Η άσκηση της ημέρας

1. ___________________________________________________________________________
19η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
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  .

2. ___________________________________________________________________________
19η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
2
Η δεύτερη λύση απορρίπτεται, αφού 0  , άρα 1   .
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
        
      
     
  
 
.

3. ___________________________________________________________________________
19η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
3
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.
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
x

1


f '(x)  
f > <

4. ___________________________________________________________________________
19η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
4
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
.
   
 
    
     
                 
          
    
         
        
   
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           .

5. ___________________________________________________________________________
19η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
5
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  .
‘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)

6. ___________________________________________________________________________
19η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
6
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
       
   
    
άρα τελικά
2 f( ) 2f( )
ln
3 2
      
  
   
για κάθε 0 .   

7. ___________________________________________________________________________
19η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
7
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
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

8. ___________________________________________________________________________
19η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
8
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
 
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

9. ___________________________________________________________________________
19η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
9
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) ↘ ↗
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

10. ___________________________________________________________________________
19η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
10
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
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)

11. ___________________________________________________________________________
19η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
11
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) .
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
  
x -∞
1
λ +∞
f ’ - +
f ↘ ↗
ΟΕ f (
1
λ
)=
1
λe

12. ___________________________________________________________________________
19η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
12
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 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.

13. ___________________________________________________________________________
19η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
13
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
  
       
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
 
 
        
        
   
            
    
 
        
  
     