Successfully reported this slideshow.                                                                                  Upcoming SlideShare
×

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

11,647 views

Published on

Eπαναληπτικά Θέματα Μαθηματικά Γ Λυκείου

Published in: Education
• Full Name
Comment goes here.

Are you sure you want to Yes No • Be the first to comment

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

1. 1. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com  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  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  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  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  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  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  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  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  ( ) ( )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  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  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  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  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  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  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  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  ( ) ( ) ( ) 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  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  ● 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  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  ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )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  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  ● 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  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  ( ) ( ) 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  ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 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  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  ( ) 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  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  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  ( ) ( ) ( ) ( ) ( )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  ● 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  ● ( ) ( ) ( )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  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  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  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  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  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  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  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  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  ( ) ( ) ( ) 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  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  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  ( ) 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  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  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  ● 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  ( ) ( ) 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  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  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  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  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  ● ( ) ( )( )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  ( ) 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  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  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  ● ( ) ( )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  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  ( ) ( ) ( ) ( ) 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  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  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  ( ) ( ) ( )( ) ( )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  ● 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  ( ) ( ) 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  ( ) 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  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  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