Διαγώνισμα Γ΄ Λυκείου Μαθηματικά Κατ. 091212 Λύσεις

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 yy 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

ρR. 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,x2R με f g: 11

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.    4i 4i  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 h0

   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:11

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   u0

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 xR. 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