Διαγώνισμα Προτεινόμενες Λύσεις
Μαθηματικά Κατ. Εξεταζόμενο μάθημα
Γ΄ Λυκείου
Κυριακή 09/12/2012
Τάξη
Ημερομηνία
ΘΕΜΑ Α Α . 1 . Ο ρ ι σ μ ό ς σ ε λ .2 1 3 σ χ ο λ ι κ ο ύ β ι β λί ο υ . Α . 2 . Α π ό δ ε ι ξ η σ ε λ .1 9 4 σ χ ο λ ι κ ο ύ β ι β λί ο υ . Α . 3 . Α π ό δ ε ι ξ η σ ε λ . 2 3 5 σ χ ο λ ι κ ο ύ β ι β λί ο υ . Α . 4 . α . Σ ω σ τό
β. Σωστό
γ. Λάθος
δ. Σωστό
ε. Λάθος
ΘΕΜΑ Β f ( x ) = l nx + 2 x . Β1. Df =(0,+). Για x1 , x2 Df με x1 < x2 έχουμε:
x1 x2 2 x1 2 x2
() 2 x1 ln x1 2 x2 ln x2 f ( x1 ) f ( x2 ) , σ υ ν ε π ώ ς η f ε ί ν α ι x1 x2 ln x1 ln x2 ln x
γ ν η σ ί ω ς α ύ ξ ο υ σ α σ τ ο D f , ά ρ α κ α ι ΄ ΄ 1 - 1 ΄ ΄ κ α ι ε π ο μ έ ν ω ς αν τ ι σ τ ρ έ φ ε τ α ι . Β . 2 . Το π ε δ ί ο ο ρ ι σμ ο ύ τ η ς α ν τ ί σ τ ρ ο φ η ς σ υ ν ά ρ τ η σ η ς f 1 θ α ε ί ν α ι ί σ ο μ ε τ ο σ ύ ν ο λ ο τ ιμ ώ ν τ η ς f : f 0, .
f συνεχής και γνησίως αύξουσα, άρα:
f
0, lim f ( x), lim x 0
x
f ( x) , ,
δ ι ό τ ι : lim f ( x) lim ln x 2 x lim f ( x) lim ln x 2 x . x 0
x
x 0
Ά ρ α : D f 1 , . Β.3. Αφού το 0 f
0,
x
η εξίσωση f(x) = 0 θα έχει μία τουλάχιστον ρίζα
και επειδή η f είναι και γνησίως αύξουσα, θα είναι και 1 -1 άρα θα έχει μ ο ν αδ ι κ ή ρ ί ζ α σ τ ο ( 0 , + ) .
3 7
x
Β.4. Έχουμε g(x) = , άρα Dg=R.
Σελίδα 1 από 6
Dh D f
g
x 3 x Dg / g ( x) D f x R / 0 που ισχύει 7
x
x
x
3 3 3 3 g ( x) f g ( x) 2 ln 2 x ln . 7 7 7 7 3 x 3 lim 2 0 , αφού 0< 1 x 3 7 x 7 3 Ά ρ α : lim h( x) lim 2 x ln , δ ι ό τ ι : x x 7 7 3 3 x ln 7 , αφού ln 7 0 xlim h( x ) f
Β . 5 . Δ ε ί ξ α μ ε ό τ ι lim h( x) , ά ρ α θ α υ π ά ρ χ ε ι α > 0 ώ σ τ ε h ( α) < 0 . x
Επίσης h(0)=2>0. Ε π ε ι δ ή η h ε ί ν α ι κ α ι σ υ ν ε χ ή ς σ τ ο [ 0 , α ] ( γ ι α τ ί ; ) α π ό το θ ε ώ ρ η μ α B o l z a n o η εξίσωση h(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (0 , α)R. ΘΕΜΑ Γ Γ . 1 . f x 4 x e2 x . α. Df = R. f ( 0 ) = 1 , ά ρ α τ ο σ η μ ε ί ο τ ο μ ή ς τ η ς C f μ ε τ ο ν ά ξ ο ν α yy ε ί ν α ι τ ο Α ( 0 , 1 ) .
f x 4 2e2 x , x
, ά ρ α f 0 4 2 6 .
Σ υ ν ε π ώ ς η ε ξ ί σ ω σ η τ η ς ε φ α π το μ έ ν η ς τη ς C f σ τ ο Α ( 0 , 1 ) θα έ χ ε ι ε ξ ί σ ω σ η :
y f (0) f (0) x 0 y 1 6 x y 6 x 1.
β.
x1 x2 4 x1 4 x2 ex
x1 x2 2 x1 2 x2 e2 x1
() 2x 2x 4 x1 e 1 4 x2 e 2 f ( x1 ) f ( x2 ) , σ υ ν ε π ώ ς η f 2 x2 e
ε ί ν α ι γ ν η σ ί ω ς α ύ ξ ο υ σ α σ τ ο D f , ά ρ α κ α ι ΄ ΄ 1 - 1΄ ΄ κ α ι ε π ο μ έ ν ω ς α ν τ ι σ τ ρ έ φ ε τ α ι .
f 1 f ( x) x , x
f ( x) f ( x) 1 , x . 1 x = 0 γ ί ν ε τ α ι : f 1 6 1 f 1 . 6
, ά ρ α : f 1
Η τελευταία σχέση για
1
1
Ε π ί σ η ς π α ρ α τ η ρ ώ ό τ ι f (0) 1 f 1 (1) 0 . Ά ρ α η εξ ί σ ω σ η τ ης ε φ α π τ ο μ έ ν η ς τ ης
ε ί ν α ι : y f 1 (1) f 1 (1) x 1 y
C f 1 σ τ ο σ ημ ε ί ο τ η ς 1, f 1 1 , θα
1 x 1 . 6
Σελίδα 2 από 6
γ . Η ε φ α π τ ο μ έ ν η τη ς C f σ τ ο M x0 , f x0
θα έχει εξίσωση:
y f ( x0 ) f ( x0 ) x x0 κ α ι ε π ε ι δ ή δ ι έ ρ χ ε τ α ι α π ό τ ο Κ( 1 , 5 ) θα ι σ χ ύ ε ι :
5 f ( x0 ) f ( x0 ) 1 x0
5 4 x0 e 2 x0 4 2e 2 x0 1 x0 5 4 x0 e
2 x0
4 4 x0 2e 2 x0 2 x0e 2 x0
2 x0 e2 x0 3e2 x0 1 0 Α ρ κ ε ί ν α δ ε ί ξ ο υ μ ε ό τ ι η ε ξ ί σ ω σ η 2 xe2 x 3e2 x 1 0 έ χ ε ι μ ί α τ ο υ λ ά χ ι σ τ ο ν ρ ί ζ α στο (1 , 2). Θ ε ω ρο ύ μ ε τ η σ υ ν ά ρ τ η σ η : h( x) 2 xe2 x 3e2 x 1. Η h ε ί ν α ι σ υ ν ε χ ή ς σ τ ο [ 1 , 2 ] ω ς … …… … …
h(1) 2e2 3e2 1 1 e2 0 h(2) 4e4 3e4 1 e4 1 0 Α π ό το θ ε ώ ρ ημ α B o l z an o η ε ξ ί σ ω ση h ( x ) = 0 2 xe2 x 3e2 x 1 0 θ α έ χ ε ι μ ί α τουλάχιστον ρίζα στο (1 , 2). Γ.2.
α . Θα δείξουμε ότι υπάρχει το lim 3x x
1 . x
1 1 . Τότε: u0 lim 0. x x x 1 1 u Ά ρ α : lim 3x = lim 3 u lim 3 3. x x u 0 u u 0 u x . Θα δείξουμε ότι υπάρχει το lim x x x 1 1 x 1 x 1 x x x x x Θ έ τ ο υμ ε : u
1 1 lim lim 0. x x x x Ά ρ α α π ό τ ο κ ρ ι τ ή ρ ιο π α ρ εμ β ο λ ή ς θ α ισ χ ύ ε ι : lim
x
x x
=0 .
Σ υ ν ε π ώ ς λό γ ω τω ν ι δ ι ο τ ή τω ν τ ω ν ο ρ ί ω ν f (0) lim 3x x
1 x x x
=3+0=3.
β . Α ν η f ε ί χ ε ρ ί ζ α ρ R , τ ό τ ε η f 2 x 9συν2 χ 6ημx f(x) χ2 γ ι α x = ρ γ ί ν ε τ α ι : f 2 ρ 9συν2ρ 6ημρ f(ρ) ρ2 0 9συν2ρ ρ2 , ά τ ο π ο δ ι ό τ ι 9συν2ρ ρ2 0 γ ι α κ ά θ ε
ρR. Ά ρ α η f ε ί ν α ι σ υ ν ε χ ή ς κ α ι f ( x ) ≠ 0 γ ι α κά θ ε x R , σ υ ν ε π ώ ς δ ι α τ η ρ ε ί π ρ ό σ ημ ο στο R. Ό μ ω ς f ( 0 ) = 3 >0 , ά ρ α f ( x ) > 0 γ ι α κ ά θ ε x R .
Σελίδα 3 από 6
γ. f 2 x 9συν2 χ 6ημx f(x) χ 2 f 2 x 6ημx f(x) 9συν 2 χ χ 2 f 2 x 6ημx f(x) 9ημ2 x 9ημ2 x 9συν 2 χ χ 2
f(x) 3ημx
2
9 x 2 (1)
Θ ε ω ρο ύ μ ε τ η σ υ ν ά ρ τ η σ η : g ( x ) = f ( x ) – 3 η μ x , x R . Άρα η σχέση (1) γίνεται:
g(x)
2
9 x 2 (2)
Η g ε ί ν α ι σ υ ν ε χ ή ς σ τ ο R ω ς δ ι α φ ο ρ ά συ ν ε χ ώ ν σ υ ν α ρ τ ή σ ε ω ν . Α ν η g ε ί χ ε ρ ί ζ α ρ R , τ ό τ ε η ( 2 ) γ ι α x =ρ γ ί ν ε τ α ι : 0 = 9 + ρ 2 , ά τ ο π ο . Ά ρ α η g δ ι α τ η ρ ε ί π ρ ό σ η μ ο κ α ι ε π ε ι δ ή g ( 0 ) = f( 0 ) - 3 η μ 0 =3 >0 , θ α ι σ χ ύ ε ι ό τ ι : g ( x ) > 0 γ ι α κ ά θ ε x R . Άρα η (2) γίνεται:
g(x) x 2 9 f(x) 3ημx x 2 9 f(x) 3ημx x 2 9 . ημx x2 9 δ . lim f(x) lim 3ημx x 2 9 lim x 3 x x x x x 9 9 ημx x 1 2 x 0 ημx x 1 2 x lim x 3 x lim x 3 ημx 1 9 lim x 3 x x x x x x x 2 x x
δ ι ό τ ι : lim
x
x x
9 0. x x 2
= 0 α π ό Γ . 2 . α κ α ι lim
ΘΕΜΑ Δ Δ.1. Έστω x1,x2R με f g: 11
g(x1 ) g(x 2 ) f g(x1 ) f g(x 2 ) f g (x1 ) f g (x 2 ) χ1 χ2 . Ά ρ α η g ε ί ν α ι ΄ ΄ 1 - 1΄ ΄ κ α ι σ υ ν ε π ώ ς α ν τι σ τ ρ έ φ ε τ α ι . Δ . 2 . z1 (1) 1 i f (1) 1 4i
z2 (4) 4 i f 1 (4) 4 i , δ ι ό τ ι f(1) 4 f 1(4) 1 .
17 1 4i z1 (1) 1 4i Άρα: 1. 4i 4i z2 (4) 17
g (1 8h) g (1) lim . h 0 h Θ έ τ ο υμ ε u = 8h , ά ρ α : u0 lim 8h 0 κ α ι Δ.3. Θα δείξουμε ότι υπάρχει το h0
g (1 u ) g (1) g (1 8h) g (1) g (1 u ) g (1) lim lim lim 8 8 g (1) 8. h 0 u 0 u h u u 0 8 Σελίδα 4 από 6
f ΄ ( x ) = 3x 2 + 1 > 0 γ ι α κ ά θ ε x R , ά ρ α η f ε ί ν α ι γ ν η σ ί ω ς α ύ ξ ο υ σ α σ τ ο R σ υ ν ε π ώ ς είναι και ΄΄1-1΄΄. f:11
Ά ρ α f g(1) 12 f g(1) f(2) g(1) 2. Ά ρ α κ α ι g 1 2 =1. Σ υ ν ε π ώ ς : w 8 23 i 8 8 i. Άρα:
w 8 w 8i
8 i
8 1 1 8 i 8 i 1 , ά ρ α ν = 4 κ μ ε κ Ν * .
1 g 1 2 8 8 i 8 8 8 i 8i 1 g 1 2
Δ . 4 . Π α ρ α τ η ρώ ό τ ι η x 0 = - 1 ε ί ν α ι ρ ί ζ α τ η ς f , α φ ο ύ f ( - 1 ) = 0. Ε π ε ι δ ή η f ε ί ν α ι κ α ι ΄ ΄ 1 - 1΄ ΄ η x 0 = - 1 < 0 ε ί ν α ι μ ο ν α δ ι κ ή ρ ί ζ α τ η ς ε ξ ί σ ω σ η ς f(x) = 0. Άρα:
lim
f ( x0 1) ln x ln( x 2 1)
f (1995) f (2013 x (8) ln 2 x 1 lim x x f (1995) f (2013 x
x
1 x lim (8) x ln 2 x x 1 f (1995) f (2013 x Γ ι α τ ο lim ln 2 : x x 1 Θέτω u
x x x 1 . Τό τ ε : u0 lim 2 lim 2 lim 0. x x 1 x 1 x x x x 2
x lim ln u . 2 x 1 u0
Ά ρ α lim ln x
1 Γ ι α τ ο lim x: x f (1995) f (2013 f
- 1 < 1 9 9 5 < 2 01 3 0 < f ( 1 9 9 5 ) < f ( 2 0 1 3) ά ρ α 0 < x
f(1995) <1. f(2013)
x
f (1995) f (1995) Ά ρ α : lim 0 και >0 για κάθε xR. x f (2013 f (2013
Σελίδα 5 από 6
1 Σ υ ν ε π ώ ς : lim x . x f (1995) f (2013 1 x Ά ρ α : lim (8) . x ln 2 x x 1 f (1995) f (2013 Δ . 5 . z1 ( x) z2 ( x) x f ( x) i x f 1 ( x) i f ( x) f 1 ( x) , χ R . Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα η τελευταία εξίσωση είναι ισοδύναμη (*) με τ η ν : f ( x ) =x x3 x 2 x x3 2 x 3 2. (*)Σημείωση: Α ν μ ι α σ υ ν ά ρ τ η σ η f : Α R ε ί ν α ι γ ν η σ ί ω ς α ύ ξ ο υ σ α , τ ό τ ε ο ι ε ξ ι σ ώ σ ε ι ς f(x) f 1 (x) κ α ι f ( x ) =x ε ί ν α ι ι σ ο δ ύ ν α μ ε ς σ τ ο σ ύ ν ο λο Α ∩ f ( A ) . Απόδειξη: ● Έ σ τ ω x 0 Α ∩ f( A ) ρ ί ζ α τ η ς f(x) f 1 (x) . Θα δείξουμε ότι το x0 είναι ρίζα και της εξίσωσης f(x)=x. Ε ί ν α ι f(x 0 ) f 1 (x 0 ) ( 1 ) . Έ σ τ ω f ( x 0 ) ≠ x 0 f( x 0 ) < x 0 ή f ( x 0 ) >x 0 . f 1
(1)
f 1
(1)
Α ν f ( x 0 ) <x 0 f 1 f(x 0 ) f 1(x 0 ) x 0 f(x 0 ) Ά τ ο π ο Α ν f ( x 0 ) >x 0 f 1 f(x 0 ) f 1 (x 0 ) x 0 f(x 0 ) Ά τ ο π ο Άρα f(x0)=x0. ● Έ σ τ ω x 0 Α ∩ f( A ) ε ί ν α ι ρ ί ζ α τ η ς f ( x ) = x , δ η λ . f ( x 0 ) = x 0 ( 2 ) . Τό τ ε x 0 = f 1 (x 0 ) ( 3 ) . Α π ό ( 2) κ α ι ( 3 ) π ρ ο κ ύ π τ ε ι : f ( x 0 ) = f 1 (x 0 ) .
Επιμέλεια:
Σελίδα 6 από 6