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.

15 θέματα από το βιβλίο 100 Θέματα Μαθηματικών του Λουκά Κανάκη - Εκδόσεις: Μαυρίδη

19,956 views

Published on

Μια αποκλειστική προσφορά lisari.blogspot.gr

Published in: Education
  • Be the first to comment

  • Be the first to like this

15 θέματα από το βιβλίο 100 Θέματα Μαθηματικών του Λουκά Κανάκη - Εκδόσεις: Μαυρίδη

  1. 1. Λουκάς Ι. Κανάκης 100 Θέματα Μαθηματικών Γ΄ Λυκείου ● Θετικών Σπουδών ● Σπουδών Οικονομίας & Πληροφορικής ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΜΑΥΡΙΔΗ 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 1 of 59
  2. 2. Κάθε γνήσιο αντίτυπο φέρει την υπογραφή του συγγραφέα 100 Θέματα Μαθηματικών Γ΄ Λυκείου ● Θετικών Σπουδών ● Σπουδών Οικονομίας και Πληροφορικής Λ. Ι. Κανάκης, τηλ.: 6945.445196 e-mail: kanakisloukas@gmail.com ΙSBN: 978-618-5249-14-4 © Copyright: ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΜΑΥΡΙΔΗ τηλ.: 2310.810715 e-mail: glmavridis@gmail.com ΚΕΝΤΡΙΚΗ ΔΙΑΘΕΣΗ Ι Ω Α Ν Ν Η Σ Π . Τ Σ Α Χ Ο Υ Ρ Ι Δ Η Σ ΔΙΑΚΙΝΗΣΗ ΒΙΒΛΙΩΝ ΣΤΡ. ΕΞΑΔΑΚΤΥΛΟΥ 5, 546 35 ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ Τηλ./Fax: 2310.248272, Ε-mail: grafima@grafima.com.gr 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 2 of 59
  3. 3. Στoυς γιους μου Ιορδάνη και Αλέξανδρο 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 3 of 59
  4. 4. 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 4 of 59
  5. 5. Πρόλογος Το βιβλίο αυτό απευθύνεται στους σκληρά εργαζόμενους μαθητές-υποψή- φιους που, αρνούμενοι τη ρετσινιά της αριστείας, φιλοδοξούν να πετάξουν ψηλά, στοχεύοντας στο 100 των Πανελλαδικών εξετάσεων. Για την επίτευξη όμως αυτού του στόχου δεν αρκούν τα ξενύχτια και η μεγά- λη διανοητική προσπάθεια. Απαιτούνται, όπως επισημαίνει και ο Polya, έντονα συναισθήματα. Ένα ασίγαστο ερωτικό πάθος που θα τους απογειώσει και θα τους ταξιδέψει σε έναν ανώτερο κόσμο. Τον υπέροχο κόσμο των Μαθηματικών. Θεωρώντας ρετσινιά την ισοπέδωση της μαθηματικής εκπαίδευσης στον βω- μό της κυριαρχίας της μετριότητας, παραδίνω αυτό το βιβλίο στους υποψήφιους, με την ελπίδα ότι θα τους βοηθήσει σημαντικά στον δύσκολο αγώνα τους. Τέλος, οφείλω να ευχαριστήσω θερμά τον αγαπητό μου φίλο και κορυφαίο μαθηματικό, Γιώργο Μαυρίδη, ο οποίος είχε την έμπνευση της δημιουργίας του βιβλίου αυτού και συνέβαλε καταλυτικά στη συγγραφή του. Λουκάς Ι. Κανάκης Θεσσαλονίκη, Noέμβριος 2017 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 5 of 59
  6. 6. «Η Σκύλλα και η Χάρυβδη κάθε διδακτικής παρουσίασης, δηλαδή η υπερεπιστημονικότητα και η υπεραπλούστευση είναι το ίδιο επικίνδυνες.» Θεόδωρος Ν. Καζαντζής 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 6 of 59
  7. 7. 100 Θέματα Μαθηματικών 7 Θέμα 1 Δίνονται οι συναρτήσεις    2 f x x 1 και g x x 2.    Αν η συνάρτηση h είναι η σύνθεση της συνάρτησης f με τη συνάρτηση g, τότε: i) να βρείτε τη συνάρτηση h ii) να μελετήσετε τη συνάρτηση h ως προς τη μονοτονία, τα ακρότατα, την κυρτότητα και τα σημεία καμπής iii) να αποδείξετε ότι η hC έχει ακριβώς δύο ασύμπτωτες iv) να σχεδιάσετε τη hC . Λύση i) Τα πεδία ορισμού των συναρτήσεων f και g είναι τα διαστήματα fD   και  gD 2,   αντίστοιχα. Η συνάρτηση h g f  ορίζεται για κάθε fx D   τέτοιο, ώστε   2 g 2 2 f x D x 1 2 x 1 x 1 x 1 x 1 ή x 1.               Επομένως,    hD , 1 1,      και              2 h x g f x g f x f x 2 x 1 για κάθε x , 1 1, .              ii) Έχουμε      2 2 2 2 2 1 2x x h x x 1 x 1 2 x 1 2 x 1 x 1                για κάθε x , 1 1, .      25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 7 of 59
  8. 8. 8 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Οπότε: ●  h x 0 x 1     ●  h x 0 x 1.    Και επειδή η συνάρτηση h είναι συνεχής συμπεραίνουμε ότι είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα  , 1  και γνησίως αύξουσα στο διάστημα  1, .  Επίσης, η συνάρτηση h παρουσιάζει στα σημεία 1 και 1 τοπικά ελάχιστα τα  h 1 0  και  h 1 0. Έχουμε                 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x h x x 1 x x 1 x x 1 x 1 x 1 x 1 x x 1 x 1 x 1 x x 1 x 1 1 0 για κάθε x , 1 1, . x 1 x 1                                       Και επειδή η συνάρτηση h είναι συνεχής, συμπεραίνουμε ότι είναι κοίλη σε καθένα από τα διαστήματα    , 1 και 1, .    Από τα παραπάνω προκύπτει ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης h δεν έχει σημεία καμπής. iii) Κατακορυφές ασύμπτωτες της hC δεν αναζητούνται, αφού η συνάρτηση h είναι συνεχής και το πεδίο ορισμού της δεν έχει άκρα ανοικτών διαστημάτων, τα οποία να είναι αριθμοί. Επομένως, αναζητούμε πλάγιες ή οριζόντιες ασύμπτωτες της hC στο  και στο . x  1 1   h x    h x Τ.Ε. Τ.Ε. 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 8 of 59
  9. 9. 100 Θέματα Μαθηματικών 9 ● Κοντά στο  έχουμε   2 2 2 2 2 2 1 x 1 h x x 1 x x x x 1 1 x 1 x 1 1x x 1 . x x x                  Οπότε,   2x x h x 1 lim lim 1 1 0 1. x x                Επίσης, κοντά στο  έχουμε      2 2 2 2 2 2 2 2 h x x x 1 x x 1 x x 1 x x 1 x x 1 x 1 . x 1 x x 1 x                     Οπότε,    2x x 1 lim h x x lim 0 x 1 x        διότι  2 x lim x 1 x .      Άρα, η ευθεία y x  είναι ασύμπτωτη της hC στο . ● Κοντά στο  έχουμε   2 2 2 2 2 2 1 1 x 1 x 1 h x x 1 x x x x x x 1 x 1 1x 1 . x x                Οπότε   2x x h x 1 lim lim 1 1 0 1. x x       Επίσης, κοντά στο  έχουμε 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 9 of 59
  10. 10. 10 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου 11 O y x x y y xy x      2 2 2 2 2 2 2 2 x 1 x x 1 x h x x x 1 x x 1 x x 1 x 1 . x 1 x x 1 x                     Οπότε,    2x x 1 lim h x x lim 0 x 1 x        διότι,  2 x lim x 1 x .      Άρα, η ευθεία y x είναι ασύμπτωτη της hC στο . iv) Έχουμε τον παρακάτω πίνακα μεταβολών της συνάρτησης h: x  1 1   h x    h x    h x y x  T.E. T.E. y x πλάγια ( 1,0) (1,0) πλάγια ασύμπτωτη ασύμπτωτη Με βάση τον παραπάνω πίνακα σχεδιάζουμε τη γραφική παράσταση της συνάρ- τησης h.    y f x y f x 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 10 of 59
  11. 11. 100 Θέματα Μαθηματικών 11 Θέμα 2 Δίνονται οι συναρτήσεις f, g, h με τύπους       2 x 2 x 4 2 f x , g x 1 και h x e . xx 2 x       Να αποδείξετε ότι: i) f g ii)    f ημx f x για κάθε x κπ, κ  iii)   x lim 1 f x ημx 0      iv) Οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f και h έχουν ακριβώς ένα κοινό σημείο. Λύση i) To πεδίο ορισμού της συνάρτησης g είναι το σύνολο gD *.  Η συνάρτηση f ορίζεται για κάθε x  τέτοιο, ώστε   22 x 2 x 0 x 2 x 0 x x 2 0 x 0 και x 2 0 x 0 x 0.                 Επομένως, f gD * D .  Για κάθε x * έχουμε          22 2 2 x 4x 4 f x x 2 x x 2 x x 2 x 2 x 2 xx x 2 2 1 g x x               και συνεπώς f g. 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 11 of 59
  12. 12. 12 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου ii) Έχουμε     2 f x g x 1 x    για κάθε x * και     2 f ημx g ημx 1 ημx    για κάθε x κπ, κ .  Γνωρίζουμε ότι ημx x για κάθε x  και η ισότητα ισχύει μόνο για x 0. Επομένως, για κάθε x κπ με κ ,  έχουμε     1 1 ημx x ημx x 2 2 ημx x 2 2 1 1 ημx x f ημx f x .              iii) Έχουμε     2 2 1 f x 1 g x 1 1 x x              για κάθε x *. Επίσης, κοντά στο  έχουμε    1 ημx 1 2 2 2 2 ημx , αφού 0 x x x x 2 2 1 f x ημx , αφού x 0. x x               Όμως, x x 2 2 lim lim 0. x x          Άρα, σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής έχουμε   x lim 1 f x ημx 0.      25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 12 of 59
  13. 13. 100 Θέματα Μαθηματικών 13 iv) Θεωρούμε τη συνάρτηση           x2 φ x f x h x g x h x 1 e . x        ● Για κάθε  x 0,   η συνάρτηση φ γράφεται   x2 φ x 1 e x    . Επίσης, για κάθε x 0 έχουμε x 0 x x e e e 1 1 e 0      και 2 0. x   Επομένως,  φ x 0 για κάθε  x 0,   και η εξίσωση  φ x 0 δεν έχει ρίζα στο διάστημα  0, .  ● Για κάθε  x , 0  η συνάρτηση φ γράφεται   x2 φ x 1 e x    . Έχουμε    x x x 2 2 2 2 2 φ x 1 e e e 0 για κάθε x , 0 . x x x                        Άρα, η συνάρτηση φ είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα  , 0 . Και επειδή η συνάρτηση φ είναι συνεχής, συμπεραίνουμε ότι το σύνολο τιμών της στο διάστημα  , 0 είναι το διάστημα       xx 0 φ , 0 lim φ x , lim φ x .           Όμως,   x x 0 x 0 2 lim φ x lim 1 e x             διότι  x x 0 x 0 2 lim και lim 1 e 1 1 0. x         Επίσης,   x x x x 2 lim φ x lim 1 lim e 1 0 1. x              Επομένως,     φ , 0 ,1   και το 0 περιέχεται σ’ αυτό το σύνολο τιμών. Οπότε η εξίσωση          φ x 0 f x h x 0 f x h x      έχει ρίζα στο διάστημα  , 0 και μάλιστα μοναδική, αφού φ  , 0 . Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f και h έχουν ακριβώς ένα κοινό σημείο. 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 13 of 59
  14. 14. 14 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Θέμα 3 Δίνεται η συνάρτηση   2 0 , x 0 xln x , 0 x 1 1 x f x α , x 1 βx 3 , x 1 x                όπου α, β σταθεροί πραγματικοί αριθμοί. i) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο σημείο 0. ii) Να βρείτε την τιμή του αριθμού α ώστε η συνάρτηση f να είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα  0, 1 . iii) Αν α 1  , να αποδείξετε ότι υπάρχει  ξ 0,1 τέτοιος, ώστε   1 ξlnξ ξ 1 . 2   iv) Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα  0,   , να βρείτε την ασύμπτωτη της fC στο . Λύση i) Έχουμε         x 0 x 0 x 0 x 0 L.H.x 0 x 0 x 0 x 0 2 xln x 1 lim f x lim lim lim xln x 1 x 1 x ln xln x 1 lim lim 1 1 x x 1 xlim lim x 0 1 x                                      Και επειδή  f 0 0, συμπεραίνουμε ότι    x 0 lim f x f 0 .   Δηλαδή, η συνάρτηση f είναι συνεχής στο σημείο 0. 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 14 of 59
  15. 15. 100 Θέματα Μαθηματικών 15 ii) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα  0, 1 , αν και μόνο αν, είναι συνεχής στο ανοικτό διάστημα  0,1 και επιπλέον ισχύουν οι σχέσεις     x 0 lim f x f 0   και     x 1 lim f x f 1 .   Όμως, στο ανοικτό διάστημα  0,1 η συνάρτηση f έχει τύπο   xln x f x 1 x   και είναι συνεχής ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. Επίσης, σύμφωνα με το ερώτημα i) ισχύει η σχέση     x 0 lim f x f 0 .   Έχουμε           0 0 L.H.x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 xln xxln x lim f x lim lim 1 x 1 x x ln x x ln x lim 1 ln x 1 0 1 lim 1 1 1                               και  f 1 α. Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα  0,1 αν και μόνο αν α 1.  iii) Για α 1  , σύμφωνα με το ερώτημα ii) η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα  0,1 . Επίσης,  f 0 0 και  f 1 1.  Οπότε, η τιμή 1 2  είναι ανάμεσα στις τιμές  f 1 και  f 0 . Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα των ενδιάμεσων τιμών υπάρχει  ξ 0,1 τέτοιος, ώστε   1 f ξ . 2   Δηλαδή, ξlnξ 1 1 ξ 2    25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 15 of 59
  16. 16. 16 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου ή ισοδύναμα   1 ξlnξ 1 ξ 2    και τελικά   1 ξlnξ ξ 1 . 2   iv) Από τα ερωτήματα i) και ii) γνωρίζουμε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα  0,1 . Επίσης, στο διάστημα  1,  η συνάρτηση f έχει τύπο   2 βx 3 f x x   και είναι συνεχής ως ρητή. Επομένως, η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα  0,  αν και μόνο αν είναι συνεχής και στο σημείο 1. Δηλαδή, αν και μόνο αν  x 1 limf x 1   ή ισοδύναμα       x 1 x 1 2 x 1 lim f x lim f x f 1 βx 3 lim 1 α x β 3 1 α.                 Επομένως, α 1  και β 2. Για β 2 έχουμε   2 2x 3 f x x   για κάθε  x 1, .   Οπότε: ●   2 2 2 2x x x x f x 2x 3 2x lim lim lim lim 2 2 x x x         και ●    2 x x x 2x 3 3 lim f x 2x lim 2x lim 0. x x                   Άρα, η ευθεία y 2x είναι η ασύμπτωτη της fC στο . 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 16 of 59
  17. 17. 100 Θέματα Μαθηματικών 17 Θέμα 4 Δίνεται η συνάρτηση f :   με τύπο   3 f x x για κάθε x .   i) Nα αποδείξετε ότι η εφαπτομένη  ε της fC σε οποιοδήποτε σημείο της  3 A α, α με α 0 έχει με τη fC και δεύτερο κοινό σημείο Β εκτός του Α. ii) Να αποδείξετε ότι το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από τη fC και την εφαπτομένη  ε είναι ίσο με 4 27α 4 τ.μ. iii) Για α 1 να αποδείξετε ότι η ευθεία  ε εφάπτεται και στη γραφική παρά- σταση της συνάρτησης   2 g x x 5x 1.   iv) Ένα αυτοκίνητο Α κινείται κατά μήκος της καμπύλης 3 y x , x 0  πλησιάζοντας τον άξονα x x και ο προβο- λέας του φωτίζει κατευθείαν εμπρός. Αν ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του αυ- τοκινήτου δίνεται από τον τύπο    α t 3α t   να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του σημείου Γ του άξονα x x στο οποίο πέφτουν τα φώτα του αυτοκινήτου, τη χρονική στιγμή 0t κατά την οποία το αυτοκίνητο έχει τετμημένη 5. Λύση i) Έχουμε   2 f x 3x  για κάθε x . Η εφαπτομένη  ε της fC στο σημείο  3 A α, α , α 0 έχει εξίσωση       3 2 2 3 y f α f α x α y α 3α x α y 3α x 2α , α 0.            Για να βρούμε τα κοινά σημεία της fC με την ευθεία  ε , αρκεί να λύσουμε την εξίσωση x y  O  3 Α α, α Γ 3 y x  25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 17 of 59
  18. 18. 18 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου   2 3 3 2 3 3 2 3 f x 3α x 2α x 3α x 2α x 3α x 2α 0.          Η παραπάνω εξίσωση έχει προφανή ρίζα την x α που είναι η τετμημένη του σημείου επαφής  3 Α α, α . Με τη βοήθεια του σχήματος Horner έχουμε            3 2 3 2 2 2 x 3α x 2α 0 x α x αx 2α 0 x α x α x 2α 0 x α x 2α 0 x α 0 ή x 2α 0 x α ή x 2α.                           Επομένως, η εφαπτομένη  ε έχει με τη fC και δεύτερο κοινό σημείο εκτός του  3 A α, α . Το σημείο  3 Β 2α, 8α .  ii) To διάστημα ολοκλήρωσης είναι το διάστημα  2α, α , αφού α 0. Επίσης,        22 3 f x 3α x 2α x α x 2α 0      για κάθε  x 2α, α .  Επομένως, το ζητούμενο εμβαδό είναι         α α 2 3 3 2 3 2α 2α α4 2 2 4 4 3 4 4 4 4 2α 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 Ε f x 3α x 2α dx x 3α x 2α dx x 3α x α 3α 2α x 2α 4α 6α 4α 4 2 4 2 α 3α α 3α 2α 6α 8α 4 2 4 2 α 6α 32α 27α τ.μ. 4 4 4 4                                                    iii) Για α 1 η εξίσωση της ευθείας  ε γράφεται ε : y 3x 2.  Έχουμε   2 g x x 5x 1 για κάθε x     και  g x 2x 5 για κάθε x     . 1 0 ‒3α2 2α3 α α α2 ‒2α3 1 α ‒2α2 0 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 18 of 59
  19. 19. 100 Θέματα Μαθηματικών 19 Έστω   0 0M x , g x το σημείο επαφής της gC . Η εφαπτομένη της gC στο Μ έχει εξίσωση               2 0 0 0 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 0 2 0 0 y g x g x x x y x 5x 1 2x 5 x x y x 5x 1 2x 5 x 2x 5x y 2x 5 x x 1 .                        Η εφαπτομένη αυτή συμπίπτει με την ευθεία  ε αν και μόνο αν  2 0 02x 5 3 και x 1 2.      Δηλαδή, αν και μόνο αν 2 0 02x 2 και x 1   και τελικά 0x 1.  Επομένως, η ευθεία  ε εφάπτεται και στη gC στο σημείο  M 1, 5 .  iv) Η φωτεινή ακτίνα του προβολέα του αυτοκινήτου συμπίπτει προφανώς με την εφαπτομένη 2 3 ε : y 3α x 2α  της fC στο σημείο  3 A α, α με α 0 . Το σημείο Γ είναι το σημείο τομής της ευθείας  ε με τον άξονα x x. Για y 0 από την εξίσωση της ευθείας  ε βρίσκουμε ότι 2 3 2 3 2α 0 3α x 2α 3α x 2α x , αφού α 0. 3        Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι η τετμημένη του σημείου Γ ως συνάρτηση του χρόνου είναι       2 x t α t με α t 0. 3   Οπότε     2 x t α t 3   . Και επειδή    α t 3α t   , συμπεραίνουμε ότι        2 x t 3α t 2α t 3      . Επομένως, τη χρονική στιγμή 0t κατά την οποία έχουμε  0α t 5, ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του σημείου Γ είναι    0 0x t 2α t 2 5 10.        25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 19 of 59
  20. 20. 20 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Θέμα 5 Δίνεται η συνάρτηση  f : με τύπο      3 f x x 3x κ, για κάθε x  όπου κ σταθερός πραγματικός αριθμός. i) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f παρουσιάζει ένα τοπικό μέγιστο, ένα το- πικό ελάχιστο και ένα σημείο καμπής. ii) Αν 1 2x , x είναι οι θέσεις των τοπικών ακροτάτων και 3x η θέση του σημείου καμπής της συνάρτησης f, να αποδείξετε ότι τα σημεία         1 1 2 2 3 3A x , f x , B x , f x και Γ x , f x είναι συνευθειακά. iii) Να υπολογίσετε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f και την ευθεία ΑΒ. iv) Αν επιπλέον ισχύει η σχέση        2x 2 f x lim λ , x 3 1 να βρείτε τις τιμές των αριθμών κ και λ. Λύση i) Έχουμε      3 2 2 f x x 3x κ 3x 3 3 x 1         για κάθε x  . Οπότε: ●   2 2 f x 0 x 1 0 x 1 x 1 ή x 1           ●   2 f x 0 x 1 0 x 1 ή x 1         ●   2 f x 0 x 1 0 1 x 1         Άρα, η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στα διαστήματα  , 1  και  1,   και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα  1,1 . x  1 1   f x +    f x Τ.Μ. Τ.Ε. 0 0 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 20 of 59
  21. 21. 100 Θέματα Μαθηματικών 21 Επίσης, η συνάρτηση f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στο σημείο 1x 1  το      3 f 1 1 3 1 κ κ 2        και τοπικό ελάχιστο στο σημείο 2x 1 το   3 f 1 1 3 1 κ κ 2.      Έχουμε    2 f x 3x 3 6x     για κάθε x .  Οπότε: ●  f x 0 6x 0 x 0      ●  f x 0 6x 0 x 0      ●  f x 0 6x 0 x 0      Άρα, η συνάρτηση f είναι κοίλη στο διάστημα  , 0 , κυρτή στο διάστημα  0,  και παρουσιάζει στο σημείο 3x 0 σημείο καμπής το σημείο   Γ 0, f 0 . Δηλαδή, το σημείο  Γ 0, κ . ii) Έχουμε    Α 1, κ 2 , Β 1, κ 2   και  Γ 0, κ . Η εξίσωση της ευθείας ΑΓ είναι της μορφής y αx β με α,β   . Και επειδή διέρχεται από τα σημεία  Γ 0, κ και  Α 1, κ 2  έχουμε: ● κ α 0 β β κ     ●  κ 2 α 1 β κ 2 α κ α 2.             Επομένως, η ευθεία ΑΓ έχει εξίσωση y 2x κ   . Παρατηρούμε ότι η εξίσωση της ευθείας ΑΓ επαληθεύεται και από τις συντεταγ- μένες του σημείου  Β 1, κ 2 αφού κ 2 2 1 κ     . x  0   f x    f x Σ.Κ. 0 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 21 of 59
  22. 22. 22 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι τα σημεία      Α 1, κ 2 , Β 1, κ 2 και Γ 0, κ   είναι συνευθειακά. iii) Aποδείξαμε ότι τα σημεία Α, Β, Γ είναι συνευθειακά. Άρα, η εξίσωση της ευθείας ΑΒ είναι ίδια με την εξίσωση της ευθείας ΑΓ, που είναι η y 2x κ.   Βρίσκουμε τις ρίζες και το πρόσημο της διαφοράς      3 3 2 f x 2x κ x 3x κ 2x κ x x x x 1 .            Έχουμε      2 2 f x 2x κ 0 x x 1 0 x 0 ή x 1 x 0 ή x 1 ή x 1.                Άρα, το διάστημα ολοκλήρωσης είναι το διάστημα  1,1 και το πρόσημο της διαφοράς      2 f x 2x κ x x 1     φαίνεται στον παρακάτω πίνακα. x 1 0 1 x  + 2 x 1    2 x x 1 +  Eπομένως, το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από τη fC και την ευθεία ΑΒ είναι                   1 1 2 1 1 0 1 2 2 01 0 01 1 2 2 3 3 0 01 1 0 14 2 2 4 1 0 E f x 2x κ dx x x 1 dx x x 1 dx x x 1 dx x x 1 dx x x 1 dx x x dx x x dx x x x x 1 1 1 1 1 τ.μ. 4 2 2 4 4 2 2 4 2                                                                         0 0 0 0 0 0 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 22 of 59
  23. 23. 100 Θέματα Μαθηματικών 23 iv) ● Κοντά στο 2 θέτουμε      2 x 2 f x g x με lim g x λ x 3 1       . Τότε κοντά στο 2 έχουμε     2 f x g x x 3 1   και συνεπώς      2 x 2 x 2 x 2 lim f x lim g x lim x 3 1        ή ισοδύναμα  3 x 2 lim x 3x κ λ 0.      Δηλαδή 8 6 κ 0 κ 2.      ● Για κ 2  έχουμε                 3 2 3 2 2x 2 x 2 x 2 2 2 3 2 2x 2 3 2 2x 2 x 3x 2 x 3 1f x x 3x 2 lim lim lim x 3 1 x 3 1 x 3 1 x 3 1 x 3x 2 x 3 1 lim x 3 1 x 3x 2 x 3 1 lim x 4                                   Το πολυώνυμο 3 x 3x 2  έχει ρίζα το 2 και με τη βοήθεια του σχήματος Horner γράφεται   3 2 x 3x 2 x 2 x 2x 1.      Επομένως,          2 2 2x 2 x 2 x 2 x 2x 1 x 3 1f x lim λ lim λ x 2 x 2x 3 1               2 2 x 2 x 2x 1 x 3 1 9 2 9 λ lim λ λ . x 2 4 2             1 0 ‒3 ‒2 2 2 4 2 1 2 1 0 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 23 of 59
  24. 24. 24 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Θέμα 6 Δίνεται η συνάρτηση       1 f x x x x x 1 . i) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f. ii) Να υπολογίσετε το όριο  x 1 limf x . iii) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και να βρείτε το σύνολο τιμών της f σε καθένα από τα διαστήματα μονοτονίας της. iv) Να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης     2 x 1 α x 1 για τις διάφορες τιμές του α . Λύση i) H συνάρτηση f ορίζεται για κάθε x  τέτοιο, ώστε x 0 και        x x x x 1 0 x x 1 x 1 0 x 1 x 1 0 x 1 0 και x 1 0 x 1 και x 1 x 1.                        Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f είναι το σύνολο    fD 0,1 1, .    ii) Koντά στο 1 έχουμε                2 1 x 1 f x x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 x 1 . x 1 x 1 x 1                 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 24 of 59
  25. 25. 100 Θέματα Μαθηματικών 25 Όμως,  2x 1 1 lim x 1    και  x 1 lim x 1 1 1 2 0       . Επομένως,      2x 1 x 1 1 limf x lim x 1 . x 1             iii) Για κάθε    x 0,1 1,    έχουμε                                               2 2 2 4 2 4 2 4 4 3 3 3 x 1 f x x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 x 1 2 x 1 x 1 2 x x 1 x 1 4 x x 1 x 1 2 x x 1 x 1 x 1 4 x x 1 2 x x 1 x 1 4x 4 x 2 x x 1 3x 4 x 1 2 x x 1 3x 4 x 1 για κάθε x 0,1 1, . 2 x x 1                                                          25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 25 of 59
  26. 26. 26 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Όμως, για κάθε    x 0,1 1,    ισχύουν οι σχέσεις 3x 4 x 1 0 και 2 x 0.    Επομένως έχουμε: ●      3 3 1 f x 0 0 x 1 0 x 1 0 0 x 1. x 1                ●      3 3 1 f x 0 0 x 1 0 x 1 0 x 1. x 1               Και επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής, συμπεραίνουμε ότι είναι γνησίως αύ- ξουσα στο διάστημα  1Δ 0,1 και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα  2Δ 1, .   Έχουμε: ●        1 1 x 1 f Δ f 0 , lim f x , αφού f Δ 0, 1 .        Όμως,  f 0 1 και    x 1x 1 lim f x lim f x .      Οπότε    1f Δ 1, .   ●        2 2 x x 1 f Δ lim f x , lim f x , αφού f Δ 1, .            Όμως     x x 1 lim f x lim 0 x 1 x 1      αφού   x lim x 1 x 1      και    x 1x 1 lim f x lim f x .      x 0 1   f x    f x 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 26 of 59
  27. 27. 100 Θέματα Μαθηματικών 27 Οπότε,    2f Δ 0, .   iv) Παρατηρούμε ότι η δοθείσα εξίσωση δεν επαληθεύεται για x 1. Επομένως, για κάθε    x 0,1 1,    γράφεται       2 2 x 1 x 1 α x 1 α x 1 f x α.          ● Αν α 0, τότε ο αριθμός α δεν περιέχεται ούτε στο διάστημα    1f Δ 1, ,   ούτε στο διάστημα    2f Δ 0,   και συνεπώς, η εξίσωση  f x α είναι αδύνατη. ● Αν 0 α 1,  τότε ο αριθμός α δεν περιέχεται στο διάστημα    1f Δ 1, ,   ενώ περιέχεται στο διάστημα    2f Δ 0, .   Επομένως, η εξίσωση  f x α δεν έχει ρίζα στο διάστημα  1Δ 0,1 ενώ έχει ακριβώς μία ρίζα στο διάστημα  2Δ 1,   , αφού 2f Δ . Δηλαδή, η εξίσωση  f x α έχει ακριβώς μία ρίζα. ● Αν α 1, τότε ο αριθμός α περιέχεται και στο διάστημα    1f Δ 1,   και στο διάστημα    2f Δ 0, .   Επομένως, η εξίσωση  f x α έχει ακριβώς μία ρίζα στο διάστημα  1Δ 0,1 και ακριβώς μία ρίζα στο διά- στημα  2Δ 1, ,   αφού η συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη σε καθένα από τα διαστήματα 1Δ και 2Δ . Δηλαδή, η εξίσωση  f x α έχει δύο ακριβώς ρίζες. 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 27 of 59
  28. 28. 28 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου «Ο πρώτος κανόνας διδασκαλίας είναι να γνωρίζετε εκείνο που πρόκειται να διδάξετε. Ο δεύτερος κανόνας διδασκαλίας είναι να γνωρίζετε λίγο περισσότερα από εκείνα που πρόκειται να διδάξετε. Δεν πρέπει ακόμη να ξεχνάτε ότι αυτός που διδάσκει μαθηματικά πρέπει να ξέρει κάμποσα μαθηματικά και αν θέλει να μεταδώσει στους μαθητές του την ορθή τοποθέτηση τού νου απέναντι στα προβλήματα, πρέπει να έχει ο ίδιος πετύχει αυτή την τοποθέτηση.» George Polya 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 28 of 59
  29. 29. 100 Θέματα Μαθηματικών 29 Θέμα 7 Έστω συνάρτηση f :   με  f   και τέτοια, ώστε      3 f x 2f x x 1   για κάθε x .  i) Nα αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι 1 1 και ότι  1 3 f x x 2x 1    για κάθε x .  ii) Να λύσετε την ανίσωση  2 f x 0. iii) Να υπολογίσετε το όριο  1 3x 0 ημx lim . f x 1  iv) Να υπολογίσετε το όριο  1 2x f x lim λx x 2     για τις διάφορες τιμές του λ . Λύση i) ● Για κάθε 1 2x , x  με    1 2f x f x έχουμε       3 3 1 2f x f x και    1 22f x 2f x . Επομένως,           3 3 1 1 2 2f x 2f x f x 2f x .   Όμως, λόγω της δοθείσας σχέσης, η τελευταία ισότητα γράφεται 1 2x 1 x 1   και τελικά 1 2x x . Άρα, η συνάρτηση f είναι 1 1. ● Θέτουμε στη δοθείσα σχέση όπου x το  1 f x . Οπότε έχουμε,          3 1 1 1 f f x 2f f x f x 1      για κάθε  x f .   25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 29 of 59
  30. 30. 30 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Όμως,   1 f f x x  για κάθε  x f .   Επομένως,  3 1 x 2x f x 1    για κάθε x   και τελικά  1 3 f x x 2x 1    για κάθε x  . ii) Έχουμε     1 3 2 f x x 2x 1 3x 2 0 για κάθε x .            Άρα, η συνάρτηση 1 f  είναι γνησίως αύξουσα. Αξιοποιώντας τη μονοτονία της συνάρτησης 1 f  , η δοθείσα ανίσωση γράφεται       2 1 2 1 f x 0 f f x f 0 .     Και επειδή   1 2 2 f f x x  και  1 f 0 1  συμπεραίνουμε ότι 2 2 x 1 x 1 x 1 1 x 1.          iii) Έχουμε     3 1 3 3 3 9 3 f x x 2x 1 x 2x 1 για κάθε x .         Οπότε, κοντά στο 0 έχουμε    9 3 2 61 3 3 6 ημx ημx ημx 1 ημx 1 . xx 2x x x 2f x 1 x x 2         Όμως 2x 0 1 lim , x   x 0 ημx lim 1 0 x   και 6x 0 1 1 lim 0. 2x 2    25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 30 of 59
  31. 31. 100 Θέματα Μαθηματικών 31 Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι   2 61 3x 0 x 0 ημx 1 ημx 1 lim lim . xx x 2f x 1           iv) Κοντά στο  έχουμε  1 3 2 2 f x x 2x 1 . λx x 2 λx x 2         Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: ● Αν λ 0, τότε 3 3 2 2x x x x 2x 1 x lim lim λx x 2 λx 1 lim x λ            . ● Αν λ 0, τότε 3 3 2 2x x x x 2x 1 x lim lim λx x 2 λx 1 lim x λ            ● Αν λ 0, τότε  1 3 2 f x x 2x 1 κοντά στο x 2λx x 2         και συνεπώς 3 3 x x 2 x x 2x 1 x lim lim x 2 x lim x .           Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι  1 2x , αν λ 0 f x lim λx x 2 , αν λ 0.            25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 31 of 59
  32. 32. 32 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Θέμα 8 Δίνεται η συνάρτηση f :   με τύπο   2 f x x 2x 2 λx    για κάθε x , όπου λ σταθερός πραγματικός αριθμός. Αν υπάρχει το  x lim f x  και είναι πραγματικός αριθμός, να αποδείξετε ότι: i) λ 1  και  x lim f x 1.   ii) η ευθεία ε : y 2x 1   είναι ασύμπτωτη της fC στο  iii) για κάθε x   ισχύει η σχέση  22 x 2x 2 x 1    και στη συνέχεια ότι η fC βρίσκεται πάνω από την ασύμπτωτή της ευθεία  ε κοντά στο . iv) η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα και κυρτή. Στη συνέχεια να σχεδιάσετε τη γραφική της παράσταση. Λύση i) Koντά στο  έχουμε   2 2 2 2 f x x 2x 2 λx 2 2 x 1 λx x x 2 2 x 1 λx. x x                  Και επειδή x x κοντά στο  προκύπτει ότι   2 2 2 2 2 2 f x x 1 λx x 1 λ . x xx x               Όμως, x lim x    και 2x 2 2 lim 1 λ 1 0 0 λ λ 1. x x                Οπότε: 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 32 of 59
  33. 33. 100 Θέματα Μαθηματικών 33 ● αν λ 1 0 λ 1,     τότε  x lim f x    ● αν λ 1 0 λ 1,     τότε  x lim f x    ● αν λ 1 0 λ 1,     τότε κοντά στο  έχουμε        2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x 2x 2 x x 2x 2 x f x x 2x 2 x x 2x 2 x x 2x 2 x x 2x 2 x 2 2x 2x 2 x x 1 x x x 2 x 2 2x 2 x 2 2 2 2 x 1 x x 1 1 x xx x 2 2 x . 2 2 1 1 x x                                                     Επομένως,  x x 2 2 2 2 0xlim f x lim 1. 2 2 1 0 0 1 1 1 x x              Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι  x , αν λ 1 lim f x 1 , αν λ 1 , αν λ 1.            Επομένως, το  x lim f x  υπάρχει και είναι πραγματικός αριθμός, αν και μόνο αν λ 1.  Και τότε  x lim f x 1.   ii) Για λ 1  έχουμε   2 f x x 2x 2 x για κάθε x .     Οπότε κοντά στο  έχουμε 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 33 of 59
  34. 34. 34 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου       2 2 f x 2x 1 f x 2x 1 x 2x 2 x 2x 1 x 2x 2 x 1                                    2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 x 2x 2 x 1 x 2x 2 x 1 x 2x 2 x 1 x 2x 2 x 1 x 2x 2 x 1 x 2x 2 x 2x 1 x 2x 2 x 1 x 2x 2 x 2x 1 . 2 2 1 x 1 x 1 x xx                                                Και επειδή x x  κοντά στο  συμπεραίνουμε ότι 2 2 1 2 2 1 x 1 x 1 x xx 1 κοντά στο . 2 2 1 x 1 1 x xx                          Όμως,  x lim x     και 2x 2 2 1 lim 1 1 2 0. x xx             Επομένως, 2x 2 2 1 lim x 1 1 x xx                  και συνεπώς    x x 2 1 lim f x 2x 1 lim 0. 2 2 1 x 1 1 x xx                     Άρα, η ευθεία ε : y 2x 1   είναι ασύμπτωτη της fC στο .    f x 2x 1    25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 34 of 59
  35. 35. 100 Θέματα Μαθηματικών 35 iii) Για κάθε x   έχουμε  22 2 2 x 2x 2 x 1 x 2x 2 x 2x 1 2 1, που ισχύει.             Επίσης, κοντά στο  έχουμε    2 22 2 2 2 x 2x 2 x 1 x 2x 2 x 1 x 2x 2 x 1 x 2x 2 x 1                     αφού x 1 0  κοντά στο . Επομένως,   2 2 x 2x 2 x 1 x 2x 2 x 2x 1 f x 2x 1 κοντά στο .                   Άρα, η γραφική παράσταση της συνάρτησης f βρίσκεται πάνω από την ασύμπτωτή της ευθεία ε :y 2x 1   , κοντά στο . iv) ● Έχουμε           2 2 2 2 2 2 2 2 f x x 2x 2 x 1 x 2x 2 x 2 x 2x 2 2x 2 1 2 x 2x 2 2 x 1 1 2 x 2x 2 x 1 1 x 2x 2 x 1 x 2x 2 για κάθε x . x 2x 2                                      Αποδείξαμε ότι  22 x 2x 2 x 1    για κάθε x . 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 35 of 59
  36. 36. 36 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Επομένως,  22 x 2x 2 x 1    2 x 2x 2 x 1 για κάθε x      (1) Όμως x 1 x 1 για κάθε x      (2) Από τις σχέσεις (1) και (2) συμπεραίνουμε ότι   2 2 x 2x 2 x 1 x 1 x 2x 2 0 f x 0 για κάθε x .              Άρα, η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα. ● Έχουμε                      2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 x 1 x 1 f x 1 0 x 2x 2 x 2x 2 x 1 x 2x 2 x 1 x 2x 2 x 2x 2 x 1 x 2x 2 x 1 x 2x 2 x 2x 2 x 2x 2 x 1 x 2x 2 x 2x 2 x 2x 2 x 2x 1 x 2x 2 x 2x 2 1 0 για κάθε x . x 2x 2 x 2x 2                                                                      Άρα, η συνάρτηση f είναι κυρτή. 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 36 of 59
  37. 37. 100 Θέματα Μαθηματικών 37 ● Επίσης, από τα ερωτήματα i) και ii) γνωρίζουμε ότι οι ευθείες y 1 και y 2x 1   είναι ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f στο  και στο  αντίστοιχα. ● Έχουμε λοιπόν τον πίνακα μεταβολών της συνάρτησης f x    f x   f x   f x y 2x 1   y 1 πλάγια οριζόντια ασύμπτωτη ασύμπτωτη και κατ’ επέκταση τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f. y 1 y 2x 1   1 1 O x y    y f x 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 37 of 59
  38. 38. 38 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Θέμα 9 Έστω συνάρτηση  f :  η οποία είναι συνεχής και τέτοια, ώστε  f x 3x ημx  για κάθε x  και   x 0 f x lim λ, x  όπου λ πραγματικός αριθμός. Να αποδείξετε ότι: i) λ 2 ii)  f 0 0 και  f 0 2  iii) υπάρχει  ξ 0, 1 τέτοιος, ώστε  f ξ ξ συνξ  iv)  x lim f x .    Λύση i) ● Για κάθε x 0 , η δοθείσα ανισοτική σχέση γράφεται  f x ημx 3 x x   και συνεπώς   x 0 x 0 x 0 x 0 f x ημx ημx lim lim 3 λ lim 3 lim x x x λ 3 1 λ 2                       (1) ● Για κάθε x 0 , η δοθείσα ανισοτική σχέση γράφεται  f x ημx 3 x x   και συνεπώς   x 0 x 0 x 0 x 0 f x ημx ημx lim lim 3 λ lim 3 lim x x x λ 3 1 λ 2                       (2) Από τις σχέσεις (1) και (2) συμπεραίνουμε ότι λ 2. 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 38 of 59
  39. 39. 100 Θέματα Μαθηματικών 39 ii) ● Θέτουμε    f x g x x  κοντά στο 0. Επομένως,    f x x g x  κοντά στο 0. Και επειδή     x 0 x 0 f x lim g x lim λ 2, x     συμπεραίνουμε ότι    x 0 x 0 x 0 lim f x lim x lim g x 0 2 0.         Όμως, η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0. Οπότε έχουμε    x 0 lim f x f 0   και συνεπώς  f 0 0. ● Για κάθε x 0 έχουμε        f x f 0 f x 0 f x . x x x     Επομένως,       x 0 x 0 f x f 0 f x lim lim 2. x x     Δηλαδή, η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 0 με  f 0 2.  iii) Θεωρούμε τη συνάρτηση h με τύπο    h x f x x συνx   για κάθε  x 0,1 . Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση h είναι συνεχής στο διάστημα  0,1 ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. Επίσης,    h 0 f 0 0 συν0 0 0 1 1 0         και      h 1 f 1 1 συν1 f 1 1 συν1.      25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 39 of 59
  40. 40. 40 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Θέτουμε στη δοθείσα ανισοτική σχέση όπου x το 1. Οπότε, προκύπτει ότι  f 1 3 ημ1.  Επομένως,  f 1 1 συν1 2 ημ1 συν1     και τελικά  h 1 2 ημ1 συν1.   Όμως, π 1 0, 2       . Επομένως, 0 ημ1 1 και 0 συν1 1.    Έχουμε λοιπόν ημ1 συν1 2 2 ημ1 συν1 0      και συνεπώς  h 1 0. Άρα,    h 0 h 1 0  και σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano υπάρχει  ξ 0,1 τέτοιος, ώστε  h ξ 0 δηλαδή  f ξ ξ συνξ 0   και τελικά  f ξ ξ συνξ.  iv) Για κάθε x  έχουμε ημx 1 ημx 1 3x ημx 3x 1.          Αξιοποιώντας και τη δοθείσα ανισοτική σχέση έχουμε  f x 3x 1  για κάθε x . Και επειδή    x x lim 3x 1 lim 3x ,       συμπεραίνουμε ότι  x lim f x .    25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 40 of 59
  41. 41. 100 Θέματα Μαθηματικών 41 Θέμα 10 Δίνονται οι συναρτήσεις     f,g : 0, με τύπους  f x αx β 4xlnx   για κάθε x 0 και        2 x 1 g x x 4x 6 e για κάθε x 0 όπου α, β σταθεροί πραγματικοί αριθμοί. Αν οι f gC και C έχουν κοινή εφαπτομένη στο σημείο  A 1,3 , τότε: i) να αποδείξετε ότι   α 5 και β 2 ii) να μελετήσετε τις συναρτήσεις f και g ως προς την κυρτότητα iii) να βρείτε τη σχετική θέση των f gC και C iv) να αποδείξετε ότι        2 x 1 x 4x 6 e 3 x 1 για κάθε x 1. Λύση i) Έχουμε  f x αx β 4xlnx   για κάθε x 0 και           f x αx β 4x ln x α 4x ln x 4x ln x 1 α 4ln x 4x x α 4ln x 4 για κάθε x 0.                  Επίσης,    2 x 1 g x x 4x 6 e     για κάθε x 0 και                2 x 1 2 x 1 x 1 2 x 1 2 x 1 2 x 1 g x x 4x 6 e x 4x 6 e 2x 4 e x 4x 6 e 2x 4 x 4x 6 e x 2x 2 e για κάθε x 0.                             25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 41 of 59
  42. 42. 42 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f και g έχουν κοινή εφαπτομένη στο σημείο  A 1, 3 αν και μόνο αν ισχύουν οι σχέσεις        f 1 g 1 και f 1 g 1   Δηλαδή, αν και μόνο αν α β 3 και α 4 1    Τελικά, αν και μόνο αν α 5 και β 2.   ii) ● Για α 5 και β 2  έχουμε     f x 5x 2 4x ln x για κάθε x 0, f x 1 4ln x για κάθε x 0         και   4 f x 0 για κάθε x 0 x      . Άρα, η συνάρτηση f είναι κοίλη. ● Επίσης έχουμε              2 x 1 2 x 1 x 1 2 x 1 2 x 1 2 x 1 g x x 2x 2 e x 2x 2 e 2x 2 e x 2x 2 e 2x 2 x 2x 2 e x e 0 για κάθε x 0.                            Άρα η συνάρτηση g είναι κυρτή. iii) Γνωρίζουμε ότι οι fC και gC έχουν στο σημείο  A 1, 3 κοινή εφαπτομένη  ε . Επίσης, αποδείξαμε ότι η συνάρτηση f είναι κοίλη, ενώ η συνάρτηση g είναι κυρτή. Επομένως, η fC βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη  ε , ενώ η gC βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη  ε με εξαίρεση το σημείο επαφής  Α 1, 3 . Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι η fC βρίσκεται κάτω από τη gC με εξαί- ρεση το σημείο  A 1, 3 . 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 42 of 59
  43. 43. 100 Θέματα Μαθηματικών 43 iv) Έχουμε    2 x 1 g x x 4x 6 e , x 0     και  g 1 3. Επομένως, για κάθε x 1 η ζητούμενη σχέση γράφεται         g x g 1 x 1 g x g 1 1, x 1        αφού x 1 0.  Η συνάρτηση g ως παραγωγίσιμη ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο διάστημα  1, x για κάθε x 1. Οπότε, υπάρχει  ξ 1, x τέτοιος, ώστε      g x g 1 g ξ . x 1     Όμως, η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα, αφού η συνάρτηση g είναι κυρτή. Παρατηρούμε ότι ξ 1, και συνεπώς    g ξ g 1  . Και επειδή  g 1 1  συμπεραίνουμε ότι  g ξ 1.  ή ισοδύναμα    g x g 1 1. x 1    Δηλαδή,    g x g 1 x 1   , αφού x 1 0  και τελικά  2 x 1 x 4x 6 e 3 x 1      για κάθε x 1.  1 x ξ 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 43 of 59
  44. 44. 44 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Θέμα 11 Δίνονται τρεις συναρτήσεις  f,g, h : τέτοιες, ώστε: ● η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη και ισχύει η σχέση        x f x f x 2e για κάθε x  ●      f 0 1 και f 0 1 ●     g x f x λx για κάθε x , όπου λ 0 ●                 2 2x x h x f x e f x e για κάθε x . i) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση h είναι σταθερή και να βρείτε τον τύπο της. ii) Να αποδείξετε ότι     x f x e για κάθε x . iii) Να βρείτε την ελάχιστη τιμή της συνάρτησης g. iv) Να βρείτε τη μεγαλύτερη τιμή του λ 0 για την οποία ισχύει η σχέση   g x 0 για κάθε x . Λύση i) Η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη. Άρα, η συνάρτηση h είναι παρα- γωγίσιμη με                                               2 2x x x x x x x x x x x x x x x h x f x e f x e 2 f x e f x e 2 f x e f x e 2 f x e f x e 2 f x e f x e 2 f x e f x e f x e 2 f x e f x f x 2e για κάθε x .                                                                 Όμως,        x x f x f x 2e f x f x 2e 0         για κάθε x . Επομένως,     x h x 2 f x e 0 0      για κάθε x  . Άρα, η συνάρτηση h είναι σταθερή στο  . 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 44 of 59
  45. 45. 100 Θέματα Μαθηματικών 45 Οπότε υπάρχει c τέτοιος, ώστε       2 2x x h x c f x e f x e c             για κάθε x  . Θέτοντας στην τελευταία σχέση x 0 παίρνουμε     2 2 f 0 1 f 0 1 c.          Όμως    f 0 1 και f 0 1.   Επομένως    2 2 1 1 1 1 c c 0.       Άρα,  h x 0 για κάθε x . ii) Αποδείξαμε ότι  h x 0 για κάθε x  , ή ισοδύναμα     2 2x x f x e f x e 0           για κάθε x  . Οπότε   x f x e 0   για κάθε x  και   x f x e 0    για κάθε x  και τελικά   x f x e  για κάθε x  . iii) Έχουμε     x g x f x λx e λx     για κάθε x  , όπου λ 0. Επίσης,         x x x x g x e λx e λx e λ λ e για κάθε x .                  25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 45 of 59
  46. 46. 46 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Επομένως: ●   x x g x 0 λ e 0 e λ x ln λ x ln λ               ●   x x g x 0 λ e 0 e λ x ln λ x ln λ               ●   x x g x 0 λ e 0 e λ x ln λ x ln λ               Άρα, η συνάρτηση g είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα  , ln λ  και γνη- σίως αύξουσα στο διάστημα  ln λ, .   Επίσης, η συνάρτηση g παρουσιάζει για x ln λ  ολικό ελάχιστο το    ln λ g ln λ e λ ln λ λ λln λ.      Επομένως, η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης g είναι ming λ λln λ.  iv) Η σχέση  g x 0 για κάθε x  ισχύει, αν και μόνο αν η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης g είναι μεγαλύτερη ή ίση του μηδενός. Δηλαδή, αν και μόνο αν   ming 0 λ λln λ 0 λ 1 ln λ 0 1 ln λ 0, αφού λ 0 ln λ 1 ln λ lne λ e.                  Επομένως, η ζητούμενη μεγαλύτερη τιμή του αριθμού λ είναι η τιμή λ e. x  lnλ   g x    g x min 0 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 46 of 59
  47. 47. 100 Θέματα Μαθηματικών 47 Θέμα 12 Δίνεται η συνάρτηση    f : 1, 2 με τύπο        2 f x x αx 1 για κάθε x 1, 2 όπου α σταθερός πραγματικός αριθμός. i) Να αποδείξετε ότι η απόσταση    d x OM κάθε σημείου   M x,f x της fC από την αρχή των αξόνων  O 0,0 δίνεται από τη συνάρτηση             4 3 2 2 d x x 2αx α 1 x 2αx 1 για κάθε x 1,2 . ii) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο Α της fC που απέχει από το Ο λιγότερο ή ίσο από όσο απέχουν τα υπόλοιπα σημεία της και ένα τουλάχιστον σημείο Β της fC που απέχει από το Ο περισσότερο ή ίσο από όσο απέχουν τα υπόλοιπα σημεία της. iii) Αν το 0x 1 είναι κρίσιμο σημείο της συνάρτησης d, τότε: α) να αποδείξετε ότι  α 1 β) να βρείτε τα σημεία Α και Β. Λύση i) H απόσταση (ΟΜ) δίνεται από τον τύπο      2 2 M O M OOM x x y y .    Οπότε, έχουμε              22 22 2 2 4 2 2 3 2 4 3 2 2 d x x 0 f x 0 x x αx 1 x x α x 1 2αx 2x 2αx x 2αx α 1 x 2αx 1, για κάθε x 1, 2 .                        ii) H συνάρτηση d είναι συνεχής ως ρίζα συνεχούς συνάρτησης. Επομένως, σύμφωνα με το θεώρημα Μέγιστης-Ελάχιστης τιμής, παρουσιάζει στο διάστημα  1, 2 ολικό ελάχιστο m και ολικό μέγιστο Μ. Οπότε, υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο Α της fC το οποίο απέχει από το Ο λιγότερο ή ίσο από όσο απέχουν τα υπόλοιπα σημεία της και ένα τουλάχιστον σημείο Β της fC , το οποίο απέχει από το Ο περισσότερο ή ίσο από όσο απέχουν τα υπόλοιπα σημεία της. 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 47 of 59
  48. 48. 48 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου iii) α) H συνάρτηση d δεν μηδενίζεται και ισχύει                       4 3 2 2 4 3 2 2 3 2 2 4 3 2 2 3 2 2 4 3 2 2 3 2 2 4 3 2 2 x 2αx α 1 x 2αx 1 d x 2 x 2αx α 1 x 2αx 1 4x 6αx 2 α 1 x 2α 2 x 2αx α 1 x 2αx 1 2 2x 3αx α 1 x α 2 x 2αx α 1 x 2αx 1 2x 3αx α 1 x α για κάθε x 1, 2 . x 2αx α 1 x 2αx 1                                              Άρα, η συνάρτηση d είναι παραγωγίσιμη και συνεπώς τα κρίσιμα σημεία της είναι τα εσωτερικά σημεία του διαστήματος  1,2 στα οποία μηδενίζεται η παράγωγος  d x . Και επειδή το 0x 1 είναι κρίσιμο σημείο, έχουμε       3 2 2 2 2 2 d 1 0 2 1 3α 1 α 1 1 α 0 2 3α α 1 α 0 α 2α 1 0 α 1 0 α 1 0 α 1.                               β) Για α 1  έχουμε    2 f x x x 1 για κάθε x 1, 2       4 3 d x x 2x 2x 1     για κάθε x 1, 2  και   3 2 4 3 2x 3x 1 d x x 2x 2x 1         για κάθε x 1, 2  . 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 48 of 59
  49. 49. 100 Θέματα Μαθηματικών 49 Το πολυώνυμο 3 2 2x 3x 1  έχει ρίζα τον αριθμό 1. Με τη βοήθεια του σχήματος Horner έχουμε            3 2 2 2 2x 3x 1 x 1 2x x 1 x 1 x 1 2x 1 x 1 2x 1 .              Οπότε,         3 2 2 2 d x 0 2x 3x 1 0 x 1 2x 1 0 x 1 0 ή 2x 1 0 1 x 1 ή x . 2                    Επομένως, τα κρίσιμα σημεία της συνάρτησης d είναι τα σημεία x 1 και 1 x . 2   Βρίσκουμε τις τιμές της συνάρτησης d στα κρίσιμα σημεία και στα άκρα του διαστήματος  1, 2 . Έχουμε       d 1 1 2 2 1 2 1 1 1 5 d 1 1 2 16 4 4 d 1 1 2 2 1 2 d 2 16 16 4 1 5                            Παρατηρούμε ότι η μικρότερη τιμή είναι το 1 5 d 2 4        και η μεγαλύτερη είναι το  d 2 5. Άρα, η απόσταση  d x γίνεται ελάχιστη για 1 x 2   και μέγιστη για x 2. Επομένως, τα ζητούμενα σημεία Α και Β της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f είναι τα σημεία    1 1 A , f και Β 2, f 2 2 2           Δηλαδή, τα σημεία   1 1 A , και Β 2,1 . 2 4        2 ‒3 0 1 1 2 ‒1 ‒1 2 ‒1 ‒1 0 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 49 of 59
  50. 50. 50 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου «Η μαθηματική απόδειξη δεν είναι μία απλή παράθεση συλλογισμών· είναι συλλογισμοί που έχουν διαταχθεί με έναν ορισμένο τρόπο και ο τρόπος αυτός είναι περισσότερο σημαντικός από τα ίδια τα στοιχεία.» Henri Poincaré 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 50 of 59
  51. 51. 100 Θέματα Μαθηματικών 51 Θέμα 13 Στο διπλανό σχήμα φαίνεται ένα ορθο- γώνιο ΚΛΜΝ με KΛ x cm, το οποίο είναι εγγεγραμμένο σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ με βάση BΓ 8cm και ύψος AE 4cm. i) Να αποδείξετε ότι x AΔ cm 2  για κάθε  x 0, 8 . ii) Να βρείτε τη μέγιστη τιμή του εμβαδού Ε του ορθογωνίου ΚΛΜΝ. iii) Αν το x μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο με ρυθμό 3 cm/sec, να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού του ορθογωνίου ΚΛΜΝ τη χρονική στιγμή 0t κατά την οποία το ορθογώνιο γίνεται τετράγωνο. iv) Aν  g :  είναι μια παραγωγίσιμη συνάρτηση τέτοια, ώστε     5 17 g 1 και g 2 6 3   να αποδείξετε ότι υπάρχει ένας τουλάχιστον  ξ 1, 2 τέτοιος, ώστε    Ε ξ g ξ . Λύση i) Από την ομοιότητα των τριγώνων ΑΝΜ και ΑΒΓ προκύπτει ότι AN NΜ ΑΝ ΚΛ ΑΝ x . AB BΓ ΑΒ ΒΓ ΑΒ 8      Επίσης, από την ομοιότητα των τριγώνων ΑΝΔ και ΑΒΕ προκύπτει ότι AN AΔ ΑΝ ΑΔ . AB ΑΕ ΑΒ 4    Oπότε, ΑΔ x 4 8  και συνεπώς x AΔ cm 2  για κάθε  x 0, 8 . ΜΝ ΛΚ Ε Δ ΓΒ Α x   25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 51 of 59
  52. 52. 52 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου ii) Οι διαστάσεις του ορθογωνίου ΚΛΜΝ είναι ΚΛ = x cm και x ΝΚ ΔΕ ΑΕ ΑΔ 4 . 2      Και επειδή E KΛ ΝΚ  , συμπεραίνουμε ότι το εμβαδό Ε του ορθογωνίου δίνεται από τη συνάρτηση     2 x x Ε x x 4 4x για κάθε x 0, 8 . 2 2           Ζητείται το μέγιστο της συνάρτησης  Ε x . Έχουμε   2 x E x 4x 4 x 2            για κάθε  x 0, 8 . Οπότε: ●  E x 0 4 x 0 x 4       ●  E x 0 4 x 0 x 4       ●  E x 0 4 x 0 x 4       Eπομένως, η συνάρτηση  E x είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα  0,4 και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα  4, 8 . Άρα, η συνάρτηση  E x παρουσιάζει για x 4 ολικό μέγιστο το   2 24 16 E 4 4 4 16 16 8 8 cm 2 2         που είναι η ζητούμενη μέγιστη τιμή του εμβαδού του ορθογωνίου. iii) Τη χρονική στιγμή 0t , κατά την οποία το ορθογώνιο γίνεται τετράγωνο, έχουμε x 3x 8 KΛ ΝΚ x 4 4 x cm. 2 2 3         Στον παρακάτω πίνακα καταγράφουμε τα δεδομένα και το ζητούμενο του ερωτήματος στη γλώσσα των συναρτήσεων. Συναρτήσεις Δεδομένα Ζητούμενο  x t  x t 3 cm / sec   0E t Ε t  0 8 x t cm 3  x 0 4 8  E x    E x max 0 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 52 of 59
  53. 53. 100 Θέματα Μαθηματικών 53 Έχουμε      2 x t E t 4x t . 2   Οπότε,                       21 1 E t 4x t x t 4x t 2x t x t 2 2 4x t x t x t 4 3 x t 3 12 3x t .                      Και για 0t t προκύπτει ότι    0 0 8 E t 12 3x t 12 3 12 8 4 3          Δηλαδή,   2 0E t 4cm / sec.  iv) Παρατηρούμε ότι   2 3 2x x E x 4x 2x 2 6           για κάθε  x 0, 8 και θεωρούμε τη συνάρτηση     3 2 x h x 2x g x 6    με  x 1, 2 . Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη και συνεχής στο διάστημα  1, 2 με         3 2 x h x 2x g x E x g x 6              για κάθε  x 1, 2 . Επίσης,    2 1 1 5 h 1 2 1 g 1 2 2 1 1 6 6 6           και     3 2 2 4 17 h 2 2 2 g 2 8 8 7 1. 6 3 3           Δηλαδή,    h 1 h 2 . Οπότε, σύμφωνα με το θεώρημα του Rolle, υπάρχει ένας τουλάχιστον  ξ 1, 2 τέτοιος, ώστε          h ξ 0 Ε ξ g ξ 0 Ε ξ g ξ .        25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 53 of 59
  54. 54. 54 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Θέμα 14 Δίνεται η συνάρτηση       3 2 f x α x βx x 1, x  όπου α, β σταθεροί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι, ώστε    α β 2 και α β 0 . i) Nα αποδείξετε ότι η εξίσωση   f x 0 έχει δύο τουλάχιστον ρίζες 1 2x , x στο διάστημα  1, 1 . ii) Nα αποδείξετε ότι υπάρχει ένας τουλάχιστον αριθμός   ξ 1, 1 τέτοιος, ώστε   2 3αξ 2βξ 1 0. iii) Aν επιπλέον η συνάρτηση f παρουσιάζει για  1 x 2 σημείο καμπής και ισχύει 1 2E E όπου: ● Ε1: το άθροισμα των εμβαδών των χωρίων που βρίσκονται πάνω από τον άξονα x x και περικλείονται από τη fC και τις ευθείες x 0 , x 1 ● Ε2: το άθροισμα των εμβαδών των χωρίων που βρίσκονται κάτω από τον άξονα x x και περικλείονται από τη fC και τις ευθείες x 0, x 1, τότε: α) να αποδείξετε ότι   α 2 και β 3 β) να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα και να βρείτε το σημείο καμπής της. Λύση i) H συνάρτηση f είναι συνεχής στα διαστήματα    1,0 και 0,1 ως πολυωνυμική. Επίσης έχουμε  f 1 α β 1 1 β 2 α 0,          αφού α β 2,   f 0 1 0  και  f 1 α β 0.   Επομένως,    f 1 f 0 0  και    f 0 f 1 0.  101 2x1x 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 54 of 59
  55. 55. 100 Θέματα Μαθηματικών 55 Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano υπάρχει ένας τουλάχιστον αριθμός  1x 1, 0  και ένας τουλάχιστον αριθμός  2x 0,1 τέτοιοι, ώστε  1f x 0 και  2f x 0. Δηλαδή, η εξίσωση  f x 0 έχει δύο τουλάχιστον ρίζες 1 2x , x στο διάστημα  1,1 . ii) H συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα 1 2x , x και παραγωγί- σιμη στο διάστημα  1 2x , x με   2 f x 3αx 2βx 1    για κάθε  1 2x x , x . Επίσης, λόγω του ερωτήματος i) έχουμε    1 2f x f x 0.  Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα του Rolle υπάρχει ένας τουλάχιστον αριθμός    1 2ξ x , x 1,1   τέτοιος, ώστε   2 f ξ 0 3αξ 2βξ 1 0.      iii) α) ● Η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη με    2 f x 3αx 2βx 1 6αx 2β       για κάθε x .  Και επειδή παρουσιάζει στο 1 x 2  σημείο καμπής, ισχύει η σχέση 1 f 0 3α 2β 0 2          (1) ● Το ολοκλήρωμα   1 0 f x dx     εκφράζει γεωμετρικά τη διαφορά 1 2E E . Δηλαδή,   1 1 2 0 f x dx E E       Όμως, 1 2E E και συνεπώς  101 2x1x ξ 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 55 of 59
  56. 56. 56 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου     1 1 3 2 0 0 14 3 2 0 f x dx 0 αx βx x 1 dx 0 αx βx x x 0 4 3 2 α β 1 1 0 4 3 2 3α 4β 6 12 0                                   3α 4β 6.    (2) Από τις σχέσεις (1) και (2), αφαιρώντας κατά μέλη βρίσκουμε 2β 6 β 3.     Οπότε  3α 2 3 0 3α 6 α 2.       β) Για α 2 και β 3  έχουμε   3 2 f x 2x 3x x 1    για κάθε x  και    f x 12x 6 6 2x 1     για κάθε x .  Η ρίζα και το πρόσημο της  f x , η κυρτότητα και το σημείο καμπής της  f x φαίνονται στον πίνακα. Άρα, η συνάρτηση f είναι κοίλη στο διάστημα 1 , 2       και κυρτή στο διάστημα 1 , 2       . Επίσης, η fC έχει για 1 x 2  μοναδικό σημείο καμπής, το σημείο 1 1 M , f 2 2          . Και επειδή 1 1 3 1 1 1 f 1 1 0 2 4 4 2 2 2               συμπεραίνουμε ότι το σημείο καμπής της fC είναι το 1 M , 0 . 2       x  1 2   f x    f x Σ.Κ. 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 56 of 59
  57. 57. 100 Θέματα Μαθηματικών 57 Θέμα 15 Έστω συνάρτηση    f : 2,2 η οποία είναι δύο φορές παραγωγίσιμη και τέτοια, ώστε: ●          2 2 f x 4f x x για κάθε x 2, 2 ●     2 x 0 x lim 6. f x 4 i) Να αποδείξετε ότι   f 0 4 και   f 0 0. ii) Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f δεν έχει σημεία καμπής. iii) Αν επιπλέον ισχύει η σχέση   f x 2 για κάθε   x 2,2 τότε: α) να αποδείξετε ότι   f x 2 για κάθε   x 2,2 β) να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f. Λύση i) ● Θέτουμε     2 x g x f x 4   κοντά στο 0. Τότε έχουμε         2 2 x x f x 4 f x 4 g x g x      κοντά στο 0. Οπότε       2 x 0 x 0 2 x 0 x 0 x 0 x lim f x lim 4 g x lim x 0 lim 4 4 4. lim g x 6                   Η συνάρτηση f ως παραγωγίσιμη είναι και συνεχής. Επομένως    x 0 f 0 limf x 4.    25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 57 of 59
  58. 58. 58 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου ● Έχουμε           2 x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 x 4 4 f x f 0 g x lim lim x x x lim g x lim x 0 0. lim g x 6              Δηλαδή,  f 0 0.  ii) Παραγωγίζοντας την πρώτη δοθείσα σχέση παίρνουμε       2 2 f x 4f x x      για κάθε  x 2, 2  ή ισοδύναμα      2f x f x 4f x 2x    για κάθε  x 2, 2  . Παραγωγίζοντας εκ νέου την τελευταία σχέση παίρνουμε                   2 2f x f x 2f x f x 4f x 2 2 f x 2f x f x 2 2                      2 f x f x f x 2 1      για κάθε  x 2, 2 .  (1) Υποθέτουμε (απαγωγή σε άτοπο) ότι η fC έχει σημείο καμπής το σημείο   0 0x , f x . Επειδή η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη, ισχύει η σχέση  0f x 0.  Θέτοντας στη σχέση (1) όπου x το 0x παίρνουμε         2 0 0 0f x f x f x 2 1.     Δηλαδή,       2 0 0f x 0 f x 2 1      και τελικά    2 0f x 1   που είναι αδύνατο. Άρα, η υπόθεσή μας, δηλαδή ότι η fC έχει σημείο καμπής ήταν λανθασμένη και συνεπώς η fC δεν έχει σημεία καμπής. 25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 58 of 59
  59. 59. 100 Θέματα Μαθηματικών 59 iii) α) Θεωρούμε τη συνάρτηση    h x f x 2  για κάθε  x 2, 2 .  Η συνάρτηση h είναι συνεχής ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων και ισχύει    f x 2 h x 0   για κάθε  x 2, 2 .  Επομένως, η συνάρτηση h διατηρεί πρόσημο στο διάστημα  2, 2 και επειδή    h 0 f 0 2 4 2 2 0      συμπεραίνουμε ότι  h x 0 για κάθε  x 2, 2  δηλαδή  f x 2 0  για κάθε  x 2, 2  και τελικά  f x 2 για κάθε  x 2, 2  . β) Η πρώτη δοθείσα σχέση για κάθε  x 2, 2  γράφεται               22 2 2 2 2 2 2 f x 4f x 4 4 x f x 2 4 x f x 2 4 x f x 2 4 x f x 2 4 x                     διότι    f x 2 f x 2 0    για κάθε  x 2, 2 .  Επομένως,   2 f x 2 4 x   για κάθε  x 2, 2 .  25.03.2018 Αποκλειστικά στο lisari.blogspot.gr Page 59 of 59

×