Μαθηματικά Γ στον καιρό της καραντίνας ! Περιέχει ότι κάναμε με τους μαθητές και τις μαθήτριες του ΓΕΛ Εξαπλατάνου από 16/3/20 μέχρι και 4/5/20.

1. [1]
Εργασία 1ο (16 / 3 / 20)
Είμαστε ΕΔΩ !!
ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 2.10 ΜΕΛΕΤΗ & ΧΑΡΑΞΗ ΓΡ.ΠΑΡΑΣΤΑΣΗΣ
ΟΔΗΓΙΕΣ ΥΠΟΥΡΓΕΙΟΥ
παράστασης και συναρτήσεων που μελετήθηκαν σε προβλήματα
προηγούμενων παραγράφων (π.χ στην 2.7)

2. [2]
Ας Δούμε την άσκησης 3 στη σελίδα 172 του σχολικού !
Προσπαθήστε λίγο μόνοι !
Άσκηση από μένα
Να γίνει μελέτη (Π.Ο, Συνέχεια, Μονοτονία-Ακρότατα, Κυρτότητα –
Σ.Κ , Ασύμπτωτες, σημεία τομής με τους άξονες, Σ.Τ , Γραφική
Παράσταση) στις παρακάτω συναρτήσεις.
α ) f(x) =
1
√ 𝑥
β ) g(x) = √𝑥2 + 2𝑥 + 2+x
γ ) h(x) =
𝑙𝑛𝑥
√ 𝑥
Προσπαθήστε λίγο μόνοι πρώτα το α)
Για την άλλη φορά Να απαντήσετε σε όλες τις ερωτήσεις κατανόησης
σελίδες 177-181
ΚΑΛΗ ΜΕΛΕΤΗ

3. [1]
Εργασία 1ο (16 / 3 / 20)
ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 2.10 ΜΕΛΕΤΗ & ΧΑΡΑΞΗ ΓΡ.ΠΑΡΑΣΤΑΣΗΣ
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

4. [2]
Άσκηση από μένα
Να γίνει μελέτη (Π.Ο, Συνέχεια, Μονοτονία-Ακρότατα, Κυρτότητα –
Σ.Κ , Ασύμπτωτες, σημεία τομής με τους άξονες, Σ.Τ , Γραφική
Παράσταση) στις παρακάτω συναρτήσεις.
α ) f(x) =
1
√ 𝑥
β ) g(x) = √𝑥2 + 2𝑥 + 2+x
γ ) h(x) =
𝑙𝑛𝑥
√ 𝑥
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ (α) , (β) , (γ)
α ) Df = (0,+∞) , συνεχής στο πεδίο ορισμού της ως σύνθεση συνεχών και
παραγωγίσιμη. Δεν τέμνει τους άξονες. Δεν είναι άρτια ούτε περιττή.
Εξετάζω μονοτονία : f ΄(x) = -
1
2x√ 𝑥
< 0 για κάθε x >0, άρα γνησίως φθίνουσα
στο Df .
Κυρτότητα , f ΄΄(x) =( −
1
2
x−
3
2)΄ = …….=
3
4x2√ 𝑥
> 0 για κάθε x > 0 άρα η f(x)
ΚΥΡΤΗ στο Df
Ασύμπτωτες : lim
x→0+
1
√ 𝑥
=+ ∞ , άρα η x = 0 , Κ.Α της f(x).
lim
x→+∞
1
√ 𝑥
=1
0
= + ςοθάλ 0ΙΑΝΙΕ∞ , άρα η y = 0 , Ο.Α της f(x). Ακολουθεί η Cf .

5. [3]
β ) Πριν την μελετήσεις ρίξε μια ματιά στην 1 Β΄ ομάδας σελίδα 167.
g(x) = √𝑥2 + 2𝑥 + 2+x , Dg = R , γιατί x2 + 2x+2 = (x+1)2 + 1 > 0 .
 Συνεχής και παραγωγίσιμη στο Dg.
 Για x = 0 , g(0) = √2 , τέμνει τον yy΄ στο (0, √2)
 Για x = -1 , g(-1) = 0 , τέμνει τον xx΄ στο (-1,0)
 Δεν έχει Κ.Α μιας και είναι συνεχής στο R.
 Δεν έχει Ο.Α στο +∞ , γιατί ; (το όριο στο +∞ είναι +∞)
Αναζητώ Π.Α στο +∞. lim
x→+∞
√ 𝑥2+2𝑥+2+x
x
= lim
x→+∞
x (√1+
2
x
+
2
x2+1)
x
=2 = λ
lim
x→+∞
( √𝑥2 + 2𝑥 + 2 − x) = lim
x→+∞
2x+2
√𝑥2+2𝑥+2+x
=…….=1
Άρα η y = 2x+1 Π.Α στο +∞
 Αναζητώ Ο.Α στο -∞, lim
x→−∞
( √𝑥2 + 2𝑥 + 2 + x) =(+∞ − ∞ )
Κάνω συζυγή παράσταση, σας έχω πει έναν τρόπο για αυτό , θυμάστε ;
και lim
x→−∞
2x+2
√𝑥2+2𝑥+2−x
=…(κοινός παραγοντας)=-1, άρα η y = -1 Ο.Α στο - ∞
ΜΟΝΟΤΟΝΙΑ
g΄(x) =( √𝑥2 + 2𝑥 + 2+x)΄ =
x+1
√𝑥2+2𝑥+2
+1 =
x+1+√𝑥2+2𝑥+2
√𝑥2+2𝑥+2
(1)
Είναι x2+2x + 2 = (x+1)2 + 1 >(x+1)2 ή (x+1)2 < x2 +2x+2
Και οι δυο όροι θετικοί άρα :
|x + 1| < √ 𝑥2 + 2𝑥 + 2 ή - √𝑥2 + 2𝑥 + 2 < x + 1 < √𝑥2 + 2𝑥 + 2
Άρα x + 1 + √𝑥2 + 2𝑥 + 2 > 0
Από (1) έχω ότι g ΄(x) > 0 ⇒ g(x) γνησίως αύξουσα στο Dg
ΚΥΡΤΟΤΗΤΑ
g΄΄(x) = (
x+1
√𝑥2+2𝑥+2
+1)’ =
√𝑥2+2𝑥+2−(x+1)
x+1
√ 𝑥2+2𝑥+2
x2+2x+2
=
x2+2x+2 −x2−2x−1
(x2+2x+2 )√𝑥2+2𝑥+2
=
=
1
(x2+2x+2 )√𝑥2+2𝑥+2
. Άρα η g(x) ΚΥΡΤΗ ΣΤΟ R.

6. [4]
γ ) h(x) =
𝑙𝑛𝑥
√ 𝑥
Πεδίο ορισμού, Dh = (0,+∞) , συνεχής στο Dh
Για κάθε x στο Α έχω : h ΄(x) =
1
𝑥
√ 𝑥−
1
2√ 𝑥
𝑙𝑛𝑥
𝑥
=
2−𝑙𝑛𝑥
2𝑥√ 𝑥
h ΄(x) = 0 ⇒ 2 – lnx = 0 ⇒x = e2
Για x>e2 είναι h ΄(x) < 0 ⇒ η h(x) γν. φθίνουσα στο [e2 ,+∞).
Για 0 <x<e2 , h ΄(x) > 0 ⇒ η h(x) γν. αύξουσα στο (0, e2]
Το σημείο (e2 ,
2
𝑒
) είναι ΟΛΙΚΟ ΜΕΓΙΣΤΟ της h(x) , άρα h(x)≤h(e2) για
κάθε x στο Dh .
h΄΄(x) = ………..=
√ 𝑥(3𝑙𝑛𝑥−8)
4𝑥3
h ΄΄(x) = 0 ⇒ 3lnx-8 = 0 ⇒x = e8/3
Για x> e8/3 είναι h ΄΄(x) > 0 ⇒ η h(x) ΚΥΡΤΗ στο [e8/3 ,+∞).
Για 0 <x< e8/3 , h ΄΄(x) < 0 ⇒ η h(x) ΚΟΙΛΗ στο (0, e8/3]
Το σημείο (e8/3 ,h(e8/3)) Σ.Κ της h(x).
Ασύμπτωτες

7. [5]
lim
x→+∞
𝑙𝑛𝑥
√ 𝑥
= (𝐷𝐿𝐻) = lim
x→+∞
1
𝑥
1
2√ 𝑥
= lim
x→+∞
2√ 𝑥
𝑥
= lim
x→+∞
2
√ 𝑥
= 0,
άρα η y= 0 Ο.Α
lim
x→0
𝑙𝑛𝑥
√ 𝑥
= lim
x→0
(𝑙𝑛𝑥 ∙
1
√ 𝑥
) = (−∞)(+∞) = −∞ ,άρα η x = 0 Κ.Α

8. [1]
Εργασία 2ο (18 / 3 / 20)
Ενότητα : Αληθή – Ψευδή, σχολικού βιβλίου σελίδες 177-181.

9. [2]

10. [3]

11. [4]

12. [5]
ΓΙΑ ΤΗΝ ΑΛΛΗ ΦΟΡΑ ,από μένα Σ-Λ με αιτιολόγηση
1. Αν η f(x) είναι παραγωγίσιμη στο xο , τότε η f ΄(x) είναι πάντοτε
συνεχής στο xο .
2. Αν η f(x) δεν είναι συνεχής στο xο , τότε η f(x) είναι παραγωγίσιμη στο xο.
3. Αν η f(x) έχει δεύτερη παράγωγο στο xο , τότε η f΄(x) είναι
συνεχής στο xο.
4. Η συνάρτηση f(x) : (α, β) R που είναι συνεχής στο (α, β)
μπορεί να έχει τοπικό ακρότατο στο xο(α, β) μόνο αν είναι
f ΄( xο) = 0.
5. Αν είναι f ΄(x) ≥ 0 στο Δ=(α, β) αλλά όχι f ΄(x) >0 σε όλο το Δ , τότε η f(x)
δεν μπορεί να είναι γνησίως αύξουσα στο Δ.
6. Αν είναι f ΄(x) < 0 στο διάστημα Δ=(α, β) ,τότε η f(x) μπορεί να έχει τοπικό
ακρότατο στο χο Δ.
7. Αν η f(x) είναι συνεχής στο [α, β] , παραγωγίσιμη στο (α, β) και
στο χο  (α, β) ισχύει f΄(xο) = 0 , τότε το χο είναι θέση τοπικού
ακροτάτου της f(x).
8. Αν η f(x) είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] και έχει στο xο  [α, β]
τοπικό ακρότατο , τότε είναι πάντοτε f΄(xο) = 0 .
9. Αν η f(x) : [α, β]  R είναι συνεχής στο xο κρίσιμο σημείο της f(x)

13. [6]
και η f(x) παρουσιάζει στο xο τοπικό ακρότατο , τότε είναι και
f ΄( xο) = 0.
10. Αν μια συνάρτηση f(x) είναι γνησίως αύξουσα στο Δ και παραγωγίσιμη σε
αυτό , τότε f΄(x) > 0 για κάθε χ στο Δ.
11. Αν f΄(x) > 0 για κάθε x R τότε τα σημεία (1,2) , (2,-4) ανήκουν και τα δυο
στη γραφική παράσταση της f(x).
12. Αν f(x) παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο σε ένα διάστημα Δ και ισχύει
f ΄(x) ≠ 0 για κάθε χ στο Δ , τότε η f(x) είναι γνησίως μονότονη στο Δ.
13. Αν η f(x) είναι δυο φορές παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα Δ και για το σημείο
xο Δ ισχύει : f ΄΄( xο) = 0 , τότε το σημείο (xο, f(xο)
είναι σημείο καμπής της f(x).
14. Αν μια f(x) είναι δυο φορές παραγωγίσιμη και κυρτή σε ένα διάστημα Δ ,
τότε ισχύει : f ΄΄(x) > 0 για κάθε x Δ.
15. Έστω μια συνάρτηση f(x) παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα (α, β) , με
εξαίρεση ίσως ένα σημείο xο . Αν η f ΄(x) διατηρεί στο
(α, xο)(xο , β) , τότε το f(xο) δεν είναι τοπικό ακρότατο.
16. Αν η f(x) είναι δυο φορές παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα Δ και ισχύει
f ΄΄(x) > 0 για κάθε xΔ , τότε η f(x) είναι κοίλη στο Δ.
17. Αν η f(x) ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος του Rolle σε ένα
διάστημα [α, β] , τότε η f(x) δεν είναι «1-1».
18. Αν η ευθεία x = xο είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης
μιας f(x) , τότε η ευθεία x = xο δεν τέμνει τη γραφική παράσταση της f(x).
ΚΑΛΗ ΜΕΛΕΤΗ

14. [1]
Απαντήσεις Εργασίας 2ο
Ενότητα : Αληθή – Ψευδή, σχολικού βιβλίου σελίδες 177-181.
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ 1 – 8
1. Α , γιατί αν f ΄(x) ≠ 0 σε ένα διάστημα Δ , τότε η f (x) «1-1» στο Δ.
Εναλλακτικά , αν ήταν f (0) = f (1) , τότε από Θ. Ρολ θα υπήρχε xο στο (0,1) τέτοιο
ώστε f ΄(xΟ) = 0 , ΑΤΟΠΟ.

15. [2]
2. Α , από Θ.Μ.Τ. για την f (x) στο [α,β].
3. Α, θεωρώ την h(x) = f (x) – g(x) , συνεχή στο [α,β] και παραγωγίσιμη στο
(α ,β), τότε h(α) = h(β) , συνεπώς από Θ. Ρολ υπάρχει xο στο (α, β), ώστε
h΄(xο) = 0 ή f ΄(xο) = g΄(xο) , τι σημαίνει αυτό ;;
4. α ) Ψ , το πρόσημο της f ΄(x) είναι : f ΄(x) > 0 για κάθε x > 2 και
f ΄(x) ≤ 0 για κάθε x < 2, το «=» ισχύει για x = 1 .
Άρα στο 1 παρόλο που μηδενίζεται (Πιθανό Ακρότατο ) δεν αλλάζει πρόσημο δεξιά
και αριστερά του 1 , άρα…….
β ) Α, εξηγήθηκε στο α).
5. α ) Α , έστω f (x) = αx4 +βx3 + γx2 +δx + ε , τότε
f ΄ (x) = 4αx3 +3βx2 + 2γx2 +δ , όμως κάθε τρίτου βαθμού εξίσωση έχει τουλάχιστον
μια ρίζα από Θ. Μπολτζάνο , βρες το σύνολο τιμών της………
β ) Ψ, έστω f (x) = αx3 +βx2 + γx +δ , τότε
f ΄ (x) = 3αx2 +2βx + γ , όμως μια δευτεροβάθμια δεν έχει πάντα πραγματικές
λύσεις !! Συμφωνείτε ; Π.χ f ΄ (x) = 3x2 +1 , f (x) = x3 +x
6. Α, γιατί ;
7. Ψ , η συνάρτηση x3 έχει καμπή στο (0,0) , η συνάρτηση x5 έχει καμπή στο (0,0) ,
όμως η x8 ΔΕΝ έχει καμπή στο (0,0) γιατί ;
8. Α, σκέψου Θ. Φερμά , γιατί; Σε ένα εσωτερικό σημείο η απόσταση είναι ελάχιστη ή
μέγιστη, οπότε αν θεωρήσω την συνάρτηση της απόστασης f(x) ισχύουν οι
προϋποθέσεις του Θεωρήματος και άρα σε κείνο στο σημείο η παράγωγος είναι 0. (
f ΄(xo) = 0 , Οριζόντια εφαπτομένη).

16. [3]
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ 9 – 12
9. α ) Ψ, όριο περίπτωση 0/0 και τέλος βγαίνει 2 , άρα δεν έχει Κ.Α
β ) Α , όριο περίπτωση 0/0 και μετά βγαίνει -1/0 άρα έχει Κ.Α.

17. [4]
10. ι ) Ψ , από Θ. Ρολ υπάρχει xο ώστε f ΄(xο) = 0 , άρα σε εσωτερικό σημείο του (1,4) δεν
ορίζεται η συνάρτηση !!
ιι ) Ψ , ομοίως.
ιιι ) Ψ , δες τη συνάρτηση έχει και αρνητικές κλίσεις ή δεν είναι παντού γνησίως
αύξουσα !!
ιν ) Α , Θ. Ρολ.
11. Η f (x) έχει f ΄(x) = 3 x2 + 1 ≠ 0 , άρα έχει το πολύ μια ρίζα η εξίσωση
f (x) = 0 , συνεπώς απαντώ στο γ).
Με το Θ.Μπολζάνο στο [-1,0] αποδεικνύω ότι έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο (-1,0)
άρα τουλάχιστον μία και το πολύ μια = Ακριβώς μία ρίζα !! Άρα :
α ) Ψ
β ) Α
γ ) Ψ.
12. Α , κάνε πράξεις !!

18. [5]

19. [6]
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ 1 – 8
1. B , παράγωγος της εφx στο …….
2. Γ , παράγωγος της …………..
3. Ε , παράγωγος της …………
4. Γ , γιατί η
f ΄(x) = [ συν3(x+1) ]΄ = 3συν2(x+1)∙(συν(x+1))΄ = -3συν2(x+1)∙ημ(x+1).
5. Γ , ο μεγιστοβάθμιος όρος της f (x) είναι ο x6.
6. Γ , γιατί ΠΡΟΣΟΧΗ! Το πεδίο ορισμού της f (x) είναι το (0,+∞).
Λύνω την εξίσωση o
o
x
x
4
1
 και έχει λύση ……
7. Ε , ax
x
x
x
e
e
aae
e
xg
xf 






)(
)(
, ax
x
ax
axxaxx
e
ea
e
eaeee
g
f 
 )(
)(
)( 2




8. Γ , η f (x) είναι γνησίως αύξουσα στο [-1,1] και f (0) = 0 άρα είναι πάνω απ τον xx΄
στο [0,1] και κάτω απ τον xx΄ στο [-1,0] .

20. [7]
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ
 Η (α) είναι ΚΥΡΤΗ άρα η παράγωγος είναι γνησίως αύξουσα άρα (Ε).
 Η (β) -> (Α) , στο (0,0) η συνάρτηση ΔΕΝ είναι παραγωγίσιμη !!
 Το (γ)->(Β) γιατί παρουσιάζει τρεις θέσεις ακροτάτων άρα από Θ. Φερμά
μηδενίζεται σε τρία σημεία η παράγωγος .
 Το (δ) με το (Δ) , η ευθεία έχει σταθερή κλίση σε όλο το R.

21. [8]
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ
Ψάχνω μόνο Ο.Α ή Π.Α γιατί ;
1. Α=(-∞,0) ή (0,+∞) , ΔΕΝ έχει Ο.Α. 



1
1
lim
)(
lim 3
3
x
x
x
xf
xx
0))((lim 

xxf
x
, άρα 1-> Δ. Κάντε και Μελέτη .
2. Α= R , 

1
)(
lim
x
xf
x
, 1))((lim 

xxf
x
, άρα 2->Γ.

22. [9]
3. Α = R-{2} , στο +∞ και στο -∞ έχει Ο.Α . Άρα 3->Α.
1. Αν η f(x) είναι παραγωγίσιμη στο xο , τότε η f ΄(x) είναι πάντοτε
συνεχής στο xο . Λ , ΑΝΤΙΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ, f (x)= x2ημ
x
1
, x≠0 κ΄ f (0)=0
2. Αν η f(x) δεν είναι συνεχής στο xο , τότε η f(x) είναι παραγωγίσιμη στο xο. Σ
3. Αν η f(x) έχει δεύτερη παράγωγο στο xο , τότε η f΄(x) είναι
συνεχής στο xο. Σ
4. Η συνάρτηση f(x) : (α, β) R που είναι συνεχής στο (α, β)
μπορεί να έχει τοπικό ακρότατο στο xο(α, β) μόνο αν είναι
f ΄( xο) = 0. Λ πιθανό ακρότατο το xο υπό προϋποθέσεις
5. Αν είναι f ΄(x) ≥ 0 στο Δ=(α, β) αλλά όχι f ΄(x) >0 σε όλο το Δ , τότε η f(x)
δεν μπορεί να είναι γνησίως αύξουσα στο Δ. Λ ΑΝΤΙΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ, f (x)= x3
6. Αν είναι f ΄(x) < 0 στο διάστημα Δ=(α, β) ,τότε η f(x) μπορεί να έχει τοπικό
ακρότατο στο xο Δ. Λ είναι γν.φθίνουσα στο Δ χωρίς ακρότατα
7. Αν η f(x) είναι συνεχής στο [α, β] , παραγωγίσιμη στο (α, β) και
στο xο  (α, β) ισχύει f΄(xο) = 0 , τότε το xο είναι θέση τοπικού
ακροτάτου της f(x). Λ ΑΝΤΙΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ, f (x)= x3 στο [-1,1].
8. Αν η f(x) είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] και έχει στο xο  [α, β]
τοπικό ακρότατο , τότε είναι πάντοτε f΄(xο) = 0 . Λ είναι εσωτερικό ;
9. Αν η f(x) : [α, β]  R είναι συνεχής στο xο κρίσιμο σημείο της f(x)

23. [10]
και η f(x) παρουσιάζει στο xο τοπικό ακρότατο , τότε είναι και
f ΄( xο) = 0. Λ , Υπάρχει η Παράγωγος στο xο για να εφαρμόσω Φερμά ;
10. Αν μια συνάρτηση f(x) είναι γνησίως αύξουσα στο Δ και παραγωγίσιμη σε
αυτό , τότε f΄(x) > 0 για κάθε x στο Δ. Λ , x3 και (0,0)
11. Αν f ΄(x) > 0 για κάθε x R τότε τα σημεία (1,2) , (2,-4) ανήκουν και τα
δυο στη γραφική παράσταση της f(x). Λ
12. Αν f(x) παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο σε ένα διάστημα Δ και ισχύει
f ΄(x) ≠ 0 για κάθε x στο Δ , τότε η f(x) είναι γνησίως μονότονη στο Δ. Σ
Συνέπειες Θ.Μπολτζάνο για f ΄(x) !!
13. Αν η f(x) είναι δυο φορές παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα Δ και για το σημείο
xο Δ ισχύει : f ΄΄(xο) = 0 , τότε το σημείο (xο, f(xο) είναι σημείο καμπής της
f(x). Λ ΑΝΤΙΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ, f (x)= x4
14. Αν μια f(x) είναι δυο φορές παραγωγίσιμη και κυρτή σε ένα διάστημα Δ ,
τότε ισχύει : f ΄΄(x) > 0 για κάθε x Δ. Λ
15. Έστω μια συνάρτηση f(x) παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα (α, β) , με
εξαίρεση ίσως ένα σημείο xο . Αν η f ΄(x) διατηρεί στο
(α, xο)(xο , β) , τότε το f(xο) δεν είναι τοπικό ακρότατο. Σ
16. Αν η f(x) είναι δυο φορές παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα Δ και ισχύει
f ΄΄(x) > 0 για κάθε xΔ , τότε η f(x) είναι κοίλη στο Δ. Λ κυρτή
17. Αν η f(x) ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος του Rolle σε ένα
διάστημα [α, β] , τότε η f(x) δεν είναι «1-1». Σ
18. Αν η ευθεία x = xο είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης
μιας f(x) , τότε η ευθεία x = xο δεν τέμνει τη γραφική παράσταση της f(x).
Λ
ΚΑΛΗ ΣΥΝΕΧΕΙΑ

24. ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΗ ΑΣΚΗΣΗ 1
[ Ιορδάνης Χ. Κοσόγλου - Εμπνευσμένη από Άσκηση 3 σχολικού βιβλίου σελίδα 150]
Δίνεται η συνάρτηση g(x) =





1,34
1,2
2
2
xxx
xaxx
.
Β1. Να βρεθεί ο πραγματικός α αν η g(x) είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού
της. (μονάδες 3)
Β2. Να υπολογιστεί η g΄(x) και η g΄΄(x) και να βρεθούν τα ακρότατα της
g(x). (μονάδες 7)
Β3. Να βρεθούν όλες οι εφαπτομένες της g(x) που άγονται απ το (0,0) και να
γίνει η γραφική παράσταση της g(x). (μονάδες 9)
ΜΕΝΟΥΜΕ ΣΠΙΤΙ & ΔΙΑΒΑΖΟΥΜΕ !!

25. ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΗ ΑΣΚΗΣΗ 2
[Επαναληπτικές Πανελλήνιες ?? ]
Δίνεται η συνάρτηση f (x) = x2 - 2∙lnx, x> 0 .
α ) Να δειχθεί ότι f (x) ≥ 1 για κάθε x> 0.
μονάδες 6
β ) Να βρεθούν οι ασύμπτωτες της συνάρτησης f (x).
μονάδες 6
γ ) Έστω g(x) = {
lnx
f (x)
, x > 0
𝜅, x = 0
Να βρεθεί ο πραγματικός κ αν η g(x) είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της.
μονάδες 6
δ ) Για κ = -
1
2
, να δειχθεί ότι η συνάρτηση g(x) έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα
(0,e).
μονάδες 7

26. ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΗ ΑΣΚΗΣΗ 3
(Θ.ΠΑΠΑΝΔΡΕΟΥ 6/1/20)
Έστω συνάρτηση f συνεχής στο [-1,1] και παραγωγίσιμη στο (-1,1) για την οποία
ισχύουν :
 f (-1)=-f (1) = -1
 f ΄ (x) ≤ 1 για κάθε x∈ (−1,1)
 𝛼f (x)
+ 𝛽f (x)
≥ 2 για κάθε x ∈ [−1,1] 𝜅𝛼𝜄 α , β > 0 .
α ) Να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της f τέμνει τον xx΄ σε τουλάχιστον ένα
σημείο.
μονάδες 5
β ) f (0) = 0
μονάδες 6
γ ) f (x) = x, για κάθε x ∈ [−1,1].
μονάδες 8
δ ) α∙β = 1
μονάδες 6

27. ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΗ ΑΣΚΗΣΗ 4
Ιορδάνης Χ. Κοσόγλου [ Εμπνευσμένη από το Θέμα 2 σελίδα 51,Περιοδικό Ευκλείδης Β΄ τ.112]
Δίνεται η συνάρτηση f ορισμένη και συνεχής στο [-1,1]. Η f (x) είναι επίσης δυο φορές
παραγωγίσιμη στο (-1,1) και ισχύει :
f2(x) - 2f (x) + x2 = 0 , για κάθε x ∈[-1,1].
α ) Να δειχθεί ότι η f (x) ΔΕΝ είναι αντιστρέψιμη.
μονάδες 4
β ) Να δειχθεί ότι η f (x) ΔΕΝ έχει Σημεία Καμπής.
μονάδες 4
γ ) Να αιτιολογήσετε γιατί η f (x) έχει ακρότατα (μέγιστο και ελάχιστο).
μονάδες 3
δ ) Αν f (0) = 2 , να αποδειχθεί ότι f (x) = 1 + √1 − x2 , -1 ≤ x ≤1.
μονάδες 6
ε ) Να βρείτε τα ακρότατα της f (x) και να λύσετε την εξίσωση :
f (x) = ημx
μονάδες 8

28. ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΗ ΑΣΚΗΣΗ 1
[ Ιορδάνης Χ. Κοσόγλου - Εμπνευσμένη από Άσκηση 3 σχολικού βιβλίου σελίδα 150]
Δίνεται η συνάρτηση g(x) =





1,34
1,2
2
2
xxx
xaxx
.
Β1. Να βρεθεί ο πραγματικός α αν η g(x) είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού
της. (μονάδες 3)
Β2. Να υπολογιστεί η g΄(x) και η g΄΄(x) και να βρεθούν τα ακρότατα της
g(x). (μονάδες 7)
Β3. Να βρεθούν όλες οι εφαπτομένες της g(x) που άγονται απ το (0,0) και να
γίνει η γραφική παράσταση της g(x). (μονάδες 9)
ΜΕΝΟΥΜΕ ΣΠΙΤΙ & ΔΙΑΒΑΖΟΥΜΕ !!

30. ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΗ ΑΣΚΗΣΗ 2
[Επαναληπτικές Πανελλήνιες 2008 ]
Δίνεται η συνάρτηση f (x) = x2 - 2∙lnx, x> 0 .
α ) Να δειχθεί ότι f (x) ≥ 1 για κάθε x> 0.
μονάδες 6
β ) Να βρεθούν οι ασύμπτωτες της συνάρτησης f (x).
μονάδες 6
γ ) Έστω g(x) = {
lnx
f (x)
, x > 0
𝜅, x = 0
Να βρεθεί ο πραγματικός κ αν η g(x) είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της.
μονάδες 6
δ ) Για κ = -
1
2 , να δειχθεί ότι η συνάρτηση g(x) έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα
(0,e).
μονάδες 7

31. ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ
α ) Μονοτονία – ακρότατα , πινακάκι και προκύπτει ότι η f (x) έχει
ολικό ελάχιστο το (1,f (1)) = (1,1).
β ) ΜΟΝΟ κατακόρυφη την x = 0.
γ )Απλό.
δ ) Θ. Μπολτζάνο για την g(x) στο κλειστό [0,e].

32. ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΗ ΑΣΚΗΣΗ 3
(Θ.ΠΑΠΑΝΔΡΕΟΥ 6/1/20)
Έστω συνάρτηση f συνεχής στο [-1,1] και παραγωγίσιμη στο (-1,1) για την οποία
ισχύουν :
 f (-1)=-f (1) = -1
 f ΄ (x) ≤ 1 για κάθε x∈ (−1,1)
 𝛼f (x)
+ 𝛽f (x)
≥ 2 για κάθε x ∈ [−1,1] 𝜅𝛼𝜄 α , β > 0 .
α ) Να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της f τέμνει τον xx΄ σε τουλάχιστον ένα
σημείο.
μονάδες 5
β ) f (0) = 0
μονάδες 6
γ ) f (x) = x, για κάθε x ∈ [−1,1].
μονάδες 8
δ ) α∙β = 1
μονάδες 6
ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ
α ) Θ. Μπολτζάνο στο [-1,1] , άρα υπάρχει xο ∈ (−1,1) ώστε f (xο ) = 0.
β ) Θ.Μ.Τ στα [ -1 , xο ] , [xο , 1] , υπάρχουν ξ1 , ξ2 τέτοια ώστε
f ΄(ξ1) =
0+1
x 𝜊+1
, f ΄(ξ2) =
1
1−x 𝜊
, και τα δυο είναι ≤ 1 άρα………..xο≥0 ΚΑΙ xο≤ 0
συνεπώς xο = 0. f(0) = 0 και από α).

33. γ ) Θ.Μ.Τ στα [ -1 , x ] , [x , 1] και προκύπτει ότι f (x) ≤x και
ταυτόχρονα f (x)≥x άρα για κάθε x ∈ [−1,1] είναι ………ΤΑ ΙΔΙΑ
δ ) Θεωρώ την g(x) = 𝛼f (x)
+ 𝛽f (x)
, x∈ [−1,1] και εφαρμόζω το Θ. Φερμά.

34. ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΗ ΑΣΚΗΣΗ 4
Ιορδάνης Χ. Κοσόγλου [ Εμπνευσμένη από το Θέμα 2 σελίδα 51,Περιοδικό Ευκλείδης Β΄ τ.112]
Δίνεται η συνάρτηση f ορισμένη και συνεχής στο [-1,1]. Η f (x) είναι επίσης δυο φορές
παραγωγίσιμη στο (-1,1) και ισχύει :
f2(x) - 2f (x) + x2 = 0 , για κάθε x ∈[-1,1].
α ) Να δειχθεί ότι η f (x) ΔΕΝ είναι αντιστρέψιμη.
μονάδες 4
β ) Να δειχθεί ότι η f (x) ΔΕΝ έχει Σημεία Καμπής.
μονάδες 4
γ ) Να αιτιολογήσετε γιατί η f (x) έχει ακρότατα (μέγιστο και ελάχιστο).
μονάδες 3
δ ) Αν f (0) = 2 , να αποδειχθεί ότι f (x) = 1 + √1 − x2 , -1 ≤ x ≤1.
μονάδες 6
ε ) Να βρείτε τα ακρότατα της f (x) και να λύσετε την εξίσωση :
f (x) = ημx
μονάδες 8

35. ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ
α ) για x = 1 , f2(1) - 2f (1) + 1 = 0 ή (f(1) – 1)2 = 0 ή f (1)=1
για x = -1 , f2(-1) - 2f (-1) + 1 = 0 ή (f(-1) – 1)2 = 0 ή f (-1)=1
Άρα -1 ≠1 και f (-1) = f (1) άρα η f (x) όχι αντιστρέψιμη.
β ) Η f (x) είναι δυο φορές παραγωγίσιμη.
Παραγωγίζω δυο φορές τη σχέση και έχω :
2f(x)f ΄(x) - 2f΄ (x) + 2x = 0 ,
2 (f ΄(x))2 + 2 f (x) f ΄΄(x) + 2 = 0 (2)
Έστω (xο , f (xο)) ένα σημείο καμπής , τότε f ΄΄(xο) = 0
Η (2) τότε γίνεται : (f ΄(xο))2 = -1 , ΑΤΟΠΟ , άρα η f (x) ΔΕΝ έχει
Σημεία καμπής.
γ ) Θ.Μ.Ε.Τ
δ ) f2(x) - 2f (x) + 1 = 1 - x2
(f(x) -1)2 = 1 - x2 ή |f (x) − 1|=√1 − x2
Η συνάρτηση f (x) -1 = g(x) , μηδενίζεται για x = ± 1 και
g(0) = 2 – 1 > 0
Άρα f (x) = 1 + √1 − x2 , -1 ≤ x ≤1.
ε ) ΜΕ ΠΑΡΑΓΩΓΟ ΚΑΙ ΠΙΝΑΚΑΚΙ ΣΤΟ [-1,1]
ΕΝΑΛΛΑΚΤΙΚΑ :
0 ≤ √1 − x2 ≤ 1 ή 1 ≤ 1 + √1 − x2 ≤ 2 και f (-1) = f (1) = 1
και f (0) = 2 , άρα ΜΕΓΙΣΤΟ το (0,2) και ΕΛΑΧΙΣΤΑ τα (-1,1) και
(1,1).
Είναι f (x) ≥ 1 και ημx ≤1 , το «=» για την πρώτη είναι το x=0 και
για τη δεύτερη το x =
𝜋
2
, άρα η εξίσωση f (x) = ημx είναι αδύνατη στο
[-1,1].

36. [1]
Κεφάλαιο 3ο – Ολοκληρωτικός Λογισμός – Θεωρία & Ασκήσεις
Παράγραφοι εντός ύλης
3.1 ( Μόνο η υποπαράγραφος «Αρχική συνάρτηση» που θα συνοδεύεται από πίνακα παραγουσών συναρτήσεων ο
οποίος θα περιλαμβάνεται στις διδακτικές οδηγίες) ,
Ερωτήσεις με τις Απαντήσεις τους
 Έστω f μια συνάρτηση ορισμένη σε ένα διάστημα Δ. Τι ονομάζετε αρχική
συνάρτηση ή παράγουσα της f στο Δ ; σελ185
ΑΠΑΝΤΗΣΗ
Υποδείξεις- Οδηγίες- Παράγραφος 3.1
Στην Παράγραφο 3.1 , ο Πίνακας Αορίστων Ολοκληρωμάτων να
αντικατασταθεί απ΄ τον παρακάτω Πίνακα Παραγουσών.

37. [2]
Οδηγίες Υπουργείου
ΘΕΜΑ ΘΕΩΡΙΑΣ 2010
Να αποδείξετε ότι:
Έστω f μια συνάρτηση ορισμένη σε ένα διάστημα Δ. Αν F είναι μια
παράγουσα της f στο Δ, τότε :
 όλες οι συναρτήσεις της μορφής G(x) = F(x)+ c , cR ,είναι
παράγουσες της f στο Δ και
 κάθε άλλη παράγουσα G της f στο Δ παίρνει τη μορφή
G(x) = F(x)+ c. σελ186
ΑΠΟΔΕΙΞΗ
ΑΣΚΗΣΕΙΣ στην 3.1
 Σχολικού Βιβλίου ΜΟΝΟ τις 2,4,5,7 Α΄ ομάδας σελίδα 190
Ας λύσουμε μαζί την : 2 σελίδας 190 Α΄ ομάδας
ΕΚΦΩΝΗΣΗ
Βρείτε την f : (0,+∞) ώστε f ΄(x) =
1
√ 𝑥
και f (9) =1.

38. [3]
ΛΥΣΗ
Αναζητώ συνεχή (μιας και είναι παραγωγίσιμη) συνάρτηση f (x).
Σκέφτομαι το Πόρισμα στις Συνέπειες Θ.Μ.Τ σελίδα 133. Το είδες ;
Ξέρω ότι (√x)΄ =
1
2√x
. Άρα (2√x)΄ =
1
√x
, συμφωνείς ;
f ΄(x) =
1
√ 𝑥
⇒ f ΄(x)= (2√x)΄ ⇒ f (x) = 2√x + c
Για x = 9 είναι f (9) = 2√9 + c ή 1 = 6 +c c = -5
Άρα f (x) = 2√x − 5 η οποία και ικανοποιεί τις συνθήκες.
Τι λέτε ; Συνεχίστε με τις υπόλοιπες !
Περισσότερες Ασκήσεις
1. Βρείτε τις παράγουσες των συναρτήσεων :
α ) f(x) = 0x,
x
1
1x3x8 23
 β ) g(x) = x∙ex + ex
γ ) h(x) =
𝑒 𝑥(𝑥−1)
𝑥2
, 𝑥 > 0 δ ) k(x) =
𝑙𝑛𝑥−1
𝑙𝑛2 𝑥
, 𝑥 > 1
ε ) ρ(x) =
2𝑥−𝑥2
𝑒 𝑥
, x∈ 𝑅
2. Nα βρείτε την παράγουσα F(x) της f(x) = 4x -5 – 3x∙
2
x
e ,όταν F(-1)=F(2) = 0
3.

39. [4]
4.
5. Ωραία Άσκηση !!
6.

40. [1]
ΑΡΧΙΚΗ ή ΠΑΡΑΓΟΥΣΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ, ΜΑΘΗΜΑ ΔΙΑΔΙΚΤΥΑΚΟ 19/3
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ των Ασκήσεων
1. Βρείτε τις παράγουσες των συναρτήσεων :
α ) f(x) = 0x,
x
1
1x3x8 23
 β ) g(x) = x∙ex + ex
γ ) h(x) =
𝑒 𝑥(𝑥−1)
𝑥2
, 𝑥 > 0 δ ) k(x) =
𝑙𝑛𝑥−1
𝑙𝑛2 𝑥
, 𝑥 > 1
ε ) ρ(x) =
2𝑥−𝑥2
𝑒 𝑥
, x∈ 𝑅
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΗ ΛΥΣΗ
α ) Έστω F(x) μια παράγουσα της f(x).
F ΄(x) = (8
4
4
x
-x3-x+lnx)΄ , x> 0 ⇒ F(x) = 8
4
4
x
-x3-x+lnx + c ,
όλες οι παράγουσες.
β ) Έστω G(x) η παράγουσα της g(x).
G΄(x) = x∙ex + ex ⇒ G΄(x) = x∙ex + (x)΄ex ⇒
G΄(x) = (x·ex)΄ ⇒ G(x) = x·ex + c
γ ) Έστω H(x) αρχική της h(x).
H΄(x) =
𝑒 𝑥(𝑥−1)
𝑥2
⇒ H΄(x) =
(𝑒 𝑥)΄𝑥−𝑒 𝑥(x)΄
𝑥2
= (
𝑒 𝑥
𝑥
)΄ ⇒ h(x) =
𝑒 𝑥
𝑥
+ 𝑐
δ ) Έστω Κ(x) μια αρχική της κ(x).
Κ΄(x) =
(x)΄𝑙𝑛𝑥−x
1
x
𝑙𝑛2 𝑥
=(
x
𝑙𝑛x
)΄ ⇒ κ(x) =
x
𝑙𝑛x
+𝑐 , x > 1
ε ) Έστω Ρ(x) η αρχική της ρ(x)
Ρ΄( x) =
2𝑥−𝑥2
𝑒 𝑥
=
𝑒 𝑥(𝑥2)΄ −𝑒 𝑥(𝑥2)
𝑒2𝑥
=(
𝑥2
𝑒 𝑥
)΄ ⇒ ρ(x) =
𝑥2
𝑒 𝑥
+ 𝑐
2. Nα βρείτε την παράγουσα F(x) της f(x) = 4x-5 – 3x∙
2
x
e ,
όταν F(-1)=F(2) = 0

41. [2]
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΗ ΛΥΣΗ
Είναι : f(x) =
4
x5 − 3x ∙ 𝑒 𝑥2
άρα η f(x) ορίζεται στο R* , συνεπώς σε
ένωση διαστημάτων.
ΠΡΟΣΟΧΗ !!
F(x) f (x)
x−2+1
−1
= - x-1 x-2
x−3+1
−2
= −
x−2
2
x-3
4
x−5+1
−5+1
= 4
x−4
−4
= - x-4 4x-5
Για x> 0 ή , x∈ (0, +∞)
f(x) = 4x-5 – 3x∙
2
x
e =
2
2
2
34
5
x
xe
x
 F(x) = -x-4
2
2
3 x
e +c1 ,
Είναι , F(2) = 0 ⇔ -
𝟏
𝟏𝟔
−
𝟑
𝟐
𝒆 𝟒
+ 𝒄 𝟏 = 𝟎 ⇔ 𝒄 𝟏 =
𝟏
𝟏𝟔
+
𝟑
𝟐
𝒆 𝟒
Για x< 0 , x∈ (−∞, 0)
f(x) = 4x-5 – 3x∙
2
x
e =
2
2
2
34
5
x
xe
x
  F(x) = -x-4
2
2
3 x
e +c2 , c2 πραγματικός.
Είναι , F(-1) = 0 ⇔ - 𝟏 −
𝟑
𝟐
𝒆 𝟏
+ 𝒄 𝟐 = 𝟎 ⇔ 𝒄 𝟐 = 𝟏 +
𝟑
𝟐
𝒆 𝟏
Άρα F(x) = {
−x−𝟒
−
𝟑
𝟐
𝒆 𝒙 𝟐
+
𝟏
𝟏𝟔
+
𝟑
𝟐
𝒆 𝟒
, 𝒙 > 𝟎
−x−𝟒
−
𝟑
𝟐
𝒆 𝒙 𝟐
+ 𝟏 +
𝟑
𝟐
𝒆 𝟏
, 𝒙 < 𝟎
, η αρχική της f(x)

42. [3]
3.
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΗ ΛΥΣΗ
f(x) =







13
11
x,x
x,x
συνεχής συνάρτηση στο R. Το είδες ;;
F(x) =









13
2
1
2
2
2
1
2
x,cx
x
x,cx
x
και η παράγουσα είναι παραγωγίσιμη άρα
και συνεχής στο R.
1
1 2
3
1 c)(F)x(Flim
x


, 2
1 2
5
c)x(Flim
x


, απ αυτές τις δυο
σχέσεις προκύπτει c1 = 1 + c2 , άρα η αρχική της f(x) είναι η :
F(x) = {
𝑥2
2
+ 𝑥 + 1 + 𝑐2, 𝑥 ≥ 1
−
𝑥2
2
+ 3𝑥 + 𝑐2, 𝑥 < 1
4. ΣΗΜΑΝΤΙΚΗ ΑΣΚΗΣΗ !!

43. [4]
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΗ ΛΥΣΗ
i ) Παραγωγίζω την f(x) και έχω :
f΄(x) = 1 + lnx – 1 = lnx , x > 0
Θυμίζω ότι η f(x) είναι η παράγουσα της f΄(x) !!
Άρα μια παράγουσα ή αρχική της lnx είναι η xlnx – x
ii ) Δες τι λέγαμε στο i )
Μια παράγουσα ή αρχική της lnx είναι η xlnx – x
g΄(x) = f΄(x) g(x) = f(x) +c  g(x) = xlnx – x + c (1)
Έστω το σημείο (xο , g(x0)) και είναι g(x0) = -3
Εφαπτομένη στο παραπάνω σημείο η y = -3 άρα g΄(x0) = 0 ,
Οπότε : lnxo = 0  xo = 1 , και g(1) =-3 ,
Συνεπώς από (1) βρίσκω τον c , c -1 = -3  c = -2.
g(x) = xlnx – x – 2 , x > 0
5. Ωραία Άσκηση !!
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΗ ΛΥΣΗ
Η συνάρτηση g(x) =f(x) – ημx , είναι συνεχής και 2 φορές παραγωγίσιμη στο R.
Ισχύει g(x)≥0  g(x)≥g(0) , άρα για x = 0 έχω Τ.Α και από Θ.Φερμά ισχύει :
g΄(0) = 0 .
Άρα , παραγωγίζω και g΄(x) = f΄(x) - συνx , όμως g΄(0) = f΄(0) -1  1 = f ΄(0) (1)
Τώρα δίνεται επίσης ότι :

44. [5]
f΄΄(x) = 2 f΄(x) = 2x +c1 , c1 = 1 από (1) που με κόπο βρήκα !!
Άλλη μία και
f(x) = x2 +x +c2 , και επειδή f(0)=0 , προκύπτει το ζητούμενο.
6.
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΗ ΛΥΣΗ
f΄(x) = 2x+1 - cxlnxxx)x(f
xx
 32
31 2
, για το
1
√x
το
ξαναείπαμε κάπου , θυμάσαι ;
Για x = 1 , f(1) = 0  c = 0.
Άρα f(x) = x2 + x - 2√x + 3lnx , x > 0

45. ΜΑΡΤΙΟΣ –ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2020 Μαθήματα μέσω
webex.com
Επιμέλεια, Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου
https://minedu-gov-gr.webex.com/meet/iordaniskos

46. 1
ΔΙΑΔΙΚΤΥΑΚΑ MAΘΗΜΑΤΑΓ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ
ΜΑΘΗΜΑ 1Ο : 26/3/20
ΘΕΜΑ 1Ο[ Σ – Λ, Ενδοσχολικές Εξετάσεις 2016 Γε.ΛΕξαπλατάνου ]
1. Αν μια συνάρτηση f(x) είναι παραγωγίσιμη στο R και ισχύει f΄(1)= 0
τότε το f(1) είναι πάντα τοπικό ακρότατο .
2. Αν 0)x(flim
0xx

, και f(x) < 0 κοντά στο xο, τότε 
)x(f
1
lim
0xx
.
3.
Αν για δυο συναρτήσεις f , g ορίζονται οι συναρτήσεις gf  και
fg  , τότε ισχύει πάντοτε gf  = fg  .
4.
Μια συνεχής συνάρτηση f διατηρεί πρόσημο σε καθένα από τα
διαστήματα στα οποία οι διαδοχικές ρίζες της f χωρίζουν το πεδίο
ορισμού της.
5*.
Αν δεν υπάρχουν τα όρια των f και g στο xο , τότε δεν μπορεί να
υπάρχει το όριο της συνάρτησης (f + g) στο xο.
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Σ-Λ
1.Λ 2.Σ 3.Λ 4.Σ 5.Λ
Για το 5* , σκέψου τις 𝑓(𝑥) = {
−1, 𝑥 < 0
1, 𝑥 ≥ 0
, 𝑔(𝑥) = {
1, 𝑥 < 0
−1, 𝑥 ≥ 0
.
ΘΕΜΑ 2Ο( Προτείνεται από το Υπουργείο – Ψηφιακό Υλικό )
Δίνεται η συνάρτηση f(x) =
1
32
2
3


x
xx
.
α ) Να δείξετε ότι αντιστρέφεται.
Α = R , f ΄(x) = 0
1
332
1
322136
22
24
22
322






)x(
xx
)x(
)xx(x)x)(x(
,
Άρα γν.αύξουσα στο R⇒ 1-1στο R.
β ) Να βρείτε το σύνολο τιμών της.

47. 2
f(Α) = ( )x(flim
x 
, )x(flim
x 
) = R
γ ) Να βρείτε τις ασύμπτωτες της στο - ∞
Αναζητώ οριζόντια ή πλάγια. ΔΕΝ ΕΧΕΙ ΟΡΙΖΟΝΤΙΑ.
2
 x
)x(f
lim
x
= λ και 0
1
2 2



 x
x
lim)x)x(f(lim
xx
.
Άρα η y = 2x , είναι ΠΛΑΓΙΑ ΑΣΥΜΠΤΩΤΗ ΣΤΟ ΠΛΗΝ ΑΠΕΙΡΟ.
ΘΕΜΑ 3Ο [ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΗ ΑΣΚΗΣΗ 4, για το Βιβλίο ]
Ιορδάνης Χ. Κοσόγλου [ Εμπνευσμένη από το Θέμα 2 σελίδα 51,Περιοδικό Ευκλείδης Β΄ τ.112]
Δίνεται η συνάρτηση f ορισμένη και συνεχής στο [-1,1]. Η f (x) είναι επίσης δυο φορές
παραγωγίσιμη στο (-1,1) και ισχύει :
f2(x) - 2f (x) + x2 = 0 , για κάθε x∈[-1,1].
α ) Να δειχθεί ότι η f (x) ΔΕΝ είναι αντιστρέψιμη.
μονάδες 4
β ) Να δειχθεί ότι η f (x) ΔΕΝ έχει Σημεία Καμπής.
μονάδες 4
γ ) Να αιτιολογήσετε γιατί η f (x) έχει ακρότατα (μέγιστο και ελάχιστο).
μονάδες 3
δ ) Αν f (0) = 2 , να αποδειχθεί ότι f (x) = 1 + √1 − x2 , -1 ≤ x ≤1.
μονάδες 6
ε ) Να βρείτε τα ακρότατα της f (x) και να λύσετε την εξίσωση : f (x) = ημx
μονάδες 8

48. 3
ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ
α ) για x = 1 , f2(1) - 2f (1) + 1 = 0 ή (f(1) – 1)2 = 0 ή f (1)=1
για x = -1 , f2(-1) - 2f (-1) + 1 = 0 ή (f(-1) – 1)2 = 0 ή f (-1)=1
Άρα -1 ≠1 και f (-1) = f (1) άρα η f (x) όχι αντιστρέψιμη.
β ) Ηf (x) είναι δυο φορές παραγωγίσιμη.
Παραγωγίζω δυο φορές τη σχέση και έχω :
2f(x)f΄(x) - 2f΄ (x) + 2x = 0 ,
2 (f ΄(x))2 + 2 f (x) f ΄΄(x) - 2f΄΄(x) + 2 = 0 (2)
Έστω (xο , f (xο)) ένα σημείο καμπής , τότε f ΄΄(xο) = 0
Η (2) τότε γίνεται : (f ΄(xο))2 = -1 , ΑΤΟΠΟ , άρα η f (x) ΔΕΝ έχει
Σημεία καμπής.
γ ) Θ.Μ.Ε.Τ
δ ) f2(x) - 2f (x) + 1 = 1 - x2
(f(x) -1)2 = 1 - x2 ή |f(x) − 1|=√1 − x2
Η συνάρτηση f (x) -1 = g(x) , μηδενίζεται για x = ± 1 και
g(0) = 2 – 1 > 0
Άρα f (x) = 1 + √1 − x2 , -1 ≤ x ≤1.
ε ) ΜΕ ΠΑΡΑΓΩΓΟ ΚΑΙ ΠΙΝΑΚΑΚΙ ΣΤΟ [-1,1]
ΕΝΑΛΛΑΚΤΙΚΑ :
0 ≤ √1 − x2 ≤ 1 ή 1 ≤ 1 + √1 − x2 ≤ 2 και f (-1) = f (1) = 1
και f (0) = 2 , άρα ΜΕΓΙΣΤΟ το (0,2) και ΕΛΑΧΙΣΤΑ τα (-1,1) και
(1,1).

49. 4
Είναι f (x) ≥ 1 και ημx ≤1 , το «=» για την πρώτη είναι το x=0 και
για τη δεύτερη το x =
𝜋
2
, άρα η εξίσωση f (x) = ημx είναι αδύνατη στο
[-1,1].Ακολουθεί η γραφική παράσταση της f(x) και ημx.
ΘΕΜΑ 4Ο[ΘΕΜΑ που σας εστάλη μέσω messenger στις 21/3/20-Σάββατο]
[ Διαγώνισμα Θέμα Δ , Αρσάκεια – ΓΕΛ Εκάλης , Αναρτημένο στον ιστότοπο:
https://lisari.blogspot.com/?view=classicστις 21/3/2020]
Έστω συνάρτηση f (x) , δυο φορές παραγωγίσιμη στο R και
 f (0) = -1
 f (1)= f (2)=1
 f ΄΄(x) ≠ 0 για κάθε x ∈ R
Δ1 ) Να δείξετε ότι υπάρχει xο∈ (0,2) τέτοιο ώστε f ΄(xο) =
1
2
μονάδες 8
Αν η f ΄΄(x) είναι συνεχής
Δ2 )
α ) Να αποδείξετε ότι f ΄΄(x) < 0 για κάθε x ∈ R.
μονάδες 5
β ) Να δείξετε ότι f (x) > -1 για κάθε x ∈(0,2]
μονάδες 6

50. 5
Δ3 ) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση :
f (x+1) - f (x) = 3x2
έχει ακριβώς μια λύση στο (0,1).
μονάδες 6
G. Leibniz
ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ - ΛΥΣΕΙΣ
Δ1 ) Θ.Μ.Τ στο [0,1] για την f (x) , άρα υπάρχει x1∈(0,1) ώστε f ΄(x1) = 2
Θ.Ρολ στο [1,2] για την f (x) , άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα x2∈ (1,2) : f ΄(x2) = 0
Θ.Ε.Τ για την f ΄(x) στο [x1 ,x2] ,
 είναι συνεχής η f ΄(x) μιας και υπάρχει η f ΄΄(x),
 f ΄(x1)≠ f ΄(x2) και
 0<
1
2
< 2
Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα xο ∈ (x1 ,x2) υποσύνολο του (0,2) τέτοιο ώστε να ισχύει
f ΄(xο) =
1
2
Μια ενδεικτική διάταξη !
x - ∞ 0 x1 1 xo x2 2 + ∞
Δ2 α)
f ΄΄(x) συνεχής και για κάθε x είναι f ΄΄(x) ≠ 0 , άρα από συνέπειες Θ.Μπολτζάνο η

51. 6
f ΄΄(x) διατηρεί πρόσημο.
f ΄(x1) = 2 και f ΄(x2) = 0, ισχύουν οι προυποθέσεις του Θ.Μ.Τ για την f ΄(x) στο [x1 ,x2]
άρα υπάρχει ξ ∈ (x1 ,x2) ώστε f ΄΄(ξ) =
0−2
x2−x1
< 0(παρανομαστής θετικός)
Άρα f ΄΄(x) < 0 για κάθε x ∈ R.
Δ2 β )
x 0 x1 1 xo x2 2
f ΄΄(x) - - - - - - -
f ΄(x) + + + + + - -
f (x) -1 1 1
Απ το πίνακα με αιτιολόγηση – Σ.Τ της f (x) , προκύπτει ότι :
f (x) > -1 για κάθε x ∈ (0,2].
Δ3 ) Θεωρώ τη συνάρτηση g(x) = f (x+1) - f (x) - 3x2 , x ∈ [0,1]
 Συνεχή στο [0,1]
 g(0) = f (1)- f (0) = 2 > 0
 g(1) = f (2)- f (1)-3= 0 – 3 < 0
Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα x3∈(0,1) τέτοιο ώστε g(x3) = 0
ΜΟΝΑΔΙΚΟΤΗΤΑ, g΄(x) = f ΄(x+1) - f ΄(x) – 6x< 0 για κάθε x ∈(0,1) γιατί ;
0<𝐱< 𝐱+1 ⇔f ΄(x) >f ΄(x+1) ⇔f ΄(x+1) <f ΄(x) ⇔f ΄(x+1) - f ΄(x) < 0

52. 7
ΜΑΘΗΜΑ 2Ο : 2/4/20 [Πέμπτη]
Άσκηση 1 [study4examsΚεφάλαιο 2 σελίδα 100 του παρακάτω λινκ]
Δίνεται η συνάρτηση f (x)= 4x3+ 2(λ-1)x-λ . Να αποδείξετε ότι
υπάρχει τουλάχιστον μια ρίζα της εξίσωσης f (x) =0 στο διάστημα
(0,1).
Άσκηση 2 [study4examsΚεφάλαιο 2 σελίδα 104]
Να βρείτε τη δεύτερη παράγωγο της συνάρτησης.
f (x)={
x4
+ 5x, x ≥ 0
5𝜂𝜇x, x < 0
.
Άσκηση 3 [study4examsΚεφάλαιο 2 σελίδα 109]
Θεωρούμε ορθογώνιο, του οποίου η μια κορυφή είναι το σημείο
(0, 0) , δυο πλευρές βρίσκονται πάνω στους θετικούς ημιάξονες Ox
και Oy και η τέταρτη κορυφή κινείται πάνω στην ευθεία y=-
1
4
x+2
Να βρείτε τις διαστάσεις του α,β ώστε να έχει μέγιστο εμβαδό.
Άσκηση 4 [study4examsΚεφάλαιο 2 σελίδα 132]
Να βρείτε τις εξισώσεις των εφαπτόμενων της γραφικής
παράστασης της f (x) = x2 που διέρχονται από το σημείο Α(
1
2
, −2).
ΛΥΣΕΙΣ ΟΛΩΝ ΕΔΩ :
https://drive.google.com/file/d/1Qmk9Ppq8n03IcmdiIduQDWnayKU_12J4/vie
w?usp=sharing

53. 8
ΜΑΘΗΜΑ 3Ο : 6/4/20 [ΗΜΕΡΑ : ΔΕΥΤΕΡΑ]
ΘΕΜΑ 1Ο [2017 Ημερήσια ΓΕΛ , Σ-Λ]
1. Για κάθε ζεύγος συναρτήσεων f: RR , g: RR, αν
)x(flim
xx 0
=0 και )x(glim
xx 0
= +∞ , τότε
0
0


)]x(g)x(f[lim
xx
.
2. Αν f , g είναι δυο συναρτήσεις με πεδία ορισμού Α, Β
αντίστοιχα , τότε η fg  ορίζεται αν  B)A(f .
3. Για κάθε συνάρτηση f: RR που είναι παραγωγίσιμη και δεν
παρουσιάζει ακρότατα , ισχύει f ΄(x) ≠ 0 για κάθε x στο R.
4. Αν 0 < α < 1 , τότε 

x
x
alim .
5. Η εικόνα f(Δ) ενός διαστήματος Δ μέσω μιας συνεχούς και μη
σταθερής συνάρτησης f είναι διάστημα.
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Σ-Λ
1.Λ 2.Σ 3.Λ 4.Σ 5.Σ
Για το 3 : Έστω f(x) = x3 , f ΄(x)=3x2, και f ΄(0) = 0, άρα μηδενίζεται
η παράγωγος της στο xo = 0 χωρίς να έχει ακρότατα στο R.
Σε ευχαριστώ Γιάννη!
ΘΕΜΑ 2Ο [Αληθή – Ψευδή, σχολικού βιβλίου σελίδες 83-85 ]
Ενδεικτικές Απαντήσεις
1. α ) Df = (0,+∞) , Dg = R , έστω Α το πεδίο ορισμού της g∘f

54. 9
A = {x ∈Dfκαιf (x) ∈ 𝐃𝐠} = { x ∈ (0, +∞)και f (x) ∈R } = (0,+∞)
Άρα : Ψ
β ) Α.
2. Α , έστω ότι το όριο της f (x) δεν είναι 0τότε,το
11  x
)x(f
lim
x
δεν θα υπήρχε
γιατί ο παρανομαστής έχει όριο 0 και δεν διατηρεί πρόσημο !
ΘΕΜΑ 3ο [ ΟΡΙΣΜΟΙ ]
Πότε δυο συναρτήσεις είναι ίσες ; σελ23 ΘΕΜΑ ΘΕΩΡΙΑΣ 2007,2016
ΘΕΜΑ 4Ο [ ΑΠΟΔΕΙΞΕΙΣ]
Να διατυπώσετε το θεώρημα των ενδιάμεσων τιμών και να το αποδείξετε. σελ 76.
ΘΕΜΑ ΘΕΩΡΙΑΣ 2005, 2015

55. 10
ΘΕΜΑ 5Ο [ Σ-Λ με αιτιολόγηση ]
Ένας μαθητής ισχυρίζεται ότι : «Αν f(x1) = f(x2) με x1 , x2Df , τότε
ισχύει πάντα x1 = x2 ». Αιτιολογήστε .
ΑΙΤΙΟΛΟΓΗΣΗ
Αν x1 , x2Df και x1 = x2 , τότε πάντα ισχύειf(x1) = f(x2).(ορισμός)
Το αντίστροφο ΔΕΝ ισχύει πάντα.
Ισχύει ΜΟΝΟ αν η συνάρτηση είναι 1-1.
Άρα αν πάρω για αντιπαράδειγμα την f (x) = x2 και x1 = -1 , x2 =1 ,
τότε f(x1) = f(x2) αλλά x1 ≠ x2 .
ΘΕΜΑ 6Ο [ ΜΙΑ ΑΣΚΗΣΗ ]
Δίνεται η γνησίως φθίνουσα συνάρτηση f : (0, +∞)R καθώς και η
συνάρτηση g (x) = f(x) – lnx.
α ) Να αποδείξετε ότι η g (x) είναι γνησίως φθίνουσα στο πεδίο
ορισμού της.
β ) Να λύσετε την ανίσωση : f(ex) - f(e2) <x – 2.
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΗ ΛΥΣΗ
α ) Η g(x) είναι διαφορά δυο συναρτήσεων των f(x) και h(x) = lnx.
Αf = (0, +∞) και Ah = (0, +∞) , άρα Ag = (0, +∞).
Για οποιαδήποτε x1 , x2(0, +∞) με x1<x2  -lnx1> - lnx2 (1)
Για οποιαδήποτε x1 , x2(0, +∞) με x1<x2  f(x1 ) >f(x2 ) (2)
Προσθέτω (1) και (2) και προκύπτει g(x1) >g(x2) ,
άρα η g(x) γν. φθίνουσα στο (0, +∞).
β ) Είναι :
f(ex) - f(e2) <x – 2  f(ex) – x<f(e2) – 2 
f(ex) – lnex< f(e2) – lne2  g(ex) < g(e2)  ex> e2  x > 2.

56. 11
ΜΑΘΗΜΑ 4Ο : 9/4/20 [ ΗΜΕΡΑ : ΠΕΜΠΤΗ]
ΘΕΜΑ 1Ο [2017 Επαναληπτικές και 2018 Ημερήσια ΓΕΛ , Σ-Λ]
1. Μια συνάρτηση fλέγεται γν. αύξουσα στο Δ του πεδίου ορισμού της , αν
υπάρχουν x1 , x2Δ με x1<x2 , ώστε f(x1) <f(x2).
2. Αν ένα σημείο Μ (α,β) ανήκει στη γρ. παράσταση μιας αντιστρέψιμης
συνάρτησης f , τότε το σημείο Μ΄(β,α) ανήκει στη γρ. παράσταση της f-1
3. Για κάθε συνεχή συνάρτηση f : [α,β] R , η οποία είναι παραγωγίσιμη στο
(α,β) , αν f(α) = f(β) , τότε υπάρχει ακριβώς ένα ξ (α,β) τέτοιο ώστε
f ΄(ξ) = 0.
4. Η συνάρτηση f(x) =ημx, xRέχει μία μόνο θέση ολικού μεγίστου.
5. Για κάθε παραγωγίσιμη συνάρτηση f(x) σε ένα διάστημα Δ , η οποία είναι γν.
αύξουσα , ισχύει ότι f΄(x) > 0 για κάθε xΔ.
6. Ισχύει ,
0
1
0


 x
x
lim
x

7. Αν η f(x) είναι αντιστρέψιμη , τότε οι γρ. παραστάσεις των f(x) , f-1 (x)
αντίστοιχα είναι συμμετρικές ως προς την y= x.
8. Κάθε κατακόρυφη ευθεία έχει το πολύ ένα κοινό σημείο με τη γραφική
παράσταση μιας συνάρτησης f(x).
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Σ-Λ
1.Λ 2.Σ 3.Λ 4.Λ 5.Λ 6.Σ 7.Σ 8.Σ
ΘΕΜΑ 2Ο [Αληθή – Ψευδή, σχολικού βιβλίου σελίδες 83-85 ]

57. 12
Ενδεικτικές Απαντήσεις
Α , από Κ.Π
Ψ , το σωστό είναι ≤ 0 , για π. χ ηf(x) = - x2 ≤ x-2και το όριο της είναι -∞.
Ψ , Αντί Π.χ
f(x) = {
x, x ≠ 6
0, x = 6
, g(x) = {
x2
, x ≠ 0
0, x = 6
Ψ, μπορεί να μην υπάρχει το όριο της f (x) και να υπάρχει της , |f (x) | , δες
f(x) = {
−1, x < 0
1, x ≥ 0
, |f (x) | = 1
ΘΕΜΑ 3ο [ ΟΡΙΣΜΟΙ ]
Πότε μια συνάρτηση λέμε ότι είναι παραγωγίσιμη σε ένα σημείο x0 του πεδίου ορισμού
της; Απάντηση στη σελ 95-Σχολικού. Έχει πέσει ΘΕΜΑ ΘΕΩΡΙΑΣ 2004& 2009

58. 13
ΘΕΜΑ 4Ο [ ΑΠΟΔΕΙΞΕΙΣ]
Αποδείξτε ότι : (x-ν)΄ = -ν∙xν-1 , ν Ν*
ΘΕΜΑ 5Ο [ Σ-Λ με αιτιολόγηση ]
Αν υπάρχει το όριο lim
x→xο
(f(x) ∙ 𝑔(x)), τότε υπάρχουν πάντα και τα
όρια lim
x→xο
(f(x)), lim
x→xο
(𝑔(x)).
Απάντηση
Αν υπάρχουν τα όρια )x(flim
oxx 
, )x(glim
oxx 
, τότε υπάρχουν πάντα και τα όρια των
πράξεων αυτών. (Αθροίσματος-Διαφοράς-Γινομένου-Πηλίκου-Ρίζας, κ.α)
Το αντίστροφο ΔΕΝ ισχύει πάντα.
Αντιπαράδειγμα 1ο : f(x) = 1 -
x
x
, g(x) = 1 +
x
x
και f(x)·g(x) = 0 . Το όριο του
γινομένου όταν x0 υπάρχει ενώ ΔΕΝ Υπάρχει κανένα απ τα όρια των f(x), g(x)
στο 0.
Αντιπαράδειγμα 2ο :f(x) = x , g(x) = ημ
x
1
.Το όριο του γινομένου f(x)·g(x) όταν x0
υπάρχει ενώ ΔΕΝ Υπάρχει το όριο της g(x) στο 0.

59. 14
ΘΕΜΑ 6Ο [ ΜΙΑ ΑΣΚΗΣΗ – ΘΕΜΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΩΝ 2017]
Δίνεται η συνάρτηση f(x) =










023
02
0
2
23
x,xx
x,
x,a
x
x 
α ) Να αποδειχθεί ότι η f(x) στο διάστημα [0,2] ικανοποιεί το Θ.Μ.Τ.
Αν η f(x) είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της , τότε :
β ) Να βρεθεί η τιμή του πραγματικού α.
γ ) Να μελετηθεί η f(x) ως προς τη μονοτονία(Ακρότατα – δικό μου ερώτημα !).
δ** ) Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση f( )x
2

= f( )e x

2

έχει μοναδική λύση στο
(0,1). ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ 2017
ΛΥΣΗ
α ) Για x> 0, η συνάρτηση είναι συνεχής ως πολυωνυμική.
Αρκεί να είναι συνεχής στο 0. 

)x(flim
x 0
2 = f(0).
Άρα η f(x) συνεχής στο [0,2] και παραγωγίσιμη στο (0,2).Ικανοποιεί το Θ.Μ.Τ.
β ) 32120
00
 

aa)a
x
x
(lim)(f)x(flim
xx

Άρα f(x) =










023
02
0
2
3
23
x,xx
x,
x,
x
x 
.
γ )
 Για x> 0 , f ΄(x) = 3x2-6x.
f ΄(x) = 0  3x(x-2)= 0  x = 0 ή x = 2(πιθανές θέσεις)
 Για -
2

<x< 0 ,

60. 15
f ΄(x) = (- 3
x
x
)΄= -
22
x
xxx
x
xxx  


.
(Θυμήσου !! Είναι η ίδια συνάρτηση, μόνο που δουλεύουμε για x< 0)
Θεωρώ την g(x) = ημx – xσυνx, ορισμένη στο -
2

≤x ≤ 0 και g(0) = 0
g΄(x) = συν x - συνx + x∙ημ x = x∙ημx> 0 , για κάθε -
2

<x< 0.
Άρα για x< 0  g(x) <g(0)  g(x) < 0 ,συνεπώς f ΄(x) <0.
 Η f(x) είναι παραγωγίσιμη στο 0 γιατί **; , είναι και συνεχής στο 0.
Το πρόσημο της παραγώγου της f και η μονοτονίας της ,φαίνεται στον πίνακα.
x -
𝜋
2
0 2 +∞
f ΄(x) - - +
f(x)
Ο.Ε
 Το σημείο (2,-2) είναι Ολικό.Ελάχιστο της συνάρτησης.
 Το σημείο (-
𝜋
2
,f (-
𝜋
2
)) είναι Τοπικό μέγιστο της f (x).
δ** ) Είναι : 0≤ x≤ 1 ⇔ 0≥ -
𝜋
2
𝐱 ≥ −
𝜋
2
ή -
𝜋
2
≤ −
𝜋
2
𝐱 ≤ 𝟎 ,
−𝜋
2
𝐱 ∈ [−
𝜋
2
, 0]

61. 16
Είναι : 0≤ x ≤ 1 ⇔1≥ e-x≥e-1⇔
−𝜋
2
≤ −
𝜋
2
𝐞−𝐱
≤ −
𝜋
2
𝑒−1 ,
Άρα :
−𝜋
2
𝐞−𝐱
∈ [−
𝜋
2
, −
𝜋
2𝑒
] ⊂ [−
𝜋
2
, 0]
Συνεπώς για κάθε x∈ [𝟎, 𝟏] ,
−𝜋
2
𝐱 ∈ [−
𝜋
2
, 0] και –
𝜋
2
𝑒−1 ∈ [−
𝜋
2
,0]
Στο [ -
𝜋
2
, 0] η f(x) είναι γνησίως φθίνουσα ⇒η f (x) είναι 1-1 στο
[-
𝜋
2
, 0].
Έχω : f( )x
2

= f( )e x

2

 ( )x
2

= ( )e x

2

 x =
x
e
Αρκεί να δειχθεί ότι η παραπάνω εξίσωση έχει μοναδική λύση στο (0,1).
Θεωρώ την κ(x) = x
e
- x συνεχή στο [0,1] με
 κ(0) = 1>0 και
 κ(1) =
e
e1
<0 , άρα από Θ. Μπολζάνο , έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο
(0,1).
Επίσης , κ΄(x)= -
x
e
- 1 < 0 για κάθε x(0,1) ,άρα γνησίως μονότονη στο [0,1].
(**) Παραγωγισιμότητα στο 0.
lim
x→0+
(
f(x) − f (0)
x
) = lim
x→0+
(
x3
− 3x2
x
) = lim
x→0+
(x2
− 3x) = 0
lim
x→0−
(
−
ημx
x
+ 3 − 2
x
) = lim
x→0−
(
−
ημx
x
+ 1
x
) =
0
0
= lim
x→0−
(
−ημx + x
x2
) =
DLH
lim
x→0−
(
−𝜎𝜐𝜈x+1
2x
) =
1
2
lim
x→0−
(
1−συνx
x
)=0 , άραf΄(0) = 0

62. 17
ΜΑΘΗΜΑ 5Ο : 27/4/20 [ ΗΜΕΡΑ : ΔΕΥΤΕΡΑ ]
[ ΟΡΙΣΜΟΙ ]
Πότε μία συνάρτηση λέγεται γνησίως αύξουσα και πότε γνησίως φθίνουσα και πότε
γνησίως μονότονη σ’ ένα δ ι ά σ τ η μ α Δ του πεδίου ορισμού της; σελ31

63. 18
Ξεκινάμε χαλαρά, με ένα θεματάκι , χαρτί και μολύβι και πάμε !
Δίνεται η γνησίως μονότονη f : RR με 0 <f(x)< 1 για κάθε Rx
και η
g(x) =
12
)x(f
)x(f
α ) Να αποδειχθεί ότι η g(x) έχει το ίδιο είδος μονοτονίας με την f(x).
β ) Να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση fog είναι γνησίως αύξουσα.
γ ) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(g(x3+1)) = f(g(4x2+2x)) έχει
ακριβώς δυο θετικές ρίζες και μια αρνητική.
δ ) Να επιλυθεί η ανίσωση : fog (x3+4) >fog(3x2)
ΛΥΣΗ
α ) Έστω ότι η f(x) είναι γνησίως αύξουσα , τότε
για κάθε x1 < x2 ⇔ f(x1) < f(x2) ⇔ f(x1) - f(x2) < 0 (1)
Για την μονοτονία της g(x) θα υπολογίσω το πρόσημο της διαφοράς
g(x1) - g(x2) =
f(x1)
f2(x1)+1
-
f(x2)
f2(x2)+1
=
f(x1)f2(x2)+f(x1)−f(x2)f2(x1)−f(x2)
(f2(x1)+1)(f2(x2)+1)

64. 19
=
(f(x1)−f(x2))(1−f(x1)f(x2))
(f2(x1)+1)(f2(x2)+1)
(2)
0 <f(x1)< 1 , 0 <f(x2)< 1 άρα 0 <f(x1)f(x2)< 1 ⇒ 1 - f(x1)f(x2) > 0
Άρα η (2) είναι < 0 ⇔ g(x1) - g(x2) < 0 ⇔ g(x1) < g(x2) ,
έχει την ίδια μονοτονία με την f(x).
Έστω ότι η f(x) είναι γνησίως φθίνουσα , τότε ΟΜΟΙΩΣ.
για κάθε x1 < x2 ⇔ f(x1) > f(x2) ⇔ f(x1) - f(x2) > 0 (3)
Για την μονοτονία της g(x) θα υπολογίσω το πρόσημο της διαφοράς
g(x1) - g(x2) =
f(x1)
f2(x1)+1
-
f(x2)
f2(x2)+1
=
f(x1)f2(x2)+f(x1)−f(x2)f2(x1)−f(x2)
(f2(x1)+1)(f2(x2)+1)
=
(f(x1)−f(x2))(1−f(x1)f(x2))
(f2(x1)+1)(f2(x2)+1)
(2)
0 <f(x1)< 1 , 0 <f(x2)< 1 άρα 0 <f(x1)f(x2)< 1 ⇒ 1 - f(x1)f(x2) > 0
Άρα η (2) είναι > 0 ⇔ g(x1) - g(x2) > 0 ⇔ g(x1) > g(x2) ,
έχει την ίδια μονοτονία με την f(x).
β ) Αν η f(x) είναι γνησίως αύξουσα τότε και η g(x) είναι γν.αύξουσα.
x1 < x2 ⇒ f(x1) < f(x2) ⇒ g(f(x1)) < g(f(x2)) , άρα η ………..
Αν η f(x) είναι γνησίως φθίνουσα τότε και η g(x) είναι γν.φθίνουσα.
x1 < x2 ⇒ f(x1) > f(x2) ⇒ g(f(x1)) < g(f(x2)) , άρα η ……….
γ ) f(g(x3+1)) = f(g(4x2+2x)) ⇔ x3 + 1 = 4x2 + 2x ⇔
x3 - 4x2 - 2x +1 =0 , δεν έχει ρίζες τους +1 , -1
Θεωρώ την h(x) = x3 - 4x2 - 2x +1 , h(0) = 1 , h(1) = -4 .

65. 20
Στο διάστημα (−∞, 0) έχει ρίζα γιατί απ το Θ.Μπολζάνο υπάρχει
τουλάχιστον μια ρίζα
h(0) = 1 > 0 , lim
x→−∞
h(x) = −∞
Στο (0,1) έχει ρίζα γιατί : h(0) = 1 >0 και h(1) = -4 < 0
Στο διάστημα (1,+∞) έχει ρίζα γιατί , h(1) = -4 <0 , lim
x→+∞
h(x) = +∞
Και είναι τρίτου βαθμού εξίσωση άρα έχει το πολύ 3 ρίζες.
δ ) fog (x3+4) >fog(3x2) ⇔ x3 + 4 > 3x2 ⇔ x3 - 3x2 + 4 > 0
έχει ρίζα το 2 άρα κάνω Χόρνερ και
(x3 - 3x2 + 4) = (x-2)( x2-x-2)=( x-2)2(x+1)
Άρα x3 - 3x2 + 4 > 0 ⇔( x-2)2(x+1) > 0 ⇔
x∈ (-1, 2)∪(2,+∞)
Σημαντικές Παρατηρήσεις – Προτάσεις που Θέλουν Απόδειξη
 Ισχύει η ισοδυναμία : f(x) = x ⇔ x = f -1(x), να σχολιάσουμε !

66. 21
 Αρχικά θα αποδείξουμε την εξής πρόταση :
« Αν f(x) είναι γνησίως αύξουσα στο Δ, τότε η f-1(x) είναι γνησίως
αύξουσα στο f(Δ)».
ΑΠΟΔΕΙΞΗ
Έστω μια γνησίως αύξουσα f(x) στο Δ. Και y1 ,y2f(Δ) – διάστημα .
Υποθέτω ότι η f-1(x) δεν είναι γνησίως αύξουσα , τότε υπάρχουν y1 , y2 για τα οποία ισχύει :
y1 < y2 f-1(y1) ≥ f-1(y2) f(f-1(y1)) f(f-1(y2)) διότι η f(x) γνησίως
φθίνουσα , άρα προκύπτει y1  y2 Άτοπο .
Άρα η f-1(x) είναι και αυτή γνησίως αύξουσα στο f(Δ).
 Κατόπιν θα αποδείξουμε την εξής πρόταση :
«Αν η f(x) είναι γνησίως αύξουσα , τότε ισχύει η ισοδυναμία
f(x) = f-1(x)  x = f(x), τι σημαίνει αυτό ; ».
ΑΠΟΔΕΙΞΗ
( ) Έστω ότι f(x) >xf-1(f(x)) >f-1(x) x>f(x) Άτοπο , ομοίως αν θεωρήσω ότι f(x) <x θα
καταλήξω σε άτοπο , άρα f(x) = x.
( ) Αν f(x) = x f-1(f(x)) = f-1(x) ⇒ x = f-1(x) ⇒ f(x) = f-1(x).
 Τέλος , θα αποδείξουμε την εξής πρόταση :
« Αν f(x) είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ, τότε η f-1(x) είναι
γνησίως φθίνουσα στο f(Δ)».
ΑΠΟΔΕΙΞΗ
Έστω μια γνησίως φθίνουσα f(x) στο Δ. Και y1 , y2f(Δ)– διάστημα.

67. 22
Υποθέτω ότι η f-1(x) δεν είναι γνησίως φθίνουσα , τότε υπάρχουν y1 ,y2 για τα οποία ισχύει :
y1 < y2 f-1(y1) ≤ f-1(y2) f(f-1(y1)) f(f-1(y2)) διότι η f(x) γνησίως
φθίνουσα , άρα προκύπτει y1  y2 Άτοπο .
Συνεπώς η f-1(x) είναι και αυτή γνησίως φθίνουσα στο f(Δ).
ΠΡΟΣΟΧΗ !!
Δίνεται η συναρτησιακή σχέση, f3(x) + f(x) + x
2
1
= 0 , x∈ R
Πώς δείχνω ότι : f(R) = R ;
ΑΠΑΝΤΗΣΗ
Φέρνω τη σχέση μου στη μορφή : g(f(x)) = x
Θεωρώ τη συνάρτηση g(x) = –2x3 - 2x , xR και g(R) = R.
Η g(x) είναι γνησίως φθίνουσα στο R γιατί ,
έστω x1 , x2R με x1<x2  x13<x23  - 2x13> -2x23 (4)
x1<x2  -2x1> -2x2 (5) .
Προσθέτω (4), (5) και προκύπτει g(x1 )>g(x2) , άρα 1-1 , εναλλακτικά με παράγωγο.
f3(x) + f(x) + x
2
1
= 0  x = g(f(x))  g-1 (x) = f(x) , x R.
Οι συναρτήσεις f , g-1 έχουν το ίδιο πεδίο ορισμού και g-1 (x) = f(x) για κάθε
xR άρα θα έχουν και το ίδιο σύνολο τιμών , άρα f(R) = R.
Πώς βρίσκω μετά τον τύπο της f-1 ;
g-1 (x) = f(x)  (g-1 )-1(x) = f -1(x)  g(x) = f -1(x) 
f -1(x)= –2x3 - 2x , xR.

68. 23
Αρκετά , ας λύσουμε μια άσκηση !
ΘΕΜΑ
Δίνεται η συνάρτηση f(x): R→Rγια την οποία ισχύει
f3(x) + 2f(x) = 12ex, x R (1).
α ) Να αποδειχθεί ότι f(x) > 0 για κάθε x R .
β ) Να βρείτε τα σημεία τομής της f(x) με τον y΄y.
γ ) Να αποδείξετε ότι η f(x) είναι 1-1.
δ ) Να λυθεί η εξίσωση : f( x -3)= 2
22 1
e
lne ln
 .
ΛΥΣΗ
α ) f3(x) + 2 f(x) = 12ex  (f2(x) + 2)f(x) = 12ex Απ τη σχέση αυτή προκύπτει ότι f(x)
> 0 για κάθε x R .
β ) Για x = 0 στην παραπάνω σχέση και έχω : f3(0) + 2f(0) = 12
(f2(0) + 2f(0)+6)(f(0)-2)= 0  f(0) = 2 , άρα τέμνει τον yy΄ στο (0,2).
γ ) Έστω x1 , x2 R με f(x1) = f(x2) f3(x1) = f3(x2) (1)
Επίσης 2f(x1) = 2f(x2) (2) , από πρόσθεση των (1) και (2) κατά μέλη έχω :
f3(x1) + 2f(x1) = f3(x2) + 2f(x2)  …….. x1 = x2 άρα η f(x) είναι 1-1.
δ ) Πεδίο ορισμού της εξίσωσης είναι το R. Είναι :
f( x -3)=
2
22 1
e
lne ln
  f( x -3)= 24  f( x -3)=2  f( x -3)=f(0)
 x -3=0  x = ±3.
ΘΕΜΑ σημεία τομής f , f-1
Έστω ότι υπάρχει f(x), η οποία για κάθε x R , ικανοποιεί τη σχέση :
f3(x) + 5f(x) + x = 0 (1)
α ) Αποδείξτε ότι η f(x) αντιστρέφεται και βρείτε την αντίστροφη της.
β ) Βρείτε τα κοινά σημεία των Cf , Cf
-1.
ΛΥΣΗ

69. 24
α ) Όμοια με Άσκηση 2 α) και β). Η f-1(x) = -x3 - 5x , x R .
β ) ) Αν θέλουμε να βρούμε τα κοινά σημεία των f-1(x) , f(x) , τότε λύνουμε το
(Σ) :






)x(fy
)x(fy
1 , το οποίο είναι ισοδυναμεί
με το (Σ2) :







)x(fy
)y(fx
1
1
, μιας και γνωρίζω μόνο την f-1(x)







)x(fy
)y(fx
1
1






xxy
yyx
5
5
3
3






)xy(xyxy
yyx
5
5
33
3






)xy(xy
yyx
40
5
33
3






)xxyy)(xy(
yyx
40
5
22
3






xy
yyx 53






xy
xx 60 3






xy
x)x( 60 2






0
0
y
x
.
Άρα μοναδικό σημείο τομής των Cf , Cf-1 , το (0,0).
Toο ΘΕΜΑ !!
Δίνεται η συνάρτηση f : R →R, έτσι ώστε να ισχύει :
f3(x) +2f(x) = x + 1 , για κάθε x R
α ) Να δειχθεί ότι η fείναι 1-1.
β ) Να αποδειχθεί ότι το σύνολο τιμών της fείναι το R και στη συνέχεια να
βρεθεί η αντίστροφη της.
γ ) Να αποδειχθεί ότι η fείναι γνησίως αύξουσα.
δ ) Να αποδειχθεί ότι η fείναι συνεχής στο -1.
ε ) Να αποδειχθεί ότι η fείναι συνεχής στο xο R .
ΛΥΣΗ
α )Έστωx1 , x2 R με f(x1) = f(x2) f3(x1) = f3(x2) (1)
Επίσης 2f(x1) = 2f(x2) (2) , από πρόσθεση των (1) και (2) κατά μέλη έχω :
f3(x1) + 2f(x1) = f3(x2) + 2f(x2)  …….. x1 = x2 άρα η f(x) είναι 1-1.
β ) Θεωρώ τη συνάρτηση g(x) = x3+ 2x - 1 , xR και g(R) = R.
Η g(x) είναι γνησίως αύξουσα στο R γιατί ,

70. 25
έστω x1 , x2R με x1<x2  x13<x23  x13<x23 (3)
x1<x2  2x1 -1< 2x2 -1 (4) .
Προσθέτω (3), (4) και προκύπτει g(x1 )<g(x2) , άρα 1-1.
f 3(x) + 2f(x) - 1= x  x = g(f(x))  g-1 (x) = f(x) , x R.
Οι συναρτήσεις f , g-1 έχουν το ίδιο πεδίο ορισμού και g-1 (x) = f(x) για κάθε
xR άρα θα έχουν και το ίδιο σύνολο τιμών , άρα f(R) = R.
g-1 (x) = f(x)  (g-1 )-1(x) = f -1(x)  g(x) = f -1(x) 
f-1(x)= x3+2x - 1 , xR.
γ ) Έστω ότι η f(x) δεν είναι γνησίως αύξουσα , άρα υπάρχουν x1 , x2 R με x1<x2
για τα οποία ισχύει f(x1) ≥ f(x2)  f3(x1) ≥ f3(x2) ,άρα
f3(x1)+ f(x1) -1 ≥ f3(x2) + f(x2) – 1  x1 ≥ x2 , Άτοπο.
Άρα η f(x) είναι γνησίως αύξουσα.
δ ) Για x = -1 έχω : f3(-1) +2f(-1) = 0  (f2(-1) +2)f(-1)=0  f(-1)=0.
Είναι , f3(x) +2f(x) = x + 1 f(x) =
2
1
2
1
2
1
22






 x
)x(f
x
)x(f
)x(f
x
2
1
2
1 



x
)x(f
x
Και από Κριτήριο παρεμβολής προκύπτει ότι )(f)x(flim
x
10
1


, άρα η f(x)
συνεχής στο -1.
ε ) Αρκεί να δείξω ότι )x(f)x(flim o
xx o


f3(x) +2f(x) = x + 1 και f3(xο) +2f(xο) = xο + 1
Αφαιρώντας κατά μέλη προκύπτει :
(f(x)- f(xο))·( f2(x)+ f(x)f(xο)+f2(xο)+2) = x – xο 
(f(x)- f(xο)) = 


222
)x(f)x(f)x(f)x(f
xx
oo
o
ooooo xx)x(f)x(fxxxx)x(f)x(f 
Και από Κριτήριο παρεμβολής προκύπτει ότι, )x(f)x(flim o
xx o


άρα η f(x)
συνεχής στο xο.

71. 26
ΜΑΘΗΜΑ 6Ο : 30/4/20 [ ΗΜΕΡΑ : ΠΕΜΠΤΗ ]
ΘΕΜΑ 1Ο [2019 Επαναληπτικές Ημερήσια ΓΕΛ , Σ-Λ]
1. Η γραφική παράσταση της |𝑓|αποτελείται από τα τμήματα της γραφικής
παράστασης της f που βρίσκονται πάνω απ τον άξονα xx΄ και από τα
συμμετρικά, ως προς τον xx΄ των τμημάτων της γραφικής παράστασης της f
που βρίσκονται κάτω από αυτόν τον άξονα.
2. Ένα τοπικό μέγιστο μιας συνάρτησης f μπορεί να είναι μικρότερο από ένα
τοπικό ελάχιστο της f.
3. Μια πολυωνυμική συνάρτηση f : RR , διατηρεί πρόσημο σε κάθε ένα απ τα
διαστήματα στα οποία οι διαδοχικές ρίζες της f χωρίζουν το πεδίο ορισμού
της.
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Σ-Λ
1.Σ 2.Σ 3.Σ
ΘΕΜΑ 2Ο [Αληθή – Ψευδή, σχολικού βιβλίου σελίδες 83-85 ]
Ενδεικτικές Απαντήσεις
Γ , η g(x) είναι συνεχής στο Π.Ο ως ρητή.

72. 27
ΘΕΜΑ 3Ο [ ΑΠΟΔΕΙΞΕΙΣ]
Να διατυπώσετε και να αποδείξετε το θεώρημα του Fermat.
σελίδα 142 σχολικού βιβλίου.
ΘΕΜΑ ΘΕΩΡΙΑΣ 2004,2011, E2016, E2017 , 2019
ΘΕΜΑ 4Ο [ Σ-Λ με αιτιολόγηση ]
Αν
)x(f
lim
oxx
1

=0 , τότε πάντα ισχύει )x(flim
oxx 
= +∞ ή - ∞ ,

73. 28
Αντιπαράδειγμα : Έστω f(x) =
x
1
και xο = 0 , τότε
)x(f
lim
oxx
1

= 0 και το
)x(flim
oxx 
ΔΕΝ ΥΠΑΡΧΕΙ στο xο = 0.
ΘΕΜΑ 5Ο [ ΜΙΑ ΑΣΚΗΣΗ Ν. Ψαθά]
Δίνεται η f(x) = lnx + 𝑒 𝑥−1
+ 𝑥 − 2
Γ1 ) Να την εξετάσετε ως προς τη μονοτονία – ακρότατα και να βρεθεί το Σ.Τ.
Γ2 ) Να βρεθούν οι ρίζες της εξίσωσης f(x)= 0 και το πρόσημο της f(x) .
Γ3 ) Να μελετήσετε ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα την
φ(x) = 2x∙lnx + 2𝑒 𝑥−1
+ 𝑥2
− 6𝑥 + 2020
i ) Να δειχθεί ότι φ(x) – 2017 ≥ 0 για κάθε x∈ (0, +∞)
ii ) Να συγκριθούν οι αριθμοί φ(e) και φ(π)
Μονάδες (6+6+6+3+4)
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΗ ΛΥΣΗ
Γ1 ) f ΄(x) = (lnx + 𝑒 𝑥−1
+ 𝑥 − 2)΄ =
1
x
+ 𝑒 𝑥−1
+ 1> 0 για κάθε x>0
⇒ η f(x) είναι γνησίως αύξουσα στο (0,+∞).
Δεν έχει ακρότατα.
f(Α) = (lim
x→0
f(x) , lim
x→+∞
f(x))=(-∞ , +∞) = R
Γιατί , 𝐥𝐢𝐦
𝐱→𝟎
𝐟(𝐱) = 𝐥𝐢𝐦
𝐱→𝟎+
𝐟(𝐱) = -∞ + e-1 + 0 – 2 = -∞
Γ2 ) Για x = 1 , f(1) = 0 και λόγω της μονοτονίας ΜΟΝΑΔΙΚΉ ΛΥΣΗ
Για x> 1 ⟺ f(x) > f(1) ⟺f(x)> 0 , θετική στο (1,+∞)

74. 29
Για 0 <x< 1 ⟺f(x)<f(1) ⟺f(x)< 0 , αρνητική στο (0,1)
Γ3 )
φ΄(x) = (2x∙lnx + 2𝑒 𝑥−1
+ 𝑥2
− 6𝑥 + 2020)΄ =
= 2lnx + 2 +2𝑒 𝑥−1
+ 2x -6 = 2lnx+2𝑒 𝑥−1
+ 2x -4 = 2f(x) ,
για κάθε x> 0 , άρα
x 0 1 +∞
φ΄(x) - +
φ(x)
Γνησίως αύξουσα στο [1,+∞) και γνησίως φθίνουσα στο (0,1] ,
Ολικό Ελάχιστο το (1,φ(1)) = (1 , 2017)
Άρα φ(x) ≥ 2017 για κάθε x> 0
Γ3 ιι ) e<π ⟺ φ(e)< φ(π) γιατί ;

75. 30
ΜΑΘΗΜΑ 7Ο : ? / ?/20 [ ΗΜΕΡΑ : ? ]
ΘΕΜΑ [ ΑΣΚΗΣΗ-Πρότυπο Φροντιστήριο Αναρτήθηκε 4/4/20 ]
Έστω f(x) παραγωγίσιμη και ορισμένη στο (0,+∞) για την οποία
ισχύει : x∙f ΄(x) = 2f(x) και f(1) = 1.
α ) Να δείξετε ότι f(x) = x2 , x> 0.
β ) Έστω Μ σημείο της Cfκαι Κ η προβολή του Μ στον xx΄ .Το Κ
πλησιάζει το (0,0) με ρυθμό 2 εκ/δευτ. Τη χρονική στιγμή toπου η
τετμημένη του Μ είναι √3 εκ , να βρείτε το ρυθμό μεταβολής
ι ) των αποστάσεων ΚΜ και ΟΜ.
ιι ) της γωνίας ΜΟΚ.
γ ) Αν μια εφαπτομένη του (ε) της Cf τέμνει τον xx΄ στο Β(1,0) , να
βρεθεί η εξίσωση της (ε).
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΗ ΛΥΣΗ
α)x> 0 , άρα x2f ΄(x) - 2xf(x) = 0 ⇒ (
f(x)
x2
)΄ = 0 , συνεχής στο (0,+∞)
άρα από συνέπειες ⇒
f(x)
x2
= 𝑐 , για x = 1 , προκύπτει c=1.
Άρα f(x) = x2 , x> 0
β ι)x΄(t) = -2εκ/δευτ , x(tο) = √3 εκ
d1= ΚΜ = y = y(t) = x2(t) , ρυθμό μεταβολής d1΄(t)= 2x(t)∙x΄(t) και
την χρονική στιγμή tο είναι : 2x(tο)∙ x΄(tο) = -4√3 εκ/δευτ
d2 = OM = √x2 + 𝑦2 = √x2 + 𝑓2(𝑥) = √x2 + x4= x∙√1 + x2
d2 (t) = x(t)∙√1 + x2(t) , με ρυθμό μεταβολής
d2΄(t)= x΄(t)∙ √1 + x2(t)+x(t)∙
2x(t)x΄(t)
2√1+x2(t)
και την χρονική στιγμή tο
d΄2(tο) = −4+√3
(−2√3)
2
= -7 εκ/δευτ.

76. 31
β ιι ) γωνία ΜΟΚ έστω φ , τότε ημφ =
𝜧𝜥
𝜪𝜧
=
d 𝟏
d 𝟐
=
x 𝟐
x√1+x2
=
x
√ 𝟏+x 𝟐
ημ(φ(t)) =
x(t)
√𝟏+x 𝟐(t)
, ( ημ(φ(t)))΄ =(
x(t)
√𝟏+x 𝟐(t)
)΄ ⇒ συνφ(t)∙φ΄(t)=
=
x΄(t)√1+x2(t)−x(t)
2x(t)x΄(t)
2√1+x2(t)
𝟏+x 𝟐(t)
Και για t = tο είναι : συνφ(tο)∙φ΄( tο)=
x΄(tο)√1+x2(tο)−x(tο)
x(tο)x΄(tο)
√1+x2(tο)
𝟏+x 𝟐(tο)
√3
𝟐√3
∙φ΄(tο) =
−2∙2+3
4
⇔
1
2
∙φ΄(tο) =
−1
4
⇔ φ΄(tο) =
−1
2
rad/sec
ότανx(tο) = √3
δηλαδή τη χρονική στιγμή tο
είναι : y(to) = 3
και ΟΜ = 2√3 από Π.Θ
γ ) έστω (xο , f(xο)) το
σημείο επαφής , τότε η (ε)
είναι :
y – xo2 = 2xo(x-xo) , διέρχεται απ το (1,0) άρα :
-xο2 = 2xο -2xο2⇔xο2 - 2xο= 0 ⇔xο = 0 ή xο = 2
Άρα η (ε) είναι η y = 0 ή η y-4 = 4(x-2) ⇔y=4x– 4

77. 32
ΘΕΜΑ [ Δημοσιεύτηκε στο fb την 25.08.18 απ τον συνάδερφο κ. Γ.Μπαρακλιανό ]
Έστω f(x) = e-x – x και f(R) = R .
α ) Να δειχθεί ότι υπάρχει η f-1(x) και να συγκριθούν οι αριθμοί
f-1(2018) , f-1(2019).
ΛΥΣΗ
f ΄(x) = - e-x – 1 =
−1
𝑒x
− 1< 0 για κάθε x∈R άρα γνησίως φθίνουσα
συνεπώς 1-1.
Θα δείξω ότι η f-1(x) είναι γνησίως φθίνουσα στο R.
Έστω ότι δεν είναι τότε θα υπάρχουν y1 , y2∈ Rτέτοια ώστε :
y1 <y2⇒f-1(y1) ≤ f-1(y2) ⇒f(f-1(y1)) ≥ f(f-1(y2)) ⇒y1 ≥ y2 ΑΤΟΠΟ
Άρα η f-1(x) γνησίως φθίνουσα.
Είναι λοιπόν 2018 < 2019 ⇒f-1(2018) >f-1(2019)
β ) Να λυθούν οι εξισώσεις
ι )  2
x
e x2 + 1 ιι )f-1(x) = 0
ΛΥΣΗ
ι ) e−x 𝟐
− x 𝟐
= 𝟏 ⇔f(x) = f(0) ⇔x = 0
γιατί η f(x) γν.φθίνουσα στο R.
ιι ) f-1(x) = 0 ⇔f(f-1(x)) = f(0) ⇔x = f(0) ⇔x = 1

78. 33
γ ) Να λυθούν οι ανισώσεις :
ι ) 2
2
2 212
e
e
xxe xx 

ιι ) –lnx +
5
1 1
51
e
)(fe xln
 
ΛΥΣΗ
ι ) e−(x 𝟐+x)
– (x 𝟐
+ x) ≥ e-2 – 2 ⇔f(x2 + x ) ≥f(2) ⇔x2 + x≤ 2 ⇔
x2 + x -2 ≤ 0 , x∈[-2,1].
ιι ) f(x) = e-x – x , f(0) = 1 ⇔ 0 = f-1(1)
e−𝑙𝑛𝑥
-lnx≥e-5 – 5 ⇔f(lnx) ≥f(5) ⇔lnx ≤ 5 ⇔0 <x ≤ e5 .
δ ) Να υπολογιστούν τα όρια :
ι ) ))x(f
x
(lim
x


2
1
ιι ) ]x)x(f[lim
x
2


ιιι ) lim
x →−∞
(ln(f(x)) + ef(x)
)
ΛΥΣΗ
ι ) f(-x) = ex + x , και ημf(-x) = ημ(ex + x) , |𝜂𝜇(𝑒x
– x)|≤ 1 για κάθε
x ∈ R.

79. 34
|
1
x 2
𝜂𝜇(ex
+ x )| ≤
1
x 2
⇔
−𝟏
x 𝟐
≤
1
x 2
𝜂𝜇(ex
+ x ) ≤
1
x 2
Και από Κ.Π προκύπτει το όριο να είναι ίσο με 0.
ιι ) f(x) + x2 = e-x – x + x2 =e-x + (x2–x)
Άρα το όριο στο +∞ είναι ίσο με +∞.
ιιι ) f(x) = e-x – x , lim
x →−∞
f(x) =(+∞)+(+∞) = +∞
lim
x →−∞
(ln(f(x)) + ef(x)
) = lim
u →+∞
(lnu + eu) =+∞

80. 35
ΜΑΘΗΜΑ 8Ο : ? / ?/20 [ ΗΜΕΡΑ : ? ]
ΘΕΜΑ [Δημοσιεύτηκε στο fb την 13.10.18 απ τον συνάδερφο κ. Θ. Ξένο ]
Έστω f : R→R με f(2x) = xx
xx




44
44
, x R .
α ) Να δειχθεί ότι η f(x) =
14
14


x
x
.
ΛΥΣΗ
u = 2x⇔x =
𝑢
2
, x , u∈R
f(2x) =
4x−4−𝑥
4x+4−x
⇔f(2x) =
42𝑥−1
42𝑥+1
⇔f(u) =
4 𝑢−1
4 𝑢+1
, u∈R.
β ) Να βρεθούν τα όρια lim
x→+∞
f(x) καιlim
x→−∞
f(x) .
ΛΥΣΗ
lim
x→+∞
4x
−1
4x+1
=
∞
∞
= lim
x→+∞
4x
(1−
1
4x)
4x(1+
1
4x)
=
1
1
= 1
lim
x→−∞
4x
− 1
4x
+ 1
=
−1
1
= −1
γ ) Να δειχθεί ότι η f(x) είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού
της.
ΛΥΣΗ
Παραγωγίζω (πηλίκο) και προκύπτει : f ΄(x) =
2∙4x
𝑙𝑛4
(4 𝑥+1)2
> 0 άρα …….

81. 36
f(x) γν.αύξουσα στο R.
δ ) Να βρεθεί το f(Α).
ΛΥΣΗ
f(A) = (lim
x→−∞
f(x) ,lim
x→+∞
f(x) ) = (-1 , 1) από β) ερώτημα.
ε ) Να υπολογιστεί η f-1(x).
ΛΥΣΗ
{
𝑦 = 𝑓(𝑥)
𝑥 ∈ 𝑅
⇔y =
4 𝑥−1
4 𝑥+1
⇔ (4x+1)y = 4x – 1 ⇔ 4x( y-1) = -1-y⇔
4x(1-y) = 1+y, για y ≠ 1 είναι : {
4 𝑥
=
1+𝑦
1−𝑦
𝑦 ≠ 1
𝑦 ∈ (−1,1)
⇔x = ln(
1+𝑦
1−𝑦
)
Συνεπώς f-1(x) = ln(
1+x
1−x
) , x∈ (−1,1)
στ ) Να βρεθούν τα όρια στα άκρα του πεδίου ορισμού της f-1(x).
ΛΥΣΗ
lim
x→−1+
𝑙𝑛(
1+𝑥
1−𝑥
) = lim
u→0+
lnu = −∞ ,
γιατί lim
x→−1+
1+𝑥
1−𝑥
= 0 και
1+x
1−x
> 0 , στο (-1, 1)
lim
x→1−
𝑙𝑛(
1+𝑥
1−𝑥
) = lim
u→+∞
lnu = +∞ ,
γιατί lim
x→1−
1+𝑥
1−𝑥
=
2
0
και 1-x> 0 για κάθε x∈ (−∞, 1)
ΘΕΜΑ
Έστω η f : RR , παραγωγίσιμη για την οποία ισχύουν :

82. 37
 f(x) ≠ 0 για κάθε x>0.
 2111

)(fe )(f

)x(fx
)x(f
)x(f 2

 για κάθε x> 0.
α ) Να βρεθεί το f(1).
β ) Να δειχθεί ότι f(x) = x .
γ ) Να βρεθεί το όριο για τις διάφορες τιμές του λ R.
))x(f)xx(f(lim
x
22
54 


δ ) Να βρεθούν οι εφαπτομένες της f(x) που διέρχονται από το
(3,2).
ΛΥΣΗ
α ) Θεωρώ τη συνάρτηση κ(x) = xex
1
, xR.
Για κάθε x1 , x2R με x1<x2 
11 21 
 xx
ee (1)
Επίσης x1<x2 (2)
Από (1) + (2) , είναι κ(x1 ) < κ ( x2) , άρα η κ(x) είναι γνησίως αύξουσα και άρα 1-1
συνάρτηση.
Η δοσμένη σχέση 2111

)(fe )(f
 κ(f(1)) = κ(1)  f(1) = 1.
β ) Η f(x) είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη και f(x) ≠ 0 για κάθε x>0 , άρα η f(x)
διατηρεί πρόσημο για κάθε x> 0 και από α) ερώτημα είδαμε ότι f(1) = 1 ,
άρα f(x) > 0 για κάθε x>0.
)x(fx
)x(f
)x(f 2

  f΄(x)· x+ f΄(x)· f2(x) = f(x) 
f΄(x)· x - (x)΄ f(x) = - f΄(x)· f2(x)  - )x(f
)x(f
x)x(f)x(f)x(


2


83. 38
))x(f()
)x(f
x
(   c)x(f
)x(f
x
 , για x = 1 , προκύπτει c= 0.
Άρα )x(f
)x(f
x
  f2(x) = x , και για κάθε x> 0 η f(x) διατηρεί πρόσημο άρα απ
την σχέση x)x(f  ,προκύπτει ότι f(x) = x , x> 0 .
Για x = 0 , είναι f(0) = 0 , άρα για κάθε x≥ 0 είναι f(x) = x .
γ ) ))x(f)xx(f(lim
x
22
54 

 = 

)xxx(lim
x
542
)()()]
xx
(x[lim
x
 

1
54
1 2
.
 Για λ > 1 , ))x(f)xx(f(lim
x
22
54 

 = +∞
 Για λ < 1 , ))x(f)xx(f(lim
x
22
54 

 = -∞
 Για λ = 1 , 



 xxx
x
lim)xxx(lim
xx 54
54
54
2
2
2
δ ) Έστω (xο , f(xο)) το σημείο επαφής της (ε) με την Cf.
Η (ε) είναι : y - ox =
ox2
1
(x-xo) , η (ε) διέρχεται απ το (3,2) άρα :
2 - ox =
ox2
1
(3-xo)  4 ox - 2xο = 3 – xο  xο - 4 ox + 3 = 0 , θέτω
ox = y , και απ την παραπάνω δευτεροβάθμια εξίσωση προκύπτει y = 1 ή y=3.
 Άρα , αν ox = 1  xο = 1  (ε1) : 2y – 1 - x=0 ,
 Αν ox = 3  xο = 9  (ε2) : 6y – 9 - x =0.

84. 39
ΜΑΘΗΜΑ 9Ο : ? / ?/20 [ ΗΜΕΡΑ : ? ] – ΠΡΟΒΛΕΨΕΙΣ !!
ΣΗΜΑΝΤΙΚΕΣ-ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ, μην ξεχάσω !

85. 40
ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΘΕΩΡΙΑΣ
1. Πότε μια συνάρτηση είναι συνεχής στο χ0 στο πεδίο ορισμού της ; σελ 70 -
Πότε μια συνάρτηση είναι συνεχής στο (α, β) και πότε στο [α, β] ; σελ 73.
ΘΕΜΑ ΘΕΩΡΙΑΣ 2008,2012,2015,2017
2. Τι ισχύει για τη σύνθεση συνεχών συναρτήσεων στο χ0 ; σελ 72.

86. 41
3.
4.
5. Πότε μια συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) , πότε στο [α, β] ;σελ 104.
– Δώστε τον ορισμό της παραγώγου συνάρτησης f ΄ .ΘΕΜΑ ΘΕΩΡΙΑΣ 2013

87. 42
6. Πότε η συνάρτηση f (g(x)) είναι παραγωγίσιμη στο x0 και πότε σε ένα
διάστημα Δ; σελ116
7. Αποδείξτε ότι στο (0,+∞) ισχύει: f΄(x) = ( xα )΄ = αxα-1 , α R-Ζ, σελ 116.
8. Να δώσετε τους ορισμούς για το τοπικό μέγιστο, τοπικό ελάχιστο.
σελίδα 140-141 ΘΕΜΑ ΘΕΩΡΙΑΣ 2012,2015

88. 43
9.
Άσκηση ΣΤΑ ΟΡΙΑ χωρίς DLH
Να υπολογιστούν τα όρια, εννοείται χωρίς DLH.
α ) lim
x→+∞
(xημx − 2x)
β ) lim
𝑥→0
ημx+συνx
𝑥(𝜂𝜇𝑥−𝑥)
γ ) [Λύση κ. Νίκου Ζανταρίδη, fb 14/4/20 ]
i ) Να δειχθεί ότι για κάθε x> 0 ισχύει, 2x - 2√x ≤x∙lnx ≤x2 – x
ii ) Να δειχθεί ότι lim
𝑥→0+
(x ∙ lnx) = 0
δ ) [Λύση κ. Νίκου Ζανταρίδη, fb 14/4/20 ]
i ) Να δειχθεί ότι για κάθε x> 1 ισχύει , 0 <
lnx
x
< 2
√x−1
x
ii ) Να δειχθεί ότι lim
𝑥→+∞
𝑙𝑛x
𝑥
= 0
ε ) [Λύση κ. Σωτήρη Βασιλείου fb 14/4/20 ]
i ) Να δειχθεί ότι για κάθε x> 0 , ν ∈Ν* και ν > 2 , ισχύει ,
ex>
x 𝜈
𝜈 𝜈

89. 44
ii ) Να δειχθεί ότι lim
𝑥→+∞
𝑒 𝑥
𝑥2 = +∞
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ
α )|ημx| ≤ 1 ⇔ - 1≤ ημx ≤ 1
Για κάθεx> 0 είναι - x ≤ xημx ≤ x⇔ -3x ≤ xημx -2x ≤ x -2x⇔
-3x ≤ xημx - 2x ≤ - x .
Άρα xημx - 2x ≤ - x , για κάθε x> 0 και lim
x→+∞
(−x) = -∞
Συνεπώς από οδηγία !
lim
x→+∞
(xημx − 2x) = - ∞
β ) lim
𝑥→0
ημx+συνx
𝑥(𝜂𝜇𝑥−𝑥)
=lim
x→0
[(ημx + συνx)
1
x(ημx−x)
] = 1∙
1
0
|ημx| ≤ |x| ⇔ - |x| ≤ |ημx| ≤ |x| (1)
Για κάθε x> 0 από (1) έχω : - x≤ ημx≤x⇔ -x2≤xημx≤x2⇔
xημx – x2≤ 0 , το « = » ισχύει για x = 0.
Για κάθε x< 0 από (1) έχω : x≤ ημx≤ - x⇔x2 ≥xημx≥ - x2⇔
xημx– x2≤ 0 , το « = » ισχύει για x = 0.
Άρα για κάθε x ∈R ισχύει ότι x∙ημx – x2≤ 0
Συνεπώς το όριο είναι ίσο με - ∞.
γ ι + ιι) lnx≤ x– 1 για κάθε x> 0 ⇔x∙lnx≤ x2 – x(1)

90. 45
ln
1
√x
≤
1
√x
− 1 για κάθε x> 0 ⇒
−1
2
∙lnx≤
1−√x
√x
⇒lnx≥
2√x−2
√x
⇒
x∙lnx≥ 2x - 2√x (2)
Άρα από (1) , (2) είναι : 2x - 2√x ≤x∙lnx ≤x2 – x
με Κ.Π προκύπτει το ζητούμενο.
δ ι + ιι ) Για κάθε x> 1 είναι
lnx
x
> 0 (3)
Επίσης για κάθε x> 1 είναι ln√x<√x - 1⇒
1
2
lnx<√x − 1 ⇒
lnx
x
< 2
√x−1
x
(4)
Από (3) και (4) προκύπτει :
0 <
lnx
x
< 2
√x − 1
x
Όμως 2
√x−1
x
=
2
√x
−
2
x
Άρα 0 <
lnx
x
<
2
√x
−
2
x
και από Κ.Π προκύπτει ότι lim
𝑥→+∞
𝑙𝑛x
𝑥
= 0
ε ι +ιι) Για κάθε x ∈ R , ex≥x + 1 ⇔ 𝑒
x
𝜈 ≥
x
𝜈
+ 1 >
x
𝜈
⇔
ex>
x 𝜈
𝜈 𝜈
, άρα
ex
x2>
x 𝜈−2
𝜈 𝜈
Και ,
lim
𝑥→+∞
x 𝜈−2
𝜈 𝜈
= +∞ , άρα lim
𝑥→+∞
𝑒 𝑥
𝑥2 = +∞

91. 46
[ Ν. ΖΑΝΤΑΡΙΔΗΣ – Ν. ΚΑΡΠΟΖΗΛΟΣ, ΘΕΜΑΤΟΓΡΑΦΙΑ 2020]
Δίνεται η συνάρτηση f(x) = 4x3 - 6x2 + 3x , x∈ R
α ) Να δείξετε ότι είναι γνησίως αύξουσα στο R.
β ) Να οριστεί η αντίστροφη της .
γ ) Να μελετηθεί η συνάρτηση g(x) = f(x) + x , x∈ R ως προς τη
μονοτονία.
δ ) Να λυθεί η ανίσωση : f(x) > f -1(x)
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΗ ΛΥΣΗ
α ) f(x) = 4x3 - 6x2 + 3x =
1
2
(8x3 - 12x2 + 6x) =
=
1
2
((2x)3 – 3(2x)2 + 3∙(2x) - 1 + 1) =
1
2
((2x-1)3 + 1 )
Άρα f(x) =
1
2
((2x-1)3 + 1 ) , x∈R.
Και εφαρμόζω τον ορισμό x1<x2⇒ 2x1 – 1 < 2x2 – 1 ⇒ (2x1-1)3< …..
άρα η f(x) γνησίως αύξουσα στο R.
ΕΝΑΛΛΑΚΤΙΚΑ
f ΄(x) = 12x2 -12x + 3 = 3(4x2 - 4x +1) = 3(2x-1)2 ≥ 0
Η f(x) είναι συνεχής στο R και για κάθε
x∈(
1
2
, +∞), f ΄(x) > 0 ⇒ η f(x) γνησίως αύξουσα στο [
1
2
, +∞)
x∈(-∞ ,
1
2
) , f ΄(x) > 0 ⇒ η f(x) γνησίως αύξουσα στο (-∞,
1
2
]
Συνεπώς η f(x) γνησίως αύξουσα στο R.

92. 47
-∞
1
2
+∞
f ΄(x) + +
f(x)
β ) Η f(x) είναι γνησίως αύξουσα άρα 1-1 στο R. Οπότε υπάρχει η
αντίστροφη. Επίσης, το σύνολο τιμών της f(x) , f(Α) είναι το R.
f(Df) = R .
y = f(x) ⇔ 2y = (2x-1)3 + 1 ⇔ 2y – 1 = (2x-1)3
x = {
1
2
(1 + √2𝑦 − 13
, 𝑦 ≥
1
2
1
2
(1 − √1 − 2𝑦3
, 𝑦 <
1
2
⇔ f -1(x) = {
1
2
(1 + √2x − 1
3
, x ≥
1
2
1
2
(1 − √1 − 2x
3
, x <
1
2
γ ) Με τον ορισμό προκύπτει ότι :
Και εφαρμόζω τον ορισμό x1<x2⇒ f(x1 ) < f(x2 )
x1<x2
άρα η g(x) γνησίως αύξουσα στο R.

93. 48
δ ) Πεδίο ορισμού της ανίσωση το Df∩ f(Df) = R.
Για κάθε x ∈R , f(x) >f-1(x) ⇔f(f(x)) >f(f-1(x)) ⇔f(f(x)) >x⇔
f(f(x)) + f(x) > x + f(x) ⇔g(f(x)) > g(x) ⇔f(x) > x ⇔
4x3 - 6x2 + 3x > x ⇔4x3 - 6x2 + 2x > 0 ⇔ 2x(2x2 - 3x +1) > 0
x1 = 0 , x2 =
1
2
, x3 = 1 και πίνακας προσήμου (Άλγεβρα Β΄ )
x∈(0,
1
2
)∪(1,+∞)
ΤΕΛΕΥΤΑΙΑ ΑΣΚΗΣΗ [ Ν. ΖΑΝΤΑΡΙΔΗΣ – Ν. ΚΑΡΠΟΖΗΛΟΣ]
Για την συνάρτηση f : R→R ισχύει
f3(x) + f (x) = 8x + 2 , για κάθε x∈ R
α ) Να δείξετε ότι η f (x) είναι γνησίως αύξουσα στο R.
β **) Να δείξετε ότι : |f(x) − f(𝑦)|≤ 8|x − y| , για κάθε x , y ∈ R.
γ ) Να δείξετε ότι η f (x) είναι συνεχής στο R.
δ ) Να βρεθεί το Σ.Τ της f (x).
ε ) Να δείξετε ότι f2(x) + 2 < 3f (x) , για κάθε x ∈ (0,1)
στ ) Να οριστεί η f-1(x).

94. 49
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΗ ΛΥΣΗ
α ) Θεωρώ την g(x) = x3 + x , x ∈ R , είναι γνησίως αύξουσα στο R ,
g΄(x) = 3x2 + 1 >0 , άρα και 1-1.
f3(x) + f (x) = 8x + 2 , για κάθε x∈ R ⇔
g(f (x)) = 8x + 2 , x ∈ 𝐑.
Για κάθε x1 , x2 ∈ R με x1 <x2⇒ 8x1 +2 < 8x2 + 2 ⇒
g(f (x1)) <g(f (x2)) ⇒f (x1) <f (x2), άρα η f(x) γν. αύξουσα στο R.
β **) Θυμίζουμε ότι αν α∙β≥ 0 , τότε |𝜶 + 𝜷| = |𝜶| + |𝜷| (1)
f 3(x) + f (x) = 8x + 2
f 3(y) + f (y) = 8y + 2
και τις αφαιρώ κατά μέλη , τότε προκύπτει :
f3(x) - f3(y) + f (x) - f (y) = 8(x-y) ⇒ παίρνω απόλυτα
|(f
3
(x) − f
3
(y)) + ( f (x) − f (y))|=8 |x − 𝑦| (2)
 Αν x≥ y ⇒f (x) ≥ f (y) ⇒f3(x) ≥ f3(y) άρα
f (x)-f (y) ≥0 και f3(x) – f3 (y) ≥ 0 , ΟΜΟΣΗΜΟΙ

95. 50
 Αν x<y ⇒f (x)<f (y) ⇒f3(x) <f3(y) άρα
f (x)-f (y) < 0 και f3(x) – f3 (y) < 0 , ΟΜΟΣΗΜΟΙ
Από την (1) λοιπόν η (2) γίνεται :
|f
3
(x) − f
3
(y)| + |f(x) − f (y) |=8 |x − 𝑦| (3)
Είναι :
|f (x) − f (y) | ≤ |f
3
(x) − f
3
(y)| + |f (x) − f (y) | ⇒
|f (x) − f (y) | ≤ 8|x − y|
γ ) Η σχέση της β) για y = xο γίνεται :
-8|x − xο|≤ f (x) -f(xο) ≤ 8|x − xο|
Και απ το Κ.Π προκύπτει ότι η f (x) είναι συνεχής στο R.
δ ) Ηf (x) συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R άρα το
f (Α) = ( lim
x→−∞
f(x), lim
x→+∞
f (x) )
θα είναι lim
x→+∞
f (x)=λ∈ R ή +∞
Αν είναι λ τότε απ την f3(x) + f (x) = 8x + 2 , θα ίσχυε λ3 + λ = +∞,
ΑΤΟΠΟ ,άρα lim
x→+∞
f (x) =+∞

96. 51
Ομοίως το άλλο άρα f (Α) = R.
ε ) f 2(x) + 2 < 3f (x) ⇔ f 2(x)+ 2 - 3f (x) < 0 ⇔ (f (x)-1)( f (x)-2) < 0 , x ∈ (0,1)
Για 0 <x< 1 ⇔f (0) <f (x) <f (1)
Βρίσκω f (0).
f3(0) + f (0) = 2 , με Χορνερ προκύπτει f (0)=1
Βρίσκω f (1).
f3(1) + f (1) = 10 , με Χορνερ προκύπτει f (1)=2
Άρα 1 <f (x) < 2 ⇒ το ζητούμενο.
στ ) f (x) με πεδίο ορισμού το R και σύνολο τιμών το R.
Όπου x το f-1(x) στην f3(x) + f (x) = 8x + 2
Προκύπτει : f-1(x) =
1
8
(x3+ x -2) , x ∈ R.