Αποκλειστικά από τη lisari team

1. ΟΙ ΛΥΣΕΙΣ
Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ
ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ
ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ,
ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ &
ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ
Πέμπτη 09 – 06 – 16
19:50
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ
lisari team
ΘΕΜΑ Α
Γιάννης Ζαμπέλης
Αθανάσιος Νικολόπουλος
ΘΕΜΑ Β
Γιάννης Βελαώρας
Σήφης Βοσκάκης
Δημήτρης Δούδης
Χρήστος Μαρούγκας
ΘΕΜΑ Γ
Νίκος Αντωνόπουλος
Βασίλης Κακαβάς
Ανδρέας Μανώλης
ΘΕΜΑ Δ
Θεόδωρος Παγώνης
Ανδρέας Πάτσης
Μάκης Χατζόπουλος
ΘΕΜΑΤΑ & ΛΥΣΕΙΣ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΩΝ
ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΩΝ
ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ 2016
έκδοση 3η

2. Οι απαντήσεις - λύσεις
είναι αποτέλεσμα της συλλογικής δουλειάς
της διαδικτυακής ομάδας lisari team
http://lisari.blogspot.gr/lisari_team
3η έκδοση: 09 – 06 – 2016 (συνεχής ανανέωση)
Οι λύσεις διατίθεται αποκλειστικά
από το μαθηματικό blog
http://lisari.blogspot.gr

3. Πρόλογος
Στο παρόν αρχείο περιλαμβάνονται οι λύσεις των Επαναληπτικών Πανελλαδικών
Εξετάσεων στο μάθημα Μαθηματικά ομάδας Προσανατολισμού θετικών σπουδών,
οικονομίας και πληροφορικής. Η παρουσίαση των λύσεων είναι πλήρης και
αναλυτική στο μέγιστο δυνατό, προκειμένου οι μαθητές να μπορούν να μελετήσουν
και να επεξεργαστούν εύκολα το αρχείο.
Η εργασία αυτή εκπονήθηκε αποκλειστικά από τη γνωστή διαδικτυακή ομάδα
Μαθηματικών από διάφορα μέρη της Ελλάδος, τη lisari team. Προσπάθησαν να
αναρτήσουν πρώτοι διαδικτυακά τις πλήρεις λύσεις (δακτυλογραφημένες) σε ένα
αρχείο pdf!!
Την αρχική συγγραφή των λύσεων ακολούθησαν ενδελεχείς έλεγχοι, διορθώσεις και
βελτιώσεις με στόχο μια πληρέστερη και πιο ποιοτική παρουσίαση. Ζητούμε
συγνώμη για τυχόν παραλείψεις, λάθη ή αστοχίες που ενδεχομένως θα έχουν διαφύγει
της προσοχής μας, γεγονός αναπόφευκτο δεδομένων των στενών χρονικών
περιθωρίων. Θα ακολουθήσουν επόμενες εκδόσεις, όπου η εν λόγω παρουσίαση θα
βελτιωθεί, ίσως εμπλουτιστεί και με εναλλακτικές λύσεις. Οποιαδήποτε σχόλια,
παρατηρήσεις, διορθώσεις και βελτιώσεις επί των λύσεων είναι ευπρόσδεκτα στην
ηλεκτρονική διεύθυνση lisari.blogspot@gmail.com.
Με εκτίμηση
lisari teaμ
09 – 06 – 2016

4. lisari team
1. Αντωνόπουλος Νίκος (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίου "Κατεύθυνση" - Άργος)
2. Αυγερινός Βασίλης (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίου "ΔΙΑΤΑΞΗ" - Ν. Σμύρνη και Νίκαια)
3. Βελαώρας Γιάννης (Φροντιστήριο "ΒΕΛΑΩΡΑΣ" - Λιβαδειά Βοιωτίας)
4. Βοσκάκης Σήφης (Φροντιστήριο "Ευθύνη" - Ρέθυμνο)
5. Γιαννόπουλος Μιχάλης ( Θεσσαλονίκη - Αμερικάνικη Γεωργική Σχολή)
6. Γκριμπαβιώτης Παναγιώτης (Φροντιστήριο "Αστρολάβος" - Άρτα)
7. Δούδης Δημήτρης (3ο Λύκειο Αλεξανδρούπολης)
8. Ζαμπέλης Γιάννης (Φροντιστήρια "Πουκαμισάς" Γλυφάδας)
9. Ηλίας Ζωβοΐλης (Μαθηματικός - Χαϊδάρι)
10. Κακαβάς Βασίλης (Φροντιστήριο "Ώθηση" - Μαρούσι)
11. Κάκανος Γιάννης (Φροντιστήριο "Παπαπαναγιώτου – Παπαπαύλου" - Σέρρες)
12. Κανάβης Χρήστος (Διδακτορικό στο ΕΜΠ – 2ο ΣΔΕ φυλακών Κορυδαλλού)
13. Καρδαμίτσης Σπύρος (Πρότυπο Λύκειο Αναβρύτων)
14. Κοπάδης Θανάσης (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίων "19+" - Πολύγωνο)
15. Κουλούρης Ανδρέας (3ο Λύκειο Γαλατσίου)
16. Κουστέρης Χρήστος (Φροντιστήριο "Στόχος" - Περιστέρι)
17. Μανώλης Ανδρέας (Φροντιστήριο "Ρηγάκης" - Κοζάνη)
18. Μαρούγκας Χρήστος (3ο ΓΕΛ Κηφισιάς)
19. Δημήτρης Μπαδέμης (Φροντιστήριο "Πουκαμισάς" - Γλυφάδας)
20. Νάννος Μιχάλης (1ο Γυμνάσιο Σαλαμίνας)
21. Νικολόπουλος Θανάσης (Λύκειο Κατασταρίου, Ζάκυνθος)
22. Παγώνης Θεόδωρος (Φροντιστήριο "Φάσμα" - Αγρίνιο)
23. Παπαδομανωλάκη Μαρία (Συνιδιοκτήτρια Πρότυπου Κέντρου Μάθησης "ΔΙΑΚΡΙΣΙΣ" - Ρέθυμνο)
24. Παπαμικρούλης Δημήτρης (Εκπαιδευτικός Οργανισμός "Ρόμβος")
25. Πάτσης Ανδρέας (Βόνιτσα - Μαθηματικός)
26. Ποδηματάς Θωμάς ( Σπουδαστήριο Μαθηματικών Θωμάς και Ρόζα Ποδηματά - Βόλος)
27. Ράπτης Γιώργος (6ο ΓΕΛ Βόλου)
28. Σίσκας Χρήστος (Φροντιστήριο "Μπαχαράκης" - Θεσσαλονίκη)
29. Σκομπρής Νίκος (Συγγραφέας – 1ο Λύκειο Χαλκίδας)
30. Σπλήνης Νίκος (Φροντιστήριο "ΟΡΙΖΟΝΤΕΣ" - Ηράκλειο Κρήτης)
31. Σταυρόπουλος Παύλος (Ιδιωτικά Εκπαιδευτήρια Δούκα)
32. Σταυρόπουλος Σταύρος (Γραμματέας Ε.Μ.Ε Κορινθίας - Γυμνάσιο Λ.Τ. Λεχαίου Κορινθίας)
33. Τρύφων Παύλος (1ο Εσπερινό ΕΠΑΛ Περιστερίου)
34. Τσακαλάκος Τάκης (συνταξιούχος αλλά ενεργός μαθηματικός)
35. Χαραλάμπους Σταύρος (Θεσσαλονίκη - Μουσικό Λύκειο)
36. Χατζόπουλος Μάκης (1ο ΓΕΛ Πετρούπολης)

5. Μαθηματικά Κατεύθυνσης http://lisari.blogspot.gr
Γ΄ Λυκείου 09 – 06 – 2016
Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 2016: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
1
lisari team / Σχολικό έτος 2015 – 16
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ
Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ
ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: ΠΕΜΠΤΗ 9 IOYNIOY 2016
ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ:
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ
ΣΠΟΥΔΩΝ, ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ
ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΕΝΤΕΚΑ (11)
(έκδοση γ΄)
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ
ΘΕΜΑ Α
Α1. Σχολικό βιβλίο, Θεώρημα Fermat, σελ. 260
Ας υποθέσουμε ότι η f παρουσιάζει στο 0x τοπικό μέγιστο.
Επειδή το 0x είναι εσωτερικό σημείο του Δ και η f
παρουσιάζει σ’ αυτό τοπικό μέγιστο, υπάρχει δ 0 τέτοιο,
ώστε:
0 0(x δ,x δ) Δ   και
0f(x) f(x ) , για κάθε 0 0x (x δ,x δ)   (1)
Επειδή, επιπλέον, η f είναι παραγωγίσιμη στο 0x , ισχύει
0 0
0 0
0
x x x x
0 0
f(x) f(x ) f(x) f(x )
f (x ) lim lim
x x x x 
 
 
  
 
Επομένως,
— αν 0 0x (x δ,x )  , τότε, λόγω της (1), θα είναι 0
0
f(x) f(x )
0
x x



, οπότε θα έχουμε
0
0
0
x x
0
f(x) f(x )
f (x ) lim 0
x x


  

(2)
— αν 0 0x (x ,x δ)  , τότε, λόγω της (1), θα είναι 0
0
f(x) f(x )
0
x x



, οπότε θα έχουμε
0
0
0
x x
0
f(x) f(x )
f (x ) lim 0
x x


  

(3)
Έτσι, από τις (2) και (3) έχουμε 0f (x ) 0  .
Η απόδειξη για τοπικό ελάχιστο είναι ανάλογη.
Α2. Σχολικό βιβλίο, σελ. 169 (Κριτήριο Παρεμβολής)
Έστω οι συναρτήσεις f , g, h . Αν
•      h x f x g x  κοντά στο ox και
•
0 0x x x x
lim h(x) lim g(x)
 
 

6. Μαθηματικά Κατεύθυνσης http://lisari.blogspot.gr
Γ΄ Λυκείου 09 – 06 – 2016
Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 2016: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
2
τότε
0x x
lim f(x)

 .
Α3. Σχολικό βιβλίο, σελ. 280
Αν
x
lim f (x)

 , τότε η ευθεία y  λέγεται οριζόντια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της
f στο  .
Α4. α) Λάθος β) Λάθος γ) Σωστό δ) Λάθος ε) Λάθος

7. Μαθηματικά Κατεύθυνσης http://lisari.blogspot.gr
Γ΄ Λυκείου 09 – 06 – 2016
Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 2016: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
3
ΘΕΜΑ Β
B1. Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο των τετμημένων των σημείων της γραφικής
παράστασης , της συνάρτησης f , άρα :
           fD 1,3 3,5 5,7 7,9 1,5 5,9     
Το σύνολο τιμών της f είναι το σύνολο των τεταγμένων των σημείων της γραφικής παράστασης ,
της συνάρτησης f , άρα :
             ff D 2,1 2,4 0,3 3 3,5 2,5       
Β2. α)  x 1
limf x 2

 
β) Το  x 3
limf x

δεν υπάρχει, αφού  x 3
lim f x 1

 ενώ  x 3
lim f x 2

 .
γ)  x 5
limf x 3


δ) Το  x 7
limf x

δεν υπάρχει, αφού  x 7
lim f x 2

 ενώ  x 7
lim f x 4

 .
ε)  x 9
limf x 3


B3. α) Το όριο
x 2
1
im
f(x)
δεν υπάρχει γιατί
x 2 x 2
1 1
im im
f(x) f(x) 
 

επειδή
x 2
1
im
f(x)

  αφού
x 2
imf(x) 0

 και f(x) 0 κοντά στο 2 για x 2
και
x 2
1
im
f(x)

  αφού
x 2
im f (x) 0

 και f(x) 0 κοντά στο 2 για x 2 .
β) Το όριο
x 6
1
im
f(x)
υπάρχει και είναι
x 6
1
im
f(x)
  γιατί
x 2 x 2
1 1
im im
f(x) f(x) 
 
 αφού
x 6
1
im
f(x)

  επειδή
x 6
imf(x) 0

 και f(x) 0 κοντά στο 6 για x 6 .
και
1
0
x 6
1
im
f(x)



  επειδή
x 6
imf(x) 0

 και f(x) 0 κοντά στο 6 για x 6 .
γ) Θέτουμε u f (x) οπότε για x 8 θα είναι u 5 , άρα
    x 8 u 5
imf f x imf u 3
 
 
άρα
  x 8
imf f x 3


Β4. Η συνάρτηση f δεν είναι συνεχής στα εξής σημεία του πεδίου ορισμού της:
i) 1x 3 , καθώς είναι
x 3 x 3
lim f(x) lim f(x) f(3) 
 
 
(
x 3 x 3
lim f(x) 2 και lim f(x) f(3) 1 
 
   )

8. Μαθηματικά Κατεύθυνσης http://lisari.blogspot.gr
Γ΄ Λυκείου 09 – 06 – 2016
Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 2016: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
4
ii) 1x 7 , καθώς είναι
x 7 x 7
lim f(x) lim f(x) f(7) 
 
 
(
x 7 x 7
lim f(x) 4, lim f(x) 2 και f(7) 3 
 
   )
Β5. Παρατηρούμε από την γραφική παράσταση της f ότι στα σημεία 0x 4 , 1x 6 και 2x 8 η
καμπύλη είναι ομαλή (χωρίς γωνιακά σημεία) και η fC δέχεται στα σημεία αυτά οριζόντια
εφαπτομένη, άρα f (4) 0  , f (6) 0  και f (8) 0  .
Σχόλιο: Η απάντηση στο παραπάνω ερώτημα στηρίζεται στην οπτική παρατήρηση και όχι σε
δεδομένα ότι η f είναι παραγωγίσιμη στα σημεία αυτά.
Για παράδειγμα η συνάρτηση
10
2
x
10
x , x 0
f(x) ,
e -1 ,x 0
 

 
 
φαίνεται να είναι ομαλή και να δέχεται
οριζόντια εφαπτομένη στο 0x 0 αλλά δεν ισχύει f (0) 0  .

9. Μαθηματικά Κατεύθυνσης http://lisari.blogspot.gr
Γ΄ Λυκείου 09 – 06 – 2016
Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 2016: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
5
ΘΕΜΑ Γ
Γ1. Α΄ τρόπος
Έχουμε για την 3
f(x) x , x R με 1 2x ,x Rαν είναι
3 3
1 2 1 2 1 2f(x ) f(x ) x x x x    
που σημαίνει ότι η f είναι '1 1' άρα αντιστρέψιμη με 1
f : f( )
R R .
Έτσι θεωρώντας την εξίσωση f(x) y, y  Rέχουμε ισοδύναμα
3
3
3
y, y 0
x y x
| y |, y 0
 
   
 
επομένως
3
1
3
y, y 0
f (y)
| y |, y 0

 
 
 
Β΄ τρόπος
Έχουμε για την 3
f(x) x , x R ότι είναι παραγωγίσιμη με
2
f (x) 3x 0, x ( , 0) (0, )        και επειδή η f είναι συνεχής στο R θα είναι γνήσια
αύξουσα στο R , άρα και '1 1' άρα αντιστρέψιμη με 1
f : f( )
R R με
x x
f( ) ( limf(x), lim f (x)) ( , )
 
     R R
και για την εύρεση τύπου της αντίστροφης, όπως και στον Α΄ τρόπο.
Γ2. Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα έχουμε:
 
f
3 31 1
f ημx f x x ημx x x
6 6
 
     
 
<
Θεωρούμε τη συνάρτηση
  31
g x ημx x x , x 0
6
   
Έχουμε για κάθε x 0 :
  21
g x συνx 1 x
2
    και  g x ημx x   
όμως
ημx x με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν x 0
άρα για κάθε x 0 ισχύει
x ημx x ημx ημx   
οπότε x ημx 0  , επομένως  g x 0  για κάθε x 0 .
Συνεπώς η g είναι γνησίως αύξουσα στο  0, αφού η g είναι συνεχής στο 0.
Για x 0 είναι

10. Μαθηματικά Κατεύθυνσης http://lisari.blogspot.gr
Γ΄ Λυκείου 09 – 06 – 2016
Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 2016: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
6
     
g
x 0 g x g 0 g x 0

      
<
Συνεπώς η g είναι γνησίως αύξουσα για [0, )  .
Άρα για κάθε x 0 έχουμε:
   
g
3 31 1
x 0 g x g 0 ημx x x 0 ημx x x
6 6

         
<
Γ3. Για t 0 είναι    3
y t x t , οπότε
       2
y t 3x t x t 1 
Για 0t t στην  1 είναι
     2
0 0 0y t 3x t x t 
Όταν    0 0y t x t  έχουμε
     
 
 
 
 
x t 0 x t 0
2 2
0 0 0 0 0
1 3
x t 3x t x t x t x t
3 3
  
     
Επίσης
   
3
3
0 0
3 3
y t x t
3 9
 
    
 
Συνεπώς στο σημείο
3 3
,
3 9
 
  
 
ο ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης  y t είναι ίσος με το ρυθμός
μεταβολής της τεταγμένης  y t .
Γ4. Α΄ τρόπος
Αφού g άρτια για κάθε x, x  R ισχύει
   g x g x 
Για κάθε x  R ισχύει x  R και
     
3 3
f x x x f x      
Είναι
   
1
1
I f x g x dx

 
Θέτουμε x u  τότε dx du  , για x 1 , u 1   , για x 1 , u 1   τότε
               
1 1 1 1
1 1 1 1
I f x g x dx f u g u du f u g u du f u g u du I

  
             
δηλαδή
I I 2I 0 I 0     
άρα
   
1
1
f x g x dx 0


Β΄ τρόπος
Έχουμε
           
1 0 1
1 1 0
I f x g x dx f x g x dx f x g x dx
 
    

11. Μαθηματικά Κατεύθυνσης http://lisari.blogspot.gr
Γ΄ Λυκείου 09 – 06 – 2016
Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 2016: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
7
Στο ολοκλήρωμα
     
0 0
3
1 1 1
I f x g x dx x g x dx
 
  
θέτουμε x u  τότε dx du  , για x 1 , u 1   , για x 0 , u 0  οπότε
      
0 03 3
1 1 1
I u g u du u g u du     
άρα
   
1
1 0
I f x g x dx 
οπότε
I 0
Γ΄ τρόπος
Αρκεί να αποδείξουμε ότι η συνάρτηση f g είναι περιττή…

12. Μαθηματικά Κατεύθυνσης http://lisari.blogspot.gr
Γ΄ Λυκείου 09 – 06 – 2016
Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 2016: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
8
ΘΕΜΑ Δ
Δ1. Για κάθε  x 0,1 η f είναι συνεχής συνάρτηση ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων.
Για κάθε x 1 η f είναι συνεχής ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων.
Επίσης,
 x 1 x 1
ln x
lim f x lim 1 1
x 
 
 
   
 
και  
0
0
x 1 x 1 x 1
1
ln x xlim f x lim lim 1
x 1 1  
 
 
 
  
  

άρα
   x 1
limf x f 1 1

 
δηλαδή η f είναι συνεχής στο 0x 1 .
Επομένως η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα  0, .
Επειδή η f είναι συνεχής στο διάστημα  0, η μόνη θέση που θα εξετάσουμε για κατακόρυφη
ασύμπτωτη είναι το 0x 0 .
Έχουμε:
 x 0 x 0 x 0
ln x 1
lim f x lim 1 lim ln x 1
x x  
  
   
         
   
αφού
x 0 x 0
1
lim ln x , lim
x 
 
   
άρα η ευθεία x 0 , δηλαδή ο άξονα y y είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης
της συνάρτησης f.
Δ2. Κρίσιμα σημεία της f είναι τα εσωτερικά σημεία στα οποία η f  μηδενίζεται και τα εσωτερικά
σημεία στα οποία η f  δεν ορίζεται.
Για  x 0,1 η f είναι παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με
  2
ln x 1 ln x
f x 1 0
x x
       
 
για κάθε  x 0,1
Για x 1 η f είναι παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με
 
 
 
2
x 1 x ln x
f x
x x 1
 
 

Θεωρούμε τη συνάρτηση:
   g x x 1 xln x, x 1   

13. Μαθηματικά Κατεύθυνσης http://lisari.blogspot.gr
Γ΄ Λυκείου 09 – 06 – 2016
Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 2016: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
9
Για κάθε x 1 έχουμε:
 g x ln x 0    για κάθε x 1
άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο  1, αφού είναι συνεχής στο  1, .
Οπότε
     
g
x 1 g x g 1 x 1 x ln x 0      
>
άρα
 f x 0  για κάθε x 1
Έχουμε:
   
   
0
0
x 1 x 1 x 1
f x f 1 ln x 1
lim lim lim 1
x 1 x x 1 x 2x 1  
 
 
 
  

  
  
και
     
   
0
0
2x 1 x 1 x 1 x 1
ln x
1f x f 1 ln x x 1 1 x 1x 1lim lim lim lim
x 1 x 1 2x x 1 2x 1
   
 
 
 
   
       
  
άρα η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0x 1 , επομένως στο 0x 1 έχει μοναδικό κρίσιμο σημείο.
Δ3. i) Επειδή η f είναι συνεχής στο x 1 και f (x) 0  για κάθε  x 0,1 η f είναι
γνησίως αύξουσα στο  1 0,1  με   1
x 0
f( ) lim f(x),f(1) ,1

   
, αφού
x 0
lim f (x)

  και f(1) 1 .
Επειδή 10 f( )  και f γνησίως αύξουσα στο  1 0,1  , θα υπάρχει μοναδικό 0 1x   ,
τέτοιο ώστε 0f(x ) 0 .
Επειδή η f είναι συνεχής στο x 1 και f (x) 0  για κάθε  x 1,  η f είναι γνησίως
φθίνουσα στο  2 1,   με   2
x
f( ) f(1), lim f(x) 1,0

  

, αφού f(1) 1 και
x x DLH x
1
ln x xlim f(x) lim lim 0
x 1 1


  
  

.
Όμως 20 f( )  , άρα το 0 1x   είναι μοναδικό.
ii) Η f είναι συνεχής  0, άρα για το εμβαδόν του χωρίου έχουμε:

14. Μαθηματικά Κατεύθυνσης http://lisari.blogspot.gr
Γ΄ Λυκείου 09 – 06 – 2016
Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 2016: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
10
0
1
x
( ) f(x) dx    , αφού  0x 0,1
άρα 0x 1 (προφανώς το 0x 1 δεν είναι ρίζα της f ).
Επίσης για κάθε    0x x ,1 0,1  είναι f(x) 0 διότι
f
0 0x x f(x) f(x ) f(x) 0    
<
.
Οπότε
0 0 0
11 1 22
0
0
x x x
ln xln x ln x
( ) f (x)dx 1 dx x 1 x
x 2 2
  
            
   
 
Όμως 0 1x   και είναι ρίζα της f , οπότε
0
0 0 0
0
ln x
f(x ) 0 1 0 ln x x
x
      
Οπότε το εμβαδό γίνεται
2 2
0 0 0
0
x x 2x 2
( ) 1 x
2 2
  
     
(το σχήμα δεν είναι απαραίτητο να γίνει, το δίνουμε όμως για εκπαιδευτικούς σκοπούς)
Δ4. Για x 1 δείξαμε ότι
   f x 0 F x 0   
Επειδή η f είναι συνεχής στο 0x 1 η F είναι συνεχής στο 0x 1 και άρα στο  1, επομένως
η F είναι γνησίως φθίνουσα στο  1, .
Όμως για x 1 έχουμε 2
1 x x  .
Θεωρούμε τα διαστήματα  1,x και 2
x,x   .

15. Μαθηματικά Κατεύθυνσης http://lisari.blogspot.gr
Γ΄ Λυκείου 09 – 06 – 2016
Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 2016: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
11
Σε κάθε ένα από αυτά η F ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος μέσης τιμής του
διαφορικού λογισμού, άρα υπάρχουν  1ξ 1,x και  2
2ξ x,x (όπου 1 2ξ ,ξ συναρτήσεις του x)
τέτοια ώστε:
 
   
1
F x F 1
F ξ
x 1

 

και  
       
 
2 2
2 2
F x F x F x F x
F ξ
x x x x 1
 
  
 
Οπότε:
   
       
 
       
2
F
1 2 1 2
x 1 0
2
F x F xF x F 1
ξ ξ F ξ F ξ
x 1 x x 1
x 1 F x xF 1 F x

 

     
 
   
2