Λύσεις από τον Γιάννη Κάκανο

1. 3ο
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ∆ΙΑΓΩΝΙΣΜΑ
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Γ΄ΛΥΚΕΙΟΥ
ΘΕΜΑ Α
Α1. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 99
Α2. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 128
Α3. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 95
Α4. α) Λάθος
β) Λάθος
γ) Σωστό
δ) Σωστό
ε) Λάθος
ΘΕΜΑ Β
Β1. Για x < 0 η f συνεχής ως πολυωνυµική.
Για x > 0 η f συνεχής ως πολυωνυµική.
Για x = 0 είναι:
2
x 0 x 0
x 0 x 0
im f(x) im( x 1) 1
imf(x) im( x 1) 1
− −
+ +
→ →
→ →
 = − + =

= − + =
ℓ ℓ
ℓ ℓ
οπότε ( )x 0 x 0
imf(x) imf(x) f 0 1− +
→ →
= = =ℓ ℓ
άρα η f συνεχής στο x0 = 1,
οπότε η f συνεχής στο R .
Β2. Η f είναι συνεχής στο [ ]1, 1− από το Β1. ερώτηµα
Για x < 0, η f παραγωγίσιµη ως πολυωνυµική µε ( )f x 2x′ = −

2. Για x > 0, η f παραγωγίσιµη ως πολυωνυµική µε ( )f x 1′ = − .
Για x = 0 είναι:
( )
2 2
x 0 x 0 x 0 x 0
x 0 x 0 x 0
f(x) f(0) x 1 1 x
im im im im x 0
x 0 x x
f(x) f(0) x 1 1 x
im im im 1
x 0 x x
− − − −
+ + +
→ → → →
→ → →
 − − + − −
= = = − = −

− − + − − = = = −
 −
ℓ ℓ ℓ ℓ
ℓ ℓ ℓ
Επειδή
x 0 x 0
f(x) f(0) f(x) f(0)
im im
x 0 x 0+ −
→ →
− −
≠
− −
ℓ ℓ άρα η f δεν είναι παραγωγίσιµη στο x0 = 0,
οπότε η f δεν παραγωγίσιµη στο (–1, 1).
Οπότε δεν ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του θεωρήµατος µέσης τιµής στο [–1, 1].
Β3. Έστω ( )( )0 0B x , f x το σηµείο επαφής, µε 0x 0≠ γιατί η f δεν είναι παραγωγίσιµη στο 0.
Τότε, η εξίσωση εφαπτόµενης είναι: ( ) ( )( )0 0 0y f x f x x x′− = −
• Για 0x 0< , είναι: ( ) ( )( )2 2
0 0 0 0 0y x 1 2x x x y 2x x x 1− − + = − − ⇔ = − ⋅ + +
Η εφαπτόµενη διέρχεται από το
5
A 0,
4
 
 
 
οπότε είναι:
2 2
0 0 0
5 1
2x 0 x 1 x
4 4
= − ⋅ + + ⇔ =
και επειδή 0x 0< , είναι 0
1
x
2
= −
Οπότε, η εξίσωση της εφαπτόµενης που διέρχεται από το Α είναι η ευθεία:
( ) = +
5
ε : y x
4
• Για 0x 0> , είναι: ( ) ( )0 0y x 1 x x y x 1− − + = − − ⇔ = − +
Η εφαπτόµενη δεν διέρχεται από το
5
A 0,
4
 
 
 
οπότε η περίπτωση αυτή απορρίπτεται.

3. ΘΕΜΑ Γ
Γ1. Είναι: ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )f x x f x 1 4x f x x f x x 4x′′+ + = ⇔ + + =
( )( ) ( )( )2 f x x f x x 8x′⇔ + + =
( )( ) ( )2 2
f x x 4x
′ ′ ⇔ + =
 
Οι συναρτήσεις ( )( )
2
f x x+ , 2
4x είναι συνεχείς στο R οπότε υπάρχει σταθερά c∈R τέτοια
ώστε: ( )( )
2 2
f x x 4x c+ = + για κάθε x ∈R
Για x = 0, είναι: ( )( )
2
f 0 c c 1= ⇔ =
Οπότε, ( )( )
2 2
f x x 4x 1+ = + για κάθε x ∈R
Αλλά, 2
4x 1 0+ ≠ για κάθε x ∈ R οπότε και ( )( )
2
f x x 0+ ≠ για κάθε x ∈ R ,
άρα ( )f x x 0+ ≠ για κάθε x ∈ R
Η f είναι συνεχής, οπότε διατηρεί σταθερό πρόσηµο.
Επειδή ( )f 0 1 0= > , άρα ( )f x x 0+ > για κάθε x ∈ R
Οπότε ( ) ( )2 2
f x x 4x 1 f x 4x 1 x+ = + ⇔ = + − για κάθε x ∈ R
Γ2. Είναι: ( ) ( ) 2 2
f x 1 x 4x 1 x x x 4x 1 x− λ − = + − − λ + = + − λ
Οπότε: ( ) ( )2 2
2x x x
1
im 4x 1 x im 4x 1 x im x 4 x
x→+∞ →+∞ →+∞
 
+ − λ = + − λ = + − λ 
 
ℓ ℓ ℓ
x
2 2x x x x
1 1
im x 4 x im x 4
x x
→+∞
= →+∞ →+∞
    
= + − λ = + − λ     
    
ℓ ℓ
∆ιακρίνουµε τις περιπτώσεις:
• Αν 2 0 2− λ < ⇔ λ > τότε ( ) ( )( )x
im f x 1 x
→+∞
− λ − = −∞ℓ

4. • Αν 2 0 2− λ > ⇔ λ < τότε ( ) ( )( )x
im f x 1 x
→+∞
− λ − = +∞ℓ
• Αν 2 0 2− λ = ⇔ λ = τότε
2 2 x
x x x x x
2 2 2
4x 1 4x 1 1
im im im 0
1 1 1
x 4 2x x 4 2x x 4 2
x x x
→+∞
→+∞ = →+∞ →+∞
+ −
= = = =
 
+ + + + + + 
 
ℓ ℓ ℓ
γιατί 2x x
1 1
im im 0
x x→+∞ →+∞
= =ℓ ℓ
Γ3. Έστω ( )( )0 0A x , f x το σηµείο επαφής.
Η εξίσωση εφαπτόµενης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f σχηµατίζει γωνία
3
4
π
ω = , οπότε είναι: ( )′ = = −0
3π
f x εφ 1
4
Αλλά, ( ) ( )2
2 2
1 4x
f x 4x 1 1 1
2 4x 1 4x 1
′′ = ⋅ + − = −
+ +
Οπότε: 0 0
0 02 2
0 0
4x 4x
1 1 0 4x 0 x 0
4x 1 4x 1
− = − ⇔ = ⇔ = ⇔ =
+ +
Άρα, ( ) ( )( )y f 0 f 0 x 0′− = − οπότε y 1 x y x 1− = − ⇔ = − +
Γ4. Α΄ τρό̟ος
Θεωρούµε συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( )3 4
g x 4x f x 16f x x f x′ ′= − +
Η g είναι στο [ ]2, 2− συνεχής, ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων.
Είναι: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 4
g 2 4 2 f 2 16f 2 2 f 2′ ′− = − − − − + − −
( ) ( ) ( )24f 2 16f 2 16f 2′ ′= − − − − + −
( )24 17 2 0= − + <
( ) ( ) ( ) ( )3 4
g 2 4 2 f 2 16f 2 2 f 2′ ′= ⋅ − +
( ) ( ) ( )24f 2 16f 2 16f 2′ ′= − +

5. ( )24 17 2 0= + >
Οπότε ( ) ( )g 2 g 2 0− ⋅ <
Άρα, από θεώρηµα Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0x 2, 2∈ − τέτοιο ώστε:
( ) ( ) ( ) ( )3 4
0 0 0 0 0 0g x 0 4x f x 16f x x f x 0′ ′= ⇔ − + =
( ) ( ) ( )3 4
0 0 0 0 04x f x 16f x x f x′ ′⇔ − = −
Β΄ τρό̟ος
Θεωρούµε συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 4
g x x f x 16f x x 16 f x= − = −
Η g είναι συνεχής στο [ ]2, 2− , ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων.
Η g είναι παραγωγίσιµη στο ( )2, 2− , ως πράξεις παραγωγίσιµων συναρτήσεων µε
. ( ) ( ) ( ) ( )3 4
g x 4x f x x f x 16f x′ ′ ′= + −
Είναι: ( ) ( )( ) ( )
4
g 2 2 16 f 2 0′− = − − − =
( ) ( ) ( )4
g 2 2 16 f 2 0′= − =
Οπότε ( ) ( )g 2 g 2 0− = =
Άρα, από θεώρηµα Rolle, υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0x 2, 2∈ − τέτοιο ώστε:
( ) ( ) ( ) ( )3 4
0 0 0 0 0 0g x 0 4x f x 16f x x f x 0′ ′ ′= ⇔ − + =
( ) ( ) ( )3 4
0 0 0 0 04x f x 16f x x f x′ ′⇔ − = −
ΘΕΜΑ ∆

6. ∆1. Είναι: ( ) ( )( )
( )
( )( ) ( )
( )
2x x x
2
f x 1
f x e f x e e
f xf x
−
′′′   ′′′ ′= ⇔ = ⇔ − =  ′′  
Οι συναρτήσεις
( )
1
f x
−
′
, x
e είναι συνεχείς στο R οπότε υπάρχει σταθερά c∈R τέτοια
ώστε:
( )
− = +
′
x1
e c
f x
για κάθε x ∈R
Για x = 0, είναι:
( )
− = + ⇔ = + ⇔ =
′
01
e c 2 1 c c 1
f 0
Άρα,
( )
( ) ( )′ ′− = + ⇔ = − ⇔ + = −
′ + +
x
x x
1 1 1
e 1 f x f x 1 1
f x e 1 e 1
( ) ( )
+ −
′ ′⇔ + = ⇔ + =
+ +
x x
x x
e 1 1 e
f x 1 f x 1
e 1 e 1
∆2. Η f′ είναι παραγωγίσιµη στο R µε ( )
( ) ( ) ( )
( )
′ ′′ + − + 
′′ = + = 
+ + 
x x x xx
2x x
e e 1 e e 1e
f x 1
e 1 e 1
( )
( ) ( )
+ − ⋅ ⋅ + − ⋅
= =
+ +
x x x x x x x x x
2 2x x
e e 1 e e e e e e e
e 1 e 1
( )
= >
+
x
2x
e
0
e 1
Άρα η f′ είναι γνησίως αύξουσα στο R
Η f είναι συνεχής στο R άρα και στο [ ]x 2, x 1− +
Η f είναι παραγωγίσιµη στο R άρα και στο ( )x 2, x 1− +
Άρα από θεώρηµα µέσης τιµής υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )1 x 2, x 1ξ ∈ − + τέτοιο ώστε
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1
f x 1 f x 2 f x 1 f x 2
f
x 1 x 2 3
+ − − + − −
′ ξ = =
+ − −

7. Η f είναι συνεχής στο R άρα και στο [ ]x 1, x 4+ +
Η f είναι παραγωγίσιµη στο R άρα και στο ( )x 1, x 4+ +
Άρα από θεώρηµα µέσης τιµής υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )2 x 1, x 4ξ ∈ + + τέτοιο ώστε
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2
f x 4 f x 1 f x 4 f x 1
f
x 4 x 1 3
+ − + + − +
′ ξ = =
+ − +
Είναι: ( ) ( )
f
1 2 1 2x 2 x 1 x 4 f f
′
′ ′− < ξ < + < ξ < + ⇔ ξ < ξ
1
( ) ( ) ( ) ( )f x 1 f x 2 f x 4 f x 1
3 3
+ − − + − +
⇔ <
( ) ( ) ( ) ( )f x 1 f x 2 f x 4 f x 1⇔ + − − < + − +
( ) ( ) ( )2f x 1 f x 4 f x 2⇔ + − + < −
∆3. Θεωρούµε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( )x
g x f x n 1 e−
= − +ℓ
Η g είναι παραγωγίσιµη στο R ως πράξεις παραγωγίσιµων συναρτήσεων µε:
( ) ( ) ( )
x x
x
x x x
1 e e
g x f x 1 e 1
1 e e 1 e 1
−
−
− −
′′ ′= − + = − +
+ + +
x x x xx
x x x x x x
x
1
e e 1 e e 1 1e1 1 0
1e 1 e 1 e 1 e 1 e 1 e 11
e
+
= − + = − + = − + =
+ + + + + ++
Οπότε ( )g x 0′ = για κάθε x ∈R και η g είναι συνεχής, άρα η g είναι σταθερή, οπότε
υπάρχει σταθερά c∈R τέτοια ώστε: ( ) ( ) ( )x
g x c f x n 1 e c−
= ⇔ − + =ℓ
Για x = 0, είναι: ( ) ( )0
f 0 n 1 e c c 0− + = ⇔ =ℓ
Άρα, ( ) ( ) ( ) ( )x x
f x n 1 e 0 f x n 1 e ,− −
− + = ⇔ = +ℓ ℓ για κάθε x ∈R

8. ∆4. α. Είναι: ( ) ( )
+
′ ′+ = ⇔ = − = − = − <
+ + + + +
x x x x
x x x x x
e e e e 1 1
f x 1 f x 1 0
e 1 e 1 e 1 e 1 e 1
Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R
Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Α = R, οπότε είναι:
( ) ( ) ( )( ) ( )x x
f A im f x , im f x 0,
→+∞ →−∞
= = + ∞ℓ ℓ
γιατί: ( ) ( )( )x
x x
im f x im n 1 e−
→+∞ →+∞
• = +ℓ ℓ ℓ
Θέτουµε x
u 1 e−
= + οπότε ( )x
0
x
u im 1 e 1−
→+∞
= + =ℓ
οπότε ( ) ( )x u 1
im f x im nu 0
→−∞ →
= =ℓ ℓ ℓ
( ) ( )( )x
x x
im f x im n 1 e−
→−∞ →−∞
• = +ℓ ℓ ℓ
Θέτουµε x
u 1 e−
= + οπότε ( )x
0
x
u im 1 e−
→−∞
= + = +∞ℓ
οπότε ( ) ( )x u
im f x im nu
→−∞ →+∞
= = +∞ℓ ℓ ℓ
β. Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R άρα γνησίως µονότονη, άρα 1 – 1, οπότε ορίζεται η
1
f −
µε πεδίο ορισµού ( ) ( )1
f
A f A 0,− = = + ∞
Είναι: ( ) ( )x x y x y
f x y n 1 e y 1 e e e e 1− − −
= ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = −ℓ
( ) ( )y y
x n e 1 x n e 1⇔ − = − ⇔ = − −ℓ ℓ
Άρα, ( ) ( ) ( )1 x
f x n e 1 , x 0,−
= − − ∈ + ∞ℓ