Λύσεις του 2ου επαναληπτικού διαγωνίσματος

1. Φροντιστήρια Μ.Ε. 19+ thanasiskopadis.blogspot.com
[1]
2o ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΔΙΑΓΏΝΙΣΜΑ
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ
1ο
ΚΕΦΑΛΑΙΟ - 05/11/2016
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ
ΘΕΜΑ Α
A1. Θεωρία
A2. Θεωρία
Α3. Θεωρία
Α4. α)Σ β)Σ γ)Σ δ)Λ ε)Λ
ΘΕΜΑ Β
Δίνεται η συνάρτηση ( )
2
3
2 1 , 0
, 0
 + − + ≤
= 
− − + >
x x x
f x
x x a x
B1. Είναι
( ) ( )2
0 0
lim lim 2 1 1− −
→ →
= + − + =
x x
f x x x ,
( ) ( )3
0 0
lim lim+ +
→ →
= − − + =
x x
f x x x α α και
( )0 1=f
Για να είναι η f συνεχής στο 0 0=x θα πρέπει ( ) ( ) ( )0 0
lim lim 0− +
→ →
= =
x x
f x f x f ,
επομένως 1=α
Για 1=α έχουμε ( )
2
3
2 1 , 0
1 , 0
 + − + ≤
= 
− − + >
x x x
f x
x x x
B2. Είναι ( ) ( )2
2
1
lim lim 2 1 lim 2 1
→−∞ →−∞ →−∞
 
= + − + = + + + = 
 
x x x
f x x x x x
x
2
1 1
lim 1 2 1
→−∞
  
+ + + = −∞   
  
x
x
x x

2. Φροντιστήρια Μ.Ε. 19+ thanasiskopadis.blogspot.com
[2]
Επίσης ( ) ( ) ( )3 3
lim lim 1 lim
→+∞ →+∞ →+∞
= − − + = − = −∞
x x x
f x x x x
B3. Αφού ( )lim
→−∞
= −∞
x
f x θα υπάρχει 3 0<x τέτοιο, ώστε ( )3 0<f x
● H f συνεχής στο [ ]3,0x
● ( ) ( )3 0 0⋅ <f x f ,
άρα από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( ) 0=f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα
( ) ( )1 3,0 ,0∈ ⊆ −∞x x
Αφού ( )lim
→+∞
= −∞
x
f x θα υπάρχει 4 0>x τέτοιο, ώστε ( )4 0<f x
● H f συνεχής στο [ ]40,x
● ( ) ( )40 0⋅ <f f x ,
άρα από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( ) 0=f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα
( ) ( )2 40, 0,∈ ⊆ +∞x x
Επομένως η εξίσωση ( ) 0=f x έχει τουλάχιστον δύο ρίζες 1 2,x x με 1 20< <x x
(Να αναφέρουμε ότι ( )0 1=f , άρα το 0 δεν είναι ρίζα της εξίσωσης ( ) 0=f x )
B4. Για 0>x , είναι ( ) 3
1= − − +f x x x
Με χρήση του ορισμού της μονοτονίας, πολύ εύκολα δείχνουμε ότι η f είναι
γνησίως φθίνουσα.
Είναι
( )2
1
lim+
→x x f x
, αφού 2 0>x
Έχουμε ( ) ( )
2
2lim 0+
→
= =
x x
f x f x , αφού η f είναι συνεχής και το 2x ρίζα της
( ) 0=f x για 0>x
Επιπλέον ( ) ( ) ( )2 2 0> ⇔ < ⇔ <
ցf
x x f x f x f x

3. Φροντιστήρια Μ.Ε. 19+ thanasiskopadis.blogspot.com
[3]
Επομένως
( )2
1
lim+
→
= −∞
x x f x
ΘΕΜΑ Γ
Γ1. Με τη βοήθεια του ορισμού της μονοτονίας, εύκολα αποδεικνύουμε ότι η
συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ , άρα είναι 1-1, οπότε αντιστρέφεται.
Έχουμε ( ),Α = = −∞ +∞ℝ , f συνεχής και γνησίως αύξουσα, άρα έχει σύνολο
τιμών το ( ) ( ) ( )( ) ( )lim , lim ,
→−∞ →+∞
Α = = −∞ +∞ = ℝ
x x
f f x f x
Οπότε το πεδίο ορισμού της 1−
f είναι ( )1−Α = Α = ℝf
f
Γ2. α) Αρκεί να αποδείξουμε ότι η εξίσωση ( )
:1 1
1
0 ( ) 0
−
−
= ⇔ =
f
x f f x έχει μοναδική
ρίζα στο διάστημα ( )1,0−
● H f συνεχής στο [ ]1,0−
● ( ) 1 3
1 2 1 1 0
4
−
− = − − = − <f
( ) 0
0 2 1 0= = >f
άρα από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( ) 0=f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο
διάστημα ( )1,0−
Επιπλέον η f είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση, οπότε τελικά υπάρχει
μοναδικό ( )0 1,0∈ −x τέτοιο, ώστε 0( ) 0=f x
β) Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1
0 01 1 2 −
= − − + − − − x
g x x f x x x f x e
στο διάστημα [ ]1,2
● H g συνεχής στο [ ]1,2
● ( ) ( )01 1= −g f x

4. Φροντιστήρια Μ.Ε. 19+ thanasiskopadis.blogspot.com
[4]
( ) ( )02 1= +g f x
Όμως, ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 01 1 1 0 1 0− < ⇔ − < ⇔ − < ⇔ <
րf
x x f x f x f x g και
( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 01 1 1 0 2 0+ > ⇔ + > ⇔ + > ⇔ >
րf
x x f x f x f x g
Άρα ( ) ( )1 2 0⋅ <g g , οπότε από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( ) 0=g x έχει μια
τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )1,2 και άρα η εξίσωση
( ) ( )1
001
2 1
−
−− +
=
− −
x
f x ef x x
x x
έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα αυτό.
Γ3. Θέτουμε ( ) =f x y , οπότε όταν → +∞x θα είναι → +∞y
Επομένως
( ) ( )
( ) ( )
1
1 2
2 2 1
lim lim lim
2 2 21
2
→+∞ →+∞ →+∞
 
+ + +  = = =
+ +  
+ 
 
x y y
y y
f x f x yy y
f x f x y y
y y
y
ηµ
ηµ ηµ
ηµ ηµ
ηµ
,
αφού:
1 1 1 1 1 1
= ⋅ ≤ ⇔ − ≤ ≤y y y
y y y y y y
ηµ ηµ ηµ και
1 1
lim lim 0
→+∞ →+∞
 
− = = 
 y yy y
, άρα
από κριτήριο παρεμβολής
1
lim 0
→+∞
=
y
y
y
ηµ
ΘΕΜΑ Δ
Δ1. Αν ( ) 2 0− >f e τότε,
( )( ) ( )( )
( )( )( )
3 3
2 2
2 1 2
lim lim lim 2
2→−∞ →−∞ →−∞
− + − −
= = − = −∞
+x x x
f e x x f e x
f e x
x x
Η περίπτωση απορρίπτεται
Αν ( ) 2 0− <f e τότε,
( )( ) ( )( )
( )( )( )
3 3
2 2
2 1 2
lim lim lim 2
2→−∞ →−∞ →−∞
− + − −
= = − = +∞
+x x x
f e x x f e x
f e x
x x
Η περίπτωση είναι δεκτή

5. Φροντιστήρια Μ.Ε. 19+ thanasiskopadis.blogspot.com
[5]
Αν ( ) 2 0− =f e τότε,
( )( ) 3
2 2
2 1 1
lim lim lim 0
2→−∞ →−∞ →−∞
− + −
= = =
+x x x
f e x x x
x x x
Η περίπτωση απορρίπτεται
Άρα ( ) 2<f e
Δ2. Για κάθε 1>x έχουμε:
( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 2
2 ln 1 2 ln 1− = − ⇔ − = − ⇔f x f x x f x f x x
( ) ( ) ( )( )
22 2 2
2 1 ln 1 ln− + = ⇔ − =f x f x x f x x
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) 1= −h x f x , 1>x για την οποία ισχύει
( )2 2
ln 0= ≠h x x , για κάθε 1>x
Άρα, για κάθε 1>x είναι ( ) 0≠h x και η h συνεχής, επομένως διατηρεί σταθερό
πρόσημο.
Για =x e η αρχική σχέση μας δίνει ότι:
( ) ( )( ) ( ) ( )( )2
2 ln 1 2 0− = − ⇔ − = ⇔f e f e e f e f e
( ) 0=f e ή ( ) 2=f e
Δηλαδή ( ) 0=f e , αφού από το ερώτημα Δ1. έχουμε ότι ( ) 2<f e
Συνεπώς ( ) ( ) 1 1 0= − = − <h e f e , επομένως ( ) 0<h x , για κάθε 1>x
Έτσι, για κάθε 1>x έχουμε:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) 0ln 0
2 2 2 2
ln ln ln ln
<>
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔
h xx
h x x h x x h x x h x x
( ) ( ) ( )ln 1 ln 1 ln= − ⇔ − = − ⇔ = −h x x f x x f x x
τι ( ) 1 ln= −f x x , 1>x
7 μονάδες
Δ3. α) Είναι ( ) ( ) ( )
1 1
1 ln= + ⇔ = + −g x f x g x x
x x
, 1>x

6. Φροντιστήρια Μ.Ε. 19+ thanasiskopadis.blogspot.com
[6]
Είναι ( )1,Α = +∞ , g συνεχής και γνησίως φθίνουσα (εύκολα με τον ορισμό της
μονοτονίας), άρα έχει σύνολο τιμών το ( ) ( ) ( )( ) ( )1
lim ,lim ,2+→+∞ →
Α = = −∞
x x
g g x g x
β) Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση:
( )
1 1
1 1
ln ln ln ln 0 1= ⇔ = ⇔ = ⇔ − = ⇔ =x x
e x e x x x g x
x x
έχει μοναδική ρίζα
στο διάστημα ( )1,+∞
Είναι ( )1∈ Αg και g γνησίως φθίνουσα, άρα η εξίσωση ( ) 1=g x έχει μοναδική
ρίζα στο διάστημα ( )1,+∞
Συνεπώς υπάρχει μοναδικό 0 1>x τέτοιο, ώστε 0
1
0=x
e x
γ) Ισχύει:
1 1 3 2≤ ⇔ − ≥ − ⇔ − ≥x x xηµ ηµ ηµ
Επίσης, δείξαμε στο ερώτημα Δ3.α) ότι ( ) ( ),2Α = −∞g , δηλαδή ( ) 2<g x , για
κάθε 1>x
Επομένως, δεν υπάρχει 1>x τέτοιο, ώστε ( ) 3= −g x xηµ , συνεπώς η εξίσωση
( ) 3= −g x xηµ είναι αδύνατη, για κάθε 1>x