Themata_lyseis_math_pros_2019

1. Μαθηματικά ομάδων Προσανατολισμού
θετικών σπουδών & σπουδών
Οικονομίας και Πληροφορικής 2019
θέματα και λύσεις
Επιμέλεια Λύσεων: Χρήστος K. Λοΐζος
www.liveyourmaths.com/

2. ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ
ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ
Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ
ΔΕΥΤΕΡΑ 10 ΙΟΥΝΙΟΥ 2019
ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ
ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΤΕΣΣΕΡΙΣ (4)
ΘΕΜΑ Α
A1. Έστω A  .
α) Τι ονομάζουμε πραγματική συνάρτηση με πεδίο ορισμού το A ;
(Μονάδες 2)
β) i. Πότε μια συνάρτηση f : A  έχει αντίστροφη;
(Μονάδα 1)
ii. Αν ισχύουν οι προϋποθέσεις του (i), πώς ορίζεται η
αντίστροφη συνάρτηση της f ;
(Μονάδες 3)
Μονάδες 6
A2. Να διατυπώσετε το θεώρημα του Fermat που αφορά τα τοπικά
ακρότατα μιας συνάρτησης.
Μονάδες 4
A3. Έστω μια συνάρτηση f , η οποία είναι συνεχής σε ένα διάστημα Δ.
Αν f (x) 0  σε κάθε εσωτερικό σημείο x του Δ, να αποδείξετε ότι η f
είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το Δ.
Μονάδες 5
A4. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο
τετράδιό σας το γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση και δίπλα στο
γράμμα τη λέξη Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η
πρόταση είναι λανθασμένη. Να αιτιολογήσετε τις απαντήσεις σας.
α) Για κάθε συνάρτηση f , η οποία είναι παραγωγίσιμη στο
A ( , 0) (0, )     με f (x) 0  για κάθε x A , ισχύει ότι η f
είναι σταθερή στο A .
(Μονάδα 1 για τον χαρακτηρισμό Σωστό/Λάθος
Μονάδες 3 για την αιτιολόγηση)
β) Για κάθε συνάρτηση f : A  , όταν υπάρχει το όριο της f καθώς
το x τείνει στο ox A , τότε αυτό το όριο ισούται με την τιμή της f
στο ox .
(Μονάδα 1 για τον χαρακτηρισμό Σωστό/Λάθος
Μονάδες 3 για την αιτιολόγηση)
Μονάδες 8

3. ΑΡΧΗ 2ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΤΕΛΟΣ 2ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ
A5. Έστω η συνάρτηση f
του διπλανού σχήματος.
Αν για τα εμβαδά των χωρίων
Ω1, Ω2 και Ω3 ισχύει ότι
Ε(Ω1)=2, Ε(Ω2)=1 και Ε(Ω3)=3,
τότε το f(x)dx

 είναι ίσο με:
α) 6 β) -4 γ) 4 δ) 0 ε) 2
Να γράψετε στο τετράδιό σας το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή
απάντηση.
Μονάδες 2
ΘΕΜΑ Β
Δίνεται η συνάρτηση f :  με τύπο
x
f(x) e 
  , όπου   , η οποία
έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο  την ευθεία y 2 .
B1. Να αποδείξετε ότι 2  .
Μονάδες 3
B2. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) x 0  έχει μοναδική ρίζα, η οποία
βρίσκεται στο διάστημα (2, 3).
Μονάδες 7
B3. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι 1-1 (μονάδες 2) και στη συνέχεια
να βρείτε την αντίστροφή της (μονάδες 4).
Μονάδες 6
B4. Έστω
1
f (x) n(x 2), x 2
    . Να βρείτε την κατακόρυφη ασύμπτωτη
της γραφικής της παράστασης (μονάδες 3) και στη συνέχεια να κάνετε
μια πρόχειρη γραφική παράσταση των συναρτήσεων f και
1
f
στο ίδιο
σύστημα συντεταγμένων (μονάδες 6).
Μονάδες 9

4. ΑΡΧΗ 3ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΤΕΛΟΣ 3ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ
ΘΕΜΑ Γ
Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση
2
x 1
x , x 1
f(x)
e x, x 1.


  
 
 
Γ1. Να αποδείξετε ότι 1  και 1 .
Μονάδες 5
Γ2. Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο και να βρείτε το
σύνολο τιμών της.
Μονάδες 4
Γ3. i. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) 0 έχει μοναδική ρίζα ox , η
οποία είναι αρνητική.
(Μονάδες 4)
ii. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση
2
of (x) x f(x) 0  είναι αδύνατη στο
o(x , ) .
(Μονάδες 4)
Μονάδες 8
Γ4. Ένα σημείο M(x,y) κινείται κατά μήκος της καμπύλης y f(x), x 1  .
Τη χρονική στιγμή 0t κατά την οποία το σημείο M διέρχεται από το
σημείο A(3, 10), ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του σημείου M
είναι 2 μονάδες ανά δευτερόλεπτο. Να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής του
εμβαδού του τριγώνου MOK τη χρονική στιγμή 0t , όπου K(x, 0) και
O(0, 0).
Μονάδες 8
ΘΕΜΑ Δ
Δίνονται η συνάρτηση f :  με τύπο
2
f(x) (x 1) n(x 2x 2) x      
όπου ,  και η ευθεία ( ) : y x 2,    η οποία εφάπτεται στη γραφική
παράσταση της f στο σημείο της A(1, 1).
Δ1. Να αποδείξετε ότι 1   και 2 .
Μονάδες 4
Δ2. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική
παράσταση της f , την ευθεία ( ) και τις ευθείες x 1 και x 2 .
Μονάδες 5

5. ΑΡΧΗ 4ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΤΕΛΟΣ 4ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ
Δ3. i. Nα αποδείξετε ότι f (x) 1   , για κάθε x  .
(Μονάδες 3)
ii. Nα αποδείξετε ότι
21 3
f( ) ( 1) n( 2 2)
2 2
           ,
για κάθε   .
(Μονάδες 5)
Μονάδες 8
Δ4. Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f και η γραφική
παράσταση της συνάρτησης
3
g(x) x x 2, x     έχουν μοναδική
κοινή εφαπτομένη και να βρείτε την εξίσωσή της.
Μονάδες 8
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

6. www.liveyourmaths.com
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ
- ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ 2019
ΘΕΜΑ Α
Α1. α) Θεωρία σχολικού βιβλίου σελ. 15
β) i) Για να έχει μία συνάρτηση αντίστροφη, πρέπει να είναι «1-1».
ii) Η αντίστροφη συνάρτηση της f, είναι και αυτή μια συνάρτηση με πεδίο ορισμού το σύνολο
των τιμών της f, δηλαδή το ( )f Α και ισχύει ( ) ( )
f"1 1"
1
y f x f y x
−
−
= ⇔ = για κάθε x A∈ και
( )y f A∈ .
Σχηματικά έχουμε:
Α2. Θεωρία του σχολικού βιβλίου, σελ. 142
Α3. Θεωρία του σχολικού βιβλίου, σελ. 135
Α4. α) Η πρόταση είναι ΛΑΘΟΣ αφού αν θεωρήσουμε τη συνάρτηση ( )
1, x 0
f x
1, x 0
− <
= 
>
, ισχύει ( )f x 0′ =
για κάθε ( ) ( )x ,0 0,∈ −∞ ∪ +∞ , ωστόσο η f δεν είναι σταθερή στο ( ) ( ),0 0,−∞ ∪ +∞
β) Η πρόταση είναι ΛΑΘΟΣ, αφού
1ος
τρόπος:
αν θεωρήσουμε τη συνάρτηση ( )
+ <

= − + >
 =
x 1, x 1
f x x 3, x 1
3, x 1
, ισχύει ( ) ( )x 1 x 1
lim f x lim x 1 2− −
→ →
= += ,
( ) ( )+ +
→ →
= − +=
x 1 x 1
lim f x lim x 3 2 αλλά, ( ) ( ) ( ) ( )− +
→ → →
= = =≠ =
x 1 x 1 x 1
lim f x lim f x lim f x 2 f 1 3
f(A)
f-1
f-1
(f(x2)=x2
f
A
f
f(x2)
f(x1)x1
x2
1

7. www.liveyourmaths.com
2ος
τρόπος:
Εναλλακτικά και με γραφική παράσταση που να φαίνεται ότι υπάρχει το όριο της συνάρτησης
στο 0x αλλά η αριθμητική τιμή της συνάρτησης στο σημείο αυτό να είναι διαφορετική από το
το όριο της συνάρτησης καθώς 0x x→ .
Α5. Σωστή απάντηση είναι το γ) αφού η f συνεχής στο [ ],α δ οπότε:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx
β γ β γδ δ δ
α α β γ α β γ
 
 = + + = + − + =
 
 
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
β γ δ
α β γ
= − + =Ε Ω + −Ε Ω + Ε Ω = − + = + =∫ ∫ ∫ 1 2 3f x dx f x dx f x dx 2 1 3 1 3 4
ΘΕΜΑ Β
Β1. Η f συνεχής στο R ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων αφού η y 2= οριζόντια ασύμπτωτη στο
+∞ , τότε ( )( ) ( )x
x x
lim f x 2 0 lim e 2 0 2 0 2−
→+∞ →+∞
− = ⇔ + λ − = ⇔ λ − = ⇔ λ= . Άρα ( ) x
f x e 2,−
= +
x∈ R
Β2. Θεωρώ συνάρτηση ( ) ( )g x f x x= − , [ ]x 2,3∈
 Η g συνεχής στο [ ]2,3 ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων.
 ( ) ( ) 2 2
2
1
g 2 f 2 2 e 2 2 e 0
e
− −
= − = + − = = >
 ( ) ( )
3
3 3
3 3
1 1 e
g 3 f 3 3 e 2 3 e 1 1 0
e e
− − −
= − = + − = − = − = <
Άρα ( ) ( )
.Bolzano
g 2 g 3 0
θ
⋅ < ⇒ υπάρχει ένα τουλάχιστον ( ) ( ) ( )0 0 0 0x 2,3 : g x 0 f x x 0∈ = ⇔ − = ⇔
( )0 0f x x⇔ =. Επίσης, η g παραγωγίσιμη με ( ) ( )( ) ( ) ( )x
g x f x x f x 1 e 2 1− ′′′ ′= − = −= + −=
( )x x
e 1 e 1 0− −′
= − =− − < , για κάθε [ ]x 2,3∈ . Δηλαδή, ( )g x 0′ < ⇒ η g είναι γνησίως φθίνουσα
στο [ ]2,3 . Συνεπώς, το 0x μοναδικό.
2

8. www.liveyourmaths.com
Β3. 1ος
τρόπος:
Είναι ( ) x
f x e 2−
= + , x∈ R . Η f συνεχής και παραγωγίσιμη στο R με
( ) ( ) ( ) ( )x x x x
f x e 2 e e x e 0− − − −′ ′ ′′ = + = = − =− < . Άρα ( ) x
f x e 0−
′ =− < ⇒ η 2f (γνησίως φθί-
νουσα) στο R , άρα από γνωστό θεώρημα είναι και «1-1».
2ος
τρόπος:
Για οποιαδήποτε 1 2x ,x ∈ R με ( ) ( ) 1 2 1 2
1 2
x x x x
1 2 x x
1 1
f x f x e 2 e 2 e e
e e
− − − −
= ⇒ + = + ⇒ = ⇒ = ⇒
−
⇒ = ⇒ =
x
1 2
e
x x
1 2
1 1
e e x x . Άρα η f «1-1».
Για την εύρεση της αντίστροφης συνάρτησης, ακολουθούμε την εξής διαδικασία:
Θέτουμε ( ) x x
y f x y e 2 e y 2− −
= ⇔ = + ⇔ = −  αλλά x
e 0−
> , οπότε πρέπει y 2 0 y 2− > ⇔ > . Με
αυτόν τον περιορισμό, λογαριθμίζουμε την  και έχουμε ( ) ( )x
lne ln y 2 xlne ln y 2−
= − ⇔ − = − ⇔
( ) ( )x ln y 2 x ln y 2⇔ − = − ⇔ = − − . Άρα ( ) ( )1
f y ln y 2−
=− − , y 2> . Αντικαθιστώ το y με x και έχω:
( ) ( )1
f x ln x 2−
=− − , x 2> .
Β4. Αναζητούμε κατακόρυφη ασύμπτωτη της συνάρτησης
−1
f στο 2.
Δηλαδή ( ) ( )( ) ( )( )1
x 2 x 2 x 2
lim f x lim ln x 2 lim ln x 2+ + +
−
→ → →
= − − =− − 
Θέτω x 2 u− =, καθώς x 2+
→ , τότε u 0+
→ , οπότε η  γίνεται:
( )( ) ( )
x 2 u 0
lim ln x 2 lim lnu+ +
→ →
− − = − = − −∞ = +∞
Άρα, ( )1
x 2
lim f x+
−
→
= +∞ , συνεπώς η x 2= είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της 1
f−
.
Θα κάνουμε μία πρόχειρη γραφική παράσταση της f στο καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων Oxy.
Είναι, ( ) x
f x e 2−
= + . Γνωρίζουμε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης α < α <x
, με 0 1.
Αλλά
1
0 1
e
< < , οπότε η γραφική παράσταση της f προκύπτει από τη γραφική παράσταση της
x
x
x
1 1
e
e e
− 
= = 
 
με κατακόρυφη μετατόπιση 2 μονάδων προς τα πάνω. Τελικά θα έχουμε:
3

9. www.liveyourmaths.com
Με δεδομένο ότι οι 1
f,f−
, είναι συμμετρικές ως προς τη διχοτόμο 1ου
– 3ου
τεταρτημορίου, οι γραφι-
κές παραστάσεις 1
f fC ,C − δίνονται από το άνωθεν σχήμα.
ΘΕΜΑ Γ
Γ1. Έχουμε τη συνάρτηση ( )
2
x 1
x , x 1
f x
e x, x 1−
 + α ≥
= 
+β <
.
Αφού η f παραγωγίσιμη στο R , τότε θα είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της, άρα και στο 0x 1= .
Δηλαδή ( ) ( ) ( )− +
→ →
= =
x 1 x 1
lim f x lim f x f 1 
( ) ( )+ +
→ →
= + α = + α2
x 1 x 1
lim f x lim x 1 
( ) ( )− −
− −
→ →
= +β = +β⋅ = +β= +βx 1 1 1 0
x 1 x 1
lim f x lim e x e 1 e 1 
Από ,  και  έχω: 1 1+ α = +β ⇔ α =β 
Επίσης, η f παραγωγίσιμη στο R άρα θα είναι και στη θέση 0x 1= .
Δηλαδή,
( ) ( ) ( ) ( )
x 1 x 1
f x f 1 f x f 1
lim lim
x 1 x 1− +
→ →
− −
=
− −
.
Όμως
( )x 1 x 1 x 1
x 1 x 1 x 1
e x 1 e x 1 e 1 x
lim lim lim
x 1 x 1 x 1− − −
− − −
→ → →
+ α − + α + α − − α − + α − α
= = =
− − −
y
x’ x
y’
Cf
y=2
y=x
x=2
Cf
-1
4

10. www.liveyourmaths.com
( )x 1 x 1
x 1 x 1
e 1 x 1 e 1
lim lim
x 1 x 1− +
− −
→ →
 − + α − −
= = + α 
− − 

Αλλά
( )
( )
( )
( )
( )− + − −
 
−  −−  
−
→ → → →
′ ′− −−
= = = = =
− ′−
0
x 1 x 1x 1 0
x 1 0
x 1 DLH x 1 x 1 x 1
e 1 e x 1e 1
lim lim lim lim e e 1
x 1 1x 1

Από  και  έχω
x 1
x 1
e 1
lim 1
x 1−
−
→
 −
= + α = + α 
− 

Επίσης,
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
2 2 2
x 1 x 1 x 1 x 1 x 1
x 1f x f 1 x 1 x 1x 1 x 1
lim lim lim lim lim 2
x 1 x 1 x 1 x 1 x 1+ + + + +
→ → → → →
+ α − + α− − ++ α − − α −
= = = = =
− − − − −

Από  και  έχουμε
4
1 2 1+ α = ⇔ α = =β . Άρα 1α =β = .
Γ2. Μετά την αντικατάσταση των 1α =β = από Γ1 ερώτημα, έχουμε τη συνάρτηση:
( ) −
 + ≥
= 
+ <
2
x 1
x 1, x 1
f x
e x, x 1
1ος
τρόπος:
 Για x 1> είναι ( ) ( )2
f x x 1 2x 0
′′ = + = > ⇒ η 1f στο [ )1,+∞
 Για x 1< έχουμε ( ) ( ) ( ) ( )x 1 x 1 x 1 x 1
f x e x e 1 e x 1 1 e 1 0− − − −′ ′ ′′ = + = += − += + > ⇒
η 1f στο ( ],1−∞ .
Αφού η f συνεχής στο 0x 1= , η f είναι γνησίως αύξουσα στο R .
Θέτουμε ( )1A ,1= −∞ οπότε: ( ) ( ) ( )( )−
→−∞ →
=
1
1
1
f συνεχής στο A
1
f στο Α x x 1
f A lim f x , lim f x
Όμως ( ) ( ) ( )−
→−∞ →−∞
= + = + −∞ = −∞x 1
x x
lim f x lim e x 0
( ) ( )x 1 0
x 1 x 1
lim f x lim e x e 1 2− −
−
→ →
= + = + =
Άρα ( ) ( )1f A ,2= −∞
Θέτουμε [ )2A 1,= +∞ οπότε από γνωστό θεώρημα έχουμε: ( ) ( ) ( ))→+∞
=
1
2
2
f συνεχής στο A
2
f στο Α x
f A f 1 , lim f x
5

11. www.liveyourmaths.com
Όμως ( ) 2
f 1 1 1 2= + =
( ) ( )2 2
x x x
lim f x lim x 1 lim x
→+∞ →+∞ →+∞
= + = = +∞
Άρα, ( ) [ )2f A 2,= +∞ .
Τελικά, ( ) ( ) ( ) ( ) [ )1 2f A f A f A ,2 2,= ∪ = −∞ ∪ +∞ ≡ R .
Συνεπώς, ( )f A ≡ R .
2ος
τρόπος:
Εναλλακτικά, θα μπορούσαμε για να βρούμε το σύνολο τιμών της συνάρτησης να χρησιμοποιή-
σουμε και τη σχέση: ( ) ( ) ( )( )→−∞ →+∞
≡ ≡R R
x x
f lim f x , lim f x αφού, η εν λόγω συνάρτηση είναι συ-
νεχής ως παραγωγίσιμη και γνησίως αύξουσα ( )1 σε όλο το R .
Γ3. i) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ ] ( )1,0 ,1− ⊆ −∞ ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων με:
( ) ( )1 1 2
2
1
f 1 e 1 1 e 1 1 0
e
− − −
− = + = − = − <
( ) 0 1 1 1
f 0 e 1 0 e 0
e
−
= + ⋅ = = >
Άρα ( ) ( )
.Bolzano
f 1 f 0 0
θ
− ⋅ < ⇒ υπάρχει ένα τουλάχιστον ( ) ( )0 0x 1,0 : f x 0∈ − = . Από ερώτημα
Γ2 η 1f στο R , άρα 0x μοναδικό, με 0x 0< .
ii) 1ος
τρόπος:
Έχουμε την εξίσωση ( ) ( )2
0f x x f x 0− =στο ( )0x ,+∞ .
Είναι για ( ) ( ) ( )Γ
> ⇒ > ⇒ >
1f
0 0
2
x x f x f x f x 0
Άρα ( )f x 0> και κάθε 0x x> 
Επίσης 0 0x 0 x 0< ⇔ − > 
Πολλαπλασιάζω κατά μέλη τις  και  αφού είναι θετικοί αριθμοί οι συμμετέχοντες και έχω:
( ) ( ) ( ) ( )2 2
0 0x f x 0 f x x f x f x 0− > ⇔ − > >
Άρα ( ) ( )2
0f x x f x 0− > για κάθε ( )0x x ,∈ +∞
Συνεπώς, η εξίσωση ( ) ( )2
0f x x f x 0− =αδύνατη στο ( )0x ,+∞ .
6

12. www.liveyourmaths.com
2ος
τρόπος:
Θα λύσουμε την εξίσωση: ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )− =⇔ ⋅ − =2
0 0f x x f x 0 f x f x x 0 1
Αλλά για ( ) ( ) ( )Γ
> ⇒ > ⇒ >
1f
0 0
2
x x f x f x f x 0 . Οπότε η ( )1 γίνεται: ( ) ( )− = ⇔ =0 0f x x 0 f x x ,
το οποίο είναι ΆΤΟΠΟ , αφού ( )>f x 0 και <0x 0 . Συνεπώς, η δοθείσα είναι αδύνατη στο
διάστημα ( )0x ,+∞ .
3ος
τρόπος:
Θεωρούμε συνάρτηση g με τύπο: ( ) ( ) ( ) [ )2
0 0g x f x x f x , x x ,= − ∈ +∞ . Η g είναι παρα-
γωγίσιμη συνάρτηση στο ( )0x ,+∞ με :
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )2
0 0 0g x f x x f x 2f x f x x f x f x 2f x x 1′′ ′ ′ ′= − = ⋅ − ⋅ = ⋅ −
Αλλά για ( ) ( ) ( ) ( ) ( )Γ
> ⇒ > ⇒ > ⇔ > ⇔ − > − >
1f
0 0 0 0
2
x x f x f x f x 0 2f x 0 2f x x x 0 , αφού
0 0x 0 x 0< ⇔ − > . Άρα, ( )− >02f x x 0.
Επίσης, ( ) −
 + ≥
= 
+ <
2
x 1
x 1, x 1
f x
e x, x 1
οπότε, η παράγωγος της συνάρτησης είναι :
• Αν ( )x 1, τότε f x 2x 0′> =>
• Αν ( ) ( )x 1 x 1
0x x 1, τότε f x e x e 1 0− −′′< < = + = + >
• Στη θέση 0x 1= έχουμε :
( )
( )
( )
( )
( )− + − −
 
−  −−  
−
→ → → →
′ ′+ − − ++ −
= = = + = + =
− ′−
0
x 1 x 1x 1 0
x 1 0
x 1 DLH x 1 x 1 x 1
e x 2 e x 1 1e x 2
lim lim lim lim e 1 e 1 2
x 1 1x 1
( ) ( ) ( ) ( )( )
+ + + +
→ → → →
+ −− − +−
= = = =
− − − −
2 2
x 1 x 1 x 1 x 1
x 1 2f x f 1 x 1 x 1x 1
lim lim lim lim 2
x 1 x 1 x 1 x 1
Άρα ( )f 1 2 0′ = > , τελικά, ( )f x 0′ > για κάθε ( )0x x ,∈ +∞ .
Τελικά από ( )1 παίρνουμε: ( )g x 0 g′ > ⇒ 1 (γνησίως αύξουσα) στο [ )0x ,+∞ .
7

13. www.liveyourmaths.com
Κατά συνέπεια, για ( ) ( ) ( )> ⇒ > ⇒ >
1g
0 0x x g x g x g x 0 με
( ) ( ) ( ) ( )2
0 0 0 0 0g x =f x x f x 0, αφού f x 0− = = από Γ3 i).
Ως εκ τούτου, η εξίσωση: ( )=g x 0 είναι αδύνατη στο ( )0x ,+∞ .
4ος
τρόπος:
Επίσης, θα μπορούσαμε να βρούμε εναλλακτικά και το σύνολο τιμών της συνάρτησης g και να
διαπιστώσουμε ότι το 0 δεν ανήκει σ’ αυτό. Συνεπώς και πάλι η εξίσωση: ( )=g x 0 είναι αδύνατη
στο ( )0x ,+∞ .
Γ4. Είναι ( ) ( )( )M x t ,y t και επίσης ( )y f x , x 1= ≥ , άρα ( ) ( )= +2
y t x t 1
Από δεδομένα έχουμε: ( ) µον′ =
δευτ0x t 2
Παραγωγίζοντας την  έχω: ( ) ( )( ) ( ) ( )′′ ′= + = ⋅2
y t x t 1 2x t x t ⇔ ( ) ( ) ( )′ ′= ⋅y t 2x t x t
Για 0t t= έχουμε ( )0x t 3= και ( )0y t 10= από γνωστό τύπο για το εμβαδόν τριγώνου έχουμε
( ) ( )1
OMK det OM,OK
2
=
 

( ) ( )( )OM x t ,y t=


( )( )OK x t ,0=


Από ,  και  έχουμε:
( )
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
x t y t1 1 1 1
OMK x t 0 x t y t x t y t x t y t
x t 02 2 2 2
= = ⋅ − ⋅ = − =
Αλλά ( ) ( )x t ,y t 0> , οπότε ( ) ( ) ( )( )1
OMK x t y t
2
= ⋅ αφού ( )x t 1 0≥ > και ( ) ( )2
y t x t 1 0= + >
Οπότε ( ) ( ) ( )( )OMK
1
E t x t y t
2
= ⋅
Τελικά ( ) ( ) ( ) ( )( )dE 1
x t y t x t y t
dt 2
′ ′= ⋅ + ⋅ ή
( ) ( ) ( ) ( )x t y t x t y tdE
dt 2
′ ′⋅ + ⋅
= τη συγκεκριμένη χρο-
νική στιγμή ( )0t t= , έχουμε:
( ) ( ) ( ) ( )
0
0 0 0 0
t t
x t y t x t y tdE
dt 2=
′ ′⋅ + ⋅
= 
Όμως, ( ) ( ) ( )y t 2x t x t′ ′= ⋅ για 0t t= έχουμε: ( ) ( ) ( )0 0 0y t 2x t x t 2 3 2 12′ ′= ⋅ = ⋅ ⋅ =
Τελικά
=
⋅ + ⋅ + τ µον= = = =
δευτ
0t t
dE 2 10 3 12 20 36 56 .28
dt 2 2 2
8

14. www.liveyourmaths.com
ΘΕΜΑ Δ
Δ1. Είναι ≡fD R .
Αφού η ( ): y x 2ε =− + εφάπτεται στη fC με σημείο επαφής ( )A 1,1 , τότε ισχύουν οι σχέσεις:
( )f 1 1′ = − και ( )f 1 1= . Η συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο R , οπότε:
 Βρίσκουμε την ( ) ( ) ( )2
f x x 1 ln x 2x 2 x
′ ′ = − ⋅ − + + α +β=
 
( ) ( ) ( ) ( )( )2 2
x 1 ln x 2x 2 x 1 ln x 2x 2
′′= − ⋅ − + + − ⋅ − + + α =
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
x 2x 2 2 x 1
ln x 2x 2 x 1 ln x 2x 2
x 2x 2 x 2x 2
′− + −
= − + + − ⋅ + α= − + + + α
− + − +
Οπότε ( ) ( ) ( )2
2
2
2 1 1
f 1 1 ln 1 2 1 2 1 0 0 1 1
1 2 1 2
−
′ = − ⇔ − ⋅ + + + α = − ⇔ + + α = − ⇔ α = −
− ⋅ +
 Επίσης, ( ) ( ) ( ) ( )2
f 1 1 1 1 ln 1 2 2 1 1 1 1 1 2= ⇔ − − + + − ⋅ +β= ⇔ − +β= ⇔ β=
Δ2. Το ζητούμενο εμβαδόν του χωρίου, δίνεται από τη σχέση ( ) ( )
2
1
E f x ydxΩ= −∫ 
Αναζητώ το πρόσημο της παράστασης ( ) ( ) [ ]x f x y, x 1,2ϕ = − ∈
Είναι ( ) ( ) ( )2
f x x 1 ln x 2x 2 x 2= − − + − +
Αφού [ ]x 1,2 1 x 2∈ ⇔ ≤ ≤ , τότε x 1 x 1 0≥ ⇔ − ≥
Ωστόσο, ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2
x f x y x 1 ln x 2x 2 x 2 x 2ϕ = − = − − + − + − − + =
( ) ( ) ( ) ( )2 2
x 1 ln x 2x 2 x 2 x 2 x 1 ln x 2x 2= − − + − + + − = − − +
Άρα ( ) ( ) ( )2
x x 1 ln x 2x 2ϕ = − − +
Αρκεί να δείξω ότι :
( ) ( ) ( )− + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ − + ≥ ⇒ − + ≥ ⇔
1ln
2 2 2 2
ln x 2x 2 0 ln x 2x 2 ln1 ln x 2x 2 ln1 x 2x 2 1
( )22
x 2x 1 0 x 1 0⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ που ισχύει.
9

15. www.liveyourmaths.com
Τελικά,
( )
( ) ( )2
2
x 1 0
x 1 ln x 2x 2 0
ln x 2x 2 0
− ≥ 
⇒ − − + ≥
− + ≥ 
με την ισότητα να ισχύει για x 1=
Άρα ( )x 0ϕ ≥ για 1 x 2≤ ≤ .
Συνεπώς, ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2
1 1 1 1
E f x ydx f x y dx x dx x 1 ln x 2x 2 dxΩ = − = − = ϕ = − − + =∫ ∫ ∫ ∫
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1
2 x 1 2x 2 1
ln x 2x 2 dx ln x 2x 2 dx 2x 2 ln x 2x 2 dx
2 2 2
− −
= − + = − + = − − + =∫ ∫ ∫
( ) ( )
2 ή ολοκλήρωση
2 2
1
1
x 2x 2 ln x 2x 2 dx
2
παραγοντικ
′= − + − + =∫
( ) ( ) ( ) ( )( )
22
2 2 2 2
1
1
1
x 2x 2 ln x 2x 2 x 2x 2 ln x 2x 2 dx
2
 ′ = − + − + − − + − + =    
∫
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) − = − + − + − − + − + − − + =    − +  
∫
2
2 2 2
2
1
2x 21
4 4 2 ln 4 4 2 1 2 2 ln 1 2 2 x 2x 2 dx
2 x 2x 2
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
1 1 1 1
1 1 x
2ln2 1ln1 2x 2 dx ln2 2 x 1 dx ln2 x 1 dx ln2 x dx
2 2 2
′   
= − − − = − − = − − = − − =    
  
∫ ∫ ∫ ∫
       
= − − = − − − − = − − − − = −               
22 2 2
1
x 2 1 1 1
ln2 x ln2 2 1 ln2 2 2 ln2
2 2 2 2 2
Άρα ( ) ( )
2
1
1
E f x ydx ln2 . .
2
 
Ω= − = − τ µ 
 
∫
Δ3. i) Θα δείξουμε ότι ( )f x 1′ ≥ − για κάθε x∈ R .
Από Δ1 ερώτημα έχουμε ( ) ( ) ( )2
2
2
2 x 1
f x ln x 2x 2 1
x 2x 2
−
′ = − + + −
− +
, οπότε
( ) ( ) ( )
( ) ( )2 2
2 2
2 2
2 x 1 2 x 1
f x 1 ln x 2x 2 1 1 ln x 2x 2 0
x 2x 2 x 2x 2
− −
′ ≥ − ⇔ − + + − ≥ − ⇔ − + + ≥ ⇔
− + − +
( ) ( )
( )( ) ( )
( )
2 2
22
2 2
2 x 1 2 x 1
ln x 2x 1 1 0 ln x 1 1 0
x 2x 2 x 1 1
− −
⇔ − + + + ≥ ⇔ − + + ≥
− + − +
που ισχύει αφού
( )( ) ( )( ) ( ) ( )− + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥
1ln
2 2 2 2
ln x 1 1 0 ln x 1 1 ln1 x 1 1 1 x 1 0
10

16. www.liveyourmaths.com
Επίσης,
( )
( )
2
2
2 x 1
0
x 1 1
−
≥
− +
Άρα ( )( ) ( )
( )
2
2
2
2 x 1
ln x 1 1 0
x 1 1
−
− + + ≥
− +
με την ισότητα να ισχύει για x 1= .
Τελικά ( )f x 1′ ≥ − για κάθε x∈ R .
ii) Θα αποδείξουμε ότι ( ) ( )21 3
f 1 ln 2 2
2 2
 
λ + + λ ≥ λ − λ − λ + + 
 
για κάθε λ∈ R .
Δηλαδή
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 21 3 1 3
f 1 ln 2 2 f 1 ln 2 2 2 2
2 2 2 2
f
   
λ + + λ ≥ λ − λ − λ + + ⇔ λ + ≥ λ − λ − λ + − λ + − + ⇔   
   
λ

( ) ( )
1 3 4 1 1
f f f f
2 2 2 2 2
   
⇔ λ + ≥ λ + − ⇔ λ + ≥ λ − ⇔   
   
( )
( ) 
÷ 
 
 
λ + − λ 
   ⇔ λ + − λ ≥ − ⇔ ≥ − 
 
1
2
1
f f
1 1 2
f f 1
12 2
2
Η συνάρτηση f συνεχής στο
1
,
2
 
λ λ +  
, λ∈ R
Η συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο
1
,
2
 
λ λ + 
 
Από Θ.Μ.Τ. του διαφορικού λογισμού, υπάρχει ένα τουλάχιστον
( )
( ) ( )
1 1
f f f f
1 2 2
, : f
1 12
2 2
   
λ + − λ λ + − λ   
     ′ξ∈ λ λ + ξ= = 
  λ + − λ
Όμως από Δ3 i) ( )f x 1′ ≥ − για κάθε x∈ R , άρα και για ( )x , f ξ 1′= ξ ≥ − πού ισχύει.
Δ4. Έστω ( )( )0 0A x ,f x και ( )( )1 1B x ,g x τα σημεία επαφής της κοινής εφαπτομένης με τις fC και gC
αντίστοιχα. Τότε, θα ισχύει ( ) ( )0 1f x g x′ ′= 
Όμως από ερώτημα Δ3 i) είναι ( )f x 1′ ≥ − για κάθε x∈ R .
11

17. www.liveyourmaths.com
Άρα ( )0f x 1′ ≥ −  με την ισότητα να ισχύει για 0x 1= .
Επίσης για την g έχουμε ότι είναι παραγωγίσιμη με:
( ) ( )3 2
g x x x 2 3x 1
′′ =− − + =− − ⇔ ( ) 2
g x 3x 1′ =− − .
Όμως 2 2 2
x 0 3x 0 3x 1 1≥ ⇔ − ≤ ⇔ − − ≤ − ⇔ ( )g x 1′ ≤ − .
Δηλαδή ( )1g x 1′ ≤ − , με την ισότητα να ισχύει για 1x 0= .
Η εξίσωση εφαπτομένης για τη g στο σημείο ( )( ) ( )( ) ( )1 1B x ,g x 0,g 0 0,2≡ ≡ είναι:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )y g 0 g 0 x 0 y 2 1 x 0 y x 2′− = ⋅ − ⇔ − =− ⋅ − ⇔ =− + που είναι η ίδια με την εφαπτομένη
της fC στο ( )( )A 1,f 1 .
Εφόσον ( )f x 1′ ≥ − και ( )g x 1′ ≤ − , τα μοναδικά σημεία στα οποία έχουν κοινή εφαπτομένη είναι
τα ( )( ) ( )A 1,f 1 1,1≡ και ( )( ) ( )B 0,g 0 0,2≡ . Συνεπώς οι fC , gC έχουν μοναδική κοινή εφαπτο-
μένη.
12