Transcript διαγωνισμα 2

Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 29 Φεβρουαρίου 2016
Π. ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής
c
ˆ2016
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής.
ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ
ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Γ ΤΑΞΗΣ
∆εληγιάννη Ειρήνη
Ζωϊτσάκος Σωτήρης
Λυγάτσικας Ζήνων
29 Φεβρουαρίου 2016
1
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 29 Φεβρουαρίου 2016
1ο ΘΕΜΑ −
1. ΄Εστω µια συνάρτηση f παραγωγίσιµη σ’ενα διάστηµα
(α, β), µε εξαίρεση ίσως ένα σηµείο του x0, στο οποίο
όµως η f είναι συνεχής. Να αποδείξετε ότι αν η f 0 (x)
διατηρεί σταθερό πρόσηµο στο (α, x0 ) ∪ (x0 , β), τότε το
f (x0) δεν είναι τοπικό ακρότατο και η f είναι γνησίως
µονότονη στο (α, β).
2. Πότε µια συνάρτηση f λέγεται παραγωγίσιµη σε ένα
κλειστό διάστηµα [α, β] του πεδίου ορισµού της ;
3. Πότε λέµε ότι η ευθεία x = x0 είναι κατακόρυφη ασύµπτωτη της γραφικής παράστασης της f ;
4. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν γράϕοντας στην κόλλα σας τη λέξη ΣΩΣΤΟ ή ΛΑΘΟΣ.
(α΄) Αν f είναι µια συνεχής συνάρτηση σε ένα οποιοδήποτε σύνολο A και f (x) 6= 0 για κάθε x ∈ A, τότε η
f διατηρεί σταθερό πρόσηµο στο A. (ϐ΄) Αν f (x) = ln(x) και g(x) = ex τότε
f ◦ g (x) = x
για κάθε x ∈ R.
(γ΄) Αν υπάρχει το όριο lim (f (x) · g(x)), τότε
x→x0
lim (f (x) · g(x)) = lim f (x) lim g(x).
x→x0
x→x0
x→x0
(δ΄) Αν µια συνάρτηση f δεν είναι συνεχής στο σηµείο
x0 ∈ Df , τότε δεν είναι παραγωγίσιµη σ΄ αυτό.
(ε΄) Αν f είναι συνεχής συνάρτηση στο [α, β] και υπάρχει ξ ∈ (α, β) τέτοιο ώστε f (ξ) = 0, τότε f (α)·f (β) <
0.
Μονάδες 10 + 3 + 2 + 10 = 25
2
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 29 Φεβρουαρίου 2016
2ο ΘΕΜΑ −
΄Ενας λαγός ϐρίσκεται στη ϑέση A ενός δρόµου πλάτους
4 m. ΄Ενα ϕορτηγό, µε πλάτος ίσο µε το πλάτος του δρόµου, έρχεται προς το µέρος του µε ταχύτητα 50 km/h. Ο
λαγός αποφασίζει να διασχίσει τον δρόµο όταν το αυτοκίνητο απέχει από αυτόν 7 m χρησιµοποιώντας το µέγιστο
της ταχύτητάς του, δηλαδή ... 25 km/h!
Το µπροστινό µέρος του αυτοκινήτου αναπαρίσταται από
το ευθ. τµήµα ∆∆0 . Η κατεύθυνση που ϑα πάρει ο λα-
π
γός ϑα σχηµατίσει γωνία θb, 0 < θ < , δες το παρακάτω
2
σχήµα.
1. Να ϐρείτε τις αποστάσεις AΓ και ∆0 Γ συναρτήσει της
γωνίας θb. Αν t1 και t2 οι χρόνοι που ϑα κάνει ο λαγός και το αυτοκίνητο αντίστοιχα για να διανύσουν τις
αποστάσεις AΓ και ∆0 Γ δείξτε ότι :
t1 =
4
7
4εφ(θ)
και t2 =
+
25000συν(θ)
50000
50000
2. Να µελετηθεί η συνάρτηση f (θ) =
7
4
+ 2εφ(θ) −
.
2
συν(θ)
3. Υπάρχουν τιµές της γωνίας θb έτσι ώστε ο λαγός να προλάβει να ϕτάσει στην άλλη άκρη του δρόµου ;
Μονάδες 8 + 8 + 9 = 25
3
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 29 Φεβρουαρίου 2016
3ο ΘΕΜΑ −
΄Εστω οι παραγωγίσιµες συναρτήσεις f, g : R → R µε
f (0) = g(0) = 1, για τις οποίες ισχύει :
f 0(x)g(x) − f (x)g(x) + f (x)g 0(x) = x − 1, ∀x ∈ R
1. Να αποδείξετε ότι : f (x)g(x) = ex − x, ∀x ∈ R.
2. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση h : R → R µε τύπο
h(x) = f 2(x) + g 2(x) έχει ελάχιστο το οποίο και να
ϐρείτε.
1
να αποδείξετε
2
ότι υπάρχουν α, β ∈ R µε α < x0 < β ώστε για κάθε
x ∈ (α, β) να ισχύει g(x) > 2 .
3. Αν υπάρχει x0 ∈ R τέτοιο ώστε f (x0 ) =
4. Να υπολογίσετε για τις διάφορες τιµές του ϑετικού ϕυσικού αριθµού ν , εφόσον υπάρχει, το όριο :
f (x)g(x) − 1
x→0
xν
lim
5. Αν t(x) = f (x)g(x), x ∈ R, να αποδείξετε ότι, για κάθε
x1 ∈ R, η εφαπτοµένη της Gt στο σηµείο (x1, t(x1)), δεν
έχει άλλο σηµείο κοινό µε την Gt .
Μονάδες 5 + 5 + 5 + 5 + 5 = 25
4ο ΘΕΜΑ −
∆ίνεται παραγωγίσιµη συνάρτηση f : (−1, 1) → R µε
f 0(0) = α > 0 η οποία ικανοποιεί τη σχέση :
x+y , ∀x, y ∈ (−1, 1)
f (x)f (y) = f
1 + xy
1. ∆είξτε ότι f (0) = 1.
4
(1)
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 29 Φεβρουαρίου 2016
2. ∆είξτε ότι f (x) > 0, ∀x ∈ (−1, 1).
3. ΄Εστω x1 ∈ (−1, 1). ∆είξτε ότι :
 
x1 + h
− f (x1)
f


1
1
+
x
h
1
0

(α΄) f (x1 ) =
·lim 
(1 + x1h)
2

1 − x1 h→0
h
(ϐ΄) f 0 (x1 ) =
αf (x1)
1 − x21
4. ∆είξτε ότι : f (x) =
1+x
1−x
!α/2
∀x ∈ (−1, 1).
Μονάδες 5 + 4 + 5 + 5 + 6 = 25
5
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 29 Φεβρουαρίου 2016
1ο ΘΕΜΑ Λύσεις :
1. Σχολικό σελίδα 262 Θεώρηµα ερώτηµα iii.
2. Σχολικό σελίδα 222, αρχές παραγράφου 2.2.
3. Σχολικό σελίδα 279 ορισµός.
4. (α΄) Λ (ϐ΄) Σ (γ΄) Λ (δ΄) Σ (ε΄) Λ
2ο ΘΕΜΑ Λύσεις :
c
ˆ2016
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής.
1. Ας ονοµάσουµε v την ταχύτητα του λαγού. Τότε v = 25000 m/h και η ταχύτητα
του αυτοκινήτου ϑα είναι 2v = 50000 m/h.
AB
4
AΓ
4
4
= συν(θ) ⇔ AΓ =
, t1 =
=
=
AΓ
συν(θ)
v
v συν(θ)
25000συν(θ)
BΓ
= εφ(θ) ⇔ BΓ = 4εφ(θ)
AB
t2 =
4εφ(θ)
7
7
4εφ(θ)
ΓB B∆0
+
=
+
=
+
2v
2v
2v
2v
50000
50000
2. Μελέτη συνάρτησης :
f 0 (θ) = 2
1 − 2ηµ(θ)
συν2 (θ)
h πi
π
π
. Αν θ <
τότε f 0 (θ) > 0. ΄Αρα f (x) ↑ στο 0,
.
6
6
6
h
π
π
π π
Αν θ >
τότε f 0 (θ) < 0. ΄Αρα f (x) ↓ στο
,
. Εποµένως για θ =
η
6
6 2
6
µε f 0 (θ) = 0 για θ =
συνάρτηση παρουσιάζει µέγιστο, ίσο µε
f
π 6
√
7−4 3
=
> 0.
2
Επίσης,
f (0) = −0, 5 < 0
lim f (θ) = −∞
θ→ π2 −
3. Για να περάσει µε ασφάλεια ο λαγός τον δρόµο πρέπει t2 > t1 , δηλαδή
7 + 4εφ(θ)
4
7 + 4εφ(θ)
4
>
⇔
−
>0
2v
v συν(θ)
2
συν(θ)
7 + 4εφ(θ)
4
f (θ) =
−
>0
2
συν(θ)
6
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 29 Φεβρουαρίου 2016
4
7 + 4εφ(θ)
−
2
(θ)
συν
π
είναι οι αποδεκτές γωνίες. Από το προηγούµενο ερώτηµα ξέρουµε ότι f
>
6
π
0. ΄Αρα, η θ = είναι µια αποδεκτή γωνία.
6
π
π π Γενικότερα, η εξίσωση f (θ) = 0 έχει δύο ϱίζες ρ1 ∈ 0,
και ρ2 ∈
,
.
6
6 2
Για κάθε θ ∈ (ρ1 , ρ2 ) είναι f (θ) > 0.
Συµπέρασµα : Ο λαγός πρέπει να επιλέξει µια γωνία µεταξύ των ϱιζών ρ1 και
ρ2 . (Ικανοποιώντας την περιέργειά σας : ρ1 = 0, 39 rad και ρ2 = 0, 64 rad).
Αρα οι τιµές της γωνίας θ που κάνουν ϑετική την f (θ) =
7
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 29 Φεβρουαρίου 2016
3ο ΘΕΜΑ Λύσεις :
1. Η δεδοµένη σχέση είναι ισοδύναµη µε την
f (x)g(x)
0
− f (x)g(x) = x − 1
πολλαπλασιάζοντας µε e−x :
h
i0
e−x f (x)g(x) = (−xe−x )0 ⇒ e−x f (x)g(x) = −xe−x + c
Θέτοντας x = 0, ϐρίσκουµε c = 1 και τελικά
f (x)g(x) = ex − x
2. Από την ανισότητα f 2 (x) + g 2 (x) − 2f (x)g(x) ≥ 0, παίρνουµε f 2 (x) + g 2 (x) ≥
2f (x)g(x), για κάθε x ∈ R. Εποµένως f 2 (x) + g 2 (x) ≥ 2(ex − x), για κάθε
x ∈ R. Η συνάρτηση s(x) = 2(ex − x) έχει ελάχιστο το s(0) = 2, άρα
f 2 (x) + g 2 (x) ≥ 2, ∀x ∈ R
΄Οµως από την υπόθεση, h(0) = f 2 (0)+g 2 (0) = 2, άρα το 2 είναι ελαχίστη τιµή.
1
. Τότε είναι x0 6= 1, άρα f (x0 )g(x0 ) = ex0 − x0 > 1. ΄Επεται ότι
2
g(x0 ) = 2(ex0 − x0 ) > 2. ΄Οµως η g είναι συνεχής, άρα lim g(x) = g(x0 ) > 2,
3. ΄Εστω f (x0 ) =
x→x0
δηλαδή lim (g(x) − 2) > 0. Από τις ιδιότητες των ορίων έπεται ότι g(x) − 2 > 0
x→x0
κοντά στο x0 , άρα g(x) > 2 κοντά στο x0 , δηλαδή υπάρχει διάστηµα (α, β) µε
κέντρο το x0 , έτσι ώστε g(x) > 2, ∀x ∈ (α, β).
4. Χρησιµοποιώντας κανόνα De l’ Hospital: για ν = 1 το όριο είναι 0, για ν = 2
το όριο είναι 12 , για ν ≥ 3 και ν = 2κ + 1 το όριο δεν υπάρχει, αν ν = 2κ το
όριο είναι +∞.
5. Η h(x) = ex −x είναι κυρτή, οπότε το Ϲητούµενο έπεται από την γνωστή ιδιότητα
των κυρτών συναρτήσεων. ∆ες, Σχόλιο σελ. 274 σχολικό.
8
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 29 Φεβρουαρίου 2016
4ο ΘΕΜΑ Λύσεις :
1. Αφού f 0 (0) 6= 0, η f δεν είναι σταθερή συνάρτηση. Ειδικότερα, δεν είναι
σταθερά ίση µε 0, οπότε υπάρχει x0 ∈ (−1, 1) µε f (x0 ) 6= 0. Θέτω στην εξίσωση
(1): x = x0 και y = 0. Τότε : f (x0 )f (0) = f (x0 ) ⇔ f (x0 )(f (0) − 1) = 0. ΄Αρα,
f (0) = 1.
2. Αφού η f είναι παραγωγίσιµη, είναι και συνεχής στο (−1, 1). Εποµένως, για να
δείξουµε ότι διατηρεί πρόσηµο, αρκεί να δείξουµε ότι δεν έχει ϱίζα στο (−1, 1).
Αν υπάρχει x1 ∈ (−1, 1) µε f (x1 ) = 0, τότε ϑέτοντας x = x1 και y = −x1 στη
δεδοµένη σχέση (1), ϑα πάρουµε 0 · f (−x1 ) = f (0) δηλαδή, 0 = 1, άτοπο.
Εποµένως, η f δεν έχει ϱίζα στο (−1, 1) και συνεπώς διατηρεί πρόσηµο, ϑετικό,
αφού f (0) > 0.
x1 + h
= x1 , είναι
h→0 1 + x1 h
(α΄) ΄Εστω x1 ∈ (−1, 1). Τότε : αφού lim
lim
x1 + h
f
1 + x1 h
h→0
΄Οµως :
!
− f (x1 )
x1 + h
− x1
1 + x1 h
= lim
u→x1
f (u) − f (x1 )
= f 0 (x1 )
u − x1
x1 + h
h(1 − x21 )
− x1 =
. ΄Αρα,
1 + x1 h
1 + x1 h
f 0 (x1 ) = lim
h→0
x1 + h
f
1 + x1 h
!
− f (x1 )
h(1 − x21 )
1 + x1 h
Συνεπώς :
 
x1 + h
 f 1 + x1 h − f (x1 )

1
0


f (x1 ) =
·
lim
(1
+
x
h)
1

1 − x21 h→0 
h
x1 + h
(ϐ΄) Είναι f
1 + x1 h
9
!
= f (x1 ) · f (h). ΄Αρα,
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 29 Φεβρουαρίου 2016

f 0 (x1 ) =
=
1
· lim 
1 − x21 h→0
f (x1 ) f (h) − 1

(1 + x1 h)
h
f (h) − f (0)
f (x1 )
· lim
· lim (1 + x1 h)
2 h→0
h→0
1 − x1
h
f (x1 )
· f 0 (0) · 1
1 − x21
αf (x1 )
=
1 − x21
=
3. ΄Εχουµε δείξει ότι f (x) > 0, από τα προηγούµενα :
f 0 (x1 ) =
αf (x1 )
1 − x21
⇔
⇔
⇔
⇔
x=0→c=0
⇒
⇔
f 0 (x1 )
1
=α·
2
f (x1 )
1 − x
0
α
1
1
f (x1 )
=
+
f (x1 )
2 1 + x 1 − x
0
α
[ln(f (x))]0 =
[ln(1 + x) + ln(1 − x)]
α 2
ln(f (x)) = [ln(1 + x) + ln(1 − x)] + c
2α
1+x
ln f (x) = · ln
2 !α 1 − x
/2
1+x
f (x) =
1−x
Εναλλακτική λύση για το ερώτηµα 3β΄.
Αφού η f είναι παραγωγίσιµη, ϑεωρώ το y σταθερό στην εξίσωση (1) και παραγωγίζω ως προς x.
f (y)f 0 (x) = f 0
f (y)f 0 (x) = f 0
x+y
1 + xy
!
x+y
1 + xy
x+y
1 + xy
·
!
·
!0
1 − y2
(1 + xy)2
Θέτω στην προηγούµενη x = 0 και ϑα πάρω :
f 0 (0)f (y) = f 0 (y)(1 − y 2 )
και για y = x1 παίρνω f 0 (x1 ) =
αf (x1 )
1 − x21
10