Successfully reported this slideshow.
We use your LinkedIn profile and activity data to personalize ads and to show you more relevant ads. You can change your ad preferences anytime.

30 επαναληπτικά θέματα (2017 2018) με απαντήσεις (new)

8,023 views

Published on

Eπαναληπτικά Θέματα Μαθηματικά Γ Λυκείου

Published in: Education
  • Be the first to comment

30 επαναληπτικά θέματα (2017 2018) με απαντήσεις (new)

  1. 1. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [1] 30 Επαναληπτικά Θέματα με Απαντήσεις Μαθηματικά Προσανατολισμού Γ Λυκείου (Σύμφωνα με τις νέες οδηγίες 2017-2018) Θανάσης Κοπάδης - Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com Διατίθεται ελεύθερα από το μαθηματικό blog «O άγνωστος x» και επιτρέπεται η χρήση, η αναπαραγωγή και η κοινοποίηση, αρκεί να μη γίνεται με σκοπό το χρηματικό κέρδος.
  2. 2. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [2] 30 Επαναληπτικά Θέματα με Απαντήσεις 2017-2018 Μαθηματικά Προσανατολισμού Γ Λυκείου thanasiskopadis.blogspot.com ΘΕΜΑ 1 Δίνονται οι συναρτήσεις , : →ℝ ℝf g με ( ) ( )ln 1= + x f x e και ( ) 1 1 − = + x x e g x e α. Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται. β. Να δείξετε ότι η g είναι περιττή. γ. Δίνεται επιπλέον συνάρτηση ( ): 0,+∞ →ℝh τέτοια, ώστε να ισχύει =h f g Να βρείτε τον τύπο της h δ. Αν ( ) 1 2 − = − x h x e , τότε να αποδείξετε ότι ( ) ( ) ( ) ( )2 3 4 + < +x x x x h e h e h e h e για κάθε 0>x Απαντήσεις α. Είναι Α = ℝf Έστω 1 2, ∈ℝx x με ( ) ( )1 2=f x f x , τότε ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2ln 1 ln 1 1 1+ = + ⇔ + = + ⇔ = ⇔ =x x x x x x e e e e e e x x Άρα η f είναι 1 1− , οπότε αντιστρέφεται. β. Είναι Α = ℝg , οπότε αν ∈ ℝx , τότε και − ∈ ℝx Επίσης ( ) ( ) 1 1 1 1 1 11 1 11 − − − − − − − = = = = − = − + + ++ x x xx x x x x e e eeg x g x e e e e
  3. 3. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [3] Άρα η g είναι περιττή γ. Για 0>x στη σχέση ( )( ) ( )=h f x g x θέτουμε ( )1− =x f x , οπότε έχουμε: ( )( )( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 1 1− − − = ⇔ =h f f x g f x h x g f x Πρώτα θα υπολογίσουμε την αντίστροφη 1− f της f ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 ln 1 1 1 ln 1 ln 1 > − = ⇔ = + ⇔ + = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − y x x y x y y y y f x y e e e e e x e f y e με 0>y Άρα ( ) ( )1 ln 1− = −x f x e , Για το πεδίο ορισμού της 1− g f έχουμε: ( ) ( ) 1 11 0 0 − −− ∈Α >  ⇔ ⇔ >  ∈∈Α  ℝ f g x x x f xf x Επομένως ( )0,Α = +∞h Είναι ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 ln 1 1 1 ln 1 1 1 2 1 2 1 1 − − − − − − − − − − = = = = = − + + x x ef x x x xf x e e e e g f x g f x e ee e Οπότε ( ) 1 2 − = − x h x e με ( )0,Α = +∞h δ. Για 0>x έχουμε ( ) 2 0− ′ = >x h x e Άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα στο ( )0,+∞ ● Για 0>x έχουμε: ( ) ( )3 3 3< ⇔ < ⇔ < ր րx e h x x x x x x e e h e h e (1) ● Για 0>x έχουμε: ( ) ( )2 4 2 4 2 4< ⇔ < ⇔ < ր րx e h x x x x x x e e h e h e (2)
  4. 4. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [4] Από (1)+(2) προκύπτει: ( ) ( ) ( ) ( )2 3 4 + < +x x x x h e h e h e h e , για κάθε 0>x ΘΕΜΑ 2 Δίνονται οι συναρτήσεις , : →ℝ ℝf g , με ( ) =ℝ ℝg , για τις οποίες ισχύει: ● ( )( ) ( )= +f f x x f x , για κάθε ∈ ℝx ● ( )( )1 0− − + =x f g x e x , για κάθε ∈ ℝx α. Να δείξετε ότι η f είναι 1-1 β. Να βρείτε τη συνάρτηση g Αν ( ) 1= + −x g x e x , τότε: γ. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης ( ) ( )( )ln=h x g x δ. Να αποδείξετε ότι η g αντιστρέφεται και στη συνέχεια να λύσετε την εξίσωση ( )2 1 1 2 2− + + =x g e x Απαντήσεις α. Έστω 1 2, ∈ℝx x με ( ) ( )1 2=f x f x (1) , τότε: ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )1 2 1 2= ⇔ =f f x f f x f f x f f x (2) Από (2)-(1) και την αρχική ισότητα έχουμε: ( )( ) ( ) ( )( ) ( )1 1 2 2 1 2− = − ⇔ =f f x f x f f x f x x x Επομένως η f είναι 1-1 β. Για 0=x στην αρχική ισότητα προκύπτει: ( )( ) ( ) ( ) :1 1 0 0 0 0 − = ⇔ = f f f f f
  5. 5. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [5] Οπότε ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) :1 1 1 0 1 0 1 0 − − − + = ⇔ − − + = ⇔ − − + = f x x x f g x e x f g x e x f g x e x ( ) 1⇔ = + −x g x e x γ. Θα πρέπει ( ) 0>g x Είναι ( ) 1 0′ = + >x g x e , άρα η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα. Επομένως ( ) ( ) ( ) : 0 0 0> ⇔ > ⇔ > րg g x g x g x Οπότε ( )0,Α = +∞h δ. Η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα, άρα είναι 1-1, οπότε αντιστρέφεται. Έχουμε: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 :1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 2 1 1 2 − − + + + + = ⇔ + = ⇔ + + − = g x x x g e x e x g e x g ( ) ( ) :1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 1 − ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = ± g g x g x x x ΘΕΜΑ 3 Δίνεται η συνάρτηση ( ) =f x x x α. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία β. Να βρείτε το σύνολο τιμών της f γ. Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφή της 1− f δ. Να βρείτε σημείο ( ),Μ x y της 1− f C , με 0>x , το οποίο να απέχει από το 5 ,0 2   Α     τη μικρότερη απόσταση Απαντήσεις α. Για 0≥x είναι =x x , άρα ( ) 2 =f x x
  6. 6. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [6] Για 0<x είναι = −x x , άρα ( ) 2 = −f x x Οπότε ( ) 2 2 , 0 , 0 − < =  ≥ x x f x x x Α΄ τρόπος (με ορισμό) ● Έστω ( )1 2, ,0∈ −∞x x με 1 2<x x , τότε ( ) ( )2 2 2 2 1 2 1 2 1 2> ⇔ − < − ⇔ <x x x x f x f x Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( )1 ,0Α = −∞ ● Έστω [ )1 2, 0,∈ +∞x x με 1 2<x x , τότε ( ) ( )2 2 1 2 1 2< ⇔ <x x f x f x . Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [ )2 0,Α = +∞ ● Έστω ( )1 ,0∈ −∞x και [ )2 0,∈ +∞x με 1 2<x x , τότε ( ) 2 1 1 0= − <f x x και ( ) 2 2 2 0= ≥f x x , επομένως ( ) ( )1 2<f x f x Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση Β΄ τρόπος (με παραγώγους) Αρχικά δείχνουμε ότι η f είναι συνεχής συνάρτηση (εύκολο) ● Για 0<x είναι ( ) 2 = −f x x που είναι παραγωγίσιμη με ( ) 2 0′ = − >f x x και επειδή είναι συνεχής στο 0 θα είναι γνησίως αύξουσα στο ( ],0−∞ ● Για 0>x είναι ( ) 2 =f x x που είναι παραγωγίσιμη με ( ) 2 0′ = >f x x και επειδή είναι συνεχής στο 0 θα είναι γνησίως αύξουσα στο [ )0,+∞ Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση β. Α΄ τρόπος Αν ( )1 ,0Α = −∞ , τότε ( ) 2 0= − <f x x , οπότε ( ) ( )1 ,0Α = −∞f Αν [ )2 0,Α = +∞ , τότε ( ) 2 0= ≥f x x , οπότε ( ) [ )2 0,Α = +∞f Επομένως ( ) ( ) ( )1 2Α = Α ∪ Α = ℝf f f
  7. 7. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [7] Β΄ τρόπος Αν ( )1 ,0Α = −∞ και αφού η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, τότε ( ) ( ) ( )( ) ( )1 0 lim , lim ,0−→−∞ → Α = = −∞ x x f f x f x Αν [ )2 0,Α = +∞ και αφού η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, τότε ( ) ( ) ( )) [ )2 0 , lim 0, →+∞ Α = = +∞  x f f f x Επομένως ( ) ( ) ( )1 2Α = Α ∪ Α = ℝf f f γ. Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα, οπότε είναι και 1-1, άρα αντιστρέφεται. ● Αν ( )1 ,0Α = −∞ έχουμε: ( ) ( ) 1 2 2 1 ∈Α − = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − − ⇔ = − − x y f x y x x y x y f y y με ( ) ( )1 1 ,0−Α = Α = −∞f f ● Αν [ )2 0,Α = +∞ έχουμε: ( ) ( ) 2 2 2 1 ∈Α − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = x y f x y x x y x y f y y με ( ) [ )1 2 0,−Α = Α = +∞f f
  8. 8. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [8] Επομένως ( )1 , 0 , 0 − − − < =  ≥ x x f x x x δ. Για 0>x είναι ( )1− =f x x , οπότε ( ),Μ x x Συνεπώς ( ) ( ) 2 2 25 25 0 4 2 4   ΑΜ = − + − = − +    x x x x Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 2 25 4 4 = − +g x x x . Μελετώντας τη συνάρτηση g ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα (με παραγώγους ή με ορισμό) βλέπουμε ότι αυτή γίνεται ελάχιστη για 2=x Επομένως το ( )2, 2Μ είναι το ζητούμενο σημείο. ΘΕΜΑ 4 Δίνεται η συνάρτηση ( ) 2 3 2 1 , 0 , 0  + − + ≤ =  − − + > x x x f x x x a x α. Να βρείτε την τιμή του ∈ℝα , ώστε η f να είναι συνεχής στο 0 0=x Για 1=α β. Να βρείτε τα όρια ( )lim → −∞x f x και ( )lim → +∞x f x γ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ( ) 0=f x έχει τουλάχιστον δύο ρίζες 1 2,x x με 1 20< <x x δ. Για 0>x να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και στη συνέχεια να αποδείξετε ότι 2 3 1 lim 1+ → = −∞ − − +x x x x Απαντήσεις α. Είναι
  9. 9. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [9] ( ) ( )2 0 0 lim lim 2 1 1− − → → = + − + = x x f x x x , ( ) ( )3 0 0 lim lim+ + → → = − − + = x x f x x x α α και ( )0 1=f Για να είναι η f συνεχής στο 0 0=x θα πρέπει ( ) ( ) ( )0 0 lim lim 0− + → → = = x x f x f x f , επομένως 1=α Για 1=α έχουμε ( ) 2 3 2 1 , 0 1 , 0  + − + ≤ =  − − + > x x x f x x x x β. Είναι ( ) ( )2 2 1 lim lim 2 1 lim 2 1 →−∞ →−∞ →−∞   = + − + = + + + =    x x x f x x x x x x 2 1 1 lim 1 2 1 →−∞    + + + = −∞       x x x x Επίσης ( ) ( ) ( )3 3 lim lim 1 lim →+∞ →+∞ →+∞ = − − + = − =−∞ x x x f x x x x γ. Αφού ( )lim →−∞ = −∞ x f x θα υπάρχει 3 0<x τέτοιο, ώστε ( )3 0<f x ● H f συνεχής στο [ ]3,0x ● ( ) ( )3 0 0⋅ <f x f , άρα από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( ) 0=f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα ( ) ( )1 3,0 ,0∈ ⊆ −∞x x Αφού ( )lim →+∞ = −∞ x f x θα υπάρχει 4 0>x τέτοιο, ώστε ( )4 0<f x ● H f συνεχής στο [ ]40, x ● ( ) ( )40 0⋅ <f f x
  10. 10. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [10] άρα από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( ) 0=f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα ( ) ( )2 40, 0,∈ ⊆ +∞x x Επομένως η εξίσωση ( ) 0=f x έχει τουλάχιστον δύο ρίζες 1 2,x x με 1 20< <x x (Να αναφέρουμε ότι ( )0 1=f , άρα το 0 δεν είναι ρίζα της εξίσωσης ( ) 0=f x ) δ. Για 0>x , είναι ( ) 3 1= − − +f x x x Με χρήση του ορισμού της μονοτονίας ή με χρήση παραγώγων, πολύ εύκολα δείχνουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα. Είναι ( )2 1 lim+ →x x f x , αφού 2 0>x Έχουμε ( ) ( ) 2 2lim 0+ → = = x x f x f x , αφού η f είναι συνεχής και το 2x ρίζα της ( ) 0=f x για 0>x Επιπλέον ( ) ( ) ( )2 2 0> ⇔ < ⇔ < ցf x x f x f x f x Επομένως ( )2 1 lim+ → = −∞ x x f x ΘΕΜΑ 5 Δίνεται η συνάρτηση ( ) 3 2= + +x f x x x , ∈ ℝx α. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε το πεδίο ορισμού της 1− f β. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό ( )0 1,0∈ −x τέτοιο, ώστε ( )1 0 0− =x f γ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ( ) ( )1 001 2 1 − −− + = − − x f x ef x x x x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )1,2 δ. Να βρείτε το όριο ( ) ( ) ( ) ( ) 2 lim 2→+∞ + +x f x f x f x f x ηµ ηµ
  11. 11. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [11] Απαντήσεις α. Με τη βοήθεια του ορισμού της μονοτονίας ή με χρήση παραγώγων, εύκολα αποδεικνύουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ , άρα είναι 1-1, οπότε αντιστρέφεται. Έχουμε ( ),Α= = −∞ +∞ℝ , f συνεχής και γνησίως αύξουσα, άρα έχει σύνολο τιμών το ( ) ( ) ( )( ) ( )lim , lim , →−∞ →+∞ Α = = −∞ +∞ = ℝ x x f f x f x Οπότε το πεδίο ορισμού της 1− f είναι ( )1−Α = Α = ℝf f β. Αρκεί να αποδείξουμε ότι η εξίσωση ( ) :1 1 1 0 ( ) 0 − − = ⇔ = f x f f x έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα ( )1,0− ● H f συνεχής στο [ ]1,0− ● ( ) 1 3 1 2 1 1 0 4 − − = − − = − <f ( ) 0 0 2 1 0= = >f άρα από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( ) 0=f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )1,0− Επιπλέον η f είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση, οπότε τελικά υπάρχει μοναδικό ( )0 1,0∈ −x τέτοιο, ώστε ( )0 0=f x γ. Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 0 01 1 2 − = − − + − − − x g x x f x x x f x e στο διάστημα [ ]1,2 ● H g συνεχής στο [ ]1,2 ● ( ) ( )01 1= −g f x ( ) ( )02 1= +g f x
  12. 12. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [12] Όμως, ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 01 1 1 0 1 0− < ⇔ − < ⇔ − < ⇔ < րf x x f x f x f x g και ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 01 1 1 0 2 0+ > ⇔ + > ⇔ + > ⇔ > րf x x f x f x f x g Άρα ( ) ( )1 2 0⋅ <g g , οπότε από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( ) 0=g x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )1,2 και άρα η εξίσωση ( ) ( )1 001 2 1 − −− + = − − x f x ef x x x x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα αυτό. δ. Θέτουμε ( ) =f x y , οπότε όταν → +∞x θα είναι →+∞y Επομένως ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 2 1 lim lim lim 2 2 21 2 →+∞ →+∞ →+∞   + + +  = = = + +   +    x y y y y f x f x yy y f x f x y y y y y ηµ ηµ ηµ ηµ ηµ ηµ , αφού: 1 1 1 1 1 1 = ⋅ ≤ ⇔− ≤ ≤y y y y y y y y y ηµ ηµ ηµ και 1 1 lim lim 0 →+∞ →+∞   − = =   y yy y , άρα από κριτήριο παρεμβολής 1 lim 0 →+∞ = y y y ηµ ΘΕΜΑ 6 Δίνεται συνεχής συνάρτηση ( ): 1,+∞ →ℝf για την οποία ισχύουν: ● ( )( ) 3 2 2 1 lim 2→−∞ − + − = +∞ +x f e x x x ● ( ) ( )( ) 2 2 ln 1− = −f x f x x , για κάθε 1>x α. Να αποδείξετε ότι ( ) 2<f e β. Να αποδείξετε ότι ( ) 1 ln= −f x x , 1>x γ. Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) 1 = +g x f x x , 1>x
  13. 13. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [13] i. Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης g ii. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό 0 1>x τέτοιο, ώστε 0 1 0=x e x iii. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ( ) 3= −g x xηµ είναι αδύνατη, για κάθε 1>x Απαντήσεις α. ● Αν ( ) 2 0− >f e τότε, ( )( ) ( )( ) ( )( )( ) 3 3 2 2 2 1 2 lim lim lim 2 2→−∞ →−∞ →−∞ − + − − = = − = −∞ +x x x f e x x f e x f e x x x Η περίπτωση απορρίπτεται ● Αν ( ) 2 0− <f e τότε, ( )( ) ( )( ) ( )( )( ) 3 3 2 2 2 1 2 lim lim lim 2 2→−∞ →−∞ →−∞ − + − − = = − = +∞ +x x x f e x x f e x f e x x x Η περίπτωση είναι δεκτή ● Αν ( ) 2 0− =f e τότε, ( )( ) 3 2 2 2 1 1 lim lim lim 0 2→−∞ →−∞ →−∞ − + − = = = +x x x f e x x x x x x Η περίπτωση απορρίπτεται Άρα ( ) 2<f e β. Για κάθε 1>x έχουμε: ( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 2 2 ln 1 2 ln 1− = − ⇔ − = − ⇔f x f x x f x f x x ( ) ( ) ( )( ) 22 2 2 2 1 ln 1 ln− + = ⇔ − =f x f x x f x x Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) 1= −h x f x , 1>x για την οποία ισχύει ( )2 2 ln 0= ≠h x x , για κάθε 1>x
  14. 14. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [14] Άρα, για κάθε 1>x είναι ( ) 0≠h x και η h συνεχής, επομένως διατηρεί σταθερό πρόσημο. Για 0 =x e η αρχική σχέση μας δίνει ότι: ( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 2 ln 1 2 0− = − ⇔ − = ⇔f e f e e f e f e ( ) 0=f e ή ( ) 2=f e Δηλαδή ( ) 0=f e , αφού από το ερώτημα α. έχουμε ότι ( ) 2<f e Συνεπώς ( ) ( ) 1 1 0= − =− <h e f e , επομένως ( ) 0<h x , για κάθε 1>x Έτσι, για κάθε 1>x έχουμε: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0ln 0 2 2 2 2 ln ln ln ln <> = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ h xx h x x h x x h x x h x x ( ) ( ) ( )ln 1 ln 1 ln= − ⇔ − = − ⇔ = −h x x f x x f x x γ. i. Είναι ( ) ( ) ( ) 1 1 1 ln= + ⇔ = + −g x f x g x x x x , 1>x Έχουμε ( )1,Α = +∞ , g συνεχής και γνησίως φθίνουσα, άρα έχει σύνολο τιμών ( ) ( ) ( )( ) ( )1 lim , lim ,2+→+∞ → Α = = −∞ x x g g x g x ii. Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση: ( ) 1 1 1 1 ln ln ln ln 0 1= ⇔ = ⇔ = ⇔ − = ⇔ =x x e x e x x x g x x x έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα ( )1,+∞ Είναι ( )1∈ Αg και g γνησίως φθίνουσα, άρα η εξίσωση ( ) 1=g x έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα ( )1,+∞ Συνεπώς υπάρχει μοναδικό 0 1>x τέτοιο, ώστε 0 1 0=x e x iii. Ισχύει:
  15. 15. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [15] 1 1 3 2≤ ⇔− ≥ − ⇔ − ≥x x xηµ ηµ ηµ Επίσης, δείξαμε στο ερώτημα γ.i. ότι ( ) ( ),2Α = −∞g , δηλαδή ( ) 2<g x , για κάθε 1>x Επομένως, δεν υπάρχει 1>x τέτοιο, ώστε ( ) 3= −g x xηµ , συνεπώς η εξίσωση ( ) 3= −g x xηµ είναι αδύνατη, για κάθε 1>x ΘΕΜΑ 7 Στο παρακάτω σχήμα είναι ΑΒ =α , 3ΑΓ = α και 2Γ∆ = α , όπου ( )0,∈ +∞α α. Να εκφράσετε το ευθύγραμμο τμήμα ΜΝ συναρτήσει του xκαι στη συνέχεια να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου χωρίου, συναρτήσει του x, όταν το σημείο Μ διαγράφει το ευθύγραμμο τμήμα ΑΓ δίνεται από τη συνάρτηση ( ) 2 2 , 0 2 , 3  < ≤ =  − < ≤ x x f x x a x α α α α β. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής για κάθε ( )0,∈ +∞α γ. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη για κάθε ( )0,∈ +∞α Για 1=α δ. Να εξετάσετε αν υπάρχουν ( )1 2, 0,1∈x x με 1 2≠x x τέτοια, ώστε οι εφαπτομένες της γραφικής παράστασης της f στα σημεία ( )( )1 1 1,M x f x και ( )( )2 2 2,M x f x να είναι παράλληλες. ε. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφή της 1− f στ. Να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης 1− f
  16. 16. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [16] Απαντήσεις α. ● Αν 0 < ≤x α Το τρίγωνο ΑΜΝ είναι όμοιο με το τρίγωνο ΑΒΕ, οπότε θα ισχύει 2 2 ΜΝ = ⇔ΜΝ = x x α α Τότε ( ) ( )( ) 21 1 2 2 2 Ε = ΑΜ ΜΝ = ⋅ =x x x x ● Αν 3< ≤a x α Τότε ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 1 1 2 2 2 2 Ε = ΑΒΕ + ΒΜΝΕ = ΑΒ ΒΕ + ΒΜ ΜΝ = ⋅ + − ⋅ =x xα α α α ( ) 2 2 21 2 2 2 2 2 2 ⋅ + − ⋅ = + − = −x x xα α α α α α α α α Επομένως ( ) 2 2 , 0 2 , 3  < ≤ =  − < ≤ x x f x x a x α α α α β. ● Αν 0 < <x α , τότε η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική ● Αν 3< <a x α , τότε η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική ● Αν =x α, τότε: ( ) 2 2 lim lim− − → → = = x x f x x α α α , ( ) ( )2 2 2 2 lim lim 2 2+ − → → = − = − = x x f x x α α α α α α α και ( ) 2 =f α α Οπότε η f είναι συνεχής και στο =x α Άρα η f είναι συνεχής για κάθε ( )0,∈ +∞α γ. ● Αν 0 < <x α , τότε η f είναι παραγωγίσιμη με ( ) 2′ =f x x ● Αν 3< <a x α , τότε η f είναι παραγωγίσιμη με ( ) 2′ =f x α ● Αν =x α, τότε:
  17. 17. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [17] ( ) ( ) ( ) 2 2 lim lim lim 2− − − → → → − − = = + = − −x x x f x f x x x xα α α α α α α α α , ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 lim lim lim 2+ − − → → → − − − − = = = − − −x x x f x f x x x x xα α α α α α α α α α α α α Οπότε η f είναι παραγωγίσιμη και στο =x α Άρα η f είναι παραγωγίσιμη για κάθε ( )0,∈ +∞α Για 1=α είναι ( ) 2 , 0 1 2 1 , 1 3  < ≤ =  − < ≤ x x f x x x δ. Οι εφαπτόμενες της γραφικής παράστασης της f στα σημεία ( )( )1 1 1,M x f x και ( )( )2 2 2,M x f x είναι παράλληλες αν και μόνο αν ισχύει: ( ) ( ) ( )1 2, 0,1 1 2 1 2 1 22 2 ∈ ′ ′= ⇔ = ⇔ = x x f x f x x x x x Άτοπο, αφού 1 2≠x x . Άρα δεν υπάρχουν τέτοιες εφαπτόμενες. ε. Στο ( ]1 0,1Α = η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, αφού ( ) 2 0′ = >f x x οπότε είναι 1-1 και επιπλέον έχει σύνολο τιμών ( ) ( ]1 0,1Α =f Στο ( ]2 1,3Α = η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, αφού ( ) 2 0′ = >f x οπότε είναι 1-1 και επιπλέον έχει σύνολο τιμών ( ) ( ]2 1,5Α =f Επομένως ( ) ( )1 2Α ∩ Α =∅f f , δηλαδή η f είναι 1-1 συνάρτηση, άρα αντιστρέφεται. Στο ( ]1 0,1Α = έχουμε: ( ) ( )2 1− = ⇔ = ⇔ = ⇔ =y f x y x x y f y y με ( ) ( ]1 1 0,1−Α = Α =f f Στο ( ]2 1,3Α = έχουμε: ( ) ( )11 1 2 1 2 1 2 2 −+ + = ⇔ = − ⇔ = + ⇔ = ⇔ = y y y f x y x x y x f y με ( ) ( ]1 2 1,5−Α = Α =f f
  18. 18. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [18] Οπότε ( )1 , 0 1 1 , 1 5 2 −  < ≤  =  + < ≤  x x f x x x στ. ΘΕΜΑ 8 Δίνεται η συνάρτηση ( ) 2 1 , 0 1 , 0 − + ≤ =  − + > x x f x x x α. Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τη συνάρτηση f β. Να εξετάσετε αν για τη συνάρτηση f ικανοποιούνται οι υποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής στο [ ]1,1− γ. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f η οποία διέρχεται από το σημείο 5 0, 4   Α    Απαντήσεις α. ● Για 0<x η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική.
  19. 19. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [19] ● Για 0>x η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική. ● Για 0=x έχουμε: ( ) ( )2 0 0 lim lim 1 1− − → → = − + = x x f x x , ( ) ( )0 0 lim lim 1 1+ + → → = − + = x x f x x και ( )0 1=f , άρα η f είναι συνεχής και στο 0=x , οπότε η f είναι συνεχής στο R β. Η f είναι συνεχής στο διάστημα [ ]1,1− από το α. ερώτημα ● Για 0<x η f είναι παραγωγίσιμη με ( ) 2′ =−f x x ● Για 0>x η f είναι παραγωγίσιμη με ( ) 1′ = −f x ● Για 0=x έχουμε: ( ) ( ) ( ) 2 0 0 0 0 1 1 lim lim lim 0 0− − − → → → − − + − = = − = −x x x f x f x x x x και ( ) ( ) 0 0 0 1 1 lim lim 1 0+ + → → − − + − = = − −x x f x f x x x Οπότε η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0=x Επομένως η f δεν παραγωγίσιμη στο (–1, 1) Άρα δεν ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής στο διάστημα [–1, 1]. γ. Έστω ( )( )0 0,Β x f x το σημείο επαφής, με 0 0≠x , αφού η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0. Τότε, η εξίσωση της εφαπτόμενης της είναι: ( ) ( )( )0 0 0 ′− = −y f x f x x x ● Για 0 0<x , είναι: ( ) ( )2 2 0 0 0 0 01 2 2 1− − + = − − ⇔ = − + +y x x x x y x x x
  20. 20. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [20] Η εφαπτόμενη διέρχεται από το σημείο 5 0, 4   Α    οπότε έχουμε: 0 0 2 2 0 0 0 5 1 1 1 4 4 2 < = + ⇔ = ⇔ = − x x x x Επομένως, η ζητούμενη εφαπτόμενη έχει εξίσωση 5 4 = +y x ● Για 0 0>x , είναι: ( ) ( )0 01 1− − + = − − ⇔ = − +y x x x y x Η παραπάνω ευθεία δε διέρχεται από το σημείο 5 0, 4   Α    , επομένως η περίπτωση αυτή απορρίπτεται. ΘΕΜΑ 9 Δίνεται συνάρτηση : →ℝ ℝf παραγωγίσιμη, για την οποία ισχύουν: ● ( )( ) ( )( )1 4′+ + =f x x f x x, για κάθε ∈ℝx ● ( )0 1=f α. Να δείξετε ότι ( ) 2 4 1= + −f x x x , ∈ℝx β. Να υπολογίσετε το όριο ( ) ( )( )lim 1 →+∞ − − x f x xλ για τις διάφορες τιμές του ∈ ℝλ γ. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f που σχηματίζει γωνία 3 4 = π ω με τον άξονα ′x x δ. Να δείξετε ότι υπάρχει ( )0 2,2∈ −x τέτοιο, ώστε ( ) ( ) ( )3 4 0 0 0 0 04 16 ′ ′− = −x f x f x x f x Απαντήσεις α. Για κάθε ∈ℝx έχουμε:
  21. 21. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [21] ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )1 4 4′′+ + = ⇔ + + = ⇔f x x f x x f x x f x x x ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 8 4 ′ ′′  + + = ⇔ + =   f x x f x x x f x x x Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. υπάρχει σταθερά ∈ℝc τέτοια, ώστε: ( )( ) 2 2 4+ = +f x x x c για κάθε ∈ℝx Για 0=x , έχουμε: ( )( ) 2 0 1= ⇔ =f c c Άρα ( )( ) 2 2 4 1+ = +f x x x για κάθε ∈ℝx Όμως 2 4 1 0+ ≠x για κάθε ∈ℝx , οπότε και ( )( ) 2 0+ ≠f x x για κάθε ∈ℝx Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) 0= + ≠g x f x x για κάθε ∈ℝx Η g είναι επιπλέον συνεχής, οπότε διατηρεί σταθερό πρόσημο. Επειδή ( ) ( )0 0 1 0= = >g f θα είναι ( ) 0>g x για κάθε ∈ℝx Συνεπώς ( ) ( ) ( ) 0 2 2 2 4 1 4 1 > = + ⇔ = + ⇔ g x g x x g x x ( ) ( )2 2 4 1 4 1+ = + ⇔ = + −f x x x f x x x για κάθε ∈ℝx β. Είναι: ( ) ( ) 2 2 1 4 1 4 1− − = + − − + = + −f x x x x x x x xλ λ λ Οπότε: ( )2 2 2 1 1 lim 4 1 lim 4 lim 4 →+∞ →+∞ →+∞      + − = + − = + −           x x x x x x x x x x λ λ λ
  22. 22. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [22] Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: ● Αν 2 0 2− < ⇔ >λ λ τότε ( ) ( )( )lim 1 →+∞ − − = −∞ x f x xλ ● Αν 2 0 2− > ⇔ <λ λ τότε ( ) ( )( )lim 1 →+∞ − − = +∞ x f x xλ ● Αν 2 0 2− = ⇔ =λ λ τότε ( )( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 1 4 1 lim lim 4 1 2 lim lim 14 1 2 4 2 →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ + − − = + − = = = + + + + x x x x x x f x x x x x x x x x 2 2 1 1 1 1 lim lim 0 0 41 1 4 2 4 2 →+∞ →+∞      = ⋅ = ⋅ =   + + + +    x x x x x x x γ. Έστω ( )( )0 0,Α x f x το σημείο επαφής. Η εξίσωση εφαπτόμενης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f σχηματίζει γωνία 3 4 = π ω , οπότε ισχύει ( )0 3 1 4 ′ = = −f x π εϕ Είναι ( ) ( )2 2 2 1 4 4 1 1 1 2 4 1 4 1 ′′ = + − = − + + x f x x x x Οπότε: 0 02 0 4 1 1 0 4 1 − = − ⇔ = + x x x Άρα η ζητούμενη εφαπτομένη έχει εξίσωση ( ) ( )( )0 0 0′− = −y f f x , δηλαδή 1 1− = − ⇔ = − +y x y x δ. Α΄ τρόπος Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( )3 4 4 16 ′ ′= − +g x x f x f x x f x
  23. 23. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [23] ● Η g είναι συνεχής στο [ ]2, 2− , ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων. ● ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 4 2 4 2 2 16 2 2 2 24 17 2 0′ ′− = − − − − + − − = − + <g f f f ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 4 2 4 2 2 16 2 2 2 24 2 24 17 2 0′ ′= ⋅ − + = = + >g f f f f Οπότε ( ) ( )2 2 0− ⋅ <g g Άρα, από θεώρημα Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0 2,2∈ −x τέτοιο, ώστε ( ) ( ) ( ) ( )3 4 0 0 0 0 0 00 4 16 ′ ′= ⇔ − = −g x x f x f x x f x Β΄ τρόπος Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 4 16 16= − = −g x x f x f x x f x ● Η g είναι συνεχής στο [ ]2, 2− , ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων ● Η g είναι παραγωγίσιμη στο ( )2, 2− με ( ) ( ) ( ) ( )3 4 4 16′ ′ ′= + −g x x f x x f x f x ● ( ) ( ) ( )2 16 16 2 0− = − − =g f και ( ) ( ) ( )2 16 16 2 0= − =g f Οπότε ( ) ( )g 2 g 2 0− = = Άρα, από Θεώρημα Rolle, υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0 2,2∈ −x τέτοιο, ώστε: ( ) ( ) ( ) ( )3 4 0 0 0 0 0 00 4 16′ ′ ′= ⇔ − = −g x x f x f x x f x
  24. 24. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [24] ΘΕΜΑ 10 Έστω : →ℝ ℝf μια συνάρτηση δύο φορές παραγωγίσιμη στο ℝ, με ( ) 0′ ≠f x για κάθε ∈ℝx , η οποία ικανοποιεί τις παρακάτω σχέσεις: ● ( ) ( )( ) 2− ′′ ′=x f x e f x , για κάθε ∈ℝx ● ( )2 0 1 0′ + =f και ● ( )0 ln2=f α. Να δείξετε ότι ( ) 1 1 ′ + = + x x e f x e , ∈ℝx β. Να δείξετε ότι η συνάρτηση ′f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ και στη συνέχεια ότι ( ) ( ) ( )2 2 1 4− > + − +f x f x f x για κάθε ∈ℝx γ. Να δείξετε ότι ( ) ( )ln 1 − = + x f x e , ∈ℝx δ. i. Να βρείτε το σύνολο τιμών της f ii. Να δείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφή της 1− f Απαντήσεις α. Για κάθε ∈ℝx έχουμε: ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 2 1− ′ ′′ ′′′ ′= ⇔ = ⇔ − =  ′′   x x xf x f x e f x e e f xf x Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά ∈ℝc τέτοια, ώστε να ισχύει: ( ) 1 − = + ′ x e c f x Για 0=x έχουμε: ( ) 01 2 1 1 0 − = + ⇔ = + ⇔ = ′ e c c c f Επομένως ( ) ( ) 1 1 1 1 ′− = + ⇔ = − ′ + x x e f x f x e
  25. 25. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [25] ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 ′ ′⇔ + = − ⇔ + = + + x x x e f x f x e e για κάθε ∈ℝx β. Παραγωγίζοντας κατά μέλη την προηγούμενη σχέση έχουμε: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 0 1 1 ′ ′+ − + ′′ = = > + + x x x x x x x e e e e e f x e e για κάθε ∈ℝx Οπότε η συνάρτηση ′f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ ● Η f είναι συνεχής στο [ ]2, 1− +x x ● Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )2, 1− +x x Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ( )1 2, 1∈ − +x xξ τέτοιο, ώστε ( ) ( ) ( ) 1 1 2 3 + − − ′ = f x f x f ξ (1) ● Η f είναι συνεχής στο [ ]1, 4+ +x x ● Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )1, 4+ +x x Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ( )2 1, 4∈ + +x xξ τέτοιο, ώστε ( ) ( ) ( ) 2 4 1 3 + − + ′ = f x f x f ξ (2) Είναι ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 4 1 3 3 ′ + − − + − + ′ ′< ⇔ < ⇔ < րf f x f x f x f x f fξ ξ ξ ξ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 4 1 2 2 1 4⇔ + − − < + − + ⇔ − > + − +f x f x f x f x f x f x f x γ. Για κάθε ∈ℝx έχουμε:
  26. 26. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [26] ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 1 1 ln 1 1 1 ′+ ′′ ′′ + = ⇔ + = ⇔ + = + + + xx x x x ee f x f x x f x x e e e Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά ∈ℝc τέτοια, ώστε να ισχύει: ( ) ( )ln 1+ = + +x f x x e c Για 0=x έχουμε: ( )0 ln2 0= + ⇔ =f c c Επομένως ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ln 1 ln 1 ln 1 ln+ = + ⇔ = + − ⇔ = + −x x x x f x x e f x e x f x e e ( ) ( ) ( )1 ln ln 1 −+ = ⇔ = + x x x e f x f x e e για κάθε ∈ℝx δ.i. Έχουμε: ( ) ( )1 1 0 1 1 − − − − −′′ = + = < + + x x x x e f x e e e για κάθε ∈ℝx Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής, άρα ( ) ( ) ( )( ) ( )lim , lim 0, →+∞ →−∞ Α = = +∞ x x f f x f x , αφού: ( ) ( ) 1 , 1 1 lim lim ln 1 limln 0 − = + − →+∞ →+∞ →+∞ → → = + = = x y e x x x x y y f x e y και ( ) ( ) 1 , lim lim ln 1 lim ln − = + − →−∞ →−∞ →−∞ →+∞ →+∞ = + = = +∞ x y e x x x x y y f x e y ii. Αφού η f συνάρτηση είναι γνησίως φθίνουσα θα είναι και 1-1, οπότε αντιστρέφεται. Είναι ( ) ( ) ( )ln 1 ln ln 1 1− − − = ⇔ = + ⇔ = + ⇔ = +x y x y x y f x y e e e e e ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 1 ln 1 ln 1 ln 1 > − − ⇔ = − ⇔− = − ⇔ = − − ⇔ = − − y x y y y y e e x e x e f y e Άρα ( ) ( )1 ln 1− = − −x f x e με ( ) ( )1 0,−Α = Α = +∞f f
  27. 27. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [27] ΘΕΜΑ 11 Δίνεται η συνάρτηση ( ) ln = x x f x e α. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της f β. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και να βρείτε το σύνολο τιμών της γ. Να αποδείξετε ότι: i. Ισχύει η ισοδυναμία ( ) ( ) 4 4 4= ⇔ = x f x f x , για 0>x ii. Η εξίσωση 4 4= x x με 0>x , έχει ακριβώς δύο ρίζες, τις 1 2=x και 2 4=x Απαντήσεις α. ( )0,Α = +∞ Είναι ( ) ln ln 0 0 0 , lim lim lim 0+ + + = →−∞→ → → →−∞ = = = x yx x yx yx x x y f x e e , αφού 0 0 ln 1 lim lim ln+ + → →   = ⋅ = −∞   x x x x x x Άρα η fC δεν έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη Είναι ( ) ln ln , 0 0 lim lim lim 1 = →+∞ →+∞ →+∞ → → = = = x yx x yx x x x y y f x e e , αφού . . . ln 1 lim lim 0 +∞ +∞ →+∞ →+∞ = = x D L H x x x x Άρα η ευθεία 1=y οριζόντια ασύμπτωτη της fC στο +∞ β. Για 0>x έχουμε: ( ) ln ln 2 ln 1 ln′ − ′ = = ⋅    x x x x x x f x e e x x ( ) 0 1 ln 0 ln 1′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =f x x x x e
  28. 28. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [28] ( ) 0 1 ln 0 ln 1′ > ⇔ − > ⇔ < ⇔ <f x x x x e Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας: x 0 e +∞ ( )′f x + O - ( )f x 1 2 , Στο ( ]1 0,Α = e , η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, οπότε ( ) ( ) ( )( 1 1 0 lim , 0,+ →  Α = =     e x f f x f e e Στο ( )2 ,Α = +∞e , η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, οπότε ( ) ( ) ( )( ) 1 2 lim ,lim 1,+→+∞ →   Α = =    e x x e f f x f x e Άρα ( ) ( ) ( ) 1 1 2 0,   Α = Α ∪ Α =    e f f f e γ. i. Για 0>x έχουμε ( ) ( ) ln ln 4 4 ln ln4 4 4ln ln4 4 = ⇔ = ⇔ = ⇔ = x x x f x f e e x x x 4 4 ln ln 4 4⇔ = ⇔ =x x x x ii. Οι εξισώσεις ( ) ( )4=f x f και 4 4= x x είναι ισοδύναμες. Η εξίσωση 4 4= x x έχει προφανείς ρίζες τις 1 2=x και 2 4=x Η f είναι γνησίως αύξουσα στο 1Α , άρα η ( ) ( )4=f x f έχει μοναδική ρίζα την 1 2=x στο 1Α
  29. 29. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [29] Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 2Α , άρα η ( ) ( )4=f x f έχει μοναδική ρίζα την 2 4=x στο 2Α Οπότε η εξίσωση 4 4= x x έχει ακριβώς δύο ρίζες, τις 1 2=x και 2 4=x ΘΕΜΑ 12 Δίνεται η συνάρτηση ( ) ( )ln 1= − +x f x xα , 1> −x , όπου 0>α και 1≠α α. Αν για κάθε 1> −x ισχύει ( ) 1≥f x , να βρείτε το α Για =eα β. Να αποδείξετε ότι η f είναι κυρτή γ. Να βρείτε τα διαστήματα στα οποία η f είναι γνησίως αύξουσα, τα διαστήματα στα οποία η f είναι γνησίως φθίνουσα και τα ακρότατα της f δ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ( ) 1 1 3 13 0 1 2   − −  −  + = − − f f x x έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο ( )1,2 Απαντήσεις α. Είναι ( ) ( ) 1 1 ln 1 ln 1 1 ′′ = − + = − + + x x f x a x a x x α α , 1> −x Για κάθε 1> −x ισχύει ( ) ( ) ( )1 0≥ ⇔ ≥f x f x f Άρα η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 Το 0 είναι εσωτερικό σημείο του ( )1,− +∞ Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 Οπότε από Θ.Fermat θα ισχύει ( ) 0 1 0 0 ln 0 ln 1 0 1 ′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = + f eα α α α
  30. 30. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [30] β. Για =eα είναι ( ) 1 1 ln 1 1 ′ = − = − + + x x f x e e e x x Οπότε ( ) ( ) 2 1 0 1 ′′ = + > + x f x e x , άρα η f είναι κυρτή στο ( )1,− +∞ γ. Παρατηρούμε ότι το 0=x είναι προφανής ρίζα της ′f και επειδή η ′f είναι γνησίως αύξουσα θα είναι και μοναδική. Οπότε: ● ( ) ( ) ( )1 0 0 0 ′ ′ ′ ′− < < ⇔ < ⇔ < րf x f x f f x ● ( ) ( ) ( )0 0 0 ′ ′ ′ ′> ⇔ > ⇔ > րf x f x f f x Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας: x -1 0 +∞ ( )′f x - O + ( )f x 2 1 δ. Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( )( )1 2 1 1 3 1 3    = − − − + − −      g x x f x f στο διάστημα [ ]1,2 ● Η g είναι συνεχής στο [ ]1,2 ● ( ) ( ) 1 1 1 1 1 2 1 1 1 3 3 3          = − − − = − − − = − −                  g f f f ( ) ( ) ( )( ) ( )2 2 1 3 1 3 1= − − = −g f f Είναι ( ) ( ) 1 1 1 1 0 0 1 1 0 1 0 3 3 3 3       − < ⇔ − > ⇔ − > ⇔ − − < ⇔ <            ցf f f f f g
  31. 31. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [31] ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 0 3 0 3 1 3 1 0 2 0> ⇔ > ⇔ > ⇔ − > ⇔ > րf f f f f g Επομένως ( ) ( )1 2 0<g g , οπότε από Θ.Bolzano η εξίσωση ( ) 0=g x και άρα η αρχική έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )1,2 ΘΕΜΑ 13 Δίνεται συνάρτηση f ορισμένη και δύο φορές παραγωγίσιμη στο ℝ, με συνεχή δεύτερη παράγωγο, για την οποία ισχύουν: ● ( ) 0′′ ≠f x για κάθε ∈ℝx ● ( ) ( ) ( )2 0 0 2 − ′ < f f f και ● ( ) ( ) 0 1 2 1 lim 0 → + − − = h f h f h h α. Να αποδείξετε ότι η ′f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ β. Να αποδείξετε ότι ( )1 0′ =f , καθώς επίσης ότι η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 1=x γ. Θεωρούμε επιπλέον τη συνάρτηση ( ) ( ) ( )2= − −g x F x F x , όπου F μια παράγουσα της f i. Να μελετήσετε τη συνάρτηση g ως προς την κυρτότητα και τα σημεία καμπής ii. Να βρείτε την εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της g στο σημείο με τετμημένη 0 1=x και στη συνέχεια να λύσετε στο ℝ την εξίσωση ( ) ( ) ( )( )2 2 1 1− − = −F x F x f x Απαντήσεις α. Είναι ( ) 0′′ ≠f x για κάθε ∈ℝx και επιπλέον ′′f συνεχής, άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ℝ. Συνεπώς η ′f θα είναι γνησίως μονότονη στο ℝ.
  32. 32. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [32] ● Η f είναι συνεχής στο [ ]0,2 ● Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )0,2 Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ( )0,2∈ξ τέτοιο, ώστε ( ) ( ) ( )2 0 2 − ′ = f f f ξ Όμως ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 0 0 2 − ′ ′ ′< ⇔ < f f f f f ξ (1) Είναι 0 2< <ξ Αν η ′f είναι γνησίως φθίνουσα, τότε ( ) ( )0′ ′>f f ξ που είναι άτοπο λόγω (1) Αν η ′f είναι γνησίως αύξουσα, τότε ( ) ( )0′ ′<f f ξ που ισχύει. Άρα η ′f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ β. Είναι ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 1 2 1 1 2 1 1 1 lim lim → → + − − + − + − − = = h h f h f h f h f f f h h h ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 1 2 1 1 1 lim 2 1 1 3 1 →  + − − −  ′ ′ ′− = + =   h f h f f h f f f f h h , αφού ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 1 0 0, 0 0 1 10 1 2 1 1 1 1 1 lim lim lim 2 2 1 2 = → → → → →     + −  + −  + −  ′= = =            h h h h h h h f h f f h f f h f f hh h και ομοίως ( ) ( ) ( )0 1 1 lim 1 →  − −  ′= −   h f h f f h Άρα ( ) ( )3 1 0 1 0′ ′= ⇔ =f f Επιπλέον η ′f είναι γνησίως αύξουσα, άρα το 1 είναι μοναδική ρίζα της. Οπότε: ● ( ) ( ) ( )1 1 0 ′ ′ ′ ′< ⇔ < ⇔ < րf x f x f f x
  33. 33. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [33] ● ( ) ( ) ( )1 1 0 ′ ′ ′ ′> ⇔ > ⇔ > րf x f x f f x Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας: x −∞ 1 +∞ ( )′f x - O + ( )f x 2 1 Επομένως η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 1=x γ. i. Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη με ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 2′′ ′ ′= − − − = + −g x F x F x x f x f x Η συνάρτηση ′g είναι παραγωγίσιμη με ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 2′′′ ′ ′ ′ ′= + − − = − −g x f x f x x f x f x ● ( ) ( )1 2 2 2 2 2 ′ ′ ′< ⇔ < ⇔ + < ⇔ < − ⇔ < − րf x x x x x x f x f x ( ) ( ) ( )2 0 0′ ′ ′′⇔ − − < ⇔ <f x f x g x ● ( ) ( )1 2 2 2 2 2 ′ ′ ′> ⇔ > ⇔ + > ⇔ > − ⇔ > − րf x x x x x x f x f x ( ) ( ) ( )2 0 0′ ′ ′′⇔ − − > ⇔ >f x f x g x Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα κυρτότητας: x − ∞ 1 +∞ ( )′′g x – O + ( )g x 4 3
  34. 34. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [34] Οπότε η g είναι κοίλη στο ( ],1−∞ και κυρτή στο [ )1,+∞ , ενώ το ( )1,0Α είναι σημείο καμπής της. ii. H εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της g στο σημείο με τετμημένη 0 1=x έχει εξίσωση: ( ) ( )( ) ( )( )1 1 1 2 1 1′− = − ⇔ = −y g g x y f x ● Για 1≤x η g είναι κοίλη, άρα η εφαπτομένη της θα βρίσκεται «πάνω» από την gC με εξαίρεση το σημείο επαφής τους. Δηλαδή ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 1 1≤ ⇔ − − ≤ −g x y F x F x f x και το «=» ισχύει μόνο για 1=x ● Για 1≥x η g είναι κυρτή, άρα η εφαπτομένη της θα βρίσκεται «κάτω» από την gC με εξαίρεση το σημείο επαφής τους. Δηλαδή ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 1 1≥ ⇔ − − ≥ −g x y F x F x f x και το «=» ισχύει μόνο για 1=x Άρα η εξίσωση ( ) ( ) ( )( )2 2 1 1− − = −F x F x f x έχει μοναδική λύση την 1=x ΘΕΜΑ 14 Δίνονται οι συναρτήσεις ( ) = x g x e και ( ) 1= +h x x α. Να ορίσετε τη συνάρτηση =f g h Αν ( ) 1+ = x f x e , 1≥ −x , τότε: β. Να βρείτε τη τιμή του πραγματικού αριθμού α ώστε συνάρτηση ( ) ( )1 1 1+ = ⋅ + −x F x e xα να είναι αρχική της συνάρτησης f γ. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα ( ) 0 1− Ι = ∫ f x dx δ. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφή της 1− f Απαντήσεις
  35. 35. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [35] α. Είναι Α = ℝg και [ )1,= − +∞hA Θα πρέπει 1 1 ( ) ( ) ∈  ≥ −  ⇔ ⇔ ≥ −  ∈ ∈  ℝ h g x A x x h x A h x Για 1≥ −x , έχουμε: ( ) ( )( ) 1+ = = x f x g h x e β. Για 1> −x , έχουμε: ( ) ( )1 11 1 1 1 2 1 2 1 + + ′ = ⋅ + − + ⋅ + + x x F x e x e x x α α 1 1 1 1 2 22 1 2 1 + + + + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = − + = + + x x x x e e e e x x α α α α Θα πρέπει ( ) ( ) 11 0 1 1 2 2 2 ++ ≠ +⋅ ′ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = xx e xe a F x f x e a α Για 2=a , είναι ( ) ( )1 2 1 1+ = + −x F x e x Εξετάζουμε αν και στο 0 1=−x η F είναι αρχική της f Είναι: ( ) ( )1 2 1 1 2 1 1 2( ) ( 1) 1 lim lim 1 1 + + + →− →− + − +− − ′ − = = + + x x x e xF x F F x x ( ) ( ) 0 1 0 2 . . .1 , 0 0 0 0 2 1 2 2 lim lim lim 1 1 2+ + + + + + = →− → → → → − + = = = = = − y yx y y D L Hx y y y y e y ye e f y y Άρα για 2=a η F είναι αρχική της συνάρτησης f για κάθε 1≥ −x γ. Α΄ τρόπος ( ) ( ) 0 0 11 (0) ( 1) 2−− Ι = =   = − − = ∫ f x dx F x F F
  36. 36. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [36] B΄ τρόπος ( ) 0 0 1 1 1 + − − Ι = =∫ ∫ x f x dx e dx Θέτουμε 2 1 1+ = ⇔ + =x u x u , άρα 2=dx udu Για 1, 0= − =x u και για 0, 1= =x u Οπότε 11 1 1 00 00 2 2 2 2 2 2   Ι = = − = − =   ∫ ∫ u u u u ue du ue e du e e δ. Για 1> −x , έχουμε: ( ) 1 1 0 2 1 + ′ = ⋅ > + x f x e x για κάθε 1> −x και επειδή η f είναι συνεχής στο 0 1=−x θα είναι γνησίως αύξουσα στο [ )1,− +∞ Οπότε η f είναι 1-1 συνάρτηση, επομένως αντιστρέφεται. Είναι: ( ) 0 1 1 2 1 2 ( ) 1 ln ln 1 ln 1 > ≥ + − = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = − ⇔ = − y y x y f x y e x y x y f y y Άρα ( )1 2 ln 1, 1− = − ≥f x x x ΘΕΜΑ 15 Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f με συνεχή πρώτη παράγωγο, ( )1 =f e και τέτοια, ώστε να ισχύει ( ) 1 , 0 1 , 0  − ≠ ′ =   = x e x f x x x α. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα β. Να αποδείξετε ότι: i. η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο 0 0=x ii. η f είναι κυρτή στο ℝ
  37. 37. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [37] γ. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f , την εφαπτομένη της στο σημείο ( )( )1, 1Μ f και την ευθεία 0=x δ. Να αποδείξετε ότι ( )lim →+∞ = +∞ x f x και στη συνέχεια να βρείτε το ( ) 2 ( ) 1 lim 2017→+∞ + +x x f x x Απαντήσεις α. ● Για 0>x είναι 1 1 0> ⇔ − >x x e e , άρα ( ) 1 0 0 − ′> ⇔ > x e f x x ● Για 0<x είναι 1 1 0< ⇔ − <x x e e , άρα ( ) 1 0 0 − ′> ⇔ > x e f x x ● Για 0=x είναι ( )0 1 0′ = >f Άρα ( ) 0′ >f x για κάθε ∈ℝx , οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα β. i. Είναι ( ) ( ) 0 0 0 0 20 0 0 . . . 0 . . . 0 1 10 1 1 1 lim lim lim lim lim 2 2 2→ → → → → − −′ ′− − − − = = = = = x x x x x x x D L H x D L H x e f x f e x e ex x x x x Άρα η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο 0 0=x με ( ) 1 0 2 ′′ =f ii. Για 0≠x είναι ( ) ( ) ( )( ) 2 2 1 1 1 ′ ′− − − − + ′′ = = x x x xe x e x xe e f x x x Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 1,= − + ∈ℝx x g x xe e x Είναι ( )′ = + − =x x x x g x xe e e xe Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας:
  38. 38. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [38] x − ∞ 0 +∞ ( )′g x - O + ( )g x 2 1, Παρατηρούμε ότι η g παρουσιάζει στο 0 0=x ελάχιστο, άρα θα ισχύει ότι ( ) ( ) ( )0 0≥ ⇔ ≥g x g g x Οπότε ( ) 0′′ >f x για κάθε 0≠x Επιπλέον ( ) 1 0 0 2 ′′ = >f , επομένως ( ) 0′′ >f x για κάθε ∈ℝx , δηλαδή η f είναι κυρτή συνάρτηση. γ. Η εφαπτομένη της fC στο σημείο ( )( )1, 1Μ f έχει εξίσωση: ( ) ( )( )1 1 1′− = −y f f x , δηλαδή ( )1 1= − +y e x Το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f , την εφαπτομένη της στο σημείο ( )( )1, 1Μ f και την ευθεία 0=x είναι: ( ) ( ) 1 0 1 1Ε = − − −∫ f x e x dx Όμως δείξαμε ότι η f είναι κυρτή, άρα η fC θα βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη της στο σημείο Μ με εξαίρεση το σημείο επαφής. Δηλαδή θα ισχύει ( ) ( )1 1≥ − +f x e x Άρα ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1Ε = − − − = − − + =∫ ∫ ∫f x e x dx f x dx e x dx ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 12 1 11 00 0 0 1 1 1 1 2 2    ′ ′− − + =   − − − + =        ∫ ∫ x x f x dx e x xf x xf x dx e ( ) ( ) ( ) 1 1 00 1 1 1 3 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 −  − − − − = − − − − = − − − − = ∫ x xe e e e f e dx e e x e τ.μ.
  39. 39. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [39] δ. Από το ερώτημα γ. έχουμε ότι: ( ) ( )1 1≥ − +f x e x Είναι ( )( )lim 1 1 →+∞ − + = +∞ x e x , οπότε και ( )lim →+∞ = +∞ x f x Επίσης: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 . . . ( ) 1 1 1 1 lim lim lim 2017 2 2 +∞ +∞ →+∞ →+∞ →+∞ ′+ + + + + − = = = + x x D L H x x x f x f x xf x f x e x x x ( ) ( ) . . . . . . 1 1 lim lim lim lim 2 2 2 2 +∞ +∞ +∞ +∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ − +′+ + − + = = = = x x x x x x x D L H x x x D L H e ef x e f x e e xex x x 2 lim 2→+∞ + = +∞ x x x e xe ΘΕΜΑ 16 Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση [ ): 0,+∞ →ℝf , για την οποία ισχύουν: ● ( ) ( ) ( ) 3 2 0 1 9 ′ − = ∫xf x f x x f t dt , για κάθε 0>x ● ( )1 1=f α. Να αποδείξετε ότι ( ) 3 0 9=∫ f t dt και στη συνέχεια να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f Έστω ότι ( ) 2 =f x x , 0≥x . Δίνεται επιπλέον η συνάρτηση ( ): 0,+∞ →ℝg με ( ) 2 ln= −g x x β. i. Να βρείτε τα διαστήματα στα οποία η συνάρτηση g είναι κυρτή ή κοίλη και να προσδιορίσετε το σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της g ii. Να αποδείξετε ότι ( ) ( )2 ln 1 2 ln− > −x x x e x , για κάθε >x e γ. Θεωρούμε σημείο Α στη γραφική παράσταση της f με τετμημένη 0x και σημείο Β στη γραφική παράσταση της g με την ίδια τετμημένη. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό 0 1 ,1   ∈    x e τέτοιο, ώστε η απόσταση ΑΒ να γίνεται ελάχιστη.
  40. 40. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [40] δ. Να υπολογίσετε το ( )2 2 1 lim →+∞    ⋅      x f x x xν ηµ για τις διάφορες τιμές του ακεραίου ν Απαντήσεις α. Θέτουμε ( ) 3 0 =∫ f t dt κ , οπότε η αρχική σχέση για 0>x γίνεται: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 2 2 1 1 1 9 9 9 ≠ ′ ′′ −    ′ − = ⇔ = ⇔ =       x xf x f x f x xf x f x x x x x κ κ κ Με εφαρμογή του Πορίσματος των Συνεπειών του Θ.Μ.Τ. ισοδύναμα έχουμε: ( ) 1 9 = + f x x c x κ , ∈ℝc Για 1=x προκύπτει ότι ( ) 1 1 1 1 1 1 9 9 9 = + ⇔ = + ⇔ = −f c c cκ κ κ Επομένως ( ) ( ) 21 1 1 1 1 1 9 9 9 9   = + − ⇔ = + −    f x x f x x x x κ κ κ κ (1) Οπότε ( ) 3 33 2 3 3 2 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 9 9 9 3 9 2         = + − ⇔ = + − ⇔                 ∫ ∫ x x f x dx x x dxκ κ κ κ κ 1 1 9 9 9 1 9 9 9 2 2 2   = ⋅ + − ⇔ = + − ⇔ =    κ κ κ κ κ κ κ Άρα ( ) 3 0 9=∫ f t dt Από (1) προκύπτει ότι ( ) 2 , 0= >f x x x Για 0=x , επειδή η f είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη, θα ισχύει ότι: ( ) ( ) 2 0 0 0 lim lim 0 → → = = = x x f f x x Άρα ( ) 2 , 0= ≥f x x x
  41. 41. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [41] β. i. Για 0>x έχουμε: ( ) ( ) 2ln 2ln ln −′′ = − ⋅ = x g x x x x και ( ) 2 2 1 2 2ln ln 1 2 − + − ′′ = = x x xxg x x x Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα κυρτότητας: x 0 e +∞ ( )′′g x – O + ( )g x 4 3 Οπότε η g είναι κοίλη στο ( ]0,e και κυρτή στο [ ),+∞e , ενώ το ( ), 1Α −e είναι σημείο καμπής της ii. Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. για την g στο διάστημα [ ],e x ● H g είναι συνεχής στο [ ],e x ● H g είναι παραγωγίσιμη στο ( ),e x Άρα θα υπάρχει ( ),∈ e xξ τέτοιο, ώστε ( ) ( ) ( ) 2 2 ln 1 ln 1− − + − ′ = = = − − − − g x g e x x g x e x e x e ξ (1) Είναι [ ) ( ) ( ) 2 2, (1) ln 1 2ln ln 1 2ln′ +∞ − − ′ ′< ⇔ < ⇔− < − ⇔ > ⇔ − − րg e x x x x x g g x x e x x e x ξ ξ ( ) ( )2 ln 1 2 ln− > −x x x e x , για κάθε >x e γ. Αφού Α∈ fC θα είναι ( )2 0 0,Α x x και αφού Β∈ gC θα είναι ( )2 0 0, ln−B x x , εφόσον γνωρίζουμε ότι τα σημεία αυτά έχουν την ίδια τετμημένη 0x . Η απόσταση των Α,Β είναι:
  42. 42. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [42] ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0ln ln lnΑΒ = − + + = + = +x x x x x x x x Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 2 2 ln , 0= + >h x x x x Θέλουμε να αποδείξουμε ότι υπάρχει μοναδικό 0 1 ,1   ∈    x e τέτοιο, ώστε η h να παρουσιάζει ελάχιστο. Είναι ( ) ln 2 2′ = + x h x x x ● H ′h είναι συνεχής στο 1 ,1     e ● 1 ln 1 2 2 2 2 0 1  ′ = + = − <    eh e e e e e ( ) ln1 1 2 2 2 0 1 ′ = + = >h Άρα από Θ.Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον 0 1 ,1   ∈    x e τέτοιο, ώστε ( )0 0′ =h x Επιπλέον ( ) 2 2 2 1 ln 2 2 ln 2 2 0 − + − ′′ = + = > x x x h x x x για κάθε 1 ,1   ∈   x e , άρα η συνάρτηση ′h είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα 1 ,1     e , επομένως το 0x είναι μοναδικό. Για ( ) ( ) ( )0 0 1 0 ′ ′ ′ ′< < ⇔ < ⇔ < րh x x h x h x h x e Για ( ) ( ) ( )0 01 0 ′ ′ ′ ′< < ⇔ > ⇔ > րh x x h x h x h x Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας:
  43. 43. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [43] x 1/ e 0x 1 ( )′h x - O + ( )h x 2 1, Οπότε υπάρχει μοναδικό 0 1 ,1   ∈    x e τέτοιο, ώστε η απόσταση των σημείων Α και Β να γίνεται ελάχιστη. δ. Έχουμε ( )2 4 2 2 2 2 2 1 1 1 lim lim lim →+∞ →+∞ →+∞            ⋅ = ⋅ = ⋅                     x x x f x x x x x x x x x xν ν ν ηµ ηµ ηµ Είναι 2 1 2 2 , 0 0 1 lim lim 1 = →+∞ →+∞ → →    = =      y x x x y y y x x y ηµ ηµ Επίσης για το 2 lim →+∞      x x xν διακρίνουμε τις περιπτώσεις: ● Αν 2<ν , τότε 2 lim →+∞   =+∞   x x xν , οπότε και ( )2 2 1 lim →+∞    ⋅ = +∞      x f x x xν ηµ ● Αν 2=ν , τότε 2 lim 1 →+∞   =   x x xν , οπότε και ( )2 2 1 lim 1 →+∞    ⋅ =      x f x x xν ηµ ● Αν 2>ν , τότε 2 lim 0 →+∞   =   x x xν , οπότε και ( )2 2 1 lim 0 →+∞    ⋅ =      x f x x xν ηµ ΘΕΜΑ 17 Δίνονται οι συναρτήσεις ( ) 2 8 4 = + f x x και ( ) 2 =g x x α. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα
  44. 44. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [44] β. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα και να δείξετε ότι παρουσιάζει δύο ακριβώς σημεία καμπής τα οποία είναι συμμετρικά ως προς τον άξονα ′y y γ. Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των f και g εφάπτονται σε ένα σημείο και να βρείτε την κοινή τους εφαπτομένη ( )ε στο σημείο αυτό δ. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της fC και στη συνέχεια να σχεδιάσετε στο ίδιο σχήμα τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f , g και την κοινή τους εφαπτομένη ( )ε που βρήκατε στο ερώτημα γ. ε. Στη γραφική παράσταση της f εγγράφουμε ορθογώνιο ΑΒΓ∆ έτσι, ώστε οι κορυφές του Α και Β να βρίσκονται στη fC και οι Γ και Δ στον άξονα ′x x . Να βρείτε το ορθογώνιο με το μέγιστο εμβαδόν και να αποδείξετε ότι το ορθογώνιο αυτό είναι ισοδύναμο με το τρίγωνο που σχηματίζει η ευθεία ε με τους άξονες στ. Να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα ( ) ( ) 2 1 Ι = ∫ f x dx g x και ( ) ( ) 2 1 = ∫ g x J dx f x Απαντήσεις α. Α = ℝf Είναι ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 22 2 8 16 4 4 4 ′′ = − + = − + + x f x x x x Οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( ],0−∞ , γνησίως φθίνουσα στο [ )0,+∞ και παρουσιάζει μέγιστο στο 0 0=x ίσο με ( )0 2=f β. Είναι ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 2 22 2 2 2 2 4 42 2 16 4 16 4 16 4 32 4 4 4 4 ′′ ′+ − + + − + + ′′ = − = − + + x x x x x x x x f x x x ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 2 2 4 4 42 2 2 16 4 64 4 16 4 4 4 16 4 3 4 4 4 4 + − + + + − + − = − = − = + + + x x x x x x x x x x x Έχουμε:
  45. 45. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [45] ( ) 2 2 0 3 4 0 3 ′′ = ⇔ − = ⇔ = ±f x x x ( ) 2 2 2 0 3 4 0 ή 3 3 ′′ > ⇔ − > ⇔ < − >f x x x x ( ) 2 2 2 0 3 4 0 < 3 3 ′′ < ⇔ − < ⇔ − <f x x x Επομένως η f είναι κυρτή στο 2 , 3   −∞ −    , η f είναι κοίλη στο 2 2 , 3 3   −    και κυρτή στο 2 , 3   +∞   . Επιπλέον παρουσιάζει καμπή στα σημεία 2 3 , 23   −    και 2 3 , 23       που είναι συμμετρικά ως προς τον άξονα ′y y γ. ∗ Α = ℝg Είναι ( ) 2 2 ′ =−g x x Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει 0 ∗ ∈ℝx τέτοιο, ώστε: ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 (1) (2)  =  ′ ′= f x g x f x g x 2 0 0 02 0 0 8 2 (1) 4 4 0 2 4 ⇔ = ⇔ − + = ⇔ = + x x x x x Επιπλέον ( ) 32 1 2 64 2 ′ =− =−f και ( ) 2 1 2 4 2 ′ =− =−g , δηλαδή ικανοποιείται και η σχέση (2). Οπότε οι fC και gC εφάπτονται, δηλαδή δέχονται κοινή εφαπτομένη στο σημείο ( )2,1 με εξίσωση ( ) 1 1 1 2 2 2 2 − = − − ⇔ = − +y x y x δ. Είναι: ( ) 2 8 lim lim 0 4→−∞ →−∞ = = +x x f x x και ( ) 2 8 lim lim 0 4→+∞ →+∞ = = +x x f x x
  46. 46. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [46] Επομένως η ευθεία 0=y είναι οριζόντια ασύμπτωτη της fC και στο −∞ και στο +∞ ε. Έστω ( ),0Γ x και ( ),0∆ −x με 0>x σημεία του άξονα ′xx Τότε ( )( ),Α −x f x και ( )( ),Β x f x , αφού ( ) ( )− =f x f x για κάθε ∈ℝx Είναι ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 16 2 2 4 ΑΒΓ∆ = Α∆ ∆Γ = ⋅ = = + x f x x xf x x Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 2 16 4 Ε = + x x x με 0>x Είναι ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 2 2 22 2 2 16 4 32 16 4 16 2 2 4 4 4 + − − − + ′Ε = = = + + + x x x x x x x x x Οπότε εύκολα βρίσκουμε ότι για 2=x η ( )Ε x και άρα το εμβαδόν του ορθογωνίου ΑΒΓΔ γίνεται μέγιστο με μέγιστη τιμή ίση με ( ) 32 2 4 8 Ε = = τ.μ. Η ευθεία 1 2 2 = − +y x του ερωτήματος γ. τέμνει τους άξονες ′xx και ′y y στα σημεία ( )4,0 και ( )0,2 αντίστοιχα. Το τρίγωνο που σχηματίζει η ευθεία με τους
  47. 47. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [47] άξονες έχει εμβαδόν 1 4 2 4 2 Ε = ⋅ ⋅ = τ.μ., δηλαδή ισοδύναμο με αυτό του ορθογωνίου ΑΒΓΔ. στ. Έχουμε ( ) ( ) ( )2 22 2 2 2 2 21 1 1 1 8 2 444 2 4 4 ′++Ι = = = = + +∫ ∫ ∫ ∫ xf x xxdx dx dx dx g x x x x ( ) 2 2 1 64 2ln 4 2ln8 2ln5 ln 25  = + = − = x τ.μ. και ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 2 4 1 3 ln ln2 8 4 4 8 8 4  +   = = = = + = + = +        + ∫ ∫ ∫ ∫ g x x x xxJ dx dx dx dx x f x x x x τ.μ. ΘΕΜΑ 18 Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση ( ): , 1−∞ − →ℝf για την οποία ισχύουν τα εξής:
  48. 48. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [48] ● η κλίση της σε οποιοδήποτε σημείο ( ), ( )x f x δίνεται από τον τύπο ( ) 2 1 1+x ● η γραφική της παράσταση διέρχεται από το σημείο 3 3, 2   Κ −    α. Να αποδείξετε ότι ( ) 1 = + x f x x , 1< −x β. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f και στη συνέχεια να σχεδιάσετε τη γραφική της παράσταση. γ. Έστω (ε) η εφαπτομένη της fC σε τυχαίο σημείο της ( )0 0, ( )Μ x f x και Α, Β τα σημεία τομής της (ε) με τους άξονες ′xx και ′y y αντίστοιχα. Να βρείτε τις συντεταγμένες του σημείου Μ έτσι ώστε το άθροισμα των αποστάσεων της αρχής των αξόνων Ο από τα σημεία Α και Β να γίνεται ελάχιστο. δ. Να υπολογίσετε το εμβαδόν ( )Ε λ του χωρίου που περικλείεται από την fC , τον άξονα ′xx και τις ευθείες 0=x x και =x λ , όπου ( )2, 1∈ − −λ και 0x η τετμημένη του σημείου Μ που βρήκατε στο ερώτημα γ. Στη συνέχεια να βρείτε το όριο ( )1 lim− →− Ε λ λ Απαντήσεις α. Για 1< −x ισχύει: ( ) ( ) ( )2 1 1 11 ′ ′ ′= ⇔ = −  + + f x f x xx Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά ∈ℝc τέτοια, ώστε να ισχύει: ( ) 1 1 = − + + f x c x Για 3= −x έχουμε: ( ) 1 3 1 3 1 3 1 2 2 − = − + ⇔ = + ⇔ = − + f c c c Επομένως ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 − + + = − + ⇔ = ⇔ = + + + x x f x f x f x x x x για κάθε 1< −x β. Για 1< −x έχουμε:
  49. 49. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [49] ( ) ( ) 2 1 0 1 ′ = > + f x x , άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( ), 1−∞ − ( ) ( ) 3 2 0 1 ′′ = − < + f x x , άρα η f είναι κοίλη στο διάστημα ( ), 1−∞ − Επίσης: ( )lim 1 →−∞ = x f x , άρα η ευθεία 1=y είναι οριζόντια ασύμπτωτη της fC στο −∞ ( )1 lim− →− = +∞ x f x , άρα η ευθεία 1= −x είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της fC Από τα παραπάνω προκύπτει η γραφική παράσταση της f που είναι η εξής: γ. Η εξίσωση της εφαπτομένης της fC σε τυχαίο σημείο της ( )0 0, ( )Μ x f x , 0 1<−x είναι: ( ) ( ) ( )0 0 0 0 02 0 0 1 ( ) ( ) 1 1 ′− = − ⇔ − = − + + x y f x f x x x y x x x x Για 0=y έχουμε ( ) ( ) ( ) 20 0 0 0 0 02 0 0 1 1 1 1 − = − ⇔− + = − ⇔ =− + + x x x x x x x x x x x Άρα ( )2 0 ,0Α −x
  50. 50. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [50] Για 0=x έχουμε ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 0 0 0 02 2 2 0 00 0 0 1 1 11 1 1 − = − ⇔ = − ⇔ = + ++ + + x x x x y x y y x xx x x Άρα ( ) 2 0 2 0 0, 1    Β  +  x x Είναι ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 20 0 0 02 2 0 01 1 ΟΑ + ΟΒ = + = + + + x x x x x x Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) 2 2 2 1 = + + x d x x x , 1< −x Έχουμε ( ) ( )( ) ( ) 3 3 2 1 1 1 + + ′ = + x x d x x και μετά από μελέτη του πρόσημου της βρίσκουμε ότι γίνεται ελάχιστη για 2= −x Άρα το ζητούμενο σημείο είναι το ( )2,2Μ − δ. Είναι ( ) ( ) ( )2 2 2 2 1 1 1 1− − − − + − Ε = = = = + +∫ ∫ ∫ ∫ x x f x dx f x dx dx dx x x λ λ λ λ λ ( )22 1 1 ln 1 ln 1 2 2 ln 1 1 −−    = − = − + = − + + = + − − −   +  ∫ dx x x x λ λ λ λ λ λ Τέλος ( ) ( )( )1 1 lim lim 2 ln 1− − →− →− Ε = + − − − =+∞ λ λ λ λ λ ΘΕΜΑ 19 Έστω f μια συνεχής συνάρτηση στο διάστημα [ ]0,2 για την οποία ισχύει ( ) ( ) 2 2 1 1− + =x f x για κάθε [ ]0,2∈x
  51. 51. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [51] α. Να βρείτε τις ρίζες της εξίσωσης ( ) 0=f x και να αποδείξετε ότι η f διατηρεί το πρόσημό της στο διάστημα ( )0,2 β. Να βρείτε ποιος μπορεί να είναι ο τύπος της f Αν ( )1 1=f , τότε γ. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ακριβώς δύο εφαπτόμενες ( )1ε , ( )2ε της fC που άγονται από το σημείο 2 1, 3   Α    τις οποίες και να βρείτε. δ. Αν 1 : 3 3 3 0− + =x yε και 2 : 3 3 3 3 0+ − =x yε να σχεδιάσετε τις ( )1ε , ( )2ε και τη fC και να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται μεταξύ του τριγώνου ΑΒΓ και της fC , όπου Β και Γ τα σημεία τομής των ( )1ε και ( )2ε αντίστοιχα με τον άξονα ′x x Απαντήσεις α. Για κάθε [ ]0,2∈x έχουμε: ( ) ( ) ( ) 22 0 0 1 1 0 1 1 0= ⇔ = ⇔ − − = ⇔ − = ± ⇔ =f x f x x x x ή 2=x Επειδή ( ) 0≠f x για κάθε ( )0,2∈x και f συνεχής θα διατηρεί το πρόσημό της στο διάστημα ( )0,2 β. Αφού η f διατηρεί το πρόσημο της στο ( )0,2 θα είναι ( ) 0>f x για κάθε ( )0,2∈x ή ( ) 0<f x για κάθε ( )0,2∈x Δηλαδή ( ) ( ) 2 2 1 1 2= − − = − +f x x x x , ( )0,2∈x και επειδή ( ) ( )0 2 0= =f f θα είναι ( ) 2 2= − +f x x x, [ ]0,2∈x ή ( ) ( ) 2 2 1 1 2= − − − = − − +f x x x x , ( )0,2∈x και επειδή ( ) ( )0 2 0= =f f θα είναι ( ) 2 2=− − +f x x x, [ ]0,2∈x γ. Αφού ( )1 1 0= >f , θα είναι ( ) 2 2= − +f x x x, [ ]0,2∈x
  52. 52. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [52] Έστω ( ) ( )( )0 0 0: ′− = −y f x f x x xε η εφαπτομένη της fC στο σημείο ( )( )0 0,Μ x f x Για ( )0,2∈x είναι ( ) 2 1 2 − ′ = − + x f x x x , οπότε η εξίσωση της εφαπτομένης γίνεται: ( )2 0 0 0 02 0 0 1 : 2 2 − − − + = − − + x y x x x x x x ε Επειδή Α∈ fC θα ισχύει ότι: ( )2 0 0 0 02 0 0 12 2 1 3 2 − − − + = − ⇔ − + x x x x x x ( ) ( ) 22 2 0 0 0 0 0 2 2 2 1 3 − + − − + = − ⇔x x x x x 2 2 2 0 0 0 0 0 0 2 3 3 2 1 2 2 2 43 − + = ⇔ − + = ⇔− + = ⇔x x x x x x 2 2 0 0 0 0 3 2 0 4 8 3 0 4 − + − = ⇔ − + =x x x x , όπου βρίσκουμε δύο λύσεις 0 1 2 =x ή 0 3 2 =x Οπότε έχουμε δύο σημεία επαφής 1 1 3 , 2 2   Μ     και 2 3 3 , 2 2   Μ     Οι εφαπτόμενες της fC στα σημεία αυτά έχουν αντίστοιχα εξισώσεις: 1 : 3 3 3 0− + =x yε και 2 : 3 3 3 3 0+ − =x yε
  53. 53. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [53] δ. Επειδή ( ) ( ) 2 2 1 1− + =x f x και ( ) 0≥f x για κάθε [ ]0,2∈x η γραφική παράσταση της f θα είναι το ημικύκλιο που βρίσκεται πάνω από τον άξονα ′x x ενός κύκλου με κέντρο ( )1,0Κ και 1=ρ Για 0=y στην ( )1ε έχουμε 1= −x . Άρα ( )1,0Β − Για 0=y στην ( )2ε έχουμε 3=x . Άρα ( )3,0Γ Είναι 2 2, 3   ΑΒ= − −    και 2 2, 3   ΑΓ= −    Οπότε ( ) ( )1 4 det , ... 2 3 ΑΒΓ = ΑΒ ΑΓ = = Επίσης 2 2 2 Ε = =ηµικ πρ π Οπότε το ζητούμενο εμβαδόν είναι 4 23 Ε = − π τ.μ. ΘΕΜΑ 20 Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση ( ): 0,+∞ →ℝf , για την οποία ισχύουν:
  54. 54. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [54] ● ( ) ( )( )1 2′⋅ + = f x e x f x x , για κάθε 0>x ● ( ) 1=f e α. Nα βρείτε τον τύπο της f Έστω ( ) ln=f x x, 0>x Θεωρούμε επιπλέον τη συνάρτηση ( ) ( )=g x xf x , 0>x β. Να μελετήσετε την g ως προς τη μονοτονία γ. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g που είναι παράλληλη στην ευθεία 2 2018= +y x δ. Να δείξετε ότι ( )( )2 0 ln4< <∫ e e g f x dx x Απαντήσεις α. Για 0>x έχουμε: ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2′ ′+ = ⇔ + = ⇔ f x f x f x e xf x x xe f x e x ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 ′ ′ ′′+ = ⇔ = f x f x f x x e x e x xe x Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά ∈ℝc τέτοια, ώστε να ισχύει: ( ) 2 = + f x xe x c Για =x e έχουμε: ( ) 2 2 2 0⋅ = + ⇔ = + ⇔ =e f e e c e e c c Επομένως ( ) ( ) ( ) 0 2 ln > = ⇔ = ⇔ = x f x f x xe x e x f x x για κάθε 0>x β. ( )0,Α = +∞g Είναι ( ) ln=g x x x, 0>x Είναι ( ) ( ) ( )ln ln ln 1′ ′′ = + = +g x x x x x x , 0>x
  55. 55. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [55] ( ) 1 0 ln 1 0 ln 1′ = ⇔ + = ⇔ = − ⇔ =g x x x x e ( ) 1 0 ln 1 0 ln 1′ > ⇔ + > ⇔ > − ⇔ >g x x x x e Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας: x 0 1 e +∞ ( )′g x - O + ( )g x 2 1 , γ. Θα πρέπει ( )0 0 0 02 ln 1 2 ln 1′ = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =g x x x x e Άρα η ζητούμενη εφαπτομένη έχει εξίσωση ( ) ( )2 2 2 2− = − ⇔ − = − ⇔ = −y g e x e y e x e y x e δ. Έχουμε ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 1 , 2 2 1 2 1 2   +∞  ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ր ր g f e e x e f e f x f e f x g g f x g ( )( ) ( )( ) ( )( )0 ln4 0 2ln2 0 ln4 0 > ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ x g f x g f x g f x x x ● Είναι ( )( ) 0≥ g f x x και το «=» ισχύει μόνο για =x e , άρα ( )( ) ( )( )2 0 0> ⇔ >∫ e e g f x g f x dx x x (1) ● Είναι ( )( ) ln4 ≤ g f x x x και το «=» ισχύει μόνο για 2 =x e , άρα ( )( ) ( )( )2 2 ln4 ln4 < ⇔ < ⇔∫ ∫ e e e e g f x g f x dx dx x x x x ( )( ) [ ] ( )( )2 22 ln4 ln ln4< ⋅ ⇔ <∫ ∫ e ee ee e g f x g f x dx x dx x x (2)
  56. 56. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [56] Από (1) , (2) θα ισχύει ( )( )2 0 ln4< <∫ e e g f x dx x ΘΕΜΑ 21 Δίνεται η συνάρτηση ( ) ( )1 ln= −f x x x , 0>x α. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και να βρείτε το σύνολο τιμών της β. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 1 2018− =x x e , 0>x έχει ακριβώς δύο θετικές ρίζες γ. Αν 1 2,x x με 1 2<x x είναι οι ρίζες της εξίσωσης του ερωτήματος β. να αποδείξετε ότι υπάρχει ( )1 2,∈ x xξ τέτοιο, ώστε ( ) ( ) 2018′ + =f fξ ξ δ. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της f , τον άξονα ′x x και την ευθεία =x e Απαντήσεις α. Για 0>x έχουμε: ( ) ( ) ( )( ) 1 1 ln 1 ln ln −′ ′′ = − + − = + x f x x x x x x x ( ) ( ) ( )( ) 2 2 1 11 1 1 0 ′ ′− − − ′′ = + = + > x x x x f x x x x x για κάθε 0>x Άρα η συνάρτηση ′f είναι γνησίως αύξουσα στο ( )0,+∞ Παρατηρούμε ότι για 1=x είναι ( )1 0′ =f Για 1>x είναι ( ) ( )1 0′ ′> =f x f Για 0 1< <x είναι ( ) ( )1 0′ ′< =f x f Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας:
  57. 57. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [57] x 0 1 +∞ ( )′f x - O + ( )f x 2 1 , Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ( ]1 0,1Α = και γνησίως αύξουσα στο διάστημα [ )2 1,Α = +∞ . Επιπλέον η f είναι συνεχής συνάρτηση, άρα: ( ) ( ) ( )) [ )1 0 1 , lim 0,+ → Α = = +∞ x f f f x , αφού ( ) ( )( )0 0 lim lim 1 ln+ + → → = − =+∞ x x f x x x ( ) ( ) ( )( ) ( )2 1 lim , lim 0,+ →+∞→ Α = = +∞ xx f f x f x , αφού ( ) ( )( )lim lim 1 ln →+∞ →+∞ = − =+∞ x x f x x x Συνεπώς ( ) ( ) ( ) [ )1 2 0,Α = Α ∪ Α = +∞f f f β. Για 0>x έχουμε: ( ) ( )1 2018 1 2018 ln ln 1 ln 2018 2018− − = ⇔ = ⇔ − = ⇔ =x x x e x e x x f x ( )12018∈ Αf άρα η εξίσωση ( ) 2018=f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο 1Α και επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1Α η ρίζα θα είναι μοναδική. ( )22018∈ Αf άρα η εξίσωση ( ) 2018=f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο 2Α και επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο 2Α η ρίζα θα είναι μοναδική. Οπότε η εξίσωση ( ) 2018=f x και άρα η ισοδύναμη αρχική της έχει ακριβώς δύο θετικές ρίζες. γ. Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( )( )2018= −x g x e f x ● H g είναι συνεχής στο [ ]1 2,x x ● H g είναι παραγωγίσιμη στο ( )1 2,x x με ( ) ( ) ( )( )2018′ ′= + −x g x e f x f x
  58. 58. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [58] ● ( ) ( )1 2 0= =g x g x Άρα από Θ. Rolle θα υπάρχει ( )1 2,∈ x xξ τέτοιο, ώστε ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )0 2018 0 2018′ ′ ′= ⇔ + − = ⇔ + =g e f f f fξ ξ ξ ξ ξ ξ δ. Είναι ( )1 Ε = ∫ e f x dx Για 1>x είναι 1 0− >x και ln 0>x , άρα ( ) 0>f x Οπότε ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 ln ln ln 2 2 2 ′        Ε = = − = − = − − −              ∫ ∫ ∫ ∫ e e e e ex x x f x dx x xdx x xdx x x x dx x 2 2 2 2 2 2 1 1 3 3 1 2 2 2 4 2 4 4 4   −  = − − − = − − − = − − + − =        ∫ e ee x e x e e e e dx e x e e τ.μ. ΘΕΜΑ 22 Δίνεται η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση ( ): 0,+∞ →ℝf , για την οποία ισχύουν: ● ( ) ( ) 2′ ′′+ =f x xf x για κάθε 0>x ● ( ) ( ) 1 2 lim 5 1→ ′+ = −x f x f x x α. Να αποδείξετε ότι ( ) ( )1 2 1 0′+ =f f και ότι ( ) ( )1 2 1 5′ ′′+ =f f β. Να βρείτε τον τύπο της f Έστω ( ) 2 3ln= −f x x x , 0>x γ. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία, τα ακρότατα και την κυρτότητα δ. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της f και να τη σχεδιάσετε.
  59. 59. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [59] ε. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της f και τις ευθείες 3=y , 1=x και 3=x Απαντήσεις α. Για ( ) ( )0,1 1,∈ ∪ +∞x θέτουμε: ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 ′+ ′= ⇔ − = + − f x f x g x g x x f x f x x Οπότε ( )( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 lim 1 lim 2 5 0 1 2 1 1 2 1 0 → → ′ ′ ′− = + ⇔ ⋅ = + ⇔ + = x x g x x f x f x f f f f Επίσης ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 1 1 2 1 2 12 lim 5 lim 5 1 1→ → ′ ′+ − +′+ = ⇔ = ⇔ − −x x f x f x f ff x f x x x ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 1 1 1 lim 5 lim 2 5 1 1 1→ → ′ ′ ′ ′+ − −  − −  = ⇔ + = ⇔  − − − x x f x f x f f f x f f x f x x x ( ) ( )1 2 1 5′ ′′+ =f f β. Για 1=x στη σχέση ( ) ( ) 2′ ′′+ =f x xf x έχουμε ( ) ( )1 1 2′ ′′+ =f f Επιπλέον από το ερώτημα α. έχουμε ( ) ( )1 2 1 5′ ′′+ =f f Λύνοντας το σύστημα των δύο προηγούμενων εξισώσεων παίρνουμε ( )1 1′ = −f και ( )1 3′′ =f . Επίσης από τη σχέση ( ) ( )1 2 1 0′+ =f f προκύπτει ( )1 2=f Για 0>x έχουμε ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )2 2 2′′ ′′ ′′ ′ ′′ ′+ = ⇔ + = ⇔ =f x xf x x f x xf x xf x x Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά 1 ∈ℝc τέτοια, ώστε: ( ) 12′ = +xf x x c Για 1=x έχουμε ( ) 1 11 2 3′ = + ⇔ = −f c c Οπότε για 0>x έχουμε:
  60. 60. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [60] ( ) ( ) ( ) ( ) 0 3 2 3 2 2 3ln > ′′ ′ ′= − ⇔ = − ⇔ = − x xf x x f x f x x x x Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά 2 ∈ℝc τέτοια, ώστε: ( ) 22 3ln= − +f x x x c Για 1=x έχουμε ( ) 2 21 2 0= + ⇔ =f c c Οπότε για 0>x έχουμε ( ) 2 3ln= −f x x x γ. Για 0>x έχουμε ( ) 3 2 3 2 − ′ = − = x f x x x Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας x 0 3 2 +∞ ( )′f x - O + ( )f x 2 1 , Στο 0 3 2 =x η f παρουσιάζει ελάχιστο ίσο με 3 3 9 3 2ln 3 ln 2 2 4   = − = −    f Για 0>x έχουμε ( ) 2 2 3 3 0 − ′′ = = > x f x x x για κάθε 0>x , άρα η f είναι κυρτή. δ. Είναι ( ) ( )0 0 lim lim 2 3ln+ + → → = − = +∞ x x f x x x , άρα η ευθεία 0=x είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της fC Επίσης ( ) 2 3ln ln lim lim lim 2 3 2 →+∞ →+∞ →+∞ −   = = − =   x x x f x x x x x x x , αφού . . . ln 1 lim lim 0 +∞ +∞ →+∞ →+∞ = = x D L H x x x x
  61. 61. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [61] Επιπλέον ( )( ) ( )lim 2 lim 3ln →+∞ →+∞ − = − = −∞ x x f x x x , άρα η fC δεν έχει πλάγια ή οριζόντια ασύμπτωτη. Η γραφική παράσταση της είναι η παρακάτω: ε. Το ζητούμενο εμβαδόν είναι ( )( ) ( ) 3 3 332 11 1 1 3 3 2 3ln 3 3 ln Ε = − = − + = − + = ∫ ∫ ∫f x dx x x dx x x xdx ( ) [ ] 3 33 11 1 2 3 ln 2 3 ln 3 2 9ln3 6 9ln3 8′= − + = − + − = − + − = −∫ ∫x xdx x x dx τ.μ. ΘΕΜΑ 23 Δίνεται η συνεχής συνάρτηση : →ℝ ℝf , με ( )0 1 2= +f για την οποία ισχύει: ( ) ( )2 2 1− =x f x e f x , για κάθε ∈ℝx α. Να αποδείξετε ότι ( ) 2 1= + +x x f x e e , ∈ℝx
  62. 62. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [62] β. Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης f και να δείξετε ότι η εξίσωση ( ) 2018=f x έχει μοναδική πραγματική λύση. γ. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση ( ) ( )( )ln=g x f x είναι γνησίως αύξουσα και κυρτή δ. Αν για τους αριθμούς 1 2 30< < <x x x ισχύει 1 3 2 2 + = x x x , τότε να αποδείξετε ότι ( ) ( ) ( )2 2 1 3<f x f x f x Απαντήσεις α. Για κάθε ∈ℝx έχουμε: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 22 2 2 2 2 2 1 2 1 1− = ⇔ − + = + ⇔ − = +x x x x x x f x e f x f x e f x e e f x e e Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( )= − x g x f x e , ∈ℝx για την οποία ισχύει ( )2 2 1 0= + ≠x g x e , για κάθε ∈ℝx Άρα, για κάθε ∈ℝx είναι ( ) 0≠g x και η g συνεχής, επομένως διατηρεί σταθερό πρόσημο. Για 0=x είναι ( ) ( ) 0 0 0 1 2 1 2 0= − = + − = >g f e , άρα ( ) 0>g x για κάθε ∈ℝx Οπότε ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 1 1 1 1= + ⇔ = + ⇔ − = + ⇔ = + +x x x x x x g x e g x e f x e e f x e e , ∈ℝx β. Για κάθε ∈ℝx έχουμε: ( ) ( )2 2 2 2 2 2 12 0 2 1 1 1 + + ′ = + = + = > + + + x x x x x x x x x x e e ee f x e e e e e e για κάθε ∈ℝx , άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα. Α = ℝ , η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής, άρα
  63. 63. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [63] ( ) ( ) ( )( ) ( )lim , lim 1, →−∞ →+∞ Α = = +∞ x x f f x f x , αφού ( ) ( ) ( )2 2 0 0 lim lim 1 lim 1 1 = →−∞ →−∞ →−∞ → → = + + = + + = x y e x x x x x y y f x e e y y και ( ) ( ) ( )2 2 lim lim 1 lim 1 = →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ = + + = + + = +∞ x y e x x x x x y y f x e e y y Επειδή ( )2018∈ Αf η εξίσωση ( ) 2018=f x έχει μια τουλάχιστον πραγματική ρίζα και αφού η f είναι γνησίως αύξουσα η ρίζα θα είναι μοναδική. γ. Είναι ( ) 0>f x για κάθε ∈ℝx , οπότε Α = ℝg Είναι ( ) ( )( ) ( )2 ln ln 1= = + +x x g x f x e e ( ) ( )2 2 2 1 1 0 1 1 ′ ′ = + + = > + + + x x x x x x e g x e e e e e για κάθε ∈ℝx , οπότε η g είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 0 1 1 1 ′′ + − + − + ′′ = = > + + + x x x x x x x x x x e e e e e e e g x e e e για κάθε ∈ℝx , οπότε η g είναι κυρτή στο ℝ δ. Είναι 2 1 3 2 1 3 22 0= + ⇔ − = − >x x x x x x x (1) ● Η g είναι συνεχής στο [ ]1 2,x x ● Η g είναι παραγωγίσιμη στο ( )1 2,x x Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ( )1 1 2,∈ x xξ τέτοιο, ώστε ( ) ( ) ( )2 1 1 2 1 − ′ = − g x g x g x x ξ (2)
  64. 64. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [64] ● Η g είναι συνεχής στο [ ]2 3,x x ● Η g είναι παραγωγίσιμη στο ( )2 3,x x Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ( )2 2 3,∈ x xξ τέτοιο, ώστε ( ) ( ) ( )3 2 2 3 2 − ′ = − g x g x g x x ξ (3) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (1) 3 22 1 1 2 1 2 2 1 3 2 ′ −− ′ ′< ⇔ < ⇔ < ⇔ − − րg g x g xg x g x g g x x x x ξ ξ ξ ξ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 3 2 2 1 32− < − ⇔ < + ⇔g x g x g x g x g x g x g x ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 1 3 2 1 3 2 1 32ln ln ln ln ln< + ⇔ < ⇔ <f x f x f x f x f x f x f x f x f x ΘΕΜΑ 24 Δίνεται συνάρτηση ( ) 1 = ⋅ x f x x e , 0>x α. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα β. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα γ. Να αποδείξετε ότι ισχύει 1− ≥x x x e , για κάθε 0>x δ. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της f και στη συνέχεια να χαράξετε τη γραφική της παράσταση ε. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων ( ) ( )2=g x f x , ( ) 1 = x h x e και τις ευθείες 1=x και 2=x Απαντήσεις α. Για 0>x έχουμε:
  65. 65. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [65] ( ) ( ) 1 1 1 1 1 2 1 1 ′  − ′′ = + = + − = ⋅       x x x x x x f x x e x e e xe e x x Κατασκευάζουμε τον πίνακα μονοτονίας x 0 1 +∞ ( )′f x - O + ( )f x 2 1 , Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ( ]1 0,1Α = και γνησίως αύξουσα στο διάστημα [ )2 1,Α = +∞ Επιπλέον η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 1=x ίσο με ( )1 =f e β. Για 0>x έχουμε: ( ) 1 1 2 2 4 1 1 1 0 − + ′′ = − ⋅ = − <    x x x x f x e e x x x για κάθε 0>x , οπότε η f είναι κυρτή στο ( )0,+∞ γ. Για κάθε 0>x έχουμε: 0 1 1 1 1 ln ln ln 1 ln 1 1 ln > − − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ − ⇔ ≥ − ⇔ ≥ − ⇔ x x x x x x e x e x x x x x x x ( ) ( ) 1 1 10 1 ln 1 > − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ x xx x x e e e e xe e f x f x που ισχύει για κάθε 0>x δ. Είναι: ( ) 1 1 . . .0 0 0 lim lim lim lim+ + + +∞ = +∞ →+∞ →+∞→ → → →+∞ = = = = +∞ y yx yx y D L H yx x x y e f x xe e y , άρα η ευθεία 0=x είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της fC
  66. 66. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [66] ( ) 1 1 0 0 lim lim lim 1 = →+∞ →+∞ →+∞ → → = = = y x yx x x x y y f x e e x και ( )( ) 1 1 0 0 1 lim lim lim 1 = →+∞ →+∞ →+∞ → →   − − = − = =    y yx x x x x y y e f x x xe x y , άρα η ευθεία 1= +y x είναι πλάγια ασύμπτωτη της fC στο +∞ Η γραφική της παράσταση είναι: ε. Το ζητούμενο εμβαδόν είναι: 1 1 1 1 2 2 1 1 2 2   Ε = − = −    ∫ ∫x x x x xe e dx xe e dx , αφού [ ]1,2∈x Οπότε 21 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 2     Ε = − = − − −       ∫ ∫ ∫ ∫x x x x x xe dx e dx x e x e dx e dx x 1 11 2 2 2 1 1 4 4= − + − = −∫ ∫x x e e e dx e dx e e τ.μ.
  67. 67. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [67] ΘΕΜΑ 25 Δίνεται συνάρτηση [ ]: 1,6 → ℝf , δύο φορές παραγωγίσιμη, για την οποία ισχύουν: ● ( ) ( )6 3 1=f f ● ( ) ( ) ( )( )2 2 4 2 2 2 2′ + = +f f f ● ( ) ( ) ( )( )1 4 ′′ ′= − f x f x f x , για κάθε [ ]1,6∈x α. Να εκφράσετε την ′f ως συνάρτηση της f β. Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση και στη συνέχεια ότι ( )1 0>f γ. Να αποδείξετε ότι ( ) 6 1 ln3<∫ f x dx δ. Αν ( )1 1 0− >f ,τότε να αποδείξετε ότι ( ) ( ) ( )2 4 5 3< +f f f Απαντήσεις α. Για κάθε [ ]1,6∈x έχουμε: ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 1 4 4 2 4 4 ′′ ′′′ ′′ ′ ′ ′= − ⇔ = − ⇔ = − f x f x f x f x f x f x f x f x f x f x Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά ∈ℝc τέτοια, ώστε: ( ) ( ) ( )2 2 4′ = − +f x f x f x c Για 2=x έχουμε: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 4 2 4 2 2 4 2 4′ = − + ⇔ − + = − + ⇔ =f f f c f f f f c c Άρα ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 4 4 2 2 2′ ′= − + ⇔ = − +f x f x f x f x f x f x , [ ]1,6∈x β. Για κάθε [ ]1,6∈x έχουμε: ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )22 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 0′ = − + = − + + = − + >f x f x f x f x f x f x Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα για κάθε [ ]1,6∈x
  68. 68. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com [68] Είναι ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) : 1 6 1 6 1 3 1 1 0< ⇔ < ⇔ < ⇔ > րf f f f f f γ. Για κάθε [ ]1,6∈x έχουμε: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 22 2 2 2 2 4 4 4 4 2′ = − + = + − + = + −f x f x f x f x f x f x f x f x Οπότε ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 ′ ′ = + − ≥ ⇔ ≥ f x f x f x f x f x f x f x (1) για κάθε [ ]1,6∈x , αφού ( ) ( ) : 1 1 0≤ ⇔ ≥ > րf x f x f Από την (1) έχουμε: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 6 6 6 66 11 1 1 1 ln ln 6 ln 1 ′  > ⇔ < ⇔ < − ∫ ∫ ∫ ∫ f x dx f x dx f x dx f x f x dx f f f x ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 6 6 6 1 1 1 6 ln 6 ln 1 ln ln3 1 < − ⇔ < ⇔ <∫ ∫ ∫ f f x dx f f f x dx f x dx f δ. Είναι ( ) ( ) ( ) : 1 1 1 1 0≤ ⇔ ≥ > ⇔ − > րf x f x f f x Επίσης ( ) 0′ >f x , οπότε από την δοσμένη σχέση θα έχουμε ( ) 0′′ >f x για κάθε [ ]1,6∈x Συνεπώς η ′f είναι κυρτή ● Η f είναι συνεχής στο [ ]3,4 ● Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )3,4 Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ( )1 3,4∈ξ τέτοιο, ώστε ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 4 3 4 3 4 3 − ′ = = − − f f f f fξ (1) ● Η f είναι συνεχής στο [ ]4,5 ● Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )4,5

×