(1)

ΘΕΜΑ Α

Α1. Σχ. Βιβλίο ΣΕΛ 135 Α2. Σχ. Βιβλίο ΣΕΛ 155 Α3. Σχ. Βιβλίο ΣΕΛ 162

Α4. 1)Σ 2)Λ 3) Λ 4) Λ 5) Σ

ΘΕΜΑ Β B1. D_f=R*

f’(x)= 1- 1₂

x , x≠0 f’’(x) = 2₃

x , x≠0 B2. α) f’ (x) = x² ₂ 1

x

 , x≠0 οι ρίζες της f’ και το πρόσημό της δίνονται στον πίνακα από τον οποίο προσδιορίζουμε μονοτονία και ακρότατα.

X -∞ -1 0 1 +∞

f’(x) + - - +

f(x)

Τ.Μ Τ.Ε f στο (-∞, -1] και στο [1, +∞)

f στο [ -1,0) και στο (0,1]

Τ.Μ για x=-1 το f(-1)=-2 T.E για x=1 το f(1) =2

β) f’’(x) = 2₃

x , x≠0 το πρόσημο της f’’ δίνεται στον πίνακα από τον οποίο προσδιορίζουμε την κυρτότητα της f

ΜΑΘΗΜΑ / ΤΑΞΗ : ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΠ Γ΄ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΡΙΝΑ ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: 5/3/2017

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΟΣ: ΖΑΧΟΠΟΥΛΟΣ Ν, ΧΑΡΑΛΑΜΠΟΠΟΥΛΟΣ Κ

(2)

X -∞ 0 +∞

f’’ - +

f

f κοιλη ( -∞,0) , f κυρτή (0,+∞) και δεν έχει Σ.Κ

Β3)

xlim0_

 f(x) =

xlim0_

 ( x+ 1

x ^{) = -∞}

xlim0_

 f(x) =

xlim0_

 ( x+ 1

x ^{) = +∞}

Άρα x= 0 κατακόρυφη ασύμπτωτη της C_f

xlim



f(x)

x ⁼^x^lim^⁽¹⁺ ² 1 x ⁾⁼¹

xlim

(f(x) –x) =

xlim



1 x⁼⁰

Άρα y=x πλάγια ασύμπτωτη της Cf στο + ∞

xlim



f(x)

x ⁼^x^lim^⁽¹⁺ ² 1 x ⁾⁼¹

xlim

 (f(x) –x) =

xlim



1 x⁼⁰

Άρα y= x πλάγια ασύμπτωτη της C_fστο - ∞

Β4. α) Πίνακας Μεταβολών

(3)

Γραφική Παράσταση

β) Αν α<-2 Δύο λύσεις Αν α=-2 Μία λύση Αν -2<α<2 Καμία λύση Αν α=2 Μία λύση Αν α>2 Δύο λύσεις

ΘΕΜΑ Γ

Γ1. f(x) + e^f(x) παραγωγίσιμη στο R ως σύνθεση της παραγωγίσιμης f με την παραγωγίσιμη x+e^x

Με παραγώγιση της (1) κατά μέλη προκύπτει:

f’ (x) + e^f(x) f’(x) =1 , xЄR  f’(x) = 1

1e^{f ( x)}^{, xЄR (2)}

e^f(x) παραγωγίσιμη R ως σύνθεση της παραγωγίσιμης f με την παραγωγίσιμη e^x οπότε

f’ παραγωγίσιμη R με f’’(x) = -



¹



²

f ( x ) f ( x )

f '(x) e e



 , x Є R (3) (α) Από (2) f’(x) >0 οπότε f R

(4)

(β) Από (3) f’’ (x)< 0 οπότε f κοιλη R

(γ) έστω

xlim

f(x) = k , k ЄR τότε από (1) προκύπτει

xlim

(f(x) + e^{f ( x )}) =

xlim

x =>

ΑΤΟΠΟ γιατί το πρώτο όριο είναι κ + e^κ και το δεύτερο +∞

Άρα η Cf δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο +∞

(δ) Αν

xlim

f(x) = -∞ τότε από (1)

xlim

(f(x) +e^f(x))=

xlim

x. Άτοπο διότι

xlim

x = +∞

ενώ xlim

(f(x) + e^f(x)) = -∞

Επίσης αν

xlim

f(x) = lR έχει αποκλειστεί από (γ) Άρα

xlim

f(x) = +∞

Iσχύει από (1) , επειδή e^f(x)>0 , f(x) <x , x ЄR

xlim

x= - ∞ οπότε και

xlim

f(x) = -∞

f συνεχής και R οπότε f(R) =(

xlim

f(x) ,

xlim

f(x) = (-∞ , +∞) = R

Γ2. f R οπότε αντιστρέφεται

Θέτω f(x)= y, y ЄR  x = f ^-1(y) , y ЄR και η (1) γίνεται y + e^y= f^-1(y) , y ЄR Άρα f^-1(x)=x +e^x, x ЄR

Είναι f R οπότε για το πρόσημο της αρκεί να βρούμε μία ρίζα της.

Έστω f (x0) = 0  f^-1(0)= x0  x0 =1

X -∞ 1 +∞

f(x) - +

X<1 ^ f(x) < f(1) = f(x)< 0 X>1 ^ f(x) > f(1) = f(x)> 0

(5)

Γ3. Από (Γ2) η Cf τέμνει x’x στο (1,0) f’(1) =

(1)

1 1e^f ⁼

1 2

(ε) y-0 =1

2(x-1)  y= 1 2^{x -}

1 2

f κοίλη στοR οπότε Cf βρίσκεται κάτω από την (ε) με εξαίρεση το σημείο επαφής.

Άρα f(x) ≤1 2^{x -}

1

2 , x Є R <=>

2 f (x) +1 ≤ x, x Є R

Το ίσον ισχύει μόνο για x=1 , άρα η εξίσωση έχει μοναδική λύση την x=1

Γ4. f κοίλη R άρα f' R f(x)

f '(x)^{≥ x-1}

f '0



f(x)≥ f’(x) (x-1) , x Є R (I) αν x=1: (Ι) ισχύει ως ισότητα αν x>1 : (Ι) 

1 f(x)

x ^{≥ f’(x)}

Θ.Μ.Τ για f στο [1,x] υπάρχει ξ₁ Є( 1, x) ώστε : f’ (ξ₁) = 1

1 1

f(x) f( ) f(x)

x x

 

 

είναι ξ₁ < x



^^{f '} ^f’(ξ¹) > f’(x)  1 f(x)

x > f’(x) αν x < 1 : (Ι) 

1 f(x)

x ^{≤ f’(x)}

Θ.Μ.Τ για f στο [χ,1] υπάρχει ξ2 Є (x,1) Ώστε f’(ξ₂) = 1

1 f( ) f(x)

x



 ⁼⁺ 1

f(x) x

(6)

Είναι ξ₂>x



^^{f '} ^f’(ξ²^{) <}^{f '(x)}^=>_x^f(x)_₁< f’(x) Άρα για κάθε x ЄR ισχύει f(x)

f '(x)^{≥ x – 1}

2^οςτρόπος με μονοτονία – ακρότατα της g(x) = f(x) – f ’(x) (x-1)

ΘΕΜΑ Δ

Είναι F’(x) = f(x) και Η’ (x) = x

f(x)x^{, x Є}^R Δ1. Η(x) = f(x)-x-3 , x ЄR f(x) = H(x)+x+3

Παραγωγίσιμη , ως άθροισμα παραγωγίσιμων στο R με f’(x) = x

f(x)x^{+1 , x Є}^{R } f’(x) = f(x)

f(x)x^{, x Є}^R

Δ2. i) ισχύει F(x)-3x ≥0 για x ЄR Θεωρώ g(x) = F(x)-3x, είναι g(0)=0

Οπότε ισχύει g(x) ≥g(0) για κάθε x ЄR επομένως η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x₀=0 ЄR στο οποίο είναι παραγωγίσιμη.

Άρα Fermat, g’(0) =0

Είναι g’(x) = f(x) -3 άρα g’(0) = 0 => f₍₀₎=3 ii) Έχουμε από Δ1, f’(x) = f(x)

f(x)x^{, x Є}^{R } f(x) f’ (x) – x f’ (x) = f(x) , x ЄR 

f(x) f’ (x) = x f’(x)+ f(x) , x ЄR 

2( ) 2 '

 

 

 

f x

= (x f(x))’, x ЄR οπότε

f (x)2 =x f(x) + c, x ЄR

(7)

X= 0: 9

2^{= C άρα f}

2 (x)=2x f (x)+ 9 , x ЄR f ²(x) -2x f(x) +x²= x² +9 , x ЄR 

(f(x) – x)²= x²+9 , x ЄR

Θεωρούμε Κ(x) = f (x) –x , x ЄR Ισχύει Κ²(x) = x² +9, x ЄR

K(x) =0  K²(x) = 0  x²+9 = 0 Αδύνατη

Είναι Κ(x) ≠0 και συνεχής , ως διαφορά συνεχών , στο R Οπότε διατηρεί πρόσημο στο R και Κ(0) = f(0) = 3 >0 Άρα Κ(x) >0 , x ЄR με Κ(x) = x²9 , x ЄR 

f(x) = x+ x²9, x ЄR

Δ3. f’ (x) =1 +

2

2 9

x x  ⁼

2 2

9 9

x x

x

 

 >0 , x ЄR Διότι x² 9 x²  x  x οπότε f  R

α) ΘΜΤ για F στα [x, x+1] και [ χ+1, χ+2]

υπάρχουν x₁ Є (x, x+1) , x₂ Є (x+1 , x+2)

ώστε ₁ (x 1) F(x) ₂ (x 2) F(x 1)

'( ) , '( )

1 2 ( 1)

    

 

    

F F

F x F x

x x x x

f(x1) = F(x+1) – F(x), f(x2)= F(x+2) – F(x+1) x1<x2

f f(x1)< f(x2)=> F(x+1) – F(x) < F(x+2) – F(x+1)  2F(x+1) < F(x) – F(x+2)

β) θεωρούμε Ν(x) = F(x+2017) – F (x+2016) , x ЄR είναι Ν’(x)= f (x+2017) – f(x+2016), x ЄR

x+2017 >x+2016 ^f f(x+2017)> f(x+2016)

(8)

N’(x) >0, x ЄR άρα Ν  στο R και 1-1 Εξίσωση Ν (2^χ )= Ν (4^χ) ^{1 1}^ 2^χ =4^χ <=>

4^χ -2^χ=0  2^χ (2^χ-1)=0  χ=0

γ) για x  1 x 3 η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την



^x^³

 

^{F( )}² ^²^{F(x) x}



²⁰¹⁷^{ }^(x ¹^{) H(x)}²⁰¹⁷^x ^⁰

θεωρούμε

 

²⁰¹⁷

( ) ( 3) (2) 2 (x) ( 1) ( ) 2017

 x  x F  F x  x H x ^x

Π συνεχής στο [1,3] ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων

Π(1) = -2 (F(2) – 2F(1)) < 0 διότι από Δ3. α) για x= 0 2F(1) < F(2) Π(3) = 2 H(3) 2017³ > 0 διότι H(3) = f(3) – 6 = 3 18 6 18 3 0

Π(1) Π(3) < 0 οπότε Θ. Bolzano η εξίσωση Π(x) = 0 έχει μια τουλάχιστον λύση στο (1,3) άρα και η, γιαx  1 x 3 ισοδύναμή της



² ²



²⁰¹⁷ 2017

1 3 0

F( ) F(x) x H(x) x

x x

  

  έχει μια τουλάχιστον λύση στο (1,3)