Η Ασκηση της Ημερας

1. η άσκηση
της ηµέρας
µικρές προσπάθειες ενασχόλησης
µε αγαπηµένες µας συνήθειες
επιµέλεια: Παύλος Τρύφων
από το lisari.blogspot.gr

2. ___________________________________________________________________________
ΜΑΡΤΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
Μας τίμησαν με τη συμμετοχή τους
Αντωνόπουλος Νίκος
Ασημακόπουλος Γιώργος
Βουτσάς Διονύσης
Βώβος Μάριος
Δεββές Κώστας
Δέτσιος Παντελής
Ζωβοΐλης Ηλίας
Καλλιακμάνης Νίκος
Καταραχιάς Τάκης
Κίκης Νίκος
Κοπάδης Θανάσης
Κουστέρης Χρήστος
Κουτσοβασίλης Κώστας
Λάμπρου Αναστάσιος
Λουκούσιας Παναγιώτης
Μάντζαρης Μάκης
Μανώλης Ανδρέας
Μαρκάκης Αντώνης
Μάρκου Κατερίνα
Μίχας Μάνος
Νικολακάκης Βαγγέλης
Ξανιά Ηλιάνα
Παγώνης Θεόδωρος
Πάτσης Ανδρέας
Πλατώνη Δέσπω
Ρουμελιώτης Δημήτρης
Σπύρου Πάνος
Τσακαλάκος Τάκης
Τσατσαρώνης Θεόδωρος
Χατζάκης Δημήτρης
Χιωτίνης Μιχάλης
Χρήστου Μαρία
Χύτης Μάριος

3. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
2
19η
άσκηση
Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού
Προτάθηκε από τον Μάριο Βώβο (1-2-2016)
Αποστολή λύσεων έως την Κυριακή 7/2/2016
Θεωρούμε τον αριθμό 0  και τη συνάρτηση   x
f x xe

α) Αποδείξτε ότι η f παρουσιάζει ακρότατο σε σημείο   0 0M x ,f x .
Στη συνέχεια να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των σημείων M καθώς το 
μεταβάλλεται στο διάστημα  ,0
β) Αν το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την fC , τις ευθείες
x 0 , y 0  και x 1 είναι E 1 . .   , να βρείτε τον αριθμό 
Στη συνέχεια για 1   :
γ) Να αποδείξετε ότι η fC έχει μοναδικό κοινό σημείο   1 1x ,f x με την
εφαπτομένη ε της fC στο σημείο   1,f 1 , το οποίο και να βρείτε
δ) Αποδείξτε ότι
   f 2f2
ln
3 2
     
  
   
, με 0 .   

4. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
3
1η
προτεινόμενη λύση (Μάριος Βώβος)
α) Είναι        x x x x
f ' x xe ' e xe e 1 x   
      , για κάθε x .
►    x 1
f ' x 0 e 1 x 0 x
     

►    
0
x 1
f ' x 0 e 1 x 0 x


     

Άρα, η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα
1
,
 
 
 
και γνησίως αύξουσα στο
διάστημα
1
,
 
 
 
. Επομένως, η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο, το
1 1 1 1
,f ,
e
    
            
. Άρα:
1
x 

και
1 1 x
y y
e e
   

. Άρα, ο γεωμετρικός τόπος των σημείων  είναι η
ευθεία  με εξίσωση
x
y
e
 . Περιοριζόμαστε στην ημιευθεια που βρίσκεται στο 3ο
τεταρτημόριο, διότι 0  άρα
1
x 0 

και
1 1
y 0
e
  

β) Είναι   x
f x 0 xe 0 x 0
     . Άρα:
   
11 1 1 1 1x x x
x
0 0 0 0 00
e e e
E f x dx f x dx xe dx x 'dx x dx
  

    
          
      
    
1x
2 2
0
e 1 e e e 1   
 
             
Όμως, 1  , επομένως:
2 2
2 2
e e 1
1 e e 1 e e 1 0
 
   
                 
  
    1 e 1 1
      . Άρα, 1   ή e 1
   .
Από τη γνωστή ανισότητα x
e x 1  και όπου x το x , έχουμε:
x
e 1 x
  , με την ισότητα να ισχύει, μόνο όταν x 0 . Επομένως:
1   ή 0  .
Η δεύτερη λύση απορρίπτεται, αφού 0  , άρα 1   .

5. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
4
γ) Η συνάρτηση f για 1   , γράφεται   x
f x xe , για κάθε x .
Η εφαπτομένη της f στο σημείο   1,f 1 δίνεται από τη σχέση:
      y f 1 f ' 1 x 1 y e 2e x 1 y 2ex e          .
Άρα, ζητούμε η εξίσωση:
  x x
f x 2ex e xe 2ex e xe 2ex e 0         , να έχει μοναδική ρίζα στο
.
Θεωρούμε, τη συνάρτηση   x 1
h x xe 2x 1
   , για κάθε x . Η h είναι
παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγισίμων συναρτήσεων με παράγωγο
   x 1 x 1 x 1
h' x e xe 2 x 1 e 2  
      , για κάθε x .
Για x 1 είναι x 1 2  και x 1
e 1
 , άρα    x 1
x 1 e 2 h' x 0
    , επομένως
η h είναι γνησίως αύξουσα στο  1, .
Για x 1 είναι x 1 2  και x 1
0 e 1
  , άρα    x 1
x 1 e 2 h' x 0
    ,
επομένως η h είναι γνησίως φθίνουσα στο  ,1 .
Τελικά, η h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0x 1 , το  h 1 0 . Άρα,
     h x h 1 h x 0   , για κάθε x , με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1
, που είναι και η μοναδική ρίζα της εξίσωσης  h x 0 .
Επομένως, το κοινό σημείο της fC με την εφαπτομένη , είναι το     1,f 1 1,e 
δ) Είναι:
3 2 2 22
3 2 3 ,
2 33
          
                  
        
που ισχύει. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο , άρα και στο διάστημα  ,  ,
με    x
f ' x e x 1  , οπότε ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος μέσης
τιμής, σε καθένα από τα διαστήματα
2
,
3
   
  
και
2
,
3
   
  
, επομένως θα
υπάρχει, ένα τουλάχιστον:
1
2
,
3
   
    
 
, ώστε  
   
 
1
2 2
f f f f
3 3
f '
2 2
3 3
        
      
     
  
 
.

6. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
5
2
2
,
3
   
    
 
, ώστε  
   
2
2 2
f f f f
3 3
f '
2
3 3
        
      
     
   

.
Για κάθε x 0 , έχουμε    x
f '' x e x 2 0   , άρα f κυρτή στο διάστημα  0,
και f ' γνησίως αύξουσα.
   
 
 
 f '
1 2 1 2
2 2
f f f f
3 3
0 f ' f '
2
3 3

        
      
             


   
   f 2f2 2 2
f f 2 f f f
3 3 3 3
                 
             
      
       2 22 0
3 3
f 2f f 2f2
e e
3 3 2
           
   
  
   f 2f2
ln
3 2
     
  
   
, που είναι το ζητούμενο.

7. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
6
2η
προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Ρουμελιώτης)
α. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ως γινόμενο παραγωγίσιμων
συναρτήσεων με
     x x x x x x
f '(x) xe ' x' e x e ' e xe f '(x) e 1 x     
         x .
1
f '(x) 0 1 x 0 x
1
f '(x) 0 1 x 0 1 x x , λ<0
     

        

Για
f1 1
x f (x) f ( )  
 
Για
f1 1
x f (x) f ( )  
 
Άρα για κάθε x είναι
1
f(x) f
 
  
 
. Άρα η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο
o
1
x 

, το
1
o
1 1 1
f(x ) f e
e

 
   
   
, άρα
1 1
M ,
e
 
 
  
,λ < 0 .
Αν M(x, y) τότε
1
x 

και
1 1
y y x
e e
  

με x,y 0 , άρα ο γεωμετρικός
τόπος των σημείων Μ είναι η ημιευθεία
1
: y x
e
  με x,y 0 χωρίς δηλαδή το
σημείο O(0,0) .
β. Το δοσμένο εμβαδόν δίνεται από την σχέση  
1
0
E f(x)dx   . Όμως η f είναι
γνησίως αύξουσα στο  
1
, 0,
 
   
 
άρα για
0 x 1 f(0) f(x) f(1) 0 f(x) e
        άρα :
 
 
' 1 11 1 1 1x x x
x x
0 0 0 00 0
2 2 2
e xe 1 e 1 e
E f (x)dx xe dx x dx e dx
e e 1e 1 e 1 e e 1
.
   
 
    
     
                 
          
    
         
        
   
x

1


f '(x)  
f > <

8. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
7
Όμως
 
 
  
2 2
2
e e 1
E( ) 1 1 e e 1 e e 1 0
1 e 1 0
 
   

   
                  

     
Από όπου παίρνουμε ότι : 1   ή e 1 0
    (1) . Θεωρώντας τη συνάρτηση
x
g(x) e x 1
   με x παρατηρούμε ότι g(0) 0 και ότι
x
g'(x) e 1
   ,
x . Είναι :
x
g'(x) 0 e 1 x 0
     και
x
g'(x) 0 e 1 x 0 x 0
        .
Άρα η συνάρτηση g είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα  ,0 . Αυτό σημαίνει
ότι για κάθε
x
x 0 g(x) g(0) e x 1 0
       άρα και e 1 0
    για κάθε
0  . Τελικά από την (1) παίρνουμε ότι : 1   .
γ. Για 1   είναι :
x
f(x) xe , x και   x
f '(x) x 1 e  , x .
Η εφαπτόμενη ευθεία (ε) της Cf στο σημείο της  B 1,f(1) είναι η :
   ( ): y f(1) f '(1) x 1 y e 2e x 1 y 2ex e           .
Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο με   x
f ''(x) x 2 e  , x .
Για κάθε   x
x 2 x 2 0 x 2 e 0 f ''(x) 0          άρα η f είναι κυρτή στο
διάστημα  2,  και επειδή  1 2,   άρα η γραφική παράσταση της f
βρίσκεται πάνω από την εφαπτόμενη της (ε) και μοναδικό κοινό σημείο τους στο
 2,  είναι το  B 1,f(1) ως σημείο επαφής.
Για το διάστημα  , 2  τώρα θεωρούμε τη συνάρτηση :
   x x
h(x) f(x) 2ex e xe 2ex e x e 2e e         ,  x , 2   .
Η h είναι παραγωγίσιμη στο  , 2  με   x
h'(x) x 1 e 2e   ,  x , 2   .
Για κάθε    x x x x
x 2 x 1 1 x 1 e e x 1 e 2e e 2e 0                
άρα h'(x) 0 για κάθε x 2  άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως φθίνουσα στο
διάστημα  , 2  .

9. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
8
‘Έτσι για κάθε
3
2
5e 2
x 2 h(x) h( 2) h(x) 0
e

        διότι
3
2
5e 2
h( 2)
e

 
.
Άρα για κάθε x 2 f(x) (2ex e) 0 f(x) 2ex e         άρα η Cf βρίσκεται
πάνω από την εφαπτόμενη (ε) στο διάστημα  , 2  , άρα δεν έχει κανένα κοινό
σημείο με αυτήν στο  , 2  .
Τελικά μοναδικό κοινό σημείο της Cf με την εφαπτόμενη της (ε) στο  B 1,f(1)
είναι το σημείο  B 1,f(1) . Άρα A B .
δ. Στο διάστημα  ,  θεωρούμε το σημείο
2
3
  
  . Είναι
 2
0
3

   
και 0
3
  
    άρα πράγματι      .
Η f ως παραγωγίσιμη συνάρτηση στο ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του
Θεωρήματος Μέσης Τιμής στα διαστήματα  ,  και  ,  αντίστοιχα. Άρα θα
υπάρχουν:  1 ,    ώστε
 
 1
3 f ( ) f( )f ( ) f ( )
f '( )
2
    
  
  
(2)
και  2 ,    ώστε
 
2
3 f( ) f( )f( ) f( )
f '( )
    
  
  
(3)
Όμως στο ερώτημα (γ) αποδείξαμε ότι η f είναι κυρτή στο  2,  , άρα και στο
διάστημα  ,  αφού 0     , άρα η f ' είναι γνησίως αύξουσα στο  ,  , έτσι
έχουμε
 
 
 
 
1 2 1 2
0
2 2
3 3
22 0
3
3 f ( ) f( ) 3 f ( ) f ( )
f '( ) f '( )
2
f ( ) f ( ) 2
f ( ) f ( ) 3f ( ) f ( ) 2f ( ) 3f f ( ) 2f ( )
2 3
2
3 e f ( ) 2f ( ) 2 e f ( ) 2f ( )
3
f ( ) 2f ( )
e
2

   
  

     
              
     
      
                
 
  
            
  
  
  
2f 0
3
x>0
f ( ) 2f ( )
ln e ln
2
       
   
    

10. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
9
άρα τελικά
2 f( ) 2f( )
ln
3 2
      
  
   
για κάθε 0 .   
3η
προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)
α) Είναι f(x) = xe−λx
. Η f συνεχής στο R ως γινόμενο συνεχών και παραγωγίσιμη ως
γινόμενο παραγωγίσιμων , με f΄(x) = e−λx
− λxe−λx
= (1 − λx)e−λx
.f΄(x)=0x =
1
λ
,
f΄(x)>0 x >
1
λ
, f΄(x)<0 x <
1
λ
. Δηλαδή f γνήσια φθίνουσα στο (-∞ ,
1
λ
] , f γνήσια
αύξουσα στο [
1
λ
,+∞ ) , στο x0 =
1
λ
παρουσιάζει ολικό ελάχιστο f(
1
λ
) =
1
λ
e−1
. Συνεπώς
f(x)≥
1
λe
.
Τωρα για
1
λ
= x<0 έχουμε y= xe−1 y =
x
e
. ΄Aρα ο γεωμετρικός τόπος των σημείων
Μ(x0,f(x0)) είναι η ευθεία y =
x
e
για x<0 (ημιευθεία με εξαίρεση το Ο(0,0)) .
β) Προφανώς για x≥ 0 ισχύει f(x) ≥ 0. Eπόμενα το ζητούμενο εμβαδόν είναι:
Ε(λ)=∫ f(x)dx =
1
0
∫ x e−λx
dx = −
1
0
∫ x (
e−λx
λ
) ΄dx = − [x (
e−λx
λ
)]
0
1
+
1
λ
∫ e−λx
dx =
1
0
1
0
− [x (
e−λx
λ
)]
0
1
− [(
e−λx
λ2 )]
0
1
= −
1
λ2 [(λx + 1)e−λx
]0
1
= −
1
λ2 [(λ + 1)e−λ
-1] =
1−(λ+1)e−λ
λ2 .
Τώρα

11. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
10
Ε(λ) – 1 =
1−(λ+1)e−λ
λ2
− 1 =
1−(λ+1)e−λ−λ2
λ2
=
(1−λ)(1+λ)−(λ+1)e−λ
λ2
=
(1+λ)(1−λ−e−λ)
λ2
.
Αν g(λ) = 1 − λ − e−λ
, λ≤ 0 τότε g΄(λ)= e−λ
− 1 > 0 για λ<0. Δηλαδή g γνήσια αύξουσα
στο (-∞ , 0] , επόμενα λ<0 g(λ) < 01 − λ − e−λ
< 0.
΄Αρα για λ<0 , Ε(λ) – 1=01+λ=0λ= -1.
γ) f(x) = xex
, f΄(x) = (1 + x)ex
,f(1)=e , f΄(1)=2e . Συνεπώς η εφαπτόμενη στο Β(1,e) είναι
y = 2ex – e. Aν h(x) = f(x)-y = xex
− (2ex – e) = xex
− 2ex + e τότε h΄(x)= xex
+ ex
−
2e και h(1)=0.
Aν σ(x)=1+x-2e1−x
με x∈ R, σ΄(x)= 1+2e1−x
>0 ∀ x∈ R. Oπότε η σ γνήσια αύξουσα στο
R. Eπόμενα:
Για x>1 έχω σ(x)> σ(1)  1+x-2e1−x
>0 xex
+ ex
− 2e > 0 h΄(x)>0 δηλαδή h γν.
αύξουσα στο [1,+ ∞) οπότε x>1 h(x)>0.
΄Ομοια για x<1 έχω σ(x)< σ(1)  1+x-2e1−x
<0 xex
+ ex
− 2e < 0 h΄(x)<0 δηλαδή
h γν. φθίνουσα στο (- ∞ , 1]) οπότε x<1 h(x)>0 . ΄Αρα h(x1)=0x1=1.
δ) Έχουμε f΄(x) = (1 + x)ex
, f ΄΄(χ) = (2 + x)ex
> 0 γιά x > 0. Επόμενα f΄γνήσια
αύξουσα στο [0,+ ∞).
Από θεώρημα Μέσης Τιμής για την f στο διαστήματα [α ,
α+2β
3
] , [
α+2β
3
, β ] υπάρχουν ξ1
, ξ2∈ R με α< ξ1<
α+2β
3
< ξ2 <β και
f΄( ξ1)=
f(
a+2β
3
)−f(a)
2
3
(β−a)
, f΄( ξ2)=
f(β)−f(
a+2β
3
)
1
3
(β−a)
και επειδή f΄( ξ1) < f΄( ξ2)  f (
a+2β
3
) − f(a) <
2(f(β) − f (
a+2β
3
)) 3 f (
a+2β
3
) < f(a) + 2(f(β)3(
a+2β
3
) e
a+2β
3 < f(a) + 2(f(β)
e
a+2β
3 <
f(a)+2(f(β)
a+2β
a+2β
3
< ln (
f(a)+2(f(β)
a+2β
).
4η
προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)
Α)   x
f (x) 1 x e
   με ρίζα το
1
0

και
1
f (x) 0, x  

και
1
f (x) 0,x  

δηλ.
f στο
1
,
 
  
,
1
f ,
 
 
ενώ έχει ολικό min το
1 1
f
e
 
 
  
. Με
1 1
x , y
e
 
 
, 0  είναι
x
y ,x 0
e
 

12. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
11
Β) Η f συνεχής στο [0,1] με f (x) 0 και
 
1x
1 1 1 1
x x x x
0 0 0 0
0
1x
2
2 2 2
0
1 xe 1 1 1 1
E xe dx x e dx e dx e dx
e
1 1 e 1 1 1 1 1 e 1 e
e 1 1 1 e e
e e e e e

   

  
  
    
     
             
         
     
                  
        
   
Θεωρώ      2
( ) 1 e 1 1 1 e 1 , 0 
                 είναι ( 1) 0   και
 h( ) 1 e 1, 0
      είναι h ( ) e 0
     δηλ. h και
1 1
lim h( ) lim 1 lim 1
e e


   
 
    

,
0
lim h( ) 0

  δηλ.  h( ) 0,1  , άρα ο -1
μόνη ρίζα της φ.
Γ) Η εφαπτομένη της Cf στο Β(1,f(1)): y 2ex e  . Η εξίσωση: x
xe 2ex e  . Θέτω
x x
T(x) xe 2e  με T(1) e  και   x
T (x) x 1 e 0 x 1      . Είναι T στο
 ,1 και  στο [1, ) με ΟΕ το e . Άρα T(x) e x 1    και Α(1,e).
Δ) Η αποδεικτέα ισοδύναμα γράφεται:
a 2 a 2
3 3
f(a) 2f( ) 2 f(a) 2f( ) a 2 f(a) 2f( )
e e f
2 3 3 3 3
   
           
     
    
Με 2
ΘΜΤ στα
2
,
3
   
  
και
2
,
3
   
  
υπάρχουν 1 2
2 2
, , ,
3 3
        
        
   
με
1
3 f(a 2 ) f(a)
f ( )
2
  
   

και 2
2
f( ) f( )
3f ( ) 3
  
 
   

.
Είναι  x
f (x) e x 2 0 x 2       και f (x) 0  στο  , 2  , f (x) 0  στο
 2,  , άρα f  στο ( , 2]  και f  στο [ 2, )  . Δηλαδή ισχύει
1 2
a 2
f ( ) f ( ) 2f( ) f( ) 3f
3
            
 
οεδ.
5η
προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)
α) f(x) = xe−λx
, με f′(x) = (1 − λx)e−λx
, λ < 0
x 1/λ
f′
(x) − +
f(x) ↘ ↗

13. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
12
Άρα Μ (
1
λ
, f (
1
λ
)) = (
1
λ
,
1
λ
e−1
)
 Θέτουμε {
x =
1
λ
< 0
y =
1
λ
e−1
⇔ y = xe−1
, x < 0 . Οπότε ο γ.τ. των σημείων Μ είναι
η ημιευθεια y = xe−1
, x < 0.
β) Ε = ∫ |f(x)|dx = 1
1
0
⟺ ∫ xe−λx
dx = 1 ⟺ [−
1
λ
xe−λx
]
0
1
+
1
λ
∫ e−λx
dx = 1 ⟺
1
0
1
0
⟺ [−
1
λ
xe−λx
]
0
1
+
1
λ
[−
1
λ
e−λx
]
0
1
= 1 ⟺ −
1
λ
e−λ
−
1
λ2
(e−λ
− 1) = 1 ⟺
−λe−λ
− e−λ
+ 1 = λ2
⟺ (λ + 1)(−e−λ
+ 1 − λ) = 0 ⇢ λ = −1 ή − e−λ
+ 1 − λ
= 0
 Θεωρούμε την Κ(x) = −e−x
+ 1 − x , x ∈ ℝ με Κ′(x) = e−x
− 1 και
Κ(0) = 0
x 0
Κ′
(x) + −
Κ(x) ↗ ↘
Έστω ότι Κ(ρ) = 0 με ρ > 0
κ ↓
⇔ Κ(ρ) < Κ(0) ⟺ 0 < 0 ⇢ ατοπο
Έστω ότι Κ(ρ) = 0 με ρ < 0
κ ↑
⇔ Κ(ρ) < Κ(0) ⟺ 0 < 0 ⇢ ατοπο
Τελικά η εξίσωση Κ(x) = 0 εχει μοναδικη ριζα το 0 και επειδή λ < 0 τότε η εξίσωση
−e−λ
+ 1 − λ = 0 είναι αδύνατη για λ < 0 .
γ) f(x) = xex
, με f′(x) = (1 + x)ex
και f′′(x) = (2 + x)ex
x −1
f′
(x) − +
f(x) ↘ ↗
𝑥 −2
𝑓′′
(𝑥) − +
𝑓(𝑥) ∩ ∪
Η εφαπτόμενη της 𝐶𝑓 στο Β είναι 𝜀 ∶ 𝑦 = 2𝑒𝑥 − 𝑒 ή 𝑔(𝑥) = 2𝑒𝑥 − 𝑒
1 περίπτωση : 𝒙 > −𝟐

14. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
13
Για 𝑥 > −2 η 𝐶𝑓 είναι κυρτή άρα 𝑓(𝑥) ≥ 2𝑒𝑥 − 𝑒 και το ίσον ισχύει μόνο όταν
𝑥 = 1
2 περίπτωση : 𝒙 ≤ −𝟐
 𝑓 συνεχής και ↓ στο (−∞, −2] ⇢ 𝑓((−∞, −2]) = [−
2
𝑒2
, 0) άρα 𝑓(𝑥) ≥ −
2
𝑒2
 𝑥 ≤ −2
𝑔 ↑
⇔ 𝑔(𝑥) ≤ 𝑔(−2) = −5𝑒
 𝑔(𝑥) ≤ −5𝑒 < −
2
𝑒2
≤ 𝑓(𝑥) ⇢ 𝑓(𝑥) > 𝑔(𝑥) , 𝑥 ≤ −2
Επομένως 𝑓 (𝑥) ≥ 2𝑒𝑥 − 𝑒 και το ίσον ισχύει μόνο όταν 𝑥 = 1 .
δ) Θεωρούμε την ℎ(𝑥) = 𝑒 𝑥
𝜇𝜀 ℎ′′(𝑥) = 𝑒 𝑥
> 0 άρα ℎ′
↑
 ℎ παραγωγισιμη στο [𝛼,
𝛼+2𝛽
3
] από ΘΜΤ ∃𝑥1 ∈ (𝛼,
𝛼+2𝛽
3
) : ℎ′(𝑥1) =
𝑒
𝛼+2𝛽
3 −𝑒 𝑎
2(𝛽−𝑎)
3
 ℎ παραγωγισιμη στο [
𝛼+2𝛽
3
, 𝛽] από ΘΜΤ ∃𝑥2 ∈ (
𝛼+2𝛽
3
, 𝛽) : ℎ′(𝑥2) =
𝑒 𝛽−𝑒
𝛼+2𝛽
3
2(𝛽−𝑎)
3
 𝑥1 < 𝑥2
ℎ ↑
⇔ ℎ′(𝑥1) < ℎ′(𝑥2) ⟺
𝑒
𝛼+2𝛽
3 −𝑒 𝑎
2(𝛽−𝑎)
3
<
𝑒 𝛽−𝑒
𝛼+2𝛽
3
2(𝛽−𝑎)
3
⟺ 𝑒
𝛼+2𝛽
3 − 𝑒 𝑎
< 𝑒 𝛽
−
𝑒
𝛼+2𝛽
3
0<𝛼<𝛽<2𝛽
⇔ 𝑎 (𝑒
𝛼+2𝛽
3 − 𝑒 𝑎
) < 2𝛽 (𝑒 𝛽
− 𝑒
𝛼+2𝛽
3 ) (1)
Έστω ότι
𝛼+2𝛽
3
< 𝑙𝑛 (
𝑓(𝛼)+2𝑓(𝛽)
𝛼+2𝛽
) ⇔ 𝑙𝑛𝑒
𝛼+2𝛽
3 < 𝑙𝑛 (
𝑓(𝛼)+2𝑓(𝛽)
𝛼+2𝛽
) ⇔ 𝑒
𝛼+2𝛽
3 <
𝑓(𝛼)+2𝑓(𝛽)
𝛼+2𝛽
⇔ 𝑒
𝛼+2𝛽
3 (𝛼 + 2𝛽) < 𝑎𝑒 𝑎
+ 2𝛽𝑒 𝛽
⟺ 𝛼 (𝑒
𝛼+2𝛽
3 − 𝑒 𝑎
) < 2β (eβ
− e
α+2β
3 ) που ισχύει
λογω της (1) .

15. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
14
6η
προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)
A.
 x x x x
f(x) = xe f '(x) = e -λxe e 1-λx ,x R   
  
1
f '(x) = 0 x =

Από τον πίνακα έχουμε ολικό ελάχιστο
f (
1

)=
1
e
, άρα  
1 1
M , , ,0
e
 
  
  
Για κάθε  x ,0  υπάρχει  
1
,0 : x 0   

, αφού η ποσότητα
 
1
, ,0 

παίρνει όλες τις τιμές στο  ,0 . Αν
1
y
e


τότε
 
x
y , ά x ,0
e
      . Άρα ο Γ.Τ. των σημείων Μ(x,y) είναι το μέρος
της ευθείας
x
: y , x 0
e
  
B.
x
f(x) = 0 xe 0 x 0
    , μοναδικό σημείο τομής με τον x’x.
   
x 01 1 1
x x
0 0 0
1 1x x
1
x
0
0 0
2 2
E 1 f (x)dx 1 xe dx 1 xe dx 1
xe 1 e 1 e
e dx 1 1
e e 1
1 1 1 e 1 0 (1)

 
  

 

       
   
          
       
               
  

Θεωρώ τη συνάρτηση
x
g(x) (x 1)e 1 ,x 0   
x -∞
1
λ +∞
f ’ - +
f ↘ ↗
ΟΕ f ( 1
λ
)= 1
λe

16. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
15
x x x
g'(x) e (x 1)e xe 0 , x 0       ,g συνεχής άρα  g ,0  και
g(x) 0 για x<0. Άρα  1 e 1 0
    οπότε από (1) είναι 1  
μοναδική λύση.
Γ.
Για λ=-1 είναι
x
f(x) = xe ,x R . Η εφαπτόμενη της Cf στο Β(1,e) είναι η
: y e 2e(x 1) y 2ex e       .
Έστω
x
H(x) f(x) 2ex e xe 2ex e ,x R       με Η(1)=0
  x
H'(x) x 1 e 2e ,H'(1) 0   
Έστω   1 x
G(x) x 1 2e ,x R
   
1 x
G'(x) 1 2e 0 G R G(1) 0
       
.Αρα για
    1 x x
x 1 G(x) G(1) 0 x 1 2e 0 e x 1 2e 0
            
 H'(x) 0 H 1, H(x) H(1) 0      
    1 x x
x 1 G(x) G(1) 0 x 1 2e 0 e x 1 2e 0
            
 H'(x) 0 H ,1 H(x) H(1) 0      
Άρα η Η έχει μοναδική λύση το 1 άρα και η εξίσωση f (x) 2ex e  έχει
μοναδική λύση την x=1 .Συνεπώς η Cf έχει μοναδικό κοινό σημείο με την
εφαπτόμενη της στο Β το Β.
Δ.
       x x
f '(x) = x +1 e f ''(x) = x +2 e 0 0, f ' 0,        και
f (x) > 0
2
0 a
3
  
       

17. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
16
εφαρμόζοντας ΘΜΤ στα
2 2
, , ,
3 3
        
       
, θα υπάρχουν
1 2
2 2
, , , :
3 3
        
        
   
1 2
2 2
f( ) f f f( )
3 3
f '( ) , f '( )
2 2
a
3 3
        
      
      
     
 
, άρα
1 2
2 2
f( ) f f f( )
3 3
f '( ) f '( )
2 2
a
3 3
2 2
f( ) f f f( )
3 3
2 2
        
      
        
     
 
        
      
    
    
2
3
2
3
2 2
f( ) f 2f 2f( )
3 3
f( ) 2f( ) 2 f( ) 2f( ) 2
f e
3 3 3 3
f( ) 2f( ) f( ) 2f( ) 2
e ln .
2 2 3
 
 
        
        
   
            
    
 
        
  
     

18. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
17
20η
άσκηση
Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού
Προτάθηκε από τον Ηλία Ζωβοΐλη (8-2-2016)
Αποστολή λύσεων έως την Κυριακή 14/2/2016
Έστω συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο  0, ,για την οποία ισχύει:
   f x
f x e lnx 1, x 0   
Α. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f έχει σύνολο τιμών το .
Β1. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται και στη συνέχεια
να ορίσετε τη συνάρτηση 1
f
.
Β2. Να λύσετε την εξίσωση:  
 f x
f e lnx, x 0  .
Γ1. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι κοίλη στο  0, .
Γ2. Να βρείτε τους α,β ,για τους οποίους ισχύει:
    1
α f β 2 f α β 1
     .
Δ1. Να αποδείξετε ότι για κάθε  x 0,  ισχύει:
     x
f e f x 1 x ln x 1     .
Δ2. Να υπολογίσετε το όριο:
   x
x 0
f e f x 1
lim
x

 
.
Ε. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση:
     x f x f x 1 f x 2
0
x 2 x 1
   
 
 
,
έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο  1,2 .
ΣΤ. Να αποδείξετε ότι:
 
  
e
2
1
f x
2 dx f e 3 7
x
    .

19. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
18
1η
προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)
Α. Αρκεί και πρέπει να δείξουμε ότι για κάθε y R, η εξίσωση  y f x έχει λύση
ως προς x, όπου x 0. Θεωρούμε τη συνάρτηση g : R R με τύπο
  x
g x e x 1   . Η g είναι παραγωγίσιμη στο R με παράγωγο   x
g x e 1 0,   
που σημαίνει ότι η g είναι γνησίως αύξουσα στο R , άρα και "1 1" στο R
Εύκολα φαίνεται ότι   g f x ln x,x 0. 
Για y R και x 0 έχουμε
           y
g:1 1
g y e y 1
f x y g f x g y ln x g y x e e .

 
       
Αποδείξαμε λοιπόν ότι για τυχαίο 0y R, υπάρχει
y0
0e y 1
0x e 0 
  τέτοιο, ώστε
 0 0f x y .
Επομένως η f έχει σύνολο τιμών το R .
Β1. Έστω 1 2x ,x 0 με    1 2f x f x . Η g είναι συνάρτηση, άρα
     
g:1 1
1 2 1 2 1 2g f x g f x ln x ln x x x

     , που σημαίνει ότι η συνάρτηση f
είναι "1 1" στο  0, , επομένως ορίζεται η αντίστροφη 1
f .
(Σχόλιο: θα μπορούσαμε εναλλακτικά να αποδείξουμε ότι η f είναι "1 1" στο
 0, κάνοντας χρήση της παραγωγισιμότητας της f , καθώς παραγωγίζοντας τη
σχέση    f x
f x e lnx 1   προκύπτει
   
         
   
 
   
 
f x f x
f x
f x
1
f x e lnx 1 f x f x e
x
1 1
f x 1 e f x 0
x x 1 e
         
 
      
   
Άρα η f είναι"1 1" στο  0, , ως γνησίως αύξουσα).
Για x 0 και y R είναι
y
e y 1
x e  
 (από το Α ερώτημα), οπότε
 
y
1 e y 1
f y e ,y R.  
 
Β2. Για κάθε x 0 έχουμε
Η ημερομηνία αποστολής των λύσεων καθορίζει και τη σειρά καταγραφής τους

20. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
19
 
   
    
 
 
1
f :1 1
f x f x1 1
f x x lnx 1
f e lnx f f e f lnx
e e f x x ln x 1


 
 
   
    
Θεωρούμε συνάρτηση  u : 0, R  με τύπο    u x f x x ln x 1   
Η u είναι παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της, με
      
1
u x f x x ln x 1 f x 1 0,
x
        
καθώς    
 f x
1 1
f x ,
xx 1 e
  

οπότε η u είναι γνησίως φθίνουσα στο  0, , άρα
και "1 1" στο  0, . Έτσι        
u:1 1
f x x ln x 1 u x 0 u x u 1 x 1,

        
αφού      1
f 0 1 f 1 0 u 1 0
    
Γ1. Η συνάρτηση f  είναι παραγωγίσιμη στο  0, (ως πράξεις παραγωγίσιμων
συναρτήσεων), με
   
   
 
 
   
 
   
  
   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
f x f x f x
2 2f x f x f x2 2
f x f x f x
f xf x
f x
2 2
f x f x2 2
1 1 1
f x x 1 e 1 e xe f x
x 1 e x 1 e x 1 e
1
1 e xe e
1 ex 1 e
1 e 0,
x 1 e x 1 e
 
            
     
 
 
    
 
για κάθε  x 0,  . Οπότε η f είναι κοίλη στο  0,
Γ2. Είναι  f 1 0 και    
 f 1
1 1
f 1 .
21 1 e
  
 
Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο  M 1,0 έχει εξίσωση
      
1
y f 1 f 1 x 1 y x 1 .
2
     
Επειδή η f είναι κοίλη στο  0, , θα ισχύει      
1
f x x 1 2f x x 1,x 0
2
     
με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1.
Θεωρούμε τη συνάρτηση  w : 0, R  με τύπο    w x x 2f x .  Είναι
 w x 1, για κάθε x 0 με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1. Οπότε

21. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
20
    
   
         
1
1
1 1
α f β 2 f α β 1
α 2f α f β 2 2
w w f β 2 1 f β 1 1 0 ,


 
     
     
             
καθώς  w 1  και   1
w f β 1
 , με τις ισότητες να ισχύουν μόνο για
 1
f β 1.
  
Δ1. Έστω συνάρτηση  h : 0, R  με τύπο      f x
h x f x ln x 1 e    .
Η h είναι παραγωγίσιμη στο  0, με    
     f x f x
h x 1 e f x e 0,
      άρα η h
είναι γνησίως φθίνουσα στο  0, .
Όμως για κάθε x 0 ισχύει ότι
x
e x 1 0,   οπότε κάνοντας χρήση της μονοτονίας
της h έχουμε
         
     
x x
x
h e h x 1 f e x f x 1 ln x 1
f e f x 1 x ln x 1
       
     
Δ2. Για κάθε x 0 είναι    
f
x x
e x 1 0 f e f x 1     
<
, οπότε
     
     
x 0
x
x
0 f e f x 1 x ln x 1
f e f x 1 x ln x 1
0 .
x x

      
   
 
Όμως,

    
x 0 x 0 x 0
0
0
DL
x ln x 1x ln x 1 1
1 0
x x x 1
lim lim lim  
  
 
 
 

    
      

x 0
0 0lim


Οπότε από το κριτήριο παρεμβολής θα ισχύει και
   
x 0
x
f e f x 1
0.
x
lim

 

Ε. Θεωρούμε τη συνάρτηση  v: 1,2 R με τύπο
            v x x 1 xf x f x 1 x 2 f x 2 .      
 η συνάρτηση v είναι συνεχής στο  1,2 , ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων
    v 1 f 3 0,   καθώς        
f
1 3 f 1 f 3 0 f 3 f 3 0       
<

22. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
21
      v 2 2f 2 f 3 0,   καθώς η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του
Θεωρήματος Μέσης Τιμής σε καθένα από τα διαστήματα  1,2 και  2,3 ,
οπότε υπάρχουν  1 1,2  και  2 2,3  τέτοια, ώστε
       1f f 2 f 1 f 2     και      2f f 3 f 2    και επειδή η f είναι
κοίλη στο  0, , θα ισχύει
             
f
1 2 1 2f f f 2 f 3 f 2 2f 2 f 3 0

             
>
Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano, η εξίσωση  v x 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο
διάστημα  1,2 . Όμως,
            
     
1 x 2
v x 0 x 1 xf x f x 1 x 2 f x 2 0
xf x f x 1 f x 2
0
x 2 x 1
 
         
  
 
 
ΣΤ. Έχουμε
   
 
       
  
f x 0
f x f x
f x e lnx 1 f x f x f x e f x lnx 1 ,
 
         για κάθε x 0.

23. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
22
       
    
       
     
   
  
 
 
   
  
 
   
e e
f x
1 1
e e e
ef x
1
1 1 1
e
ee ef x2
11 1
1
e
ee ef x2
11 1
1
e
f e2 0
1
Ά , f x f x f x e dx f x lnx 1 dx
f x f x dx f x e dx f x lnx 1 f x lnx 1 dx
f x1
f x e f x lnx 1 dx
2 x
f x
2 dx f x 2 e 2 f x lnx 1
x
f x
2 dx f e 2e 2e
x
      
         
            
            
  
 
  


  
 
      
 
     
 
   
 
  
e
2
1
e
2
1
e
2
1
e
2
1
2f e 2
f x
2 dx f e 2 ln e 1 f e 2 4f e
x
f x
2 dx f e 4 2f e 2 4f e 0
x
f x
2 dx f e 6f e 9 7
x
f x
2 dx f e 3 7.
x
  
      
      
    
   




2η
προτεινόμενη λύση (Παύλος Τρύφων)
(εναλλακτικές λύσεις υποερωτημάτων)
Β΄ τρόπος ερωτήματος Α:
Η f είναι γνησίως αύξουσα στο  0,
[Πράγματι, για τυχαία 1 2x ,x 0 με 1 2x x αρκεί να αποδείξουμε ότι    1 2f x f x .
Αν υποθέσουμε ότι    1 2f x f x , τότε    1 2f x f x
e e

24. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
23
Άρα,
   
   
 
   
   1 2
1 2
ό
1 2 f x f x
1 2f x f x
1 2 1 2 1 2
f x f x
f x e f x e
e e
lnx 1 lnx 1 lnx lnx x x , ά .
    
     
  
       
Οπότε,    1 2f x f x δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο  0, ].
Επιπλέον η f είναι και συνεχής (ως παραγωγίσιμη), οπότε το σύνολο τιμών είναι
       xx 0
f 0, f x , f xlim lim 
 
 Αν  x 0
f x k R,lim

  τότε παίρνοντας όρια για x 0
 στη σχέση
   f x
f x e lnx 1   προκύπτει
k
k e ,   άτοπο! Άρα  x 0
f x .lim

 
 Αν  x
f x m R,lim

  τότε παίρνοντας όρια για x  στη σχέση
   f x
f x e lnx 1   προκύπτει
m
m e ,   άτοπο! Άρα  x
f x .lim

 
Τελικά,     f 0, , R.    
Β΄ τρόπος ερωτήματος ΣΤ:
Η σχέση    f x
f x e lnx 1   για x e δίνει      
   f e f e
f e e 2 e 2 f e 1    
Στο ολοκλήρωμα
 e
1
f x
dx
x κάνουμε την αντικατάσταση
     
 
 u
f x
dx dx
u f x du f x dx du 1 e du
xx 1 e
       

Για να νέα άκρα έχουμε: για  x 0 u f 0 1    και για  x e u f e  

25. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
24
Άρα
 
 
    
 
 
 
       
 
         
      
 
  
f e f e f e f ee
f eu u 2 u u
0
1 0 0 0 0
1
f e f e2 2
e
2 22
1
f x
2 dx 2 u 1 e du 2 udu 2 ue du f e 2 ue 2 e dx
x
f e 2f e e 2e 2 f e 2f e 2 f e 2 2-f e 2
f x
f e 6f e 2 7 f e 3 2 dx f e 3 7.
x
         
        
         
    

3η
προτεινόμενη λύση (Δέσπω Πλατώνη)
Α.Είναι 𝑓(𝑥) + 𝑒 𝑓(𝑥)
= 𝑙𝑛𝑥 + 1 , 𝑥 > 0 (1)
Έστω 𝑔(𝑥) = 𝑥 + 𝑒 𝑥
, 𝑥 ∈ ℝ
𝑔΄(𝜒) = 1 + 𝑒 𝑥
> 0 𝛾𝜄𝛼 𝜅ά𝜃𝜀 𝜒 ∈ ℝ
Άρα 𝑔 ↗ 𝜎𝜏𝜊 ℝ οπότε και 1-1 και αντιστρέφεται.
𝑔 συνεχής στο ℝ άρα
𝑔(ℝ) = ( lim
𝑥→−∞
𝑔(𝑥) , lim
𝑥→+∞
𝑔(𝑥)) = (−∞, +∞) = ℝ = 𝐷 𝑔−1
Έστω ℎ(𝑥) = 𝑙𝑛𝑥 + 1 , 𝑥 > 0
ℎ΄(𝑥) =
1
𝑥
> 0 για κάθε χ> 0 άρα ℎ ↗ 𝜎𝜏𝜊 (0, +∞)
ℎ συνεχής οπότε ℎ((0, +∞)) = ( lim
𝑥→0+
ℎ(𝑥) , lim
𝑥→+∞
ℎ(𝑥) ) = (−∞, +∞) = ℝ
Για κάθε 𝜒 ∈ (0, +∞) λόγω της (1) 𝑔(𝑓(𝑥)) = ℎ(𝑥) ⟺ 𝑓(𝑥) = 𝑔−1
(ℎ(𝑥))
άρα 𝑓((0, +∞)) = 𝑔−1
(ℎ((0, +∞))) = 𝑔−1
(ℝ) = 𝐷𝑔 = ℝ
Β1. Παραγωγίζουμε την (1) και έχουμε:
𝑓΄(𝑥) + 𝑒 𝑓(𝑥)
𝑓΄(𝑥) =
1
𝑥
⟺ 𝑓΄(𝑥)(1 + 𝑒 𝑓(𝑥)
) =
1
𝑥
⟺ 𝑓΄(𝑥) =
1
𝑥 (1 + 𝑒 𝑓(𝑥))
> 0
Άρα 𝑓 ↗ 𝜎𝜏𝜊 (0, +∞) οπότε 1-1 και αντιστρέφεται.
𝐷 𝑓−1 = 𝑓((0, +∞)) = ℝ
Θέτουμε στην (1) 𝑓(𝑥) = 𝜓 και έχουμε:

26. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
25
𝜓 + 𝑒 𝜓
= 𝑙𝑛𝑥 + 1 ⟺ 𝑙𝑛𝑥 = 𝑒 𝜓
+ 𝜓 − 1 ⟺ 𝜒 = 𝑒 𝑒 𝜓+𝜓−1
⟺ 𝑓−1
(𝜓) = 𝑒 𝑒 𝜓+𝜓−1
⟺ 𝑓−1
(𝑥) = 𝑒 𝑒 𝑥+𝑥−1
, 𝑥 ∈ ℝ.
Β2. 𝑓(𝑒 𝑓(𝑥)
) = 𝑙𝑛𝑥 ⟺ 𝑒 𝑓(𝑥)
= 𝑓−1
(𝑙𝑛𝑥) ⟺ 𝑒 𝑓(𝑥)
= 𝑒 𝑒 𝑙𝑛𝑥+𝑙𝑛𝑥−1
⟺
𝑒 𝑓(𝑥)
= 𝑒 𝑥+𝑙𝑛𝑥−1
⟺ 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 𝑙𝑛𝑥 − 1 ⟺ 𝑓(𝑥) − 𝑥 − 𝑙𝑛𝑥 + 1 = 0 (2).
Είναι 𝑓−1
(0) = 𝑒 𝑒0+0−1
= 𝑒1−1
=𝑒0
= 1 ⟺ 𝑓(1) = 0
άρα η (2) έχει ρίζα το 1 αφού 𝑓(1) − 𝑙𝑛1 − 1 + 1 = 0
Είναι 𝑓΄(𝑥) =
1
𝑥 (1+𝑒 𝑓(𝑥))
<
1
𝜒
για κάθε 𝜒 > 0
Έστω 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑥 − 𝑙𝑛𝑥 + 1 , 𝑔΄(𝜒) = 𝑓΄(𝑥) −
1
𝜒
− 1 , 𝜒 > 0
Η 𝑔 έχει ρίζα το 1 αφού 𝑔(1) = 0 . Έστω ότι έχει και δεύτερη ρίζα χ1> 1
Από Θ.Rolle για την 𝑔 στο [1, χ1] υπάρχει 𝜉 ∈ (1, χ1) : 𝑔΄(𝜉) = 0 ⟺
𝑓΄(𝜉) −
1
𝜉
− 1 = 0 ⟺ 𝑓΄(𝜉) =
1
𝜉
+ 1 >
1
𝜉
άτοπο αφού 𝑓΄(𝜉) <
1
𝜉
Όμοια αν 0 < χ1 < 1 . Άρα το 1 μοναδική ρίζα.
Γ1. Για κάθε 𝜒 > 0 είναι 𝑓΄(𝑥) =
1
𝑥 (1+𝑒 𝑓(𝑥))
𝑓΄ παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων με
𝑓΄΄(𝜒) = −
1
𝜒2 (1 + 𝑒 𝑓(𝑥))2
[𝑥 (1 + 𝑒 𝑓(𝑥)
)]΄
= −
1
𝜒2 (1 + 𝑒 𝑓(𝑥))2
[1 + 𝑒 𝑓(𝑥)
+ 𝜒 𝑒 𝑓(𝑥)
𝑓΄(𝑥)] < 0
Άρα 𝑓 κοίλη στο (0, +∞).
Γ2. Είναι 𝑓(1) = 0 και 𝑓΄(1) =
1
1 (1+𝑒 𝑓(1))
=
1
1+𝑒0
=
1
2
Η εφαπτομένη (ε1) της 𝐶𝑓 στο σημείο (1,0) έχει εξίσωση:
𝜓 − 0 = 𝑓΄(1) (𝜒 − 1) ⟺ 𝜓 =
1
2
(𝜒 − 1) ⟺ 𝜓 =
1
2
𝜒 −
1
2
𝑓 κοίλη άρα η 𝐶𝑓 θα βρίσκεται κάτω από την (ε1) για κάθε χ∈ (0, +∞) με
εξαίρεση το σημείο επαφής.
Οπότε 𝑓(𝑥) ≤
1
2
𝜒 −
1
2
⟺ 2𝑓(𝑥) ≤ 𝑥 − 1 ⟺ 𝑥 − 2𝑓(𝑥) ≥ 1 με το ίσον μόνο για
χ=1.

27. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
26
Για χ=α έχουμε: 𝛼 − 𝑓(𝛼) − 1 ≥ 0 (3)
Είναι 𝑓−1
(0) = 1 και (𝑓−1)΄(𝜒) = (𝑒 𝑒 𝑥+𝑥−1
)΄ = 𝑒 𝑒 𝑥+𝑥−1
(𝑒 𝑥
+ 1)
άρα (𝑓−1)΄(0) = 𝑒0
∙ 2 = 2
Η εφαπτομένη (ε2) της 𝐶 𝑓−1 στο σημείο (0,1) έχει εξίσωση:
𝜓 − 1 = 2(𝜒 − 0) ⟺ 𝜓 = 2𝜒 + 1
(𝑓−1)΄΄(𝜒) = 𝑒 𝑒 𝑥+𝑥−1 (𝑒 𝑥
+ 1)2
+ 𝑒 𝑒 𝑥+𝑥−1
𝑒 𝑥
> 0 άρα 𝑓−1
κυρτή στο ℝ
και η 𝐶 𝑓−1 θα βρίσκεται πάνω από την (ε2) για κάθε χ∈ ℝ με εξαίρεση το
σημείο επαφής και 𝑓−1
(𝜒) ≥ 2𝜒 + 1 για κάθε χ∈ ℝ με το ίσον να ισχύει μόνο
για χ=0.
Για χ=β είναι 𝑓−1
(𝛽) ≥ 2𝛽 + 1 ⟺ 𝑓−1
(𝛽) − 2𝛽 − 1 ≥ 0 (4)
Ισχύει: 𝛼 + 𝑓−1
(𝛽) = 2(𝑓(𝑎) + 𝛽 + 1) ⟺ 𝛼 − 2𝑓(𝑎) − 1 + 𝑓−1
(𝛽) − 2𝛽 − 1 ≥ 0
Λόγω των (3) και (4) το ίσον ισχύει μόνο για α=1 και β=0.
Δ1. Για κάθε 𝜒 ∈ ℝ ισχύει : 𝑒 𝑥
≥ 𝜒 + 1 το ίσον ισχύει μόνο για x=0
επομένως για κάθε χ> 0 ισχύει : 𝑒 𝑥
> 𝜒 + 1
Από Θ.Μ.Τ για την 𝑓 στο [𝜒 + 1, 𝑒 𝑥] θα υπάρχει 𝜉1 ∈ (𝜒 + 1, 𝑒 𝑥) :
𝑓΄(𝜉1) =
𝑓(𝑒 𝑥)−𝑓(𝑥+1)
𝑒 𝑥−𝑥−1
Έστω 𝑔(𝑥) = 𝑙𝑛𝑥
Από Θ.Μ.Τ για την 𝑔 στο [𝜒 + 1, 𝑒 𝑥] θα υπάρχει 𝜉2 ∈ (𝜒 + 1, 𝑒 𝑥) :
𝑔΄(𝜉2) =
𝑔(𝑒 𝑥) − 𝑔(𝑥 + 1)
𝑒 𝑥 − 𝑥 − 1
=
𝑙𝑛𝑒 𝑥
− 𝑙𝑛(𝑥 + 1)
𝑒 𝑥 − 𝑥 − 1
=
𝑥 − 𝑙𝑛(𝑥 + 1)
𝑒 𝑥 − 𝑥 − 1
Όμως 𝑓΄(𝑥) =
1
𝑥 (1+𝑒 𝑓(𝑥))
<
1
𝜒
= 𝑔΄(𝑥) για κάθε χ> 0
Άρα 𝑓΄(𝜉1) < 𝑔΄(𝜉2) ⟺
𝑓(𝑒 𝑥)−𝑓(𝑥+1)
𝑒 𝑥−𝑥−1
<
𝑥−𝑙𝑛(𝑥+1)
𝑒 𝑥−𝑥−1
⟺
𝑓(𝑒 𝑥) − 𝑓(𝑥 + 1) < 𝑥 − 𝑙𝑛(𝑥 + 1) αφού 𝑒 𝑥
− 𝑥 − 1 > 0
Δ2. Από Δ1 είναι 𝑓(𝑒 𝑥) − 𝑓(𝑥 + 1) < 𝑥 − 𝑙𝑛(𝑥 + 1)
𝜒>0
⇔
𝑓(𝑒 𝑥) − 𝑓(𝑥 + 1)
𝜒
< 1 −
𝑙𝑛(𝑥 + 1)
𝜒
Όμως 𝑒 𝑥
> 𝜒 + 1 για κάθε χ> 0
𝑓↗
⇔ 𝑓(𝑒 𝑥
) > 𝑓(𝑥 + 1) ⟺

28. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
27
𝑓(𝑒 𝑥
) − 𝑓(𝑥 + 1) > 0 ⟺
𝑓(𝑒 𝑥)−𝑓(𝑥+1)
𝜒
> 0
Άρα 0 <
𝑓(𝑒 𝑥)−𝑓(𝑥+1)
𝜒
< 1 −
𝑙𝑛(𝑥+1)
𝜒
lim
𝜒→0+
0 = 0 και lim
𝜒→0+
(1 −
𝑙𝑛(𝑥+1)
𝜒
) = 1 − 1 = 0
lim
𝜒→0+
𝑙𝑛(𝑥+1)
𝜒
= lim
𝜒→0+
1
𝜒+1
1
= 1
Από Κ.Π και lim
𝜒→0+
𝑓(𝑒 𝑥)−𝑓(𝑥+1)
𝜒
= 0
Ε. Θεωρούμε συνάρτηση
ℎ(𝑥) = (𝑥 − 1)[𝑥 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥 + 1)] + (𝑥 − 2) 𝑓(𝑥 + 2) , 𝑥 > 0
ℎ συνεχής στο [1,2] ως πράξεις συνεχων
ℎ(1) = −𝑓(3) < 0 γιατί 3 > 1
𝑓↗
⇔ 𝑓(3) > 𝑓(1) ⟺ 𝑓(3) > 0 ⟺ −𝑓(3) < 0
ℎ(2) = 2𝑓(2) − 𝑓(3) > 0 ⨂
ℎ(1) ℎ(2) < 0 και από Θ.Bolzano η εξίσωση h(x)=0 ⟺
𝑥 𝑓(𝑥)−𝑓(𝑥+1)
𝜒−2
+
𝑓(𝑥+2)
𝜒−1
= 0
έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (1,2).
⨂ Θα δείξουμε ότι 2𝑓(2) − 𝑓(3) > 0
Από Θ.Μ.Τ για την 𝑓 στα [1,2] 𝜅𝛼𝜄 [2,3] υπάρχουν 𝜉1 ∈ (1,2) 𝜅𝛼𝜄 𝜉2 ∈ (2,3)
ώστε:
𝑓΄(𝜉1) =
𝑓(2)−𝑓(1)
2−1
= 𝑓(2) και 𝑓΄(𝜉2) =
𝑓(3)−𝑓(2)
3−2
= 𝑓(3) − 𝑓(2)
Η 𝑓 είναι κοίλη άρα 𝑓΄ ↘
𝜉1 < 𝜉2 ⟺ 𝑓΄(𝜉1) > 𝑓΄(𝜉2) ⟺ 𝑓(2) > 𝑓(3) − 𝑓(2) ⟺ 2𝑓(2) > 𝑓(3) ⟺
2𝑓(2) − 𝑓(3) > 0
ΣΤ. Για το ∫
𝑓(𝑥)
𝑥
𝑒
1
𝑑𝑥 θέτουμε 𝜒 = 𝑓−1
(𝑢) τότε 𝑑𝑥 = (𝑓−1)΄(𝑢) 𝑑𝑢 =
(𝑒 𝑒 𝑢+𝑢−1
)΄𝑑𝑢 = 𝑒 𝑒 𝑢+𝑢−1
(𝑒 𝑢
+ 1)𝑑𝑢
Για χ=1⟺ 𝑓−1
(𝑢) =1⟺ 𝑢 = 𝑓(1) ⟺ 𝑢 = 0
Για χ=𝑒 ⟺ 𝑓−1
(𝑢) =𝑒 ⟺ 𝑢 = 𝑓(𝑒)
Άρα 2 ∫
𝑓(𝑥)
𝑥
𝑒
1
𝑑𝑥 +(𝑓(𝑒) − 3)2
=

29. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
28
2 ∫
𝑓(𝑓−1(𝑢))
𝑓−1(𝑢)
𝑓(𝑒)
0
𝑒 𝑒 𝑢+𝑢−1
(𝑒 𝑢
+ 1)𝑑𝑢 + (𝑓(𝑒) − 3)2
=
2 ∫
𝑢
𝑒 𝑒 𝑢+𝑢−1
𝑓(𝑒)
0
𝑒 𝑒 𝑢+𝑢−1
(𝑒 𝑢
+ 1)𝑑𝑢 + (𝑓(𝑒) − 3)2
=
2 ∫ 𝑢
𝑓(𝑒)
0
(𝑒 𝑢
+ 1)𝑑𝑢+(𝑓(𝑒) − 3)2
=
2 ∫ 𝑢
𝑓(𝑒)
0
𝑒 𝑢
𝑑𝑢 + 2 ∫ 𝑢
𝑓(𝑒)
0
𝑑𝑢 + (𝑓(𝑒) − 3)2
=
2𝑓(𝑒) 𝑒 𝑓(𝑒)
− 2(𝑒 𝑓(𝑒)
− 1) + 𝑓2
(𝑒) + 𝑓2
(𝑒) − 6𝑓(𝑒) + 9 =
2𝑓(𝑒)(2 − 𝑓(𝑒)) − 2𝑒 𝑓(𝑒)
+ 2 + 2𝑓2
(𝑒) − 6𝑓(𝑒) + 9 = 7
⨂ Η σχέση (1) για χ=e δίνει: 𝑓(𝑒) + 𝑒 𝑓(𝑒)
= 𝑙𝑛𝑒 + 1 = 2 ⟺ 𝐞 𝐟(𝐞)
= 𝟐 − 𝐟(𝐞)
4η
προτεινόμενη λύση (Παντελής Δέτσιος)
Έστω συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο  0, με
f (x)
f(x) e lnx 1 , x 0    (1)
Α. Με παραγώγιση της (1) έχουμε
 
f (x)
f (x)
1 1
f (x) e f (x) f (x) 0
x x 1 e
      

άρα  f 1 κι εφόσον είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη θα είναι
 xx 0
f(A) lim f(x) , lim f(x) 

Από την γνωστή ανισότητα
x
e x 1 ,x  r έχουμε
(1)
f (x) f (x) 1
e f (x) 1 f (x) e 2f (x) 1 ln x 1 2f (x) 1 f (x) ln x
2
            , όμως
x 0
1
lim ln x
2

 
  
 
άρα και
x 0
lim f(x)

  , συνεχίζοντας
(1)
1 1 1
f (x) ln x f (x) ln x ln x f (x) ln x ln x
2 2 2
         
 x 1
f (x) f (x)1 1 1
e 1 ln x e 1 ln x f(x) ln 1 ln x
2 2 2

 
         
 
, όμως
x
1
lim ln 1 ln x
2
  
    
  
, άρα και
x
lim f(x)

  , οπότε  f(A) ,    r
Β1. Εφόσον  f 1 είναι και '1 1' άρα αντιστρέψιμη με
1
f : (0, )
 r και από
(1) για f (x) y έχουμε
y
y y e 1
y e lnx 1 x e  
     οπότε
x
1 x e 1
f (x) e  


30. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
29
Β2. Παρατηρούμε ότι
0
1 0 e 1
f (0) e 1 f(1) 0  
   
 
ln x
f (x) 1 f (x) lnx e 1 f (x)
(1)
f (x)
f e ln x f (ln x) e e e
ln x x 1 f(x) f(x) e 1 x 1 f(x)
  
     
         
f (x)
e x 2 0   που
επαληθεύεται για x 1 κι εφόσον για την
f (x) f (x)
g(x) e x 2 , g (x) e f (x) 1 0       η  g 1 , άρα η x 1 μοναδική λύση
Γ1. Από Α. έχουμε
 f (x)
1
f (x) ,x 0
x 1 e
  

που είναι παραγωγίσιμη ως πράξη
παραγωγίσιμων συναρτήσεων άρα
  
f (x) f (x)
2
f (x)
1 e xe f (x)
f (x) 0 , για x 0
x 1 e
 
    

άρα
η f είναι κοίλη
Γ2.
1
f (1)
2
  , οπότε η εξίσωση εφαπτομένης στο σημείο Μ(1,f(1)) είναι
1
y f (1) f (1)(x 1) y (x 1)
2
      κι εφόσον είναι κοίλη θα ισχύει
1
f(x) (x 1)
2
 
(2) για κάθε x 0 με το '' '' να ισχύει μόνο για x 1
 1 1
α f (β) 2 f(α) β 1 α 2f(α) 2β f (β) 2 
         (3) , η (2) για x α δίνει
2f (α) α 1  
α 2f (α) 1   με το '' '' να ισχύει μόνο για α 1 , εφόσον
1
f (β) 0
 από την (2)
έχουμε
   1 1 1 1 11
f f (β) f (β) 1 2β f (β) 1 2β f (β) 1 2β f (β) 2 1
2
    
            
με το '' '' να ισχύει μόνο για
1
f (β) 1 f(1) β β 0
     και από (3) πρέπει
1
α 2f(α) 1 και 2β f (β) 2 1
     άρα α 1 και β 0
Δ1. Από την (1) για
x
x 1 και e έχουμε
   x
f ef (x 1) x
f(x 1) e ln(x 1) 1 και f e e x 1
        οπότε για x 0 έχουμε
 
     xf
f ex x f (x 1)
x 1 e f x 1 f e e e
      
1
και αντικαθιστώντας από τις
παραπάνω ισότητες προκύπτει
   x x
ln(x 1) 1 f(x 1) x 1 f e f e f(x 1) x ln(x 1)            
Δ2. Από Δ1. έχουμε
 
   xx 0
x
f e f(x 1) x ln(x 1)
0 f e f(x 1) x ln(x 1) 0
x x
    
        

31. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
30
 
0
0
DLHx 0 x 0
ln(x 1) 1
lim lim 1
x x 1 
 
 
 
 

 

οπότε
x 0 x 0
x ln(x 1) ln(x 1)
lim lim 1 1 1 0
x x 
 
   
     
 
και άρα από κριτήριο παρεμβολής
 x
x 0
f e f(x 1)
lim 0
x

 

Ε. Θεωρούμε την συνάρτηση
      h(x) x 1 xf(x) f(x 1) x 2 f(x 2) , x 1,2        που είναι συνεχής από
πράξεις συνεχών συναρτήσεων , h(1) f (3) 0   εφόσον
 f
1 3 f(1) f(3) 0 f(3)    
1
, h(2) 2f(2) f(3) 0   εφόσον
2f(2) f(3) 0 f(2) f(2) f(3) f(1) f(2) f(1) f(3) f(2)          
   1 2
f (2) f (1) f (3) f (2)
f ξ f ξ
2 1 3 2
 
    
 
από Θ.Μ.Τ. με  1 2ξ (1,2) , ξ 2,3 
, όμως f κοίλη άρα η  f 2 και    1 2 1 2f ξ f ξ ξ ξ    που ισχύει διότι
1 21 ξ 2 ξ 3    . Έτσι από Θ. Bolzano υπάρχει  0x 1,2 ώστε
      0 0 0 0 0 0 0h x 0 x 1 x f(x ) f(x 1) x 2 f(x 2) 0         που εφόσον
0 0x 1 0, x 2 0    γίνεται 0 0 0 0
0 0
x f(x ) f(x 1) f(x 2)
0
x 2 x 1
  
 
 
ΣΤ. Η ζητούμενη ισότητα γίνεται
2e
1
f(x) f (e)
dx 3f(e) 1
x 2
   
 οπότε
     
e e e e(1)
e f (x)
1
1 1 1 1
f(x)
dx ln x f(x)dx ln xf(x) ln x f (x)dx f(e) f(x) e 1 f (x)dx
x
          
   
1
2
u f (x) f (u)2 2f (e)du f (x)dx
u u f (e)
u f (1) 0 0
0u f (e)
u f(e)
f(e) (u e 1)du f(e) e u f(e) e f(e) 1
2 2


 

   
               
   
2 2(*)
f (e) f (e)
f (e) 2 f (e) f(e) 1 3f (e) 1
2 2
 
          
 
(*) από την (1) για x e προκύπτει
f (e) f (e)
f(e) e lne 1 e 2 f(e)      .
5η
προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)
A.

32. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
31
Έστω
x
g(x) x e ,x R   παραγωγίσιμη με
x
g'(x) 1 e 0 ,x R    . Αρα
g και 1-1 . Τότε
   f ( x )
f (x) e lnx 1 , x 0, g( f (x)) lnx 1 , x 0,            .
Έστω ότι υπάρχει y R : f ( x ) y για κάθε x (0, )    τότε
g( f ( x )) g( y) για κάθε x (0, ) lnx 1 g( y) για κάθε x (0, )        
g( y) 1
lnx g( y) 1 για κάθε x (0, ) x e για κάθε x (0, )
        
,άτοπο αν επιλέξουμε g( y ) 1
x e 
 . Άρα για κάθε y R υπάρχει
x (0, ) : f ( x ) y   και τότε   f 0, R 
B.1
Στη δεδομένη σχέση τα δυο μέλη είναι παραγωγίσιμες συναρτήσεις οπότε
 f ( x ) f ( x ) f ( x )1 1
f (x) e lnx 1 f '( x ) f '( x )e f '( x ) 1 e
x x
        
1
0
x
 και f ( x )
1 e 0  άρα f '( x ) 0 και τότε η f και 1-1 ,άρα
αντιστρέψιμη.
Τότε αφού   f 0, R  θα είναι  1
f : R 0,
  . Για κάθε y R
υπάρχει   1
x 0, : y f (x) x f ( y) (0, )
       . Άρα
1
1
x f ( y )
f ( x ) 1 f ( f ( y )) 1
f(x) e lnx 1 f( f ( y)) e ln f ( y) 1



 
       
y
y 1 y 1 1 y e 1
y e ln f ( y) 1 y e 1 ln f ( y) f ( y) e    
        
B.2
Έστω
x
d(x) e x 1 ,x R    τότε
x
d'(x) e 1 0   ,άρα d ↗ και 1-1 με
d(0) 0
Από την δεδομένη σχέση για x=1 είναι
d 1 1
f ( 1) f ( 1)
f (1) e 1 f (1) e 1 0 d( f (1)) d(0) f (1) 0

         
Έστω  H(x) f (x) lnx x 1, x 0,      παραγωγίσιμη με
 
1
H'( x ) f '( x ) 1, x 0,
x
     
   
f ( x )
f ( x ) f ( x )
1 1 e
H'( x ) 1 1 0
xx 1 e x 1 e

     
 
,άρα η Η είναι ↗ στο
 0, και 1-1 . Είναι Η(1)=0.

33. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
32
lnx
f ( x ) f ( x ) 1 f ( x ) lnx e 1
f lnx f (lnx) e f(x) lnx x 1  
       (e )= e e
H 1 1
f ( x ) lnx x 1 0 H( x ) 0 x 1

        
Γ.1
   
 
 
 
 
 
 
 
f ( x ) f ( x )
2f ( x ) 2 f ( x )
f ( x )
f ( x ) f ( x ) f ( x )
f ( x ) f ( x )
2 2
2 f ( x ) 2 f ( x )
2
f ( x ) f ( x )
2 f ( x )
2
2 f ( x )
1 1 e xf '( x )e
f '( x ) f ''( x )
x 1 e x 1 e
1 e
1 e x e 1 e
x 1 e 1 e
f ''( x ) f ''( x )
x 1 e x 1 e
e e 1
f ''( x ) 0 , u u 1 0 ,u e ,άρα f κοίλη
x 1 e
 
    
 
   
 
     
 
 
      

Γ.2
Από τη σχέση  1
a f (β) 2 f (a) β 1
    αναγκαία είναι α 0 , β R 
Έστω
1
f (β) γ β f(γ)
   , γ>0 και η παραπάνω σχέση γίνεται
 
1 1 1 1
a γ 2 f (a) f (γ ) 1 f (a) a f (γ ) γ 0 (*)
2 2 2 2
   
             
   
Είναι
 f ( 1)
1 1
f (1) 0 , f '(1)
21 1 e
  

η εφαπτόμενη της fC στο  1, f (1) είναι η  ε : y f(1) f'(1)(x 1)   άρα
 
1 1
ε : y x
2 2
  . Τώρα η f είναι κοίλη στο  0, άρα
1 1
f ( x ) x
2 2
 
για κάθε  x 0,  με την ισότητα να ισχύει μόνο για το σημείο επαφής (1,0)
της (ε) με τη Cf . Οπότε
για x α είναι
1 1 1 1
f (a) a f (a) a 0
2 2 2 2
     
για x γ είναι
1 1 1 1
f (γ ) γ f (γ ) γ 0
2 2 2 2
     
Αν
1 1 1 1
f (a) a 0 ή f (γ ) γ 0
2 2 2 2
      τότε δεν θα ισχύει η (*) .
Συνεπώς
1 1
f (γ ) γ 0
2 2
   και
1 1
f (a) a 0
2 2
   που όπως

34. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
33
προαναφέρθηκε οι ισότητες ισχύουν μόνο για το σημείο επαφής , άρα
1
α 1 και γ 1 f (β) 1 β f(1) β 0
        .
Δ.1
Έστω  g(x) f(x) lnx ,x 0,    παραγωγίσιμη με
 
   
 
f ( x )
f ( x ) f ( x )
1 1
g'( x ) f '( x ) ,x 0, g'( x ) f '( x )
x x
1 1 e
g'( x ) 0 g , x 0,
xx 1 e x 1 e
      

       
 
x 0 g
x x x x x
e u 1 , είναι lnu u 1 lne e 1 e x 1 g(e ) g( x 1)
 
             
   x x x
f (e ) lne f (x 1) ln x 1 f (e ) f (x 1) x ln x 1          
Δ.2
για
f
x x x
x 0 e x 1 f (e ) f ( x 1) f (e ) f ( x 1) 0

          
άρα
 
 x
x x ln x 1f (e ) f ( x 1)
0 f (e ) f ( x 1) x ln x 1 0
x x
  
        
 
0
0
DLHx 0 x 0 x 0
1
1x ln x 1 x 1lim lim 0 lim 0
x 1  
 
 
 
  
     , άρα από Κ.Π είναι
x
x 0
f (e ) f (x 1)
lim 0
x

 

Ε.
Εφαρμόζοντας ΘΜΤ για την f στα [1,2],[ 2,3] θα υπάρχουν
   
f (1) 0
k 1,2 ,m 2,3 : f'(k) f(2) f(1) f(2) , f'(m) f(3) f(2)

      
,όμως
f' άρα k m f'(k) f'(m) f(2) f(3) f(2) 2f(2) f(3) 0         
Έστω    H(x) (x 1) xf (x) f (x 1) (x 2) f(x 2) ,x 1,2        συνεχής
H(1) f (3) 0
H(1)H( 2) 0
H( 2) 2 f ( 2) f (3) 0
   

   
.

35. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
34
Άρα από Θ.Bolzano η Η έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο (1,2) συνεπώς
 
 
H( x ) 0 ( x 1) xf ( x ) f ( x 1) ( x 2) f(x 2) 0
xf ( x ) f ( x 1)
έχει τουλάχιστον μια ρίζα στ
f(x
ο 1,
2)
0 .
x 2 x
2
1
        
  
  
 
ΣΤ.
x e
f ( x ) f ( e )
f (x) e lnx 1 f (e) e 2

     
 
 f ( x ) f ( x )
f ( x )
1 1 f ( x )
f '( x ) 1 e f ( x ) 1 e f '( x )
xf '( x ) xx 1 e
      

άρα  
e e
f ( x )
1 1
f ( x )
Ι dx f ( x ) 1 e f '( x )dx
x
  
  ,
θέτω u f ( x ) du f '( x )dx  
για x 1 u f (1) 0   
για x e u f (e)   ,συνεπώς  
2
2Ι f (e) 3  =
       
     
   
 
f ( e ) f ( e )
2 2u u
0 0
f ( e )
f ( e ) 2u u
0
0
f ( e )2f ( e ) 2u u
0
0
f ( e ) 22 u u
0
2 f ( e ) f ( e ) 2
2 u 1 e du f (e) 3 2 u u e ' du f (e) 3
2 u u e 2 u e du f (e) 3
u
2 u u e 2 e f (e) 3
2
u 2ue 2e f (e) 3
f (e) 2 f (e)e 2e 2 f (e) 6 f (e) 9
       
        
 
         
 
       
      
 

 
  
2 f ( e )
2
2 f (e) 2e f (e) 1 6 f (e) 7
2 f (e) 2 2 f (e) f (e) 1 6 f (e) 7 7

     
      
6η
προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)
Α.

36. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
35
Για x >0 είναι :f(x) +ef(x)
= lnx+1f΄(x) + f΄(x)ef(x)
=
1
x
 f΄(x)(1 + ef(x)
) =
1
x
 f΄(x) =
1
x
1 +ef(x)
> 0 . Συνεπώς f γνήσια αύξουσα στο (0,+∞) , και επειδή f
συνεχής ως παραγωγίσιμη στο (0,+∞) , συνολο τιμών θα είναι:
f((0,+∞)) = (
x 0
lim

f(x) ,
x
lim
f(x) ). Όμως f(x) <f(x) +ef(x)
= lnx+1,
x 0
lim

(lnx+1) = -∞ οπότε
x 0
lim

f(x) = -∞. Επίσης αν h(x)= ex
− x, h΄(x)= ex
−
1 , h΄(x) = 0 x = 0, h΄(x) > 0 x > 0 , h΄(x) < 0 x < 0. Δηλαδή η h
παρουσιάζει ελάχιστο το h(0)=0 , επόμενα ex
≥ x + 1 > x. Οπότε f(x) +ef(x)
=
lnx+1<2 ef(x)
και για x>
1
e
έχω f(x) > ln (
lnx+1
2
). Αν θέσω u=
lnx+1
2
,
x
lim
u = +∞ ,
οπότε
x
lim
f(x) = +∞ . ΄Αρα f((0,+∞)) = R.
B1.
H f αντιστρέφεται ως γνήσια μονότονη. Θέτοντας f(x)=y στην αρχική σχέση έχουμε:
y +ey
= lnx+1 y +ey
-1 = lnx x=ey +ey−1
.΄Αρα f−1(x) = ex+ex−1
, x∈ R.
B2.
΄Εχουμε f−1(0) = 1f(1)=0 και f΄(1)=
1
2
.
Η δοσμένη εξίσωση είναι: f(ef(x)
)= lnx ef(x)
=f−1
(lnx) 
ef(x)
= 𝑒lnx+elnx−1 ef(x)
= 𝑒lnx+x−1  f(x) = lnx + x − 1
f(x) = f(x) + ef(x)
+ x − 2ef(x)
+ x − 2 = 0. Αν τώρα για x>0 δ(x)= ef(x)
+ x − 2
, δ΄(x)=f΄(x) ef(x)
+ 1>0 , δηλαδή δ(x) γνήσια αύξουσα στο (0,+∞) , οπότε είναι 1-1 ,
και επειδή δ(1)=0 θα είναι δ(x)=0δ(x)=δ(1)  𝑥 = 1.
Γ1.Έίναι f΄(x) =
1
x
1 +ef(x)
.
΄Εστω 0<x1<x2  1
x1
>
1
x2
. Οι συναρτήσεις f και ex
είναι γνήσια αύξουσες και ως
εκ τούτου : f(x1) < f(x2) , ef(x1)
< ef(x2)
f(x1) + ef(x1)
< f(x2) + ef(x2)

1
f(x1)+ef(x1) >
1
f(x2)+ef(x2)

1
x1
f(x1)+ef(x1) >
1
x2
f(x2)+ef(x2)
 f΄(x1) > f΄(x2).Οπότε f΄
γνήσια φθίνουσα στο (0,+∞). Αρα f κοίλη στο (0,+∞).
Γ2.
Η αποδεικτέα σχέση γράφεται:2f(α) − α = f−1(β) − 2β − 2.

37. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
36
Προφανώς α>0. ΄Εστω d(x)= f−1(x) − 2x − 2, x∈ 𝑅.
d΄(x)= (1 + ex)𝑒x+ex−1
− 2, d΄΄(x)=ex
𝑒x+ex−1
+ (1 + ex)2
𝑒x+ex−1
=(1+3ex
+e2𝑥
) 𝑒x+ex−1
.Tώρα είναι d΄΄(x)>0 d΄ γνήσια αύξουσα οπότε :
x>0 d΄(x)> d΄(0)=0 συνεπώς d γνήσια αύξουσα στο [0,+∞),
X<0 d΄(x)< d΄(0)=0 συνεπώς d γνήσια φθίνουσα στο (−∞,0], και η d παρουσιάζει
ολικό ελάχιστο στο x0=0.
Επόμενα d(β)≥ d(0) = −1. (1)
Επίσης θέτω ζ(x)= 2f(x) − x, x>0 τότε ζ΄(x)= 2f΄(x) − 1, ζ΄(x)>0f΄(x) >
1
2
f΄(x) > f΄(1)x<1 (διότι f΄γνήσια φθίνουσα στο (0, +∞). ΄Ομοια ζ΄(x)<0x>1.
Συνεπώς ζ γνήσια αύξουσα στο (0,1] , γνήσια φθίνουσα στο
[1, +∞), δηλαδή παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο x0=1.Επόμενα ζ(α)≤ ζ(1) 
2f(α) − α ≤ −1 .(2)
Από τις σχέσεις (1) , (2) προκύπτει ότι η αποδεικτέα ισχύει για α=1 και β=0.
Δ1.
Θέτω στο (0,+∞) β(x)=f(x) - lnx , β΄(x)= f΄(x) -
1
x
<0 διότι 𝑓΄(x) =
1
x
1 +ef(x)
<
1
x
οπότε β(x) γνήσια φθίνουσα στο (0,+∞) .
Επειδή για x>0 ex
> x + 1 (αποδείχτηκε στο Α ερώτημα) θα είναι β(ex
) < β(x + 1)
f(ex
)-x< f(x+1) – ln(x+1) 
f(ex
)- f(x+1)< x – ln(x+1) στο (0,+∞) .
Δ2.
Eστω θ(x)=f(𝑒 𝑥
) ,φ(χ)=f(x+1).Τότε θ΄(x)= 𝑒 𝑥
f΄(𝑒 𝑥
)
θ΄(0)= f΄(1) =
1
2
, φ΄(x)=f΄(x+1) φ΄(0) = f΄(1) =
1
2
,
΄Αρα:
x 0
lim

𝑓(𝑒 𝑥)− 𝑓(𝑥+1)
𝑥
=
x 0
lim

(
𝑓(𝑒 𝑥)− 𝑓(1)
𝑥
-
𝑓(𝑥+1)− 𝑓(1)
𝑥
) =
x 0
lim

(
𝑓(𝑒 𝑥)− 𝑓(1)
𝑥
) -
x 0
lim

(
𝑓(𝑥+1)− 𝑓(1)
𝑥
)=
x 0
lim

(
𝜃(𝑥)− 𝜃(0)
𝑥
) –
x 0
lim

(
𝜑(𝑥)− 𝜑(0)
𝑥
) =θ΄(0) – φ΄(0) = 0
Ε.

38. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
37
Από θεώρημα Μέσης Τιμής για τη συνάρτηση f στα διαστήματα [1,2] , [2,3]
υπάρχουν ξ1 , ξ2 με 1< ξ1<2< ξ2<3 και f΄(ξ1) = f(2) − f(1) , f΄(ξ2) = f(3) − f(2), f
κοίλη στο(0 , +∞) επόμενα f΄(ξ1) > 𝑓΄(ξ2) f(2) − f(1) > f(3) − f(2)2f(2) >
f(3) (διότι f(1) = 0 ).
Θεωρώ τη συνάρτηση s(x)=x(x-1)f(x)–(x-1)f(x+1)+(x-2)f(x+2).
H f είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών.
Επίσης s(1)= - f(3)<0 διότι f γνήσια αύξουσα, x1<x2  f(1)<f(3) 0 < f(3).
S(2)= 2f(2) − f(3) > 0 .΄Αρα από θεώρημα Bolzano υπάρχει ρ∈(1,2) ώστε s(ρ)=0ρ(ρ-
1)f(ρ) –(ρ-1)f(ρ+1)+(ρ-2) f(ρ+2)=0 ρ(ρ−1)f(ρ) –(ρ−1)f(ρ+1)+(ρ−2)f(ρ+2)
(ρ−1)(ρ−2)
= 0
ρf(ρ)−f(ρ+1)
ρ−2
+
f(ρ+2)
ρ−1
= 0.
ΣΤ.
΄Εχουμε: ∫
f(x)
x
e
1
dx = ∫ f(x)(lnx)΄
e
1
dx = [f(x)(lnx)]1
e
-∫ f΄(x)(lnx)
e
1
dx=f(e) -
∫ f΄(x)(f(x) + ef(x)
− 1)
e
1
dx=f(e) -∫ f΄(x)f(x)
e
1
dx - ∫ f΄(x)ef(x)e
1
dx + ∫ f΄(x)
e
1
dx=
f(e) -
1
2
[f2(x)]1
e
-[ef(x)
]1
e
+ [f(x)]1
e
= f(e) -
1
2
f2(e) –(ef(e)
− 1) + f(e) . Όμως από την
αρχική συνθήκη για x=e προκύπτει ότι:
f(e)+ ef(e)
=2. Επόμενα ∫
f(x)
x
e
1
dx = f(e) -
1
2
f2(e) –(ef(e)
− 1) + f(e) = f(e) -
1
2
f2(e) –
( 1 − f(e) ) + f(e) = 3 f(e) -
1
2
f2(e) -1.
΄Αρα 2 ∫
f(x)
x
e
1
dx+ (f(e) − 3)2
= 6 f(e) -f2(e) -2+ f2(e) − 6 f(e) + 9 = 7.
7η
προτεινόμενη λύση – εκτός του Γ2 ερωτήματος
(Κώστας Δεββές)

39. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
38
A. Το σύνολο τιμών της f είναι το ΠΟ της f -1
. Για να είναι το ΣΤ της f το θα δ.ο.
y  η εξίσωση ( )y f x έχει λύση στο (0, ). Έστω ότι 0: ( )x΄ f x΄ y  
(2). Αν x x  τότε η δεδομένη αρχική σχέση δίνει
(2)
( ) 1
( ) ln 1 ln 1
y
f x y y e
f x e x y e x x e  
            (μοναδική πιθανή ρίζα).
Θα δ.ο. για
1y
y e
x e  
  ισχύει ( )f x y  . Λόγω της αρχικής είναι
όπου ( ) x
g x x e  1-1.
Β1. ( )
1
( ) 0
( 1)f x
f x f
x e
   

στο (0, ) άρα 1-1 δηλ. αντιστρέφεται. Αν θέσω
1
( )f x
στο x η δοσμένη γίνεται:
1
1 ( ( )) 1 1 1
( ( )) ln ( ) 1 ( ) ,
x
f f x x e
f f x e f x f x e x

    
     
Β2.
1
(0) 1 (1) 0f f
   με το 1 λύση της εξίσωσης που ισοδύναμα γράφεται:
ln
1 ( ) ln 1 ln 1
( ) ( )
(ln ) ( ) ln 1 ( ) ln 1
1 1 2 0
x
a ή
f x x e x x
f x f x
f x e e e f x x x f x x x
e x e x

    
           
      
με μόνη ρίζα το 1 ως .
Γ1.
 
 
2( ) ( )
32 ( )
1
( ) 0
1
f x f x
f x
e e
f x
x e
 
   

δηλ. f κοίλη στο (0, ).
Δ1. Η ζητούμενη ισοδύναμα γράφεται:
     ln ( 1) ln 1 ( ) ( 1)x x x
f e e f x x g e g x        με
( ) ( ) ln , 0g t f t t t   . Είναι
 
( )
( )
( ) 0
1
f t
f t
e
g t
t e
   

άρα g κι επειδή 1 x
x e 
για 0x  θα είναι    1 x
g x g e  οεδ.
Δ2. Με x>0 κοντά στο 0 είναι 1x
e x 
f
 ( ) ( 1) ( ) ( 1) 0x x
f e f x f e f x     
: ( ) ( 1)
0
xx f e f x
x
 
  .
Διαιρώντας με x την ανισότητα της Δ1 έχω:
( ) ( 1) ln( 1)
1
x
f e f x x
x x
  
 

40. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
39
και
0
ln( 1)
lim(1 ) 0
x
x
x


  (de l’ Hospital),
0
lim 0 0
x 

 . Τέλος από κρ. παρεμβολής
είναι
0
( ) ( 1)
lim 0
x
x
f e f x
x

 
 .
Ε.       ( ) 1 ( ) ( 1) ( 2) 2 , 1,2k x x xf x f x f x x x        συνεχής με
 (1) (3) 1 0k f   (αφού f και (1) 0.f  ) Ακόμα
  1 2(2) 2 (2) (3) (2) (1) (3) (2) ( ) ( ) 0h f f f f f f f f           με 2 ΘΜΤ
και μονοτονία f  . Από Bolzano προκύπτει το ζητούμενο.
ΣΤ. Είναι ( ) 1
( )( 1)f x
f x e
x
   και από την αρχική (1)
       
   
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
2 2(1)
( ) ( ) ( )
11 1
1
2 2(1)
( )
( ) ( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) 2 ( )
2 2
( ) ( )
2 ( ) 1 3 ( )
2
           
                
   
    
  
 
e e e
f x f x f x f x
e
e e ef e f x f x
f e
f x f x e dx f x f x e dx f x f x e f x f x e dx
f x f x
f e f e e dx e dx f e e
f e f e
f e e f e 1.
2

Αν I το πρώτο μέλος της αποδεικτέας τότε έχω:
2
2( )
2 3 ( ) 1 ( ) 6 ( ) 9 7.
2
f e
I f e f e f e
 
       
 
21η
άσκηση
Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού
( )
( ) 2f e
f e e 

41. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
40
Προτάθηκε από τον Δημήτρη Χατζάκη (14-2-2016)
Αποστολή λύσεων έως την Κυριακή 21/2/2016
Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση 𝐟: (−
𝛑
𝟐
,
𝛑
𝟐
) → ℝ για την οποία ισχύει :
 𝐟 𝟏 − 𝟏 , 𝐱 ∈ (−
𝛑
𝟐
,
𝛑
𝟐
)
 (
𝟏
𝟒
− √𝐟(𝛃) + 𝐟(𝒂)) ∙ (𝟏 − 𝟐√𝐟(𝛃) + 𝐟(𝛂)) < 𝟎 , 𝟎 < 𝜶 < 𝛃 <
𝛑
𝟐
Α. Να δείξετε ότι 𝐟(𝛂) < 𝐟(𝛃)
Β. Να βρείτε την μονοτονία της 𝐟
Γ. Αν 𝐟(𝟎) = 𝟎 και 𝐟′(𝐱) = 𝟏 + 𝐟 𝟐(𝐱) , 𝐱 ∈ (−
𝛑
𝟐
,
𝛑
𝟐
) (𝟏)
1. Να αποδείξετε ότι 𝐟(𝐱) = 𝛆𝛗𝐱
2. Αν η 𝐟 −𝟏
είναι συνεχής στο 𝟏 , να δειξετε ότι η 𝐟−𝟏
παραγωγισιμη στο 𝟏 και
να λυθεί η ανίσωση : [(𝐟−𝟏
)
′
(𝟏)]
𝟑𝐱+𝟏
− [(𝐟−𝟏
)
′
(𝟏)]
𝟐𝐱
− 𝐟 (𝐟−𝟏(𝐱)) − 𝟏 > 𝟎
3. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τα σημεία 𝚳(𝐱, 𝐲)
τα οποία ικανοποιούν τις σχέσεις : 𝟎 ≤ 𝐱 ≤
𝛑
𝟒
και 𝟎 ≤ 𝐲 ≤ 𝐥𝐧(𝟏 + 𝐟(𝐱))

42. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
41
1η
προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)
Α. Θεωρούμε την g(x) = x2
− 2√f(β)x + f(α)
 g(1) = 1 − 2√f(β) + f(α)
 g (
1
2
) =
1
4
− √f(β) + f(α)
Από την υπόθεση g(1)g (
1
2
) < 0 οποτε από Θ.Β. για την g στο [
1
2
, 1] η εξίσωση
g(x) = 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (
1
2
, 1 )
Δηλαδή , Δ ≥ 0 ⇔ 4f(β) − 4f(𝛼) ≥ 0 ⟺ f(β) ≥ f(α)
και επειδή η f είναι 1 − 1 τότε f(α) < f(β)
Β.
Βασική Άσκηση
Αν η f είναι συνεχής και ένα προς ένα στο Δ τότε η f είναι και γνησίως μονότονη στο
Δ.
Απόδειξη
Έστω x1, x2, γ ∊ Δ με x1 < x2 < γ και θεωρούμε ότι η f δεν είναι γνησίως μονότονη
οπότε έστω ότι θα ισχύει f(x2) < f(γ) < f(x1). Τότε από ΘΕΤ στο [x1, x2] υπάρχει
x0 ∊ (x1, x2) τέτοιο ώστε f(x0) = f(γ)
1−1
⇔ x0 = γ , Άτοπο x0 ∊ (x1, x2).
Άρα θα ισχύει ότι f(x1) < f(x2) < f(γ) ή f(γ) < f(x2) < f(x1).
 f παραγωγισιμη άρα f συνεχής στο (−
π
2
,
π
2
) και συμφώνα με την παραπάνω
βασική άσκηση και γνησίως μονότονη . Επειδή α < β με f(α) < f(β) η f είναι
γνησίως αύξουσα .
Γ.
1. Θέλουμε να δείξω ότι f(x) = εφx ⟺ f(x) =
ημx
συνx
⟺ f(x) ∙ συνx − ημx = 0 .
Θέτουμε h(x) = f(x) ∙ συνx − ημx
 h′(x) = f′(x) ∙ συνx − f(x)ημx − συνx
Η ημερομηνία αποστολής των λύσεων καθορίζει και τη σειρά καταγραφής τους

43. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
42
(1)
⇔ h′(x) = (1 + f2(x)) ∙ συνx − f(x)ημx − συνx
⟺ h′(x) = f2(x) ∙ συνx−f(x)ημx ⟺ h′(x) = f(x) ∙ ( f(x) ∙ συνx − ημx)
h(x)=f(x)∙συνx−ημx
⇔ h′(x) = f(x) ∙ h(x) ⟺ h′(x) − f(x) ∙ h(x) = 0
Έστω F μια αρχική της f(x)
Τότε h′(x) − F′(x) ∙ h(x) = 0
∙e−F(x)
⇔ h′(x) ∙ e−F(x)
− e−F(x)
F′
(x) ∙ h(x) = 0 ⟺
⟺ (e−F(x)
∙ h(x))
′
= 0 ⟺ e−F(x)
∙ h(x) = c . Για x = 0 → c = 0
Οπότε e−F(x)
∙ h(x) = 0 ⟺ h(x) = 0 ⟺ f(x) ∙ συνx − ημx = 0 ⟺ f(x) = εφx
2.
lim
x→1
f −1(x) − f −1
(1)
x − 1
= lim
u→
π
4
u −
π
4
f(u) − 1
= lim
u→
π
4
1
f(u) − f(
π
4
)
u −
π
4
=
1
f′(
π
4
)
=
1
2
∈ ℝ
*θέτουμε x = f(u) άρα u →
π
4
. Άρα (f −1)′(1) =
1
2
 Αφού f(A) = ℝ τότε f(f−1(x)) = x , x ∈ ℝ
Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = [
1
2
]
x
− x , h(x) = [
1
2
]
x
ln
1
2
− 1 < 0 ⇢ h ↓
[(f−1)′(1)]3x+1
− [(f−1)′(1)]2x
− f(f−1(x)) − 1 > 0
⇔ [
1
2
]
3x+1
− [
1
2
]
2x
− x − 1 > 0 ⟺ [
1
2
]
3x+1
− [
1
2
]
2x
− x − 1 > 0
⟺ [
1
2
]
3x+1
− 3x − 1 > [
1
2
]
2x
− 2x ⟺ h(3x + 1) > h(2x)
h ↓
⇔ 3x + 1 < 2x ⟺ x < −1
3.
Για 0 < x <
π
4
∶ εφx > 0 ⇔ εφx + 1 > 1 ⇔ ln(εφx + 1) > 0

Θέτουμε u =
π
4
− x , dx = −du
Ε = ∫ ln(εφ(
π
4
− u) + 1)
π
4
0
du = ∫ ln(
1 − εφu
1 + εφu
+ 1)
π
4
0
du =

44. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
43
= ∫ ln (
2
1 + εφu
)
π
4
0
du = ∫(ln2 − ln(1 + εφu)
π
4
0
)du = ∫(ln2du)
π
4
0
− E
Οπότε , Ε = ∫ (ln2du)
π
4
0
− E ⟺ 2Ε =
π
4
ln2 ⟺ Ε =
π
8
ln2 τ.μ.
2η
προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)
Α. Θεωρούμε τη συνάρτηση φ με τύπο      2
φ x x 2 f β x f α   .
• φ συνεχής στο
1
,1
2
 
  
ως πολυωνυμική
•  
1
φ φ 1 0
2
 
  
 
, οπότε σύμφωνα με το Θ.Bolzano, η εξίσωση  φ x 0 ,
έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο
1
,1
2
 
 
 
.Επειδή όμως πρόκειται για τριωνυμική
εξίσωση θα είναι         Δ 0 4 f β f α 0 f β f α       . Γνωρίζουμε όμως
ότι    
f: 1-1
α β f α f β   και έτσι προκύπτει    f α f β .
Β. Η συνάρτηση f είναι συνεχής και 1-1 στο
π π
,
2 2
 
 
 
,επομένως θα είναι και
γν.μονότονη στο
π π
,
2 2
 
 
 
,δηλ.:
• ή f γν.αύξουσα στο
π π
,
2 2
 
 
 
• ή f γν.φθίνουσα στο
π π
,
2 2
 
 
 
Αν υποθέσουμε ότι f γν.φθίνουσα στο
π π
,
2 2
 
 
 
,έχουμε:
   
f γν.φθίνουσα
α β f α f β   ,που είναι ΑΤΟΠΟ.
Επομένως f γν.αύξουσα στο
π π
,
2 2
 
 
 
.
Γ1. Θεωρούμε συνάρτηση συνάρτηση g με τύπο   2
1
g x , x
1 x
 

και έστω G μια αρχική συνάρτηση της g στο με  G 0 0 .
Είναι     2
1
G x g x , x
1 x
   

και για κάθε
π π
x ,
2 2
 
  
 
ισχύει:

45. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
44
             
2
2
1
G f x f x G f x 1 f x 1
1 f x
       

, οπότε
      G f x 1 G f x x c     .
Για   
 
 
f 0 0
x 0:G f 0 c G 0 0 c

     και έτσι   G f x x ,
για κάθε
π π
x ,
2 2
 
  
 
.
Είναι         2
2
1
G εφx εφx G εφx 1 εφ x 1
1 εφ x
       

Και έτσι     G εφx G f x c  .Για x 0 προκύπτει c 0  , οπότε:
      
G:1-1
G εφx G f x f x εφx   .
Γ2. Αν
π π
Α ,
2 2
 
  
 
, τότε        
f γν.αύξουσα
f συνεχής π π
x x
2 2
f A lim f x , lim f x , 
 
 
    
 
 
και έτσι για κάθε
π π
x ,
2 2
 
  
 
είναι  1
x f ψ , ψ
  , οπότε:
            1 1 1
G f x x G f f ψ f ψ G ψ f ψ , ψ  
      και έτσι
αποδείξαμε ότι 1
G f 
 .Επομένως      1
2
1
f x G x , x
1 x
    

και
   1 1
f 1
2
   .
Σχόλιο: Δεν χρησιμοποιήθηκε το δεδομένο της συνέχειας της 1
f 
στο 1!
Επειδή    1 1
f 1
2
   και   1
f f x x
 , για κάθε x ,η ανίσωση ισοδύναμα
γίνεται:
3x 1 2x
1 1
x 1 0
2 2

   
      
   
Θεωρούμε τη συνάρτηση λ με τύπο  
x
1
λ x , x
2
 
  
 
,για την οποία
είναι  
x
1
λ x ln2 0, x
2
 
      
 
.
Έτσι:    
3x 1 2x
3 21 1 1
x 1 0 λ x λ x x 1 0
2 2 2

   
             
   
            3 2 21 1
λ x 2λ x 2x 2 0 λ x λ x 2 2 x 1 0
2 2
              (1)
Για x 1  , η (1) ισοδύναμα γίνεται:    
 2 λ x 21
x 1 λ x 2 0
2 x 1
 
     
 
(2)

46. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
45
•      
 λ γν.φθίνουσα λ x 2
x 1 λ x λ 1 λ x 2 0
x 1

        

•      
 λ γν.φθίνουσα λ x 2
x 1 λ x λ 1 λ x 2 0
x 1

        

Αποδείξαμε λοιπόν ότι για κάθε    x , 1 1,      ισχύει
 λ x 2
0
x 1



,
οπότε και  
 2 λ x 2
λ x 2 0
x 1

  

και έτσι (2) x 1   .
Για x 1  ,η (1) είναι προφανώς αδύνατη. Επομένως:
3x 1 2x
1 1
x 1 0 x 1
2 2

   
         
   
.
Γ3. Προφανώς το ζητούμενο εμβαδόν ισούται με
    
π π
4 4
0 0
ln 1 f x dx ln 1 εφx dx    .Θέτουμε
π
u x
4
  και έτσι du dx  , οπότε:
   
π π π π
4 4 4 4
0 0 0 0
π 1 εφx
ln 1 εφx dx ln 1 εφu dx ln 1 εφ x dx ln 1 dx
4 1 εφx
    
           
    
   
π
4
0
2
ln dx
1 εφx
 
  
 
  
π π
4 4
0 0
ln2 dx ln 1 εφx dx.  
Επομένως  
π
4
π
4
0
0
ln2 dx
π
ln 1 εφx dx ln2
2 8
   

 .
3η
προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)
A. Θέτω 2 1
( ) ( ) ( ) , ( ) 0
4
g x f a x f x f a    και
1
(1) ( ) ( )
4
g f a f    ,
( ) ( ) 2 ( ) 11 ( ) 1
( )
2 4 2 4 4
f f a ff a
g
  
    .
Ισχύει
1
(1) ( ) 0
2
g g  λόγω της δεδομένης ανισότητας.
Αν η Δ του g είναι <0, τότε το g είναι ομόσημο του f(α) για κάθε x , άρα το
1
(1) ( )
2
g g ομόσημο του 2
( )f a δηλαδή >0, άτοπο από την υπόθεση.
Αν Δ=0, τότε το g είναι ομόσημο του f(α) για κάθε x , εκτός της ρίζας του,
δηλαδή το
1
(1) ( ) 0
2
g g  άτοπο. Άρα 0 ( ) ( ) 0f f      οεδ.
Aν ( ) 0f a  τότε από τη αρχική ανισότητα είναι ( ) 0f   με το = να μην ισχύει λόγω
1-1. Άρα ( ) ( )f f a  .

47. ___________________________________________________________________________
ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
46
Β. Έστω ότι η f δεν είναι γν. μονότονη. Τότε υπάρχουν 1 2 3, , ,
2 2
x x x
  
  
 
με
1 2 3x x x  και 1 2( ) ( )f x f x και 3 2( ) ( )f x f x . Από το ΘΕΤ , αν u με
 2 1 3( ) min ( ), ( )f x u f x f x  , υπάρχει 1 2 2 3( , ), ( , )a x x x x  με ( ) ( ).f a u f  
Αλλά η f είναι 1-1 άρα α=β, άτοπο αφού 1 2 3x a x x    . Άρα η f γν. μονότονη
και αν είναι θα είναι ( ) ( )f f a  άτοπο. Άρα .
Γ1. Ισχύει 1
( ( ))f f x x
 για κάθε x στο σύνολο τιμών της f. Η 1
f 
είναι
παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της (οι ,f fC C  συμμετρικές ως προς y=x και f
παραγωγίσιμη) και παραγωγίζοντας την προηγούμενη ισότητα έχω:
1 1 1
1 2 1 2
1 1 1
( ( ))( ) ( ) 1 ( ) ( )
( ( )) 1 ( ( )) 1
f f x f x f x
f f x f f x x
  
 
      
  
.
Θέτω ( ) , ,
2 2
g x x x
 

 
   
 
και έχω (ομοίως με πριν):
1 2
1 2 2
1 1 1 1
( ) ( )
( ( )) ( ) 1 1
g x y
g g x g y y x




     
   
, με
1
( ) ( )y g x x g y y
    . Άρα 1
( ) ( )f x
 = 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( )g x g x f x c  
    κι
επειδή 1 1
(0) 0 (0) (0) 0f f g c 
     . Άρα
1 1 1
( ) ( ) ( ) ( )g x f x y f x f y x y  
     
2. Πρέπει να είναι πραγματικός το
1 1
1
( ) (1)
lim
1x
f x f
x
 



.
Επειδή f 1-1 είναι 1
( ) 1 (1)
4 4
f f
 
   και το lim θέτοντας 1
( ) ( )u f x x f u
  
γράφεται:
4 4
2
1 1 14lim lim
( ) 1 1( ) 1 2
4 4
u u
u
f uf u
u
 

 

 

  


, αφού η εφx είναι
παραγωγίσιμη στο
4

με τιμή παραγώγου 2 και
1
lim
4x
u


 . Άρα 1 1
( ) (1)
2
f 
  .
Η ανίσωση ισοδύναμα γράφεται:
3 1 2 3 1 2
1 1 1 1
1 0 (3 1) 2 0
2 2 2 2
x x x x
x x x
 
        
                 
         
και θέτοντας
1
( )
2
t
t t
 
  
 
η ανίσωση ισοδύναμα γράφεται:
(3 1) (2 ) 3 1 2 1x x x x

          .