Το 2017, για δεύτερη χρονιά, το lisari.blogspot.gr συνέλεξε θέματα από τους αναγνώστες τους, συζητήθηκαν, προτάθηκαν λύσεις. Αυτά είναι τα δύο θέματα που πρότεινα, μαζί με τις λύσεις τους.

1. Φάνης
Μαργαρώνης
2 θεματα για το project
"Η ασκηση της Ημερας"
απο το lisari.blogspot.gr
Περιλαμβάνονται λύσεις

2. ΘΕΜΑ Β
Δίνεται η γραφική παράσταση της συνάρτησης f:
1. Να βρείτε το πεδίο ορισμού και το πεδίο τιμών της f.
2. Να βρείτε, εφόσον υπάρχουν, τα παρακάτω όρια:
α.
x 4
lim f (x)
→−
β.
x 3
lim f (x)
→−
γ.
x 1
limf (x)
→
δ.
x 4
x
limf
2→
 
− 
 
ε.
x 3
1
lim
f (x)→
3. Να εντοπίσετε (αιτιολογώντας την απάντησή σας):
α. Τα σημεία ασυνέχειας της f.
β. Τα εσωτερικά σημεία όπου η f εμφανώς δεν είναι παραγωγίσιμη.
Στα υπόλοιπα σημεία του πεδίου ορισμού της f και για τα επόμενα ερωτήματα
θεωρούμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη.
4. Εντοπίστε το σημείο όπου η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο και στο οποίο
δέχεται εφαπτομένη. Βρείτε την εφαπτομένη αυτή.
5. Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα σημείο στο διάστημα (-2,-1) όπου
η f δέχεται εφαπτομένη παράλληλη στην ευθεία y=-2x+2017.
6. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ακριβώς ένα xo∈(2,3) τέτοιο, ώστε o
o
x
f(x ) 0
2
+ =.

3. ΛΥΣΗ
1. Πεδίο ορισμού: Α=(-4,6]
Πεδίο τιμών: f(A)=[-2,0]U[1,4]
2. α)
x 4x 4
lim f (x) lim f (x) 3+ →−→−
= =
β)
x 3 x 3
lim f (x) 3 , lim f (x) 2− +
→− →−
= = , άρα το
x 3
lim f (x)
→−
δεν υπάρχει
γ)
x 1
limf (x)
→
=4
δ) Για το
x 4
x
limf
2→
 
− 
 
θέτω
x
u
2
= − . Τότε για x→4 , το u→-2 και το όριο
γίνεται:
u 2
lim f (u) 4
→−
=
ε)
1
0
x 3
1
lim
f (x)
−
→
− ∞= , επειδή είναι
x 3
limf (x) 0
→
= και f(x)<0 κοντά στο 3.
3. α) • Στο x=-3 επειδή το
x 3
lim f (x)
→−
δεν υπάρχει (από ερώτημα 2β)
• Στο x=2 επειδή
x 2 x 2
lim f (x) 3 , lim f (x) 2− +
→ →
= = − , άρα το
x 2
limf (x)
→
δεν υπάρχει.
• Στο x=4 επειδή
x 4
limf (x)
→
=-1, ενώ f(4)=1≠-1
β) Η f δεν είναι παραγωγίσιμη στα σημεία ασυνέχειας, δηλ για x=-3, x=2,
x=4, καθώς επίσης και στο «γωνιακό» σημείο x=1.
4. H Cf παρουσιάζει ολικό μέγιστο το 4 για x=-2 και για x=1.
Όμως στο x=1 δεν δέχεται εφαπτομένη, λόγω του «γωνιακού» σημείου.
Στο x=-2 η εφαπτομένη θα έχει εξίσωση: y-f(-2)=f ‘(-2)(x+2).
Είναι f(-2)=4 και: •η f παρουσιάζει μέγιστο στο -2
•το -2 είναι εσωτερικό σημείο
•η f είναι παραγωγίσιμη στο -2
Άρα από θεώρημα Fermat θα είναι: f ‘(-2)=0.

4. Επομένως η εφαπτομένη θα είναι: y=4.
5. Αρκεί να υπάρχει ξ∈(-2,-1) τέτοιο ώστε f ‘(ξ)=-2
α’ τρόπος
Έστω g(x)=f(x)+2x , x∈[-2,-1], συνεχής και παραγωγίσιμη στο [-2,-1]
Επίσης: • g(-2)=f(-2)-4=0
και • g(-1)=f(-1)-2=0
Άρα από θεώρημα Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ∈(-2,-1) τέτοιο, ώστε
g'( ) 0 f '( ) 2ξ = ⇔ ξ =−
β’ τρόπος
Η f είναι παραγωγίσιμη στο [-2,-1] επομένως από Θεώρημα Μέσης Τιμής θα
υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ∈(-2,-1) τέτοιο, ώστε:
f( 1) f( 2)
f '( ) 2
1 2
− − −
ξ = =−
− +
6. Έστω
x
(x) f(x) , x [2,3]
2
φ = + ∈
H φ είναι συνεχής στο [2,3] και:
φ(2)=1+f(2)=1+(-2)=-1<0.
φ(3)=
3 3
f(3) 0
2 2
+ = > Επομένως φ(2)⋅φ(3)<0 κι έτσι από θεώρημα
Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα xo∈(2,3) τέτοιο ώστε :
φ(xo)=0⇔ o
o
x
f(x ) 0.
2
+ =
Για να είναι μοναδικό το xo αρκεί να δείξω ότι η φ είναι γνησίως μονότονη.
Έστω x1,x2∈[2,3] με x1<x2 . Τότε: x1<x2 ⇔ 1 2x x
2 2
< .
Και αφού η f είναι αύξουσα στο [2,3] θα είναι και x1<x2 ⇔ f(x1)<f(x2).
Με πρόσθεση κατά μέλη: x1+f(x1)<x2+f(x2)⇔φ(x1)<φ(x2). ‘Αρα η φ είναι
γνησίως αύξουσα στο [2,3] κι έτσι το xo θα είναι μοναδική ρίζα.

5. ΘΕΜΑ
(βασισμένο σ την ασκ.3, Β’ Ομάδα, παράγραφος 2.3 σχολικού βιβλίου)
Έστω συναρτήσεις 2
( ) 2f x ax xβ= + + , x≥0 και
1
( )
| |
g x
x
= , x≠0 .
Οι γραφικές παραστάσεις των f , g έχουν κοινή εφαπτομένη στο xo=1.
1. Να δείξετε ότι α. ( ) 2f x x=− + .
β. ότι η f είναι αντιστρέψιμη και να βρείτε την αντίστροφή της.
2. Να λύσετε την εξίσωση f(x)=f-1(x).
3. Να εξετάσετε τη σχετική θέση των Cf και Cg στο (0,+∞) .
Στη συνέχεια να αποδείξετε ότι για κάθε k∈(0,1) ισχύει:
2
3
ln 2
2 2
k
k k< − + − .
4. α. Να δείξετε ότι το εμβαδόν Ε του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική
παράσταση της f-1, τη γραφική παράσταση της g , την ευθεία x=-2 και τον άξονα
x’x, είναι ίσο με
( )
2
1 2
ln 2 ln( 2 1) . .
2
τ µ
+
− − +
β. Να αποδείξετε ότι: 4,4Ε > . (Δίνονται: ln 2 0,7 και 2 1,4  )
ΛΥΣΗ
1. α. Αφού οι γραφικές παραστάσεις των f , g έχουν κοινή εφαπτομένη στο xo=1,
θα είναι f(1)=g(1) και '(1) '(1)f g= .
Με f ‘(x)=2αx+β και
1
, 0
( )
1
, 0
x
x
g x
x
x

− <
= 
 >

, οπότε
2
2
1
, 0
'( )
1
- , 0
x
x
g x
x
x

<
= 
 >

.
Έτσι: f(1)=g(1) ⇔α+β=-1 (1) (1) 1f g a β= ⇔ + =−
και '(1) '(1) 2 1f g a β= ⇔ + =− .
Οπότε προκύπτουν: α=0, β=-1.
Έτσι έχουμε: ( ) 2f x x=− + , x≥0 και η κοινή εφαπτομένη είναι η ευθεία y=-x+2,
η οποία ταυτίζεται με τη Cf στο [0,+∞).

6. β. H f είναι γνησίως φθίνουσα ως ευθεία με αρνητικό συντελεστή διεύθυνσης,
άρα και 1-1 και αντιστρέψιμη. [ή παίρνουμε f ‘(x)=-1<0 για κάθε x∈[0,+∞).]
Έστω ότι για κάθε x∈[0,+∞) είναι y=f(x) ⇔ y=-x+2 ⇔ x=-y+2.
Όμως πρέπει x≥0 ⇔ -y+2≥0 ⇔ y≤2.
Οπότε, τελικά, f-1(x)=-x+2 για x∈(-∞,2]
2. Ισχύει f(x)=f-1(x) για κάθε x∈A⋂f(A) , άρα για x∈[0,2]
3.
1ος τρόπος
Αρκεί να δείξω ότι ( )
0
221
2 1 2 1 0
x
x x x x
x
>
≥ − + ⇔ ≥ − + ⇔ − ≥ , που ισχύει,
2ος τρόπος
Η y=-x+2 είναι εφαπτομένη της Cg στο σημείο (1,1).
Επίσης στο (0,+∞) είναι 3
2
''( ) 0g x
x
= > για κάθε x∈(0,+∞), οπότε η g(x) είναι
κυρτή, επομένως η Cg θα είναι πάνω από την ευθεία και επομένως πάνω και από
τη Cf, με εξαίρεση το κοινό σημείο επαφής.
Άρα είναι
1
2x
x
≥ − + , με την ισότητα να ισχύει μόνο για x=1.
Επομένως θα είναι , για κ∈(0,1):
2 2
1 1 1 11 3
( 2) [ 2 ] ln 2
2 2 2
[ln| |] kkk k
x k
dx x dx x k k
x
x> − + ⇔ > − + ⇔ < − + −∫ ∫
4.
Η 1
f
C − τέμνει τον x’x στο σημείο (2,0).
Βρίσκω τα κοινά σημεία της f-1 (x) με τη g(x):
Για x∈[0,2] είναι f-1(x)=g(x)⇔f(x)=g(x) και δείξαμε ότι μοναδική ρίζα είναι το 1,
ενώ g(x)>f(x) για x≠1.
Για x<0 λύνω την εξίσωση:
0
1 2
| |
1
( ) ( ) 2 2 1
| |
x
x x
f x g x x x x
x
<
−
=−
= ⇔ − + = ⇔ − + = − ⇔

7. 1 21 2 ή 1 2x x=− =+ (απορρίπτεται).
Με 1
(1 2) (1 2) 1 2g f −
− = − =+
Άρα για το εμβαδόν έχουμε: Ε=Ε(Ω1)+Ε(Ω2).
01 2 1 2
2 2| |
( 2 1 2) (1 2) 1 (1 2) (1 2)
( )
2 2
x
x x
g
g x dx dx
x
<− −
− −=−
− + ⋅ − + ⋅ +
Ε= + = +
−∫ ∫ =
( ) ( )
2 2
1 2
2
1 2 1 2
ln 2 ln( 2 1)
2 2
[ln| |]x
−
−
+ +
= + = − − +−
β.
Έχουμε δείξει ότι για κάθε k∈(0,1):ισχύει:
2
3
ln 2
2 2
k
k k< − + − .
Θέτω στη σχέση, 2 1 0,4 (0,1)k = − ∈ και προκύπτει:
( )
( )
( )2
2
2
2 2 2ln2
( 2 1)
2
( 2 1) 3
ln 2 1 2( 2 1)
2 2
( 2 1) 3
ln 2 1 2( 2 1)
2 2
( 2 1) ( 2 1) ( 2 1) 3
ln 2 ln 2 1 ln 2 2( 2 1)
2 2 2 2
13
ln 2 2 2 0.7 2.8 6.5 4,4
2
E
+
+
+
−
− > − + − − ⇔
−
⇔ − − > − − +
+ + −
− − + > + + − − +
⇔ > − + − + =
⇔

Άρα Ε>4,4. Φάνης Μαργαρώνης