Θέμα από Gaokao

Συντονιστής: KAKABASBASILEIOS

Άβαταρ μέλους
exdx
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1373
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 6:00 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Θέμα από Gaokao

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από exdx » Σάβ Ιουν 23, 2018 2:18 pm

Θεωρούμε τους θετικούς αριθμούς \displaystyle a,b με \displaystyle a\ne 1,b\ne 1 και τη συνάρτηση \displaystyle f(x)={{a}^{x}}+{{b}^{x}},\,\,x\in R.
Α. Υποθέτουμε ότι : \displaystyle a=2,b=\frac{1}{2}
α) Να λυθεί η εξίσωση \displaystyle f(x)=2
β) Βρείτε τη μεγαλύτερη τιμή του \displaystyle m\in R ώστε \displaystyle f(2x)\ge mf(x)-6 για κάθε \displaystyle x\in R.
Β. Αν \displaystyle 0<a<1, \displaystyle b>1 και η εξίσωση \displaystyle f(x)=2 έχει μοναδική ρίζα , να βρείτε την τιμή του \displaystyle ab.

Υ.Γ. : Gaokao : ... ας πούμε Πανκινεζικές εξετάσεις ...


Kαλαθάκης Γιώργης

Λέξεις Κλειδιά:
Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 214
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Θέμα από Gaokao

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Σάβ Ιουν 23, 2018 8:39 pm

exdx έγραψε:
Σάβ Ιουν 23, 2018 2:18 pm
Θεωρούμε τους θετικούς αριθμούς \displaystyle a,b με \displaystyle a\ne 1,b\ne 1 και τη συνάρτηση \displaystyle f(x)={{a}^{x}}+{{b}^{x}},\,\,x\in R.
Α. Υποθέτουμε ότι : \displaystyle a=2,b=\frac{1}{2}
α) Να λυθεί η εξίσωση \displaystyle f(x)=2
β) Βρείτε τη μεγαλύτερη τιμή του \displaystyle m\in R ώστε \displaystyle f(2x)\ge mf(x)-6 για κάθε \displaystyle x\in R.
Β. Αν \displaystyle 0<a<1, \displaystyle b>1 και η εξίσωση \displaystyle f(x)=2 έχει μοναδική ρίζα , να βρείτε την τιμή του \displaystyle ab.

Υ.Γ. : Gaokao : ... ας πούμε Πανκινεζικές εξετάσεις ...
Μια λύση με απλή αγνή αλγεβρίτσα για το Α. Για το Β κατά τα γνωστά Fermat.

A(a)

Θα χρειαστούμε την \displaystyle{p+\frac{1}{p}}\geq 2,p\in\mathbb{R^+} με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν \displaystyle{p=1}.

Έχουμε \displaystyle{ f(x)=2\Leftrightarrow 2^x+\frac{1}{2^x}= 2\Leftrightarrow 2^x=1\Leftrightarrow x=0. }

A(b)

Έστω \displaystyle{ f(2x)-mf(x)+6\geq 0 } για κάθε x\in\mathbb{R} ή ισοδύναμα

\displaystyle{ (2^x)^2+\frac{1}{(2^x)^2}-m\left ( 2^x+ \frac{1}{2^x}\right )+6\geq 0 } για κάθε x\in\mathbb{R} ή ισοδύναμα

\displaystyle{ \left ( 2^x+ \frac{1}{2^x}\right )^2-m\left ( 2^x+ \frac{1}{2^x}\right )+4\geq 0 } για κάθε x\in\mathbb{R} ή ισοδύναμα

\displaystyle{ \left y^2-m y+4\geq 0 } για κάθε y\geq 2f εύκολα ελέγχουμε ότι έχει σύνολο τιμών το [2,+\infty ).

Το παραπάνω είναι τριώνυμο g(y) με ελάχιστη τιμή (εσωτερικό σημείο) \displaystyle{g(\frac{m}{2})=4-\frac{m^2}{4}}

εφόσον \displaystyle{\frac{m}{2}>2\Leftrightarrow m>4} ή g(2)=8-2m (άκρο διαστήματος) εφόσον \displaystyle{\frac{m}{2}<2\Leftrightarrow m<4}.

Για \displaystyle{\frac{m}{2}=2\Leftrightarrow m=4} έχουμε ταύτιση αυτών των δύο. Άρα για να ισχύει η αρχική αρκεί η ελάχιστη τιμή του τριωνύμου g(y)

να είναι \displaystyle{\geq 0} για κάθε y\geq 2 δηλαδή αρκεί \displaystyle{ (8-2m\geq 0\wedge m\leq 4) \vee (4-\frac{m^2}{4}\geq 0\wedge m\geq 4) \Leftrightarrow m\in(-\infty ,4]. }

Άρα \displaystyle{m_{max}=4.}

B

Η εξίσωση έχει σίγουρα ρίζα την x=0. Έστω ότι υπάρχει y\in\mathbb{R} ώστε f(y)<2. Αν y>0 τότε από το

\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow +\infty }f(x)=\lim_{x\rightarrow +\infty } (a^x+b^x)=0+\infty =+\infty } βλέπουμε ότι η εξίσωση θα έχει και άλλη ρίζα.

Όμοια αν y<0 από το όριο στο -\infty προκύπτει επιπλέον ρίζα. Άρα αναγκαστικά για να έχουμε μοναδική ρίζα την x=0

θα πρέπει το f(0)=2 να είναι ελάχιστη τιμή της f. Από Fermat τώρα παίρνουμε \displaystyle{{f}'(0)=0\Rightarrow \ln a+\ln b=0\Rightarrow \ln (ab)=0\Rightarrow ab=1.}


KAKABASBASILEIOS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1470
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 01, 2009 1:46 pm

Re: Θέμα από Gaokao

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KAKABASBASILEIOS » Κυρ Ιουν 24, 2018 1:12 am

exdx έγραψε:
Σάβ Ιουν 23, 2018 2:18 pm
Θεωρούμε τους θετικούς αριθμούς \displaystyle a,b με \displaystyle a\ne 1,b\ne 1 και τη συνάρτηση \displaystyle f(x)={{a}^{x}}+{{b}^{x}},\,\,x\in R.
Α. Υποθέτουμε ότι : \displaystyle a=2,b=\frac{1}{2}
α) Να λυθεί η εξίσωση \displaystyle f(x)=2
β) Βρείτε τη μεγαλύτερη τιμή του \displaystyle m\in R ώστε \displaystyle f(2x)\ge mf(x)-6 για κάθε \displaystyle x\in R.

Υ.Γ. : Gaokao : ... ας πούμε Πανκινεζικές εξετάσεις ...
...μια αντιμετώπιση...για το Α...

Α. α) Είναι για \displaystyle a=2,b=\frac{1}{2} η f(x)={{2}^{x}}+{{2}^{-x}},x\in R και η εξίσωση

f(x)=2\Leftrightarrow {{2}^{x}}+{{2}^{-x}}=2\Leftrightarrow {{2}^{x}}+{{2}^{-x}}-2=0\Leftrightarrow {{2}^{x}}+\frac{1}{{{2}^{x}}}-2=0\Leftrightarrow

{{2}^{2x}}+1-2\,{{2}^{x}}=0\Leftrightarrow {{({{2}^{x}}-1)}^{2}}=0\Leftrightarrow {{2}^{x}}-1=0\Leftrightarrow {{2}^{x}}=1\Leftrightarrow x=0

β) Είναι f(x)={{2}^{x}}+{{2}^{-x}},x\in Rκαι θέλουμε τη μεγαλύτερη τιμή του \displaystyle m\in R ώστε

f(2x)-mf(x)+6\ge 0,\,\,x\in R

Θεωρώντας την συνάρτηση g(x)=f(2x)-mf(x)+6,\,\,x\in R θέλουμε να ισχύει g(x)\ge 0,\,x\in R και επειδή

g(0)=f(0)-mf(0)+6=2-2m+6=2(4-m) θα πρέπει αναγκαία και g(0)\ge 0\Leftrightarrow 2(4-m)\ge m\Leftrightarrow m\le 4επομένως

αναγκαία η μέγιστη τιμή του mείναι m=4και τότε g(x)=f(2x)-4f(x)+6,\,\,x\in Rμε g(0)=f(0)-4f(0)+6=0παραγωγίσιμη

με {g}'(x)=2{f}'(2x)-4{f}'(x),\,\,x\in R με {f}'(x)=({{2}^{x}}-{{2}^{-x}})ln2,x\in R και έχουμε τότε

{g}'(x)=2\ln 2({{2}^{2x}}-{{2}^{-2x}})-4\ln 2({{2}^{x}}-{{2}^{-x}}),\,\,x\in R ή

{g}'(x)=2\ln 2({{2}^{x}}-{{2}^{-x}})({{2}^{x}}+{{2}^{-x}}-2),\,\,x\in R ή {g}'(x)=2\ln 2{f}'(x)(f(x)-2),\,\,x\in R και επειδή

f(x)={{2}^{x}}+{{2}^{-x}}\ge 2 με την ισότητα να ισχύει μόνο για x=0 το πρόσημο της {g}'είναι το όπως το πρόσημο της

{f}'(x)=({{2}^{x}}-{{2}^{-x}})ln2,x\in R δηλαδή είναι {g}'(x)<0\Leftrightarrow {f}'(x)<0\Leftrightarrow x<0 άρα

η g γνήσια φθίνουσα στο (-\infty ,\,\,0] και {g}'(x)>0\Leftrightarrow {f}'(x)>0\Leftrightarrow x>0

άρα η g γνήσια αύξουσα στο [0,\,+\infty ) έτσι παίρνει την ελάχιστη τιμή της στο x=0,\,\,g(0)=0 άρα το m=4 είναι δεκτή.

Β. Αφού η x=0 είναι ρίζα της εξίσωσης f(x)=2\Leftrightarrow {{a}^{x}}+{{b}^{x}}-2=0 και είναι η μοναδική σύμφωνα με την υπόθεση θα είναι

{{a}^{x}}+{{b}^{x}}-2\ne 0,\,\,x\in (-\infty ,\,\,0)\cup (0,\,+\infty ) και αφού η h(x)={{a}^{x}}+{{b}^{x}}-2 συνεχής

θα έχει σταθερό πρόσημο σε κάθε διάστημα και επειδή

\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,h(x)=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,({{a}^{x}}+{{b}^{x}}-2)=+\infty ,\,\,\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,h(x)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,({{a}^{x}}+{{b}^{x}}-2)=+\infty θα είναι

h(x)={{a}^{x}}+{{b}^{x}}-2>0,\,\,x\in (-\infty ,\,\,0)\cup (0,\,+\infty ) άρα h(x)\ge 0=h(0),\,\,x\in R

δηλαδή στο 0\in R έχει ελάχιστο οπότε λόγω Fermat ισχύει {h}'(0)=0\Leftrightarrow {{a}^{0}}\ln a+{{b}^{0}}\ln b=0\Leftrightarrow ab=1

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης


f ανοιγοντας τους δρομους της Μαθηματικης σκεψης, f' παραγωγος επιτυχιας
Τα Μαθηματικά είναι απλά...όταν σκέπτεσαι σωστά...
Τα Μαθηματικά είναι αυτά...για να δεις πιό μακρυά...
Τα Μαθηματικά είναι μαγεία...όταν έχεις φαντασία...
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ”

Μέλη σε σύνδεση

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