Παραλλαγή στο Δ20-Ν

Εδώ θα καταχωρούνται ασκήσεις οι οποίες συνδυάζουν τουλάχιστον δύο διαφορετικά εκ των παραπάνω κεφάλαια και έχουν επαναληπτικό χαρακτήρα.

Συντονιστής: Καρδαμίτσης Σπύρος

Άβαταρ μέλους
exdx
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1732
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 6:00 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Παραλλαγή στο Δ20-Ν

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από exdx » Δευ Σεπ 28, 2020 11:36 am

Δίνεται ο πραγματικός αριθμός \displaystyle k>0 και η συνάρτηση με τύπο \displaystyle f(x)=-{{x}^{2}}+kx+2x\ln x, για κάθε \displaystyle x>0
Δ1. Να την ορίσετε κατάλληλα στο \displaystyle x=0, ώστε να είναι συνεχής στο \displaystyle [0,+\infty )
Δ2. Να αποδείξετε ότι έχει τρία τοπικά ακρότατα και ένα σημείο καμπής .
Δ3. Αν εμφανίζει τοπικά ακρότατα στα \displaystyle a,b\in (0,+\infty ) με \displaystyle a<b και σημείο καμπής στο \displaystyle c\in (0,+\infty ) , να βρείτε τις γραμμές στις οποίες ανήκουν τα \displaystyle A(a,f(a)),B(b,f(b)),C(c,f(c)) και να δείξετε ότι η γραμμή του \displaystyle C είναι άξονας συμμετρίας της γραμμής των \displaystyle A,B.
Δ4. Δείξετε ότι η εφαπτόμενη της \displaystyle {{C}_{f}} στο \displaystyle C διέρχεται από σταθερό σημείο και έπειτα βρείτε την εφαπτομένη που διέρχεται από την αρχή των αξόνων .
Δ5. Υποθέτουμε ότι \displaystyle k>1 . Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικό \displaystyle p\in (0,a) ώστε να ισχύει : \displaystyle f(p)(1-a)=(k-1)(p-a) και κατόπιν ότι ισχύει : \displaystyle {f}'(m)f(p)(a-1)<[f(a)-f(p)](k-1) για κάθε \displaystyle m\in (0,p) .


Kαλαθάκης Γιώργης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
exdx
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1732
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 6:00 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Παραλλαγή στο Δ20-Ν

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από exdx » Κυρ Δεκ 19, 2021 1:36 am

Δ1. \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,(-{{x}^{2}}+kx+2x\ln x)=0, αφού \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( x\ln x \right)=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{\ln x}{1/x} \right)=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1/x}{-1/{{x}^{2}}} \right)=0
Άρα f(x)=\left\{ \begin{matrix} 
   -{{x}^{2}}+kx+2x\ln x,\,\,x>0  \\ 
   0,\,\,\,\,\,\,x=0  \\ 
\end{matrix} \right.

Δ2. Για \displaystyle x>0 είναι : {f}'(x)=-2x+k+2\ln x+2 και {{f}'}'(x)=-2+\frac{2}{x}=\frac{2(1-x)}{x}
Είναι {{f}'}'(x)>0αν \displaystyle x<1 και {{f}'}'(x)<0αν \displaystyle x>1 . Άρα έχει σημείο καμπής το \displaystyle C(1,k-1)
Επιπλέον \displaystyle \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{f}'(x)=-\infty , \displaystyle {f}'(1)=k>0 , \displaystyle \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{f}'(x)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\, x\left( -2+\frac{k}{x}+2\frac{\ln x}{x}+\frac{2}{x} \right)=-\infty , οπότε
από θ.Bolzano , αφού η \displaystyle {f}' είναι συνεχής , υπάρχουν \displaystyle a,bμε \displaystyle 0<a<c<b , ώστε \displaystyle {f}'(a)={f}'(b)=0
Mε πίνακα μονοτονίας βρίσκουμε ότι η \displaystyle fέχει τοπικό ελάχιστο το A(a,f(a))και
τοπικό μέγιστο το B(b,f(b)) . Επίσης το \displaystyle (0,0)είναι τοπικό μέγιστο .

Δ3. Το \displaystyle Cανήκει προφανώς στην ευθεία \displaystyle (\varepsilon ):x=1
Ακόμα , \displaystyle {f}'(a)=0\Leftrightarrow -2a+k+2\ln a+2=0\Leftrightarrow 2\ln a=2a-k-2, οπότε με αντικατάσταση βρίσκουμε ότι
f(a)=-{{a}^{2}}+ka+a(2a-k-2)={{a}^{2}}-2a και όμοια f(b)={{b}^{2}}-2b.
Άρα τα ακρότατα ανήκουν στην καμπύλη \displaystyle g(x)={{x}^{2}}-2x .
Προφανώς η \displaystyle (\varepsilon ):x=1 είναι άξονας συμμετρίας της \displaystyle g.

Δ4. Η εφαπτόμενη στο \displaystyle C(1,k-1) έχει εξίσωση \displaystyle y-(k-1)=k(x-1)\Leftrightarrow y=kx-1, η οποία διέρχεται απ΄το σημείο \displaystyle M(0,-1) για κάθε \displaystyle k\in R .Η εφαπτόμενη στο τυχαίο σημείο \displaystyle (t,f(t)),t>0 , έχει εξίσωση \displaystyle y-f(t)={f}'(t)(x-t)\Leftrightarrow y+{{t}^{2}}-kt-2t\ln t=(-2t+k+2\ln t+2)(x-t)
και περνά απ΄το \displaystyle (0,0), οπότε \displaystyle {{t}^{2}}-kt-2t\ln t=2{{t}^{2}}-kt-2t\ln t-2t\Leftrightarrow 0={{t}^{2}}-2t\Leftrightarrow t=2
Άρα έχει εξίσωση
\displaystyle y+4-2k-4\ln 2=(-4+k+2\ln 2+2)(x-2)\Leftrightarrow y=(-2+k+2\ln 2)x

Δ5. f(p)(1-a)=(k-1)(p-a)\Leftrightarrow f(p)(1-a)-(k-1)(p-a)=0
Θεωρούμε την \displaystyle E(x)=f(x)(1-a)-(k-1)(x-a)που είναι συνεχής στο \displaystyle [0,a]και
\displaystyle E(0)\cdot E(a)=(k-1)af(a)(1-a)=(k-1)a({{a}^{2}}-2a)(1-a)<0 , αφού \displaystyle k>1και \displaystyle 0<a<1 .
Άρα από θ. Bolzano υπάρχει μια ρίζα της \displaystyle E. Είναι μοναδική , αφού η \displaystyle Eείναι γνησίως φθίνουσα διότι
\displaystyle {E}'(x)={f}'(x)(1-a)-(k-1)(1-a)=(1-a)({f}'(x)-k+1)<0, αφού \displaystyle {f}'(x)<0,k>1,a<1.
Τότε η σχέση {f}'(m)f(p)(a-1)<[f(a)-f(p)](k-1) γίνεται :
\begin{array}{l} 
f'(m)(k - 1)(a - p) < [f(a) - f(p)](k - 1) \Leftrightarrow \\ 
 \Leftrightarrow f'(m)(a - p) < [f(a) - f(p)] \Leftrightarrow f'(m) < \frac{{f(a) - f(p)}}{{a - p}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1) 
\end{array}
Με ΘΜΤ στην \displaystyle fστο \displaystyle [p,a] , υπάρχει \displaystyle q\in (p,a) ,ώστε {f}'(q)=\frac{f(a)-f(p)}{a-p} ,
οπότε η \displaystyle (1)\Leftrightarrow {f}'(m)<{f}'(q) η οποία αληθεύει αφού η \displaystyle {f}' είναι γνησίως αύξουσα για \displaystyle x<1 και \displaystyle m<p<q .
Συνημμένα
γπ.png
γπ.png (17.96 KiB) Προβλήθηκε 575 φορές


Kαλαθάκης Γιώργης
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης