3. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 3
ΘΕΜΑΤΑ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΩΝ ΗΜΕΡΗΣΙΑ
1)(Εξετασεις 2000) Τη χρονική στιγµή t = 0 χορηγείται σ’ έναν ασθενή ένα φάρµακο. Η
συγκέντρωση του φαρµάκου στο αίµα του ασθενούς δίνεται από τη συνάρτηση:
2
αt
f(t) , t 0
t
1
β
= ≥
+
όπου α και β είναι σταθεροί θετικοί πραγµατικοί αριθµοί και ο χρόνος t µετράται σε
ώρες. Η µέγιστη τιµή της συγκέντρωσης είναι ίση µε 15 µονάδες και επιτυγχάνεται 6
ώρες µετά τη χορήγηση του φαρµάκου.
α. Να βρείτε τις τιµές των σταθερών α και β.
β. Με δεδοµένο ότι η δράση του φαρµάκου είναι αποτελεσµατική όταν η τιµή της
συγκέντρωσης είναι τουλάχιστον ίση µε 12 µονάδες, να βρείτε το χρονικό διάστηµα
που το φάρµακο δρα αποτελεσµατικά.
Λυση
Η f είναι παραγωγίσιµη στο [0, +∞) ως πηλίκο παραγωγίσιµων συναρτήσεων, µε:
( )
2 2
2 22 2
t t 1 t
α 1 αt 2 α 1
β β β β
f t , t 0
t t
1 1
β β
⋅ + − ⋅ ⋅ −
′ = = ≥
+ +
α) Αφού σε t = 6 ώρες επιτυγχάνεται η µέγιστη τιµή f(t) = 15 µονάδες, θα έχουµε:
( )
( )
2
2
2
2
2
6α
15 540
36 6α 151f 6 15 ββ
36f 6 0
16
α 1 0 β
β
= = ++=
⇔ ⇔ ⇔
′ = − = −
− =
540
6α 30 α 56α 15
36
β 6 β 6
β 6
= == +
⇔ ⇔
= ± = ± = ±
Αφού β > 0, η τιµή β = –6 απορρίπτεται, άρα β = 6. Εποµένως: ( ) 2 2
5t 180t
f t , t 0
t 36 t
1
36
= = ≥
+
+
β) Αφού το φάρµακο έχει αποτελεσµατική δράση όταν η τιµή της συγκέντρωσης είναι
τουλάχιστον ίση µε 12 µονάδες, ψάχνουµε τις τιµές του t, έτσι ώστε: f(t) ≥ 12, µε t ≥ 0. Τότε:
2 2 2
2
180t
12 180t 432 12t 12t 180t 432 0 t 15t 36 0 3 t 12
36 t
≥ ⇔ ≥ + ⇔ − + ≤ ⇔ = − + ≤ ⇔ ≤ ≤
+
Άρα το φάρµακο δρα αποτελεσµατικά από 3 ώρες έως 12 ώρες.
4. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.4
2)(Εξετασεις 2001)Έστω f µια πραγµατική συνάρτηση µε τύπο:
2
x-3
αx , x 3
f(x) 1 e
, x 3
x 3
≤
= −
>
−
α. Αν η f είναι συνεχής, να αποδείξετε ότι α = –1/9.
β. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτοµένης της γραφικής παράστασης Cf της
συνάρτησης f στο σηµείο Α(4, f(4)).
γ. Να υπολογίσετε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική
παράσταση της συνάρτησης f, τον άξονα x΄x και τις ευθείες x = 1 και x = 2.
Λύση
α. Αφού f συνεχής είναι: ( ) ( ) ( )x 3 x 3
lim f x lim f x f 3 9α− +
→ →
= = =
Όµως: ( ) ( )2
x 3 x 3
lim f x lim f αx 9α− −
→ →
= =
( )
( )
( )
x 3 x 3
x 3 x 3 x 3
1 e e
lim f x lim lim 1
1x 3
+ + +
− −
→ → →
′− −
= = = −
′ −
Έτσι: 9α = –1. Άρα α = –1/9
β. Για x > 3 µε f παραγωγίσιµη ως πηλίκο παραγωγίσιµων συναρτήσεων
( )
( ) ( ) ( )( )
( )
( ) ( )
( )
x 3 x 3 x 3 x 3x 3
2 2
1 e x 3 1 e x 3 e x 3 1 e1 e
f x
x 3 x 3 x 3
− − − −− ′ ′′ − − − − − − − − − −
′ = = = =
− − −
( ) ( )
( )
( )
x 3x 3 x 3 x 3 x 3 x 3
2 2 2
4 x e 1xe 3e 1 e xe 4e 1
x 3 x 3 x 3
−− − − − −
− −− + − + − + −
= = =
− − −
Έτσι: ( )
( )
2
1
f 4 1
4 3
−
′ = = −
−
και αφού: ( )
4 3
1 e 1 e
f 4 1 e
4 3 1
−
− −
= = = −
−
η εξίσωση της εφαπτοµένης είναι: y – (1 – e) = –1(x – 4) ⇔ y = –x – e + 5
γ. Επειδή για [ ]x 1,2∈ είναι ( ) 21
f x x 0
9
= − <
Έχουµε:
2 23 3
2
2
1
1 1
1 1 x 1 x 1 8 1 1 7 7
E x dx
9 9 3 9 3 9 3 3 9 3 27
= − − = − − = = − = ⋅ =
∫ τ. µονάδες.
5. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 5
Παρατήρηση
Επειδή στην εκφώνηση του θέµατος δεν διευκρινίζεται αν στο ερώτηµα γ η τιµή του α
πρέπει να ληφθεί ως –1/9, παρατηρούµε ότι:
(i) αν το α ληφθεί ως –1/9 τότε η τιµή του εµβαδού είναι: Ε =
7
27
τ. µονάδες.
(ii) αν όµως δεν υπονοείται κάτι τέτοιο τότε η λύση θα έχει ως εξής:
• αν α ≥ 0 τότε f(x) ≥ 0 οπότε:
2
2
1
7α
E αx dx
3
= =∫ τ. µονάδες.
• αν α < 0 τότε f(x) < 0, οπότε:
2
2
1
7α
E αx dx
3
= − = −∫ τ. µονάδες.
3)(Εξετασεις 2002)Έστω οι συναρτήσεις f, g µε πεδίο ορισµού το ℝ .
Δίνεται ότι η συνάρτηση της σύνθεσης fog είναι 1–1.
α. Να δείξετε ότι η g είναι 1–1.
β. Να δείξετε ότι η εξίσωση: g(f(x) + x3 - x) = g(f(x) + 2x -1) έχει ακριβώς δύο θετικές και
µία αρνητική ρίζα.
Λυση
α. Επειδή η f είναι συνάρτηση έχουµε ότι για κάθε 1 2x ,x ∈ℝ µε g(x1) = g(x2) έπεται f(g(x1))
= f(g(x2)) ή (fog)(x1) = (fog)(x2) (1)
Επειδή όµως η fog είναι 1 – 1 στο ℝ προκύπτει από την (1) ότι x1 = x2. Έτσι δείξαµε ότι:
1 2x ,x∀ ∈ℝ µε g(x1) = g(x2) προκύπτει x1 = x2.
Άρα η g είναι 1 – 1.
β. Έχουµε: g(f(x) + x3 – x) = g(f(x) + 2x – 1)
Επειδή η g είναι 1 – 1 στο R, προκύπτει ότι:
f(x) + x3 – x = f(x) + 2x – 1 ή
x3 – x = 2x – 1 ή
x3 – 3x + 1 = 0
Θεωρούµε την συνάρτηση: h(x) = x3 – 3x + 1, x ∈ℝ
H h είναι παραγωγίσιµη ως πολυωνυµική µε:
h΄(x) = 3x2 – 3 = 3(x2 – 1) = 3(x – 1)(x + 1)
H µονοτονία της h(x) φαίνεται στον παρακάτω πίνακα:
6. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.6
Η h στο διάστηµα [–2, –1] ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ. Bolzano, αφού:
• Η h συνεχής στο [–2, –1] ως πολυωνυµική και
• h(–2)∙h(–1) = (–1)∙(+3) = –3 < 0
Άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )1x 2, 1∈ − − τέτοιο ώστε h(x1) = 0. Eπειδή η h στο (–
∞,–1] είναι γνησίως αύξουσα η παραπάνω ρίζα x1 είναι µοναδική στο (–∞,–1].
Έχουµε h(0) = 1 και h(1) = –1.
Επειδή η h είναι συνεχής στο [0, 1] και h(0)∙h(1) = 1∙(–1) = –1 < 0
προκύπτει ότι στο διάστηµα (0, 1) η h(x) = 0 έχει µια τουλάχιστον ρίζα x2. Επειδή ακόµα η h
είναι γνησίως φθίνουσα στο [–1, 1], προκύπτει ότι η ρίζα αυτή είναι µοναδική στο [–1, 1].
Έχουµε h(1) = –1 και h(2) = 3
Επειδή η h είναι συνεχής στο [1, 2] και h(1)∙h(2) = (–1)∙3 = –3 < 0
προκύπτει ότι στο διάστηµα (1, 2) η h(x) = 0 έχει µια τουλάχιστον ρίζα x3. Επειδή ακόµα η h
είναι γνησίως φθίνουσα στο [1, +∞), προκύπτει ότι η ρίζα αυτή είναι µοναδική στο [1, +∞).
Επειδή:
• ( )1x 2, 1∈ − − είναι x1 < 0
• ( )2x 0,1∈ είναι x2 > 0
• ( )3x 1,2∈ είναι x3 > 0
Έτσι η h(x) = 0 έχει ακριβώς δύο θετικές και µία αρνητική ρίζα στο R.
7. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 7
4)(Εξετασεις 2003)Έστω η συνάρτηση f(x) = x5 + x3 + x .
α. Να µελετήσετε την f ως προς την µονοτονία και τα κοίλα και να αποδείξετε ότι η f
έχει αντίστροφη συνάρτηση.
β. Να αποδείξετε ότι f(ex) ≥ f(1+x) για κάθε x ∈ℝ .
γ. Να αποδείξετε ότι η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της f στο σηµείο (0,0)
είναι ο άξονας συµµετρίας των γραφικών παραστάσεων της f και της f –1.
δ. Να υπολογίσετε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική
παράσταση της f –1, τον άξονα των x και την ευθεία µε εξίσωση x = 3.
Λυση
α. Η συνάρτηση f(x) = x5 + x3 + x είναι ορισµένη και παραγωγίσιµη 2 φορές σε όλο το ℝ µε:
f΄(x) =(x5 + x3 + x)΄ = 5x4 + 3x2 + 1 και
f΄΄(x) = (5x4 + 3x2 + 1)΄= 20x3 + 6x
• Επειδή είναι f΄(x) = 5x4 + 3x2 + 1 > 0 για κάθε x ∈ℝ , προκύπτει ότι η f είναι γνησίως
αύξουσα σε όλο το ℝ .
• f΄΄(x)=0 ⇔ 20x3 + 6x = 0 ⇔ 2x(10x2 + 3)=0 ⇔ x=0 εφόσον 10x2 + 3 > 0 για κάθε x ∈ℝ .
Εποµένως η f είναι:
• κοίλη στο διάστηµα (–∞, 0] και
• κυρτή στο διάστηµα [0, +∞).
Επειδή η συνάρτηση f είναι γνησίως µονότονη στο ℝ θα είναι 1–1 σε αυτό και συνεπώς η f
είναι αντιστρέψιµη στο ℝ .
β. Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ (ερώτηµα α). Προκειµένου να δείξουµε
ότι f(ex) ≥ f(1+x) για κάθε x ∈ℝ , αρκεί να δείξουµε ότι:
ex ≥1+ x για κάθε x ∈ℝ .
Πράγµατι, θεωρούµε τη συνάρτηση g(x)=ex – 1 – x στο ℝ , η οποία είναι παραγωγίσιµη σ’
αυτό µε g΄(x) = ex – 1. Από την εξίσωση g΄(x)=0 έχουµε ex – 1=0 ⇔ ex = 1 ⇔ x = 0.
Έχουµε:
8. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.8
Εποµένως g(x) ≥ g(0) = 0 για κάθε x ∈ℝ ή ex – 1 – x ≥ 0 για κάθε x ∈ℝ και άρα: ex ≥ 1 + x
για κάθε x ∈ℝ .
γ. Η εφαπτοµένη της Cf στο σηµείο (0,0) έχει εξίσωση
y – f(0) = f΄(0)(x – 0) ή y – 0 = 1(x – 0) ή y = x
που είναι η διχοτόµος της πρώτης και τρίτης γωνίας των αξόνων. Επειδή τώρα η f είναι
αντιστρέψιµη (ερώτηµα α) προκύπτει ότι υπάρχει η f-1 ή οποία (λόγω πρότασης σελ. 155
σχολ. βιβλ.) έχει 1
f
C − συµµετρική την Cf ως προς άξονα συµµετρίας την ευθεία y = x.
δ. Για κάθε [ ]x 0,3∈ είναι: x ≥ 0 και επειδή η f–1 είναι γνησίως αύξουσα στο διάστηµα
αυτό, θα είναι f–1(x) ≥ f–1(0) ⇔ f–1(x) ≥ 0 (αφού f–1(0) = 0).
Έτσι το εµβαδόν του ζητουµένου χωρίου ισούται µε: ( )
3
-1
0
E f y dy= ∫ .
Θέτουµε f–1(y)=x ⇔ y = f(x). (1)
Διαφορίζοντας την (1) λαμβάνουμε: dy = d[f(x)] = f΄(x)dx και
( )
( ) 5 3
5 3
3 f x 3 x x x 3 1
0 f x 0 x x x 0 0
y x x x
= + + =
= + + =
→ → → , άρα
( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1 1
5 3 5 3 5 3
0 0 0 0 0 0
E xf x dx x x x x dx 5x 3x x dx 5 x dx 3 x dx xdx′′= = + + = + + = + + =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
1 1 16 4 2
0 0 0
x x x 1 1 1 25
5 3 5 3 τ.µ.
6 4 2 6 4 2 12
= + + = ⋅ + ⋅ + =
9. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 9
5)(Εξετασεις 2003)Έστω µια συνάρτηση f συνεχής σ’ ένα διάστηµα [α,β] που έχει
συνεχή δεύτερη παράγωγο στο (α,β). Αν ισχύει
f(α) = f(β) = 0 και υπάρχουν αριθµοί γ∈(α,β), δ∈(α,β), έτσι ώστε f(γ)·f(δ) < 0, να
αποδείξετε ότι:
α. Υπάρχει µία τουλάχιστον ρίζα της εξίσωσης f(x) = 0 στο διάστηµα (α,β).
β. Υπάρχουν σηµεία ξ1, ξ2 ∈ (α,β) τέτοια ώστε f΄΄(ξ1) < 0 και f΄΄(ξ2) > 0.
γ. Υπάρχει ένα τουλάχιστον σηµείο καµπής της γραφικής παράστασης της f.
Λυση
α. Αφού η f είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα με άκρα γ, δ και f(γ)∙f(δ) < 0, εφαρμόζεται
το θεώρημα Bolzano από το οποίο συνάγεται ότι υπάρχει μία τουλάχιστον ρίζα x0 που
ανήκει στο ανοιχτό διάστημα με άκρα γ, δ ώστε f(x0) = 0.
β. Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι γ < δ και f(γ) > 0, f(δ) < 0, οπότε α < γ < x0
< δ < β.
i) Στο διάστηµα [α, γ] είναι:
f(α) = 0, f(γ) > 0, άρα f(α) < f(γ) και επειδή είναι α < γ συνάγεται ότι:
( ) ( )f α f γ
0
α γ
−
>
−
(1)
Όµως από το θεώρηµα µέσης τιµής (Θ.Μ.Τ) για την f στο διάστηµα [α,γ], υπάρχει
( )1κ α,γ∈ ώστε ( )
( ) ( )
1
f α f γ
f κ
α γ
−
′ =
−
και λόγω της (1) f΄(κ1) > 0.
ii) Εργαζόµενοι οµοίως, στο διάστηµα [γ, x0] έχουµε:
f(γ) > 0, f(x0) = 0 άρα f(γ) > f(x0) και επειδή είναι γ < x0 συνάγεται:
( ) ( )0
0
f γ f x
0
γ x
−
<
−
(2)
Από το Θ.Μ.Τ για την f στο διάστηµα [γ, x0] έχουµε ότι υπάρχει ( )2 0κ γ,x∈ ώστε
( )
( ) ( )0
2
0
f γ f x
f κ
γ x
−
′ =
−
και λόγω της (2) είναι f΄(κ2) < 0.
iii) Για το διάστηµα [x0, δ] όµοια έχουµε ότι υπάρχει ( )3 0κ x ,δ∈ ώστε
( ) ( )
( )0
3
0
f δ f x
f κ 0
δ x
−
′= <
−
10. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.10
iv) Για το διάστηµα [δ, β] όµοια έχουµε ότι υπάρχει ( )4κ δ,β∈ ώστε
( ) ( )
( )4
f β f δ
f κ 0
β δ
−
′= >
−
v) Είναι f΄(κ1) > 0, f΄(κ2) < 0 άρα f΄(κ1) > f΄(κ2) και επειδή κ1 < κ2, είναι:
( ) ( )1 2
1 2
f κ f κ
0
κ κ
′ ′−
<
−
Όµω ς για την f΄ εφαρµόζεται το Θ.Μ.Τ στο διάστηµα [κ1,κ2], οπότε υπάρχει ( )1 1 2ξ κ ,κ∈
ώστε ( )
( ) ( )1 2
1
1 2
f κ f κ
f ξ 0
κ κ
′ ′−
′′ = <
−
vi) Είναι f΄(κ3) < 0, f΄(κ4) > 0, άρα f΄(κ3) < f΄(κ4) και επειδή κ3 < κ4 είναι
( ) ( )3 4
3 4
f κ f κ
0
κ κ
′ ′−
>
−
Όµω ς για την f΄ εφαρµόζεται το Θ.Μ.Τ στο διάστηµα [κ3,κ4], οπότε υπάρχει ( )2 3 4ξ κ ,κ∈
ώστε ( )
( ) ( )3 4
2
3 4
f κ f κ
f ξ 0
κ κ
′ ′−
′′ = >
−
.
Δείξαµε έτσι ότι υπάρχουν ( )1 2ξ ,ξ α,β∈ ώστε f΄΄(ξ1) < 0 και f΄΄(ξ2) > 0.
β΄ τρόπος
Από το θεώρηµα µέγιστης – ελάχιστης τιµής για την f που είναι συνεχής στο [α,β]
εξασφαλίζεται ότι υπάρχουν δύο σηµεία x1, x2 ∈[α,β] µε x1 < x2 ώστε f(x1) ≤ f(x) ≤ f(x2) για
κάθε x∈[α,β].
Εφόσον η f παίρνει µία τουλάχιστον αρνητική τιµή και µία τουλάχιστον θετική (πράγµα
που συνεπάγεται από την δοσµένη σχέση f(γ)∙f(δ) < 0), η ελάχιστη τιµή f(x1) θα είναι
αρνητική, ενώ η µέγιστη τιµή f(x2) θα είναι θετική.
Η f είναι παραγω γίσιµη στο (α,β) άρα και στα εσω τερικά σηµεία x1,x2, που επειδή είναι
θέσεις ακρότατω ν από το θ. Fermat συνάγεται ότι f΄(x1) = f΄(x2) = 0.
Στο διάστηµα [x1,x2] η f΄ δεν µπορεί να είναι η σταθερή µηδενική διότι τότε η f θα ήταν
σταθερή και άρα f(x1) = f(x2) ή fmax = fmin – άτοπο διότι υπάρχουν τα δοσµένα γ, δ για τα
οποία ισχύει από υπόθεση f(γ)∙f(δ) < 0.
Συνεπώς υπάρχει σηµείο x3 ∈(x1,x2) ώστε f΄(x3) > 0 ή f΄(x3) < 0. Έστω πχ f΄(x3) > 0.
Τότε
11. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 11
• από Θ.Μ.Τ για την f΄ στο [x1,x3], υπάρχει ( )1 1 3ξ x ,x∈ ώστε:
( )
( ) ( ) ( )3 1 3
1
3 1 3 1
f x f x f x
f ξ 0
x x x x
′ ′ ′−
′′ = = >
− −
.
• από Θ.Μ.Τ για την f΄ στο [x3,x2], υπάρχει ( )2 3 2ξ x ,x∈ ώστε:
( )
( ) ( ) ( )2 3 3
2
2 3 2 3
f x f x f x
f ξ 0
x x x x
′ ′ ′− −
′′ = = <
− −
.
Αν υποθέταµε f(x3) < 0 θα προέκυπτε f΄΄(ξ1) < 0, f΄΄(ξ2) > 0.
γ. Από το β ερώτηµα µε βάση το θεώρηµα Bolzano για την f΄΄ στο κλειστό διάστηµα µε
άκρα ξ1, ξ2 προκύπτει ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον σηµείο ξ0 που ανήκει στο ανοικτό
διάστηµα µε άκρα ξ1, ξ2 ώστε f΄΄(ξ0) = 0.
Το σηµείο ξ0 θα ήταν σηµείο καµπής της συνάρτησης εφόσον η f΄΄ άλλαζε πρόσηµο
εκατέρωθεν αυτού. Όµως κάτι τέτοιο δεν εξασφαλίζεται από τα δεδοµένα του θέµατος.
6)(Εξετασεις 2004)Δίνεται η συνάρτηση f µε τύπο f(x)=x2 lnx.
α. Να βρείτε το πεδίο ορισµού της συνάρτησης f, να µελετήσετε την µονοτονία της
και να βρείτε τα ακρότατα.
β. Να µελετήσετε την f ως προς την κυρτότητα και να βρείτε τα σηµεία καµπής.
γ. Να βρείτε το σύνολο τιµών της f.
Λυση
α. Πρέπει x > 0. Άρα Αf = (0,+∞).
H f είναι παραγωγίσιµη στο διάστηµα (0,+∞) ως γινόµενο παραγωγίσιµων συναρτήσεων
σ’ αυτό µε
f΄(x) = (x2∙lnx)΄ = (x2)΄∙lnx + x2(lnx)΄ = 2x∙lnx + x2∙
1
x
= 2x∙lnx + x = x∙(2lnx + 1)
Έχουµε: f΄(x) = 0 ⇔ x∙(2lnx + 1) = 0. Οπότε: x = 0 απορρίπτεται αφού Αf = (0,+∞) ή
2lnx + 1 = 0 ⇔ lnx = –
1
2
⇔ x =
1
2
e
−
.
Εποµένως η συνάρτηση f είναι:
12. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.12
• Γνησίως φθίνουσα στο
1
2
0,e
−
, αφού είναι συνεχής στο
1
2
0,e
−
και ισχύει ότι f΄(x)
< 0 στο
1
2
0,e
−
.
• Γνησίως αύξουσα στο
1
2
e ,
−
+∞
, αφού είναι συνεχής στο
1
2
e ,
−
+∞
και ισχύει ότι
f΄(x) > 0 στο
1
2
e ,
−
+∞
.
Άρα παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x =
1
2
e
−
το
21 1 1
12 2 2
1 1
f e e ln e e
2 2e
− − −
−
= ⋅ = − ⋅ = −
β. Η f είναι και 2η φορά παραγωγίσιμη στο (0,+∞) ως γινόμενο δις παραγωγίσιμων
συναρτήσεων σε αυτό με
f΄΄(x) = (2x∙lnx + x)΄ = 2lnx + 2 + 1 = 2lnx + 3.
Έχουμε: f΄΄(x) = 0 ⇔ 2lnx + 3 = 0 ⇔ lnx = –
3
2
⇔ x =
3
2
e
−
.
23 3 3
32 2 2
3
3 3
f e e ln e e
2 2e
− − −
−
= ⋅ = − ⋅ = −
.
Επομένως η συνάρτηση f είναι:
• κοίλη στο
3
2
0,e
−
• κυρτή στο
3
2
e ,
−
+∞
.
Άρα παρουσιάζει σημείο καμπής το
3
2
3
3
M e ,
2e
−
−
.
γ. Είναι:
13. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 13
• ( )
( ) 4 2DeL΄Hospital
2
2
x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 x 0
2 4
1
ln x x xxlim f x lim x ln x= lim lim lim lim 0
1 2x 2x 2
x x
+ + + + + +
→ → → → → →
= = = − = − =
−
• ( ) ( )2
x x
lim f x lim x ln x
→+∞ →+∞
= ⋅ = +∞ .
Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής στο διάστημα
1
2
0,e
−
, είναι
1
2
1
f 0,e ,0
2e
−
= −
.
Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο διάστημα
1
2
e ,
−
+∞
, είναι
1
2
1
f e , ,
2e
−
+∞ = − +∞
.
Άρα το σύνολο τιμών της f είναι ( )( )
1 1 1
f 0, ,0 , ,
2e 2e 2e
+∞ = − ∪ − +∞ = − +∞
.
Έτσι, το τοπικό ακρότατο από το ερώτημα α, μπορεί να χαρακτηριστεί και ως ολικό
ελάχιστο.
7)(Εξετασεις 2004)Δίνεται η συνάρτηση g(x)=ex f(x), όπου f συνάρτηση παραγωγίσιµη
στο R και
3
f(0) f 0
2
= =
.
α. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον
3
ξ 0,
2
∈
τέτοιο ώστε f ΄(ξ)= -f(ξ).
β. Εάν f(x)=2x2-3x, να υπολογίσετε το ολοκλήρωµα
0
α
I(α) g(x)dx, α= ∈∫ ℝ .
γ. Να βρείτε το όριο
α
lim I(α)
→−∞
.
Λυση
α. Αφού f παραγωγίσιμη στο R, τότε και η g είναι παραγωγίσιμη στο R ως γινόμενο
παραγωγίσιμων συναρτήσεων σε αυτό. Άρα η g είναι και συνεχής στο R.
14. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.14
Έτσι η g είναι συνεχής στο
3
0, R
2
⊆
και παραγωγίσιμη στο
3
0, R
2
⊆
με g΄(x) = exf(x) +
exf΄(x).
Επίσης είναι
( ) ( )0
3
2
g 0 e f 0 0
3 3
g e f 0
2 2
= =
= =
άρα ( )
3
g 0 g
2
=
.
Οπότε από θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον
3
ξ 0,
2
∈
ώστε
g΄(ξ) = 0 ⇔ eξf(ξ) + eξf΄(ξ) = 0 ⇔ eξ(f(ξ) + f΄(ξ)) = 0.
Όμως eξ ≠ 0 άρα προκύπτει ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα
3
ξ 0,
2
∈
ώστε f΄(ξ) = –f(ξ).
β. Αφού f(x) = 2x2 – 3x είναι
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0 0 0
x 2 x 2
α α α
I α g x dx e 2x 3x dx e 2x 3x dx′= = − = − =∫ ∫ ∫
( ) ( )
0 0
x 2 x 2
αα
e 2x 3x e 2x 3x dx′ − − − = ∫
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0 00 0
x 2 x x 2 x
α αα α
e 2x 3x e 4x 3 dx e 2x 3x e 4x 3 dx′ = − − − = − − − = ∫ ∫
( ) ( ) ( )
0 00x 2 x x
α αα
e 2x 3x e 4x 3 e 4x 3 dx′ = − − − + − = ∫
( ) ( )
0 00x 2 x x
α αα
e 2x 3x e 4x 3 e 4dx = − − − + ⋅ = ∫ ( ) ( )
0 0 0x 2 x x
α αα
e 2x 3x e 4x 3 4 e − − − + =
( ) ( ) ( )α 2 0 α 0 α
e 2α 3α e 3 e 4α 3 4e 4e= − − − − + − + − =
( ) ( ) ( )α 2 α α α 2
e 2α 3α 3 e 4α 3 4 4e 7 e 4α 3 2α 3α 4= − − + + − + − = + − − + − =
( )α 2
7 e 2α 7α 7+ − + − .
Άρα Ι(α) = 7 + eα (–2α2 + 7α – 7), α∈ℝ .
γ. Είναι για α < 0, ( ) α 2
2
7 7
I α 7 e a 2
a a
= + ⋅ − + −
.
Έχουμε ( )
2
α 2
α αα α α α
α
α 2α 2α
lim e α lim lim lim 0
1 e e
e
+∞ +∞
+∞ −∞
− −→−∞ →−∞ →−∞ →−∞
⋅ = = = =
−
15. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 15
και 2α
7 7
lim 2 2
α α→−∞
− + − = −
Άρα ( ) ( )α
lim I α 7 0 2 7
→−∞
= + − = .
8)(Εξετασεις 2005)Δίνεται η συνάρτηση f µε τύπο f(x) = eλx, λ > 0.
α. Δείξτε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα.
β. Δείξτε ότι η εξίσωση της εφαπτοµένης της γραφικής παράστασης της f, η οποία
διέρχεται από την αρχή των αξόνων, είναι η y = λex.
Βρείτε τις συντεταγµένες του σηµείου επαφής Μ.
γ. Δείξτε ότι το εµβαδόν Ε(λ) του χωρίου, το οποίο περικλείεται µεταξύ της γραφικής
παράστασης της f, της εφαπτοµένης της στο σηµείο Μ και του άξονα y΄y, είναι
e 2
E(λ)
2λ
−
= .
δ. Υπολογίστε το
2
λ
λ E(λ)
lim
2 ηµλ→+∞
⋅
+
.
Λύση
α. H f είναι παραγωγίσιμη στο ℝ ως σύνθεση παραγωγισίμων συναρτήσεων σ’ αυτό, με
f΄(x) = (eλx)΄ = eλx ∙ (λx)΄ = λeλx, x ∈ℝ .
Είναι λ > 0, eλx > 0 για κάθε x ∈ℝ , οπότε f΄(x) > 0 για κάθε x ∈ℝ . Άρα f γνησίως αύξουσα
στο ℝ .
β. Έστω (x0, f(x0)) οι συντεταγμένες του σημείου Μ. Τότε η εξίσωση της εφαπτομένης στο
Μ είναι
(ε): y – f(x0) = f΄(x0)(x – x0) ⇔ y – eλx0 = λeλx0(x – x0).
Για να διέρχεται η (ε) από την αρχή των αξόνων πρέπει και αρκεί:
0 – eλx0 = λeλx0(0 – x0) ⇔ –1 = λ(–x0) ⇔ x0 =
1
λ
.
Έτσι η (ε) γίνεται: y – e = λe(x –
1
λ
) ⇔ y = λex.
Οι συντεταγμένες του Μ είναι: Μ(
1
λ
,e).
γ.
16. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.16
Το ζητούμενο εμβαδόν όπως φαίνεται από το σχήμα ισούται με:
(ΟΑΜΒ) – (ΟΑΜ) =
1
1
λ
λx λxλ
0
0
1 1 1 e 1 1 e 2e 2 e e 2
e dx e e e
2 λ λ 2λ λ λ 2λ 2λ 2λ
− − −
− ⋅ ⋅ = − = ⋅ − − = =
∫ .
δ. Είναι
( ) ( )
( )
2
2
e 2
λλ E λ e 2 λ e 2 12λ
2 ηµλ2 ηµλ 2 ηµλ 2 2 ηµλ 2
λ
−
⋅⋅ − −
= = = ⋅
++ + +
.
Για κάθε λ > 0 είναι:
–1 ≤ ημλ ≤ 1 ⇔ 1 ≤ 2 + ημλ ≤ 3 ⇔ 0 <
1
λ
≤
2 ηµλ
λ
+
≤
3
λ
.
Όμως
λ λ
1 3
lim lim 0
λ λ→+∞ →+∞
= =
, οπότε με βάση το κριτήριο παρεμβολής είναι
λ
2 ηµλ
lim 0
λ→+∞
+
= , ενώ
2 ηµλ
0
λ
+
> .
Έτσι
λ
1
lim
2 ηµλ
λ
→+∞
= +∞
+
και αφού
e 2
0
2
−
> προκύπτει τελικά ότι
( )2
λ
λ Ε λ
lim
2 ηµλ→+∞
⋅
= +∞
+
.
Παρατήρηση:
Για την εύρεση του εμβαδού του χωρίου Ε(λ) είναι δυνατόν να μη χρησιμοποιηθεί το
σχήμα ως εξής:
Για την f(x) = eλx είναι f΄(x) = λeλx και f΄΄(x) = λ2eλx > 0 για κάθε x ∈ℝ .
Έτσι η f είναι κυρτή στο ℝ οπότε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f σε κάθε
σημείο της, βρίσκεται κάτω από τη γραφική παράσταση με εξαίρεση το σημείο επαφής.
(Σχόλιο σελίδα 274 σχολικού βιβλίου).
17. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 17
Έτσι f(x) ≥ λex ⇔ f(x) – λex ≥ 0 για κάθε x ∈ℝ . Η συνάρτηση g(x) = f(x) – λex είναι συνεχής
ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων στο
1
0,
λ
οπότε το ζητούμενο εμβαδόν ισούται με:
( ) ( )( ) ( )
1
1 1 2 λ
λx λxλ λ
0 0
0
1 λex e 2
Ε λ f x λex dx e λex dx e ...
λ 2 2λ
−
= − = − = − = =
∫ ∫ .
9) (Εξετασεις 2006)Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x) = 2 + (x – 2)2 µε x ≥ 2.
α. Να αποδείξετε ότι η f είναι 1-1.
β. Να αποδείξετε ότι υπάρχει η αντίστροφη συνάρτηση f-1 της f και να βρείτε τον
τύπο της.
γ. i. Να βρείτε τα κοινά σηµεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f και
f-1 µε την ευθεία y = x.
ii. Να υπολογίσετε το εµβαδό του χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές
παραστάσεις των συναρτήσεων f και f-1.
Λυση
α. f(x) = 2 + (x – 2)2 , x ≥ 2.
Η f είναι παραγωγίσιµη στο [2,+∞) µε f΄(x) = 2(x – 2) > 0 για κάθε ( )x 2,∈ +∞ .
Άρα f γνησίως αύξουσα στο [2,+∞) και εποµένως είναι και 1 – 1.
β. Αφού η f είναι 1 – 1 υπάρχει η f–1 αντίστροφη συνάρτηση της f με f–1: f(A) → ℝ .
Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο Α = [2,+∞) έπεται ότι f(A) = [f(2),
( )x
lim f x
→+∞
) = [2,+∞).
Τώρα αν y = f(x) ⇔ y = 2 + (x – 2)2 ⇔ y – 2 = (x – 2)2.
Επειδή x – 2 ≥ 0, y – 2 ≥ 0, έχουµε x – 2 = y 2− , [ )x 2,∈ +∞ , [ )y 2,∈ +∞
ή x = 2 + y 2− , [ )x 2,∈ +∞ , [ )y 2,∈ +∞
ή f–1(y) = 2 + y 2− , [ )y 2,∈ +∞
Τελικά f–1(x) = 2 + x 2− , [ )x 2,∈ +∞ .
γ.i. Έχουµε:
18. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.18
y f(x)
y x
=
⇔
=
( ) ( ) ( )
2 2 2
x 2 x 3y 2 x 2 2 x 2 x x 2 x 2
ή
y 2 y 3y x y x y x
= = = + − + − = − = −
⇔ ⇔ ⇔
= == = =
( ) ( )
21
y f x x 2 x 1y 2 x 2 2 x 2 x x 2 x 2
y x y x y xy x y x
−
= − = −= + − + − = − = −
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
= = == =
x 2 x 3
ή
y 2 y 3
= =
⇔
= =
.
Τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων f και f–1 με την y = x είναι τα Α(2,2), Β(3,3).
γ.ii. Οι συναρτήσεις f και f–1 είναι συνεχείς άρα και η διαφορά τους είναι συνεχής.
f(x) – f–1(x) = [2 + (x – 2)2] – [2 + x 2− ] = (x – 2)2 – x 2− = x 2− ∙ (
3
x 2− – 1).
Προκύπτει f(x) – f–1(x) = 0 ⇔ x 2− = 0 ή ( x 2− )3 = 1 ⇔ x = 2 ή x = 3.
Δηλαδή τα κοινά τους σημεία είναι τα Α(2,2), Β(3,3).
Επειδή 2 ≤ x ≤ 3 ⇔ 0 ≤ x – 2 ≤ 1 ⇔ x 2− ≤ 1 ⇔
3
x 2− ≤ 1 ⇔ ( x 2− )3 – 1 ≤ 0.
Επίσης είναι x 2− ≥ 0 για [ ]x 2,3∈ .
Άρα f(x) – f–1(x) ≤ 0 για [ ]x 2,3∈ .
Οπότε το εμβαδόν του ζητούμενου χωρίου είναι:
( ) ( )( ) ( )( )
3 3 21
2 2
1
E f x f x dx x 2 x 2 dx τ.µ.
3
−
= − = − − − =∫ ∫
10) (Εξετασεις 2006)Δίνεται η συνάρτηση
x 1
f(x) ln x
x 1
+
= −
−
.
α. Να βρείτε το πεδίο ορισµού και το σύνολο τιµών της συνάρτησης f.
β. Nα αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x)=0 έχει ακριβώς 2 ρίζες στο πεδίο ορισµού της.
γ. Αν η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g(x)=lnx στο
σηµείο A (α, lnα) µε α>0 και η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της
συνάρτησης h(x)=ex στο σηµείο B (β, eβ) µε β∈ℝ , ταυτίζονται, τότε να δείξετε ότι ο
αριθµός α είναι ρίζα της εξίσωσης f(x)=0.
δ. Να αιτιολογήσετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων g και h έχουν
ακριβώς δύο κοινές εφαπτόµενες.
19. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 19
Λύση
α. Πρέπει x > 0 και x ≠ 1. Άρα Αf = (0,1)∪ (1,+∞).
Η f είναι παραγωγίσιμη στο Αf ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με
( )
( )
2
2 1
f x 0
xx 1
′ = − + <
−
για κάθε fx A∈ .
Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα σε κάθε ένα από τα διαστήματα (0,1) και (1,+ ∞).
Επειδή τώρα ( )x 0
lim f x+
→
= +∞ , ( )x 1
lim f x−
→
= −∞ και η f συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο
(0,1) είναι f((0,1)) = ℝ .
Επίσης επειδή ( )x 1
lim f x+
→
= +∞, ( )x
lim f x
→+∞
= −∞ και η f συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο
(1,+ ∞), είναι f((1,+ ∞)) = ℝ .
Έτσι συνολικά το σύνολο τιμών της f είναι f((0,1) ∪ (1,+ ∞)) = ℝ .
β. Επειδή f((0,1)) = ℝ έπεται ( )( )O f 0,1∈ δηλαδή υπάρχει ( )1x 0,1∈ ώστε f(x1) = 0. Η ρίζα
αυτή είναι μοναδική στο (0, 1), αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα και άρα 1 – 1.
Ομοίως επειδή f((1,+ ∞)) = ℝ έπεται ( )( )O f 1,∈ +∞ δηλαδή υπάρχει ( )2x 1,∈ +∞ ώστε f(x2)
= 0.
Η ρίζα αυτή είναι επίσης μοναδική στο (1,+ ∞), αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα και άρα 1
– 1.
Έτσι η f έχει ακριβώς 2 ρίζες.
γ. Η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της g(x) = lnx στο σημείο Α(α,
lnα), α > 0 είναι:
1
1
y x 1 lnα (ε )
α
= − +
Η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f(x) = ex στο σημείο Β(β, eβ),
β∈ℝ είναι:
y = eβx + eβ – βeβ (ε2).
Οι (ε1), (ε2) ταυτίζονται αν και μόνο αν ( )β1
e β lnα 1
α
= ⇔ = − και ( )β β
lnα 1 e β e 2− = − ⋅ .
20. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.20
Τότε η (2) γράφεται:
( )( )
1 1
lnα 1 lnα αlnα α 1 lnα α 1 lnα 1 α
α α
− = + ⇔ − = + ⇔ − − = − ⇔
( )
α 1 α 1
lnα lnα 0 f α 0
α 1 α 1
+ +
= ⇔ − = ⇔ =
− −
δ. Από το 4γ προκύπτει ότι οι γραφικές παραστάσεις των g(x), h(x) έχουν κοινή
εφαπτομένη στα σημεία τους Α(α, lnα) και Β(β, eβ) αντίστοιχα αν και μόνον αν:
( )
β lnα
f α 0
= −
=
Επειδή η f(x) = 0 έχει δύο διακεκριμένες ρίζες ( )1α 0,1∈ και ( )2α 1,∈ +∞ προκύπτουν δύο
εφαπτόμενες οι
(ε1) : 1
1
1
y x 1 lnα
α
= − +
(ε2) : 2
2
1
y x 1 lnα
α
= − +
Οι εφαπτόμενες αυτές είναι ακριβώς δύο (διακεκριμένες) αφού έχουν δύο διακεκριμένους
συντελεστές διεύθυνσης
1 2
1 1
,
α α
αντίστοιχα.
( ) ( )
1 2
1 1
1, , 0,1
α α
∈ +∞ ∈
.
11) (Εξετασεις 2007)Δίνεται η συνάρτηση: f(x) = x3 – 3x – 2ηµ2θ, όπου θ∈ℝ µια σταθερά
µε
π
θ κπ , κ
2
≠ + ∈ℤ.
α. Να αποδειχθεί ότι η f παρουσιάζει ένα τοπικό µέγιστο, ένα τοπικό ελάχιστο και
ένα σηµείο καµπής.
β. Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση f(x) = 0 έχει ακριβώς τρεις πραγµατικές ρίζες.
γ. Αν x1, x2 είναι οι θέσεις των τοπικών ακροτάτων και x3 η θέση του σηµείου καµπής
της f, να αποδειχθεί ότι τα σηµεία Α(x1, f(x1)), B(x2, f(x2)) και Γ(x3, f(x3)) βρίσκονται στην
ευθεία y = –2x – 2ηµ2θ.
δ. Να υπολογισθεί το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική
παράσταση της συνάρτησης f και την ευθεία y = –2x – 2ηµ2θ.
21. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 21
Λυση
α. H f είναι παραγωγίσιμη στο ℝ ως πολυωνυμική, με
f΄(x) = 3x2 – 3 = 3(x – 1)(x + 1).
Οπότε f΄(x) = 0 ⇔ x = 1 ή x = –1.
Από τον πίνακα μεταβολών της f προκύπτει ότι η f έχει τοπικό μέγιστο στο x1 = –1, το f(–1)
= 2συν2θ > 0 και έχει τοπικό ελάχιστο στο x2 = 1, το f(1) = –2(1 + ημ2θ).
Επίσης είναι: f΄΄(x) = 6x.
Οπότε f΄΄(x) = 0 ⇔ 6x = 0 ⇔ x = 0.
Προκύπτει ότι η f έχει σηµείο καµπής στο x3 = 0, το f(x3) = –2ηµ2θ.
β. i. Επειδή ( )x
lim f x
→−∞
= −∞ , f(–1) = 2συν2θ > 0 και η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής
στο (–∞,–1], προκύπτει: f((–∞,–1]) = (–∞, 2συν2θ].
Επειδή 0∈ f((–∞,–1]), υπάρχει ρ1∈(–∞,–1) ώστε f(ρ1) = 0. Η ρίζα ρ1 είναι και µοναδική στο (–
∞,–1], αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστηµα αυτό.
ii. Επειδή f(–1) = 2συν2θ > 0, f(1) = –2(1 + ηµ2θ) < 0 και f γνησίως φθίνουσα και συνεχής στο
[–1,1] προκύπτει: f([–1,1]) = [–2(1 + ηµ2θ), 2συν2θ].
Επειδή 0∈ f([–1,1]), υπάρχει ρ2∈(–1,1) ώστε f(ρ2) = 0. Η ρίζα ρ2 είναι και µοναδική στο [–1,1],
αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστηµα αυτό.
iii. Επειδή f(1) = –2(1 + ηµ2θ) < 0, ( )x
lim f x
→+∞
= +∞ και η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής
στο [1,+∞) προκύπτει: f([1,+∞)) = (–2(1 + ηµ2θ), +∞).
Επειδή 0∈ f([1,+∞)), υπάρχει ρ3∈(1,+∞) ώστε f(ρ3) = 0. Η ρίζα ρ3 είναι και αυτή µοναδική
στο [1,+∞), αφού η f είναι γνησίως αύξουσα.
22. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.22
Άρα η εξίσωση f(x) = 0 έχει ακριβώς 3 ρίζες στο ℝ .
γ. Έχουμε
Α(–1, 2συν2θ)), Β(1, –2(1 + ημ2θ)), Γ(0, –2ημ2θ)
Α ∈ (ε) αφού: 2συν2θ = –2(–1) – 2ημ2θ ⇔ 2(1 – ημ2θ) = 2 – 2ημ2θ ⇔ 2 – 2ημ2θ = 2 – 2ημ2θ.
Β ∈ (ε) αφού: –2(1 + ημ2θ) = (–2) ∙ 1 – 2ημ2θ ή –2 – 2ημ2θ = –2 – 2ημ2θ.
Γ ∈ (ε) αφού: –2ημ2θ = 2 ∙ 0 – 2ημ2θ ή –2ημ2θ = –2ημ2θ.
δ. Βρίσκουμε τα κοινά σημεία των Cf, ε:
f (x) = y ⇔ x3 – 3x – 2ημ2θ = –2x – 2ημ2θ ⇔ x3 – x = 0 ⇔ x(x2 – 1) = 0 ⇔
x(x – 1)(x + 1) = 0 ⇔ x = 0 ή x = 1 ή x = –1.
Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν Ε του χωρίου είναι:
( )
( )
( ) ( )
*1 1 0 1
3 3 3
1 1 1 0
1
E f x ydx x x dx x x dx x x dx τ.µ.
2− − −
= − = − = − − − =∫ ∫ ∫ ∫
(*) x3 – x = x(x – 1)(x + 1).
x3 – x > 0 για ( )x 1,0∈ − .
x3 – x < 0 για ( )x 0,1∈ .
12)(Εξετασεις 2008)Δίνεται η συνάρτηση
xlnx, x 0
f(x)=
0 , x 0
>
=
.
α. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0.
β. Να µελετήσετε ως προς τη µονοτονία τη συνάρτηση f και να βρείτε το σύνολο
τιµών της.
γ. Να βρείτε το πλήθος των διαφορετικών θετικών ριζών της εξίσωσης
α
x
x e= για
όλες τις πραγµατικές τιµές του α.
δ. Να αποδείξετε ότι ισχύει f ΄(x+1) > f (x+1) – f (x) , για κάθε x > 0.
Λυση
α. ( ) ( )
( )
( )DelHospitalx 0 x 0 x 0 x 0 x 0 x 0
2
1
ln xln x xlim f x lim x ln x lim lim lim lim x 0
1 1
1
x x
x
+ + + + + +
−∞
+∞
→ → → → → →
′
= ⋅ = = = = − =
′ −
.
Επίσης f(0) = 0. Συνεπώς f συνεχής στο 0.
23. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 23
β. Η f είναι συνεχής στο (0, +∞) ως γινόμενο συνεχών και συνεχής στο 0 λόγω του α.
Άρα η f είναι συνεχής στο [0, +∞).
Για x > 0: f΄(x) = (xlnx)΄ = (x)΄lnx + x∙(lnx)΄ = lnx + x
1
x
= lnx + 1.
f΄(x) = 0 ⇔ lnx + 1 = 0 ⇔ lnx = –1 ⇔ x =
1
e
.
Έχουµε τον παρακάτω πίνακα µεταβολών:
• Στο
1
0,
e
η f είναι γνησίως φθίνουσα άρα: ( ) ( )1
x
e
1 1
f 0, limf x ,f 0 ,0
e e→
= = −
.
• Στο
1
,
e
+∞
η f είναι γνησίως αύξουσα άρα:
( )x
1 1 1
f , f , lim f x ,
e e e→+∞
+∞ = = − +∞
.
Εποµένως: [ )( ) 1 1 1
f 0, ,0 , ,
e e e
+∞ = − ∪ − +∞ = − +∞
.
γ. Επειδή
α
x
e 0> , για κάθε x ≠ 0, για τη εξίσωση
α
x
x e= προκύπτει ο περιορισµός x∈(0,+∞).
Με τον περιορισµό αυτό η εξίσωση
α
x
x e= γράφεται ισοδύναµα:
lnx = ln
α
x
e ⇔ lnx =
α
x
⇔ xlnx = α ⇔ f(x) = α, x > 0 (1).
Επειδή το σύνολο των τιµών της f βρέθηκε
1
,
e
− +∞
προκύπτουν οι περιπτώσεις:
i) Αν
1
α ,
e
∈ −∞ −
η (1) είναι αδύνατη.
ii) Αν
1
α
e
= − , η τιµή
1
e
− είναι η ελάχιστη τιµή της f την οποία παίρνει µόνον για
1
x
e
= .
24. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.24
Έτσι η (1) έχει την ρίζα
1
x
e
= .
iii) Αν
1
α ,0
e
∈ −
, επειδή
1 1
,0 f 0,
e e
− =
και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο
1
0,
e
προκύπτει ότι, η (1) έχει ακριβώς μία ρίζα στο
1
0,
e
που είναι θετική.
Επίσης επειδή
1 1
, f ,
e e
− +∞ = +∞
και η f είναι γνησίως αύξουσα στο
1
,
e
+∞
προκύπτει ότι η (1) έχει ακριβώς άλλη μία ρίζα στο
1
,
e
+∞
που είναι επίσης θετική.
iv) Αν α = 0 η (1) γίνεται xlnx = 0 ⇔ x = 0 (απορρίπτεται) ή lnx = 0 ⇔ x = 1. (Μία ρίζα
θετική).
v) Αν α∈(0,+∞) επειδή (0,+∞)⊆
1 1
, f ,
e e
− +∞ = +∞
και η f γνησίως αύξουσα στο
1
,
e
+∞
, προκύπτει ότι η (1) έχει ακριβώς μία ρίζα στο
1
,
e
+∞
, που είναι θετική.
δ. Είναι f΄΄(x) =
1
x
> 0 για κάθε x > 0.
Άρα f΄ γνησίως αύξουσα στο (0, +∞).
Η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο [x, x + 1], για κάθε x > 0.
Άρα υπάρχει ξ∈(x, x + 1):
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
f x 1 f x
f ξ f x 1 f x f ξ
x 1 x
+ −
′ ′= ⇔ + − =
+ −
(2).
Όμως ξ < x + 1
f γν.αύξουσα′
⇒ f΄(ξ) < f΄(x + 1)
( )2
⇒ f(x + 1) – f(x) < f΄(x + 1).
25. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 25
13) (Εξετασεις 2009)Δίνεται η συνάρτηση:
f (x) = αx – ln(x + 1), x > - 1, όπου α > 0 και α ≠ 1.
A. Αν ισχύει f (x) ≥ 1 για κάθε x > -1 να αποδείξετε ότι α = e.
Β. Για α = e,
α. να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι κυρτή.
β. να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστηµα (-1, 0]
και γνησίως αύξουσα στο διάστηµα [0, +∞).
γ. αν β, γ ∈ (-1, 0) ∪ (0, +∞), να αποδείξετε ότι η εξίσωση:
f(β) 1 f(γ) 1
0
x 1 x 2
− −
+ =
− −
έχει τουλάχιστον µια ρίζα στο (1, 2).
Λυση
Α. Ισχύει ότι f(x) ≥ 1 για κάθε x > –1. Δηλαδή αx – ln(x + 1) ≥ 1 για κάθε x > –1.
Όµως f(0) = 1, οπότε f(x) ≥ f(0) για κάθε x > –1.
Εποµένως η f παρουσιάζει στη θέση x = 0 (ολικό, άρα και τοπικό) ελάχιστο το f(0) = 1.
Ακόµη η f είναι παραγωγίσιµη στο διάστηµα (–1,+∞) ως διαφορά παραγωγίσιµων
συναρτήσεων.
Άρα σύµφωνα µε το θεώρηµα Fermat είναι f΄(0) = 0.
Όµως ( ) x 1
f x α lnα
x 1
′ = −
+
, οπότε f΄(0) = 0 ⇔ lnα = 1 ⇔ α = e.
Β. α. Για α = e είναι f(x) = ex – ln(x + 1).
Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιµη στο διάστηµα (–1, +∞) µε ( ) x 1
f x e
x 1
′ = −
+
και
( )
( )
x x
2
1 1
f x e e 0
x 1 x 1
′ ′′ = − = + >
+ +
για κάθε ( )x 1,∈ − +∞ .
Άρα η f είναι κυρτή.
β. Αφού η f είναι κυρτή στο (–1, ∞) προκύπτει ότι η f ΄ είναι γνησίως αύξουσα στο (–1, ∞),
με προφανή ρίζα x = 0 που είναι και μοναδική αφού η f ΄ είναι γνησίως αύξουσα.
Έτσι αν –1 < x < 0⇒f΄(x) < f΄(0) = 0, ενώ αν x > 0⇒ f΄(x) > f΄(0) = 0.
Δηλαδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (–1, 0] και γνησίως αύξουσα στο
διάστημα [0, +∞).
26. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.26
γ. Η δοσμένη εξίσωση ισοδύναμα γράφεται:
( )( )( ) ( )( )( )
( )( )
f β 1 x 2 f γ 1 x 1
0
x 1 x 2
− − + − −
=
− −
.
Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = (f(β) – 1)(x – 2) + (f(γ) – 1)(x – 1), με [ ]x 1,2∈ .
H g είναι συνεχής στο ℝ ως πολυωνυμική άρα και στο [1, 2].
• g(1) = – (f(β) – 1) = 1 – f(β) = f(0) – f(β) < 0, διότι f(0) ολικό ελάχιστο της f και β ≠ 0,
• g(2) = f(γ) – 1 = f(γ) – f(0) > 0, επίσης διότι f(0) ολικό ελάχιστο της f και γ ≠ 0.
* (Πιο αναλυτικά είναι f(0) – f(β) < 0 διότι:
Αν ( )β 1,0∈ − , επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα αυτό ισχύει:
– 1 < β < 0⇒ f(β) > f(0) ⇒ f(0) – f(β) < 0
Αν ( )β 0,∈ +∞ , επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα αυτό ισχύει:
0 < β ⇔ f(0) > f(β).
Ομοίως προκύπτει f(γ) – f(0) > 0).
Άρα g(1)∙g(2) < 0, οπότε λόγω του θεωρήματος Bolzano υπάρχει ( )0x 1,2∈ ώστε
g(x0) = 0 ⇔ (f(β) – 1)(x0 – 2) + (f(γ) – 1)(x0 – 1) = 0 ⇔
( )( )( ) ( )( )( )
( )( )
0 0
0 0
f β 1 x 2 f 0 1 x 1
0
x 1 x 2
− − + − −
=
− −
.
Άρα η δοσμένη εξίσωση έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (1, 2).
*Παρατήρηση: Θέτοντας χάριν συντομίας f(β) – 1 = κ > 0 και f(γ) – 1 = λ > 0 θα μπορούσαν
να δοθούν και οι παρακάτω λύσεις:
α) Η συνάρτηση ( )
κ λ
h x
x 1 x 2
= +
− −
με πεδίο ορισμού το (1,2) έχει όρια +∞ και –∞
αντίστοιχα όταν x→1+ και x→2– ενώ αποδεικνύεται πολύ εύκολα ότι είναι και γνησίως
φθίνουσα στο (1,2), διότι
( )
( ) ( )
2 2
κ λ
h x 0
x 1 x 2
= − + <
− −
για κάθε ( )x 1,2∈ , άρα έχει σύνολο τιμών το
( ) ( ) ( )x 2 x 1
lim h x , lim h x ,− +
→ →
= −∞ +∞ και άρα το μηδέν περιέχεται στο σύνολο τιμών της δηλαδή η
h έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (1,2).
27. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 27
Επίσης εναλλακτικά από το ότι η h έχει όρια +∞ και –∞ αντίστοιχα όταν x→1+ και x→2–,
προκύπτει ότι υπάρχουν αριθμοί γ, δ ώστε 1 < γ < δ < 2 με f(γ) > 0 και f(δ) < 0 οπότε λόγω
του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα (γ, δ) υπάρχει ρίζα της εξίσωσης h(x) = 0.
β) Αλγεβρική λύση:
Θέτοντας
κ λ
0
x 1 x 2
+ =
− −
, ( )x 1,2∈ προκύπτει
( ) ( )
( )( )
κ x 2 λ x 1
0
x 1 x 2
− + −
= ⇔
− −
( ) ( ) ( )
2κ λ
κ x 2 λ x 1 0 κ λ x 2κ λ x
κ λ
+
− + − = ⇔ + = + ⇔ =
+
.
Η τιμή αυτή είναι αποδεκτή ως ρίζα της εξίσωσης αφού
κ λ 2κ λ 2κ 2λ
1 2
κ λ κ λ κ λ
+ + +
= < < =
+ + +
(και είναι μάλιστα μοναδική ρίζα).
14) (Εξετασεις 2009)Δίνεται η συνάρτηση f(x) = 2x + ln(x2 + 1), x ∈ℝ .
Γ1. Να µελετήσετε ως προς τη µονοτονία τη συνάρτηση f.
Γ2. Να λύσετε την εξίσωση:
( ) ( )
2
2
4
3x 2 1
2 x 3x 2 ln
x 1
− +
− + =
+
Γ3. Να αποδείξετε ότι η f έχει δύο σηµεία καµπής και ότι οι εφαπτόµενες της
γραφικής παράστασης της f στα σηµεία καµπής της τέµνονται σε σηµείο του άξονα
ψ΄ψ.
Γ4. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωµα
( )
1
1
I xf x dx
−
= ∫
Λύση
Γ1. Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ℝ , ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών και
παραγωγίσιμων συναρτήσεων με παράγωγο:
( ) ( )
( )22
2
2 2 2 2
2 x x 11 2x 2x 2x 2
f x 2 x 1 2
x 1 x 1 x 1 x 1
+ ++ +′′ = + + = + = =
+ + + +
.
Επειδή x2 + x + 1 > 0 καθώς και x2 + 1 > 0 για κάθε x ∈ℝ , είναι f΄(x) > 0 για κάθε x ∈ℝ . Άρα
η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .
Γ2. Η δοσμένη εξίσωση γράφεται ισοδύναμα:
28. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.28
2(x2 – 3x + 2) = ln[(3x – 2)2 + 1] – ln(x4 + 1) ⇔ 2x2 – 2(3x – 2) = ln[(3x – 2)2 + 1] – ln(x4 + 1) ⇔
⇔ 2x2 + ln(x4 + 1) = ln[(3x – 2)2 + 1] + 2(3x – 2) ⇔ 2x2 + ln(x4 + 1) = 2(3x – 2) + ln[(3x – 2)2 + 1] ⇔
⇔ f(x2) = f(3x – 2) (1)
Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, θα είναι και 1 – 1.
Επομένως από την (1) προκύπτει: x2 = 3x – 2 ⇔ x2 – 3x + 2 = 0. Άρα x = 1 ή x = 2.
Γ3.
Είναι: ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
2 2 22 2
2 2 22 2 2 2 2
x x 1 x x 1 2 1 x2x x x 1 2x
f x 2 2 2 2
x 1 x 1 x 1 x 1 x 1
′′ ′ ′ + − + −+ − ′′ = + = = = =
+ + + + +
.
Είναι f΄΄(x) = 0 ⇔ x = –1 ή x = 1, ενώ είναι f΄΄(x) > 0 ⇔ ( )x 1,1∈ − και f΄΄(x) <
0 ⇔ ( ) ( )x , 1 1,∈ −∞ − ∪ +∞ .
Έτσι η Cf έχει σημεία καμπής στα σημεία με τετμημένες x1 = –1, x2 = 1.
• Η εφαπτόμενη της Cf στο x1 = –1 έχει εξίσωση (ε1):
y – f(–1) = f΄(–1)(x + 1) ⇔ y – (–2 + ln2) = 1(x + 1) ⇔ y = x + ln2 – 1
Για x = 0 προκύπτει y = ln2 – 1.
• Η εφαπτόμενη της Cf στο x2 = 1 έχει εξίσωση (ε2):
y – f(1) = f΄(1)(x – 1) ⇔ y – (2 + ln2) = 3(x – 1) ⇔ y = 3x – 1 + ln2
Για x = 0 προκύπτει y = ln2 – 1.
Οι (ε1) και (ε2) τέμνονται στο σημείο Μ(0, ln2 – 1) του άξονα y΄y.
Γ4. ( ) ( )( ) ( ) ( )
1 1 1 1
2 2 2 2 2
1 1 1 1
1
xf x dx 2x x ln x 1 dx 2 x dx x 1 ln x 1 dx=
2− − − −
′= + + = + + +∫ ∫ ∫ ∫
( ) ( ) ( ) ( )
11 1
2 2 2 2 2
1 11
1 1
2 x dx x 1 ln x 1 x 1 ln x 1 dx
2 2− −−
′ = + + + − + + = ∫ ∫
( ) ( ) ( )
( )
11 1
2 2 2 2
2-1 11
1 1 2x
2 x dx x 1 ln x 1 x 1 dx
2 2 x 1−−
= + + + − + = +∫ ∫
( )
13
12
1
1
x 1 1 2 1 4
2 0 x 2 1 1
3 2 2 3 2 3−
−
= + ⋅ − = − − =
.
29. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 29
15)(Εξετασεις 2011)Δίνεται η συνάρτηση f : →ℝ ℝ , δύο φορές παραγωγίσιµη στο ℝ ,
µε f΄(0)=f(0)=0, η οποία ικανοποιεί τη σχέση:
ex (f ΄(x) + f ΄΄(x) – 1) = f ΄(x) + xf ΄΄(x) για κάθε x ∈ℝ .
Γ1. Να αποδείξετε ότι: f(x) = ln(ex – x), x ∈ℝ .
Γ2. Να µελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη µονοτονία και τα ακρότατα.
Γ3. Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της f έχει ακριβώς δύο σηµεία καµπής.
Γ4. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ln(ex – x) = συνx έχει ακριβώς µία λύση στο διάστηµα
π
0,
2
.
Λυση
Γ1. Η δοσμένη σχέση γράφεται:
(ex)΄∙ f΄(x) + ex ∙ f΄΄(x) – (ex)΄ = (x∙f΄(x))΄ ⇔ (ex ∙ f΄(x) – ex)΄ = (x∙f΄(x))΄ ⇔ ex ∙ f΄(x) – ex = x∙f΄(x) + c1,
1c ∈ℝ .
Για x = 0 προκύπτει: e0 ∙ f΄(0) – e0 = 0∙f΄(0) + c1
και λόγω των δεδομένων αρχικών συνθηκών είναι c1 = −1.
Η τελευταία σχέση έτσι γράφεται:
ex ∙ f΄(x) – ex = x∙f΄(x) – 1 ⇔ f΄(x)(ex – x) = ex – 1
( )*
⇔ f΄(x) =
x
x
e 1
e x
−
−
⇔
⇔ f΄(x) = [ln(ex – x)]΄ ⇔ f(x) = ln(ex – x) + c2.
Για x = 0 προκύπτει c2 = 0.
Έτσι f(x) = ln(ex – x).
(*) Αν θέσουμε h(x) = ex – x, x ∈ℝ , είναι: h΄(x) = ex – 1, x ∈ℝ .
h΄(x) = 0 ⇔ ex = 1 ⇔ ex = e0
x
e 1 1−
⇔ x = 0.
h΄(x) > 0 ⇔ ex > 1 ⇔ ex > e0
x
e ↑
⇔ x > 0.
h΄(x) < 0 ⇔ ex < 1 ⇔ ex < e0
x
e ↑
⇔ x < 0.
Έτσι η h έχει ολικό ελάχιστο στη θέση x = 0 την τιμή h(0)= e0 − 0=1.
Δηλαδή h(x) ≥1 > 0, για κάθε x ∈ℝ .
30. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.30
Γ2. Είναι f΄(x) = [ln(ex – x)]΄ =
x
x
e 1
e x
−
−
.
Λόγω της παρατήρησης (*) του ερωτήματος Γ1 οι ρίζες και το πρόσημο, συνεπώς ο
πίνακας μεταβολών της f εξαρτάται μόνον από τις ρίζες και το πρόσημο του αριθμητού
h΄(x) = ex – 1.
Συνεπώς: f΄(x) = 0 ⇔ x = 0.
f΄(x) > 0 ⇔ x > 0.
f΄(x) < 0 ⇔ x < 0.
Άρα η f είναι: γνησίως φθίνουσα στο (−∞, 0], γνησίως αύξουσα στο [0, + ∞) και
παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στη θέση x = 0 την τιμή f (0)= ln(e0 − 0) = ln1 = 0.
Γ3. Είναι: ( )
( ) ( ) ( )( )
( )
x x x xx
2x x
e 1 e x e 1 e xe 1
f x
e x e x
′ ′′ − − − − − −
′′ = = =
− −
( ) ( )( )
( )
( ) ( )
( )
2x x x x x x x
2 2x x
e e x e 1 e 1 e e x e 1
e x e x
− − − − − − −
= = =
− −
( )
( )
( )
( )
2x x 2x x x
2 2x x
e xe e 2e 1 2 x e 1
e x e x
− − − + − −
=
− −
Θέτουμε φ(x) = (2 – x)ex – 1, x ∈ℝ .
Είναι: φ΄(x) = –ex + (2 – x) ∙ ex = ex (1 – x)
φ΄(x) = 0 ⇔ x = 1
φ΄(x) > 0 ⇔ x < 1
φ΄(x) < 0 ⇔ x > 1
Προκύπτει ότι η φ είναι γνησίως αύξουσα στο (–∞, 1], γνησίως φθίνουσα στο [1, +∞) και
έχει ολικό μέγιστο φ (1) = e – 1 > 0. Βρίσκουμε τώρα τα όρια της φ στα –∞, +∞:
( ) ( ) x
x x
lim φ x lim 2 x e 1
→+∞ →+∞
= − ⋅ − = −∞
31. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 31
( )
( )
( )
x
x x xx x x x xx
2 x2 x 1 1
lim 2 x e lim lim lim lim 0
e e ee
+∞
−∞
− − −→−∞ →−∞ →−∞ →−∞ →−∞−
′−− − −
− ⋅ = = = = =
−′
Έτσι ( )x
lim φ x 1
→−∞
= − .
Λόγω της συνέχειας και της μονοτονίας της φ είναι
( ]( ) ( ) ( )( ( ]x
φ ,1 lim φ x ,φ 1 1,e 1
→−∞
−∞ = = − −
.
[ )( ) ( ) ( )( ( ]x
φ 1, lim φ x ,φ 1 ,e 1
→+∞
+∞ = = −∞ −
Παρατηρούμε ότι:
• 0∈φ((−∞,1]) άρα υπάρχει x1∈(−∞,1] ώστε φ(x1) = 0. Εν τω μεταξύ η φ είναι γνησίως
αύξουσα, άρα εκατέρωθεν του x1 αλλάζει πρόσημο. Διότι με x < x1 είναι φ(x) < φ(x1)
⇔ φ(x1) < 0. Ενώ με 1 > x > x1 είναι φ(x) > φ(x1) ⇔ φ(x) > 0. Έτσι ισοδύναμα (επειδή
(ex – x)2 > 0 για κάθε x ∈ℝ ) η f΄΄ έχει μία μόνο ρίζα στο (−∞,1] , εκατέρωθεν της
οποίας αλλάζει πρόσημο.
Όμοια τώρα 0∈φ([1,+ ∞]) άρα υπάρχει x2∈[1,+ ∞), ώστε φ(x2) = 0. Εν τω μεταξύ η φ είναι
γνησίως φθίνουσα άρα εκατέρωθεν του x2 αλλάζει πρόσημο. Διότι με 1 < x < x2 είναι φ(x) >
φ(x2) ⇔ φ(x) > 0 Ενώ με x > x2 είναι φ(x) < φ(x2) ⇔ φ(x) < 0. Έτσι η f΄΄ έχει επίσης μία μόνο
ρίζα x2 στο [1,+ ∞), εκατέρωθεν της οποίας αλλάζει πρόσημο. Άρα τελικά, η f έχει ακριβώς
δύο σημεία καμπής στις θέσεις x1, x2.
Γ4. Θέτουμε g(x) = ln(ex – x) – συνx = f(x) – συνx, x ∈ℝ .
• Ύπαρξη: Η g είναι συνεχής ως διαφορά συνεχών στο ℝ , άρα και στο
π
0,
2
.
Είναι g(0)= f(0) − συν(0) = −1< 0.
π π π π
g f συν f
2 2 2 2
= − =
.
Όμως f ↑ στο [0,+∞), άρα είναι ( )
π π π
0 f f 0 f 0
2 2 2
> ⇒ > ⇒ >
.
Έτσι ( )
π
g 0 g 0
2
⋅ <
, οπότε λόγω του θεωρήματος Bolzano η g έχει μία ρίζα στο διάστημα
π
0,
2
.
32. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.32
• Μοναδικότητα:
Θα δείξουμε ότι η g είναι γνησίως αύξουσα στο
π
0,
2
, οπότε η ρίζα θα είναι
μοναδική.
Έστω x1, x2∈
π
0,
2
με x1 < x2 τότε f(x1) < f(x2) διότι f ↑ στο [0,+∞)
συνx1 > συνx2 διότι συνx ↓ στο
π
0,
2
.
Άρα –συνx1 < –συνx2.
Έτσι όμως f(x2) –συνx1 < f(x2) –συνx2, άρα g(x1) < g(x2).
Άρα g γνησίως αύξουσα στο
π
0,
2
.
Παρατήρηση (2ος τρόπος για τη μονοτονία):
Η μονοτονία της g στο [0, π / 2] μπορεί να προκύψει και ως εξής: g΄(x) = f΄(x) + ημx.
Όμως f΄(x) > 0, για κάθε x∈(0, +∞) άρα και για κάθε x∈(0, π / 2), ενώ επίσης ημx > 0 για
κάθε x∈(0, π / 2).
Άρα g΄(x) > 0 για κάθε x∈(0, π / 2) και επομένως g γνησίως αύξουσα στο [0, π / 2].
16) (Εξετασεις 2012)Δίνεται η συνάρτηση f(x) = (x – 1)lnx – 1, x > 0.
Γ1. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστηµα
( ]1 0,1∆ = και γνησίως αύξουσα στο διάστηµα [ )2 1,∆ = +∞ . Στη συνέχεια να βρείτε το
σύνολο τιµών της f.
Γ2. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση xx – 1 = e2013, x > 0 έχει ακριβώς δύο θετικές ρίζες.
Γ3. Αν x1, x2 µε x1 < x2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης του ερωτήµατος Γ2, να αποδείξετε ότι
υπάρχει ( )0 1 2x x ,x∈ τέτοιο ώστε
( ) ( )0 0f x f x 2012′ + =
Γ4. Να βρείτε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση
της συνάρτησης g(x) = f(x) + 1 µε x > 0, τον άξονα x΄x και την ευθεία x = e.
Λυση
33. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 33
Γ1. Η f είναι συνεχής στο (0,+∞) ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων
και παραγωγίσιμη με ( ) ( )
x 1 1
f x lnx lnx 1 , x 0,
x x
−
′ = + = + − ∈ +∞ .
• Όταν ( )x 0,1∈ είναι x < 1 και επειδή η συνάρτηση lnx είναι γνησίως αύξουσα
έχουμε lnx < ln1 ⇔ lnx < 0. Επίσης x – 1 < 0 και x > 0 άρα
x 1
0
x
−
< .
Έτσι
x 1
lnx 0
x
−
+ < για κάθε ( )x 0,1∈ , άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,1].
• Όταν ( )x 1,∈ +∞ είναι x > 1 και επειδή lnx γνησίως αύξουσα είναι lnx > ln1 ⇔ lnx >
0. Επίσης είναι
x 1
0
x
−
> για κάθε ( )x 1,∈ +∞ , οπότε
x 1
lnx 0
x
−
+ > για κάθε
( )x 1,∈ +∞ . Δηλαδή f΄(x) > 0 για κάθε ( )x 1,∈ +∞ . Έτσι όμως η f είναι γνησίως
αύξουσα στο [1,+∞).
Από τα προηγούμενα προκύπτει ο επόμενος πίνακας μεταβλητών για την f:
Επειδή f γνησίως φθίνουσα στο (0,1] είναι f((0,1]) = ( ) ( ))x 0
f 1 , lim f x+
→
−
.
Όμως ( ) ( )x 0 x 0
lim f x lim x 1 ln x 1+ +
→ →
= − − = +∞ .
Άρα f((0,1]) = [–1,+∞). (1)
Επίσης επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο [1,+∞) είναι f([1,+∞) = ( ) ( ))x
f 1 , lim f x
→+∞
.
Όμως ( ) ( )x x
lim f x lim x 1 ln x 1
→+∞ →+∞
= − − = +∞ .
Άρα f([1,+∞)) = [–1,+∞). (2)
Από (1), (2) προκύπτει ότι το σύνολο τιμών της f είναι το [–1,+∞).
Παρατήρηση: Η μονοτονία της f στα διαστήματα (0,1] και [1,+∞) μπορεί να προκύψει και
από το πρόσημο της δεύτερης παραγώγου:
34. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.34
( ) 2 2
1 1 1 1
f x 0
x x x x
′′ = − − = + >
, για κάθε x > 0.
Άρα η f΄ είναι γνησίως αύξουσα στο (0,+∞) και επειδή f΄(1) = 0 η x = 1 είναι μοναδική ρίζα
της f΄(x) = 0. Ακόμη, είναι:
• 0 < x < 1 ⇔ f΄(x) < f΄(1) ⇔ f΄(x) < 0, άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,1].
• x > 1 ⇔ f΄(x) > f΄(1) ⇔ f΄(x) > 0, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο [1,+∞).
Η f παρουσιάζει (ολικό) ελάχιστο στο x = 1 το f(1) = (1 – 1)ln1 – 1 = – 1.
Γ2. Η εξίσωση xx – 1 = e2013 (επειδή η συνάρτηση y = lnx είναι γνησίως αύξουσα και άρα 1 – 1)
γράφεται ισοδύναμα:
ln(xx – 1) = ln(e2013) ⇔ (x – 1)lnx = 2013 ⇔ (x – 1)lnx – 1 = 2012 ⇔ f(x) – 2012 = 0.
Από το Γ1 ερώτημα είναι:
α) f((0,1]) = [– 1,+∞), άρα υπάρχει ( ]1x 0,1∈ ώστε f(x1) = 2012 και επειδή η f είναι γνησίως
φθίνουσα είναι και 1 – 1, άρα η τιμή x1 είναι μοναδική στο διάστημα (0,1].
β) f([1,+∞)) = [– 1,+∞), άρα υπάρχει [ )2x 1,∈ +∞ ώστε f(x2) = 2012 και επειδή η f είναι
γνησίως αύξουσα είναι και 1 – 1, άρα η τιμή x2 είναι μοναδική στο διάστημα [1,+∞).
Από α) και β) προκύπτει ότι η δοσμένη εξίσωση έχει 2 ακριβώς θετικές ρίζες.
Γ3. Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = exf(x) – 2012 ∙ ex με ( )x 0,∈ +∞ .
• Η h είναι συνεχής στο [x1, x2] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων.
• Η h είναι παραγωγίσιμη στο (x1, x2) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων
συναρτήσεων με h΄(x) = (f΄(x) + f(x) – 2012)ex.
• h(x1) = ex1f(x1) – 2012ex1 = 2012ex1 – 2012ex1 = 0
h(x2) = ex2f(x2) – 2012ex2 = 2012ex2 – 2012ex2 = 0
Άρα ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ. Rolle για την h στο [x1, x2], οπότε υπάρχει
( )0 1 2x x ,x∈ ώστε
h΄(x0) = 0 ⇔ ex0(f΄(x0) + f(x0) – 2012) = 0
x0e 0≠
⇔ f΄(x0) + f(x0) – 2012 = 0.
β΄ τρόπος: Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f΄(x) + f(x) – 2012 με x > 0.
Η f είναι συνεχής στο (0,+∞) ως γινόμενο συνεχών.
35. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 35
Η f΄ είναι συνεχής στο (0,+∞) ως άθροισμα συνεχών.
Άρα η h είναι συνεχής στο (0,+∞) ως άθροισμα συνεχών.
• Άρα η h είναι συνεχής στο [x1, x2].
• h(x1) = f΄(x1) + f(x1) – 2012 = f΄(x1) + 2012 – 2012 = f΄(x1) < 0, αφού από το Γ1 για ( )x 0,1∈
είναι f΄(x) < 0.
• h(x2) = f΄(x2) + f(x2) – 2012 = f΄(x2) + 2012 – 2012 = f΄(x2) > 0, αφού από το Γ1 για
( )x 0,∈ +∞ είναι f΄(x) > 0.
Δηλαδή είναι h(x2) ∙ h(x2) < 0. Από το Θεώρημα Bolzano θα υπάρχει ένα τουλάχιστον
( )0 1 2x x ,x∈ ώστε:
h(x0) = 0 ⇔ f΄(x0) + f(x0) – 2012 ⇔ f΄(x0) + f(x0) = 2012.
Γ4. Είναι: g(x) = f(x) + 1 = (x – 1)lnx – 1 + 1 = (x – 1)lnx > 0 για κάθε ( )x 0,∈ +∞ .
Άρα: ( ) ( ) ( )
2
e e e e e
1 1 1 1 1
x
x 1 lnxdx xlnxdx lnxdx lnxdx x lnxdx
2
′ ′Ε Ω = − = − = − =
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
[ ] [ ]
e2 2 2
e e ee e
1 11 1 1
1
x x 1 e 1
lnx dx xlnx dx xdx e x
2 2 x 2 2
= − − + = − − + =
∫ ∫ ∫
e2 2 2 2 2 2
1
e x e e 1 e 3 e 3
e e 1 1 τ.µ.
2 4 2 4 4 4 4 4
−
= − − + − = − + − = − =
17) (Εξετασεις 2014)Δίνεται η συνάρτηση ( )x
h(x) x ln e 1 , x= − + ∈ℝ .
Γ1. Να µελετήσετε την h ως προς την κυρτότητα.
Γ2. Να λύσετε την ανίσωση
h(2h (x)) e
e , x
e 1
′
< ∈
+
ℝ .
Γ3. Να βρείτε την οριζόντια ασύµπτωτη της γραφικής παράστασης της h στο +∞,
καθώς και την πλάγια ασύµπτωτή της στο -∞.
Γ4. Δίνεται η συνάρτηση ( )x
φ(x) e h(x) ln 2 , x= + ∈ℝ.
Να βρείτε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της
φ(x), τον άξονα x΄x και την ευθεία x = 1.
Λυση
36. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.36
Γ1. h(x) = x – ln(ex + 1)
( ) ( )
x
x
x x x
1 e 1
h x 1 e 1 1
e 1 e 1 e 1
′′ = − ⋅ + = − =
+ + +
( )
( )
( )
( )
x
x
2 2x x
1 e
h x e 1 0
e 1 e 1
′′′ = − ⋅ + = − <
+ +
, για κάθε x ∈ℝ
άρα η h είναι κοίλη στο ℝ .
Γ2. 1ος τρόπος
( )( ) ( )( )
( )( ) ( ) ( )( ) ( )
( )h x 0
h 2h x h 2h x
h
e e
e lne ln h 2h x 1 ln e 1 h 2h x h 1
e 1 e 1
′ >
′ ′
↑
′ ′< ⇔ < ⇔ < − + ⇔ < ⇔
+ +
( ) ( ) ( ) ( )
h κοίλη
h
1
2h x 1 h x h x h 0 x 0
2 ′↓
′ ′ ′ ′< ⇔ < ⇔ < ⇔ >
2ος τρόπος
Θεωρώ τη συνάρτηση q, με q(x) = eh(2h΄(x))
Είναι q΄(x) = eh(2h΄(x)) ∙ h΄(2h΄(x)) ∙ 2h΄΄(x) < 0, διότι eh(2h΄(x)) > 0, h΄(2h΄(x)) > 0 και h΄΄(x) < 0.
Άρα q γνησίως φθίνουσα στο ℝ .
( )( )
( ) ( )
q
h 2h x e
e q x q 0 x 0
e 1
↓
′
< ⇔ < ⇔ >
+
3ος τρόπος
( )( )
( )
( )
2h x
h 2h x
2h x
e e e
e
e 1 e 1e 1
′
′
′
< ⇔ <
+ ++
Θεωρώ τη συνάρτηση s, με ( )
x
x
e
s x
e 1
=
+
.
Είναι ( )
( )
x
2x
2e
s x 0
e 1
′ = >
+
, άρα s γνησίως αύξουσα στο ℝ .
( )( )
( )( ) ( ) ( )
s
h 2h x x x x 0
x
e 2
e s 2h x s 1 2h x 1 1 2 e 1 e 1 e e x 0
e 1 e 1
↑
′
′ ′< ⇔ < ⇔ < ⇔ < ⇔ < + ⇔ > ⇔ > ⇔ >
+ +
.
Γ3. ( ) ( )
x
x x x
xx x x
e
lim x ln e 1 lim lne ln e 1 lim ln
e 1→+∞ →+∞ →+∞
− + = − + = +
37. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 37
Θέτω
x
x
e
u
e 1
=
+
με
0
x x0
x xx DLH x
e e
lim lim 1
e 1 e
→+∞ →+∞
= =
+
άρα ( ) ( )x u 1
lim f x lim lnu ln1 0
→+∞ →
= = = , επομένως η Cf έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο +∞ την y =
0 (x΄x).
( ) ( )
x
x x x
x x x DLH
e
ln
ln e ln e 1f x e 1
lim lim lim .. 1
x x x
∞
∞
→−∞ →−∞ →−∞
− + + = = = =
άρα
( )
x
f x
lim 1 λ
x→−∞
= =
( ) ( ) ( )x x
x x x
lim f x λx lim x ln e 1 x lim ln e 1 0 β
→−∞ →−∞ →−∞
− = − + − = − + = = , αφού x
x
lim e 0
→−∞
=
άρα η Cf έχει πλάγια ασύμπτωτη στο –∞ την y = x.
Γ4. Αναζητώ τις ρίζες της φ.
φ(x) = 0 ⇔ ex ∙ (h(x) + ln2) = 0 ⇔ h(x) + ln2 = 0 ⇔ h(x) = –ln2 ⇔ h(x) = h(0)
h
h "1 1"
↑
−
⇔ x = 0.
Αναζητώ το πρόσημο της φ στο [0,1]
0 ≤ x ≤ 1
h ↑
⇔ h(0) ≤ h(x) ≤ h(1) ⇔ –ln2 ≤ h(x) ⇔ h(x) + ln2 ≥ 0 ⇔ ex ∙(h(x) + ln2) ≥ 0 ⇔ φ(x) ≥ 0.
Υπολογισμός εμβαδού
1ος τρόπος
( ) ( )( ) ( ) ( )( )
1 1 1
x x
0 0 0
E φ x dx e h x ln2 dx e h x ln2 dx =′= = ⋅ + = ⋅ +∫ ∫ ∫
( )( ) ( )( )
11
x x
0 0
e h x ln2 e h x ln2 dx′ = ⋅ + − ⋅ + = ∫
( )( ) ( ) ( )
1 1
x x
x0 0
1
e h 1 ln2 0 e h x dx e 1 ln e 1 ln2 e dx
e 1
′= ⋅ + − − ⋅ = ⋅ − + + − ⋅ = +∫ ∫
( ) ( ) ( ) ( )
1
x
0
e eln e 1 eln2 ln e 1 e eln e 1 eln2 ln e 1 ln2 = − + + − + = − + + − + + =
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
e e 1 ln2 e 1 ln e 1 e e 1 ln2 ln e 1 e e 1 ln τ.µ.
e 1
= + + − + + = + + − + = + + ⋅ +
2ος τρόπος
38. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.38
( ) ( )( ) ( )
1 1 1 1
x x x
0 0 0 0
E φ x dx e h x ln2 dx e h x dx ln2 e dx= = ⋅ + = ⋅ + ⋅ =∫ ∫ ∫ ∫
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 11 1x x x x
0 00 0
e h x dx ln2 e e h x e h x dx ln2 e 1
′
′ = ⋅ + ⋅ = ⋅ − ⋅ + ⋅ − = ∫ ∫
( ) ( ) ( )
1
x
x0
1
e h 1 h 0 e dx ln2 e 1
e 1
= ⋅ − − ⋅ + ⋅ − =
+∫
( ) ( ) ( )
1
x
0
e 1 ln e 1 ln2 ln e 1 ln2 e 1 ⋅ − + + − + + ⋅ − =
( ) ( )e eln e 1 ln2 ln e 1 ln2 eln2 ln2= − + + − + + + − =
( ) ( ) ( ) ( ) ( )e eln e 1 ln2 ln e 1 eln2 e e 1 ln2 e 1 ln e 1= − + + − + + = + + − + + =
( ) ( ) ( )
2
e e 1 ln2 ln e 1 e e 1 ln τ.µ.
e 1
= + + − + = + + ⋅ +
3ος τρόπος
( ) ( )( ) ( )( )
1 1 1
x x x
0 0 0
E φ x dx e h x ln2 dx e x ln e 1 ln2 dx= = ⋅ + = ⋅ − + + =∫ ∫ ∫
( )
1 2 3
1 1 1
x x x x
0 0 0
I I I
e xdx e ln e 1 dx ln 2 e dx= ⋅ − ⋅ + + ⋅∫ ∫ ∫
( ) ( )
1 1 11x x x x
1 00 0 0
I e xdx e x e x dx e 0 e dx =
′′ = ⋅ = ⋅ − ⋅ = − − ∫ ∫ ∫ ( )
1x
0
e e e e 1 e e 1 1 − = − − = − + = .
( )
1
x x
2 0
I e ln e 1 dx= ⋅ +∫ (Θέτω ex + 1 = u / exdx = du / x = 0 → u = 2, / x = 1 → u = e + 1)
( )
e 1 e 1
2 2
lnudu u lnudu
+ +
′= = ⋅ =∫ ∫ [ ] ( )
e 1e 1
2 2
u lnu u lnu du
++ ′⋅ − ⋅ =∫
( ) ( ) ( ) ( ) [ ]
e 1 e 1
22
e 1 ln e 1 2ln2 1du e 1 ln e 1 2ln2 u
+ +
= + ⋅ + − − = + ⋅ + − − =∫
( ) ( )e 1 ln e 1 2ln2 e 1= + ⋅ + − − +
1 1x x
3 00
I e dx e e 1 = = = − ∫
Ε = Ι1 – Ι2 + ln2 ∙ I3 = 1 – (e + 1) ∙ ln(e + 1) + 2ln2 + e – 1 + ln2 ∙ (e – 1) =
= e – eln(e + 1) + ln2 – ln(e + 1) + ln2 + eln2 – ln2 = e + (e + 1)[ln2 – ln(e + 1)] = [e + (e + 1)
∙
2
ln
e 1+
]τ.μ.
39. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 39
18) (Εξετασεις 2014)Δίνεται η συνάρτηση
x
e 1
, αν x 0
f(x) x
1 , αν x 0
−
≠
=
=
Δ1. Να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής στο σηµείο x0 = 0 και, στη συνέχεια, ότι είναι
γνησίως αύξουσα.
Δ2. Δίνεται επιπλέον ότι η f είναι κυρτή.
α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση
( )2f x
1
f(u)du 0
′
=∫
έχει ακριβώς µία λύση, η οποία είναι η x = 0.
β) Ένα υλικό σηµείο M ξεκινά τη χρονική στιγµή t = 0 από ένα σηµείο Α(x0, f(x0))
µε x0 < 0 και κινείται κατά µήκος της καµπύλης y = f(x), x ≥ x0 µε x = x(t), y = y(t), t ≥ 0. Σε
ποιο σηµείο της καµπύλης ο ρυθµός µεταβολής της τετµηµένης x(t) του σηµείου M
είναι διπλάσιος του ρυθµού µεταβολής της τεταγµένης του y(t), αν υποτεθεί ότι x '(t) >
0 για κάθε t ≥ 0.
Δ3. Θεωρούµε τη συνάρτηση
( ) ( ) ( )
2 2
g(x) xf(x) 1 e x 2 , x 0,= + − − ∈ +∞
Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g έχει δύο θέσεις τοπικών ελαχίστων και µία θέση
τοπικού µεγίστου.
Λυση
Δ1. ( ) ( )
0
x x0
x 0 x 0 DLH x 0
e 1 e
limf x lim lim 1 f 0
x 1
→ → →
−
= = = =
άρα f συνεχής στο x0 = 0.
Για x ≠ 0: ( )
( )x x x x
2 2
e x e 1 xe e 1
f x
x x
⋅ − − − +
′ = =
Θεωρώ συνάρτηση r, με r(x) = xex – ex + 1.
Είναι r΄(x) = xex, x ∈ℝ
40. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.40
• x < 0
r ↓
⇔ r(x) > r(0) ⇔ r(x) > 0 ⇔ f΄(x) > 0
• x > 0
r ↑
⇔ r(x) > r(0) ⇔ r(x) > 0 ⇔ f΄(x) > 0
Είναι f΄(x) > 0 στα (–∞,0), (0,+∞) και επειδή f συνεχής στο x0 = 0 η f είναι γνησίως αύξουσα
στο ℝ .
Δ2. ( ) ( ) ( )
x
x
x x x x
e 1 1
lim f x lim lim e 1 lim 1 0 0
x x→−∞ →−∞ →−∞ →−∞
−
= = − ⋅ = − ⋅ =
( )
x x
x
x x DLH x x
e 1 e
lim f x lim lim lim e
x 1
+∞
+∞
→+∞ →+∞ →+∞ →+∞
−
= = = = +∞
Είναι f γνησίως αύξουσα, άρα έχει σύνολο τιμών το (0,+∞), άρα f(x) > 0 για κάθε x ∈ℝ .
Επίσης
( ) ( )
( )
x
0 0
x x x0 0
2x 0 x 0 x 0 DLH x 0 DLH x 0
e 1
1f x f 0 e 1 x e 1 e 1xlim lim lim lim lim f 0
x 0 x x 2x 2 2
→ → → → →
−
−− − − −
′= = = = = =
−
α) 1ος τρόπος
Πρόταση: Έστω η συνάρτηση Q, με Q(x) > 0.
• αν α < β, τότε ( )
β
α
Q x dx 0>∫
• αν α > β, τότε ( ) ( )
α β
β α
Q x dx 0 Q x dx 0> ⇔ <∫ ∫
• αν α = β, τότε ( ) ( )
β α
α α
Q x dx Q x dx 0= =∫ ∫
( ) ( ) ( )
x
x
x x x x
e 1 1
lim f x lim lim e 1 lim 1 0 0
x x→−∞ →−∞ →−∞ →−∞
−
= = − ⋅ = − ⋅ =
( )
x x
x
x x DLH x x
e 1 e
lim f x lim lim lim e
x 1
+∞
+∞
→+∞ →+∞ →+∞ →+∞
−
= = = = +∞ .
Στο ολοκλήρωμα ( )
( )2f x
1
f t dt
′
∫ τα άκρα είναι θετικοί αριθμοί και επειδή f(x) > 0 στο
ℝ σύμφωνα με την παραπάνω πρόταση που αποδείξαμε
2f΄(x) = 1 ⇔ f΄(x) =
1
2
⇔ f΄(x) = f΄(0)
f κυρτή
f ,f 1 1′ ′↑ −
⇔ x = 0.
2ος τρόπος
41. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 41
Η f είναι συνεχής στο ℝ . Έστω F μια αρχική της f. Είναι F΄(x) = f(x) > 0, άρα η F είναι
γνησίως αύξουσα στο ℝ .
( )
( )
( )
( )
( )( ) ( )
2f x 2f x
11
f t dt 0 F x 0 F 2f x F 1
′ ′
′= ⇔ = ⇔ = ∫
και επειδή η F είναι 1 – 1 ως γνησίως αύξουσα
2f΄(x) = 1 ⇔ f΄(x) =
1
2
⇔ f΄(x) = f΄(0)
f κυρτή
f ,f 1 1′ ′↑ −
⇔ x = 0.
β) Είναι f(x(t)) = y(t), t ≥ 0.
Άρα f΄(x(t)) ∙ x΄(t) = y΄(t) και για t = t0
( )( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) ( )( )
0 0 0
0
x t 2y t x t 0
0 0 0 0 0 0 0 0
y t 0
1
f x t x t y t f x t 2y t y t 2f x t 1 f x t
2
′ ′ ′= >
′ >
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′⋅ = ⇔ ⋅ = ⇔ = ⇔ = ⇔
( )( ) ( ) ( )
f κυρτή
0 0
f
f 1 1
f x t f 0 x t 0
′↑
′ −
′ ′= ⇔ = και
y(t0) = f(x(t0)) = f(0) = 1, άρα το ζητούμενο σημείο είναι το Μ(0,1).
Δ3. Για x > 0 έχουμε:
• g(x) = [x ∙ f(x) + 1 – e]2 ∙ (x – 2)2 = ( )
2x
2e 1
x 1 e x 2
x
−
⋅ + − ⋅ − =
( ) ( ) ( ) ( )
2 22 2x x
e 1 1 e x 2 e e x 2= − + − ⋅ − = − ⋅ −
• g΄(x) = 2(ex – e) ∙ ex ∙ (x – 2)2 + (ex – e)2 ∙ 2 ∙ (x – 2) = 2(ex – e) ∙ (x – 2)[ex ∙ (x – 2) + ex – e] =
= 2(ex – e) ∙ (x – 2) (xex – ex – e)
1η λύση
Θεωρούμε συνάρτηση h, με h(x) = xex – ex – e, x > 0
Θα αποδείξουμε ότι η h έχει μια μόνο ρίζα.
1ος τρόπος
h συνεχής στο [1,2] ως πράξεις συνεχών
h(1) = – e < 0
h(2) = e2 – e = e(e – 1) > 0
42. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.42
από Θ. Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0x 1,2∈ , τέτοιο ώστε h(x0) = 0.
2ος τρόπος
g συνεχής στο [1,2] ως πράξεις συνεχών
g παραγωγίσιμη στο (1,2)
g(1) = g(2) = 0
από Θ. Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0x 1,2∈ , τέτοιο ώστε g΄(x0) = 0 και επειδή ex0 – e ≠
0 και x0 – 2 ≠ 0, θα είναι h(x0) = 0.
• ex – e = 0 ⇔ ex = e1 ⇔ x = 1.
ex – e > 0 ⇔ ex > e1 ⇔ x > 1.
ex – e < 0 ⇔ ex < e1 ⇔ x < 1.
Έτσι προκύπτει ο ακόλουθος πίνακας μεταβολών:
Προκύπτει ότι η g έχει δύο θέσεις τοπικών ελαχίστων και μία θέση τοπικού μεγίστου.
19)(Εξετασεις 2015)Έστω η παραγωγίσιµη συνάρτηση f: →ℝ ℝ για την οποία
ισχύουν:
• ( ) ( ) ( )f x f x
f x e e 2−
′ ⋅ + = για κάθε x ∈ℝ και
• f(0) = 0.
Δ1. Να αποδείξετε ότι ( ) ( )2
f x ln x x 1 , x= + + ∈ℝ .
Δ2. α) Να βρείτε τα διαστήµατα στα οποία η συνάρτηση f είναι κυρτή ή κοίλη και να
προσδιορίσετε το σηµείο καµπής της γραφικής παράστασης της f.
β) Να υπολογίσετε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική
παράσταση της συνάρτησης f, την ευθεία y = x και τις ευθείες x = 0 και x = 1.
Λυση
43. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 43
Δ1. Για κάθε x ∈ℝ είναι:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )f x f x f x f x f x f x
f x e f x e 2 e e 2x e e 2x c, c− − −′ ′′ ′⋅ + ⋅ = ⇔ − = ⇔ − = + ∈ℝ .
Για x = 0 είναι: ef(0) – e–f(0) = c και επειδή f(0) = 0, προκύπτει c = 0.
Άρα ( ) ( ) ( )
( )
( )
( ) ( )2
f x f x f x f x f x
f x
1
e e 2x e 2x e 1 2x e
e
−
− = ⇔ − = ⇔ − = ⋅ ⇔
( )
( ) ( ) ( )
( )
2 2
f x f x f x2 2 2
e 2x e x x 1 e x x 1 0, x⇔ − ⋅ + = + ⇔ − = + ≠ ∀ ∈ℝ
και επειδή η ef(x) – x συνεχής στο ℝ , προκύπτει ότι η ef(x) – x διατηρεί πρόσημο στο ℝ .
Όμως ef(0) – 0 = 1 > 0.
Άρα ( )f x 2
e x x 1− = + , για κάθε ( )f x 2
x e x x 1∈ ⇔ = + +ℝ , για κάθε x ∈ ⇔ℝ
( ) ( )2
f x ln x x 1⇔ = + + , για κάθε x ∈ℝ .
Δ2.α) Είναι ( ) ( )( )2
2 2
1 2x
f x ln x x 1 1
x x 1 2 x 1
′
′ = + + = ⋅ + =
+ + +
2
2 2 2
1 x 1 x 1
, x
x x 1 x 1 x 1
+ +
= ⋅ = ∈
+ + + +
ℝ
και ( )
( ) ( )2 2 2 2
2x x
f x , x
2 x 1 x 1 x 1 x 1
− −
′′ = = ∈
+ ⋅ + + +
ℝ .
Από τον παρακάτω πίνακα προσήμων:
προκύπτει ότι η f είναι: κυρτή στο (−∞,0], κοίλη στο [0,+∞), ενώ παρουσιάζει σημείο
καμπής στο σημείο (0,f(0)) = (0,0).
β) Είναι x – f(x) ≥ 0 για κάθε [ ]x 0,1∈ . Πράγματι:
α΄ τρόπος:
Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = x – f(x) στο [0,1]. Η g είναι παραγωγίσιμη στο [0,1] με
44. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.44
( ) ( )( ) ( ) [ ]
2
2 2
1 x 1 1
g x x f x 1 f x 1 0 x 0,1
x 1 x 1
+ −′′ ′= − = − = − = ≥ ∀ ∈
+ +
, με την ισότητα g΄(x)=0
να ισχύει μόνον για x=0.
Επομένως η g είναι γνησίως αύξουσα στο [0,1].
Οπότε ( ) ( ) [ ]g x g 0 x 0,1≥ ∀ ∈ . Όμως g(0) = 0 – f(0) = 0.
Άρα, ( ) [ ]g x 0 x 0,1≥ ∀ ∈ , άρα ( ) [ ]x f x 0 x 0,1− ≥ ∀ ∈ .
β΄ τρόπος
Η ανισότητα x – f(x) ≥ 0 για κάθε [ ]x 0,1∈ , μπορεί να αποδειχθεί και ως εξής:
Επειδή f(0) = 0, f΄(0) = 1, η εφαπτόμενη της Cf στο [0,+∞) έχει εξίσωση: y – f(0) = f΄(0)∙(x –
0) ⇔ y = x.
Η f όμως είναι κοίλη στο [0,+∞), άρα η Cf βρίσκεται «κάτω» από την εφαπτομένη της y = x
στο Ο(0,0) για το διάστημα [0,+∞), άρα και το [0,1].
Έτσι f(x) ≤ x για [ ] ( )x 0,1 x f x 0∈ ⇔ − ≥ για [ ]x 0,1∈ .
Έτσι είναι ( )( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1
2
0 0 0 0 0
E x f x dx xdx f x dx xdx ln x x 1 dx 1= − = − = − + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ .
Είναι
•
12
1
0
0
x 1 1
xdx 0
2 2 2
= = − =
∫ .
• ( ) ( ) ( )
11 1 1
2 2 2
20 0 00
1
ln x x 1 dx x ln x x 1 dx x ln x x 1 x dx
x 1
′+ + = ⋅ + + = + + − =
+
∫ ∫ ∫
( ) ( ) ( )
1 1
2 2
00
xln x x 1 x 1 ln 1 2 2 1 ln 1 2 2 1 = + + − + = + − − = + − +
.
Οπότε η (1) γράφεται:
( )( ) ( ) ( )1 1 1
E ln 1 2 2 1 ln 1 2 2 1 2 ln 1 2 τ.µ.
2 2 2
= − + − + = − + + − = − + −
45. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 45
20)( (Εξετασεις 2016)
Δίνεται η συνάρτηση ( )
2
2
x
f x , x
x 1
= ∈
+
ℝ .
B1. 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.
B2. Να βρείτε τα διαστήματα στα οποία η f είναι κυρτή, τα διαστήματα στα οποία η f είναι
κοίλη και να προσδιορίσετε τα σημεία καμπής της γραφικής της παράστασης.
B3. Να βρεθούν οι ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της f.
B4. Με βάση τις απαντήσεις σας στα ερωτήματα Β1, Β2, Β3 να σχεδιάσετε τη γραφική
παράσταση της συνάρτησης f.
(Η γραφική παράσταση να σχεδιαστεί με στυλό)
Απ.: Β1. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ℝ ως ρητή.
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 32 3 3
2 2 2 22 2 2 2 2
x x 1 x x 1 2x x 1 2xx 2x 2x 2x 2x
f x
x 1 x 1 x 1 x 1 x 1
′ ′′ ⋅ + − ⋅ + ⋅ + − + −
= = = = =
+ + + + +
Προκύπτει ο παρακάτω πίνακας μεταβολών:
Έτσι προκύπτει ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞,0], γνησίως αύξουσα στο [0,+∞)
ενώ παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στο 0, το f(0)=0.
Β2. ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
2 2 22 2 2 2
2 4 42 2 2
2x x 1 2x x 1 2 x 1 2x 2 x 1 2x2x
f x
x 1 x 1 x 1
′′ ′ + − + + − ⋅ + ⋅ ′′ = = = =
+ + +
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )( )
( )
2 2 2 22 2 2 2 2 2
4 4 42 2 2
x 1 2 x 1 8x2 x 1 8x x 1 x 1 2x 2 8x
x 1 x 1 x 1
+ + −+ − + + + − = = = =
+ + +
46. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.46
( )( )
( )
( )( )
( )
( )( )( )
( )
22 2 2 2
4 4 42 2 2
2 x 1 1 3x 1 3xx 1 2 6x 2 x 1 1 3x
x 1 x 1 x 1
+ − ++ − + −
= = =
+ + +
( )
3 3
f x 0 x ή x
3 3
′′ = ⇔ = − = .
Προκύπτει ότι η f είναι κοίλη στα
3 3
, ,
3 3
−∞ +∞
, είναι κυρτή στο
3 3
,
3 3
−
, ενώ
παρουσιάζει Σ.Κ. στις θέσεις 1 2
3 3
x , x
3 3
= − = .
Β3. Η γραφική παράσταση της f δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες, αφού η f είναι
συνεχής στο ℝ .
Επειδή ( )
2 2
2 2x x x
x x
lim f x lim lim 1
x 1 x→±∞ →±∞ →±∞
= = =
+
, η f έχει οριζόντια ασύμπτωτη την ευθεία y = 1
και στο +∞ και στο −∞.
Β4.
47. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 47
21)( Εξετασεις 2016)
Γ1. Να λύσετε την εξίσωση
2
x 2
e x 1 0, x− − = ∈ℝ .
Γ2. Να βρείτε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις f : →ℝ ℝ που ικανοποιούν την σχέση
( ) ( )2 2
2 x 2
f x e x 1= − − για κάθε x ∈ℝ και να αιτιολογήσετε την απάντησή σας
Γ3. Αν ( )
2
x 2
f x e x 1, x= − − ∈ℝ , να αποδειχθεί ότι η f είναι κυρτή.
Γ4. Αν f είναι η συνάρτηση του ερωτήματος Γ3, να λυθεί η εξίσωση:
( ) ( ) ( ) ( )f ηµx 3 f ηµx f x 3 f x+ − = + −
όταν [ )x 0,∈ +∞ .
Απ.: Γ1. Έστω ( )
2
x 2
K x e x 1, x= − − ∈ℝ
( ) 0
K 0 e 1 0= − =
( ) ( )2 2
x x
K x 2x e 2x 2x e 1 , x′ = ⋅ − = − ∈ℝ
( )K x 0 x 0′ = ⇔ = .
Η συνάρτηση ( ) x
g x e= είναι αύξουσα στο ℝ , άρα για κάθε ( ) ( )x ,0 0,∈ −∞ ∪ +∞ είναι:
2 2 2
2 x 0 x x
x 0 e e e 1 e 1 0> ⇔ > ⇔ > ⇔ − >
Έτσι προκύπτει ο επόμενος πίνακας μεταβολών:
Άρα για κάθε ( ) ( )x ,0 0,∈ −∞ ∪ +∞ είναι Κ(x) > 0, ενώ ( )K x 0 x 0= ⇔ = . Δηλαδή η
( )K x 0= έχει μοναδική λύση την x=0.
Δεύτερος τρόπος: Μπορεί να τεθεί 2
x t= , οπότε ισοδύναμα αρκεί να λυθεί η εξίσωση
t
e t 1 0− − = με t 0≥ . Θα χρησιμοποιηθεί τότε ο πίνακας μεταβολών της συνάρτησης
48. Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.48
( ) t
φ t e t 1= − − , που παραπέμπει σε σχετική άσκηση του σχολικού βιβλίου. (ασκ 3 σελίδα
269).
Γ2. Για ( ) ( )x ,0 0,∈ −∞ ∪ +∞ : ( ) ( )2
2 x 2
f x e x 1 0= − − ≠ , λόγω του ερωτήματος Γ1.
Η f είναι συνεχής σε κάθε ένα από τα (−∞,0), (0,+∞) και δεν μηδενίζεται σε αυτά, άρα
διατηρεί σταθερό πρόσημο.
• Για ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )
2 2
x 2 x 2
x 0, : f x e x 1 f x e x 1 0 1∈ +∞ − − − ⋅ + − − =
Αν ( )f x 0> για ( )x 0,∈ +∞ , τότε επειδή
2
x 2
e x 1 0− − > , από την (1) προκύπτει ότι
( ) ( ) ( )
2 2
x 2 x 2
f x e x 1 0 f x e x 1− − − = ⇔ = − −
Αν ( )f x 0< για ( )x 0,∈ +∞ , τότε επειδή ( )2
x 2
e x 1 0− − − < , από την (1) προκύπτει
ότι
( ) ( ) ( ) ( )2 2
x 2 x 2
f x e x 1 0 f x e x 1+ − − = ⇔ = − − − .
• Για ( )x ,0∈ −∞
Αν ( )f x 0> για ( )x ,0∈ −∞ , τότε από την (1) προκύπτει ότι ( )
2
x 2
f x e x 1= − −
Αν ( )f x 0< για ( )x ,0∈ −∞ , τότε από την (1) προκύπτει ότι ( ) ( )2
x 2
f x e x 1= − − −
Για x 0= είναι ( )f 0 0= . Έτσι προκύπτει ότι
α) ( )
2
x 2
f x e x 1, x= − − ∈ℝ ή
β) ( ) ( )2
x 2
f x e x 1 ,x= − − − ∈ℝ ή
γ) ( )
[ )
( ) ( )
2
2
x 2
x 2
e x 1, x 0,
f x
e x 1 , x ,0
− − ∈ +∞
=
− − − ∈ −∞
ή
δ) ( )
( ) [ )
( )
2
2
x 2
x 2
e x 1 , x 0,
f x
e x 1, x ,0
− − − ∈ +∞
=
− − ∈ −∞
Γ3. ( )
2
x 2
f x e x 1, x= − − ∈ℝ
