1.
ΘΕΜΑ Δ - Κύριος Γιώργος Μιχαηλίδης
Επίλυση: Φάνης Μαργαρώνης

2.
ΘΕΜΑ Δ – Γιώργος Μιχαηλίδης
Επίλυση: Φάνης Μαργαρώνης
_____________________________________________________________________________________________
Δ1. Είναι
x 0 x 0
f (x) 1 f (x) 1 f '(0)
f '(0) 2017 lim lim
x x 2017→ →
− −
=⋅ ⇔ =
Έστω συνάρτηση
f (x) 1
(x) f (x) x (x) 1
x
−
φ = ⇔ = ⋅φ + , και
x 0
f '(0)
lim (x)
2017→
φ = .
Οπότε : [ ]x 0 x 0
f '(0)
limf (x) lim x (x) 1 0 1 1
2017→ →
= ⋅φ + = ⋅ + = .
Επειδή η f είναι συνεχής, θα ισχύει:
x 0
f (0) limf (x) 1
→
= = .
Οπότε η αρχική σχέση γίνεται:
x 0
f (x) f (0)
f '(0) 2017 lim f '(0) 2017 f '(0) f '(0) 0
x 0→
−
= ⋅ ⇔ = ⋅ ⇔ =
−
Άρα, πράγματι, η εφαπτομένη της Cf στο σημείο Α(0,f(0)) είναι παράλληλη στον
άξονα x’x.
Δ2. Ισχύει: ( ) 2
3f (x) 1 f ''(x) 6x 8+ = + (1) , για x≥0.
Οι f και f ‘ είναι συνεχείς ως παραγωγίσιμες.
Είναι 2
6x 8+ >0 για κάθε x≥0, επομένως συμπεραίνουμε άμεσα από την (1) ότι:
• Η συνάρτηση ω(x)=3f(x)+1≠0 για κάθε x≥0.
• f ''(x) 0≠ για κάθε x≥0.
• ω(x) και f ''(x) : ομόσημες στο [0,+∞)
Όμως η ω(x) είναι συνεχής , ως αποτέλεσμα συνεχών, και αφού ω(x)≠0 , θα
διατηρεί σταθερό πρόσημο. Επίσης ω(0)=3f(0)+1=4>0, οπότε
ω(x)>0 στο [0,+∞).
Συνεπώς f ''(x) 0> για κάθε x≥0, άρα :
• η f θα είναι κυρτή και
• ηf '(x) θα είναι γνησίως αύξουσα στο [0,+∞).
Επίσης f ‘(0)=0, άρα: για
f '
x 0 f '(x) f '(0) 0≥ ⇔ ≥ =

.
Οπότε η f θα είναι γνησίως αύξουσα.
[1]

3.
Δ3. α)
23f (x) 1 0
6x 8
A ό (1) f ''(x)
3f (x) 1
+ >
+
π ⇔ =
+
(1α)
Αρκεί να δείξω ότι :
2 2(1 )
2 2 26x 8 3x 4
2f ''(x) 3x 4 2 3x 4 4 3x 4
3f (x) 1 3f (x) 1
α
+ +
< + ⇔ < + ⇔ < +
+ +
2
3x 4 0
3f (x) 1 0
4 3f (x) 1 f (x) 1
+ >
+ >
⇔ < + ⇔ > , που ισχύει, αφού είναι:
f
x 0 f (x) f (0) 1> ⇔ > =

.
β) Η εξίσωση ισοδυναμεί με:
4 8
2 2 4 2x x
2f (x) 2x 2f (x ) 2x g(x) g(x )
4 4
− − = − − ⇔ = (2) , όπου
4
2x
g(x) 2f (x) 2x
4
= − − , x ≥ 0.
και 3
g'(x) 2f '(x) x 4x= − −
και 2
g''(x) 2f ''(x) 3x 4 0= − − < για κάθε x>0, από ερώτημα (α).
Η g’ είναι συνεχής στο [0,+∞) , ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών,
επομένως θα είναι g’ γνησίως φθίνουσα . Επίσης g’(0)=2f ‘(0)=0
‘Aρα θα είναι: για x≥0⇔g’(x)≤g’(0)=0.
Η g είναι συνεχής στο [0,+∞) ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων,
επομένως θα είναι γνησίως φθίνουσα , άρα και 1-1.
Τότε η εξίσωση:
1 1
2
(2) x x
−
⇔ = ⇔ x=0 ή x=1.
Δ4. Έχουμε: ( ) 2 2
(1) 3f (x) 1 f ''(x) 6x 8 3f (x)f ''(x) f ''(x) 6x 8⇔ + = + ⇔ + = +
Από την (1α) προκύπτει ότι και η f ''(x)είναι συνεχής, άρα έχουμε ισότητα
συνεχών συναρτήσεων. Οπότε:
( )
1 1 1
2
0 0 0
1 13
00
f '(0) 0 1
0
3f (x)f ''(x)dx f ''(x)dx 6x 8 dx
3 f (x)f ''(x)dx f '(1) f '(0) 2x 8x
3 f (x)f ''(x)dx f '(1) 10
=
+ = +
 ⇔ ⋅ + − = + 
⇔ ⋅ + =
∫ ∫ ∫
∫
∫ (3)
[2]

4.
Είναι : [ ] ( ) ( )
f '(0) 01 1 11 2 2
00 0 0
f (x)f ''(x)dx f (x)f '(x) f '(x) dx f (1)f '(1) f '(x) dx
=
= − = −∫ ∫ ∫ .
Τότε: ( )
1 2
0
(3) 3f (1)f '(1) f '(1) 10 3 f '(x) dx⇔ + = + ∫ (3α)
Πρόσθετα, είναι προφανώς: ( )
2
f '(x) 0≥ και η f ‘ όχι παντού μηδέν, αφού είναι
γνησίως αύξουσα και άρα f ‘(x)>0 για x>0, άρα ( )
1 2
0
f '(x) dx 0>∫ (4).
Ενώ η (1) για x=1 γίνεται: ( )
14
3f (1) 1 f ''(1) 14 3f (1) 1
f ''(1)
+ ⋅ = ⇔ = − (5).
Τότε:
( )
( )
( )
(5) 1 2
0
1 2
0
1 2
0
14
(3 ) 1 f '(1) f '(1) 10 3 f '(x) dx
f ''(1)
f '(1)
14 f '(1) f '(1) 10 3 f '(x) dx
f ''(1)
f '(1) 5 3 5
f '(x) dx , λόγω της (4).
f ''(1) 7 14 7
 
α ⇔ − + = + 
 
⇔ − + = +
⇔ = + ⋅ >
∫
∫
∫
Απαντήσεις στα εναλλακτικά ερωτήματα:
Δ5. α) Θα δείξω ότι: f(x) 1 xf '(x)− ≤ , για x≥0.
Για x=0 ισχύει ως ισότητα.
Για x>0 αρκεί να δείξω ότι:
f (x) 1
f '(x)
x
−
< .
Η f είναι παραγωγίσιμη στο [0,x] επομένως ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του
Θεωρήματος Μέσης Τιμής. Έτσι θα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ∈(0,x) τέτοιο,
ώστε:
f (x) f (0) f (x) 1
f '( )
x 0 x
− −
ξ= =
−
.
Τότε:
f ' f (x) 1
x f '( ) f '(x) f '(x)
x
−
ξ < ⇔ ξ < ⇔ <

.
Επομένως ισχύει το ζητούμενο.
[3]

5.
β) Η εξίσωση ισοδυναμεί με:
x
x
x
1
f 1
f (e ) 1 1x
(e )
1e x
x
 
− −   = ⇔ θ = θ 
 
(6) , όπου
f (x) 1
(x)
x
−
θ = , με x>0.
Η θ(x) είναι παραγωγίσιμη στο (0,+∞) ως αποτέλεσμα παραγωγίσιμων, με:
2
f '(x) x f (x) 1
'(x)
x
⋅ − +
θ = . Όμως από το ερώτημα Δ5α προκύπτει ότι θ’(x)>0 ,
επομένως η θ(x) είναι γνησίως αύξουσα, άρα 1-1.
Τότε για την εξίσωση έχουμε:
1 1
x x1
(6) e xe 1 0
x
−
⇔ = ⇔ − =
Θέτω h(x)= x
xe 1− , Ah=(0,+∞), παραγωγίσιμη στο (0,+∞) με
x x
h '(x) e xe 0= + > , για κάθε x>0. Άρα η h θα είναι γνησίως αύξουσα στο
(0,+∞), με h(A)=(-1,+∞), αφού:
• xx x
x
lim h(x) lim 1 1
e−→−∞ →−∞
 
= − =− 
 
, επειδή: x xx dlH x
x 1
lim lim 0
e e
−∞
+∞
− −→−∞ →−∞
= =
−
• ( )x
x x
lim h(x) lim xe 1
→+∞ →+∞
= − = +∞.
To 0∈h(A), επομένως θα υπάρχει xo∈A τέτοιο, ώστε h(xo)=0.
Ενώ το xo θα είναι μοναδικό, αφού η h είναι γνησίως αύξουσα στο Α.
Άρα η αρχική εξίσωση έχει μοναδική λύση το xo στο διάστημα (0,+∞).
γ) Θα δείξω ότι :
1
0
1 f (1)
1 f (x)dx
2
+
< <∫ .
• Έχουμε f(x)>1 , από ερώτημα Δ3α.
Επομένως προκύπτει:
1 1 1
0 0 0
f (x)dx 1dx f (x)dx 1> ⇔ >∫ ∫ ∫
• Επίσης από ερώτημα Δ5α ισχύει: f(x) 1 xf '(x)− ≤
και ισοδύναμα: f(x) 1 xf '(x)≤ +
Οπότε προκύπτει:
[ ]
1 1 1 1 11
00 0 0 0 0
f (x)dx 1dx xf '(x)dx f (x)dx 1 xf (x) f (x)dx< + ⇔ < + − ⇔∫ ∫ ∫ ∫ ∫
1 1
0 0
1 f (1)
2 f (x)dx 1 f (1) f (x)dx
2
+
⇔ < + ⇔ <∫ ∫ . Οπότε και προκύπτει το ζητούμενο.∎
[4]