mathimatika_prosanatolismoy_themata_kai_lyseis_2018

1. Μαθηματικά ομάδων Προσανατολισμού
θετικών σπουδών & σπουδών
Οικονομίας και Πληροφορικής 2018
θέματα και λύσεις
Επιμέλεια Λύσεων: Χρήστος K. Λοΐζος
www.liveyourmaths.com/

2. ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΑΠΟ 3 ΣΕΛΙΔΕΣ
ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ
Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ
ΔΕΥΤΕΡΑ 11 ΙΟΥΝΙΟΥ 2018
ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ
ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΤΡΕΙΣ (3)
ΘΕΜΑ Α
A1. Να αποδείξετε ότι, αν μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη σε ένα
σημείο 0x , τότε είναι και συνεχής στο σημείο αυτό.
Μονάδες 7
A2. Θεωρήστε τον παρακάτω ισχυρισμό:
«Κάθε συνάρτηση f :  που είναι “1-1” είναι και γνησίως
μονότονη.»
α. Να χαρακτηρίσετε τον παραπάνω ισχυρισμό, γράφοντας στο
τετράδιό σας το γράμμα Α, αν είναι αληθής, ή το γράμμα Ψ, αν
είναι ψευδής. (μονάδα 1)
β. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας στο ερώτημα α. (μονάδες 3)
Μονάδες 4
A3. Να διατυπώσετε το Θεμελιώδες Θεώρημα του Ολοκληρωτικού
Λογισμού.
Μονάδες 4
A4. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο
τετράδιό σας, δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση, τη
λέξη Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι
λανθασμένη.
α) Η συνάρτηση f(x) x  με x  έχει μία μόνο θέση ολικού
μεγίστου.
β) Για κάθε παραγωγίσιμη συνάρτηση f σε ένα διάστημα Δ, η οποία
είναι γνησίως αύξουσα, ισχύει f (x) 0  για κάθε x Δ .
γ) Ισχύει
x 0
1 x
lim 0
x



 .
δ) Αν η f είναι αντιστρέψιμη συνάρτηση, τότε οι γραφικές
παραστάσεις C και C των συναρτήσεων f και
1
f
αντίστοιχα είναι
συμμετρικές ως προς την ευθεία y x .
ε) Κάθε κατακόρυφη ευθεία έχει το πολύ ένα κοινό σημείο με τη
γραφική παράσταση μιας συνάρτησης f .
Μονάδες 10

3. ΑΡΧΗ 2ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΤΕΛΟΣ 2ΗΣ ΑΠΟ 3 ΣΕΛΙΔΕΣ
ΘΕΜΑ Β
Δίνεται η συνάρτηση 2
4
f(x) x , x {0}
x
    .
B1. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και τα τοπικά
ακρότατα.
Μονάδες 8
B2. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα και τα σημεία
καμπής.
Μονάδες 4
B3. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f .
Μονάδες 6
B4. Με βάση τις απαντήσεις σας στα παραπάνω ερωτήματα, να σχεδιάσετε
τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f .
(Η γραφική παράσταση να σχεδιαστεί με στυλό με μελάνι που δε
σβήνει.)
Μονάδες 7
ΘΕΜΑ Γ
Έχουμε ένα σύρμα μήκους 8 m, το οποίο κόβουμε σε δύο τμήματα. Με το ένα
από αυτά, μήκους x m, κατασκευάζουμε τετράγωνο και με το άλλο κύκλο.
Γ1. Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των εμβαδών των δύο σχημάτων σε
τετραγωνικά μέτρα, συναρτήσει του x, είναι
  2
π 4 x 64x 256
E(x) , x (0,8)
16π
  
  .
Μονάδες 5
Γ2. Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των εμβαδών των δύο σχημάτων
ελαχιστοποιείται, όταν η πλευρά του τετραγώνου ισούται με τη διάμετρο
του κύκλου.
Μονάδες 10
Γ3. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένας μόνο τρόπος με τον οποίο μπορεί να
κοπεί το σύρμα μήκους 8 m, ώστε το άθροισμα των εμβαδών των δύο
σχημάτων να ισούται με 5 m2
.
Μονάδες 10

4. ΑΡΧΗ 3ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΤΕΛΟΣ 3ΗΣ ΑΠΟ 3 ΣΕΛΙΔΕΣ
ΘΕΜΑ Δ
Δίνεται η συνάρτηση
x-α 2
f(x) 2e x , x   με α 1 .
Δ1. Να αποδείξετε ότι για κάθε τιμή του α 1 η γραφική παράσταση της
συνάρτησης f έχει ακριβώς ένα σημείο καμπής.
Μονάδες 3
Δ2. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν μοναδικά 1 2x , x  με 1 2x x , τέτοια ώστε
η συνάρτηση f να παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στο 1x και τοπικό
ελάχιστο στο 2x .
Μονάδες 7
Δ3. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) f(1) είναι αδύνατη στο 2(α, x ).
Μονάδες 6
Δ4. Αν α 2 να αποδείξετε ότι :
3
2
32
f(x) x 2 dx
15
  
 .
Μονάδες 9
ΟΔΗΓΙΕΣ (για τους εξεταζομένους)
1. Στο εξώφυλλο του τετραδίου να γράψετε το εξεταζόμενο μάθημα. Στο
εσώφυλλο πάνω-πάνω να συμπληρώσετε τα ατομικά στοιχεία μαθητή.
Στην αρχή των απαντήσεών σας να γράψετε πάνω-πάνω την ημερομηνία
και το εξεταζόμενο μάθημα. Να μην αντιγράψετε τα θέματα στο τετράδιο
και να μη γράψετε πουθενά αλλού στο τετράδιό σας το όνομά σας.
2. Να γράψετε το ονοματεπώνυμό σας στο πάνω μέρος των φωτοαντιγράφων
αμέσως μόλις σας παραδοθούν. Τυχόν σημειώσεις σας πάνω στα θέματα δεν
θα βαθμολογηθούν σε καμία περίπτωση. Κατά την αποχώρησή σας να
παραδώσετε μαζί με το τετράδιο και τα φωτοαντίγραφα.
3. Να απαντήσετε στο τετράδιό σας σε όλα τα θέματα μόνο με μπλε ή μόνο
με μαύρο στυλό με μελάνι που δεν σβήνει. Μολύβι επιτρέπεται, μόνο αν το
ζητάει η εκφώνηση, και μόνο για πίνακες, διαγράμματα κ.λπ.
4. Κάθε απάντηση επιστημονικά τεκμηριωμένη είναι αποδεκτή.
5. Διάρκεια εξέτασης: τρεις (3) ώρες μετά τη διανομή των φωτοαντιγράφων.
6. Χρόνος δυνατής αποχώρησης: 10.00 π.μ.
ΣΑΣ ΕΥΧΟΜΑΣΤΕ KΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ
ΤΕΛΟΣ ΜΗΝΥΜΑΤΟΣ

5. www.liveyourmaths.com
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑ-
ΤΟΛΙΣΜΟΥ - ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟ-
ΦΟΡΙΚΗΣ 2018
ΘΕΜΑ Α
Α1. Θεωρία σχολικού βιβλίου σελ. 99
Α2. α) Ο ισχυρισμός είναι ψευδής (Ψ)
β) Θεωρούμε τη συνάρτηση ( )
x, x 0
f x 1
, x>0
x
≤

= 

η οποία είναι «1-1» στο πεδίο ορισμού της, αλλά όχι
γνησίως μονότονη.
Για ( ]x ,0∈ −∞ είναι γνησίως αύξουσα, ενώ αν ( )x 0,∈ +∞ η f είναι γνησίως φθίνουσα.
A3. Θεωρία σχολικού βιβλίου, σελ.216.
A4. α) Λάθος
β) Λάθος
γ) Σωστό
δ) Σωστό
ε) Σωστό
ΘΕΜΑ Β
Β1. Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 2
4
f x x , x *
x
=− ∈ . Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο * ως πράξεις
μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. Επίσης, η f είναι παραγωγίσιμη στο * με
( ) ( )
( )
( )
3
2
2 2 2 3 32
1 1 4 8 x 8
f x x x 1 x 1
x x x xx
 ′ ′ +′     ′′ = − = − = − − = + =        
  
.
Εξετάζουμε το πρόσημο της f′ :
( )
≠+
′ = ⇔ = ⇔ + = ⇔ =− ⇔ =− −
3
3 3 3
3
x 0x 8
f x 0 0 x 8 0 x 8 x 8
x
ή x 2= − .
( ) ( ) ( ) ( )( )+
′ > ⇔ > ⇔ + > ⇔ + > ⇔ + − + >
3
3 3 3 3 3 3 2
3
x 8
f x 0 0 x x 8 0 x x 2 0 x x 2 x 2x 4 0
x
.
1

6. www.liveyourmaths.com
Στην  το τριώνυμο 2
x 2x 4− + είναι θετικό για κάθε x *∈ , αφού ( )∆ = − − ⋅ ⋅ = − <
2
2 4 1 4 4 16 0
Συνεπώς, ομόσημο του α = >1 0 , δηλαδή − + > ∈2
x 2x 4 0 για κάθε x *.
Τελικά η  είναι θετική όταν ( )+ >3
x x 2 0 .
Επίσης, ( ) ( ) ( )( ) ( )
+
′ < ⇔ < ⇔ + < ⇔ + − + < ⇔ ∈ −
3
3 3 3 2
3
x 8
f x 0 0 x x 8 0 x x 2 x 2x 4 0 x 2,0
x
,
αφού − + > ∈2
x 2x 4 0 για κάθε x *, οπότε το πρόσημο της f′ εξαρτάται από το πρόσημο της
παράστασης ( )+3
x x 2 και πάλι.
Τελικά, σχηματίζουμε πίνακα μεταβολών για το πρόσημο της f΄:
x −∞ -2 0 +∞
3
x - - +
x+2 - + +
( )′f x + - +
( )f x   
Τελικά, η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( ], 2−∞ − και στο ( )0,+∞ , ενώ είναι γνησίως φθίνουσα στο
[ )2,0− . Στη θέση x 2= − η f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο, το
( )
( )2
4 4
f 2 2 2 2 1 3
42
− =− − =− − =− − =−
−
. Άρα, η f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στο ( )A 2, 3− − .
Β2. Η f′ είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση για κάθε x *∈ ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με
( )
( ) ( )( )
( )
( )′ ′′ + − + − + + − − −
′′= = = = = <  
 
2 3 3 3 2 3 2 33 5 5 2
3 2 6 4 2 4
3
x 8 x x 8 x 3x x 3x x 8x 8 3x 3x 24x 24
f x 0
x x x x xx
για κάθε x *∈ .
Άρα η f είναι κοίλη (στρέφει τα κοίλα κάτω) στα διαστήματα ( ),0−∞ και ( )0,+∞ .
Επίσης, η f δεν παρουσιάζει σημεία καμπής στο * .
Β3. Αναζητούμε τις ασύμπτωτες της f. Η συνάρτηση f ορίζεται στο ( ) ( ),0 0,−∞ ∪ +∞ .
 Κατακόρυφη ασύμπτωτη
( ) 2x 0 x 0
4
lim f x lim x
x− −
→ →
 
= − = −∞ 
 
, αφού 2x 0
4
lim
x−
→
= +∞
2
x 0> κοντά στο 0
2

7. www.liveyourmaths.com
και 2x 0
4
lim
x−
→
= −∞
Ομοίως, ( ) 2x 0 x 0
4
lim f x lim x
x+ +
→ →
 
= − = −∞ 
 
.
Δηλαδή ( ) 2x 0 x 0
4
lim f x lim x
x→ →
 
= − = −∞ 
 
, άρα η x 0= είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της f.
 Πλάγια ασύμπτωτη
( ) 3 3
3 3x x x
f x x 4 x
lim lim lim 1
x x x→−∞ →−∞ →−∞
 −
= = = 
 
, άρα λ=1.
Επίσης, ( )( )→−∞ →−∞ →−∞
   
− = − − = − =   
   2 2x x x
4 4
lim f x x lim x x lim 0
x x
, άρα β=0.
Ομοίως,
( )
x
f x
lim ... 1
x→+∞
= = και ( )( )x
lim f x x ... 0
→+∞
− = = .
Άρα, η ευθεία : y xε =(διχοτόμος του 1ου
– 3ου
τεταρτημορίου) είναι πλάγια ασύμπτωτη της f
καθώς x τείνει είτε στο +∞ , είτε στο −∞ .
Β4. Η συνάρτηση f τέμνει τον άξονα x x′ στα σημεία που προκύπτουν από τη λύση της εξίσωσης ( )f x 0= .
Πράγματι, ( )
3 x 0
3 3
2
x 4
f x 0 0 x 4 0 x 4
x
≠−
= ⇔ = ⇔ − = = . Άρα, το ζητούμενο είναι ( )3
B 4,0 .
Τελικά, η ζητούμενη γραφική παράσταση της f, δίνεται από το σχήμα που ακολουθεί, αφού πρωτί-
στως σχηματίσουμε τον συνολικό πίνακα μεταβολών:
x −∞ -2 0 +∞
( )f x′ + - +
( )f x′′ - - -
( )f x
3

8. www.liveyourmaths.com
ΘΕΜΑ Γ
Γ1. Έχουμε το σύρμα μήκους 8m= . Αφού με το μήκος xm κατασκευάζουμε τετράγωνο, τότε η πλευρά
του τετραγώνου θα είναι
x
m
4
. Το υπόλοιπο είναι ( ) ( )− = − x m 8 x m με το οποίο κατασκευάζουμε
κύκλο. Πρωτίστως, πρέπει 8 x 0 8 x x 8− > ⇔ > ⇔ < και αφού x 0> , τότε 0 x 8< < . Επίσης, το εμ-
βαδόν του κύκλου είναι 2
E Rκ = π , όπου R η ακτίνα του. Επίσης, το μήκος ( )8 x m− είναι το μήκος
του κύκλου. Δηλαδή
8 x
2 R 8 x R
2
−
π = − ⇔ =
π
. Άρα,
( ) ( )2 22
2
8 x 8 x8 x
E
2 44
κ
− −− 
=π =π = 
π ππ 
.
Τελικά, το ζητούμενο εμβαδόν είναι ( )
( )22 2 2
8 xx x 4x 64x 256
E x
16 4 16
− π + − +
=+ = =
π π
( ) 2
4 x 64x 256
16
π + − +
=
π
, με < <0 x 8 .
Άρα, ( )
( ) 2
4 x 64x 256
E x , 0 x 8
16
π + − +
= < <
π
Γ2. Θέλουμε να βρούμε για ποια τιμή του x η ( )E x με 0 x 8< < ελαχιστοποιείται.
1ος
τρόπος:
Η ( )E x μπορεί να γραφεί ως εξής: ( )
( ) ( ) 2
2 24 464x 256 4 16 16
E x x x x
16 16 16 16 16 16
π + π + ⋅
= − + = − + =
π π π π π π
4

9. www.liveyourmaths.com
( ) 24 4x 16
x
16
π +
= − +
π π π
ή ( )
( )
( )24 4 16
E x x x , x 0,8
16
π +
= − + ∈
π π π
. Παρατηρούμε ότι η f είναι τριώ-
νυμο ως προς x, με
4
0
16
π +
α= >
π
,
4
β = −
π
,
16
γ =
π
, οπότε παρουσιάζει ελάχιστο στο
( ) ( )0
4 4
4 8 32
x
42 42 4 4
816
 
− β ⋅ ππ  π=− =− = = =
π +π +α π π + π +
ππ
. Άρα, 0
32
x
4
=
π +
.
Θέλουμε επίσης να βρούμε τη λύση της εξίσωσης
( )8x x 8 x
2
4 2 4
− π −
= ⇔ = ⇔
π π
( ) ( )
32
x 4 8 x x 32 4x x 4x 32 4 x 32 x
4
⇔ π= − ⇔ π= − ⇔ π + = ⇔ π + = ⇔ =
π +
που είναι μοναδική
αφού η εν λόγω εξίσωση είναι πρώτου (1ου
) βαθμού.
Πράγματι, για
32
x
4
=
π +
η ( )E x ελαχιστοποιείται και αυτή είναι και η μοναδική λύση της εξίσωσης
x 8 x
4
−
=
π
.
2ος
τρόπος:
Είναι
x 8 x 32
... x
4 4
−
= ⇔ ⇔=
π π +
, μοναδική λύση. Για να βρούμε που ελαχιστοποιείται η E λέμε:
Η Ε είναι παρ/μη στο ( )0,8 ως πολυωνυμική (τριώνυμο) με ( )
( ) 2
4 x 64x 256
E x
16
′ π + − +
′= =  π 
( ) ( ) ( )2 4 x 322 4 x 64 4 x 32
16 2 8 8
π + − π + − π + − = = =
⋅
. Αναζητούμε σημεία μηδενισμού και πρό-
σημο της ( )E x′ . Δηλαδή, ( )
( )
( )
4 x 32 32
E x 0 0 4 x 32 0 x
8 4
π + −
′ = ⇔ = ⇔ π + − = ⇔ =
π +
( )
( )
( )
4 x 32 32
E x 0 0 4 x 32 0 x
8 4
π + −
′ > ⇔ > ⇔ π + − > ⇔ >
π +
( )
( )
( )
4 x 32 32
E x 0 0 4 x 32 0 x
8 4
π + −
′ < ⇔ < ⇔ π + − < ⇔ <
π +
, ακολουθεί πίνακας προσήμου της
E′.
x 0
32
4π +
8
( )E x′ - +
( )E x  
5

10. www.liveyourmaths.com
Παρατηρούμε λοιπόν ότι η πλευρά του τετραγώνου ισούται με τη διάμετρο, τότε η ( )E x ελαχιστο-
ποιείται στη θέση 0
32
x
4
=
π +
.
Η Ε παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στη θέση αυτή.
Γ3. Θέλουμε να δείξουμε ότι υπάρχει μοναδικό 1x με 10 x 8< < τέτοιο ώστε ( )1E x 5= .
Η Ε συνεχής στο
32
0,
4
 
 π + 
ως πολυωνυμική και γνησίως φθίνουσα, θέτω 1
32
0,
4
 
∆ = π + 
.
Άρα, ( ) ( )1
x
32
, lim x
4 +
→ο
  
Ε ∆ = Ε Ε  π +  
.
Όμως
( )
( ) ( )
π +π + ⋅ ⋅   
= − += − +=  π + π π + π π + π π π π + π    π +
2
2
432 4 32 4 32 16 16 2 32 4 32 16
E
4 16 4 4 16 44
( ) ( )
( )
( )
64 16 464 128 16 16
4 4 4 4
− + π +
= − += =
π π + π π + π π π + π +
.
Επίσης, ( )
( ) 2
x 0 x 0
4 x 64x 256 16
lim E x lim
16+ +
→ →
π + + +
= =
π π
.
Οπότε ( )  
∆= = ↓ π + π 
1
1
1
E συνεχής στο Δ 16 16
E ,
Ε στο Δ 4
. Όμως, ( )∈ ∆15 E αφού:
 ( )
16
5 16 5 4 16 5 20 5 4
4
< ⇔ < π + ⇔ < π + ⇔ π > −
π +
που ισχύει.
 > ⇔ > π ⇔ π < =
π
16 16
5 16 5 3,2
5
που ισχύει.
Άρα,
16 16
5
4
< <
π + π
, που σημαίνει ότι υπάρχει 1x με ( )1 1 1x :E x 5∈∆ = και εφόσον η Ε γνησίως φθί-
νουσα στο 1∆ , το 1x μοναδικό.
Αντιστοίχως, θέτω 2
32
, 8
4
 
∆ = π + 
, οπότε ( ) ( )−
→
  
∆ = = Ε  ↑ π +  
2
2
x 82
E συνεχής στο Δ 32
E , lim E x
Ε στο Δ 4

( ) ( ) ( )2 2
x 8
4 x 64x 256 4 8 64 8 256 64 4 8 4 64
lim 4
16 16 16 16−
→
π + − + π + − ⋅ + π + − + π
= = = =
π π π π
.
6

11. www.liveyourmaths.com
Άρα ( )2
16
, 4
4
 
Ε ∆ = π + 
, παρατηρούμε ότι ( )25∉Ε ∆ , δηλαδή δεν υπάρχει 2
32
x , 8
4
 
∈ π + 
τέ-
τοιο ώστε ( )2E x 5= .
Επομένως, υπάρχει μοναδικό ( )1 1 1x :E x 5∈∆ = .
ΘΕΜΑ Δ
Δ1. Έχουμε τη συνάρτηση ( ) x 2
f x 2e x , x−α
= − ∈ και α>1. Η f συνεχής στο  ως πράξεις μεταξύ συ-
νεχών συναρτήσεων. Η f παρ/μη στο  με ( ) ( ) ( ) ( )x 2 x 2 x
f x 2e x 2e x 2e 2x−α −α −α′ ′ ′′ = − = − = − ,
α>1. Η f′ είναι συνεχής στο  ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων και παρ/μη με
( ) ( ) ( )−α −α −α′′′ = − = −= −x x x
f x 2e 2x 2e 2 2 e 1 .
Αναζητούμε το πρόσημο και το σημείο μηδενισμού της f′′.
Είναι ( ) ( )
≠
−α −α −α
−
′′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ⇔ − α= ⇔ = α
x
2 0 e
x x x 0
1 1
f x 0 2 e 1 0 e 1 e e x 0 x
( ) ( )
x
e
x x 0
f x 0 2 e 1 0 e e x 0 x
↑
−α −α
′′ > ⇔ − > ⇔ > ⇔ − α > ⇔ > α
( ) ( )x x 0
f x 0 2 e 1 0 e e x−α −α
′′ < ⇔ − < ⇔ < ⇔ < α
Τελικά
x −∞ α +∞
( )f x′′ - +
( )f x
Η συνάρτηση f στρέφει τα κοίλα κάτω (κοίλη) στο ( ], α−∞ , ενώ στρέφει τα κοίλα άνω (κυρτή) στο
[ ),α + ∞ και αφού ( )f α 0′′ = η fC παρουσιάζει καμπή στη θέση 0x = α ,με μοναδικό σημείο κα-
μπής το ( )( ) ( ) ( )α−α
α ≡ α − α ≡ α − α2 2
A , f α , 2e , 2 .
Δ2. Η συνάρτηση ( )f x′ είναι συνεχής στο ( ], α−∞ ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων. Επίσης, η f′ είναι
γνησίως φθίνουσα αφού f κοίλη στο διάστημα αυτό.
Εάν ( ]1 , α∆ = −∞ , τότε ( ) ( ) ( ))→−∞
′ ′ ′ ′∆ = = α
′ ↓
1
1
x1
f συνεχης στο Δ
f f , lim f x
f στο Δ

Αλλά ( ) ( )f 2e 2 2 2 2 1 0α−α
′ α = − α = − α = − α < , αφού 1 1 0α > ⇔ − α < ,
δηλαδή ( ) ( )f 2 1 0′ α= − α < .
7

12. www.liveyourmaths.com
Επίσης, ( ) ( ) ( ) ( )x x x
x x x x
lim f x lim 2e 2x lim 2 e x 2 lim e x−α −α −α
→−∞ →−∞ →−∞ →−∞
 ′ = − = − = − = +∞
 
, αφού
x
x
lim e 0−α
→−∞
= και
x
lim x
→−∞
= −∞ .
Από  έχουμε ( ) ( ) )1f 2 1 , +′ ∆= − α ∞ , όμως ( ) )0 2 1 0 , +∈ − ∞ ή ( )10 f′∈ ∆ , υπάρχει
( ] ( )′∈ −∞ =1 1x , α : f x 0 και επειδή f′↓ το 1x είναι μοναδικό.
Ομοίως, αν [ )2 ,∆ = α + ∞ , τότε ( ) ( ) ( ))→+∞
′ ′ ′ ′∆ = = α
′ ↑
2
2
x2
f συνεχης στο Δ
f f , lim f x
f στο Δ

( )f′ α το έχουμε υπολογίσει προηγουμένως,
( ) ( ) ( ) ( )−α −α
→+∞ →+∞ →+∞
 ′ = − = − = +∞ − ∞
 
x x
x x x
lim f x lim 2 e x 2 lim e x , απροσδιόριστη μορφή.
Είναι όμως
x
x
e
lim x 1
x
−α
→+∞
  
−  
   
όπου,
( )
( )
( )
−α −α−α
→+∞ →+∞ →+∞
+∞  ′  ′− α+∞ = = = =
′
x xx
x x x
e e xe
lim lim lim
x DLH 1x
( )x
x
lim e −α
→+∞
= = +∞. Τελικά,
x
x
e
lim x 1
x
−α
→+∞
  
− = +∞  
   
Από  έχουμε ( ) ( ) )2f 2 1 , +′ ∆= − α ∞ δηλαδή ( )20 f′∈ ∆ που σημαίνει ότι υπάρχει
[ ) ( )′∈ α + ∞ =2 2x , : f x 0 και εφόσον η f′ είναι γνησίως αύξουσα, το 2x αυτό είναι μοναδικό. Κατά
συνέπεια, έχουμε τον συνολικό πίνακα μεταβολών:
x −∞ 1x α 2x +∞
( )f x′′ - - + +
( )f x′ + - - +
( )f x    
Για 1x x< η f′ είναι γνησίως φθίνουσα, οπότε ( ) ( )1f x f x′ ′> αλλά ( )1f x 0′ = , τελικά ( )f x 0′ > . Αν
( )∈ α1x x , ή 1x x< < α η f′ είναι γνησίως φθίνουσα, οπότε ( ) ( ) ( ) ( )1 1f x f x f x f x 0′ ′ ′ ′> ⇔ < < ή
( )f x 0′ < .
Για ( )2x , x∈ α ή 2x xα < < η f′ είναι γνησίως αύξουσα,
οπότε ( ) ( ) ( )
f
2 2x x f x f x f x 0
′↑
′ ′ ′< ⇒ < ⇔ < . Αν 2x x> η f′ είναι γνησίως αύξουσα,
οπότε ( ) ( )2f x f x 0′ ′> =ή ( )f x 0′ > .
8

13. www.liveyourmaths.com
Άρα, η f ↑ στα ( ]1, x−∞ και [ )2x , + ∞ , ενώ η f ↓ στο [ ]1 2x , x και επειδή 1 2x , x μοναδικά, είναι
τα ζητούμενα τοπικά ακρότατα, στη θέση = 1x x παρουσιάζει τοπικό μέγιστο και στη θέση = 2x x η
f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο.
Δ3. 1ος
τρόπος:
Αρχικά θα αποδείξουμε ότι ( )1 11 x , α x 1∈ ⇔ < < α .
Έστω ότι ( ]
( ]
( ) ( ) ( )
′↓
−∞
′ ′ ′∈ −∞ ⇔ ≤ ⇔ ≥ ⇔ ≥
1
f στο
1 1 1
, x
1 , x 1 x f 1 f x f 1 0 αφού ( )1f x 0′ = , άτοπο αφού,
( ) ( )−α −α
′= − ⋅= − <1 1
f 1 2e 2 1 2 e 1 0 διότι
x
e
1 0 1 1
1 1 0 e e e 1 e 1 0
↑
−α −α −α
< α ⇔ − α < ⇔ < ⇔ < ⇔ − <
Δηλαδή ( )f 1 0′ < . Καταλήξαμε σε άτοπο διότι υποθέσαμε ότι 11 x≤ άρα 11 x> και εφόσον 1 < α
τότε ( ) [ ]1 1 1 2x 1 1 x , x , x< < α ⇔ ∈ α ⊆ .
Στο ( )2, xα θέλουμε να λύσουμε την ( ) ( )f x f 1= .
Έστω ότι υπάρχει ρίζα ( ) ( ) ( )1 2, x : f f 1ρ∈ α ρ = επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο
( ) [ ]2 1 2, x x , xα ⊆ είναι και 1-1, οπότε ( ) ( )f f 1 1ρ= ⇔ ρ= αδύνατο, αφού
1 2x 1 x 1< < α < ρ < ⇒ < ρ . Συνεπώς η αρχικώς δοθείσα, είναι αδύνατη στο ( )2, xα .
2ος
τρόπος:
Ισχύει από τον προηγούμενο τρόπο ότι 11 x> . Θέλουμε να δείξουμε ότι η εξίσωση ( ) ( )f x f 1= είναι
αδύνατη στο ( )2, xα .
( ) ( ) ( ) ( )f x f 1 f x f 1 0= ⇔ − = . Έστω ρ η ρίζα της εξίσωσης, οπότε ( ) ( )f f 1ρ = .
Στο διάστημα [ ] [ ]1 21, ρ x , x⊆ η συνάρτηση f είναι συνεχής ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτή-
σεων. Η f είναι παρ/μη στο ( )1, ρ , οπότε από θεώρημα Rolle ( ) ( )f f 1ρ = υπάρχει ένα τουλάχιστον
( ) [ ] ( )1 21, x , x : f 0′ξ∈ ρ ⊆ ξ = άτοπο, αφού ( )f x 0′ < για κάθε ( )1 2x x , x∈ . Άρα η δοθείσα είναι
αδύνατη στο ( )2, xα .
Δ4. Η συνάρτηση f για α=2 γίνεται ( ) x 2 2
f x 2e x , x−
= − ∈ . Η f είναι συνεχής στο [ ]2,3 ως πράξεις με-
ταξύ συνεχών συναρτήσεων. Η εξίσωση εφαπτομένης της f στο 0x 2= , δίνεται από τη σχέση:
( ) ( )( )′− = −y f 2 f 2 x 2 .
 ( ) −
= − = − =⋅ − =−2 2 2 0
f 2 2e 2 2e 4 2 1 4 2
9

14. www.liveyourmaths.com
 ( ) −
′ = − ⋅ = − =⋅ − =−2 2 0
f 2 2e 2 2 2e 4 2 1 4 2, αντικαθιστώντας στην  έχουμε
( ) ( )( )y 2 2 x 2 y 2 2x 4 y 2x 2− − =− − ⇔ + =− + ⇔ =− + . Άρα, η εξίσωση εφαπτομένης της f
στο 2, είναι : y 2x 2ε =− + . Στο διάστημα [ )2,+∞ η f είναι κυρτή (στρέφει τα κοίλα άνω), άρα
( )f x 2x 2≥ − + με την ισότητα να ισχύει μόνο για το σημείο επαφής.
Για κάθε [ )x 2,∈ +∞ είναι x 2 0− ≥ , άρα από τη σχέση:
( ) ( ) ( )f x 2x 2 f x x 2 2x 2 x 2≥ − + ⇔ − ≥ − + − με την ισότητα να ισχύει για x=2 μόνο, οπότε,
( ) ( )− − − + − ≥f x x 2 2x 2 x 2 0 , οπότε από γνωστό θεώρημα έχουμε:
( ) ( )( )− − − − >∫
3
2
x 2f x x 2 2 2x dx 0 ⇔ ( ) ( )− − − − >∫ ∫
3 3
2 2
x 2f x dx x 2 2 2x dx 0 , δηλαδή
( ) ( )
3 3
2 2
x 2f x dx x 2 2 2x dx− > − −∫ ∫ 
Υπολογίζουμε το ( )
3
2
x 2 2 2x dx− −∫ .
Θέτω x 2 u x u 2− = ⇔ = +
du dx=
= ⇔ = − = ⇔ =x 2 u 2 2 0 u 0,
= ⇔ = − = ⇔ =x 3 u 3 2 1 u 1, άρα το ολοκλήρωμα μετά την αλλαγή μεταβλητής, γίνεται:
( )( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
0 0 0 0
u 2 2 u 2 du 2 2u 4 udu 2 2u udu 2 u 2u u du− + = − − = − − = − − =∫ ∫ ∫ ∫
+
′ 
 
=− − =− − =− − ⋅ = 
 +
 
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
1
1 11 1 1 1 1 12
2
0 0 0 0 0 0
u
2 udu 2 u udu 2 udu 2 u udu 2 du 2 u u du
1
1
2
1 113 3 3 3 3
1 1 1312 2 2 2 2
2
0
00 0
u 2u u 2 1 0
2 2 u du 2 2 2 2
3 3 3 33 31 1 1
2 2 2 2
+ + +      
     
=− − =− − =− ⋅ − − =     
 + + +    
      
∫
2 2 4 4 20 12 35
2 2 0
3 5 3 5 15 15 12
 
=− − − =− − =− − =− 
 
.
Συνεπώς, από τη σχέση  έχουμε ( )− > −∫
3
2
35
x 2f x dx
12
.
10