ΙΣΤΟΡΙΑ Α' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ : ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΜΕΡΟΣ 2ο
11η ανάρτηση
1. ___________________________________________________________________________
11η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Η συνάρτηση x
h x e είναι κυρτή και η εξίσωση της εφαπτομένης της h
C στο σημείο
0,1 είναι y x 1 άρα x
e x 1 για κάθε xR
Επειδή η f έχει πεδίο ορισμού το R βάζοντας όπου x το f x έχουμε:
f x
e f x 1 για κάθε xR 1
Όμως για κάθε xR έχουμε:
2
2
2 x
2
f x g x
f x g x
f x g x1 e
f x f x g x 2
e e
2f x 2 e e f x 1
2
e e
e e e f x g x
2
1
β) i) Επειδή 2
g x 0 για κάθε xR έχουμε ότι
2
g x f x
e 1 2f x 1 e 0 για κάθε xR
Θεωρούμε την συνάρτηση f x
p x 2f x 1 e ,xR και επομένως ισχύει:
p x p 0 για κάθε xR
Άρα η p παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 και το 0 είναι εσωτερικό σημείο του πεδίου ορισμού
της p
Τέλος επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 και η x
e παραγωγίσιμη στο f 0 0 , η f x
e
είναι παραγωγίσμη στο 0 και επομένως η p είναι παραγωγίσιμη στο 0 ως αποτέλεσμα
πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων με
f 0
p 0 2f 0 f 0 e f 0
Επομένως από το θεώρημα Fermat έχουμε:
p 0 0 f 0 0
ii) Είδαμε ότι
2
4για x 0
2 2 4 2
2
g x f x
g x f x 0 g x f x 0 g x f x 0
xx
Επιπλέον
2 2
2
x 0 x 0 x 0
f x f x
lim0 lim lim f 0 0
x x
και επομένως από το κριτήριο παρεμβολής έχουμε:
4
2x 0
g x
lim 0
x
Λύνει ο Ανδρέας Πάτσης
2. ___________________________________________________________________________
11η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Είναι γνωστό ότι lnx x 1 , για κάθε x > 0 οπότε θέτοντας f(x)
x e προκύπτει ότι
f(x)
e f(x) 1 f(x)
2e 2f(x) 2 f(x)
2e
2
g (x)f(x)
e e
2
g (x)f(x)
e e 2
g (x) f(x).
β) Είναι 0 2
g (x) f(x) επόμενα f(x) 0 .
Τώρα από την υπόθεση
x 0
f(x)
lim l R
x
x 0
f(x)
lim l
x
x 0
f(x)
lim
x
.
i) Δίνεται ότι f(0)=0 και επειδή f(x) 0 , θα είναι
x 0
f(x)
lim 0
x
l 0 ,
x 0
f(x)
lim 0
x
l 0 .
΄Αρα
l 0,
x 0
f(x)
lim 0
x
x 0
f(x) f(0)
lim 0
x
f'(0) 0
ii) 0 2
g (x) f(x) 0 4 2
g (x) f (x)
4
2
g (x)
0
x
2
2
f (x)
x
(1).
΄Όμως
x 0
f(x)
lim 0
x
2
2x 0
f (x)
lim 0
x
άρα από κριτήριο παρεμβολής προκύπτει ότι
4
2x 0
g (x)
lim 0
x
.
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς
3. ___________________________________________________________________________
11η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Θέτω x
h(x) e x και επειδή x
h (x) e 1 βρίσκουμε με το πινακάκι ότι στο x = 0 η
συνάρτηση παρουσιάζει ελάχιστο, οπότε ισχύει h(x) h(0) δηλαδή x
e x 1 για κάθε
x ,άρα f(x)
e f(x) 1 , για κάθε x
Η δοθείσα σχέση γίνεται:
2
f x g x
2f x 2 e e
2
g (x)f(x)
e f(x) 2 e f(x) .
Άρα
2 2
g (x) g (x)
2 e f(x) 1 e f(x) 1 (1)
Από την αρχική σχέση έχουμε
2
g (x)f(x)
e e
f(x) 1
2
(2)
Από (1) και (2) έχουμε:
2
2 2 2 2
g (x)f(x)
g (x) g (x) g (x) g (x)f(x) f(x) 2e e
e 2e e e e e g (x) f(x)
2
β) i) Έστω
x 0
f(x)
lim
x
Απο το (α) ερώτημα έχουμε: 2
0 g (x) f(x) άρα και 0 f(x)
Αν x 0 τότε έχουμε:
f(x)
0
x
οπότε:
x 0
f(x)
0 lim
x
(1)
Αν x 0 τότε έχουμε:
f(x)
0
x
(2)
Από (1) και (2) προκύπτει ότι 0 δηλαδή
x 0 x 0
f(x) f(0) f(x)
f (0) lim lim 0
x x
ii) Απο το (α) ερώτημα έχουμε:
4 2
2 4 2
2 2
g (x) f (x)
g (x) f(x) g (x) f (x) 0
x x
Οπότε από το κριτήριο παρεμβολής έχουμε
4
2x 0
g (x)
lim 0
x
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος
4. ___________________________________________________________________________
11η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Έστω k ώστε
2 2 f(k) f(k)
αρχική
g (k) g (k)2 f(k) f(k) f(k)
g (k) f(k) e e e e 2e 2f(k) 2 2e f(k) 1 e άτοπο
γιατί x
e x 1 στο .
Άρα 2
g (x) f(x) στο .
β) i) x ισχύει 2
0 g (x) f(x) και για x 0 κοντά στο 0 είναι
x 0
f(x) f(x)
0 0 lim l
x x
.
Όμοια για x 0 κοντά στο 0 είναι
x 0
f(x) f(x)
0 0 lim l
x x
.
Άρα l 0 κι επειδή f(0) 0 , θα ισχύει f (0) 0 .
ii) Ισχύει
2 4 2
0 g (x) f(x) 0 g (x) f (x)
και με x 0 κοντά στο 0 είναι
4 2
2 2
g (x) f (x)
0
x x
.
Από κριτήριο παρεμβολής επειδή ισχύει
2
2x 0 x 0
f (x)
lim0 lim 0
x
από β)i), θα είναι
4
2x 0
g (x)
lim 0
x
.
Λύνει ο Κώστας Δεββές
5. ___________________________________________________________________________
11η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α)
Α ν α λ υ σ η :
Είναι : 2
f x g x
2f x + 2 = e + e , xR
Θελω :
x
2 2
δοσμενηe
g x f x g x f x f x f x f x2
x f(x)
f x x x
g x f x e e e e e e 2f x 2 2e
f x 1 e x 1 e e x 1 0
1
Σ υ ν θ ε σ η :
x
Ισχυει e - x-1 0 για καθε x R
Πραγματι
Θεωρουμε τη συναρτηση x
g(x) = e - x-1
▪ x
g'(x) = e -1 και
▪ x
g'(x) = 0 e -1 = 0 x = 0
▪ g'(x) < 0 στο (- ,0] αρα η g γνησιως φθινουσα στο (- , 0]
▪ g'(x) > 0 στο [0, + ) αρα η g γνησιως αυξουσα στο [0, + )
Ετσι, στη θεση x = 0, η g παρουσιαζει ολικο ελαχιστο με τιμη 0
g(0) = e -0-1 = 0
Αρα, x
g(x) g(0) e - x-1 0
Συνεπως, για κάθε xR
x
2 2
δοσμενηx f(x)
f x f xx x
e
g x f x f x f x g x f x 2
e x 1 0 x 1 e f x 1 e 2f x 2 2e
e e e e e e g x f x
1
β) i)
Δινεται «το
x 0
f x
lim
x
υπαρχει και ειναι πραγματικος αριθμος»
Δηλαδη
x 0
f x
lim f 0
x
Αρκει να ισχυει
x 0
f x
lim 0
x
Απ΄το (α) ερωτημα : 2
f x g x 0
Ετσι
Λύνει ο Τακης Τσακαλακος
6. ___________________________________________________________________________
11η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
x 0
x 0
x 0
f x
Για x 0 : lim 0 f xx lim 0
xf x
Για x 0 : lim 0
x
β) ii)
Ειναι απ’το (α) ερωτημα
για x 0
2 2 4 2
2
4
2 4κριτηριο
22 2 x 0παρεμβολης
(βi)
x 0 x 0
g x f x 0 g x f x 0 g x f x
g x f x
0
xx g x
lim 0
xf x f x
lim lim 0
x x
7. ___________________________________________________________________________
11η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Για κάθε x ισχύει:
2
f x g x
2f x 2 e e 1
Για κάθε x ισχύει: x
e x 1 (με απόδειξη) (2)
Στη (2) βάζουμε όπου x το f x και έχουμε:
2
2
1
f x f x f x f x g x
f x g x 2 2
e f x 1 2e 2f x 2 2e e e
e e f x g x g x f x
β) i) Έστω
x 0 x 0 x 0
f x f x f x
lim lim lim
x x x
Για κάθε x ισχύει: 2
0 g x f x 0 f x 3
Για
x 0 x 0
f x f x
x 0 η 3 0 lim0 lim 0 4
x x
Για
x 0 x 0
f x f x
x 0 η 3 0 lim0 lim 0 5
x x
Από τις (4) και (5) :
f 0 0
x 0 x 0 x 0
f x f x f 0 f x
0 lim 0 lim lim 0 f 0 0
x x 0 x
ii) Για κάθε x ισχύει: 2 4 2
0 g x f x 0 g x f x
Για
2 2
4
2 x 0 x 0
g x f x f x
x 0: 0 με lim lim0 0
x xx
Από κριτήριο παρεμβολής θα είναι
4
2x 0
g x
lim 0
x
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος
8. ___________________________________________________________________________
11η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α)
x
Ισχύει e - x-1 0 για κάθε x R, άρα
f x
f
e f x 1, για κάθε x D R
Συνεπως, για κάθε xR
2 2
x
δοσμενη
f x f x f x g x f x f x g x
e
2
e f x 1 2e 2f x 2 2e e e e e
f x g x
1
β) i)
Αν
x 0
f x
lim
x
R, τότε
x 0
f x f 0
f 0 lim
x - 0
2
x 0
2
x 0
x 0, κοντά στο 0 :
x 0,
g x f x f x f x
0 0 lim 0 0
x x x x 0 f 0 0
g x f x
κοντά
f x f x
0 0 lim 0 0
x
στο :
x x
0
x
β) ii)
2 2K.Π.
2
x 0
2 2 x 0K.Π.
x 0
x 0, κοντά στο 0 :
x 0, κο
g x f x g x
0 lim 0 g xx x x lim 0
xg x f x g x
0 lim 0
x x
ντά στ 0 :
x
ο
Τότε
2
4 2
2
2x 0 x 0
g x g x
lim lim 0 0
xx
Λύνει η Ντίνα Ψαθά
9. ___________________________________________________________________________
11η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Έχουμε ότι 2f(x) 2 =
2
g (x)f(x)
e e (1) , για κάθε x .
Ξεκινάμε από την αποδεικτέα και ισοδύναμα θα καταλήξουμε σε προφανή σχέση.
Είναι 2
g (x) f(x)
2
g (x) f(x)
e e
2
g (x) f(x) f(x)
e e 2e
(1)
f(x)
2f(x) 2 2e f(x)
e f(x) 1 ,
σχέση που ισχύει για κάθε x , λόγω της γνωστής ανισότητας x
e x 1 , που ισχύει
για κάθε x .
Άρα 2
g (x) f(x) για κάθε x .
Σχόλιο: Για την απόδειξη της ανισότητας x
e x +1, θεωρούμε τη συνάρτηση x
h(x) = e - x -1
που είναι παραγωγίσιμη στο και ισχύει ότι h(0) = 0. Επίσης η h παρουσιάζει ελάχιστο στο
σημείο 0
x = 0 . Επομένως είναι h(x) h(0) x
e - x -1 0 x
e x +1 για κάθε x .
β) i) Επειδή υπάρχει το
x 0
f(x)
lim = λ
x
, έχουμε ότι υπάρχει η παράγωγος
f΄(0)=
x 0
f(x) f(0)
lim =
x 0
x 0
f(x)
lim
x
= λ.
Επιπλέον, από τις σχέσεις f(0) = 0 και 2
0 g (x) f(x) για κάθε x , προκύπτει ότι η
συνάρτηση f παρουσιάζει ελάχιστο στο σημείο 0
x = 0.
Δηλαδή για τη συνάρτηση f ισχύουν:
η f είναι ορισμένη σ’ ένα διάστημα Δ (το )
η f παρουσιάζει ακρότατο στο εσωτερικό σημείο 0
x = 0 του Δ
υπάρχει η παράγωγος f΄(0)
Από το θεώρημα Fermat, έχουμε ότι f΄(0)=0.
ii) Για κάθε x 0 , λόγω του (α), ισχύει:
2
0 g (x) f(x)
2
g (x) f(x)
x x
2
g (x) f(x)
0
x x
και
x 0
f(x)
lim
x
(i)
x 0
lim f΄(0)
=0 .
Από το κριτήριο παρεμβολής έπεται ότι
2
x 0
g (x)
lim
x
= 0
2
x 0
g (x)
lim
x
= 0.
Συνεπώς
4
2x 0
g (x)
lim
x
=
2 2
x 0
g (x) g (x)
lim
x x
= 00 = 0 .
Λύνει ο Θανάσης Καραγιάννης