0, +  το xlim f(x) = 1, lim f(x) = 0, το lim f(x)0 x 0 x δεν υπάρχει γιατί τα προηγούμενα πλευρικά όρια είναι διαφορετικά

(1)

Σελίδα 1 από 6 ΘΕΜΑ Α

Α1. Σελίδα 216

Α2.i) Λ ii) Σελίδα 134 Α3. Σελίδα 128

Α4. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν γράφοντας στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση τη λέξη Σωστό αν η πρόταση είναι αληθής ή τη λέξη Λάθος αν η πρόταση είναι ψευδής.

α) Λ β) Σ γ) Λ δ) Λ ε) Λ

ΘΕΜΑ Β

Β1. Το Π.Ο. =



^{-2, +}



, το Σ.Τ. = 0, +







το

xlim f(x) = 1, lim f(x) = 0, το lim f(x)0 x 0 x 0

 

   δεν υπάρχει

γιατί τα προηγούμενα πλευρικά όρια είναι διαφορετικά. Το

xlim f(x) = f(-1) = 01

 επειδή η f είναι

συνεχής στο x0 = -1.

B2. Η f είναι γνήσια φθίνουσα στο [-2,-1] και γνήσια αύξουσα στα [-1,0),



^0,^



^.

Το σημείο (-1,f(-1)) είναι Κρίσιμο γιατί f ΄(-1) = 0 αφού η f σε αυτό έχει οριζόντια εφαπτόμενη τον xx΄. Επίσης, το Ο (0,0) είναι κρίσιμο αφού δεν υπάρχει η f ΄(0).

Μαθηματικά Ο.Π.

29/ 04 / 2018

Γ΄ΓΕΛ

(2)

Σελίδα 2 από 6

Β3. i) Η ευθεία (ε) διέρχεται από τα σημεία (2,2) και (0,-1) άρα έχει εξίσωση

2 1

1 1

2 1

y - y -1- 2 3

y - y = (x - x ) y +1 = (x - 0) y = x -1

x - x  0 - 2  2 άρα λ = 3/2 = f ΄(2). Η (ε) τέμνει τον

xx΄ στο



^{2 , 0}₃



^.

ii) Το σημείο καμπής είναι το Α(2,2).

Το x 2 x 2

f(x) + x + 2 - 4 f(x) - 2 x + 2 - 2

lim = lim +

x - 2 x - 2 x - 2

 

 

 

 

.Το x 2 x 2

f(x) - 2 f(x) - f(2) 3

lim lim '(2)

x - 2 x - 2 2

    f  .

To

  

    ^ ^   ^ ^  

2 2

x 2 x 2 x 2 x 2 x 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 1

lim lim lim lim lim

x-2 x-2 2 2 x-2 2 2 x-2 2 2 2 2

    

   

    

    

       

x x

x x x

x x x x

14

Άρα το

x 2 x 2

f(x) + x + 2 - 4 f(x) - 2 x + 2 - 2 3 1 7

lim = lim +

2 4 4

x - 2 x - 2 x - 2

 

 

  

 

 

Β4. Αν Ε1 το εμβαδόν από Cf, xx΄ , x = 0 , x = 2 και Ε2 το εμβαδόν από (ε), xx΄, x = 2

3, x = 2 τότε το ζητούμενο εμβαδό είναι:

2

1 2

0 ||

2

1 2 4

( ) 2 (2) (2) (0)

3 3

     



^{f x dx}2  ^f ^F ^F    ^{4 0} ⁴3⁸3τ.μ.

ΘΕΜΑ Γ

Γ1. Είναι e ln (t +1) f(x) + x h(t) t^x² ² t, t > -1. Έστω g(t) = e ln (t +1) f(x) + x h(t) t - t με ^x² ² A = (-1, + )g  . Άρα g(t)0 για κάθε t > - 1 με g(0) = 0 g(t)g(0) για κάθε t > -1 => g παρουσιάζει ακρότατο στο t = 0

• ⁰^



^{-1, +}^



• g(t) παραγωγίσιμη στο



^{-1, +}



^με^{g'(t) = e}^x² ¹ f(x) + x h'(t) t + h(t) 2t



²



1

t +1 

Fermat

g'(0) = 0

 e f(x) -1 = 0^x² e f(x) = 1^x² f(x) = e^-x², xR

(3)

Σελίδα 3 από 6 Γ2. Η f '(x) = -e^-x²2x, xR με f '(x) = 0x = 0, f '(x) > 0-2e^-x² x > 0 x < 0

-∞ 0 +∞

f ΄ + -

f ↑ ↓

Άρα ^f στο - , 0 , f







στο 0, +







H f ''(x) = -2e^-x² - 2x e^-x²(-2x) = -2e^-x² + 4x e² ^-x² = 2e^-x²(2x -1) με ² f ''(x) = 0 x = ± 2

 2 Είναι f ''(x) > 0 2e^-x²(2x -1) > 0² 2x -1 0² x <- 2 ή x > 2

2 2

   

f ''(x) < 0 2e^-x²(2x -1) < 0² 2x -1 0² - 2 < x < 2

2 2

   

-∞

- 2

2 2 2

+∞

f ΄΄ + - +

f ΚΥΡΤΗ ΚΟΙΛΗ ΚΥΡΤΗ

Άρα f ΚΥΡΤΗ στα - , - ² , ² , +

2 2

    

   

    και ΚΟΙΛΗ στο ² , ²

2 2

 

 

 .

Σημεία καμπής είναι τα ² , f ² , ² , f ²

2 2 2 2

     

     

   

    ή

² , e ¹² , ² , e ¹²

2 2

 

   

   

   

(4)

Σελίδα 4 από 6

Γ3. i. Είναι f '(x) = -2e^^x²x0για κάθε x(0,1] f συνεχής στο Ο. Τότε f ↓ στο [0,1] άρα και «1 – 1» . Έτσι η f ^-1 υπάρχει με ^Α_f^-1 = f [0,1] = f(1), f(0) =

   

¹ ,1

e

  

 

Θέτω ²

x [0,1]

-x 2 2 -1 -1

y = f(x) y = e lny = -x x = -lny x = -lny = lny = f (y)



    άρα

-1

f

1 1

f (x) = ln , Α = ,1

x  e 

 

ii. ² ²

1 1

1 e 1 e

-x -x -1

0 1 0 1

e dx + ln1 dx = e dx + f (x)dx

 

x

 

(1) Θέτω u = f ^-1(x)  x = f (u) τότε dx = f ΄(u)du,

x = 1  f ^-1 (1) = u1  u1 = 0, ^{x =} ¹_e ^^f^-1

 

¹_e ^{= u}² ^^{u = 1}² ^άρα

1 1

1

1 0

f (x) dx^  u f '(u)du

 

e

 

²

1 1 1

1 -x

0

0 0 0

uf(u) - (u)'f(u)du = f(1) - f(u)du = f(1) - e dx

  

. Τότε από ²

1 1e

-x -1

0 1

(1)



e dx +



f (x)dx = f(1) =

-1 1

= e =

e. Άρα ²

1 1e

-x

0 1

1 1

e dx + ln dx =

 

x e

Γ4. Επειδή η f είναι συνεχής στο R έχει αρχική F: RRμε F'(x) = f(x), xR. Από

-4 -1 -4 -1

-7 -3 -7 -3

3 3

f(x) dx < f(x) dx F'(x) dx F'(x) dx

2   2 

   



F(x)



^-4_-7 < 3



F(x)



^-1_-3 F(-4) - F(-7) < F(-1) - F(-3)

2  -4 - (-7) (-1) - (-3) (2) Από Θ.Μ.Τ. για την F στο [-7,-4] υπάρχει

 

ξ1 -7, -4 : ₁ F(-4) - F(-7) ₁

F'(ξ ) = = f(ξ )

(-4) - (-7) και από Θ.Μ.Τ. για την F στο [-3,-1] υπάρχει ξ2



-3, -1



2 2

F(-1) - F(-3)

F'(ξ ) = = f(ξ )

(-1) - (-3) . Για να ισχύει η (2) αρκεί να δειχθεί ότι f(ξ1) < f(ξ2). Αυτό ισχύει γιατί ξ1 < ξ2 < 0 και f γνήσια αύξουσα στο



^^{, 0}



^.

(5)

Σελίδα 5 από 6 ΘΕΜΑ Δ

Δ1. Θεωρώ τη συνάρτηση h(x) = f (x) + g (x) -1, x² ² Rμε h'(x) = f (x) + g (x) -1 ' =



² ²





²

 

²



= f (x) ' + g (x) ' - (1)' = 2f(x) f '(x) + 2g(x) g '(x) = 2f(x) g(x) - 2g(x) f(x) = 0 άρα h(x) = c. Είναι f(0) = g(0) = 2

2 και για x = 0 =>

2 2

2 2 2 2

h(0) = f (0) + g (0) -1 = + -1 = 0

2 2

   

   

    άρα c

= 0 ή h(x) = 0 f (x) + g (x) -1 = 0² ² f (x) + g (x) = 1² ²

Δ2. Η εφαπτόμενη (ε1) έχει συντελεστή διεύθυνσης λ = f (0) = g(0) =₁ 2 = εφω₁

 2 και

αντίστοιχα η (ε2) έχει λ = g'(0) = -f(0) =₂ - 2

2 . Έτσι αρκεί να αποδειχθεί ότι - 2 2 1

f(x) g(x) f(x) g(x)

2 2 2

   . Από f (x) + g (x) = 1² ²  f(x) + g(x) = 1² ² 



f(x) - g(x)



²+ 2 f(x) g(x) = 1



f(x) - g(x)



²  1 2 f(x) g(x) 0 άρα 2 f(x) g(x)  1 f(x) g(x) ¹

 2

Δ3. Θεωρούμε τη συνάρτηση φ(x) = 2f(x) g(x) – x που είναι συνεχής στο [-1,1] ως διαφορά και γινόμενο συνεχών (f, g συνεχείς ως παραγωγίσιμες)

Από f(x) g(x) ¹ ¹ f(x) g(x) ¹ 1 2f(x) g(x) 1

2 2 2

         (3). Για x = 1 και x = -1 η (3) δίνει 1 2 (1) (1) 1 2 (1) (1) 1 0

1 2 ( 1) ( 1) 1 2 ( 1) ( 1) 1 0

     

         



f g f g

f g f g . Άρα φ(1)0 και φ(-1)0

φ(1) = 0 f(1) g(1) = 1

 2 η φ έχει ρίζα το x0 = 1

i) Αν φ(1) φ(-1) =0 ή

φ(-1) = 0 f(-1) g(-1) = -¹

 2 η φ έχει ρίζα το x0 = -1

ii) Αν φ(1) φ(-1)0 τότε φ(1) φ(-1) < 0 και από Θεώρημα Bolzano η φ έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (-1,1). Άρα η φ έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο [-1,1].

Δ4. i) Από f (t) +g (t) =1² ² f (t) =1-g (t) 0 άρα g (t) 1² ²  ²   g (t)²  1 g(t)  1 -1 g(t) 1 

(6)

Σελίδα 6 από 6 ii)

x 1 1 1

2 2 2

t 0

x x x x x x

0 0 0

(-1) t t g(t) t -t dt t g(t)dt t dt



   











1 1 1

2 2 2

x > 0

x x x

0 0 0

x -t dt x t g(t)dt x t dt















   

 

x+1 x+1

1 1

x+1 2 2 x+1 2 2 x+1

x x

0 0

1 1

t t 2 2 1

-x x t g(t)dt x -x x t g(t)dt x

x +1 x +1 x +1 x +1 1 2

    

           

 



 



_x^x

 

12 x+1

x 0

x 1

x t g(t)dt

x +1 2





Είναι

   

0<1 <1

x+1 x 2

x + x + x +

-x 1 -x 1 1 1

lim = lim lim = (-1) 0 = 0

2 2 2

x +1 x +1 2

     

 

  

 

  .

Επίσης

   

0<1 <1

x +1 x 2

x + x + x +

x 1 x 1 1 1

lim = lim lim = (1) 0 = 0

2 2 2

x +1 x +1 2

     

 

  

 

 

Άρα από Κριτήριο Παρεμβολής το

12 x x +

0

lim x t g(t)dt = 0

 

0, +  το xlim f(x) = 1, lim f(x) = 0, το lim f(x)0 x 0 x δεν υπάρχει γιατί τα προηγούμενα πλευρικά όρια είναι διαφορετικά













Μαθηματικά Ο.Π.

29/ 04 / 2018

Γ΄ΓΕΛ





  

           























   

 

 

 

 

 

  





 

   









 















 























   

 





 



   

   



    ^ ^   ^ ^  