30 επαναληπτικά θέματα (2017 2018) με απαντήσεις (new)
1. 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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
Απαντήσεις
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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
Απαντήσεις
α. Για 0≥x είναι =x x , άρα ( ) 2
=f x x
6. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
Απαντήσεις
α. Είναι
9. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[11]
Απαντήσεις
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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
Απαντήσεις
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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[16]
Απαντήσεις
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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
αντιστρέφεται.
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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[18]
Οπότε ( )1
, 0 1
1
, 1 5
2
−
< ≤
= +
< ≤
x x
f x x
x
στ.
ΘΕΜΑ 8
Δίνεται η συνάρτηση ( )
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
Απαντήσεις
α. ● Για 0<x η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική.
19. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
γ. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της
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
Απαντήσεις
α. Για κάθε ∈ℝx έχουμε:
21. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
Απαντήσεις
α. Για κάθε ∈ℝx έχουμε:
( ) ( )( )
( )
( )( ) ( )
( )
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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
για κάθε ∈ℝx
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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[26]
( ) ( )( )
( ) ( )( ) ( )( )
1
1 ln 1
1 1
′+ ′′ ′′ + = ⇔ + = ⇔ + = +
+ +
xx
x
x x
ee
f x f x x f x x e
e e
Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά ∈ℝc τέτοια, ώστε να ισχύει:
( ) ( )ln 1+ = + +x
f x x e c
Για 0=x έχουμε:
( )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
για κάθε ∈ℝx
δ.i. Έχουμε:
( ) ( )1
1 0
1 1
−
−
− −
−′′ = + = <
+ +
x
x
x x
e
f x e
e e
για κάθε ∈ℝx
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
αντιστρέφεται.
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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[27]
ΘΕΜΑ 11
Δίνεται η συνάρτηση ( )
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
Απαντήσεις
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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
Απαντήσεις
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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας:
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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
Απαντήσεις
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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[33]
● ( ) ( ) ( )1 1 0
′
′ ′ ′> ⇔ > ⇔ >
րf
x f x f f x
Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας:
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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
Απαντήσεις
35. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
Απαντήσεις
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
Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας:
38. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[40]
δ. Να υπολογίσετε το
( )2
2
1
lim
→+∞
⋅
x
f x
x xν
ηµ για τις διάφορες τιμές του ακεραίου
ν
Απαντήσεις
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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα κυρτότητας:
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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
Επιπλέον ( )
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
Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας:
43. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
xν , οπότε και
( )2
2
1
lim 1
→+∞
⋅ =
x
f x
x xν
ηµ
● Αν 2>ν , τότε
2
lim 0
→+∞
=
x
x
xν , οπότε και
( )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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
Απαντήσεις
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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
Επιπλέον ( )
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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
Απαντήσεις
α. Για 1< −x ισχύει:
( )
( )
( )2
1 1
11
′ ′ ′= ⇔ = −
+ +
f x f x
xx
Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά ∈ℝc τέτοια, ώστε να ισχύει:
( )
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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
Απαντήσεις
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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
γ. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της
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
Απαντήσεις
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
Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά ∈ℝc τέτοια, ώστε να ισχύει:
( ) 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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας:
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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
Απαντήσεις
α. Για 0>x έχουμε:
( ) ( ) ( )( )
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
Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας:
57. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
β. Για 0>x έχουμε:
( ) ( )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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
Απαντήσεις
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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
Απαντήσεις
α. Για κάθε ∈ℝx έχουμε:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
Απαντήσεις
α. Για 0>x έχουμε:
65. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
β. Για 0>x έχουμε:
( )
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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
Απαντήσεις
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
Για 2=x έχουμε:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )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. Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com
[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
● Η f είναι συνεχής στο [ ]3,4
● Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )3,4
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)
● Η f είναι συνεχής στο [ ]4,5
● Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )4,5