Επιμέλεια: Ευαγγελία Καββαδά (1ο ΓΕΛ Πεύκης)

1. 1 Γενικό Επαναληπτικό ΘΕΜΑ
από το βιβλίο της lisari team
Τα θέματα έλυσαν οι μαθητές του 2ου
ΓΕΛ ΠΕΥΚΗΣ
Ζέρβας Νικόλαος
Γεωργαντά Ειρήνη
Αγόρης Αντώνης
Καραγιάννη Αλεξάνδρα
Βακερλής Γιώργος
Επιμέλεια: Καββαδά Ευαγγελία
Μαθηματικός

2. Ε1. Αν 𝑓: ℝ → ℝ συνεχής ισχύει:
𝑓(𝑥) + ln(1 + 𝑒−𝑥) = 𝛷(𝑥) + 𝑙𝑛2, ∀𝑥 ∈ ℝ (1)
Η συνάρτηση Φ είναι παραγωγίσιμη στο ℝ ως παράγουσα της συνεχούς συνάρτησης
𝑓(𝑥)
1+𝑒 𝑥
,
επίσης η ln(1 + 𝑒−𝑥
) είναι παραγωγίσιμη στο ℝ ως σύνθεση των παραγωγίσιμων
συναρτήσεων 𝑙𝑛𝑥, 1 + 𝑒−𝑥
Για 𝑥 ∈ ℝ παραγωγίζοντας και τα δυο μέλη της δοθείσας σχέσης προκύπτει:
𝑓′(𝑥) −
𝑒−𝑥
1 + 𝑒−𝑥
= 𝛷(𝑥) ⇔ 𝑓′(𝑥) −
𝑒−𝑥
1 + 𝑒−𝑥
=
𝑓(𝑥)
1 + 𝑒 𝑥
⇔
𝑓′(𝑥) −
1
𝑒 𝑥
1 +
1
𝑒 𝑥
=
𝑓(𝑥)
1 + 𝑒 𝑥
⇔ 𝑓′(𝑥) −
1
𝑒 𝑥
1 + 𝑒 𝑥
𝑒 𝑥
=
𝑓(𝑥)
1 + 𝑒 𝑥
⇔
𝑓′(𝑥) −
1
1 + 𝑒 𝑥
=
𝑓(𝑥)
1 + 𝑒 𝑥
⇔ (1 + 𝑒 𝑥)𝑓′(𝑥) − 1 = 𝑓(𝑥) ⇔
𝑓′(𝑥) + 𝑒 𝑥
𝑓′(𝑥) − 1 = 𝑓(𝑥) ⇔ 𝑒−𝑥
𝑓′(𝑥) + 𝑓′(𝑥) − 𝑒−𝑥
= 𝑒−𝑥
𝑓(𝑥) ⇔
𝑒−𝑥
𝑓′(𝑥) + (−𝑥)′
𝑒−𝑥
𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥
− 𝑓′(𝑥) ⇔ (𝑒−𝑥
𝑓(𝑥))
′
= (−𝑒−𝑥
− 𝑓(𝑥))
′
⇔
𝑒−𝑥
𝑓(𝑥) = −𝑒−𝑥
− 𝑓(𝑥) + 𝑐, 𝑐 ∈ ℝ (2)
Για 𝑥 = 0 η (2) γράφεται:
𝑒0
𝑓(0) = −𝑒0
− 𝑓(0) + 𝑐 ⇔ 2𝑓(0) = 𝑐 − 1 ⇔ 𝑐 = 2𝑓(0) + 1 (3)
Επειδή η γραφική παράσταση 𝐶𝑓 της συνάρτησης Φ διέρχεται από την αρχή των αξόνων
𝛰(0,0) ισχύει 𝛷(0) = 0
Η δοθείσα σχέση (1) για 𝑥 = 0 γράφεται: 𝑓(0) + 𝑙𝑛2 = 𝛷(0) + 𝑙𝑛2 ⇔ 𝑓(0) = 𝛷(0)
Άρα 𝑓(0) = 𝛷(0) = 0 (4)
Από (3) και (4) είναι 𝑐 = 1
Η (2) γράφεται ισοδύναμα:
𝑒−𝑥
𝑓(𝑥) = −𝑒−𝑥
− 𝑓(𝑥) + 1 ⇔ 𝑓(𝑥)(𝑒−𝑥
+ 1) = −𝑒−𝑥
+ 1 ⇔
𝑓(𝑥) =
−𝑒−𝑥
+ 1
𝑒−𝑥 + 1
⇔ 𝑓(𝑥) =
−
1
𝑒 𝑥 + 1
1
𝑒 𝑥 + 1
⇔ 𝑓(𝑥) =
𝑒 𝑥
− 1
𝑒 𝑥 + 1
, 𝑥 ∈ ℝ
2ος τρόπος:
Παραγωγίζοντας και τα δύο μέλη της δοθείσας προκύπτει:

3. 𝑓′(𝑥) −
1
1 + 𝑒 𝑥
=
𝑓(𝑥)
1 + 𝑒 𝑥
⇔ 𝑓′(𝑥) −
1
1 + 𝑒 𝑥
(𝑓(𝑥) + 1) = 0 ⇔
(𝑓(𝑥) + 1)′
+ (ln(1 + 𝑒−𝑥))′
𝑓(𝑥) + 1 = 0 ⇔
(𝑓(𝑥) + 1)′
∙ 𝑒ln(1+𝑒−𝑥)
(ln(1 + 𝑒−𝑥)′ (𝑓(𝑥) + 1) = 0 ⇔ ((𝑓(𝑥) + 1) ∙ 𝑒ln(1+𝑒−𝑥)
)
′
= 0
[(𝑓(𝑥) + 1)(1 + 𝑒−𝑥)]′
= 0
από συνέπειες Θ.Μ.Τ. υπάρχει 𝑐 ∈ ℝ ώστε
(𝑓(𝑥) + 1)(1 + 𝑒−𝑥) = 𝑐 (2)
Από την δοθείσα 𝑥 = 0 είναι 𝑓(0) = 0 αφού 𝛷(0) = 0.
Από (2) 𝑥 = 0 𝑐 = 2
Άρα
𝑓(𝑥) + 1 =
2
1 + 𝑒−𝑥
⇔ 𝑓(𝑥) =
2
1 +
1
𝑒 𝑥
− 1 ⇔ 𝑓(𝑥) =
𝑒 𝑥
− 1
1 + 𝑒 𝑥
, 𝑥 ∈ ℝ
E2. Για 𝑥 ∈ ℝ η 𝑓 είναι παραγωγίσιμη με:
𝑓′(𝑥) = (
𝑒 𝑥
− 1
𝑒 𝑥 + 1
)
′
=
𝑒 𝑥(𝑒 𝑥
+ 1) − (𝑒 𝑥
− 1)𝑒 𝑥
(𝑒 𝑥 + 1)2
=
𝑒2𝑥
+ 𝑒 𝑥
− 𝑒−2𝑥
+ 𝑒 𝑥
(𝑒 𝑥 + 1)2
=
2𝑒 𝑥
(𝑒 𝑥 + 1)2
> 0
H 𝑓 είναι συνεχής στο ℝ με 𝑓′(𝑥) > 0 ∀𝑥 ∈ ℝ
Άρα η 𝑓 είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ άρα δεν παρουσιάζει ακρότατα.
Κυρτότητα και Σημεία Καμπής
Η 𝑓′ είναι παραγωγίσιμη στο ℝ με:
𝑓′′(𝑥) =
2𝑒 𝑥(𝑒 𝑥
+ 1)2
− 2𝑒 𝑥
∙ 2(𝑒 𝑥
+ 1)(𝑒 𝑥
+ 1)′
( 𝑒 𝑥 + 1)4
=
2𝑒 𝑥(𝑒 𝑥
+ 1) − 4𝑒2𝑥
( 𝑒 𝑥 + 1)3
=
2𝑒2𝑥
+ 2𝑒 𝑥
− 4𝑒2𝑥
(𝑒 𝑥 + 1)3
=
2𝑒 𝑥
− 2𝑒2𝑥
(𝑒 𝑥 + 1)3
=
2𝑒 𝑥
(1 − 𝑒 𝑥
)
(𝑒 𝑥 + 1)3
𝑓′′(𝑥) = 0 ⇔ 1 − 𝑒 𝑥
= 0 ⇔ 𝑒 𝑥
= 1 ⇔ 𝑒 𝑥
= 𝑒0
⇔ 𝑥 = 0
 𝑓′′(𝑥) > 0 ⇔ 1 − 𝑒 𝑥
> 0 ⇔ 𝑒 𝑥
< 𝑒0
𝑒 𝑥↑
⇔ 𝑥 < 0
 𝑓′′(𝑥) < 0 ⇔ 1 − 𝑒 𝑥
< 0 ⇔ 𝑥 > 0

4. 𝑥 -∞ 0 +∞
𝑓′′(𝑥) + -
𝑓(𝑥)
Σ.Κ
Η 𝑓 είναι κυρτή στο (−∞, 0] αφού 𝑓′′(𝑥) > 0 για 𝑥 ∈ (−∞, 0) και η 𝑓 είναι συνεχής στο
(−∞, 0].
Η 𝑓 είναι κοίλη για 𝑥 ∈ [0, +∞) αφού 𝑓′′(𝑥) < 0 για 𝑥 ∈ (0, +∞) και η 𝑓 συνεχής στο
[0, +∞)
To 0 είναι ρίζα της 𝑓′′ και εκατέρωθεν αυτής η 𝑓 αλλάζει κυρτότητα. Άρα το σημείο
(0, 𝑓(0)) δηλαδή η αρχή των αξόνων 𝛰(0,0) είναι σημείο καμπής της γραφικής παράστασης
𝐶𝑓 της παράστασης 𝑓.
Σύνολο τιμών
Η 𝑓 είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο ℝ άρα έχει σύνολο τιμών:
𝑓(ℝ) = ( lim
𝑥→−∞
𝑓(𝑥), lim
𝑥→+∞
𝑓(𝑥))
lim
𝑥→−∞
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→−∞
𝑒 𝑥
− 1
𝑒 𝑥 + 1
=
0 − 1
0 + 1
= −1
lim
𝑥→+∞
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→+∞
𝑒 𝑥
− 1
𝑒 𝑥 + 1
= (
+∞
+∞
𝐷𝐿′
𝐻)
lim
𝑥→+∞
(𝑒 𝑥
− 1)′
(𝑒 𝑥 + 1)′
= lim
𝑥→+∞
𝑒 𝑥
𝑒 𝑥
= 1
Άρα το σύνολο τιμών της 𝑓 είναι: 𝑓(ℝ) = (−1,1)
E3.
𝑥 -∞ 0 +∞
𝑓′′ + -
𝑓′ ↗ ↘
Ο.Μ
Η 𝑓′ είναι γνησίως αύξουσα στο (−∞, 0] και γνησίως φθίνουσα στο [0, +∞). Άρα η 𝑓′
παρουσιάζει ολικό μέγιστο για 𝑥 = 0 το 𝑓′(0) =
1
2
. Άρα ο ρυθμός μεταβολής της 𝑓 γίνεται
μέγιστο στο σημείο καμπής.
Ε4. Για 𝑥 ∈ ℝ η δοθείσα εξίσωση γράφεται:
𝛼 + (1 + 𝛼)𝑒−𝑥
= 1 ⇔ (𝜋𝜊𝜆 𝑒 𝑥
)
𝑎 ∙ 𝑒 𝑥
+ 1 + 𝑎 = 𝑒 𝑥
⇔

5. 𝑎(1 + 𝑒 𝑥) = 𝑒 𝑥
− 1 ⇔ 𝑎 =
𝑒 𝑥
− 1
𝑒 𝑥 + 1
⇔ 𝑓(𝑥) = 𝑎
𝑎 ∈ (−1,1) 𝑎 ∈ 𝑓(ℝ) σύνολο τιμών της 𝑓. Άρα η εξίσωση 𝑓(𝑥) = 𝑎 έχει μία τουλάχιστον
λύση στο ℝ. Η λύση αυτή είναι μοναδική γιατί η 𝑓 είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ.
Ε5. Η εφαπτόμενη ευθεία (𝜀) της 𝐶𝑓 στο σημείο καμπής 𝛰(0,0) έχει εξίσωση:
𝑦 − 𝑓(0) = 𝑓′(0)(𝑥 − 0)
𝑓(0) = 0, 𝑓′(0) =
1
2
Άρα
(𝜀): 𝑦 − 0 =
1
2
𝑥 ⇔ 𝑦 =
1
2
𝑥
Η 𝑓 είναι κυρτή στο (−∞, 0] άρα η 𝐶𝑓 βρίσκεται «πάνω» από την (𝜀) με εξαίρεση το σημείο
επαφής, άρα ισχύει:
Για 𝑥 ≤ 0, 0 ≥ 𝑓(𝑥) ≥
𝑥
2
⇒ 𝑓2(𝑥) ≤
𝑥2
4
με την ισότητα να ισχύει για 𝑥 = 0
Για 𝑥 ≥ 0 η 𝑓 είναι κοίλη άρα η 𝐶𝑓 βρίσκεται «κάτω» από τη (𝜀) με εξαίρεση το σημείο
επαφής, άρα ισχύει:
Για 𝑥 ≥ 0, 0 ≤ 𝑓(𝑥) ≤
𝑥
2
⇒ 𝑓2(𝑥) ≤
𝑥2
4
με την ισότητα να ισχύει για 𝑥 = 0
Άρα 𝑓2(𝑥) ≤
𝑥2
4
∀𝑥 ∈ ℝ
Αφού 𝑓2(𝑥) ≤
𝑥2
4
με την ισότητα να ισχύει για 𝑥 = 0 άρα:
∫ 𝑓2(𝑥)𝑑𝑥
1
0
< ∫
𝑥2
4
1
0
⇔ ∫ 𝑓2(𝑥)𝑑𝑥 <
1
0
[
𝑥3
3 ∙ 4
]
0
1
⇔ ∫ 𝑓2(𝑥)𝑑𝑥 <
1
12
⇔
1
0
12 ∙ ∫ 𝑓2(𝑥)𝑑𝑥 < 1
1
0
2ος τρόπος
Θεωρώ συνάρτηση 𝐻(𝑥) = 𝑥2
− 4𝑓2
(𝑥). Η συνάρτηση 𝐻 είναι συνεχής στο ℝ και ισχύει
𝐻(𝑥) ≥ 0. Η 𝐻 μηδενίζεται μόνο για 𝑥 = 0, άρα:
∫ 𝐻(𝑥)𝑑𝑥 > 0 ⇔
1
0
∫ (𝑥2
− 4𝑓2(𝑥))𝑑𝑥 > 0
1
0
⇔
4 ∫ 𝑓2(𝑥)𝑑𝑥 < ∫ 𝑥2
𝑑𝑥 =
1
0
1
0
[
𝑥3
3
]
0
1
⇔ 4 ∫ 𝑓2(𝑥)𝑑𝑥 <
1
3
1
0
⇔ 12 ∫ 𝑓2(𝑥)𝑑𝑥 < 1
1
0

6. E6. Η 𝐶𝑓και η ευθεία 𝑦 =
1
2
𝑥 τέμνουν τον άξονα 𝑥′
𝑥 στο 𝛰(0,0). Βρίσκω τα σημεία τομής
της 𝑦 =
1
2
𝑥 και της 𝑦 = 1.
{
𝑦 =
1
2
𝑥
𝑦 = 1
⇔ {
1
2
𝑥 = 1
𝑦 = 1
⇔ {
𝑥 = 2
𝑦 = 1
⇔ (𝑥, 𝑦) = (2,1)
Επίσης η 𝐶𝑓 τέμνει την 𝑦 =
1
2
𝑥 στο σημείο καμπής 𝛰(0,0). Η εφαπτόμενη ευθεία
(𝜀): 𝑦 =
1
2
𝑥 στο σημείο καμπής 𝛰(0,0) διαπερνά τη 𝐶𝑓. Η 𝑓 είναι κοίλη για 𝑥 ∈ [0, +∞) άρα
ισχύει:
Για 𝑥 ≥ 0, 0 ≤ 𝑓(𝑥) ≤
𝑥
2
lim
𝑥→+∞
𝑓(𝑥) = 1 άρα 𝑦 = 1 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της 𝐶𝑓 στο +∞
lim
𝑥→−∞
𝑓(𝑥) = −1 άρα 𝑦 = −1 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της 𝐶𝑓 στο −∞
Επίσης για 𝑥 ≥ 0, 0 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 1
1ος τρόπος
𝐸(𝑡) = (𝑂𝐴𝐵𝛤) 𝜏𝜌𝛼𝜋έ𝜁𝜄𝜊 − ∫
𝑒 𝑥
− 1
𝑒 𝑥 + 1
𝑑𝑥
𝑡
0
Το τραπέζιο 𝛰𝛢𝛣𝛤 έχει εμβαδόν:
(𝛰𝛢𝛣𝛤) =
(𝛣 + 𝛽)𝜐
2
=
𝑡 + (𝑡 − 2)
2
∙ 1 = 𝑡 − 1
∫
𝑒 𝑥
− 1
𝑒 𝑥 + 1
𝑑𝑥
𝑡
0
= ∫ (
𝑒 𝑥
+ 1
𝑒 𝑥 + 1
−
2
𝑒 𝑥 + 1
) 𝑑𝑥
𝑡
0
= ∫ (1 −
2𝑒−𝑥
1 + 𝑒−𝑥
) 𝑑𝑥
𝑡
0
=
∫ (𝑥 + 2 ln(1 + 𝑒−𝑥)′
𝑑𝑥 =
𝑡
0
[𝑥 + 2 ln(1 + 𝑒−𝑥)]0
𝑡
= 𝑡 + 2 ln(1 + 𝑒−𝑡) 2𝑙𝑛2
𝐸(𝑡) = −1 − 2 ln(1 + 𝑒−𝑡) + 2𝑙𝑛2

7. 2ος τρόπος
𝐸(𝑡) = ∫ (
𝑥
2
− 𝑓(𝑥)) 𝑑𝑥 + ∫ (1 − 𝑓(𝑥))𝑑𝑥
𝑡
2
2
0
𝐸1 = ∫ (
𝑥
2
−
𝑒 𝑥
− 1
𝑒 𝑥 + 1
) 𝑑𝑥
2
0
= [
𝑥2
4
]
0
2
− ∫ (
𝑒 𝑥
+ 1
𝑒 𝑥 + 1
−
2
𝑒 𝑥 + 1
) 𝑑𝑥
2
0
=
1 − ∫ (𝑥 + 2 ln(1 + 𝑒−𝑥)′
𝑑𝑥
2
0
= 1 − [𝑥 + 2 ln(1 + 𝑒−𝑥)]0
2
=
1 − (2 + 2 ln(1 + 𝑒−2) − 2𝑙𝑛2) = 1 − 2 − 2 ln(1 + 𝑒−2) + 2𝑙𝑛2 =
𝐸2 = ∫ (1 −
𝑒 𝑥
− 1
𝑒 𝑥 + 1
) 𝑑𝑥 =
𝑡
2
[𝑥]2
𝑡
− [𝑥 + 2 ln(1 + 𝑒−𝑥)]2
𝑡
=
(𝑡 − 2) − (𝑡 + 2 ln(1 + 𝑒−𝑡) − (2 + 2 ln(1 + 𝑒−2))) =
−2 ln(1 + 𝑒−𝑡) + 2ln(1 + 𝑒−2
)
Άρα 𝐸(𝑡) = 𝐸1 + 𝐸2 = −1 − 2 ln(1 + 𝑒−2) + 2𝑙𝑛2 − 2 ln(1 + 𝑒−𝑡) + 2 ln(1 + 𝑒−2) =
−1 + 2𝑙𝑛2 − 2ln(1 + 𝑒−𝑡
)
lim
𝑡→+∞
𝐸(𝑡) = lim
𝑡→+∞
[−1 + 2𝑙𝑛2 − 2 ln(1 + 𝑒−𝑡)],
lim
𝑡→+∞
(1 + 𝑒−𝑡) = lim
𝑡→+∞
(1 +
1
𝑒 𝑡
) = lim
𝑡→+∞
1 + 0 = 1
lim
𝑡→+∞
ln(1 + 𝑒−𝑡) = lim
𝑢→1
𝑙𝑛𝑢 = 0
Άρα
lim
𝑡→+∞
𝐸(𝑡) = −1 + 2𝑙𝑛2
E7. α) Για 𝑥 ∈ ℝ η δοθείσα εξίσωση γράφεται ισοδυνάμως:
𝑒 𝑥2+14
− 1
𝑒 𝑥2+14 + 1
=
1 − 𝑒−9𝑥
1 + 𝑒−9𝑥
⇔
𝑒 𝑥2+14
− 1
𝑒 𝑥2+14 + 1
=
1 −
1
𝑒9𝑥
1 +
1
𝑒9𝑥
⇔
𝑒 𝑥2+14
− 1
𝑒 𝑥2+14 + 1
=
𝑒9𝑥
− 1
𝑒9𝑥 + 1
⇔
𝑓(𝑥2
+ 14) = 𝑓(9𝑥)
𝑓1−1
⇔ 𝑥2
+ 14 = 9𝑥 ⇔ 𝑥2
− 9𝑥 + 14 = 0 ⇔
(𝑥 = 2 ή 𝑥 = 7)

8. β) Για 𝑥 > 1 έχουμε:
𝑥 − 2
𝑥
=
1 − 𝑒2−𝑥
1 + 𝑒2−𝑥
⇔
𝑥 − 2
𝑥
=
1 −
1
𝑒 𝑥−2
1 +
1
𝑒 𝑥−2
⇔
𝑥 − 1 − 1
𝑥 − 1 + 1
=
𝑒 𝑥−2
− 1
𝑒 𝑥−2 + 1
⇔
𝑒ln(𝑥−1)
− 1
𝑒ln(𝑥−1) + 1
=
𝑒 𝑥−2
− 1
𝑒 𝑥−2 + 1
⇔ 𝑓(ln(𝑥 − 1)) = 𝑓(𝑥 − 2)
𝑓1−1
⇔ ln(𝑥 − 1) = (𝑥 − 2) ⇔
ln(𝑥 − 1) − (𝑥 − 2) = 0 (1)
Θεωρώ συνάρτηση
𝛫(𝑥) = ln(𝑥 − 1) − (𝑥 − 2), 𝑥 > 1
𝐾(2) = 0 𝜂 (1) ⇔ 𝛫(𝑥) = 0
Η 𝛫 είναι παραγωγίσιμη με:
𝐾′(𝑥) =
1
𝑥 − 1
− 1 =
1 − 𝑥 + 1
𝑥 − 1
=
2 − 𝑥
𝑥 − 1
, 𝑥 > 1
Η συνάρτηση 𝛫 έχει ολικό μέγιστο για 𝑥0 = 2 το 𝛫(2) = 0. Άρα 𝛫(𝑥) ≥ 𝐾(2) = 0 με την
ισότητα να ισχύει για 𝑥 = 2. H 𝑥 = 2 είναι μοναδική ρίζα της δοθείσας.
Ε8. α)
lim
𝑥→0
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→0
𝑒 𝑥
− 1
𝑒 𝑥 + 1
=
1 − 1
1 + 1
= 0
lim
𝑥→.
𝑓2(𝑥) = 0
Για 𝑥 < 0
f(x) >
x
2
(𝛦3)
𝑓(𝑥) −
𝑥
2
> 0
lim
𝑥→0−
(𝑓(𝑥) −
𝑥
2
) > 0
Άρα:
lim
𝑥→0−
1
𝑓(𝑥) −
𝑥
2
= +∞
Άρα:

9. lim
𝑥→0−
𝑓2(𝑥) + 2016
2𝑓(𝑥) − 𝑥
= lim
𝑥→0−
𝑓2(𝑥) + 16
2 (𝑓(𝑥) −
𝑥
2
)
=
1
2
lim
𝑥→0−
[
1
𝑓(𝑥) −
𝑥
2
(𝑓2(𝑥) + 2016)] =
1
2
(+∞) = +∞
Αν 𝑥 > 0
𝑓(𝑥) <
𝑥
2
𝛼𝜋ό (𝛫)
𝑓(𝑥) −
𝑥
2
< 0
lim
𝑥→0+
(𝑓(𝑥) −
𝑥
2
) = 0
lim
𝑥→0+
𝑓2(𝑥) + 2016
2 (𝑓(𝑥) −
𝑥
2
)
=
1
2
(−∞)(0 + 2016) = −∞
Επειδή:
lim
𝑥→0−
𝑓2(𝑥) + 2016
2𝑓(𝑥) − 𝑥
≠ lim
𝑥→0+
𝑓2(𝑥) + 2016
2𝑓(𝑥) − 2
ά𝜌𝛼 lim
𝑥→0
𝑓2(𝑥) + 2016
2𝑓(𝑥) − 𝑥
𝛿𝜀𝜈 𝜐𝜋ά𝜌𝜒𝜀𝜄
β) Για 𝑥 > 0 0 < 𝑓′(𝑥) ≤
1
2
(1) (𝛢𝜋ό 𝛦2 𝜅𝛼𝜄 𝛦3)
Για 𝑥 > 0 0 < 𝑓(𝑥) < 1 (2) (𝛢𝜋ό 𝜎ύ𝜈𝜊𝜆𝜊 𝜏𝜄𝜇ώ𝜈 𝜏𝜂𝜍 𝑓 𝜎𝜏𝜊 (0, +∞))
Θεωρώ συνάρτηση
𝛷(𝑥) = ∫ 𝑓2(𝑡)𝑑𝑡,
𝑥
0
𝑥 ∈ ℝ
Θέτω (1) και (2) όπου 𝑥 το 𝛷(𝑥). H 𝛷(𝑥) > 0 για 𝑥 > 0
0 < 𝑓′ (∫ 𝑓2(𝑡)𝑑𝑡
𝑥
0
) ≤
1
2
0 < 𝑓 (∫ 𝑓2(𝑡)𝑑𝑥
𝑥
0
) < 1
}
0 < 𝑓
′(∫ 𝑓2(𝑡)𝑑𝑡
𝑥
0
)
+ 𝑓 (∫ 𝑓2(𝑡)𝑑𝑡
𝑥
0
) ≤
3
2
⇒ 0 <
𝑓′(∫ 𝑓2(𝑡)𝑑𝑡 + 𝑓 ∫ 𝑓2(𝑡)𝑑𝑡
𝑥
0
𝑥
0
)
1 + 𝑥2
≤
3
2(1 + 𝑥2)

10. lim
𝑥→+∞
0 = 0 lim
𝑥→+∞
3
2(1 + 𝑥2)
= 0
Άρα από κριτήριο παρεμβολής:
lim
𝑥→+∞
𝑓(∫ 𝑓2(𝑡)𝑑𝑡
𝑥
0
) + 𝑓′(∫ 𝑓2(𝑡)𝑑𝑡
𝑥
0
)
1 + 𝑥2
= 0
γ)
lim
𝑥→+∞
𝑒 𝑓(𝑥)
− 1
𝑒−𝑥
lim
𝑥→+∞
(𝑒 𝑓(𝑥)−1
− 1) = 0 lim
𝑥→+∞
𝑓(𝑥) = 1
lim
𝑥→+∞
(𝑒−𝑥) = 0
lim
𝑥→+∞
𝑒 𝑓(𝑥)−1
− 1
𝑒−𝑥
= (
0
0
𝐷𝐿′
𝐻)
lim
𝑥→+∞
𝑒 𝑓(𝑥)−1
∙ 𝑓′(𝑥)
−𝑒−𝑥
= − lim
𝑥→+∞
[(𝑒 𝑓(𝑥)−1
) ∙
2𝑒 𝑥
(𝑒 𝑥 + 1)2
∙ (𝑒 𝑥)] =
− lim
𝑥→+∞
[𝑒 𝑓(𝑥)−1
∙
2𝑒2𝑥
𝑒2𝑥 + 2𝑒 𝑥 + 1
] =
lim
𝑥→+∞
(− [𝑒 𝑓(𝑥)−1
2
1 + 2𝑒−𝑥 + 𝑒2𝑥
]) = − (1 ∙
2
1 + 0
) = −2
Σχόλιο: Το 𝐿3 βρίσκεται θέτοντας 𝑢 = 𝑓(𝑥)
lim
𝑥→+∞
𝑓−1(𝑥) = 1 𝐿3 = lim
𝑢→1
(𝑒 𝑓−1(𝑢)
(𝑒 𝑢−1
− 1))
Ε9. Για 𝑎 > 0 και 𝑥 ≠ 𝑎 η 𝑓 είναι συνεχής στα διαστήματα [0, 𝑥], [𝑥, 𝑎]. Η 𝑓 είναι
παραγωγίσιμη στα (0, 𝑥), (𝑥, 𝑎).
Άρα η 𝑓 πληροί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στα διαστήματα [0, 𝑥] και [𝑥, 𝑎].
Άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον 𝜉1 ∈ (0, 𝑥) και ένα τουλάχιστον 𝜉2 ∈ (𝑥, 𝑎) τέτοια ώστε:
𝑓′(𝜉1) =
𝑓(𝑥) = 𝑓(0)
𝑥 − 0
⇔ 𝑓′(𝑓1) =
𝑓(𝑥)
𝑥
𝑓′(𝜉2) =
𝑓(𝑎) − 𝑓(𝑥)
𝑎 − 𝑥
𝜉1 < 𝜉2
𝑓′↓(0,+∞)
⇒ 𝑓′(𝜉1) > 𝑓′(𝜉2)

11. 𝑓(𝑥)
𝑥
>
𝑓(𝑎) − 𝑓(𝑥)
𝑎 − 𝑥
⇔ (𝑎 − 𝑥)𝑓(𝑥) > (𝑓(𝑎) − 𝑓(𝑥)) ∙ 𝑥 ⇔
𝑓(𝑥)(𝑎 − 𝑥 + 𝑥) > 𝑥𝑓(𝑎) ⇔ 𝑎𝑓(𝑥) > 𝑥𝑓(𝑎)
Για 𝑥 = 𝑎 ισχύει η ισότητα 𝑎𝑓(𝑥) ≥ 𝑥𝑓(𝑎) ∀𝑥 ∈ [0, 𝑎]
β) Για 𝛼 < 0 και 𝑥 ≠ 𝑎, η 𝑓 είναι συνεχής στα [𝛼, 𝑥], [𝑥, 0]. Η 𝑓 είναι παραγωγίσιμη στα
(𝛼, 𝑥), (𝑥, 0) τότε υπάρχει 1 τουλάχιστον 𝜌1 ∈ (𝛼, 𝑥) ώστε:
𝑓′(𝜌1) =
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎)
𝑥 − 𝑎
(1)
και 1 τουλάχιστον 𝜌2 ∈ (𝑥, 0) ώστε:
𝑓′(𝜌2) =
𝑓(0) − 𝑓(𝑥)
−𝑥
=
𝑓(𝑥)
𝑥
(2)
𝑎 < 𝜌1 < 𝑥 < 𝜌2 < 0
𝑓′↑(−𝑎,0]
⇒ 𝑓′(𝜌1) < 𝑓′(𝜌2) (3)
Από (1), (2), (3):
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎)
𝑥 − 𝑎
<
𝑓(𝑥)
𝑥
𝑥(𝑥−𝑎)<0
⇔ 𝑥𝑓(𝑥) − 𝑥𝑓(𝑎) > 𝑥𝑓(𝑥) − 𝑎𝑓(𝑥) ⇔
𝑓(𝑥)(𝑥 − 𝑥 + 𝑎) > 𝑥𝑓(𝑎) ⇔ 𝑎𝑓(𝑥) > 𝑥𝑓(𝑎)
Για 𝑥 = 𝑎 ισχύει η ισότητα άρα 𝛼𝑓(𝑥) ≥ 𝑥𝑓(𝑎) ∀𝑥 ∈ [𝑎, 0]
Γεωμετρική Ερμηνεία
Για 𝛼 > 0 και 𝑥 ∈ [0, 𝑎] ισχύει:
𝑓(𝑥) − 𝑓(0)
𝑥 − 0
≥
𝑓(𝑎) − 𝑓(𝑥)
𝑎 − 𝑥

12. Καθώς το 𝑥 αυξάνεται μειώνεται η κλίση των εφαπτόμενων της 𝐶𝑓 σε κάθε 𝑥 ∈ [0, 𝑎].
Στο [𝑎, 0] με 𝑎 < 0 καθώς το 𝑥 αυξάνεται, αυξάνεται και η κλίση των εφαπτόμενων της 𝐶𝑓
σε κάθε 𝑥 ∈ [𝑎, 0]. Ισχύει:
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎)
𝑥 − 𝑎
≤
𝑓(0) − 𝑓(𝑥)
0 − 𝑥
E10. Η 𝑓 ↑ στο ℝ άρα «1-1» άρα αντιστρέφεται.
𝑓(𝐷𝑓) = (−1,1) Άρα 𝐷 𝑓−1 = (−1,1)
Θέτοντας 𝑦 = 𝑓(𝑥) 𝑦 ∈ (−1,1)
𝑦 =
𝑒 𝑥
− 1
𝑒 𝑥 + 1
⇔ 𝑦𝑒 𝑥
+ 𝑦 = 𝑒 𝑥
− 1 ⇔ (𝑦 − 1)𝑒 𝑥
= −𝑦 − 1 ⇔
𝑒 𝑥
=
𝑦 + 1
1 − 𝑦
⇔ 𝑥 = ln
𝑦 + 1
1 − 𝑦
𝑦 ∈ (−1,1)
Άρα 𝑓−1(𝑥) = ln
𝑥+1
1−𝑥
, 𝑥 ∈ (−1,1)
E11. 𝑥 ∈ (−1,1)
Άρα 𝑓−1
είναι γνησίως αύξουσα 𝑥 ∈ (−1,1)
(𝑓−1)′′(𝑥) = −2
(−2𝑥)
(1 − 𝑥2)2
=
4𝑥
(1 − 𝑥2)2
(𝑓−1)′′(𝑥) = 0 ⇔ 𝑥 = 0
Η 𝑓−1
είναι κοίλη για 𝑥 ∈ (−1,0] και κυρτή 𝑥 ∈ [0,1). Άρα η 𝐶 𝑓−1 έχει σημείο καμπής
(0, 𝑓−1(0)) δηλ 𝛰(0,0)
O.E
Η (𝑓−1)′
είναι γνησίως φθίνουσα στο (−1,0] και γνησίως αύξουσα στο [0,1). Άρα η
συνάρτηση (𝑓−1)′
παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για 𝑥 = 0 το (𝑓−1)′(0) = 2. Άρα
(𝑓−1)′(𝑥) ≥ (𝑓−1)′(0) ∀𝑥 ∈ (−1,1) δηλαδή η εφαπτομένη της 𝐶 𝑓−1 στο σημείο καμπής
έχει τον ελάχιστον συντελεστή (𝑓−1)′(0) = 2

13. E12. Η εφαπτόμενη της 𝐶 𝑓−1 στο 𝑂(0,0) είναι: (𝜀2) 𝑦 − 𝑓−1(0) = (𝑓−1)′(0)(𝑥 − 0) ⇔
𝑦 = 2𝑥
Η 𝑓−1
είναι κοίλη για 𝑥 ∈ (−1,0] άρα 𝑓−1(𝑥) ≤ 2𝑥 ≤ 0
Η 𝑓−1
είναι κυρτή για 𝑥 ∈ [0,1) άρα 𝑓−1(𝑥) ≥ 2𝑥 ≥ 0
Από Ε5 Για 𝑥 ∈ (−1,0] είναι 0 ≥ 𝑓(𝑥) ≥
𝑥
2
Για 𝑥 ∈ [0,1] είναι 𝑓(𝑥) ≤
𝑥
2
≤ 0
Άρα 𝑥 ∈ (−1,0]
𝑓−1(𝑥) ≤ 2𝑥 ≤
𝑥
2
≤ 𝑓(𝑥) ≤ 0
(𝑓−1(𝑥))
2
≥ (𝑓(𝑥))
2
Για 𝑥 ∈ [0,1]
𝑓−1(𝑥) ≥ 2𝑥 ≥
𝑥
2
≥ 𝑓(𝑥) ≥ 0 ⇒ (𝑓−1(𝑥))
2
≥ 𝑓2
(𝑥)
Άρα τελικά 𝑥 ∈ (−1,1) (𝑓−1(𝑥))
2
≥ (𝑓(𝑥))
2
E13. Η συνάρτηση 𝑓−1(𝑥) = ln
1+𝑥
1−𝑥
𝑥 ∈ (−1,1) είναι περιττή αφού 𝑥 ∈ (−1,1),
−𝑥 ∈ (−1,1)
𝑓−1(𝑥) + 𝑓−1(−𝑥) = ln
1 + 𝑥
1 − 𝑥
+ ln
1 − 𝑥
1 + 𝑥
= ln 1 = 0
Άρα η 𝐶 𝑓−1 έχει κέντρο συμμετρίας την αρχή των αξόνων 𝛰(0,0), επίσης 𝑓 είναι περιττή
αφού 𝑥 ∈ ℝ, −𝑥 ∈ ℝ.
𝑓(𝑥) + 𝑓(−𝑥) = 0
𝑒 𝑥
− 1
𝑒 𝑥 + 1
+
𝑒−𝑥
− 1
𝑒−𝑥 + 1
=
𝑒 𝑥
− 1
𝑒 𝑥 + 1
+
1
𝑒 𝑥 − 1
1
𝑒 𝑥 + 1
=
𝑒 𝑥
− 1
𝑒 𝑥 + 1
+
1 − 𝑒 𝑥
𝑒 𝑥 + 1
= 0
Άρα η 𝐶𝑓 έχει κέντρο συμμετρίας το 𝛰(0,0)
Θεωρώ συνάρτηση 𝜑(𝑥) = 𝑓2(𝑥) 𝑥 ∈ ℝ
Η 𝜑 είναι συνεχής ως σύνθεση συνεχών.
𝜑(𝑥) =
(𝑒−𝑥
− 1)2
(𝑒 𝑥 + 1)2

14. 𝜑(−𝑥) =
(𝑒−𝑥
− 1)2
(𝑒−𝑥 + 1)2
= (
𝑒 𝑥
− 1
1 + 𝑒 𝑥
)
2
= 𝜑(𝑥)
Άρα 𝑥 ∈ ℝ, −𝑥 ∈ ℝ
𝜑(−𝑥) = 𝜑(𝑥) άρα 𝜑 άρτια
Σύμφωνα με τη βοηθητική εφαρμογή:
𝐼1 = ∫ 𝑓2(𝑥)𝑑𝑥
1
2
0
Από Ε5:
𝐻(𝑥) = 𝑓2(𝑥) −
𝑥2
4
≤ 0
∫ 𝐻(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ (𝑓2(𝑥) −
𝑥2
4
) 𝑑𝑥 < 0
1
2
0
1
2
0
⇒ ∫ 𝑓2(𝑥)𝑑𝑥 ≤ ∫
𝑥2
4
𝑑𝑥 =
1
2
0
1
2
0
[
𝑥3
12
]
0
1
2
=
1
96
β) 𝐷 𝑓′ = ℝ ∀𝑥 ∈ 𝐷 𝑓′, −𝑥 ∈ 𝐷 𝑓′
𝑓′(−𝑥) =
2𝑒−𝑥
(𝑒−𝑥 + 1)2
=
2𝑒 𝑥
(1 + 𝑒 𝑥)2
Άρα 𝑓′
άρτια
𝐼2 = ∫ −
(𝑒 𝑥
+ 1)′
(1 + 𝑒 𝑥)2
𝑑𝑥 = −2
ln2
0
[
1
1 + 𝑒 𝑥
]
0
ln 2
−2 (
1
3
−
1
2
) =
2
6
=
1
3
Απόδειξη βοηθητικής πρότασης
𝐼 = ∫
ℎ(𝑥)
1 + 𝑘 𝑓(𝑥)
𝑑𝑥 = (𝑢 = −𝑥, 𝑑𝑢 = −𝑑𝑥)
𝑎
−𝑎
∫
ℎ(−𝑢)
1 + 𝑘 𝑟(−𝑢)
(−𝑑𝑢)
𝑎
−𝑎
= ∫
ℎ(𝑢)
1 + 𝑘−𝑟(ℎ)
𝑑𝑢 = ∫
ℎ(𝑢)
1 +
1
𝑘 𝑟(𝑢) 𝑑𝑢
𝑎
−𝑎
𝑎
−𝑎
Άρα:
𝐼 = ∫
ℎ(𝑢)𝑘 𝑟(𝑢)
1 + 𝑘 𝑟(𝑢)
𝑑𝑢
𝑎
−𝑎

15. 2𝐼 − 𝐼 + 𝐼 = ∫
ℎ(𝑥)
1 + 𝑘 𝑟(𝑥)
𝑑𝑥 + ∫
ℎ(𝑥)𝑘 𝑟(𝑥)
1 + 𝑘 𝑟(𝑥)
𝑑𝑥
𝑎
−𝑎
= ∫
ℎ(𝑥)(1 + 𝑘 𝑟(𝑥)
)
1 + 𝑘 𝑟(𝑥)
𝑑𝑥 =
𝑎
−𝑎
𝑎
−𝑎
∫ ℎ(𝑥)𝑑𝑥
𝑎
−𝑎
Αλλά ℎ άρτια
∫ ℎ(𝑥)𝑑𝑥 = 2 ∫ ℎ(𝑥)𝑑𝑥
𝑎
0
𝛼
−𝛼
2𝐼 = 2 ∫ ℎ(𝑥)𝑑𝑥 ⇒ 𝐼 = ∫ ℎ(𝑥)𝑑𝑥
𝑎
0
𝑎
0
E14. Η ℎ(𝑥) = 𝑥2
+ 1 άρτια
Η 𝑓 περιττή στο ℝ αφού:
𝑥 ∈ ℝ, −𝑥 ∈ ℝ
𝑓(−𝑥) =
𝑒−𝑥
− 1
𝑒−𝑥 + 1
=
1 − 𝑒 𝑥
𝑒 𝑥
1 + 𝑒 𝑥
𝑒 𝑥
= −
𝑒 𝑥
− 1
𝑒 𝑥 + 1
= −𝑓(𝑥) ∀𝑥 ∈ ℝ
𝐼 = ∫
𝑥2
+ 1
1 + 𝑒 𝑓2017(𝑥)
1
−1
𝑑𝑥 = ∫ (𝑥2
+ 1)𝑑𝑥 =
1
0
[
𝑥3
3
+ 𝑥]
0
1
=
4
3
E15. Η τυχαία εφαπτομένη της 𝐶𝑓 στο σημείο 𝛭(𝑥1, 𝑓(𝑥1)) είναι:
(𝜀1): 𝑦 − 𝑓(𝑥1) = 𝑓′(𝑥1)(𝑥 − 𝑥1)
Έστω ότι εφάπτεται και σε άλλο σημείο 𝑁(𝑥2, 𝑓(𝑥2)) με 𝑥1 < 𝑥2. Τότε 𝑁 ∈ (𝜀1) και
𝑓′(𝑥2) = 𝑓′(𝑥1)
και 𝑓(𝑥2) − 𝑓(𝑥1) = 𝑓′(𝑥1)(𝑥2 − 𝑥1) ⇔
𝑓′(𝑥1) =
𝑓(𝑥2) − 𝑓(𝑥1)
𝑥2 − 𝑥1
= 𝑓′
(𝑥2)
H 𝑓 είναι συνεχής στο [𝑥1, 𝑥2] ⊆ ℝ
Η 𝑓 είναι παραγωγίσιμη στο [𝑥1, 𝑥2] άρα από Θ.Μ.Τ. ∃𝜉 ∈ (𝑥1, 𝑥2) ώστε:
𝑓′(𝜉) =
𝑓(𝑥2) − 𝑓(𝑥1)
𝑥2 − 𝑥1
= 𝑓′(𝑥1) = 𝑓′(𝑥2)

16. Η 𝑓′
είναι συνεχής στο [𝑥1, 𝜉], [𝜉, 𝑥2]
Η 𝑓′
είναι παραγωγίσιμη στα (𝑥1, 𝜉), (𝜉, 𝑥2) άρα η 𝑓′
πληροί τις προϋποθέσεις του Θ. Rolle
στα διαστήματα [𝑥1, 𝜉] και [𝜉, 𝑥2] άρα ∃𝜉1 ∈ (𝑥1, 𝜉) και ∃𝜉2(𝑥2, 𝜉) ώστε 𝑓′′(𝜉1) = 0 και
𝑓′′(𝜉2) = 0.
Η 𝑓′′
μηδενίζεται σε μοναδικό σημείο 𝑥0 = 0 ΑΤΟΠΟ.
Άρα η τυχαία εφαπτομένη της 𝐶𝑓 δεν μπορεί να εφάπτεται και σε άλλο σημείο της 𝐶𝑓.
E15β. Έχουμε 0 < 𝜀𝜑𝜑 <
1
2
άρα 0 < 𝜆𝜀 <
1
2
Θα δείξουμε ότι υπάρχουν 2 ακριβώς σημεία ώστε 𝑓′(𝑥1) = 𝑓′(𝑥2) = 𝜆𝜀. H 𝑓′
είναι
παραγωγίσιμη στο ℝ με:
𝑓′′(𝑥) = (
2𝑒 𝑥
(𝑒 𝑥 + 1)2
)
′
=
2𝑒 𝑥(𝑒 𝑥
+ 1)2
− 2𝑒 𝑥
∙ 2(𝑒 𝑥
+ 1)𝑒 𝑥
(𝑒 𝑥 + 1)4
=
2𝑒 𝑥(𝑒 𝑥
+ 1) − 4𝑒2𝑥
(𝑒 𝑥 + 1)3
=
2𝑒2𝑥
+ 2𝑒 𝑥
− 4𝑒2𝑥
(𝑒 𝑥 + 1)3
=
2𝑒 𝑥
− 2𝑒2𝑥
(𝑒 𝑥 + 1)3
=
2𝑒 𝑥
(1 − 𝑒 𝑥
)
(𝑒 𝑥 + 1)3
𝑓′′(𝑥) = 0 ⇔ 1 − 𝑒 𝑥
= 0 ⇔ 𝑒 𝑥
= 1 ⇔ 𝑒 𝑥
= 𝑒0
𝑒 𝑥 1−1
⇔ 𝑥 = 0
𝑓′′(𝑥) > 0 ⇔ 1 − 𝑒 𝑥
> 0 ⇔ 𝑒 𝑥
< 1 ⇔ 𝑒 𝑥
< 𝑒0
𝑒 𝑥↑
⇔ 𝑥 < 0
𝑥 -∞ 0 +∞
𝑓′′ + -
𝑓′
↗ ↘
𝑓′′
> 0 στο (−∞, 0), 𝑓′
συνεχής στο (−∞, 0], άρα 𝑓′
γνησίως αύξουσα στο (−∞, 0]
𝑓′′(𝑥) < 0 στο (0, +∞), η 𝑓′
συνεχής στο [0, +∞), άρα 𝑓′
γνησίως φθίνουσα στο [0, +∞)
Η 𝑓′
συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Δ1 = (−∞, 0] άρα:
𝑓′(𝛥1) = ( lim
𝑥→+∞
𝑓′(𝑥), 𝑓′(0)] = (0,
1
2
]
lim
𝑥→−∞
𝑓′(𝑥) = lim
𝑥→−∞
2𝑒 𝑥
(𝑒 𝑥 + 1)2
=
0
0 + 1
= 0
Η 𝑓′
συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο 𝛥2 = (0, +∞)
𝑓′(𝛥2) = ( lim
𝑥→+∞
𝑓′(𝑥), 𝑓′(0)] = (0,
1
2
]

17. lim
𝑥→+∞
𝑓′(𝑥) = lim
𝑥→+∞
2𝑒 𝑥
(𝑒 𝑥 + 1)2
= (
+∞
+∞
𝐷𝐿′
𝐻)
lim
𝑥→+∞
2𝑒 𝑥
2𝑒 𝑥(𝑒 𝑥 + 1)
= lim
𝑥→+∞
1
𝑒 𝑥 + 1
= 0
Άρα 𝜆𝜀 ∈ 𝑓′(𝛥1) = (0,
1
2
] άρα ∃ 1 τουλάχιστον 𝑥1 ∈ 𝛥1 = (−∞, 0] τέτοιο ώστε 𝑓′(𝑥1) = 𝜆𝜀
το οποίο είναι μοναδικό αφού 𝑓′
γνησίως αύξουσα στο 𝛥1.
𝜆𝜀 ∈ 𝑓′(𝛥2) = (0,
1
2
] άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον 𝑥2 ∈ 𝛥2 = [0, +∞) τέτοιο ώστε
𝑓′(𝑥2) = 𝜆𝜀 το οποίο είναι μοναδικό αφού 𝑓′
γνησίως φθίνουσα στο 𝛥2.
Άρα η 𝐶𝑓 έχει 2 εφαπτόμενες παράλληλες προς την (𝑡)
E16. Για 𝑥1, 𝑥2 ∈ ℝ με 𝑥1 < 𝑥2 έχουμε:
 η 𝑓 συνεχής στο [𝑥1, 𝑥2]
 η 𝑓 είναι παραγωγίσιμη στο (𝑥1, 𝑥2) με 𝑓′(𝑥) =
2𝑒 𝑥
(𝑒 𝑥+1)2
Άρα Θ.Μ.Τ. ∃𝜉 ∈ (𝑥1, 𝑥2) τέτοιο ώστε:
𝑓′(𝜉) =
𝑓(𝑥2) − 𝑓(𝑥1)
𝑥2 − 𝑥1
=
𝑓(𝑥1) − 𝑓(𝑥2)
𝑥1 − 𝑥2
2|𝑓(𝑥1) − 𝑓(𝑥2)| ≤ |𝑥1 − 𝑥2| ⇔
|
𝑓(𝑥1) − 𝑓(𝑥2)
𝑥1 − 𝑥2
| ≤
1
2
⇔
|𝑓′(𝑥)| ≤
1
2
⇔ |
2𝑒 𝑥
(𝑒 𝑥 + 1)2
| ≤
1
2
⇔
2𝑒 𝑥
(𝑒 𝑥 + 1)2
≤
1
2
⇔ (𝑒 𝑥
− 1)2
≥ 0 ∀𝑥 ∈ ℝ
Άρα:
|𝑓′(𝜉)| ≤
1
2
⇔ |
𝑓(𝑥1) − 𝑓(𝑥2)
𝑥1 − 𝑥2
| ≤
1
2
⇔ 2|𝑓(𝑥1) − 𝑓(𝑥2)| ≤ |𝑥1 − 𝑥2|
με την ισότητα να ισχύει για 𝑥1 = 𝑥2
β) Η 𝑓 είναι συνεχής στο [𝑥1, 𝑥2] ⊆ ℝ με 𝑥1 < 𝑥2. H 𝑓 είναι παραγωγίσιμη στο (𝑥1, 𝑥2). Από
Θ.Μ.Τ. ∃𝜉 ∈ (𝑥1, 𝑥2) τέτοιο ώστε:
𝑓′(𝜉) =
𝑓(𝑥2) − 𝑓(𝑥1)
𝑥2 − 𝑥1
=
𝑓(𝑥1) − 𝑓(𝑥2)
𝑥1 − 𝑥2
⇔
𝑓′(𝜉) =
𝑒 𝑥1 − 1
𝑒 𝑥1 + 1
−
𝑒 𝑥2 − 1
𝑒 𝑥2 + 1
𝑥1 − 𝑥2
⇔

18. 𝑓′(𝜉)(𝑒 𝑥1 + 1)(𝑒 𝑥2 + 1) =
(𝑒 𝑥2 + 1)(𝑒 𝑥1 − 1) − (𝑒 𝑥2 − 1)(𝑒 𝑥1 + 1)
𝑥1 − 𝑥2
⇔
𝑓′(𝜉)(𝑒 𝑥1 + 1)(𝑒 𝑥2 + 1) = 2
𝑒 𝑥1 − 𝑒 𝑥2
𝑥1 − 𝑥2
(1)
Από Ε15:
0 < 𝑓′(𝑥) <
1
2
∀𝑥 ∈ ℝ
0 < 𝑓′(𝜉) <
1
2
⇒ (𝑓′(𝜉)) <
1
2
|(𝑒 𝑥1 + 1)(𝑒 𝑥2 + 1)𝑓′(𝜉)| ≤
(𝑒 𝑥1 + 1)(𝑒 𝑥2 + 1)
2
(1)
⇔
|2
𝑒 𝑥1 − 𝑒 𝑥2
𝑥1 − 𝑥2
| ≤
(𝑒 𝑥1 + 1)(𝑒 𝑥2 + 1)
2
⇔
4 |
𝑒 𝑥1 − 𝑒 𝑥2
𝑥1 − 𝑥2
| ≤ (𝑒 𝑥1 + 1)(𝑒 𝑥2 + 1) ∀𝑥1, 𝑥2 ∈ ℝ
με 𝑥1 ≠ 𝑥2
E17. Θα δείξω ότι: ∀𝛼, 𝛽 ∈ (−1,1) ισχύει:
|𝑓−1(𝑎) − 𝑓−1(𝛽)| ≥ 2(𝑎 − 𝛽) ⇔ |
𝑓−1(𝑎) − 𝑓−1(𝛽)
𝛼 − 𝛽
| ≥ 2 ⇔
|
𝑓−1(𝛽) − 𝑓−1(𝑎)
𝛽 − 𝛼
| ≥ 2
Η 𝑓−1
είναι συνεχής στο [𝛼, 𝛽] ⊆ (−1,1). H 𝑓−1
είναι παραγωγίσιμη στο (𝛼, 𝛽) ⊆ (−1,1)
(𝑓−1(𝑥))
′
= (ln
1 + 𝑥
1 − 𝑥
)
′
= (
1 + 𝑥
1 − 𝑥
)
′
∙
1 − 𝑥
1 + 𝑥
=
2
(1 − 𝑥)(1 + 𝑥)
=
2
1 − 𝑥2
Από Θ.Μ.Τ. ∃𝜉 ∈ (𝛼, 𝛽) ώστε:
(𝑓−1)′(𝜉) =
𝑓−1(𝛽) − 𝑓−1
(𝑎)
𝛽 − 𝛼
(1)
−1 < 𝑥 < 1 ⇒ 0 ≤ 𝑥2
< 1 ⇒ −1 < −𝑥2
≤ 0 ⇒ 0 < 1 − 𝑥2
≤ 1 ⇒
1 − 𝑥2
≤ 1 ⇒
1
1 − 𝑥2
≥ 1 ⇒
2
1 − 𝑥2
≥ 2 ⇒ |
2
1 − 𝑥2
| ≥ 2 ⇔ |(𝑓−1)′(𝑥)| ≥ 2 ∀𝑥(−1,1)
Άρα:

19. |𝑓′(𝛽)| ≥ 2
(1)
⇔ |
𝑓−1(𝛽) − 𝑓−1(𝑎)
𝛽 − 𝛼
| ≥ 2 ⇔ |𝑓−1(𝑎) − 𝑓−1(𝛽)| > 2|𝛼 − 𝛽| ∀𝑎, 𝛽 ∈ (−1,1)
Ε18.
𝛦(𝛽) = 2 ∫ (𝑥 −
𝑒 𝑥
− 1
𝑒 𝑥 + 1
) 𝑑𝑥 = ∫ 2𝑥𝑑𝑥
1
0
− 2 ∫
𝑒 𝑥
− 1
𝑒 𝑥 + 1
𝑑𝑥 =
1
0
1
0
= [𝑥2
]0
1
− 2 ∫ (
𝑒 𝑥
+ 1
𝑒 𝑥 + 1
−
2
𝑒 𝑥 + 1
) 𝑑𝑥
1
0
= 1 − 2[𝑥 + 2 ln(1 + 𝑒−𝑥
)]0
1
= 1 − 2(1 + 2 ln(1 + 𝑒−1) − 0 − 2 ln 2)
= 1 − 2 − 4 ln (1 +
1
𝑒
) + 4 ln 2
= −1 − 4 ln (
𝑒 + 1
𝑒
) + 4 ln 2
= −1 − 4(ln(𝑒 + 1) − ln 𝑒) + 4 ln 2
= −1 − 4(ln(𝑒 + 1) − 1) + 4 ln 2
= −1 − 4 ln(𝑒 + 1) + 4 + 4 ln 2
= 3 + 4 ln
2
𝑒 + 1