H εισήγηση στο Εκπαιδευτικό σεμινάριο που διεξάχθηκε από τα Φροντιστήρια "Εν Τάξη"

Εκπαιδευτικό Σεμινάριο από τα Φροντιστήρια «Εν τάξη» – Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος
Σελίδα 1 από 18
Άσκηση 1η
Να υπολογίσετε το όριο:
( )
x
x 0
lim 1 e ln x
−
→
− .
2η παραλλαγή της άσκησης
( )
x
x
x 0
e 1 ln x
lim
e
→
−
3η παραλλαγή της άσκησης
( )
x
x
x 0
e 1 ln x
lim
e
→
−
Σε ξέρω από κάπου; Έχουμε ξανασυναντηθεί;
Είναι η άσκηση Β6 στην παράγραφο 2.9. Το βιβλίο μας κατευθύνει με ποιον τρόπο να
το αντιμετωπίζουμε. Όταν όμως θα τεθεί στις εξετάσεις δεν θα δίνεται καμία
βοήθεια!

Λύση
Η πρώτη και η δεύτερη παραλλαγή, είναι τα ίδια όρια όπως θα δούμε παρακάτω.
Υπενθυμίζουμε πώς λύνονται:
( ) ( )
( )
( )
x x x
x
x x
x 0 x 0 x 0 x 0
e 1 ln x e 1 1 e
lim lim ln x lim 1 e ln x lim ln x 1 0 0
e e
x
x
−
−
→ → → →
   
− − −
   
=  = − =  =  =
   
   
■
Με ανάλογο τρόπο προκύπτει και η τρίτη παραλλαγή.
Και πώς μπορεί να τεθεί στις Πανελλαδικές εξετάσεις με το «ζόρι»;
Αρκεί να έχουμε μια συνάρτηση f που το όριο της να τείνει στο μηδέν! Τότε αντί για
x στο παραπάνω όριο μπορούμε να το αντικαταστήσουμε με τη συνάρτηση f.
Για παράδειγμα
Α) Θεματοδότης: Δίνεται η συνάρτηση ( ) ( )
2
f x 1 x συν 2x
= + − ….
Εμείς: Να υπολογίσετε το όριο:
( )
( ) ( )
( )
f x
f x
x 0
e 1 ln f x
lim
e
→
−
Λύση
Θέτουμε ( )
f x u
= άρα ( ) ( )
( )
x 0 x 0
2
0
f x 1 x συν 2x 0 u
lim lim
→ →
= + − = = οπότε
καταλήγουμε στο όριο:
( )
( ) ( )
( )
( )
f x u
u
f x
x 0 u 0
e 1 ln f x e 1 ln u
lim lim 0
e
e
→ →
− −
= = ■

Στην περίπτωσή μας η συνάρτηση ( )
f x 0
 για κάθε xR άρα έχει νόημα να
βρούμε το όριο του ( )
lnf x όταν το x τείνει στο μηδέν. Τι γίνεται αν δεν ξέρουμε το
πρόσημο της συνάρτηση f στην περιοχή του μηδέν; Τότε εφαρμόζουμε την τρίτη
παραλλαγή του ορίου. Δείτε το επόμενο παράδειγμα:
Β) Θεματοδότης: Δίνεται η συνάρτηση ( ) ( )
f x ημ πx
= …
Εμείς: Να υπολογίσετε το όριο:
( )
( ) ( )
( )
f x
f x
x 1
e 1 ln f x
lim
e
→
−
Λύση
Θέτουμε: ( )
f x u
= και ( ) ( )
x 1 x 1
f x ημ πx 0
lim lim
→ →
= = οπότε καταλήγουμε στο όριο:
( )
( ) ( )
( )
( )
f x u
u
f x
x 1 u 0
e 1 ln f x e 1 ln u
lim lim 0
e
e
→ →
− −
= = ■
Άσκηση 2η
Αν για μία συνάρτηση f που είναι ορισμένη σε όλο το R ισχύει:
( ) ( ) ( )
2
f x f y x y
−  − για όλα τα x,yR.
Να αποδείξετε ότι η f είναι σταθερή.
2η παραλλαγή (Γενίκευση)
( ) ( ) ( )
2v
f x f y M x y
−  − για M 0
 και v 
n για όλα τα x,yR
να αποδείξετε ότι η f είναι σταθερή.
3η παραλλαγή
( ) ( ) ( )
2
f x f y x y
−  − για όλα τα x,yR.
Να αποδείξετε ότι η f είναι σταθερή.
Είναι η άσκηση Β1 στην παράγραφο 2.6.

Λύση
1η παραλλαγή: Βοηθάει να θέσουμε στην θέση του y το 0
x . Αφού η σχέση ισχύει
για κάθε 0
x,x Rθα ισχύει και για 0
x x
 οπότε η δεδομένη σχέση γίνεται:
( ) ( )
0
0 0
0
f x f x
x x x x
x x
−
− −   −
−
.
Από Κριτήριο παρεμβολής βρίσκουμε: ( )
0
f x 0
 = για κάθε 0
x R ■
2η παραλλαγή: Με ανάλογο τρόπο ■
3η παραλλαγή: Βάζουμε όπου x το y και όπου y το x, άρα προκύπτει η σχέση:
( ) ( ) ( )
2
f y f x y x
−  −
δηλαδή
( ) ( ) ( )
2
x y f x f y
− −  −
άρα
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
x y f x f y x y
− −  −  −
Επομένως, ( ) ( ) ( )
2
f x f y x y
−  − για όλα τα x, yR άρα καταλήγουμε στην
πρώτη παραλλαγή της άσκησης ■
Αρκεί να έχουμε μια συνάρτηση g που ικανοποιεί την παραπάνω συνάρτηση f, τότε η
συνάρτηση g είναι σταθερή και από εκεί βρίσκουμε τον τύπο της συνάρτησης.
Θεματοδότης: (θέλει να καταλήξουμε σε μια συνάρτηση πχ. ( ) x
f x e 2020
= + )

Εμείς: Αν ισχύει ( ) ( ) ( )
2
x y
f x f y e e x y
− − +  − για όλα τα x,yR και
( )
f 0 2021
= , να βρείτε τον τύπο της f.
Λύση
Η δεδομένη σχέση γίνεται:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2
y
x
2
x y
f e
x f y e e x f
f x x
e y
y
y
− − +  −  
− −
− −
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) x
g x f x e
= − και η παραπάνω σχέση γίνεται:
( ) ( ) ( )
2
g x g y x y
−  − για όλα τα x, yR
άρα αν εκτελέσουμε την ίδια διαδικασία με την προηγούμενη άσκηση αποδεικνύουμε
ότι η συνάρτηση g είναι σταθερή, οπότε:
( ) ( ) x
g x c f x e c,x
=  − = R
όμως ( )
f 0 2021 c 2020
=  = άρα ( ) x
f x e 2020
= + ■
Άσκηση 3η
Στο παρακάτω σχήμα η καμπύλη C είναι η γραφική παράσταση μιας συνάρτησης f
που είναι συνεχής στο  
α,β και το ( )
0 0 0
M x ,y είναι ένα σημείο του επιπέδου.
y
Μ(x,f(x))
Α(α,f(α))
B(β,f(β))
O β
α
x
Μ0(x0,y0)
Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα, τουλάχιστον, σημείο της f
C που απέχει από το 0
M
λιγότερο από ότι απέχουν τα υπόλοιπα σημεία της και ένα, τουλάχιστον, σημείο της
f
M περισσότερο από ότι απέχουν τα υπόλοιπα σημεία της.

Είναι η άσκηση Β9 στην παράγραφο 1.8 που προφανώς δίνει πολλά στοιχεία και πάλι
κατευθύνει τον αναγνώστη στην πιο ομαλή αντιμετώπιση της άσκησης.
Λύση
O τύπος της απόστασης ( )
0
M M δίνεται από τη συνάρτηση:
( ) ( ) ( )
( )
2
2
0 0
d x x x f x y
= − + − με  
x α,β
 .
Η συνάρτηση d είναι συνεχής στο [α, β] ως ρίζα αθροίσματος συνεχών συναρτήσεων.
Επομένως, σύμφωνα με το θεώρημα μέγιστης και ελάχιστης τιμής, θα υπάρχει κάποιο
 
1
x α,β
 για το οποίο η d θα πάρει τη μέγιστη τιμή της και κάποιο  
2
x α,β
 για το
οποίο η d θα πάρει την ελάχιστη τιμή της ■
Αρκεί να έχουμε:
• μια συνεχής συνάρτηση f,
• ορισμένη σε ένα κλειστό διάστημα  
α,β A

• και ένα σταθερό σημείο ( )
0 0 0
M x ,y του επιπέδου εκτός της f
C

τότε αποδεικνύεται ότι υπάρχει ένα, τουλάχιστον, σημείο της f
C που απέχει από το
0
M λιγότερο από ότι απέχουν τα υπόλοιπα σημεία της και ένα, τουλάχιστον, σημείο
της f
M περισσότερο από ότι απέχουν τα υπόλοιπα σημεία της.
Θεματοδότης: Δίνεται η συνάρτηση ( ) 2 2
f x 1 x x
= − − ….
Εμείς: Έστω ένα σημείο του επιπέδου ( )
0 0 f
M x , y C
 . Να αποδείξετε ότι υπάρχει
ένα, τουλάχιστον, σημείο της f
M λιγότερο από ότι απέχουν τα
υπόλοιπα σημεία της και ένα, τουλάχιστον, σημείο της f
M
περισσότερο από ότι απέχουν τα υπόλοιπα σημεία της.
Λύση
Αρχικά το πεδίο ορισμού της συνάρτηση f είναι  
1,1
− . Η συνάρτηση της απόστασης
( )
0
M M είναι:
( ) ( ) ( )
( )
2
2
0 0
d x x x f x y
= − + − με  
x 1,1
 −
και εφαρμόζουμε το Θεώρημα Μέγιστης και Ελάχιστης Τιμής για τη συνεχή συνάρτηση
d.
Σημείωση: Αν ο θεματοδότης έχει δώσει συνάρτηση f που το πεδίο ορισμού της είναι
ανοικτό διάστημα
πχ. ( ) 2
f x x 1 x,
= + − R,
τότε εμείς θα μπορούμε να ζητήσουμε την ελάχιστη ή/και μέγιστη απόσταση ( )
0
MM σε
ένα κλειστό διάστημα  
α,β της f.
Άσκηση 4η
Στο παρακάτω σχήμα έχουμε τις γραφικές παραστάσεις δύο παραγωγίσιμων
συναρτήσεων f,g σ’ ένα διάστημα  
α,β . Το σημείο ( )
ξ α,β
 είναι το σημείο

στο οποίο η κατακόρυφη απόσταση (ΑΒ) μεταξύ των f
C και g
C παίρνει τη
μεγαλύτερη τιμή.
y
O
Cf
Cg
g(ξ)
f(ξ)
Α
Β
β
α ξ x
Να αποδείξετε ότι οι εφαπτόμενες των f
C και g
C στα σημεία ( )
( )
A ξ,f ξ και
( )
( )
B ξ,g ξ είναι παράλληλες.
Η άσκηση θα μπορούσε να τεθεί χωρίς το δεδομένο:
( ) ( )
f α g α
= και ( ) ( )
f β g β
=
που δίνει λανθασμένες εντυπώσεις για τον τρόπο επίλυσης (πχ. Θ. Rolle για τη
συνάρτηση ( ) ( ) ( )
h x f x g x
= − ).
2η Παραλλαγή:
Τέλος, δεν είναι υποχρεωτικό να δίνονται και οι δύο συναρτήσεις f , g. Θα μπορούσε
η μία συνάρτηση, για παράδειγμα η g, να είναι ο άξονας x x
 , επομένως η άσκηση
δίνεται με την εξής παραλλαγή.

3η παραλλαγή (ειδική περίπτωση): Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση f στο κλειστό
διάστημα  
α,β . Αν η κατακόρυφη απόσταση της γραφικής παράσταση της f από
τον άξονα x γίνεται μέγιστη (ή ελάχιστη) σε ένα σημείο ( )
ξ α,β
 , να αποδείξετε ότι
εφαπτόμενη της, στο σημείο αυτό, είναι οριζόντια.
Η πρώτη και δεύτερη παραλλαγή είναι η άσκηση Β5 από την παράγραφο 2.7. Η
τρίτη παραλλαγή είναι η ερώτηση 8 από τις Κατανόησης του σχολικού βιβλίου
σελίδα 177 όπως βλέπετε παρακάτω:
Λύση
Η κατακόρυφη απόσταση (ΑΒ) μεταξύ των f
C και g
C δίνεται από τη συνάρτηση
( ) ( ) ( )
h x f x g x
= − για κάθε  
x α,β
 .

Η h παρουσιάζει μέγιστο στο εσωτερικό σημείο 0
x ξ
= και είναι παραγωγίσιμη σε αυτό,
άρα από το Θεώρημα Fermat έχουμε:
( ) ( ) ( )
h ξ 0 f ξ g ξ
  
=  =
άρα οι εφαπτόμενες των f
C και g
( )
A ξ,f ξ και ( )
( )
B ξ,g ξ είναι
παράλληλες■
2η παραλλαγή: Όμοια.
3η παραλλαγή: Η κατακόρυφη απόσταση του τυχαίου σημείου ( )
( )
M x,f x της f
C
από τον άξονα των x δίνεται από τη συνάρτηση:
( ) ( ) ( )
g x f x f x
= = για κάθε xR
διότι η f
C είναι πάνω από τον άξονα των x άρα ( )
f x 0
 για κάθε xR .
Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο R και στο σημείο Α είναι μέγιστο (όμοια
ελάχιστο) της f, άρα ικανοποιείται το θεώρημα Fermat, οπότε:
( )
0
f x 0
 =
δηλαδή η συνάρτηση f έχει οριζόντια εφαπτομένη στο σημείο ( )
( )
0 0
A x ,f x ■
Αρκεί να δοθούν
• δύο παραγωγίσιμες συναρτήσεις f,g στο  
α,β
• να γνωρίζουμε τη σχετική τους θέση πχ. ( ) ( )
f x g x
 για κάθε  
x α,β

• και ένα εσωτερικό σημείο του πεδίου ορισμού τους όπου η κατακόρυφη
απόσταση (ΑΒ) των f
C και g
C να είναι μέγιστη ή ελάχιστη,
τότε θα έχουμε το ζητούμενο, δηλαδή οι εφαπτόμενες των f
C και g
C στα σημεία
( )
( )
A ξ,f ξ και ( )
( )
B ξ,g ξ είναι παράλληλες.
Θεματοδότης: Δίνονται οι συναρτήσεις

( ) 2
f x x 1 x
= + − και ( )
x ln x ,x 0
g x
0 ,x 0


= 
=

………..
Εμείς:
α) Να αποδείξετε ότι η f
C βρίσκεται πάνω από τη g
C στο διάστημα  
0,1 .
β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ( ) ( )
f x g x
= έχει ακριβώς μια ρίζα ( )
0
x 1,e
 .
γ) Αν 0
x η ρίζα του ερωτήματος β, να αποδείξετε ότι:
i) υπάρχει σημείο ( )
0
ξ 0,x
 στο οποίο η κατακόρυφη απόσταση (ΑΒ) μεταξύ των
f
C και g
C παίρνει τη μεγαλύτερη τιμή.
ii) στο σημείο ( )
0
ξ 0,x
 , του προηγούμενου ερωτήματος, οι εφαπτόμενες των f
C
και g
( )
A 0,f 0 και ( )
( )
0 0
B x ,g x είναι παράλληλες.
Λύση
Για εκπαιδευτικούς λόγους δίνεται το σχήμα για να έχουμε μια καλύτερη εικόνα της
άσκησης.
α) Έχουμε,
( ) ( )
0 x 1 g x 0 f x
    

διότι ln x 0
 για κάθε ( )
x 0,1
 και 2
x 1 x 0
+ −  για κάθε xR (η απόδειξη
επαφίεται για τον αναγνώστη), άρα στο διάστημα  
0,1 η f
C βρίσκεται υψηλότερα
από τη g
C .
β) Λόγω του προηγούμενου ερωτήματος θα αναζητούμε τις λύσεις της εξίσωσης
( ) ( )
f x g x
=
στο διάστημα ( )
1,+ .
Θέτουμε τη συνάρτηση: ( ) ( ) ( )
h x f x g x , x 1
= −  . Έχουμε,
( )
2
2
x x 1
h x ln x 1
x 1
− +
 = − −
+
Για κάθε ( )
x 1,
 + ισχύει ( )
h x 0
  , οπότε η h είναι γνησίως φθίνουσα στο
διάστημα  )
1,+ .
Επίσης, η h συνεχής στο  
1,e και
( ) ( )
h 1 h e 0

άρα η εξίσωση ( ) ( ) ( )
h x 0 f x g x
=  = έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο ( )
1,e .
Όμως η h είναι γνησίως φθίνουσα, άρα η ρίζα είναι μοναδική.
γ) i. Η συνάρτηση ( ) ( )
f x g x
− είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα  
0
0,x , άρα από
Θ.Μ.Ε.Τ παρουσιάζει μια μέγιστη (προφανώς και μια ελάχιστη) τιμή. Αποδεικνύεται
ότι η μέγιστη τιμή δεν είναι στα άκρα του διαστήματος, οπότε υπάρχει ( )
0
ξ 0,x
 στο
οποίο η κατακόρυφη απόσταση μεταξύ των f
C και g
C παίρνει τη μεγαλύτερη τιμή.
ii) Εφαρμόζουμε το Θεώρημα Fermat για τη συνάρτηση ( ) ( )
f x g x
− με μέγιστο στο
εσωτερικό σημείο ( )
0
ξ 0,x
 ■
Άσκηση 5η

Ένα κινητό Μ ξεκινά από την αρχή των αξόνων και κινείται κατά μήκος της
καμπύλης 2
1
y x ,x 0
4
=  . Σε ποιο σημείο της καμπύλης ο ρυθμός μεταβολής της
τετμημένης x του Μ είναι ίσος με το ρυθμό μεταβολής της τεταγμένης του y, αν
υποτεθεί ότι ( )
x t 0
  για κάθε t 0
 ;
2η παραλλαγή: Ένα κινητό Μ ξεκινά από την αρχή των αξόνων και κινείται κατά
μήκος της γραφικής παράστασης της συνάρτησης ( ) 2
1
f x x ,x 0
4
=  . Σε ποιο σημείο
της f
C ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης x του Μ είναι ίσος με το ρυθμό
μεταβολής της τεταγμένης του y, αν υποτεθεί ότι ( )
x t 0
 ;
Είναι ακριβώς η άσκηση A5 στην παράγραφο 2.4. Παρόμοια άσκηση είναι και η Β6
και Β8 στην ίδια παράγραφο.

Λύση
Έστω ( ) ( )
2
1
M x t , x t
4
 
 
 
σημείο της καμπύλης 2
1
y x
4
= τη χρονική στιγμή t με t 0
 ,
τότε:
( ) ( ) ( )
( )
( )
x t 0
1
x t x t x t x t 2
2
 
 
=  =
οπότε
( ) 2
1
y t 2 1
4
=  = .
Έτσι το σημείο είναι το ( )
M 2,1 ■
Αρκεί να έχουμε
- μια εξίσωση καμπύλης
- και για μια χρονική στιγμή έχουμε μια σχέση μεταξύ πχ. των ( )
x t
 και ( )
x t
τότε μπορούμε να βρούμε σε ποιο σημείο της καμπύλης πραγματοποιείται.
Θεματοδότης: Η συνάρτηση ( ) 2
f x x 1, x 0
= +  …
Εμείς: Ένα κινητό Μ ξεκινά από την αρχή των αξόνων και κινείται κατά μήκος της
γραφικής παράστασης της συνάρτησης f . Σε ποιο σημείο της ο ρυθμός μεταβολής
της τετμημένης x του Μ είναι ίσος με το διπλάσιο της μεταβολής της τεταγμένης του
y, αν ( )
x t 0
 ;

Σημείωση: Στις ασκήσεις του ρυθμού μεταβολής βολεύει να αντιμετωπίζουμε τις
συναρτήσεις στη μορφή:
2
y x 1, x 0
= + 
για ευκολία στην παραγώγιση.
Λύση
Έστω ( ) ( )
( )
2
M x t , x t 1
+ σημείο της καμπύλης 2
y x 1
= + τη χρονική στιγμή t με
t 0
 τότε:
( )
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
x t 2y t x t 0
2 2 2
2
2 2
x t x t x t x t x t x t
1
y t
2 2
x t 1 x t 1 x t 1
x t 1 2x t
x t 1 4x t
3
x t
3
  
= 
  
 =  =  =
+ + +
 + =
 + =
 =
οπότε
( )
1 2 2 3
y t 1
3 3
3
= + = = .
Έτσι το σημείο είναι το
3 2 3
M ,
3 3
 
 
 
 
■
Άσκηση 6η
Αν ( )
2
x 1
f x αx β
x 1
+
= − +
+
, να βρείτε τις τιμές των α,βR για τις οποίες η γραφική
παράσταση της συνάρτησης f έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο + .

2η παραλλαγή: Αν ( )
2
x 1
f x αx β
x 1
+
= − +
+
, να βρείτε τις τιμές των α,βR αν
( )
x
f x 0
lim
→+
= .
3η παραλλαγή: Αν ( )
2
x 1
f x αx β
x 1
+
= − +
+
, να βρείτε τις τιμές των α,βR αν
( )
x
f x 2021
lim
→+
= .
Είναι η άσκηση Β3 στην παράγραφο 1.7 (με διαφορετική διατύπωση).
Λύση
Γνωρίζουμε ότι,
( ) ( )
x x
2
x 1
f x 0 αx β 0
x 1
lim lim
→+ →+
 
+
=  − − =
 
+
 
Αν θεωρήσουμε τη συνάρτηση ( )
2
x 1
g x , x 1
x 1
+
=  −
+
, τότε από την προηγούμενη σχέση
έχουμε ότι η ευθεία y αx β
= − είναι ασύμπτωτη της g
C στο + . Επομένως, αρκεί να
βρούμε την πλάγια ασύμπτωτή της στο + . Είναι
( )
x x
2
2
g x x 1
1 α 1
x x x
lim lim
→+ →+
+
= =  =
+
και
( )
( )
x x x
2
x 1 1 x
g x x x 1 β 1 β 1
x 1 x 1
lim lim lim
→+ →+ →+
 
+ −
− = − = = −  − = −  =
 
+ +
 
■
2η παραλλαγή: Είναι ισοδύναμη με την προηγούμενη άσκηση.
3η παραλλαγή: Το δεδομένο όριο γίνεται:

( )
( )
x x
x
x
2
2
2
x 1
f x 2021 αx β 2021
x 1
x 1
αx β 2021 0
x 1
x 1
αx β 2021 0
x 1
lim lim
lim
lim
→+ →+
→+
→+
 
+
=  − + =
 
+
 
 
+
 − + − =
 
+
 
 
+
 − − + =
 
+
 
άρα η γραφική παράσταση της συνάρτησης ( )
2
x 1
g x
x 1
+
=
+
έχει ασύμπτωτη στο +
την ευθεία y αx β 2021
= − + και ακολουθούμε την ίδια διαδικασία επίλυσης…
Αρκεί να έχουμε:
• μια συνάρτηση f
• τέτοια ώστε ( )
( )
x
f x αx β 0
lim
→+
− + = ή ( )
( )
x
f x αx β
lim
→+
− + = , όπου ένας
πραγματικός αριθμός
τότε θα μπορούμε να υπολογίσουμε τα α και β.
Θεματοδότης: Δίνεται συνάρτηση ( ) 2
f x x 1
= + …..
Εμείς: Αν ( )
( )
x
f x αx β 4
lim
→+
− + = , τότε να υπολογίσετε τους πραγματικούς αριθμούς α, β.
Λύση
Από τη δεδομένη σχέση έχουμε:
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
x x x
f x αx β 4 f x αx β 4 0 f x αx β 4 0
lim lim lim
→+ →+ →+
− + =  − + − =  − − + =
 
 
άρα η ευθεία y αx β 4
= − + είναι ασύμπτωτη της f
C στο + , επομένως
( )
x x x
2
2
f x x 1 1
α 1 1 α 1
x x x
lim lim lim
→+ →+ →+
+
= = = + =  =
και
( )
( ) ( )
x x x
2
2
1
β 4 f x x x 1 x 0 β 4
x 1 x
lim lim lim
→+ →+ →+
− + = − = + − = =  =
+ +
■

Προφανώς για να λειτουργήσει η παραπάνω περίπτωση πρέπει η συνάρτηση f που θα
δίνεται να έχει πλάγια ασύμπτωτη στο + , αν δεν έχει τότε πρέπει μέσα στο όριο να
δημιουργήσουμε τους κατάλληλους μετασχηματισμούς έτσι ώστε να διαθέτει πλάγια
ασύμπτωτη. Ας δούμε μια περίπτωση πώς μπορεί να πραγματοποιηθεί.
Θεματοδότης: Δίνεται η συνάρτηση ( )
f x xln x
= …..
Εμείς: Αν
( )
x 2
f x
αx β 4
x
lim
→+
 
− + =
 
 
, τότε να υπολογίσετε τους πραγματικούς αριθμούς α, β.
Λύση
Από τη δεδομένη σχέση έχουμε:
( )
( )
x x x
2 2
f x xln x ln x
αx β 4 αx β 4 0 αx β 4 0
x x x
lim lim lim
→+ →+ →+
     
− + =  − + − =  − − + =
     
   
 
άρα η ευθεία y αx β 4
= − + είναι ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της
συνάρτησης ( )
ln x
g x
x
= στο + , επομένως:
( )
x x 2
g x ln x
α ... 0
x x
lim lim
→+ →+
= = = =
και
( )
x x
ln x
β 4 g x ... 0 β 4
x
lim lim
→+ →+
− + = = = =  =

H εισήγηση στο Εκπαιδευτικό σεμινάριο που διεξάχθηκε από τα Φροντιστήρια "Εν Τάξη"

More Related Content

What's hot

Similar to H εισήγηση στο Εκπαιδευτικό σεμινάριο που διεξάχθηκε από τα Φροντιστήρια "Εν Τάξη"

More from Μάκης Χατζόπουλος

H εισήγηση στο Εκπαιδευτικό σεμινάριο που διεξάχθηκε από τα Φροντιστήρια "Εν Τάξη"