Oloklhrwmeno_diagwnisma_prosomoiwshs_Mathimatika_2016

1. ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙ∆ΑΣ
ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΑΠΟ 5 ΣΕΛΙ∆ΕΣ
ΓΕΝΙΚΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ Γ΄ ΤΑΞΗΣ
ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ
ΓΙΑ ΤΟ ΕΤΟΣ 2016
ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ
ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ - ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ
ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΠΕΝΤΕ (5)
ΘΕΜΑ Α
A.1 Να αποδείξετε ότι αν μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη
σ’ ένα σημείο 0x , τότε είναι και συνεχής στο σημείο αυτό.
Μονάδες 10
A.2 Πότε η ευθεία 0x = x λέγεται κατακόρυφη ασύμπτωτη
της γραφικής παράστασης της f ;
Μονάδες 5
A.3 Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν,
γράφοντας στο τετράδιό σας δίπλα στο γράμμα που
αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση, τη λέξη Σωστό, αν
η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση
είναι λανθασμένη.
α. Αν
0
limf(x) > 0
→x x
, τότε f(x) > 0 κοντά στο 0x .
Μονάδες 2
β. Αν f (x) < 0′ σε κάθε ε σ ω τ ε ρ ι κ ό σημείο x του Δ, τότε η f
είναι γνησίως φθίνουσα σε όλο το Δ.
Μονάδες 2
γ. Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής σ’ ένα σημείο 0x , τότε είναι
και παραγωγίσιμη στο 0x .
Μονάδες 2

2. ΑΡΧΗ 2ΗΣ ΣΕΛΙ∆ΑΣ
ΤΕΛΟΣ 2ΗΣ ΑΠΟ 5 ΣΕΛΙ∆ΕΣ
δ. Έστω f μια συνεχής συνάρτηση σε ένα διάστημα
[ α , β ]
.
Αν f(x) 0≥ για κάθε x [α, β]
∈
και η συνάρτηση f δεν είναι
παντού μηδέν στο διάστημα αυτό, τότε
β
α
f(x)dx>0∫ .
Μονάδες 2
ε. Υπάρχουν συναρτήσεις που είναι 1-1, αλλά δεν είναι γνησίως
μονότονες.
Μονάδες 2
ΘΕΜΑ Β
Θεωρούμε τη συνάρτηση f με τύπο: 2017 2015
f(x) = 2x +x +x+1, x R∈
Β1. Να εξετάσετε την f ως προς τη μονοτονία και να αποδείξετε ότι
είναι συνάρτηση «1-1».
Μονάδες 6
Β2. Να λύσετε την εξίσωση: 2017 2015
2x +x +x = 4.
Μονάδες 6
Β3. Να λύσετε την ανίσωση: ( f o f )(x) 5.≥
Μονάδες 6
Β4. Να δείξετε ότι :
2016
1
f(x)dx > 10075∫
Μονάδες 7

3. ΑΡΧΗ 3ΗΣ ΣΕΛΙ∆ΑΣ
ΤΕΛΟΣ 3ΗΣ ΑΠΟ 5 ΣΕΛΙ∆ΕΣ
ΘΕΜΑ Γ
Έστω η συνάρτηση f:R R→ δύο φορές παραγωγίσιμη για την οποία
ισχύει f(x + 1) = f(3 - x) και f (x) 0′′ ≠ για κάθε x R∈ .
Γ1. Να λύσετε την εξίσωση f (x) = 0′ .
Μονάδες 6
Γ2. Αν η συνάρτηση f′′ είναι συνεχής στο [ ]0,3 και ισχύει:
f(0) < f(1) να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία και να βρείτε
τις θέσεις ολικών ακροτάτων στο [ ]0,3 .
Μονάδες 6
Γ3. Να δείξετε ότι δεν υπάρχουν ( )1 2x , x 4 , 6∈ τέτοιοι ώστε
( ) ( )1 2f(4) , f(6) f(x ) , f(x )∈
Μονάδες 7
Γ4. Αν η συνάρτηση f′′ είναι συνεχής στο [ ]1,4 και ισχύει
2016 2017
f ( ) =
2015 2016
′′ . Να συγκρίνεται τους αριθμούς
Α = f(2) + f(3) και Β = f(1) + f(4).
Μονάδες 6
ΘΕΜΑ Δ
Δίνεται η συνάρτηση f:R R→ , η οποία είναι δύο φορές
παραγωγίσιμη με f (x) > 0′′ για κάθε x R∈ . Αν η f παρουσιάζει τοπικό
ακρότατο στο x0 = 0 με τιμή μηδέν και f( 2 ) + f( -2 ) = 2016.
Δ1. Nα βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται μεταξύ
της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f ′ , του άξονα x´x και
των ευθειών με εξισώσεις x = –2 και x = 2.
Μονάδες 6

4. ΑΡΧΗ 4ΗΣ ΣΕΛΙ∆ΑΣ
ΤΕΛΟΣ 4ΗΣ ΑΠΟ 5 ΣΕΛΙ∆ΕΣ
Δ2. Αν ισχύει
β
α
(β-α)f(α) < f(t)dt∫ με α,β R∈ και α < β
Να αποδείξετε ότι: ...
2016
0
f(0)+f(1)+f(2) f(2015) < f(t)dt+ + ∫
Μονάδες 7
Δ3. Να δείξετε ότι η ορίζεται η -1
f στο (0,+ )∞ ,αν η γραφική παράσταση
της συνάρτηση f διέρχεται από τα σημεία Α(1,8) και Β(10,13).
Να αποδειχθεί ότι:
10 13
-1
1 8
f(x)dx + f (x)dx = 122∫ ∫ .
Μονάδες 7
Δ4. Να δείξετε ότι για κάθε [ ]x 1,10∈ ισχύει: 2
f (x) - 21f(x) + 104 0≤
Μονάδες 5
ΟΔΗΓΙΕΣ (για τους εξεταζόμενους)
1. Στο τετράδιο να γράψετε μόνο τα προκαταρκτικά (ημερομηνία,
ομάδα προσανατολισμού, εξεταζόμενο μάθημα). Να μην
αντιγράψετε τα θέματα στο τετράδιο.
2. Να γράψετε το ονοματεπώνυμό σας στο πάνω μέρος των
φωτοαντιγράφων, αμέσως μόλις σας παραδοθούν.
Καμιά άλλη σημείωση δεν επιτρέπεται να γράψετε.
Κατά την αποχώρησή σας να παραδώσετε μαζί με το
τετράδιο και τα φωτοαντίγραφα.
3. Να απαντήσετε στο τετράδιό σας σε όλα τα θέματα.
4. Να γράψετε τις απαντήσεις σας μόνο με μπλε ή μόνο με
μαύρο στυλό. Μπορείτε να χρησιμοποιήσετε μολύβι
μόνο για σχέδια, διαγράμματα και πίνακες.

5. ΑΡΧΗ 5ΗΣ ΣΕΛΙ∆ΑΣ
ΤΕΛΟΣ 5ΗΣ ΑΠΟ 5 ΣΕΛΙ∆ΕΣ
5. Κάθε απάντηση επιστημονικά τεκμηριωμένη είναι
αποδεκτή.
6. Διάρκεια εξέτασης: τρεις (3) ώρες μετά τη διανομή των
φωτοαντιγράφων.
ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ
ΤΕΛΟΣ ΜΗΝΥΜΑΤΟΣ

6. ΘΕΜΑ Α
Α1. Για 0x x≠ έχουμε 0
0 0
0
f (x) f(x )
f (x) f(x ) (x x )
x x
−
− = ⋅ −
−
,
οπότε
0 0
0 0
0
0 0
x x x x
0
0
0 0
x x x x
0
f(x) f (x )
lim[f(x) f(x )] lim (x x )
x x
f(x) f(x )
lim lim(x x ) f (x ) 0 0
x x
→ →
→ →
 −
− = ⋅ − = 
− 
−
′⋅ − = ⋅ =
−
αφού η f είναι παραγωγίσιμη στο 0x . Επομένως,
0
0
x x
lim f(x) f (x )
→
= ,
δηλαδή η f είναι συνεχής στο 0x .
Α2. Αν ένα τουλάχιστον από τα όρια
0x x
lim f (x)+
→
,
0x x
lim f (x)−
→
είναι +∞ ή
−∞ , τότε η ευθεία x x= 0 λέγεται κατακόρυφη ασύμπτωτη της
γραφικής παράστασης της f.
Α3.
ΘΕΜΑ Β
B1. Είναι 2016 2014
f (x) 4034x 2015x 1 0′ = + + > .
Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ, οπότε είναι και 1-1.
B2. Είναι f(1)=2+1+1+1=5
Έχουμε
2017 2015 2017 2015
2x +x +x = 4 2x x x 1 5
f(x)=f(1) x=1
⇔ + + + = ⇔
⇔
που είναι η μοναδική ρίζα σύμφωνα με το B1 ερώτημα (1-1)
B3. (f f)(x) 5 f(f(x)) f(1) f(x) 1 f(x) f(0)≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ άρα x 0≥
α β γ δ ε
Σ Σ Λ Σ Σ

7. αφού η f είναι γνησίως αύξουσα.
B4. Η f είναι γνησίως αύξουσα, οπότε για x 1> ισχύει:
x 1 f (x) f(1) f (x) 5 f(x) 5 0> ⇔ > ⇔ > ⇔ − > , άρα
2016 2016 2016 2016
1 1 1 1
(f(x)-5)dx > 0 f(x)dx-5 dx >0 f(x)dx-5(2016-1)>0⇔ ⇔ ⇔∫ ∫ ∫ ∫
2016 2016
1 1
f(x)dx-5.2015>0 f(x)dx>10075⇔∫ ∫
ΘΕΜΑ Γ
Γ1. Έχουμε f(x + 1) = f(3 - x) (1) και f (x) 0′′ ≠ για κάθε x R∈ .
Επειδή f παραγωγίσιμη από υπόθεση και x + 1, 3 - x παραγωγίσιμες
ως πολυωνυμικές οι f(x + 1) , f(3 - x) είναι παραγωγίσιμες ως
σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων άρα από την (1) έχουμε
f (x + 1) (x + 1) = f (3 - x) (3 - x) f (x + 1)= -f (3 - x)′ ′ ′ ′ ′ ′⇔ .
Για f(x) x 1= είναι f (2) - f (2) 2f (2) 0 f (2) 0′ ′ ′ ′= ⇔ = ⇔ =
δηλ. το 2 είναι ρίζα της f′ .
Έστω ότι η f′ έχει και άλλη ρίζα ρ και έστω ρ > 2 τότε έχουμε
η f′ παραγωγίσιμη στο [2,ρ] και f (2) f (ρ) 0′ ′= = άρα σύμφωνα με
το Θ. Rolle θα υπάρχει ένα τουλάχιστον (2, )ξ∈ ρ τέτοιο ώστε f (ξ) 0′′ = .
Άτοπο γιατί f (x) 0′′ ≠ για κάθε x R∈ , όμοια αν ρ < 2
Άρα η f′ έχει μοναδική ρίζα το 2.
Γ2. Επειδή η f′′είναι συνεχής στο [ ]0,3 θα διατηρεί σταθερό
πρόσημο (θα είναι παντού θετική ή παντού αρνητική) δηλ η f′ θα είναι
γνησίως μονότονη.
Η f παραγωγίσιμη στο [ ]0,1 άρα σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ θα υπάρχει ένα
τουλάχιστον 0x (0,1)∈ τέτοιο ώστε
0 0
f(1) f (0)
f (x ) f (x ) f (1) f(0) 0
1 0
−
′ ′= ⇔ = − >
−
Επομένως είναι 00 x 1 2< < < και 0f (x ) f (2)′ ′> (γιατί f (2) 0′ = από Γ1 )

8. Και αφού η f′ είναι γνησίως μονότονη προκύπτει ότι η f′ είναι γνησίως
φθίνουσα.
Είναι
f
f
x 2 f (x) f (2) f (x) 0
x 2 f (x) f (2) f (x) 0
′↓
′↓
′ ′ ′< > ⇔ >
′ ′ ′> < ⇔ <
⇔
⇔
Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο [ ]0,2 ,
η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [ ]2,3 ,
για x 2= έχει ολικό μέγιστο
ενώ στο 0 και στο 3 παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο αντίστοιχα το f (0) και
f (3) με το μικρότερο από αυτά να είναι και ολικό ελάχιστο.
Γ3. Έστω ότι υπάρχουν ( )1 2x , x 4 , 6∈ τέτοιοι ώστε
( ) ( )1 2f(4) , f(6) f(x ) , f(x )∈ δηλαδή θα είναι 1 2f(x ) < f(4) f(x )< και
1 2f(x ) < f(6) f(x )< . Επειδή η f είναι συνεχής στο [ ]4,6 (αφού είναι
παραγωγίσιμη) θα έχει στο [ ]4,6 μία μέγιστη τιμή Μ και μια ελάχιστη
τιμή m . Επειδή στα άκρα του διαστήματος δεν έχουμε ούτε μέγιστο
ούτε ελάχιστο θα υπάρχουν 1 2ξ , ξ (4,6)∈ τέτοια ώστε:
1f ( )ξ = Μ και 2f ( ) mξ = τότε συμφώνα με το Θ.Fermat θα ισχύει
1 2f ( ) f ( ) 0′ ′ξ = ξ = επομένως για την f′ έχουμε
Η f′ παραγωγίσιμη στο 1 2[ , ]ξ ξ και 1 2f ( ) f ( )′ ′ξ = ξ άρα σύμφωνα με το
Θ. Rolle θα υπάρχει ένα τουλάχιστον 1 2( , ) (4,6)θ∈ ξ ξ ⊆ τέτοιο ώστε
f (θ) 0′′ = άτοπο γιατί f (x) 0′′ ≠ για κάθε x R∈ .
Άρα δεν υπάρχουν ( )1 2x ,x 4 ,6∈ τέτοιοι ώστε( ) ( )1 2f(4) , f(6) f(x ) , f(x )∈
Γ4. Επειδή η συνάρτηση f′′ είναι συνεχής στο [ ]1,4 θα διατηρεί
σταθερό πρόσημο (θα είναι παντού θετική ή παντού αρνητική) και
x
f (x)′
f(x)
0 32
0+ -

9. ισχύει
2016 2017
f ( ) = > 0
2015 2016
′′ άρα f (x) > 0′′ για κάθε x [1,4]∈ .
Επομένως η f′ είναι γνησίως αύξουσα στο [ ]1,4 .
Η f παραγωγίσιμη στο [1,2] άρα σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ θα υπάρχει ένα
τουλάχιστον 1 (1,2)κ ∈ τέτοιο ώστε
1 1
f (2) f(1)
f ( ) f ( ) f(2) f (1)
2 1
−
′ ′κ = ⇔ κ = −
−
.
Η f παραγωγίσιμη στο [3,4] άρα σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ θα υπάρχει ένα
τουλάχιστον 2 (3,4)κ ∈ τέτοιο ώστε
2 2
f(4) f(3)
f ( ) f ( ) f(4) f (3)
4 3
−
′ ′κ = ⇔ κ = −
−
.
Είναι 1 21 2 3 4< κ < < < κ < δηλ.
f
1 2 1 2f ( ) f ( ) f(2) f (1) f (4) f(3)
′↑
′ ′κ < κ κ < κ ⇔ − < − ⇔⇔
f (2) f (3) f(1) f(4)+ < + ⇔ Α < Β.
ΘΕΜΑ Δ
Δ1. Επειδή f (x) > 0′′ για κάθε x R∈ επομένως η f′ είναι
γνησίως αύξουσα στο R . Επίσης η f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο
x0 = 0 με τιμή μηδέν επομένως από Θ. fermat f (0) 0′ = και f (0) 0= .
Το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται μεταξύ της γραφικής
παράστασης της συνάρτησης f ′ , του άξονα x´x και των ευθειών με
εξισώσεις x = –2 και x = 2 είναι
2
2
f (x)dx
−
′Ε = ∫ .
Έχουμε:
f
f
x 0 f (x) f (0) f (x) 0
x 0 f (x) f (0) f (x) 0
′↑
′↑
′ ′ ′< ⇔ < ⇔ <
′ ′ ′> ⇔ > ⇔ >
Επομένως
2 0 2
2 2 0
f (x)dx f (x)dx f (x)dx
− −
′ ′ ′Ε = = − + =∫ ∫ ∫
0 2
2 0[f (x)] [f (x)] [f (0) f( 2)] [f (2) f(0)]−− + = − − − + − =

10. f (0) f( 2)] f (2) f(0) f( 2)] f (2) 2f(0)− + − + − = − + − =
2016 2.0 2016− = τετραγωνικές μονάδες.
Δ2. Έχουμε
β
α
(β-α)f(α) < f(t)dt∫ με α,β R∈ για α < β
Για
1 1
0 0
2 2
1 1
3 3
2 2
0, 1 (1-0)f(0) < f(t)dt f(0) < f(t)dt
1, 2 (2-1)f(1) < f(t)dt f(1) < f(t)dt
2, 3 (3-2)f(2) < f(t)dt f(2) < f(t)dt
... ...
α = β = ⇔
α = β = ⇔
α = β = ⇔
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
...
... ... ...
... ... ...
2016 2016
2015 2015
2015, 2016 (2016-2015)f(2016) < f(t)dt f(2016) < f(t)dtα = β = ⇔∫ ∫
και με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε
1 2 3 2016
0 1 2 2015
f (0) f (1) f(2) ... f(2015) f(t)dt f (t)dt f(t)dt ... f(t)dt+ + + + < + + + + ⇔∫ ∫ ∫ ∫
2016
0
f (0) f (1) f (2) ... f(2015) f (t)dt+ + + + < ∫ .
Δ3. Η f (x) 0′ > από το Δ1 στο (0,+ )∞ άρα η f γνησίως
αύξουσα στο [0,+ )∞ , επομένως και 1-1 άρα ορίζεται η -1
f στο
(0,+ )∞ .Επειδή η γραφική παράσταση της συνάρτηση f διέρχεται από τα
σημεία Α(1,8) και Β(10,13) θα ισχύει f (1) 8= και f (10) 13=
Για τον υπολογισμό του
13
-1
8
f (x)dx∫ θέτουμε 1
f (x) u−
= τότε x f(u)=
και dx f (u)du′= όταν x 8= τότε
f 1-1
8 f(u) f (1) f(u) u 1= ⇔ = ⇔ =
όταν x 13= τότε
f 1-1
13 f(u) f (10) f (u) u 10= ⇔ = ⇔ =
Άρα
13 10 10
-1 10
1
8 1 1
f (x)dx uf (u)du [uf(u)] f(u)du′= = −∫ ∫ ∫

11. Επομένως
10 13
-1
1 8
f(x)dx + f (x)dx =∫ ∫
10 10
10
1
1 1
f(u)du [uf (u)] f(u)du+ −∫ ∫
10f (10) 1f(1) 130 8 122= − = − =
Δ4. Η f (x) 0′ > από το Δ1 στο (0,+ )∞ άρα η f γνησίως
αύξουσα στο [0,+ )∞ άρα για κάθε x [1,10]∈ έχουμε
f
1 x 10 f (1) f (x) f (10) 8 f (x) 13
↑
≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
8 f(x) f(x) 8 0
(f(x) 8)(f (x) 13) 0
f (x) 13 f(x) 13 0
≤ ⇔ − ≥ 
⇔ − − ≤ ⇔
≤ ⇔ − ≤ 
2 2
f (x) 13f(x) 8f (x) 104 0 f (x) 21f(x) 104 0− − + ≤ ⇔ − + ≤