( e ) 2. 4 η δεκάδα θεµάτων επανάληψης 31.

Transcript

1 1 4 η δεκάδα θεµάτων επανάληψης 31. ίνονται οι συναρτήσεις f() = ln(e e + 3) και g() = ln3 + ln(e 1) i. Να βρείτε το πεδίο ορισµού τους. ii. Να βρείτε τα σηµεία τοµής των γραφικών παραστάσεων των f, g iii. Να λύσετε την ανίσωση f() > g() i. Για να ορίζεται η f πρέπει e e + 3 > 0 ( e ) e + 3 > 0 Επειδή = 8 < 0, το τριώνυµο ( e ) e + 3 είναι θετικό για κάθε για κάθε. Εποµένως Α f = R. Για να ορίζεται η g πρέπει e 1 > 0 e >1 e > e 0 > 0 Άρα Α g = ( 0, + ) ii. Οι τετµηµένες των σηµείων τοµής είναι οι λύσεις της εξίσωσης f() = g() µε ( 0, + ) f() = g() ln(e e + 3) = ln3 + ln(e 1) ln(e e + 3) = ln[3(e 1)] e e + 3 = 3(e 1) e 5e + 6 = 0 ( e ) e = ή 5 e + 6 = 0 ( = 5 4 = 1) e = 3 = ln ή = ln3 δεκτές διότι (0, + ) g(ln) = ln3 + ln(e ln 1) = ln3 + ln( 1) = ln3 + ln1 = ln3 g(ln3) = ln3 + ln(e ln3 1) = ln3 + ln(3 1) = ln3 + ln = ln( 3) = ln6 Άρα τα σηµεία τοµής είναι τα Α(ln, ln3), Β( ln3, ln6). iii. Για (0, + ) : f() > g() ln(e e + 3) > ln3 + ln(e 1) ln(e e + 3) > ln3 + ln(e 1) ln(e e +3) > ln[3 (e 1) ] e e +3 > 9(e e + 1) 8e 16e + 6 < 0 4e 8e + 3 < 0 (1) Θέτουµε e = y > 0, οπότε η (1) 4y 8y +3 < 0 1 < y < 3 1 < e < 3 ln 1 < lne < ln 3 e, άρα

2 ln1 ln < < ln3 ln ln < < ln3 ln Και επειδή > 0 τελικά : f() > g() 0 < < ln3 ln.

3 3 3. A. Να αποδείξετε ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης του πολυωνύµου Ρ() µε το ρ Είναι ίσο µε την αριθµητική τιµή του πολυωνύµου Ρ() για = ρ είναι δηλαδή υ = Ρ(ρ) Β. Αν log α θ = τότε i) α θ = ii) α = θ iii) α = θ επιλέξτε την σωστή απάντηση Γ. Η εξίσωση σφ = σφθ έχει λύσεις αυτές που δίνονται από τον τύπο i) = kπ + π, k Z ii) = kπ + π, k Z iii) = kπ, k Z επιλέξτε την σωστή απάντηση. Η µέγιστη τιµή της συνάρτησης f() = ρηµω, ρ, ω >0 είναι i) ρ ii) ω iii) ρ επιλέξτε την σωστή απάντηση Ε. Συµπληρώστε τις παρακάτω προτάσεις i) Ο βαθµός του γινόµενου δύο πολυωνύµων είναι ίσος µε το..των βαθµών των δύο πολυωνύµων π ii) Η συνάρτηση f() = συν είναι γνησίως στο διάστηµα 0, Α. Η ταυτότητα της διαίρεσης του πολυωνύµου Ρ() µε το ρ ως γνωστόν είναι η Ρ() = ( ρ)π() + υ(). Επειδή ο διαιρετέος ρ είναι πολυώνυµο 1 ου βαθµού το υπόλοιπο της διαίρεσης θα είναι ένα σταθερό πολυώνυµο υ έτσι έχουµε Ρ() = ( ρ)π() + υ και αν θέσουµε όπου το ρ παίρνουµε Ρ(ρ) = (ρ ρ)π(ρ) + υ = 0 + υ = υ εποµένως υ = Ρ(ρ) Β. Σωστή απάντηση είναι η (iii) Γ. Σωστή απάντηση είναι η (iii)

4 4. Σωστή απάντηση είναι η (i) Ε. i) Ο βαθµός του γινόµενου δύο πολυωνύµων είναι ίσος µε το άθροισµα των βαθµών των δύο πολυωνύµων π ii) Η συνάρτηση f() = συν είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστηµα 0,

5 5 33. i) Να λυθεί η εξίσωση α 3 5α + α + 3β + β α + 1 = 0 ii) Αν το ζεύγος ( α, β) είναι λύση της εξίσωσης του (i) να εξετάσετε την µονοτονία της συνάρτησης f() = i) 5α + 4 3β + 5 Η δοσµένη εξίσωση είναι ισοδύναµη µε το σύστηµα 3 α 5α + α + 3β = 0 (1) β α + 1= 0 () Η () β = α 1 τότε η (1) γίνεται α 3 5α + 7α 3 = 0 (3) Εφαρµόζοντας Horner για α = 1 έχουµε Εποµένως η εξίσωση (3) γίνεται (α 1)(α 4α + 3) = 0 την οποία λύνοντας βρίσκουµε ότι α = 1 ή α = 3 Αν α = 1 τότε β = 1 και αν α = 3 τότε β = 5 ii) Για α = 1 και β = 1 έχουµε ότι f() = 9 8 η οποία είναι γνησίως αύξουσα αφού 9 8 > 1 19 Για α = 3 και β = 5 έχουµε ότι f() = 0 η οποία είναι γνησίως φθίνουσα αφού 0 < 19 0 < 1

6 6 34. Να λυθούν οι εξισώσεις : i) συν + -συν 3 = 0 συν 3 συν συν e ii) e = e i. συν + -συν 3 = 0 συνχ = 0 συν (Θέτουµε συν = y > 0) y + 1 y 3 = 0 Όταν y = 1: συν = 1 συν = 0 y 3y + = 0 y = 1 ή y = συν = 0 συν = συν π Όταν y = : συν = συν = 1 ii. e συν συν 3 συν e = e e συν = 1 συν = συν0 συν συν 3 συν 1 = e = kπ ± π, k Z = kπ, k Z συν = συν 3 συν 1 συν 3 + συν + συν +1 = 0 συν ( συν + 1) + (συν +1) = 0 (συν + 1)( συν + 1 ) = 0 (συν + 1 > 0) συν + 1 = 0 1 συν = συν = συν π π = kπ ±, k Z. 3 3.

7 7 35. ίνεται το πολυώνυµο Ρ() = k 3 (k + λ) + λ + 1 i. Αν το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ() µε το ( + 1) είναι 3 και η αριθµητική 1 τιµή του Ρ() για = είναι 7, να αποδείξετε ότι k = 6 και λ = 5. ii. Για k = 6 και λ = 5 να γίνει η διαίρεση Ρ() : ( + 1) και να γράψετε την ταυτότητα της διαίρεσης. iii. Για k = 6 και λ = 5 να λύσετε την ανίσωση Ρ() > 7 i. Ρ( 1) = 3 k ( k + λ) λ + 1 = 3 k + λ = 11 (1) 1 Ρ = k (k + λ) λ + 1 = 7 k + λ = 16 () 8 4 Λύνοντας το σύστηµα των (1), () βρίσκουµε k = 6 και λ = 5 ii. Για k = 6 και λ = 5 το Ρ() γίνεται Ρ() = ιαίρεση Ρ() : ( + 1) Ταυτότητα της διαίρεσης : Ρ() = ( +1) ( ) + 7 iii) Ρ() > 7 ( +1) ( ) + 7 > 7 ( +1) ( ) > 0 ( = 3 < 0 άρα < 0) 1 + 1<0 <.

8 8 36. Έστω η συνάρτηση f() = ( µ µ + 1), µ R i) Για ποιες τιµές του µ είναι εκθετική; ii) Για ποιες τιµές του µ είναι γνησίως φθίνουσα; iii) Για ποιες τιµές του µ η γραφική της παράσταση διέρχεται από το σηµείο Κ(1, 4); iν) Αν µ > να λύσετε την ανίσωση f( + 3) < f( 9) i) Θα πρέπει να ισχύει 0 < µ µ µ µ + 1> 0 και µ µ (µ 1) > 0 και µ(µ ) 0 µ 1 και µ 0 και µ ii) Θα πρέπει να ισχύει 0< µ µ + 1< 1 µ µ + 1> 0 και µ µ + 1<1 (µ 1) > 0 και µ(µ )< 0 µ 1 και 0 < µ < iii) Θα πρέπει να ισχύει f(1) = 4 µ µ + 1= 4 µ µ 3 = 0 µ = 3 ή µ= 1 iν ) Από το (ii) προκύπτει ότι όταν µ > η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα άρα f( + 3) < f( 9) + 3 < 9 > 4

9 9 37. e 1 ίνεται η συνάρτηση f() = ln e + 5 i. Να βρείτε το πεδίο ορισµού της f ii. Να λύσετε την εξίσωση f() = ln iii. Να λύσετε την ανίσωση f() > 0 i. e 1 Πρέπει να ισχύει > 0 και e e + 5 Αλλά e + 5 > 0 για κάθε R, οπότε πρέπει e 1 > 0 e >1 e >e 0 > 0 Άρα υο πεδίο ορισµού της f είναι το Α= (0, + ) ii. e 1 f() = ln ln = ln e + 5 e 1 e + 5 = 4 e 4e 1 = 0 (θέτουµε e = y > 0) y 4y 1 = 0 y = 7 ή y= 3 e = 7 = ln7 δεκτή τιµή αφού ln7 > 0 iii. e 1 e 1 f() > 0 ln > 0 ln > ln1 e + 5 e + 5 e 1 > 1 e + 5 e 1 > e + 5 e e 6 > 0 (θέτουµε e = y) y y 6 > 0 y < ή y > 3 e < αδύνατο ή e > 3 > ln3

10 i ) Να βρείτε τις τιµές των k και λ για τις οποίες τα πολυώνυµα Ρ() = (3k 5λ) ( k ) + 7 και Q() = 3 + ( k 3) + k + 3λ είναι ίσα ii) Για λ = 1 και k = α) Να δείξετε ότι το σύστηµα (5λ 3) + (k 1)y = k + λ + (λ + )y = 4 έχει άπειρες λύσεις τις οποίες να προσδιορίσετε β) Να βρείτε το πεδίο ορισµού της συνάρτησης f() = ln3 (λ 1)e (k + 3)e i) Ρ() = Q() ( 3k 5λ = 1 και k 3 = 1 και k = 0 και k + 3λ = 7) k = και λ = 1 ii) + 3y = 4 α) Για λ = 1 και k = το σύστηµα γίνεται το οποίο είναι ισοδύναµο µε + 3y = 4 την εξίσωση + 3y = 4 η οποία ως γνωστόν έχει άπειρες λύσεις Επειδή + 3y = 4 y = οι άπειρες λύσεις της εξίσωσης άρα και του συστήµατος είναι όλα τα ζεύγη της µορφής (, y) = (, β) Για λ = 1 και k = η συνάρτηση γίνεται f() = Θα πρέπει να ισχύει e 5e ln3 0 e e 15 ln15 συνεπώς πεδίο ορισµού της f είναι το Α = [ln15, + ) e 5e + 4 ) µε R 3 3 ln3

11 Έστω Q(t) η τιµή ενός προϊόντος (σε χιλιάδες ) t έτη µετά την κυκλοφορία του στην αγορά. Η αρχική τιµή του προϊόντος ήταν 3000 ενώ µετά από 6 µήνες η τιµή του είχε µειωθεί στο µισό της αρχικής του τιµής. Αν είναι γνωστό ότι ισχύει lnq(t) = αt + β, t 0 όπου α, β R, τότε : i) Να δείξετε ότι Q(t) = 3 4 -t, t 0 1 ii) Να βρείτε σε πόσο χρόνο η τιµή του προϊόντος θα γίνει ίση µε το της 16 αρχικής τιµής. iii) Να βρείτε τον ελάχιστο χρόνο για τον οποίο η τιµή του προϊόντος δεν υπερβαίνει το 9 1 της αρχικής τιµής. i. Η αρχική τιµή του προϊόντος είναι ίση µε 3 χιλιάδες. Άρα Q(0) = 3 (1) Μετά από 6 µήνες, δηλαδή 1 έτος, η τιµή έγινε το µισό της αρχικής, δηλαδή 3 χιλιάδες. Άρα Q 1 = 3 () Από την υπόθεση lnq(t) = αt + β για t = 0 lnq(0) = β (1) β = ln3 για t = 1 lnq 1 = 1 α + ln3 Η υπόθεση lnq(t) = αt + β γράφεται ii. ίνεται Q(t) = 1 16 Q(0) (i) 3 4 -t = iii. 4 -t = 4 - t = έτη Πρέπει Q(t) 1 9 Q(0) 3 4-t () ln 3 = 1 α + ln3 ln3 ln = 1 α + ln3 α = ln = ln( - ) lnq(t) = t ln( - ) + ln3 lnq(t) = ln( -t ) + ln3 lnq(t) = ln (3 -t ) lnq(t) = ln (3 4 -t ) Q(t) =3 4 -t 4 -t 1 9

12 1 ln4 -t ln 1 9 tln4 ln1 ln9 tln ln3 tln ln3 t ln 3 ln Άρα ο ελάχιστος χρόνος είναι t = ln 3 ln έτη

13 Έστω η συνάρτηση f() = i) Να βρείτε τα σηµεία τοµής της γραφικής παράστασης της f µε τον άξονα των ii) Να λύσετε την εξίσωση f( συν) = 0 στο διάστηµα [0, π] i) Οι τετµηµένες των σηµείων τοµής είναι οι ρίζες της εξίσωσης f() = 0 οπότε f() = = = = 0 θέτω 3 = y οπότε έχουµε y 3 19 y + 99 y 81 = 0 Τώρα αν y = 1 τότε 3 = 1 = 0 εφαρµόζοντας Horner για y = 1 βρίσκουµε (y 1)(y 18y + 81) = 0 y = 1 ή y = 9 (διπλή) αν y = 9 τότε 3 = 9 = άρα Τα σηµεία τοµής είναι τα ( 0, 0) και (, 0) ii) f(συν) = 0 3 3συν 19 3 συν συν 81 = 0 και µε βάση το (i) συν = 0 ή συν = η συν = 0 έχει στο διάστηµα [0, π] λύσεις τις = π ή = 3π ενώ η συν = είναι αδύνατη.