Embed Size (px)
Citation preview
Μαθηματικά Θετικού Προσανατολισμού ομογενών 2016
θέματα και λύσεις Επιμέλεια Λύσεων: Χρήστος K. Λοΐζος
https://liveyourmaths.com/
ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙ∆ΑΣ
ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΑΠΟ 3 ΣΕΛΙ∆ΕΣ
ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΤΕΚΝΩΝ ΕΛΛΗΝΩΝ ΤΟΥ ΕΞΩΤΕΡΙΚΟΥ
ΚΑΙ ΤΕΚΝΩΝ ΕΛΛΗΝΩΝ ΥΠΑΛΛΗΛΩΝ ΠΟΥ ΥΠΗΡΕΤΟΥΝ ΣΤΟ ΕΞΩΤΕΡΙΚΟ ΤΕΤΑΡΤΗ 7 ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 2016
ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ ΟΜΑΔΩΝ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ Ι & ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ:
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ : ΤΡΕΙΣ (3)
ΘΕΜΑ Α
Α1. Να αποδείξετε ότι για κάθε 1x x | x 0∈ = − συν = ισχύει
2
1(εφx) .συν x
=
Μονάδες 10
Α2. Έστω f μια συνάρτηση ορισμένη σε ένα διάστημα Δ . Τι ονομάζεταιαρχική συνάρτηση ή παράγουσα της f στο Δ ;
Μονάδες 5
Α3. Να χαρακτηρίσετε τ ις προτάσεις που ακολουθούν , γράφοντας στο τετράδιό σας δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση τη λέξη Σωστό , αν η πρόταση ε ίναι σωστή , ή Λάθος , αν η πρόταση ε ίναι λανθασμένη .
α . Ισχύει x 0
συνx 1lim 1.x→
−=
β . Το πεδίο ορισμού της g f αποτελείται από όλα τα στοιχε ία x του
πεδίου ορισμού της f , για τα οποία το f (x) ανήκει στο πεδίοορισμού της g .
γ . Ένα τοπικό μέγιστο μιας συνάρτησης f μπορεί να είναι μικρότεροαπό ένα τοπικό ελάχιστο της f .
δ . Για κάθε συνάρτηση f που ε ίναι γνησίως αύξουσα και
παραγωγίσιμη στο διάστημα Δ ισχύει f΄(x) 0,> για κάθε x Δ∈ .
ε . Αν η f ε ίναι μια συνεχής συνάρτηση στο [α ,β ] , τότε ισχύειβ α
α βf(x)dx f(x)dx .= −∫ ∫
Μονάδες 10
ΑΡΧΗ 2ΗΣ ΣΕΛΙ∆ΑΣ
ΤΕΛΟΣ 2ΗΣ ΑΠΟ 3 ΣΕΛΙ∆ΕΣ
ΘΕΜΑ Β
Δίνεται η συνάρτηση αx 1f(x) , x 1,x 1−
= ≠ −+
όπου το α είναι ένας
πραγματικός αριθμός .
Β1. Να βρείτε την τ ιμή του α, ώστε η γραφική παράσταση της f να
διέρχεται από το σημείο A(3,2).
Μονάδες 5
Αν α 3= τότε :
Β2. Να αποδείξετε ότι η f είναι 1-1.Μονάδες 6
Β3. Να αποδείξετε ότι η αντίστροφη συνάρτηση της f είναι η
1 x 1f (x) , x 3.3 x
− += ≠
−Μονάδες 7
Β4. Να βρείτε τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f και 1f .−
Μονάδες 7
ΘΕΜΑ Γ
Δίνεται η συνάρτηση 1f(x) x 1 , x 2
x 2= + − >
−.
Γ1. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και να αποδείξετε ότι η fε ίναι κοίλη στο διάστημα 2 +∞( , ).
Μονάδες 6 Γ2. Να βρείτε τ ις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της συνάρτησης
f .Μονάδες 6
Γ3. Να υπολογίσετε το εμβαδόν E(λ) του χωρίου που περικλείεται απότη γραφική παράσταση της συνάρτησης f και τ ις ευθείεςy x 1, x λ= + = και x λ 1= + με λ 2> .
Μονάδες 8
Γ4. Να βρείτε για ποιες τ ιμές του λ (2, )∈ +∞ ισχύει Ε(λ) ln2> .
Μονάδες 5
ΑΡΧΗ 3ΗΣ ΣΕΛΙ∆ΑΣ
ΤΕΛΟΣ 3ΗΣ ΑΠΟ 3 ΣΕΛΙ∆ΕΣ
ΘΕΜΑ Δ
Δίνεται η συνάρτηση
0 , x 0x lnxf(x) , 0 x 1x 1
1, x 1.
=⎧⎪⎪= < ≠⎨
−⎪=⎪⎩
Δ1. Να αποδείξετε ότι η f ε ίναι συνεχής στο διάστημα [0, ).+ ∞Μονάδες 8
Δ2. Να αποδείξετε ότι η f ε ίναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [0, )+ ∞ .
Μονάδες 7
Δ3. Να αποδείξετε ότι για κάθε x 0> ισχύει 1f(x) f lnx.x
⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠
Μονάδες 5
Δ4. Να υπολογίσετε το όριο x
f (x)x
f(e )lim .e→+∞
Μονάδες 5
ΟΔΗΓΙΕΣ ΓΙΑ ΤΟΥΣ ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟΥΣ 1. Στο τετράδιο να γράψετε μόνο τα προκαταρκτικά (ημερομηνία ,
εξεταζόμενο μάθημα ) . Να μην αντιγράψετε τα θέματα στο τετράδιο .2. Να γράψετε το ονοματεπώνυμό σας στο πάνω μέρος των
φωτοαντιγράφων αμέσως μόλις σας παραδοθούν . Τυχόν σημειώσειςσας πάνω στα θέματα δεν θα βαθμολογηθούν σε καμία περίπτωση .Κατά την αποχώρησή σας να παραδώσετε μαζί με το τετράδιο και ταφωτοαντίγραφα .
3. Να απαντήσετε στο τετράδιό σας σε όλα τα θέματα .4. Να γράψετε τ ις απαντήσεις σας μόνο με μπλε ή μόνο με μαύρο στυλό
ανεξίτηλης μελάνης .5. Κάθε απάντηση επιστημονικά τεκμηριωμένη ε ίναι αποδεκτή .6. Διάρκεια εξέτασης : Τρεις (3) ώρες μετά τη διανομή των
φωτοαντιγράφων .7. Χρόνος δυνατής αποχώρησης : Μία (1) ώρα μετά τη διανομή των
φωτοαντιγράφων και όχι πριν τ ις 17:00.
ΣΑΣ ΕΥΧΟΜΑΣΤΕ KAΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ
ΤΕΛΟΣ ΜΗΝΥΜΑΤΟΣ
www.liveyourmaths.com
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΟΜΟΓΕΝΩΝ 2016
ΘΕΜΑ Α
Α1. Θεωρία σχολικού βιβλίου σελ. 232
Α2. Θεωρία σχολικού βιβλίου, ορισμός σελ. 303
Α3. α) Λάθος
β) Σωστό
γ) Σωστό
δ) Λάθος
ε) Σωστό
ΘΕΜΑ Β
Β1. Είναι: Α ∈ 𝐶𝐶𝑓𝑓 ⇔ 𝑓𝑓(3) = 2 ⇔ 3𝑎𝑎−14 = 2 ⇔ 3𝑎𝑎 − 1 = 8 ⇔ 3𝑎𝑎 = 9 ⇔
𝛂𝛂 = 𝟑𝟑
Β2. Είναι : 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 3𝑥𝑥−1𝑥𝑥+1 , 𝑥𝑥 ∈ ℝ − −1
Για οποιοδήποτε 𝑥𝑥1, 𝑥𝑥2 ∈ ℝ − −1 με 𝑓𝑓(𝑥𝑥1) = 𝑓𝑓(𝑥𝑥2) έχω:
3𝑥𝑥1 − 1𝑥𝑥1 + 1
=3𝑥𝑥2 − 1𝑥𝑥2 + 1
⇔ (3𝑥𝑥1 − 1)(𝑥𝑥2 + 1) = (3𝑥𝑥2 − 1)(𝑥𝑥1 + 1) ⇔
3𝑥𝑥1𝑥𝑥2 + 3𝑥𝑥1 − 𝑥𝑥2 − 1 = 3𝑥𝑥2𝑥𝑥1 + 3𝑥𝑥2 − 𝑥𝑥1 − 1 ⇔ 4𝑥𝑥1 = 4𝑥𝑥2 ⇔
𝑥𝑥1 = 𝑥𝑥2
Άρα η 𝑓𝑓 είναι «1-1».
www.liveyourmaths.com
Β3. Για κάθε 𝑥𝑥 ∈ ℝ − −1 και αφού 𝑓𝑓 «1-1», τότε αντιστρέφεται.
Θέτω 𝑦𝑦 = 𝑓𝑓(𝑥𝑥) ⇔ 𝑦𝑦 = 3𝑥𝑥−1𝑥𝑥+1 ⇔ 𝑦𝑦(𝑥𝑥 + 1) = 3𝑥𝑥 − 1 ⇔
𝑦𝑦𝑥𝑥 + 𝑦𝑦 = 3𝑥𝑥 − 1 ⇔ 𝑦𝑦𝑥𝑥 − 3𝑥𝑥 = −𝑦𝑦 − 1 ⇔ (𝑦𝑦 − 3)𝑥𝑥 = −𝑦𝑦 − 1 (𝟏𝟏)
• Εάν 𝑦𝑦 − 3 = 0 ⇔ 𝑦𝑦 = 3, τότε η (1) γίνεται 0𝑥𝑥 = −4 αδύνατη.
• Άρα, 𝑦𝑦 − 3 ≠ 0 ⇔ 𝑦𝑦 ≠ 3, συνεπώς η (1) γίνεται 𝑥𝑥 = −𝑦𝑦−1𝑦𝑦−3 ⇔
𝑥𝑥 = 𝑦𝑦+13−𝑦𝑦 (2)
Πρέπει επίσης: 𝑦𝑦+13−𝑦𝑦
≠ −1. Eάν, 𝑦𝑦 + 1 = (−1)(3 − 𝑦𝑦) ⇔
𝑦𝑦 + 1 = 𝑦𝑦 − 3 ⇔ 1 = −3 άτοπο. Άρα , 𝑦𝑦+13−𝑦𝑦
≠ −1 για κάθε 𝑦𝑦 ≠ 3.
Άρα 𝑓𝑓−1(𝑦𝑦) = 𝑦𝑦+13−𝑦𝑦 με 𝑦𝑦 ≠ 3 ή 𝑓𝑓−1(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥+1
3−𝑥𝑥 µε 𝑥𝑥 ≠ 3.
Β4. Για να βρω τα κοινά σημεία των 𝑓𝑓 ,𝑓𝑓−1 αρκεί να λύσω την εξίσωση:
𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑓𝑓−1(𝑥𝑥) ⇔3𝑥𝑥 − 1𝑥𝑥 + 1
=𝑥𝑥 + 13 − 𝑥𝑥
⇔ (3𝑥𝑥 − 1)(3 − 𝑥𝑥) = (𝑥𝑥 + 1)2 ⇔
9𝑥𝑥 − 3𝑥𝑥2 − 3 + 𝑥𝑥 = 𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥 + 1 ⇔ 4𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥 − 9𝑥𝑥 + 4 = 0 ⇔
4𝑥𝑥2 − 8𝑥𝑥 + 4 = 0 ⇔ 4(𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥 + 1) = 0 ⇔ 4(𝑥𝑥 − 1)2 = 0 ⇔ 𝑥𝑥 = 1
Άρα το κοινό σημείο των 𝑓𝑓, 𝑓𝑓−1 είναι το Κ1,𝑓𝑓(1) ≡ Κ(1,1) αφού
𝑓𝑓(1) = 1.
ΘΕΜΑ Γ
Έχουμε την 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥 + 1 − 1𝑥𝑥−2 , 𝑥𝑥 > 2
Γ1. 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥 + 1 − 1𝑥𝑥−2
′= 1 − 1
𝑥𝑥−2′
=
www.liveyourmaths.com
1 −(1)′(𝑥𝑥 − 2) − 1(𝑥𝑥 − 2)′
(𝑥𝑥 − 2)2 = 1 −(−1)
(𝑥𝑥 − 2)2 =
1 +1
(𝑥𝑥 − 2)2 > 0 ∀ 𝑥𝑥 > 2
Άρα η 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) > 0 ∀ 𝑥𝑥 ∈ 𝐷𝐷𝑓𝑓 η 𝑓𝑓 συνεχής στο (2, +∞). Συνεπώς, η 𝑓𝑓
είναι γνησίως αύξουσα στο (2, +∞).
Επίσης 𝑓𝑓′′(𝑥𝑥) = 1 + 1𝑥𝑥−22
′
= 0 + 1𝑥𝑥−22
′
=
1′𝑥𝑥−22−1𝑥𝑥−22′
𝑥𝑥−24= 0−2𝑥𝑥−2𝑥𝑥−2′
𝑥𝑥−24 = 0−2𝑥𝑥−2𝑥𝑥−24
= −2𝑥𝑥−23
< 0
Άρα 𝑓𝑓′′(𝑥𝑥) < 0, συνεπώς η 𝑓𝑓 είναι κοίλη (στρέφει τα κοίλα κάτω)
στο (2, +∞).
Γ2. Είναι:
𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥 + 1 −1
𝑥𝑥 − 2 , 𝑥𝑥 > 2
• lim𝑥𝑥→2+
𝑓𝑓(𝑥𝑥) = lim𝑥𝑥→2+
𝑥𝑥 + 1 − 1𝑥𝑥−2 (𝟏𝟏)
Αλλά 𝑥𝑥 > 2 ⇔ 𝑥𝑥 − 2 > 0
lim𝑥𝑥→2+
(𝑥𝑥 − 2) = 0 Άρα lim𝑥𝑥→2+
1𝑥𝑥−2 = +∞
Συνεπώς lim𝑥𝑥→2+
𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 3 − (+∞) = 3 − ∞ = −∞
Άρα lim𝑥𝑥→2+
𝑓𝑓(𝑥𝑥) = −∞
Άρα η 𝐱𝐱 = 𝟐𝟐 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της 𝑓𝑓.
• lim𝑥𝑥→+∞
𝑓𝑓(𝑥𝑥) = lim𝑥𝑥→+∞
𝑥𝑥 + 1 − 1𝑥𝑥−2 = +∞ + 1 = +∞
Άρα δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη η γραφική παράσταση της 𝑓𝑓.
www.liveyourmaths.com
• lim𝑥𝑥→+∞
𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑥𝑥 = lim
𝑥𝑥→+∞𝑥𝑥+1− 1
𝑥𝑥−2𝑥𝑥 = lim
𝑥𝑥→+∞1 + 1
𝑥𝑥 −1
𝑥𝑥(𝑥𝑥−2) = 1 +
0 = 1. Άρα 𝜆𝜆 = lim𝑥𝑥→+∞
𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑥𝑥 = 1
𝛽𝛽 = lim𝑥𝑥→+∞
(𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑥𝑥) = lim𝑥𝑥→+∞
𝑥𝑥 + 1 − 1𝑥𝑥−2 − 𝑥𝑥 =
lim𝑥𝑥→+∞
1 − 1𝑥𝑥−2 = 1. Άρα η 𝐲𝐲 = 𝐱𝐱 + 𝟏𝟏 είναι πλάγια ασύμπτωτη
της 𝑓𝑓.
Γ3. Το ζητούμενο εμβαδόν δίνεται από τη σχέση:
𝛦𝛦(𝛺𝛺) = |𝑓𝑓(𝑥𝑥) − (𝑥𝑥 + 1)|𝑑𝑑𝑥𝑥𝜆𝜆+1
𝜆𝜆
Αλλά 𝑥𝑥 + 1 > 𝑓𝑓(𝑥𝑥) αφού 𝑥𝑥 + 1 > 𝑥𝑥 + 1 − 1𝑥𝑥−2 ⇔ − 1
𝑥𝑥−2 < 0 ισχύει
αφού 𝑥𝑥 > 2 ⇔ 𝑥𝑥 − 2 > 0.
Άρα:
𝛦𝛦(𝛺𝛺) = (𝑥𝑥 + 1) − 𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥𝜆𝜆+1
𝜆𝜆= 𝑥𝑥 + 1 − 𝑥𝑥 + 1 −
1𝑥𝑥 − 2
𝑑𝑑𝑥𝑥𝜆𝜆+1
𝜆𝜆
= 𝑥𝑥 + 1 − 𝑥𝑥 − 1 +1
𝑥𝑥 − 2𝑑𝑑𝑥𝑥
𝜆𝜆+1
𝜆𝜆=
1𝑥𝑥 − 2
𝑑𝑑𝑥𝑥𝜆𝜆+1
𝜆𝜆
= (ln|𝑥𝑥 − 2|)΄𝑑𝑑𝑥𝑥𝜆𝜆+1
𝜆𝜆= (ln(𝑥𝑥 − 2))′𝑑𝑑𝑥𝑥
𝜆𝜆+1
𝜆𝜆= [ln(𝑥𝑥 − 2)]𝜆𝜆
𝜆𝜆+1
= ln(𝜆𝜆 + 1 − 2) − ln(𝜆𝜆 − 2) = [ln(𝜆𝜆 − 1) − ln(𝜆𝜆 − 2)]
Άρα, Ε(λ) = ln(𝜆𝜆 − 1) − ln(𝜆𝜆 − 2) , 𝜆𝜆 > 2
Γ4. Είναι:
𝛦𝛦(𝜆𝜆) > ln 2 ⇔ ln(𝜆𝜆 − 1) − ln(𝜆𝜆 − 2) > ln 2 ⇔ ln𝜆𝜆 − 1𝜆𝜆 − 2
> ln 2 (𝟏𝟏) ⇔
𝜆𝜆 − 1𝜆𝜆 − 2
> 2 ⇔ 𝜆𝜆 − 1 > 2(𝜆𝜆 − 2) (𝟐𝟐) ⇔ 𝜆𝜆 − 1 > 2𝜆𝜆 − 4 ⇔ 𝜆𝜆 < 3
Άρα τελικά Ε(λ) > ln 2 ⇔ 2 < 𝜆𝜆 < 3
www.liveyourmaths.com
(1) ln γνησίως αύξουσα συνάρτηση.
(2) 𝜆𝜆 > 2 ⇔ 𝜆𝜆− 2 > 0
ΘΕΜΑ Δ
Δ1. Έχουμε τη συνάρτηση:
𝑓𝑓(𝑥𝑥) =
0 , 𝑥𝑥 = 0𝑥𝑥 ln 𝑥𝑥𝑥𝑥 − 1
, 0 < 𝑥𝑥 ≠ 1
1 , 𝑥𝑥 > 1
Εξετάζουμε τη συνέχεια της 𝑓𝑓 στο σημείο 𝑥𝑥0 = 0
Είναι lim𝑥𝑥→0+
𝑓𝑓(𝑥𝑥) = lim𝑥𝑥→0+
𝑥𝑥 ln 𝑥𝑥𝑥𝑥 − 1
= 0 ∙ (−∞)
Είναι lim𝑥𝑥→0+
𝑥𝑥 ∙ ln 𝑥𝑥 ∙1
𝑥𝑥 − 1 (𝟏𝟏)
Όµως lim𝑥𝑥→0+
𝑥𝑥 ln 𝑥𝑥 = 0 ∙ (−∞) οπότε lim𝑥𝑥→0+
𝑥𝑥 ln 𝑥𝑥 = lim𝑥𝑥→0+
ln 𝑥𝑥
1𝑥𝑥
(𝟐𝟐)
Αλλά lim𝑥𝑥→0+
1𝑥𝑥
= +∞ αφού 𝑥𝑥 > 0 και lim𝑥𝑥→0+
𝑥𝑥 = 0
Επίσης lim𝑥𝑥→0+
ln 𝑥𝑥 = −∞
Τελικά από την (2) έχω:
lim𝑥𝑥→0+
ln 𝑥𝑥
1𝑥𝑥
= lim𝑥𝑥→0+
(ln 𝑥𝑥)′
1𝑥𝑥
′ = lim𝑥𝑥→0+
1𝑥𝑥
− 1𝑥𝑥2
= lim𝑥𝑥→0+
− 𝑥𝑥2
𝑥𝑥= lim
𝑥𝑥→0+(−𝑥𝑥) = 0
Επίσης lim𝑥𝑥→0+
1
𝑥𝑥 − 1=
10 − 1
= −1 (𝟑𝟑)
Άρα τελικά στην (1) έχουμε:
lim𝑥𝑥→0+
𝑥𝑥 ln 𝑥𝑥𝑥𝑥 − 1
= 0 ∙ (−1) = 0 = 𝑓𝑓(0)
Δηλαδή lim𝑥𝑥→0+
𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑓𝑓(0). Άρα η 𝑓𝑓 συνεχής στο 0.
www.liveyourmaths.com
Ομοίως εξετάζουμε τη συνέχεια της 𝑓𝑓 στο 𝑥𝑥1 = 1
Είναι lim𝑥𝑥→1
𝑥𝑥 ln 𝑥𝑥𝑥𝑥 − 1
= lim𝑥𝑥→1
(𝑥𝑥 ln 𝑥𝑥)′(𝑥𝑥 − 1)′
= lim𝑥𝑥→1
(𝑥𝑥)′ ln 𝑥𝑥 + 𝑥𝑥1𝑥𝑥 =
lim𝑥𝑥→1
(ln 𝑥𝑥 + 1) = 1 = 𝑓𝑓(1)
Άρα lim𝑥𝑥→1
𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑓𝑓(1), συνεπώς η 𝑓𝑓 συνεχής στη θέση 𝑥𝑥1 = 1
Η συνάρτηση 𝑥𝑥 ln 𝑥𝑥𝑥𝑥 − 1
µε 0 < 𝑥𝑥 ≠ 1 είναι συνεχής στο (0,1)⋃(1, +∞)
ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων .
Άρα η 𝑓𝑓 συνεχής στο [0, +∞).
Δ2. Είναι:
𝑓𝑓(𝑥𝑥) =𝑥𝑥 ln 𝑥𝑥𝑥𝑥 − 1
, 0 < 𝑥𝑥 ≠ 1
Οπότε:
𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥 ln 𝑥𝑥𝑥𝑥 − 1
′
=(𝑥𝑥 ln 𝑥𝑥)′(𝑥𝑥 − 1) − 𝑥𝑥 ln 𝑥𝑥 (𝑥𝑥 − 1)′
(𝑥𝑥 − 1)2 =
(ln 𝑥𝑥 + 1)(𝑥𝑥 − 1) − 𝑥𝑥 ln 𝑥𝑥(𝑥𝑥 − 1)2 =
𝑥𝑥 ln 𝑥𝑥 − ln 𝑥𝑥 + 𝑥𝑥 − 1 − 𝑥𝑥 ln 𝑥𝑥(𝑥𝑥 − 1)2 =
− ln 𝑥𝑥 + 𝑥𝑥 − 1(𝑥𝑥 − 1)2
=−(ln 𝑥𝑥 − 𝑥𝑥 + 1)
(𝑥𝑥 − 1)2 (𝟏𝟏)
Αλλά γνωρίζω από θεωρία ότι ln 𝑥𝑥 ≤ 𝑥𝑥 − 1 ∀ 𝑥𝑥 > 0
Άρα 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) > 0 για κάθε 𝑥𝑥 ∈ (0,1)⋃(1, +∞)
Όμως η 𝑓𝑓 συνεχής από Δ1 ερώτημα, άρα η 𝑓𝑓 γνησίως αύξουσα στο
[0, +∞).
Δ3.
• Για 𝑥𝑥 = 1 έχω 𝑓𝑓(1) = 𝑓𝑓(1) + ln 1 ⇔ 1 = 1 που ισχύει.
• Για 𝑥𝑥 > 0 με 𝑥𝑥 ≠ 1 θα έχω:
www.liveyourmaths.com
𝑓𝑓 1𝑥𝑥 =
1𝑥𝑥 ln 1
𝑥𝑥1𝑥𝑥 − 1
=1𝑥𝑥 (ln 1 − ln 𝑥𝑥)
1 − 𝑥𝑥𝑥𝑥
=− ln 𝑥𝑥𝑥𝑥
1 − 𝑥𝑥𝑥𝑥
= −ln 𝑥𝑥
1 − 𝑥𝑥=
ln 𝑥𝑥𝑥𝑥 − 1
Άρα 𝑓𝑓 1𝑥𝑥 + ln 𝑥𝑥 =
ln 𝑥𝑥𝑥𝑥 − 1
+ ln 𝑥𝑥 =ln 𝑥𝑥 + (𝑥𝑥 − 1) ln 𝑥𝑥
𝑥𝑥 − 1=
ln 𝑥𝑥 + 𝑥𝑥 ln 𝑥𝑥 − ln 𝑥𝑥𝑥𝑥 − 1
=𝑥𝑥 ln 𝑥𝑥𝑥𝑥 − 1
= 𝑓𝑓(𝑥𝑥),
Άρα 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑓𝑓 1𝑥𝑥 + ln 𝑥𝑥 για 0 < 𝑥𝑥 ≠ 1
Συνεπώς για κάθε 𝑥𝑥 > 0 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑓𝑓 1𝑥𝑥 + ln 𝑥𝑥
Δ4. Αναζητούμε το όριο:
lim𝑥𝑥→+∞
𝑓𝑓(𝑒𝑒𝑥𝑥 )𝑒𝑒𝑓𝑓(𝑥𝑥)
Έχουµε : 𝑓𝑓(𝑒𝑒𝑥𝑥)𝑒𝑒𝑓𝑓(𝑥𝑥) =
𝑒𝑒𝑥𝑥 ln 𝑒𝑒𝑥𝑥𝑒𝑒𝑥𝑥 − 1
𝑒𝑒𝑓𝑓1𝑥𝑥+ln𝑥𝑥
=𝑒𝑒𝑥𝑥𝑥𝑥𝑒𝑒𝑥𝑥 − 1
𝑒𝑒𝑓𝑓1𝑥𝑥 ∙ 𝑒𝑒ln𝑥𝑥
=𝑥𝑥𝑒𝑒𝑥𝑥𝑒𝑒𝑥𝑥 − 1
𝑒𝑒𝑓𝑓1𝑥𝑥 ∙ 𝑥𝑥
=
𝑥𝑥𝑒𝑒𝑥𝑥
𝑥𝑥 ∙ 𝑒𝑒𝑓𝑓1𝑥𝑥 ∙ (𝑒𝑒𝑥𝑥 − 1)
=𝑒𝑒𝑥𝑥
𝑒𝑒𝑓𝑓1𝑥𝑥 ∙ (𝑒𝑒𝑥𝑥 − 1)
=1
𝑒𝑒𝑓𝑓1𝑥𝑥∙
𝑒𝑒𝑥𝑥
𝑒𝑒𝑥𝑥 − 1 ,
οπότε lim𝑥𝑥→+∞
𝑓𝑓(𝑒𝑒𝑥𝑥 )𝑒𝑒𝑓𝑓(𝑥𝑥) = lim
𝑥𝑥→+∞
1
𝑒𝑒𝑓𝑓1𝑥𝑥∙
𝑒𝑒𝑥𝑥
𝑒𝑒𝑥𝑥 − 1 (𝟏𝟏)
Αλλά lim𝑥𝑥→+∞
𝑒𝑒𝑥𝑥
𝑒𝑒𝑥𝑥 − 1= lim
𝑥𝑥→+∞
(𝑒𝑒𝑥𝑥)′(𝑒𝑒𝑥𝑥 − 1)′
= lim𝑥𝑥→+∞
𝑒𝑒𝑥𝑥
𝑒𝑒𝑥𝑥= 1 (𝟐𝟐)
Επίσης lim𝑥𝑥→+∞
𝑒𝑒𝑓𝑓1𝑥𝑥 , υπολογίζω lim
𝑥𝑥→+∞𝑓𝑓
1𝑥𝑥.
Θέτω 1𝑥𝑥
= t καθώς 𝑥𝑥 → +∞, t → 0.
Άρα lim𝑥𝑥→+∞
𝑓𝑓 1𝑥𝑥 = lim
𝑡𝑡→0𝑓𝑓(𝑡𝑡) = 𝑓𝑓(0) = 0 (αφού f συνεχής)
www.liveyourmaths.com
Άρα lim𝑥𝑥→+∞
𝑒𝑒𝑓𝑓1𝑥𝑥 = 𝑒𝑒0 = 1 (𝟑𝟑)
Τελικά,από (𝟏𝟏), (𝟐𝟐), (𝟑𝟑)έχω: lim𝑥𝑥→+∞
𝑓𝑓(𝑒𝑒𝑥𝑥 )𝑒𝑒𝑓𝑓(𝑥𝑥) =
11∙ 1 ή lim
𝑥𝑥→+∞
𝑓𝑓(𝑒𝑒𝑥𝑥 )𝑒𝑒𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝟏𝟏
Επιμέλεια Λύσεων: Χρήστος Κ. Λοΐζος M.Sc. Μαθηματικός
