Επαναληπτικές Ασκήσεις Φάκελος : Άλγεβρα Β-Λυκείου Επιµέλεια : Φωτεινή Καλδή

www.mathematica.gr Επαναληπτικές Ασκήσεις Φάκελος : Άλγεβρα Β-Λυκείου Επιµέλεια : Φωτεινή Καλδή

Ασκηση : ίνεται η συνάρτηση f () = ln ( 3 7 + 6 ). Να ϐρεθούν : α) Το πεδίο ορισµού της συνάρτησης f ϐ) Να δείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισµού της. γ) Να λυθεί η εξίσωση ln ( 3 7 + 6 ) = ln ( 4 ) ( ) + ln5 + ln + δ) Να λυθεί η ανίσωση e f(6) f(4) e > e + e + + lne ε) Να λυθεί η ανίσωση e f(6) f(4) e < e Ασκηση : ίνεται η συνάρτηση f () = 4 +κ ln κ ln µε κ R. α) Να ϐρεθεί το πεδίο ορισµού της. ϐ) Να δειχθεί ότι f () + f ( ) = 0. γ) Αν f ( e = 5 να ϐρεθεί ο κ R. δ) Με κ = να λυθεί η ανίσωση f () + f ( ) 6 Ασκηση 3 : ίνεται η συνάρτηση f µε τύπο f() = + ln(e 3). i) Να ϐρεθεί το πεδίο ορισµού της. ii) Να συγκρίνετε τους αριθµούς f(ln4) f(ln5) iii) Να λύσετε την ανισότητα f() > ln + ln(e Ασκηση 4 : ίνεται η συνάρτηση f µε τύπο f () = ln (e + ). ) Να ϐρεθεί το πεδίο ορισµού της συνάρτησης f Να δείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο R. 3) Να λυθεί η εξίσωση f ( 3ηµ ) = f (συν). 4) Να λυθεί η ανίσωση f () > f () 5) Να δείξετε ότι f ( ) = f () για κάθε ϵr (Προτάθηκε από : Χρήστο Κανάβη (pana333) ) (Προτάθηκε από : Ηλία Καµπελή (hlkampel» (Προτάθηκε από : Χρήστο Τσιϕάκη (r.tsif) ) (Προτάθηκε από : Χρήστο Κανάβη (pana333) ) Ασκηση 5 : { ίνεται η συνάρτηση f µε τύπο f () = 3 α 5 + 6, < + ln, α) Αν είναι f () = f (, να ϐρεθεί ο πραγµατικός αριθµός α. ϐ)για α= i) Να δειχθεί ότι f () 0 για κάθε. ii) Να λυθεί η εξίσωση f () = 0. iii) Να λυθεί η ανίσωση f () < 0 για <. iv) Να λυθεί η εξίσωση f (( ) = ln για 0. v) Να λυθεί η εξίσωση f (συν) συν + = 0 για ϵ [0, π] }.

(Προτάθηκε από : Χρήστο Κανάβη (pana33) ) Ασκηση 6 : ίνεται το πολυώνυµο P () = ( α + ln 4 α ) 3 3 ( α + ln 3 α ) + ( α + ln α ) + + ln 3 α µε α, R α > 0. Α. Να ϐρεθεί ο α > 0 ώστε το άθροισµα των συντελεστών του πολυωνύµου να είναι 0 (µηδέν). Β. Αν α = τότε : α) Να γίνει η διαίρεση P () : ( ). ϐ) Να λυθεί η εξίσωση P ( e + ) = 0 Ασκηση 7 : (Προτάθηκε από : Ηλία Καµπελή (hlkampel) ) ίνεται η συνάρτηση f() = log( + ) α) Να ϐρεθεί το πεδίο ορισµού το σύνολο τιµών της συνάρτησης. ϐ) Να δείξετε ότι η συνάρτηση f είναι περιττή. γ) Να ϐρεθούν τα σηµεία τοµής της γραϕικής παράστασης της συνάρτησης µε την ευθεία Ασκηση 8 : Α) ίνονται οι συναρτήσεις g () = e µε g () 0 για κάθε ϵr f () = ln (e ). ) Να ϐρεθεί το πεδίο ορισµού της συνάρτησης f. Να ϐρεθεί η ελάχιστη τιµής της g. 3) Να δείξετε ότι για κάθε ϵr e 4) Να δείξετε ότι είναι ln για κάθε > 0. Πότε ισχύει η ισότητα Β) Εστω η συνάρτηση h () = ln +. ) Να δείξετε ότι h ( ) + h () = ( ), > 0. Να λυθεί η εξίσωση h () = + + ln 3 Γ) Εστω η αριθµητική πρόοδος α ν µε α =,α = f () + ln, α 3 = ln4. )Να ϐρεθεί ο η διαϕορά ω. Να υπολογίσετε το άθροισµα των 5 πρώτων όρων. (Προτάθηκε από : Σπύρο Καρδαµίτση ) (Προτάθηκε από : Χρήστο Κανάβη (pana333) ) Ασκηση 9 : ίνεται το πολύώνυµο P () = 3 + α + β που έχει παράγοντα το πολυώνυµο Q () = ( ) η συνάρτηση f () = ln (P ()) Α) Να υπολογιστούν τα α ϐ. Β) Για α=-5 ϐ=4 ) Να ϐρεθεί το πεδίο ορισµού της συνάρτηση f. Είναι f () = ln + ln ( ) 3) Να λυθεί η εξίσωση P (ηµ) = 0. 4) Να λυθεί η εξίσωση e P ()+ e 3 = 0. 5) Να ϐρεθεί το άθροισµα των 9 πρώτων όρων της αριθµητικής προόδου α ν µε α = P (), α = P (, α 3 = P ( ) + 8. 6) Να λυθεί η εξίσωση ln (P () + ) + ln (P () + ) +... + ln (P () + ) 0 = 0. 7) Να λυθεί η εξίσωση ln (Q ()) + ln (Q ()) +... + ln 0 (Q ()) = 0.

(Προτάθηκε από : Χρήστο Κανάβη (pana333) ) Ασκηση 0 : ίνεται η συνάρτηση f () = ( 5 + ) + ( 5 ) Α) Να ϐρείτε το πεδίο ορισµού της Β) Να αποδείξετε ότι η f είναι γνήσια αύξουσα Γ) Να λύσετε την ανίσωση f () > ) Να λύσετε τις εξισώσεις f () = f () = Ε) Να λύσετε την ανίσωση f ( ηµ ) Στ) Να λύσετε την εξίσωση f ( ) = f ( + ln Λύσεις Ασκήσεων (Προτάθηκε από : Μίλτο Παπαγρηγοράκη (m.papagrigorakis) ) Λύση Ασκησης : α) Εχουµε 3 5 + 0 + 6 = ( 5( + 6( = ( ( 5 + 6) = ( ( ( 3) = ( ( 3), () Θέλουµε : 3 7 + 6 > 0 ( ( 3) > 0 (3, ) Άρα D f = (3, ) ϐ) Εστω, ϵ (3, + ) µε <. Είναι 3 < 3 ( < (. Εποµένως ( 3) ( < ( 3) ( f ( ) < f ( ). Άρα η f γνησίσως αύξουσα στο (3, + ) γ)ln ( 3 7 + 6 ) = ln ( 4 ) ( ) + ln5 + ln ln ( 3 7 + 6 ) ( = ln ( 4) 5 + + ) ( = ln ( ( + 5 + ) = ln ( 5( ( ( 3) = 5( ( = 3 = 5) ( = = 8) Με επαλήθευση απορρίπτουµε την λύση =. Άρα = 8. δ)είναι : f(6) = ln(48) f(4) = ln4, εποµένως f(6) f(4) = ln(48) ln4 = ln(48) ln(6) = ln 48 6 = ln3. Ετσι e f(6) f(4) = e ln3 = 3. Επίσης είναι γνωστό ότι lne = lne =. Σύµϕωνα µε τα παραπάνω η δοθείσα είναι ισοδύναµη µε την : e + e + + e <, η οποία είναι αδύνατη στο R. Πράγµατι για 0 έχουµε :e e + e e 0 άρα e + e + + e e + > Για < 0 είναι : e > 0 e + > 0 e > αϕού e k > 0, k R < 0 > 0. Εποµένως έχουµε e + e + + e >. Άρα η ανίσωση αδύνατη στο R ε) f(6) = ln(48) f(4) = ln4, εποµένως f(6) f(4) = ln(48) ln4 = ln(48) ln(6) = ln 48 6 = ln3. 3

Ετσι e f(6) f(4) = e ln3 = 3. Άρα έχουµε να λύσουµε την : e + e 6 > 0 (e ) + e 6 > 0 (e + 3)(e > 0 από την οποία έχουµε : (e + 3 > 0 e > 0) (e > 3 e > ( R > ln ή (e + 3 < 0 e < 0) (e < 3 e < που είναι αδύνατη στο R. Άρα τελικά > ln. (Από : Αντώνη Νασιούλα ) Λύση Ασκησης : α) { Για το πεδίο ορισµού { της συνάρτησης έχουµε : > 0 > 0 D f = (0, ) U (, + ) ln 0 ( ) ϐ) f() + f = 4 +k ln k ln + 4 +k ln k ln = 4 +k ln k ln 4 +k ln + k ln = 0 γ) f ( e = 4 +k lne k lne = 4 +k k = 5 k+ k 5 = 0 4 k k 5 = 0 4u u 5 = 0 u =, u = 5 8 Άρα u = k = k = δ) Για k = : f() = 8ln + ln. Άρα : ( ) f() + f 8ln + ln 6 0. Θέτω ln = u η ανίσωση γίνεται : 8u + u 6 0 8u 6u + 0 = 6ln + 4 ln 8ln ln = 8ln + ln 6 u u (8u 6u + ) 0 µε u 0. Προκύπτει ότι 8u 6u + > 0 αϕού < 0 α=8 > 0. Άρα η ανίσωση γίνεται : u(8u 6u + 0 u 0 u < 0 ln < 0 ln < ln < = Λύση Ασκησης 3: α) Πρέπει e 3 > 0 e > 3 > ln 3 Άρα D f = (ln 3, + ) ϐ) f (ln 4) = ln 4 + ln ( e ln 4 3 ) = ln 4 + ln (4 3) = ln 4 + ln = ln 4 f (ln 5) = ln 5 + ln ( e ln 5 3 ) = ln 5 + ln (5 3) = ln 5 + ln = ln 0 Οµως ln 0 > ln 4 f (ln 5) > f (ln 4) γ) f () > ln + ln (e, () πρέπει e > 0 > ln > ln 3 Αν > ln 3 η () γίνεται : (Από : (vanale) ) 4

+ ln (e 3) > ln + ln (e ln e + ln (e 3) > ln [ (e ] ln ( e 3e ) > ln (e ln 4) e 3e > e 4 e 5e + 4 > 0 (e 4) (e ) > 0 Άρα e < < 0 (απορρίπτεται) ή e > 4 > ln 4 Ετσι (ln 4, + ) (Από : Ηλία Καµπελή (hlkampel) ) Λύση Ασκησης 4: ) Πρέπει e + > 0 e >0, R R A f = R, όπου A f είναι το πεδίο ορισµού της f Εστω, A f = R µε < e e < e + e + < e + f ( ) < f ( ) οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο R. 3) Είναι f ( 3 ηµ ) = f (συν) f(γνησ.αυξoυσα) f: 3 ηµ = συν : () Η τελευταία εξίσωση δεν µπορεί να έχει ϱίζα κάποιο 0 R για το οποίο ηµ 0 = 0 διότι τότε ϑα 0 +συν 0 = ηµ 0 =0 είναι 3 ηµ 0 = συν 0 συν 0 = 0 ηµ 0 +συν 0 =0 ηµ = 0 (άτοπο). Οπότε ισοδύναµα έχουµε : 3 ηµ = συν :ηµ 3 = συν ηµ σϕ = 3 σϕ = σϕ π 6 = kπ + π 6, k Z 4) Είναι f () > f () f(γνσ.αξoυσα) > > 0 5) Εχουµε : f ( ) = ln (e + ) = ln ( e + ) = ln ( ) e + ln e ln (e + ) ln e f()=ln(e +),ln e = f ( ) = f () ( θ θ )=ln θ ln θ,θ,θ (0,+ ) = (Από : Στάθη Κούτρα ) Λύση Ασκησης 5: Α). f() = f( 0 = ( 3 { a ( 5 ( + 6 4a = 8 a = 3 5 + 6, < Β).i) Για a = η f() γίνεται : + ln, Για : f() = ln + οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα αϕού : < ln < ln () < < (. Με πρόσθεση κατά µέλη των () ( προκύπτει για < f ( ) < f ( ) Άρα για f () f () f () 0. ii) Για < : f () = 0 3 5 + 6 = 0 ( ) ( 6 ) = 0 =, = 3, 3 = Απ όπου προκύπτει ότι τελικά =. Για : f () = ln + η οποία έχει ως γνησίως αύξουσα µοναδική ϱίζα σ αυτό το διάστηµα το = iii) Για < : f() = 3 5 + 6 = ( ) ( 3) ( + < 0 Για < η f είναι ϑετική στο (, ) αρνητική στο (,. Άρα (, iv) 0 : f (( ) ( = ln 3 ( ( 5 ( + 6 = ln 5

u 3 u 5u + 6 = lnu u = ( ( = ( = 0 = 0 v) 0 π : συν συν Αν το συν είναι τότε προϕανώς το = 0 το οποίο είναι δεκτή λύση. Τώρα για συν < : f (συν) = συν 3 συν 5συν + 6. Και έτσι η εξίσωση γίνεται : f (συν) συν + = 0 συν 3 συν 6συν + 7 = 0 u 3 u 6u + 7 = 0 (u ) ( u u 7 ) = 0 u =, u,3 = ± 9 Παραπάνω απορρίπτονται όλες οπότε µόνη λύση µένει συν = = 0 (Από : (vanale) ) Λύση Ασκησης 6: Α. Για να είναι το άθροισµα των συντελεστών του πολυωνύµου 0 πρέπει : a + ln 4 a 3a 3ln 3 a + a + ln a + + ln 3 a = 0 ln 4 a ln 3 a + ln a a + = 0 ln a ( ln a lna + ) + (a ) ln a (lna ) + (a ) = 0 Προέκυψε { άθροισµα ϑετικών { όρων ίσο µε 0 άρα πρέπει { : lna (lna ) = 0 lna = 0 lna = a = a = e a = 0 a = a = Άρα a =. Β.α) Για a = το πολυώνυµο γίνεται : P () = 3 3 + + -3 Από σχήµα Horner - - προκύπτει P () = ( ) ( ) - - 0 ϐ) Από την παραπάνω εξίσωση P () = 0 προκύπτει ότι =, = +, = Άρα e + =, e + = +, e + = Η e =, e =, e = Η πρώτη τη τρίτη είναι αδύνατες αϕού τα δεύτερα µέλη είναι αρνητικοί αριθµοί. Η δεύτερη έχει λύση = 0. Λύση Ασκησης 7: α) πρέπει αν 0 0 < + ( ) αν > 0 + > + > 0, R A f = R (Από : (vanale) ) { ισχει (, 0] { ισχει (, 0] + >, (0, + ) > 0, ισχει (0, + ) Β) Εστω R = A f A f = R ( ) f ( ) = log ( ) + + R = A R = A f f ( ) ( ) ( f ( ) = log + + + + + ) f ( ) = log + 6

R = A f R = A f ( ) + f ( ) = log f ( ) = log + R = A f ( f ( ) = log + R = A f log θk =k log θ,θ>0,k R ) f ( ) = f () άρα η f είναι περιττή γ) Φανερά µας Ϲητείται να λύσουµε το σύστηµα : + ( ) ( ) y = log + log + = { { + = 0 + = 00 + { + = (00 + ) { + = 0.000 + 00 + 00 + 0 00 { 00 = 9999 = 9999 00 00 00 00 ( (ε):y= C f (ε) = M 9999 ) 00, R = A f ( ) f ( ) = log + Λύση Ασκησης 8: Α) ) Πρέπει e > 0 e > > 0 g () > 0 που ισχύει για κάθε άρα είναι A f = R R Επειδή g (0) = e 0 0 = = 0 g() 0, R min g = g (0) = 0 3) Επειδή ισχύει : g () 0, R e 0, R R (,0] R, e ( 0, R + 0, R... e 4) Με e, R e = e (Από : Στάθη Κούτρα) ) 7

g () 0, R e 0, R e ( ) 0, R e + 0, R e, R ln, (0,+ ) ln e ln, (0, + ) log α α = ln, (0, + ) ln, (0, + ) Β) ) ( Είναι ) ( h()=ln + h + h () = ln ln( )=ln ln =0 ln ln + + ln + = = ) + + ln + = = +... h ( ) + h () = { Εχουµε : { h () = + + ln 3 h()=ln + ln + = + + ln 3 (0, + ) (0, + ) { { ln 3 ( ln = 0 ln ln ) = 0... (0, + ) (0, + ) { { ln = 0 = ln = 0... ln = ± (0, + ) (0, + ) = > 0 = e > 0... =, = e > 0 e, e (0, + ) ( ), (0, + ) α =,α =f()+ln,α 3 =ln 4 Γ) Είναι : ) α, α, α 3.O.A.Π α = α + α 3 [f () + ln ] = + ln 4 f()=ln(e ),ln 4=ln = ln [ln (e ) + ln ] = + ln : ln (e ) + ln = + ln ln (e ) = e = e = 0 Με = 0 α = 0, α = f (0) + ln f(0)=ln(e0 0)=ln =0 = ln ω = ln 0 ω = ln Είναι S 5 = 5 [α + (5 ) ω] α =0,ω=ln S 5 = 5 4 ln... S 5 = 0 ln (Από : Στάθη Κούτρα ) Λύση Ασκησης 9: Α) Για να έχει το P () παράγοντα το Q () = ( ) = ( ) πρέπει να υπάρχει πολυώνυµο R () = κ + λ ώστε : P () = Q () R () 3 + α + β = ( ) (κ + λ) 3 + α + β = ( + ) (κ + λ) 3 + α + β = κ 3 + λ κ λ + κ + λ 8

λ = λ = 3 + α + β = κ 3 + (λ κ) β = κ λ β = 4 + (κ λ) + λ α = λ κ α = 5 κ = κ = Β) Για α = 5, β = 4 P () = ( ) ( ) { ( ) ) Πρέπει P () > 0 ( ) ( ) > 0 > 0 > A f =, (, + ) [ ] Είναι f () = ln (P ()) = ln ( ) ( ) = ln ( ) + ln ( ) f () = ln + ln ( ) 3) Είναι P (ηµ) = 0 (ηµ ) (ηµ ) = 0 { ηµ = 0 ηµ = ηµ = 0 ηµ = = κπ + π, κ Z = κπ + π = κπ + π ηµ = ηµ π, κ Z, κ Z = λπ + π 6 6, = λπ + π π = λπ + π 6, λ Z 6, λ Z = λπ + 5π 6, λ Z 4) e P ()+ e 3 = 0 e P ()+ = e 3 et P () + = 3 3 5 + 4 + = 3... 5 4 = 0... = = 5 5) Είναι α = P () P ()=( ) ( ) P ()=0 α = 0, α = P ( P ()=( ) ( ) P (=3 α = 3, α 3 = P ( ) + 8 P ()=( ) ( ) P ( )= α 3 = 6 Είναι ω = α α = 3 0 ω = 3 άρα είναι : S 9 = 9 [α + (9 ) ω] α =0,ω=3 S 9 = 08 6) { Είναι ln (P () + ) + ln (P () + ) +... ln (P () + ) 0 = 0{ ln (P () + ) + ln (P () + ) +... 0 ln (P () + ) = 0 ln (P () + ) ( + +... + 0) = 0 P () + > 0 3 5 + 4 + > 0 { P () + = ( 5 + 4 ) > 0 =5 3= 7<0 5+4>0 { { P () = 0 ( ) ( ) = 0 = > 0 =... > 0 > 0 > 0 > 0 7) ln (Q ()) + ln (Q ()) +... + ln 0 (Q ()) = 0 ln (Q ()) [ + ln (Q ()) +... + ln 00 (Q ()) ] = 0 : () { { Q () = e ( ) { { ι) Αν ln (Q ()) = Q () > 0 = e = ± e = ± e ( ) > 0 τότε έχουµε : + ln (Q ()) +... + ln 00 (Q ()) = 0 η () γίνεται ισοδύναµα 9

0 ln (Q ()) = 0 ln (Q ()) = 0 Q () = ( ) = = ± { = 0 = ιι) Αν ln (Q ()) + ln (Q ()) +... + ln 00 (Q ()) = ln0 (Q ()) οπότε η () ισοδύναµα γίνεται { { { { ln (Q ()) ln 0 (Q ()) ln (Q ()) = 0 Q () = ( ) = = ± ln (Q ()) = 0 4 ln (Q ()) Q () > 0 Οπότε οι ϱίζες της () είναι = 0, = (Από : Στάθη Κούτρα ) Λύση Ασκησης 0: Α) Η συνάρτηση f() = a, 0 < a έχει πεδίο ορισµού το R άρα A f = R. Β) Για, A f αϕού 5 + > 5 > έχουµε : < ( 5 + ) < ( 5 + ) () < ( ) 5 < ( 5 ) ( Με πρόσθεση κατά µέλη των () ( προκύπτει : Για < f( ) < f ( ). Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα. Γ) f() > f() > f(0) > 0, αϕού η f είναι γνησίως αύξουσα. ) Παρατηρούµε ότι f(0) = άρα η εξίσωση γίνεται f() = f(0) = 0. (Ως γνησίως αύξουσα είναι - ) Παρατηρούµε επίσης ότι f( = άρα οµοίως η εξίσωση γίνεται f() = f( =. (Ως γνησίως αύξουσα είναι - ) Ε) f ( ηµ ) f ( ηµ ) f(0) ηµ 0 ηµ = 0 = κπ. Στ) Προϕανής ϱίζα είναι το το Για κάθε 0 < < ισχύει ότι > f ( ) > f ( 0 > ln. Με πρόσθεση κατά µέλη έχουµε ότι για κάθε (0, ) ισχύει ότι f ( ) > f ( + ln () Για κάθε > ισχύει ότι < f ( ) < f ( 0 < ln. Με πρόσθεση κατά µέλη ϐρίσκουµε ότι για κάθε > ισχύει ότι f ( ) < f ( + ln ( Από τις () ( προκύπτει ότι η εξίσωση δεν µπορεί να έχει άλλη ϱίζα, εποµένως µοναδική ϱίζα είναι το (από : (vanale) Μίλτο Παπαγρηγοράκη (m.papagrigorakis») 0