Στο παρόν αρχείο παρουσιάζονται 20 επαναληπτικά θέματα στα μαθηματικά κατεύθυνσης Γ΄ τάξης Λυκείου. Τα θέματα είναι αυξημένης δυσκολίας και συνοδεύονται από υποδειγματικές αναλυτικές λύσεις. Η συγγραφική ομάδα αποτελείται από μαθηματικούς από διάφορα μέρη της Ελλάδας, που συναντιούνται διαδικτυακά μέσα από το blog http://lisari.blogspot.gr. Ελπίζουμε ότι ο πλούτος σκέψεων και ιδεών, η πρωτοτυπία των περισσοτέρων θεμάτων, η κομψότητα των λύσεων και γενικά το υψηλό επίπεδο, θα συντελέσουν στο να αποβεί αυτή η εργασία ένα χρήσιμο και ευχάριστο εγχειρίδιο για διδάσκοντες και διδασκόμενους. Οι λύσεις των θεμάτων είναι προτεινόμενες και όχι περιοριστικές ως προς την αντιμετώπιση τους. Οποιαδήποτε σχόλια, παρατηρήσεις, διορθώσεις και βελτιωτικές προτάσεις είναι ευπρόσδεκτα στην ηλεκτρονική διεύθυνση lisari.blogspot@gmail.com.

1. μαθηματικά
κατεύθυνσης
Γ
Λυκείου
Οι
λύσεις
είναι
αποτέλεσμα
συλλογικής
δουλειάς
των
συνεργατών
του
δικτυακού
τόπου
http://lisari.blogspot.gr
όπου
και
διατίθεται
αποκλειστικά
η
παρούσα
εργασία
η
καλύτερη
ομάδα
λόγω
team_ής
20 επαναληπτικά θέµματα στα
lisari
team
Μάρτιος
2015

2. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
2
Περιεχόμενα
 Πρόλογος ………….………………………………………………….……3
 lisari team……………………….………………………………………….4
 Η ομάδα εργασιών ……………………………………………………...... 5
 Εκφωνήσεις θεμάτων …………………………….…………………….…6
 Λύση 1ου
θέματος…………………….……….………………………...…26
 Λύση 2ου
θέματος ……..……………………………………………..……30
 Λύση 3ου
θέματος……..………………………………………………...…34
 Λύση 4ου
θέματος……..………………………………………...…………38
 Λύση 5ου
θέματος……..……………………………………….…………. 43
 Λύση 6ου
θέματος……..……………………………………………………45
 Λύση 7ου
θέματος……..…………………………………………..………. 49
 Λύση 8ου
θέματος……..……………………………………………..……. 54
 Λύση 9ου
θέματος……..……………………………………………………56
 Λύση 10ου
θέματος……..…………………………………..………………59
 Λύση 11ου
θέματος……..……………………………………..……………64
 Λύση 12ου
θέματος……..………………………………………..…………67
 Λύση 13ου
θέματος……..………………………………………..…………72
 Λύση 14ου
θέματος……..………………………………………..…………75
 Λύση 15ου
θέματος……..………………………………………..…………78
 Λύση 16ου
θέματος……..………………………………………..…………84
 Λύση 17ου
θέματος……..………………………………………..…………88
 Λύση 18ου
θέματος……..………………………………………..…………92
 Λύση 19ου
θέματος……..………………………………………..…………96
 Λύση 20ου
θέματος ……..…………………………………………………100

3. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
3
Πρόλογος
Στο παρόν αρχείο παρουσιάζονται 20 επαναληπτικά θέματα στα μαθηματικά
κατεύθυνσης Γ΄ τάξης Λυκείου. Τα θέματα είναι αυξημένης δυσκολίας και
συνοδεύονται από υποδειγματικές αναλυτικές λύσεις.
Η συγγραφική ομάδα αποτελείται από μαθηματικούς από διάφορα μέρη της Ελλάδας,
που συναντιούνται διαδικτυακά μέσα από το blog http://lisari.blogspot.gr.
Ελπίζουμε ότι ο πλούτος σκέψεων και ιδεών, η πρωτοτυπία των περισσοτέρων
θεμάτων, η κομψότητα των λύσεων και γενικά το υψηλό επίπεδο, θα συντελέσουν στο
να αποβεί αυτή η εργασία ένα χρήσιμο και ευχάριστο εγχειρίδιο για διδάσκοντες και
διδασκόμενους.
Οι λύσεις των θεμάτων είναι προτεινόμενες και όχι περιοριστικές ως προς την
αντιμετώπιση τους. Οποιαδήποτε σχόλια, παρατηρήσεις, διορθώσεις και βελτιωτικές
προτάσεις είναι ευπρόσδεκτα στην ηλεκτρονική διεύθυνση lisari.blogspot@gmail.com.
Με εκτίμηση
Η ομάδα του lisari
-Μάρτιος 2015-

4. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
4
lisari team
Αντωνόπουλος Νίκος (Φροντιστήριο «Κατεύθυνση» - Άργος)
Αυγερινός Βασίλης (Φροντιστήρια «ΔΙΑΤΑΞΗ» - Ν. Σμύρνη και Νίκαια)
Βελαώρας Γιάννης (Φροντιστήριο «ΒΕΛΑΩΡΑΣ» - Λιβαδειά Βοιωτίας)
Βοσκάκης Σήφης (Φροντιστήριο «Ευθύνη» - Ρέθυμνο)
Γιαννόπουλος Μιχάλης ( Αμερικάνικη Γεωργική Σχολή)
Γκριμπαβιώτης Παναγιώτης (Φροντιστήριο «Αστρολάβος» - Άρτα)
Δούδης Δημήτρης (3ο Λύκειο Αλεξανδρούπολης)
Ζαμπέλης Γιάννης (Φροντιστήριο «Πουκαμισάς» Γλυφάδας)
Κακαβάς Βασίλης (Φροντιστήριο «Ώθηση» - Μαρούσι)
Κάκανος Γιάννης (Φροντιστήριο «Παπαπαναγιώτου – Παπαπαύλου» - Σέρρες)
Κανάβης Χρήστος (Διδακτορικό στο ΕΜΠ – 2ο ΣΔΕ φυλακών Κορυδαλλού)
Καρδαμίτσης Σπύρος (Πρότυπο Λύκειο Αναβρύτων)
Κοπάδης Θανάσης (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίων «19+» - Πολύγωνο)
Κουλούρης Αντρέας (3ο Λύκειο Γαλατσίου)
Κουστέρης Χρήστος (Φροντιστήριο «Στόχος» - Περιστέρι)
Μανώλης Ανδρέας (Φροντιστήριο «Ρηγάκης» - Κοζάνη)
Μαρούγκας Χρήστος (3ο ΓΕΛ Κηφισιάς)
Νάννος Μιχάλης (1ο Γυμνάσιο Σαλαμίνας)
Νικολόπουλος Θανάσης (Λύκειο Κατασταρίου, Ζάκυνθος)
Παγώνης Θεόδωρος (Φροντιστήριο «Φάσμα» - Αγρίνιο)
Παντούλας Περικλής (Φροντιστήρια «Γούλα-Δημολένη» - Ιωάννινα)
Παπαδομανωλάκη Μαρία (Πρότυπο Κέντρο Μάθησης «ΔΙΑΚΡΙΣΙΣ» - Ρέθυμνο)
Παπαμικρούλης Δημήτρης (Εκπαιδευτικός Οργανισμός «Ρόμβος»)
Πορίχης Λευτέρης (Γυμνάσιο Λιθακιάς – Ζάκυνθος)
Ράπτης Γιώργος (6ο ΓΕΛ Βόλου)
Σίσκας Χρήστος (Φροντιστήριο «Μπαχαράκης» - Θεσσαλονίκη)
Σκομπρής Νίκος (Συγγραφέας – 1ο Λύκειο Χαλκίδας)
Σπλήνης Νίκος (Φροντιστήριο «ΟΡΙΖΟΝΤΕΣ» - Ηράκλειο Κρήτης)
Σπυριδάκης Αντώνης (Γυμνάσιο Βιάννου - Λασίθι)
Σταυρόπουλος Παύλος (Ιδιωτικά Εκπαιδευτήρια Δούκα)
Σταυρόπουλος Σταύρος (Γραμματέας Ε.Μ.Ε Κορινθίας - Γυμνάσιο Λ.Τ. Λεχαίου)
Τηλέγραφος Κώστας (Φροντιστήριο «Θεμέλιο» - Αλεξανδρούπολη)
Τρύφων Παύλος (1ο Εσπερινό ΕΠΑΛ Περιστερίου)
Φιλιππίδης Χαράλαμπος (Ελληνογαλλική Σχολή «Καλαμαρί»)
Χαραλάμπους Σταύρος (Μουσικό Σχολείο Λαμίας)
Χατζόπουλος Μάκης (Υπουργείο Παιδείας και Θρησκευμάτων)

5. Νίκος Αντωνόπουλος
Γιάννης Βελαώρας
Σήφης Βοσκάκης
Παναγιώτης Γκριμπαβιώτης
Γιάννης Κάκανος
Χρήστος Κουστέρης
Θεόδωρος Παγώνης
Δημήτρης Παπαμικρούλης
Γιώργος Ράπτης
Χρήστος Σίσκας
Νίκος Σπλήνης
Παύλος Τρύφων
Χαράλαμπος Φιλιππίδης
Μάκης Χατζόπουλος
Λύτες
Παύλος Τρύφων
Μάκης Χατζόπουλος
Συντονιστές
Θεματοδότες
Παύλος Τρύφων
Εξώφυλλο
Παύλος Τρύφων
Πρόλογος
Κώστας Μπιρμπίλης
Παύλος Τρύφων
lisari team
η καλύτερη ομάδα λόγω teαm_ής!
20 επαναληπτικά θέματα
στα μαθηματικά κατεύθυνσης
Γ΄ τάξης Λυκείου

6. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
6
Εκφωνήσεις
ΘΕΜΑ 1o
Δίνεται ο μιγαδικός z για τον οποίο ισχύει  
6
z z z z 4 64 0 (1)    
και η συνάρτηση f :R R με τύπο  
33
f x x z x z .  
α) Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο R και ότι z 2.
β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση
3
x
x z z
z
   έχει μοναδική λύση στο διάστημα
 z 1, z .
γ) Αν ισχύει η ισότητα της (1), να αποδείξετε ότι
2
z z 4 2 17.  
Για ποιους μιγαδικούς z ισχύει
2
z z 4 2 17;  
δ) Έστω 1 2z ,z  με
6 3 6 3
1 1 1 2 2 2z z 4 z 64 z z 4 z     
δ1) Αν 1 2z z 2 2,  αποδείξτε ότι 1
2
z
i
z
 
δ2) Αν
2 2
1 2z z 0  , αποδείξτε ότι 1 2z z 2 2 

7. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
7
ΘΕΜΑ 2o
Έστω παραγωγίσιμη συνάρτηση f :R R με την ιδιότητα
 f x
2
1 2 x
dt ,
ln t t 1 1 ln2


   για κάθε x R. (1)
α) Αν αποδείξετε ότι  f x 1 , για κάθε x R και ότι η f είναι γνησίως αύξουσα
στο R .
β) Να βρείτε πού στρέφει τα κοίλα η f καθώς και την εφαπτομένη της γραφικής
παράστασης της f στο σημείο   A 2,f x .
γ) Για α 2 να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό  0x 2,α με την ιδιότητα
   
0x
0 0
α
f t dt x f x . 
δ) Να βρεθεί το
2x
x 0
x
f(t 2) 1
lim dt.
t

 

ε) Αποδείξτε ότι η γραφική παράσταση της f δεν έχει πλάγιες/οριζόντιες
ασύμπτωτες στο .

8. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
8
ΘΕΜΑ 3o
A) Αποδείξτε ότι η συνάρτηση   x x
φ x xe e 
   είναι μια αρχική της
  x
σ x xe
 στο R .
B) Δίνεται η συνάρτηση f :R R με τις ιδιότητες:
 η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο R ,
     x
f '' x f ' x e
  , για κάθε x R ,
 ο οριζόντιος άξονας εφάπτεται της γραφικής παράστασης της f στην
αρχή των αξόνων.
α) Να αποδείξετε ότι   x
x 1
f x 1, x R
e

    και να βρείτε το σύνολο τιμών
της f .
β) Να λυθεί στο R η ανίσωση
2
2 x
2
1 x e
.
3 e


γ) Να βρεθεί το όριο  
x 2015
x
x k
L lim f t dt ,



  όπου y k είναι η οριζόντια
ασύμπτωτη της f στο .
δ) Να βρεθούν (εφόσον υπάρχουν) τα όρια
   1 2
x 0 x 0
συνx 1 ημx
L lim , L lim .
f x f x 

 
ε) Να αποδειχθεί ότι για κάθε α 0 η εξίσωση x α
x 1 α 1
e e
 
 έχει δύο λύσεις
ετερόσημες στο R .

9. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
9
ΘΕΜΑ 4o
Για τη συνεχή στο R συνάρτηση f ισχύει η σχέση
     
1 x
t
0 0
f x 1 xte dt (f t f 1 t dt ,      για κάθε x R .
α) Να αποδείξετε ότι      f ' x 1 f x f 1 x ,    για κάθε x R και στη
συνέχεια να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f.
β) Να λύσετε την εξίσωση
 
 f x 2
2 f x , x R  .
γ) Αν 0 α β  , αποδείξτε ότι
 
β
α
dx β α
ln f(x) αβ

 .
(το ερώτημα γ) είναι από το βιβλίο των Ζανταρίδη-Μαυροφρύδη-Ραικόφτσαλη,θέμα 141, ερώτημα iv,
σελ. 306)
δ) Να βρείτε το
  k
x
f t x
x
0
L lim e dt

  , για τις διάφορες τιμές του k 1,2,...

10. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
10
ΘΕΜΑ 5o
Δίνονται οι συνεχείς στο συναρτήσεις f,g με

 
 x
f x x 1
0
e 1 x f x

 
 
και  f x x για κάθε x
  
 
 
f x , x 0
g x
2 xln x 1 , x 0
 
 
  
.
α) Να αποδειχθεί ότι   x
f x x 1 e , x   
β) Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση  g x 0 έχει δύο ακριβώς λύσεις ετερόσημες
γ) Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση
   1 2g x 2 g x 2
2016
x 1 x
 
 

έχει μια
τουλάχιστον λύση στο διάστημα  1,0 , για κάθε
*
1 2x ,x  .

11. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
11
ΘΕΜΑ 6o
Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο   x
x 1
f x .
e x



α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f .
β) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ακριβώς δύο σημεία   1 1A x ,f x ,
  2 2B x ,f x με 1 2x 1 x ,  στα οποία οι εφαπτομένες της γραφικής
παράστασης της f είναι παράλληλες στον οριζόντιο άξονα.
γ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα σημείο   Γ ξ,f ξ στο οποίο η
εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f ' είναι παράλληλη στον
οριζόντιο άξονα.
δ) Να αποδειχθεί ότι υπάρχει διάστημα της μορφής [α,β] , με β α 2  , στο
οποίο η f να είναι γνήσια αύξουσα.
ε) Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που καθορίζεται από την γραφική παράσταση
της f και τους άξονες συντεταγμένων.
στ) Να βρεθούν τα όρια
 
 1 23 x ln xx x
ημf x xημx ημx
L lim , L lim .
f x e e 

 


12. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
12
ΘΕΜΑ 7o
Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο    
x
9
0
π
f x ημt συνt dt , x 0, .
2
 
    

α) Μελετήστε την f ως προς τη μονοτονία και την κυρτότητα.
β) Αποδείξτε ότι  f x 0 , για κάθε
π
x 0,
2
 
  
και ότι    f x f '' x , για
κάθε
π
x 0, .
2
 
  
γ) Αποδείξτε ότι η συνάρτηση
π
m : 0, R
2
 
  
με  
 f x
m x
x
 είναι γνήσια
αύξουσα στο πεδίο ορισμού της.
δ) Αποδείξτε ότι
 f 11
f
ν ν
 
 
 
, για κάθε ν=2,3,…
ε) Για κάθε
π
α,β 0,
2
 
  
αποδείξτε ότι  
β 9
α
ημt συνt dt β α .  

13. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
13
ΘΕΜΑ 8o
Τα σημεία Α,Β,Γ είναι διαφορετικά ανά δύο και είναι εικόνες των μιγαδικών
2
z
z , z ,
z
αντίστοιχα, με
*
z C .
α) Να βρεθεί πως έχει επιλεγεί ο μιγαδικός z.
β) Να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές στο Α.
γ) Να θεωρηθεί το σημείο Α στο επίπεδο και να σημειωθούν τα Β,Γ.
δ) Αν το τρίγωνο ΑΒΓ είναι και ορθογώνιο, να βρεθεί η γραμμή που
βρίσκεται το σημείο A.

14. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
14
ΘΕΜΑ 9o
Για τους μιγαδικούς z,w ισχύουν:
      
1 1
z Re z , με Re z Im z 0
4 4
    

13
uu 2z i z i.
2
    
α) Να αποδειχθεί ότι οι εικόνες  M z είναι σημεία της γραφικής παράστασης της
συνάρτησης  f x x,x 0,  και να βρεθεί ο μιγαδικός z για τον οποίο οι
ρυθμοί μεταβολής του πραγματικού και φανταστικού μέρους είναι ίσοι καθώς η
εικόνα του κινείται πάνω στην fC
(δίνεται ότι  
d
Re(z) 0 , για κάθε t 0
dt
  ).
β) Να βρεθεί ο μιγαδικός z, αν επιπλέον ισχύει   
22
z z 2 z z 2 i .   
γ) Να αποδειχθεί ότι 2z 13 5  .
δ) Αν για τον μιγαδικό w ισχύει ww wu wu 2 0    , αποδείξτε ότι:
δ1) οι εικόνες του w βρίσκονται σε κύκλο,
δ2) οι αριθμοί w u , 2, u είναι πλευρές ορθογωνίου τριγώνου,
δ3)
2
u w
2
  ,
δ4)
2 2 2
u w 2 w u 2.   

15. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
15
ΘΕΜΑ 10o
Δίνεται συνάρτηση f συνεχής στο R και η συνάρτηση g :R R με τύπο
   
1
0
g x f xt dt. 
α) Αποδείξτε ότι    
x
0
1
g x f t dt , x 0
x
  και ότι η g είναι συνεχής στο 0.
β) Αν    
1 2
0 1
f t dt f t dt  , αποδείξτε ότι υπάρχει  ξ 1,2 τέτοιο, ώστε
   g ξ f ξ .
γ) Αν η f είναι παραγωγίσιμη στο 0, αποδείξτε ότι
   
   
2 2
x 0
f x g x
lim f 0 f 0
x


δ) Αν επιπλέον η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R ,
δ1) Αποδείξτε ότι η g είναι γνησίως φθίνουσα στο R .
δ2) Να συγκρίνετε τους αριθμούς  
1
0
f t dt και  
2
1
f t dt .
δ3) Αποδείξτε ότι
     
x 2016 x
0 0
x f t dt x 2016 f t dt , για κάθε x 0

      .
δ4) Αν η fC έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο  την ευθεία  y f 0 ,
αποδείξτε ότι και η gC έχει την ίδια ασύμπτωτη στο .
δ5) Αν
*
z C με την ιδιότητα      
z 1
0 0
z f z tf t dt zf t dt    ,
αποδείξτε ότι υπάρχει μοναδικό ρ (0,1) τέτοιο, ώστε
 
ρz
ρ 1 e 1 ln z   .
δ6) Να βρείτε το πρόσημο της συνάρτησης h :R R με τύπο
     h x f x g x  και στη συνέχεια να βρείτε το
         2016 2
x
L lim f 2 f 1 g 1 g 2 x ημx x .

          

16. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
16
ΘΕΜΑ 11o
Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση  f : 0, R  με
  f x 0, για κάθε x 0 ,

     2h 0
1 3 h ημh
lim
f 1 2 f 1 h f 1

 
 
 Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f σε κάθε σημείο της
  o oA x ,f x διέρχεται από το σημείο o
o
1
M x ,0
2x
 
 
 
.
α) Να βρεθεί το  f 1 και να αποδειχθεί ότι  
2
1 x
f x e , x 0.
 
β) Αν z με  Im z 0 και
2
1 z 1
e z 1
 
  , αποδείξτε ότι
 
1
f ' x
x
lim z 1 0


 
γ) Να αποδειχθεί ότι
     x
2
1
x 1 f x f t 1
dt 1
x t x

   , για κάθε x 1
δ) Να αποδειχθεί ότι  
x
2x
1
1 1
lim 1 f t dt
2t 2
 
  
 


17. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
17
ΘΕΜΑ 12o
Δίνονται οι συναρτήσεις  F,f : 0,π R με:
    F x f x ,  για κάθε x (0,π)
  
x
f x
ημx

α) Να αποδείξετε ότι
 
 
x
π
3
f t 1 συνx 1
dt ln ln3 , x 0,π
t 1 συνx 2

  

β) Να αποδείξετε ότι
2π π πln3
F F
3 3 2
   
    
   
γ) Να βρείτε το σύνολο τιμών   f 0,π και να αποδειχθεί ότι υπάρχει μοναδικό
o
π
x
3
 τέτοιο, ώστε  o
π 2π
f x F F
3 3
   
    
   
δ) Nα αποδειχθεί ότι υπάρχει μοναδικό 1
π
x
3
 τέτοιο, ώστε  
 o
1
3f x
f x .
π

ε) Αν Ε είναι το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση
της συνάρτησης  m: 0,π R με  
 f x
m x
x
 , τον άξονα x΄x και τις
ευθείες
π π
x , x
3 2
  , αποδείξτε ότι
 
 
2Eln3
οΕ
1
f x e
i συν
f x
 
  
 
(όπου i είναι η φανταστική μονάδα).

18. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
18
ΘΕΜΑ 13o
Η συνάρτηση  f : 0,π R είναι παραγωγίσιμη με την ιδιότητα
   f x ημx f x συνx  , για κάθε  x 0,π .
α) Αποδείξτε ότι    f 0 f π 0 
β) Αποδείξτε ότι η γραφική παράσταση της f τέμνει τον οριζόντιο άξονα σε ένα
μόνο σημείο στο διάστημα  0,π
γ) Αν επιπλέον  f 0 0 και η f είναι συνεχής στο  0,π , αποδείξτε ότι:
γ1) Αποδείξτε ότι υπάρχει  μ 0,π τέτοιο, ώστε  f μ 0 
γ2) Αν  α,β 0,π με    f α ημβ f β ημα , τότε α β .
γ3)
π π π
2f 2f f
6 4 2
     
      
     
γ4)  
π
2
π
6
π 3 π
3f f x dx f
6 2 2
   
    
   

γ5)  f π 0
γ6) Αποδείξτε ότι για κάθε πραγματικό αριθμό λ, η εξίσωση
 f x λ ημx  έχει μοναδική ρίζα στο  0,π .

19. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
19
ΘΕΜΑ 14o
Η συνάρτηση
π
f : 0, R
2
 
  
είναι παραγωγίσιμη και ισχύουν:
      
συνx
f x συνx f x ημx f x ,
x
   για κάθε
π
x 0,
2
 
 
 

 π
x
3
3x π 3 3
lim .
x 2f x π



α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση
π
g : 0, R
2
 
 
 
με  
 f x
g x
xσυνx
 είναι
σταθερή και στη συνέχεια να βρείτε τη συνάρτηση f
β) Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό o
π
x 0,
2
 
 
 
με  of x 0  και o
π
x
4

γ) Να αποδείξετε ότι
2
xσυνx
2
 , για κάθε
π
x 0, .
2
 
 
 
δ) Να αποδείξετε ότι
π
βσυνβ ασυνα β α
2
   , για κάθε
π
α,β 0,
2
 
 
 

20. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
20
ΘΕΜΑ 15o
Α) Αποδείξτε ότι
x
e x 1  , για κάθε x R . Πότε ισχύει η ισότητα;
Β) Η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο R , με τις ιδιότητες:
       
x
2 e
f x f x f x
2
   , για κάθε x R

 
2
xx 0
x 3x
lim 3
f x e



και  f 0 0 
α) Να αποδείξετε ότι   x
f x e x , x R  
β) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα
   2
x
1
f x f x
I dx
e 1



γ) Αν η συνάρτηση g είναι δύο φορές παραγωγίσιμη με    2
xg x f x 1,   για
κάθε x R ,
γ1) να μελετηθεί η συνάρτηση g ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα
γ2) να αποδείξετε ότι  
1
g 0
2
 
γ3) να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g δεν είναι γνησίως φθίνουσα στο R
γ4) να αποδείξετε ότι      
1
0
5 2e
g 0 g x dx g 1
2

  
γ5) να αποδείξετε ότι  
 g 1
e
g x ln
x
 
  
 
, για κάθε x 1.

21. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
21
ΘΕΜΑ 16o
Δίνεται η συνάρτηση  f : 0, R  με
 
x 1
t
x e
1
1 ln x 1
f x lim 1 e dt
x e t


  
   
  
 , για κάθε x 0 (1) .
α) Αποδείξτε ότι  
1
x
f x xe , x 0

 
β) Να εξεταστεί η f ως προς την κυρτότητα
γ) Αποδείξτε ότι  f x 1  , για κάθε x 0
δ) Αν α,β 0 , να αποδειχθεί ότι ισχύει 1
x α β
1
x β
x α β x β
α
e
e
 

  
  , για κάθε
x 0
ε) Να βρείτε το
 4 3
4x
f x 2x 1
M lim
2x 4x
 


στ) Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο
σημείο   A 1,f 1 . Στη συνέχεια:
στ1) να αποδειχθεί ότι  
2
1
2
f x dx
e

στ2) αν Ε είναι το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική
παράσταση της f , τον άξονα x΄x και τις ευθείες x 1,x 2  ,
αποδείξτε ότι
 
x x
x xx
7E 2
lim
2 3

 

στ3) Βρείτε το όριο
 
x
1
kx
f t dt
L lim
x


, για k 1,2,...

22. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
22
ΘΕΜΑ 17o
Δίνονται οι μιγαδικοί  ημx
1 2z 1 iα , z 2 ημx i , x R 0 α 1        και
η συνάρτηση f :R R με τύπο  1 2f(x) Im z z  . Αν ισχύει:
  1 2Re z z 1,  για κάθε x R

ημκ
ημλ
e 2 ημλ
e 2 ημκ



(κ,λ R με κ λ) ,
α) Αποδείξτε ότι α e
β) Να αποδείξετε ότι υπάρχει αριθμός ρ, ώστε
π
f ρπ 0
2
    
 
,
με
κ 1 λ 1
ρ
π 2 π 2
   
γ) Να βρεθούν οι ακέραιοι μ για τους οποίους η εξίσωση  f x μ έχει ακριβώς
δύο λύσεις στο διάστημα  0,π
δ)
δ1) Αποδείξτε ότι lnx x 1  , για κάθε x 0 . Πότε ισχύει η ισότητα;
δ2) Θεωρούμε τη συνάρτηση g :R R με  
 f x 1
g x
2 ημx



.
Αν E το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της
g , τον άξονα x΄x και τις ευθείες
π
x 0,x
2
  , αποδείξτε ότι
π
Ε 1
2
 
δ3) Αποδείξτε ότι  
x
x
0
lim g t dt

 
ε) Αποδείξτε ότι
        
 
 
ημx
1 1 2
f 0x 0
1
Im z x 1 f x 1 e 1 Re z z
lim 0
x Im z
       



23. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
23
ΘΕΜΑ 18o
α) Να αποδείξετε ότι
3
x
x ημx x
6
   , για κάθε x 0 (*)
β) Αν  
20163
x
x ημt
F x x dt , x 0
18 t
    να βρεθεί η μονοτονία αυτής και να
λυθεί η ανίσωση
3
x 3
3
x
ημt 19x x
x dt
t 18 18
   στο  0,
γ) Αν α 1 , να βρεθούν τα όρια:
γ1)
αx
x 0
x
ημt
lim dt
t
  γ2)
αx
2
x 0
x
ημt
lim dt
t
  γ3)
αx
3
x 0
x
ημt
lim dt
t
 
δ) Αν Ε είναι το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση
της συνάρτησης  φ: 0, R  με    φ x ημ lnx , τον άξονα x΄x και τις
ευθείες x 1, x e  , αποδείξτε ότι
e
E 1
3
 
ε) Να αποδείξετε ότι  
π
2
0
8
ημ συνx dx 1
9
  και  
π
2
0
8
ημ ημx dx 1.
9
 

24. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
24
ΘΕΜΑ 19o
Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση  f : 0, R  με τις ιδιότητες:
    
x
f xy f 2f x
y
 
  
 
, για κάθε x,y 0
  f 1 0 και  f 1 1  .
α) Να αποδειχθεί ότι   2
1 1 2
f x f
x x x
    
 
, για κάθε x 0
β) Αποδείξτε ότι  f x lnx , x 0 
γ)
Ένας κυνηγός βρίσκεται στη θέση K , σε απόσταση από την αρχή του λόφου Λ
ίση με   2
ΚΛ e 1  δεκάδες μέτρα. Ο λαγός ανεβαίνει το λόφο, ο οποίος
«αντιγράφει» τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f , για x 1 . Να βρεθεί με
μεγαλύτερη απόσταση κυνηγού-λαγού που ο κυνηγός έχει οπτική επαφή με το λαγό
δ) Η ευθεία y α 0  τέμνει τη γραφική παράσταση της f στα σημεία A,B.
Να αποδειχθεί ότι οι εφαπτόμενες αυτής στα A,B τέμνονται κάθετα.

25. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
25
ΘΕΜΑ 20o
Δίνεται η συνάρτηση f :R R δύο φορές παραγωγίσιμη, με τις ιδιότητες:
  x
e f x 1,  για κάθε πραγματικό αριθμό χ
 η γραφική παράσταση της f έχει ασύμπτωτη την ευθεία ε : y x στο 
α) Να αποδειχθεί ότι   x
f x x e , x R
  
β) Να αποδειχθεί ότι  f x 1 , για κάθε x R και να βρεθεί το σύνολο τιμών
της συνάρτησης f f
γ) Αποδείξτε ότι υπάρχει μοναδικό   
e
m 0: f f m e   
δ) Να αποδειχθεί ότι για α 1 ισχύει
1
α
α 1 α
e
α α 1

 

ε) Να λυθεί η εξίσωση
2 2
x 3x 2 x 1
e e 3x 1, x R.   
   
στ) Αποδείξτε ότι δεν υπάρχει  
k k
e k e k
k R: e συν e e 1
    .

26. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
26
Προτεινόμενες Λύσεις
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 1ου
α) Από τη θεωρία ισχύει η σχέση
2
zz z . Άρα
   6 6 2 6 3
z z zz 4 64 0 z z z 4 64 0 z z 4 z 64 0 (2)             
Η εξίσωση 6 3
x x 4x 64 0    έχει ρίζα το 2 . Κάνουμε σχήμα Horner με το 2 :
1 0 0 1 0 -4 -64 2
↓ 2 4 8 18 36 64
1 2 4 9 18 32 0
Οπότε, η ταυτότητα της διαίρεσης δίνει:
  6 3 5 4 3 2
x x 4x 64 x 2 x 2x 4x 9x 18x 32          .
Έτσι, η σχέση (2) γράφεται ισοδύναμα:
  5 4 3 2
θετικό
z 2 z 2 z 4 z 9 z 18 z 32 0      
άρα z 2 0 z 2.    Από τη σχέση (1) προκύπτει ότι z 0
(διότι αν ήταν
(1)
z 0 64 0   , άτοπο).
Η f είναι παραγωγίσιμη στο , ως πολυωνυμική, με παράγωγο
  2
f x 3x z 0,    για κάθε πραγματικό αριθμό x . Άρα f γνησίως αύξουσα στο .
β) Θεωρούμε τη συνάρτηση g : z 1, z ,     με τύπο  
3
2x
g x x z
z
  
Η g είναι συνεχής στο z 1, z    , ως πολυωνυμική και ισχύει:
 
3
2z
g z z z z 0
z
    
 
 
33
2 zz 1
g z 1 z 1 z
z

     
2 2 3
3 z 3 z 1 z z z      2
2 z 2 z 1
0
z z
  
 
(διότι 2
2x 2x 1 0,    ως τριώνυμο με αρνητική διακρίνουσα και α 2 0   .
Άρα
2
2 z 2 z 1 0    ).
Από το θεώρημα Bolzano, προκύπτει η ύπαρξη αριθμού
   
3 3
2o o
o o o o
x x
x z 1, z :g x 0 x z 0 x zz
z z
         
Το ox αυτό είναι μοναδικό, διότι  
2
3x
g x 1 0,
z
    για κάθε  x z 1, z  , άρα η
συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της.
γ) Έχουμε τώρα ότι ισχύει η ισότητα  
6
z z zz 4 64 0    , οπότε από το α)
ερώτημα προκύπτει ότι z 2 . Θα αποδείξουμε ότι
2
z z 4 2 17  

27. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
27
Έστω z x yi, x,y .   Τότε επειδή 2 2 2 2
z 2 x y 4 y 4 x (3)      
Έχουμε,
     
22 2 2 2 2
z z 4 x yi x yi 4 x y 2xyi x yi 4 x y x 4 y 2x 1 i                  
Άρα,
        
(3)2 222 2 2 2 2 2 2 2
z z 4 x y x 4 y 2x 1 x 4 x x 4 4 x 4x 1 4x                 
    
22 2 2
4 2 3 2 2 4 2 3
2x x 8 4 x 4x 1 4x
4x x 64 4x 32x 16x 16x 4 16x 4x x 4x
      
           
2 2 17
68 16x 2 17 4x , x
2
   
Η συνάρτηση   2 17
φ x 2 17 4x , x
2
   είναι παραγωγίσιμη στο
17 17
,
2 2
 
  
 
,
με παράγωγο
  2 2
8x 8x
φ x 2
2 17 4x 17 4x

    
 
άρα,
 
17
φ x 0 x ,0 .
2
 
      
 
Άρα η φ μεγιστοποιείται για x 0 , με μέγιστη τιμή  φ 0 2 17 . Δηλαδή
2
z z 4 2 17  
Η ισότητα ισχύει για  x Re z 0,  δηλαδή για z yi,y  .
Όμως z 2 y 2.    Άρα η ισότητα ισχύει για z 2i 
δ) Από τις σχέσεις της υπόθεσης και το α) ερώτημα προκύπτει ότι
1 2z z 2 
Α: εικόνα του 1z
Β: εικόνα του 2z
 
 
AB 2 2
OB 2


Είναι,
x

17
2
0
17
2
 φ΄ x + -
φ

28. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
28
   
2 2
1 2z z OA OB 2OM 2 OM 2 OB BM 2 4 2 2 2
   
          ,
όπου Μ το μέσο του ΑΒ.
δ1) Ας ονομάσουμε 1
2
z
w
z
 . Οπότε προκύπτει:
1 2z z 2 2   1
2
2
z
z 1 2 2
z
 
   
 
2z w 1 2 2    2 w 1 2 2    w 1 2 
Παρόμοια, από τη σχέση 1 2z z 2 2  καταλήγουμε στη σχέση w 1 2 
Άρα,
w 1 w 1   
2 2
w 1 w 1   
     w 1 w 1 w 1 w 1      w w 0  
 Re w 0  1
2
z
Re 0
z
 
  
 
1
2
z
ki
z
 , για κάποιο k
Όμως,
w 1 2   ki 1 2   2
k 1 2   2
k 1  k 1 
Άρα πράγματι
1
2
z
i
z
 
δ2)
2 2
1 2z z 0    
2
1 2 1 2z z 2z z 0     
2
1 2 1 2z z 2z z  
 
2
1 2 1 2z z 2z z  
2
1 2 1 2z z 2 z z  
2
1 2z z 8   1 2z z 2 2 
Οπότε, έχοντας δεδομένα     1 2z z
OB 2 , OM 2
2

   , εφαρμόζουμε το
πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΜΒ:
     
2 2
MB OB MO 4 2 2    
Άρα,
 1 2z z 2 MB 2 2  

29. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
29
[ Σχόλια:
1. Στα ερωτήματα δ1) , δ2) μπορούμε εναλλακτικά να χρησιμοποιήσουμε τον τύπο
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2z z z z 2 z 2 z    
(άσκηση σχολικού βιβλίου – χρειάζεται απόδειξη η χρήση του τύπου αυτού).
Οπότε γνωρίζοντας το 1 2z z βρίσκουμε το 1 2z z και αντίστροφα.
2.
Αν Β η εικόνα του 2z και Γ η εικόνα του 1z , τότε   2AB 2z 4  διάμετρος.
Άρα
Λ
ο
Γ 90 και από το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΑΒΓ παίρνουμε
     
2 2 2
ΑΒ ΑΓ ΒΓ  
2 2
1 2 1 216 z z z z   
και συνεχίζουμε όπως στα ερωτήματα δ1) , δ2) ]

30. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
30
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 2ου
α) Γνωρίζουμε (από εφαρμογή του σχολικού βιβλίου) ότι
nx x 1  για κάθε x 0 (με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν x 1 )
Συνεπώς η συνάρτηση
1
g(t)
nt t 1

 
έχει πεδίο ορισμού το (0,1) (1, ) 
Η συνάρτηση
x
2
1
H(x) dt
nt t 1

 
έχει πεδίο ορισμού το (1, )
(αφού τα άκρα 1, x του ολοκληρώματος πρέπει να ανήκουν στο ίδιο διάστημα του
πεδίου ορισμού της g και 2 (1, )  )
Αφού η σχέση
f (x)
2
1 2 x
dt
nt t 1 1 n2


  
ισχύει για κάθε x , η συνάρτηση
f (x)
2
1
H(f(x)) dt
nt t 1

  έχει πεδίο ορισμού το
Συνεπώς ισχύει
{x και f(x) 1}  , για κάθε x
Άρα ,f(x) 1 για κάθε x .
Αφού g συνεχής στο (1, ) και 2 σημείο του (1, ) , η συνάρτηση
f (x)
2
1
H(f(x)) dt
nt t 1

 
είναι παραγωγίσιμη στο , με
 
f (x)
2
1 f (x)
H(f(x)) dt
nt t 1 nf(x) f(x) 1
     
    

Παραγωγίζοντας τη σχέση (1) έχουμε
f (x) 1 nf(x) f(x) 1
f (x) 0
nf(x) f(x) 1 1 n2 n2 1
   
   
   
(διότι 2 e n2 ne n2 1 n2 1 0        και αφού f(x) 1 προκύπτει
nf(x) f(x) 1 nf(x) f(x) 1 0      )
Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο
β) Αφού η f είναι παραγωγίσιμη στο τότε η συνάρτηση
nf(x) f(x) 1
n2 1
 

είναι παραγωγίσιμη στο , ως πράξεις παραγωγίσιμων. Τότε από τη σχέση
nf(x) f(x) 1
f (x)
n2 1
 
 

(2)
προκύπτει ότι η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη
Παραγωγίζοντας τη σχέση (2) έχουμε
1 f (x) f (x) 1 f(x)
f (x) ( f (x)) 0
n2 1 f(x) n2 1 f(x)
  
     
 
για κάθε x

31. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
31
(αφού f (x) 0  , n2 1 0  , f(x) 1 τότε f(x) 0 και 1 f(x) 0  )
Άρα η f στρέφει τα κοίλα άνω στο
Η σχέση
f (x)
2
1 2 x
dt
nt t 1 1 n2


  
για x 2 γίνεται
f (2)
2
1
dt 0
nt t 1

 
Όμως ισχύει
1
nt t 1 0 0
nt t 1
     
 
Τότε
 Αν f(2) 2 τότε
f (2) f (2)
2 2
1 1
dt 0 dt 0
nt t 1 nt t 1
 
    
    
  , άτοπο
 Αν f(2) 2 τότε
2 f (2)
f (2) 2
1 1
dt 0 dt 0
nt t 1 nt t 1
 
    
    
  , άτοπο
Άρα ισχύει
f(2) 2
Η σχέση
nf(x) f(x) 1
f (x)
n2 1
 
 

για x 2 γίνεται
nf(2) f(2) 1 n2 2 1 n2 1
f (2) 1
n2 1 n2 1 n2 1
    
    
  
Οπότε η εφαπτομένη της fC στο  A 2,2 έχει εξίσωση
ε : y f(2) f (2)(x 2)  
ε : y 2 x 2  
ε : y x
γ) Θεωρούμε τη συνάρτηση
x
α
h(x) f(t)dt x f(x) , x   
Αφού f συνεχής στο , τότε
x
α
f(t)dt παραγωγίσιμη στο και x,f(x)
παραγωγίσιμες στο , άρα η είναι h παραγωγίσιμη στο , με
 x
α
h (x) f(t)dt x f(x) f(x) 1 f (x) 0

       
(αφού f(x) 1 f(x) 1 0    και f (x) 0  )
Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο
 Η h είναι συνεχής στο [2,α] (αφού είναι παραγωγίσιμη στο )
 h(2) h(α) 0 
 αφού
2 α
α 2
h(2) f(t)dt 2 f(2) f(t)dt 0       , διότι f(t) 0 τότε με α >2 ισχύει
α
2
f(t)dt 0
α
2
f(t)dt 0   και
α
α
h(α) f(t)dt α f(α) f(α) α 0      , διότι η f είναι

32. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
32
κυρτή, συνεπώς η fC βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη της, δηλαδή ισχύει f(x) x
με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 2 . Συνεπώς αφού α 2 θα
ισχύει f(α) α f(α) α 0   
Άρα σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον 0x (2,α) τέτοιο
ώστε
0 0x x
0 0 0 0 0α α
h(x ) 0 f(t)dt x f(x ) 0 f(t)dt x f(x )        
Επειδή η h είναι γνησίως αύξουσα, το 0x είναι μοναδικό.
δ) Για κάθε x κοντά στο 0 με x 0 και 0 x t 2x   και αφού f γνησίως αύξουσα
έχουμε
x 2 t 2 2x 2     
f(x 2) f(t 2) f(2x 2)     
:t 0
f(x 2) 1 f(t 2) 1 f(2x 2) 1

        
f(x 2) 1 f(t 2) 1 f(2x 2) 1
t t t
     
  

f(t 2) 1 f(x 2) 1
0
t t
   
  και 
x 2xf(2x 2) 1 f(t 2) 1
0
t t
   
  

2x
x
f(t 2) 1 f(x 2) 1
dt 0
t t
    
  
 
 και 
2x
x
f(2x 2) 1 f(t 2) 1
dt 0
t t
    
   
 


2x 2x
x x
f(t 2) 1 1
dt (f(x 2) 1) dt
t t
 
    και 
2x 2x
x x
1 f(t 2) 1
(f(2x 2) 1) dt dt
t t
 
    
2x2x 2x
x xx
f(t 2) 1
(f(2x 2) 1) dt (f(x 2) 1)
t
[ nt] [ nt]
 
      
2x
x
f(t 2) 1
(f(2x 2) 1)( n2x nx) dt (f(x 2) 1)( n2x nx)
t
 
        
2x
x
2x f(t 2) 1 2x
(f(2x 2) 1) n dt (f(x 2) 1) n
x t x
 
      
2x
x
f(t 2) 1
(f(2x 2) 1) n2 dt (f(x 2) 1) n2
t
 
     
Είναι
x 0 u 2
imf(x 2) imf(u) f(2) 2 
 
    (αφού f συνεχής στο 2)
και
x 0 u 0
imf(2x 2) imf(u 2) 2 
 
    (θέσαμε u 2x τότε όταν x 0 ισχύει u 0 )
Έτσι,
x 0 x 0
im(f(2x 2) 1) n2 im(f(x 2) 1) n2 n2 
 
     
Άρα, σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής ισχύει
2x
xx 0
f(t 2) 1
im dt n2
t

 

ε) Για κάθε x κοντά στο  ισχύει
f(x) x 0  
1 1
0
f(x) x
 
Ισχύει
x x
1
im 0 im 0
x 
 

33. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
33
Άρα σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής ισχύει
x
1
im 0
f(x)

άρα
x x
1
im f(x) im
1
f(x)
 
  
(διότι
x
1
im 0
f(x)
 με
1
0
f(x)
 )
Για να είναι η y λx β  ασύμπτωτη (πλάγια – οριζόντια) της Cf στο 
αρκεί τα όρια
x
f(x)
λ im
x
 και
x
β im[f(x) λx]

 
να είναι πραγματικοί αριθμοί.
Επειδή
x
im f(x)

  και
x
im x

 
και
x x x x
f (x) nf(x) f(x) 1 1 nf(x) 1
im imf (x) im im f(x)[ 1 ]
x n2 1 n2 1 f(x) f(x)   
   
       
    
(αφού
x
im f(x)

  είναι και
x
im nf(x)

 
και
x x
( nf(x)) 1
im im 0,
(f(x)) f(x) 

 

από τον κανόνα De ΄l Hospital ισχύει
x
nf(x)
im 0
f(x)

τότε
x
nf(x) 1
im[ 1 ] 1
f(x) f(x)
    και
1
0
n2 1


)
άρα, από τον κανόνα De ΄l Hospital ισχύει
x
f(x)
im
x
 
Έτσι, η fC δεν έχει ασύμπτωτες (πλάγιες – οριζόντιες) στο 

34. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
34
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 3ου
Α. Αρκεί να δείξουμε ότι
   φ x σ x  , για κάθε x .
Έχουμε :
       x x x x
φ x xe e xe e                  x x x
x e x e e x         
   x x x x x x x x x x
e xe x e e xe e e xe e xe σ x                             
Β. α) Επειδή ο άξονας x x εφάπτεται της γραφικής παράστασης της f στο σημείο
 Ο 0,0 θα είναι :
f(0) 0 (1) και f (0) 0  (2) ,
οπότε για κάθε x έχουμε:
x
f (x) f (x) e
  
πολλαπλασιάζω με x
e :
   x x x
e f (x) e f (x) 1 e f (x) x          , για κάθε x .
Άρα:
x
e f (x) x c   , για κάθε x . (c:σταθερά)
Για x 0 είναι :
 2
0
e f (0) 0 c f (0) c c 0       
Άρα
x x
e f (x) x f (x) x e
     
που σύμφωνα με το ερώτημα Α γράφεται:
 x x
f (x) x e e       , για κάθε x .
Άρα υπάρχει σταθερά 1c  ώστε:
x x
1f(x) x e e c 
     για κάθε x .
Για x 0 έχουμε :
 1
1 1 1f(0) 1 c 0 1 c c 0         .
Άρα :
x x
f(x) x e e 1 
     ή
x x
1 1
f(x) x 1
e e
     ή

35. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
35
x
x 1
f(x) 1
e

   ,  x .
Σύνολο τιμών της f :
Έχουμε βρει ότι:
x
f (x) x e
   ,  x
και με δεδομένο ότι x
e 0
 , το πρόσημο της f εξαρτάται από το πρόσημο του x .
Είναι :
        
f
1
συνεχής x
f ,0 f 0 , lim f x 0, A


    

[αφού:
      x x xx x x x
x 1 x 1 1
lim f x lim 1 lim 1 lim x 1 1 1 ]
e e e   
      
                      
     
Ακόμη:
        
f
2
συνεχής x
f 0, f 0 , lim f x 0,1 A


   

[αφού :
 
 
x xx x xx
x 1x 1 1
lim lim lim 0
e ee
 
 
 
  
 
   
 
οπότε :
 x
lim f x 0 1 1

   ].
Άρα το σύνολο τιμών της f είναι :
       1 2f Α Α 0, 0,1 0,      
β) Η δοθείσα ανίσωση γράφεται:
2
2 2
2 x 2 2
2 2 2x x
1 x e 1 x 3 1 x 3
3 e e ee e
  
      
   
2
2
2 x 0,2 0
2 2
2x f
1 x 3
1 1 f x f 2 x 2 x 2 2 x 2
ee
 


               
γ) Είναι  x
lim f x 1

 , άρα η ευθεία y 1 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της fC στο .
x   0  
 f x - +
f

36. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
36
Άρα: κ 1 .
      
x 2015 x 2015 x 2015 x 2015
t t
x k x 1 x 1 x 1
f t dt 1 t 1 e dt dt t 1 e dt
   
 
   
         
    
x 2015
t
x 1
x 2015 x 1 t 1 e dt



       
x 2015
x 2015t t
x 1
x 1
2014 t 1 e e dt

 


      
   
    x 2015x 2015 x 1 t
x 1
2014 x 2016 e x 2 e e
    

       
   
       x 2015 x 1 x 2015 x 1
2014 x 2016 e x 2 e e e
       
      
   
   x 2015 x 1
2014 x 2017 e x 3 e
   
    .
Το ζητούμενο όριο είναι :
     
   
x 2015
x 2015 x 1
x x
x 1
L lim f t dt lim 2014 x 2017 e x 3 e 2014 0 0 2014

   
 

           
[διότι:
     
 
x 2015
x 2015x x x x 2015
x 2017x 2017
lim x 2017 e lim lim
e e
 
 
 
 
   
      
x 2015x
1 1
lim 0
e 
 

και
     
 
x 1
x 1x x x x 1
x 3x 3
lim x 3 e lim lim
e e
 
 
 
 
   
      
x 1x
1 1
lim 0
e 
 

]
δ) Είναι :
 x 0
lim συνx 1 1 1 0

    και    
f συνεχής στο 0
x 0
limf x f 0 0

 
οπότε:
 
 
 
0
0
x xx 0 x 0 x 0 x 0
συνx 1συνx 1 ημx ημx 1
lim lim lim lim
f x f x xe x e
 
 
 
    
   
       
1
1 1
1
    
Άρα :
1L 1  .
Ακόμη :
 
 
 
 
0
0
x
x
x 0 x 0 x 0 x 0
ημxημx συνx 1
lim lim lim lim e συνx 1
f x f x xe x   
 
 
 

   
  
           
και
 
 
 
 
0
0
x
x
x 0 x 0 x 0 x 0
ημxημx συνx 1
lim lim lim lim e συνx 1
f x f x xe x   
 
 
 

   
  
           
.
Επειδή τα πλευρικά όρια είναι διαφορετικά, το όριο 2L δεν υπάρχει.

37. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
37
ε) Έστω α 0 . Είναι:
   x α x α x α
x 1 α 1 x 1 α 1 x 1 α 1
1 1 f x f α
e e e e e e
     
          
Το   1f α Α , οπότε υπάρχει  1x ,0  :    1f x f α .
Το 1x είναι μοναδικό διότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  ,0 .
Ακόμη,   2f α Α , αφού α 0 , οπότε υπάρχει μοναδικό  2x 0,  :    2f x f α .
Επειδή ισχύει 1 2x 0 x  προκύπτει το ζητούμενο.

38. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
38
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 4ου
α) Η σχέση της υπόθεση γράφεται
     
1 x
t
0 0
f x 1 x te dt f t f 1 t dt        
       
1 x1t t
0 0 0
f x 1 x te e dt f t f 1 t dt            
       
x1t
0 0
f x 1 x e e f t f 1 t dt           
        
x
0
f x 1 x e e 1 f t f 1 t dt         
       
x
0
f x 1 x e e 1 f t f 1 t dt         
     
x
0
f x 1 x f t f 1 t dt, x        
Για x 0 είναι  f 0 1
Η συνάρτηση    f t f 1 t  είναι συνεχής στο ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων άρα η
συνάρτηση    
x
0
f t f 1 t dt    είναι παραγωγίσιμη στο .
Έτσι λοιπόν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ως άθροισμα παραγωγίσιμων
συναρτήσεων με:
     f x 1 f x f 1 x     για κάθε x (1)
Θέτουμε για x το 1 x , οπότε (1)      f 1 x 1 f 1 x f x      , x (2)
Από (1) + (2)
          f x f 1 x 2 f x f 1 x 2x         , x
Άρα υπάρχει c τέτοιο ώστε
   f x f 1 x 2x c    (3) για κάθε x
Θέτουμε για x το 1 x , οπότε (3)
   f 1 x f x 2 2x c     (4)
Από    3 4 0 2 2c c 1      
Άρα (4)
   
 
     
1
2
f 1 x f x 1 2x f x 1 1 2x f x x            , x
Οπότε   2
1f x x c  , x και 1c σταθερός πραγματικός αριθμός
Επειδή   1f 0 1 c 1   άρα
  2
f x x 1  , x
β) Αρχικά θα λύσουμε την εξίσωση x 2
2 x , x 0
Έχουμε,
lnx:"1 1"
x 2 x 2
2 x ln 2 ln x xln 2 2ln x

    
ln x ln 2
, x 0
x 2
  
Θεωρώντας τη συνάρτηση  g: 0,  , με  
ln x
g x
x
 έχουμε ότι η εξίσωση x 2
2 x ,
x 0 είναι ισοδύναμη με την εξίσωση    g x g 2 , x 0
Για τη συνάρτηση  h : 0,  με    h(x) g x g 2  έχουμε

39. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
39
  2
ln x 1 ln x
h (x) g x
x x
      
 
, x 0
 2
1 ln x
h (x) 0 0 1 ln x 0 ln x 1 x e
x

          

2
x 0
2
1 ln x
h (x) 0 0 1 ln x 0 ln x 1 0 x e
x

           

2
x 0
2
1 ln x
h (x) 0 0 1 ln x 0 ln x 1 x e
x

          
Έτσι λοιπόν έχουμε τον παρακάτω πίνακα μεταβολών
x  0 e 
 h x + -
h
 Παρατηρούμε ότι  h 2 0 και επειδή η h είναι γν. αύξουσα στο  0,e , η εξίσωση
 h x 0 έχει μοναδική ρίζα στο  0,e την x 2
 Παρατηρούμε επίσης ότι
     
ln 4 ln 2 2ln 2 ln 2 ln 2 ln 2
h 4 g 4 g 2 0
4 2 4 2 2 2
        
και επειδή η h είναι γν. φθίνουσα στο  e, , η εξίσωση  h x 0 έχει μοναδική ρίζα στο
 e, , την x 4
Συμπέρασμα:
   x 2
2 x ,x 0 x 2 ή x 4     (5)
Τώρα, για την εξίσωση
 
   
2 2f x 2 x 1 2
2 f x 2 x 1
   
θέτουμε 2
y x 1 0  
Οπότε έχουμε να λύσουμε την εξίσωση
 5
y 2
2 y ,y 0 y 2 ή y 4    
 Για 2 2
y 2 x 1 2 x 1 x 1        
 Για 2 2
y 4 x 1 4 x 3 x 3        
Άρα η εξίσωση  
 f x 2
2 f x έχει λύσεις x 1, 3  
γ) Α΄ τρόπος
Θεωρούμε τη συνάρτηση
 
 
t
α
1 t α
g x dx
lnf x αt

  , t α
H συνάρτηση
 
1
ln f x
είναι συνεχής στο  α, ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων άρα η
 
t
α
1
dx
lnf x είναι παραγωγίσιμη στο  α, με

40. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
40
   
t
α
1 1
dx
lnf x lnf t
 
  
 
 .
Οπότε η g είναι παραγωγίσιμη στο  α, , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με
 
 
 
 
 
 
2 22
2 2 2 2
t ln t 1t lnf t1 1
g t
lnf t t t lnf t t ln t 1
 
    

, t α
Οι ρίζες και το πρόσημο της g΄ εξαρτώνται από τον αριθμητή, αφού
 2 2
t ln t 1 0  για κάθε t α
Θεωρούμε τη συνάρτηση    2 2
v t t ln t 1   με t 0
Είναι
 
3
2 2
2t 2t
v t 2t 0
t 1 t 1
    
 
για κάθε t 0
Άρα η v είναι γνησίως αύξουσα στο  0,
Άρα για      t 0 v t v 0 v t 0    
Οπότε και  g t 0  για κάθε t α άρα g γνησίως αύξουσα στο  α,
Οπότε για      
g(α)=0
0 α β g α g β g β 0      
   
β β
α α
1 β α 1 β α
dx 0 dx
lnf x αβ lnf x αβ
 
     
Β΄ τρόπος
Ισοδύναμα έχουμε
   
β β
α α
1 β α 1 1 1
dx dx
lnf x αβ lnf x α β

     
   
β
β β
α α
α
1 1 1 1 1
dx 0 dx 0
lnf x β α lnf x x
 
         
 
   
β β β
2 2α α α
1 1 1 1
dx dx 0 dx 0
lnf x x lnf x x
 
       
 
  
 
 
 
2 2
β β
22 2 2α α
x ln x 11 1
dx 0 dx 0
xln x 1 x ln x 1
    
       
       
 
Το τελευταίο ισχύει, διότι η γνωστή σχέση
ln x x 1  , x 0 για x το 2
x 1 δίνει
   2 2 2 2
ln x 1 x x ln x 1 0      (η ισότητα ισχύει μόνο για x 0 )
Άρα,
 
 
2 2
2 2
x ln x 1
0
x ln x 1
 


στο  α,β και αφού 0 α β  είναι
 
 
2 2
β
2 2α
x ln x 1
dx 0
x ln x 1
 


δ) Είναι    
 
k k
k
x f t
x xf t x f tx 0
x0 0
e dt
e dt e e dt , k 1,2,...
e
 
  

 
Αρχικά θα αποδείξουμε ότι  x f t
0x
lim e dt

 

41. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
41
Α΄ τρόπος
Θεωρούμε τη συνάρτηση κ :  με τύπο  
2
t 1
κ t e 

Η κ είναι παραγωγίσιμη στο , με  
2
t
κ t 2te  , t .
 
2t
2 2e 0
t
κ t 0 2te 0 t 0

     
 
2t
2 2e 0
t
κ t 0 2te 0 t 0

     
 
2t
2 2e 0
t
κ t 0 2te 0 t 0

     
Έτσι λοιπόν έχουμε τον παρακάτω πίνακα μεταβολών
t  0 
 κ t - +
κ
Άρα η συνάρτηση κ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0, δηλαδή    κ t κ 0 e  για κάθε
t , δηλαδή
2
t 1
e e
 , t
Άρα για x 0 έχουμε
2x x
t 1
0 0
e dt edt e x
   
Όμως  x
lim ex

  οπότε
2x
t 1
0x
lim e dt

 
Β΄ τρόπος
Έστω x 0 τυχαίο και σταθερό
Θεωρούμε τη συνάρτηση
   
 
2y yf t t 1
0 0
φ y e dt φ y e dt
    στο  0,x
Αφού η
2
t 1
e 
είναι συνεχής στο και 0 η φ είναι παραγωγίσιμη στο
Έτσι λοιπόν έχουμε
 Η φ είναι συνεχής στο  0,x
 Η φ είναι παραγωγίσιμη στο  0,x με  
2
x 1
φ x e 
 
Από Θεώρημα Μέσης Τιμής έχουμε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα  ξ 0,x τέτοιο ώστε
 
   
2
2 2 2
x
t 1
x
ξ 1 t 1 ξ 10
0
e dtφ x φ 0
φ ξ e e dt xe
x x

  
     

 (6)
Όμως,
x
e
2 2 2 2
0 ξ x 0 ξ x 1 ξ 1 x 1          
2 2 2 2x 0
ξ 1 x 1 ξ 1 x 1
e e e xe xe xe

   
      
2 2
ξ 1 x 1
1 1 1
xe xe xe 
   για κάθε x 0

42. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
42
Επειδή
x
1
lim 0
xe
 και 2
x 1x
1
lim 0
xe 
 , από Κριτήριο Παρεμβολής είναι
2
ξ 1x
1
lim 0
xe 

Οπότε
2
ξ 1
x
lim xe 

  και από (6) είναι
2x
t 1
0x
lim e dt

 
 Για κ 1 είναι
 
 
2
2
2
2
xx t 1t 1
x 1
0 x x 10
x xx d.L.H. x x xx
e dte dt e
L lim lim lim lim e
e ee
      
 
   

   

 2
u x x 1
u
u u
lim e
  
 
  
 Για κ 2 είναι
 
 
2
2
2
2 2
2
xx t 1t 1
x 1
00
x xx d.L.H. x x x
x
e dte dt e e
L lim lim lim lim 0
2xe 2xe
e
      
   

    


 Για κ 3 είναι
 
 
2
2
2
2 3
3 3
3
xx t 1t 1
x 1
0 x x 10
2x 2 xx d.L.H. x x x
x
e dte dt e 1
L lim lim lim lim e
3xe 3x e
e
      
 
   

 
     
  

Για το
2 3
2 3 u x x 1
x x 1 u
x u u
lim e lim e 0
  
 
  
  και αφού 3x
1
lim 0
3x
  έχουμε ότι L 0
 Παρόμοια για κ 4 βρίσκουμε L 0
Έτσι λοιπόν,
, αν κ 1
L
0 , αν κ=2,3,...
 
 


43. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
43
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 5ου
α) Η g είναι συνεχής στο , άρα και στο 0, άρα
              x 0x 0 x 0 x 0
g 0 lim g x lim g x f 0 lim f x lim 2 xln x 1 f 0 2     
        
Ονομάζουμε    h x f x x,x .   Τότε η h είναι συνεχής στο (ως διαφορά
συνεχών) και  h x 0 , για κάθε x .
Άρα η h διατηρεί σταθερό πρόσημο στο .
Όμως    h 0 f 0 0 2 0.    Άρα  h x 0 , για κάθε x (1)
Η αρχική σχέση της υπόθεσης γίνεται
 
 
   
   
     
2 x
(1)
2 x x
x x
h x e 1h x 1
0 0 h x e 1 0 h x e 1,x
e 1 h x e 1 h x
 
           
 
Άρα,
   x x
f x x e 1 f x x e 1, x       
β)    g 0 f 0 2,  άρα το 0 δεν είναι λύση της εξίσωσης  g x 0 .
 Θεωρούμε την εξίσωση  g x 0 στο  ,0 , δηλαδή την εξίσωση
 x
x e 1 0,x ,0    
Είναι
   
x
x
x
e
g x x e 1 1 0
2 1 e

      

στο  ,0 g  γν. αύξουσα στο  ,0
Οπότε,
  
 
      
g συνεχης, στο ,0
x x 0
g ,0 lim g x , lim g x , 2

 
   
και επειδή  0 , 2  υπάρχει μοναδικό  1 1x 0:g x 0 
(η μοναδικότητα προκύπτει από τη σταθερή μονοτονία της g στο  ,0 )
 Θεωρούμε την εξίσωση  g x 0 στο  0, , δηλαδή την εξίσωση
   2 xln x 1 0 , x 0,    
Είναι
      
x
g x 2 xln x 1 ln x 1 0
x 1
            
στο  0, , g  γν. φθίνουσα
στο  0,
(χρησιμοποιήσαμε τις σχέσεις  x 1 1 ln x 1 0     και
x
0
x 1


Οπότε,
  
 
      
g συνεχης, στο 0,
x x 0
g 0, lim g x , lim g x , 2

 
   
και επειδή  0 , 2  υπάρχει μοναδικό  2 2x 0:g x 0 
(η μοναδικότητα προκύπτει από τη σταθερή μονοτονία της g στο  0, )
Άρα η εξίσωση  g x 0 έχει ακριβώς δύο λύσεις ετερόσημες.
γ) Από το ερώτημα β) προκύπτει ότι  g x 2, για κάθε x 0 .
Οπότε θεωρώντας 1 2x ,x 0 προκύπτει ότι

44. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
44
   1 2g x 2 , g x 2 
Θεωρούμε τη συνάρτηση  φ: 1,0  με τύπο
           1 2φ x x g x 2 x 1 g x 2 2016x x 1      
Η φ είναι συνεχής στο  1,0 , ως πολυωνυμική.
Επίσης,
         1 2
( ) ( )
φ 1 φ 0 2 g x g x 2 0
 
     
Από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει τουλάχιστον ένα    ρ 1,0 :φ ρ 0   
         
:ρ(ρ 1)
1 2ρ g x 2 ρ 1 g x 2 2016ρ ρ 1

        
   1 2g x 2 g x 2
2016
ρ 1 ρ
 
 


45. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
45
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 6ου
α) Θα αποδείξουμε ότι
x
e x , για κάθε x  ,
οπότε το πεδίο ορισμού της f θα είναι το .
1ος
Τρόπος: Από γνωστή εφαρμογή του σχολικού βιβλίου ισχύει
ln x x 1  , για κάθε x 0 .
Για x το x
e :
x 1 x
x x x x x
lne e 1 x e 1 e x 1 e x , x
 
           .
2ος
Τρόπος: Θεωρούμε τη συνάρτηση φ :  , με τύπο
  x
φ x e x  .
Τότε
  x
φ x e 1 , x    και  φ x 0 x 0   
Η φ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0 , οπότε    φ x φ 0 , για κάθε x  , δηλαδή
x x
e x 1 0 e x     , για κάθε x  .
β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο (ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων), με
  x
x 1
f x
e x
 
   
 
       
 
   
 
 
x x
2x
x x
2x
x x x
x 2
x 1 e x x 1 e x
e x
e x x 1 e 1
e x
e x x e x e 1
e x
      


    


     


 
 
 
x x
2 2x x
g x2e xe 1
, x
e x e x
 
  
 
,
όπου
  x x
g x 2e xe 1 , x    .
x   0  
 φ x  
φ
min

46. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
46
Εύρεση συνόλου τιμών της g:
Η g είναι παραγωγίσιμη στο , με
   x
g x e 1 x   
Οπότε
 g x 0 1 x 0 x 1       (αφού x
e 0 ).
Πίνακας Μεταβολών
         
g συνεχής
1
x
g ,1 lim g x , g 1 1 , e 1 A
  
      
<
(διότι    x x
x x
lim g x lim 2e xe 1
     
    0 0 1 1    ,
αφού
 
x
x xx x x xx
x x 1 1
lim xe lim lim lim 0
e e
e
 
 
            

    
  
).
         
g συνεχής
2
x x 1
g 1 , lim g x , lim g x 1 , e 1 A    
        
 
(διότι
   x x
x x
lim g x lim 2e xe 1
     
   
      x
x
lim e 2 x 1 1
  
             ).
Επειδή 10 A  υπάρχει  1 1x 1 : g x 0  .
Ειδικότερα, 1x 1 , διότι  g 1 0 . Το 1x αυτό είναι μοναδικό, διότι g γνησίως
μονότονη στο  , 1  .
Η σχέση  1g x 0 δίνει  1f x 0  . Άρα, υπάρχει μοναδικό σημείο   1 1A x , f x ,
με  1 1x 1: f x 0  , δηλαδή η εφαπτομένη της fC στο Α να είναι παράλληλη στον
άξονα x x .
Με παρόμοιο τρόπο, επειδή 20 A  υπάρχει μοναδικό σημείο   2 2B x , f x , με
2x 1: η εφαπτομένη της fC στο Β να είναι παράλληλη στον άξονα x x .
γ) Από το θεώρημα Rolle για την f  στο  1 2x , x  υπάρχει τουλάχιστον ένα
 1 2ξ x , x  .  f ξ 0  , δηλαδή ισχύει το ζητούμενο.
δ) Είδαμε ότι η εξίσωση  g x 0 έχει ακριβώς δύο ρίζες στο , τις 1 2x , x , με
 1 21 x , x .
x   1  
 g x  
g

47. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
47
Η g είναι μη μηδενική στο  1 2x , x και συνεχής σε αυτό, άρα διατηρεί σταθερό
πρόσημο.
Επειδή
   g 1 e 1 0 g x 0     , για κάθε  1 2x x , x .
θα έχουμε ότι,
 f x 0  στο  1 2x , x f γνησίως αύξουσα στο  1 2x , x .
Μένει να αποδείξουμε ότι 2 1x x 2  .
Εύκολα διαπιστώνουμε ότι ισχύει το θεώρημα Bolzano για την g σε κάθε ένα από τα
διαστήματα    2 , 1 , 1, 2  .
Άρα, η g έχει ρίζες σε κάθε ένα από τα    2 , 1 , 1 , 2  . Επειδή τώρα οι ρίζες
1 2x , x της g είναι μοναδικές  1x 2 , 1    και  2x 1, 2 .
Έτσι,
1 1
2 1
2 2
2 x 1 1 x 2
, x x 2
1 x 2 1 x 2
        
     
      
.
Άρα, πράγματι 2 1x x 2  (δηλαδή 1 2α x , β x  ).
ε) Έχουμε ότι
 f 0 1  και  f x 0 x 1 x 1     και  f x 0 στο  0 , 1 .
Συνεπώς, το ζητούμενο εμβαδόν θα είναι:
 
1 1 1 1 1x x x x
x x x x
0 0 0 0 0
x 1 x 1 e e x e e 1
E f x dx dx dx dx dx
e x e x e x e x
     
        
       
 
 
     
x1 1
11 x
x 0 0
0 0
e x
1 dx dx x ln e x 1 ln e 1
e x


             τετρ. μονάδες.

48. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
48
στ) Αρχικά θα βρούμε το  x
lim f x
  
.
Έχουμε,
   x x
xx x
x
lim e x lim e 1 1 0
e     
  
             
  
,
διότι
 
xx x x
x x
lim lim
e
e
 
 
     

 
 xx
1 1
lim 0
e  
 
 
.
Οπότε,
 
 
 
x xx x x xx
x 1x 1 1 1
lim f x lim lim lim 0
e x e 1
e x
 
 
           

    
  

.
Έτσι,
 x
lim f x 0
  
 .
Έχουμε τώρα,
 
   
 
 
 1 3 2x x
ημf x ημf x1
L lim lim 1
f xf x f x     
 
           
 
(διότι  x
lim f x 0
  
 
 2x
1
lim
f x  
   και για το όριο
 
 x
ημf x
lim
f x  
θέτουμε
 
x
u f x 0
  
  ).
Άρα,
 
 x u 0
ημf x ημu
lim lim 1
f x u   
  .), οπότε 1L    .
Επίσης,
  2 x ln x x xx x x x
xημx ημx xημx ημx x 1
L lim lim lim ημx lim f x ημx
e e e x e x           
   
      
   
.
Όμως,
   f x ημx f x  , για κάθε x 0 .
Άρα,
     f x f x ημx f x    , για κάθε x 0 .
Άρα από το κριτήριο της παρεμβολής προκύπτει ότι 2L 0 .

49. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
49
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 7ου
α) Η συνάρτηση 9
g(t) ( t t)    είναι συνεχής στο 0,
2
 
  
, άρα η f είναι
παραγωγίσιμη στο 0,
2
 
  
με
9
f '(x) ( x x)    .
Έχουμε,
f΄ x 0 x( x) x
4

       (διότι 0 x
2

  )
x 0
π
4
π
2
h(x) ημx συνx  - +
 Η συνάρτηση h(x) ημx συνx  είναι συνεχής και μη μηδενική στο 0,
4
 
 
 
,
οπότε διατηρεί σταθερό πρόσημο στο 0,
4
 
 
 
Όμως,
π π
ημ συν 0
8 8
 
[Πράγματι από τους τύπους αποτετραγωνισμού έχουμε
2
π 2
1 συν 1π 2 2 π 2 24 2ημ ημ
8 2 2 2 8 2
   
    
Παρόμοια,
2
π 2
1 συν 1π 2 2 π 2 24 2συν συν
8 2 2 2 8 2
   
    
Οπότε εύκολα επαληθεύουμε ότι
π π
ημ συν
8 8
 ]
Άρα
ημx συνx 0  , για κάθε
π
x 0,
4
 
 
 
Δηλαδή,
9
f '(x) (ημx συνx) 0   στο
π
x 0,
4
 
 
 
f γνησίως φθίνουσα στο
π
0,
4
 
  
 Η συνάρτηση h(x) ημx συνx  είναι συνεχής και μη μηδενική στο
π π
,
4 2
 
 
 
οπότε διατηρεί σταθερό πρόσημο στο
π π
,
4 2
 
 
 
Όμως,
3π 3π
ημ συν 0
8 8
  (1)
[ Με τους τύπους αποτετραγωνισμού παρόμοια βρίσκουμε ότι

50. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
50
3π 2 2
ημ
8 2

 και
3π 2 2
συν
8 2

 άρα ισχύει η (1) ]
Άρα
x x 0   στο 9π π
, f '(x) (ημx συνx) 0
4 2
 
    
 
για κάθε
π π
x ,
4 2
 
  
 
f γνησίως αύξουσα στο
π π
,
4 2
 
  
Προκύπτει λοιπόν ο παρακάτω πίνακας μεταβολών:
x 0
π
4
π
2
f ΄(x) - +
f
Κυρτότητα της f :
Η f είναι 2 φορές παραγωγίσιμη στο 0,
2
 
 
 
, με
9 8 8
f ''(x) (ημx συνx) ' 9(ημx συνx) (ημx συνx)' 9(ημx συνx) (συνx ημx) 0            
στο
π π π
0, ,
4 4 2
   
   
   
και η f είναι συνεχής στο
4

, άρα f είναι κυρτή στο
π
0,
2
 
  
β) Έχουμε αρχικά ότι  f 0 0 και ότι
π
f 0
2
 
 
 
[ Για τον υπολογισμό του
π
92
0
π
f (ημt συνt) dt
2
 
  
 

θέτουμε
π
u t du dt
2
    
 Για
π
t 0 u
2
  
 Για
π
t u 0
2
  
Άρα,
π π
0
9 9 92 2
π
0 o
2
π π π π
f (ημ( u) συν( u)) du (συνu ημu) du (ημu συνu) du f
2 2 2 2
   
              
   
  
Άρα
π π π
f f f 0]
2 2 2
     
        
     
Οπότε, για
f
π
0 x f(0) f(x) f(x) 0
4
     
και για

51. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
51
f
π π π
x f(x) f 0 f(x) 0
4 2 2
 
       
 
Επίσης,
π
94
0
π
f (ημt συνt) dt 0
4
 
   
 

(διότι ισχύει
π
g(t) 0 στο 0,
4
 
   
χωρίς η ισότητα να ισχύει παντού στο
π
0,
4
 
  
και η g
είναι συνεχής στο
π
0, )
4
 
  
Άρα πράγματι σε κάθε περίπτωση ισχύει
f(x) 0, για κάθε
π
x 0,
2
 
  
Απόδειξη της σχέσης f(x) f ''(x) για κάθε
π
x 0,
2
 
  
:
Υποθέτουμε ότι υπάρχει
π
α 0, :f(α) f ''(α)
2
 
  
 
δηλαδή
 
9α 8
0
0 0
0
0
ημt συνt dt 9(ημα συνα) (συνα ημα)
 


     , άτοπο
Επίσης
π
f(0) f 0
2
 
  
 
και
π
f ''(0) f '' 9 0
2
 
   
 
Άρα πράγματι
f(x) f ''(x) στο
π
0,
2
 
  
(διαφορετική απόδειξη: είδαμε ότι f 0  στο
π π π
0, ,
4 4 2
   
     
και f 0 στο
π
0,
2
 
  
,
και
π π
f '' 0 f
4 4
   
    
   
)
γ) Έστω
π
x 0,
2
 
 
 
τυχαίο και σταθερό.
Εφαρμόζουμε θεώρημα μέσης τιμής για την f στο  0,x
Υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ (0,x) :
f(x) f(0) f(x)
f '(ξ)
x x

 
Όμως,
f ' f(x)
0 ξ x f '(ξ) f '(x) f '(x) f(x) xf '(x) 0,
x
         για κάθε
π
x 0,
2
 
 
 
Οπότε,
2
f(x) xf '(x) f(x)
m'(x) ( )' 0,
x x

   για
π
x 0,
2
 
 
 

52. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
52
και η συνάρτηση m είναι συνεχής στο
π
0,
2
 
  
.
Άρα η συνάρτηση m είναι γνησίως αύξουσα στο
π
0,
2
 
  
δ) Α τρόπος
Έστω φυσικός αριθμός 1  . Τότε
m
1
f
1 1 1 f(1)ν
1 m m(1) f(1) f
1ν ν ν ν
ν
 
 
             
   
Β΄ τρόπος
Η εξίσωση της εφαπτομένης της fC στο σημείο
1 1
M ,f( )
ν ν
 
 
 
είναι
1 1 1
(ε): y f f ' x
ν ν ν
     
        
     
Επειδή η f είναι κυρτή  η fC βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη (ε) , δηλαδή
1 1 1
f(x) f f ' x
ν ν ν
     
        
     
(η ισότητα ισχύει μόνο για
1
x
ν
 )
Για x 1 παίρνουμε
1 1 1
f(1) f f ' (1 )
ν ν ν
   
      
   
(1)
Έχουμε αποδείξει όμως ότι
π
xf '(x) f(x), x (0, )
2
 
Για
1 1 1
x f ' νf
ν ν ν
   
     
   
Άρα, από τη σχέση (1) προκύπτει
1 1 1
f(1) f νf 1
ν ν ν
     
         
     
1 1 1
f(1) f νf f
ν ν ν
     
        
     
1
f(1) νf
ν
 
  
 
f(1) 1
f
ν ν
 
  
 
ε) Α΄ τρόπος
Για    η ζητούμενη σχέση ισχύει ως 0 0
Έστω
π
α,β 0,
2
 
  
με   
Θεωρούμε τη συνάρτηση
Κ: 
x
9
α
α,β , με Κ(x)= (ημt συνt) dt 

53. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
53
Από το θεώρημα μέσης τιμής για την Κ στο  α,β προκύπτει ότι υπάρχει  n α,β :
β
9
9 α
β
9
9 α
K(β) Κ(α)
Κ'(n)
β α
(ημt συνt) dt
(ημn συνn)
β α
(ημt συνt) dt
ημn συνn (2)
β α

 


  


 



Όμως,
 
(2)
9
β
9
α
0 ημn 1 και 0 συνn 1
ημn συνn 1
ημn συνn 1
(ημt συνt) dt
1
β α
    
  
  

 


β
9
α
(ημt συνt) dt β α  
Παρόμοια απόδειξη για   
Β΄ τρόπος
Για    η ζητούμενη σχέση ισχύει ως 0 0
Έστω   . Έχουμε για  t α,β :
α β
9 9 9
(ημt συνt) (ημt συνt) (ημt συνt)

      
β β β
9 9 9
α α α
(ημt συνt) dt (ημt συνt) dt (ημt συνt) dt        
9
ημt συνt 1β β
9 9
α α
(ημt συνt) dt (ημt συνt) dt
 
    
β
9
α
(ημt συνt) dt β α β α    
Παρόμοια απόδειξη για   

54. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
54
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 8ου
α) Έχουμε, z α βi, α,β   .
 Έστω *
z βi,β  , τότε
 
22 2
βiz β β
z βi, z βi, βi z
βi β i iz

        
  
, άτοπο,
αφού οι μιγαδικοί είναι διαφορετικοί ανά δύο.
 Έστω *
z α, α  , τότε z α z  , άτοπο, αφού οι μιγαδικοί είναι
διαφορετικοί ανά δύο.
Επομένως,
*
z α βi, α,β  
β) Έχουμε,
 
 
   
2 2
AB z z
z z z z z z z z zz zz z
AΓ z z z z z AΒ
zz z z z
 
  
          
άρα (ΑΒ) = (ΑΓ), δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με κορυφή το Α.
γ) Παρατηρούμε ότι,
 
 
 
2 22
OA z
OB z z
z zz
OΓ z
zz z

 
   
άρα      OA OB OΓ  = ρ , δηλαδή τα σημεία Α,Β, Γ είναι ομοκυκλικά.
Επίσης από τον ορισμό του συζυγή μιγαδικού αριθμού το σημείο Β είναι συμμετρικό
του Α, ως προς τον οριζόντιο άξονα x΄x.
Έχουμε (ΑΒ) = (ΑΓ), άρα το σημείο Γ είναι το σημείο τομής των κύκλων (Ο, ρ) και (Α,
ΑΒ), όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα.

55. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
55
δ) Έχουμε,
     
  
22
2 22 2 2
22 22
2
2
z
AB AΓ ΒΓ z z z z z
z
z z
2 z z
z
z z z z
2 z z
z
       

  
 
  
2 2
2
2
z z z z
2 z z
z
  
  
2
z z 0
2
z z
2
z
  
 
      
     
   
   
22
22 2
2 2 2
2 2
2 z z z
2 Re z Im z 2Re z
Re z Im z 2Re z
Re z Im z
Im z Re z
  
  
  
 
  
άρα οι εικόνες του z κινούνται στις διχοτόμους y x, y x   του συστήματος αξόνων,
δίχως το σημείο Ο(0, 0), λόγω του περιορισμού z 0 .

56. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
56
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 9ου
α) Έστω z x yi, x,y , x y 0     , τότε,
   
 
2
2
2 2
2
2
1 1 1 1
z Re z x yi Re z
4 4 4 4
1 1
x y x
4 4
1 1
x y x
4 4
y x άρα x 0
y x, αφού xy 0 άρα x 0 και y 0
       
 
     
 
   
       
   
  
    
Οπότε οι εικόνες του z κινούνται στην παραβολή  f x x, x 0  .
Έχουμε,          z t x t y t i x t x t i, t 0      .
Είναι,
    
 
1
x t x t
2 x t

 
Από τα δεδομένα έχουμε,
       
 
 
 
 
 
 
x t 0x t 1 1
Re z t Im z t x t 1 x t ,
42 x t 2 x t
         
άρα,
 
1 1
y t
4 2
 
Οπότε τη χρονική στιγμή 0t όπου εξισώνονται οι ρυθμοί μεταβολής των  Re z ,
 Im z αντιστοιχεί στο μιγαδικό  0
1 1
z t i
4 2
  .
β) Έστω z x x i, x 0    , τότε:
         
 
222 2
2 2
z z 2 z z 2 i x x i x x 2 2 xi 2 i
x x 2x xi x x 4 xi 2 i
2x xi 2x 8 xi 4 x
          
      
   
2x x 8 x
και
2x 4 x
x 4
 

 


 
άρα z 4 2i 

57. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
57
γ) Α΄ τρόπος:
Έχουμε,
 
 
 
 
2
2
2
2
2
2z 13 5 2 x x i 13 5
2x 13 2 x i 5
2x 13 4x 25
4x 169 52x 4x 25 0
4x 48x 144 0
x 12x 36 0
x 6 0
      
    
   
     
   
   
  
Β΄ τρόπος:
Έχουμε,
   
2
2 2
2z 13 2 x xi 13 2x 13 4x      
Θα αποδείξουμε ότι,
 
2 2
2z 13 5 2z 13 25 2x 13 4x 25        
Θεωρούμε τη συνάρτηση  g : 0,  με τύπο    
2
g x 2x 13 4x   . Η g είναι
παραγωγίσιμη στο  0, με,
   g x 4 2x 13 4 8x 48 8(x 6)       
οπότε,
 g x 0 x 6    και  g x 0 0 x 6    
H g παρουσιάζει ελάχιστο στο 6, το  g 6 25 , δηλαδή για κάθε x 0 , έχουμε
     
2
g x g 6 2x 13 4x 25    
δ1) Έστω w x yi και u α βi    , τότε
      
       
u w α βi x yi αx βy βx αy i
u w u w αx βy βx αy i αx βy βx αy i
       
          
άρα η σχέση w w w u w u 2 0       γίνεται
x   0 6  
g΄(x) – +
g
min

58. 20 Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ τάξης Λυκείου - lisari – team
58
 2 2
x y 2αx 2βy 2 0 1    
Όμως, από την τριγωνική ανισότητα έχουμε,
 
2 2 2 2 2
2z 1313 13 13 5
u u 2z i z i 2z i z i z 2
2 2 2 2 2
u 2 α β 2 α β 2 0 2
 
                
 
        
Επομένως,
     
 2
2 2 2 2 2 2
2α 2β 4 2 4α 4β 8 4 α β 2 0         
άρα η (1) παριστάνει κύκλο κέντρου  Κ α, β  και ακτίνας
 2 2
2 2
4 α β 2
ρ α β 2
2
 
   
δ2) Έχουμε,
   
  
 
2
2
22 2
w w w u w u 2 0 w w w u w u 2
w w u u w u 2
u u u u
u
w u w u 2 u
w u 2 u 3
               
     
    
  



άρα ισχύει το αντίστροφο του Πυθαγορείου Θεωρήματος, οπότε οι αριθμοί
w u , 2, u αποτελούν πλευρές ορθογωνίου τριγώνου με υποτείνουσα u .
δ3) Από τη σχέση (3) λόγω της σχέσης
2 5
u
2
 έχουμε,
2 2 5 1
u w u 2 2
2 2
     
άρα
2 1 2
u w u w
2 2
    
δ4) Από βασική άσκηση του σχολικού βιβλίου έχουμε,
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
u w u w 2 u 2 w
u 2 u w 2 u 2 w
u w u 2 w 2
    
     
    