ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α
Α1. Σχολικό βιβλίο σελ. 262.
Α2. Σχολικό βιβλίο σελ. 258.
Α3. Σχολικό βιβλίο σελ. 279.
Α4. α Λ β Λ γ Σ δ Σ ε Λ ΘΕΜΑ Β
α) Η εξίσωση εφαπτομένης της Cf στο A 1,f 1
είναι:
yf 1 f 1 x 1 (1) Είναι
0 0
2 DLH
x 1 x 1 x 1 x 1 2
nx 1
f x f 1 x 1 nx x 1 nx x 1
lim lim lim lim
x 1 x 1 x 1
x 1
0
0 2
DLH 2
x 1 x 1 x 1 x 1
1 1 1x 1 1 1 1
x x
lim lim lim lim
2 x 1 2 x 1 2 2x 2
. Έτσι από (1) η εξίσωση εφαπτομένης
y 1 1 x 1 2y 2 x 1 x 2y 3 0
2 . β) Η f παραγωγίσιμη στο (1,) με
2 2
1 x 1 nx nx x 1 nx x 1
nx x
f x x 1 x 1 x 1
21 1 nx
x , x 1
x 1
.
Επειδή
x 1
2 0 θεωρούμε την h x
1 1 nx x με x0.
Είναι
2h x 0 1 x 0 1 x 0 x 1
x
και
2h x 0 1 x 0 1 x 0 x 1
x
ΜΑΘΗΜΑ / ΤΑΞΗ : ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ / Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ_ΘΕΡΙΝΑ ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: 06/03/2016
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΟΣ: ΖΑΧΟΠΟΥΛΟΣ Ν., ΠΑΠΑΔΗΜΗΤΡΙΑΔΗΣ Δ.
h x 0 ... x 1
x
Μέγιστο το h(1)0
Άρα για x1 η h x
0 οπότε
2f x h x 0
x x
και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο
1,
.γ) Είναι
x x DLH x x x
1
nx nx x 1
lim f x lim lim lim lim 0
x 1 x 1 1 x
.
Άρα η y0 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της Cf στο . Κατακόρυφη δεν έχει, αφού η fσυνεχής στο [1,).
Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο
1,
.Έτσι f A
f 1, xlim f x ,f 1
0,1
.
δ) Είναι φ x
ex 1 02 x
για κάθε x0, έτσι η φ(x) γνησίως αύξουσα στο
0,
και μία προφανής ρίζα η x=0.
Άρα μοναδική αφού η f γνησίως αύξουσα.
ε) H f γνησίως φθίνουσα, έτσι είναι 1-1.
Με x0 έχουμε:
x x
x x
x e 1 x 2e x
x e 1 x 2e x
x x x x
x x
x x
x x
x x
x x f1:1
x x x
(2e x 1) (e 2)
n(2e x 1) n(e 2)
(e 1) n(2e x 1) (2e x ) n(e 2) n(2e x 1) n(e 2)
e 1
2e x
n(2e x 1) n(e 2)
e 2 1
2e x 1 1
f(2e x 1) f(e 2)
2e x 1 e 2 e x 1 0
0 1
+ 0 -
-
h' x
h x
Θεωρούμε την
x ex x 1 με x0, που από (δ) ερώτημα έχει μοναδική ρίζα την x0. Άρα, x0.ΘΕΜΑ Γ
α) f x
0 x e1/ x
3x 1
0x 03x 1 0 x 13
1f x 0 3x 1 0 x
3
1f x 0 x
3. Άρα η f γνησίως φθίνουσα στο (0, ]1
3 και γνησίως αύξουσα στο [ ,1 )
3 .
β) Η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 1 x 3 το
1 e 3
f 3 3
. Είναι f x
xe1/ 3
3x 1
2 1/ x 1/ 3f x 3x e x e
3 1/ x 3 1/ x
2
3 1/ x 3 1/ x
3 1/ x 3 1/ x
f '(x) (x )' e x e 1
x f '(x) (x )' e x (e )'
f '(x) (x e )' f(x) x e C
C R Για 1
x 3 έχουμε:
3 3 3
1 1 3 e e
f e c c c 0
3 3 3 3
.
Έτσι f x
x3e1/ x.γ) i) Για κάθε x0 είναι
1/ x
2 1/ x 1/ x
f x x e 3x 1 3x e x e
2 1/ x 2
1/ x
1/ x
1/ x1/ x 2 1/ x 1/ x 1/ x
2 2
1/ x 1/ x 1/ x 1/ x
2
1/ x 1/ x
3x e 3x e x e x e
1 1
6x e 3x e e x e
x x
6xe 3e e e 1
x
1 6x 4x 1
e 6x 4 e 0
x x
γιατί e1/ x 0, x0 και η
6x24x 1 έχει 16 24 8 0.
Άρα 6x24x 1 0 . Έτσι f
x 0 και η f κυρτή στο
0,
.ii) Έστω (ε) η εφαπτομένη της Cf στο σημείο της με x1. Είναι: yf 1
f 1 x 1
y e 2e x 1
y2ex 2e e y 2ex e . Όμως η f είναι κυρτή, έτσι
3 1/ x x e3 1/ x x 0f x y x e 2ex e 2x 1
e
1 1 x
1/ x 1
x x
3 3 3
e 2x 1 2x 1 2x 1
e e
e x x x
.
iii) Είναι f x
y για κάθε x0 με το ίσον να ισχύει μόνο για x1. Επομένως 2
2
1 1
f x dx 2exe dx
.Όμως 2
2 21 1
2ex e dx 2ex ex 2
2 2
[ex ex]1 (4e 2e) (e e) 2e. Έτσι 2
1
f x dx2e
.δ) Είναι: y
y 3 1t y1 1 t
2 t 2 t
1 t 1 t 1
f t t e t
dt dt dt
t e t e e te
y y y
t t t y t
1
1 1 1
te dt t e dt te t e dt
y
t y t t y t y y 1 y 1
1 1 1
1
[ te ]
e dt [ te ] [ e ] ye e e e y y
2 ye e
e
.
Έτσι y y
y
2 2
lim ye e
e e
. Αφού y y
y y
lim e lim 1 0 e
και
y
y y
y y DLHy
y 1
lim ye lim lim 0
e e
ΘΕΜΑ Δ α) Θέτουμε 2
0f(x)d(x)k
. Τότε:
2 2
x x 2 x x 2 x
x 2 x 2 x
f '(x) f(x) k e 4 f '(x) ( x)' f(x) k e 4
f '(x)e e ( x)' f(x) (k e 4)e f(x) e ' [ (k e 4)e ]' f(x)e (k e 4)e c f(x) (k e 4) c e
(1) Για x0 έχουμε:
2 2
2
f(0) 0 (k e 4) c 0 c k e 4
k c e 4
(2) Αλλά:
2 (1)2
2 x
0 0
2 2 x 2 2 2
0 0
2 2 2 (2) 2 2
2 2 2 2 2
2 2
f(x)d(x) k ( k e 4 c e )dx k
( k e 4) [x] c[e ] k 2k 2e 8 c (e 1) k
ce c 3k 2e 8 ce c 3(c e 4) 2e 8
ce c 3c 3e 12 2e 8 ce 4c e 4
c(e 4) e 4 c 1
Και από (2), k 1 e2 4 e23 Ενώ από (1), f(x)ex 1
β) Για x0 η σχέση ισχύει ως ισότητα.
Για x0 έχουμε:
x 0 f(x)
x f(x) xf '(x) 1 f '(x) x
(1)
1
Αλλά η f συνεχής στο [0,x], παραγωγίσιμη στο (0,x) με f '(x)ex 0. Έτσι, από θ.Μ.Τ υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ (0,x) τέτοιο ώστε :
f(x) f(0) f(x) f '(ξ)
x 0 x
(2)
H (1) λόγω της (2) γίνεται:
0 ξ x
1 f '(ξ) f '(x) e e e
που ισχύει γιατί 0 ξ x και η ex γνησίως αύξουσα.
γ) i) Θεωρούμε την h(x)x G(x
2) G(x)
f(x)x G(x
2) G(x)
ex1Για κάθε xRισχύει h(x)0 δηλαδή η h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0.
Το 0 εσωτερικό σημείο και η h(x) παραγωγίσιμη στο R με
xh'(x)G(x2) G(x) x g(x2) g(x) e . Άρα, παραγωγίσιμη και στο 0.
Έτσι από θ. Fermat ισχύει
h'(0) 0 G(2) G(0) 1 0 G(2) G(0) 1
Άρα 2
20 0
g(x)dx G(x) G(2) G(0) 1
ii) Θεωρούμε την 1
φ(χ) G(x) G(0)
2 που είναι συνεχής στο [0,2] ως πράξη συνεχών
γ(i)
1 1
φ(0) G(0) G(0) 0
2 2
1 1 1
φ(2) G(2) G(0) 1 0
2 2 2
Έτσι, φ(0) φ(2) 0 και από θ. Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ (0,2) τέτοιο ώστε φ(ξ) 0 G(ξ) 1 G(0)
2 iii) H εξίσωση
1 1
xg(x) G(x) G(0) xg(x) G(x) G(0)
2 2
1 1
xG'(x) (x)'G(x) (x)' G(0)(x)' 0 x G(x) G(0) ' 0
2 2
θεωρούμε την
k(x) x G(x) 1 G(0) 2
που είναι συνεχής σtο [0,ξ] παραγωγίσιμη στο (0,ξ) με k '(x) G(x) 1 G(0) x g(x)
2
γ(ii)
1 1 1
k(0) 0,k(ξ) ξ G(ξ) G(0) ξ G(0) G(0) 0
2 2 2
Από θ. Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον x0(0,ξ)(0,2) τέτοιο ώστε
0 0 0 0
k '(x ) 0 x g(x ) G(x ) 1 G(0)
2