g thet oik_math_plus_lyseis

ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016 Β΄ ΦΑΣΗ Ε_3.Μλ3ΘΟ(ε)

ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 1 ΑΠΟ 4

ΤΑΞΗ: Γ΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΣ: ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥ∆ΩΝ / ΣΠΟΥ∆ΩΝ

ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

Ηµεροµηνία: Μ. Τετάρτη 27 Απριλίου 2016 ∆ιάρκεια Εξέτασης: 3 ώρες

ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ Α Α1. Έστω µια συνάρτηση f παραγωγίσιµη σ’ ένα διάστηµα ( ),α β ,µε εξαίρεση

ίσως ένα σηµείο 0x ,στο οποίο όµως η f είναι συνεχής. Αν η ( )f x′ διατηρεί πρόσηµο στο ( ) ( )0 0, ,x xα β∪ ,να αποδείξετε ότι το ( )0f x δεν είναι τοπικό ακρότατο και η f είναι γνησίως µονότονη στο ( ),α β .

(Μονάδες 9) Α2. Πότε η ευθεία y l= λέγεται οριζόντια ασύµπτωτη της γραφικής παράστασης

της f στο +∞ ; (Μονάδες 3)

Α3. Έστω f µια συνάρτηση ορισµένη σε ένα διάστηµα ∆. Τι ονοµάζουµε αρχική συνάρτηση ή παράγουσα της f στο ∆;

(Μονάδες 3) Α4. 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) Ισχύει 0

1lim 1x

x

x

συν

→

−= .

(Μονάδες 2) β) Αν µία συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη σ’ ένα σηµείο 0x τότε είναι

και συνεχής στο σηµείο αυτό. (Μονάδες 2)




γ) Αν η f είναι συνεχής στο [ ],α β , ισχύει ( ) ( )f x dx f x dxβ α

α β= −∫ ∫ .

(Μονάδες 2) δ) Μια συνεχής συνάρτηση f διατηρεί πρόσηµο σε καθένα από τα

διαστήµατα στα οποία οι διαδοχικές ρίζες της f χωρίζουν το πεδίο ορισµού της.

(Μονάδες 2) ε) Τα κρίσιµα σηµεία της f στο διάστηµα ∆ είναι µόνο τα εσωτερικά

σηµεία του ∆ στα οποία η παράγωγός της είναι ίση µε 0. (Μονάδες 2)

ΘΕΜΑ Β ∆ίνονται οι συναρτήσεις:

• ( )1 1 , 11

1 , 1

xe xf x xx

− − ≠= − =,

• ( ) ( ) 12 1,xg x x e x−= − ⋅ + ∈ℝ B1. Να δείξετε ότι η f είναι συνεχής.

(Μονάδες 5) Β2. Να δείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιµη στο 0 1x = και να βρείτε την εξίσωση

της εφαπτοµένης της στο σηµείο (1, (1))A f . (Μονάδες 6)

Β3. Να δείξετε ότι ( ) 0g x ≥ , για κάθε x∈ℝ και ότι η f είναι γνησίως αύξουσαστο ℝ .

(Μονάδες 9) Β4. Να δείξετε ότι ( )2016

2015

0g x dx >∫ .

(Μονάδες 5)




ΘΕΜΑ Γ ∆ίνεται συνάρτηση :f →ℝ ℝ δύο φορές παραγωγίσιµη για την οποία ισχύουν: • ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 0,f x f x f x f x f x x′ ′′ ′⋅ + ⋅ + = ∈ℝ .

• ( ) 3 3 ,3f x x≥ − + για κάθε x∈ℝ . • ( )0 3f = .Γ1. Να δείξετε ότι ( ) 30

3f ′ = − .

(Μονάδες 5) Γ2. Να δείξετε ότι ( ) 2 1,xf x e x−= + ∈ℝ .

(Μονάδες 8) Γ3. Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να ορίσετε την 1f − .

(Μονάδες 5) Γ4. Να υπολογίσετε το ( )( )

0

2ln 2

1x

e

e dxf x−

+∫ .

(Μονάδες 7) ΘΕΜΑ ∆ ∆ίνεται η παραγωγίσιµη στο ℝ συνάρτηση f και η ( ) ln , 0g x x x x= + > για τις οποίες ισχύει ( )( ) ( ) ( )1 lnxf g x f x e x x= + − + , για κάθε 0x > .∆1. Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης g τέµνει τον άξονα

x x′ σε ακριβώς ένα σηµείο µε τετµηµένη ( )0 0,1x ∈ και στη συνέχεια να λύσετε την εξίσωση 0 0x x x

ex

−

= . (Μονάδες 6)

∆2. i) Έστω 0 1α< < . Να αποδείξετε ότι το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την γραφική παράσταση της συνάρτησης g και τις ευθείες , , 1y x x a x= = = είναι ( ) ln 1α α α αΕ = − + τ.µ.

(Μονάδες 3)


ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016 Β΄ ΦΑΣΗ

Ε_3.Μλ3ΘΟ(ε)


ii) Η κατακόρυφη ευθεία x a= του προηγούµενου ερωτήµατος µετατοπίζεταιοριζόντια µε τη θέση του αριθµού ( ) , 0t tα α= ≥ στον άξονα 'x x ναµεταβάλλεται µε ρυθµό 1 cm/sec.Αν για 0t = ισχύει 00 xα< < , να αποδείξετε ότι την χρονική στιγµή στην οποία 0xα = cm/sec, ο ρυθµός µεταβολής του εµβαδού ( )E a είναιίσος µε 0x− cm²/sec, όπου 0x η τετµηµένη του ερωτήµατος ∆1.

(Μονάδες 5) ∆3. Να δείξετε ότι ( )lim

xf x

→−∞= −∞ .

(Μονάδες 5) ∆4. Να αποδείξετε ότι για κάθε 1x > υπάρχουν 1 1ξ > και 2 1ξ > τέτοια ώστε

( ) 21 1f eξξ′ = + .

(Μονάδες 6)


ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016 Β΄ ΦΑΣΗ Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)


ΤΑΞΗ: Γ΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΣ: ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥ∆ΩΝ / ΣΠΟΥ∆ΩΝ

ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

Ηµεροµηνία: Μ. Τετάρτη 27 Απριλίου 2016 ∆ιάρκεια Εξέτασης: 3 ώρες

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ Α Α1. Βλέπε απόδειξη θεωρήµατος σχολικού βιβλίου σελίδα 263. Α2. Βλέπε ορισµό σχολικού βιβλίου σελίδα 280. Α3. Βλέπε ορισµό σχολικού βιβλίου σελίδα 303. Α4. α→Λ. Το σωστό είναι:

0

1lim 0x

x

x

συν

→

−= . Βλέπε σελίδα 171 σχολικού

βιβλίου. β→Σ. Βλέπε σελίδα 217 σχολικού βιβλίου. γ→Σ. Βλέπε σελίδα 330 σχολικού βιβλίου. δ→Σ. Βλέπε σελίδα 192 σχολικού βιβλίου. ε→Λ. Το σωστό είναι: τα εσωτερικά σηµεία του διαστήµατος ∆ στα οποία

η f δεν παραγωγίζεται ή η παράγωγός της είναι ίση µε το µηδέν, λέγονται κρίσιµα σηµεία της f στο διάστηµα ∆ . Βλέπε σελίδα 261 σχολικού βιβλίου.


ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016 Β΄ ΦΑΣΗ Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)


ΘΕΜΑ Β B1. Για να δείξουµε ότι η f είναι συνεχής αρκεί να δείξουµε ότι είναι συνεχής στο

0 1x = , καθώς η f για κάθε 1x ≠ είναι συνεχής ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων. Αρκεί να δείξουµε ότι

1lim ( ) (1).x

f x f→

=

1ος τρόπος Έχουµε

1

1 1 0

1 1lim ( ) lim lim 1 (1).1x u

x x u

e ef x fx u−

→ → →

− −= = = =

−

Θέτοντας 1u x= − ισχύει αν 1x→ τότε 0u→ και έτσι το όριο γίνεται: 1

1 0

1 1lim lim 11

x u

x u

e e

x u

−

→ →

− −= = =

− το οποίο είναι η παράγωγος της συνάρτησης

( ) xh x e= , για 0x = .Άρα ( ) xh x e′ = , οπότε ( )1lim 0 1

u

x u

e hu→

− ′= = . 2ος τρόπος

( ) 1 0

1 1 0

1lim lim1

x DLH

x x

ef x x−

→ →

−= =

−

( )( ) ( ) ( )1

1 1 0

1 1 1

1lim lim 1 lim 1 1

1

x

x x

x x x

e e x e e fx

−

− −

→ → →

′− ′= ⋅ − = = = =′−

.

B2. Αρκεί να δείξουµε ότι υπάρχει το όριο ( ) ( )

1

1lim

1x

f x fx→

−

−

και είναι πραγµατικός αριθµός.

Έχουµε ( ) ( )1

1 1

1 11 1lim lim1 1

x

x x

ef x f x

x x

−

→ →

−−

− −= =

− −

( ) ( )1 1 0

2 21 1 0

1 1lim lim1 1

x x DLH

x x

e x e x

x x

− −

→ →

− − + −= =

− −

( )( )( ) ( ) ( ) ( )

1 1

1 1 12

1 1 1 1lim lim lim 12 1 2 2 21

x x

x x x

e x e f x fxx

− −

→ → →

′− −= = = = ∈−′−

ℝ .



Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)


Άρα η f είναι παραγωγίσιµη στο 0 1x = ,µε ( ) 112

f ′ = .Η εξίσωση της εφαπτοµένης της γραφικής παράστασης της f στο σηµείο

( )( )1, 1fΑ είναι:( ) ( )( )1 1 1y f f x′− = − , δηλαδή ( )11 1

2y x− = − οπότε 1 1

2 2y x= + .

Β3. Η συνάρτηση ( ) ( ) 12 1xg x x e −= − + είναι συνεχής στο ℝ ως πράξεις συνεχών

στο ℝ , παραγωγίσιµη στο ℝ ως πράξεις παραγωγίσιµων συναρτήσεων στο ℝ , µε ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 12 1 2 1x x x xg x e x e e x e x− − − −′ = + − ⋅ = + − = ⋅ − .

Έχουµε: ( ) 0g x′ ≥ , οπότε ισχύουν οι ισοδυναµίες:

( )1 0

1 1 0 1 0 1xe

xe x x x

− >− − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ .

Οµοίως αν ( ) 0g x′ < προκύπτει 1x < .Η µονοτονία και τα ακρότατα της g φαίνονται στον παρακάτω πίνακα: x −∞ 1 +∞

( )g x′

− +

( )g x

min

Επειδή η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για 1x = το ( ) ( ) 1 11 1 2 1 1 1 0g e −= − ⋅ + = − + = , ισχύει ( ) ( )1g x g≥ , για κάθε x∈ℝ .

∆ηλαδή ισχύει ( ) 0g x ≥ ,για κάθε x∈ℝ .H f είναι παραγωγίσιµη στο ℝ µε:

( ) ( ) ( )( ) ( )

1 1 1 1 1

2 2

1 1 11 1

x x x x xe x e xe e ef x x x− −

− − −− − − − − +′ = = =− −

( )( )

( )( )

( )11 1

2 2 22 12 1 01 1 1

xx x x e g xxe ex x x

−− − − +− += = = >− − − για κάθε 1x ≠ .



Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)


Επειδή η f είναι συνεχής στο 0 1x = έπεται ότι είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ . Β4. Ισχύει ότι:

• Η g είναι συνεχής στο διάστηµα [ ]2015,2016 ως παραγωγίσιµη στο ℝ .• ( ) 0g x > για κάθε [ ]2015,2016x∈ , καθώς η συνάρτηση g µηδενίζεται

µόνο στο 1x = . Οπότε από γνωστό Θεώρηµα έχουµε: ( )2016

2015

0g x dx >∫ . ΘΕΜΑ Γ Γ1. Για κάθε x∈ℝ ισχύει ότι:

( ) ( )3 33 3 03 3

≥ − + ⇔ + − ≥f x x f x x . (1)

Θεωρούµε τη συνάρτηση ( ) 3( ) 33= + −g x f x x , µε x∈ℝ . Παρατηρούµε ότι:

( )(0) 0 3 3 3 0= − = − =g f . Άρα για κάθε x∈ℝ ισχύει ότι: (1) ( ) (0)⇔ ≥g x g . ∆ηλαδή η g παρουσιάζει στο 0 ολικό ελάχιστο. Επίσης το 0 είναι εσωτερικό σηµείο του ℝ και η g παραγωγίσιµη στο ℝ µε:

( ) ( )3 3( ) 33 3′ ′ ′= + − = +

g x f x x f x .

Σύµφωνα µε το θεώρηµα Fermat ισχύει ότι:

( ) ( )3 3(0) 0 0 0 03 3′ ′ ′= ⇔ + = ⇔ = −g f f .



Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)


Γ2. 1ος τρόπος Για κάθε x∈ℝ ισχύει ότι: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )

2

0

0

00

0xe

f x f x f x f x f xf x f x f x f x f x f xf x f x f x f x f x f x

f x f x f x f x >

′ ′′ ′⋅ + ⋅ + = ⇔′ ′′ ′ ′⋅ + ⋅ + ⋅ = ⇔′′ ′ ′ ′⋅ + ⋅ + ⋅ = ⇔

′′ ′⋅ + ⋅ = ⇔

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )

0

0

0

x x

x x

x

e f x f x e f x f x

e f x f x e f x f x

e f x f x

′′ ′⋅ + ⋅ ⋅ = ⇔′′′ ′⋅ + ⋅ ⋅ = ⇔

′′⋅ ⋅ =

2ος τρόπος Για κάθε x∈ℝ ισχύει ότι: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

2

0

0

00

( ) 0

( ) ( ) 0

>

′ ′′ ′⋅ + ⋅ + = ⇔

′ ′′ ′ ′⋅ + ⋅ + ⋅ = ⇔′ ′′ ′ ′⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⇔

′ ′′ ′ ′ ′⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⇔

′′⋅ ⋅ =

xe

x x x

x x x

x

f x f x f x f x f x

f x f x f x f x f x f xe f x f x e f x f x e f x f xe f x f x e f x f x e f x f x

e f x f x

Με εφαρµογή των Συνεπειών του Θεωρήµατος Μέσης Τιµής προκύπτει ότι υπάρχει σταθερά 1∈ℝc τέτοια ώστε να ισχύει:

1( ) ( )′⋅ ⋅ =xe f x f x c . Για 0=x , έχουµε: 0

1 1 13(0) (0) 3 13

′⋅ ⋅ = ⇔ ⋅ − = ⇔ = − e f f c c c .

Άρα για κάθε x∈ℝ ισχύει ότι:



Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)


( ) ( ) 1 ( ) ( ) −′ ′⋅ ⋅ = − ⇔ ⋅ = − ⇔x xe f x f x f x f x e

( ) ( )22 ( ) ( ) 2 ( ) 2− −′ ′′⋅ ⋅ = − ⇔ =x xf x f x e f x e . Με εφαρµογή των Συνεπειών του Θεωρήµατος Μέσης Τιµής προκύπτει ότι υπάρχει σταθερά 2∈ℝc τέτοια ώστε να ισχύει:

22( ) 2 −= +xf x e c .

Για 0=x , έχουµε: 2 0

2 2 2(0) 2 3 2 1= + ⇔ = + ⇔ =f e c c c . Άρα για κάθε x∈ℝ ισχύει ότι:

2 ( ) 2 1 0−= + ≠xf x e . Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ℝ και ( ) 0≠f x για κάθε x∈ℝ , εποµένως η f διατηρεί σταθερό πρόσηµο στο ℝ . Επειδή (0) 3 0= >f , θα είναι ( ) 0>f x για κάθε x∈ℝ . Εποµένως: ( ) 2 1−= +xf x e , x∈ℝ .

Γ3. 1ος τρόπος

Έστω 1 2, ∈ℝx x µε 1 2( ) ( )=f x f x . Έχουµε:

1 2

1 2 1 2

1 2( ) ( ) 2 1 2 12 1 2 1 2 2

x x

x x x x

f x f x e ee e e e

− −

− − − −

= ⇔ + = + ⇔

+ = + ⇔ = ⇔

1 21 1

1 2 1 2x xe e x x x x

−

− −= ⇔− = − ⇔ = . Άρα η συνάρτηση f είναι 1-1 συνάρτηση, οπότε αντιστρέφεται. 2ος τρόπος Η f είναι παραγωγίσιµη στο ℝ , µε:

( ) ( )1( ) 2 1 2 1 02 2 1 2 1

−

− −

− −

′ −′′ = + = + = <+ +

xx x

x x

ef x e ee e

, για κάθε x∈ℝ . Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ , οπότε και 1-1 συνάρτηση, συνεπώς αντιστρέφεται.



Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)


Θέτουµε ( )=y f x και έχουµε:

( ) 2 1−= ⇔ = +xy f x y e (1) Θα πρέπει 0≥y . Με αυτόν τον περιορισµό έχουµε:

22 2 12 1 1 2

2− − −

−= + ⇔ − = ⇔ =x x x yy e y e e (2)

Θα πρέπει 2 0

21 0 1 0 12

>−> ⇔ − > ⇔ >

yy y y . Με αυτόν τον επιπλέον περιορισµό έχουµε:

2 2 2

121

2 2

1 1 1ln ln ln ln2 2 21 2 2ln ln ( ) ln , y>12 1 1

−

−

−

− − −= ⇔ − = ⇔ = − ⇔ −= ⇔ = ⇔ = − −

x y y ye x x

yx x f yy y

Άρα είναι:

122( ) ln 1

− = − f x x , 1>x . Υποσηµείωση: Το σύνολο τιµών της f ,το οποίο είναι το πεδίο ορισµού της 1f − , µπορεί να βρεθεί από την συνέχεια και την µονοτονία της f .

Γ4. Θέλουµε να υπολογίσουµε το ολοκλήρωµα ( )( )

0

2ln 2

1−

+Ι = ∫ x

e

e dxf x .

Έχουµε:

( )( )

( )0 0 0 0 0

2ln 2 ln( 2) ln( 2) ln( 2) ln( 2)

11 1 1 12 22 1 21

−

− − − − −

++ + + +Ι = = = = =++ ++

∫ ∫ ∫ ∫ ∫x xx x x x

xx x

e e e e ex x

e ee e e edx dx dx dx dxef x e ee e

Θέτουµε =xe u , οπότε =

xe dx du . Επίσης 1 1 0xe u+ = + > και 2 2 0xe u+ = + > . Για ln( 2)= −x e είναι ln( 2) 2−

= = −eu e e .

Για 0=x είναι 0 1= =u e . Εποµένως:

1 1 1

2 2 2

1 2 1 112 2 2

− − −

+ + − Ι = = = − = + + + ∫ ∫ ∫e e e

u udu du duu u u

[ ] ( ) ( ) ( )112 2

ln 2 1 2 ln3 ln( 2 2− −

= − + = − − − − − + = e eu u e e 1 2 ln3 ln 4 ln3= − + − + = − −e e e .



Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)


ΘΕΜΑ ∆ ∆1. Αρκεί να δείξουµε ότι υπάρχει µοναδικό ( )0 0,1x ∈ τέτοιο, ώστε 0( ) 0=g x , ή

ότι η εξίσωση ( ) 0=g x έχει µοναδική ρίζα στο διάστηµα ( )0,1 .Η συνάρτηση ( ) ln= +g x x x είναι παραγωγίσιµη για κάθε 0x > µε:

( ) ( ) 1ln 0′′ = + = + >g x x x xx

, για κάθε 0x > . Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο ( )0,+∞ .

1ος τρόπος Συνεπώς η g είναι γνησίως αύξουσα στο διάστηµα ( )0,1 και επειδή είναισυνεχής στο ( )0,1 , έχουµε:

( )( ) ( ) ( )0 1

0,1 lim ( ), lim ( ) ,1+ −→ →

= = −∞x x

g g x g x , αφού ( )

0 0lim ( ) lim ln

+ +→ →= + = −∞

x xg x x x και ( )

1 1lim ( ) lim ln 1

− −→ →= + =

x xg x x x

Επειδή ( )0 (0,1)∈ g η εξίσωση ( ) 0=g x έχει ρίζα στο διάστηµα ( )0,1 καιαφού η είναι γνησίως αύξουσα σε αυτό η ρίζα θα είναι µοναδική. 2ος τρόπος Είναι ( )

0 0lim ( ) lim ln

+ +→ →= + = −∞

x xg x x x .

Οπότε υπάρχει α κοντά στο 0+ µε 0 1< <α τέτοιο, ώστε ( ) 0<g α . Επίσης (1) ln1 1 1 0= + = >g . Εποµένως ( ) (1) 0⋅ <g gα . Επειδή η g είναι και συνεχής στο [ ] ( ),1 0,1⊆α σύµφωνα µε το ΘεώρηµαBolzano η συνάρτηση g έχει µια τουλάχιστον ρίζα στο διάστηµα ( ) ( ),1 0,1⊆α .Επιπλέον η g είναι γνησίως αύξουσα στο ( )0,1 , οπότε η ρίζα θα είναι µοναδική.

3ος τρόπος

Ενδεικτικά, εφαρµόζουµε Θεώρηµα Bolzano για την g στο διάστηµα 1 ,1e

.



Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)


Στη συνέχεια θα λύσουµε την εξίσωση 0 0x x xe

x

− = .

Επειδή 0 0>x θα πρέπει και 0>x , οπότε η εξίσωση ισοδύναµα γίνεται:

0 00 00 0ln ln ln ln− −= ⇔ = ⇔ − = − ⇔x x x xx x

e e x x x xx x

0 0 0ln ln ( ) ( )+ = + ⇔ =x x x x g x g x . (1) Όµως η g είναι γνησίως αύξουσα, άρα και 1-1, οπότε έχουµε:

:1 1

0 0(1) ( ) ( )−

⇔ = ⇔ =g

g x g x x x . ∆2. i) Για 0 1α< < , το ζητούµενο εµβαδόν είναι:

1

( )Ε = −∫ g x x dxα

. Έχουµε:

ln1 ln ln1 ln 0 ln ( ) ( ) 0≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ + ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤րx

x x x x x x g x x g x x . Συνεπώς στο [ ],1α είναι ( ) ( )− = −g x x x g x . Εποµένως είναι:

( ) ( ) ( )1 1 1

1

( ) ln ln lnΕ = − = − − = − = =∫ ∫ ∫ ∫ax g x dx x x x dx x dx xdxα α α

( ) [ ] ( )11 1 1

1ln ln ln ln′ ′= = − = − =∫ ∫ ∫a a aax xdx x x x x dx a a x dx

x

[ ]11 1

1ln ln 1 ln ln 1= − = − = − = − +∫ ∫a aaa a x dx a a dx a a x a a a

x τ.µ.



Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)


ii) Από υπόθεση έχουµε ότι ( ) 1′ =tα cm/sec.

Αυτό σηµαίνει ότι η τιµή του αριθµού α αυξάνει, δηλαδή κινείται αποµακρυνόµενος από το 0 και προσεγγίζοντας το 1, αφού 0 1α< < . Επειδή η θέση του αριθµού α είναι συνάρτηση του χρόνου t έχουµε:

( )( ) ( ) ln ( ) ( ) 1Ε = ⋅ − +t t t tα α α .O ρυθµός µεταβολής του είναι: '( ) '( ) ln( ( )) ( ) (ln( ( )) ' '( )

'( )'( ) ln( ( )) ( ) '( )( )'( ) ln( ( )) '( ) '( ) '( ) ln( ( )).

E t a t a t a t a t a ta ta t a t a t a ta t

a t a t a t a t a t a t

= ⋅ + ⋅ − =

= ⋅ + ⋅ − =

= ⋅ + − = ⋅

Την χρονική στιγµή 0t στην οποία είναι 0 0( ) =t xα έχουµε: ( )0 0 0 0 0( ) ( ) ln ( ) 1 ln ln′ ′Ε = ⋅ = ⋅ =t t t x xα α .

Όµως από ∆1. ερώτηµα ισχύει ότι: 0 0 0 0 0( ) 0 ln 0 ln= ⇔ + = ⇔ = −g x x x x x .

Συνεπώς 0 0( )′Ε = −t x cm²/sec.



Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)


∆3. Από υπόθεση για κάθε 0x > έχουµε: ( )( ) ( ) ( )1 lnxf g x f x e x x= + − + .

Εποµένως θα ισχύει: ( )( )( ) ( ) ( )( )

0 0lim lim 1 ln

+ +→ →= + − +x

x xf g x f x e x x .

Για το ( )( )( )

0lim

+→xf g x

Στο ερώτηµα ∆1. δείξαµε ότι 0

lim ( )+→

= −∞x

g x . Θέτοντας ( )=u g x έχουµε

0limxu+→

= −∞ . Άρα ( )( )( )

0lim lim ( )

+ →−∞→=

uxf g x f u που είναι και το ζητούµενο.

Για το ( ) ( )( )

0lim 1 ln

+→+ − +x

xf x e x x .

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο ℝ , άρα και συνεχής σε αυτό. Συνεπώς: 0 0

lim ( ) lim ( ) (0)+ −→ →

= =x x

f x f x f (1).

Επίσης 0

0lim 1

+→= =

x

xe e και ( )

0lim 1 0 1 1

+→− = − = −

xx .

Άρα: ( )( )

0lim 1 1

+→− = −

x

xe χ . (2)

Επιπλέον γνωρίζουµε ότι 0

lim ln+→

= −∞x

x . (3) Από (1), (2), (3) προκύπτει ότι:

( ) ( )( ) ( )0

lim 1 ln (0) 1+→

+ − + = − + −∞ = −∞x

xf x e x x f .

Έτσι έχουµε: lim ( )→−∞

= −∞u

f u ή lim ( )→−∞

= −∞x

f x . ∆4. Για κάθε 0x > , έχουµε:

( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )1 ln ln= + − + ⇔ − = − + ⇔x x xf g x f x e x x f g x f x xe e x ( )( ) ( ) ( )( ) ( )ln lnln ln+− = − + ⇔ − = − + ⇔x x x x x xf g x f x e e e x f g x f x e e x



Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)


( )( ) ( ) ( ) ln− = − +g x xf g x f x e e x .∆ιαιρούµε και τα δύο µέλη της τελευταίας ισότητας µε τον όρο ( ) ln 0− = >g x x x , για κάθε 1>x και έχουµε:

( )( ) ( ) ( ) ln( ) ( ) ( )

− −= + ⇔− − −

g x xf g x f x e e xg x x g x x g x x

( )( ) ( ) ( ) ln( ) ( ) ln

− −= + ⇔− −

g x xf g x f x e e xg x x g x x x

( )( ) ( ) ( )1( ) ( )

− −= +− −

g x xf g x f x e eg x x g x x . (1)

Η συνάρτηση f είναι συνεχής και παραγωγίσιµη στο ℝ , εποµένως είναι συνεχής στο [ ], ( )x g x και παραγωγίσιµη στο ( ), ( )x g x , για κάθε 1>x .Άρα ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θεωρήµατος Μέσης Τιµής για την fστο [ ], ( )x g x , εποµένως θα υπάρχει ( )1 , ( )∈ x g xξ µε 11 ( )< < <x g xξ τέτοιο, ώστε:

( ) ( )( ) ( )1 ( )

−′ =

−f g x f xf g x xξ . (2)

Θεωρούµε τη συνάρτηση ( ) = xh x e η οποία είναι συνεχής και παραγωγίσιµη στο ℝ , εποµένως είναι συνεχής στο [ ], ( )x g x καιπαραγωγίσιµη στο ( ), ( )x g x , για κάθε 1>x , µε ( )′ = xh x e .Άρα ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θεωρήµατος Μέσης Τιµής για την h στο [ ], ( )x g x , εποµένως θα υπάρχει ( )2 , ( )∈ x g xξ µε 21 ( )< < <x g xξ τέτοιο, ώστε: ( ) 2

( )2 ( )

−′ = =−

g x xe eh e g x xξξ . (3)

Από τις (2) και (3) η (1) δίνει: ( ) 2

1 1′ = +f eξξ , µε 1 1>ξ και 2 1>ξ .

Ενδεικτικά ένας 2ος τρόπος είναι: Για κάθε 0x > , έχουµε:

( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )1 ln ln= + − + ⇔ − = − + ⇔x x xf g x f x e x x f g x f x xe e x

( )( ) ( ) ( )( ) ( )ln lnln ln+− = − + ⇔ − = − + ⇔x x x x x xf g x f x e e e x f g x f x e e x



Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)


( )( ) ( ) ( ) ln− = − +g x xf g x f x e e x .

Οπότε: ( )( ) ( ) ( ) ( )g x xf g x e g x f x e x− − = − − .(1)

Έστω η συνάρτηση ( ) ( ) , 0xy x f x e x x= − − > . Τότε η (1) γίνεται: ( )( ) ( )y g x y x= , για κάθε 0x > . (2)

Εφαρµόζουµε το Θεώρηµα Rolle για την συνάρτηση y στο ( ),x g x για κάθε 1x > . H y είναι συνεχής στο ( ),x g x και παραγωγίσιµη στο ( )( ),x g x για κάθε 1x > , ως πράξεις συνεχών και παραγωγίσιµων συναρτήσεων στα

διαστήµατα αυτά. Λόγω της (2) ισχύει ( )( ) ( )y g x y x= .

Άρα υπάρχει ένας τουλάχιστον αριθµός ( )( ),x g xξ ∈ , άρα και 1ξ > , τέτοιος ώστε ( ) 0y ξ′ = .

Όµως ( ) ( ) 1xy x f x e′ ′= − − , οπότε ( ) 1 0f eξξ′ − − = .

Οπότε έχουµε ( ) 1, 1f eξξ ξ′ = + > . Για 1 2ξ ξ ξ= = έπεται το ζητούµενο.

g thet oik_math_plus_lyseis

Education