Study4exams 1 8 luseis diagonismata kefalaion kai prosomoiosis by ΛΕΩΝΙΔΑΣ ΝΤΑΡΑΔΗΜΟΣ

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ» 1o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2016: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ 1ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ –ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α A1. Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα 76. A2. 1.Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα 74. 2. Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδες 70-71. Α3.

α) Λ,

β) Σ,

γ) Σ,

δ) Λ,

ε) Λ.

ΘΕΜΑ Β 1. Έστω x1 , x 2 

με x1  x 2 .

Παίρνουμε τη διαφορά

g(x 2 )  g(x1 ) 

f (x 2 )



f (x1 )

1  f 2 (x 2 ) 1  f 2 (x1 )



   1  f 2 (x1) 1  f 2 (x 2 ) 

f (x 2 ) 1  f 2 (x1 )  f (x1 ) 1  f 2 (x 2 )



 f (x 2 )  f (x1)   f (x 2 )f (x1)  f (x 2 )  f (x1)    f (x 2 )  f (x1)   1  f (x 2 )f (x1 ) 

1  f 2 (x1) 1  f 2 (x 2 ) 



1  f 2 (x1) 1  f 2 (x 2 ) 

αν η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο

και x 2  x1 θα έχουμε:

f (x 2 )  f(x1)  f (x 2 )  f(x1)  0 , επίσης έχουμε 0  f (x1)  1, 0  f (x 2 )  1  0  f (x1 )f (x2 )  1, οπότε η διαφορά       f(x 2 )  f (x1 ) 1  f(x 2 )f (x1)        0  g(x )  g(x ) . g(x 2 )  g(x1 )   2 1 2 2 1  f (x1 ) 1  f (x 2 )







Άρα η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο 

Oμοίως αν η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο γνησίως φθίνουσα στο . Άρα έχουν οι f , g το ίδιο είδος μονοτονίας στο

Σελίδα 1 από 6

, η συνάρτηση g είναι

2. 

Έστω ότι οι συναρτήσεις f , g είναι γνησίως αύξουσες στο

. Tότε αν x1 , x 2 

με

x1  x 2 , έχουμε: g

f

x2  x1  g  x2   g  x1   f  g  x2    f  g  x1     fog  x2    fog  x1  . Άρα η fog είναι γνησίως αύξουσα στο 

Έστω ότι οι συναρτήσεις f , g είναι γνησίως φθίνουσες στο

. Tότε αν

x1, x 2  R  x1  x 2 , έχουμε: g

f

x 2  x1  g(x 2 )  g(x1)  f (g(x 2 ))  f(g(x1))  (fog)(x 2 )  (fog)(x1) . Άρα η fog είναι γνησίως αύξουσα στο Αφού η fog είναι γνησίως αύξουσα στο

. θα είναι και ¨1-1¨.

3. Η εξίσωση f (g(x3  1))  f (g(4x 2  2x)) γίνεται f g:'11'

(f g)(x3  1)  (f g)(4x 2  2x)  x 3  1  4x 2  2x  x 3  4x 2  2x  1  0  Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x)  x3  4x 2  2x  1 , η οποία είναι συνεχής στο

σαν

πολυωνυμική. Εφαρμόζουμε το Θ. Bolzano στο διάστημα  1, 0 .

h ή  [1, 0] (ή)  . Bolzano   υπάρχει τουλάχιστον ένα h(0)  1  0, h(1)  2  0 

x1  (1,0) : h(x1 )  0 

Εφαρμόζουμε το Θ. Bolzano στο διάστημα  0,1 .

h ή  [0,1] (ή)  . Bolzano   υπάρχει τουλάχιστον ένα h(0)  1  0, h(1)  4  0 

x 2  (0,1) : h(x 2 )  0 

Εφαρμόζουμε το Θ. Bolzano στο 1,5 .

h ή  [1,5] (ή)  . Bolzano   υπάρχει τουλάχιστον ένα h(1)  4  0, h(5)  16  0 

x3  (1,5) : h(x3 )  0 και επειδή η εξίσωση h(x)  x3  4x 2  2x  1 είναι πολυωνυμική 3ου θα έχει το πολύ τρεις ρίζες, άρα έχει ακριβώς τρεις τις x1, x 2 , x 3 .

Σελίδα 2 από 6

Επίσης έχουμε 1  x1  0  x 2  1  x3  5 , δηλαδή έχουμε δύο θετικές και μια αρνητική. Σχόλιο: ένας τρόπος για τη επιλογή των κατάλληλων διαστημάτων είναι με δοκιμές.

4. Από το ερώτημα (2) η συνάρτηση fog είναι γνησίως αύξουσα, οπότε η ανίσωση γίνεται:

 fog   x3  4    fog  3x 2  Άρα x   1, 2    2,   .

f g:

 x 3  4  3x 2  x 3  3x 2  4  0   x  2 

x 2

 x  1  0  x  1

ΘΕΜΑ Γ 1. Πρέπει: ex  1  0  ex  1  ex  e0  x  0 . Άρα Af  (0, ) .

2. f (x)  ln(e x  1)  x  ln(e x  1)  xlne  ln(e x  1)  lne x  ln

 

ex  1 e

1   f (x)  ln 1  x  e

1  

Όμως 1  x  1  ln 1  x   ln1  f (x)  0 , για κάθε x  (0, ) . e e

 

1  

3. Από τα προηγούμενα έχουμε: f (x)  ln 1  x  , για κάθε x  (0, ) . e Έστω x1, x 2  (0, ) .Τότε:

0  x1  x 2  ex1  e x 2  1  ln 1  x  e 1

1     ln 1  x 2   e

1 e



1 e



1 e



 1

1 e

 1

1 ex 2



   f (x1)  f (x 2 ) 

Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, ) . 4. Επειδή η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, ) θα είναι ΄1-1΄, που σημαίνει ότι είναι αντιστρέψιμη με f 1 : f (A)  A .

H συνάρτηση f είναι συνεχής ως σύνθεση των συνεχών συναρτήσεων ln x και 1  x e στο Af  (0, ) , οπότε το σύνολο τιμών της (πεδίο ορισμού της f 1 ) είναι:

Σελίδα 3 από 6

 . 





f (A)  lim f (x), lim f (x)  (, 0) γιατί: x 0

x 

 

1  

 Θέτουμε u  1  x και έχουμε lim u  lim 1  x   1  1  0 . x 0 x 0 e e

   

1  

Τότε lim f (x)  lim ln 1  x    lim ln u   . x 0 x 0 u 0 e

 

1  

 Θέτουμε u  1  x και έχουμε lim u  lim 1  x   1 . x  x  e e

   

1  

Τότε lim f (x)  lim ln 1  x    lim ln u  0 . x  x  u 1 e Mε y  (,0) η εξίσωση

1  1 1 1 1  y  ln 1  x   e y  1  x  x  1  e y  e x   x  ln  y e e 1 e 1  ey  e 



x  ln 1  e y



1





 x   ln 1  e y .





Άρα f 1 (x)   ln 1  e x , x  0 .

5. Θεωρούμε τη συνάρτηση

1  t(x)  f(x)  h(x)  ln 1  x  e

1 1     ln x  ln 1  x   e

   ln x , x  0 . 

Η συνάρτηση t είναι συνεχής, ως άθροισμα των συνεχών f (x) , ln x και γνησίως αύξουσα στο   (0, ) , οπότε το σύνολο τιμών της θα είναι





t()  lim t(x), lim t(x)  (, ) γιατί:  

x 0

x 

lim t(x)  lim  f (x)  lnx   ()  ()   και

x 0

lim t(x)  lim  f (x)  lnx   0  ()  

x 

Επειδή το 0  (, )  t(B) υπάρχει x 0  0 τέτοιο ώστε t(x 0 )  0  f (x 0 )  h(x 0 ) . 6. Από το 2ο ερώτημα έχουμε f (x)  0 για κάθε x  (0, ) . Τότε

f (1)  0 , αφού f (1)  0 και f (2)  0 . f (2)

lim

x 

f (1) x 3  x 2  2 f (2) x  x  1 2

 f (1)  f (1)  lim  x  ()   . x  f (2) x x   f (2)  f (2)

 lim

f (1) x 3

Σελίδα 4 από 6

ΘΕΜΑ Δ 1. Έστω x1, x 2 

με f (x1)  f(x 2 )  2f (x1)  2f(x 2 ) , (1) και f 3 (x1 )  f 3 (x 2 ) , (2),

προσθέτουμε τις (1) και (2), έτσι έχουμε f 3 (x1 )  2f (x1)  f 3 (x 2 )  2f (x 2 ) , οπότε

x1  1  x 2  1  x1  x 2 , άρα η συνάρτηση f είναι 1-1. 2. Θα αποδείξουμε ότι η ευθεία y   έχει με τη Cf ένα τουλάχιστον κοινό σημείο, δηλαδή η εξίσωση   f (x) έχει για κάθε   λύση στο .

    f (x)  f(x)    0   f (x)     f 2 (x)   f(x)   2  2   0    0  

f 3 (x)  3  2f (x)  2  0  f 3 (x)  2f(x)  3  2  x  1  3  2  x  3  2 1 δηλαδή για κάθε   έχουμε λύση, άρα το σύνολο τιμών είναι το . Θέτουμε όπου f (x)  y  y3  2y  x  1  x  y3  2y  1 . Άρα f 1 (x)  x3  2x  1 , x 

3. 1ος τρόπος: Στην f 1 (x)  x3  2x  1 , για x  0 έχουμε

f 1(0)  03  0  1  f 1(0)  1  f(1)  0 . 2ος τρόπος: Αφού η συνάρτηση f έχει σύνολο τιμών το μοναδικό x 0 

και είναι 1-1 θα υπάρχει

: f (x 0 )  0 . Θέτουμε στην f 3  x   2f  x   x  1 όπου x  x 0 και

έχουμε: f 3  x 0   2f  x 0   x 0  1  03  2  0  x 0  1  x 0  1 , οπότε f (1)  0 . Άρα η

Cf τέμνει τον άξονα xx στο σημείο A(1,0) . 4. 1ος τρόπος: Έστω ότι υπάρχουν x1, x 2 

με x1  x 2 και έστω f (x1 )  f (x 2 ) . Τότε:

f (x1)  f (x 2 )  2f (x1)  2f (x 2 ) (1) και f 3 (x1 )  f 3 (x 2 ) (2) Προσθέτοντας τις (1), (2) έχουμε:

f 3 (x1)  2f (x1)  f 3 (x 2 )  2f (x 2 )  x1  1  x 2  1  x1  x 2 . Άτοπο γιατί x1  x 2 . Άρα για κάθε x1  x 2  f (x1)  f (x 2 ) , δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο

2ος τρόπος: Η συνάρτηση f 1 (x)  x3  2x  1 είναι γνησίως αύξουσα σαν άθροισμα των αυξουσών συναρτήσεων x 3 , 2x  1 . Οι συναρτήσεις f , f 1 είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία y  x , άρα έχουν το ίδιο είδος μονοτονίας, δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο

Σελίδα 5 από 6





 

 

3 2 5. f  x   2f  x   x  1  f  x   f  x   2   x  1  f  x  

 f x 

x 1 f

x  2

0

x 1  f x  2 2

 x 1 ,

έτσι έχουμε | f(x) || x  1|  | x  1| f(x) | x  1| και επειδή

lim ( x  1)  lim x  1  0 , από το κριτήριο της παρεμβολής

x 1

έχουμε: lim f  x   0  f  1 , άρα συνεχής στο x0  1 . x 1

6. Έστω x 0 

. Αρκεί να αποδείξουμε ότι lim f (x)  f(x 0 ) . x x 0

Έχουμε f 3 (x)  2f(x)  x  1 , (1) και f 3 (x 0 )  f(x 0 )  x 0  1 , (2), αφαιρούμε κατά μέλη τις

    f  x   f  x0   f 2  x   f  x  f  x0   f 2  x0   2 f  x   f  x0   x  x0 

σχέσεις (1) και (2). Έτσι έχουμε f 3  x   f 3  x 0   2 f  x   f  x 0   x  x 0 

    f  x   f  x0   f 2  x   f  x  f  x0   f 2  x0   2   x  x0       x  x0  f  x   f  x0   2  f  x   f  x  f  x0   f 2  x0   2

 f  x   f  x0  

x  x0 f 2  x   f  x  f  x0   f 2  x0   2

 x  x0 

 f  x   f  x 0   x  x 0   x  x 0  f  x   f  x 0   x  x 0 και επειδή

lim x  x 0  0 , τότε lim  f  x   f  x 0    0  lim f  x   f  x 0  , άρα η συνάρτηση

x x 0

f είναι συνεχής στο x0 .

Η επιμέλεια των θεμάτων πραγματοποιήθηκε από τους Κωνσταντόπουλο Κωνσταντίνο και Μοτσάκο Βασίλειο.

Σελίδα 6 από 6

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ» 2o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2016: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ 2ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ –ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (Κεφάλαιο 2) [Κεφάλαιο 1 Μέρος Β' του σχολικού βιβλίου]

ΘΕΜΑ Α 1.Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα 49. 2. Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα 73. 3.

α) Λ,

β) Σ,

γ) Σ,

δ) Λ,

ε) Λ.

ΘΕΜΑ Β 1. 1ος τρόπος 

Η συνάρτηση g  x   f  x   x είναι συνεχής στο

σαν άθροισμα συνεχών

συναρτήσεων . 

Έστω x 0 μια ρίζα της εξίσωσης g  x   0 , οπότε έχουμε

g  x 0   0  g  x 0   f  x 0   x 0  0  f  x 0   x 0 , 1 

Η σχέση f 2  x   2f  x  x  x 2   2 x για x  x 0 γίνεται 1

f 2  x 0   2f  x 0  x 0  x 02   2 x 0   x 0   22 x 0  x 02   2 x 0 2

 0  x 02  2 x 0  2 x 0  0  x 02  1 αδύνατο, επομένως g  x   0 για κάθε

x

και επειδή είναι συνεχής, διατηρεί σταθερό πρόσημο .

2ος τρόπος Η συνάρτηση g  x   f  x   x είναι συνεχής στο

σαν άθροισμα συνεχών

συναρτήσεων 

Η σχέση f 2  x   2f  x  x  x 2   2 x γίνεται

f 2  x   2f  x  x  x 2  1  2 x  f 2  x   2f  x  x  2 x  x 2  1 

 f  x   x 

 x 2  1  g 2  x   x 2  1  0 άρα g(x)  0 και αφού είναι συνεχής

Σελίδα 1 από 8

θα διατηρεί πρόσημο. Όμως g(0)  f (0)  0  1  0  1  0 , οπότε g(x)  0 για κάθε x 

2. 1οςτρόπος 

Η σχέση f 2  x   2f  x  x  x 2   2 x γίνεται

f 2  x   2f  x  x  x 2  1  2 x  f 2  x   2f  x  x  2 x  x 2  1 

 f  x   x  

 x 2  1  g2  x   x 2 1

Επειδή η g διατηρεί σταθερό πρόσημο θα έχουμε g  x   0 ή g  x   0 , οπότε

g  x   x 2  1 ή g  x    x 2  1  g  x   f  x   x  x 2  1 ή g  x   f  x   x   x 2  1  f  x   x  x 2  1 ή f  x   x  x 2  1 και επειδή f  0   1 έχουμε f  x   x  x 2  1

2οςτρόπος  Αφού g(x)  0 τότε από το προηγούμενο ερώτημα θα έχουμε

g 2  x   x 2  1  g(x)  x 2  1 , όμως g  x   f  x   x , οπότε f  x   x  x 2  1  f  x   x 2  1  x .

f  x   2  x x  x 2  1  2  x  lim  x 0 x 0 x x

3. α) lim

  x x 2  1  1 x  1   x   lim      lim  x 0 x  0 x x x  x  



 x x x  1  lim      1  0  0  1 x 0 x x2 1 1  x 

Σελίδα 2 από 8



  x 1 

x2 1 1

x2 1 1





x2 1 1

 

β) 1ος τρόπος

0  1  x 2  1  x  x 2  1  0 

1 x  x  1 2



1 1  x 2  1

και επειδή

  1 lim    0 και από το κριτήριο παρεμβολής θα έχουμε 2  1  x  1 

x 

  1 lim    0 με 2 x    x  x  1  





0  x  x 2  1  lim f  x   lim x  x 2  1   x 

x 

2οςτρόπος





 x 1  lim f  x   lim x  x 2  1  lim x    1  2      0  1   x  x  x  x   x Γιατί

x 1 1 x 1     x x x x x

όμως lim

x 

 1 1  0 και lim     0 οπότε από το  x   x  x

 x  0.  x 

κριτήριο της παρεμβολής lim  x 

ΘΕΜΑ Γ 1. α) Επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της  0,   , θα είναι συνεχής και στο e οπότε θα ισχύει:

lim f  x   lim f  x   f  e   lim  2  ln 2 x   lim  x  ln  x  e  1   f  e 

x e

3  3  e  3    . e

β) Επειδή f 1  2  ln 2 1  2  6 ,

3 f  2e   2e  ln  2e  e  1  6  ln  e  1  6 , γιατί e e  1  e  ln(e  1)  ln e  6  ln(e  1)  6  1  7  f (2e)  7

Σελίδα 3 από 8

δηλαδή f (1)  6  f (2e) και η f είναι συνεχής στο 1, 2e τότε, σύμφωνα με το Θ. ενδιαμέσων τιμών υπάρχει τουλάχιστον ένα x 0  1, 2e  : f  x 0   6 .

2. α) Έστω x1 , x 2  0 με

f (x1 )  f (x 2 )  e

f  x1 

e

f  x2 



f e

f  x1 

  f e     f x2

4ln x1  3  4ln x 2  3  ln x1  ln x 2  x1  x 2 . Άρα η f είναι 1  1 .

     ln ln x

β)  f f  e

f x

     2ln ln x

 3  1   f f  e 2

f x

 3  1 

f (f (ef (x) ))  2ln  4ln x  3  1  f (4ln x  3)  2ln  4ln x  3  1 Θέτουμε 4ln x  3  y  0 , οπότε f (y)  2ln y  1 , άρα f (x)  2ln x  1, x  0 .

γ) To πεδίο ορισμού της f f είναι :

1   1    f (x)  f   x  0  2ln x  1  0   x  0  x  ,    e  e   3 3 f :11 3 3  f f  x   f  ex 2014    f (f (x))  f  ex 2014    f (x)  e x 2014   2ln x  1  e x 2014   2 2 2 2  

x   f

 2ln x  1  e x 2014 

3 1  0  2ln x  e x 2014   0 (2) 2 2

Θέτουμε t(x)  2ln x  e x 2014 

1  1  ,   ως , η οποία είναι συνεχής στο 1, e   2  e 

διαφορά συνεχών συναρτήσεων και

t(1)  2ln1  e12014 

1 1 1    2013  0 2 2 e

1 1 3 1  2  ee2014    2014e  0 , επομένως ισχύει t(e)t(1)  0 , 2 2 2 e οπότε από το Θ.Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον x 0  1,e  τέτοιο ώστε t(x 0 )  0 και t(e)  2ln e  ee2014 

 

λόγω της (2) έχουμε ισοδύναμα ότι η εξίσωση  f f  x   f  e x 2014  τουλάχιστον ρίζα στο 1, e  .

Σελίδα 4 από 8

3  έχει μία 2

ΘΕΜΑ Δ 1. 1ος τρόπος Θα δείξουμε ότι x 2  1  x (1) για κάθε x  . Πράγματι, αν ο x είναι θετικός τότε το 1ο μέλος της (1) είναι θετικό και το δεύτερο αρνητικό οπότε η (1) ισχύει για όλους τους θετικούς αριθμούς x . Αν x  0 τότε και τα δύο μέλη της (1) είναι μη αρνητικά συνεπώς υψώνοντας στο τετράγωνο παίρνουμε ισοδύναμα x 2  1  x 2  1  0 που ισχύει για όλους τους μη αρνητικούς αριθμούς x . Άρα τελικά η (1) ισχύει για κάθε x .

2ος τρόπος Για όλους τους πραγματικούς αριθμούς x ισχύει x 2  1  x 2 και επειδή η γνησίως

αύξουσα

συνάρτηση

στο

0,   ,

άρα

x είναι παίρνουμε

x 2  1  x 2  x 2  1  x . Όμως από τις ιδιότητες της απόλυτης τιμής ισχύει

x   x για κάθε x  . Συνδυάζοντας τις προηγούμενες δύο ανισότητες παίρνουμε x 2  1  x  x 2  1  x  0 που είναι αυτό που θέλαμε να δείξουμε.

3ος τρόπος Αν υπάρχει αριθμός x 0 ώστε f  x 0   0 , τότε παίρνουμε ισοδύναμα

x 02  1   x 0 και

υψώνοντας στο τετράγωνο για εκείνα τα x 0 που επιτρέπεται (προφανώς για x 0  0 ), παίρνουμε x 02  1  x 02  1  0 , άτοπο. Άρα η συνάρτηση δε μηδενίζεται και από την άλλη είναι συνεχής στο , αφού προκύπτει από πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. Συνεπώς διατηρεί πρόσημο στο . Αφού επιπλέον f (0)  1  0 , άρα f (x)  0 για κάθε

x

2. Έστω x1 , x 2  0,   με x1  x 2 (1) . Αφού η συνάρτηση x 2 είναι γνησίως αύξουσα στο

0,   , άρα

x

x12  x 2 2  x12  1  x 22  1  x12  1  x 22  1 (2) .

Προσθέτοντας τις (1), (2) κατά μέλη παίρνουμε

x12  1  x1  x 22  1  x 2  f ( x1 )  f (x 2 ) Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,   όπως το θέλαμε.

Σελίδα 5 από 8

3. 1ος τρόπος

f(x) 

 ( x)  1  x  2

x2  1  x



x2  1  x

x 1 x

 x

 1  x2

x 1 x



x 1 x 2



1 (3) f(x)

2ος τρόπος Η f( x) 

1 (3) γίνεται ισοδύναμα: f(x)

f (x)f (x)  1 



x2 1  x









x 2  1  x  1  x 2  1  x 2  1  1  1 που ισχύει.

Για τη μονοτονία έχουμε αποδείξει ήδη ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,   . Θα βρούμε τη μονοτονία στο

 , 0 .

Έστω λοιπόν x1 , x 2   , 0 με x1  x 2 . Τότε,

x1  x 2  0 και επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,   (από το ερώτημα Δ2), (3)

άρα παίρνουμε f (x1 )  f ( x 2 ) 

1 1 f (x) 0   f (x1 )  f (x 2 ) . f (x1 ) f (x 2 )

Θα δείξουμε τώρα ότι η f είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το 

Αν x1 , x 2  0,   με x1  x 2 τότε επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο

0,   

άρα f (x1 )  f (x 2 ) .

Αν x1 , x 2   , 0 με x1  x 2 τότε επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο  , 0 άρα f (x1 )  f (x 2 ) .



Αν x1  0  x 2 τότε f ( x1 )  f (0)  f (x 2 ) , άρα και πάλι f (x1 )  f (x 2 ) .

Επομένως σε όλες τις περιπτώσεις ισχύει f (x1 )  f (x 2 ) , άρα η f είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το

4. 1ος τρόπος Η δοσμένη σχέση γράφεται

2  1   

1 2  1  

 f () 

f  ά f 11 1 ( 3)  f ()  f ()          0 f ()

Σελίδα 6 από 8

2ος τρόπος Η δοσμένη σχέση γράφεται

 1    2

Άρα

 1   2





2  1   2  1  



2  1  



 2  1  

2  1    2  1  

Εντελώς όμοια παίρνουμε

2  1     2  1  

Προσθέτοντας τις παραπάνω κατά μέλη παίρνουμε

       2(  )  0      0 Σχόλιο: Παρατηρήστε ότι ο 2ος τρόπος δεν απαιτεί τίποτε παραπάνω από γνώσεις Άλγεβρας Α Λυκείου.

5. 1ος τρόπος Θέτουμε y  f (x) , με y  0 και έτσι

 x 2  1   y  x   x 2  1  x  y  x 2  1  y  x    y0  y0 y0    yx 0  

 y2  1 x   2y   y0  2 y  y 1  0 2y 

 y2  1 x   2y  y2  1  x   y0  2y  y2  1  0  y0    οπότε f 1 (x) 

x2 1 , x 0. 2x

Σχόλιο: Από τον παραπάνω τρόπο βγάζουμε το συμπέρασμα ότι η εξίσωση y  f (x) έχει για κάθε y  (0, ) μία και μόνο λύση στο

y2  1 , την x  . Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι 2y

Σελίδα 7 από 8

η f είναι 1-1 (χωρίς να χρειάζεται να κάνουμε χρήση της μονοτονίας της) και κατά συνέπεια αντιστρέψιμη με f 1 :  0,   

και τύπο f 1 (x) 

x2 1 . 2x

2ος τρόπος Δείξαμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο άρα 1-1 συνεπώς είναι αντιστρέψιμη. Θέτουμε y  f (x) , με y  0 (λόγω του Δ1) και έχουμε: x 2 1  x  0

y  f ( x)  y  x  1  x



y

1 x 1  x 2



 y

x2 1  x



x2 1  x



x2 1  x

1  x2 1  x y

Αφαιρώντας κατά μέλη τις y  x 2  1  x και

1  x 2  1  x παίρνουμε y

1 y2  1 2x  y   x  (4) y 2y Λόγω του ότι για να φτάσουμε στη σχέση (4), χάθηκε η ισοδυναμία (διότι αφαιρέσαμε κατά μέλη), έχουμε αποδείξει μόνο τη συνεπαγωγή f (x)  y  x  g(y) , με

y2  1 g(y)  , y  0 . Θα πρέπει τώρα να δείξουμε και το αντίστροφο δηλαδή ότι αν 2y x

y2  1 , y  0 τότε ισχύει f (x)  y . Πράγματι 2y 2

 y2  1   y2  1  y2  1 f (x)  f    1      2y  2y   2y 

y 4  2y 2  1  4y 2 y 2  1  4y 2 2y

 y2  1  y 2  1 y 0 y 2  1 y 2  1      y  2y 2y 2y  2y 

x2 1 , x0 Άρα τελικά, f (x)  g(x)  2x 1

Η εκπόνηση του διαγωνίσματος έγινε με τη βοήθεια Εθελοντών Εκπαιδευτικών: Το θέμα Δ επιμελήθηκε ο Συγκελάκης Αλέξανδρος, Μαθηματικός του Πρότυπου Πειραματικού Γενικού Λυκείου Ηρακλείου. Ο επιστημονικός έλεγχος πραγματοποιήθηκε από τους Κωνσταντόπουλο Κωνσταντίνο, Μοτσάκο Βασίλειο και Σούγελα Ελένη.

Σελίδα 8 από 8

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ» 3o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 2016: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ 3ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (Κεφάλαια 2, 3) [Κεφάλαια 1, 2 Μέρος Β' του σχολικού βιβλίου]

ΘΕΜΑ Α 1. Βλέπε σχολικό βιβλίο «Μαθηματικά Β΄μέρος-Ομάδας Προσανατολισμού Θετικών Σπουδών και Σπουδών Οικονομίας & Πληροφορικής», σελίδα 99. 2. Βλέπε σχολικό βιβλίο «Μαθηματικά Β΄μέρος-Ομάδας Προσανατολισμού Θετικών Σπουδών και Σπουδών Οικονομίας & Πληροφορικής», σελίδα 23. 3.

1) Λ,

2) Σ,

3) Λ,

(π.χ. ενώ τα lim x

1 και lim 2 0 x x 0

1 δεν υπάρχουν, το όριο του x

αθροίσματος υπάρχει.) 4) Σ,

(Αν θέσουμε h(x)

f (x)

g(x) ,τότε g(x)

h(x) f (x) και αφού τα όρια

των h και f υπάρχουν, θα υπάρχει και της διαφοράς τους). 5) Λ,

f (x)

το σωστό είναι

ex ln x

ex ln x (x ln x)

x x (ln x 1) , x>0

ΘΕΜΑ Β 1. Έστω x1 , x 2 

f

υπόθεση

με x1  x 2  f (x1 )  f (x 2 )  f (f (x1 ))  f (f (x 2 )) 

2g(x1 )  x1  2g(x 2 )  x 2  (  )   2g(x1 )  2g(x 2 )  g(x1 )  g(x 2 )  g  στο . Όμως x1  x 2  2. Έστω x1 , x 2 

f

με x1  x 2  f (x1 )  f (x 2 )

(1)

g

και x1  x 2  g(x1 )  g(x 2 )  g(x1 )  g(x 2 ) (1)  (2)

 f (x1 )  g(x1 )  f (x 2 )  g(x 2 )  h(x1 )  h(x 2 )  h  στο .

Σελίδα 1 από 6

(2)

3. α) Έχουμε f (f (x))  2g(x)  x  f (f (x 0 ))  2g(x 0 )  x 0  f (x 0 )  2g(x 0 )  x 0

 x 0  2g(x 0 )  x 0  2g(x 0 )  2x 0  g(x 0 )  x 0  f (x 0 ) άρα f (x 0 )  g(x 0 ) οπότε το (x 0 ,f (x 0 ))  κοινό σημείο. Επίσης f (x 0 )  g(x 0 )  f (x 0 )  g(x 0 )  0  h(x 0 )  0

 x 0 ρίζα της h(x)  0   x 0  μοναδικό. Όμως h  στο 

β) f (f (x  x 0  2))  x  x0  2f (x  x0  2)  2 

 2g(x  x 0  2)  (x  x 0  2)  x  x 0  2f (x  x 0  2)  2   2g(x  x 0  2)  x  x 0  2  x  x 0  2f (x  x 0  2)  2  h:"11"

 2g(x  x 0  2)  2f (x  x 0  2)  h(x  x 0  2)  0  h(x 0 )  x  x 0  2  x 0  x  2.

γ) Για x  0

έχουμε

f (f (ln x  x 0  1))  ln x  1  x 0  2g(ln x  x 0  1)  (ln x  x 0  1)  ln x  1  x 0  g:

 2g(ln x  x 0  1)  ln x  x 0  1  ln x  1  x 0  g(ln x  x 0  1)  x 0  f (x 0 )  g(x 0 )   ln x  x 0  1  x 0  ln x  1  x 

1 και επειδή x  0 η λύση της ανίσωσης e

1 e

είναι: 0  x  .

ΘΕΜΑ Γ 1. Επειδή η f είναι συνεχής στο x 0



lim f (x)

lim

x 1 x

0 ισχύει lim f (x) x

lim x

lim f (x) x

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

Σελίδα 2 από 6

f (0) .

lim x



x x 1)

x(1

lim f (x)

lim

lim x

ln(x

1 x 1)

(

1 2

1 x )e 2

Πρέπει:

1 2

άρα

1 2

1 και

2. Για

ln(x

-1

lim x

(

1) 2

e) 2

f (x) 1 x 1

lim x

x 1 x x 1

1 lim x

x 1 x x(x 1)

(x 1) x 1 * 1 lim x 1 x(x 1) x 1 x 1

1 ( x 1)

αφού lim x

x<0

1 x e , x 2

1 α) lim

0 η συνάρτηση γίνεται:

x 1 x

f (x)

1 και 1

lim

x 1

1 x 1 1

1 , lim x

1 x 1

x 1

1 x 1 1

0 και

x 1

* Πολλαπλασιάζουμε και διαιρούμε με τη συζυγή παράσταση του αριθμητή.

Σελίδα 3 από 6

1 2

β) Αρκεί να αποδείξουμε ότι η εξίσωση f (x) διάστημα (0,

συνεχής στο

0 , έχει μία τουλάχιστον λύση στο

1 2

0 και f (2)

0 και ln(2

) . Έχουμε f (0)

ln(2

1 2 e 2

0 , αφού

1 2 e 2

0, 2

ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων και αποτέλεσμα πράξεων

1 2 e 2

0 . Επιπλέον η f είναι

συνεχών συναρτήσεων. Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano, η εξίσωση f (x) λύση στο διάστημα

0, 2

γ) Έχουμε xf (x)

1 x

xf (x)

Επομένως

xf (x)

1 x

xf (x)

0 έχει μία τουλάχιστον

xf (x) .

Όμως

lim xf (x)

lim

1 x

f (x 2 ) 1 0 x

lim

lim xf (x) x

0 . Άρα από το κριτήριο παρεμβολής και

xf (x)

ΘΕΜΑ Δ 1. α) lim x

f (x 2 ) f (0) 0 x

f (x 2 ) f (0) 0 x2

και

διότι lim

f 2 (2x) 1 0 x

lim x

f (u) f (0) u

lim

2f (0) f (0) 1

f (0) 0

f (0) (θέτουμε όπου u

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

f (2x) f (0) f (2x) 1

0 ).

β) lim x

lim

f (x 2 ) f (0) x 0 x2

lim

x lim x

2f (0) 1 1

2 f (2x) f (0) f (2x) 1

4f (0)

Σελίδα 4 από 6

x 2 , οπότε όταν

διότι lim

f (2x) f (0) 2x

και

lim k

f (k) f (0) k

f (0) , (θέτουμε 2x

k , οπότε όταν

0 ).

2. Ισχύει:

f 2 (x) 4f (x)

3 x2

f (x) 2

3 4

1 (Ι)

Επειδή x 2  1  0 , έχουμε και f (x)  2  0 και επομένως η συνάρτηση g(x)  f (x)  2 διατηρεί το πρόσημό της, αφού είναι συνεχής και g(x)  0 για κάθε x 

. Επειδή

επιπλέον έχουμε και f (0)  1 , είναι g(0)  f (0)  2  1  2  1  0 και επομένως g(x)  0 για κάθε x 

, οπότε

g(x)   x 2 1

Άρα f (x)  2  x 2  1, x 

f (x)  2   x2  1 .

3. α) Έστω x 0 , f (x 0 ) το σημείο επαφής. Η εξίσωση εφαπτομένης θα είναι

y f (x 0 )

f (x 0 )(x

x0 )

διέρχεται από το σημείο

3 2

x 02

1 x 02 2

x0 

Για x 0



Για x 0

x 02

x 0 ) (ΙΙ) και επειδή

(x 1

3 θα επαληθεύεται από αυτό. Δηλαδή θα ισχύει 2

(0 x 0 )

x 02

1 2

x 02

3 3 προκύπτει από τη (ΙΙ) η εξίσωση y

3 προκύπτει από τη (ΙΙ) η εξίσωση y

Σελίδα 5 από 6

3 2

3 x 2

3 2

β) Έστω M(x,f (x)) σημείο της Cf με x

0 . Το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΜ ισούται με

1 (OA) d(M, y y) 2

1 1 x και επειδή η τετμημένη μεταβάλλεται συναρτήσει 2 1 1 του χρόνου έχουμε E(t) x (t) και επειδή x (t) 2cm / sec , x(t) . Άρα E (t) 2 2 προκύπτει ότι το εμβαδόν μεταβάλλεται με ρυθμό E (t) 1cm2 / sec . E(OAM)

Η εκπόνηση του διαγωνίσματος έγινε με τη βοήθεια Εθελοντών Εκπαιδευτικών: Το θέμα Β επιμελήθηκε ο Αρετάκης Δημήτριος, Μαθηματικός- MSc του ΓΕΛ Καστριτσίου Πατρών. Ο επιστημονικός έλεγχος πραγματοποιήθηκε από τους Κωνσταντόπουλο Κωνσταντίνο, Μοτσάκο Βασίλειο και Σούγελα Ελένη.

Σελίδα 6 από 6

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ» 4o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ 4Ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ –ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (Κεφάλαια 2, 3) [Κεφάλαια 1, 2 Μέρος Β' του σχολικού βιβλίου]

ΘΕΜΑ Α 1.Βλέπε σχολικό βιβλίο, σελίδα 106. 2. Βλέπε σχολικό βιβλίο, σελίδα 70-71. 3. α) ΣΩΣΤΟ, διότι αν η f παραγωγίσιμη στο χ0 τότε θα είναι και συνεχής στο χ0, που είναι άτοπο. β) ΣΩΣΤΟ,διότι για x  0 είναι f  0   f 1  f  λ  και για x  1 είναι f 1  f  0   f κ  λ  , f : 1-1

άρα: f  λ   f κ  λ   λ  κ  λ  κ  0 . γ) ΣΩΣΤΟ, διότι προκύπτει από το θεώρημα Bolzano στο  x1 , x 2    α, β  , όπου x1  α , με f  x1   0 και x 2  β , με f  x 2   0 . δ) ΣΩΣΤΟ, διότι η 2η παράγωγος είναι πολυώνυμο 1ου βαθμού, άρα μηδενίζεται και εκατέρωθεν της ρίζας τουαλλάζει πρόσημο. y

ε) ΛΑΘΟΣ, διότι π.χ. f  x    x  1 , f   x   3  x  1 , f  1  0 , αλλά το 2

f 1  0 δεν είναι τοπικό ακρότατο.

1 x

-1

0 -1

f  x    x  1

-2 -3

ΘΕΜΑ Β α) g(x)  ln x  x

1  c  g(x)  ln x  1  c για κάθε x  0 . x

Ισχύει ότι g(e)  1 , οπότε βρίσκουμε ότι 2  c  1  c  1 .

β) Ο τύπος της g(x) γίνεται g(x)  x ln x  x  1 και της παραγώγου g(x)  ln x . Για τη μονοτονία και το ακρότατο κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα:

Σελίδα 1 από 7

Άρα η g(x) είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,1] και γνησίως αύξουσα στο [1, ) . Άρα για x  1 έχουμε ολικό ελάχιστο g(1)  0 . Για κάθε x  0 έχουμε g(1)  0  g(x) .

γ) lim g(x) x

lim (x ln x

Επειδή lim (x ln x) x

x 1)

) (απροσδιόριστη μορφή), εφαρμόζουμε de l' hospital και

0 (

ln x έχουμε lim x 0 1 x

lim x

1 x 1 x2

Το ζητούμενο lim g(x) x

lim g(x)

x2 lim x 0 x

0 0 1 1 και επίσης

lim [x(ln x 1) 1]

δ) Για κάθε x  0 έχουμε

x x  ex 1

ln x ..

 ln x x  ln ex 1  x ln x  x  1  x ln x  x  1  0  g(x)  g(1) το οποίο

ισχύει από το ερώτημα β), αφού g(1)  0 ολικό ελάχιστο.

Β’ τρόπος Από το β) ερώτημα έχουμε g(A)  [0, ) άρα ex . .

g(x)  0  x ln x  x  1  0  x ln x  x  1  ln x x  x  1  eln x  e x 1  x x  e x 1

Σελίδα 2 από 7

ΘΕΜΑ Γ α) Σύμφωνα με τις συνέπειες του Θεωρήματος Μέσης Τιμής επειδή f (x)  g(x) υπάρχoυν k, c 

f (x)  g(x)  k   f (x)  g(x)   (kx)  f (x)  g(x)  kx  c Όμως c  0 αφού f (0)  g(0) . Άρα f (x)  g(x)  kx , x 

β) f (x)g(x)  x 2  xe x  1

xe x  f (x)g(x)  x 2  xe x 1

xe x  x 2  f (x)g(x)  xe x  x 2 με x  0 διαιρώντας με x 2 προκύπτει: 1

ex f (x) g(x) e x  1    1 x x x x Ισχύει lim x

και lim x

f (x) x

λ1

1 x

e x

lim

(1)

x1 και lim x

1 1x e x

g(x) x

λ2

ex lim x x

όμοια  0

Όποτε η (1) μας δίνει 1  λ1  λ2  1 άρα λ1  λ2  1  x1x 2  1 δηλαδή x1  x 2  0

γ) Η f ως δύο φορές παραγωγίσιμη είναι και συνεχής στο [x1 , x 2 ] 

Σελίδα 3 από 7

Άρα

 f / [x1 , x 2 ] συνεχής (2) και  f (x1 )  f (x 2 )  k 2 x1x 2  0 (3).

 f (x1 )  g(x1 )  kx1 g(x1 )g(x 2 ) 0  f (x1 )f (x 2 )  k 2 x1x 2 ) f (x 2 )  g(x 2 )  kx 2

(Αφού 

Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις για το k : 

Αν k  0 τότε f (x1 )  0 ή f (x 2 )  0 ο.ε.δ. (Η εξίσωση f (x)  0 έχει ρίζα τη x1 ή τη x 2 )



Αν k  0 τότε η (3) ισχύει ως ανισότητα f (x1 )  f (x 2 )  0 (3α)

Οι (2), (3α) εξασφαλίζουν τις υποθέσεις του Θ.Bolzano από το οποίο έχουμε ότι: Υπάρχει ένα τουλάχιστον  (x1 , x 2 ) τέτοιο ώστε f ()  0 , οπότε  (x1 , x 2 ) ρίζα της

f (x)  0 και (x1 , x 2 ) 

ο.ε.δ.

ΘΕΜΑ Δ 1. Η σχέση f (x) 

1 1 1 δίνει f (x)   0 άρα η συνάρτηση g(x)  f (x)  ως συνεχής στο x x x

(0,1) και (1, ) (επειδή προκύπτει από πράξεις μεταξύ συνεχών), διατηρεί σταθερό πρόσημο στα διαστήματα (0,1) και (1, ) . 1 e

1 e

Επιπλέον, επειδή g    f    e  0 και

g(2)  ln 2 

4 1 ln 4  ln e 1  4    ln    0 (διότι  1 ), άρα e 2 2 2 e

g(x)  0 για κάθε x  (0,1) και g(x)  0 για κάθε x  (1, ) . Άρα f (x ) 

1 1 , x  (0,1) και f (x )  , x  (1, ) . x x

Αφού f (x ) 

1 , x  (0,1) , παίρνοντας όριο καθώς το x πλησιάζει στο 1 από αριστερά x

έχουμε:

Σελίδα 4 από 7

lim f (x)  1 και αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής, θα ισχύει

x 1

ότι lim f (x)  lim f (x)  f(1) συνεπώς f (1)  1 . x 1

x 1

1 , x  (1, ) , παίρνοντας όριο καθώς το x πλησιάζει στο 1 από x δεξιά παίρνουμε τελικά f (1)  1 Όμοια, αφού f (x ) 

Άρα f (1)  1 .

2. Αρκεί να αποδείξουμε ότι F'(x)  G '(x) για κάθε x  (0,1)  (1, ) δηλαδή, ισοδύναμα, ότι για κάθε x  (0,1)  (1, ) ισχύει:

f (x )  (x  1)f '(x) 

1  xf ( x)  1  x(x  1)f '(x)  0 x

(1)

Λόγω του προσήμου της συνάρτησης g(x) που ορίσαμε στο προηγούμενο ερώτημα, η δοσμένη σχέση xf (x)  1  | x(x 1) | f'(x)  0 γράφεται 

για x  1 : xf (x)  1  x(x  1)f '(x)  0 και



για 0  x  1 :

xf (x)  1  x(x 1)f '(x)  0  xf (x) 1  x(x 1)f '(x)  0 Άρα τελικά ισχύει xf (x)  1  x(x  1)f'(x)  0 για κάθε x  (0,1)  (1, ) που ήταν και το ζητούμενο λόγω της (1).

3. (Υπενθυμίζουμε ότι το Θεώρημα Μέσης Τιμής εφαρμόζεται σε διάστημα και όχι σε ένωση διαστημάτων). Αφού F'(x)  G '(x) , για κάθε x  (0,1) , υπάρχει σταθερά c1 ώστε F(x)  G(x)  c1 , για κάθε x  (0,1) . Όμοια, αφού F'(x)  G '(x) , για κάθε x  (1, ) , υπάρχει σταθερά c 2 ώστε

F(x)  G(x)  c2 , για κάθε x  (1, ) .  G(x)  c1 , 0  x  1 και λόγω συνέχειας των συναρτήσεων F(x) και G(x)  c2 , x  1

Συνεπώς, F(x)  

G(x) στο 1 παίρνουμε G(1) 0

lim F(x)  lim F(x)  F(1)  G(1)  c1  G(1)  c2  0  c1  c2  0 άρα τελικά x 1

x 1

F(x)  G(x) , για κάθε x  (0,1)  (1, ) , δηλαδή ισοδύναμα

Σελίδα 5 από 7

ln x , για κάθε x  (0,1)  (1, ) και επειδή f (1)  1 , άρα τελικά x 1  lnx , x 1  f (x)   x  1 .  x 1  1,

f (x) 

Για να δούμε αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 1 θα εξετάσουμε αν το όριο

f (x)  f(1) είναι πραγματικός αριθμός. Πράγματι: x 1 x 1

lim

ln x 1 0 1 1  0 f (x)  f(1) ln x  x  1 x lim  lim x  1  lim  lim x 1 x 1 x 1 x 1 2(x  1) x 1 x 1 (x  1) 2   lim x 1

x 1 1   2 2x (x  1)

άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο 1 με f '(1)  

1 . 2

4. Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο (0,1)  (1, ) ως πηλίκο παραγωγισίμων με

f '(x) 

 ln x  '(x  1)  ln x   x  1 '  x  1  x ln x  h(x) , 2 x(x  1)2 x(x  1) 2  x  1

όπου h(x)  x 1  x ln x, x  0 . Για να βρούμε τη μονοτονία της f αρκεί να βρούμε το πρόσημο της συνάρτησης h στο (0,1)  (1, ) καθώς ο παρονομαστής x(x  1) 2 είναι θετικός στο (0,1)  (1, ) . Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη στο (0, ) με h'(x)   lnx . Επειδή h'(x)  0 στο

(0,1) και h'(x)  0 στο (1, ) και η h είναι συνεχής σε κάθε ένα από τα διαστήματα (0,1] και [1, ) οπότε είναι γνησίως αύξουσα στο (0,1] και γνησίως φθίνουσα στο

[1, ) συνεπώς παρουσιάζει μέγιστο στο x 0  1 το h(1)  0 . Άρα h(x)  h(1)  0 για κάθε x  0 με την ισότητα να ισχύει μόνο για x  1 . Άρα h(x)  0 για κάθε

x  (0,1)  (1, ) οπότε f'(x)  0 για κάθε x  (0,1)  (1, ) και επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x 0  1 , θα έχουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, ) . Αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [1, ) άρα για κάθε x  1 ισχύει f (x)  f (1)  1 που αποδεικνύει το ζητούμενο. (Διαφορετικά θα μπορούσαμε να κάνουμε χρήση της εφαρμογής 2 του σχολικού βιβλίου σελ. 266 σύμφωνα με την οποία ισχύει ln x  x  1, για κάθε x  0 με την ισότητα να ισχύει μόνο για x  1 . Άρα για x  1 είναι x  1  0 και από την εφαρμογή παίρνουμε

Σελίδα 6 από 7

ln x  1 , δηλαδή f (x)  1 , για κάθε x  1 . Επειδή επιπλέον f (1)  1 , άρα f (x)  1 για x 1 κάθε x  1 ).

5. Θέλουμε να λύσουμε την εξίσωση f (x)  (x) . Αρχικά παρατηρούμε ότι η x  1 είναι μία προφανής λύση της εξίσωσης. Θα δείξουμε ότι είναι μοναδική. Για x  1 δείξαμε στο Δ4 ότι f (x)  1 και από την άλλη είναι ex 0

x  1  x 1  0 

x 1 x 1  0  x  1  1  (x)  1 . x e e

Άρα για x  1 τα δύο μέλη της παραπάνω εξίσωσης δε μπορεί να είναι ίσα (το πρώτο μέλος είναι μικρότερο της μονάδας και το δεύτερο μεγαλύτερο της μονάδας), συνεπώς η ισότητα ισχύει μόνο για x  1 . Σχόλιο: Θα μπορούσαμε επιπλέον (παρά το ότι δεν το ζητάει η άσκηση), να δείξουμε ότι η εξίσωση f (x)  (x) δεν έχει λύσεις για x  1 και η απόδειξη είναι όμοια με την παραπάνω.

Ο επιστημονικός έλεγχος πραγματοποιήθηκε από τους Κωνσταντόπουλο Κωνσταντίνο και Μοτσάκο Βασίλειο.

Σελίδα 7 από 7

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ» 5o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2017: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ 5Ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ –ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (Κεφάλαια 2, 3) [Κεφάλαια 1, 2 Μέρος Β' του σχολικού βιβλίου]

ΘΕΜΑ Α A1. Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα 135.

A2. 1. Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα 143. 2. Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα 163. 3. Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα 157.

Α3.

α) 1.Σ – 2.Λ – 3.Λ – 4.Σ,

β) Λ,

γ) Σ , δ) Σ , ε) Σ .

ΘΕΜΑ Β 1) Μελέτη της f ( x)  x2  2ln x, x  0. 

Πεδίο ορισμού της είναι το  f   0,   .



Είναι συνεχής στο  f   0,   , ως διαφορά των συνεχών συναρτήσεων

x 2  2ln x . 

H συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη με

2 2 2 x 2  2 2  x  1   , x  0. x x x x 0 2  x 2  1  0  x2 1  0  x2  1  x  1 . Είναι f ( x)  0  x

f ( x)  2 x 

H μονοτονία και τα ακρότατα φαίνονται στον παρακάτω πίνακα: x f΄ f

0 -

1 0 min

+ +

Από τον πίνακα έχουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο  0,1 και γνησίως αύξουσα στο 1,   . Παρουσιάζει ελάχιστο στο x0  1,  f (1)  1 .

Σελίδα 1 από 8



 

Είναι f ( x)   2 x 

2  2   2  2  0 , που σημαίνει ότι η συνάρτηση f είναι κυρτή x x

στο  f   0,   και δεν έχει σημεία καμπής. 

Αφού lim f ( x)  lim( x 2  2ln x)  0  ()   , η ευθεία x  0 είναι x 0

x 0

κατακόρυφη ασύμπτωτη. Επίσης lim

x 

f ( x) ln x    lim  x  2   ()  0   , γιατί x  x x  



2ln x  (2ln x) 2 lim  lim  lim  0 , επομένως δεν έχει πλάγιες ασύμπτωτες. x  x  x  x x x  Η συμπεριφορά της f στα άκρα του πεδίου ορισμού της είναι: lim f ( x)   (

)

x 0









2ln x  

και lim f ( x)  lim x 2  2ln x lim  x 2 1  2    ()(1  0)   , αφού x  x  x  x   

1 2  2 ln x (2 ln x) 1 lim  lim  lim x  lim 2  0 . x  x 2 x  ( x 2 ) x  2 x x  x        

Ο πίνακας μεταβολών της συνάρτησης f είναι: x f΄ f΄΄ f 

2) e

0 +



1 0 + min 

+ + +

Από όλα τα παραπάνω η γραφική παράσταση της συνάρτησης f είναι:

x 2 1 2

 x 1  x2 1 x2 1 2  x  ln  e   ln x  ln e  ln x   ln x    2 2   2

Σελίδα 2 από 8

 x2  1  2ln x  x2  2ln x  1  f ( x)  f (1) το οποίο ισχύει για κάθε x  0 αφού η f παρουσιάζει ελάχιστο στο x0  1,  f (1)  1 . 3)

k

 x 2  ln e x

k

 ln x 2   x 2  k  ln e  2ln x  x 2  k  2ln x 

 x2  k  2ln x  x2  2ln x  k  f ( x)  k , k  0 . To πλήθος των ριζών της f ( x)  k , k  0 φαίνονται στο παρακάτω σχήμα:

0  k  1,  f ( x)  k  ύ. k  1,  f ( x)  k έ  ί ύ  x  1 , αφού f (1)  1  k και

 

f ( x)  1,   ά x   0,1  1,   . k  1,  f ( x)  k έ  ί ύ   0,1 ύ f  0,1  1,   και



ί ύ  1,   ύ f 1,    1,   . 4) Η συνάρτηση g είναι συνεχής για x  0 , ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων. Θα πρέπει να είναι και συνεχής και στο 0. Δηλαδή θα ισχύει: lim g ( x)  g(0). x 0

       

2ln x ln x (ln x)  2lim  2lim  x 0 f ( x ) x 0 f ( x ) x 0  2  x  2ln x 

Έχουμε lim g ( x)  lim x 0

 2 lim x 0

1 x 2 2x  x

 lim x 0

1  1 , και g(0)   . Άρα   1. x 1 2

1ος τρόπος: Για   1, η συνάρτηση g είναι συνεχής  0, e με

g(0)    1  0 και g(e) 

2ln e 2  2  0 , oπότε g(0) g(e)  0 . Άρα ισχύει το e  2ln e e  2 2

Θ.Bolzano που σημαίνει ότι θα υπάρχει ένα τουλάχιστον

x0   0, e   έ ώ g ( x0 )  0.

Σελίδα 3 από 8

2ος τρόπος: Προφανής ρίζα η x0  1 γιατί g (1) 

2ln1  0 . Άρα η συνάρτηση g έχει μία f (1)

τουλάχιστον ρίζα στο  0, e  την x0  1 .

ΘΕΜΑ Γ

Παραγωγίζοντας την αρχική σχέση έχουμε:

f 3 ( x)  6 f ( x)  3x  2017   f 3 ( x)  6 f ( x)    3x  2017  

 3 f 2 ( x) f ( x)  6 f ( x)  3  f ( x)  f 2 ( x)  2   1  f ( x) 

1 0 f ( x)  2 2

Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής σε όλο το R και f ( x)  0 , για κάθε x  R, είναι γνησίως αύξουσα στο R και δεν έχει ακρότατα.

1ος τρόπος. Από το 1) ερώτημα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο R,

οπότε θα είναι και 1-1. Άρα η f είναι αντιστρέψιμη και ορίζεται η f 1 . 2ος τρόπος. Έστω x1 , x2  R  f ( x1 )  f ( x2 )  f 3 ( x1 )  f 3 ( x2 ) (1) και

f ( x1 )  f ( x2 )  6 f ( x1 )  6 f ( x2 ) (2). Προσθέτοντας τις (1),(2) βρίσκουμε: f 3 ( x1 )  6 f ( x1 )  f 3 ( x2 )  6 f ( x2 )  3x1  2017  3x2  2017  x1  x2 . Τότε η συνάρτηση f είναι 1-1, άρα αντιστρέψιμη.

Θεωρώ την συνάρτηση g ( x)  x3  6 x (3) , που είναι γνησίως αύξουσα ( g

συνεχής στο R και g ( x)  3x 2  6  0 ) στο R, οπότε θα είναι και 1-1.  Για να έχει η συνάρτηση f σύνολο τιμών όλο το R, αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε y0  R υπάρχει x0  R τέτοιο ώστε f ( x0 )  y0 .

y03  6 y0  2017 (4) και η αρχική σχέση για x  x0 μας δίνει: 3 (4) y 3  6 y0  2017 f 3 ( x0 )  6 f ( x0 )  3x0  2017  f 3 ( x0 )  6 f ( x0 )  3  0  2017  3

Επιλέγουμε x0 

g:11

(3)

 f 3 ( x0 )  6 f ( x0 )  y03  6 y0  g ( f ( x0 ))  g ( y0 )  f ( x0 )  y0 .  Εύρεση της f 1. Έστω y  f ( x) , τότε η αρχική σχέση γίνεται:

y 3  6 y  3x  2017  3x  y 3  6 y  2017  x 

y 3  6 y  2017 , x  R. 3

Σελίδα 4 από 8

Άρα f 1 ( x) 

x3  6 x  2017 , xR. 3

α) Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) στο R θα είναι

συνεχής και στο x0  670 , οπότε θα ισχύει: lim f ( x)  f (670)  k . x 670

Η αρχική μας σχέση για x  670 μας δίνει:

f 3 (670)  6 f (670)  3  (670)  2017  k 3  6k  2010  2017  k 3  6k  7  0   (k  1)(k 2  k  7)  0  k  1 . Άρα

lim f ( x) =1.

x 670

x3  6 x  2017  x f ( x)  x ( x3  6 x  2017)  x 3 β) lim  lim  lim  x  x  x  x4 x4 3x 4 1

 x3  6 x  2017  x  ( x3  6 x  2017)  x x3  x 1  lim   lim  lim  0  0 .   4 3 3 x  x  3x 3x x  x 3x x x 3 

 lim

Θυμίζουμε:

 x x



1 1  x 1 1 1     0 , οπότε από το και lim ( )  lim x  x  x x x x x x

κριτήριο της παρεμβολής θα έχουμε lim

x 

 x x

 0.

2017 x3  6 x  2017 , x  R και h(0)   . 3 3 Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη με h( x)  x 2  2 , x  R και h(0)  2. 5)

Είναι h( x)  f 1 ( x) 

Η εξίσωση της εφαπτομένης της συνάρτησης h στο (0, h(0)) είναι

( ) : y  h(0)  h(0)( x  0)  y 

2017 2017  2x  y  2x  . 3 3

Έχουμε h( x)  2 x και h(0)  0 . Επίσης αν x  0  ό h( x)  0 και αν x  0  ό h( x)  0 . Δηλαδή στο (0, h(0)) η h μηδενίζεται και αλλάζει και πρόσημο. Άρα το σημείο (0, h(0)) είναι σημείο καμπής και η εφαπτομένη (ε) ΄΄διαπερνά΄΄ την Ch στο σημείο Α.

Σελίδα 5 από 8

ΘΕΜΑ Δ

Αφού η συνάρτηση f

είναι συνεχής (ως

παραγωγίσιμη) στο

1, 4

και το

0   2,3 που είναι το σύνολο τιμών της f , τότε θα υπάρχει ένα τουλάχιστον x0  1, 4  , τέτοιο ώστε f ( x0 )  0 .

Από το θεώρημα μεγίστης και ελαχίστης τιμής και επειδή ισχύει:

2  f min  1  f (4)  2  f (1)  f max  3 , υπάρχουν

x1 , x2  1, 4 ,  έ ώ f ( x1 )  f min  2  f ( x2 )  f max  3 . Είναι: 

x1 , x2 εσωτερικά σημεία του 1, 4  .



f παραγωγίσιμη στα x1 , x2 .



f παρουσιάζει ακρότατα στα x1 , x2 .

Από τα παραπάνω, λαμβάνοντας το Θ.Fermat, έχουμε f ( x1 )  f ( x2 )  0 . Άρα η C f δέχεται δύο τουλάχιστον οριζόντιες εφαπτόμενες στα x1 , x2 . 

Αφού η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο 1, 4 , τότε η f  είναι

συνεχής (υποθέτοντας, χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι ισχύει

 x1, x2   1, 4

 x1 , x2  .

και παραγωγίσιμη στο

Επίσης από

f ( x1 )  f ( x2 )  0 , οπότε ισχύει το Θ.Rolle για την f  στο

x1  x2 ) στο

το (2) ερώτημα έχουμε

 x1 , x2  . Άρα θα υπάρχει ένα

τουλάχιστον    x1 , x2  έτσι ώστε να ισχύει f (  )  0 . Αυτό σημαίνει ότι το σημείο

 , f ( ) 3)

είναι πιθανό σημείο καμπής.

Αρκεί να αποδείξουμε ότι η εξίσωση

f ( x)  y  f ( x)   x  2 , έχει μία

τουλάχιστον λύση στο  x1 , x2   1, 4 . Θεωρούμε τη συνάρτηση g ( x)  f ( x)  x  2 η οποία είναι συνεχής στο και 

g ( x1 )  f ( x1 )  x1  2  2  x1  2  x1  4  0, γιατί x1  4 .



g ( x2 )  f ( x2 )  x2  2  3  x2  2  x2  1  0, γιατί x2  1 .

Σελίδα 6 από 8

 x1, x2   1, 4

Δηλαδή g ( x1 )  g ( x2 )  0 , οπότε από το Θ.Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιστον

0   x1 , x2   1, 4  , τέτοιο ώστε g (0 )  0  f (0 )  0  2.

Η εφαπτομένη της C f στο P  , f(  )

είναι: y  f ( )  f ( )( x   )

Αφού πρέπει να διέρχεται από το σημείο Α(0,2), θέτοντας x=0 και y=2, αρκεί να αποδείξουμε ότι ισχύει: 2  f ( )  f ( )(0   )  2  f ( )   f ( )   f ( )  f ( )  2  0 . Θεωρούμε τη συνάρτηση

Q( x)  xf ( x)  f ( x)  2 η οποία είναι συνεχής

στο

 x1, x2   1, 4 και  

Q( x1 )  x1 f ( x1 )  f ( x1 )  2  4  0 Q( x2 )  x2 f ( x2 )  f ( x2 )  2  1  0

Δηλαδή Q( x1 )  Q( x2 )  0 , οπότε από το Θ.Bolzano , υπάρχει ένα τουλάχιστον

   x1 , x2   1, 4  , τέτοιο ώστε Q( )  0   f ( )  f ( )  2  0.

Στο (1) ερώτημα βρήκαμε x0  1, 4  , τέτοιο ώστε f ( x0 )  0 .

Εφαρμόζοντας το Θ.Μ.Τ. για την f στα διαστήματα 1, x0    x0 , 4 έχουμε: 

Υπάρχει ένα τουλάχιστον 1  1, x0  , τέτοιο ώστε:

f (1 )  

f ( x0 )  f (1) 1  x0 2 1 . (1)    x0  1 x0  1 f (1 ) 2

Υπάρχει ένα τουλάχιστον 2   x0 , 4  , τέτοιο ώστε:

f (2 ) 

f (4)  f ( x0 ) 4  x0 1 1 . (2)    4  x0 4  x0 2 f (2 ) 2

Αφαιρώντας τις (1), (2) έχουμε:

1  x0 4  x0 1  x0  4  x0 1 1 3      . f (1 ) 2 f (2 ) 2 2 2 2

Σελίδα 7 από 8

6) Το σημείο     , οπότε είναι της μορφής

K  x  t  , y  t   ή K  x  t  ,  x  t   2 και   x  t  ,0  , επίσης έχουμε ότι x  t   1 m / sec και.

x  t0   y  t0   x  t0    x  t0   2  x  t0   1m Για y  0 στη ευθεία

  , έχουμε

x  2    2,0  . Οι κάθετες πλευρές ΚΛ, ΛΜ έχουν μήκη

    2  x  t  και     2  x  t      E  t  

2  x t  2



οπότε

2 1 2  x t  .  2

Η συνάρτηση E  t  είναι παραγωγίσιμη σαν έκφραση παραγωγισίμων συναρτήσεων, οπότε

1 E  t    2  2  x  t    2  x  t     x  t   2  x  t    E   t0    x  t0   2  x  t0   . 2 E  t0   1 2  1 m2 / sec  1 m2 / sec .

Ο επιστημονικός έλεγχος πραγματοποιήθηκε από τους Κωνσταντόπουλο Κωνσταντίνο και Μοτσάκο Βασίλειο.

Σελίδα 8 από 8

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ» o 6 ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΜΑΡΤΙΟΣ 2017: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ 6Ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ –ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (Κεφάλαια 2, 3, 4) [Κεφάλαια 1, 2, 3 Μέρος Β' του σχολικού βιβλίου]

ΘΕΜΑ Α 1. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 186 2. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 185 3. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 143 4.

α) Σωστό

β) Λάθος

γ) Σωστό

δ) Σωστό

ε) Λάθος

ΘΕΜΑ Β

f(x) f(x) f(x) Β1. Θέτουμε  e x γράφεται:  g(x)  f(x)  xg(x) και η σχέση f (x)  x x

 xg(x)  g(x)  e g(x)e g(x) 

1  x

 e    ln x   e  g(x)

 g(x)  xg(x)  g(x)  eg(x)  xg(x)  eg(x) 

g(x)

 g(x)

 ln x  c

f(e)  0 άρα e0  ln e  c  c  0 , οπότε e f(x)  ln x  g(x)  ln  ln x     ln  ln x   f(x)  x  ln  ln x  . x

Για x  e είναι g(e) 

e g(x)

Β2. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη με:

1 1 1 f (x)   x ln(ln x)    ln(ln x)  x   ln(ln x)  , και ln x x ln x 1 1 1 1 1  ln x f (x)  ( ln(ln x)  )     . 2 ln x ln x x x ln x x ln 2 x 1  ln x f (x)  0  0  x e. x ln 2 x H μονοτονία και το ακρότατο της f  φαίνεται στον παρακάτω πίνακα:

1 f΄΄ f΄

e +

+∞ -

Σελίδα 1 από 7

Άρα η f  είναι γνησίως αύξουσα στο 1, e και γνησίως φθίνουσα στο  e,   . Παρουσιάζει ολικό μέγιστο στη θέση x0  e το f (e)  1 . Ισχύει f (x)  f (e)  1  0 , για κάθε x  1 .





Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα A  1,  επομένως





f (A)  lim f (x), lim f (x)   ,    x 

x 1

, γιατί

lim f (x)  lim (x ln(ln x))         και

x 

lim f (x)  lim(x ln(ln x))   1     .

x 1





Β3. Η εξίσωση γράφεται: x  ln ln x   ln m  f(x)  ln m , άρα για κάθε

m  0 , ln m  f(A) , άρα υπάρχει x0  1,   τέτοιο ώστε f  x0   ln m.





Το x0  1,  είναι μοναδικό αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα

A   1,   . Β4. Η ανίσωση ισοδύναμα γράφεται: f (x 2  2)  f (3x)  3x  x 2  2

(1)

(B2)

Θεωρούμε την συνάρτηση h(x)  f(x)  x με h(x)  f (x)  1   1  1  0





άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα A  1,  . Η (1) γράφεται h(x 2  2)  h(3x) με x 

1 οπότε 3

x2  2  3x  x2  3x  2  0  (x  1 ή x  2) . Τελικά

1  x  1ή x  2 3

ΘΕΜΑ Γ α) Ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης της Cg είναι

1  g(0) 2018

(1)

Επειδή το σημείο επαφής A(0,g(0)) είναι κοινό σημείο της εφαπτομένης και της

Cg , οι συντεταγμένες του θα επαληθεύουν την εξίσωση της εφαπτομένης και της Cg . Έτσι για x  0 , έχουμε: 0  2018  g(0)  2018  0  g(0)  1 και για x  0 στον τύπο

g(x) 

1 1 ό (1) 1 1 1   g (0)      2 2 3g (x)   3 1   2018 3   2018

3    2018    2015 Σελίδα 2 από 7

β) Από τη σχέση g(x) 

1 ισοδύναμα έχουμε: 3g (x)  2015 2

3g 2 (x)g(x)  2015g(x)  (x)  g 3 (x)  2015g(x)   (x) Από τις Συνέπειες του Θ.Μ.Τ., υπάρχει σταθερά c: g3 (x)  2015  g(x)  x  c . Για x  0 , έχουμε: g3 (0)  2015  g(0)  c  13  2015 1  c  c  2016 . Επομένως, για κάθε x 

, ισχύει g3 (x)  2015  g(x)  x  2016 (2).

γ) Επειδή g(x)  0 η g είναι γνησίως αύξουσα άρα η g είναι “1-1”. Θέτουμε στη σχέση (2) όπου g(x)  y και έχουμε:

y3  2015y  x  2016  g 1 (y)  y3  2015y  2016 Τελικά είναι g 1 (x)  x 3  2015x  2016

δ) Για κάθε x 

ισχύει g(x) 

(3g 2 (x)  2015) 6g(x)g(x)  g(x)   2 2 (3g (x)  2015) (3g 2 (x)  2015) 2

1 6g(x) 3g (x)  2015  g(x)  2 2 2 (3g (x)  2015) (3g (x)  2015)3

6g(x)   g(x) 

(3).

g(x)  0  g(x)  0 Από τη (2) για g(x)  0 βρίσκουμε x  2016 , η οποία είναι και η μοναδική της λύση αφού από το β) ερώτημα g: 1-1. Επίσης είναι: 

g . .

x  2016  g(x)  g(2016)  g(x)  0  g(x)  0  g(x)  0 Άρα η g είναι κυρτή στο (, 2016] .



Όμοια αν x  2016  g(x)  0 και η g είναι κοίλη στο [2016, ) .

Επειδή g(2016)  0 και η g(x) αλλάζει πρόσημο εκατέρωθεν του 2016, το σημείο

A(2016,0) είναι το μοναδικό σημείο καμπής της Cg.

Σελίδα 3 από 7

ε) f (x) 

f (x) 

x 3  2015x  2016 g 1 (x) , δηλαδή , οπότε f (x)  x  g(x)  g 2 (x)  2015  x  g3 (x)  2015g(x) 

x 3  2015x  2016 x 3  2015x  2016 , άρα f (x)  (4) x 2  2016x x(x  2016)

Η Cf έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες τις x  0 , x  2016 .

 2015 2016  x 3 1  2  3  f (x) x  2015x  2016 x x  Επειδή   lim  lim  lim   1 3 2 x  x x  x  2016  x  2016x 3 x 1   x   3

και

 x 3  2015x  2016 x 3  2016x 2    lim  f (x)  x   lim   2  x  x  x 2  2016x x  2016x  

 x 3  2015x  2016  x 3  2016x 2   2016x 2  2015x  2016   lim   lim  x    x  x 2  2016x x 2  2016     2015 2016   x 2  2016   2  x x    lim  2016  x  2016  2 x 1  2  x   ασύμπτωτη της Cf στο  και  .

η ευθεία y  x  2016 είναι πλάγια

ΘΕΜΑ Δ Δ1. Θέτουμε g(x)  f(x)  x  1 με g(1)  f(1)  1  1  0 , αφού f(1) 

ln1 0 

Είναι g(x)  f (x)  x  1  0, x  0  g(x)  g(1), x  0, άρα η g παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο εσωτερικό σημείο x0  1 και αφού είναι παραγωγίσιμη ως πράξη παραγωγίσιμων από Θ. Fermat έχουμε g(1)  0 .

 ln x     ln x 1   1 , οπότε  (x)2  x 

Είναι g(x)  f (x)  1  

g(1)  0 

0 1 1  0   1    1. 2  

Σελίδα 4 από 7

1  ln x ln x με f (x)  , x>0. x x2

Δ2. (α) Για   1 f(x) 

Το πρόσημο της f  και η μονοτονία της f φαίνονται στο πίνακα

x f (x)









f(x) Ο.μ





Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,e και γνησίως φθίνουσα στο e,  . Παρουσιάζει ολικό μέγιστο στη θέση x0  e το f(e) 





1 . e

Έστω A1  0,e  και A2  e,  .



Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο A1  0,e  , άρα



 1 f  A1   lim f(x),f(e)    ,  . x 0   e



Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο A2  e,  , άρα



 1 f  A2   lim ,f(e)    0,  . x    e

   

 



1



1 

1







 



Οπότε f A  f A1  f A2    ,    0,     ,  . e e e (β) Αφού η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο στη θέση x0  e το f(e) 

1 , θα είναι e

1 f(x)  f  e  , x  0  f(x)  , x  0 e (γ) Θεωρούμε την συνάρτηση g(x)  ln 2 x  2x, x  0 . Έστω ότι η εξίσωση g(x)  0 έχει δύο ρίζες 1 , 2 με 0  1  2 . Η g πληροί το Θ. Rolle στο διάστημα 1 , 2  επομένως υπάρχει τουλάχιστον ένα

x1   1 , 2  τέτοια ώστε g(x1 )  0 . Είναι g(x)  2

g(x)  0  2

ln x  2, x  0 και x

ln x ln x  2  0  ln x  x  0     f (x)   x x Σελίδα 5 από 7

Από το παραπάνω ερώτημα Δ2(β) έχουμε ότι f (x) 

1 1 1        που είναι e e e

1 e

άτοπο, αφού    .

(δ). 1ος τρόπος

 

Θα δείξουμε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα   1,e τέτοιο ώστε

1  ln  

2 1  ln  1 1 .   2  f ()  2 2 2 e e  e e e e

 

Η f πληροί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο 1,e  άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα   1,e

1 f(e)  f(1) 1 τέτοιο ώστε f ()   e  2 e 1 e 1 e  e 2ος τρόπος





Θεωρούμε την συνάρτηση g  x   1  ln x  e2  e  x 2 , 1, e . Εφαρμόζουμε BOLZANO

g(1)  e2  e  1  0, g(e)  e2  0   1,e  : g()  0   (1  ln )(e2  e)  2  0 

(ε) Είναι E 

1 e 0



1  ln  1 1  2  f ()  2 2  e e e e

f 1 (x)dx , θέτουμε x  f(u)  dx  f (u)du

Για x  0  0  f(u)  f(1)  f(u)  u  1 , και για

x

1 1   f(u)  f(e)  f(u)  u  e , αφού η f γν. αύξουσα άρα και 1  1 στο e e

A1   0,e  . Οπότε e

E   f 1f(u)f (u)du  1

  uf(u)1   e

e e ln u e e uf (u)du   uf(u)1   f(u)du   uf(u)1   du  1 1 1 u



e e 1 ln udu   uf(u)1    ln u  ln udu  1 u

Σελίδα 6 από 7

 ln 2 u   ln 2 e ln 2 1  1 1 1  uf(u)1      e   τ.μ.   ef(e)  f(1)   2  e 2 2  2 1  2 e

Η εκπόνηση του διαγωνίσματος έγινε με τη βοήθεια Εθελοντών Εκπαιδευτικών: Τα θέματα Β & Δ επιμελήθηκε ο Παντερής Ανδρέας, Μαθηματικός-MSc του 2ου ΓΕΛ Ηρακλείου Κρήτης. Ο επιστημονικός έλεγχος πραγματοποιήθηκε από τους Κωνσταντόπουλο Κωνσταντίνο και Μοτσάκο Βασίλειο.

Σελίδα 7 από 7

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ» 7o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2017: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ 7ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ –ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (Σε όλη την ύλη)

ΘΕΜΑ Α 1. Βλέπε σχολικό βιβλίο σελίδες 144-145. 2. Βλέπε σχολικό βιβλίο σελίδα 185. 3.

1) Λάθος,

2) Λάθος,

3) Λάθος,

4) Σωστό,

5) Λάθος .

ΘΕΜΑ Β 1. Στη σχέση f (x  y) 

f (x) f (y)  x αν θέσουμε x=y=0, τότε ey e

f (0) f (0)  0  f (0)  0 . e0 e f (x)  f (0) f (x) f (0)  1  lim  1  lim  1 (1) x 0 x 0 x x 0 Έστω x 0  , τότε f (0) 

f (x 0 ) f (h)  x 0  f (x 0 ) h f (x 0  h)  f (x 0 ) f (x)  f (0) x  x 0  h e f (x 0 )  lim  lim  lim e  x x0 h 0 h 0 x 0 h h e x 0 f (x 0 )  e h f (h)  e h e x 0 f (x 0 ) e x 0 f (x 0 )(1  e h )  e h f (h)  lim  h 0 h 0 eh e x0 h eh e x0 h

 lim



e x 0 f (x 0 ) eh  1 1 1 f (h ) eh  1 1 1 1 lim ( )  lim   f (x ) lim lim h  x 0  f (x 0 )  x 0 0 x0 x h 0 h 0 h 0 e h e e h 0 h h h 0 e e e 0 ( )

eh  1 0 (eh  1) 1 1  lim  lim eh  e0  1 , lim h  lim 0  1 και από την (1) Γιατί: lim h 0 h 0 h 0 h 0 e h 0 e h h f (h) lim  1. h 0 h Άρα η f είναι παραγωγίσιμη σε κάθε x 0  , με f (x 0 )  2. Από το 1ο ερώτημα για κάθε x 

f (x) 

1  f (x 0 ) . ex0

θα έχουμε

1  f (x)  e x f (x)  e xf (x)  1  (e xf (x))  (x)  e xf (x)  x  c x e

Σελίδα 1 από 6

Για x=0: e0f (0)  0  c  c  0 , οπότε e x f (x)  x  0  f (x)  3. H f είναι παραγωγίσιμη με f (x)  Έχουμε f (x)  0 

x , x ex

1 1 x  f (x)  f (x)  x . x e e

1 x  0  x 1. ex

Η μονοτονία και τα ακρότατα φαίνονται στον παρακάτω πίνακα: -

f (x) f (x)



1 +

o.μ

Η f έχει ολικό μέγιστο στο x 0  1,  f (1) 

1 . e

4. Η συνάρτηση f είναι γν. Φθίνουσα στο  2,3 , άρα για

2  x  3  f (2)  f (x)  f (3)  Αφού η f (x) 

3 2  f (x)  2 (2). 3 e e

3 είναι συνεχής στο  2,3 και όχι παντού μηδέν (γιατί ισχύει μόνο για e3

x=3), τότε παίρνουμε: 3

f (x) 

3 3 3  0   (f (x)  3 )dx  0   f (x)dx  3 . (3) 3 e e e 2 2 3

Όμοια θα έχουμε

 f (x)dx  e

. (4)

Από (3), (4) έχουμε: Είναι f (x) 

3 2   f (x)dx  2 . (5) 3 e e 2

3  0 , για κάθε x   2,3 , οπότε το εμβαδόν Ε του χωρίου που e3 3

περικλείεται από την C f , τον άξονα x΄x και τις ευθείες x=2 & x=3 ισούται με

 f (x)dx , 2

οπότε η (5) γίνεται:

3 2 E 2 . 3 e e

ΘΕΜΑ Γ 1. α) Για x  1, θέτουμε h  x  

f  x  2 - 5 . Τότε lim h(x)  6 και x 1 x -1

f  x  2    x -1 h  x   5 . Επομένως lim f  x  2  lim  x -1 h  x   5  5 . x 1

Σελίδα 2 από 6

x 1

Όμως οι συναρτήσεις f και g(x)  x  2 είναι συνεχείς. Επομένως και η f (x  2) είναι συνεχής. Άρα lim f (x  2)  f 1  2   f (3)  5 . x 1

f (x)  f (3) 6 x 3 x 3

β) Αρκεί να δείξουμε ότι lim

Αν θέσουμε όπου x  u  2 , τότε, όταν x  3 το u  1 και έχουμε:

f (x)  f (3) f (u  2)  f (3) f (u  2)  5  lim  lim  6 . Άρα f   3  6 . x 3 u 1 u 1 x 3 u 1 u 1

lim

x  2 - f (x) x  2 - f (x) - 5  5 x  2 - f (x) (x - 3) (x - 3) 2. lim  lim  lim  x 3 ημ(x - 3) x 3 x 3 ημ(x - 3) ημ(x - 3) (x - 3) (x - 3)

x - 3 -  f (x) - 5  (x - 3) -  f (x) - f (3)  1- f (3) (x - 3) (x - 3) lim  lim   1- 6  -5 x 3 x  3 ημ(x - 3) ημ(x - 3) 1 (x - 3) (x - 3) Διότι:

f (x) - f (3) ημ(x - 3)  f (3) και lim  1 , (θέτουμε x-3=u , ( u  0) οπότε x 3 x 3 (x - 3) x -3

lim lim u 0

ημu 1 , u

Σχόλιο: Δεν μπορούμε να εργαστούμε με τον κανόνα DeL’Hospital γιατί δεν γνωρίζουμε αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη σε διάστημα της μορφής (α,3)  (3,β) .

3. Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων. Για την h στο διάστημα [0,3] ισχύουν: 

Είναι συνεχής στο [0,3].



 h(0)= -7<0  h(3)=3f(3)-9-7συν3=15-9-7συν3= 6-7συν3>0  π  (αφου  3  π)  2

και στο δεύτερο τεταρτημόριο το συνημίτονο είναι αρνητικός αριθμός.

Σελίδα 3 από 6

Επομένως, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano, η εξίσωση h(x)=0 θα έχει μία τουλάχιστον λύση στο (0,3),δηλαδή η γραφική παράσταση της h θα τέμνει τον άξονα xx σε ένα τουλάχιστον σημείο.

4. Ας υποθέσουμε ότι η εξίσωση g(x)  x 6 έχει δυο τουλάχιστον λύσεις μεγαλύτερες του 1, τις x1 και x 2 με 1  x1  x 2 . Θεωρούμε τη συνάρτηση

h(x)  g(x) - x 6 , x   x1, x 2  . Η h είναι συνεχής στο [x1 , x 2 ] ,παραγωγίσιμη στο (x1 , x 2 ) με παράγωγο h(x)  g(x) - 6x 5 και ισχύει h(x1 )  h(x 2 )  0 . Επομένως, σύμφωνα με το Θεώρημα του Rolle, θα υπάρχει ξ  (x1 , x 2 ) τέτοιο ώστε

h(ξ)=0 . Έχουμε h(ξ)=0  g(ξ)-6ξ5  0  g(ξ)=6ξ5 . Όμως g(ξ)  f (3)  g(ξ)  6 . Επομένως 6ξ5  6  ξ5  1  ξ  1 που είναι άτοπον αφού 1  x1  ξ  x 2 .

ΘΕΜΑ Δ





α) f 3 (x)  f(x)  2 x  f(x)  f 2 (x)  1  2x  f (x) 

 

  αν x  0  f (x)  0 και αν x  0  f (x)  0 

2x , f (x)  1

β) f 3 (x)  f(x)  2 x  3f 2 (x) f (x)  f (x)  2  f (x) 

2 0f  3f (x)  1 2

f (x)  0  x  0 , μοναδική αφού η f είναι γν. Αύξουσα.

γ) f (x) 

12f (x) f (x) 2   f (x)    παραγωγίσιμη , 2 3f 2 (x)  1 3f 2 (x)  1

αν x  0  f (x)  0 (κοίλη), αν x  0  f (x)  0 (κυρτή)

f (x)  0  f(x)  0  x  0 Άρα έχει σημείο καμπής την αρχή των αξόνων Ο(0,0). δ) 1ος τρόπος

xf (x)  f(x)  2 x 

2x 2x  2  2x  3f (x)  1 f (x)  1 2

Σελίδα 4 από 6

2x  2x  3f 2 (x)  1  f 2 (x)  1 f 2 (x)  1  3f 2 (x)  1 0  2f 2 (x)  ισχύουν    2x 1  f 2 (x)  1 0  f 2 (x)     2x  f 2 (x)  1

2ος τρόπος Ισχύουν οι προϋποθέσεις του ΘΜΤ για τη συνάρτηση f στο διάστημα  0, x  , οπότε

f (x)  f(0) f (x) ,  x 0 x Έχουμε: Aπό το (γ) ερώτημα ότι για x>0 ισχύει f (x)  0 που σημαίνει ότι η f  είναι γνησίως φθίνουσα και από το (β) ερώτημα f (0)  2 . Οπότε, υπάρχει    0, x  τ.ω. f () 

f

0    x  f (0)  f ()  f (x)  2 

ε) y  f (x)  y3  y  2x  x 

f (x)  f (x)  xf (x)  f (x)  2 x x

1 3 1 y  y   f 1 (x)   x 3  x   2 2

στ) 1ος τρόπος 5



Για x>0 έχουμε f (x)  0 , οπότε E  f (x) dx (1) 0





Θέτουμε f (x)  y  x  f 1 (y)  dx  f 1 (y) dy , για x  0  y  0 και για

x  5  y  2 , οπότε η (1) γίνεται: 2  y3  y   y3  y  2 y3  y E   f (x) dx   y   dy   dy   y 2  2  0 0 2  0 0  5

 y3  y  1  y 4 y 2   y 2   2  4  2   10  3  7 .  0  0

2ος τρόπος Βάσει όλων των προηγουμένων μπορούμε να κάνουμε τη γραφική παράσταση της f και η γραφική παράσταση της f 1 θα είναι συμμετρική ως προς y=x, διχοτόμο της γωνίας του 1ου τεταρτημορίου. Λόγω της συμμετρίας για τον υπολογισμό του εμβαδού Ε1 αρκεί να υπολογίσουμε το εμβαδόν Ε2.

Σελίδα 5 από 6

2  x3  x  1 3 E1  E 2    5  f (x)  dx    5   dx  5  2    x  x  dx  10  3  7 . 2  20 0 0 2

1

Η εκπόνηση του διαγωνίσματος έγινε με τη βοήθεια Εθελοντών Εκπαιδευτικών: Τα θέματα Β & Δ επιμελήθηκε ο Κωνσταντόπουλος Λεωνίδας, Μαθηματικός-MSc του Γυμνασίου Βάρδας Ηλείας. Ο επιστημονικός έλεγχος πραγματοποιήθηκε από τους Κωνσταντόπουλο Κωνσταντίνο και Μοτσάκο Βασίλειο.

Σελίδα 6 από 6

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ» 8o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2017: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ 8ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ –ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (Σε όλη την ύλη)

ΘΕΜΑ Α 1. Βλέπε σχολικό βιβλίο σελίδα 142-143. 2. Βλέπε σχολικό βιβλίο σελίδα 34. 3. Βλέπε σχολικό βιβλίο σελίδα 95. 4.α) Λάθος, β) Λάθος, γ) Σωστό, δ) Λάθος, ε) Σωστό

ΘΕΜΑ Β 1. Το πεδίο ορισμού της f είναι το Af 

, στο οποίο είναι συνεχής, ως άθροισμα

2x 4 συνεχών συναρτήσεων. Είναι παραγωγίσιμη, με f (x)  2e  5(x  1)  0 , άρα η f

είναι γνησίως αύξουσα στο Af   

lim f (x)  lim (e2x  (x 1)5 )  

x 

lim f (x)  lim (e2x  (x 1)5 )   . Άρα f (A)   ,   .

x 

2. 1ος τρόπος: Έχουμε ότι 0  f (A)   ,   και αφού η f είναι συνεχής, η f (x)  0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο

. Επειδή, όμως η f είναι γνησίως αύξουσα, τότε η ρίζα

είναι μοναδική. Άρα, υπάρχει μοναδικό x 0 

, τέτοιο ώστε f (x 0 )  0 , δηλαδή η Cf

τέμνει ακριβώς σε ένα σημείο τον άξονα xx .

2os τρόπος Προφανής ρίζα η x  0 , διότι f (0)  e0  (1)5  1  1  0 και επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα θα είναι μοναδική.

Σελίδα 1 από 8

3. i.

Παραγωγίζοντας κατά μέλη την g3 (x)  2g(x)  5f (x), * , έχουμε:

3g2 (x)g(x)  2g(x)  5f (x)  (3g 2 (x)  2)g(x)  5f (x) 5f (x)  g(x)  2  0 , διότι f (x)  0 και 3g 2 (x)  2  0 . 3g (x)  2 Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο ii.

1ος τρόπος: Έστω x 0 

, η μοναδική ρίζα της f (x)  0 , δηλαδή f (x 0 )  0 . (1)

Για x  x 0 , από την (*) έχουμε: (1)

g3 (x 0 )  2g(x 0 )  5f (x 0 ) (g 2 (x 0 )  2)g(x 0 )  0 και επειδή g 2 (x 0 )  2  0 , θα είναι g(x 0 )  0 , δηλαδή το x 0 

είναι ρίζα της g(x)  0. Όμως, η g είναι

γνησίως αύξουσα, άρα η ρίζα είναι μοναδική. Επομένως, η Cg τέμνει τον xx στο ίδιο σημείο με την Cf . 2os τρόπος Αφού η συνάρτηση f έχει μοναδική ρίζα την x  0 τότε η σχέση

g3 (x)  2g(x)  5f (x) για x  0 μας δίνει:

g3 (0)  2g(0)  5f (0)  g3 (0)  2g(0)  0  g(0)  g 2 (0)  2   0  g(0)  0 . Δηλαδή το 0 είναι ρίζα της g(x)  0. Όμως, η g είναι γνησίως αύξουσα, άρα η ρίζα x  0 είναι μοναδική. Επομένως, η Cg τέμνει τον xx στο ίδιο σημείο με την

Cf .

4. g(f (x))  g(e ) 2

g:.ύ



f (1) e2

f (x)  e  f (x)  f (1) 2

f :.ύ



x  1.

ΘΕΜΑ Γ Α’ τρόπος 1. Έστω x 0   2,   . Αρκεί να αποδείξουμε ότι ισχύει lim f (x)  f (x 0 ) . x x0

Σελίδα 2 από 8

 f 2 (x)  3f (x)  x  0 Έχουμε  2 και αφαιρώντας βρίσκουμε: f (x 0 )  3f (x 0 )  x 0  0 f 2 (x)  f 2 (x 0 )  3f (x)  3f (x 0 )  x  x 0  0 

(f (x)  f (x 0 ))(f (x)  f (x 0 )  3)  x  x 0  f (x)  f (x 0 ) f (x)  f (x 0 )  3  x  x 0  f (x)  f (x 0 ) 31



f (x)  f (x 0 )  x  x 0 

  x  x 0  f (x)  f (x 0 )  x  x 0 (1) Επειδή lim ( x  x 0 )  lim x  x 0  0 , από το κριτήριο παρεμβολής η (1) μας δίνει x x 0

x x 0

lim (f (x)  f (x 0 ))  0  lim f (x)  f (x 0 ) .

x x 0

2. Έστω x 0   2,   . Από το ερώτημα (1) έχουμε: x  x0

(f (x)  f (x 0 ))(f (x)  f (x 0 )  3)  x  x 0 

f (x)  f (x 0 ) 1   x  x0 f (x)  f (x 0 )  3 f (x)  f (x 0 ) 1 1  lim  x x 0 x x 0 f (x)  f (x )  3 x  x0 2f (x 0 )  3 0

 lim

Άρα f (x) 

1 . 2f (x)  3

3. Ισχύει f (x)  1  2f (x)  3  1  0 , οπότε f (x)  0,  ά x   2,   . Όμως f (x) 

2f (x)

 2f (x)  3

 0 που σημαίνει ότι η f στρέφει τα κοίλα κάτω για κάθε

x   2,   . Επίσης f   x   0 για κάθε x   2,   , άρα δεν έχει σημεία καμπής.

Σελίδα 3 από 8

4. Στη σχέση f 2 (x)  3f (x)  x  0, θέτουμε όπου x  4 και έχουμε:

f 2 (4)  3f (4)  4  0  f (4)  4 ή f  4   1 . Επειδή όμως f (x)  1 , τότε θα έχουμε f (4)  1 και f (4) 

1 . 5

Άρα η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο A(4,f (4)) είναι: y  f (4)  f (4)(x  4)  y 

1 1 x 5 5

5. Αφού η f είναι κοίλη στο  2,   , η εφαπτομένη της θα βρίσκεται πάνω από τη γραφική της παράσταση, με εξαίρεση το σημείο επαφής, οπότε θα ισχύει:

1 1 f (x)  x   5f (x)  x  1, x   2,   . 5 5

Β’ τρόπος

3 9 9 f 2 (x)  3f (x)  x  0  f 2 (x)  2 f (x)    x  0  2 4 4 γιατί x  2  

3 9   f (x)     x  0 , (1) 2 4 

9 4 2

2  3  9   x η (1) γίνεται  f (x)       2   4  

 3    f (x)     2  

        9 3  9  x     f (x)      x    0 οπότε  4 2  4     3  f  x 1  2 

 3  9 3 9  4x   x   0  f  x      f (x)     2  4 2 2  

1. f  x   

3 9  4x  , με x  2 συνεχής σαν άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. 2 2

Σελίδα 4 από 8

2. f  x   

f x 

3 9  4x παραγωγίσιμη σαν άθροισμα παραγωγισίμων συναρτήσεων  2 2

1  9  4x  1  0 2 2 9  4x 9  4x

1  3 3 1 1       2 2  2  9  4x  2  0 που σημαίνει  9  4x   4 9  4x        2   9  4x  



3. f   x   

ότι η f στρέφει τα κοίλα κάτω για κάθε x   2,   . Επίσης f   x   0 για κάθε x   2,   , άρα δεν έχει σημεία καμπής.

4. f  4   

1 1 3 9  16 3 5  .      1 , f (4)  2 2 2 2 9  16 5

Άρα η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο A(4,f (4)) είναι: y  f (4)  f (4)(x  4)  y 

1 1 x 5 5

1 1 f (x)  x   5f (x)  x  1, x   2,   . 5 5

ΘΕΜΑ Δ

g 1  2h   g 1   g 1  h   g 1  g 1  2h   g 1  h   0  lim 0 h 0 h 0 h h  g 1  2h   g 1  g 1  h   g 1   lim     0, 1 h 0 h h   lim

Σελίδα 5 από 8

g 1  2h   g 1 1 2 h  x g  x   g 1 g  lim  x1 x  1  2 g  1 ,  2  h 0 h 2 1  h  x g 1  h   g 1 g  x   g 1 g  lim  lim  x1 x 1   g  1 , 3 h 0 h



lim

 

Η (1) με βάσει τις (2) και(3) γίνεται

2 g  1    g  1   0  3g  1  0  g  1  0





x 2  4x  6    D'Hosp   x   e x

α) lim f  x   lim e x x 2  4x  6  lim x 

x 

2x  4  2    D'Hosp   lim  x   D'Hosp   0  y  0  ό ύ  x x  e  x  e  lim





β) έχουμε f   x   ex x 2  2x  2  0  f 

Άρα το σύνολο τιμών είναι  0,  





f  x  της Ch απέχει απόσταση από το B 1, 0  ,

3.Το σημείο A x,

 AB  d  x    x  1





f x  0



 x  1



 f  x , x  R

t x 

d  x  

2  x  1  f   x  2

 x  1  f  x  2



2  x  1  e x  x 2  2x  2  2

 x  1  f  x  2





Θα μελετήσουμε την συνάρτηση t  x   2  x  1  e x x 2  2 x  2 ως προς το πρόσημο της t   x   2  x 2e x  0  t  , παρατηρούμε ότι t  0   0

Σελίδα 6 από 8

Θα μελετήσουμε την συνάρτηση d



Οπότε το σημείο Α είναι A 0, h  0 





ή A 0, f  0   6





ή A 0, 6



Ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης της Ch στο σημείο Α είναι

    h  0  

 

f   0 2 f  0



2 2 6



1 και ο συντελεστής διεύθυνσης της ΑΒ είναι 6

0 6   6       1      1 0

4. Από την σχέση g 1  2 xg  x   g  x  1   f  x   6   0    0  2

 x



έχουμε   x     0  , δηλαδή η συνάρτηση  : R  R έχει μέγιστο



Το 0 είναι εσωτερικό σημείο του πεδίου ορισμού της   x 

Σελίδα 7 από 8



Είναι παραγωγίσιμη στο 0 , άρα ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ. Fermat, άρα



Όμως ισχύει

   0   0, 1

  x   g 1  2 xg  x   g  x  1   f  x   6   2

  x   2 xg   x   2 g  x   g   x  1  2  f  x   6  f   x  

  0  0  2 g  0   g  1  2  f  0   6  f   0   0  2 g  0   g  1  2  6  6  f   0   0 1

 2 g  0   g  1  0  2 g  0   0  g  0   0,  2  g  



Η σχέση



f  x dx  0 από την (2) γίνεται

g 0



g  

 f  x dx  0 0

Αν g    0 και επειδή f  x   0 

g  

 f  x dx  0 , άτοπο 0



Αν g    0 και επειδή f  x   0 

g  

 f  x dx  0 , άτοπο 0



Άρα g    0 ,(3)



Εφαρμόζουμε το Θ.Rolle για την συνάρτηση G  x   g  x  x στο διάστημα

0,   o

G  x   g  x    x παραγωγίσιμη στο  0,   (γινόμενο παραγωγισίμων ), οπότε και συνεχής στο  0,    2

3

G  0   g  0  0  0, G     g      0  G  0   G   

Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα x 0   0,   : G  x 0   0 , έχουμε όμως x x0

G  x   g  x  x  g  x  x  g  x 0  x 0  g  x 0  x 0  0  g  x 0   g  x 0  

x 0  g  x 0   g  x 0   x 0 x 0

Ο επιστημονικός έλεγχος πραγματοποιήθηκε από τους Κωνσταντόπουλο Κωνσταντίνο και Μοτσάκο Βασίλειο.

Σελίδα 8 από 8