για x = 0 και y = f(0) έχουµε ( ) ( ) ( )4 0 0 3 0 0 3 0 4f f fκαι ′⋅ + − = ⇔ = =− .

Έχουµε :

( )

2 32 3 02 20 00

4 30 0 04

( )( )( ) - 3lim lim lim 4

xx

x DLH x x

t f t dt xt f t dt xx f x x

x xx→ → →

′ −− = = =

′

∫∫

( )0 0

( ) 3 1 ( ) (0) 1 4lim lim 0 14 4 4 4x x

f x f x f fx x→ →

− − −′= = = ⋅ = =− .

γ) 1ος Τρόπος Για κάθε x > 1 η ανίσωση γίνεται: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 0x h x h x x h x h x′ ′− > ⇔ − − >



6

6

Θέτουµε ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1K x x h x h x x f x h x′= − − = − − για [ )1,x∈ +∞ . Έτσι έχουµε

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1K x f x x f x h x f x x f x f x′ ′ ′ ′= + − − = + − − = ( ) ( )1 0x f x′= − > για κάθε x > 1.

Άρα η K είναι γνησίως αύξουσα στο [ )1,+∞ αφού είναι συνεχής στο [ )1,+∞ . Εποµένως ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 0x K x K x h x h x′> ⇔ > ⇔ − − > .

2ος τρόπος

Θεωρούµε την συνάρτηση ( ) [ ]1

( ) , 1,u

h u f t dt u x= ∈∫ .

Η h είναι συνεχής στο [ ]1, x και παραγωγίσιµη στο ( )1, x µε ( ) ( )h u f u′ = . Από το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )1, xξ ∈ ώστε ( )

( ) (1)1

h x hhx

ξ −′ =

−.

Αλλά 1

1(1) ( ) 0h f t dt= =∫ οπότε ( )

( )1

h xhx

ξ′ =−

(1). Επίσης ( ) ( )h x f x′ =

και ( ) ( ) 0h x f x′′ ′= > . Άρα η h′ είναι γνησίως αύξουσα για κάθε 1x≥ και για xξ < έχουµε ( ) ( )h h xξ′ ′< (2) . Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουµε ( )

( )1

h xh xx

′ >−

.

δ) Θεωρούµε την συνάρτηση ( ) 2

1( ) 3 ,

x

x f t dt x x x Rϕ = + − ∈∫ .

Η φ είναι συνεχής στο [1, 3] ως άθροισµα συνεχών συναρτήσεων . Η φ είναι παραγωγίσιµη στο (1, 3) ως άθροισµα παραγωγίσιµων συναρτήσεων µε ( ) ( ) 3 2x f x xϕ′ = + − .

( )

( )3

1

1 2Είναι (1) (3)3 ( ) 9 9 2f t dt

ϕ

ϕ ϕϕ

= ⇒ =

= + − =

∫

Από το Θεώρηµα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )1,3ξ ∈ ώστε ( ) 0ϕ ξ′ = ⇔ ( ) 3 2 0 ( ) 3 2f fξ ξ ξ ξ⇔ + − = ⇔ + = .

1

1




ΘΕΜΑ 1

Α. Βλέπε σχολικό βιβλίο σελίδα 194, το θεώρηµα ενδιάµεσων τιµών. Β. Βλέπε τον ορισµό στη σελίδα 279 του σχολικού βιβλίου. Γ. Βλέπε σελίδα 246 του σχολικού βιβλίου, αµέσως µετά την διατύπωση του

θεωρήµατος Rolle. ∆. 1. Σωστό. Βλέπε στο σχολικό βιβλίο σελίδα 91: 2 µε .

2. Λάθος. Βλέπε σχολικό βιβλίο σελίδα 185 µε α : ∞ 0

3. Λάθος. Βλέπε σχολικό βιβλίο σελίδα 142: / , ! 0 " 4. Σωστό. Βλέπε το ΣΧΟΛΙΟ στη σελίδα 218 του σχολικού βιβλίου. 5. Σωστό. Βλέπε στο σχολικό βιβλίο σελίδα 336 τον τύπο της

ολοκλήρωσης κατά παράγοντες. ΘΕΜΑ 2

α. i. Η f, ως πολυωνυµική, είναι συνεχής και δύο φορές παραγωγίσιµη στο # µε $ ΄ 12 24 & & − 1,$ ΄΄ 24 24& Επειδή στο x0 = − 1 παρουσιάζει καµπή, είναι f ΄΄(−1) = 0: $ ΄΄−1 0 ⇔ − 24 24& 0 ⇔ & 1

ii. Επειδή λ = 1 είναι $ 4 12 και $ ΄΄ ' 0 ⇔ 24 24 ' 0 ⇔ ' − 1$ ΄΄ ( 0 ⇔ 24 24 ( 0 ⇔ ( −1 Εποµένως η f είναι κοίλη στο διάστηµα (−∞, −1] και κυρτή στο [−1, +∞).

2

2

β. Θέτουµε ) $. Επειδή lim $ lim4 12 0 είναι lim

-$ $ lim-)) 1

γ. i. Η ζητούµενη αρχική είναι η . = 4 /, #

µε c σταθερά, γιατί για κάθε # .′ 4 /′ 4 12 $ Το σηµείο (0, 1) ανήκει στην γραφική παράσταση της ., οπότε .0 1: .0 1 ⇔ / 1Εποµένως . 4 1 , #

ii. Βρίσκουµε τις ρίζες της συνάρτησης: $ 0 ⇔ 4 12 0 ⇔ 4 3 0 ⇔ 0 ή 13

Το ζητούµενο εµβαδόν Ε ισούται µε το ολοκλήρωµα 2 3 |$|5

Στο διάστηµα 613, 07 είναι $ = 4 3 ≥ 0, άρα 2 3 $5

Τότε 2 .0 − .13 1 26 27 :. ΘΕΜΑ 3

α. i) Θέτουµε στη δοσµένη σχέση και παίρνουµε: $- ;4 $<=> ;4 1 ⇔ $ ?√22 A $ ?√22 A 1 ⇔ 2$ ?√22 A 1 ⇔

$ ?√22 A 12 Πάλι, µε x = 0 παίρνουµε: $-0 $<=>0 1 ⇔ $0 $1 1

ii) Θεωρούµε την συνάρτηση g: [0, 1] → # µε $ – 1, για κάθε x∈60, 17

3

3

• Η g είναι συνεχής, ως άθροισµα συνεχών συναρτήσεων της f, και της

x – 1. • Είναι 0 $0 1 και 1 $1 1 1 $0, οπότε 0 D 1 = 1 6$ 0 172 (1)

∆ιακρίνουµε τις περιπτώσεις: 1η περίπτωση: Αν f (0) = 1, τότε από (1) ⇔ 0 0 ή 1 0. Η θα έχει ρίζα το x0 = 0 ή το x0 = 1 2η περίπτωση: Αν f (0) ≠ 1, τότε από την (1) είναι: 0 D 1 ( 0. Εφαρµόζεται, εποµένως, το θεώρηµα του Bolzano για την g στο [0, 1], έτσι θα υπάρχει, τουλάχιστον, ένα x0∈(0, 1) τέτοιο, ώστε 0. Σε κάθε περίπτωση, λοιπόν, υπάρχει ∈60, 17, τέτοιο ώστε 0 ⇔ $ 1 0 ⇔ $ 1, το οποίο απόδειξε το ζητούµενο.

β. i. Θεωρούµε την συνάρτηση h: #→ # µε E $ 1 √2 12 , #

• Η h είναι παραγωγίσιµη στο #, ως άθροισµα της $, η οποία από υπόθεση είναι παραγωγίσιµη, και της πολυωνυµικής 1√2

, µε παράγωγο E΄ $΄ 1 √2

• Η h έχει ελάχιστο στο √ . Πραγµατικά, είναι E ?√22 A $ ?√22 A 1 √2 · √22 12 12 1 1 12 0

Ακόµα, για κάθε x # $ G √2 1 12 ⇔ $ 1 √2 12 G 0 ⇔ E G E ?√22 A

• Το √ είναι εσωτερικό σηµείο του πεδίου ορισµό της h.

Εποµένως, εφαρµόζεται το θεώρηµα του Fermat, σύµφωνα µε το οποίο E΄ √ 0: E΄ ?√22 A 0 ⇔ $΄ ?√22 A 1 √2 0 ⇔ $΄ ?√22 A √2

Η εξίσωση της εφαπτοµένης της f στο σηµείο µε τετµηµένη √ είναι H 1 $ ?√22 A $΄ ?√22 A · ? 1 √22 A

4

4

⇔ H 1 12 √2 1 √22 ⇔ H √2 1 12

ii) Είναι f (0) + f (1) = 1 ⇔ f (1) = 1 – f (0)

και $ηµx $συνx 1 ⇔ $συνx 1 – $ηµx. Αντικαθιστούµε στο όριο και έχουµε:

$1 1 $<=> - 1 1 $0 1 1 1 $- - $- 1 $0 - 1 0 I

Κάνουµε την αντικατάσταση y = ηµx. Επειδή lim ηµx ηµ0 0 τo y τείνει στο 0. ΄Ετσι

$- 1 $0 - 1 0 $H 1 $0 H 1 0 J

Επειδή η συνάρτηση είναι παραγωγίσιµη στο 0, από τον ορισµό της $΄ 0 είναι

$H 1 $0 H 1 0 $΄ 0 K Στη συνέχεια θα υπολογίσουµε την $΄ 0. Παραγωγίζουµε και τα δύο µέλη της δοσµένης $- $<=> 1 και παίρνουµε: 6$ηµx $συνx7′ 1′⇔ 6$ηµx7′ 6$συνx7′ 0 ⇔ ηµx′$ ′ηµx συνx′$ ′συνx 0 ⇔ συνx · $ ′ηµx 1 - · $ ′συνx 0 Από εδώ, για x 0 έχουµε

συν0 · $ ′ηµ0 – -0 · $ ′συν0 0⇔ $ ′0 0. Εποµένως, σύµφωνα µε τις (2), (3) και (4):

$1 1 $<=> - $- 1 $0 - $ ′0 0

ΘΕΜΑ 4

Α. Θεωρούµε την συνάρτηση 1, ∈IR η οποία είναι συνεχής και παραγωγίσιµη µε παράγωγο ΄ 1, ∈IR Είναι ΄ ' 0 ⇔

1 ' 0 ⇔ ' 1 ⇔ ' 0 και

5

5

΄ ( 0 ⇔ – 1 ( 0 ⇔ ( 1 ⇔ ( 0 Εποµένως η g, ως συνεχής στο x0 = 0: • είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστηµα 1 ∞, 07, • είναι γνησίως αύξουσα στο διάστηµα 60, ∞ άρα, έχει ολικό ελάχιστο το g(0) = 0, οπότε G 0 ⇔ 1 G 0 ⇔ G 1, για κάθε x∈IR Από την παραπάνω απόδειξη συµπεραίνουµε, ότι η ισότητα 0 ⇔ 1 αληθεύει ακριβώς όταν x=0, αφού η θέση ελαχίστου της συνάρτησης είναι µόνον η x = 0.

Β. α. i. Θέτουµε u = x1xt, οπότε du = 1xdt. Για t = 0 είναι u = x και για

t = 1 είναι u = 0. Τότε: 3 5M

3 15) 3 5)

3 5M

.

Τότε για κάθε x∈60, ∞ έχουµε: 3 5M

3 5M

3 5M

3 5M

οπότε N 3 5M

Στην συνέχεια 3 5M

3 5M ⇔

1 3 5M

⇔1 3 5M

Επειδή ' 0, για κάθε x ≥ 0 είναι O 5M G 0, εποµένως 1 N G 0, για κάθε x G 0

ii. Βρήκαµε

O 5M G 0 , οπότε P 1 P Q3 5M

Q 3 5M

άρα ||√2 3 5M

, για κάθε x G 0

Σύµφωνα µε την σχέση αυτή και την δεύτερη από τις δοσµένες είναι: 3 5M

3 6$M 7

5M $ 1 1 R, Sια κάθε x G 0

Επειδή η $ και η είναι συνεχείς, θα είναι συνεχείς • η σύνθεση και • το άθροισµα $M , εποµένως οι συναρτήσεις που ορίζονται από τα ολοκληρώµατα

6

6

3 5M

, 3 6$M 7

5M

είναι παραγωγίσιµες µε ?3 5M

A′ , ?3 6$M 7

5MA′ $

Παραγωγίζουµε και τα δύο µέλη της (1) και έχουµε: ?3 5M

A′ ?3 6$M 7

5M $ 1 1A′

ή, τελικώς: $ , για κάθε x G 0

β. Για κάθε x , x G 0 από την (α.ii) έχουµε $ ⇔ 1 $ $ ⇔ 1 $

Έστω ( . Επειδή η είναι γνησίως αύξουσα έχουµε ( ⇔ 1 $ ( 1 $ ⇔ T$ U ( T$ U

µε g την συνάρτηση του ερωτήµατος Α, η οποία είναι γνησίως αύξουσα στο διάστηµα [0, +∞), στο οποίο παίρνει τιµές η $. Εποµένως T$ U ( T$ U⇔ $ ( $ . Αποδείξαµε, λοιπόν, ότι για κάθε x, x G 0,

αν ( , τότε $ ( $ που σηµαίνει, ότι η $ είναι γνησίως αύξουσα.

γ. Η $ ως γνησίως αύξουσα, είναι 1 1 1, άρα έχει αντίστροφη.

Πάλι η $, ως γνησίως αύξουσα και συνεχής, έχει σύνολο τιµών το διάστηµα: VW $0, ∞$VX

• Η σχέση $ επειδή $≥ 0 δίνει ≥ ⇔ $ ≥ Επειδή ∞ ∞ είναι ∞ $ ∞ • Για x = 0 πάλι από την $ παίρνουµε $0 1. Έτσι, το $0 είναι λύση της εξίσωσης ex = x + 1. Από το ερώτηµα Α. η εξίσωση αυτή έχει µοναδική λύση x = 0, που συνεπάγεται, ότι YZ Z I Εποµένως η $ έχει σύνολο τιµών το διάστηµα

7

7

VW $0, ∞$VX 60, ∞ Έστω y = f (x) µε x G 0. Από την $ έχουµε: H ⇔ 1 H Η τελευταία εξίσωση έχει λύση ως προς x G 0, αφού 1 H G 1. Τότε: 1 H ⇔ ln 1 H Για την τιµή αυτή του x είναι f (x) = y. Πραγµατικά 1 $ln 1 H 1 H Η g ως γνησίως αύξουσα στο 60, ∞ είναι 1-1, έτσι $ln 1 H H Άρα: $ ln 1 , ∈ 60, ∞

δ. Για x = 0 από την (1) παίρνουµε: 3 5M

3 6$M 7

5M $ 1 1 ⇔$ 1 1 0 ⇔ Y\ R J

Για την συνάρτηση f εφαρµόζεται το Θεώρηµα Μέσης Τιµής του διαφορικού λογισµού στο διάστηµα [0, α], α > 0, γιατί είναι συνεχής σε αυτό και παραγωγίσιµη στο αντίστοιχο ανοιχτό διάστηµα, ως παραγωγίσιµη από υπόθεση στο 0, ∞ . Εποµένως υπάρχει ένα τουλάχιστον, ξ∈(0, α) µε $ 1 $0 1 0 $ ′] ή λόγω των (2) και (3): 1 1 0 $ ′] ή $ ′] 1.


ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2012 Ε_3.Μλ3ΘΤ(α)


ΤΑΞΗ: Γ΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: ΘΕΤΙΚΗ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

Ηµεροµηνία: Μ. Τετάρτη 11 Απριλίου 2012

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ ΑΑ1. Βλέπε Σχολικό Βιβλίο, σελίδα 217 την απόδειξη του Θεωρήµατος. Α2. Βλέπε Σχολικό Βιβλίο, σελίδα 150 τον ορισµό του µεγίστου. Α3. Βλέπε Σχολικό Βιβλίο, σελίδα 234 την απόδειξη του τύπου (αx)΄= αx lnα. Α4. i. Αληθής. Βλέπε Σχολικό Βιβλίο, σελίδα 152 τα σχόλια.

ii. Ψευδής. Βλέπε Σχολικό Βιβλίο, σελίδα 90 τις δυνάµεις του i µε υ = 3.iii. Αληθής. Βλέπε Σχολικό Βιβλίο, σελίδα 165 το Θεώρηµα 1ο.iv. Αληθής. Βλέπε Σχολικό Βιβλίο, σελίδα 241 τον ορισµό του ρυθµού

µεταβολής.v. Αληθής. Βλέπε Σχολικό Βιβλίο, σελίδα 261 το σχόλιο του Θεωρήµατος

του Fermat.

ΘΕΜΑ ΒΒ1. Τα πεδία ορισµού των f, g είναι αντίστοιχα τα Αf = IR και Ag = (0, +∞)

• H fog έχει πεδίο ορισµού το σύνολοx∈Ag και g(x)∈ Αf =x > 0 και g(x)∈ IR = (0, +∞)

Για τέτοιες τιµές του x, έχουµε: ( ) ( ) ( )( ) ( )g x 2 ln xfog x f g x e e x−

= = = =

Ώστε ( )( ) ( )fog x x x 0,= µε ∈ +∞

• Η gof ορίζεται στο σύνολοx∈Af και f(x)∈ Αg = x∈IR και x 2e 0− > = IR

Για τέτοιες τιµές του x, έχουµε: ( ) ( ) ( ) ( )x 2gof x ln f x 2 ln e 2 x 2 2 x−= + = + = − + =

Ώστε ( )( )gof x =x µε x∈ IR.




Παρατηρούµε ότι οι συναρτήσεις fοg και gof δεν έχουν το ίδιο πεδίο ορισµού, εποµένως δεν είναι ίσες.

Β2. Για κάθε x1, x2∈IR έχουµε ( ) ( )1 2x 2 x 2

1 2 1 2 1 2x x x 2 x 2 e e f x f x− −≠ ⇒ − ≠ − ⇒ ≠ ⇒ ≠Εποµένως η f είναι 1 – 1 και έχει αντίστροφη. Έχουµε

( ) x 2y f x y ex 2 ln y, y 0x ln y 2, y 0

−= ⇔ =

⇔ − = >

⇔ = + >Άρα f – 1(x) = lnx + 2, x > 0

Β3 Θεωρούµε την συνάρτηση ( ) x 2 2h x e ln x 2, x e , 2− − = − − ∈ .• Η h είναι συνεχής. Πράγµατι η συνάρτηση 2xe − είναι συνεχής, ως σύνθεση

της πολυωνυµικής x – 2 µε την εκθετική xe , οι οποίες είναι συνεχείς. Εποµένως η h είναι συνεχής, γιατί προκύπτει από πράξεις των συνεχώνσυναρτήσεων 2xe − , lnx (λογαριθµική) και 2 (σταθερή).

• Είναι( ) 0e22e2elneeh 2e2e22e2 222

>=−+=−−= −−−−−−−−

και ( ) 02ln122lne2h 22 <−−=−−= −

Οπότε: ( ) ( ) ( )22 e 2h e h 2 e 1 ln 2 0−− −⋅ = − − <

Εφαρµόζεται, εποµένως το Θεώρηµα του Bolzano για την h στο διάστηµα [ 2e− , 2], οπότε υπάρχει x0∈( 2e− , 2) µε h(x0) = 0. Tότε

( ) 0 0x 2 x 20 0 0h x 0 e ln x 2 0 e ln x 2− −= ⇔ − − = ⇔ = + Αυτό σηµαίνει, ότι η εξίσωση x 2e lnx 2− = + έχει ως ρίζα τον αριθµό

x0 ∈ ( 2e− ,2) και αποδεικνύει το ζητούµενο.

Β4. Είναι x 2

x x

f (x) elim lim 0(gof )(x) x−

→−∞ →−∞= = , γιατί

xx 2 x

2 2 2x x x

e 1 1 lim e lim lim e 0 0e e e

−

→−∞ →−∞ →−∞= = = ⋅ = και

xlim x→−∞

= −∞

Ακόµα, x x

g(x) ln x 2lim lim(fog)(x) x→+∞ →+∞

+= . Επειδή

xlim (ln x 2)→+∞

+ = +∞ και xlim x→+∞

= +∞

έχουµε απροσδιόριστη µορφή ∞∞

. Είναι x x

(ln x 2) ' llim lim 0(x) ' x→+∞ →+∞

+= = , οπότε από

το αντίστοιχο θεώρηµα του De L’ Hospital έχουµε:




x x x

g(x) ln x 2 (ln x 2) 'lim lim lim 0(fog)(x) x (x) '→+∞ →+∞ →+∞

+ += = =

Ώστε x x

f (x) g(x)lim lim(gof )(x) (fog)(x)→−∞ →+∞= = 0

ΘΕΜΑ ΓΓ1. i Είναι 1+3α2 ≠0, οπότε:

∫−α+

=x

1dt)t(tf2

2 e311)x(f (1)

Η συνάρτηση 2tf(t) είναι συνεχής, ως γινόµενο των συνεχών συναρτήσεων 2t και f (t), οπότε η συνάρτηση που ορίζεται από τοολοκλήρωµα ∫ x1 dt)t(tf2 είναι παραγωγίσιµη, άρα και η ∫− x

1dt)t(tf2

είναι παραγωγίσιµη. Εποµένως η συνάρτηση x

12tf (t )dt

e−∫ είναι

παραγωγίσιµη ως σύνθεση παραγωγίσιµων συναρτήσεων, της x

12f (t)dt−∫ µε την εκθετική ex. Το γινόµενό της επί τον αριθµό 2

11 3+ α

,

δηλαδή η x

12tf ( t ) dt

21f (x) e1 3

−∫= + α είναι παραγωγίσιµη. Έχουµε 'x

1dt)t(tf2

2

'dt)t(tf2

2 dt)t(tf2e311e31

1)x('fx

1

x

1

−∫α+=

∫

α+= ∫−−

( ) )x(xf2)x(xf2)x(f 2−=−=

ii. Για κάθε x ∈ IR είναι f (x) > 0, αφού 1+3α2 > 0 καιx

12tf (t )dt

e−∫ >0. Έτσι( )'2

'

22 x)x(f

1x2)x(f)x('f)x(xf2)x('f =

⇔−=⇔−=

Εποµένως υπάρχει c∈ IR, ώστε cx)x(f

1 2 += (2)

H (1) για x = 1 δίνει 2311)1(fα+

= .

H (2) δίνει 2 21 1 c 1 3 1 c c 3f (1) = + ⇔ + α = + ⇔ = α

Άρα η (2) δίνει 2 21f (x) x 3=+ α

, για κάθε x ∈ IR. Γ2. Έχουµε




2 22 2

2 2 2 20 0 00

't 1 (t 3 ) 1t f(t)dt dt dt ln | t 3 |t 3 2 t 3 2α

α α α + α = = = + α + α + α ∫ ∫ ∫= 2 21 1 1 4ln 4 ln 3 ln2 2 2 3

α − α =

Η τιµή αυτή είναι ανεξάρτητη του α. Γ3. Η f, ως ρητή, είναι συνεχής και δύο φορές παραγωγίσιµη στο IR µε

222222

'22'

22 )3x(x2

)3x()3x(

3x1)x('f α+−=α+

α+−=

α+=

Το πρόσηµο της f ΄ µε την µονοτονία και το ακρότατο της f φαίνονται στον επόµενο πίνακα:

x −∞ 0 +∞ f ΄ + 0 −

f 213α

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστηµα (−∞, 0], γνησίως φθίνουσα στο [0, +∞) και έχει ολικό µέγιστο το 2

1f (0) 3=α

Για την f ΄΄ έχουµε:

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 4

΄΄ (x 3 ) x (x 3 )xf΄΄(x) 2 2(x 3 ) (x 3 ) + α − + α = − = − = + α + α

322

22

322

222

422

222222

)3x(x6)3x(

x43x2)3x()3x(x4)3x(2

α+

α−=

α+

−α+−=

α+

α+−α+−=

Το πρόσηµο της f ΄΄ µε την κυρτότητα της f και τα σηµεία καµπής της φαίνονται στον επόµενο πίνακα:

x −∞ −|α| |α| +∞ f ΄΄ + 0 − 0 +

f 21

4.α

σ κ

21

4.α

σ κ

Η f είναι κυρτή σε καθένα από τα διαστήµατα (−∞, −|α|], [|α|, +∞) και κοίλη στο διάστηµα [−|α|, |α|]. Έχει σηµεία καµπής τα (−|α|, 1/4α2) και (|α|, 1/4α2)




Η f, ως συνεχής στο ΙR , δεν έχει κατακόρυφες ασύµπτωτες. Στα +∞ και –∞ έχουµε:

0x 1lim3x

1lim)x(flim 2x22xx==

α+=

+∞→+∞→+∞→

0x 1lim3x

1lim)x(flim 2x22xx==

α+=

−∞→−∞→−∞→

Άρα έχει οριζόντια ασύµπτωτη στο +∞ και στο –∞ τον άξονα των x. Σύµφωνα µε τα παραπάνω συµπληρώνουµε τον επόµενο πίνακα µεταβολών:

x −∞ −|α| 0 |α| +∞ f ΄ + + 0 − −

f ΄΄ + 0 − − 0 +

f 2

14.α

σ κ

21

3maxα 2

14.α

σ κ

0 0

Η γραφική παράσταση της f δίνεται στο επόµενο σχήµα:

Παρατήρηση. Η f είναι άρτια αφού για κάθε x ∈ IR το −x∈IR και )x(f3x

13)x(

1)x(f 2222 =α+

=α+−

=− Εποµένως µπορούµε να την µελετήσουµε στο διάστηµα [0, +∞) και να επεκτείνουµε τα συµπεράσµατα στο IR.

Γ4. Το ζητούµενο εµβαδό (βλέπε τη γραφική παράσταση της f ) είναι µεγαλύτερο από το εµβαδό ||4

14

1|| E 21 α=

αα= του ορθογωνίου που ορίζεται από τους




άξονες και τις ευθείες x = α, 241yα

= , και µικρότερο από το εµβαδό

||31

31|| 22 α

=α

α=Ε του ορθογωνίου που ορίζεται από τους άξονες και τις

ευθείες x = α, 231yα

= . Εποµένως ||31

||41

α<Ε<

α

Αλλιώς: Με α > 0, επειδή 0)x(f > είναι dx )x(f dx |)x(f| Eα

0

α

0 ∫∫ == . Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστηµα [0, α], οπότε για x∈[0, α] είναι

)0(f)x(f)(f ≤≤α ⇔ 22 31)x(f4

1α

≤≤α

⇔ 041)x(f 2 ≥α

− και 0)x(f312 ≥−

αΕπειδή οι αντίστοιχες ισότητες δεν ισχύουν σε όλο το [0, α], έχουµε

0dx 41)x(f

α

0 2 >

α−∫ και 0dx )x(f3

1

0 2 >

−α∫ α

⇔ 04xdx)x(f

02

α

0 >

α−α∫ και 0dx)x(f 3

x α

0 02 >−

α ∫α

⇔ 041E >α

− και 0E31

>−α⇔

α<Ε<

α 31

41

⇔ ||31

||41

α<Ε<

α Με α < 0 θα εργαστούµε οµοίως.

ΘΕΜΑ ∆∆1. Θέτουµε

x 2f (x) 2eg(x) ,x 2x 2+−

= ≠ −+

Τότε x 2lim g(x) 1→−

= − (1) και

x 2f (x) (x 2)g(x) 2e += + + , x≠-2 (2) Είναι

x 2 x 2

x 2 x 2 x 2lim [g(x)(x 2) 2e ] lim[g(x)(x 2)] lim 2e 0 2 2+ +

→− →− →−+ + = + + = + =

οπότε x 2lim f (x) 2→−

= Η f, ως παραγωγίσιµη στο IR , είναι συνεχής στο IR , άρα και στο 0x 2= − , έτσι x 2lim f (x) f ( 2) f ( 2) 2→−

= − ⇒ − = (3) Έχουµε, µε x 2≠ −




x 2 x 2 x 2(1),(3)f (x) f ( 2) (x 2)g(x) 2e 2 (x 2)g(x) e 1 e 12 g(x) 2x 2 x 2 x 2 x 2 x 2+ + +− − + + − + − −

= = + = ++ + + + +

Το όριο x 2

x 2

e 1limx 2

+

→−

−

+είναι απροσδιόριστη µορφή τύπου 0

0. Παρατηρούµε ότι

( )( )x 2

x 2 0

x 2 x 2

e 1 'lim lim (e ) e 1x 2 '+

+

→− →−

−= = =

+

Εποµένως, εφαρµόζεται ο αντίστοιχος κανόνας του De L’ Hospital σύµφωνα µε το οποίο βρίσκουµε

x 2

x 2

e 1limx 2

+

→−

−

+ )'2x()'1e(lim

2x

2x +

−=

+

−→= 1

Τότε

x 2

f (x) f ( 2)f '( 2) lim x 2→−

− −− =

+

x 2

x 2

e 1lim g(x) 2 x 2+

→−

−= + + =

x 2

x 2 x 2

e 1lim g(x) 2 lim x 2+

→− →−

−+

+=1

Στη συνέχεια παρατηρούµε ότι η fC είναι κοίλη, γιατί f ΄΄(x) < 0 στο IR. Εποµένως τα σηµεία της fC είναι κάτω από τα αντίστοιχα σηµεία της εφαπτοµένης της στο σηµείο της Α(−2, f (−2)), εκτός του σηµείου επαφής που είναι κοινό σηµείο. Η εξίσωση της εφαπτοµένης είναι:

y f ( 2) f '( 2)(x 2) y 2 x 2 y x 4− − = − + ⇔ − = + ⇔ = + Άρα f (x) x 4≤ + για κάθε x∈IR. Παρατήρηση. Η σχέση αυτή αποδεικνύεται και µε τη βοήθεια της συνάρτησης T(x) = f (x) − x − 4, η οποία έχει µέγιστο το T(−2) = 0.

∆2. Είναι f ( 2) f (0) 2− = = . Ακόµα η f είναι συνεχής στο [−2, 0] και παραγωγίσιµη στο (−2, 0), ως παραγωγίσιµη στο IR . Εφαρµόζεται, εποµένως, το θεώρηµα του Rolle για την f στο διάστηµα [−2, 0], οπότε υπάρχει 0x ∈(−2, 0) τέτοιο, ώστε 0f '(x ) 0= . Επειδή f ΄ (x) 0< η f ΄ είναι γνησίως φθίνουσα στο IR , οπότε το x0 είναι µοναδική της ρίζα και • για κάθε 0x ( , x )∈ −∞ είναι x < x0 ⇒ f ΄(x) > f ΄(x0) ⇒ f ΄(x) > 0• για κάθε 0x (x , )∈ +∞ είναι x > x0 ⇒ f ΄(x) < f ΄(x0) ⇒ f ΄(x) < 0Άρα η f ως συνεχής έχει µέγιστο (ολικό) το 0f (x ) µε 0x ∈(−2, 0).

∆3. Η f ΄ είναι γνησίως φθίνουσα στο IR , εποµένως είναι 1–1, οπότε ( )2(x 5) 2(x 5)

0 0f ' f (t x)dt f '(0) f (t x)dt 0− −

− = ⇔ − =∫ ∫ (4) Αρκεί να δείξουµε, ότι η (4) έχει µοναδική ρίζα στο IR την x = 5.




Πράγµατι, για x = 5 η (4) επαληθεύεται, γιατί γίνεται 0

0f (t x)dt 0− =∫ .

Για να δείξουµε την µοναδικότητα της ρίζας θεωρούµε την συνάρτηση 2(x 5)

0h(x) f (t x)dt−

= −∫ , x∈IR.Θέτουµε t – x = u, οπότε dt = du. Για t = 0 το u = – x και για t = 2 (x – 5) το u = x – 10, εποµένως

x 10 x 10 x

x 0 0h(x) f (u)du f (u)du f (u)du− − −

−

= = −∫ ∫ ∫Επειδή η f είναι συνεχής, η συνάρτηση φ(x) = x

0f (u)du∫ είναι

παραγωγίσιµη, εποµένως και οι συνθέσεις των x – 10 και –x µε την φ είναι παραγωγίσιµες µε ( )x 10 '

0f (u)du ' (x 10) f (x 10) f (x 10),−

= − − = −∫

( )x '0

f (u)du ' ( x)f ( x) f ( x)−

= − − = − −∫ Εποµένως η h είναι παραγωγίσιµη, ως άθροισµα παραγωγίσιµων συναρτήσεων, µε

h'(x) f (x 10) f ( x)= − + − Επειδή, από το ερώτηµα ∆1 f (x) x 4≤ + για κάθε x∈IR , είναι

h'(x) f (x 10) f ( x) (x 10) 4 ( x) 4 2 0= − + − ≤ − + + − + = − < Άρα η h είναι γνησίως φθίνουσα, εποµένως και 1–1, που σηµαίνει ότι η ρίζα της είναι µοναδική. Αυτό αποδεικνύει το ζητούµενο.

∆4. Στο ερώτηµα ∆1 δείξαµε ότι f '(x) 0< στο 0(x , )+∞ µε x0∈(−2, 0). Εποµένως η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστηµα [0, )+∞ . Είναι z i 0+ ≥ και z 1 1+ ≥ > 0, αφού το µέτρο κάθε µιγαδικού είναι µη αρνητικός αριθµός. Τότε,

µε z x iy,x, y IR= + ∈ παίρνουµε: ( ) ( )f z i f z 1 z i z 1+ ≤ + ⇔ + ≥ +

1|iyx| |i)1y(x| ++≥++⇔ 1yx)1y(x 2222 ++≥++⇔

( ) ( )2222

22 1yx)1y(x ++≥++⇔

1yx2yx1y2yx 222222 ++++≥+++⇔22 yxy +≥⇔

y 0⇔ ≥ και ( )22 2 2y x y≥ +

y 0⇔ ≥ και 2x 0≤y 0⇔ ≥ και x = 0, άρα z iy, y IR+= ∈ , φανταστικός.







Ηµεροµηνία: Μ. Τρίτη 30 Απριλίου 2013



ΘΕΜΑ Α

Α1. Σχολικό βιβλίο, έκδοση 2012 σελ. 262, θεώρηµα (περίπτωση iii).

Α2. α. Σχολικό βιβλίο, έκδοση 2012 σελ. 275, ορισµός.

β. Σχολικό βιβλίο, έκδοση 2012 σελ. 143, ορισµός και το πεδίο ορισµού της

g f αποτελείται από όλα τα στοιχεία x του πεδίου ορισµού της f για τα

οποία το f(x) ανήκει στο πεδίο ορισµού της g. ∆ηλαδή είναι το σύνολο

1

A A ( ) Bx f x= ∈ ∈ .

Α3. Λ – Σ – Λ – Λ – Σ.

ΘΕΜΑ Β

Β1. Έστω yixz += . Ισχύει:

( ) ⇔−−−=+ 3122

zizz

( )2

2 22 1 ( 1) 3z z z z+ = − + − ⋅ − ⇔

⇔−−=+ 322 zzzz

⇔=+++ 0322 zzzz

( )⇔=+⋅++

⇔=+++

0322

032

22xyx

zzzz

2 24 3 0x y x+ + + = ⇔

2 24 4 4 3x x y+ + + = − ⇔

1)2( 22=++ yx .




Άρα ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων του z είναι ο κύκλος µε κέντρο

( 2,0)Κ − και ακτίνα ρ = 1.

ή

∆εύτερος τρόπος:

Για την εξίσωση 2 24 3 0x y x+ + + = έχουµε 2 2

A 4 16 0 12 4 0+Β − Γ = + − = >

δηλαδή είναι κύκλος µε κέντρο ,2 2

Α Β Κ − −

δηλαδή Κ(-2,0) και 4

ρ 12

= = .

Αφού οι εικόνες των zz, είναι σηµεία συµµετρικά ως προς τον άξονα x΄x , ο

γεωµετρικός τόπος του z είναι ο συµµετρικός του παραπάνω κύκλου ως προς

τον x΄x . Συνεπώς είναι ο ίδιος κύκλος, αφού το κέντρο του είναι σηµείο του άξονα x΄x.

Β2. Αφού οι αριθµοί z και z έχουν εικόνες σηµεία του ίδιου κύκλου, τότε η

µέγιστη τιµή του zz − , δηλαδή η µέγιστη απόσταση των εικόνων τους,

επιτυγχάνεται όταν οι εικόνες των zz, είναι σηµεία αντιδιαµετρικά. Συνεπώς η

µέγιστη τιµή του zz − είναι 2ρ = 2.

Οι αριθµοί zz, για τους οποίους έχουµε τη µέγιστη τιµή του zz − , έχουν

εικόνες σηµεία συµµετρικά ως προς τον x΄x , αφού είναι συζυγείς (δηλαδή µε την ίδια τετµηµένη και αντίθετη τεταγµένη) και ταυτόχρονα αντιδιαµετρικά του παραπάνω κύκλου. Άρα είναι συµµετρικά και ως προς το κέντρο Κ, δηλαδή έχουν την ίδια τετµηµένη x=–2 µε το κέντρο. Συνεπώς οι εικόνες τους

είναι οι λύσεις του συστήµατος:

=++

−=

1)2(

2

22yx

x

=

−=⇔

1

2

2y

x

±=

−=⇔

1

2

y

x

Άρα οι αριθµοί zz, που επιτυγχάνουν τη µέγιστη τιµή του zz − είναι οι

i+− 2 , i−− 2 ή αντίστροφα µε εικόνες τα σηµεία Α(-2,1) και Β(-2-1).




A(-2,1)

K(-2,0) -1

-1

y

x

B(-2,-1)

1

-3x'

β΄ τρόπος:

Είναι 2 2 2ρ 2 1 1.z z yi y y y− = = = = ⇔ = ⇔ = ±

Τότε 2 2 2( 2) 1 ( 2) 0 2x y x x+ + = ⇔ + = ⇔ = − , δηλ. 2 και z=-2-iz i= − + ή

αντίστροφα.

Β3. Αφού 2=− zz οι αριθµοί zz, είναι αυτοί που επιτυγχάνουν τη µέγιστη τιµή

του zz − και επειδή 0)Im( >z από το ερώτηµα Β2. προκύπτει ότι iz +−= 2

και iz −−= 2 .

Τότε iiiiizz

====

=

−+⋅ 1150342013

20132013

2

2

2.

Β4. Οι µιγαδικοί z βρίσκονται σε κύκλο µε κέντρο Κ(-2,0) και ακτίνα ρ=1 δηλαδή

για το µέτρο τους ισχύει:

( 2 0 ) 1 2 1z i z− − + = ⇔ + =

Έχουµε: 2 2 4 2 4 4 2( 2)w z i w i z w i z w i z= − ⇔ + = ⇔ + + = + ⇔ + + = + ⇒

4 2 2 ( 4 ) 2 1 2w i z w i⇒ + + = + ⇔ − − − = ⋅ =

δηλαδή οι εικόνες των w ανήκουν σε κύκλο µε κέντρο Λ(-4,-1) και ακτίνα ρ1 = 2.

Έστω τυχαίο σηµείο Μ του παραπάνω κύκλου. Αυτό είναι εικόνα ενός

µιγαδικού w’ και για το µιγαδικό z’ µε '

' ' 2 '2

w iz w z i

+= ⇔ = − είναι

| ' ( 4 ) | 2 | 2 ' 4 | 2 | 2 ' 4 | 2 | ' 2 | 1.w i z i i z z− − − = ⇔ − + + = ⇔ + = ⇔ + =




Άρα το Μ είναι σηµείο του ζητούµενου γεωµετρικού τόπου, ο οποίος, εποµένως, είναι ο κύκλος µε κέντρο Λ(–4, –1) ακτίνα ρ1 = 2.

β΄ τρόπος: Αφού 2 2 .2

w iw z i w i z z

+= − ⇔ + = ⇔ =

Άρα

( 4 )42 1 2 1 1 1 ( 4 ) 2

2 2 2

w iw i w iz w i

− − −+ + ++ = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ − − − =

δηλ. οι εικόνες των w ανήκουν σε κύκλο µε κέντρο Λ(-4,-1) και ακτίνα ρ1=2.

Έχουµε 2w z i w z z i w z z i= − ⇔ − = − ⇒ − = − , δηλαδή η απόσταση των

εικόνων των z και w είναι ίση µε την απόσταση της εικόνας του z από την εικόνα του i, που είναι το σηµείο Α(0,1).

ΘΕΜΑ Γ

Γ1. Αφού η f είναι παραγωγίσιµη θα είναι και συνεχής.

Είναι

( )

0

0

00 0 0 0

1 1lim ( ) lim lim lim 1

11

x xx x x x

x

x xf x

e e ee

→ → → →

′= = = = =

− ′−

.

Πρέπει 0

(0) lim ( ) ln 1 lnx

f f x a e a e→

= ⇔ = = ⇔ = .

Για την παράγωγο στο 0 έχουµε:

0

0

0 0 0 0

1( ) (0) 1 11(0) lim lim lim lim

0 ( 1)

x xx

x xx x x x

xf x f x e x eef

x x x e xe x→ → → →

−− − + − +−

′ = = = = =− − −

0

00

0 0 00 0

1 1lim lim

1 0 2

x x

x x x x xx x

e e e

e xe e e xe e e e→ →

− − −= = = −

+ − + + + + ⋅

.

Γ2. α. 2 2

1 ( 1) 1( )

1 ( 1) ( 1)

x x x x

x x x

x e x e e xef x

e e e

′ ⋅ − − ⋅ − − ′ = = =

− − − , 0x ≠ .

Θέτω ( ) 1x x

g x e x e= − − ⋅ .

Τότε ( ) x x x x

g x e e x e xe′ = − − ⋅ = −

Αν ( ) 0 0g x x′ = ⇔ = .

Το πρόσηµο και η µονοτονία των g(x) και f(x) φαίνονται στο παρακάτω πίνακα:




x −∞ 0 +∞

( )g x′ + 0 −

0

( )g x

− 0 −

( )f x′ − −

( )f x

Αφού η g(x) παρουσιάζει µέγιστο στο x0=0, το g(0)=0, θα είναι αρνητική

για 0x ≠ .

Άρα η ( )f x′ είναι αρνητική για κάθε x∈ℝ δηλ. f ↓ ℝ∨ .

β. Είναι ( ) 1

lim ( ) lim lim lim 01 ( 1)

x x xx x x x

xxf x

e e e

+∞

+∞

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

′

= = = =′− −

, αφού lim x

x

e

→+∞

= +∞ .

Άρα η Cf έχει οριζόντια ασύµπτωτη στο +∞ την ευθεία y=0 (άξονας x x′ ).

Ακόµη lim ( ) lim1 0 1x

x x

xf x

e→−∞ →−∞

−∞= = = +∞

− −

.

Άρα το σύνολο τιµών της f(x) είναι (A) (0, ).f = +∞

Ελέγχουµε για ασύµπτωτη στο −∞ .

Είναι ( ) 1 11lim lim lim 1

1 0 1

x

xx x x

xf x e

x x e→−∞ →−∞ →−∞

−= = = = −

− −

και

[ ] ( )( ) ( ) lim ( ) lim lim lim1 1 1

x x

x x xx x x x

x x x e x x ef x x f x x x

e e e→−∞ →−∞ →−∞ →−∞

+ ⋅ − ⋅ − − = + = + = = − − −

.

Έχουµε ( )( ) 0 1

lim lim lim 0x

x xx x x

x

x e

e e

−∞

−∞ ⋅ +∞

− −→−∞ →−∞ →−∞

⋅ = = =

−

οπότε 0

lim 01 0 1

x

xx

x e

e→−∞

⋅

= =

− −

.

Άρα η ευθεία y=-x είναι πλάγια ασύµπτωτη της Cf στο −∞ .

Γ3. Θεωρούµε την συνάρτηση 0

1 1( ) 2

( ) 1 2013

x

g x x dtf t

= − −

+∫ συνεχή στο [0, 1] σαν

πράξεις συνεχών συναρτήσεων µε 0

0

1 1 1(0) 2 0 0

( ) 1 2013 2013g dt

f t= ⋅ − − = − <

+∫

και 1

0

1 1(1) 2 1

( ) 1 2013g dt

f t= ⋅ − −

+∫ .




Όµως ( ) 0f t > οπότε 1

( ) 1 1 δηλ. 0 1.( ) 1

f tf t

+ > < <

+

Άρα 1 1 1 1

0 0 0 0

1 10 1 0 1(1 0)

( ) 1 ( ) 1dt dt dt dt

f t f t⋅ < < ⋅ ⇔ < < − ⇔

+ +∫ ∫ ∫ ∫

1

0

10 <1.

( ) 1f t⇔ <

+∫

Άρα g(1)>0 οπότε από το θ. Bolzano υπάρχει τουλάχιστον µία ρίζα της g(x)=0 στο (0,1).

Η ρίζα είναι µοναδική γιατί η ( ) [0,1]g x ↑∧

αφού:

1 1( ) 2 0 αφού 0< 1.

( ) 1 ( ) 1g x

f x f x′ = − > <

+ +

ΘΕΜΑ ∆

∆1. Επειδή για την παραγωγίσιµη f(x) στο [0,+∞ ) ισχύει ( ) 0f x′ > θα είναι f(x)

γνησίως αύξουσα στο [0,+∞ ), οπότε για κάθε 0 έχουµε ( ) (0) 1 0.x f x f> > = >

Άρα για x>0 θα είναι 0

( ) 0 ( ) 0x

f t dt F x> ⇔ >∫ . Για x=0 θα είναι

0

0

(0) ( ) 0,F f t dt= =∫ δηλαδή ( ) 0F x ≥ για κάθε 0x ≥ .

Για να δείξουµε ότι ( )G x x≥ για κάθε 0x ≥ κάνουµε τα εξής:

α΄ τρόπος: Θεωρούµε την συνάρτηση ( ) ( ) ,K x G x x= − παραγωγίσιµη στο

[0,+∞ ), σαν διαφορά παραγωγίσιµων συναρτήσεων, µε ( ) ( ) 1 0.x G x′ ′Κ = − >

Άρα ( ) [0, )K x ↑ +∞∧

, δηλαδή ( ) (0) 0K x K> = για x>0.

Είναι (0) (0) 0 0K G= − = .

Άρα για κάθε [0, )x∈ +∞ ισχύει ( ) 0 ( ) 0 ( )K x G x x G x x≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ .

β΄ τρόπος: Αν x=0 τότε G(0)=0 δηλαδή ισχύει σαν ισότητα. Αν x>0, τότε ορίζεται διάστηµα [0,x], στο οποίο η συνάρτηση Κ(t)=G(t)–t είναι συνεχής ως παραγωγίσιµη (διαφορά παραγωγίσιµων συναρτήσεων) και Κ(x)

παραγωγίσιµη στο (0,x) µε ( ) ( ) 1 0K t G t′ ′= − > . Άρα από Θ.Μ.Τ. του

διαφορικού λογισµού υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ (0, )x∈ , τέτοιο ώστε,

( ) K(0) ( )K (ξ)= K (ξ)= .

0

x x

x x

Κ − Κ′ ′⇔

−

Όµως για ξ>0 είναι ( )

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

x G x x G x xx

ξΚ

′Κ > ⇔ > ⇔ Κ > ⇔ − > ⇔ > .

Άρα για κάθε [0, )x∈ +∞ ισχύει ( ) 0 ( ) 0 ( )K x G x x G x x≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ .




γ΄ τρόπος: Αφού G δύο φορές παραγωγίσιµη θα είναι G΄ συνεχής οπότε: για κάθε t>0 ισχύει:

( ) 1 ( ) 1 0G t G t′ ′> ⇔ − > .

Άρα για 0x > θα είναι ( ) [ ]0 0

( ) 1 0 ( ) 0x

x

G t dt G t t′ − > ⇔ − > ⇔∫

( ) ( )( ) (0) 0 0 ( ) .G x x G G x x⇔ − − − > ⇔ >

Για x=0 ισχύει προφανώς σαν ισότητα. Άρα ( )G x x≥ για κάθε 0x ≥ .

∆2. Γνωρίζουµε ότι η f(x) είναι παραγωγίσιµη άρα και συνεχής στο [ ]0,+∞ οπότε η

συνάρτηση 0

( ) ( )x

F x f t dt= ∫ θα είναι παραγωγίσιµη άρα και συνεχής. ∆ηλαδή

0

lim ( ) (0) 0x

F x F→

= = .

Άρα [ ]( ) 20

0 0 0 0

2

1ln ( )

lim ( ) ln lim lim lim1 ( ) ( )

( ) ( )

x x x x

x F xxF x x

F x x F x

F x F x

−∞

⋅ −∞+∞

→ → → →

−⋅ = = = =

′ ′⋅−

0

2 2 20

0 0 0 0

- ( ) ( ) 1 ( ) 1lim lim lim lim

( ) ( ) ( )x x x x

F x F x F x

x f x x f x x f x→ → → →

− −= = ⋅ = ⋅ =

⋅

0

2 ( ) ( ) 1lim 2 (0) (0) ( 1) 0

1 (0)x

F x F xF f

f→

′ ⋅ −⋅ = ⋅ ⋅ − =

.

Η σχέση ( )

( ) ln 0F

fξ

ξ ξξ

+ = γράφεται για ξ=x:

( )( )

( ) ln 0 ( ) ln 0F x

f x x F x xx

′+ = ⇔ ⋅ = .

Θεωρούµε τη συνάρτηση ( ) ln , 0 1

( ) 0, 0

F x x xH x

x

< ≤=

= που είναι συνεχής στο

[0,1] αφού είναι γινόµενο συνεχών στο (0,1] και 0

lim ( ) 0 (0)x

H x H→

= = . Ακόµη

είναι παραγωγίσιµη στο (0,1) σαν γινόµενο παραγωγίσιµων και είναι

(0) 0 (1) αφού n1=0H H= = l .

Άρα από το θεώρηµα του Rolle για την Η(x) θα υπάρχει (0,1)ξ ∈ ώστε

( )( ) 0 ( ) ln 0

Ff

ξξ ξ ξ

ξ′Η = ⇔ + = .

∆3. α. Έχουµε για κάθε x ≥ 0:

[ ] [ ] 22

΄( ) ( ) ( ) ΄΄( ) ( ) ΄( ) 1f x F x f x G x G x x G x+ = − + − ⇔

( ) [ ] [ ] [ ] ΄( ) ( ) ( ) ( ) ΄( ) 1 ( ) ΄( ) 1 ( )f x F x f x F x G x G x x G x G x x ′′′+ ⋅ = − ⋅ − + − ⋅ − ⇔




( ) ( ) [ ]( )( ) ( ) ΄( ) 1 ( )f x F x G x G x x ′′⋅ = − ⋅ − ⇔

( ) ( ) ( ( ) ) ( ( ) 1)f x F x G x x G x c′⇔ ⋅ = − ⋅ − + .

Για x=0 έχουµε: (0) (0) ( (0) 0) ( (0) 1) 1 0 0 0.f F G G c c c′⋅ = − ⋅ − + ⇔ ⋅ = + ⇔ =

∆ηλαδή: ( ) ( ) ( ( ) ) ( ( ) 1) 2 ( ) ( ) 2( ( ) ) ( ( ) 1)f x F x G x x G x f x F x G x x G x′ ′⋅ = − ⋅ − ⇔ ⋅ = − ⋅ − ⇔

( ) ( )2 22 ( ) ( ) 2( ( ) ) ( ( ) ) ( ) ( ( ) )F x F x G x x G x x F x G x x

′ ′′ ′⇔ ⋅ = − ⋅ − ⇔ = − ⇔

2 2( ) ( ( ) ) .F x G x x c⇔ = − +

Για x=0 έχουµε:

( )22

(0) (0) 0) 0 0 0F G c c c= − + ⇔ = + ⇔ =

∆ηλαδή 2 2( ) ( ( ) ) ( ) ( )F x G x x F x G x x= − ⇔ = − , αφού είναι συνεχείς και

( ) 0 και ( ) για κάθε 0F x G x x x≥ ≥ ≥ από το ερώτηµα ∆1.

β. H εφαπτοµένη της GF στο ( )0 0, ( )x F x έχει εξίσωση

0 0 0 0 0 0( ) F (x )( - ) ( )( - ) ( )y F x x x y f x x x F x′− = ⇔ = + (1)

Η εφαπτοµένη της CG στο (x0, G(x0) έχει εξίσωση

0 0 0 0 0 0( ) ( )( ) ( )( ) ( )y G x G x x x y G x x x G x′ ′− = − ⇔ = − + (2)

Λύνοντας το (Σ) των εξισώσεων (1) και (2) έχω:

0 0 0 0 0 0( )( ) F( ) ( )( ) ( )f x x x x G x x x G x′− + = − + ⇔

( )0 0 0 0 0 0 0( ) 1 ( ) ( ) ( )( ) ( )G x x x G x x G x x x G x′ ′⇔ − ⋅ − + − = − + ⇔

0 0 0 0 0 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) 0G x x G x x x x x G x x G x x x′ ′ ′ ′⇔ ⋅ − ⋅ − + − = ⋅ − ⋅ ⇔ =

δηλαδή οι εφαπτόµενες τέµνονται σε σηµείο Α του άξονα y΄y.

Επειδή για x=0 έχουµε (0) (0) 0 (0) (0)F G F G= − ⇔ = , τότε το εµβαδόν του

χωρίου που ορίζεται από τις CF , CG και την ευθεία x=x0 θα είναι 0

0 0 0

22

0

0 0 0

0

( ) ( ) .2 2

x

x x x xxE F x G x dx xdx xdx

= − = − = = =

∫ ∫ ∫




x

Γ

Β

β

0

Aυ

CF

G

Ο

y

x

C

Υπολογίζουµε το εµβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ, χρησιµοποιώντας τον τύπο 1

2E β υ= ⋅ ⋅ .

Το ύψος είναι η απόσταση της κορυφής Α, που είναι το σηµείο τοµής των εφαπτοµένων, από την πλευρά ΒΓ που είναι η ευθεία x=x0. Αφού είναι

σηµείο του άξονα y΄y, η απόσταση θα είναι 0x .

Σαν βάση θεωρούµε την πλευρά ΒΓ, που σχηµατίζουν τα σηµεία Β(x0,

F(x0) και Γ(x0, G(x0), οπότε ( ) 0 0 0( ) ( )F x G x xΒΓ = − =

δηλαδή 2 2

0 0 0 0

1 1 1

2 2 2E x x x x= ⋅ = ⋅ = , άρα ισχύει το ζητούµενο.

ËÇ







Ηµεροµηνία: Κυριακή 27 Απριλίου 2014



ΘΕΜΑ Α

Α1. Θεωρία σχολικού βιβλίου σελ. 224.



Α4. i. Σωστό

ii. Σωστό

iii. Σωστό

iv. Λάθος

v. Σωστό

ΘΕΜΑ Β

Β1. Είναι 1z φανταστικός, εάν και µόνο αν ( )

1Re z 0= (1)

α) Φέρνουµε τον 1z στην µορφή κ λi+ , ∈ :

( ) ( )

( ) ( )1

1 βi 2i α 2 iz

α 2 i α 2 i

+ − ⋅ + +

=

+ − ⋅ + +

( )2

α 2 i αβi 2βi β 2αi 4i 2

α 2 1

+ + + + − − − +=

+ +

( ) ( )2 2

α β 4 αβ 2β 2α 3i

α 2 1 α 2 1

− + + − −= +

+ + + +

Από την σχέση (1) προκύπτει ( )

2

α β 40 α β 4 0

α 2 1

− += ⇔ − + =

+ +

.




Η τελευταία εξίσωση επαληθεύεται από όλα τα σηµεία Μ (α, β) του

µιγαδικού επιπέδου τα οποία είναι εικόνες του z α βi= + και µόνο αυτά.

Άρα, ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων του z είναι η ευθεία x y 4 0− + = .

β) Έστω w x yi, x, y IR= + ∈ .

Είναι 1 1

w i x (y )i2 2− = + −

Εποµένως, 1 1

Im(w i) y2 2− = −

Έχουµε:

( )1 1

1 i Im w i 2 w i2 2

− − = +

( )

1 11 i y 2 x yi i

2 2

⇔ − − = + +

1 11 i y 2 x y i

2 2

⇔ − − = + +

2

21 12 y 2 x y

2 2

⇔ − = + +

22

2 21 1y x y y

2 4

⇔ − = + + +

2 2 21 1y y x y y

4 4⇔ − + = + + +

2x 2y 0⇔ + =

Άρα ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων του w είναι η γραµµή µε εξίσωση

2x 2y 0+ = , η οποία είναι παραβολή, αφού 2 21x 2y 0 y x

2⇔ + = ⇔ = −

Β2. Το z w− ισούται µε την απόσταση των εικόνων των µιγαδικών z και w,

εποµένως εκφράζει την απόσταση των σηµείων της ευθείας (ε): x y 4 0− + =

από τα σηµεία της παραβολής C: 21y x

2= − .

Έστω ( )0 0M x , y τυχαίο σηµείο της παραβολής, και Ν τυχαίο σηµείο της

ευθείας. Σύµφωνα µε τα παραπάνω πρέπει και αρκεί να αποδείξουµε ότι

7 2MN

4≥ . Θεωρούµε την προβολή Μ0 του Μ στην ευθεία. Προφανώς

0MN MM≥ . Επειδή 2

0 0

1y x

2= − είναι 2

0 0

1M x , x

2

−

η απόσταση του Μ από

την ευθεία (ε) είναι:




( )( )

2

20 0

0 0

022

1x x 4

x 2x 82MM d M, ε

2 21 1

+ ++ +

= = =

+ −

(1)

εποµένως 2

2

00

0

(x 1) 7 (x 1) 7 7 7 2MM

42 2 2 2 2 2

+ + + += = ≥ =

Συνεπώς 0

7 2MN MM

4≥ ≥ , που αποδεικνύει το ζητούµενο.

2ος τρόπος εύρεσης του ελαχίστου από την (1).

Έστω ( ) 2

ff x x 2x 8, A IR= + + = . H f είναι παραγωγίσιµη στο IR ως

πολυωνυµική µε f (x) 2x 2,x IR′ = + ∈ . Έχουµε

f (x) 0 2x 2 0 x 1′ = ⇔ + = ⇔ = −

( )f x 0 x 1′ > ⇔ > − , ( )f x 0 x 1′ < ⇔ < −

Άρα για x 1= − , η f έχει ελάχιστο το ( )f 1 7− = , οπότε 2

0 0x 2x 8 7+ + ≥ και από

την (1)

( )0

7 7 2MM d M, ε

42 2= ≥ =

Β3. α) Οι εικόνες δύο συζυγών µιγαδικών είναι σηµεία συµµετρικά, ως προς τον

άξονα x΄x. Εφόσον οι εικόνες του w είναι τα σηµεία 21x, x , x IR

2

− ∈

, οι

εικόνες του w , είναι τα 21x, x , x IR

2

∈

, που έχουν γεωµετρικό τόπο την

παραβολή C: 21y x

2= , αφού αυτά και µόνο αυτά την επαληθεύουν.

β) Έστω ( ) 21g x x

2= και ( )h x x 4= + . Αρχικά βρίσκουµε τις ρίζες και το

πρόσηµο της διαφοράς ( ) ( )g x h x− . Είναι

( ) ( ) 2 21g x h x 0 x x 4 0 x 2x 8 0 x 4 η x 2

2− = ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ = = −ɺ

x −∞ 2− 4 +∞

( ) ( )g x h x− + − +




Το ζητούµενο εµβαδό είναι

4 4

2 2

E g(x) h(x) dx [h(x) g(x)]dx− −

= − = −∫ ∫

=4

2

2

1x 4 x dx

2−

+ −∫

=

42 3

2

x x4x 18τµ.

2 6−

+ − =

ΘΕΜΑ Γ

Γ1. Είναι

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x x x x x x

f x f x e g x 1 e f x e f x e e g x e− − − −

′ ′ ′ ′− = − ⇔ − = −

( ) ( ) ( )x x x

e f x e f x g x e− − −

′ ′⇔ − = −

( ) ( )x x

f x e g x e− −′ ′ ⇔ = +

( ) ( )x x

f x e g x e c,− −

⇔ = + + (1) µε c IR∈

Αν στη σχέση (1) θέσουµε όπου x 1= , έχουµε

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

− − − −

= + + ⇔ = + ⇔ =

Εποµένως η (1) δίνει ( ) ( )xf x e g x 1, x IR= + ∈ .

Γ2. α) Από την σχέση ( ) ( ) ( )x

f x f x e g x 1′ ′− = − , για x 1= έχουµε

( ) ( ) ( ) ( ) ( )f 1 f 1 eg 1 1 f 1 eg 1′ ′ ′ ′− = − ⇔ = , (2)

Ακόµα

( ) ( )2 22f x x 2x 1 2f x x 2x 1 0+ − ≥ ⇔ + − − ≥ (3) για κάθε x IR∈

Αν θεωρήσουµε ( ) ( )22f x x 2x 1 x+ − − = ϕ , τότε επειδή

( ) ( ) ( )2f 1 1 2 1 1 1 0+ − − = ϕ ⇔ ϕ = ,

η (3) γράφεται ( ) ( )x 1ϕ ≥ ϕ . Συνεπώς η φ(x) παρουσιάζει για x 1= (ολικό)

ελάχιστο. Ακόµη η φ(x) είναι παραγωγίσιµη στο ℝ µε:

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

′′ ′ϕ = + − − ⇔ ( ) ( )x 2f x 2x 2′ ′ϕ = + − .




Για την φ(x) ισχύουν οι υποθέσεις του Θ. Fermat, άρα ( )1 0′ϕ = , ή

ισοδύναµα

( ) ( )2f 1 2 2 0 f 1 0′ ′+ − = ⇔ =

Εποµένως από την (2) έχουµε: ( )eg 1 0′ = ⇔ ( )g 1 0′ = .

β) Έστω x 0> . Θέτουµε x 2

tx 1

+=

+

, οπότε

x 1 1 1 1t t 1 x 1

x 1 x 1 x 1 t 1

++ = ⇔ = − ⇔ + =

+ + + −

Επειδή x

x 2lim 1

x 1→+∞

+=

+, το t τείνει στο 1. Έχουµε

( ) ( )x t 1

x 2 1lim x 1 g lim g t

x 1 t 1→+∞ →

+ + = + −

( ) ( )( )

t 1

g t g 1lim g 1

t 1→

− ′= =

− =0

Γ3. α) Είναι ( ) ( )x

f x e g x 1= + και ( ) ( )2

g x x 1 , x IR= − ∈ , οπότε:

( ) ( )2x

f x e x 1 1, x IR= − + ∈ .

Η f είναι παραγωγίσιµη στο IR µε

( ) ( )2x

f x e x 1 1′ ′ = − +

( ) ( ) ( )( )

2x x x

e x 1 2e x 1 e x 1 x 1= − + − − +=

Ο πίνακας µε τις ρίζες και το πρόσηµο της ( )f x′ , τη µονοτονία και τα

ακρότατα της f είναι:

x −∞ −1 1 +∞

f ΄(x) + 0 − 0 +

f (x)

41

e+

1

H f είναι συνεχής στα διαστήµατα ( ] [ ] [ ), 1 , 1, 1 , 1,−∞ − − +∞ και

( )f x 0′ > για x 1< − , ( )f x 0′ < για 1 x 1− < < , ( )f x 0′ > για x 1> .

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( ], 1−∞ − , γνησίως φθίνουσα στο

[ ]1, 1− και γνησίως αύξουσα στο [ )1, +∞ .

Έχουµε

( ) ( )2x

x x

lim f x lim e x 1 1 0 1 1→−∞ →−∞

= − + = + =

,




αφού

( )( ) ( )

( )

( )2

2

2x

x xx x x x

xDLH

x 1x 1 2 x 1lim e x 1 lim lim lim

e ee

+∞

+∞

− −→−∞ →−∞ →−∞ →−∞

−

′ −− − − = = −′=

( )

( )

x

xx x x

xDLH

2 x 1 2lim lim lim 2e 0

ee

−∞

−∞

−→−∞ →−∞ →−∞

−

′−

= = =′

−

=

Ακόµη

( ) ( )2x

x x

lim f x lim e x 1 1→+∞ →+∞

= − + = +∞

,

αφού

( )2

x

lim x 1→+∞

− = +∞ και x

x

lim e→+∞

= +∞ .

Εποµένως η f παρουσιάζει τοπικό µέγιστο για x 1= − το ( )4

f 1 1e

− = + και

ολικό ελάχιστο για x 1= το ( )f 1 1= . Αν

( )1

A , 1= −∞ − , [ ]2A 1, 1= − και ( )

3A 1,= + ∞ ,

τότε

( ) ( )1x

4 4f A lim f x , 1 1, 1

e e→−∞

= + = +

,

( ) ( ) ( )2

4f A f 1 , f 1 1, 1

e

= − = +

και

( ) ( )( ) ( )3x

f A 1, lim f x 1,→+∞

= = +∞ .

Εποµένως το σύνολο τιµών της f είναι το

( ) ( ) ( ) ( ) [ )1 2 3

f IR f A f A f A 1,= = + ∞∪ ∪

β) Η ( ) ( )x

h x e 1 x 1, x IR= − + ∈ είναι παραγωγίσιµη στο IR µε

( ) ( ) ( )x x x x

h x e 1 x 1 e 1 x e xe , x IR′′ = − + = − − = − ∈

Έστω ε η εφαπτοµένη που φέρουµε στη h

C από το σηµείο ( )M 1,λ και

( )( )0 0

x ,h x το σηµείο επαφής. Η εξίσωση της εφαπτοµένης είναι

( ) ( )( )0 0 0

y h x h x x x′− = − ,

η οποία γράφεται

( ) ( )0 0x x

0 0 0y e 1 x 1 x e x x− − − = − −




Επειδή το ( )M 1,λ είναι σηµείο της εφαπτοµένης, για x 1= και y = λ η

τελευταία σχέση δίνει

( ) ( )0 0x x

0 0 0e 1 x 1 x e 1 xλ − − − = − − ( )0

x 2

0 0 01 e 1 x x x⇔ λ = + − − +

( )02x

0e x 1 1⇔ − + = λ

( )0

f x⇔ = λ

Όπως δείξαµε στο προηγούµενο ερώτηµα, η f είναι γνησίως µονότονη σε

καθένα από τα διαστήµατα 1 2 3

A , A , A , οπότε η εξίσωση f(x) = λ, έχει το

πολύ µία λύση σε καθένα από αυτά και, συνεπώς, συνολικά έχει το πολύ

τρεις λύσεις στο IR . Αυτό αποδεικνύει, ότι από το σηµείο ( )M 1, λ άγονται

το πολύ τρεις εφαπτόµενες στη h

C .

2ος τρόπος απόδειξης, ότι η εξίσωση f(x) = λ έχει το πολύ τρεις ρίζες.

Υποθέτουµε ότι έχει τέσσερις διαφορετικές ρίζες τις 1 2 3 4ρ ,ρ ,ρ ,ρ και έστω

χωρίς βλάβη της γενικότητας 1 2 3 4ρ < ρ < ρ < ρ . Αυτές είναι ρίζες και της

συνάρτησης φ(x) = f(x) λ−

Η φ είναι συνεχής σε καθένα από τα διαστήµατα [ ] [ ] [ ]1 2ρ , ρ ρ , ρ ρ , ρ

και παραγωγίσιµη σε καθένα από τα 1 2 2 3 3 4

(ρ , ρ ), (ρ , ρ ), (ρ , ρ ) µε φ'(x) = f '(x)

και ακόµα

1φ(ρ φ(ρ φ(ρ φ(ρ= = = =

Άρα εφαρµόζεται το θεώρηµα Rolle σε καθένα από τα διαστήµατα

1 2 2 3 3 4(ρ , ρ ), (ρ , ρ ), (ρ , ρ ) , όποτε υπάρχουν

1 2 2 3κ (ρ , ρ ), κ (ρ , ρ ),∈ ∈

3 4κ (ρ , ρ )∈

τέτοια, ώστε

φ'(κ φ'(κ φ'(κ= = =

Προφανώς κ < κ < κ

. Επειδή φ'(x) = f '(x) προκύπτει ότι η εξίσωση

f '(x) = 0 έχει τρεις διαφορετικές ρίζες, τις κ , κ , κ

, που είναι άτοπο, διότι,

όπως αποδείχτηκε στο προηγούµενο ερώτηµα, έχει δύο ακριβώς δύο ρίζες

τις x 1, x 1= = − .

ΘΕΜΑ ∆

∆1. Θεωρούµε την συνάρτηση : →h IR IR µε

( )2 2

2

0

2= − +∫x

t x

h x t e dt xe x




Η h είναι παραγωγίσιµη στο IR µε παράγωγο

( ) ( )2 2 2 2

2 22 2 1 1= − + + = −

x x x x

h΄ x x e e x e e

Η h΄ µηδενίζεται για x = 0 και για κάθε x ≠ 0 είναι

2 22 0 1 1 0 '( ) 0> ⇔ > ⇔ − < ⇔ <

x x

x e e h x

Εποµένως, η h είναι γνησίως φθίνουσα στο IR , οπότε έχουµε:

( ) ( ) ( )0 0 0h x h x h x< ⇔ < ⇔ > (1)

Η πρώτη από τις δοσµένες ανισότητες για κάθε x IR δίνει:

( ) ( ) ( )( ) 2

22

0

2 0g΄΄ x g΄΄ xt

t e dt g΄΄ x e g΄΄ x

− + <∫

ή ( )( ) 0<h g΄΄ x και λόγω της (1): ( ) 0>g΄΄ x , που σηµαίνει ότι η g΄ είναι

γνησίως αύξουσα στο IR .

2ος

τρόπος Με ολοκλήρωση κατά παράγοντες έχουµε:

( ) ( ) ( )( ) 2

22

0

2g΄΄ x g΄΄ xt

t e dt g΄΄ x e g΄΄ x

< −∫

⇔ ( ) ( )( )

( )( ) 2

2

0

' < −∫

g΄΄ x g΄΄ xtt e dt g΄΄ x e g΄΄ x

⇔ ( ) ( ) ( )( ) 2

2 2''( )

00

− < − ∫

g x g΄΄ x g΄΄ xt tte e dt g΄΄ x e g΄΄ x

⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2

2

0

− < −∫

g΄΄ xg΄΄ x g΄΄ xtg΄΄ x e e dt g΄΄ x e g΄΄ x

⇔ ( )( ) 2

0

>∫g΄΄ x

te dt g΄΄ x (1*)

Και τώρα συνεχίζουµε ως εξής:

(1*)⇔( ) ( )2

0 0

>∫ ∫g΄΄ x g΄΄ x

te dt dt

⇔( ) ( )2

0 0

0− >∫ ∫g΄΄ x g΄΄ x

te dt dt

⇔ ( )( ) 2

0

1 0− >∫g΄΄ x

te dt (2*)

Επειδή 2

1 0− ≥te , για κάθε IR , η (2*) αποκλείει ''( ) 0≤g x , αφού τότε θα

είχαµε ( )( )

( )( )2 20

0

1 0 1 0− ≥ ⇔ − ≤∫ ∫g΄΄ x

t t

g΄΄ xe dt e dt , άτοπο. Εποµένως ''( ) 0>g x , που

σηµαίνει ότι η g΄ είναι γνησίως αύξουσα στο IR .

∆2. Θεωρούµε την συνάρτηση f µε

( ) [ ]( ) 2g x

t

-2x = e dt, x 0,1∈∫f




Η f είναι συνεχής, ως σύνθεση των συνεχών συναρτήσεων g και 1g µε

( )2

12

.

−

= ∫x

t

g x e dt Ακόµα

( ) ( )( ) ( )2 20 1

2 2

0 1 0g g

t tf f e dt e dt

− −

= <∫ ∫

Εποµένως, από το Θεώρηµα του Bolzano υπάρχει ρ∈(0, 1) τέτοιο ώστε f (ρ) = 0 ή

( ) 2

2

0−

=∫g

te dt

ρ

(2)

• Αν g(ρ) > − 2, επειδή 2t

e > 0 θα είναι ( ) 2

2

0g

te dt

ρ

−

>∫ άτοπο από την (2).

• Αν g(ρ) < − 2 επειδή 2t

e > 0 θα είναι ( )

( )2 22

2

0 0g

t t

ge dt e dt

ρ

ρ

−

−

> ⇔ <∫ ∫ , οµοίως

άτοπο από την (2).

Εποµένως g(ρ) = − 2.

Στη συνέχεια, εφαρµόζεται το Θεώρηµα του Rolle για την g στο διάστηµα [ρ, 2], αφού ως παραγωγίσιµη είναι συνεχής στο [ρ, 2], παραγωγίσιµη στο

(ρ, 2) και ακόµα g(ρ) = g(2) = − 2. Εποµένως, υπάρχει ( )0, 2x ρ∈ τέτοιο, ώστε

( )0 0g΄ x = (3)

Αλλά η g΄ είναι γνησίως αύξουσα οπότε:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0ρ<x <2 g΄ ρ <g΄ x <g΄ 2 g΄ ρ <0<g΄ 2⇒ ⇒

που αποδεικνύει το ζητούµενο.

∆3. Έστω 0

2< <x x . Θέτουµε

( )

3

2

xu

g x

−

=

+

Είναι ( )2 2

3lim lim

2− −

→ →

−= = +∞

+x x

xu

g x διότι:

• ( )2

lim 3 1 0x

x−

→

− = − <

• ( )2

lim 2 0x

g x−

→

+ =

• g(x) + 2 < 0, γιατί από την µονοτονία της g΄ είναι

( ) ( ) ( )0 0x>x g΄ >g΄ x g΄ >0⇒ ⇒x x

που σηµαίνει ότι η g είναι γνησίως αύξουσα στο 0

[ , )+∞x .Έτσι

( ) ( ) ( ) ( )02 2 2 2 0< < ⇒ < ⇒ < − ⇒ + <x x g x g g x g x

Στη συνέχεια το ζητούµενο όριο γίνεται

( )( )

2

3lim lim

2−

→+∞→

−= +

ux

xg g u

g x




Η εφαπτοµένη της g

C στο σηµείο της Μ(2, g(2)) έχει εξίσωση:

( ) ( ) ( ) ( )y g 2 g' 2 x 2 g' 2 2 '(2) (2)− = − ⇔ = − +y x g g

Επειδή η g΄ είναι γνησίως αύξουσα η g είναι κυρτή στο IR , οπότε τα σηµεία

της g

C είναι πάνω από τα αντίστοιχα σηµεία της εφαπτοµένης της, εκτός του

σηµείου επαφής, εποµένως για κάθε x IR

( ) ( )g g' 2 2 '(2) (2)≥ − +x x g g (4)

Επειδή ( )g' 2 0> είναι

( ) ( )lim g' 2 2 '(2) (2) lim g' 2→+∞ →+∞

− + = = +∞ x x

x g g x

Αν ( ) ( ) ( ) ( )h x g 2 x 2g ' 2 g 2 , µεx IR′= − + ∈ αφού ( )x

lim h x→+∞

= +∞ θα υπάρχει

α 0> , ώστε στο ( )α,+∞ είναι ( )h x 0> οπότε από (4) είναι

( ) ( )( ) ( )

1 1g x h x 0 0

g x h x≥ > ⇔ < ≤

Επειδή ( )x

1lim 0

h x→+∞

= , από κριτήριο παρεµβολής θα είναι ( )x

1lim 0

g x→+∞

= .

Αν ( )( )

( )( )

1 1φ x g x

g x φ x= ⇔ = , τότε

( )( )

( )x x u

1lim g x lim lim g u

φ x→+∞ →+∞ →+∞

= = +∞⇒ = +∞ ,

διότι είναι ( )φ x 0> στο ( )α,+∞ και ( )x

lim φ x 0→+∞

= .

Ώστε

( )( )

2

3lim lim

2 ux

xg g u

g x−

→+∞→

−= = +∞

+

∆4. Η εξίσωση έχει προφανή ρίζα την x = 1. Θα αποδείξουµε ότι είναι µοναδική.

Πραγµατικά είναι:3 3 3 3g(1 x x ) g(1) g(x) g(x ) g(1 x x ) g(1) g(x) g(x )+ − = + − ⇔ + − − = − (5)

• Αν υποθέσουµε ότι x > 1, τότε θεωρούµε τα διαστήµατα 3[1 x x , 1]+ − και 3[x, x ] . Αυτά είναι καλώς ορισµένα και ξένα µεταξύ τους, αφού ισχύουν

31 x x< < και 3 3

1 x x 1 x x+ − < ⇔ < , δηλαδή 3 3

1 x x 1 x x+ − < < < .




Εφαρµόζεται, τώρα, για την g το θεώρηµα µέσης τιµής σε καθένα από τα 3[1 x x , 1]+ − και 3[x, x ] , γιατί η g είναι συνεχής σ’ αυτά και παραγωγίσιµη

στα αντίστοιχα ανοιχτά διαστήµατα. Υπάρχουν, εποµένως, 1 2, ξ ξ µε

3 3

1 21 x x 1 x x+ − < ξ < < < ξ < , (6)

τέτοια ώστε 3

13

g(1) g(1 x x )g '( )

x x

− + −= ξ

− και

3

23

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

x x

−= ξ

−

Λόγω της (5):

1 2 1 2g '( ) g '( ) g '( ) g '( )− ξ = − ξ ⇒ ξ = ξ

Άτοπο, γιατί από την (6) και την µονοτονία της g΄ είναι

1 2 1 2g '( ) g '( )ξ < ξ ⇒ ξ < ξ

• Πάλι, αν υποθέσουµε ότι 0 < x < 1, τότε εργαζόµαστε στα διαστήµατα 3[1, 1 x x ]+ − και 3[x , x] . Αυτά είναι καλώς ορισµένα και ξένα µεταξύ τους,

αφού ισχύουν 3x x 1< < και 3 3

1 1 x x x x< + − ⇔ < , δηλαδή 3 3

x x 1 1 x x< < < + − Εφαρµόζεται, οµοίως, για την g το θεώρηµα µέσης τιµής σε καθένα από

τα 3[1, 1 x x ]+ − και 3[x , x] , γιατί η g είναι συνεχής σ’ αυτά και

παραγωγίσιµη στα αντίστοιχα ανοιχτά διαστήµατα. Υπάρχουν, εποµένως,

1 2, ξ ξ µε

3 3

2 1x x 1 1 x x< ξ < < < ξ < + − , (7)

τέτοια ώστε 3

13

g(1 x x ) g(1)g '( )

x x

+ − −= ξ

− και

3

23

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

x x

−= ξ

−

Λόγω της (5):

1 2g '( ) g '( )ξ = ξ

Άτοπο, γιατί από την (7) και την µονοτονία της g΄ είναι

2 1 2 1g '( ) g '( )ξ < ξ ⇒ ξ < ξ .

Ώστε η εξίσωση έχει µοναδική λύση την προφανή x = 1.



Ε_3.ΑΜλ3ΘΤ(α)





Ηµεροµηνία: ∆ευτέρα 5 Ιανουαρίου 2015



ΘΕΜΑ Α

ΑΑ11.. Έχουµε:

1 2 1 2

2 2 2

1 2 1 2

| | | | | |

| | | | | |

z z z z

z z z z

⋅ = ⋅ ⇔

⋅ = ⋅ ⇔

1 2 1 2 1 1 2 2( )( )z z z z z z z z⇔ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅

1 2 1 2 1 1 2 2z z z z z z z z⇔ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ που ισχύει.

ΑΑ22.. Η f ονοµάζεται γνησίως φθίνουσα στο διάστηµα ∆ του πεδίου ορισµού της ,

όταν για οποιαδήποτε 1 2,x x ∈∆ µε

1 2x x< ισχύει:

1 2( ) ( ).f x f x>

ΑΑ33..

Μια συνάρτηση f (θα λέµε ότι) είναι συνεχής

σε ένα κλειστό διάστηµα [ , ]α β , όταν:

• είναι συνεχής σε κάθε σηµείο του ( , )α β

και επιπλέον είναι συνεχής στα άκρα,

δηλαδή

• lim ( ) ( )x

f x fα

α+

→

= και lim ( ) ( )x

f x fβ

β−

→

=

y

[ ] O

β a x

ΑΑ44..

α. Λάθος

β. Σωστή

γ. Λάθος

δ. Σωστή

ε. Λάθος





ΘΕΜΑ Β

Β 1. Για να έχει νόηµα πραγµατικού αριθµού η συνάρτηση ( ) lng x x= −

πρέπει

0x > , έτσι προκύπτει ότι το πεδίο ορισµού της είναι το ( )0,g

A = +∞ .

Για ( )1 2, 0,x x ∈ +∞ , είναι

1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ) ln ln ln lng x g x x x x x x x= ⇔ − = − ⇔ = ⇔ = , άρα η g είναι <<1-

1>> και εποµένως η g είναι αντιστρέψιµη.

Για 0x > θεωρούµε την εξίσωση (ως προς x ) ( )y g x= . Τότε:

( ) lny g x y x= ⇔ = − ⇔

ln ln

ln lny

y

y e x

e x

e x

−

−

⇔ − ⋅ = ⇔

⇔ = ⇔

⇔ =

Η ρίζα yx e

−

= είναι δεκτή αφού 0ye−

> και µοναδική για κάθε y R∈ .

Άρα η αντιστροφή της g είναι η συνάρτηση ( )1,

x

g x e− −

= µε x R∈ .

Β 2.

Η εξίσωση εφαπτοµένης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g

στο σηµείο της ( )( )1, 1gΑ είναι

( ) ( )( )1 1 1y g g x′− = −

Είναι

• ( )1 0g =

• ( )1 1g′ = −

Έτσι ( ) : 1Ay xε = − +

Η εξίσωση εφαπτοµένης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης 1g−

στο σηµείο της ( )( )1

0, 0B x g x

− είναι

( ) ( ) ( )( )1 1

0 0 0y g x g x x x

− − ′− = − .

• ( )1

0,

ox

g x e−−

=

• ( ) ( )1

0

ox

g x e−− ′

= −

Έτσι





( )

( ) :

o o

o o o

x x

o

x x x

B o

y e e x x

y e x e x eε

− −

− − −

− = − −

= − ⋅ + ⋅ +

Για να ταυτίζονται οι ευθείες ( ), ( )A Bε ε πρέπει και αρκεί να υπάρχει

ox

ώστε

1 ox

e−

− = − (1)

και

1 o ox x

oe x e− −

= ⋅ + (2)

Από (1) έχουµε 1 ox

e−

= έτσι η (2) γίνεται 1 1 1 0o ox x= ⋅ + ⇔ = .

Συνεπώς, η εξίσωση της εφαπτοµένης στο σηµείο ( )( )10, 0B g

− της

γραφικής παράστασης της συνάρτησης 1g− , είναι η εφαπτοµένη της

γραφικής παράστασης της συνάρτησης g στο σηµείο ( )( )1, 1gΑ .

Β 3. Το πεδίο ορισµού της (x) lnx x

h e−

= − είναι ( )0,h

A = +∞ .

Για οποιαδήποτε ( )1 2, 0,

hx x A∈ = +∞ µε

1 2x x< .

Έχουµε:

( ) ( )ln .

1 2 1 2ln ln

H x ύ

x x x x

γν α ξ

< ⇒ < (1),

1 2 1 2

1 .

1 2

1

2 1

x

H e ύx x x x

x x x x e e e e

πι γν α ξ πι− − −

Ε Ε−

− −

< ⇒ − > − ⇒ > ⇒ − < − (2).

Με πρόσθεση των σχέσεων (1) και (2) έχουµε:

( ) ( ) ( ) ( )1 2

1 2 1 2ln ln

x x

x e x e h x h x− −

− < − ⇒ < ,

άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο ( )0,h

A = +∞ .

Επίσης

• ( )0 0

lim ( ) lim lnx

x x

h x x e+ +

−

→ →

= − = −∞

•

1lim ( ) lim ln

xx x

h x xe→+∞ →+∞

= − = +∞

Άρα το σύνολο τιµών της συνεχούς συνάρτησης h είναι

( ) ( ) ( )

.

0

(0, ) lim ( ), lim ( ) ,h ύ

xx

h h x h x

γν α ξουσα

+→+∞→

+∞ = = −∞ +∞





Β 4. Για να είναι η συνάρτηση f όπου ( )ln ,

,x

x xf x

e x

α

α−

>=

≤ συνεχής για κάποιο

0α > πρέπει

lim ( ) lim ( ) ( )

lim ln lim ( ) ln

ln 0 ( ) 0

x x

x

x x

f x f x f

x e f e

e h

α α

α

α α

α

α

α α

α α

+ −

+ −

→ →

− −

→ →

−

= = ⇔

⇔ = = ⇔ =

⇔ − = ⇔ =

Τώρα το ( )0 ,

ύ

ώ

σ νολοτιµ ν

∈ −∞ +∞ , άρα υπάρχει ( )0,

ί

ύ

πεδ οορισµο

α ∈ +∞ και µάλιστα µοναδικό αφού η

( )h x γνησίως αύξουσα, ώστε ( ) 0h α = , έτσι αποδείξαµε ότι η f είναι

συνεχής για µοναδικό 0α > .

ΘΕΜΑ Γ

Γ 1. Για τον αριθµητή του δοθέντος ορίου:

Αφού η συνάρτηση f είναι γνησίως µονότονη ισχύει

( ) ( ) ( ) ( )0 1 0 1 0f f f f≠ ⇔ − ≠ οπότε ο µεγιστοβαθµιος όρος του αριθµητή

είναι ο ( ) 5(0) (1)f f x− ⋅ .

Για τον παρανοµαστή του δοθέντος ορίου:

Αφού η : *f R R→ ισχύει ( ) 0f x ≠ για κάθε x∈ℝ έτσι ( )1 0f ≠ άρα ο

µεγιστοβαθµιος όρος στον παρανοµαστή είναι ο 2 2(1)f x⋅ µε ( )21 0f >

Έτσι ( ) 5

2 2

(0) (1) 1lim

(1) 1x

f f x x

f x x→−∞

− ⋅ + +

= −∞⇔

⋅ + +

( ) 5

2 2

(0) (1)lim

(1)x

f f x

f x→−∞

− ⋅

⇔ = −∞⇔

⋅

( ) 3

2

(0) (1)lim

(1)x

f fx

f→−∞

−

⇔ ⋅ = −∞

Οπότε αναγκαία 2

(0) (1)0

(1)

f f

f

−> , αφού 3

limx

x

→−∞

= −∞

∆ηλαδή (0) (1) 0 (0) (1)f f f f− > ⇔ >

Έτσι για την γνησίως µονότονη συνάρτηση f ισχύει ότι:

0 1< ενώ (0) (1)f f> εποµένως προκύπτει ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα.





Για την συνάρτηση 3(x) x x

h e= + έχουµε:

Για τυχαία 1 2,x x ∈ℝ µε

3 3

1 2 1 2x x x x< ⇔ <

και 1 2

1 2

x x

x x e e< ⇔ <

Οπότε µε πρόσθεση κατά µέλη έχουµε

1 23 3

1 2

x x

x e x e+ < + ⇔1 2

( ) ( )h x h x<

Άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα στο R .

Γ 2. Για κάθε x R∈ ισχύει

3 3( ( )) (0) ( ) (1) ( 2015)xg g x f g x f f x e− ⋅ = ⋅ + + (1)

Για τυχαία 1 2,x x R∈ µε

1 2( ) ( )g x g x=

• Παίρνουµε g :

( ) ( )1 2

( ) ( )g g x g g x=

• Επί (0)f− :

1 2(0) ( ) (0) ( )f g x f g x− ⋅ = − ⋅

Προσθέτουµε κατά µέλη

1 1 2 2(g( )) f(0) g(x ) ( ( )) f(0) g(x )g x g g x− ⋅ = − ⋅

λόγω της (1) έχουµε

1 23 3

1 2(1) ( 2015) (1) ( 2015)

x x

f f x e f f x e⋅ + + = ⋅ + +

όµως (1) 0f ≠ άρα

1 23 3

1 2( 2015) ( 2015)

x x

f x e f x e+ + = + +

Τώρα αφού η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα θα είναι και <<1–1>>

οπότε προκύπτει:

1 23 3

1 22015 2015

x x

x e x e+ + = + +

1 23 3

1 2

x x

x e x e+ = +

1 2( ) ( )h x h x=

1 2x x=

Αφού η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα, οπότε και <<1–1>>.





Συνεπώς η g <<1–1>>.

Γ 3. Είναι

( )

( )

4

4 2 20

2

2

2

10

(0)lim lim

1 1(1) 11

x

x x

x ff x x x

x xf x x

x fx x

ηµ ηµ

≠

→−∞ →−∞

+ ⋅ + + = + = ⋅ + + + +

( )

( )

22

2

2

10

lim1 1

1x

fxxx

xf

x x

ηµ

→−∞

+

= + = +∞ + +

• Αφού 2limx

x

→−∞

= +∞

•

( )

( )

( )

( )

2

2

10

0lim 0

1 1 11

x

f fx

ff

x x

→−∞

+

= > + +

αφού η ( ) 0f x ≠ και συνεχής άρα διατηρεί το πρόσηµο της οπότε το

πηλίκο δυο οποιοδήποτε τιµών της είναι θετικό .

• Ακόµη είναι 2

ηµlim 0x

x

x→−∞

= διότι

2

2 2 2

1 ηµ 1 διά 0

1 ηµ 1

x x

x

x x x

− ≤ ≤ ≠

− ≤ ≤

και αφού 2

1lim 0

xx→−∞

± =

από το κριτήριο παρεµβολής έχουµε

2

ηµlim 0x

x

x→−∞

= .





ΘΕΜΑ ∆

∆ 1. Για το 23 1 0w w− ⋅ + = έχουµε

2

3 4 1∆ = − = −

έτσι 1

3

2

iw

+= και

2

3

2

iw

−

= εποµένως οw είναι 3 1

2 2w i= + ⋅

ισχύει

2 3 1 3 1 3

4 4 2 2 2w i i= − + ⋅ = + ⋅

3 2 1 3 3 1 3 1 3 3

2 2 2 2 4 4 4 4w w w i i i i i

= ⋅ = + ⋅ + = + + − =

Από την1821 3 607= ⋅ έχουµε

( )

6071821 3 607 3

w w i i i= = = = − αφού 607 4 151 3= ⋅ +

Ακόµη

2

3 1 3 11

2 2 2 4w i

= + = + =

Εναλλακτικά: 18211821

1 1w i w w= − ⇔ = ⇔ =

∆ 2. Έστω z x yi= + µε ,x y R∈ µε 0x y+ ≠ τότε

( )

( )

2 2 2

2 2

2 2

2 2

2 Re 20 1 0

2 0

2 1 1

1 1

z xw

x yz

x y x

x x y

x y

− ⋅ −+ = ⇔ + = ⇔

+

+ − = ⇔

− + + = ⇔

− + =

Οπότε γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών z είναι κύκλος µε

κέντρο ( )Κ 1,0 ,

ακτίνα 1ρ = και µε µιγαδική εξίσωση

( )1 0 1 1 1z i z− + = ⇔ − = εκτός του σηµείου ( ),0,0Ο (αφού 0z ≠ ).





Εναλλακτικά

Ισχύει

( ) ( )( )

2Re

2

2Re0 1 0 0 1

z z z

z zz

w z z z z

z zz

+ =− +−

+ = ⇔ + = ⇔ ⋅ − − =

⋅

Έστω ότι ( )2

1 1 1 1 ..... 0 2z z z z z z− = ⇔ − = ⇔ ⇔ ⋅ − − =

Από (1) και (2) έχουµε το ζητούµενο 1 1z − = .

∆ 3.

α. Ισχύει 1

1i

z u i zu

+⋅ = + ⇔ = (είναι 0u ≠ αφού 1 0i+ ≠ ) έτσι η 1 1z − =

γίνεται:

( )

11 1

11

1

1

i

u

i u

u

i u u

u i u

+− = ⇔

+ −

= ⇔

+ − = ⇔

− + =

-0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3

0.5

1

1.5

x

y

( )A 1,1

( )B 0, 0

Έτσι η εικόνα του u κινείται στην µεσοκάθετο του AB µε

( ) ( )1,1 , 0,0A B .

Για , ,u x yi x y= + ∈ℝ έχουµε

( )

( ) ( )

( ) ( )2 2 2 2

2 2 2 2

1 1

1 1

1 1

2 1 2 1

2 2 2 0 1 0

u i u x y i i x y i

x y i x y i

x y x y

x x y y x y

x y x y

− + = ⇔ + ⋅ − − = + ⋅ ⇔

⇔ − + − ⋅ = + ⋅ ⇔

⇔ − + − = + ⇔

⇔ − + + − + = + ⇔

⇔ − − + = ⇔ + − =

β. Είναι

( ) ( ) ( )

( ) ( )2

1 1 1 1 1

1 1 1 1 0 1 0

z z u u z u z z u

z u u i u i

ερωτ ∆

− + ⋅ − = − + ⋅ − = − ⋅ + =

= − ⋅ + = ⋅ − − + ⋅ = − − + ⋅





Το ( )1 0u i− − + ⋅ παριστάνει την απόσταση της εικόνας του µιγαδικού

u από το σηµείο ( )1,0Κ − .

Η εικόνα του u κινείται στην µεσοκάθετο του AB µε εξίσωση

1 0x y+ − = .

Ο µιγαδικός αριθµός u του οποίου η εικόνα απέχει την µικρότερη

απόσταση από το σηµείο ( )1,0Κ − είναι αυτός που έχει εικόνα το ίχνος

της κάθετης από το σηµείο Κ προς την ευθεία 1 0x y+ − = .

-1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4

-0.5

0.5

1

1.5

2

x

y

Κ( 1, 0)−

Βρίσκουµε την εξίσωση της ευθείας ζ που διέρχεται από το σηµείο Κ

και είναι κάθετη στην ευθεία ε.

Είναι 1

1ζ

ε

λλ

= − = άρα

( ) ( ) ( ): 0 1 1y y x x y x y xζζ λΚ Κ

− = ⋅ − ⇔ − = − − ⇔ = +

Λύνουµε το σύστηµα

1 1 1 1

1 0 1 1 0 2 0 0

y x y x y x y

x y x x x x

= + = + = + = ⇔ ⇔ ⇔

+ − = + + − = = =

Άρα τέµνονται στο σηµείο ( ) 0,1Λ και ο ζητούµενος µιγαδικός είναι ο

0 1u i= + ⋅ και η αντίστοιχη τιµή του z είναι

11 1

iz i i z i

i

+⋅ = + ⇔ = = − .

∆ 4. Θεωρούµε την πολυωνυµική συνάρτηση

( ) ( )( ) ( )1 2 2 2 ,f x x z z x z z= − + − − − − − ορισµένη στο [ ]0,1x∈

Έχουµε:

• ( )0 2 2 2 2 2 2 1 2f z z α α= + − − = − − = − −





• ( ) ( )1 2 2 2 2 2f z z β β= − − + = − − = −

Για τον µιγαδικό z ισχύει 1 1z − = µε , , , 0z iα β α β β= + ∈ ≠ℝ ,

1α ≠ άρα

( )( )

( )

22

2 2

2 2

1 1 0 (3)1 1

1 1 0 (4)

β αα β

α β

− = − >− + = ⇔

− − = >

αφού 1α ≠ και 0β ≠

Έτσι από (3) έχουµε

2 21 0 1 1 2 2 2 2 0 (1) 0fβ β β β β− > ⇔ < ⇔ < ⇔ < ⇔ − > ⇔ >

Ενώ από την (4) προκύπτει ότι:

( ) ( )2 2

1 1 0 1 1 1 1α α α− − > ⇔ − < ⇔ − < ⇔

2 1 2 2 1 2 0 (0) 0fα α⇔ − < ⇔ − − < ⇔ <

Συνεπώς για τη συνεχή (ως πολυωνυµική) συνάρτηση f στο

[ ]0,1 ισχύει (0) (1) 0f f < .

Οπότε ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θεωρήµατος Bolzano.

Άρα υπάρχει ( )0,1ξ ∈ ώστε

( ) ( )( ) ( )0 1 2 2 2f z z z zξ ξ ξ= ⇔ − + − − − − − ⇔

2 2 2

1

z z z z

ξ ξ

+ − − − −

⇔ =

−

Εναλλακτικά

Έχουµε

0.5 1 1.5 2 2.5

-1

-0.5

0.5

1

x

y

( )Α z

( )Α z

z z−

• 2 2 2 2 2 2 1 2z z α α+ − − = − − = − − και από το σχήµα

0 2 1 1 1 1 1α α α< < ⇒ − < − < ⇒ − < ⇒

2 1 2 2 1 2 0 (0) 0fα α⇒ − < ⇒ − − < ⇒ <





• 2 2 2z z β− − = − και από το σχήµα

1 1 1 2 2 0 2 2 2 0 (1) 0fβ β β β− < < ⇔ < ⇒ − < ⇒ − − > ⇒ >

Εναλλακτικά :

• 2 1 1 1 1 1 1 2z z z z z z+ − = − + − ≤ − + − = + = και

• ( ) ( )1 1 1 1 1 1 1 1 2z z z z z z z z− = − − − = − − − ≤ − + − = + =

Το ίσον δεν µπορεί να ισχύει αφού 0,2,1z i≠ ±

• ( ) ( )0 2 1 2 0f α= − − <

• ( ) ( )1 2 2 0f β= − − >

Εναλλακτικά :

Για 0, 1x x≠ ≠ έχουµε

, ,2 2 2 1 1 1...

1 1

z iz z z z

x x x x

α β α β α β= + ∈+ − − − − − − −

= ⇔ ⇔ = ⇔

− −

ℝ

( ) ( )

( )

1 1 1 1 1

1 1 1 2

x x

x

α α β

α β α

⇔ − − − − − = − ⇔

⇔ − − = + − −

• Αν 1 2 1 2β α α β+ − = ⇔ − = − τότε από την

2 2

1 1β α+ − = έχουµε

( )22 2 2

2 1 4 4 1β β β β β+ − = ⇔ + − + = ⇔ 2

2 4 3 0β β− ⋅ + = η

οποία έχει 16 4 2 3 0∆ = − ⋅ ⋅ < άρα είναι αδύνατη,

• Άρα 1 2 0β α+ − − ≠ έτσι η ( )1 1 1 2xα β α− − = + − − έχει λύση

εποµένως η εξίσωση 2 2 2

1

z z z z

x x

+ − − − −

=

−

για 0, 1x x≠ ≠ έχει

πάντα λύση και µάλιστα µοναδική αφού είναι πρωτοβάθµια.



Ε_3.ΒΜλ3ΘΤ(α)





Ηµεροµηνία: Κυριακή 3 Μαΐου 2015



ΘΕΜΑ Α

A.1. Σχολικό βιβλίο σελίδα 260-261.

Α.2. Σχολικό βιβλίο σελίδα 246.

Α.3. Σχολικό βιβλίο σελίδα 280.

Α.4.

i. Σωστό

ii. Λάθος

iii. Σωστό

iv. Σωστό

v. Λάθος

ΘΕΜΑ Β

Β.1. Έχουµε ότι: 2

1 i 3 1 2i 3 3 2 2i 3 1 i 3

2 4 4 2

− − − − − − −= = =

και

( )3 2

1 31 i 3 1 i 3 1 i 3 1 i 3 1 i 31

2 2 2 2 2 2

− +− − − − − −= ⋅ = ⋅ = = −

οπότε

( )

3399 3

331 i 3 1 i 31 1

2 2

− − = = − = −

Επίσης

2

1 i 1 2i 1i

22

+ + − = =

οπότε ( )

50100 2

1250 4 21 i 1 ii i i 1

2 2

+ + = = = ⋅ = −





Συνεπώς

2 299 100

2 21 i 3 1 iz z 4 z 1 z 1 4

2 2

− + + + − = ⇔ − + + = ⇔

( )( ) ( )( )z 1 z 1 z 1 z 1 4 zz z z 1 zz z z 1 4− − + + + = ⇔ − − + + + + + = ⇔

2

2zz 2 z 1 z 1= ⇔ = ⇔ = .

Άρα ο γεωµετρικός τόπος της εικόνας του µιγαδικού z στο µιγαδικό επίπεδο

είναι ο κύκλος (c) µε κέντρο Ο(0,0) και ακτίνα ίση µε 1, δηλαδή (c): 2 2x y 1+ =

2ος

τρόπος

Έχουµε ότι: 33

99 2 33

1 i 3 1 i 3 1 i 3

2 2 2

− − − = =

33 33 33 33

1 2i 3 3 1 i 3 2 2i 3 1 i 3

4 2 4 2

− − − − − −= = =

33 33 33

1 i 3 1 i 3 1 i 3 1 i 3

2 2 2 2

− − − − − −= = ⋅ =

332 332 2

1 i 3 1 31

4 4

− + = − = − = −

Επίσης

( )50 50100 2 2

1250 4 21 i 1 i 1 2i ii i i 1

22 2

+ + + + = = = = ⋅ = −

Συνεπώς

( )( ) ( )( )2 2

z 1 z 1 4 z 1 z 1 z 1 z 1 4 z 1− + + = ⇔ − − + + + = ⇔ =

Β.2. Ισχύει ότι:

2w z 2z w 4 0 2w z 2z w 4⋅ − − + = ⇔ ⋅ − = − ⇔

( )2z w 1 w 4 2 z w 1 w 4⇔ − = − ⇒ − = − ⇒

2 2

2 1 w 1 w 4 4 w 1 w 4⇒ ⋅ ⋅ − = − ⇔ − = − ⇔

( )( ) ( )( )4 w 1 w 1 w 4 w 4− − = − − ⇔

( )4 ww w w 1 ww 4w 4w 16− − + = − − + ⇔

4ww 4w− 4w− 4 ww 4w+ = − 4w− 16+ ⇔





2

3ww 12 w 4 w 2⇔ = ⇔ = ⇔ = .

Β.3. i. Αφού οι εικόνες των µιγαδικών z1, z2, z3 ανήκουν στον κύκλο (C) ισχύει ότι

1 2 3z z z 1= = = οπότε

22 2

1 2 3 1 1 2 2 3 3z z z 1 z z z z z z 1= = = ⇔ = = =

συνεπώς. 1 2 3

1 2 3

1 1 1z , z z

z z z= = και =

.

. Έχουµε ότι

1 2 3 1 2 2 3 1 3 1 2 3 1 2 2 3 1 3

1 2 3 1 2 3

z z z z z z z z z z z z z z z z z zt

1 z z z 1 z z z

+ + + + + + + + ⋅ + ⋅ + ⋅= = =

+ + ⋅ ⋅

2 3 1 3 1 2 3 1 2

1 2 3 1 2 2 3 1 3 1 2 3

1 2 3

1 2 3 1 2 3

z z z z z z z z z1 1 1 1 1 1

z z z z z z z z z z z zt

1 1 1 z z z 11

z z z z z z

⋅ + ⋅ + ⋅ + + ++ + + + +

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= =

⋅ ⋅ ++ ⋅ ⋅

⋅ ⋅

άρα t .∈R

ii. Ισχύει 1 1 11

2 2 2 2

z w z w z wz w 1 23

w z w z w z 2 1w z

− + +− += ≤ ≤ = =

− − − −−

και

1 111

2 2 2 2

z w z wz w 1 2z w 1

w z w z w z w z 2 1 3

− −− −−= ≥ ≥ = =

− − − + +

άρα 1

2

1 z w3

3 w z

−≤ ≤

−

2ος

Τρόπος

Ισχύει 1 1 1 1z w z w z w 1 z w 3− ≤ − ≤ + ⇔ ≤ − ≤ και

2 2 2 2

2

1 1w z w z w z 1 w z 3 1

3 w z− ≤ − ≤ + ⇔ ≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤

−

Πολλαπλασιάζουµε κατά µέλη και έχουµε

1

2

1 z w3

3 w z

−≤ ≤

−

ΘΕΜΑ Γ

Γ.1. Παρατηρούµε ότι για κάθε x 1> − έχουµε:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1

f x f x ln x 1 3 f x f x ln x 1 3x 1 x 1

′ ′− = − + − ⇔ − − + + = − ⇔+ +

( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x ln x 1 f x ln x 1 3 1′ − + − − + = − .

Θεωρούµε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( )F x f x ln x 1 2= − + . Τότε η (1) γίνεται:





( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )x

e 0x x x x x

F x F x 3 F x e F x e 3e F x e 3e

−

≠

− − − − −′ ′′ ′− = − ⇔ ⋅ − ⋅ = − ⇔ ⋅ = .

Τότε ( ) ( )( )

( ) ( )2

x x x xF x e 3e c F x 3 ce f x ln x 1 3 ce

− −

⋅ = + ⇔ = + ⇔ − + = +

Για x 0= έχουµε ( ) ( ) 0f 0 ln 0 1 3 ce 2 3 c c 1− + = + ⇔ = + ⇔ = − .

Άρα ( ) ( )x

f x 3 e ln x 1= − + + .

2ος Τρόπος

Για κάθε x 1> − έχουµε

( ) ( ) ( )1

f x f x ln x 1 3x 1

′ − = − + − ⇔+

( ) ( ) ( )x x x x x1

e f x e f x e e ln x 1 3ex 1

− − − − −′⇔ ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ + − ⇔+

( ) ( ) ( ) ( )x x x x

e f x e ln x 1 3e c f x ln x 1 3 c e− − − −

⋅ = ⋅ + + + ⇔ = + + + ⋅

Για x 0= έχουµε ( ) ( ) 0f 0 ln 0 1 c e 2 3 c c 1= + + ⋅ ⇔ = + ⇔ = − .

Άρα ( ) ( )x

f x 3 e ln x 1= − + + .

Γ.2. α. Έχουµε ( ) ( ) ( )x x

e ln x 1 3 3 e ln x 1 0 f x 0− + = ⇔ − + + = ⇔ =

Είναι:

( ) x1

f x ex 1

′ = − ++

και ( )( )

x

2

1f x e 0

x 1

′′ = − − <

+

.

Άρα η f ′ είναι γνησίως φθίνουσα και ισχύει ( ) 0 1f 0 e 0

0 1

′ = − + =+

.

Τότε

• Για ( ) ( ) ( )x 0 f x f 0 f x 0′ ′ ′< ⇔ > ⇔ >

• Για ( ) ( ) ( )x 0 f x f 0 f x 0′ ′ ′> ⇔ < ⇔ <





Σύνολο τιµών

• Αν ( ]1x A 1,0∈ = − τότε επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής

ισχύει ( ) ( ]( ) ( ) ( )( ( ]1x 1

f A f 1,0 lim f x ,f 0 ,2+

→−

= − = = −∞ γιατί

( ) ( )( )x

x 1 x 1

lim f x lim 3 e ln x 1+ +

→− →−

= − + + = −∞ και ( )f 0 2=

• Αν [ )2x A 0,∈ = +∞ τότε επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής

ισχύει ( ) [ )( ) ( ) ( )( ( ]2x

f A f 0, lim f x ,f 0 ,2→+∞

= +∞ = = −∞

γιατί

( ) ( )( )( )

x x x

xx x x

ln x 1lim f x lim 3 e ln x 1 lim e 3e 1

e

−

→+∞ →+∞ →+∞

+ = − + + = − + = −∞

όπου ( )

x xx DLH x

ln x 1 1 1lim lim 0 0 0

e x 1 e

∞

∞

→+∞ →+∞

+

= ⋅ = ⋅ =

+

και x

x

lim e 0−

→+∞

=

Άρα υπάρχουν ( )11,0ρ ∈ −

και ( )2

0,ρ ∈ +∞ µοναδικά (λόγω µονοτονίας)

τέτοια ώστε ( ) ( )1 2f f 0ρ = ρ = ,δηλαδή η εξίσωση ( )x

e ln x 1 3− + =

έχει

ακριβώς δύο ετερόσηµες ρίζες 1 2ρ ,ρ στο διάστηµα ( )1,− +∞ .

β. Είναι

( ) ( ) ( )x 3 x 3 33 ln x 1 e x 3 e ln x 1 x 0 f x x 0+ + = + α ⇔ − + + −α = ⇔ −α =

Θεωρούµε τη συνάρτηση ( ) ( ) 3k x f x x= −α

Για την συνάρτηση k ισχύουν:

• Είναι συνεχής στο διάσηµα [ ]1 2,ρ ρ ως άθροισµα συνεχών

συναρτήσεων.

( ) ( ) 3 3

1 1 1 1k fρ = ρ −αρ = −αρ

( ) ( ) 3 3

2 2 2 2k fρ = ρ −αρ = −αρ

Τότε ( ) ( ) ( )2 3 3

1 2 1 2k k 1ρ ⋅ ρ = α ρ ρ

• Αν 0α = τότε ( ) ( )( )

( )1 1

1 2

2 2

k 0 ίk k 0

k 0 ί

ρ = ⇔ ρ ρ ζαρ ⋅ ρ = ⇔

ρ = ⇔ ρ ρ ζα

• Αν 0α ≠ τότε ( ) ( )1 2k k 0ρ ⋅ ρ < , από τη σχέση (1) γιατί

1 2ρ ρ < 0 .

Από Θ. Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα ( )1 2,ρ∈ ρ ρ ώστε ( )k 0ρ =

Τελικά υπάρχει τουλάχιστον µια λύση στο διάστηµα [ ]1 2,ρ ρ .





γ. Παρατηρούµε ότι:

( ) ( ) ( )x 1 x 1ln ln x 1 e ln x x ln ln x 1 x 3 ln x 1 1 e 3

− −

+ + > + ⇔ + − + > − + − + ⇔

( ) ( )f . ί .

f ln x f x 1 ln x x 1

γνησ ϕθ ν

> − ⇔ < − (από το ερώτηµα (α))

που ισχύει για κάθε x > 1, λόγω εφαρµογής 2 του σχολικού σελίδα 266.

Γ.3. Είναι

( )( ) ( ) ( )( ) ( )x

x

x x x

2 3 e ln x 1 ln x 12 f x ln x 1 e 1G x

x e 1 x e 1 x e 1

− − + + + +− + + −= = =

⋅ + ⋅ + ⋅ +

Τότε

( )( ) ( ) ( )( )

( )

( ) ( )( )

( )

x x x x x x x x x

2 2x x

e 1 x e 1 e 1 x e 1 e x e 1 e 1 e x eG x

x e 1 x e 1

′ ′− ⋅ + − − ⋅ + ⋅ + − − + ⋅

′ = = =

⋅ + ⋅ +

( )( ) ( )( )

( )

x xx x x

2x

e x ee x e 1 e 1 1 x

G x

x e 1

⋅⋅ + − − + ′ = =⋅ +

x x1 e x e+ − − ⋅( )( )

( )

( )

x x

2 2x x

1 x e x e 2

x e 1 x e 1

+ + − +=

⋅ + ⋅ +

Είναι

( )

x

2x

e0

x e 1

>

⋅ +

για κάθε x∈R .

Θεωρούµε τη συνάρτηση

( ) x

g x x e 2, x= − + ∈R , οπότε

( )( )

( )x

2x

eG x g x

x e 1

′ = ⋅

⋅ +

Είναι

• ( ) x

g x 1 e′ = − και αν

( ) x x

g x 0 1 e 0 e 1 x 0′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =

• Αν ( ) x xg x 0 1 e 0 e 1 x 0′ > ⇔ − > ⇔ < ⇔ < . Άρα η g είναι γνησίως

αύξουσα.

• Αν ( ) x xg x 0 1 e 0 e 1 x 0′ < ⇔ − < ⇔ > ⇔ > . Άρα η g είναι γνησίως

φθίνουσα.

Για κάθε x 1> − έχουµε:

Η g παρουσιάζει µέγιστη τιµή την ( )g 0 1= .





Σύνολο τιµών της g

• Αν ( ]1x A 1,0∈ = − τότε επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα ισχύει

( ) ( ]( ) ( ) ( )(1x 1

1g A g 1,0 limg x ,g 0 1 ,1

e→−

= − = = − γιατί

( ) ( )x

x 1 x 1

1lim g x lim x e 2 1 0

e→− →−

= − + = − >

Τότε δεν υπάρχει λύση γιατί ( ) ( )g x 0 G x 0′≠ ⇒ ≠ για κάθε ( ]x 1,0∈ − .

• Αν [ )2x A 0,∈ = +∞ τότε η g είναι γνησίως φθίνουσα και ισχύει

( ) [ )( ) ( ) ( )( ( ]2x

g A g 0, lim g x ,g 0 ,1→+∞

= +∞ = = −∞

γιατί

( ) ( )x

x

x x x

e 1lim g x lim x e 1 lim x 1

x x→+∞ →+∞ →+∞

= − + = − + = −∞

όπου

x x

x DLH x

e elim lim

x 1

∞

∞

→+∞ →+∞

= = +∞ και x

lim x→+∞

= +∞

Τότε υπάρχει µοναδικό 0

x 0> τέτοιο ώστε ( ) ( )0 2g x 0 g A= ∈

Για ( ) ( ) ( ) ( )g . ί .

0 0x x g x g x g x 0 G x 0

γνησ ϕθ ν

′< ⇔ > ⇔ > ⇔ >

Για ( ) ( ) ( ) ( )g . ί .

0 0x x g x g x g x 0 G x 0

γνησ ϕθ ν

′> ⇔ < ⇔ < ⇔ <

Άρα η G είναι γνησίως αύξουσα στο διάστηµα [ ]00, x , γνησίως φθίνουσα

στο [ )0x ,+∞ και ( )0G x είναι τοπικό µέγιστο (µοναδικό).

Από την σχέση ( )0g x 0= έχουµε

0 0

x x

0 0x e 2 0 e x 2− + = ⇔ = + .

ΘΕΜΑ ∆

∆.1. α. Έχουµε

( ) ( ) ( )x

G ' x G x e f x= + ⋅ για κάθε [ )x 0,∈ +∞ και η G' είναι

παραγωγίσιµη ως άθροισµα παραγωγίσιµων συναρτήσεων της G και του

γινοµένου ( )xe f x⋅ (εκθετική και από υπόθεση ) µε παράγωγο

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x x x x x

G x G x e f x e f x G x e f x e f x e f x′′ ′ ′ ′= + ⋅ + ⋅ = + ⋅ + ⋅ + ⋅ =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x x

x x x x

0 0

e f t dt 2e f x e f x e f t dt 2f x f ' x 0 ′= + + = + + > ∫ ∫

διότι





( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2x 2x 2x 2xH x e f x e f x e f x e 2f x f x

′ ′′ ′ ′= ⋅ = ⋅ + ⋅ = +

Αλλά η συνάρτηση Η είναι γνησίως αύξουσα οπότε ισχύει ( )H x 0′ ≥ .

(Σχόλιο σχ. βιβλίου 254).

Άρα ( ) ( )( ) ( ) ( )2xe 0

2xe 2f x f x 0 2f x f x 0

>

′ ′+ ≥ ⇔ + ≥ (1)

Επίσης για ( ) ( ) ( ) ( ) ( )H . ύ

0t 0 H t H 0 H t e f 0 H t 1 0

γν α ξ

> ⇒ > ⇒ > ⇒ > > ⇒

( ) ( ) ( )x

2t

0

e f t 0 f t 0 f t dt 0⋅ > ⇒ > ⇒ >∫ (2).

Από (1) και (2) µε πρόσθεση έχουµε ( ) ( ) ( )x

0

f t dt 2f x f x 0′+ + >∫

Άρα η συνάρτηση G είναι κυρτή στο ( )0,+∞ .

β. • η συνάρτηση G είναι συνεχής στο διάστηµα [ ]0,x

• παραγωγίσιµη στο διάστηµα ( )0,x µε ( ) ( ) ( )x

x x

0

G x e f x e f t dt′ = ⋅ + ⋅∫

Σύµφωνα µε το Θ.Μ.Τ. υπάρχει τουλάχιστον ένα ( )0,xξ∈ ώστε

( )( ) ( ) ( )G x G 0 G x

Gx x

−′ ξ = =

• Αφού η G είναι κυρτή η G' είναι γνησίως αύξουσα. Άρα για:

( ) ( ) ( )0 x G 0 G G x′ ′ ′< ξ < ⇔ < ξ < ⇔

( ) ( )( )

( )0G x

G 0 e f 0 G xx

′⇔ + < < ⇔

( )( ) ( ) ( )

x 0G x1 G ' x x G x x G' x

x

>

⇔ < < ⇔ < < ⋅ για κάθε ( )x 0,∈ +∞ .

2ος

Τρόπος

Θεωρούµε τις παραγωγίσιµες συναρτήσεις ( ) ( )x G x xϕ = − µε

( ) ( )x G x 1′ ′ϕ = − και την ( ) ( ) ( )h x x G x G x′= ⋅ − µε

( ) ( )h x G x′ ′= ( ) ( )x G x G x′′ ′+ ⋅ − ( )x G x′′= ⋅ .

• Για ( ) ( ) ( ) ( ) ( )G . ύ .

x 0 G x G 0 G x 1 G x 1 0 x 0

′ γν α ξ

′ ′ ′ ′ ′> ⇒ > ⇔ > ⇔ − > ⇔ ϕ >

Εποµένως η συνάρτηση φ είναι γνησίως αύξουσα οπότε έχουµε:

Για ( ) ( ) ( ) ( )x 0 x 0 G x x 0 G x x> ⇔ ϕ > ϕ ⇔ − > ⇔ > (3)

• Ισχύει ( ) ( )h x x G x 0′ ′′= ⋅ >

Εποµένως η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα οπότε έχουµε:





Για ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x 0 h x h 0 h x 0 x G x G x′> ⇔ > ⇔ > ⇔ ⋅ > (4)

Από τις σχέσεις (3) και (4) προκύπτει ( ) ( )x G x x G x′< < ⋅

γ. Επιπλέον ισχύει:

( ) ( ) ( ) ( )G x x G' x x G' x G x 0< ⋅ ⇒ ⋅ − > για κάθε ( )x 0,∈ +∞ .

Η συνάρτηση ( ) ( ) ( )h x x G x G x′= ⋅ − είναι συνεχής συνάρτηση διότι

• Η συνάρτηση ( )1H x x= είναι συνεχής ως πολυωνυµική

• Η συνάρτηση G ' αφού ορίζεται η G '' , όπως και η G που αναφέρεται

παραπάνω είναι συνεχείς. Εποµένως η ( )h x είναι συνεχής για κάθε

( )x 0,∈ +∞ και ( )0x 0,1∈ .

Έχουµε:

( ) ( )0

1

x

h x 0 h x dx 0> ⇒ > ⇔∫ (γιατί η h δεν είναι πάντα µηδέν).

( ) ( )( )0

1

x

x G x G x dx 0′⇔ ⋅ − > ⇔∫

( ) ( )0 0

1 1

x x

x G x dx G x dx 0′⇔ ⋅ − > ⇔∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )0

0 0

1 11

xx x

x G x x G x dx G x dx 0′⇔ ⋅ − ⋅ − > ⇔ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )0 0

1 1

0 0x x

G 1 x G x G x dx G x dx 0⇔ − ⋅ − − > ⇔∫ ∫

( ) ( ) ( )0

1

0 0x

G 1 x G x 2 G x dx⇔ − ⋅ > ⇔∫

( )( ) ( )

0

1

0 0

x

G 1 x G xG x dx

2

− ⋅

⇔ <∫ .

∆.2. Έχουµε

( )x

2

0

x 0

x f t dt x0

limx x 0→

⋅ −

=−ηµ

∫

γιατί

Η συνάρτηση ( )1f x x= είναι παραγωγίσιµη ως πολυωνυµική.

Η f είναι συνεχής ως παραγωγίσιµη οπότε η ( ) ( )x

20

f x f t dt= ∫ είναι

παραγωγίσιµη.

Η συνάρτηση ( ) 2

3f x x= είναι παραγωγίσιµη ως πολυωνυµική.





Η συνάρτηση ( ) ( ) ( )x x

40 0

f x x f t dt x f t dt= ⋅ = ⋅∫ ∫ είναι παραγωγίσιµη ως

γινόµενο παραγωγίσιµων συναρτήσεων.

Η συνάρτηση ( ) ( )x

2

50

f x x f t dt x= ⋅ −∫ είναι παραγωγίσιµη ως διαφορά

παραγωγίσιµων συναρτήσεων.

Η συνάρτηση ( )6f x x= ηµ είναι παραγωγίσιµη ως τριγωνοµετρική.

Η συνάρτηση ( )7f x x x= −ηµ είναι παραγωγίσιµη ως διαφορά

παραγωγίσιµων συναρτήσεων.

Άρα οι συναρτήσεις 5f και

7f είναι παραγωγίσιµες και έχουµε

( )x

2

x 0 0

lim x f t dt x 0→

⋅ − =

∫ και ( )x 0

lim x x 0→

−ηµ =

Εποµένως έχουµε απροσδιόριστη µορφή 0

0

και οι συναρτήσεις είναι

παραγωγίσιµες κοντά στο µηδέν. Για την άρση της απροσδιοριστίας το όριο

κοντά στο µηδέν γράφεται

( ) ( ) ( )x

x x

2 2

00 0

x 0 x 0 x 0

x f t dt xx f t dt x x f t dt x

lim lim limx x x x x x→ → →

⋅ −⋅ − ⋅ − = = =

−ηµ −ηµ −ηµ

∫∫ ∫

( )x

3

0

2x 0

f t dt xx 2015

lim 6 2015x x x 6→

−

= ⋅ = ⋅ =−ηµ

∫

γιατί µε εφαρµογή του κανόνα De L’ Ηospital αφού ισχύουν οι προϋποθέσεις του

έχουµε:

( )

( )

( )

( )

0 03 2

3 20 0

x 0 DLH x 0 x 0 DLH x 0 x 0

x 3xx 3x 6xlim lim lim lim lim 6

x x 1 x xx x 1 x

→ → → → →

′ ′

= = = = =−ηµ −συν ηµ′ ′−ηµ −συν

• ( ) ( )

( )

( )x x

x0

00 0

0

2x 0 DLH x 0 x 0

2

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

lim lim limx 2x

x→ → →

′ ′ − −−

= = =′

∫ ∫∫

( ) ( ) ( )( )

x 0 x 0

f x 1 f x f 01 1 1 2015 2015lim lim f 0

2x 2 x 0 2 2 3 6→ →

− −′= = ⋅ = ⋅ = ⋅ =

−





2ος

Τρόπος

Έχουµε

( ) ( ) ( )

( )

xx x

02 2

00

0 0

x 0 x 0 DLH x 0

x f t dt 2xx f t dt x x f t dt x

lim lim limx x x x

x x→ → →

′ ⋅ −⋅ − ⋅ − = = =

−ηµ − ηµ ′− ηµ

∫∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )x x

0 0

x 0 x 0

x f x f t dt 2x f t dt xx f x x

lim lim1 x 1 x 1 x→ →

⋅ + − − ⋅ −

= = + = − συν −συν −συν

∫ ∫

( ) ( )x

2

0

2x 0

f t dt xx f x x x

limx 1 x 1 x→

− ⋅ −

= ⋅ + = − συν −συν

∫

( ) ( )x

2

0

x 0

f t dt xf x 1 x 2015 2015

lim 2 2015x 1 x 1 x 3 3→

− −

= ⋅ + = ⋅ + = −συν −συν

∫

γιατί µε εφαρµογή του κανόνα De L’ Hospital αφού ισχύουν οι προϋποθέσεις

του έχουµε:

• ( ) ( ) ( )

( )x 0 x 0

f x 1 f x f 0 2015lim lim f 0

x x 3→ →

− −′= = = ,

• ( )

( )

02

20

x 0 DLH x 0 x 0 x 0

xx 2x 2 2lim lim lim lim 2

x1 x x 11 x

x

→ → → →

′

= = = = =ηµ−συν ηµ′− συν

• ( ) ( ) ( ) ( )

( )

x0

00

x 0 DLH x 0 x 0

f t dt xf x 1 f x f 0 x 2015

lim lim lim f 0 11 x x x x 3→ → →

− − −′= = ⋅ = ⋅ =

−συν ηµ ηµ

∫

∆.3. Θεωρούµε τη συνάρτηση ( ) ( )x 1

x

F x G t dt

+

= ∫ η οποία ορίζεται στο [ )0,+∞

αφού η G είναι συνεχής σε αυτό και οι συναρτήσεις x, x+1 έχουν πεδίο

ορισµού το ℝ και θα πρέπει:

x

x 0 x 0

x 1 0

∈

≥ ⇒ ≥+ ≥

R

.





Άρα το [ )FD 0,= +∞ και είναι παραγωγίσιµη σε αυτό µε παράγωγό που

ορίζεται ως εξής:

Έστω [ )0,α∈ +∞ . Τότε

( ) ( ) ( )x 1 x

F x G t dt G t dt+

α α

= − ⇒∫ ∫( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )F x G x 1 x 1 ' G x G x 1 G x′⇒ = + + − = + −

• Η F συνεχής και παραγωγίσιµη στο [ ] [ )x, x 1 0,+ ⊆ +∞ . Εποµένως ισχύουν

οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ για την F στο διάστηµα [ ]x, x 1+ οπότε

υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )x,x 1ξ∈ + τέτοιο ώστε

( )( ) ( )

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

x 1 x

F x 1 F xF F x 1 F x G t dt G t dt

x 1 x

+ +

+

+ −′ ξ = = + − = −

+ − ∫ ∫

• Μονοτονία της F'

Έχουµε: ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )F x G x 1 x 1 G x G x 1 G x 0′′′ ′ ′ ′ ′= + + − = + − > για

κάθε στο[ )0,+∞ αφού στο ∆1 δείξαµε ότι η G είναι κυρτή άρα η G' είναι

γνησίως αύξουσα και ισχύει:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )G ' . ύ .

x x 1 G x G x 1 G x 1 G x 0 F x 0

γν α ξ

′ ′ ′ ′ ′′< + ⇒ < + ⇒ + − > ⇔ >

οπότε η F′ είναι γνησίως αύξουσα.

• ∆ιάταξη

Ισχύει ότι:

( ) ( ) ( )F . ύ .

x,x 1 x x 1 x 1 F F x 1

′ γν α ξ

′ ′ξ∈ + ⇔ < ξ < + ⇒ξ < + ⇒ ξ < + ⇔

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

x 1 x

G t dt G t dt G x 2 G x 1

+ +

+

⇔ − < + − + ⇔∫ ∫

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

x 1 x

G x 1 G t dt G x 2 G t dt+ +

+

⇔ + + < + +∫ ∫

2ος

Τρόπος

Θεωρούµε την συνάρτηση ( ) ( ) ( )x 1

x

x G x 1 G t dt , x 0+

ω = + − >∫ .

Έχουµε για ( )0,α∈ +∞

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

x

x G x 1 G t dt G x 1 G t dt G t dt

+ +

α α

′ ′ ′ ′ ′ω = + − = + − − = ∫ ∫ ∫





( ) ( ) ( )G x 1 G x 1 G x′= + − + + =

( )x 1

x 1e f t dt

+

+

α

= ∫ ( ) ( )x 1

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

+

+ +

α

+ ⋅ + − ∫ ( )x

xe f t dt

α

+ =∫

( ) ( ) ( )x

x 1 xe f x 1 e f t dt 0 ά x 0,

+

α

= ⋅ + + > για κ θε ∈ +∞∫ .

Εποµένως η συνάρτηση ω είναι γνησίως αύξουσα στο ( )0,+∞ .

Ισχύει

( ) ( )x x 1 x x 1< + ⇔ ω < ω + ⇔

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

x x 1

G x 1 G t dt G x 2 G t dt

+ +

+

⇔ + − < + − ⇔∫ ∫

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

x 1 x

G x 1 G t dt G x 2 G t dt+ +

+

⇔ + + < + +∫ ∫

∆.4. Είναι

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1

1t t t

00 0

F 1 e f t dt e f t e f t dt′′ = ⋅ = ⋅ − ⋅ = ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )1

t

0

e f 1 f 0 e f t dt 1= ⋅ − − ⋅∫ Αλλά από υπόθεση ισχύει ( ) ( ) ( )F 1 e f 1 2 2= ⋅ −

Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει

( )e f 1⋅ ( )2 e f 1− = ⋅ ( ) ( )1

t

0

f 0 e f t dt− − ⋅ ⇔∫

( ) ( ) ( )1 1

t t

0 0

2 1 e f t dt e f t dt 1 3⇔ − = − − ⋅ ⇔ ⋅ =∫ ∫

Επίσης

( )G 0 0= και ( ) ( ) ( )x

G ' x G x e f x= + οπότε ( ) ( ) ( ) ( )0

G ' 0 G 0 e f 0 f 0 1= + = =

Άρα η εξίσωση της εφαπτοµένης στο σηµείο ( )( )O 0,G 0 είναι:

( ) ( )( )y G 0 G 0 x 0 y x′− = − ⇔ =

Επειδή η G είναι κυρτή και η y x= είναι εφαπτοµένη της γραφικής

παράστασης της G στο σηµείο ( )( )0,G 0Ο ισχύει ότι ( )G x x 0− ≥ για κάθε

[ ]x 0,1∈ .

Επειδή η ( )G x x−

είναι συνεχής το εµβαδόν είναι

( )( )1

0

E G x x dx= − =∫

( ) ( )1

21 1 1 x

x

0 0 0 00

xG x dx xdx e f t dt dx

2

= − = − =

∫ ∫ ∫ ∫





( ) ( )1 x

x

0 0

1e f t dt dx

2

′= − = ∫ ∫

( ) ( )1

x 1 x

x x

0 0 00

1e f t dt e f t dt dx

2

′ = − − =

∫ ∫ ∫

( ) ( )1 0

0

0 0

e f t dt e f t dt= −∫ ∫ ( )( )31

x

0

1e f x dx

2− − =∫

( )( )2G 1 31

G 1 12 2

−

= − − =

Oefe gkat 2001 2015 problems and solutions

Education

Transcript of Oefe gkat 2001 2015 problems and solutions