Για το lim x f x f x  Θέτω u = f(x) – 3 Είναι 0 3 3 lim lim x x u u f x Οπότε έχουμε 0 lim1 0    u u u  ΘΕΜΑ Γ Γ1

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΕΚΠ. ΕΤΟΥΣ 2016-2017

Σελίδα 1 από 4

ΘΕΜΑ Α

Α1 Σχολικό Βιβλίο σελίδα 49 Α2. Σχολικό Βιβλίο σελίδα 15 Α3. Σχολικό Βιβλίο σελίδα 51

Α4. α) Λ β) Λ γ) Λ δ) Σ ε) Σ

ΘΕΜΑ Β

B1. Πεδίο ορισμού είναι το σύνολο των τετμημένων της Cf ^{A }



^{2, 4}



Σύνολο τιμών είναι το σύνολο των τεταγμένων της Cf ^{f A( )(1,3]}

 

⁴

Β2. f(4) = 3, f(f(4)) = f(3) = 4 f(-2) = 2, f(f(-2)) = f(2) = 2 Β3. i) ^{1 f x( )   2 x}



^2,1

  

^{ 2}

ii) f²( ) 6 ( ) 8x  f x   0



f x( ) 2



f x( ) 4



 0 f x( )2 ή f x( ) 4 x = -2 ή x = 1 ή x = 2 ή x= 3

Β4. lim2 ( ) lim2_ ( ) 2

   

x f x x f x

1 1

lim_ ( ) 1, lim_ ( ) 2

   

x f x x f x οπότε δεν υπάρχει όριο.

lim ( )3 3

 

x f x . Για το

3

1 ( ( ) 3) lim^ ( ) 3

 



x

f x f x



Θέτω u = f(x) – 3 Είναι ₀

3 3

lim lim( ( ) 3) 0

    

x x

u u f x

Οπότε έχουμε

0

lim1 0



 

u

u u



ΘΕΜΑ Γ

Γ1. i. Θέτουμε ₂( ) 1

(x) 4

  

 g x

x x , «κοντά» στο 4.

Είναι

lim4 ( ) 2

  

x x και g x( ) 1  A x x( )( ²4 )x g x( ) 1 A x x( )( ²4 )x ΜΑΘΗΜΑ / ΤΑΞΗ : ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΠ Γ΄ΛΥΚΕΙΟΥ

ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: 2/10/2016

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΟΣ: ΠΑΠΑΝΑΓΙΩΤΟΥ ΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΕΚΠ. ΕΤΟΥΣ 2016-2017

Σελίδα 2 από 4

Τότε ²

4 4

lim ( ) lim 1 ( )( 4 ) 1 2 0 1

         

x g x x A x x x

ii.

   

0 0

4 4 4

( )( 4) 5 3

( )( 4)

lim lim lim ( ) 5 3 1 6 6

5 3 5 9

  

 

  

  

          

 

x x x

g x x x

g x x

g x x x x



²



⁰⁰

4 4 4

3 6 8 3( 2)( 4) 3( 2) 3 2

lim lim lim 6

( 4)

( 4) ( 4) 1

4

  

 

  

         

  



x x x

x x x x x

x x x

x

   ^διότι

0

4

4 0 0

( 4)

lim lim 1

4

 

  

  



u x

x u u

x u

x u

 

Επομένως, σύμφωνα με το Κ.Π. είναι και

4

lim ( ) 6

 

x f x .

Γ2.

2 2

(2 ) (2 3 ) 5

( ) , 1 4

5 4

    

 

 

x x

f x x

x x

       οπότε



^{2 }



^x2



^23



^{x5   f x x( )( 25x4), x1 4}και έχουμε:

   

2 2

4 4

lim (2 ) (2 3 ) 5 lim ( )( 5 4) 2 16 2 3 4

              

x   x   x   x f x x x    

5 6 0 15 9 0 3

           5 Τότε

2

2

2 2

4 20

5 5

( ) , 1 4 ( ) , 1 4

5 4 5 5 4

   

    

  

x x

x x

f x x f x x

x x x x

     

Και 4 4

( 5)(x 4) 9 3

lim ( ) lim

5 ( 1)( 4) 5 3 5

 

   

      

x x

f x x

x x

  

Πρέπει 3

6 10 6

5      

Γ3.

4 4 4

5 2 1

lim ( ) lim lim (5 2)

( ) 1 ( ) 1

  

 

        

x x x

h x x x

g x g x

Διότι

lim(5 x 2)4 22 0

   

x , g x( ) 1 0 «κοντά» στο 4.

lim ( ) 14 0

  

x g x οπότε

4

lim 1

( ) 1

  



x g x

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΕΚΠ. ΕΤΟΥΣ 2016-2017

Σελίδα 3 από 4

Είναι 4



²



4 ²

28 3

lim ( ) 28 ( ) 3 ( ) lim ( ) 1 ( )

( ) ( )

 

 

        

x h x h x h x x h x h x

h x h x

 

4 2

28 3

lim ( ) 1

( ) ( )



  

^x h x     

h x h x  διότι

lim (x)4

  

x h οπότε h(x)>0 «κοντά» στο 4.

Έχουμε

lim ( )4

  

x h x

Και ₂

4

28 3

lim 1 1

( ) ( )



 

    

 

 

 

x h x h x  

Αν 1    0  1     ό ό ί   Αν 1    0  1     ό ό ί 

Αν κ = 1 τότε



²



²2 ²

4 4 4

2

( ) 28 3 ( ) 28 ( ) 3 ( ) ( )

lim ( ) 28 ( ) 3 ( ) lim lim

28 3

( ) 28 ( ) 3 ( )

( ) 1 1

( ) ( )

  

 

  

    

    

 

       

 

x x x

h x h x

h x h x h x

h x h x h x

h x h x h x

h x h x h x

=

28 14 2 

ΘΕΜΑ Δ

Δ1. Για οποιαδήποτε x x₁, ₂Rμε 1 2 ( )1 ( 2)



( )1

 

( )2



 

 ^f  ^f 

x x f x f x f f x f f x και

 

^{3 3}

1 2 1 2

( )  ( ) ( )

f x f x f x f x

Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε: f



f x( )1



 f³( )x1  f



f x( )2



 f³( )x2 g(x )1 g x( )2

Άρα g R

Είναι f Rοπότε και 1 – 1 άρα και αντιστρέψιμη με D_f1  f R( )R Θέτουμε f x( ) y y,  R f^1( )y x y, R

Και έχουμε ^{g f}



^{1( )y}



^{ f y( )y3, yR}

Άρα ^{g f}



^1(x)



^{ f(x)x3, xR}

Δεύτερος τρόπος: στην g x

 

 f f x



( )



 f³(x)θέτουμε όπου x το f ^-1 (x) αφού f(R) = R και έχουμε



^1



^{ ( ) 3}

g f x f x x

Δ2. ^{x3  2 f x( )f(x)x3  2 g f}



^{1( )x}



^2

Είναι f(1) = 1 οπότε ^g

 

^{1  f}



^f(1)



^{ f3(1)f(1) 1   3 1 1 2}

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΕΚΠ. ΕΤΟΥΣ 2016-2017

Σελίδα 4 από 4

Και η ανίσωση γράφεται: ^{g f}



^{1( )x}



^{g(1)g f1( ) 1x  f f}



^{f1( )x}



^{ f(1) x 1}

Δ3. Είναι gάρα και 1 – 1

Ισχύει ^{g h x}



^{( )  x 1}

 

^{g lnx 1}



^{0, x 0 g h x}



^{( )  x 1}



^{g(lnx1) x 0g:1 1}

( )  1 ln 1,  0 ( )ln  , 0

h x x x x h x x x x

Για οποιαδήποτε x x1, 2



0,



με

ln

1 2 ln 1 ln 2

  

x x x x

Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε: ^{h x( )}₁ ^{h x}

 

₂ άρα hRοπότε και 1 -1 .

Δ4.

 

2

1/ 2

ln 2 ln 2 , 0 2 ln 2 ln 2 , 0 ln 1ln , 0

2

ln ln , 0 ln ln , 0 h( ) , 0 , 0

0, 0 ( 1) 0, 0 1



              

               

        

h

x x x x x x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x x h x x x x x

x x x x x x x