Successfully reported this slideshow.
We use your LinkedIn profile and activity data to personalize ads and to show you more relevant ads. You can change your ad preferences anytime.
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑ...
Συναρτήσεις, επανάληψη
Συναρτήσεις, επανάληψη
Συναρτήσεις, επανάληψη
Συναρτήσεις, επανάληψη
Συναρτήσεις, επανάληψη
Συναρτήσεις, επανάληψη
Upcoming SlideShare
Loading in …5
×

Συναρτήσεις, επανάληψη

17,666 views

Published on

μαθηματικα

Published in: Education
  • Be the first to comment

Συναρτήσεις, επανάληψη

  1. 1. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 1 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: Μήταλας Γ , Δρούγας Α. ,Χάδος Χ. ,Γερμανός Ξ., Πάτσης Σ. f(x)=lnx2 g(x)=2lnx f=g???? ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΟΜΑΔΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ, ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ Μια προσφορά του Σ.Ο.Κ.Ο.Ν Ο ΤΣΕΛΕΜΕΝΤΕΣ ΤΟΥ ΥΠΟΨΗΦΙΟΥ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ
  2. 2. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.2 ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ 1)Μαθηματικά Θετικού προσανατολισμού, Ανδρεαδάκης,Κατσαργύρης,Μέτης.Ο.Ε.Δ.Β 2) Μαθηματικά Γ Λυκείου, Μπάρλας Α., Εκδόσεις Ελληνοεκδοτική 3)Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατσαρός Δ.,Εκδόσεις Ελληνοεκδοτική 4)Μαθηματικά Γ Λυκείου, Στεργίου–Νάκης,Εκδόσεις Σαββάλα 5)Μαθηματικά Γ Λυκείου, Μαυρίδης Γ., Εκδόσεις Μαυρίδη 6)Μαθηματικά Γ Λυκείου, Σκομπρής Γ., Εκδόσεις Σαββάλα 7)Μαθηματικά Γ Λυκείου ,Μιχαηλίδης Γ., Εκδόσεις Μαυρίδη 8)Ανάλυση Μαθηματικά, Αχτσαλωτίδης Χ. ,Εκδόσεις Μεταίχμιο 9)Μαθηματικά Γ Λυκείου ,Παπαδάκης ,Εκδόσεις Σαββάλα 10)Μαθηματικά Γ Λυκείου ,Ξένος. Θ. ,Εκδόσεις Ζήτη 11)Μαθηματικά-Ανάλυση,Μαντάς Γ. ,Εκδόσεις Μαντά 12)Μαθηματικά-Ανάλυση,Ευρυπιώτης Σ.Γ. ,Εκδόσεις Πατάκη 13)Μαθηματικα-Αναλυση,Μπαιλάκης Σ.Γ., Εκδόσεις Σαββάλα 14) Ανάλυση 1,2,3,Γκατζούλη Κ., Εκδόσεις Γκατζούλη 15) 1000+1 ασκήσεις στις παραγώγους, Ξηνταβελώνης Π.,Εκδόσεις Λιβάνη 16)Μαθηματικά Γ Λυκείου, Β &Ρ Σπανδάγου.,Εκδόσεις Αίθρα 17)Μαθηματικά Γ Λυκείου, Αρχείο Σ.Ο.Κ.Ο.Ν,study4exams,Αρχείο θεμάτων πανελλαδικών 18)ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β, Αρχείο ΕΜΕ ,Το Φ 19)Συναρτήσεις,Ποσταντζής Β. 20)Βιβλίο του διδάσκοντος.Για το μάθημα ανάλυση της Γ λυκείου,Γ.Παντελίδη, Εκδόσεις Ζήτη 21)Θεώρημα μέσης τιμής ,Γιαννιτσιώτης-Καραγιώργος, Εκδόσεις Κωστόγιαννος 22)Συναρτήσεις Θ.Ν. Καζαντζής. Εκδόσεις Τυποεκδοτική 23)Ανάλυση,Ντζιώρας.Η, Εκδόσεις Πατάκη 24)Ανάλυση,Μπαραλός Γ. Εκδόσεις Παπαδημητρόπουλου 25) Απειροστικός λογισμός, Spivak M. ,Παν. Εκδόσεις Κρήτης 26)Μαθηματική ανάλυση Ρασσιάς Μ. ,Εκδόσεις Σαββάλα 27)Problems in Calculus ,Ι.Μ.Maron,Mir Publisher 28)Θέματα μαθηματικών κατεύθυνσης,Πανουσάκης Ν.,Εκδοτικός όμιλος Συγγραφέων καθηγητών 29) Συναρτήσεις και συναρτησιακές σχέσεις, Γ.Λ.Καρεκλίδης. Εκδόσεις Ανικουλα 30) Η διδασκαλία του Απειροστικού λογισμού, μέσω αντιπαραδειγμάτων, Πλάταρος Γιάννης 31)Οδηγός επανάληψης στα μαθηματικά Γ λυκείου, Χ.Πατήλας, εκδόσεις Κωστόγιαννος 32)Γενικά θέματα μαθηματικών, Βλάχος. Β., Κουτσούκος Π. ,Ξηροκώστας Π. ,Πλατής Χ. 33)Problem book:Algebra and Elementary functions, Kutepov A.,Rubanov, MIR Publishers 34) Θέματα για πανελλήνιες εξετάσεις πρώτης δέσμης,Σάκης Λιπορδέζης 35)The theory of functions of a real variable, R.L.Jeffery 36)A Problem book in mathematical analysis,G.N Berman 37) Bad problems in Calculus, A.G .Drolkun 38) Μαθηματικά 1,2,3 Γ.Δεμερτζής,Δ.Γουβίτσας Εκδόσεις Όλυμπος 39)Μεθοδολογία για ασκήσεις και προβλήματα μαθηματικών, Α.Καλομητσίνης, Εκδόσεις Σμίλη 40)Διδακτικη των θετικών επιστημών, Δ.Λ. Καραγεώργος 41)Επαναληψη μαθηματικών Γ λυκείου,Ν.Κουταντζής 42)Επιλογη ασκήσεων από την διεθνή θεματογραφία Γ ενιαίου λυκείου Α.Καλομητσίνης 43)Ασκησεις μαθηματικής ανάλυσης,Στάικου Β 44)Differential Calculus ,Ν.Ball 45)Calculus,E.Swokowski 46)Problems in Algebra ,T.Andreesku, Z.Feng 47)Ολοκληρώματα , Θ.Ν. Καζαντζής.Εκδόσεις Μαθηματική βιβλιοθήκη 48)Oδηγός προετοιμασίας για τις πανελλαδικές εξετάσεις (Lisari team) 49)Μαθηματικά Γ τάξης Γενικού Λυκείου ,Κανδύλας ,Ζανταρίδης,Τηλέγραφος,… Τα σχήματα επιμελήθηκε ο Ντόναλντ Ντάκ ενώ τους γραμμοκώδικες ( qr-code) δημιούργησε ο Οβελίξ σε συνεργασία με τον Κακοφωνίξ.
  3. 3. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 3 ΣΥΜΠΛΗΡΩΜΑΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΙΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Σύνθεση , Μονοτονία, Ακρότατα, εξισώσεις, ανισώσεις, 1-1, αντίστροφη….. 1. i) Με βάση το παρακάτω σχήμα να υπολογίσετε τα μήκη των ευθύγραμμων τμημάτων ΒΓ, ΟΑ ii) Να λύσετε την ανισωση <f(x) g(x) στο ) +∞0, . iii) Να λύσετε την ανισωση ≥f(x) g(x) στο ) +∞0, . iv) Να λύσετε την ανισωση >g(x) 2 στο ) +∞0, . v) Αν Cg είναι συμμετρική με την Cf ως προς της ευθεία y=x στο ) +∞0, . Τι συμπεραίνετε για αυτές; 2. Δίνεται η συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το διάστημα   0,1 .Να βρείτε το ευρύτερο υποσύνολο του ℝ στο οποίο ορίζεται η συνάρτηση g με τύπο: = − + +g(x) f(x 2) f(ln x) 1 3. Δίνεται συνάρτηση ( )+∞ → ℝf : 1, με σύνολο τιμών   Α = −∞    1 f( ) , 3 . Να εξετάσετε αν ορίζεται η συνάρτηση fοf . 4. (Πολύ βασική άσκηση) i) Να βρείτε μια τουλάχιστον συνάρτηση f τέτοια ώστε να ισχύει : = − 2 (fog)(x) 9 x για κάθε ∈ −  x 3,3 , αν = − 2 g(x) x ii) Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις f τέτοιες ώστε να ισχύει: = +(gof)(x) 4x 13 για κάθε >x 0 , αν =f(x) lnx . iii) Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις f τέτοιες ,ώστε να ισχύει : =(gof)(x) συνx για κάθε ∈ ℝx ,αν = − 2 g(x) 1 x . 5. Η γραφική παράσταση μιας γνησίως μονότονης συνάρτησης →ℝ ℝf : διέρχεται από τα σημεία Α(5, 13), Β(7, 11). i) Να βρείτε το είδος της μονοτονίας της f. ii) Να λύσετε την ανίσωση − − <f(f(x) 6) 2 f(7) . iii)Να λύσετε στο ℝ* την ανίσωση + − − ≥ 1 f(x ) f(f(7) 9) 0 x O A Γ B 2 ( )f x x= ( )g x x= Στο τελευταίο ερώτημα εγώ θα απαντούσα ότι είναι και οι δυο συναρτήσεις….
  4. 4. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.4 6. Α. Έστω f μια περιττή συνάρτηση με πεδίο ορισμού το ℝ . Αν η f είναι γνησίως αύξουσα στο   α,β , >α 0 να δείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο − −  β, α . Β. Δίνεται η άρτια συνάρτηση →ℝ ℝg : η οποία παρουσιάζει ολικό μέγιστο για = 0 x x , να δείξετε ότι η g παρουσιάζει μέγιστο για = − 0 x x . 7. Δίνεται γνησίως αύξουσα συνάρτηση →ℝ ℝf : της οποίας η γραφική παράσταση διέρχεται από την αρχή των αξόνων . α) Να εξετάσετε την f ως προς το πρόσημο. β) Να βρείτε το πεδίο ορισμού των συναρτήσεων: =g(x) f(x) = f(x) h(x) ln x 8. Δίνεται η συνάρτηση  + − < =  − ≥ 2 x 2αx 2,x 0 f(x) αx 2 ,x 0 i) Αν είναι γνωστό ότι η f είναι γνησίως μονότονη να δείξετε ότι <α 0 . ii) Για = −α 1 να λύσετε την ανίσωση + ≤ −2 f(x x) 4 . 9. Αν η συνάρτηση →ℝ ℝf : είναι γνησίως αύξουσα και είναι =f(2) 0 , να δείξετε ότι η εξίσωση: + + = −f(x) f(x 1) f(2 x) έχει μια ακριβώς ρίζα. 10. Δίνεται συνάρτηση →ℝ ℝf : γνησίως αύξουσα με = 2x f(f(x)) e για κάθε ∈ ℝx (1) Να αποδείξετε ότι: i) >f(0) 0 ( Υπόδειξη: Με άτοπο , έστω ≤f(0) 0 ….) ii) Αν ισχύει = 1 f(0) 6 τότε υπάρχει ∈ℝ1 x τέτοιο ώστε <1 f(x ) 0 (Υπόδειξη: Με άτοπο , έστω ≥f(x) 0 για κάθε ∈ ℝx ….) 11. Δίνονται οι συναρτήσεις →ℝ ℝf,g : τέτοιες, ώστε 3 ( ) 6 ( )= −f x g x για κάθε ∈ ℝx Αν η g παρουσιάζει ολικό μέγιστο το (3) 1g = Να αποδείξετε ότι η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο. 12. Έστω συναρτήσεις →ℝ ℝf,g : τέτοιες ώστε 2 2 ( ) ( ) 2 ( ) 10= − + +g x f x xf x x ,για κάθε ∈ ℝx Να δείξετε ότι: i) ( ) 10≥g x για κάθε ∈ ℝx . ii) αν είναι γνωστό ότι η ευθεία με εξίσωση y=x τέμνει την Cf σε ένα τουλάχιστον σημείο , τότε η συνάρτηση g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο. 13. Δίνεται συνάρτηση →ℝ ℝf : , η οποία είναι γνησίως αύξουσα με =f(0) 0 α) Να βρείτε τις τιμές του ∈ ℝx για τις οποίες η Cf βρίσκεται πάνω από τον x’x. β) Αν g είναι μια συνάρτηση για την οποία ισχύει η σχέση ( ) ( ( )) 2g x f f x x= + + για κάθε x ∈ ℝ Να αποδείξετε ότι: i) η g είναι γνησίως αύξουσα. ii) η Cg έχει με την ευθεία 2y = ακριβώς ένα κοινό σημείο. iii) ( ) 2g x > όταν 0x > .
  5. 5. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 5 14. Δίνονται οι συναρτήσεις , :f g →ℝ ℝ έτσι ώστε να ισχύει: • ( ) 2 3 ( 1) 1g x x x g x x+ ≤ − ≤ − + + για κάθε x ∈ ℝ (1) • 2 ( ) 4 a f x x= , x ∈ ℝ όπου α ακέραιος μικρότερος του 2 και η Cf τέμνει την ευθεία 4y = σε δυο ακριβώς σημεία. Να δείξετε ότι: i) ( ) 3g x x= − , x ∈ ℝ ii) 1a = iii) Αν Α,Β είναι σημεία των Cf και Cg αντίστοιχα ,να βρείτε την ελάχιστη τιμή του (ΑΒ). 15. Να δείξετε ότι καθεμία από τις παρακάτω συναρτήσεις είναι 1-1. i) = − + x f(x) 3 x ii) = − + x f(x) 2x ln(2 e ) iii) − = + 3x 2 f(x) 2x 1 . 16. Να δείξετε ότι καθεμία από τις παρακάτω συναρτήσεις δεν είναι 1-1. i) = +2 2x f(x) x 1 ii) = − −f(x) x 1 2 iii) = − − +f(x) (x 3)(x 1) 2017 17. Είναι οι συναρτήσεις που περιγράφονται παρακάτω 1-1; i) Ένα όχημα κάνει τη διαδρομή από το σημείο Α στο σημείο Β.Η συνάρτηση f δίνει το υψόμετρο στο οποίο βρίσκεται το όχημα κάθε χρονική στιγμή. ii) Ένα αεροπλάνο ταξιδεύει από την Αθήνα στην Θεσσαλονίκη. Η συνάρτηση f δίνει την ποσότητα της κηροζίνης στην δεξαμενή καύσιμων του αεροπλάνου κάθε χρονική στιγμή του ταξιδιού. iii) Μα σφαίρα ρίχνεται από ύψος 1000 μέτρων. Η συνάρτηση f δίνει το υψόμετρο στο οποίο βρίσκεται η σφαίρα κάθε χρονική στιγμή. iv) Δυο δρομείς Α και Β του μαραθωνίου ξεκινούν ταυτόχρονα. Στα πρώτα χιλιόμετρα του αγώνα προηγείται ο Α, όμως ο πρώτος που φτάνει στο τέρμα είναι ο Β. Η συνάρτηση f δίνει την απόσταση των δυο δρομέων κάθε χρονική στιγμή του αγώνα. 18. i) Αν η συνάρτηση →ℝ ℝf : είναι γνησίως φθίνουσα να εξετάσετε ως προς την μονοτονία την συνάρτηση fοf . ii) Να λύσετε την εξίσωση + − =2 f(f(x x)) f(f(2)) 0 . iii) Να λύσετε την ανίσωση + − >f(f( x 1) f(2)) f(0) . 19. Έστω δυο συναρτήσεις →ℝ ℝf,g : . i) Αν η συνάρτηση gof είναι 1-1 να δείξετε ότι και η συνάρτηση f είναι 1-1. ii) Αν η συνάρτηση fof είναι 1-1, να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι 1-1 και αντιστρόφως. Α Β
  6. 6. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.6 20. Να δείξετε ότι δεν υπάρχει συνάρτηση →ℝ ℝf : τέτοια ώστε να είναι 1-1 και να ισχύει: (1) 2 ( ) (3 ) ( )− ≥f x f x f x για κάθε ∈ ℝx 21. Δίνεται συνάρτηση f η οποία είναι 1-1 και τέτοια ώστε: (1) ( ) (1 ) ( )f x f x f xα β− = + για κάθε x ∈ ℝ Να αποδείξετε ότι: i ) 0α = ii) (1 ) 1f β− = 22. Δίνονται συναρτήσεις f,g ορισμένες στο ℝ για τις οποίες ισχύει: (1) = + +5 (gog)(x) 13g(x) 14f(x 3) για κάθε ∈ ℝx Αν η f είναι 1-1 τότε i)Να δείξετε ότι και η g είναι 1-1. ii)Να λύσετε την εξίσωση + + = + −3 g(f(x) x x) g(f(x) 4x 2) 23. Έστω μια συνάρτηση →ℝ ℝf : , η οποία είναι περιττή και γνησίως αύξουσα. Να αποδείξετε ότι : i) =f(0) 0 ii) + >2 (x x)f(x) 0 για κάθε ≠x 0 . 24. Να εξετάσετε ποιες από τις παρακάτω συναρτήσεις είναι 1-1 και για καθεμία από αυτές να ορίσετε (τύπος, πεδίο ορισμού) την αντίστροφη της . i) = −f(x) 3x 1 ii) = − +f(x) x(x 2) 1 iii) − = +2x 3 f(x) e 4 iv) − = − 2 x 9 f(x) x 1 v) = +f(x) ln(x 1) vi) = xημx f(x) 2 25. Δίνεται συνάρτηση →ℝ ℝf : για τη οποία ισχύει: (1) = −f(f(x)) x για κάθε ∈ ℝx Να δείξετε ότι : i) η f είναι 1-1. ii) Αν =ℝ ℝf( ) τότε − = −1 f (x) f(x) για κάθε ∈ ℝx .(*Πως θα μπορούσατε να αποδείξετε ότι =ℝ ℝf( ) ;) iii) H f δεν είναι γνησίως μονότονη. iv) Ερώτημα bonus Να δείξετε ότι =f(0) 0 και η f είναι περιττή. 26.Έστω συνάρτηση →ℝ ℝf : με =ℝ ℝf( ) και τέτοια, ώστε (1) = +f(f(x)) f(x) 3x για κάθε ∈ ℝx i) Να αποδείξετε ότι η f είναι αντιστρέψιμη με − = −1 1 f (x) (f(x) x) 3 για κάθε ∈ ℝx ii) Αν επιπλέον ισχύει η σχέση =f(1) 2 να βρείτε τις τιμές −1 f(2), f (5) . 27. Έστω συνάρτηση →ℝ ℝf : με =ℝ ℝf( ) και τέτοια, ώστε + = +3 (f(x)) 4f(x) x 8 για κάθε ∈ ℝx i) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι 1-1. ii) Να ορίσετε την συνάρτηση f-1. iii) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f-1 είναι γνησίως αύξουσα. iv) Αν είναι γνωστό ότι η εξίσωση + − =3 x 4x 8 0 έχει λύση 1,36.Να βρείτε τα κοινά σημεία της Cf με τον άξονες x’x , y’y v) Να λύσετε την ανίσωση >3 f(x ) x
  7. 7. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 7 28. Δίνεται η συνάρτηση →ℝ ℝf : με τύπο = + +2x f(x) e x 2,για κάθε ∈ ℝx i) Να βρείτε το σημείο τομής της Cf με τον άξονα y’y. ii) Να αποδείξετε ότι η f είναι 1-1. iii) Να βρείτε την τιμή −1 f (3) . iv) Να δείξετε ότι η Cf είναι «πάνω» από την ευθεία =y 3 για κάθε ( )∈ +∞x 0, . 29. Δίνεται η συνάρτηση = − + + + − +β 2 f(x) α(x 2) lnx α β(β 2) 2, ( )∈ = +∞x A 0, με α, β σταθερούς πραγματικούς αριθμούς και = ℝf(A) . Αν η γραφική παράσταση της f διέρχεται από το σημείο Α(1,α) τότε: i) Να δείξετε ότι α=β=1. ii) Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται. iii) Να λύσετε την ανίσωση − >1 f (x) x . 30. Δίνεται η συνάρτηση →ℝ ℝf : για την οποία ισχύουν: •η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ •η f είναι περιττή •η f έχει σύνολο τιμών το ℝ i) Να αποδείξετε ότι η f είναι αντιστρέψιμη και να βρείτε το πεδίο ορισμού της . ii) Να αποδείξετε ότι η f-1 είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ . iii) Να αποδείξετε ότι η f-1 είναι περιττή. iv) Να βρείτε την σχετική θέση της Cf-1 με τον άξονα x’x. 31. Το διπλανό σχήμα παριστάνει την γραφική παράσταση της συνάρτησης f. Η f είναι 1-1. Να συμπληρώσετε τα κενά. i) Το σύνολο τιμών της f-1 είναι το………………………………… ii) − =1 f (1) ........ iii) − = −1 f (....) 3 iv) Η μέγιστη τιμή της f-1 είναι η − =1 f (.......) ........ v) Η ελάχιστη τιμή της f-1 είναι η − =1 f (.......) ........ v) Η f-1 είναι γνησίως ……… 32. Δίνεται η συνάρτηση →ℝ ℝf : με σύνολο τιμών το ℝ έχει την ιδιότητα: + − + ≤ + ≤ + −x x 1 f(x) e 1 x 1 f(x 1) e για κάθε ∈ ℝx (1) i) Να δείξετε ότι = + ∈ℝx f(x) e x,x ii) Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται. iii) Να λύσετε τις εξισώσεις α) − =1 f (x) x β) − = −1 f (x) x 3 iv)Να λύσετε τις ανισώσεις α) − ≤1 f (x) x β) − ≥ −1 f (x) x 1 v) Να δείξετε ότι οι −1 Cf ,Cf δεν τέμνονται. vi) Να δείξετε ότι η −1 f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ . vii) Να λύσετε την εξίσωση + = +x x x x f(2017 ) f(2019 ) f(2018 ) f(2020 )
  8. 8. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.8 33. Έστω ότι υπάρχει συνάρτηση →ℝ ℝf : για την οποία ισχύει: + + − =3 f (x) 2f(x) x 3 0 για κάθε ∈ ℝx (1) i) Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται. ii) Να δείξετε ότι η Cf τέμνει τον xx σε σημείο με τετμημένη 3. iii) Να λύσετε την εξίσωση − =1 f (x) 3. iv) Να αποδείξετε ότι η f έχει σύνολο τιμών το ℝ . v) Αν είναι γνωστό ότι η f είναι γνησίως μονότονη, τότε: α) Να βρείτε το είδος της μονοτονίας της f. β) Να λύσετε την ανίσωση: − + > −x 1 f(e lnx) f(2 x) 34. Δίνεται η συνάρτηση + − = 2αημx 2αx β f(x) β , ∈ ℝx Όπου α, β σταθεροί μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί και ≠2β α Α. Αν ισχύει + = − α 3β 7 2β α 3 να δείξετε ότι: i) = α 1 β 2 ii) = + − ∈ ℝf(x) ημx x 1,x B. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται στο διάστημα       π 0, 2 . Γ. Αν δίνεται ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ . i) Να βρείτε τα κοινά σημεία της −1f C και της ευθείας =y x . ii) Να δείξετε ότι οι −1f C και fC έχουν άπειρα κοινά σημεία. 35. Δίνεται γνησίως μονότονη συνάρτηση →ℝ ℝf : της οποίας η γραφική παράσταση διέρχεται από τα σημεία Α(1,1),Β(2017,2017) και ισχύει − =1 f f . i) Να βρείτε το είδος της μονοτονίας της f. ii) Να δείξετε ότι =f(x) x για κάθε ∈ ℝx . 35. (bonus) Δίνεται η γνησίως αύξουσα συνάρτηση ( )+∞ → ℝf : 0, για την οποία για κάθε >x 0 ισχύει: (1) =f(x) f(e ) lnx . Να βρείτε τον τύπο της f. 36. Δίνονται οι συναρτήσεις →ℝ ℝf,g,h : και ισχύει: + = ∈ + ℝ2 10x α f(x) ,x x 25 όπου α σταθερός πραγματικός αριθμός και = ∈ ℝg(x) x ,x Α. i) Αν ισχύει ( ) − + ≤ 22 26 f(1) 20(α 5) 0 να βρείτε την τιμή του α. ii) H Ch προκύπτει από την μετατόπιση της Cg κατά 5 μονάδες προς τα δεξιά και 1 μονάδα προς πάνω να βρείτε τον τύπο της h. Β. Αν =α 0 ,να αποδείξετε ότι: i) Η συνάρτηση f παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο =x 5 . ii) Η συνάρτηση h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο. (Που; Να το βρείτε μόνοι σας όλα εγώ θα σας τα λέω) iii) Οι γραφικές παραστάσεις των f και h έχουν ακριβώς ένα κοινό σημείο.
  9. 9. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 9 37. Δίνεται συνάρτηση ( )+∞ → ℝf : 0, με σύνολο τιμών το ) +∞2, για την οποία ισχύει ≠f(x) 2 για κάθε >x 0 και ≠x 2 . Να δείξετε ότι η εξίσωση − =f(f(x) 1) 2 έχει μια τουλάχιστον ρίζα. 38. Δίνεται συνάρτηση ( )+∞ → ℝf : 0, με σύνολο τιμών το ) +∞2, και ισχύει =f(2) 2 Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( 0,2 και γνησίως αύξουσα στο ) +∞2, . Να δείξετε ότι η εξίσωση − =f(f(x) 1) 2 έχει ακριβώς δυο ρίζες. Λύση 39. Στο διπλανό σχήμα φαίνεται η γραφική παράσταση της συνάρτησης →ℝ ℝf : η οποία αποτελείται από δυο ημιευθείες με κοινή αρχή το σημείο Β. i) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι 1-1 και να βρείτε το σύνολο τιμών της. ii) Να βρείτε την συνάρτηση f-1. iii) Να λύσετε την ανίσωση: − + − <1 x f(3 9(1 x)) f(12) 40. (Study4exams)Δίνεται η συνάρτηση f με = − + +f(x) 2ln( x 1 1) 3 i) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f. ii) Να αποδείξετε ότι η f είναι 1-1. iii) Να ορίσετε την −1 f . iv) Να λύσετε την εξίσωση − + =1 f (1 x) 2 . 41.Να χαράξετε την γραφική παράσταση της συνάρτησης = − 1 f(x) 9x 18 3 42. Δίνεται η συνάρτηση →ℝ ℝf : τέτοια ώστε υπάρχει ( )∈α 0,1 τέτοιο ώστε για κάθε ∈ℝx,y να ισχύει η σχέση : − ≤ −f(x) f(y) α x y Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση = +g(x) f(x) x , ∈ ℝx είναι 1-1. 43. Δίνεται συνάρτηση →ℝ ℝf : ισχύει: = −f(f(f(x))) x για κάθε ∈ ℝx (1) Να δείξετε ότι: i) η γραφική παράσταση της f είναι συμμετρική ως προς την αρχή των αξόνων. ii) η f είναι 1-1. iii) =ℝ ℝf( ) iv) − + =1 f (x) f(f(x)) 0 για κάθε ∈ ℝx . x Cf Α(-3,0) Β(0,3) Γ(3,5) O y Εγώ στην θέση σας για το τελευταίο ερώτημα θα μελετούσα ως προς την μονοτονία την συνάρτηση g(x)=3x+9x ☺☺☺☺ Αν δεν μπορούμε να χαράξουμε την γραφική παράσταση της f ίσως να μπορούμε να χαράξουμε της αντίστροφης της και μετά «δουλεύει» η συμμετρία…
  10. 10. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.10 44. Δίνονται οι συναρτήσεις = > e f(x) ln ,x 0 x , = ∈ + ℝ x x e g(x) ,x e 1 i) Να δείξετε ότι = − ∈ + ℝx 1 g(x) 1 ,x e 1 και να εξετάσετε την g ως προς την μονοτονία. ii) Να δείξετε ότι η g αντιστρέφεται και να ορίσετε την −1 g . iii) Να ορίσετε την −1 g of . iv) Να λύσετε την − >1 (g of)(x) 0 . v) Να δείξετε ότι η παράσταση + −g(x) g( x) είναι ανεξάρτητη του x. vi) Να δείξετε ότι + + + + + = 1 1 1 g(ln 2017) g(ln 2016) g(ln 2015) g(ln ) g(ln ) g(ln ) 3 2017 2016 2015 vii) *Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς α, β για τους οποίους ισχύει: + + − + − − + − −+ + − ≤ ++ 2 2 2 2 α 4β g( 2020) 2α 8β 4 g(2020) 2α 8β 4 g(2020)α 4β g( 2020) e e e 1e 1 45. Έστω μια συνάρτηση = + −x f(x) g(x) e 1, ∈ ℝx Α. Αν για την →ℝ ℝg : ισχύουν: • =ℝ ℝg( ) • ≤ ≤x g(g(x)) g(x) για κάθε ∈ ℝx Να δείξετε ότι = + −x f(x) x e 1 , ∈ ℝx B. i) Να λύσετε την εξίσωση = −x e x 1 ii) Να λύσετε την ανίσωση + >f(f(x) 1) f(1) Γ. Αν →ℝ ℝh : είναι μια συνάρτηση και η συνάρτηση = + ∈ℝh(x) φ(x) h(x) e ,x είναι γνησίως αύξουσα με =φ(0) 1, τότε : i) Να δείξετε ότι και η h είναι γνησίως αύξουσα. ii) Να δείξετε ότι η Ch διέρχεται από την αρχή των αξόνων. iii) Να λύσετε την εξίσωση = +(hof)(x) h(x 3) 46. Έστω η συνάρτηση →ℝ ℝf: η οποία είναι γνησίως μονότονη και η γραφική της παράσταση διέρχεται από τα σημεία Α(1,2) και Β(3,-2) i) Να βρείτε τους αριθμούς f(1) και f(3) ii) Να βρείτε το είδος της μονοτονίας της συνάρτησης f. iii) Να λύσετε την ανίσωση − + <(3 1) 2 0f x iv) Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται v) Να λύσετε την εξίσωση − =1 ( ) 2x f e vi) Να βρείτε τους αριθμούς : −1 (2)f και − −1 ( 2)f vii) Να λύσετε την εξίσωση − − + + =1 ( 2 ( 2)) 2f f x 47. Δίνεται η συνάρτηση f: →ℝ ℝ με τύπο + − = 1 1 f(x) 2 x x e για κάθε ∈x R i) Να αποδείξετε ότι     = −        1 f(x) 2 2 x x e e για κάθε ∈ ℝx ii) Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ iii) Να βρείτε τα σημεία τομής των −1 ,Cf Cf με τον άξονα x’x. iv) Να λύσετε την ανίσωση − <x f(e 2) 0 v) Να αποδείξετε ότι + − ≥ − 2 2 x 1 e 1 ( 1)2x e για κάθε ∈x R . Λίγα ερωτήματα!!!
  11. 11. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 11 48.(θέμα 2006)Δίνεται η συνάρτηση f: →ℝ ℝ με τύπο 2 f(x) ( 2) 2x= − + με 2x ≥ i) Να αποδείξετε ότι η f είναι 1-1. ii) Να αποδείξετε ότι υπάρχει η συνάρτηση -1 f της f και να βρείτε τον τύπο της . iii) Να βρείτε τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f και -1 f με την ευθεία y x= . iv) Να βρείτε την σχετική θέση των fC και −1 f C . Αν το χωρίο που σχηματίζει η fC με την ευθεία y x= έχει εμβαδόν 1 6 , να βρείτε το εμβαδό του χωρίου που σχηματίζει η fC με την -1 f C . 49*. Δίνεται συνάρτηση f για την οποία ισχύει: ( )+ ≤ ≤ + 33 f(x x) x f(x) f(x) για κάθε ∈ ℝx (1) i) Να δείξετε ότι η συνάρτηση = +3 g(x) x x αντιστρέφεται στο ℝ i) Να δείξετε ότι − = 1 f g . 50. Δίνεται συνάρτηση →ℝ ℝf : για την οποία ισχύει: • − >f(x) e x 0 , για κάθε ∈ ℝx • − =f(x) f(x) 1 e 2x e , για κάθε ∈ ℝx i) Να δείξετε ότι = + +2 f(x) ln(x x 1) . ii) Θεωρούμε την συνάρτηση − − = x x e e g(x) 2 . α) Να δείξετε ότι η g είναι γνησίως αύξουσα. β) Να δείξετε ότι = ∈ ℝ(gof)(x) x,x . γ) Με την βοήθεια του ερωτήματος (γ) να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα. iii) (Bonus☺☺☺☺) Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα ανεξάρτητα από το ερώτημα (ii).
  12. 12. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.12 ΛΥΣΕΙΣ 1. i) Αρχικά βρίσκουμε το σημείο τομής B της Cg με την ευθεία y=2. ≥ = ⇔ ⇔ = x 0 g(x) 2 ... x 4 άρα B(2,4) Κατόπιν υπολογίζουμε τις συντεταγμένες του σημείο τομής Γ της Cf με την ευθεία y=2. < = ⇔ ⇔ = − x 0 f(x) 2 ... x 2 άρα Γ −( 2,2) Στην συνέχεια βρίσκουμε τα σημεία τομής των Cf, Cg λύνοντας την εξίσωση στο [ )= +∞Dg 0, =f(x) g(x) , ≥ = ⇔ ⇔ = = x 0 2 x x ... x 0 ή x 1 άρα τα σημείο τομής είναι Ο(0,0), Α(1,1) Έτσι ΒΓ = +( ) 4 2 , ΟΑ = − + − =2 2 ( ) (1 0) (1 0) 2 ii) Από το σχήμα προκύπτει ότι <f(x) g(x) δηλαδή η Cf είναι κάτω από την Cg όταν ( )∈x 0,1 iii) Από το σχήμα προκύπτει ότι ≥f(x) g(x) δηλαδή η Cf είναι πάνω ή τέμνει την Cg όταν )∈ ∪  +∞x {0} 1, iv) Από το σχήμα προκύπτει ότι >g(x) 2 δηλαδή η Cg είναι πάνω από την ευθεία =y 2 όταν ( )∈ +∞x 4, v) − =1 f g , )∈  +∞x 0, 2. Για να ορίζεται η συνάρτηση −f(x 1) πρέπει:  ∈  ∈ ∈ ⇔ ⇔ ⇔ ∈      − ∈ =   ≤ − ≤ ≤ ≤    ℝ ℝ ℝ f x x x x 2,3 x 2 D 0,1 0 x 2 1 2 x 3 = − − = h(x) x 2 f(x 1) f(h(x)) Για να ορίζεται η συνάρτηση f(lnx)πρέπει: ( ) ( ) ( ) ∈ +∞  ∈ +∞ ∈ +∞   ⇔ ⇔ ⇔ ∈       ∈ =   ≤ ≤ ≤ ≤     f x 0, x 0, x 0, x 1,e ln x D 0,1 0 ln x 1 1 x e = = h(x) lnx f(lnx) f(h(x)) Άρα =   ∩   =       g D 2,3 1,e 2,e • 3. Η fοf έχει πεδίο ορισμού: ( ) ( )  >  = ∈ ∈ = ∈ +∞ ∈ +∞ =   > f ffοf x 1 D {x D / f(x) D } {x 1, / f(x) 1, } και f(x) 1 Αλλά από υπόθεση < 1 f(x) 3 για κάθε >x 1 , οπότε η f (x) 1> αδύνατη για x > 1, άρα = ∅fοfD . Συνεπώς δεν ορίζεται η συνάρτηση fοf . • hx D∈ ( ) fh x D∈ hx D∈ ( ) fh x D∈
  13. 13. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 13 4. i) Θέλουμε για κάθε ∈ −  x 3,3 να ισχύει = − ⇔ − = −2 2 2 f(g(x)) 9 x f( x ) 9 x . Θέτουμε = − ≤2 u x 0 και έχουμε: = +f(u) 9 u Άρα μια συνάρτηση f είναι η = +f(x) 9 x με [ ]= −Df 9,0 ii) Έχουμε ( )= +∞f D 0, και θέλουμε να ισχύει: ( )= +∞gofD 0, Τότε ( )= ∈ ∈ ⇔ +∞ = > ∈g ggof fD {x D f(x) D } 0, {x 0 lnx D }/ / και επειδή το σύνολο τιμών f(A) της f είναι το ℝ , άρα για να ισχύει ∈ gln x D πρέπει ⊆ ⇔ ⊆ℝg g f(A) D D άρα = ℝg D . Θέλουμε να ισχύει για κάθε >x 0 = + ⇔ = + ⇔ = +(gof)(x) 4x 13 g(f(x)) 4x 13 g(ln x) 4x 13 Και αν θέσουμε : = ⇔ = u u l n x x e , έχουμε = +u g(u) 4e 1 Άρα υπάρχει μια μόνο συνάρτηση g, η = +x g(x) 4e 13 με = ℝDg που ικανοποιεί τις συνθήκες της άσκησης . iii) Έχουμε = −  g D 1,1 και θέλουμε =g fD ℝ Αλλά ∈= ∈ ⊆gfg f ff(x) DD {x D } D/ Και επειδή θέλουμε =g fD ℝ , άρα έχουμε: ⊆ ⇒ ⊆ ⇒ =g f f f fD D D Dℝ ℝ Για κάθε ∈ ℝx θέλουμε να ισχύει:  − ≥ = ⇔ = ⇔ − = ⇔  − = 2 2 2 2 1 f (x) 0 (gof)(x) συνx g(f(x)) συνx 1 f (x) συνx 1 f (x) ημ x (1) Αλλά (1) : − = ⇔ = − ⇔ = ⇔ − = ⇔2 2 2 2 2 2 2 2 1 f (x) συν x f (x) 1 συν x f (x) ημ x f (x) ημ x 0 ⇔ − + = ⇔ = = −(f(x) ημx)(f(x) ημx) 0 f(x) ημx ή f(x) ημx (2) Από την (2) προκύπτει ότι υπάρχουν άπειρες συναρτήσεις που ικανοποιούν τις υποθέσεις της άσκησης . Η γενική μορφή τους είναι :  ∈Σ =  − ∉Σ ημx,x f(x) ημx,x όπου Σ τυχαίο υποσύνολο του ℝ . Η επαλήθευση δική σας…. 5. i) Η f είναι γνησίως μονότονη και ισχύει = =f(5) 13,f(7) 11 δηλαδή >f(5) f(7) συνεπώς η f είναι γνησίως φθίνουσα. ii) − − < ⇔ − − < ⇔ − < ⇔f(f(x) 6) 2 f(7) f(f(x) 6) 2 11 f(f(x) 6) 13 ⇔ − < ⇔ − > ⇔ > ⇔ > ⇔ < ցℝ ցℝf f f(f(x) 6) f(5) f(x) 6 5 f(x) 11 f(x) f(7) x 7 iii) + − − ≥ ⇔ + ≥ − ⇔ + ≥ − ⇔ ցℝf 1 1 1 f(x ) f(f(7) 9) 0 f(x ) f(f(7) 9) x f(7) 9 x x x − + − ⇔ + ≥ − ⇔ + ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ > 2 2 1 1 1 x 2x 1 (x 1) x 11 9 x 2 x 2 0 0 0 x 0 x x x x x • 6. Α. Έστω ∈ − −  1 2 x ,x β, α με <1 2 x x τότε − − ∈      − > − ⇒ − > − ⇒ − > − ⇒ < ր 1 2x , x α,β f περιττη 1 2 1 2 1 2 1 2 f α,β x x f( x ) f( x ) f(x ) f(x ) f(x ) f(x ) άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο − −  β, α . Β. Αν η g παρουσιάζει μέγιστο στο = 0 x x τότε για κάθε ∈ ℝx ισχύει: ≤ 0 g(x) g(x ) (1) Ισχύει γενικά ∈= ∈ ⊆gfgof ff(x) DD {x D } D/ Έτσι αν δίνεται = ℝgofD ,αφού ⊆ ⇒ ⊆ℝgof f fD D D άρα = ℝfD .
  14. 14. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.14 Αν ∈ℝ0 x τότε − ∈ℝ0 x , αλλά η g είναι άρτια, οπότε − =0 0 g( x ) g(x ) έτσι η (1) γίνεται ≤ − 0 g(x) g( x ) άρα η g παρουσιάζει μέγιστο για = − 0 x x . • 7. α) Ισχύει =f(0) 0 . Για το πρόσημο της f διακρίνουμε περιπτώσεις: > ⇔ > ⇔ > < ⇔ < ⇔ < f f x 0 f(x) f(0) f(x) 0 x 0 f( x) f(0) f(x) 0 ր ր β) Για την g πρέπει ≥f(x) 0 Άρα )=  +∞gD 0, Για την h πρέπει: x 0≠ και ≠ > ⇔ > x 0 f(x) 0 xf(x) 0 x Διακρίνουμε περιπτώσεις : Αν > ⇒ >x 0 f(x) 0 άρα >xf(x) 0 Αν < ⇒ <x 0 f(x) 0 άρα >xf(x) 0 Οπότε το πεδίο ορισμού της h είναι = −ℝhD {0} 8. i) Ο πρώτος κλάδος της συνάρτησης f δίνεται από την συνάρτηση = + −2 1 f (x) x 2αx 2 , αυτή , ως τριώνυμο είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (−∞ − , α και γνησίως αύξουσα στο )− +∞ α, Αν λοιπόν − <α 0 δηλαδή >α 0 τότε η f αλλάζει μονοτονία τουλάχιστον στο –α και έτσι αποκλείεται να είναι γνησίως μονότονη .Πρέπει λοιπόν : − ≥α 0 δηλαδή ≤α 0 Αλλά αν =α 0 τότε ο δεύτερος κλάδος της f που είναι η συνάρτηση = − = −2 f (x) αx 2 2 η οποία όμως δεν είναι γνησίως μονότονη αλλά σταθερή οπότε αποκλείεται =α 0 . Για τις τιμές τώρα που <α 0 η f είναι γνησίως φθίνουσα. ii) Για = −α 1 η f παίρνει την μορφή :  − − < =  − − ≥ 2 x 2x 2,x 0 f(x) x 2 ,x 0 =− + ≤ − ⇔ + ≤ ⇔ + ≥ ⇔ ⇔ ≤ − ≥ ցf(2) 4 f 2 2 2 f(x x) 4 f(x x) f(2) x x 2 .... x 2 ή x 1 • 9.Θεωρούμε την συνάρτηση = + + − −g(x) f(x) f(x 1) f(2 x) , ∈ ℝx και ισχύει = + + − − = =g(1) f(1) f(1 1) f(2 1) f(2) 0 άρα η g (x)=0 ( και κατ’ επέκταση η αρχική εξίσωση )έχει μια τουλάχιστον ρίζα την x=1. Θα δείξουμε ότι είναι μοναδική αποδεικνύοντας ότι η g είναι γνησίως μονότονη. Έστω ∈ℝ1 2 x ,x με <1 2 x x τότε εργαζόμαστε κατασκευαστικά < ⇒ < րf 1 2 1 2 x x f(x ) f(x ) (1) < ⇒ + < + ⇒ + < + րf 1 2 1 2 1 2 x x x 1 x 1 f(x 1) f(x 1) (2) < ⇒ − > − ⇒ − > − ⇒ − > − ⇒ − − < − − րf 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 x x x x 2 x 2 x f(2 x ) f(2 x ) f(2 x ) f(2 x )(3) (1)+(2)+(3): + + − − < + + − − ⇒ <1 1 1 2 2 2 1 2 f(x ) f(x 1) f(2 x ) f(x ) f(x 1) f(2 x ) g(x ) g(x ) άρα η g είναι γνησίως αύξουσα, άρα και 1-1, συνεπώς η ρίζα =x 1 είναι μοναδική για g (x)=0 και κατ’ επέκταση για την αρχική εξίσωση. 10. i) Έστω ⋅ ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇔ ≤ րℝ (1)f 2 0 f(0) 0 f(f(0)) f(0) e f(0) 1 f(0) άτοπο, άρα >f(0) 0 . Πολλές φορές για να λύσουμε εξισώσεις βρίσκουμε μια προφανή ρίζα και αποδεικνύουμε ότι είναι μοναδική θεωρώντας κατάλληλη συνάρτηση την οποία αποδεικνύουμε ότι είναι γνησίως μονότονη. Προτού αρχίσετε όμως να θέτετε βοηθητικές συναρτήσεις βεβαιωθείτε ότι η εξίσωση δεν λύνεται με τους παραδοσιακούς τρόπους των προηγούμενων τάξεων.
  15. 15. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 15 ii) Αν για κάθε ∈ ℝx ισχύει ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥2x 1 f(x) 0 f(f(x)) f(0) e 6 (2), άτοπο αφού η (2) δεν ισχύει για κάθε ∈ ℝx . Συνεπώς υπάρχει ∈ℝ1 x τέτοιο ώστε <1 f(x ) 0 . 11. Η g παρουσιάζει ολικό μέγιστο το (3) 1g = άρα για κάθε ∈ ℝx ισχύει: 3 3 3 (3) 6 (3) 5 3 ( ) (3) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 6 ( ) 6 1 ( ) 5 ( ) (3) f g g x g g x g x g x g x f x f x f = − = ≤ = ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≥ − ⇔ ⇔ − ≥ − ⇔ ≥ ⇔ ≥ Άρα η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το (3) 5f = . 12. i) Για κάθε ∈ ℝx : 2 2 2 ( ) ( ) 2 ( ) 10 ( ( ) ) 10 10g x f x xf x x f x x= − + + = − + ≥ ισχύει. ii) Η ευθεία με εξίσωση y=x τέμνει την Cf σε ένα τουλάχιστον σημείο άρα υπάρχει 1x ∈ ℝ τέτοιο ώστε 1 1( )f x x= Άρα 1 1( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) 2 ( ) 10 ( ) 2 ( ) ( ) 10 10 f x x g x f x x f x x f x f x f x = = − + + = − + + = Από ερώτημα (i) για κάθε ∈ ℝx ισχύει 1( ) 10 ( ) ( )g x g x g x≥ ⇔ ≥ δηλαδή η συνάρτηση g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στην θέση 1x το 1( )g x . 13. α) Η ⇔Cf "πάνω"απο x'x > ⇔ > ⇔ > ր ℝf στο f(x) 0 f(x) f(0) x 0 β) i) Έστω 1 2,x x ∈ ℝ με 1 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ( )) ( ( ))< ⇔ < ⇔ < ր ℝ ր ℝf f x x f x f x f f x f f x στο στο 1 2 1 22 2 ( )x x x x< ⇒ + < + + 1 1 2 2 1 2( ( )) 2 ( ( )) 2 ( ) ( )f f x x f f x x g x g x+ + < + + ⇒ < άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ . ii) Ισχύει (0) ( (0)) 0 2 (0) 2 0 2 2g f f f= + + = + = + = άρα το σημείο (0,2) ικανοποίει την εξίσωση ( ) 2g x = οπότε είναι κοινό σημείο της ευθείας 2y = και της Cg. Η g όμως είναι γνησίως μονότονη, άρα και 1-1, οπότε είναι και μοναδικό. iii) ( ) 2 ( ) (0) 0 g g x g x g x> ⇔ > ⇔ > ր . 14. i) Εργαζόμαστε με την πρώτη ανισοτική σχέση της (1) Για κάθε x ∈ ℝ : ( ) 2 3 ( ) 3g x x x g x x+ ≤ − ⇔ ≤ − (2) Εργαζόμαστε με την δεύτερη ανισοτική σχέση της (1) 2 3 ( 1) 1 4 ( 1)x g x x x g x− ≤ − + + ⇔ − ≤ − για κάθε x ∈ ℝ θέτουμε όπου 1 1u x u x= − ⇔ + = 1 4 ( ) 3 ( )u g u u g u+ − ≤ ⇔ − ≤ αλλάζουμε γράμμα στην μεταβλητή , έτσι: 3 ( )x g x− ≤ για κάθε x ∈ ℝ (3) Από (3),(2) : ( ) 3,g x x x= − ∈ ℝ . ii) Η Cf τέμνει την ευθεία 4y = σε δυο ακριβώς σημεία άρα η εξίσωση ( ) 4f x = έχει δυο ακριβώς ρίζες 2 2 ( ) 4 4 16 4 a f x x ax= ⇔ = ⇔ = για να έχει δυο ακριβώς ρίζες θα πρέπει 0a > , αλλά από υπόθεση, ο α είναι ακέραιος και μικρότερος του 2 συνεπώς μόνη τιμή είναι 1a = iii) Έχουμε 2 ( ) , 4 x f x x= ∈ ℝ , ( ) 3g x x= − , x ∈ ℝ Έστω ( , )A a β . Τότε είναι 2 4 α β = (1) Αν 0 ( )εΑΑ ⊥ , όπου : 3y xε = − , τότε ισχύει: 0( ) ( )AB ≥ ΑΑ .Αρκεί λοιπόν να βρούμε την μικρότερη απόσταση 0 3 ( ) 1 1 a β− − ΑΑ = + Έχουμε: y 2 4 x y = Α0 Β Α Ο : 3y xε = − x
  16. 16. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.16 (1) 2 2 0 2 2 1 1 1 ( ) 3 4 12 42 4 2 1 ( 2) 8 0 8 ( 2) 8 2 4 2 4 2 4 2 α α α α α α ΑΑ = − − = − + = − + + = − + = ≥ = και το ‘=” ισχύει μόνο για 2α = Επομένως για 2α = έχουμε 1β = δηλαδή το σημείο Α0(2,1) απέχει από την ευθεία : 3 0x yε − − = , δηλαδή από την Cg την μικρότερη απόσταση . Άρα ισχύει: 0( ) 2 ( )ABΑΑ = ≤ για όλα τα σημεία Α,Β. 15. i) Η f έχει πεδίο ορισμού ℝ .Έστω ∈ℝ1 2 x ,x με =1 2 f(x ) f(x ) (1) − = − ⇔ = + + + + 1 2 1 2 1 2 1 2 x x x x 3 x 3 x 3 x 3 x από την τελευταία ισότητα βλέπουμε ότι 1 2 x ,x ομόσημοι. Διακρίνουμε περιπτώσεις: • ≥1 2x ,x 0 τότε = ⇒ = ⇔ + = + ⇔ = + ++ + 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 21 2 x x x x 3x x x 3x x x x x 3 x 3 x3 x 3 x • <1 2 x ,x 0 τότε = ⇒ = ⇔ − = − ⇔ = + + − − 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 x x x x 3x x x 3x x x x x 3 x 3 x 3 x 3 x άρα η f είναι 1-1. ii) Η f έχει πεδίο ορισμού ℝ . ( + >x 2 e 0 για κάθε ∈ ℝx ) Έστω ∈ℝ1 2 x ,x με =1 2 f(x ) f(x ) (1) Έτσι − + = − + ⇔ − + = − + ⇔1 2 1 1 2 2x x 2x x 2x x 1 2 2x ln(2 e ) 2x ln(2 e ) lne ln(2 e ) lne ln(2 e ) + + + + + ⇔ = ⇔ = ⇔ + = + ⇔ + + + + + − − = ⇔ − + − = ⇔ 1 2 1 2 1 1 2 2 2 1 1 2 1 2 1 1 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2x 2x 2x 2x 2x 2x x 2x 2x x x x x x 2x 2x x 2x 2x x 2x 2x x x x x e e e e ln ln 2e e 2e e 2 e 2 e 2 e 2 e 2e e 2e e 0 2(e e ) e (e e ) 0 + + + ≠ + + − + + − = ⇔ − + + = ⇔ x x x x1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2(e e ) e ) 0 x x x x x x x x x x x x x x 2(e e )(e e ) e (e e ) 0 (e e )(2(e e ) e ) 0 ⇔ = ⇔ =1 22x 2x 1 2e e x x , άρα η f είναι 1-1. iii) Η f έχει πεδίο ορισμού − −ℝ 1 { } 2 . ( + ≠ ⇔ ≠ − 1 2x 1 0 x 2 ) Έστω ∈ℝ1 2 x ,x με ( )( ) ( )( ) − − = ⇒ = ⇒ − + = − + ⇔ + + 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 3x 2 3x 2 f(x ) f(x ) 3x 2 2x 1 3x 2 2x 1 2x 1 2x 1 ⇔ + − − = + − − ⇔ = ⇔ =2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 1 26x x 3x 4x 2 6x x 3x 4x 2 7x 7x x x , άρα η f είναι 1-1. 16. i) Εργαζόμαστε με αντιπαράδειγμα. Πως θα το βρούμε; Η f έχει πεδίο ορισμού ℝ .Έστω ∈ℝ1 2 x ,x με =1 2 f(x ) f(x ) (1) = ⇔ + = + ⇔ − + − = ⇔ − + − = ⇔ + + 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 1 22 2 1 2 2x 2x x x x 2x x x x x x x x x 0 x x (x x ) x x 0 x 1 x 1  − = =  ⇔ − − = ⇔ ⇔  − = =   2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 x x 0 x x (x x )(x x 1) 0 x x 1 0 x x 1 (2) Σε αυτό το σημείο η σχέση (2) μας δίνει το αντιπαράδειγμα που θα χρησιμοποιήσουμε Άρα αρκεί 1 2 x ,x να είναι αντίστροφοι , για παράδειγμα = =1 2 1 x 3,x 3 τότε:
  17. 17. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 17 = = + = = = =   ++    2 2 6 6 f(3) 3 1 10 2 2 2 1 63 3 3f( ) 1 103 101 11 9 93 ii) = − =f(3) 0,f( 1) 0 …. iii) =f(3) f(1) …… 17. i) Δεν είναι 1-1 ii) Είναι 1-1 iii) Είναι 1-1 iv) Δεν είναι 1-1 18. i) =fofD ℝ Έστω ∈ℝ1 2 x ,x με < ⇒ > ⇒ < ց ցf f 1 2 1 2 1 2 x x f(x ) f(x ) f(f(x )) f(f(x )) συνεπώς η fοf είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ . ii) + − = ⇔ + = ⇔2 2 f(f(x x)) f(f(2)) 0 f(f(x x)) f(f(2)) − ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + − = ⇔ = = − fof άραfof 1 1 2 2 2 (fof)(x x) (fof)(2) x x 2 x x 2 0 x 1 ή x 2 րℝ iii) + − > ⇔ + − < ⇔ + < ⇔ + > ց ցf f f(f( x 1) f(2)) f(0) f( x 1) f(2) 0 f( x 1) f(2) x 1 2 ⇔ > −x 1 που ισχύει για κάθε ∈ ℝx 19. i) Έστω ∈ℝ1 2 x ,x με − = ⇒ = ⇔ = ⇔ = gof 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 f(x ) f(x ) g(f(x )) g(f(x )) (gof)(x ) (gof)(x ) x x άρα η f :1-1. ii) Έστω ότι η fof είναι 1-1 Για κάθε ∈ℝ1 2 x ,x με =1 2 f(x ) f(x ) − = ⇒ = ⇔ = ⇔ = fof 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 f(x ) f(x ) f(f(x )) f(f(x )) (fof)(x ) (fof)(x ) x x άρα η f είναι 1-1. Αντίστροφα Έστω η f είναι 1-1. Για κάθε ∈ℝ1 2 x ,x με ( ) ( )=1 2 fof (x ) fof (x ) ( ) ( ) ( ) ( ) − − = ⇔ = ⇒ = ⇒ = f 1 1 f 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 fof (x ) fof (x ) f f(x ) f f(x ) f(x ) f(x ) x x άρα η fof είναι 1-1. 20. Για x=0 : 2 (0) (3) (0)f f f≥ (1) Για x=3 : 2 (3) (0) (3)f f f≥ (2) (1)+(2) 2 3 2 2 2 2 (0) (3) (0) (3) 0 (0) (3) 2 (0) (3) 0 ( (0) (3))⇒ ≥ + ⇔ ≥ + − ⇔ ≥ −f f f f f f f f f f άρα (0) (3) 0 (0) (3)f f f f− = ⇔ = , οπότε η f δεν είναι 1-1. 21. i) H (1) για 0x = : (0) (1) ( )f f f β= H (1) για 1x = : (1) (0) ( )f f f α β= + Άρα 1 1 ( ) ( ) 0 f f fβ α β β α β α − = + ⇔ = + ⇔ = ii) Η (1) λαμβάνει την μορφή : ( ) (1 ) ( )f x f x f β− = για κάθε x ∈ ℝ (2) Για x β= : ( ) (1 ) ( ) ( ) (1 ) ( ) 0 ( )( (1 ) 1) 0f f f f f f f fβ β β β β β β β− = ⇔ − − = ⇔ − − = άρα ( ) 0f β = ή (1 ) 1 0 ( ) 0 ή (1 ) 1− − = ⇔ = − =f f fβ β β Αν όμως ( ) 0f β = τότε η (2) γίνεται ( ) (1 ) 0f x f x− = για κάθε x ∈ ℝ δηλαδή η f μηδενίζεται για περισσότερα από ένα x ( δοκιμάστε δυο τυχαίες τιμές όχι 0 και 1) άρα δεν είναι 1-1 , άτοπο άρα τελικά (1 ) 1f β− = . •
  18. 18. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.18 22. i) Για κάθε ∈ ℝx ισχύει = + + ⇔ − = +5 5 (gog)(x) 13g(x) 14f(x 3) (gog)(x) 13g(x) 14f(x 3) (2) Έστω ∈ℝ1 2 x ,x με = ⇒ =1 2 1 2 g(x ) g(x ) g(g(x )) g(g(x )) >>> = ⇒ − = −1 2 1 2 g(x ) g(x ) 13g(x ) 13g(x ) (+) − = − ⇒1 1 2 2 g(g(x )) 13g(x ) g(g(x )) 13g(x ) ( ) ( )− = − ⇒ (2) 1 1 2 2 gog (x ) 13g(x ) gog (x ) 13g(x ) − + = + ⇒ + = + ⇔ f 1 1 5 5 5 5 1 2 1 2 14f(x 3) 14f(x 3) f(x 3) f(x 3) + = + ⇔ = ⇔ =5 5 5 5 1 2 1 2 1 2 x 3 x 3 x x x x ii) − + + = + + ⇔ + + = + + ⇔ g 1 1 3 3 g(f(x) x x) g(f(x) 4x 2) f(x) x x f(x) 4x 2 ⇔ + = + ⇔ − − = ⇔ ⇔ = − =3 3 x x 4x 2 x 3x 2 0 .... x 1ή x 2 23. i) τετριμμένο ii)Αρχικά από την μονοτονία της f έχουμε > ⇔ > ⇔ > < ⇔ < ⇔ < ր ր f f x 0 f(x) f(0) f(x) 0 (1) x 0 f(x) f(0) f(x) 0 (2) Άρα παίρνουμε περιπτώσεις • >x 0 τότε + = + >2 2 (x x)f(x) x(x 1)f(x) 0 ( από (1)) • <x 0 τότε + = + >2 2 (x x)f(x) x(x 1)f(x) 0 ( από (2)) Άρα για κάθε ≠x 0 ισχύει: + >2 (x x)f(x) 0 24. i) Είναι 1-1 , αντιστρέφεται και − + = ∈ ℝ1 x 1 f (x) ,x 3 ii) Δεν είναι 1-1, =f(0) f(2) άρα δεν αντιστρέφεται iii) Είναι 1-1 , αντιστρέφεται και ( )− − + = ∈ +∞1 ln(x 4) 3 f (x) ,x 4, 2 iv) Δεν είναι 1-1, = −f(3) f( 3) άρα δεν αντιστρέφεται v) Είναι 1-1 , αντιστρέφεται και − = −1 x f (x) e 1, ∈ ℝx vi) Δεν είναι 1-1, =f(0) f(π) άρα δεν αντιστρέφεται 25. i) Έστω ∈ℝ1 2 x ,x με = ⇒ = ⇔ − = − ⇔ =1 2 1 2 1 2 1 2 f(x ) f(x ) f(f(x )) f(f(x )) x x x x άρα η f είναι 1-1. ii) Από την δοσμένη σχέση για x το −1 f (x) παίρνουμε − − − = − ⇔ = −1 1 1 f(f(f (x))) f (x) f(x) f (x) για κάθε ∈ ℝx . (*)Έστω τυχαίο ∈ℝ0 y .Τότε από την δοσμένη σχέση για = − 0 x y παίρνουμε: − =0 0 f(f( y )) y Άρα θέτοντας = −0 0 x f( y ) προκύπτει ότι για τον τυχαίο ∈ℝ0 y υπάρχει ∈ℝ0 x ώστε =0 0 y f(x ) .Άρα το σύνολο τιμών της f είναι το =ℝ ℝf( ) iii) Έστω ότι η f είναι γνησίως αύξουσα. Τότε αν ∈ℝ1 2 x ,x με < ⇒ < ⇒ < ⇒ − < − ⇒ > ր րf f 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 x x f(x ) f(x ) f(f(x )) f(f(x )) x x x x άτοπο Όμοια να υποθέσουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα. iv )Η (1) για x=0 : =f(f(0)) 0 H (1) για =x f(0) : = = − ⇔ = − ⇔ = ⇔ = f(f(0)) 0 f(f(f(0))) f(0) f(0) f(0) 2f(0) 0 f(0) 0 Θέτουμε στην (1) όπου x το f(x) έτσι =− = − ⇔ − = − f(f(x)) x f(f(f(x))) f(x) f( x) f(x) για κάθε ∈ ℝx • Αρκεί να δείξετε για κάθε ≠x 0 τα x, f(x) είναι ομόσημα.
  19. 19. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 19 26.i) Για κάθε ∈ ℝx ισχύει: = + ⇔ − =f(f(x)) f(x) 3x f(f(x)) f(x) 3x (2) Έστω ∈ℝ1 2 x ,x με = ⇒ =1 2 1 2 f(x ) f(x ) f(f(x )) f(f(x )) (1) = ⇒ − = −1 2 1 2 f(x ) f(x ) f(x ) f(x ) (2) (1) +(2): − = − ⇔ = ⇔ =1 1 2 2 1 2 1 2 f(f(x )) f(x ) f(f(x )) f(x ) 3x 3x x x άρα η f είναι 1-1 συνεπώς αντιστρέφεται με − = =ℝ ℝ1 f D f( ) . Στην (1) θέτουμε όπου x το −1 f (x) και έχουμε: ( )− − − − − − = + ⇔ = + ⇔ − = ⇔ = −1 1 1 1 1 1 1 f(f(f (x))) f(f (x)) 3f (x) f(x) x 3f (x) f(x) x 3f (x) f (x) f(x) x 3 ,για κάθε ∈x .ℝ ii) Για x=1 η (1) = + ⋅ ⇔ = + ⇔ =f(f(1)) f(1) 3 1 f(2) 2 3 f(2) 5 άρα − =1 f (5) 2 27. i) Έστω ∈ℝ1 2 x ,x με = ⇒ =3 3 1 2 1 2 f(x ) f(x ) f (x )) f (x ) >> = ⇒ =1 2 1 2f(x ) f(x ) 4f(x ) 4f(x ) (+) + = + ⇔ + = + ⇔ =3 3 1 1 2 2 1 2 1 24f(x ) f (x ) f (x ) 4f(x ) x 8 x 8 x x άρα η f είναι 1-1. ii) − = = =ℝ ℝ1 ff D f(D ) f( ) Στην (1) θέτουμε y=f(x) + = + ⇔ = + −3 3 y 4y x 8 x y 4y 8 , ∈ =ℝ ℝy f( ) ή − = + −1 3 f (y) y 4y 8 , ∈ℝy αλλάζουμε μεταβλητή − = + − ∈ℝ1 3 f (x) x 4x 8,x . iii) − = = =ℝ ℝ1 ff D f(D ) f( ) Πρέπει να δείξουμε ότι αν ∈ℝ1 2 y ,y με <1 2 y y θα δείξουμε ότι − − <1 1 1 2 f (y ) f (y ) Θα εργαστούμε με άτοπο. Έστω ότι δεν είναι γνησίως αύξουσα αυτό σημαίνει ότι υπάρχουν ∈ℝ1 2 y ,y με <1 2 y y έτσι ώστε − − − − ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ րf 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 f (y ) f (y ) f(f (y )) f(f (y )) y y άτοπο Άρα η f-1 είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ . iv) Για να βρούμε τα σημεία τομής της Cf με τον x’x λύνουμε την εξίσωση ( )( ) ( )− − = ⇔ = ⇔ = + ⋅ − ⇔ =1 1 3 f(x) 0 f f x f 0 x 0 4 0 8 x 0 , άρα −A( 8,0) Για να βρούμε τo σημεία τομής της Cf με τον y’y εφόσον ∈ f 0 D υπολογίζουμε την τιμή f(0). Στην (1) αντικαθιστούμε με όπου x=0 + = + ⇔ + = ⇔ + − =3 3 3 (f(0)) 4f(0) 0 8 (f(0)) 4f(0) 8 (f(0)) 4f(0) 8 0 από υπόθεση προκύπτει =f(0) 1,36 Οπότε η Cf τέμνει τον y’y στο σημείο B(0, 1,36). v) − − − − > ⇔ > ⇔ > ⇔ > + − ⇔ > ⇔ < ր1 f 3 1 3 1 3 1 3 3 f(x ) x f (f(x )) f (x) x f (x) x x 4x 8 8 4x x 2 . 28. i) =f(0) 3 άρα το σημείο τομής της Cf με τον άξονα y’y είναι το A(0,3) ii) Εύκολα προκύπτει κατασκευαστικά ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ , άρα και 1-1 iii) H f είναι 1-1 άρα αντιστρέφεται και ισχύει − = ⇔ = 1 f(0) 3 0 f (3) iv) Αν > ⇒ > ⇔ > րf x 0 f(x) f(0) f(x) 3 άρα η Cf είναι πάνω από την ευθεία =y 3 για κάθε >x 0 . 29.i) ∈ ⇔ = ⇔ − + + + − + = ⇔ − + + − + = ⇔β 2 2 2 f A C f(1) α α(1 2) ln1 α β(β 2) 2 α α α β 2β 2 α ⇔ − + − + = ⇔ − + + − + = ⇔ − + − = ⇔2 2 2 2 2 2 α 2α β 2β 2 0 α 2α 1 β 2β 1 0 (α 1) (β 1) 0  − =  =   − + − = ⇔ ⇔   − = =  2 2 α 1 0 α 1 (α 1) (β 1) 0 και και β 1 0 β 1 . ii) Για = =α β 1 ο τύπος της συνάρτησης γίνεται: = − + + + − + = − + + + − + = +f(x) (x 2) lnx 1 (1 2) 2 x 2 lnx 1 1 2 2 x lnx άρα = + >f(x) x lnx,x 0 Έστω >1 2 x ,x 0 με < ⇒ <1 2 1 2 x x lnx lnx
  20. 20. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.20 >> <1 2 x x (+) + < + ⇒ <1 1 2 2 1 2 x lnx x lnx f(x ) f(x ) άρα η f ένα γνησίως αύξουσα στο ( )+∞0, οπότε είναι και 1-1 συνεπώς αντιστρέφεται. iii) Δίνεται ότι η f έχει σύνολο τιμών το ℝ . Έχουμε λοιπόν: ( )= +∞A 0, και = ℝf(A) Ο περιορισμός −∈ = ℝ1 f x D ικανοποιείται Εξετάζουμε το β μέλος διακρίνοντας περιπτώσεις: •Αν ≤x 0 , τότε ( )− ∈ = +∞1 f (x) A 0, ,δηλαδή − >1 f (x) 0 και έτσι η ανίσωση αληθεύει . •Αν >x 0 , τότε − −  >   > > > > ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ < <    > > + >>    րf 1 1 x 0 x 0 x 0 x 0 f (x) x 0 x 1 x f(x) x x ln x 0 lnxf(f (x)) f(x) Άρα η ανίσωση αληθεύει για <x 1. 30. i) H f είναι γνησίως αύξουσα άρα είναι και 1-1 οπότε αντιστρέφεται − = = =ℝ ℝ1 ff D f(D ) f( ) ii) Αρκεί για κάθε −∈ 11 2 f y ,y D με: − − < ⇒ <1 1 1 2 1 2 y y f (y ) f (y ) . Εργαζόμαστε με άτοπο Έστω ότι υπάρχουν −∈ 11 2 f y ,y D τέτοια ώστε: − − − − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ րf 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 f (y ) f (y ) f(f (y )) f(f (y )) y y , άτοπο. iii) Η f είναι περιττή συνεπώς − = −f( x) f(x) για κάθε ∈ ℝx Έστω − − − − − − = − ⇔ − = − ⇔ f 1 1 1 1 1 1 f ( x) f (x) f(f ( x)) f( f (x)) − − ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = f περιττη 1 1 x f( f (x)) x f(f (x)) x x x x που ισχύει iv) = − − > ⇔ > ⇔ > f περιττη αρα f(0) 0f 1 1 f (x) 0 f(f (x)) f(0) x 0 ր = − − < ⇔ < ⇔ < f περιττη αρα f(0) 0f 1 1 f (x) 0 f(f (x)) f(0) x 0 ր . 31. i)Το σύνολο τιμών της f-1 είναι τo −  3,3 ii) − =1 f (1) 0 iii) − = −1 f (2) 3 iv)Η μέγιστη τιμή της f-1 είναι η − − =1 f ( 3) 3 v) Η ελάχιστη τιμή της f-1 είναι η − =1 f (2) 3 v) Η f-1 είναι γνησίως φθίνουσα. 32. i) H πρώτη ανισοτική σχέση της (1) παίρνει την μορφή: − + ≤ + ⇔ ≤ − + + ⇔ ≤ +x x x f(x) e 1 x 1 f(x) e 1 x 1 f(x) e x για κάθε ∈ ℝx Η (1) ισχύει για κάθε ∈ ℝx άρα ισχύει και για x το x+1 γίνεται − − + − − − + ≤ − + ≤ − + − ⇔ − − + ≤ ≤ −x 1 x 1 1 x 1 x f(x 1) e 1 x 1 1 f(x 1 1) e f(x 1) e 1 x f(x) e (2) H δεύτερη ανισοτική σχέση της (2)παίρνει την μορφή: ≤ − ⇔ ≥ +x x x f(x) e f(x) e x για κάθε ∈ ℝx Άρα + ≤ ≤ +x x e x f(x) e x για κάθε ∈ ℝx συνεπώς
  21. 21. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 21 = +x f(x) e x , ∈ ℝx ii) Εύκολο, κατασκευαστικά δειχτούμε ότι είναι 1-1 εναλλακτικά μπορούμε να δείξουμε-πάλι κατασκευαστικά- ότι είναι γνησίως αύξουσα άρα η f αντιστρέφεται. iii) α) − = ⇔ = ⇔ = + ⇔ = ⇔ =1 x x f (x) x x f(x) x e x e 1 x 0 β) − − = − ⇔ = − ⇔ = − ⇔1 1 f (x) x 3 f(f (x)) f(x 3) x f(x 3) − − ⇔ = + − ⇔ = ⇔ − = ⇔ = +x 3 x 3 x e x 3 e 3 x 3 ln 3 x ln 3 3 iv) α) ( )− − ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ + ⇔ ≤ f 1 1 x x f (x) x f f (x) f(x) x f(x) x e x 0 e ր που ισχύει για κάθε x ∈ℝ . β) − − ≥ − ⇔ ≥ − ⇔ ≥ − ⇔ րf 1 1 f (x) x 1 f(f (x)) f(x 1) x f(x 1) − − ≥ + − ⇔ ≥ ⇔ ⇔ ≤x 1 x 1 x e x 1 1 e .. x 1 v) Τα κοινά σημεία των −1 ff C ,C προκύπτουν από την λύση του συστήματος: −  = = + = =  ⇔ ⇔ ⇔    = == = +    x 1 y y f(x) y e x (1)y f(x) y f(x) f(y) x x f(y)y f (x) x e y (2) (1)+(2) + = + + + ⇔ + =y yx x y x e x e y e e 0 αδύνατη ( > >yx e 0,e 0 ) άρα οι −1 ff C ,C δεν τέμνονται. vi) − = = =ℝ ℝ1 ff D f(D ) f( ) Πρέπει να δείξουμε ότι αν ∈ℝ1 2 y ,y με <1 2 y y θα δείξουμε ότι − − <1 1 1 2 f (y ) f (y ) Θα εργαστούμε με άτοπο. Έστω ότι δεν είναι γνησίως αύξουσα αυτό σημαίνει ότι υπάρχουν ∈ℝ1 2 y ,y με <1 2 y y έτσι ώστε − − − − ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ րf 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 f (y ) f (y ) f(f (y )) f(f (y )) y y άτοπο Άρα η -1 f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ vii)Η εξίσωση έχει προφανή λύση το x = 0 αφού + = + ⇔ + = + ⇔ =0 0 0 0 f(2017 ) f(2019 ) f(2018 ) f(2020 ) f(1) f(1) f(1) f(1) 0 0 Θα δείξουμε ότι είναι μοναδική λύση. • Αν >x 0 < ⇒ < րf x x x x 2017 2018 f(2017 ) f(2018 ) < ⇒ < րf x x x x 2019 2020 f(2019 ) f(2020 ) (+) προσθέτουμε κατά μέλη: + < +x x x x f(2017 ) f(2019 ) f(2018 ) f(2020 ) • Αν <x 0 > ⇒ > րf x x x x 2017 2018 f(2017 ) f(2018 ) > ⇒ > րf x x x x 2019 2020 f(2019 ) f(2020 ) (+) προσθέτουμε κατά μέλη: + > +x x x x f(2017 ) f(2019 ) f(2018 ) f(2020 ) Άρα x = 0 είναι μοναδική ρίζα της εξίσωσης 33. i) Η (1 ) παίρνει την μορφή + + − = ⇔ + = −3 3 f (x) 2f(x) x 3 0 f (x) 2f(x) 3 x για κάθε ∈ ℝx (2) Έστω ∈ℝ1 2 x ,x με = ⇒ =3 3 1 2 1 2 f(x ) f(x ) f (x ) f (x ) >> = ⇒ =1 2 1 2 f(x ) f(x ) 2f(x ) 2f(x ) (+) + = + ⇒ − = − ⇒ = (2) 3 3 1 1 2 2 1 2 1 2 f (x ) 2f(x ) f (x ) 2f(x ) 3 x 3 x x x άρα η f είναι 1-1 συνεπώς αντιστρέφεται. ii) H (2) ισχύει για κάθε ∈ ℝx άρα ισχύει και για =x 3 + ≠ ∈ + = ⇔ + = ⇔ = ℝ2 f (3) 2 0 για καθε x 3 2 f (3) 2f(3) 0 f(3)(f (3) 2) 0 f(3) 0 άρα η Cf διέρχεται από το σημείο (3,0) συνεπώς τέμνει τον x΄x σε σημείο με τετμημένη 3. iii) − − − = ⇔ = ⇔ = = f 1 1 1 1 f (x) 3 f(f (x)) f(3) x f(3) 0
  22. 22. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.22 iv) Αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε ∈ℝ0 y υπάρχει ∈ℝ0 x τέτοιο ώστε =0 0 y f(x ) .Πως θα βρούμε το 0 x ; Σκέψη στο πρόχειρο (Στην (2) θέτουμε όπου x το −1 f (x) − − − − − + = − ⇔ + = − ⇔ = − −3 1 1 1 3 1 1 3 f (f (x)) 2f(f (x)) 3 f (x) x 2x 3 f (x) f (x) 3 x 2x πιθανή αντίστροφη της f.) Αν ∈ℝ0 y τότε για = − −3 0 0 0 x 3 y 2y έχουμε στην (1) + + − = ⇔ + + − − − = ⇔ + − − = ⇔3 3 3 3 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 f (x ) 2f(x ) x 3 0 f (x ) 2f(x ) 3 y 2y 3 0 f (x ) 2f(x ) y 2y 0 − + − = ⇔ − − + + − = ⇔3 3 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 f (x ) y 2f(x ) 2y 0 (f(x ) y )(f (x ) f(x )y y ) 2(f(x ) y ) 0 − + + ≠ − − + + = ⇔ − = ⇔ = 2 2 0 0 0 0f (x ) f(x )y y 2 0 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0(f(x ) y )(f (x ) f(x )y y 2) 0 f(x ) y 0 y f(x ) . v) α) Έστω ∈ℝ1 2 x ,x με <1 2 x x και η f είναι γνησίως αύξουσα τότε < ⇒ <3 3 1 2 1 2 f(x ) f(x ) f (x ) f (x ) >> < ⇒ <1 2 1 2 f(x ) f(x ) 2f(x ) 2f(x ) (+) + < + ⇒ − < − ⇒ > (2) 3 3 1 1 2 2 1 2 1 2 f (x ) 2f(x ) f (x ) 2f(x ) 3 x 3 x x x άτοπο, άλλα εφόσον είναι γνησίως μονότονη η f τότε θα είναι γνησίως φθίνουσα. β) > − − − + > − ⇔ + < − ⇔ + + − < ց x 0 x 1 x 1 x 1 f f(e ln x) f(2 x) e ln x 2 x e ln x x 2 0 (3) Θεωρούμε την συνάρτηση − = + + − >x 1 g(x) e lnx x 2,x 0 εύκολα μπορούμε να δείξουμε ότι η g γνησίως αύξουσα στο ( )+∞0, τότε η (3) παίρνει την μορφή: − > + + − < ⇔ < ⇔ < < րg x 1 x 0 e ln x x 2 0 g(x) g(1) 0 x 1 . 34. Α. i) + + + + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ + = − ⇔ + = − −− −− α 3β 3βα α 3 α 3β β β β β7 7 7 7 α 7 α α 14 7 α 3 (2 ) 3 2β α 2β α2β α 3 3 3 3 β 3 β β 3 3 βα 2 ββ β β + = − ⇔ + = − ⇔ ⋅ = ⇔ ⋅ = ⇔ = α 7 α 14 α 7 14 9 10 α 5 α α 1 3 (1 ) 10 5 β 3 β 3 β 3 3 3 3 β 3 β β 2 ii) + − = = + − = + − = + − = + − 2αημx 2αx β β β2αημx 2αx α α 1 1 f(x) 2 ημx 2 x 2 ημx 2 x 1 ημx x 1 β β β β β β β 2 2 ∈ ℝ,x B. Αποδεικνύουμε συνθετικά ότι η f είναι γνησίως μονότονη στο       π 0, 2 Έστω   ∈     1 2 π x ,x 0, 2 με       < ⇒ < ր π ημx στο 0, 2 1 2 1 2 x x ημx ημx >>>> < ⇒ − < −1 2 1 2 x x x 1 x 1 Προσθέτουμε κατά μέλη και προκύπτει: <1 2 f(x ) f(x ) άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο       π 0, 2 συνεπώς και 1-1 στο ίδιο διάστημα οπότε και αντιστρέφεται. Γ. Θεωρούμε από υπόθεση ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ (θα μπορείτε να το αποδείξετε σε μεταγενέστερο κομμάτι της ύλης) i) Ορίζεται η συνάρτηση − → ℝ1 f : f(A) για να βρούμε τα σημεία τομής της −1f C και της ευθείας =y x αρκεί να λύσουμε την εξίσωση: − = ∈1 f (x) x,x f(A) Όμως ξέρουμε ότι − = ∈ ⇔ = ∈ = ℝ1 f (x) x,x f(A) x f(x),x A (1) Οπότε : (1) = ∈ ℝx f(x),x ή = + − ⇔ = ⇔ ⇔ = + ∈ℤ π x ημx x 1 ημx 1 .... x 2kπ ,κ 2 Άρα τα κοινά σημεία της −1f C και της ευθείας =y x είναι: Κάθε κοινό σημείο της −1f C με την y=x είναι και σημείο της f C και αντίστροφα. Όμως Κάθε κοινό σημείο της −1f C με την f C δεν κατά ανάγκη και είναι και σημείο της y=x. Νιάου..
  23. 23. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 23 ( )  ≡ + + ∈    k π π M x,y M 2kπ ,2kπ ,k 2 2 ℤ ii) Στο προηγούμενο ερώτημα με την ισοδυναμία (1) αποδείξαμε ότι κάθε κοινό σημείο της ( )M x,y της −1f C με την ευθεία y=x ανήκει και στην fC και αυτά είναι τα σημεία ( )  ≡ + + ∈    k π π M x,y M 2kπ ,2kπ ,k 2 2 ℤ που προφανώς είναι άπειρα. • 35. i) Η f είναι γνησίως μονότονη στο ℝ και ισχύει <f(1) f(2017) άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .( (θα μπορούσαμε να εργαστούμε και με απαγωγή σε άτοπο) ii)Θα εργαστούμε με απαγωγή σε άτοπο. Έστω ότι υπάρχει ∈ℝ0 x τέτοιος, ώστε ≠0 0 f(x ) x ή ισοδύναμα − ≠1 0 0 f (x ) x , αφού − =1 f f . Όμως , η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα. Συνεπώς • αν είναι − < ⇔ րf 1 0 0 f (x ) x − − < ⇔ <1 1 0 0 0 0f(f (x )) f(x ) x f (x ) άτοπο • αν είναι − > ⇔ րf 1 0 0 f (x ) x − − > ⇔ >1 1 0 0 0 0f(f (x )) f(x ) x f (x ) άτοπο Άρα =f(x) x για κάθε ∈ ℝx . 35. Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το αποτέλεσμα της γενίκευσης στης άσκησης 35 δηλαδή ότι αν μια συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα ( και άρα αντιστρέψιμη) με − =1 g g τότε =g(x) x . Αν συμβολίσουμε με Ε την εκθετική τότε η (1) γράφεται − = 1 foEof E άρα − − − = =1 1 1 Eof f oE (Eof) οπότε Eof ταυτοτική [που σημαίνει ότι − = =1 f E lnx 36. Α. i) ( ) ( ) + =  +  − + ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ + − + ≤    10 α f(1) 2 262 22 2 10 α 26 f(1) 20(α 5) 0 26 20(α 5) 0 10 α 20(α 5) 0 26 ⇔ + + − − ≤ ⇔ ≤ ⇒ =2 2 100 20α α 20α 100 0 α 0 α 0 άρα = ∈ + ℝ2 10 f(x) ,x x 25 ii) = − + ∈ ℝh(x) x 5 1,x Β. i) Αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε ∈ ℝx ισχύει ≤f(x) f(5) Πραγματικά ≤ ⇔ ≤ ⇔ ⇔ − ≥ + 2 2 10x 50 f(x) f(5) .... (x 5) 0 50x 25 που ισχύει για κάθε ∈ ℝx ii) Για κάθε ∈ ℝx ισχύει : = − + ≥ =h(x) x 5 1 1 h(5) άρα η h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x=5 iii) Για κάθε ∈ ℝx ισχύει ≥ = = ≥h(x) h(5) 1 f(5) f(x) άρα η εξίσωση =h(x) f(x) έχει μοναδική ρίζα την x = 5 οπότε Οι γραφικές παραστάσεις των f και h έχουν ακριβώς ένα κοινό σημείο το Α(5,1). 37. Η εξίσωση ορίζεται όταν: ≥ >  ∈  > ⇔ ⇔ >  − ∈ − >  f(x) 2,για καθε x 0 f f x D x 0 x 0 f(x) 1 D f(x) 1 0 kαι επειδή το σύνολο τιμών είναι το ) +∞2, και ≠f(x) 2 για ≠x 2 θα ισχύει: =f(2) 2 Άρα ισχύει: = ⇔ =f(x) 2 x 2 (1) Έχουμε: − = ⇔ − = ⇔ = (1) f(f(x) 1) 2 f(x) 1 2 f(x) 3 και επειδή το 3 ανήκει στο σύνολο τιμών θα υπάρχει Μην ξεχνάτε ότι εφόσον − =1 f f θα ισχύει =ℝ ℝf( )
  24. 24. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.24 τουλάχιστον ένα ( )∈ +∞1 x 0, τέτοιο ώστε =1 f(x ) 3 . 38. A. Η εξίσωση ορίζεται όταν: ≥ >  ∈  > ⇔ ⇔ >  − ∈ − >  f(x) 2,για καθε x 0 f f x D x 0 x 0 f(x) 1 D f(x) 1 0 Στο ( 0,2 έχουμε: − − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = f1 1 f(f(x) 1) 2 f(f(x) 1) f(2) f(x) 1 2 f(x) 3 και επειδή το 3 ανήκει στο σύνολο τιμών θα υπάρχει τουλάχιστον ένα (∈ 1 x 0,2 τέτοιο ώστε =1 f(x ) 3 ≠1 x 2 .Είναι μοναδικό διότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( 0,2 . Ανάλογα στο ) +∞2, … 39. i) Κάθε παράλληλη ευθεία στον x’x τέμνει την Cf σε ένα μόνο σημείο άρα f 1-1. Το σύνολο τιμών της f αποτελείται από όλες τις τεταγμένες των σημείων της Cf ,από το σχήμα βλέπουμε ότι =ℝ ℝf( ) ii) Από θεωρία είναι γνωστό ότι οι Cf, Cf-1 είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία =y x άρα η γραφική παράσταση της 1 f − θα αποτελείται από δυο ημιευθείες συμμετρικές των ημιευθειών ΑΒ και ΒΓ, ως προσ της ευθεία =y x . Όμως τα συμμετρικά των σημείων Α(-3,0),Β(0,3) και Γ(3,5) ως προ της ευθεία =y x είναι αντίστοιχα τα σημεία Α’(0,-3), Β’(3,0) και Γ’(5,3). Αρκεί λοιπόν να βρούμε τις εξισώσεις των ημιευθειών Α’Β’,Β’Γ’. Έχουμε Α Β − − = = −' ' 0 ( 3) λ 1 3 0 Οπότε Α Β − − = − ⇔ = − ' ' : y ( 3) 1(x 0) y x 3 με ≤x 3 Β Γ − = = −' ' 3 0 3 λ 5 3 2 Οπότε Β Γ − = − ⇔ − = − ⇔ = − 3 ' ' : y 3 (x 5) 2 3 15 3 9 y 3 x y x 2 2 2 2 με ≥x 3 Άρα −  − <  =  − ≥  1 x 3 ,x 3 f (x) 3 9 x ,x 3 2 2 iii) H f είναι γνησίως αύξουσα άρα − − + − < ⇔ + − < րf 1 x 1 x f(3 9(1 x)) f(12) 3 9(1 x) 12 (1) Θεωρούμε την συνάρτηση = +x g(x) 3 9x , ∈ ℝx . Κατασκευαστικά αποδεικνύεται ότι η g είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ . Η (1): − < ⇔ − < ⇔ > g g(1 x) g(1) 1 x 1 x 0 ր . 40. i)  − ≥ ⇔ ≥ − + > x 1 0 x 1 x 1 1 0 άρα )=  +∞Df 1, ii) Έστω )∈  +∞1 2 x ,x 1, με =1 2 f(x ) f(x ) .Έχουμε: = ⇔ − + + = − + + ⇔ − + = − + ⇔1 2 1 2 1 2 f(x ) f(x ) 2ln( x 1 1) 3 2ln( x 1 1) 3 2ln( x 1 1) 2ln( x 1 1) O y=x Α’(0,-3) Γ’(5,3) x Cf Α(-3,0) Β(0,3) Γ(3,5) y Β’(3,0) Cf-1
  25. 25. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 25 ⇔ − + = − + ⇔ − + = − + ⇔ − = − ⇔1 2 1 2 1 2 ln( x 1 1) ln( x 1 1) x 1 1 x 1 1 x 1 x 1 )∈ +∞ ⇔ − = − ⇔ = 1 2x ,x 1, 1 2 1 2 x 1 x 1 x x άρα η f 1-1. iii)Έχουμε − = ⇔ = − + + ⇔ = − + y 3 y f(x) y 2ln( x 1 1) 3 ln( x 1 1) 2 − − = − + ⇔ − = − y 3 y 3 2 2 e x 1 1 e 1 x 1 ( − − − − − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ y 3 y 3 y 3 02 2 2 y 3 e 1 0 e 1 e e 0 y 3 2 ) − −     ⇔ − = − ⇔ = − +           2 2 y 3 y 3 2 2 e 1 x 1 x e 1 1 , ≥y 3 Άρα − −   = − + ≥     2 x 3 1 2 f (x) e 1 1,x 3 iv) − − − + = ⇔ + = ⇔ + = − + + ⇔ = + f1 1 1 1 f (1 x) 2 f(f (1 x)) f(2) 1 x 2ln( 2 1 1) 3 x 2ln2 2 41. )=  +∞Df 2, ( − ≥ ⇔ ≥9x 18 0 x 2 ) Θα δείξουμε ότι η f αντιστρέφεται Έστω )∈  +∞1 2 x ,x 2, με = ⇒ − = − ⇒ ⇒ =1 2 1 2 1 2 1 1 f(x ) f(x ) 9x 18 9x 18 .... x x 3 3 άρα η f είναι 1-1 συνεπώς αντιστρέφεται Θέτουμε =y f(x) (1), θα λύσουμε την εξίσωση ως προς χ. = − ≥ 1 y 9x 18 (y 0) 3 ή = − ⇔3y 9x 18 = − ⇔2 9y 9x 18 = − ⇔2 y x 2 = +2 x y 2 Άρα − = + ≥1 2 f (y) y 2,y 0 , αλλάζουμε γράμμα στην μεταβλητή και τελικά − = + ≥1 2 f (x) x 2 , x 0 Χαράζουμε την γραφική παράσταση της f-1 και κατόπιν την συμμετρική της ως προς την y=x 42. Έστω ∈ℝ1 2 x ,x με = ⇒ + = + ⇔ − = −1 2 1 1 2 2 1 2 2 1 g(x ) g(x ) f(x ) x f(x ) x f(x ) f(x ) x x . Από υπόθεση ( )∈ − > − ≤ − ⇔ − ≤ − ⇔ ⇔ − − − ≤ ⇔ − − ≤ ⇔ ⇔ − ≤ ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = 1 2 1 2 1 2 1 2 α 0,1 :1 α 0 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 f(x ) f(x ) α x x x x α x x x x α x x 0 x x (1 α) 0 x x 0 x x 0 x x 0 x x Άρα η g είναι 1-1. 2 2y x= + 1 9 18 3 y x= − 1 Cf − Cf y x=
  26. 26. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.26 43. i) Αρκεί να αποδείξουμε ότι η f είναι περιττή στο ℝ . Η (1) ισχύει για κάθε ∈ ℝx άρα θα ισχύει και για x το f(x) : =− = − ⇔ − = − (1):f(f(f(x))) x f(f(f(f(x)))) f(x) f( x) f(x) για κάθε ∈ ℝx άρα f περιττή ii) Έστω ∈ℝ1 2 x ,x με = ⇒ = ⇒ = ⇒− = − ⇒ = (1) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2f(x ) f(x ) f(f(x )) f(f(x )) f(f(f(x ))) f(f(f(x ))) x x x x άρα η f είναι 1-1. iii) θα δείξουμε ότι για κάθε ∈ℝy η εξίσωση =y f(x) έχει μια τουλάχιστον λύση ως προς x. Έχουμε: − − = ⇔ = ⇔ = ⇔− = ⇔ = − f 1 1 f 1 1 (1) f(x) y f(f(x)) f(y) f(f(f(x))) f(f(y)) x f(f(y)) x f(f(y)) (2) , ∈ℝy εφόσον για κάθε ∈ℝy το ∈ ℝf(f(y)) iv) Από την σχέση (2) − = −1 f (x) f(f(x)), ∈ ℝx • 44. i) + − + = = = − = − + + + + + x x x x x x x x e e 1 1 e 1 1 1 g(x) 1 e 1 e 1 e 1 e 1 e 1 , ∈ ℝx Έστω ∈ℝ1 2 x ,x με < ⇒ < ⇒ + < + ⇒1 2 1 2x x x x 1 2 x x e e e 1 e 1 > ⇒ − < − ⇒ + + + +1 2 1 2x x x x 1 1 1 1 e 1 e 1 e 1 e 1 ⇒ − < − ⇒ < + +1 2 1 2x x 1 1 1 1 f(x ) f(x ) e 1 e 1 άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ ii) H g είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ , άρα και 1-1 συνεπώς αντιστρέφεται. = ⇔ = > + x x e y g(x) y (y 0) e 1 + = ⇔ + = ⇔ = − ⇔ = − − ≠ ⇔ ≠x x x x x x x y(e 1) e ye y e y e ye y e (1 y) (1 y 0 y 1) = > < < − − x y y e ( 0 αρα 0 y 1) 1 y 1 y ( )− = = ∈ − − 1y y x ln( ) η f (y) ln( ) , y 0,1 1 y 1 y Αλλάζουμε γράμμα ως μεταβλητή και έχουμε τελικά ( )− = ∈ − 1 x f (x) ln( ) , x 0,1 1 x iii) ( ) ( )− − = ∈ ∈ = > ∈ = > < < = * 1 1 e e Dg of {x Df / f(x) Dg } {x 0 / ln 0,1 } {x 0 / 0 ln 1} 1,e x x *( < < ⇔ < < ⇔ < < ⇔ > > ⇔ > > e e e x 1 0 ln 1 ln1 ln lne 1 e 1 e x 1 x x x e e ) − − − − = = = = − −− 1 1 e ln 1 ln x 1 lnxx(g of)(x) g (f(x)) ln( ) ln( ) ln( ) e 1 (1 ln x) lnx1 ln x Άρα ( )− − = ∈1 1 ln x (g of)(x) ln ,x 1,e ln x iv) Για ( )∈x 1,e − − − − − − > ⇔ > ⇔ > ⇔ > ⇔ − > ⇔ − > ⇔1 1 ln x 1 ln x 1 ln x 1 ln x 1 ln x ln x (g of)(x) 0 ln 0 ln ln1 1 1 0 0 ln x ln x ln x ln x ln x ln x − ⇔ > 1 2ln x 0 ln x Αλλά για ( )∈x 1,e ισχύει >ln x 0 οπότε αρκεί − > ⇔ > ⇔ < ⇔ < 1 1 2ln x 0 1 2ln x ln x x e 2 Τελικά < <1 x e .
  27. 27. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 27 v) − − + − = + = + = + = + + + + + + x x x xx x x x x x x 1 e e e e 1eg(x) g( x) 1 1e 1 e 1 e 1 e 1 e 1 1 e vi) + + + + + = 1 1 1 g(ln 2017) g(ln 2016) g(ln 2015) g(ln ) g(ln ) g(ln ) 2017 2016 2015 + + + − + − + − =g(ln 2017) g(ln 2016) g(ln 2015) g( ln 2017) g( ln 2016) g( ln 2015) ( ) ( ) ( )+ − + + − + + − = (vi) g(ln2017) g( ln2017) g(ln2016) g( ln2016) g(ln 2015) g( ln2015) + + =1 1 1 3 vii) + + − + − − + − −+ + − ≤ ⇔ + + − ≤ + − − ⇔ ++ ր2 2 2 2 α 4β g( 2020) 2α 8β 4 g(2020) g 2 2 2α 8β 4 g(2020)α 4β g( 2020) e e g(α 4β g( 2020)) g(2α 8β 4 g(2020)) e 1e 1 − + = + + − ≤ + − − ⇔ + + − + ≤ + − ⇔ g( 2020) g(2020) 1 2 2 2 2 α 4β g( 2020) 2α 8β 4 g(2020) α 4β g( 2020) g(2020) 2α 8β 4 + + ≤ + − ⇔ + − − + + ≤ ⇔ − + + − + ≤ ⇔2 2 2 2 2 2 α 4β 1 2α 8β 4 α 4β 2α 8β 4 1 0 α 2α 1 4β 8β 4 0 ( )⇔ − + − ≤ 2 2 α 1 (2β 2) 0 Άρα − =α 1 0 και − =2β 2 0 τελικά = =α β 1 45. Α. Από υπόθεση για κάθε ∈ ℝx ισχύει  ≤  ≤ x g(x) (1) g(g(x)) g(x) (2) Αν θέσουμε στην (2) όπου =g(x) y έχουμε ≤g(y) y για κάθε ∈ =ℝ ℝy g( ) . Άρα ισχύει ≤g(x) x για κάθε ∈ ℝx (3).Από (1),(3): =g(x) x , ∈ ℝx Β. i) Αρχικά αποδεικνύουμε κατασκευαστικά ότι f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ άρα και 1-1 και επίσης παρατηρούμε ότι = + − =0 f(0) 0 e 1 0. Η αρχική εξίσωση γίνεται: − = − ⇔ − + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = 1 1 x x e x 1 e x 1 0 f(x) 0 f(x) f(0) x 0 ii) + > ⇔ + > ⇔ > ⇔ > ⇔ > ր րf f f(f(x) 1) f(1) f(x) 1 1 f(x) 0 f(x) f(0) x 0 Γ. i) Στην συνάρτηση = + −x f(x) x e 1 , ∈ ℝx θέτουμε όπου x το h(x) και λαμβάνουμε: = + − ⇔ = − ⇔ = +h(x) f(h(x)) h(x) e 1 f(h(x)) φ(x) 1 φ(x) f(h(x)) 1 (1) Τότε για κάθε ∈ℝ1 2 x ,x με <1 2 x x ισχύει: < ⇒ + < + ⇒ < ⇒ < րf 1 2 1 2 1 2 1 2 φ(x ) φ(x ) f(h(x )) 1 f(h(x )) 1 f(h(x )) f(h(x )) h(x ) h(x ) άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ . ii) Θέτουμε στην (1) όπου x=0 άρα − = + ⇔ = + ⇔ = ⇔ = ⇔ = f 1 1 φ(0) f(h(0)) 1 1 f(h(0)) 1 f(h(0)) 0 f(h(0)) f(0) h(0) 0συνεπώς ότι η Ch διέρχεται από την αρχή των αξόνων. iii) Η εξίσωση = +(hof)(x) h(x 3) ορίζεται στο ℝ έτσι: − = + ⇔ = + ⇔ = + ⇔ ⇔ + − = + ⇔ − = ⇔ = ⇔ = h αρα και 1 1 x x x (hof)(x) h(x 3) h(f(x)) h(x 3) f(x) x 3 x e 1 x 3 e 1 3 e 4 x ln4. ր 46. i) Η γραφική παράσταση της Cf διέρχεται από τα σημεία Α(1,2) και Β(3,-2) άρα =(1) 2f και = −(3) 2f ii) H f η οποία είναι γνησίως μονότονη και ισχύει <(3) (1)f f άρα είναι γνησίως φθίνουσα. iii) − + < ⇔ − < − ⇔ − < ⇔ − > ⇔ > ց 4 (3 1) 2 0 (3 1) 2 (3 1) (3) 3 1 3 3 f f x f x f x f x x iv) H f είναι γνησίως φθίνουσα άρα είναι 1-1 (*) άρα αντιστρέφεται.
  28. 28. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.28 v) − − − − − − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = 1 1 1 1 1 1 1 1 0 ( ) 2 ( ) (1) 1 1 0 1 x f e x x x x f e f e f e e e x x vi) Η γραφική παράσταση της Cf διέρχεται από τα σημεία Α(1,2) και Β(3,-2) άρα − = ⇔ = 1 (1) 2 1 (2)f f − = − ⇔ = −1 (3) 2 3 ( 2)f f vii) ( ) − = − − − − − − + + = ⇔ − + + = ⇔ − + + = ⇔ 1 1 (2) 1 1 1 1 1 ( 2 ( 2)) 2 ( 2 ( 2)) (2) 2 ( 2) 1 f f f x f f f x f f x − − − + = ⇔ + = − ⇔ + = − ⇔ = −1 1 1 ( 2) 3 ( 2) ( 2) 2 2 4f x f x f x x (*)H f είναι γνησίως μονότονη άρα είναι 1-1 Απόδειξη Έστω ότι η f είναι γνησίως αύξουσα. Έστω ∈1 2 , f x x D με ≠1 2 x x ,διακρίνουμε περιπτώσεις < ⇒ <1 2 1 2 ( ) ( )x x f x f x > ⇒ >1 2 1 2 ( ) ( )x x f x f x Άρα σε κάθε περίπτωση ισχύει ≠1 2 ( ) ( )f x f x άρα f 1-1 . Ανάλογα η απόδειξη αν η f είναι γνησίως φθίνουσα. 47. i) + + −     = = − = − = − = −        1 1 1 1 1 1 1 f(x) 2 22 2 2 2 2 2 2 x xx x x x x x x x x x x e e ee e e e e ii) Έστω ∈1 2 ,x x R με <1 2 x x τότε: Αφού e 1 2 > η συνάρτησή x 1 e f (x) 2   =     είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ άρα        < ⇔ < ⇔ <                1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 x x x x e e e e x x e e (1).Αφού 1 0 1 2 < < η συνάρτησή x 2 1 f (x) 2   =     είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ άρα        < ⇔ > ⇔ − < −                1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2 x x x x x x (2).Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1) και (2) και λαμβάνουμε         − < − ⇔ <                1 1 2 2 1 2 1 1 f(x ) f(x ) 2 2 2 2 x x x x e e e e άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ . iii) Για να βρούμε τα σημεία τομής της Cf με τον άξονα x’x, λύνουμε την =f(x) 0 . Έχουμε μια προφανή ρίζα το -1 .Πράγματι − + − − − − − − = = = = 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 f(-1) 0 2 2 2 e e . Λόγω όμως της μονοτονίας της f η ρίζα αυτή είναι μοναδική. Άρα η Cf τέμνει τον άξονα x’x στο σημείο Α(-1,0).Για να βρούμε τα σημεία τομής της −1 Cf με τον άξονα x’x λύνουμε την + − = ⇔ = ⇔ = = = − 0 1 -1 -1 0 1 f (x) 0 ( (x)) (0) x (0) 1 2 e f f f f e Λόγω όμως της μονοτονίας της −1 f (*) η ρίζα αυτή είναι μοναδική. Άρα η −1 Cf τέμνει τον άξονα x’x στο σημείο Β(e-1,0). iv) − < ⇔ − < ⇔ − < ⇔ < ⇔ <x x x x f(e 2) 0 f(e 2) f(-1) e 2 -1 e 1 0 f x γνησιως αυξουσα v) Έχουμε: + + − − ≥ − ⇔ ≥ − ⇔ ≥ ⇔ ≥ 2 2 2 2 x 1 x 1 2 2e 1 e 1 ( 1)2 ( 1) ( ) (0) 0 2 f x x e e f x f x γνησιως αυξουσα που ισχύει για κάθε ∈x R (*)Υπενθυμίζουμε ότι αν μια συνάρτηση Α →:f R είναι γνησίως μονότονη τότε ισχύει ότι είναι αντιστρέψιμη και η -1 f έχει το ίδιο είδος μονοτονίας με την f. Θέλει απόδειξη για να χρησιμοποιηθεί. Δοκιμάστε να το αποδείξετε αλλιώς θα βρείτε την απόδειξη στην άσκηση Α25 στην σελ 18. Στο ερώτημα (v) χρησιμοποιήθηκε η συνεπαγωγή > ⇒ >1 2 1 2 ( ) ( ) f f x f x x x γνησιως αυξουσα (1) η οποία παρότι δεν αναφέρεται ρητά στο σχολικό ισχύει και αποδεικνύεται από την παραπάνω πρόταση ως εξής:
  29. 29. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 29 − − − > ⇒ > ⇒ > 1 1 1 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ( )) ( ( )) f f f x f x f f x f f x x x γνησιως αυξουσα αρα γνησιως αυξουσα Εναλλακτική απόδειξη της (1) μπορεί να γίνει και με άτοπο.. Καλό είναι να γνωρίζετε τόσο την πρόταση όσο και την απόδειξη. Στις ασκήσεις θα χρησιμοποιούμε χωρίς απόδειξη τις ισοδυναμίες: > ⇔ > ∈1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) , , f f x f x x x x x Df γνησιως αυξουσα > ⇔ < ∈1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) , , f f x f x x x x x Df γνησιως ϕθινουσα 48.i) Έστω 1 2 , 2x x ≥ τέτοιο ώστε 1 2 ( ) ( )f x f x= ⇒ − + = − + ⇒ − = −2 2 2 2 1 2 1 2( 2) 2 ( 2) 2 ( 2) ( 2)x x x x , 1 2 , 2x x ≥ άρα − − ≥1 22, 2 0x x και [ )2 1f (x) x 0,= ↑ +∞ ⇒ − = − ⇒ =1 2 1 22 2x x x x άρα η f είναι 1-1. ii) Εφόσον η f είναι 1-1 τότε αντιστρέφεται 2 0 2 2 2 y=f(x) ( 2) 2 2 ( 2) 2 2 2 2, 2 y y y x y x y x x y y − ≥ ⇔ ≥ ⇔ = − + ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = − + ≥ Άρα 1 ( ) 2 2, 2f x x x− = − + ≥ iii) Tα κοινά σημεία της fC με την ευθεία y x= προκύπτουν από την λύση της εξίσωσης 2 f(x) ( 2) 2 ... 2 3x x x x ή x= ⇔ − + = ⇔ ⇔ = = άρα (2,2), (3,3)A B .Από θεωρία είναι γνωστό ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f και -1 f είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία y x= και ότι οι εξισώσεις -1 f(x) ,f (x)x x= = είναι ισοδύναμες άρα αρκεί να λύσουμε την μια από τις δυο. iv) Στο διάστημα ( )2,3 ισχύει -1 f(x) f (x)< .Στο διάστημα ( )3,+∞ ισχύει -1 f(x) f (x)> Το ζητούμενο εμβαδό είναι το διπλάσιο δηλ, 1 3 από το δοσμένο (δείτε το σχήμα) 3 y=x2 f(x) ( 2) 2, 2x x= − + ≥ 1 ( ) 2 2, 2f x x x− = − + ≥ 1 6
  30. 30. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.30 49*. i) Η g εύκολα αποδεικνύεται ότι είναι γνησίως αύξουσα και έχει σύνολο τιμών το ℝ άρα αντιστρέφεται. ii) Ισχύει: ( )+ ≤ ≤ + 33 f(x x) x f(x) f(x) για κάθε ∈ ℝx δηλαδή ≤ ≤f(g(x)) x g(f(x)) (2) για κάθε ∈ ℝx άρα θα ισχύει και για x το −1 g (x) και γίνεται − − ≤ ≤1 1 f(x) g (x) g(f(g (x))) (3) Από την (2) − ⇔ − − − − − ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ր ր1 g g 1 1 1 1 1 f(g(x)) x g(f(x)) g (f(g(x))) g (x) g (g(f(x))) g (f(g(x))) g (x) f(x) (4) Από (3) και (4) : − = 1 f(x) g (x) για κάθε ∈ ℝx . 50. i) Για κάθε ∈ ℝx ( ) ( )− = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ 2 2 f(x) f(x) f(x) f(x) f(x) f(x) 1 e 2x e 1 2xe e 2xe 1 e ( ) ( )⇔ − + = + ⇔ − = + ⇔ − = + ⇔ − = + 222 2f(x) f(x) 2 2 f(x) 2 f(x) 2 f(x) 2 e 2xe x 1 x e x 1 x e x 1 x e x 1 x + + > ∈+ > ⇔ − = + ⇔ = + + ⇔ = + + ∈ 2f(x) x 1 x 0 για καθε x (*)e x 0 f(x) 2 f(x) 2 2 e x 1 x e x 1 x f(x) ln(x 1 x ),x ℝ ℝ . (*)Θα δείξουμε ότι + + >2 1 0x x για κάθε ∈ ℝx . Για κάθε ∈ ℝx έχουμε : + > =2 2 1x x x Αλλά, ≥ −x x οπότε ισχύει + > − ⇔ + + >2 2 1 1 0x x x x , ∈ ℝx ii) α) Έστω ∈ℝ1 2 ,x x με < ⇒ <1 2 1 2 x x x x e e − − − − < ⇒ − > − ⇒ > ⇒ − < −1 2 1 2 1 2 1 2 x x x x x x x x e e e e (+) − − − − − − − < − ⇒ < ⇒ < 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 ( ) ( ) 2 2 x x x x x x x x e e e e e e e e g x g x άρα η g είναι η γνησίως αύξουσα στο ℝ . β) Η g(f(x)) ορίζεται όταν  ∈  ∈ ℝ ℝ x f(x) άρα η gof ορίζεται στο ℝ και: − − + + − + + + + + + − − − − + + − + + = = = = = = 2 2 2 2 1 f(x) f(x) ln(x x 1) ln(x x 1) ln(x x 1) ln(x x 1) 2 2 1 e e e e e e x x 1 (x x 1) (gof)(x) g(f(x)) 2 2 2 2 − + − ++ + −+ + − + + − + + + − ++ + − ++ + − −= = = = = 2 222 2 2 22 22 2 2 x x 11 x x 1x x 1x x 1 x x 1 x x 1 x x 1(x x 1)(x x 1)x x 1 x x 1 2 2 2 2 + = = x x x 2 ,δηλαδή =g(f(x)) x , ∈ℝx (1) γ) Για ∈ℝ1 2 ,x x με < ⇒ < ⇒ < ր(1) 1 2 1 2 1 2 ( ( )) ( ( )) ( ) ( ) g x x g f x g f x f x f x άρα η f είναι γνησίως αύξουσα. Εναλλακτικά θα μπορούσε κανείς να παρατηρήσει ότι g, f η μια αντίστροφη της άλλης και έχουν το ίδιο είδος μονοτονίας. iii) Έστω ∈ℝ1 2 ,x x με <1 2 x x αρκεί ,να δείξουμε ότι η διαφορά ∆ = − <1 2 ( ) ( ) 0f x f x .  + +  − = + + − + + =  + +  2 1 12 2 1 2 1 1 2 2 2 2 2 1 ( ) ( ) ln( 1) ln( 1) ln 1 x x f x f x x x x x x x αρκεί να δείξουμε ότι + + > + + < ⇔ + + < + + ⇔ + + − − + < ⇔ + + 2 2 2 2 1 0 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 0 1 x x x x x x x x x x x x x x ( )( ) ( ) + − + + + + − + + − + < ⇔ − + < ⇔ + + + 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 x x x x x x x x x x x x
  31. 31. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου Οι λύσεις στην σελ 12 mathhmagic.blogspot.gr ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 31 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) + − + + − + − + < ⇔ − + < ⇔ + + + + + + 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x ( ) ( )( ) ( ) − +− − + < ⇔ − + < ⇔ + + + + + + 2 2 1 2 1 21 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 0 0 1 1 1 1 x x x xx x x x x x x x x x ( ) ( ) ( )    + + + + ++   − + < ⇔ − < ⇔   + + ++ + +     2 2 1 2 1 21 2 1 2 1 2 2 22 2 1 21 2 1 1 1 0 0 1 11 1 x x x xx x x x x x x xx x ( )  + + + + +  − <  + + +  2 2 1 1 2 2 1 2 2 2 1 2 1 1 0 1 1 x x x x x x x x (2) Αλλά, < ⇔ − <1 2 1 2 0x x x x και ισχύει + + > + + >2 2 1 2 2 1 0 , 1 0x x x x Οπότε η (2) ισχύει για ∈ ℝx . Άρα, f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ . Γιατί τόσα πολλά ερωτήματα ;;;; Στους θεματοδότες τα παράπονα!!!

×