Upload
christos-loizos
View
489
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016 A΄ 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: Πέµπτη 7 Ιανουαρίου 2016
∆ιάρκεια Εξέτασης: 3 ώρες
ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ
ΘΕΜΑ Α
Α1. Να αποδείξετε ότι αν µια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη σ’ ένα σηµείο 0x ,
τότε είναι και συνεχής στο σηµείο αυτό.
Μονάδες 9
Α2. α) Έστω δύο µεταβλητά µεγέθη ,x y που συνδέονται µε τη σχέση
( )y f x= , όταν f είναι µια συνάρτηση παραγωγίσιµη στο 0x .Τι
ονοµάζουµε ρυθµό µεταβολής του y ως προς x στο σηµείο 0x ;
Μονάδες 3
β) Πότε µια συνάρτηση :f A R→ λέγεται συνάρτηση 1 1− ;
Μονάδες 3
Α3. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιό
σας δίπλα, το γράµµα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση τη λέξη Σωστό, αν η
πρόταση είναι Σωστή ή Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασµένη.
α) 1( ( )) , ( )f f x x x f A−
= ∈ .
Μονάδες 2
β) Αν ( ) 0f x > κοντά στο 0x , τότε κατά ανάγκη
0
lim ( ) 0x x
f x→
> .
Μονάδες 2
γ) Αν f είναι συνεχής στο [ ],α β , τότε η f παίρνει στο [ ],α β µια µέγιστη
τιµή M και µια ελάχιστη τιµή m .
Μονάδες 2
ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016 A΄ ΦΑΣΗ
Ε_3.Μλ3ΘΟ(ε)
ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 2 ΑΠΟ 4
δ) Αν η f είναι συνεχής στο 0x και η συνάρτηση g είναι συνεχής στο
0x ,
τότε η σύνθεσή τους gof είναι συνεχής στο 0x πάντοτε.
Μονάδες 2
ε) Η συνάρτηση ( ) , 0xf x a a= > είναι παραγωγίσιµη στο R και ισχύει 1( ) xf x x a −′ = ⋅ .
Μονάδες 2
ΘΕΜΑ Β
∆ίνεται η συνάρτηση ( ) 3 31
xf x e x= − − + .
Β1. Να εξετάσετε την f ως προς την µονοτονία και να βρείτε τις ρίζες και το
πρόσηµό της.
Μονάδες 6
Β2. Να εξετάσετε αν υπάρχει το όριο, 0
( ) 1lim
( )x
f x
f x→
−
.
Μονάδες 4
Β3. α) Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρεθεί το πεδίο ορισµού
της αντίστροφής της.
Μονάδες 5
β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 3 3
20151
x
e x
e− − −
= , έχει µοναδική ρίζα.
Μονάδες 3
Β4. Αν για τη συνάρτηση : (0, )g R+∞ → ισχύει:
3 ( ) 3 3 6 3( ) (ln 2)g xe g x x e x+ = ⋅ + + , για κάθε 0x > , να αποδείξετε ότι ο τύπος της
g είναι ( ) ln 2g x x= + και να βρεθεί η αντίστροφή της.
Μονάδες 7
ΘΕΜΑ Γ
Έστω f µια συνεχής συνάρτηση στο διάστηµα 0,2
π
, για την οποία ισχύει
( ) ( )2 2 22 1 συν ,f x xf x x x+ = − − για κάθε 0,
2x
π ∈
, µε1
6 2 6f
π π = −
.
ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016 A΄ ΦΑΣΗ
Ε_3.Μλ3ΘΟ(ε)
ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 3 ΑΠΟ 4
Γ1. Να δείξετε ότι ( ) ηµ , 0,2
f x x x xπ
= − ∈ .
Μονάδες 8
Γ2. ∆ίνεται η συνάρτηση
( ) 1 , 0,2
( )( )
1 , 0
f x x
g xx
xx
π
ηµ κ
+ ∈ =
− <
, µε Rκ ∈ .
Να βρείτε την παράµετρο κ ,ώστε η g να είναι συνεχής στο πεδίο ορισµού της.
Μονάδες 6
Γ3. Για 2κ = ,να αποδείξετε ότι η εξίσωση ( ) 0g x = έχει µία τουλάχιστον λύση
στο διάστηµα ,02
π −
.
Μονάδες 6
Γ4. Για 2κ = ,να δείξετε ότι η συνάρτηση g δεν είναι 1–1.
Μονάδες 5
ΘΕΜΑ ∆
∆ίνεται η συνάρτηση2
( )2
xx
f x e= + .
Θεωρούµε επίσης τη συνάρτηση g : R R→ και τον πραγµατικό αριθµό 0x , έτσι ώστε:
•0 0
( ) 1g x x= + και
• *0 0
0
( ) ( )lim , 1h
g x vh g xv v
h→
+ −
= ∈ − .
Να αποδείξετε ότι:
∆1. Η εξίσωση ( ) 0f x′ = έχει ακριβώς µία πραγµατική ρίζα ρ .
Μονάδες 6
∆2. ( ) ( ) ( )
lim 1x
f x f x fe
x
ρ
ρ
ρ
ρ→
′+ −= +
−, όπου ρ η ρίζα του ∆1 ερωτήµατος.
Μονάδες 4
ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016 A΄ ΦΑΣΗ
Ε_3.Μλ3ΘΟ(ε)
ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 4 ΑΠΟ 4
∆3. α) Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιµη στο 0x , µε
0( ) 1g x′ = .
Μονάδες 5
β) Η εφαπτοµένη της fC στο σηµείο της ( )( )0, 0A f , εφάπτεται στηνg
C
στο σηµείο ( )( )0 0,B x g x .
Μονάδες 5
∆4. Η συνάρτηση fog είναι παραγωγίσιµη στο 0x , µε 0
1
0 0( ) ( ) 1
x
fog x e x+
′ = + + .
Μονάδες 5
ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016 A΄ ΦΑΣΗ
Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)
ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 1 ΑΠΟ 10
ΤΑΞΗ: Γ΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ
ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΣ: ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥ∆ΩΝ / ΣΠΟΥ∆ΩΝ
ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ
ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ
Ηµεροµηνία: Πέµπτη 7 Ιανουαρίου 2016
∆ιάρκεια Εξέτασης: 3 ώρες
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ
ΘΕΜΑ Α
Α1. Βλέπε απόδειξη σχολικού βιβλίου σελ. 217.
Α2. α) Βλέπε ορισµό σχολικού βιβλίου σελ. 241.
β) Βλέπε ορισµό σχολικού βιβλίου σελ. 151.
Α3. α) → Λάθος. Το σωστό είναι ( )( )1,f f x x x A−
= ∈ .
β) → Λάθος. Το σωστό είναι ( )0
lim 0x x
f x→
≥ .
γ) → Σωστό.
δ) → Λάθος. Το σωστό είναι: Αν η f είναι συνεχής στο 0x και η συνάρτηση
g είναι συνεχής στο ( )0f x τότε η σύνθεση τους gof είναι συνεχής στο
0x .
ε) → Λάθος. Το σωστό είναι ( ) lnxf x a a′ = ⋅ .
ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016 A΄ ΦΑΣΗ
Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)
ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 2 ΑΠΟ 10
ΘΕΜΑ Β
Β1. Η συνάρτηση 3 3( ) 1xf x e x= − − + έχει πεδίο ορισµού το R .
Έστω 1 2,x x R∈ µε
1 2x x< .
• Τότε έχουµε διαδοχικά:
1 23 3x x< και 3 3
1 2x x<
1 23 3x xe e< και 3 3
1 2x x− > −
1 23 3x x
e e− > − (1) και 3 3
1 21 1x x− + > − + (2).
Προσθέτοντας κατά µέλη τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει: 1 2
3 33 3
12
1 1x x
e x e x− − + > − − + .
Εποµένως 1 2
( ) ( )f x f x> .
Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R .
• Παρατηρούµε ότι 0(0) 0 1 1 1 0f e= − − + = − + = .
Άρα η f έχει τουλάχιστον, µια ρίζα, το 0
0x = .
Αυτή είναι και µοναδική, γιατί η f είναι γνησίως φθίνουσα.
• Έτσι για κάθε 0x > επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα ισχύει
( ) ( )0f x f< ,δηλαδή ( ) 0f x < .
Ενώ για κάθε 0x < ισχύει ( ) ( )0f x f> ,οπότε ( ) 0f x > .
Το πρόσηµο της f φαίνεται και στον παρακάτω πίνακα:
Β2. Επειδή η f είναι συνεχής στο R , γιατί προέρχεται από πράξεις µε συνεχείς
συναρτήσεις, είναι και συνεχής στο 0
0x = .
Οπότε ισχύει: 0
lim ( ) (0) 0x
f x f→
= = .
Για 0x ≠ έχουµε: ( ) 1 1
1( ) ( )
f x
f x f x
−
= − .
x−∞ 0 +∞
( )f x + −
ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016 A΄ ΦΑΣΗ
Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)
ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 3 ΑΠΟ 10
Για 0x > ,0 0
( ) 1 1lim lim 1 .
( ) ( )x x
f x
f x f x+ +→ →
−= − = +∞
Όντως, στο Β1 ερώτηµα αποδείξαµε, ότι για κάθε 0x > ισχύει ( ) 0f x < , οπότε
0
1lim
( )x f x+→
= −∞ .
Για 0,x <0 0
( ) 1 1lim lim 1
( ) ( )x x
f x
f x f x− −
→ →
−= − = −∞
.
Όντως, στο Β1 ερώτηµα αποδείξαµε, ότι για κάθε 0x < ισχύει ( ) 0f x > , οπότε
0
1lim
( )x f x−→
= +∞ .
Εποµένως, δεν υπάρχει το 0
( ) 1lim
( )x
f x
f x→
−.
Β3. α) Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R , είναι και 1–1, εποµένως
αντιστρέφεται.
Το πεδίο ορισµού της αντίστροφης, είναι το σύνολο τιµών της f .
Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο R . Έτσι, το σύνολο
τιµών της, είναι το ( ) ( lim ( ), lim ( )) ( , )x x
f R f x f x R→+∞ →−∞
= = −∞ +∞ = .
Ισχύουν:
• ( ) ( )3 3lim lim 1x
x x
f x e x→+∞ →+∞
= − − + = −∞ .
-Ειδικά 3lim lim
x u
x u
e e→+∞ →+∞
= = +∞ .
Θέσαµε 3u x= , οπότε αν x→+∞ τότε .u →+∞
( ) ( )3 3lim 1 limx x
x x
→+∞ →+∞
− + = − = −∞ .
• ( ) ( )3 3lim lim 1x
x x
f x e x→−∞ →−∞
= − − + = +∞ .
-Ειδικά 3lim lim 0
x u
x u
e e→−∞ →−∞
= = .
Θέσαµε 3u x= οπότε αν x→−∞ τότε u→−∞ ,
ενώ ( ) ( )3 3lim 1 limx x
x x
→−∞ →−∞
− + = − = +∞ .
β) Ισχύουν ισοδύναµα: 3 3 3 3
2015 2015 0 3 31 2015 0x x
e x e x xe e e e x− − − − − −= ⇔ = ⇔ − − − = ⇔ 3 3 1 2016 ( ) 2016.xe x f x⇔ − − + = ⇔ =
ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016 A΄ ΦΑΣΗ
Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)
ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 4 ΑΠΟ 10
Θέλουµε, λοιπόν, να δείξουµε ότι, η εξίσωση ( ) 2016f x = έχει
µοναδική ρίζα 0x R∈ . Όµως η f είναι συνεχής στο R και η τιµή
( )2016 f R R∈ = .
Άρα η εξίσωση ( ) 2016f x = , έχει µια, τουλάχιστον, ρίζα 0x R∈ .
Αυτή είναι µοναδική, καθώς η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R .
ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016 A΄ ΦΑΣΗ
Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)
ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 5 ΑΠΟ 10
Β4. Ισχύουν οι ισοδυναµίες: ( ) ( ) ( )
33 3 3 6ln 2
g x
e g x x e x+ = + +
( ) ( )( )
( )( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
3 63 6
3 6
1 1
0ln 33 3
33 3 ln ln
033 3 3ln 6
33 3 ln 23
33 3 ln 23
33 3 ln 23
ln 2
ln 2
ln 2
ln 2
ln 2
1 ln 2 1
ln 2 ln 2.
x e x eg x
g x x e
xg x x
g x x
g x x
g x x
f
e g x e x
e g x e x
e g x e x
e g x e x
e g x e x
e g x e x
f g x f x g x x−
>
+
>
+
+
+
+
⇔ + = + +
⇔ + = + +
⇔ + = + +
⇔ + = + +
⇔ − − = − − +
⇔ − − + = − − + +
⇔ = + ⇔ = +
• Για την εύρεση της αντίστροφης της g , θέτουµε ( )y g x= και λύνουµε ως
προς x .
Έχουµε λοιπόν ισοδύναµα:
( ) ln 2,g x y y x y R= ⇔ = + ∈ , καθώς ln 2x R+ ∈ ,για κάθε 0x > .
( )
2
1
ln 2 ,yx y x e y R
ό f y xµως
−
−
= − ⇔ = ∈
= οπότε ( )1 2
,
yf y e y R− −
= ∈
και έτσι ( )1 2,
xf x e x R− −
= ∈ .
ΘΕΜΑ Γ
Γ1. Για κάθε 0,2
x
π ∈
έχουµε ισοδύναµα:
2 2 2( ) 2 ( ) 1f x xf x x xσυν+ = − −
2 2 2( ) 2 ( )f x xf x x xηµ⇔ + + =2 2( ( ) )f x x xηµ⇔ + = (1).
Θεωρούµε τη συνάρτηση ( ) ( ) , 0, .2
h x f x x xπ
= + ∈
Η σχέση (1) ισοδύναµα γράφεται 2 2( )h x xηµ= (2) και ισχύει για κάθε
0,2
x
π ∈
.
ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016 A΄ ΦΑΣΗ
Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)
ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 6 ΑΠΟ 10
Η εξίσωση ( ) 0h x = στο 0,2
π
γράφεται ισοδύναµα:
(2)2 2( ) 0 ( ) 0 0 0 0h x h x x x xηµ ηµ= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = .
Εποµένως, η εξίσωση ( ) 0h x = έχει στο 0,2
π
µοναδική ρίζα την 0x = .
Η h στο 0,2
π
είναι συνεχής, ως άθροισµα συνεχών και δεν µηδενίζεται σ’
αυτό. Άρα, στο 0,2
π
η h διατηρεί σταθερό πρόσηµο.
Όµως 1 1
0.6 6 6 2 6 6 2
h fπ π π π π
= + = − + = >
Συνεπώς για κάθε 0,2
x
π ∈
,ισχύουν ( ) 0h x > και 0xηµ > .
Οπότε η σχέση (2) γίνεται ισοδύναµα ( )h x xηµ= ή ισοδύναµα ( )f x x xηµ+ =
και τελικά ( ) , 0,2
f x x x xπ
ηµ
= − ∈ . Επιπλέον ισχύει (0) 0 0 0f ηµ= − = .
Εντέλει δείξαµε ότι, ( ) , 0,2
f x x x xπ
ηµ
= − ∈ .
Γ2.
Έχουµε
( ) 1, 0,2
( )( )
1, 0
f x x
g xx
xx
π
ηµ κ
+ ∈ =
− <
,µε Rκ ∈ .
-Για κάθε 0,2
x
π ∈
η g είναι συνεχής ως άθροισµα συνεχών.
-Για κάθε x∈ ( ),0−∞ η g είναι συνεχής γιατί προέρχεται από πράξεις µε
συνεχείς συναρτήσεις.
Εποµένως, πρέπει η g να είναι συνεχής στο 0
0x = . Οπότε ισχύει:
0 0
lim ( ) lim ( ) (0)x x
g x g x g+ −
→ →
= = (1).
-Για 0x > , έχουµε 0 0
lim ( ) lim( ( ) 1) (0) 1 1x x
g x f x f+ +
→ →
= + = + = (2).
Έχουµε δείξει στο Γ1, ότι η f είναι συνεχής στο 0, οπότε 0
lim ( ) (0) 0.x
f x f+
→
= =
-Για 0x < , έχουµε 0 0
( )lim ( ) lim 1 1x x
xg x
x
ηµ κκ
− −
→ →
= − = −
(3).
ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016 A΄ ΦΑΣΗ
Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)
ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 7 ΑΠΟ 10
Αν θέσουµε u xκ= , τότε ( )00
lim lim 0.xx
u xκ−−
→→
= =
Έτσι, 00 0
( ) ( )lim lim lim 1
ux x
x x u
x x u
ηµ κ ηµ κ ηµκ κ κ κ
κ− −
→→ →
= = = ⋅ = .
Επίσης (0) (0) 1 1g f= + = (4).
Η σχέση (1) λόγω των σχέσεων (2), (3) και (4) γίνεται ισοδύναµα:
1 1 1κ= − = . Oπότε 1 1κ − = και άρα 2κ = .
Γ3. Για 2κ = η g γίνεται:
( )( ) 1, 0,
2
ηµ21, 0
f x x
g xx
xx
π + ∈ =
− <
Η g είναι ορισµένη και συνεχής στο ,02
π −
.
•
( )ηµ 2
ηµ21 1 1 0 1 1
2
2 2 2
g
π
ππ ηµπ
π π π
− − − = − = − = − = − = −
− −
• ( )0 1g =
Άρα ( )0 02
g gπ
− ⋅ <
.
Έτσι από το θεώρηµα Bolzano, η εξίσωση ( ) 0g x = , έχει µία, τουλάχιστον,
ρίζα στο διάστηµα , 02
π −
.
Γ4. Παρατηρούµε ότι ( )2g π− =( )4 4
1 1 0 1 12 2
ηµ π ηµ π
π π
−
− = − = − = −
−
. Επίσης από
ερώτηµα Γ3, 12
gπ
− = −
.
Έτσι ισχύει ( )22
g gπ
π
− = −
ενώ 22
π
π− ≠ − .
Ώστε η g δεν είναι 1 1− .
Ένας δεύτερος τρόπος στην περίπτωση που δεν µπορούµε να
υπολογίσουµε δύο ίσες τιµές, είτε στον ίδιο κλάδο, είτε σε διαφορετικούς
κλάδους.
ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016 A΄ ΦΑΣΗ
Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)
ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 8 ΑΠΟ 10
Παρατηρούµε 1 1 22 2 2 2 2
g fπ π π π π
ηµ
= + = − + = −
.
Θα δείξουµε ότι υπάρχει ένα ( )0,0x ∈ −∞ , ώστε
0( ) 2
2g x
π
= − .
Έχουµε lim ( )x
g x→−∞
=
ηµ2lim 1 0 1 1x
x
x→−∞
= − = − = −
, γιατί
ηµ2lim 0x
x
x→−∞
= .
Απόδειξη:
1 1ηµ2 1 ηµ2x x
x x≤ ⇔ ⋅ ≤
ηµ2 1 1 ηµ2 1x x
x x x x x
≤ ⇔ − ≤ ≤
Όµως 1
lim 0x x→−∞
= , οπότε, από κριτήριο παρεµβολής ηµ2
lim 0x
x
x→−∞
= .
Ισχύει ( )0 0
ηµ2lim lim 1 1x x
xg x
x− −
→ →
= − =
.
Έστω η συνάρτηση ( ) ( ) (2 ), 02
x g x xπ
Λ = − − < .
• lim ( ) lim ( ) (2 ) 1 2 3 02 2 2x x
x g xπ π π
→−∞ →−∞
Λ = − − = − − + = − + <
.
Άρα υπάρχει ένας πραγµατικός αριθµός α, κοντά στο −∞ , ώστε να ισχύει
ισοδύναµα: ( ) 0 ( ) (2 ) 0 ( ) 22 2
g g aπ π
α αΛ < ⇔ − − < ⇔ < − .
•
0 0 0
ηµ2lim ( ) lim ( ) (2 ) lim 1 2 2 1 2 1 0
2 2 2 2x x x
xx g x
x
π π π π
− − −
→ → →
Λ = − − = − − + = − − + = − + >
Άρα υπάρχει ένας πραγµατικός αριθµός 0β < ,κοντά στο 0 , ώστε να ισχύει
ισοδύναµα:
( ) 0 ( ) (2 ) 0 ( ) 22 2
g gπ π
β β βΛ > ⇔ − − > ⇔ > − .
Εποµένως ( ) 2 ( )2
g a gπ
β< − < και η g είναι συνεχής στο [ ],a β ( ,0)⊆ −∞ . Από
θεώρηµα ενδιαµέσων τιµών υπάρχει ένα τουλάχιστον 0
( , )x a β∈ άρα και στο ( ,0)−∞
ώστε 0
( ) 22
g xπ
= − . Εντέλει 0
( )2
g x gπ
=
ενώ,0
( ,0)x ∈ −∞ και (0, )2
π
∈ +∞ . Άρα
0
2x
π
≠ . Οπότε η g δεν είναι 1 1− .
ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016 A΄ ΦΑΣΗ
Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)
ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 9 ΑΠΟ 10
ΘΕΜΑ ∆
∆1.
2
( ) ,2
xx
f x e x R= + ∈ .
Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη µε 2
( ) ( ) ( ) ,2
x xx
f x e e x x R′ ′ ′= + = + ∈ .
Έστω 1 2 1 2, ,x x R x xµε∈ < , τότε ισχύει 1 2
x x
e e< .
Με πρόσθεση κατά µέλη, προκύπτει: 1 2
1 2,
x x
e x e x+ < + ,δηλαδή 1 2
( ) ( )f x f x′ ′< .
Εποµένως η f ΄ είναι γνησίως αύξουσα.
Η f ′ είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, άρα το σύνολο τιµών της είναι:
( ) ( )( , ) lim ( ), lim ( ) ( , )x x
f f x f x R→−∞ →+∞
′ ′ ′−∞ +∞ = = −∞ +∞ = .
Όντως, ( ) ( )lim limx
x x
f x e x→−∞ →−∞
′ = + = −∞ , γιατί lim 0x
x
e→−∞
= και limx
x
→−∞
= −∞ .
Όντως, ( ) ( )lim limx
x x
f x e x→+∞ →+∞
′ = + = +∞ , γιατί lim x
x
e→+∞
= +∞ και limx
x
→+∞
= +∞ .
Τo 0 ( )f R R′∈ = , άρα, υπάρχει ένας τουλάχιστον Rρ ∈ τέτοιος ώστε ( ) 0f ρ′ = .
Ο ρ είναι µοναδικός, διότι η f ′ είναι γνησίως αύξουσα.
Τελικά, η εξίσωση ( ) 0f x′ = έχει ακριβώς µία πραγµατική ρίζα ρ .
∆2. Για ,x ρ≠ έχουµε:
( ) 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )lim lim
f
x x
f x f x f f x f f x f
x x x
ρ
ρ ρ
ρ ρ ρ
ρ ρ ρ
′ =
→ →
′ ′ ′ + − − −= + = − − −
( ) ( ) 0 1 1f f e eρ ρρ ρ′ ′′= + = + + = + , διότι η f είναι δύο φορές παραγωγίσιµη µε
( ) 1,xf x e x R′′ = + ∈ .
∆3. α) Ισχύει: *0 0
0
( ) ( )lim ,h
g x vh g xv v
h→
+ −
= ∈ και 1v ≠ .
Αρκεί να δείξουµε ότι υπάρχει το όριο 0
0
0
( ) ( )limx x
g x g x
x x→
−
−
και είναι ίσο µε 1.
Έχουµε:
( ) ( )0
0 00 0 0
0 00
( ) ( ) ( ) ( ) 1 1lim lim lim 1x x h h
g x h g xg x g x g x h g x
x x h h
νν
ν
ν ν ν→ → →
+ −− + −
= = ⋅ = ⋅ =
−
Θέσαµε 0
0 0
x xx vh x x x vh h
v
−+ = ⇔ − = ⇔ = .
Αν 0
x x→ τότε 0h→ .
Εποµένως, 0
( ) 1g x′ = .
ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016 A΄ ΦΑΣΗ
Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)
ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 10 ΑΠΟ 10
β) Η εφαπτοµένη της fC στο σηµείο της Α ( )( )0, 0f έχει εξίσωση:
(0) (0)( 0) 1 1y f f x y x y x′− = − ⇔ − = ⇔ = + .
Η εφαπτοµένη της g
C στο σηµείο της ( )( )0 0,x g xΒ έχει εξίσωση:
0 0 0 0 0( ) ( )( ) 1 1( ) 1y g x g x x x y x x x y x′− = − ⇔ − − = − ⇔ = + .
Προφανώς οι δύο εφαπτόµενες συµπίπτουν.
∆4. Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιµη στο 0x µε
0( ) 1g x′ = .
Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο 0 0
( ) 1,g x x= + µε
01
0 0 0( ( )) ( 1) 1
x
f g x f x e x+
′ ′= + = + + .
H fog είναι παραγωγίσιµη στο 0x , µε: 0
1
0 0 0 0( ) ( ) ( ( )) ( ) 1
x
fog x f g x g x e x+
′ ′ ′= = + + .