ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ A' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 3)α)Αν ισχύει (α + α 2 + 1)( β + β 2 + 1) = 1 τότε α+β=0 β)Να λυθεί η εξίσωση ( χ 2 + χ 4 + 1)( χ − 2 + χ 2 − 4 χ + 5 ) = 1 γ)Έστω η συνάρτηση f(χ)=χ2+αχ+β και ισχύει ότι ( f (1) + f (1) + 1)( f ( 2) + f ( 2) + 1) = 1 να βρεθεί η συνάρτηση f(χ) ΛΥΣΗ α)Έχουμε ότι

(α + α 2 + 1)( β + β 2 + 1) = 1 .Όμως

(α + α 2 + 1)(α − α 2 + 1) = −1 άρα

έχουμε β + β + 1 = −α + α + 1 (1).Ομοίως ( β + β 2 + 1)( β − β 2 + 1) = −1 άρα έχουμε β − β 2 + 1 = −α − α 2 + 1 (2) προσθέτουμε (1),(2) και έχουμε 2β=-2αα+β=0 β)Προφανώς είναι πολύ δύσκολο να κάνουμε πράξεις.Στηριζόμαστε στο α) ερώτημα και έχουμε 2 ( χ 2 + ( χ 2 ) 2 + 1)( χ − 2 + ( χ − 2) 2 + 1) = 1 θέτω α=χ και β=χ-2 και έχουμε (α + α 2 + 1)( β + β 2 + 1) = 1  α+β=0χ2+χ-2=0.έχουμε λοιπόν Δ=1+2*4=9 και χ 1=-2 , χ 2=1 γ)Όπως και στην προηγούμενη θέτουμε α= f (1) και β= f (2) α2=f(1) και β2=f(2) όπου α,β≥0.Άρα λόγο του α) έχουμε α+β=0= f (1) + f (2) =0 άρα f(1)=0 και f(2)=0.Άρα οι αριθμοί 1,2 είναι ρίζες της f(χ)=χ2+αχ+β και έχουμε f(1)=1+α+β=0 (1) και f(2)=4+2α+β=0 (2).Οι εξισώσεις (1),(2) αποτελούν σύστημα το οποίο και λύνουμε και βρίσκουμε (α,β)=(-3,2).Άρα η συνάρτηση είναι f(χ)=χ2-3χ+2 2

2

4)Να λυθεί η εξίσωση

10 χ −ψ 2 − ψ + 2 = 25χ 2 + ψ

ΛΥΣΗ Είναι αρκετά δύσκολη άσκηση με γεύση από ολυμπιάδα…Έχουμε ότι 10χ −ψ 2 = 25χ 2 +ψ + ( 10 χ −ψ 2 ) 2 = ( 25χ 2 + ψ + ψ + 2 ) 2  10χ-ψ2=25χ2+ψ+ψ+2+ 2 25χ 2 +ψ ψ + 2 

ψ +2

-ψ2-2ψ-1-25χ2+10χ-1= 2 25χ 2 +ψ ψ + 2  -(ψ+1)2-(5χ-1)2= 2 25χ 2 +ψ ψ + 2 .Όμως το 2 25χ 2 +ψ ψ + 2 ≥0 ενώ το -(ψ+1)2-(5χ-1)2≤0 άρα για να ισχύει η ισότητα θα πρέπει -(ψ+1)2-(5χ-1)2=0 ψ=-1 και χ= 1 5

5)Έστω η f(χ)=αχ2+βχ+γ τέμνει τον άξονα χχ΄ στα Α,Β και Κ η κορυφή της f(χ).Αν το τρίγωνο ΚΑΒ είναι ισόπλευρο να βρεθεί η διακρίνουσα της f(χ) ΛΥΣΗ Αφού η f(χ) τέμνει τον χχ’ σε δύο σημεία άρα Δ>0.Το Α( − β −

2α

∆

,0),το Β( − β +

∆

2α

,0) και Κ( − β , − ∆ ).Έχουμε ότι 2

 − β + ∆ − β   − ∆ 2  +  −   4α   2α 2 α  

ΚΑ=ΚΒ=ΑΒ.Όμως ΚΑ= 2

ΚB=

 − β − ∆ − β   − ∆ 2  +  −    2α 2 α   4α  

AB=

−β − ∆ −β + ∆    −   2α α 2  

ΚΑ2=ΑΒ2 

∆

α

Δ>0 άρα Δ=12

2

=

∆ 4α

2

+

4α

2α

2

=

∆2 16α 2

= ∆

α2

∆ 4α 2

+

=

∆ 4α 2

+

∆2 16α 2

∆2 16α 2

.Αφού ΚΑ=ΚΒ=ΑΒ άρα

16Δ=4Δ+Δ2Δ(Δ-12)=0 όμως

6)Δίνεται η f(χ)=χ2-2(α+β)χ-2αβ(γ-1)+γ2 όπου α,β θετικοί διαδοχικοί ακέραιοι αριθμοί με β>α και γ άρτιος.Να εξεταστεί αν μπορεί η f(χ) να γραφεί σαν τέλειο τετράγωνο ΛΥΣΗ Για να γραφεί η f(χ) σαν τέλειο τετράγωνο θα πρέπει Δ=0 Δ=4(α+β)2+4[2αβ(γ-1)-γ2]=0α2+2αβ+β2+2αβγ-2αβ-γ2=0 α2+β2+2αβγ-γ2=0 γ2-2αβγ-α2-β2=0.Η τελευταία εξίσωση είναι δευτεροβάθμια ως προς γ και η οποία θα πρέπει να έχει λύση Δ1=4 α2β2+4(α2+β2)=4(α2β2+α2+β2)≥0

Όμως α,β θετικοί διαδοχικοί ακέραιοι αριθμοί άρα β=α+1.Άρα Δ1=4[α2(α+1)2+α2+(α+1)2]=4(α4+2α3+3α2+2α+1)=4(α2+α+1)2>0 Έχουμε

γ 1, 2 =

2αβ ± 2(α 2 + α + 1) = α (α + 1) ± (α 2 + α + 1) 2

Άρα γ 1=-1 ή γ 2=2α(α+1)+1(περιττός αφού είναι της μορφής 2κ+1) όμως γ άρτιος και δεν μπορεί άρτιος να είναι ίσος με περιττό.Άρα καμία λύση δεν είναι δεκτή και επομένως η f(χ) δεν μπορεί να γραφεί σαν τέλειο τετράγωνο 7)Έστω η εξίσωση χ2+(α+β+γ)χ+μ(αβ+βγ+γα)=0 με α,β,γ θετικοί αριθμοί α) Να βρεθούν οι τιμές του μ έτσι ώστε η εξίσωση να έχει πραγματικές λύσεις β)Αν α,β,γ πλευρές τριγώνου να βρεθούν οι τιμές του μ έτσι ώστε η εξίσωση να μην έχει πραγματικές ρίζες ΛΥΣΗ α)Για να έχει η εξίσωση πραγματικές λύσεις θα πρέπει Δ=(α+β+γ)2-4μ(αβ+βγ+γα) =α2+β2+γ2-(4μ-2)(αβ+βγ+γα) όμως από την γνωστή ανισώτητα α2+β2+γ2≥αβ+βγ+γα (γιατί;) έχουμε Δ≥αβ+βγ+γα-(4μ-2)(αβ+βγ+γα)=(-4μ+3)(αβ+βγ+γα)≥0 αφού η εξίσωση έχει λύσεις.Όμως α,β,γ θετική αριθμοί άρα -4μ+3≥0μ≤ 3 4

β)Ομοίως έχουμε ότι Δ=α2+β2+γ2-(4μ-2)(αβ+βγ+γα).Επειδή όμως α,β,γ πλευρές τριγώνου άρα ισχύει τριγωνομετρική ανισότητα α+β>γ και β+γ>α και γ+α>β.Πολλαπλασιάζουμε την πρώτη με γ την δεύτερη με α και την τρίτη με β και έχουμε γα+γβ>γ2 και αβ+αγ>α2 και γβ+βα>β2 και τις προσθέτουμε κατά μέλη και έχουμε α2+β2+γ2<2(αβ+βγ+γα). Άρα Δ<2(αβ+βγ+γα)-(4μ-2)(αβ+βγ+γα)=(-4μ+4)(αβ+βγ+γα)<0 αφού η εξίσωση δεν έχει λύσεις.Όμως α,β,γ θετική αριθμοί άρα –4μ+4<0μ>1 8)Έστω η εξίσωση αχ4+βχ2+γ=0

α)Να δειχθεί ότι για να έχει η εξίσωση τέσσερις πραγματικές ρίζες θα πρέπει τα α,γ να είναι ομόσημα ενώ β ετερόσημο των α,γ β)Να βρεθούν οι τιμές του α ώστε η εξίσωση (α2+α-2)2003χ4+β2004χ2+(α-α-6)2005=0 να έχει τέσσερις πραγματικές ρίζες ΛΥΣΗ α)Θέτουμε όπου χ2=ψ και άρα έχουμε την εξίσωση αψ2+βψ+γ=0 (1).Για να έχουμε τέσσερις πραγματικές ρίζες θα πρέπει ψ>0 γιατί μόνο τότε θα έχει ρίζες η εξίσωση χ2=ψ.Άρα οι ρίζες τις (1) θα πρέπει να είναι θετικές δηλαδή πρέπει S,P>0 − β >0  αβ<0 άρα ετερόσημα και γ >0α,γ>0 άρα α

α

ομόσημα.Άρα α,γ είναι ομόσημα ενώ β ετερόσημο των α,γ β)Σύμφωνα με το α) θα έχουμε ότι β2004>0 άρα (α2+α-2)2003(α-α6)2005<0(α2+α-2)(α2-α-6)<0.Ο πρώτος παράγοντας έχει ρίζες –2,1 ενώ ο δεύτερος παράγοντας έχει ρίζες 3,-2 άρα σχηματίζουμε τον παρακάτω πίνακα -∝ -2 1 3 +∝ 2 α +α-2 + + + 2 α -α-6 + + γινόμενο + + + Το γινόμενο πρέπει να είναι αρνητικό άρα α∈(1,3) 9)α)Να βρεθεί η συνάρτηση f:R→R που ικανοποιεί την σχέση 2f(χ)+f(χ-1)=αχ2+χ+1 (1) για κάθε χ∈R β)Να βρεθεί η συνάρτηση g:R→R που ικανοποιεί την σχέση g(χ+1)≤χ≤g(χ)+1 (2) για κάθε χ∈R γ)Αν η συνάρτηση g(χ) είναι εφαπτομένη της f(χ) να βρεθεί το α ΛΥΣΗ α)Αφού η σχέση ισχύει για κάθε χ άρα θα ισχύει και για χ-1 άρα 2f(χ-1)+f(χ)=α(χ-1)2+(χ-1)+12f(χ-1)+f(χ)=αχ2-2αχ+α+χ (3).Οι σχέσεις (1) και (3) αποτελούν σύστημα.Από την (1)

έχουμε ότι f(χ-1)=αχ2+χ+1-2f(χ) και την θέτουμε στην (3) και έχουμε 2[αχ2+χ+1-2f(χ)]+f(χ)=αχ2-2αχ+α+χ  2αχ2+2χ+2-4f(χ)+f(χ)= αχ2-2αχ+α+χ -3f(χ)=-αχ2-2αχ-2χ+χ+α-2-3f(χ)=-αχ2-2αχ-χ+α-2 f(χ)= α χ2+( 2α + 1 )χ+ 2 − α άρα η f(χ) είναι παραβολή 3

3

3

β)Αφού η σχέση g(χ+1)≤χ≤g(χ)+1 ισχύει για κάθε χ∈R άρα μπορούμε να θέσουμε όπου χ το χ-1 άρα θα έχουμε g[(χ-1)+1]≤χ-1≤g(χ-1)+1 g(χ)≤χ-1≤g(χ-1)+1 άρα από την πρώτη ανισότητα έχουμε χ≥ g(χ)+1 άρα έχουμε g(χ)+1≤χ≤g(χ)+1 χ=g(χ)+1 g(χ)=χ-1 άρα από g(χ) είναι ευθεία γ)Αφού η συνάρτηση g(χ) είναι εφαπτομένη της f(χ) άρα θα πρέπει οι δύο συναρτήσεις να έχουν ένα κοινό σημείο.Για να βρούμε το σημείο αυτό πρέπει να λύσουμε την εξίσωση g(χ)=f(χ) χ-1= α χ2+( 2α + 1 )χ+ 2 − α  3

3

3

3χ-3=αχ +(2α+1)χ+2-ααχ +2(α-1)χ+5-α=0 η εξίσωση θα πρέπει να έχει μια λύση άρα Δ=04(α-1)2-4α(5-α)=0 α2-2α+1-5α+α2=0 2

2

2α2-7α+1=0 η εξίσωση έχει Δ=49-4*2=41 άρα α= 7 ±

41 4

10)Δίνεται η εξίσωση αχ2+Δχ+α+γ=0 με διακρίνουσα Δ.Να βρεθούν οι τιμές που μπορεί πάρει το γ ώστε η εξίσωση,για κάθε α,να έχει πάντα δύο άνισες λύσεις ΛΥΣΗ Αφού Δ είναι η διακρίνουσα άρα Δ=Δ2-4α(α+γ)  Δ2-Δ-4α(α+γ)=0 (1) ή εξίσωση θα πρέπει να έχει τουλάχιστον μια ρίζα άρα Δ1≥0 1+4*4α(α+γ)≥01+16α(α+γ)≥016α2+16αγ+1≥0.Η ανισόσητα είναι ένα τριώνυμο ως προς α και θα πρέπει να ισχύει για κάθε α.Άρα αφού α=16>0 πρέπει να ισχύει ότι Δ2≤0(16γ)2-4*16≤0 4γ2-1≤0γ2≤ 1 .Έχουμε λοιπόν τον πίνακα

4

-1

-∞

2

+∞

2

+

1 4

γ2-

+1 -

+

Άρα για γ2≤ 1 - 1 ≤γ≤ 1 έχουμε ότι υπάρχει τιμή του Δ έτσι 4

2

2

ώστε Δ∈R.Όμως θα πρέπει για μία από τις δύο λύσεις τις (1) να ισχύει και Δ>0.Παρατηρούμε ότι το Δ1+Δ2=1.Αν Δ1<0 και Δ2<0 τότε Δ1+Δ2=1<0 αδύνατο άρα τουλάχιστον μια εκ των Δ1,Δ2 είναι θετική και άρα η αρχική μας εξίσωση θα έχει δύο ρίζες άνισες 11)Έστω χ 1,χ 2 οι ρίζες της εξίσωσης χ2-αχ+β=0.Να βρεθούν τα α,β ώστε το ελάχιστο της παράστασης Α=χ 12(χ 2+1)+χ 2 2(χ 1+1) να είναι ίσο με 4 ΛΥΣΗ Πρώτα θα πρέπει να γράψουμε την παράσταση Α ως άθροισμα και γινόμενο των ριζών χ 1,χ 2 με χ 1χ 2=β και χ 1+χ 2=α Α=χ 12χ 2+χ 12+ χ 22χ 1+χ 22=χ 1χ 2 (χ 1+χ 2)+χ 12+χ 22= χ 1χ 2(χ 1+χ 2 )+(χ 1+χ 2)2-2χ 1χ 2=βα+α2-2β=α2+αβ-2β.Η παράσταση είναι τριώνυμο ως προς α με τον συντελεστή του α2 να είναι το 1>0 άρα παρουσιάζει ελάχιστο για α= − β και η Α γίνεται 2

Α min= β

2

4

−

β

2

2

− 2β

=−β

− 8β 4

2

όμως Αmin=4

-β2-8β=16β2+8β+16=0(β+4)2=0β=-4 και α= − β =2 2

14)α)Να λυθεί η εξίσωση 3 χ − α + 3 χ − β + 3 α + β − 2 χ = 0 με β>α β)Να τοποθετηθούν οι ρίζες από την μικρότερη προς τη μεγαλύτερη ΛΥΣΗ α)Από την ταυτότητα του Εuler έχουμε 3 χ − α + 3 χ − β + 3 α + β − 2χ = 0  ( 3 χ − α ) 3 + ( 3 χ − β ) 3 + ( 3 α + β − 2 χ ) 3 = 33 χ − α 3 χ − β 3 α + β − 2 χ



χ-α+χ-β+α+β-2χ= 33 χ − α 3 χ − β 3 α + β − 2 χ  0= 33 χ − α 3 χ − β 3 α + β − 2 χ άρα (χ-α)(χ-β)(2χ-α-β)=0

χ 1=α,χ 2=β και χ 3= α + β 2

β)Από την β>α α+β>2α α + β >α επίσης από β>α έχουμε 2β>α+ββ>

α+β 2

άρα α<

α+β 2

2

<β χ 1<χ 3<χ 2

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 1ο ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1)α)Να δειχθεί η ταυτότητα (α+β+γ)3=α3+β3+γ3+3(α+β)(β+γ)(α+γ) β)Να δειχθεί ότι 3 α + 3 β + 3 γ = 0 α+β+γ=3 3 αβγ γ)Αν ισχύουν οι σχέσεις 3 α + 3 β + 3 γ = 0 και α3+β3+γ3=27αβγ να δειχθεί ότι (α+β+γ)2ν+1=α2ν+1+β2ν+1+γ2ν+1 για κάθε ν φυσικό αριθμό 2)Αν α+β+γ=0 να βρείτε την τιμή του κλάσματος α 3 + β 3 + γ 3 − 3αβ ( γ + 2) Κ= α2 + β2 − γ2

3)α)Αν (α+β)2+(β+γ)2+(γ+δ)2=4(αβ+βγ+γδ) να δειχθεί ότι α=β=γ=δ β)Αν χ2+ψ2-2χ-4ψ+5=0 να υπολογίσετε τους χ,ψ 4)α)Να λυθεί η εξίσωση (2x+3)3+(1-5x)3=(4-3x)3 β) Να λυθεί η εξίσωση (χ-1)3+(χ-2)3+(χ-3)3=3(χ-1)(χ-2)(χ-3)

5)Να προσδιορισθούν οι τιμές των πραγματικών αριθμών κ και λ ώστε η εξίσωση χ − 1 + 5 = χ να έχει τουλάχιστον μία λύση λ

κλ

κ

6)Να λυθεί η εξίσωση α4+β4+χ4-2α2β2-2α2χ2-2β2χ2=0 7)Να λύσετε την ανίσωση

( µ − 3) χ µ − 3 3 − χ χ − 3 − > − µ µ 2µ 2

όπου μ ≠ 0

8)Αν α,β,γ περιττοί ακέραιοι αριθμοί και ισχύει η σχέση 3 3 3 3 α + 3 β + 3 γ = 0 τότε α +β +γ ≠0

4Ο ΚΕΦΑΛΑΙΟ 12)Δίνεται η εξίσωση 2χ2+2(2α+3β+1)χ+7(α2+β2+1)=0 α)Αν έχει μια διπλή ρίζα να βρεθούν τα α,β (απ. α=2,β=3) β)Για τις τιμές των α,β που βρήκατε να λυθεί η εξίσωση 13) Αν Δ είναι η διακρίνουσα της εξίσωσης χ2-Δχ+3=0 να βρεθούν οι λύσεις της εξίσωσης 14)Έστω η παράσταση χ2-(αγ+1)χ+γ.Να δειχθεί ότι α)Παριστάνει το εμβαδό ορθογωνίου παραλληλογράμμου και να βρεθούν οι διαστάσεις του β)Αν για χ=4α+3 το ορθογώνιο παραλληλόγραμμο γίνεται τετράγωνο να βρεθούν τα α,γ 15)Έστω τα σημεία Α(α,β) και Β(2-α,δ) να βρεθεί σημείο του χχ’ ώστε το άθροισμα ΜΑ2+ΜΒ2 να γίνει ελάχιστο 16)Έστω η συνάρτηση f(χ)=βχ2+2χ+γ είναι τέλειο τετράγωνο και η εξίσωση χ2+βχ+γ=0.Να δειχθεί ότι α)Οι ευθείες ψ=Pχ+S και ψ=Sχ+Ρ είναι κάθετες

β)Αν από το σημείο τομής των παραπάνω ευθειών διέρχεται η f(χ) να βρεθεί η f(χ) 17)Έστω η εξίσωση αχ2+βχ+α(α2+α+1)=0 με α≠β και ισχύει β 1 1 .Να βρεθούν τα α,β και ώστε οι ρίζες να παίρνουν + = χ1

χ2

α−β

τις ελάχιστες τιμές 18)Έστω οι ευθείες ε1:αχ+βψ=α+κ και ε2:βχ+αψ=β+λ με Α(χ 0 ,ψ 0) το σημείο τομής τους και η εξίσωση (κ+λ-2)χ=(α2-β2)2+(β+1)(β-1)-(α2+1) που είναι αόριστη α)Να βρεθούν τα α,β β)Αν η απόσταση ΑΟ,όπου Ο η αρχή των αξόνων,γίνεται ελάχιστη να βρεθούν τα κ,λ 19)Nα δειχθεί ότι δύο λύσεις της εξίσωσης χ2-λχ+ λ

2

το ημθ,συνθ

−1 =0 2

είναι