ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ΄ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΜΑ 1 Α1. Θεώρημα ενδιάμεσων τιμών. Έστω μια συνάρτηση f, η οποία είναι ορισμένη σε ένα κλειστό διάστημα [α,β]. Αν: • Η f είναι συνεχής στα [α,β] και • f(α) ≠ f(β) τότε, για κάθε αριθμό η μεταξύ των f(α) και f(β) υπάρχει ένας, τουλάχιστον x 0 ∈ (α,β) τέτοιος ώστε f(x 0 ) = η. Α2. Η ευθεία y = λx +β λέγεται ασύμπωτη της γραφικής παράστασης της f στο + ∞ , αν lim [ f ( x) − (λx + β )] = 0. x → +∞ Β. α→Λ β→Λ γ→Σ δ→Σ ε→Σ ΘΕΜΑ 2 α. Η f είναι παραγωγίσιμη στο ℜ ως πολυωνυμική, με f’(x) = 3x 2 -3 = 3(x-1)(x+1). Οπότε f’(x) = 0 ⇔ x = 1 ή x = - 1. Από τον πίνακα μεταβολών της f προκύπτει ότι η f έχει τοπικό μέγιστο στο x 1 = -1, το f(-1) = 2συν 2 θ › 0 και έχει τοπικό ελάχιστο στο x 2 = 1, το f(1) = -2(1 + ημ 2θ ). Επίσης είναι : f’’ (x) = 6x. Οπότε f’’(x) = 0 ⇔ 6x = 0 ⇔ x = 0. Προκύπτει ότι η f έχει σημείο καμπής στο x 3 = 0 , το f(x 3 ) = - 2 ημ 2θ . β. i. Επειδή lim f ( x) = −∞ , f(-1) = 2 συν 2 θ › 0 και f γνησίως αύξουσα και συνεχής στο x → −∞ (- ∞ , -1], προκύπτει : f ((- ∞ , -1] ) = (- ∞ ,2 συν 2 θ]. Επειδή 0 ∈ f ((- ∞ , -1] ), υπάρχει ρ 1 ∈ (- ∞ , -1) ώστε f(ρ 1 ) = 0. Η ρίζα ρ 1 είναι και μοναδική στο (- ∞ , -1], αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα αυτό. ii. Επειδή f(-1) = 2 συν 2 θ › 0, f(1)= -2(1+ημ 2θ ) ‹ 0 και f γνησίως φθίνουσα και συνεχής στο [-1,1] προκύπτει : f([-1,1]) = [-2(1+ημ 2θ ),2συν 2 θ]. Επειδή 0 ∈ f([-1,1]), υπάρχει ρ 2 ∈ (-1,1) ώστε f(ρ 2 ) = 0 . H ρίζα ρ 2 είναι και μοναδική στο [-1,1], αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα αυτό. 1 iii. Επειδή f(1) = -2(1+ημ 2θ ) ‹ 0, lim f ( x) = +∞ και η f είναι γνησίως αύξουσα και x → +∞ συνεχής στο [1,+ ∞ ) προκύπτει : f( [ 1,+ ∞ )) = [-2(1+ημ 2θ ),+ ∞ ). Επειδή 0 ∈ f( [ 1,+ ∞ )), υπάρχει ρ 3 ∈(1,+ ∞ ) ώστε f(ρ 3 ) = 0. Η ρίζα ρ 3 είναι και αυτή μοναδική στο [ 1,+ ∞ ), αφού η f είναι γνησίως αύξουσα. Άρα η εξίσωση f(x) = 0 έχει ακριβώς 3 ρίζες στο ℜ . γ. Έχουμε Α(-1,2 συν 2 θ), Β(1,-2(1+ημ 2θ )), Γ(0,-2ημ 2θ ) Α ∈ (ε) αφού : 2 συν 2 θ = -2(-1) - 2ημ 2θ ⇔ 2(1-ημ 2θ ) = 2-2ημ 2θ ⇔ 2-2ημ 2θ = 2-2ημ 2θ . Β ∈ (ε) αφού : -2(1+ημ 2θ ) = (-2) · 1- 2ημ 2θ ή -2-2ημ 2θ = -2-2ημ 2θ . Γ ∈ (ε) αφού : -2ημ 2θ =2 · 0 -2ημ 2θ ή -2ημ 2θ = -2ημ 2θ . ΘΕΜΑ 3 Α. Ισχύει ότι f(x) ≥ 1 για κάθε x › -1. Δηλαδή a x − ln( x + 1) ≥ 1 για κάθε x › -1. Όμως f(0) = 1, οπότε f(x) ≥ f(0) για κάθε x › -1. Επομένως η f παρουσιάζει στη θέση x =0 (ολικό, άρα και τοπικό) ελάχιστο το f(0) = 1. Ακόμη η f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (-1, + ∞ ) ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Άρα σύμφωνα με το θεώρημα Fermat είναι f’(0) = 0 . 1 Όμως f ' ( x) = a x ln a − , οπότε f’(0) = 0 ⇔ lnα =1 ⇔ α =e. x +1 Β. α. Για α = e είναι f(x) = e x -ln(x+1). H f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο διάστημα (-1, + ∞ ) με ' 1 ⎞ 1 ⎛ x f ' ' ( x) = ⎜ e x − 〉 0 για κάθε x ∈ (-1, + ∞ ). ⎟ =e + x +1⎠ ( x + 1) 2 ⎝ Άρα η f είναι κυρτή. β. Αφού f κυρτή στο (-1, ∞ ) προκύπτει ότι f’ γνησίως αύξουσα στο (-1, ∞ ). Έτσι αν -1 ‹ x ‹ 0 ⇒ f’(x) ‹ f’(0) = 0 , ενώ αν x › 0 ⇒ f’(x) › f’(0) = 0. Δηλαδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (-1, 0] και γνησίως αύξουσα στο διάστημα [0, + ∞ ). 2 γ. Η δοθείσα εξίσωση ισοδύναμα γράφεται : ( f ( β ) − 1)( x − 2) + ( f (γ ) − 1)( x − 1) = 0. ( x − 1)( x − 2) Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = ( f(β)-1)(x-2) + (f(γ)-1)(x-1), με x ∈ [1, 2]. Η g είναι συνεχής στο R ως πολυωνυμική άρα και στο [1, 2]. • g(1) = - (f(β)-1) = 1 - f(β)= f(0) – f (β) ‹ 0 διότι f(0) ολικό ελάχιστο της f, • g(2) = f(γ) -1 = f(γ) – f(0) › 0, επίσης διότι f(0) ολικό ελάχιστο της f. Άρα g(1) · g(2) ‹ 0, οπότε λόγω του θεωρήματος Bolzano υπάρχει x 0 ∈ (1, 2) ώστε ( f ( β ) − 1)( x0 − 2) + ( f (0) − 1)( x 0 − 1) g ( x 0 ) = 0 ⇔ ( f ( β ) − 1)( x0 − 2) + ( f (γ ) − 1)( x 0 − 1) = 0 ⇔ =0 ( x0 − 1)( x0 − 2) Άρα η δοσμένη εξίσωση έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (1, 2). ΘΕΜΑ 4 α. Αφού η f είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα με άκρα γ, δ και f(γ) ·f(δ) ‹ 0 , εφαρμόζεται το θεώρημα Bolzano από το οποίο συνάγεται ότι υπάρχει μία τουλάχιστον ρίζα x 0 που ανήκει στο ανοιχτό διάστημα με άκρα γ, δ ώστε f(x 0 ) = 0. β. Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι γ ‹ δ και f(γ) › 0, f(δ) ‹ 0, οπότε α ‹ γ ‹ x 0 ‹ δ ‹ β. i) Στο διάστημα [α, γ] είναι f(α) =0, f(γ) › 0, άρα f(α) ‹ f(γ) και επειδή είναι α ‹ γ συνάγεται ότι: f (α ) − f (γ ) 〉0 α −γ (1) Όμως από το θεώρημα μέσης τιμής (ΘΜΤ) για την f στο διάστημα [α, γ], υπάρχει f (α ) − f (γ ) και λόγω της (1) f ' (κ 1 ) › 0. κ 1 ∈ (α, γ) ώστε f ' (κ 1 ) = α −γ ii) Εργαζόμενοι ομοίως, στο διάστημα [γ, x 0 ] έχουμε : f(γ) › 0, f (x 0 ) = 0 άρα f(γ) › f (x 0 ) και επειδή είναι γ ‹ x 0 συνάγεται : f (γ ) − f ( x0 ) 〈0 γ − x0 (2) Από το ΘΜΤ για την f στο διάστημα [γ, x 0 ] έχουμε ότι υπάρχει κ 2 ∈ (γ, x 0 ) ώστε f (γ ) − f ( x0 ) και λόγω της (2) είναι f ' (κ 2 ) ‹ 0. f ' (κ 2 ) = γ − x0 3 iii) Για το διάστημα [x 0 ,δ] όμοια έχουμε ότι υπάρχει κ 3 ∈ ( x 0 , δ) ώστε f (δ ) − f ( x0 ) f ' (κ 3 ) = 〈0 δ − x0 iv) Για το διάστημα [δ, β] όμοια έχουμε ότι υπάρχει κ 4 ∈ (δ, β) ώστε f ( β ) − f (δ ) 〉0 f ' (κ 4 ) = β −δ v) Είναι f ' (κ 1 )〉 0, f ' (κ 2 )〈 0 άρα f ' (κ 1 )〉 f ' (κ 2 ) και επειδή κ 1 〈κ 2 , είναι : f ' (κ 1 ) − f ' (κ 2 ) ‹0 κ1 − κ 2 Όμως για την f’ εφαρμόζεται το ΘΜΤ στο διάστημα [κ 1 , κ 2 ] , οπότε υπάρχει f ' (κ 1 ) − f ' (κ 2 ) 〈0 ξ 1∈ ( κ 1 , κ 2 ) ώστε f ' ' (ξ1 ) = κ1 − κ 2 vi) Είναι f’(κ 3 ) ‹ 0 , f’(κ 4 ) › 0 , άρα f’(κ 3 ) ‹ f’(κ 4 ) και επειδή κ 3 ‹ κ 4 είναι f ' (κ 3 ) − f ' (κ 4 ) ›0 κ3 − κ4 Όμως για την f’ εφαρμόζεται το ΘΜΤ στο διάστημα [κ 3 , κ 4 ], οπότε υπάρχει ξ 2 ∈ ( κ 3 , κ 4 ) ώστε f ' ' (ξ 2 ) = f ' (κ 3 ) − f ' (κ 4 ) 〉0 κ3 − κ4 Δείξαμε έτσι ότι υπάρχουν ξ , ξ ∈ (α,β) ώστε f΄΄(ξ ) < 0 και f΄΄(ξ ) > 0. 1 2 1 2 γ. Από το β ερώτημα με βάση το θεώρημα Bolzano για την f’’ στο κλειστό διάστημα με άκρα ξ 1 , ξ 2 προκύπτει ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο ξ 0 που ανήκει στο ανοιχτό διάστημα με άκρα ξ 1 , ξ 2 ώστε f’’(ξ 0 ) = 0. Το σημείο ξ 0 θα ήταν σημείο καμπής της συνάρτησης εφόσον η f’’ άλλαζε πρόσημο εκατέρωθεν αυτού. Όμως κάτι τέτοιο δεν εξασφαλίζεται από τα δεδομένα του θέματος. 4