30 επαναληπτικά θέματα (2017 2018) με απαντήσεις (new)

Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[1]
30 Επαναληπτικά Θέματα με Απαντήσεις
Μαθηματικά Προσανατολισμού Γ Λυκείου
(Σύμφωνα με τις νέες οδηγίες 2017-2018)
Θανάσης Κοπάδης - Μαθηματικός
thanasiskopadis.blogspot.com
Διατίθεται ελεύθερα από το μαθηματικό blog «O άγνωστος x» και επιτρέπεται η
χρήση, η αναπαραγωγή και η κοινοποίηση, αρκεί να μη γίνεται με σκοπό το
χρηματικό κέρδος.

[2]
30 Επαναληπτικά Θέματα με Απαντήσεις
2017-2018
Μαθηματικά Προσανατολισμού Γ Λυκείου
thanasiskopadis.blogspot.com
ΘΕΜΑ 1
Δίνονται οι συναρτήσεις , : →ℝ ℝf g με ( ) ( )ln 1= + x
f x e και
( )
1
1
−
=
+
x
x
e
g x
e
α. Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται.
β. Να δείξετε ότι η g είναι περιττή.
γ. Δίνεται επιπλέον συνάρτηση ( ): 0,+∞ →ℝh τέτοια, ώστε να ισχύει =h f g
Να βρείτε τον τύπο της h
δ. Αν ( ) 1 2 −
= − x
h x e , τότε να αποδείξετε ότι
( ) ( ) ( ) ( )2 3 4
+ < +x x x x
h e h e h e h e για κάθε 0>x
Απαντήσεις
α. Είναι Α = ℝf
Έστω 1 2, ∈ℝx x με ( ) ( )1 2=f x f x , τότε
( ) ( )1 2 1 2 1 2
1 2ln 1 ln 1 1 1+ = + ⇔ + = + ⇔ = ⇔ =x x x x x x
e e e e e e x x
Άρα η f είναι 1 1− , οπότε αντιστρέφεται.
β. Είναι Α = ℝg , οπότε αν ∈ ℝx , τότε και − ∈ ℝx
Επίσης ( ) ( )
1
1
1 1 1
11 1 11
−
−
−
− − −
− = = = = − = −
+ + ++
x x xx
x x x
x
e e eeg x g x
e e e
e

[3]
Άρα η g είναι περιττή
γ. Για 0>x στη σχέση ( )( ) ( )=h f x g x θέτουμε ( )1−
=x f x , οπότε έχουμε:
( )( )( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 1 1− − −
= ⇔ =h f f x g f x h x g f x
Πρώτα θα υπολογίσουμε την αντίστροφη 1−
f της f
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0
1
ln 1 1 1 ln 1 ln 1
>
−
= ⇔ = + ⇔ + = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = −
y
x x y x y y y
y f x y e e e e e x e f y e
με 0>y
Άρα ( ) ( )1
ln 1−
= −x
f x e ,
Για το πεδίο ορισμού της
1−
g f έχουμε:
( ) ( )
1
11
0
0
−
−−
∈Α > 
⇔ ⇔ > 
∈∈Α 
ℝ
f
g
x x
x
f xf x
Επομένως ( )0,Α = +∞h
Είναι ( )( ) ( )( )
( )
( )
( )
( )
1
1
ln 1
1 1
ln 1
1 1 2
1 2
1 1
−
−
−
− − −
−
− − −
= = = = = −
+ +
x
x
ef x x
x
xf x e
e e e
g f x g f x e
ee e
Οπότε ( ) 1 2 −
= − x
h x e με ( )0,Α = +∞h
δ. Για 0>x έχουμε ( ) 2 0−
′ = >x
h x e
Άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα στο ( )0,+∞
● Για 0>x έχουμε: ( ) ( )3 3
3< ⇔ < ⇔ <
ր րx
e h
x x x x
x x e e h e h e (1)
● Για 0>x έχουμε: ( ) ( )2 4 2 4
2 4< ⇔ < ⇔ <
ր րx
e h
x x x x
x x e e h e h e (2)

[4]
Από (1)+(2) προκύπτει:
( ) ( ) ( ) ( )2 3 4
+ < +x x x x
h e h e h e h e , για κάθε 0>x
ΘΕΜΑ 2
Δίνονται οι συναρτήσεις , : →ℝ ℝf g , με ( ) =ℝ ℝg , για τις οποίες ισχύει:
● ( )( ) ( )= +f f x x f x , για κάθε ∈ ℝx
● ( )( )1 0− − + =x
f g x e x , για κάθε ∈ ℝx
α. Να δείξετε ότι η f είναι 1-1
β. Να βρείτε τη συνάρτηση g
Αν ( ) 1= + −x
g x e x , τότε:
γ. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης ( ) ( )( )ln=h x g x
δ. Να αποδείξετε ότι η g αντιστρέφεται και στη συνέχεια να λύσετε την εξίσωση
( )2
1 1 2
2− +
+ =x
g e x
α. Έστω 1 2, ∈ℝx x με ( ) ( )1 2=f x f x (1) , τότε:
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )1 2 1 2= ⇔ =f f x f f x f f x f f x (2)
Από (2)-(1) και την αρχική ισότητα έχουμε:
( )( ) ( ) ( )( ) ( )1 1 2 2 1 2− = − ⇔ =f f x f x f f x f x x x
Επομένως η f είναι 1-1
β. Για 0=x στην αρχική ισότητα προκύπτει:
( )( ) ( ) ( )
:1 1
0 0 0 0
−
= ⇔ =
f
f f f f

[5]
Οπότε
( )( ) ( )( ) ( ) ( )
:1 1
1 0 1 0 1 0
−
− − + = ⇔ − − + = ⇔ − − + =
f
x x x
f g x e x f g x e x f g x e x
( ) 1⇔ = + −x
g x e x
γ. Θα πρέπει ( ) 0>g x
Είναι ( ) 1 0′ = + >x
g x e , άρα η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα.
Επομένως ( ) ( ) ( )
:
0 0 0> ⇔ > ⇔ >
րg
g x g x g x
Οπότε ( )0,Α = +∞h
δ. Η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα, άρα είναι 1-1, οπότε αντιστρέφεται.
Έχουμε: ( ) ( ) ( )
2 2 2
:1 1
1 1 2 1 2 1 2
2 2 1 1 2
−
− + + +
+ = ⇔ + = ⇔ + + − =
g
x x x
g e x e x g e x g
( ) ( )
:1 1
2 2 2
1 2 1 2 1 1
−
⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = ±
g
g x g x x x
ΘΕΜΑ 3
Δίνεται η συνάρτηση ( ) =f x x x
α. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία
β. Να βρείτε το σύνολο τιμών της f
γ. Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφή της 1−
f
δ. Να βρείτε σημείο ( ),Μ x y της 1−
f
C , με 0>x , το οποίο να απέχει από το
5
,0
2
 
Α  
 
τη μικρότερη απόσταση
α. Για 0≥x είναι =x x , άρα ( ) 2
=f x x

[6]
Για 0<x είναι = −x x , άρα ( ) 2
= −f x x
Οπότε ( )
2
2
, 0
, 0
− <
= 
≥
x x
f x
x x
Α΄ τρόπος (με ορισμό)
● Έστω ( )1 2, ,0∈ −∞x x με 1 2<x x , τότε ( ) ( )2 2 2 2
1 2 1 2 1 2> ⇔ − < − ⇔ <x x x x f x f x
Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( )1 ,0Α = −∞
● Έστω [ )1 2, 0,∈ +∞x x με 1 2<x x , τότε ( ) ( )2 2
1 2 1 2< ⇔ <x x f x f x . Άρα η f είναι
γνησίως αύξουσα στο διάστημα [ )2 0,Α = +∞
● Έστω ( )1 ,0∈ −∞x και [ )2 0,∈ +∞x με 1 2<x x , τότε ( ) 2
1 1 0= − <f x x και
( ) 2
2 2 0= ≥f x x , επομένως ( ) ( )1 2<f x f x
Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση
Β΄ τρόπος (με παραγώγους)
Αρχικά δείχνουμε ότι η f είναι συνεχής συνάρτηση (εύκολο)
● Για 0<x είναι ( ) 2
= −f x x που είναι παραγωγίσιμη με ( ) 2 0′ = − >f x x και
επειδή είναι συνεχής στο 0 θα είναι γνησίως αύξουσα στο ( ],0−∞
● Για 0>x είναι ( ) 2
=f x x που είναι παραγωγίσιμη με ( ) 2 0′ = >f x x και
επειδή είναι συνεχής στο 0 θα είναι γνησίως αύξουσα στο [ )0,+∞
Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση
β. Α΄ τρόπος
Αν ( )1 ,0Α = −∞ , τότε ( ) 2
0= − <f x x , οπότε ( ) ( )1 ,0Α = −∞f
Αν [ )2 0,Α = +∞ , τότε ( ) 2
0= ≥f x x , οπότε ( ) [ )2 0,Α = +∞f
Επομένως ( ) ( ) ( )1 2Α = Α ∪ Α = ℝf f f

[7]
Β΄ τρόπος
Αν ( )1 ,0Α = −∞ και αφού η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, τότε
( ) ( ) ( )( ) ( )1
0
lim , lim ,0−→−∞ →
Α = = −∞
x x
f f x f x
Αν [ )2 0,Α = +∞ και αφού η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, τότε
( ) ( ) ( )) [ )2 0 , lim 0,
→+∞
Α = = +∞
 x
f f f x
Επομένως ( ) ( ) ( )1 2Α = Α ∪ Α = ℝf f f
γ. Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα, οπότε είναι και 1-1, άρα
αντιστρέφεται.
● Αν ( )1 ,0Α = −∞ έχουμε:
( ) ( )
1
2 2 1
∈Α
−
= ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − − ⇔ = − −
x
y f x y x x y x y f y y με
( ) ( )1 1 ,0−Α = Α = −∞f
f
● Αν [ )2 0,Α = +∞ έχουμε:
( ) ( )
2
2 2 1
∈Α
−
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
x
y f x y x x y x y f y y με
( ) [ )1 2 0,−Α = Α = +∞f
f

[8]
Επομένως ( )1 , 0
, 0
−
− − <
= 
≥
x x
f x
x x
δ. Για 0>x είναι ( )1−
=f x x , οπότε ( ),Μ x x
Συνεπώς ( ) ( )
2
2
25 25
0 4
2 4
 
ΑΜ = − + − = − + 
 
x x x x
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 2 25
4
4
= − +g x x x .
Μελετώντας τη συνάρτηση g ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα (με
παραγώγους ή με ορισμό) βλέπουμε ότι αυτή γίνεται ελάχιστη για 2=x
Επομένως το ( )2, 2Μ είναι το ζητούμενο σημείο.
ΘΕΜΑ 4
Δίνεται η συνάρτηση ( )
2
3
2 1 , 0
, 0
 + − + ≤
= 
− − + >
x x x
f x
x x a x
α. Να βρείτε την τιμή του ∈ℝα , ώστε η f να είναι συνεχής στο 0 0=x
Για 1=α
β. Να βρείτε τα όρια ( )lim
→ −∞x
f x και ( )lim
→ +∞x
f x
γ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ( ) 0=f x έχει τουλάχιστον δύο ρίζες 1 2,x x με
1 20< <x x
δ. Για 0>x να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και στη
συνέχεια να αποδείξετε ότι
2
3
1
lim
1+
→
= −∞
− − +x x x x
α. Είναι

[9]
( ) ( )2
0 0
lim lim 2 1 1− −
→ →
= + − + =
x x
f x x x ,
( ) ( )3
0 0
lim lim+ +
→ →
= − − + =
x x
f x x x α α και
( )0 1=f
Για να είναι η f συνεχής στο 0 0=x θα πρέπει ( ) ( ) ( )0 0
lim lim 0− +
→ →
= =
x x
f x f x f ,
επομένως 1=α
Για 1=α έχουμε ( )
2
3
2 1 , 0
1 , 0
 + − + ≤
= 
− − + >
x x x
f x
x x x
β. Είναι ( ) ( )2
2
1
lim lim 2 1 lim 2 1
→−∞ →−∞ →−∞
 
= + − + = + + + = 
 
x x x
f x x x x x
x
2
1 1
lim 1 2 1
→−∞
  
+ + + = −∞   
  
x
x
x x
Επίσης ( ) ( ) ( )3 3
lim lim 1 lim
→+∞ →+∞ →+∞
= − − + = − =−∞
x x x
f x x x x
γ. Αφού ( )lim
→−∞
= −∞
x
f x θα υπάρχει 3 0<x τέτοιο, ώστε ( )3 0<f x
● H f συνεχής στο [ ]3,0x
● ( ) ( )3 0 0⋅ <f x f ,
άρα από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( ) 0=f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα
( ) ( )1 3,0 ,0∈ ⊆ −∞x x
Αφού ( )lim
→+∞
= −∞
x
f x θα υπάρχει 4 0>x τέτοιο, ώστε ( )4 0<f x
● H f συνεχής στο [ ]40, x
● ( ) ( )40 0⋅ <f f x

[10]
άρα από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( ) 0=f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα
( ) ( )2 40, 0,∈ ⊆ +∞x x
Επομένως η εξίσωση ( ) 0=f x έχει τουλάχιστον δύο ρίζες 1 2,x x με 1 20< <x x
(Να αναφέρουμε ότι ( )0 1=f , άρα το 0 δεν είναι ρίζα της εξίσωσης ( ) 0=f x )
δ. Για 0>x , είναι ( ) 3
1= − − +f x x x
Με χρήση του ορισμού της μονοτονίας ή με χρήση παραγώγων, πολύ εύκολα
δείχνουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα.
Είναι
( )2
1
lim+
→x x f x
, αφού 2 0>x
Έχουμε ( ) ( )
2
2lim 0+
→
= =
x x
f x f x , αφού η f είναι συνεχής και το 2x ρίζα της
( ) 0=f x για 0>x
Επιπλέον ( ) ( ) ( )2 2 0> ⇔ < ⇔ <
ցf
x x f x f x f x
Επομένως
( )2
1
lim+
→
= −∞
x x f x
ΘΕΜΑ 5
Δίνεται η συνάρτηση ( ) 3
2= + +x
f x x x , ∈ ℝx
α. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε το πεδίο ορισμού της
1−
f
β. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό ( )0 1,0∈ −x τέτοιο, ώστε ( )1
0 0−
=x f
γ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση
( ) ( )1
001
2 1
−
−− +
=
− −
x
f x ef x x
x x
έχει μια τουλάχιστον
ρίζα στο διάστημα ( )1,2
δ. Να βρείτε το όριο
( ) ( )
( ) ( )
2
lim
2→+∞
+
+x
f x f x
f x f x
ηµ
ηµ

[11]
α. Με τη βοήθεια του ορισμού της μονοτονίας ή με χρήση παραγώγων, εύκολα
αποδεικνύουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ , άρα είναι 1-1,
οπότε αντιστρέφεται.
Έχουμε ( ),Α= = −∞ +∞ℝ , f συνεχής και γνησίως αύξουσα, άρα έχει σύνολο
τιμών το ( ) ( ) ( )( ) ( )lim , lim ,
→−∞ →+∞
Α = = −∞ +∞ = ℝ
x x
f f x f x
Οπότε το πεδίο ορισμού της
1−
f είναι ( )1−Α = Α = ℝf
f
β. Αρκεί να αποδείξουμε ότι η εξίσωση ( )
:1 1
1
0 ( ) 0
−
−
= ⇔ =
f
x f f x έχει μοναδική ρίζα
στο διάστημα ( )1,0−
● H f συνεχής στο [ ]1,0−
● ( ) 1 3
1 2 1 1 0
4
−
− = − − = − <f
( ) 0
0 2 1 0= = >f
άρα από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( ) 0=f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο
διάστημα ( )1,0−
Επιπλέον η f είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση, οπότε τελικά υπάρχει
μοναδικό ( )0 1,0∈ −x τέτοιο, ώστε ( )0 0=f x
γ. Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1
0 01 1 2 −
= − − + − − − x
g x x f x x x f x e στο
διάστημα [ ]1,2
● H g συνεχής στο [ ]1,2
● ( ) ( )01 1= −g f x
( ) ( )02 1= +g f x

[12]
Όμως, ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 01 1 1 0 1 0− < ⇔ − < ⇔ − < ⇔ <
րf
x x f x f x f x g και
( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 01 1 1 0 2 0+ > ⇔ + > ⇔ + > ⇔ >
րf
x x f x f x f x g
Άρα ( ) ( )1 2 0⋅ <g g , οπότε από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( ) 0=g x έχει
μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )1,2 και άρα η εξίσωση
( ) ( )1
001
2 1
−
−− +
=
− −
x
f x ef x x
x x
έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα αυτό.
δ. Θέτουμε ( ) =f x y , οπότε όταν → +∞x θα είναι →+∞y
Επομένως
( ) ( )
( ) ( )
1
1 2
2 2 1
lim lim lim
2 2 21
2
→+∞ →+∞ →+∞
 
+ + +  = = =
+ +  
+ 
 
x y y
y y
f x f x yy y
f x f x y y
y y
y
ηµ
ηµ ηµ
ηµ ηµ
ηµ
,
αφού:
1 1 1 1 1 1
= ⋅ ≤ ⇔− ≤ ≤y y y
y y y y y y
ηµ ηµ ηµ και
1 1
lim lim 0
→+∞ →+∞
 
− = = 
 y yy y
,
άρα από κριτήριο παρεμβολής
1
lim 0
→+∞
=
y
y
y
ηµ
ΘΕΜΑ 6
Δίνεται συνεχής συνάρτηση ( ): 1,+∞ →ℝf για την οποία ισχύουν:
●
( )( ) 3
2
2 1
lim
2→−∞
− + −
= +∞
+x
f e x x
x
● ( ) ( )( ) 2
2 ln 1− = −f x f x x , για κάθε 1>x
α. Να αποδείξετε ότι ( ) 2<f e
β. Να αποδείξετε ότι ( ) 1 ln= −f x x , 1>x
γ. Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( )
1
= +g x f x
x
, 1>x

[13]
i. Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης g
ii. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό 0 1>x τέτοιο, ώστε 0
1
0=x
e x
iii. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ( ) 3= −g x xηµ είναι αδύνατη, για κάθε
1>x
α. ● Αν ( ) 2 0− >f e τότε,
( )( ) ( )( )
( )( )( )
3 3
2 2
2 1 2
lim lim lim 2
2→−∞ →−∞ →−∞
− + − −
= = − = −∞
+x x x
f e x x f e x
f e x
x x
Η περίπτωση απορρίπτεται
● Αν ( ) 2 0− <f e τότε,
( )( ) ( )( )
( )( )( )
3 3
2 2
2 1 2
lim lim lim 2
2→−∞ →−∞ →−∞
− + − −
= = − = +∞
+x x x
f e x x f e x
f e x
x x
Η περίπτωση είναι δεκτή
● Αν ( ) 2 0− =f e τότε,
( )( ) 3
2 2
2 1 1
lim lim lim 0
2→−∞ →−∞ →−∞
− + −
= = =
+x x x
f e x x x
x x x
Η περίπτωση απορρίπτεται
Άρα ( ) 2<f e
β. Για κάθε 1>x έχουμε:
( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 2
2 ln 1 2 ln 1− = − ⇔ − = − ⇔f x f x x f x f x x
( ) ( ) ( )( )
22 2 2
2 1 ln 1 ln− + = ⇔ − =f x f x x f x x
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) 1= −h x f x , 1>x για την οποία ισχύει
( )2 2
ln 0= ≠h x x , για κάθε 1>x

[14]
Άρα, για κάθε 1>x είναι ( ) 0≠h x και η h συνεχής, επομένως διατηρεί σταθερό
πρόσημο.
Για 0 =x e η αρχική σχέση μας δίνει ότι:
( ) ( )( ) ( ) ( )( )2
2 ln 1 2 0− = − ⇔ − = ⇔f e f e e f e f e
( ) 0=f e ή ( ) 2=f e
Δηλαδή ( ) 0=f e , αφού από το ερώτημα α. έχουμε ότι ( ) 2<f e
Συνεπώς ( ) ( ) 1 1 0= − =− <h e f e , επομένως ( ) 0<h x , για κάθε 1>x
Έτσι, για κάθε 1>x έχουμε:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) 0ln 0
2 2 2 2
ln ln ln ln
<>
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔
h xx
h x x h x x h x x h x x
( ) ( ) ( )ln 1 ln 1 ln= − ⇔ − = − ⇔ = −h x x f x x f x x
γ. i. Είναι ( ) ( ) ( )
1 1
1 ln= + ⇔ = + −g x f x g x x
x x
, 1>x
Έχουμε ( )1,Α = +∞ , g συνεχής και γνησίως φθίνουσα,
άρα έχει σύνολο τιμών ( ) ( ) ( )( ) ( )1
lim , lim ,2+→+∞ →
Α = = −∞
x x
g g x g x
ii. Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση:
( )
1 1
1 1
ln ln ln ln 0 1= ⇔ = ⇔ = ⇔ − = ⇔ =x x
e x e x x x g x
x x
έχει μοναδική ρίζα
στο διάστημα ( )1,+∞
Είναι ( )1∈ Αg και g γνησίως φθίνουσα, άρα η εξίσωση ( ) 1=g x έχει μοναδική
ρίζα στο διάστημα ( )1,+∞
Συνεπώς υπάρχει μοναδικό 0 1>x τέτοιο, ώστε 0
1
0=x
e x
iii. Ισχύει:

[15]
1 1 3 2≤ ⇔− ≥ − ⇔ − ≥x x xηµ ηµ ηµ
Επίσης, δείξαμε στο ερώτημα γ.i. ότι ( ) ( ),2Α = −∞g , δηλαδή ( ) 2<g x , για
κάθε 1>x
Επομένως, δεν υπάρχει 1>x τέτοιο, ώστε ( ) 3= −g x xηµ , συνεπώς η εξίσωση
( ) 3= −g x xηµ είναι αδύνατη, για κάθε 1>x
ΘΕΜΑ 7
Στο παρακάτω σχήμα είναι ΑΒ =α , 3ΑΓ = α και 2Γ∆ = α , όπου ( )0,∈ +∞α
α. Να εκφράσετε το ευθύγραμμο τμήμα ΜΝ συναρτήσει του xκαι στη συνέχεια
να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου χωρίου, συναρτήσει του x,
όταν το σημείο Μ διαγράφει το ευθύγραμμο τμήμα ΑΓ δίνεται από τη συνάρτηση
( )
2
2
, 0
2 , 3
 < ≤
= 
− < ≤
x x
f x
x a x
α
α α α
β. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής για κάθε ( )0,∈ +∞α
γ. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη για κάθε ( )0,∈ +∞α
Για 1=α
δ. Να εξετάσετε αν υπάρχουν ( )1 2, 0,1∈x x με 1 2≠x x τέτοια, ώστε οι εφαπτομένες
της γραφικής παράστασης της f στα σημεία ( )( )1 1 1,M x f x και ( )( )2 2 2,M x f x να
είναι παράλληλες.
ε. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφή της
1−
f
στ. Να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης
1−
f

[16]
α. ● Αν 0 < ≤x α
Το τρίγωνο ΑΜΝ είναι όμοιο με το τρίγωνο ΑΒΕ, οπότε θα ισχύει
2
2
ΜΝ
= ⇔ΜΝ =
x
x
α α
Τότε ( ) ( )( ) 21 1
2
2 2
Ε = ΑΜ ΜΝ = ⋅ =x x x x
● Αν 3< ≤a x α
Τότε
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )
1 1
2 2
2 2
Ε = ΑΒΕ + ΒΜΝΕ = ΑΒ ΒΕ + ΒΜ ΜΝ = ⋅ + − ⋅ =x xα α α α
( ) 2 2 21
2 2 2 2 2
2
⋅ + − ⋅ = + − = −x x xα α α α α α α α α
Επομένως ( )
2
2
, 0
2 , 3
 < ≤
= 
− < ≤
x x
f x
x a x
α
α α α
β. ● Αν 0 < <x α , τότε η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική
● Αν 3< <a x α , τότε η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική
● Αν =x α, τότε:
( ) 2 2
lim lim− −
→ →
= =
x x
f x x
α α
α , ( ) ( )2 2 2 2
lim lim 2 2+ −
→ →
= − = − =
x x
f x x
α α
α α α α α και
( ) 2
=f α α
Οπότε η f είναι συνεχής και στο =x α
Άρα η f είναι συνεχής για κάθε ( )0,∈ +∞α
γ. ● Αν 0 < <x α , τότε η f είναι παραγωγίσιμη με ( ) 2′ =f x x
● Αν 3< <a x α , τότε η f είναι παραγωγίσιμη με ( ) 2′ =f x α
● Αν =x α, τότε:

[17]
( ) ( )
( )
2 2
lim lim lim 2− − −
→ → →
− −
= = + =
− −x x x
f x f x
x
x xα α α
α α
α α
α α
,
( ) ( ) 2 2 2
2 2 2
lim lim lim 2+ − −
→ → →
− − − −
= = =
− − −x x x
f x f x x
x x xα α α
α α α α α α
α
α α α
Οπότε η f είναι παραγωγίσιμη και στο =x α
Άρα η f είναι παραγωγίσιμη για κάθε ( )0,∈ +∞α
Για 1=α είναι ( )
2
, 0 1
2 1 , 1 3
 < ≤
= 
− < ≤
x x
f x
x x
δ. Οι εφαπτόμενες της γραφικής παράστασης της f στα σημεία ( )( )1 1 1,M x f x και
( )( )2 2 2,M x f x είναι παράλληλες αν και μόνο αν ισχύει:
( ) ( )
( )1 2, 0,1
1 2 1 2 1 22 2
∈
′ ′= ⇔ = ⇔ =
x x
f x f x x x x x
Άτοπο, αφού 1 2≠x x . Άρα δεν υπάρχουν τέτοιες εφαπτόμενες.
ε. Στο ( ]1 0,1Α = η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, αφού ( ) 2 0′ = >f x x
οπότε είναι 1-1 και επιπλέον έχει σύνολο τιμών ( ) ( ]1 0,1Α =f
Στο ( ]2 1,3Α = η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, αφού ( ) 2 0′ = >f x
οπότε είναι 1-1 και επιπλέον έχει σύνολο τιμών ( ) ( ]2 1,5Α =f
Επομένως ( ) ( )1 2Α ∩ Α =∅f f , δηλαδή η f είναι 1-1 συνάρτηση, άρα
Στο ( ]1 0,1Α = έχουμε:
( ) ( )2 1−
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =y f x y x x y f y y με ( ) ( ]1 1 0,1−Α = Α =f
f
Στο ( ]2 1,3Α = έχουμε:
( ) ( )11 1
2 1 2 1
2 2
−+ +
= ⇔ = − ⇔ = + ⇔ = ⇔ =
y y
y f x y x x y x f y με
( ) ( ]1 2 1,5−Α = Α =f
f

[18]
Οπότε ( )1
, 0 1
1
, 1 5
2
−
 < ≤

=  +
< ≤

x x
f x x
x
στ.
ΘΕΜΑ 8
2
1 , 0
1 , 0
− + ≤
= 
− + >
x x
f x
x x
α. Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τη συνάρτηση f
β. Να εξετάσετε αν για τη συνάρτηση f ικανοποιούνται οι υποθέσεις του
Θεωρήματος Μέσης Τιμής στο [ ]1,1−
γ. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της
συνάρτησης f η οποία διέρχεται από το σημείο
5
0,
4
 
Α 
 
α. ● Για 0<x η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική.

[19]
● Για 0>x η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική.
● Για 0=x έχουμε:
( ) ( )2
0 0
lim lim 1 1− −
→ →
= − + =
x x
f x x , ( ) ( )0 0
lim lim 1 1+ +
→ →
= − + =
x x
f x x και ( )0 1=f , άρα η f
είναι συνεχής και στο 0=x , οπότε η f είναι συνεχής στο R
β. Η f είναι συνεχής στο διάστημα [ ]1,1− από το α. ερώτημα
● Για 0<x η f είναι παραγωγίσιμη με ( ) 2′ =−f x x
● Για 0>x η f είναι παραγωγίσιμη με ( ) 1′ = −f x
● Για 0=x έχουμε:
( ) ( )
( )
2
0 0 0
0 1 1
lim lim lim 0
0− − −
→ → →
− − + −
= = − =
−x x x
f x f x
x
x x
και
( ) ( )
0 0
0 1 1
lim lim 1
0+ +
→ →
− − + −
= = −
−x x
f x f x
x x
Οπότε η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0=x
Επομένως η f δεν παραγωγίσιμη στο (–1, 1)
Άρα δεν ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής στο
διάστημα [–1, 1].
γ. Έστω ( )( )0 0,Β x f x το σημείο επαφής, με 0 0≠x , αφού η f δεν είναι
παραγωγίσιμη στο 0.
Τότε, η εξίσωση της εφαπτόμενης της είναι: ( ) ( )( )0 0 0
′− = −y f x f x x x
● Για 0 0<x , είναι: ( ) ( )2 2
0 0 0 0 01 2 2 1− − + = − − ⇔ = − + +y x x x x y x x x

[20]
Η εφαπτόμενη διέρχεται από το σημείο
5
0,
4
 
Α 
 
οπότε έχουμε:
0 0
2 2
0 0 0
5 1 1
1
4 4 2
<
= + ⇔ = ⇔ = −
x
x x x
Επομένως, η ζητούμενη εφαπτόμενη έχει εξίσωση
5
4
= +y x
● Για 0 0>x , είναι: ( ) ( )0 01 1− − + = − − ⇔ = − +y x x x y x
Η παραπάνω ευθεία δε διέρχεται από το σημείο
5
0,
4
 
Α 
 
, επομένως η περίπτωση
αυτή απορρίπτεται.
ΘΕΜΑ 9
Δίνεται συνάρτηση : →ℝ ℝf παραγωγίσιμη, για την οποία ισχύουν:
● ( )( ) ( )( )1 4′+ + =f x x f x x, για κάθε ∈ℝx
● ( )0 1=f
α. Να δείξετε ότι ( ) 2
4 1= + −f x x x , ∈ℝx
β. Να υπολογίσετε το όριο ( ) ( )( )lim 1
→+∞
− −
x
f x xλ για τις διάφορες τιμές του
∈ ℝλ
συνάρτησης f που σχηματίζει γωνία
3
4
=
π
ω με τον άξονα ′x x
δ. Να δείξετε ότι υπάρχει ( )0 2,2∈ −x τέτοιο, ώστε
( ) ( ) ( )3 4
0 0 0 0 04 16 ′ ′− = −x f x f x x f x
α. Για κάθε ∈ℝx έχουμε:

[21]
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )1 4 4′′+ + = ⇔ + + = ⇔f x x f x x f x x f x x x
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )
2 2
2 8 4
′ ′′  + + = ⇔ + =
 
f x x f x x x f x x x
Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. υπάρχει σταθερά ∈ℝc τέτοια, ώστε:
( )( )
2 2
4+ = +f x x x c για κάθε ∈ℝx
Για 0=x , έχουμε: ( )( )
2
0 1= ⇔ =f c c
Άρα ( )( )
2 2
4 1+ = +f x x x για κάθε ∈ℝx
Όμως 2
4 1 0+ ≠x για κάθε ∈ℝx , οπότε και ( )( )
2
0+ ≠f x x για κάθε ∈ℝx
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) 0= + ≠g x f x x για κάθε ∈ℝx
Η g είναι επιπλέον συνεχής, οπότε διατηρεί σταθερό πρόσημο.
Επειδή ( ) ( )0 0 1 0= = >g f θα είναι ( ) 0>g x για κάθε ∈ℝx
Συνεπώς ( )
( )
( )
0
2 2 2
4 1 4 1
>
= + ⇔ = + ⇔
g x
g x x g x x
( ) ( )2 2
4 1 4 1+ = + ⇔ = + −f x x x f x x x για κάθε ∈ℝx
β. Είναι:
( ) ( ) 2 2
1 4 1 4 1− − = + − − + = + −f x x x x x x x xλ λ λ
Οπότε:
( )2
2 2
1 1
lim 4 1 lim 4 lim 4
→+∞ →+∞ →+∞
    
+ − = + − = + −     
    
x x x
x x x x x
x x
λ λ λ

[22]
Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:
● Αν 2 0 2− < ⇔ >λ λ τότε ( ) ( )( )lim 1
→+∞
− − = −∞
x
f x xλ
● Αν 2 0 2− > ⇔ <λ λ τότε ( ) ( )( )lim 1
→+∞
− − = +∞
x
f x xλ
● Αν 2 0 2− = ⇔ =λ λ τότε
( )( ) ( )
2 2
2
2
2
4 1 4 1
lim lim 4 1 2 lim lim
14 1 2 4 2
→+∞ →+∞ →+∞ →+∞
+ −
− = + − = = =
+ + + +
x x x x
x x
f x x x x
x x x x
x
2 2
1 1 1 1
lim lim 0 0
41 1
4 2 4 2
→+∞ →+∞
 
 
 = ⋅ = ⋅ =
 
+ + + + 
 
x x x
x x
x x
γ. Έστω ( )( )0 0,Α x f x το σημείο επαφής.
Η εξίσωση εφαπτόμενης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f σχηματίζει
γωνία
3
4
=
π
ω , οπότε ισχύει ( )0
3
1
4
′ = = −f x
π
εϕ
Είναι ( ) ( )2
2 2
1 4
4 1 1 1
2 4 1 4 1
′′ = + − = −
+ +
x
f x x
x x
Οπότε: 0
02
0
4
1 1 0
4 1
− = − ⇔ =
+
x
x
x
Άρα η ζητούμενη εφαπτομένη έχει εξίσωση ( ) ( )( )0 0 0′− = −y f f x , δηλαδή
1 1− = − ⇔ = − +y x y x
δ. Α΄ τρόπος
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( )3 4
4 16 ′ ′= − +g x x f x f x x f x

[23]
● Η g είναι συνεχής στο [ ]2, 2− , ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων.
● ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 4
2 4 2 2 16 2 2 2 24 17 2 0′ ′− = − − − − + − − = − + <g f f f
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 4
2 4 2 2 16 2 2 2 24 2 24 17 2 0′ ′= ⋅ − + = = + >g f f f f
Οπότε ( ) ( )2 2 0− ⋅ <g g
Άρα, από θεώρημα Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0 2,2∈ −x τέτοιο, ώστε
( ) ( ) ( ) ( )3 4
0 0 0 0 0 00 4 16 ′ ′= ⇔ − = −g x x f x f x x f x
Β΄ τρόπος
Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 4
16 16= − = −g x x f x f x x f x
● Η g είναι συνεχής στο [ ]2, 2− , ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων
● Η g είναι παραγωγίσιμη στο ( )2, 2− με ( ) ( ) ( ) ( )3 4
4 16′ ′ ′= + −g x x f x x f x f x
● ( ) ( ) ( )2 16 16 2 0− = − − =g f και ( ) ( ) ( )2 16 16 2 0= − =g f
Οπότε ( ) ( )g 2 g 2 0− = =
Άρα, από Θεώρημα Rolle, υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0 2,2∈ −x τέτοιο, ώστε:
( ) ( ) ( ) ( )3 4
0 0 0 0 0 00 4 16′ ′ ′= ⇔ − = −g x x f x f x x f x

[24]
ΘΕΜΑ 10
Έστω : →ℝ ℝf μια συνάρτηση δύο φορές παραγωγίσιμη στο ℝ, με ( ) 0′ ≠f x
για κάθε ∈ℝx , η οποία ικανοποιεί τις παρακάτω σχέσεις:
● ( ) ( )( )
2−
′′ ′=x
f x e f x , για κάθε ∈ℝx
● ( )2 0 1 0′ + =f και
● ( )0 ln2=f
α. Να δείξετε ότι ( ) 1
1
′ + =
+
x
x
e
f x
e
, ∈ℝx
β. Να δείξετε ότι η συνάρτηση ′f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ και στη συνέχεια
ότι ( ) ( ) ( )2 2 1 4− > + − +f x f x f x για κάθε ∈ℝx
γ. Να δείξετε ότι ( ) ( )ln 1 −
= + x
f x e , ∈ℝx
δ. i. Να βρείτε το σύνολο τιμών της f
ii. Να δείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφή
της
1−
f
( ) ( )( )
( )
( )( ) ( )
( )
2
2
1−
′ ′′ ′′′ ′= ⇔ = ⇔ − =  ′′  
x x xf x
f x e f x e e
f xf x
Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά ∈ℝc τέτοια, ώστε να ισχύει:
( )
1
− = +
′
x
e c
f x
Για 0=x έχουμε:
( )
01
2 1 1
0
− = + ⇔ = + ⇔ =
′
e c c c
f
Επομένως
( )
( )
1 1
1
1
′− = + ⇔ = −
′ +
x
x
e f x
f x e

[25]
( ) ( )
1
1 1 1
1 1
′ ′⇔ + = − ⇔ + =
+ +
x
x x
e
f x f x
e e
για κάθε ∈ℝx
β. Παραγωγίζοντας κατά μέλη την προηγούμενη σχέση έχουμε:
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
1 1
0
1 1
′ ′+ − +
′′ = = >
+ +
x x x x x
x x
e e e e e
f x
e e
Οπότε η συνάρτηση ′f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ
● Η f είναι συνεχής στο [ ]2, 1− +x x
● Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )2, 1− +x x
Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ( )1 2, 1∈ − +x xξ τέτοιο, ώστε
( )
( ) ( )
1
1 2
3
+ − −
′ =
f x f x
f ξ (1)
● Η f είναι συνεχής στο [ ]1, 4+ +x x
● Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )1, 4+ +x x
Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ( )2 1, 4∈ + +x xξ τέτοιο, ώστε
( )
( ) ( )
2
4 1
3
+ − +
′ =
f x f x
f ξ (2)
Είναι
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1 2
1 2 4 1
3 3
′ + − − + − +
′ ′< ⇔ < ⇔ <
րf f x f x f x f x
f fξ ξ ξ ξ
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 4 1 2 2 1 4⇔ + − − < + − + ⇔ − > + − +f x f x f x f x f x f x f x
γ. Για κάθε ∈ℝx έχουμε:

[26]
( ) ( )( )
( ) ( )( ) ( )( )
1
1 ln 1
1 1
′+ ′′ ′′ + = ⇔ + = ⇔ + = +
+ +
xx
x
x x
ee
f x f x x f x x e
e e
( ) ( )ln 1+ = + +x
f x x e c
( )0 ln2 0= + ⇔ =f c c
Επομένως
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ln 1 ln 1 ln 1 ln+ = + ⇔ = + − ⇔ = + −x x x x
f x x e f x e x f x e e
( ) ( ) ( )1
ln ln 1 −+
= ⇔ = +
x
x
x
e
f x f x e
e
δ.i. Έχουμε:
( ) ( )1
1 0
1 1
−
−
− −
−′′ = + = <
+ +
x
x
x x
e
f x e
e e
Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής, άρα
( ) ( ) ( )( ) ( )lim , lim 0,
→+∞ →−∞
Α = = +∞
x x
f f x f x , αφού:
( ) ( )
1
, 1
1
lim lim ln 1 limln 0
−
= +
−
→+∞ →+∞ →+∞ →
→
= + = =
x
y e
x
x x x y
y
f x e y και
( ) ( )
1
,
lim lim ln 1 lim ln
−
= +
−
→−∞ →−∞ →−∞ →+∞
→+∞
= + = = +∞
x
y e
x
x x x y
y
f x e y
ii. Αφού η f συνάρτηση είναι γνησίως φθίνουσα θα είναι και 1-1, οπότε
Είναι ( ) ( ) ( )ln 1 ln ln 1 1− − −
= ⇔ = + ⇔ = + ⇔ = +x y x y x
y f x y e e e e e
( ) ( ) ( ) ( )
0
1
1 ln 1 ln 1 ln 1
>
− −
⇔ = − ⇔− = − ⇔ = − − ⇔ = − −
y
x y y y y
e e x e x e f y e
Άρα ( ) ( )1
ln 1−
= − −x
f x e με ( ) ( )1 0,−Α = Α = +∞f
f

[27]
ΘΕΜΑ 11
ln
=
x
x
f x e
α. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της f
β. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και να βρείτε το σύνολο
τιμών της
γ. Να αποδείξετε ότι:
i. Ισχύει η ισοδυναμία ( ) ( ) 4
4 4= ⇔ = x
f x f x , για 0>x
ii. Η εξίσωση 4
4= x
x με 0>x , έχει ακριβώς δύο ρίζες, τις 1 2=x και 2 4=x
α. ( )0,Α = +∞
Είναι ( )
ln
ln
0 0 0 ,
lim lim lim 0+ + +
=
→−∞→ → →
→−∞
= = =
x
yx
x
yx
yx x x
y
f x e e , αφού
0 0
ln 1
lim lim ln+ +
→ →
 
= ⋅ = −∞ 
 x x
x
x
x x
Άρα η fC δεν έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη
Είναι ( )
ln
ln
, 0
0
lim lim lim 1
=
→+∞ →+∞ →+∞ →
→
= = =
x
yx x
yx
x x x y
y
f x e e , αφού
. . .
ln 1
lim lim 0
+∞
+∞
→+∞ →+∞
= =
x D L H x
x
x x
Άρα η ευθεία 1=y οριζόντια ασύμπτωτη της fC στο +∞
β. Για 0>x έχουμε:
( )
ln ln
2
ln 1 ln′ − ′ = = ⋅ 
 
x x
x x
x x
f x e e
x x
( ) 0 1 ln 0 ln 1′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =f x x x x e

[28]
( ) 0 1 ln 0 ln 1′ > ⇔ − > ⇔ < ⇔ <f x x x x e
Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας:
x 0 e +∞
( )′f x + O -
( )f x 1 2 ,
Στο ( ]1 0,Α = e , η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, οπότε
( ) ( ) ( )(
1
1
0
lim , 0,+
→
 Α = =    
e
x
f f x f e e
Στο ( )2 ,Α = +∞e , η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, οπότε
( ) ( ) ( )( )
1
2 lim ,lim 1,+→+∞ →
 
Α = = 
 
e
x x e
f f x f x e
Άρα ( ) ( ) ( )
1
1 2 0,
 
Α = Α ∪ Α = 
 
e
f f f e
γ. i. Για 0>x έχουμε
( ) ( )
ln ln 4
4
ln ln4
4 4ln ln4
4
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
x
x
x
f x f e e x x
x
4 4
ln ln 4 4⇔ = ⇔ =x x
x x
ii. Οι εξισώσεις ( ) ( )4=f x f και 4
4= x
x είναι ισοδύναμες.
Η εξίσωση 4
4= x
x έχει προφανείς ρίζες τις 1 2=x και 2 4=x
Η f είναι γνησίως αύξουσα στο 1Α , άρα η ( ) ( )4=f x f έχει μοναδική ρίζα την
1 2=x στο 1Α

[29]
Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 2Α , άρα η ( ) ( )4=f x f έχει μοναδική ρίζα την
2 4=x στο 2Α
Οπότε η εξίσωση 4
4= x
x έχει ακριβώς δύο ρίζες, τις 1 2=x και 2 4=x
ΘΕΜΑ 12
Δίνεται η συνάρτηση ( ) ( )ln 1= − +x
f x xα , 1> −x , όπου 0>α και 1≠α
α. Αν για κάθε 1> −x ισχύει ( ) 1≥f x , να βρείτε το α
Για =eα
β. Να αποδείξετε ότι η f είναι κυρτή
γ. Να βρείτε τα διαστήματα στα οποία η f είναι γνησίως αύξουσα, τα διαστήματα
στα οποία η f είναι γνησίως φθίνουσα και τα ακρότατα της f
δ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση
( )
1
1
3 13
0
1 2
 
− −  −  + =
− −
f
f
x x
έχει τουλάχιστον μια
ρίζα στο ( )1,2
α. Είναι ( ) ( )
1 1
ln 1 ln
1 1
′′ = − + = −
+ +
x x
f x a x a
x x
α α , 1> −x
Για κάθε 1> −x ισχύει ( ) ( ) ( )1 0≥ ⇔ ≥f x f x f
Άρα η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0
Το 0 είναι εσωτερικό σημείο του ( )1,− +∞
Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0
Οπότε από Θ.Fermat θα ισχύει ( ) 0 1
0 0 ln 0 ln 1
0 1
′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =
+
f eα α α α

[30]
β. Για =eα είναι ( )
1 1
ln
1 1
′ = − = −
+ +
x x
f x e e e
x x
Οπότε ( )
( )
2
1
0
1
′′ = + >
+
x
f x e
x
, άρα η f είναι κυρτή στο ( )1,− +∞
γ. Παρατηρούμε ότι το 0=x είναι προφανής ρίζα της ′f και επειδή η ′f είναι
γνησίως αύξουσα θα είναι και μοναδική.
Οπότε:
● ( ) ( ) ( )1 0 0 0
′
′ ′ ′− < < ⇔ < ⇔ <
րf
x f x f f x
● ( ) ( ) ( )0 0 0
′
′ ′ ′> ⇔ > ⇔ >
րf
x f x f f x
x -1 0 +∞
( )′f x - O +
( )f x 2 1
δ. Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( )( )1
2 1 1 3 1
3
  
= − − − + − −  
  
g x x f x f στο
διάστημα [ ]1,2
● Η g είναι συνεχής στο [ ]1,2
● ( ) ( )
1 1 1
1 1 2 1 1 1
3 3 3
        
= − − − = − − − = − −        
        
g f f f
( ) ( ) ( )( ) ( )2 2 1 3 1 3 1= − − = −g f f
Είναι ( ) ( )
1 1 1 1
0 0 1 1 0 1 0
3 3 3 3
     
− < ⇔ − > ⇔ − > ⇔ − − < ⇔ <     
     
ցf
f f f f g

[31]
( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 0 3 0 3 1 3 1 0 2 0> ⇔ > ⇔ > ⇔ − > ⇔ >
րf
f f f f g
Επομένως ( ) ( )1 2 0<g g , οπότε από Θ.Bolzano η εξίσωση ( ) 0=g x και άρα η
αρχική έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )1,2
ΘΕΜΑ 13
Δίνεται συνάρτηση f ορισμένη και δύο φορές παραγωγίσιμη στο ℝ, με συνεχή
δεύτερη παράγωγο, για την οποία ισχύουν:
● ( ) 0′′ ≠f x για κάθε ∈ℝx
● ( )
( ) ( )2 0
0
2
−
′ <
f f
f και
●
( ) ( )
0
1 2 1
lim 0
→
+ − −
=
h
f h f h
h
α. Να αποδείξετε ότι η ′f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ
β. Να αποδείξετε ότι ( )1 0′ =f , καθώς επίσης ότι η f παρουσιάζει ελάχιστο στο
0 1=x
γ. Θεωρούμε επιπλέον τη συνάρτηση ( ) ( ) ( )2= − −g x F x F x , όπου F μια
παράγουσα της f
i. Να μελετήσετε τη συνάρτηση g ως προς την κυρτότητα και τα σημεία
καμπής
ii. Να βρείτε την εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της g στο σημείο με
τετμημένη 0 1=x και στη συνέχεια να λύσετε στο ℝ την εξίσωση
( ) ( ) ( )( )2 2 1 1− − = −F x F x f x
α. Είναι ( ) 0′′ ≠f x για κάθε ∈ℝx και επιπλέον ′′f συνεχής, άρα διατηρεί
σταθερό πρόσημο στο ℝ. Συνεπώς η ′f θα είναι γνησίως μονότονη στο ℝ.

[32]
● Η f είναι συνεχής στο [ ]0,2
● Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )0,2
Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ( )0,2∈ξ τέτοιο, ώστε
( )
( ) ( )2 0
2
−
′ =
f f
f ξ
Όμως ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 0
0 0
2
−
′ ′ ′< ⇔ <
f f
f f f ξ (1)
Είναι 0 2< <ξ
Αν η ′f είναι γνησίως φθίνουσα, τότε ( ) ( )0′ ′>f f ξ που είναι άτοπο λόγω (1)
Αν η ′f είναι γνησίως αύξουσα, τότε ( ) ( )0′ ′<f f ξ που ισχύει.
Άρα η ′f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ
β. Είναι
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0 0
1 2 1 1 2 1 1 1
lim lim
→ →
+ − − + − + − −
= =
h h
f h f h f h f f f h
h h
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )0
1 2 1 1 1
lim 2 1 1 3 1
→
 + − − − 
′ ′ ′− = + = 
 h
f h f f h f
f f f
h h
, αφού
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
1
1
2
1 1
0 0, 0 0
1 10
1 2 1 1 1 1 1
lim lim lim 2 2 1
2
=
→ → → →
→
 
  + −  + −  + − 
′= = =    
    
 
h h
h h h h
h
f h f f h f f h f
f
hh h
και ομοίως
( ) ( )
( )0
1 1
lim 1
→
 − − 
′= − 
 h
f h f
f
h
Άρα ( ) ( )3 1 0 1 0′ ′= ⇔ =f f
Επιπλέον η ′f είναι γνησίως αύξουσα, άρα το 1 είναι μοναδική ρίζα της.
Οπότε:
● ( ) ( ) ( )1 1 0
′
′ ′ ′< ⇔ < ⇔ <
րf
x f x f f x

[33]
● ( ) ( ) ( )1 1 0
′
′ ′ ′> ⇔ > ⇔ >
րf
x f x f f x
x −∞ 1 +∞
( )′f x - O +
( )f x 2 1
Επομένως η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 1=x
γ. i. Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη με
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 2′′ ′ ′= − − − = + −g x F x F x x f x f x
Η συνάρτηση ′g είναι παραγωγίσιμη με
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 2′′′ ′ ′ ′ ′= + − − = − −g x f x f x x f x f x
● ( ) ( )1 2 2 2 2 2
′
′ ′< ⇔ < ⇔ + < ⇔ < − ⇔ < −
րf
x x x x x x f x f x
( ) ( ) ( )2 0 0′ ′ ′′⇔ − − < ⇔ <f x f x g x
● ( ) ( )1 2 2 2 2 2
′
′ ′> ⇔ > ⇔ + > ⇔ > − ⇔ > −
րf
x x x x x x f x f x
( ) ( ) ( )2 0 0′ ′ ′′⇔ − − > ⇔ >f x f x g x
Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα κυρτότητας:
x − ∞ 1 +∞
( )′′g x – O +
( )g x 4 3

[34]
Οπότε η g είναι κοίλη στο ( ],1−∞ και κυρτή στο [ )1,+∞ , ενώ το ( )1,0Α είναι
σημείο καμπής της.
ii. H εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της g στο σημείο με τετμημένη
0 1=x έχει εξίσωση: ( ) ( )( ) ( )( )1 1 1 2 1 1′− = − ⇔ = −y g g x y f x
● Για 1≤x η g είναι κοίλη, άρα η εφαπτομένη της θα βρίσκεται «πάνω» από την
gC με εξαίρεση το σημείο επαφής τους.
Δηλαδή ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 1 1≤ ⇔ − − ≤ −g x y F x F x f x και το «=» ισχύει μόνο για
1=x
● Για 1≥x η g είναι κυρτή, άρα η εφαπτομένη της θα βρίσκεται «κάτω» από
την gC με εξαίρεση το σημείο επαφής τους.
Δηλαδή ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 1 1≥ ⇔ − − ≥ −g x y F x F x f x και το «=» ισχύει μόνο για
1=x
Άρα η εξίσωση ( ) ( ) ( )( )2 2 1 1− − = −F x F x f x έχει μοναδική λύση την 1=x
ΘΕΜΑ 14
Δίνονται οι συναρτήσεις ( ) = x
g x e και ( ) 1= +h x x
α. Να ορίσετε τη συνάρτηση =f g h
Αν ( ) 1+
= x
f x e , 1≥ −x , τότε:
β. Να βρείτε τη τιμή του πραγματικού αριθμού α ώστε συνάρτηση
( ) ( )1
1 1+
= ⋅ + −x
F x e xα να είναι αρχική της συνάρτησης f
γ. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα ( )
0
1−
Ι = ∫ f x dx
δ. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφή
της 1−
f

[35]
α. Είναι Α = ℝg και [ )1,= − +∞hA
Θα πρέπει
1
1
( ) ( )
∈  ≥ − 
⇔ ⇔ ≥ − 
∈ ∈  ℝ
h
g
x A x
x
h x A h x
Για 1≥ −x , έχουμε:
( ) ( )( ) 1+
= = x
f x g h x e
β. Για 1> −x , έχουμε:
( ) ( )1 11 1
1 1
2 1 2 1
+ +
′ = ⋅ + − + ⋅
+ +
x x
F x e x e
x x
α α
1 1 1 1
2 22 1 2 1
+ + + +
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= − + =
+ +
x x x x
e e e e
x x
α α α α
Θα πρέπει ( ) ( )
11 0
1
1 2
2 2
++ ≠
+⋅
′ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
xx e
xe a
F x f x e a
α
Για 2=a , είναι ( ) ( )1
2 1 1+
= + −x
F x e x
Εξετάζουμε αν και στο 0 1=−x η F είναι αρχική της f
Είναι:
( )
( )1
2
1 1
2 1 1 2( ) ( 1)
1 lim lim
1 1
+ +
+
→− →−
+ − +− −
′ − = =
+ +
x
x x
e xF x F
F
x x
( )
( )
0
1 0
2 . . .1 , 0 0 0 0
2 1 2 2
lim lim lim 1 1
2+ + + + +
+ =
→− → → → →
− +
= = = = = −
y yx y
y
D L Hx y y y y
e y ye
e f
y y
Άρα για 2=a η F είναι αρχική της συνάρτησης f για κάθε 1≥ −x
γ. Α΄ τρόπος
( ) ( )
0 0
11
(0) ( 1) 2−−
Ι = =   = − − = ∫ f x dx F x F F

[36]
B΄ τρόπος
( )
0 0
1
1 1
+
− −
Ι = =∫ ∫
x
f x dx e dx
Θέτουμε
2
1 1+ = ⇔ + =x u x u , άρα 2=dx udu
Για 1, 0= − =x u και για 0, 1= =x u
Οπότε
11 1 1
00 00
2 2 2 2 2 2   Ι = = − = − =   ∫ ∫
u u u u
ue du ue e du e e
δ. Για 1> −x , έχουμε:
( ) 1 1
0
2 1
+
′ = ⋅ >
+
x
f x e
x
για κάθε 1> −x και επειδή η f είναι συνεχής στο
0 1=−x θα είναι γνησίως αύξουσα στο [ )1,− +∞
Οπότε η f είναι 1-1 συνάρτηση, επομένως αντιστρέφεται.
Είναι:
( )
0 1
1 2 1 2
( ) 1 ln ln 1 ln 1
> ≥
+ −
= ⇔ = ⇔ + = ⇔ = − ⇔ = −
y y
x
y f x y e x y x y f y y
Άρα ( )1 2
ln 1, 1−
= − ≥f x x x
ΘΕΜΑ 15
Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f με συνεχή πρώτη παράγωγο, ( )1 =f e και
τέτοια, ώστε να ισχύει ( )
1
, 0
1 , 0
 −
≠
′ = 
 =
x
e
x
f x x
x
α. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα
β. Να αποδείξετε ότι:
i. η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο 0 0=x
ii. η f είναι κυρτή στο ℝ

[37]
γ. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική
παράσταση της συνάρτησης f , την εφαπτομένη της στο σημείο ( )( )1, 1Μ f και
την ευθεία 0=x
δ. Να αποδείξετε ότι ( )lim
→+∞
= +∞
x
f x και στη συνέχεια να βρείτε το
( )
2
( ) 1
lim
2017→+∞
+
+x
x f x
x
α. ● Για 0>x είναι 1 1 0> ⇔ − >x x
e e , άρα ( )
1
0 0
−
′> ⇔ >
x
e
f x
x
● Για 0<x είναι 1 1 0< ⇔ − <x x
e e , άρα ( )
1
0 0
−
′> ⇔ >
x
e
f x
x
● Για 0=x είναι ( )0 1 0′ = >f
Άρα ( ) 0′ >f x για κάθε ∈ℝx , οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα
β. i. Είναι
( ) ( )
0 0
0 0
20 0 0 . . . 0 . . . 0
1
10 1 1 1
lim lim lim lim lim
2 2 2→ → → → →
−
−′ ′− − − −
= = = = =
x
x x x
x x x D L H x D L H x
e
f x f e x e ex
x x x x
Άρα η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο 0 0=x με ( )
1
0
2
′′ =f
ii. Για 0≠x είναι ( )
( ) ( )( )
2 2
1 1 1
′ ′− − − − +
′′ = =
x x x xe x e x xe e
f x
x x
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 1,= − + ∈ℝx x
g x xe e x
Είναι ( )′ = + − =x x x x
g x xe e e xe

[38]
x − ∞ 0 +∞
( )′g x - O +
( )g x 2 1,
Παρατηρούμε ότι η g παρουσιάζει στο 0 0=x ελάχιστο, άρα θα ισχύει ότι
( ) ( ) ( )0 0≥ ⇔ ≥g x g g x
Οπότε ( ) 0′′ >f x για κάθε 0≠x
Επιπλέον ( )
1
0 0
2
′′ = >f , επομένως ( ) 0′′ >f x για κάθε ∈ℝx , δηλαδή η f
είναι κυρτή συνάρτηση.
γ. Η εφαπτομένη της fC στο σημείο ( )( )1, 1Μ f έχει εξίσωση:
( ) ( )( )1 1 1′− = −y f f x , δηλαδή ( )1 1= − +y e x
Το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της
συνάρτησης f , την εφαπτομένη της στο σημείο ( )( )1, 1Μ f και την ευθεία 0=x
είναι: ( ) ( )
1
0
1 1Ε = − − −∫ f x e x dx
Όμως δείξαμε ότι η f είναι κυρτή, άρα η fC θα βρίσκεται πάνω από την
εφαπτομένη της στο σημείο Μ με εξαίρεση το σημείο επαφής. Δηλαδή θα ισχύει
( ) ( )1 1≥ − +f x e x
Άρα
( ) ( )( ) ( ) ( )( )
1 1 1
0 0 0
1 1 1 1Ε = − − − = − − + =∫ ∫ ∫f x e x dx f x dx e x dx
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
12
1 11
00 0
0
1
1 1 1
2 2
   ′ ′− − + =   − − − + =    
  
∫ ∫
x
x f x dx e x xf x xf x dx e
( ) ( ) ( )
1 1
00
1 1 1 3
1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 2
−
 − − − − = − − − − = − − − − = ∫
x xe e e e
f e dx e e x e τ.μ.

[39]
δ. Από το ερώτημα γ. έχουμε ότι: ( ) ( )1 1≥ − +f x e x
Είναι ( )( )lim 1 1
→+∞
− + = +∞
x
e x , οπότε και ( )lim
→+∞
= +∞
x
f x
Επίσης:
( ) ( ) ( ) ( )
2 . . .
( ) 1 1 1 1
lim lim lim
2017 2 2
+∞
+∞
→+∞ →+∞ →+∞
′+ + + + + −
= = =
+
x
x D L H x x
x f x f x xf x f x e
x x x
( ) ( )
. . . . . .
1
1
lim lim lim lim
2 2 2 2
+∞ +∞
+∞ +∞
→+∞ →+∞ →+∞ →+∞
−
+′+ + − +
= = = =
x
x
x x x x
x D L H x x x D L H
e
ef x e f x e e xex
x x
2
lim
2→+∞
+
= +∞
x x
x
e xe
ΘΕΜΑ 16
Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση [ ): 0,+∞ →ℝf , για την οποία ισχύουν:
● ( ) ( ) ( )
3
2
0
1
9
′ − = ∫xf x f x x f t dt , για κάθε 0>x
● ( )1 1=f
α. Να αποδείξετε ότι ( )
3
0
9=∫ f t dt και στη συνέχεια να βρείτε τον τύπο της
συνάρτησης f
Έστω ότι ( ) 2
=f x x , 0≥x . Δίνεται επιπλέον η συνάρτηση ( ): 0,+∞ →ℝg με
( ) 2
ln= −g x x
β. i. Να βρείτε τα διαστήματα στα οποία η συνάρτηση g είναι κυρτή ή κοίλη και
να προσδιορίσετε το σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της g
ii. Να αποδείξετε ότι ( ) ( )2
ln 1 2 ln− > −x x x e x , για κάθε >x e
γ. Θεωρούμε σημείο Α στη γραφική παράσταση της f με τετμημένη 0x και
σημείο Β στη γραφική παράσταση της g με την ίδια τετμημένη. Να αποδείξετε
ότι υπάρχει μοναδικό 0
1
,1
 
∈ 
 
x
e
τέτοιο, ώστε η απόσταση ΑΒ να γίνεται
ελάχιστη.

[40]
δ. Να υπολογίσετε το
( )2
2
1
lim
→+∞
  
⋅  
  
x
f x
x xν
ηµ για τις διάφορες τιμές του ακεραίου
ν
α. Θέτουμε ( )
3
0
=∫ f t dt κ , οπότε η αρχική σχέση για 0>x γίνεται:
( ) ( )
( ) ( ) ( )0
2
2
1 1 1
9 9 9
≠ ′ ′′ −    ′ − = ⇔ = ⇔ =   
  
x xf x f x f x
xf x f x x x
x x
κ κ κ
Με εφαρμογή του Πορίσματος των Συνεπειών του Θ.Μ.Τ. ισοδύναμα έχουμε:
( ) 1
9
= +
f x
x c
x
κ , ∈ℝc
Για 1=x προκύπτει ότι ( )
1 1 1
1 1 1
9 9 9
= + ⇔ = + ⇔ = −f c c cκ κ κ
Επομένως
( )
( ) 21 1 1 1
1 1
9 9 9 9
 
= + − ⇔ = + − 
 
f x
x f x x x
x
κ κ κ κ (1)
Οπότε
( )
3 33 2
3 3
2
0 0
0 0
1 1 1 1
1 1
9 9 9 3 9 2
       
= + − ⇔ = + − ⇔       
        
∫ ∫
x x
f x dx x x dxκ κ κ κ κ
1 1 9 9
9 1 9
9 9 2 2 2
 
= ⋅ + − ⇔ = + − ⇔ = 
 
κ
κ κ κ κ κ κ
Άρα ( )
3
0
9=∫ f t dt
Από (1) προκύπτει ότι ( ) 2
, 0= >f x x x
Για 0=x , επειδή η f είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη, θα ισχύει ότι:
( ) ( ) 2
0 0
0 lim lim 0
→ →
= = =
x x
f f x x
Άρα ( ) 2
, 0= ≥f x x x

[41]
β. i. Για 0>x έχουμε:
( ) ( )
2ln
2ln ln
−′′ = − ⋅ =
x
g x x x
x
και ( ) 2 2
1
2 2ln
ln 1
2
− +
−
′′ = =
x x
xxg x
x x
x 0 e +∞
( )′′g x – O +
( )g x 4 3
Οπότε η g είναι κοίλη στο ( ]0,e και κυρτή στο [ ),+∞e , ενώ το ( ), 1Α −e είναι
σημείο καμπής της
ii. Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. για την g στο διάστημα [ ],e x
● H g είναι συνεχής στο [ ],e x
● H g είναι παραγωγίσιμη στο ( ),e x
Άρα θα υπάρχει ( ),∈ e xξ τέτοιο, ώστε
( )
( ) ( ) 2 2
ln 1 ln 1− − + −
′ = = = −
− − −
g x g e x x
g
x e x e x e
ξ (1)
Είναι
[ )
( ) ( )
2 2, (1)
ln 1 2ln ln 1 2ln′ +∞
− −
′ ′< ⇔ < ⇔− < − ⇔ > ⇔
− −
րg e
x x x x
x g g x
x e x x e x
ξ ξ
( ) ( )2
ln 1 2 ln− > −x x x e x , για κάθε >x e
γ. Αφού Α∈ fC θα είναι ( )2
0 0,Α x x και αφού Β∈ gC θα είναι ( )2
0 0, ln−B x x ,
εφόσον γνωρίζουμε ότι τα σημεία αυτά έχουν την ίδια τετμημένη 0x .
Η απόσταση των Α,Β είναι:

[42]
( ) ( ) ( )
22 2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0ln ln lnΑΒ = − + + = + = +x x x x x x x x
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 2 2
ln , 0= + >h x x x x
Θέλουμε να αποδείξουμε ότι υπάρχει μοναδικό 0
1
,1
 
∈ 
 
x
e
τέτοιο, ώστε η h να
παρουσιάζει ελάχιστο.
Είναι ( )
ln
2 2′ = +
x
h x x
x
● H ′h είναι συνεχής στο
1
,1
 
  e
●
1
ln
1 2 2
2 2 0
1
 ′ = + = − < 
 
eh e
e e e
e
( )
ln1
1 2 2 2 0
1
′ = + = >h
Άρα από Θ.Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον 0
1
,1
 
∈ 
 
x
e
τέτοιο, ώστε ( )0 0′ =h x
2
2 2
1 ln 2 2 ln
2 2 0
− + −
′′ = + = >
x x x
h x
x x
για κάθε
1
,1
 
∈  
x
e
, άρα η
συνάρτηση ′h είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα
1
,1
 
  e
, επομένως το 0x είναι
μοναδικό.
Για ( ) ( ) ( )0 0
1
0
′
′ ′ ′< < ⇔ < ⇔ <
րh
x x h x h x h x
e
Για ( ) ( ) ( )0 01 0
′
′ ′ ′< < ⇔ > ⇔ >
րh
x x h x h x h x

[43]
x 1/ e 0x 1
( )′h x - O +
( )h x 2 1,
Οπότε υπάρχει μοναδικό 0
1
,1
 
∈ 
 
x
e
τέτοιο, ώστε η απόσταση των σημείων Α και
Β να γίνεται ελάχιστη.
δ. Έχουμε
( )2 4 2
2
2 2 2
1 1 1
lim lim lim
→+∞ →+∞ →+∞
          
⋅ = ⋅ = ⋅          
         
x x x
f x x x
x
x x x x x xν ν ν
ηµ ηµ ηµ
Είναι
2
1
2
2 , 0 0
1
lim lim 1
=
→+∞ →+∞ → →
  
= =  
  
y
x
x x y y
y
x
x y
ηµ
ηµ
Επίσης για το
2
lim
→+∞
 
 
 x
x
xν διακρίνουμε τις περιπτώσεις:
● Αν 2<ν , τότε
2
lim
→+∞
 
=+∞ 
 x
x
xν , οπότε και
( )2
2
1
lim
→+∞
  
⋅ = +∞  
  
x
f x
x xν
ηµ
● Αν 2=ν , τότε
2
lim 1
→+∞
 
= 
 x
x
( )2
2
1
lim 1
→+∞
  
⋅ =  
  
x
f x
x xν
ηµ
● Αν 2>ν , τότε
2
lim 0
→+∞
 
= 
 x
x
( )2
2
1
lim 0
→+∞
  
⋅ =  
  
x
f x
x xν
ηµ
ΘΕΜΑ 17
Δίνονται οι συναρτήσεις
( ) 2
8
4
=
+
f x
x
και ( )
2
=g x
x
α. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα

[44]
β. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα και να δείξετε ότι
παρουσιάζει δύο ακριβώς σημεία καμπής τα οποία είναι συμμετρικά ως προς τον
άξονα ′y y
γ. Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των f και g εφάπτονται σε ένα
σημείο και να βρείτε την κοινή τους εφαπτομένη ( )ε στο σημείο αυτό
δ. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της fC και στη συνέχεια να σχεδιάσετε στο ίδιο
σχήμα τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f , g και την κοινή τους
εφαπτομένη ( )ε που βρήκατε στο ερώτημα γ.
ε. Στη γραφική παράσταση της f εγγράφουμε ορθογώνιο ΑΒΓ∆ έτσι, ώστε οι
κορυφές του Α και Β να βρίσκονται στη fC και οι Γ και Δ στον άξονα ′x x . Να
βρείτε το ορθογώνιο με το μέγιστο εμβαδόν και να αποδείξετε ότι το ορθογώνιο
αυτό είναι ισοδύναμο με το τρίγωνο που σχηματίζει η ευθεία ε με τους άξονες
στ. Να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα
( )
( )
2
1
Ι = ∫
f x
dx
g x
και
( )
( )
2
1
= ∫
g x
J dx
f x
α. Α = ℝf
Είναι ( )
( )
( )
( )
2
2 22 2
8 16
4
4 4
′′ = − + = −
+ +
x
f x x
x x
Οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( ],0−∞ , γνησίως φθίνουσα στο [ )0,+∞ και
παρουσιάζει μέγιστο στο 0 0=x ίσο με ( )0 2=f
β. Είναι
( )
( ) ( ) ( )( )
( )
( ) ( )( )
( )
2 2 22 2 2 2 2
4 42 2
16 4 16 4 16 4 32 4 4
4 4
′′ ′+ − + + − + +
′′ = − = −
+ +
x x x x x x x x
f x
x x
( ) ( )
( )
( )( )
( )
( )( )
( )
22 2 2 2 2 2 2 2
4 4 42 2 2
16 4 64 4 16 4 4 4 16 4 3 4
4 4 4
+ − + + + − + −
= − = − =
+ + +
x x x x x x x x
x x x
Έχουμε:

[45]
( ) 2 2
0 3 4 0
3
′′ = ⇔ − = ⇔ = ±f x x x
( ) 2 2 2
0 3 4 0 ή
3 3
′′ > ⇔ − > ⇔ < − >f x x x x
( ) 2 2 2
0 3 4 0 <
3 3
′′ < ⇔ − < ⇔ − <f x x x
Επομένως η f είναι κυρτή στο
2
,
3
 
−∞ − 
 
, η f είναι κοίλη στο
2 2
,
3 3
 
− 
 
και
κυρτή στο
2
,
3
 
+∞
 
. Επιπλέον παρουσιάζει καμπή στα σημεία
2 3
,
23
 
− 
 
και
2 3
,
23
 
 
 
που είναι συμμετρικά ως προς τον άξονα ′y y
γ. ∗
Α = ℝg
Είναι ( ) 2
2
′ =−g x
x
Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει 0
∗
∈ℝx τέτοιο, ώστε:
( ) ( )
( ) ( )
0 0
0 0
(1)
(2)
 =

′ ′=
f x g x
f x g x
2
0 0 02
0 0
8 2
(1) 4 4 0 2
4
⇔ = ⇔ − + = ⇔ =
+
x x x
x x
32 1
2
64 2
′ =− =−f και ( )
2 1
2
4 2
′ =− =−g , δηλαδή ικανοποιείται και η
σχέση (2).
Οπότε οι fC και gC εφάπτονται, δηλαδή δέχονται κοινή εφαπτομένη στο σημείο
( )2,1 με εξίσωση ( )
1 1
1 2 2
2 2
− = − − ⇔ = − +y x y x
δ. Είναι:
( ) 2
8
lim lim 0
4→−∞ →−∞
= =
+x x
f x
x
και ( ) 2
8
lim lim 0
4→+∞ →+∞
= =
+x x
f x
x

[46]
Επομένως η ευθεία 0=y είναι οριζόντια ασύμπτωτη της fC και στο −∞ και στο
+∞
ε. Έστω ( ),0Γ x και ( ),0∆ −x με 0>x σημεία του άξονα ′xx
Τότε ( )( ),Α −x f x και ( )( ),Β x f x , αφού ( ) ( )− =f x f x για κάθε ∈ℝx
Είναι ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2
16
2 2
4
ΑΒΓ∆ = Α∆ ∆Γ = ⋅ = =
+
x
f x x xf x
x
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 2
16
4
Ε =
+
x
x
x
με 0>x
Είναι ( )
( )
( )
( )
( )
( )( )
( )
2 2 2
2 2 22 2 2
16 4 32 16 4 16 2 2
4 4 4
+ − − − +
′Ε = = =
+ + +
x x x x x
x
x x x
Οπότε εύκολα βρίσκουμε ότι για 2=x η ( )Ε x και άρα το εμβαδόν του
ορθογωνίου ΑΒΓΔ γίνεται μέγιστο με μέγιστη τιμή ίση με ( )
32
2 4
8
Ε = = τ.μ.
Η ευθεία
1
2
2
= − +y x του ερωτήματος γ. τέμνει τους άξονες ′xx και ′y y στα
σημεία ( )4,0 και ( )0,2 αντίστοιχα. Το τρίγωνο που σχηματίζει η ευθεία με τους

[47]
άξονες έχει εμβαδόν
1
4 2 4
2
Ε = ⋅ ⋅ = τ.μ., δηλαδή ισοδύναμο με αυτό του
ορθογωνίου ΑΒΓΔ.
στ. Έχουμε
( )
( )
( )2
22 2 2 2
2 21 1 1 1
8
2 444
2 4 4
′++Ι = = = =
+ +∫ ∫ ∫ ∫
xf x xxdx dx dx dx
g x x x
x
( )
2
2
1
64
2ln 4 2ln8 2ln5 ln
25
 = + = − = x τ.μ.
και
( )
( )
22 2
2 2 2 2
1 1 1 1
1
2
2
4 1 3
ln ln2
8 4 4 8 8
4
 +  
= = = = + = + = +   
   
+
∫ ∫ ∫ ∫
g x x x xxJ dx dx dx dx x
f x x x
x
τ.μ.
ΘΕΜΑ 18
Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση ( ): , 1−∞ − →ℝf για την οποία ισχύουν τα εξής:

[48]
● η κλίση της σε οποιοδήποτε σημείο ( ), ( )x f x δίνεται από τον τύπο
( )
2
1
1+x
● η γραφική της παράσταση διέρχεται από το σημείο
3
3,
2
 
Κ − 
 
α. Να αποδείξετε ότι ( )
1
=
+
x
f x
x
, 1< −x
β. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f και στη συνέχεια να σχεδιάσετε τη γραφική
της παράσταση.
γ. Έστω (ε) η εφαπτομένη της fC σε τυχαίο σημείο της ( )0 0, ( )Μ x f x και Α, Β τα
σημεία τομής της (ε) με τους άξονες ′xx και ′y y αντίστοιχα. Να βρείτε τις
συντεταγμένες του σημείου Μ έτσι ώστε το άθροισμα των αποστάσεων της αρχής
των αξόνων Ο από τα σημεία Α και Β να γίνεται ελάχιστο.
δ. Να υπολογίσετε το εμβαδόν ( )Ε λ του χωρίου που περικλείεται από την fC , τον
άξονα ′xx και τις ευθείες 0=x x και =x λ , όπου ( )2, 1∈ − −λ και 0x η τετμημένη
του σημείου Μ που βρήκατε στο ερώτημα γ. Στη συνέχεια να βρείτε το όριο
( )1
lim−
→−
Ε
λ
λ
α. Για 1< −x ισχύει:
( )
( )
( )2
1 1
11
′ ′ ′= ⇔ = − 
+ +
f x f x
xx
( )
1
1
= − +
+
f x c
x
Για 3= −x έχουμε:
( )
1 3 1
3 1
3 1 2 2
− = − + ⇔ = + ⇔ =
− +
f c c c
Επομένως ( ) ( ) ( )
1 1 1
1
1 1 1
− + +
= − + ⇔ = ⇔ =
+ + +
x x
f x f x f x
x x x
για κάθε 1< −x
β. Για 1< −x έχουμε:

[49]
( )
( )
2
1
0
1
′ = >
+
f x
x
, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( ), 1−∞ −
( )
( )
3
2
0
1
′′ = − <
+
f x
x
, άρα η f είναι κοίλη στο διάστημα ( ), 1−∞ −
Επίσης:
( )lim 1
→−∞
=
x
f x , άρα η ευθεία 1=y είναι οριζόντια ασύμπτωτη της fC στο −∞
( )1
lim−
→−
= +∞
x
f x , άρα η ευθεία 1= −x είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της fC
Από τα παραπάνω προκύπτει η γραφική παράσταση της f που είναι η εξής:
γ. Η εξίσωση της εφαπτομένης της fC σε τυχαίο σημείο της ( )0 0, ( )Μ x f x , 0 1<−x
είναι:
( )
( )
( )0
0 0 0 02
0 0
1
( ) ( )
1 1
′− = − ⇔ − = −
+ +
x
y f x f x x x y x x
x x
Για 0=y έχουμε
( )
( ) ( ) 20
0 0 0 0 02
0 0
1
1
1 1
− = − ⇔− + = − ⇔ =−
+ +
x
x x x x x x x x
x x
Άρα ( )2
0 ,0Α −x

[50]
Για 0=x έχουμε
( )
( )
( ) ( )
2
0 0 0 0
02 2 2
0 00 0 0
1
1 11 1 1
− = − ⇔ = − ⇔ =
+ ++ + +
x x x x
y x y y
x xx x x
Άρα
( )
2
0
2
0
0,
1
 
 Β
 + 
x
x
Είναι ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 20 0
0 02 2
0 01 1
ΟΑ + ΟΒ = + = +
+ +
x x
x x
x x
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( )
( )
2
2
2
1
= +
+
x
d x x
x
, 1< −x
Έχουμε ( )
( )( )
( )
3
3
2 1 1
1
+ +
′ =
+
x x
d x
x
και μετά από μελέτη του πρόσημου της
βρίσκουμε ότι γίνεται ελάχιστη για 2= −x
Άρα το ζητούμενο σημείο είναι το ( )2,2Μ −
δ. Είναι
( ) ( ) ( )2 2 2 2
1 1
1 1− − − −
+ −
Ε = = = =
+ +∫ ∫ ∫ ∫
x x
f x dx f x dx dx dx
x x
λ λ λ λ
λ
( )22
1
1 ln 1 ln 1 2 2 ln 1
1 −−
 
 = − = − + = − + + = + − − −   + 
∫ dx x x
x
λ λ
λ λ λ λ
Τέλος ( ) ( )( )1 1
lim lim 2 ln 1− −
→− →−
Ε = + − − − =+∞
λ λ
λ λ λ
ΘΕΜΑ 19
Έστω f μια συνεχής συνάρτηση στο διάστημα [ ]0,2 για την οποία ισχύει
( ) ( )
2 2
1 1− + =x f x για κάθε [ ]0,2∈x

[51]
α. Να βρείτε τις ρίζες της εξίσωσης ( ) 0=f x και να αποδείξετε ότι η f διατηρεί
το πρόσημό της στο διάστημα ( )0,2
β. Να βρείτε ποιος μπορεί να είναι ο τύπος της f
Αν ( )1 1=f , τότε
γ. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ακριβώς δύο εφαπτόμενες ( )1ε , ( )2ε της fC που
άγονται από το σημείο
2
1,
3
 
Α 
 
τις οποίες και να βρείτε.
δ. Αν 1 : 3 3 3 0− + =x yε και 2 : 3 3 3 3 0+ − =x yε να σχεδιάσετε τις ( )1ε ,
( )2ε και τη fC και να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται μεταξύ του
τριγώνου ΑΒΓ και της fC , όπου Β και Γ τα σημεία τομής των ( )1ε και ( )2ε
αντίστοιχα με τον άξονα ′x x
α. Για κάθε [ ]0,2∈x έχουμε:
( ) ( ) ( )
22
0 0 1 1 0 1 1 0= ⇔ = ⇔ − − = ⇔ − = ± ⇔ =f x f x x x x ή 2=x
Επειδή ( ) 0≠f x για κάθε ( )0,2∈x και f συνεχής θα διατηρεί το πρόσημό της
στο διάστημα ( )0,2
β. Αφού η f διατηρεί το πρόσημο της στο ( )0,2 θα είναι ( ) 0>f x για κάθε
( )0,2∈x ή ( ) 0<f x για κάθε ( )0,2∈x
Δηλαδή ( ) ( )
2 2
1 1 2= − − = − +f x x x x , ( )0,2∈x και επειδή ( ) ( )0 2 0= =f f
θα είναι ( ) 2
2= − +f x x x, [ ]0,2∈x
ή ( ) ( )
2 2
1 1 2= − − − = − − +f x x x x , ( )0,2∈x και επειδή ( ) ( )0 2 0= =f f θα
είναι ( ) 2
2=− − +f x x x, [ ]0,2∈x
γ. Αφού ( )1 1 0= >f , θα είναι ( ) 2
2= − +f x x x, [ ]0,2∈x

[52]
Έστω ( ) ( )( )0 0 0: ′− = −y f x f x x xε η εφαπτομένη της fC στο σημείο
( )( )0 0,Μ x f x
Για ( )0,2∈x είναι ( ) 2
1
2
−
′ =
− +
x
f x
x x
, οπότε η εξίσωση της εφαπτομένης
γίνεται:
( )2 0
0 0 02
0 0
1
: 2
2
−
− − + = −
− +
x
y x x x x
x x
ε
Επειδή Α∈ fC θα ισχύει ότι:
( )2 0
0 0 02
0 0
12
2 1
3 2
−
− − + = − ⇔
− +
x
x x x
x x
( ) ( )
22 2
0 0 0 0 0
2
2 2 1
3
− + − − + = − ⇔x x x x x
2 2 2
0 0 0 0 0 0
2 3 3
2 1 2 2
2 43
− + = ⇔ − + = ⇔− + = ⇔x x x x x x
2 2
0 0 0 0
3
2 0 4 8 3 0
4
− + − = ⇔ − + =x x x x , όπου βρίσκουμε δύο λύσεις 0
1
2
=x ή
0
3
2
=x
Οπότε έχουμε δύο σημεία επαφής 1
1 3
,
2 2
 
Μ  
 
και 2
3 3
,
2 2
 
Μ  
 
Οι εφαπτόμενες της fC στα σημεία αυτά έχουν αντίστοιχα εξισώσεις:
1 : 3 3 3 0− + =x yε και 2 : 3 3 3 3 0+ − =x yε

[53]
δ.
Επειδή ( ) ( )
2 2
1 1− + =x f x και ( ) 0≥f x για κάθε [ ]0,2∈x η γραφική παράσταση
της f θα είναι το ημικύκλιο που βρίσκεται πάνω από τον άξονα ′x x ενός κύκλου
με κέντρο ( )1,0Κ και 1=ρ
Για 0=y στην ( )1ε έχουμε 1= −x . Άρα ( )1,0Β −
Για 0=y στην ( )2ε έχουμε 3=x . Άρα ( )3,0Γ
Είναι
2
2,
3
 
ΑΒ= − − 
 
και
2
2,
3
 
ΑΓ= − 
 
Οπότε ( ) ( )1 4
det , ...
2 3
ΑΒΓ = ΑΒ ΑΓ = =
Επίσης
2
2 2
Ε = =ηµικ
πρ π
Οπότε το ζητούμενο εμβαδόν είναι
4
23
Ε = −
π
τ.μ.
ΘΕΜΑ 20
Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση ( ): 0,+∞ →ℝf , για την οποία ισχύουν:

[54]
● ( )
( )( )1 2′⋅ + =
f x
e x f x x , για κάθε 0>x
● ( ) 1=f e
α. Nα βρείτε τον τύπο της f
Έστω ( ) ln=f x x, 0>x
Θεωρούμε επιπλέον τη συνάρτηση ( ) ( )=g x xf x , 0>x
β. Να μελετήσετε την g ως προς τη μονοτονία
συνάρτησης g που είναι παράλληλη στην ευθεία 2 2018= +y x
δ. Να δείξετε ότι
( )( )2
0 ln4< <∫
e
e
g f x
dx
x
α. Για 0>x έχουμε:
( )
( )( ) ( )
( ) ( )
1 2 2′ ′+ = ⇔ + = ⇔
f x f x f x
e xf x x xe f x e x
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )2
2
′ ′ ′′+ = ⇔ =
f x f x f x
x e x e x xe x
( ) 2
= +
f x
xe x c
Για =x e έχουμε:
( ) 2 2 2
0⋅ = + ⇔ = + ⇔ =e f e e c e e c c
Επομένως
( ) ( )
( )
0
2
ln
>
= ⇔ = ⇔ =
x
f x f x
xe x e x f x x για κάθε 0>x
β. ( )0,Α = +∞g
Είναι ( ) ln=g x x x, 0>x
Είναι ( ) ( ) ( )ln ln ln 1′ ′′ = + = +g x x x x x x , 0>x

[55]
( )
1
0 ln 1 0 ln 1′ = ⇔ + = ⇔ = − ⇔ =g x x x x
e
( )
1
0 ln 1 0 ln 1′ > ⇔ + > ⇔ > − ⇔ >g x x x x
e
x 0 1
e
+∞
( )′g x - O +
( )g x 2 1 ,
γ. Θα πρέπει ( )0 0 0 02 ln 1 2 ln 1′ = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =g x x x x e
Άρα η ζητούμενη εφαπτομένη έχει εξίσωση
( ) ( )2 2 2 2− = − ⇔ − = − ⇔ = −y g e x e y e x e y x e
δ. Έχουμε
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
1
,
2 2
1 2 1 2
 
+∞ 
≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔
ր
ր
g
f e
e x e f e f x f e f x g g f x g
( )( ) ( )( )
( )( )0 ln4
0 2ln2 0 ln4 0
>
≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
x g f x
g f x g f x
x x
● Είναι
( )( ) 0≥
g f x
x
και το «=» ισχύει μόνο για =x e , άρα
( )( ) ( )( )2
0 0> ⇔ >∫
e
e
g f x g f x
dx
x x
(1)
● Είναι
( )( ) ln4
≤
g f x
x x
και το «=» ισχύει μόνο για 2
=x e , άρα
( )( ) ( )( )2 2
ln4 ln4
< ⇔ < ⇔∫ ∫
e e
e e
g f x g f x
dx dx
x x x x
( )( )
[ ]
( )( )2 22
ln4 ln ln4< ⋅ ⇔ <∫ ∫
e ee
ee e
g f x g f x
dx x dx
x x
(2)

[56]
Από (1) , (2) θα ισχύει
( )( )2
0 ln4< <∫
e
e
g f x
dx
x
ΘΕΜΑ 21
Δίνεται η συνάρτηση ( ) ( )1 ln= −f x x x , 0>x
α. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και να βρείτε το σύνολο τιμών της
β. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 1 2018−
=x
x e , 0>x έχει ακριβώς δύο θετικές ρίζες
γ. Αν 1 2,x x με 1 2<x x είναι οι ρίζες της εξίσωσης του ερωτήματος β. να αποδείξετε
ότι υπάρχει ( )1 2,∈ x xξ τέτοιο, ώστε ( ) ( ) 2018′ + =f fξ ξ
δ. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση
της f , τον άξονα ′x x και την ευθεία =x e
( ) ( ) ( )( )
1
1 ln 1 ln ln
−′ ′′ = − + − = +
x
f x x x x x x
x
( )
( ) ( )( )
2 2
1 11 1 1
0
′ ′− − −
′′ = + = + >
x x x x
f x
x x x x
για κάθε 0>x
Άρα η συνάρτηση ′f είναι γνησίως αύξουσα στο ( )0,+∞
Παρατηρούμε ότι για 1=x είναι ( )1 0′ =f
Για 1>x είναι ( ) ( )1 0′ ′> =f x f
Για 0 1< <x είναι ( ) ( )1 0′ ′< =f x f

[57]
x 0 1 +∞
( )′f x - O +
( )f x 2 1 ,
Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ( ]1 0,1Α = και γνησίως αύξουσα
στο διάστημα [ )2 1,Α = +∞ .
Επιπλέον η f είναι συνεχής συνάρτηση, άρα:
( ) ( ) ( )) [ )1
0
1 , lim 0,+
→
Α = = +∞ x
f f f x , αφού ( ) ( )( )0 0
lim lim 1 ln+ +
→ →
= − =+∞
x x
f x x x
( ) ( ) ( )( ) ( )2
1
lim , lim 0,+ →+∞→
Α = = +∞
xx
f f x f x , αφού ( ) ( )( )lim lim 1 ln
→+∞ →+∞
= − =+∞
x x
f x x x
Συνεπώς ( ) ( ) ( ) [ )1 2 0,Α = Α ∪ Α = +∞f f f
( ) ( )1 2018 1 2018
ln ln 1 ln 2018 2018− −
= ⇔ = ⇔ − = ⇔ =x x
x e x e x x f x
( )12018∈ Αf άρα η εξίσωση ( ) 2018=f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο 1Α και
επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1Α η ρίζα θα είναι μοναδική.
( )22018∈ Αf άρα η εξίσωση ( ) 2018=f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο 2Α και
επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο 2Α η ρίζα θα είναι μοναδική.
Οπότε η εξίσωση ( ) 2018=f x και άρα η ισοδύναμη αρχική της έχει ακριβώς δύο
θετικές ρίζες.
γ. Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( )( )2018= −x
g x e f x
● H g είναι συνεχής στο [ ]1 2,x x
● H g είναι παραγωγίσιμη στο ( )1 2,x x με ( ) ( ) ( )( )2018′ ′= + −x
g x e f x f x

[58]
● ( ) ( )1 2 0= =g x g x
Άρα από Θ. Rolle θα υπάρχει ( )1 2,∈ x xξ τέτοιο, ώστε
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )0 2018 0 2018′ ′ ′= ⇔ + − = ⇔ + =g e f f f fξ
ξ ξ ξ ξ ξ
δ. Είναι ( )1
Ε = ∫
e
f x dx
Για 1>x είναι 1 0− >x και ln 0>x , άρα ( ) 0>f x
Οπότε
( ) ( )
2 2 2
1 1 1 1
1
1
1 ln ln ln
2 2 2
′       
Ε = = − = − = − − −      
      
∫ ∫ ∫ ∫
e
e e e ex x x
f x dx x xdx x xdx x x x dx
x
2 2 2 2 2 2
1
1
3 3
1
2 2 2 4 2 4 4 4
  − 
= − − − = − − − = − − + − =   
   
∫
e
ee x e x e e e
e dx e x e e τ.μ.
ΘΕΜΑ 22
Δίνεται η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση ( ): 0,+∞ →ℝf , για την οποία
ισχύουν:
● ( ) ( ) 2′ ′′+ =f x xf x για κάθε 0>x
●
( ) ( )
1
2
lim 5
1→
′+
=
−x
f x f x
x
α. Να αποδείξετε ότι ( ) ( )1 2 1 0′+ =f f και ότι ( ) ( )1 2 1 5′ ′′+ =f f
β. Να βρείτε τον τύπο της f
Έστω ( ) 2 3ln= −f x x x , 0>x
γ. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία, τα ακρότατα και την κυρτότητα
δ. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της f και να τη
σχεδιάσετε.

[59]
ε. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση
της f και τις ευθείες 3=y , 1=x και 3=x
α. Για ( ) ( )0,1 1,∈ ∪ +∞x θέτουμε:
( )
( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
2
1 2
1
′+
′= ⇔ − = +
−
f x f x
g x g x x f x f x
x
Οπότε
( )( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1
lim 1 lim 2 5 0 1 2 1 1 2 1 0
→ →
′ ′ ′− = + ⇔ ⋅ = + ⇔ + =
x x
g x x f x f x f f f f
Επίσης
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
1 1
2 1 2 12
lim 5 lim 5
1 1→ →
′ ′+ − +′+
= ⇔ = ⇔
− −x x
f x f x f ff x f x
x x
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1
2 1 2 1 1 1
lim 5 lim 2 5
1 1 1→ →
′ ′ ′ ′+ − −  − − 
= ⇔ + = ⇔ 
− − − x x
f x f x f f f x f f x f
x x x
( ) ( )1 2 1 5′ ′′+ =f f
β. Για 1=x στη σχέση ( ) ( ) 2′ ′′+ =f x xf x έχουμε ( ) ( )1 1 2′ ′′+ =f f
Επιπλέον από το ερώτημα α. έχουμε ( ) ( )1 2 1 5′ ′′+ =f f
Λύνοντας το σύστημα των δύο προηγούμενων εξισώσεων παίρνουμε ( )1 1′ = −f
και ( )1 3′′ =f . Επίσης από τη σχέση ( ) ( )1 2 1 0′+ =f f προκύπτει ( )1 2=f
Για 0>x έχουμε
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )2 2 2′′ ′′ ′′ ′ ′′ ′+ = ⇔ + = ⇔ =f x xf x x f x xf x xf x x
Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά 1 ∈ℝc τέτοια, ώστε:
( ) 12′ = +xf x x c
Για 1=x έχουμε ( ) 1 11 2 3′ = + ⇔ = −f c c
Οπότε για 0>x έχουμε:

[60]
( ) ( ) ( ) ( )
0 3
2 3 2 2 3ln
>
′′ ′ ′= − ⇔ = − ⇔ = −
x
xf x x f x f x x x
x
Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά 2 ∈ℝc τέτοια, ώστε:
( ) 22 3ln= − +f x x x c
Για 1=x έχουμε ( ) 2 21 2 0= + ⇔ =f c c
Οπότε για 0>x έχουμε ( ) 2 3ln= −f x x x
γ. Για 0>x έχουμε ( )
3 2 3
2
−
′ = − =
x
f x
x x
Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας
x 0 3
2
+∞
( )′f x - O +
( )f x 2 1 ,
Στο 0
3
2
=x η f παρουσιάζει ελάχιστο ίσο με
3 3 9
3 2ln 3 ln
2 2 4
 
= − = − 
 
f
Για 0>x έχουμε ( ) 2
2 3 3
0
−
′′ = = >
x
f x
x x
για κάθε 0>x , άρα η f είναι κυρτή.
δ. Είναι ( ) ( )0 0
lim lim 2 3ln+ +
→ →
= − = +∞
x x
f x x x , άρα η ευθεία 0=x είναι κατακόρυφη
ασύμπτωτη της fC
Επίσης
( ) 2 3ln ln
lim lim lim 2 3 2
→+∞ →+∞ →+∞
−  
= = − = 
 x x x
f x x x x
x x x
, αφού
. . .
ln 1
lim lim 0
+∞
+∞
→+∞ →+∞
= =
x D L H x
x
x x

[61]
Επιπλέον ( )( ) ( )lim 2 lim 3ln
→+∞ →+∞
− = − = −∞
x x
f x x x , άρα η fC δεν έχει πλάγια ή
οριζόντια ασύμπτωτη.
Η γραφική παράσταση της είναι η παρακάτω:
ε. Το ζητούμενο εμβαδόν είναι
( )( ) ( )
3 3 332
11 1 1
3 3 2 3ln 3 3 ln Ε = − = − + = − + = ∫ ∫ ∫f x dx x x dx x x xdx
( ) [ ]
3 33
11 1
2 3 ln 2 3 ln 3 2 9ln3 6 9ln3 8′= − + = − + − = − + − = −∫ ∫x xdx x x dx τ.μ.
ΘΕΜΑ 23
Δίνεται η συνεχής συνάρτηση : →ℝ ℝf , με ( )0 1 2= +f για την οποία ισχύει:
( ) ( )2
2 1− =x
f x e f x , για κάθε ∈ℝx
α. Να αποδείξετε ότι ( ) 2
1= + +x x
f x e e , ∈ℝx

[62]
β. Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης f και να δείξετε ότι η εξίσωση
( ) 2018=f x έχει μοναδική πραγματική λύση.
γ. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση ( ) ( )( )ln=g x f x είναι γνησίως αύξουσα και
κυρτή
δ. Αν για τους αριθμούς 1 2 30< < <x x x ισχύει 1 3
2
2
+
=
x x
x , τότε να αποδείξετε ότι
( ) ( ) ( )2
2 1 3<f x f x f x
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
22 2 2 2 2
2 1 2 1 1− = ⇔ − + = + ⇔ − = +x x x x x x
f x e f x f x e f x e e f x e e
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( )= − x
g x f x e , ∈ℝx για την οποία ισχύει
( )2 2
1 0= + ≠x
g x e , για κάθε ∈ℝx
Άρα, για κάθε ∈ℝx είναι ( ) 0≠g x και η g συνεχής, επομένως διατηρεί σταθερό
πρόσημο.
Για 0=x είναι ( ) ( ) 0
0 0 1 2 1 2 0= − = + − = >g f e , άρα ( ) 0>g x για κάθε
∈ℝx
Οπότε
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2
1 1 1 1= + ⇔ = + ⇔ − = + ⇔ = + +x x x x x x
g x e g x e f x e e f x e e ,
∈ℝx
β. Για κάθε ∈ℝx έχουμε:
( )
( )2
2
2
2 2 2
12
0
2 1 1 1
+ +
′ = + = + = >
+ + +
x x x
x
x x x
x x x
e e ee
f x e e e
e e e
για κάθε ∈ℝx ,
άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα.
Α = ℝ , η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής, άρα

[63]
( ) ( ) ( )( ) ( )lim , lim 1,
→−∞ →+∞
Α = = +∞
x x
f f x f x , αφού
( ) ( ) ( )2 2
0
0
lim lim 1 lim 1 1
=
→−∞ →−∞ →−∞ →
→
= + + = + + =
x
y e
x x
x x x y
y
f x e e y y και
( ) ( ) ( )2 2
lim lim 1 lim 1
=
→+∞ →+∞ →+∞ →+∞
→+∞
= + + = + + = +∞
x
y e
x x
x x x y
y
f x e e y y
Επειδή ( )2018∈ Αf η εξίσωση ( ) 2018=f x έχει μια τουλάχιστον πραγματική
ρίζα και αφού η f είναι γνησίως αύξουσα η ρίζα θα είναι μοναδική.
γ. Είναι ( ) 0>f x για κάθε ∈ℝx , οπότε Α = ℝg
Είναι ( ) ( )( ) ( )2
ln ln 1= = + +x x
g x f x e e
( ) ( )2
2 2
1
1 0
1 1
′
′ = + + = >
+ + +
x
x x
x x x
e
g x e e
e e e
για κάθε ∈ℝx , οπότε η g
είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ
( )
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1
0
1 1 1
′′ + − + − +
′′ = = >
+ + +
x x x x x x x
x x x
e e e e e e e
g x
e e e
για κάθε ∈ℝx ,
οπότε η g είναι κυρτή στο ℝ
δ. Είναι 2 1 3 2 1 3 22 0= + ⇔ − = − >x x x x x x x (1)
● Η g είναι συνεχής στο [ ]1 2,x x
● Η g είναι παραγωγίσιμη στο ( )1 2,x x
Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ( )1 1 2,∈ x xξ τέτοιο, ώστε
( )
( ) ( )2 1
1
2 1
−
′ =
−
g x g x
g
x x
ξ (2)

[64]
● Η g είναι συνεχής στο [ ]2 3,x x
● Η g είναι παραγωγίσιμη στο ( )2 3,x x
Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ( )2 2 3,∈ x xξ τέτοιο, ώστε
( )
( ) ( )3 2
2
3 2
−
′ =
−
g x g x
g
x x
ξ (3)
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) (1)
3 22 1
1 2 1 2
2 1 3 2
′ −−
′ ′< ⇔ < ⇔ < ⇔
− −
րg g x g xg x g x
g g
x x x x
ξ ξ ξ ξ
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 3 2 2 1 32− < − ⇔ < + ⇔g x g x g x g x g x g x g x
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2
2 1 3 2 1 3 2 1 32ln ln ln ln ln< + ⇔ < ⇔ <f x f x f x f x f x f x f x f x f x
ΘΕΜΑ 24
Δίνεται συνάρτηση ( )
1
= ⋅ x
f x x e , 0>x
α. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα
β. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα
γ. Να αποδείξετε ότι ισχύει 1−
≥x x
x e , για κάθε 0>x
δ. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της f και στη συνέχεια να χαράξετε τη γραφική της
παράσταση
ε. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές
παραστάσεις των συναρτήσεων ( ) ( )2=g x f x , ( )
1
= x
h x e και τις ευθείες 1=x και
2=x

[65]
( ) ( )
1 1 1 1 1
2
1 1
′  − ′′ = + = + − = ⋅   
  
x x x x x
x
f x x e x e e xe e
x x
Κατασκευάζουμε τον πίνακα μονοτονίας
x 0 1 +∞
( )′f x - O +
( )f x 2 1 ,
Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ( ]1 0,1Α = και γνησίως αύξουσα
στο διάστημα [ )2 1,Α = +∞
Επιπλέον η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 1=x ίσο με ( )1 =f e
( )
1 1
2 2 4
1 1 1
0
− + ′′ = − ⋅ = − < 
 
x x
x x
f x e e
x x x
για κάθε 0>x , οπότε η f είναι κυρτή
στο ( )0,+∞
γ. Για κάθε 0>x έχουμε:
0
1 1 1 1
ln ln ln 1 ln 1 1 ln
>
− −
≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ − ⇔ ≥ − ⇔ ≥ − ⇔
x
x x x x
x e x e x x x x x
x x
( ) ( )
1 1 10
1 ln
1
>
−
≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥
x
xx x x
e
e e e xe e f x f
x
που ισχύει για κάθε 0>x
δ. Είναι:
( )
1
1
. . .0 0 0
lim lim lim lim+ + +
+∞
=
+∞
→+∞ →+∞→ → →
→+∞
= = = = +∞
y yx
yx
y D L H yx x x
y
e
f x xe e
y
, άρα η ευθεία 0=x είναι
κατακόρυφη ασύμπτωτη της fC

[66]
( )
1
1
0
0
lim lim lim 1
=
→+∞ →+∞ →+∞ →
→
= = =
y
x
yx
x x x y
y
f x
e e
x
και
( )( )
1
1
0
0
1
lim lim lim 1
=
→+∞ →+∞ →+∞ →
→
  −
− = − = = 
 
y yx
x
x x x y
y
e
f x x xe x
y
, άρα η ευθεία 1= +y x είναι
πλάγια ασύμπτωτη της fC στο +∞
Η γραφική της παράσταση είναι:
ε. Το ζητούμενο εμβαδόν είναι:
1 1 1 1
2 2
1 1
2 2
 
Ε = − = − 
 
∫ ∫x x x x
xe e dx xe e dx , αφού [ ]1,2∈x
Οπότε
21 1 1 1 1
2 2 2 2
2 2
21 1 1 1
1
1
2
   
Ε = − = − − −   
  
∫ ∫ ∫ ∫x x x x x
xe dx e dx x e x e dx e dx
x
1 11
2 2
2
1 1
4 4= − + − = −∫ ∫x x
e e e dx e dx e e τ.μ.

[67]
ΘΕΜΑ 25
Δίνεται συνάρτηση [ ]: 1,6 → ℝf , δύο φορές παραγωγίσιμη, για την οποία
ισχύουν:
● ( ) ( )6 3 1=f f
● ( ) ( ) ( )( )2
2 4 2 2 2 2′ + = +f f f
●
( )
( ) ( )( )1
4
′′
′= −
f x
f x f x , για κάθε [ ]1,6∈x
α. Να εκφράσετε την ′f ως συνάρτηση της f
β. Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση και στη συνέχεια ότι
( )1 0>f
γ. Να αποδείξετε ότι ( )
6
1
ln3<∫ f x dx
δ. Αν ( )1 1 0− >f ,τότε να αποδείξετε ότι ( ) ( ) ( )2 4 5 3< +f f f
α. Για κάθε [ ]1,6∈x έχουμε:
( )
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )2
1 4 4 2 4
4
′′ ′′′ ′′ ′ ′ ′= − ⇔ = − ⇔ = −
f x
f x f x f x f x f x f x f x f x f x
Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά ∈ℝc τέτοια, ώστε:
( ) ( ) ( )2
2 4′ = − +f x f x f x c
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2
2 2 2 4 2 2 2 4 2 4 2 2 4 2 4′ = − + ⇔ − + = − + ⇔ =f f f c f f f f c c
Άρα ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2
2 4 4 2 2 2′ ′= − + ⇔ = − +f x f x f x f x f x f x , [ ]1,6∈x
β. Για κάθε [ ]1,6∈x έχουμε:
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )22 2
2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 0′ = − + = − + + = − + >f x f x f x f x f x f x
Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα για κάθε [ ]1,6∈x

[68]
Είναι ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
:
1 6 1 6 1 3 1 1 0< ⇔ < ⇔ < ⇔ >
րf
f f f f f
γ. Για κάθε [ ]1,6∈x έχουμε:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
22 2 2 2
2 4 4 4 4 2′ = − + = + − + = + −f x f x f x f x f x f x f x f x
Οπότε ( ) ( ) ( )( ) ( )
( )
( )
( )
22 2
2
′
′ = + − ≥ ⇔ ≥
f x
f x f x f x f x f x
f x
(1) για κάθε
[ ]1,6∈x , αφού ( ) ( )
:
1 1 0≤ ⇔ ≥ >
րf
x f x f
Από την (1) έχουμε:
( )
( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )
6 6 6 66
11 1 1 1
ln ln 6 ln 1
′
 > ⇔ < ⇔ < − ∫ ∫ ∫ ∫
f x
dx f x dx f x dx f x f x dx f f
f x
( ) ( )( ) ( )( ) ( )
( )
( )
( )
6 6 6
1 1 1
6
ln 6 ln 1 ln ln3
1
< − ⇔ < ⇔ <∫ ∫ ∫
f
f x dx f f f x dx f x dx
f
δ. Είναι ( ) ( ) ( )
:
1 1 1 1 0≤ ⇔ ≥ > ⇔ − >
րf
x f x f f x
Επίσης ( ) 0′ >f x , οπότε από την δοσμένη σχέση θα έχουμε ( ) 0′′ >f x για κάθε
[ ]1,6∈x
Συνεπώς η ′f είναι κυρτή
Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ( )1 3,4∈ξ τέτοιο, ώστε
( )
( ) ( )
( ) ( )1
4 3
4 3
4 3
−
′ = = −
−
f f
f f fξ (1)

[69]
Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ( )2 4,5∈ξ τέτοιο, ώστε
( )
( ) ( )
( ) ( )2
5 4
5 4
5 4
−
′ = = −
−
f f
f f fξ (2)
Συνεπώς
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 4 3 5 4 2 4 3 5
′
′ ′< ⇔ < ⇔ − < − ⇔ < +
րf
f f f f f f f f fξ ξ ξ ξ
ΘΕΜΑ 26
Η τιμή P (σε χιλιάδες ευρώ) ενός προϊόντος, t μήνες μετά από την εισαγωγή του
στην αγορά, δίνεται από τον τύπο ( )
2
6
25
4
−
= +
+
t
P t a
t
α. Να βρείτε το a αν γνωρίζουμε ότι η τιμή του προϊόντος τη στιγμή εισαγωγής
του στην αγορά είναι
76
25
χιλιάδες ευρώ.
Αν 4=a , τότε:
β. Να βρείτε το χρονικό διάστημα στο οποίο η τιμή του προϊόντος συνεχώς
αυξάνεται, καθώς επίσης και τη χρονική στιγμή κατά την οποία η τιμή του
προϊόντος γίνεται μέγιστη.
γ. Να αποδείξετε ότι η τιμή του προϊόντος, μετά από κάποια χρονική στιγμή,
συνεχώς μειώνεται, χωρίς όμως να γίνει μικρότερη από την τιμή του προϊόντος τη
στιγμή της εισαγωγής του στην αγορά.
δ. Αν ( )K t (σε χιλιάδες ευρώ) είναι το κόστος του προϊόντος, t μήνες από την
εισαγωγή του στην αγορά, τότε να αποδείξετε ότι ο ρυθμός μεταβολής του
κέρδους μηδενίζεται όταν ο ρυθμός μεταβολής του κόστους και ο ρυθμός
μεταβολής της τιμής του προϊόντος είναι ίσοι.
α. Είναι ( )
76 6 76 76 24
0 4
2525 25 25 25
4
−
= ⇔ + = ⇔ = + ⇔ =P a a a

[70]
Οπότε ( )
2
6
4
25
4
−
= +
+
t
P t
t
, 0≥t
β. Για κάθε 0≥t έχουμε:
( )
( ) ( )2 2 2
2 2
2 2
25 25 256 6 12
4 4 4
25 25
4 4
′   ′− + − − + − + +   
   ′ = =
   
+ +   
   
t t t t t t
P t
t t
Είναι:
( ) 2 25 25
0 12 0
4 2
′ = ⇔ − + + = ⇔ =P t t t t
( ) 2 25 25
0 12 0 0
4 2
′ > ⇔ − + + > ⇔ ≤ <P t t t t
( ) 2 25 25
0 12 0
4 2
′ < ⇔ − + + < ⇔ ≥P t t t t
Οπότε στο χρονικό διάστημα
25
0,
2
 
  
η τιμή αγοράς του προϊόντος αυξάνεται,
ενώ στο χρονικό διάστημα
25
,
2
 
+∞ 
η τιμή αγοράς του προϊόντος μειώνεται.
Τέλος η τιμή του προϊόντος γίνεται μέγιστη για
25
2
=t μήνες.
γ. Είδαμε στο προηγούμενο ερώτημα ότι στο χρονικό διάστημα
25
,
2
 
+∞ 
η τιμή
αγοράς του προϊόντος μειώνεται.
Επιπλέον ( ) ( )
76
lim 4 0
25→+∞
= > =
t
P t P , δηλαδή, ενώ η τιμή συνεχώς μειώνεται, ποτέ
δε θα γίνει μικρότερη από την τιμή του τη στιγμή εισαγωγής του στην αγορά.
δ. Η συνάρτηση του κέρδους είναι ( ) ( ) ( )= −f t P t K t
Επομένως
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0′′ ′ ′ ′ ′= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =f t P t K t P t K t P t K t

[71]
ΘΕΜΑ 27
Δίνεται η συνάρτηση ( ) 2 1−
= +x
f x e , ∈ℝx
α. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφή της f
β. Να μελετήσετε τη συνάρτηση 1−
f ως προς τη μονοτονία
γ. Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 2
= −g x x . Μετατοπίζουμε την gC κατά κ μονάδες
προς τα πάνω. Να βρείτε το πλήθος των κοινών σημείων της γραφικής
παράστασης της 1−
f με την μετατοπισμένη γραφική παράσταση της g , για όλες
τις τιμές του κ
δ. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα ( )
2
ln
3
ln4−
Ι =∫ f x dx
α. Έχουμε
( ) 0
2 1
−
−
−
′ = <
+
x
x
e
f x
e
για κάθε ∈ℝx , άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ ,
οπότε 1-1, συνεπώς αντιστρέφεται.
Είναι
( )
2 20 1
2 1 1
2 1 2 1 ln
2 2
≥ >
− − −  − −
= ⇔ = + ⇔ = + ⇔ = ⇔− = ⇔ 
 
y y
x x x y y
y f x y e y e e x
( ) ( )
2
1 21
ln ln2 ln 1
2
− −
= − ⇔ = − − 
 
y
x f y y
Άρα ( ) ( )1 2
ln2 ln 1−
= − −f x x , 1>x
β. Έχουμε
( )( )1
2
2
0
1
− ′ = − <
−
x
f x
x
για κάθε 1>x , άρα η 1−
f είναι γνησίως φθίνουσα στο
( )1,+∞
γ. Θέλουμε να βρούμε το πλήθος των ριζών της εξίσωση:

[72]
( ) ( ) ( ) ( )1 2 2 2 2
ln2 ln 1 ln2 ln 1 0−
= + ⇔ − − = − + ⇔ − − + − =f x g x x x x xκ κ κ , 1>x
για όλες τις τιμές του θετικού αριθμού κ
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( )2 2
ln2 ln 1= − − + −h x x x κ , 1>x
Είναι ( )
( ) ( )( )2
2 2 2
2 2 22 22
2
1 1 1
− +−
′ = − + = =
− − −
x x xx xx
h x x
x x x
, 1>x
Κατασκευάζουμε τον πίνακα μονοτονίας
x 1 2 +∞
( )′h x - O +
( )h x 2 1 ,
Οπότε η h είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (1 1, 2Α =  και συνεχής άρα
( ) ( ) ( )) [ )1
1
2 ,lim 2 ln2 ,+
→
Α = = + − +∞ x
h h h x κ
Επίσης η h γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( )2 2,Α = +∞ και συνεχής άρα
( ) ( ) ( ) ( )2
2
lim , lim 2 ln2 ,+ →+∞→
 Α = = + − +∞ 
 xx
h h x h x κ
Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:
● 2 ln2 0 2 ln2+ − < ⇔ > +κ κ , τότε:
( )10∈ Αh και ( )20∈ Αh άρα η εξίσωση ( ) 0=h x έχει δύο ακριβώς ρίζες
● 2 ln2 0 2 ln2+ − = ⇔ = +κ κ , τότε:
( )10∈ Αh και ( )20∉ Αh άρα η εξίσωση ( ) 0=h x έχει μία ακριβώς ρίζα
● 2 ln2 0 2 ln2+ − > ⇔ < +κ κ , τότε:
( )10∉ Αh και ( )20∉ Αh άρα η εξίσωση ( ) 0=h x δεν έχει καμία ρίζα

[73]
δ. Θέτουμε ( )2
2 1 ln2 ln 1−
+ = ⇔ = − −x
e u x u , άρα 2
2
1
= −
−
u
dx du
u
Για ln4= −x είναι 3=u
Για
2
ln
3
=x είναι 2=u
Οπότε
2 2
2 3 3 3
2 2 2 23 2 2 2
2 1 1 1
2 2 2 1
1 1 1 1
− − +   
Ι = = = = +   
− − − −   
∫ ∫ ∫ ∫
u u u
u du du du du
u u u u
( )( )
3 3
2 2
1 1
1 32 22 1 2 1 ... ln
1 1 1 1 2
 
−   
= + = + + = =    − + − +   
 
∫ ∫du du
u u u u
ΘΕΜΑ 28
Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση ( ): 0,+∞ →ℝf για την οποία ισχύουν:
● ( )1 0=f
● ( )1 1′ =f
● ( ) ( ) ( )⋅ ≤ ⋅ + ⋅f x y x f y y f x για κάθε , 0>x y
Θεωρούμε επίσης τη συνάρτηση ( ) ( ) ln= −g x f x x, 0>x
α. Να δείξετε ότι ( ) ln=f x x x , 0>x
β. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της συνάρτησης
( )
( )ln 1
2
−
+
= + +
x
e
h x x
x
γ. Αν η ευθεία 1= +y x είναι ασύμπτωτη της hC στο −∞ , να δείξετε ότι η γραφική
παράσταση της συνάρτησης g και η παραπάνω ευθεία έχουν δύο ακριβώς κοινά
σημεία με τετμημένες 1 2,x x για τις οποίες ισχύει 1 2 1=x x
δ. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα ( )2
6
Ι = ∫ f x xdx
π
π ηµ συν

[74]
α. Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ): 0,+∞ → ℝt με ( ) ( ) ( ) ( )= − −t x f xy xf y yf x ,
όπου y θετική σταθερά.
Από υπόθεση ( ) ( ) ( )0 1≤ ⇔ ≤t x t x t για κάθε 0>x . Επομένως η t παρουσιάζει
μέγιστο στο 0 1=x και επειδή το 1 είναι εσωτερικό σημείο του ( )0,+∞ και η t
παραγωγίσιμη, από Θ.Fermat θα ισχύει ότι ( )1 0′ =t
Είναι ( ) ( ) ( ) ( )′ ′ ′= − −t x yf xy f y yf x , 0>x
Έχουμε ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
0
2
1
1 0 ln
> ′′ −   ′′ ′= ⇔ − = ⇔ = ⇔ = 
 
y yf y f y f y
t yf y f y y y
y y y
Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά ∈ℝc τέτοια, ώστε:
( ) ln= +
f y
y c
y
, 0>y
Για 1=y έχουμε 0=c , άρα ( ) ln=f x x x , 0>x
β. Είναι:
( ) ( )( )
( )
( )
ln 1 1
lim 2 lim lim ln 1 0
−
−
→+∞ →+∞ →+∞
+
− + = = + =
x
x
x x x
e
h x x e
x x
Άρα η ευθεία 2= +y x πλάγια ασύμπτωτη της hC στο +∞
Επίσης:
( ) ( )( )
( )
. . .
ln 1
lim 2 lim lim 1
1
+∞
− −−∞
−→−∞ →−∞ →−∞
+ −
− + = = = −
+
x x
xx x D L H x
e e
h x x
x e
Άρα η ευθεία 1= +y x πλάγια ασύμπτωτη της hC στο −∞
γ. Είναι ( ) ( ) ( )ln ln ln 1 ln= − = − = −g x f x x x x x x x, 0>x
Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση ( ) ( )1 1 ln 1= + ⇔ − = +g x x x x x έχει ακριβώς
δύο θετικές ρίζες.

[75]
Αρχικά παρατηρούμε ότι το 1 δεν επαληθεύει την εξίσωση, οπότε:
( )
1 1 1
1 ln 1 ln ln 0
1 1
≠ + +
− = + ⇔ = ⇔ − =
− −
x x x
x x x x x
x x
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( )
1
ln
1
+
= −
−
x
k x x
x
στο ( ) ( )0,1 1,∪ +∞
Είναι ( )
( )
2
1 2
0
1
′ = + >
−
k x
x x
για κάθε ( ) ( )0,1 1,∈ ∪ +∞x
Άρα η k είναι γνησίως αύξουσα στο ( )1 0,1Α = και γνησίως αύξουσα στο
( )2 1,Α = +∞
Επιπλέον η k είναι συνεχής οπότε:
( ) ( ) ( )( ) ( )1
0 1
lim ,lim ,+ −
→ →
Α = = −∞ +∞
x x
k k x k x και
( ) ( ) ( )( ) ( )2
1
lim , lim ,+ →+∞→
Α = = −∞ +∞
xx
k k x k x
Είναι
( )10∈ Αk και k γνησίως αύξουσα, άρα η εξίσωση ( ) 0=k x έχει μοναδική ρίζα
1 1∈Αx
( )20∈ Αk και k γνησίως αύξουσα, άρα η εξίσωση ( ) 0=k x έχει μοναδική ρίζα
2 2∈Αx
Τέλος ( )1
2
1 1
1
1
1
1 1
ln 0
1
1
+
 
= − = − = 
  −
x
k k x
x x
x
, άρα το ρίζα της εξίσωσης ( ) 0=k x .
Όμως η εξίσωση έχει ακριβώς δύο ρίζες, άρα 2 1 2
1
1
1= ⇔ =x x x
x
δ. Θέτουμε =x uηµ , άρα =xdx duσυν και
για
6
=x
π
έχουμε
1
2
=u , ενώ για
2
=x
π
έχουμε 1=u , οπότε:

[76]
( ) ( )
12
1 1 1
2
1 1 1
12 2 26
2
1 1
ln ln ln2
2 8 2
 
Ι = = = = − = − 
 
∫ ∫ ∫ ∫
x
f x xdx f u du x xdx x dx
π
π ηµ συν
ΘΕΜΑ 29
Δίνεται η συνάρτηση
( )
, 0
1
, 0
− ≤

= 
>

x
e x
f x
x
x
α. Να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f
β. Να προσδιορίσετε το σύνολο τιμών της f και να βρείτε το πλήθος των ριζών
της εξίσωσης ( ) =f x κ για τις διάφορες τιμές του ∈ℝκ
γ. Να βρείτε, όπου ορίζεται, την παράγωγο της f . Στη συνέχεια να προσδιορίσετε
σημείο Μ της fC στο οποίο η εφαπτομένη της διέρχεται από το σημείο ( )2 ,0Α α
με 0>α
Αν
1
,
 
Μ  
 
α
α
δ. Να βρείτε την εφαπτομένη ( )ε της fC στο σημείο Μ και να αποδείξετε ότι
το Μ είναι μέσο του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ , όπου Β το σημείο τομής της
( )ε με τον άξονα ′y y
ε. Ένα σημείο Κ κινείται κατά μήκος της γραφικής παράστασης της f , όταν
0>x . Τη χρονική στιγμή 0t που το σημείο Κ περνάει από το σημείο Μ η
τετμημένη του αυξάνεται με ρυθμό ( ) 2
2 m/sec′ =x t α . Να αποδείξετε ότι ο
ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης του σημείου Κ τη στιγμή 0t είναι
ανεξάρτητος του α

[77]
α.
β. Α΄ Τρόπος
Από τη γραφική παράσταση της f παρατηρούμε ότι το σύνολο τιμών της είναι
το ( ) [ ) ( )1,0 0,Α = − ∪ +∞f .
Β΄ Τρόπος
Στο διάστημα ( ),0−∞ η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, οπότε
( )( ) ( ) ( )( ) ( )0
,0 lim , lim 1,0− →−∞→
−∞ = = −
xx
f f x f x . Επιπλέον ( ) 0
0 1= − = −f e , άρα
όταν ( ]1 ,0Α = −∞ είναι ( ) [ )1 1,0Α = −f
Στο διάστημα ( )2 0,Α = +∞ η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, οπότε είναι
( ) ( ) ( )( ) ( )2
0
lim , lim 0,+→+∞ →
Α = = +∞
x x
f f x f x
Άρα ( ) ( ) ( ) [ ) ( )1 2 1,0 0,Α = Α ∪ Α = − ∪ +∞f f f
Για το πλήθος των ριζών της εξίσωσης ( ) =f x κ για τις διάφορες τιμές του ∈ℝκ
Α΄ Τρόπος
Διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις:

[78]
● Αν 1<−κ , τότε ( )1∉ Αfκ και ( )2∉ Αfκ . Επομένως η εξίσωση δεν έχει καμία
ρίζα
● Αν 1 0− ≤ <κ , τότε ( )1∈ Αfκ και ( )2∉ Αfκ . Επειδή η f είναι γνησίως
φθίνουσα στο 1Α η ρίζα θα είναι μοναδική
● Αν 0=κ , τότε ( )1∉ Αfκ και ( )2∉ Αfκ . Επομένως η εξίσωση δεν έχει καμία
ρίζα.
● Αν 0>κ , τότε ( )1∉ Αfκ και ( )2∈ Αfκ . Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα
στο 2Α η ρίζα θα είναι μοναδική
Β΄ Τρόπος
Από τα σημεία τομής της ευθείας =y κ με την γραφική παράσταση της f για τις
διάφορες τιμές του ∈ℝκ
γ. Α΄ Τρόπος
● Για 0<x η f είναι παραγωγίσιμη με ( )′ = − x
f x e
● Για 0>x η f είναι παραγωγίσιμη με ( ) 2
1
′ = −f x
x
● Για 0=x έχουμε
( ) ( )
2
0 0 0
1
10 1
lim lim lim
0+ + +
→ → →
+− +
= = = +∞
−x x x
f x f xx
x x x
Άρα η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0 0=x
Β΄ Τρόπος
Από το σχήμα παρατηρούμε ότι η f δεν είναι συνεχής στο 0 0=x , οπότε δεν είναι
και παραγωγίσιμη στο σημείο αυτό.
Επομένως ( )
2
, 0
1
, 0
− <

′ = 
− >

x
e x
f x
x
x

[79]
Έστω σημείο ( )( )0 0,Μ x f x της fC . Η εξίσωση της εφαπτομένης ( )ε της fC
στο σημείο Μ θα δίνεται από τον τύπο ( ) ( )0 0− = ⋅ −y f x x xλ , όπου ( )0
′= f xλ
Άρα
● αν 0 0<x , τότε η εξίσωση της εφαπτομένης γίνεται ( )0 0
0+ = − ⋅ −x x
y e e x x
Η ευθεία ( )ε διέρχεται από το σημείο ( )2 ,0Α α αν και μόνο αν ισχύει:
( )0 0
0 0 02 1 2 2 1= − ⋅ − ⇔ = − + ⇔ = +x x
e e x x xα α α απορρίπτεται αφού 0 0<x
● αν 0 0>x , τότε η εξίσωση της εφαπτομένης γίνεται ( )02
0 0
1 1
− = − ⋅ −y x x
x x
Η ευθεία ( )ε διέρχεται από το σημείο ( )2 ,0Α α αν και μόνο αν ισχύει:
( )0 0 0 02
0 0
1 1
2 2− = − ⋅ − ⇔ − = − + ⇔ =x x x x
x x
α α α δεκτή
Άρα
1
,
 
Μ 
 
α
α
γ. Η εφαπτομένη ( )ε της fC στο σημείο Μ έχει εξίσωση
( )2 2
1 1 1 2
− = − ⋅ − ⇔ = − +y x y xα
α α α α
Το σημείο τομής της εμε τον άξονα ′y y προκύπτει αν βάλουμε όπου 0=x . Τότε
2
=y
α
. Άρα είναι το σημείο
2
0,
 
Β 
 α
.
Το μέσο του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ έχει συντεταγμένες
2 0
2 2
Α Β+ +
= = =
x x
x
α
α και
2
0
1
2 2
Α Β
+
+
= = =
y y
y α
α
Δηλαδή είναι το σημείο
1
,
 
Μ 
 
α
α
δ. Έστω ( )x t , ( )y t οι συντεταγμένες του σημείου Κ με ( )
( )
1
=y t
x t
, ( ) 0>x t

[80]
Τη χρονική στιγμή 0t που το σημείο Κ περνάει από το σημείο
1
,
 
Μ 
 
α
α
είναι
( )0 =x t ξ , ( )0
1
=y t
α
και ( ) 2
0 2′ =x t α
Έχουμε ( )
( )
( )2
′
′ = −
x t
y t
x t
άρα ( )
( )
( )
2
0
0 2 2
0
2
2
′
′ = − = − = −
x t
y t
x t
α
α
m/sec που είναι
ανεξάρτητος από την τιμή του α
ΘΕΜΑ 30
1
1
−
=
+
x
x
e
f x
e
α. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία
β. Να δείξετε ότι η εξίσωση ( )( ) ( )( )2 2
1 1 1 1− −
− + = + −x x x x
e e e eσυν συν
έχει
ακριβώς μια λύση στο διάστημα [ ]0,π
γ. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα και τα σημεία καμπής
δ. Να αποδείξετε ότι:
i. ( ) ( )′ ≤xf x f x για κάθε 0≥x
ii. ( )
ln 2
0
ln2
6
>∫ f x dx
α. Α = ℝf
Έχουμε:
( )
( ) ( ) ( )( )
( ) ( )
2 2
1 1 1 1 2
0
1 1
′ ′− + − − +
′ = = >
+ +
x x x x x
x x
e e e e e
f x
e e
για κάθε ∈ ℝx
Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ

[81]
β. Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα θα είναι και 1-1.
Έχουμε ( )( ) ( )( )
2
2 2
2
1 1
1 1 1 1
1 1
−
− −
−
− −
− + = + − ⇔ = ⇔
+ +
x x
x x x x
x x
e e
e e e e
e e
συν
συν συν
συν
( ) ( )
:1 1
2 2 2 0
−
− = ⇔ − = ⇔ − − =
f
f x x f x x x xσυν συν συν
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 2= − −g x x xσυν στο διάστημα [ ]0,π
Είναι ( ) 1 0′ = + >g x xηµ για κάθε [ ]0,∈x π
Οπότε η g είναι γνησίως αύξουσα στο [ ]0,π και συνεχής, άρα το σύνολο τιμών
της είναι το διάστημα ( ) ( ) [ ]0 , 3, 1  = − − g g π π
Αφού [ ]0 3, 1∈ − −π η εξίσωση ( ) 0=g x θα έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο [ ]0,π
και επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα η ρίζα θα είναι μοναδική.
γ. Είναι
( )
( ) ( ) ( )( )
( )
( ) ( )
( )
2 2 2
4 4
2 1 2 1 2 1 4 1
1 1
′′ + − + + − +
′′ = =
+ +
x x x x x x x x x
x x
e e e e e e e e e
f x
e e
( )( )
( )
( )
( )
4 3
2 1 1 2 2 1
1 1
+ + − −
= =
+ +
x x x x x x
x x
e e e e e e
e e
x − ∞ 0 +∞
( )′′f x + O –
( )f x 3 4
Οπότε η f είναι κυρτή στο ( ],0−∞ και κοίλη στο [ )0,+∞ , ενώ το ( )0,0Ο είναι
σημείο καμπής της.
δ. i. Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. για την f στο διάστημα [ ]0,x
● H f είναι συνεχής στο [ ]0,x

[82]
● H f είναι παραγωγίσιμη στο ( )0,x
Άρα θα υπάρχει ( )0,∈ xξ τέτοιο, ώστε
( )
( ) ( ) ( )0
0
−
′ = =
−
f x f f x
f
x x
ξ (1)
Είναι
[ )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
0, (1)′ +∞
′ ′ ′ ′< ⇔ > ⇔ < ⇔ <
ցf
f x
x f f x f x xf x f x
x
ξ ξ , για κάθε 0>x
Για 0=x ισχύει ως ισότητα.
Οπότε για κάθε 0≥x ισχύει ( ) ( )′ ≤xf x f x
ii. Από ερώτημα γ.i. έχουμε:
( ) ( )′ ≤xf x f x , για κάθε 0≥x και η ισότητα ισχύει μόνο για 0=x
Οπότε
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
ln 2 ln 2 ln 2 ln 2ln 2
00 0 0 0
′ < ⇔   − < ⇔ ∫ ∫ ∫ ∫xf x dx f x dx xf x f x dx f x dx
( ) ( ) ( ) ( )
ln2 ln2 ln2
0 0 0
2 1 ln2
2 ln2 ln2 2 ln2
2 1 6
−
> ⇔ > ⋅ ⇔ >
+∫ ∫ ∫f x dx f f x dx f x dx
Θανάσης Κοπάδης
Ιανουάριος 2018

30 επαναληπτικά θέματα (2017 2018) με απαντήσεις (new)

More Related Content

What's hot

Similar to 30 επαναληπτικά θέματα (2017 2018) με απαντήσεις (new)

More from Athanasios Kopadis

Recently uploaded

30 επαναληπτικά θέματα (2017 2018) με απαντήσεις (new)