ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΥΠΑΡΞΗΣ ΡΙΖΩΝ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΚΑΙ ΠΑΡΑΓΩΓΙΣΙΜΗΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣΡεβέκα Θεοδωροπούλου
Στην παρουσίαση αυτή θα δείτε μια μεθοδολογία για την ύπαρξη ριζών συνεχούς και παραγωγίσιμης συνάρτησης, με χρήση των θεωρημάτων Bolzano και Rolle. Θα βρείτε επίσης λυμένα παραδείγματα και κάποιες ασκήσεις για εξάσκηση.
ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΥΠΑΡΞΗΣ ΡΙΖΩΝ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΚΑΙ ΠΑΡΑΓΩΓΙΣΙΜΗΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣΡεβέκα Θεοδωροπούλου
Στην παρουσίαση αυτή θα δείτε μια μεθοδολογία για την ύπαρξη ριζών συνεχούς και παραγωγίσιμης συνάρτησης, με χρήση των θεωρημάτων Bolzano και Rolle. Θα βρείτε επίσης λυμένα παραδείγματα και κάποιες ασκήσεις για εξάσκηση.
Επαναληπτικό διαγώνισμα μέχρι συνέπειες του ΘΜΤ + λύσεις + word
1. thanasiskopadis.blogspot.com
3o ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΔΙΑΓΏΝΙΣΜΑ
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ
(μέχρι και συνέπειες Θ.Μ.Τ.) 04/02/2017
ΘΕΜΑ Α
Α1. Να αποδείξετε ότι, αν μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη σε ένα σημείο
0x , τότε είναι και συνεχής στο σημείο αυτό.
7 μονάδες
Α2. Τι σημαίνει γεωμετρικά το Θεώρημα Rolle του Διαφορικού Λογισμού;
4 μονάδες
Α3. Πότε μια συνάρτηση f λέγεται παραγωγίσιμη σε ένα σημείο 0x του πεδίου
ορισμού της;
4 μονάδες
Α4. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν με την ένδειξη Σωστό, αν η
πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασμένη.
α) Αν οι συναρτήσεις ,f g είναι παραγωγίσιμες στο 0x , τότε και η συνάρτηση
f g είναι παραγωγίσιμη στο 0x και ισχύει 0 0 0
f g x f x g x
β) Ισχύει ότι 1
3 3 x x
x , για κάθε x
γ) Για κάθε 0x ισχύει ότι 1
ln x
x
δ) Αν 1a , τότε lim 0
x
x
a
ε) Κάθε συνάρτηση f , για τη οποία ισχύει 0 f x για κάθε
0 0, , x a x x , είναι σταθερή στο 0 0, ,a x x
10 μονάδες
ΘΕΜΑ B
Δίνεται η συνάρτηση
2
1 , 0
1 , 0
x x
f x
x x
B1. Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τη συνάρτηση f
2. thanasiskopadis.blogspot.com
8 μονάδες
B2. Να εξετάσετε αν για τη συνάρτηση f ικανοποιούνται οι υποθέσεις του
Θεωρήματος Μέσης Τιμής στο 1,1
8 μονάδες
B3. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της
συνάρτησης f η οποία διέρχεται από το σημείο
5
0,
4
9 μονάδες
ΘΕΜΑ Γ
Δίνεται συνάρτηση : f παραγωγίσιμη, για την οποία ισχύει:
1 4 f x x f x x , για κάθε x και 0 1f
Γ1. Να δείξετε ότι 2
4 1 f x x x , x
7 μονάδες
Γ2. Να υπολογίσετε το όριο lim 1
x
f x x για τις διάφορες τιμές του
6 μονάδες
Γ3. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της
συνάρτησης f που σχηματίζει γωνία
3
4
με τον άξονα x x
6 μονάδες
Γ4. Να δείξετε ότι υπάρχει 0 2,2 x τέτοιο, ώστε
3 4
0 0 0 0 04 16 x f x f x x f x
6 μονάδες
ΘΕΜΑ Δ
Έστω : f μια συνάρτηση δύο φορές παραγωγίσιμη στο , με 0 f x
για κάθε x , η οποία ικανοποιεί τις παρακάτω σχέσεις:
●
2
x
f x e f x , για κάθε x
3. thanasiskopadis.blogspot.com
● 2 0 1 0 f και
● 0 ln2f
Δ1. Να δείξετε ότι 1
1
x
x
e
f x
e
, x
6 μονάδες
Δ2. Να δείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο (3 μονάδες) και
στη συνέχεια ότι 2 2 1 4 f x f x f x για κάθε x (3 μονάδες)
6 μονάδες
Δ3. Να δείξετε ότι ln 1
x
f x e , x
5 μονάδες
Δ4. α. Να βρείτε το σύνολο τιμών της f
4 μονάδες
β. Να δείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφή
της 1
f
4 μονάδες
Καλή Επιτυχία
Θανάσης Κοπάδης
Μαθηματικός
4. 3ο
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Γ΄ΛΥΚΕΙΟΥ
Επιμέλεια λύσεων: Γιάννης Κάκανος
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
imf(x) im( x 1) 1
imf(x) im( x 1) 1
οπότε x 0 x 0
imf(x) imf(x) f 0 1
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
5. 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
Επειδή
x 0 x 0
f(x) f(0) f(x) f(0)
im im
x 0 x 0
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.
6. 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 cR 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
Οπότε: 2 2
2x x x
1
im 4x 1 x im 4x 1 x im x 4 x
x
x
2 2x x x x
1 1
im x 4 x im x 4
x x
Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:
Αν 2 0 2 τότε x
im f x 1 x
7. Αν 2 0 2 τότε x
im f x 1 x
Αν 2 0 2 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
γιατί 2x x
1 1
im im 0
x x
Γ3. Έστω 0 0A x , f x το σημείο επαφής.
Η εξίσωση εφαπτόμενης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f σχηματίζει γωνία
3
4
, 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΄ τρόπος
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
8. 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΄ τρόπος
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
9. ΘΕΜΑ Δ
Δ1. 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 cR 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
Δ2. 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 1 τέτοιο ώστε
10.
1
f x 1 f x 2 f x 1 f x 2
f
x 1 x 2 3
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 4 τέτοιο ώστε
2
f x 4 f x 1 f x 4 f x 1
f
x 4 x 1 3
Είναι:
f
1 2 1 2x 2 x 1 x 4 f f
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
Δ3. Θεωρούμε τη συνάρτηση x
g x f x n 1 e
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 xR και η g είναι συνεχής, άρα η g είναι σταθερή, οπότε
υπάρχει σταθερά cR τέτοια ώστε: x
g x c f x n 1 e c
Για x = 0, είναι: 0
f 0 n 1 e c c 0
11. Άρα, x x
f x n 1 e 0 f x n 1 e ,
για κάθε xR
Δ4. 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,
γιατί: x
x x
im f x im n 1 e
Θέτουμε x
u 1 e
οπότε x
0
x
u im 1 e 1
οπότε x u 1
im f x im nu 0
x
x x
im f x im n 1 e
Θέτουμε x
u 1 e
οπότε x
0
x
u im 1 e
οπότε x u
im f x im nu
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
y y
x n e 1 x n e 1
Άρα, 1 x
f x n e 1 , x 0,