Λυσεισ ανακεφαλαιωτικου διαγωνισματοσ προσομοιωσησ 6 04 2014 by Nikos Simou

ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ

ΑΝΑΚΕΦΑΛΑΙΩΤΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β΄) ΚΥΡΙΑΚΗ 6 ΑΠΡΙΛΙΟΥ 2014 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΤΕΣΣΕΡΙΣ (4) ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Λ, Σ, Σ, Λ, Λ ΘΕΜΑ B. B1.α). Επειδή Im(z1 )  Im(z 2 ), άρα z1  z 2 1 . Αν α = 0, τότε z 2  0  z  02  0  z 2  0, δηλ. μια διπλή ρίζα, άτοπο λόγω της (1). Άρα α  0.

β) .Είναι z1  w , οπότε z1  αw . Όμως το z1 είναι ρίζα της εξίσωσης, άρα έχουμε α z  α  z 1  α 2  0  (αw) 2  α  αw  α 2  0  α 2 (w 2  w 1)  0  w 2  w 1  0. 2 1

Πολλαπλασιάζουμε και τα δυο μέλη με w  1 και έχουμε (w  1)  ( w 2  w  1)  (w  1)  0  w 3  1  0  w 3  1 .

3 α). Από την w 3  1  z13  1 . Με ακριβώς τον ίδιο τρόπο προκύπτει ότι

B2.

α z 23 z13 z 23 z13  z 23 16 . Επομένως  1   2   2  3  2  α3  8  α  2 . 3 3 3 3 α α α α α 3

3 3  3 2ος τρόπος: Είναι z13  1   z13   1  z13  1  z 23  1 κ.λ.π. α α α α 

3ος τρόπος. z13  z 23   z1  z 2   3z1  z 2 (z1  z 2 )  (α) 3  3( α) 2 ( α)  2α 3 , οπότε 3

2α 3  16  α  2

β). Για α = 2 έχουμε z 2  2z  4  0 . Η διακρίνουσα είναι Δ = -12. Επομένως οι λύσεις είναι z1,2  2  i 12  2  i  2 3  1  i 3. 2

B3.

Έστω τώρα ότι u  x  yi, x  R και y  R. Τότε : 2

u  z1  u  z 2  8  x  yi  1  i 12  x  yi  1  i 12  8 

 x  1







 y  3   x  1  y  3 2



 8  2  x  1  2y 2  6  8   x  1  y 2  1 . 2

Επομένως ο ζητούμενος γ.τ. είναι ο κυκλικός δίσκος με κέντρο το Κ(-1,0) και ακτίνα ρ = 1. B4.α). Αφού οι εικόνες των μιγαδικών u βρίσκονται στον κυκλικό δίσκο με κέντρο το Κ(-1,0) και ακτίνα ρ = 1, άρα απέχουν από το Κ (που είναι η εικόνα του -1) απόσταση μικρότερη ή ίση του 1. Επομένως u  (1)  1  u  1  1 .

ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ

ΑΡΧΗ 2ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ β). Είναι u 2  2u  4  (u  1) 2  3 . Είναι u  1  1  u  1 2  12  (u  1) 2  1 Άρα u 2  2u  4  (u  1) 2  3  (u  1) 2  3  1  3  4 2ος τρόπος: Με βάση την ανισότητα 2αβ  α 2  β 2 , έχουμε 2

2 u  z1 u  z 2  u  z1  u  z 2

 2 u  z1 u  z 2  8  (u  z1 )(u  z 2 )  4  u 2  (z1  z 2 )  u  z1z 2  4  u 2  (2)  u  4  4  u 2  2u  4  4

ΘΕΜΑ Γ.

 e x -1  x  lnx    0 διότι: Γ1. lim f(x)  lim e -1 lnx  lim   x 0 x 0 x 0  x  e x -1  e x -1 0/0  lim  lim  lim e x  1 x 0 x 0 x DLH x 0  x 

   x

lnx   lnx  /   lim  x  lnx   lim  lim  lim   x   0 x 0 x 0 1 D . L . H x  0 x 0  1  x   x Αφού f συνεχής lim f(x)  f(0)  0 . x 0

Γ2. Εξετάσουμε αν η f είναι παραγωγίσιμη στο 0.





e x -1 lnx  e x -1  f(x)-f(0) lim  lim  lim   lnx   ..   . x 0 x 0 x 0 x x  x  Άρα η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0.

ex 1 ,x>1 x e x  2 x  1  1 x f  (x) =.....=e ln x   0 , αφού x > 1 x2 Εξίσωση εφαπτομένης στο Α(1,f(1): y-f(1)=f (1)(x-1)  y  (e  1)( x  1)  y=(e-1)x-(e-1) β). Η f είναι κυρτή στο [1,+∞), άρα η Cf βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη στο [1,+∞), με εξαίρεση το σημείο επαφής, άρα f(x )>(e-1)(x-1) για x >1. Γ3 α) f ( x)  e x ln x 





Άρα : e x -1 lnx>(e-1)(x-1) 

e x -1 x-1 > για x >1. e-1 lnx

2ος τρόπος Θ.Μ.Τ στο [1, x]. Υπάρχει ξ(1,x) ώστε να ισχύει: f (ξ)= αφού η f  είναι γνησίως αύξουσα στο (1,+∞).

 e -1 lnx  e  1  e -1 > x-1 για x>1. Άρα x

x-1 e-1 lnx Γ4. f(0)=0, f(1)=0. Από το Θ.Rolle υπάρχει xo(0,1) ώστε

ΤΕΛΟΣ 2ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ

f(x)-f(1)  f (1) x-1

ΑΡΧΗ 3ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ





f ( xo )  0  ...  e xo (1  xo ln xo )  1  e xo ln e  xoxo  1

ΘΕΜΑ Δ. f (x)  1  κ  f (x)  1  Δ1.α). x  x   κ  0  0  lim  f (x)  1  0  lim f (x)  1 ,   lim  x 0 x 0 x 0  x   lim x  0 x 0  και επειδή f συνεχής θα έχουμε lim f (x)  f (0)  1 (1). lim x 0

x 0

Οπότε lim f (x)  1  k  lim f (x)  f (0)  k  f (0)  k (2).

x 0 x x Όμως f (x)  f (0), x  R , οπότε, σύμφωνα με θ. Fermat f (0)  0 (3). x 0

Από τις (2), (3) έχουμε κ = 0. β).

Αφού κ = 0, άρα έχουμε f (x)  2x  2x f (x)  ln  x 2  1  , δηλ. 2 x 1

f (x)  ln  x 2  1   2x f (x)  ln  x 2  1  . Θέτουμε h(x)  f (x)  ln(x 2  1) , οπότε η    

προηγούμενη σχέση γράφεται h (x)  2xh(x) και επειδή h(x)>0 έχουμε: h (x) h (x)  2xh(x)   2x   ln  h(x)     x 2   ln  h(x)   x 2  c h(x) Για x = 0 προκύπτει c = 0, οπότε ln  h(x)   x 2  h(x)  e x . 2

Επομένως f (x)  ln  x 2  1  e x  f (x)  e x  ln  x 2  1 , x  R 2

2ος τρόπος

h (x)  2xh(x)  e x h (x)  2xe x h(x)  .... h(x)  h(x)  x2 2 x2  x 2   0 . Επομένως x 2  c  h(x)  c  e  f (x)  ln  x  1  c  e . e  e 

Για x = 0 προκύπτει c = 1. Επομένως έχουμε :

f (x)  ln  x 2  1  e x  f (x)  e x  ln  x 2  1 , x  R (4). 2

Δ2. Η



G (x )

x F(x )

f (t) dt  0   F(x)  xF(x )  0  F  G(x)   F  xF(x)   0  G (x )

F  G(x)   F  xF(x)   G(x)  xF(x)  G(x)  xF(x)  0 (5), αφού η F είναι γν. αύ-

ξουσα. Θα λύσουμε την (5), η οποία είναι ισοδύναμη της αρχικής. Θέτουμε φ(x)  G(x)  xF(x) . Προφανής λύση είναι η x  1 . 2

Επίσης φ(x)  G(x)  F(x)  x  F(x)  x  f (x)  F(x)  x  f (x)  F(x)  x 1    1 f (t) dt  0 στο  ,    , επειδή f (t)  0 . 2 2   Επομένως η φ είναι γν. φθίνουσα στο  1 ,    , οπότε η λύση x  1 είναι μοναδική. 2 2  Δ3. Αφού η φ είναι γν. φθίνουσα στο  1 ,    και 2  1 , θα έχουμε φ(2)  φ  1  2 2  2

ΤΕΛΟΣ 3ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ

ΑΡΧΗ 4ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ 1  φ(2)  φ    φ(2)  0  G(2)  2F(2)  0  2F(2)  G(2)  2 2

 2 1 f (t) dt  2

2ος τρόπος 2

2 1 f (t) dt  2

φού Δ4.

12  t  f (t) dt  12  2f (t)  t  f (t)  dt   12  2  t  f (t) dt 0 που ισχύει α-

1 1  2 , 2-t>0 για  t<2 και f(t)>0 2 2

F(x) 

x≠1.

  t  f (t) dt

G(2x)  G  x 2  1  x 1

x  G(x) x   4  F(x) (x  1)  G(2x)  G  x 2  1   G(x)   0 για 4  

Θεωρούμε την ω(x)  F(x) (x  1)  G(2x)  G  x 2  1  x  G(x)  . 4 1 Η ω είναι συνεχής στο [1,2] και ω(1)     G(1)  0 . 4 



1 2F(2)-G(2) ω(2)=F(2)-G(4)+G(5)- G(2)= +G(5)-G(4)>0 2 2 Γιατί 2F(2)-G(2)>0 από Δ3 και G(5)-G(4)>0 αφού G γνησίως αύξουσα. Άρα, σύμφωνα με Θ.Bolzano η εξίσωση έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (1,2).

ΤΕΛΟΣ 4ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ