Math pros 2020_neo_them_lyseis_l

1. Μαθηματικά ομάδων Προσανατολισμού
θετικών σπουδών & σπουδών
Οικονομίας και Πληροφορικής 2020
θέματα και λύσεις (Νέο)
Επιμέλεια Λύσεων: Χρήστος K. Λοΐζος
www.liveyourmaths.com/

2. ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ
ΝΕΟ ΣΥΣΤΗΜΑ – ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ & ΕΣΠΕΡΙΝΩΝ
ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ
ΝΕΟ
ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ
ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ & ΕΣΠΕΡΙΝΩΝ ΓΕΝΙΚΩΝ ΛΥΚΕΙΩΝ
ΤΕΤΑΡΤΗ 17 ΙΟΥΝΙΟΥ 2020
ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ
ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΤΕΣΣΕΡΙΣ (4)
ΘΕΜΑ Α
A1. Έστω μια συνάρτηση f , η οποία είναι ορισμένη σε ένα κλειστό
διάστημα [α, β]. Αν
η f είναι συνεχής στο [α, β] και
f(α) f(β),
να αποδείξετε ότι για κάθε αριθμό η μεταξύ των f(α) και f(β) υπάρχει
ένας τουλάχιστον ox (α, β) τέτοιος, ώστε of(x ) η.
Μονάδες 7
A2. Πότε μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη σε ένα κλειστό διάστημα
[α, β] του πεδίου ορισμού της;
Μονάδες 4
A3. Θεωρήστε τον παρακάτω ισχυρισμό:
«Για κάθε συνάρτηση f , ορισμένη, παραγωγίσιμη και γνησίως αύξουσα
στο , ισχύει f (x) 0».
α) Να χαρακτηρίσετε τον ισχυρισμό, γράφοντας στο τετράδιό σας το
γράμμα Α, αν είναι αληθής, ή το γράμμα Ψ, αν είναι ψευδής.
(μονάδα 1)
β) Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας στο ερώτημα α).
(μονάδες 3)
Μονάδες 4
A4. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο
τετράδιό σας, δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση, τη
λέξη Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι
λανθασμένη.
α) 2v 1x 0
1
lim
x
, για κάθε v .
β) Αν f, g είναι δύο συναρτήσεις με πεδία ορισμού A και B,
αντίστοιχα, τότε η g f ορίζεται, αν f(A) B .
γ) Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) | x |, x έχει
άξονα συμμετρίας τον y y.
δ) Η εικόνα f( ) ενός διαστήματος μέσω μιας συνεχούς και μη
σταθερής συνάρτησης είναι πάντα διάστημα.

3. ΑΡΧΗ 2ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ
ΝΕΟ ΣΥΣΤΗΜΑ – ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ & ΕΣΠΕΡΙΝΩΝ
ΤΕΛΟΣ 2ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ
ΝΕΟ
ε) Δίνεται ότι η συνάρτηση f παραγωγίζεται στο και ότι η γραφική
της παράσταση είναι πάνω από τον άξονα x x. Αν υπάρχει κάποιο
σημείο o oA(x , f(x )) της Cf , του οποίου η απόσταση από τον άξονα
x x είναι μέγιστη (ή ελάχιστη), τότε σε αυτό το σημείο η
εφαπτομένη της Cf είναι οριζόντια.
Μονάδες 10
ΘΕΜΑ Β
Δίνονται οι συναρτήσεις:
f : (1, ) , με τύπο
x 2
f(x)
x 1
και
g: , με τύπο
x
g(x) e .
B1. Να προσδιορίσετε τη συνάρτηση f g.
Μονάδες 5
B2. Αν
x
x
e 2
(f g)(x)
e 1
, με x 0, να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f g είναι
‘1-1’ και να βρείτε την αντίστροφή της.
Μονάδες 8
B3. Αν
1 x 2
(x) (f g) (x) n
x 1
, με x 1, να μελετήσετε τη συνάρτηση
φ ως προς τη μονοτονία.
Μονάδες 6
B4. Αν φ είναι η συνάρτηση του ερωτήματος Β3, να βρεθούν τα όρια
x 1
lim φ(x) και
x
lim φ(x) .
Μονάδες 6
ΘΕΜΑ Γ
Δίνεται η συνεχής συνάρτηση
1
n , x 0
1 x
f(x)
3π
ημx + συνx , 0 x
2
, με 0 .
Γ1. Να αποδείξετε ότι 1 .
Μονάδες 5

4. ΑΡΧΗ 3ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ
ΝΕΟ ΣΥΣΤΗΜΑ – ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ & ΕΣΠΕΡΙΝΩΝ
ΤΕΛΟΣ 3ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ
ΝΕΟ
Γ2. Να αποδείξετε ότι ορίζεται εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f
στο σημείο A(0, 1), η οποία σχηματίζει με τον άξονα x x γωνία ίση
με
π
4
.
Μονάδες 6
Γ3. Να βρείτε τα κρίσιμα σημεία της συνάρτησης f .
Μονάδες 6
Γ4. Ένα σημείο M( , f( )), με 0, κινείται στη γραφική παράσταση της f .
Ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του σημείου M δίνεται από τον τύπο
(t)
(t)
3
.
Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο M τέμνει τον άξονα
x x στο σημείο B. Να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του
σημείου B τη χρονική στιγμή ot , κατά την οποία το σημείο M έχει
τετμημένη 1.
Μονάδες 8
ΘΕΜΑ Δ
Δίνεται η συνάρτηση f : με τύπο
x 2
f(x) e x ex 1.
Δ1. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό ox (0, 1), στο οποίο η f
παρουσιάζει ολικό ελάχιστο. Στη συνέχεια να αποδείξετε ότι
2
o o of(x ) x (e 2)x e 1.
Μονάδες 7
Δ2. Να υπολογίσετε το όριο
o
o o
x x
1 1
lim ημ
f(x) f(x ) x x
,
όπου ox το σημείο του ερωτήματος Δ1 που η f παρουσιάζει ολικό
ελάχιστο.
Μονάδες 6
Δ3. Αν ox είναι το σημείο του ερωτήματος Δ1 που η f παρουσιάζει ολικό
ελάχιστο, να αποδείξετε ότι η εξίσωση of(x) x x για ox (x ,1) έχει
μοναδική ρίζα ρ.
Μονάδες 5
Δ4. Αν ox είναι το σημείο του ερωτήματος Δ1 που η f παρουσιάζει ολικό
ελάχιστο και ρ είναι η ρίζα της εξίσωσης του ερωτήματος Δ3, να
αποδείξετε ότι of(x ) f(ρ) ( f (k) 1) για κάθε k (ρ, 1).
Μονάδες 7

5. ΑΡΧΗ 4ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ
ΝΕΟ ΣΥΣΤΗΜΑ – ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ & ΕΣΠΕΡΙΝΩΝ
ΤΕΛΟΣ 4ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ
ΝΕΟ
ΟΔΗΓΙΕΣ (για τους εξεταζομένους)
1. Στο εξώφυλλο του τετραδίου να γράψετε το εξεταζόμενο μάθημα. Στο
εσώφυλλο πάνω-πάνω να συμπληρώσετε τα ατομικά στοιχεία μαθητή.
Στην αρχή των απαντήσεών σας να γράψετε πάνω-πάνω την ημερομηνία
και το εξεταζόμενο μάθημα. Να μην αντιγράψετε τα θέματα στο τετράδιο
και να μη γράψετε πουθενά αλλού στο τετράδιό σας το όνομά σας.
2. Να γράψετε το ονοματεπώνυμό σας στο πάνω μέρος των φωτοαντιγράφων
αμέσως μόλις σας παραδοθούν. Τυχόν σημειώσεις σας πάνω στα θέματα δεν
θα βαθμολογηθούν σε καμία περίπτωση. Κατά την αποχώρησή σας να
παραδώσετε μαζί με το τετράδιο και τα φωτοαντίγραφα.
3. Να απαντήσετε στο τετράδιό σας σε όλα τα θέματα μόνο με μπλε ή μόνο
με μαύρο στυλό με μελάνι που δεν σβήνει. Μολύβι επιτρέπεται, μόνο αν το
ζητάει η εκφώνηση, και μόνο για πίνακες, διαγράμματα κ.λπ.
4. Κάθε απάντηση επιστημονικά τεκμηριωμένη είναι αποδεκτή.
5. Διάρκεια εξέτασης: τρεις (3) ώρες μετά τη διανομή των φωτοαντιγράφων.
6. Χρόνος δυνατής αποχώρησης: 10.00 π.μ.
ΣΑΣ ΕΥΧΟΜΑΣΤΕ KΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ
ΤΕΛΟΣ ΜΗΝΥΜΑΤΟΣ

6. www.liveyourmaths.com
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ
- ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ 2020 (ΝΕΟ)
ΘΕΜΑ Α
Α1. Θεωρία σχολικού βιβλίου σελ. 76
Α2. Θεωρία σχολικού βιβλίου σελ. 104
Α3. α) Ο ισχυρισμός είναι ψευδής (Ψ).
β) Θεωρούμε τη συνάρτηση 3
( ) ,f x x x= ∈ . Η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική και παρα-
γωγίσιμη με ( ) 2
3 ,f x x x′ = ∈ . Παρατηρούμε ότι ( )2 2
00 03x x f x≥ ≥ ′⇔ ⇔ ≥ . Η πα-
ράγωγος της f μηδενίζεται σε διακεκριμένα σημεία
( )0x = , ενώ για κάθε 0x ≠ είναι: ( ) 0f x′ > . Τα πα-
ραπάνω φαίνονται στον διπλανό πίνακα.
Επομένως, έχουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο  . Ωστόσο, είναι ( )0 0f ′ = .
Άρα, ο ισχυρισμός είναι ψευδής.
Α4. α) Λάθος
β) Σωστό
γ) Σωστό
δ) Σωστό
ε) Σωστό
ΘΕΜΑ Β
Β1. Έχουμε τις συναρτήσεις
2
( ) , 1
1
x
f x x
x
+
= >
−
και ( ) ,x
g x e x= ∈ . Για το πεδίο ορισμού της συ-
νάρτησης f g , έχουμε:
{ } { } { }
{ } ( )
0
)
,
( 1
0 0
και και και
και
x
x
e
x
g ff gD x x x e e
x
g D e
x
D x∈ ∈ ∈ ∈
∈ ∞ ≠
= = >= >=
= > ∅= +
1
  

Επιπλέον, για τον τύπο της συνάρτησης f g , έχουμε:
( )( ) ( )( ) ( ) 2 2
( ) 1 1
x
x
g x e
f g x f g x
g x e
+ +
= = =
− −

x
f'(x) + +
f(x) 1
+∞−∞
0
0
1

7. www.liveyourmaths.com
Επομένως, ( )( ) ( )
2
,
1
0,
x
x
e
f g x x
e
=
−
∈
+
+∞ .
Β2. Θα αποδείξουμε ότι η f g αντιστρέφεται:
α’ τρόπος
Αρχικά, θα αποδείξουμε ότι η συνάρτηση f g είναι ‘1-1’. Δηλαδή, για κάθε ( )1 2 ,, 0x x ∈ +∞
με ( )( ) ( )( ) 21 12 f g x f g x x x= ⇒= . Πράγματι,
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
1 2
1 2 2 1
1 2
1 2
1 2
2 2
2 1 2 1
1 1
x x
x x x x
x x
x x
f
e e
e e e e
e e
xg x f g
e e
+ +
⇒ = ⇒ + − = + − ⇒
− −
⇒
= 
1 2
2 2x x
e e− + − 1 2x x
e e= 2 1
2 2x x
e e− + − 1 2 1 2
1
1 2
:1
3 3
x
e
x x x x
e e e e x x
−
⇒ = ⇒ == ⇒
Επομένως, συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση f g είναι ‘1-1’ και άρα αντιστρέφεται.
β’ τρόπος
Αρκεί να δείξουμε ότι η f g είναι γνησίως μονότονη. Η f g είναι συνεχής ως πηλίκο συνε-
χών συναρτήσεων και παραγωγίσιμη με:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
2 2
2 1 2 1 1 22
1 1 1
x x x x x x x xx
x x x
x x
e e e e e e e ee
f g x
e e e
e e
′ ′ ′′ + − − + − − − + +′= = = = 
−  − −
=

1 x
e− −( )
( ) ( )
( )
2
2 2
2 3
0 0 1 0 0
1 1
, αφού και , για κάθε
x
x x
x x
e
e e x
e e
− −
= < > − > >
− −
Οπότε ( ) ( )
( )
2
3
0
1
x
x
e
f g x
e
′ =− <
−
 , επομένως η f g είναι γνησίως φθίνουσα στο ( )0,+∞ ,
άρα είναι και ‘1-1’ και άρα αντιστρέφεται.
Θα βρούμε τώρα την αντίστροφή της. Για κάθε 0x > , θέτουμε ( )( )y f g x=  και έχουμε:
( )( ) ( )2 1
2
2 2
1
(1)
x
x x x x x
x
y
e
y ye ye y ef y
e
g x y e e y
+
= − = + − = ⇔+ =+⇔= ⇔ −
−
⇔
Διακρίνουμε περιπτώσεις:
• Αν 11 0 yy − = ⇔ =, τότε η (1) γίνεται 0 3= , άτοπο (Η εξίσωση είναι αδύνατη)
• Άρα, 1 0y − ≠ , συνεπώς,
2
1
x y
e
y
+
=
−
(2).
Πρέπει ( )( ) ( ) ( )1
2
0
1
2 0 , 2 1,y y y
y
y
⇔ + − > ∞
+
> ⇔ ∞ − ∪
−
∈ − + . Άρα:
( ) ( )
2
ln , ,
1
2
1
1
2 ,x y
e
y
x y
yy
 +
⇔ ∞
+
=
−
= ∈ −∞ − ∪ + 
− 
.
Όμως, εξ’ υποθέσεως έχουμε ότι:
2

8. www.liveyourmaths.com
ln
2 2 2 2
ln 0 ln ln1 1 1 0
1 1 1 1
2
0
1
0
1 1
y y y y
y y y y
y
y
x
y y
y
   + + + +
⇔ > ⇔ > ⇔ > ⇔ − > ⇔   
− − − −   
+ −
⇔ − > ⇔
−
>
−
1
2 y+ −
( )
1 3
0 0 3 1 0 1
1 1
y y
y y
+
> ⇔ > ⇔ − > ⇔ >
− −
Δηλαδή, έχουμε ότι ( ) ( ) ( )
1 2
ln ,
1
1,
y
f g y y
y
−  +
∞

∈=  
−
+ και αντικαθιστώντας y με x, έχουμε:
( ) ( ) ( )
1 2
ln ,
1
1,
x
f g x x
x
−
∞
+ 
=  
−
∈
 
+ .
ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ:
Θα μπορούσαμε να λύσουμε την εξίσωση ( )y f x= και αυτή να έχει ακριβώς μία λύση ως
προς x. Με αυτόν τον τρόπο, εξασφαλίζουμε ότι η συνάρτηση f g είναι ‘1-1’. Έτσι, δεν
χρειάζεται περαιτέρω διαδικασία για να αποδείξουμε ότι η f g είναι ‘1-1’.
Β3. Έχουμε ότι
2
( ) ln , 1
1
x
x x
x
+ 
ϕ= > 
− 
.
α’ τρόπος
Η φ είναι συνεχής ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων και παραγωγίσιμη με:
( ) ( ) ( )( )
( ) ( )
2 2
2 1 2 11 2 1 1 1 2
( )
2 1 2 21 1
1
1
x x x xx x x x x
x
x x x xx x
x
x
′ ′′ + − − + −+ − − − − − ′ϕ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = + − + +  − −
−
−
=
( ) ( )( )1 02
13 3
, 1
2 2 11
x
x
x
x x xx
>
− >
− −
⋅ = >
+ + −−
Είναι
( )( )
3
0
2 1x x
−
<
+ −
, αφού 1 01 xx ⇔ −> > και 3 01 2x x⇔ >> + > .
Τελικά ( )
( )( )
3
0
2 1
x
x x
−
′ϕ= <
+ −
, άρα η φ είναι γνησίως φθίνουσα στο ( )1,+∞ .
β’ τρόπος
Εναλλακτικά, με έναν πιο εύκολο τρόπο, μπορούμε να κάνουμε το εξής:
( ) ( ) ( )
2
ln ln 2 ln 1 , 1
1
x
x x x x
x
+ 
ϕ = = + − − > 
− 
. Η φ είναι συνεχής ως πράξεις μεταξύ συνεχών
συναρτήσεων και παραγωγίσιμη με:
3

9. www.liveyourmaths.com
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( )
( )
( )( )
ln 2 ln 1 ln 2 ln 1
1 21 1 1 1
2 1
2 1 2 1 2 1
x x x x x
x x x
x x
x x x x x x
′ ′ ′′ϕ = + − − = + − − =  
− − +′ ′= ⋅ + − ⋅ − = − = =
+ − + − + −
1 x− −
( )( )
( )( )1
1 0 2 0
2
2 1
3
0, 1
2
δι ι καιότ
x x
x
x
x
x
x⇔
−
=
+ −
−
= < >
+ −
− > + >
Τελικά ( )
( )( )
3
0
2 1
x
x x
−
′ϕ= <
+ −
, άρα η φ είναι γνησίως φθίνουσα στο ( )1,+∞ .
Β4. Θα εξετάσουμε τα δύο όρια ξεχωριστά. Έχουμε:
• Για το όριο
1
lim ( )
x
x+
→
ϕ , είναι:
1 1
2
lim ( ) lim ln
1x x
x
x
x+ +
→ →
 +  
ϕ =   −  
. Θέτουμε
2
1
x
u
x
+
=
−
, οπότε όταν
1x +
→ είναι: ( )
3
0
1 1
2 1
lim lim 2
1 1x x
x
x
x x+ +
 
 
 
→ →
+  
= + ⋅ 
− − 
. Ισχύει:
 ( )1
lim 2 3
x
x+
→
+ =

( )1
1
1
l
l
1
m
0
i 1 0 1
im
11
x
x
x
x x x x
+
+
→
→+
⇒ ∞
−= 
= +
−> → ⇔ − > ⇔
Επομένως, όταν 1x u+
→ ⇒ → +∞ και άρα ( )1
lim ( ) lim ln
ux
x u+ →+∞→
∞ϕ = =+ .
• Για το όριο lim ( )
x
x
→+∞
ϕ , είναι:
2
lim ( ) lim ln
1x x
x
x
x→+∞ →+∞
 +  
ϕ =   −  
. Θέτουμε
2
1
x
w
x
+
=
−
, οπότε ό-
ταν x → +∞ είναι:
2
lim lim lim 1 1
1x x x
x x
x x∞→+ →+∞ →+∞
+
= = =
−
.
Τελικά, ( )( ) ( )1
lim lim ln ln1 0
x w
x w
→+∞ →
ϕ = = = .
ΘΕΜΑ Γ
Γ1. Έχουμε:
1
ln , 0
1
( ) , 0
3
, 0
2
x
x
f x
x x x

− λ ≤ −
= λ >
πηµ + λσυν < <

.
Δίνεται ότι η f είναι συνεχής, άρα θα είναι συνεχής και στο σημείο αλλαγής τύπου, δηλαδή στο
0 0x = . Δηλαδή, ισχύει:
( ) ( )0 0 0 0
0
1 1
l
1
im (
l
) l
ln 0 0 1 ln 1 l
im ( ) 0 lim ln lim ln
1
n n 1
1 0x x x x
f x f x f x x
x− + − +
→ → → →
 
= = − λ= ηµ + λσ⇔ ⇔
⇔ − λ
υν= − λ 
λ = ηµ + λσυν λ
− −
=− ⇔ − =λ ⇔ λ + −

λ =
4

10. www.liveyourmaths.com
Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ln 1, 0g x x x x= + − > . Η ρίζα της συνάρτησης ( )g x , δηλαδή η λύση
της εξίσωσης ( ) 0g x = , θα είναι η ζητούμενη τιμή του λ.
Μία προφανής ρίζα της συνάρτησης ( )g x είναι η 1x = . Θα δείξουμε ότι είναι και η μοναδική.
Η συνάρτηση ( )g x είναι συνεχής ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων και παραγωγίσιμη
με
1
( ) 1, 0g x x
x
′ = + > . Συνεπώς, ( ) 0g x′ > , άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο ( )0,+∞ . Ο-
πότε, θα έχει μοναδική ρίζα. Έχουμε ήδη βρει μία, την 1x = , η οποία, επομένως, είναι μοναδική.
Άρα, συμπεραίνουμε ότι 1λ = και πλέον ο τύπος της ( )f x είναι:
1
, 0
1
( )
3
, 0
2
x
x
f x
x x x

≤ −
= 
πηµ + συν < <

.
Γ2. Αρχικά, επιβεβαιώνουμε ότι το σημείο ( )0,1Α ανήκει στη γραφική παράσταση της f. Είναι
( )0 1f = , άρα πράγματι το σημείο ( )0,1Α ανήκει στη γραφική παράσταση της f.
Για να ορίζεται εφαπτομένη της fC στο σημείο ( )0,1Α , η οποία σχηματίζει με τον άξονα x’x
γωνία ίση με
4
π
, αρκεί η f να είναι παραγωγίσιμη στο σημείο 0 0x = και η παράγωγός της στο
σημείο αυτό να είναι ίση με ( )0 1
4
f
π
′ = εϕ = .
Θα αποδείξουμε ότι η f να είναι παραγωγίσιμη στο σημείο 0 0x = :
•
( )
( )0 0 0 0 0
1 1 1
1( ) 0 11 1lim lim lim lim lim 1
0 1 1x x x x x
x
f x f xx x
x x x x x x− − − − −
→ → → → →
− +
−− − −= = = = =
− − −
•
( )
0 0 0
( ) 0 1 1
lim lim lim 1 0 1
0x x x
f x f x x x x
x x x x+ + +
→ → →
− ηµ + συν − ηµ συν − 
= = + = + = 
−  
Παρατηρούμε ότι οι πλευρικές παράγωγοι στο 0 0x = είναι ίσες, άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο
σημείο 0 0x = , με ( )0 1f ′ = . Άρα, 1εϕω = και επειδή, 0 ≤ ω < π, τότε:
4
π
ω = .
Άρα, το ζητούμενο απεδείχθη.
Γ3. Γνωρίζουμε ότι τα κρίσιμα σημεία μίας συνάρτησης είναι εκείνα τα εσωτερικά σημεία του πε-
δίου ορισμού της, όπου η συνάρτηση δεν είναι παραγωγίσιμη, είτε η παράγωγός της είναι ίση
με 0.
5

11. www.liveyourmaths.com
Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα ( ),0−∞ ως ρητή, είναι παραγωγίσιμη στο διά-
στημα
3
0,
2
π 
 
 
ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Αφού είναι παραγωγίσιμη στο ση-
μείο 0 0x = , όπως αποδείξαμε στο προηγούμενο ερώτημα, τα κρίσιμα σημεία της f θα είναι τα
σημεία μηδενισμού της πρώτης παραγώγου.
Θεωρούμε για ευκολία τις επιμέρους συναρτήσεις 1
1
( ) , 0
1
f x x
x
= ≤
−
και
2
3
( ) , 0
2
f x x x x
π
= ηµ + συν < < , οι οποίες είναι συνεχείς και παραγωγίσιμες με:
• ( )
( )
( ) ( ) ( )
1 2 2 2
11 1 1
1 1 1 1
x
f x
x x x x
′′ − − ′ = =− =− = 
−  − − −
• ( ) ( )2f x x x x x′′ = ηµ + συν = συν − ηµ .
Άρα,
( )
2
1
, 0
1
( )
3
, 0
2
x
x
f x
x x x

<
−
′ = 
π
συν − ηµ < <
. Αφού είναι παραγωγίσιμη στο 0 0x = με ( )0 1f ′ = ,
έχουμε ότι:
( )
2
1
, 0
1
( )
3
, 0
2
x
x
f x
x x x

≤
−
′ = 
π
συν − ηµ < <
Για 0x ≤ , είναι ( ) 0f x′ > , άρα στο διάστημα ( ],0−∞ δεν υπάρχουν κρίσιμα σημεία.
Για
3
0
2
x
π
< < , έχουμε: 0 0( ) x x x xf x ⇔ συν − η′ = µ = ⇔ ηµ =συν (1).
Είναι 0xσυν ≠ , γιατί, αν 0xσυν = , τότε από (1), θα είναι και 0xηµ = και τότε δε θα ικανο-
ποιείτο η βασική τριγωνομετρική ταυτότητα 2 2
0 0 11 , άτοπο.x xηµ + συν = ⇔ + =
Άρα, 0xσυν ≠ , οπότε 1 1 ,
4 4
(1 κ) x
x
x x
x
π π
⇔ ⇔ εϕ = ⇔ εϕ = εϕ ⇔ = κπ
ηµ
=
συν
+ ∈
4
3
0
3 5 1 5
0
42 2 4 4 4
x
π π π π
⇔ < κπ + < ⇔< − <
π
< < κπ ⇔ − < κ < .
Όμως, κ∈ , άρα 0 1ήκ= κ= .
Οπότε:
1
4
0
4
5
x
x
π
⇒ =
π
κ = ⇒ =
κ =
6

12. www.liveyourmaths.com
Επομένως, τα κρίσιμα σημεία της συνάρτησης f είναι τα σημεία:
5
4 4
και
π π
.
Γ4. Με βάση τα δεδομένα της εκφώνησης, η εξίσωση της εφαπτομένης είναι:
( ) ( )( )y f f x′− α= α − α (2). Εάν στην εξίσωση (2) θέσουμε 0y = , θα πάρουμε την τετμημένη
του σημείου τομής εφαπτομένης και άξονα x’x (σημείο Β), συναρτήσει του α. Άρα, έχουμε:
( ) ( )( )
( )
( )
( )0
2
2
1 1
1
1
11
f f x x x
α≤ − α
⇔ ⇔ − α = −
− α
′− α= α − α − = − α
− α − α
( )1 1 2 1 (3)x x x
⇔
⇔ − α = − − α ⇔ − α = − + α ⇔ = α −
Ο πραγματικός αριθμός α είναι συνάρτηση του χρόνου t, άρα η εξίσωση (3) γράφεται:
( ) 2 ( ) 1x t t= α − (4).
Η εξίσωση (4) μας δίνει την τετμημένη του σημείου Β, ενώ παραγωγίζοντάς την ως προς t, έ-
χουμε:
( )
( )
3 2 ( )
( )
3
( ) 2 ( )
t
t
t
x tx t t
α
α′ =−
′
α
⇔ =−′= α ′ .
Τη χρονική στιγμή 0t t= , έχουμε: ( )
( )
( )
( )
( )0
0 0 0
2 1 2
3 3
2
3
x t
t
x t x t
α
′
⋅ −
′ ′⇔ =−− ⇔ == .
Τελικά, ο ζητούμενος ρυθμός μεταβολής είναι ( )0
2
3
μον. μήκους
μον. χρόνου
x t′ = .
Παραθέτουμε παραπάνω, τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f. Είναι σαφές, ότι μας εν-
διαφέρει το υποδιάστημα του πεδίου ορισμού της ( ],0−∞ στο οποίο κινείται η τετμημένη α
του σημείου Μ.
7

13. www.liveyourmaths.com
ΘΕΜΑ Δ
Δ1. Έχουμε ότι 2
( ) 1,x
f x e x ex x= + − − ∈ .
α’ τρόπος
Η συνάρτηση f είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων και παραγωγίσιμη με
( ) 2 ,x
f x e x e x′ = + − ∈ .
Η συνάρτηση f ′ είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων και παραγωγίσιμη με
( ) 2,x
f x e x′′ = + ∈ .
Παρατηρούμε ότι ( ) 0f x′′ > , για κάθε x∈, άρα από γνωστό θεώρημα, είναι στοf ′1  . Θα
εφαρμόσουμε το Θεώρημα Bolzano για την f ′ στο διάστημα [ ]0,1 . Έχουμε:
• Η f ′ είναι συνεχής στο [ ]0,1 ⊆  ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων.
• ( )0 1 0f e′ = − < και ( )1 2 0f ′ = > . Οπότε, ( ) ( )0 1 0f f′ ′⋅ < .
Άρα, από Θεώρημα Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0 0,1x ∈ , τέτοιο ώστε ( )0 0f x′ = . Βρή-
καμε ότι η f ′ είναι γνησίως αύξουσα στο  , άρα το 0x είναι μοναδική της ρίζα.
Θα βρούμε το πρόσημο της παραγώγου f ′ εκατέρωθεν του σημείου 0x . Έχουμε:
• ( ) ( ) ( )0 0 0
f
x f f xx f x x
′
< ′< ⇔′ ′⇔ <
1
• ( ) ( ) ( )0 0 0
f
x f f xx f x x
′
> ′> ⇔′ ′⇔ >
1
Τα παραπάνω φαίνονται στον διπλανό πίνακα.
Άρα, η συνάρτηση f παρουσιάζει στη θέση 0x x= (ολικό) ελάχιστο, το ( )0f x .
β’ τρόπος
Παρατηρούμε ότι ( ) ( )0 0 1f f= = , διότι:
• ( ) ( )0 2
00 00 0 1f e fe ⇔= + ⋅ − =−
• ( ) ( )1 2
01 11 1 1f e fe ⇔= + ⋅ − =−
Θα εφαρμόσουμε το Θεώρημα Rolle για την f στο [ ]0,1 . Έχουμε:
• Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ ]0,1 ⊆  ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων.
• Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ( )0,1 με ( ) 2 ,x
f x e x e x′ = + − ∈ .
• Ισχύει: ( ) ( )0 0 1f f= = , όπως βρήκαμε παραπάνω.
Άρα, από Θεώρημα Rolle, υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0 0,1x ∈ , τέτοιο ώστε ( )0 0f x′ = .
Βρήκαμε ότι η f ′ είναι γνησίως αύξουσα στο  , άρα το 0x είναι μοναδική της ρίζα.
x
f'(x) - +
f(x) 2 1
+∞−∞ 𝑥0
0
8

14. www.liveyourmaths.com
Θα βρούμε το πρόσημο της παραγώγου f ′ εκατέρωθεν του σημείου 0x . Έχουμε:
• ( ) ( ) ( )0 0 0
f
x f f xx f x x
′
< ′< ⇔′ ′⇔ <
1
• ( ) ( ) ( )0 0 0
f
x f f xx f x x
′
> ′> ⇔′ ′⇔ >
1
Τα παραπάνω φαίνονται στον διπλανό πίνακα.
Άρα, η συνάρτηση f παρουσιάζει στη θέση 0x x= (ολικό) ελάχιστο, το ( )0f x .
Παραπάνω, βρήκαμε ότι ( ) 0 0
0 0 00 202x x
e x e ee xf x′ ⇔=⇔ + =−= − (1).
Επομένως:
( ) ( ) ( ) ( )0 2 2 2
0 0 0 0 0
1
0 0
)
0 0 0
(
1 2 1 2 1x
f x e x ex f x xe x f xx ex e x e⇔ ⇔ == + − − = − + − − − + + −
Δ2. Θεωρούμε τη συνάρτηση ( )
( ) ( ) 0
0 0
1 1
,g x x
f x f x x x
x
 
= + ηµ
−  
≠
−
.
α’ τρόπος
Για 0x x≠ , έχουμε:
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
00 0 0
0
0
0
00 0
0
1 1 1 1
1 1 1
(2)
g x
f x f xf x f x x x x x
x x
x x
x x
f x f xx x x x
x x
   
= + ηµ= + ηµ=   
−− − −   ⋅ −
−
 
   + − ηµ 
− − − 
 − 
Από το ερώτημα Δ2, έχουμε ότι ( )0 0 10,1 0x x∈ < <⇔ . Διακρίνουμε περιπτώσεις:
• Αν 0x x−
→ , τότε 0 0 0x xx x ⇔ −< < και ισχύουν:
 ( )
0
0lim 0
x x
x x−
→
− =με 0 0x x− < , άρα
0
0
1
lim
x x x x−
→
∞= −
−
.
 Αφού η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0x , τότε ( ) ( )0f x f x≥ , για κάθε x∈. Κοντά
στο 0x και από αριστερά, έχουμε: ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0ff x f x x f x> ⇔ − > . Επιπλέον,
0 0 0x xx x ⇔ −< < .
Άρα:
( ) ( ) ( ) ( )
0
0 0
0 0
0 lim 0
x x
f x f x f x f x
x x x x−
→
− −
− −
⇒< ≤ .
Οπότε:
( ) ( )0 0
0
1
lim
x x f x f x
x x
−
→
∞= −
−
−
.
x
f'(x) - +
f(x) 2 1
+∞−∞ 𝑥0
0
9

15. www.liveyourmaths.com
 Επίσης, για το όριο ( )
0
0
0
1
lim
x x
x x
x x−
→
  
− ηµ  
−  
, θέτουμε 0x x u− =. Οπότε, όταν
0 0x x u− −
→ ⇒ → . Επομένως, το παραπάνω όριο γίνεται:
0
1
lim
u
u
u−
→
ηµ . Κατασκευ-
αστικά, έχουμε:
1 1
u u u u u
u u
ηµ ≤ ⇒ − ≤ ηµ ≤ . Είναι: ( )0 0
lim lim 0
u u
u u− −
→ →
− = = ,
άρα από το Κριτήριο Παρεμβολής, έχουμε:
0
1
lim 0
u
u
u−
→
ηµ = .
Συνεπώς, έχουμε:
( )
( ) ( )
( )
0 0
0
(2)
0
0 0
0
1 1 1
lim lim
x x x x
g x x x
f x f xx x x x
x x
− −
→ →
∞
  
     = + − ηµ = +  − − − 
  −  
.
• Αν 0x x+
→ , τότε 0 0 0x xx x ⇔ −> > και ισχύουν:
 ( )
0
0lim 0
x x
x x+
→
− =με 0 0x x− > , άρα
0
0
1
lim
x x x x+
→
∞= +
−
.
 Αφού η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0x , τότε ( ) ( )0f x f x≥ , για κάθε x∈. Κοντά
στο 0x και από δεξιά, έχουμε: ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0ff x f x x f x> ⇔ − > . Επιπλέον,
0 0 0x xx x ⇔ −> > .
Άρα:
( ) ( ) ( ) ( )
0
0 0
0 0
0 lim 0
x x
f x f x f x f x
x x x x+
→
− −
− −
⇒> ≥ .
Οπότε:
( ) ( )0 0
0
1
lim
x x f x f x
x x
+
→
∞= +
−
−
.
 Επίσης, για το όριο ( )
0
0
0
1
lim
x x
x x
x x+
→
  
− ηµ  
−  
, θέτουμε 0x x u− =. Οπότε, όταν
0 0x x u+ +
→ ⇒ → . Επομένως, το παραπάνω όριο γίνεται:
0
1
lim
u
u
u+
→
ηµ . Κατασκευ-
αστικά, έχουμε:
1 1
u u u u u
u u
ηµ ≤ ⇒ − ≤ ηµ ≤ . Είναι: ( )0 0
lim lim 0
u u
u u+ +
→ →
− = = ,
άρα από το Κριτήριο Παρεμβολής, έχουμε:
0
1
lim 0
u
u
u+
→
ηµ = .
Συνεπώς, έχουμε:
10

16. www.liveyourmaths.com
( )
( ) ( )
( )
0 0
0
(2)
0
0 0
0
1 1 1
lim lim
x x x x
g x x x
f x f xx x x x
x x
+ +
→ →
∞
  
     = + − ηµ = +  − − − 
  −  
.
Συγκρίνοντας τα παραπάνω πλευρικά όρια, συμπεραίνουμε ότι:
( ) ( )0
0 0
1 1
lim
x x f x f x x x→
∞
  
+ ηµ = +   − −  
.
β’ τρόπος
Για 0x x≠ , έχουμε: ( )
( ) ( )
( ) ( )( )0
0 0
1 1
1g x f x f x
f x f x x x
  
= ⋅ + − ηµ   − −  
(3).
Αφού η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0x , τότε ( ) ( )0f x f x≥ , για κάθε x∈. Είναι
( ) ( )( )0
0lim 0
x x
f x f x
→
− =με ( ) ( )0 0f x f x− > κοντά στο 0x . Άρα,
( ) ( )0
0
1
lim
x x f x f x→
= +
−
∞ (4).
Επίσης,
( ) ( )
( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )
0
0 0
0 0 0
0
0 0 0
0
0
1
1 1
1
1
1 1
1
1
1
f x f x
x x
f x f x f x f x f x f x
x x
f x f x f x f x f x f x
x x
x x
− >
⇔ − ≤ ηµ ≤ ⇔
−

η

⇔ − − ≤ − ηµ ≤ − ⇔ 
− 
 
⇔ − − ≤ + − ηµ ≤ + − 

≤

µ
−
−
Είναι ( ) ( )( ) ( ) ( )( )0 0
0 0lim 1 lim 1 1
x x x x
f x f x f x f x
→ →
   − − = + − =    , άρα από το Κριτήριο Παρεμ-
βολής, έχουμε: ( ) ( )( )0
0
0
1
lim 1 1
x x
f x f x
x x→
 
+ − ηµ = 
− 
(5).
Από τις σχέσεις (3), (4), (5), έχουμε ότι: ( )
( ) ( )0 0
0 0
1 1
lim lim
x x x x
g x
f x f x x x→ →
∞
  
= + ηµ = +   − −  
.
γ’ τρόπος
Είναι:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
0 0 0 0
0 0 0
1 1 1
1
1 1 1
1
1
1
f x f x x x f x f xx
f
x
x f x f x f x x x
 
⇒ + ηµ ≥ − ⇒ 
− − − 
 
⇒ − ≤ + ηµ 
η
− −
≥ −
−
µ
−
 
11

17. www.liveyourmaths.com
Όμως
( ) ( )0
0
1
lim
1x x f x f x→
∞
 
= +  − − 
, αφού ( ) ( )0f x f x> , για κάθε x κοντά στο 0x .
Επιπλέον ( ) ( )( )0
0lim 0
x x
f x f x
→
− =, άρα
( ) ( )0
0
1
lim
x x f x f x→
= +
−
∞ .
Άρα, από γνωστή πρόταση, έχουμε ότι: ( )
( ) ( )0 0
0 0
1 1
lim lim
x x x x
g x
f x f x x x→ →
∞
 
= + ηµ = +  − − 
.
Δ3. Θα αποδείξουμε ότι η εξίσωση ( ) 0f x x x+ = με ( )0 ,1x x∈ έχει μοναδική ρίζα ρ. Δηλαδή, υ-
πάρχει μοναδικό ρ∈ , τέτοιο ώστε ( ) ( )0 0 0ff x x⇔ ρ ++ ρ −ρ ρ= = .
Από το ερώτημα Δ1, έχουμε ότι η f ′ είναι γνησίως αύξουσα στο  . Οπότε, στο διάστημα ( )0 ,1x
έχουμε: ( ) ( ) ( )0 0 0 0f x fx f xx x> ′ ′ ′⇒ > =⇒ > (6). Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο
[ ]0 ,1x .
Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( ) [ ]0 0, ,1h x f x x x x x= + ∈− .
Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο [ ]0 ,1x ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων και ισχύει:
• ( ) ( ) ( )0 0 0 0 0 0h x f x x x f x= + − = < , αφού ( ) ( )
( )
( )0 0 0
1 0
1 1 0
ff
x f x f f x
=
⇒ < ⇔> <
1
.
• ( ) ( ) 1
01 1 1h f x e= + − = 2
1+ 1e− ⋅ 1− 0 01 1 0x x+ − =− > , διότι:
0 0 0 011 1x x xx< < <⇒ ⇒ >− . Άρα, ( ) 01 1 0h x=− > .
Συνεπώς, ( ) ( )0 1 0h x h⋅ < και άρα από Θεώρημα Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0,1xρ∈ ,
τέτοιο ώστε ( ) 0h ρ = .
Επίσης, η h είναι παραγωγίσιμη με ( ) ( ) 1h x f x′ ′= + .
Τελικά, ( ) ( ) ( )
( )0
1 00
(6)
f x
x h xh f x
′ >
′ + > ⇒′= ′ > και άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο [ ]0 ,1x .
Άρα, η ρίζα ( )0 ,1xρ∈ που βρήκαμε είναι μοναδική.
Δ4. Είναι: 00 1x< < ρ < σύμφωνα με όσα βρήκαμε στα ερωτήματα Δ1 και Δ3. Θα αποδείξουμε ότι:
( ) ( ) ( )( )0 1f x f f ′> ρ ⋅ κ + , για κάθε ( ),1κ∈ ρ .
Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα [ ]0 ,x ρ ⊆  και παραγωγίσιμη στο ( )0 ,x ρ . Άρα, από
το Θεώρημα Μέσης Τιμής, υπάρχει ( )0 ,xξ∈ ρ , τέτοιο ώστε:
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )0 0
0 0
f x f
f
f f x
x
f
x ρ
− ρ
′⇔
ρ −
′
ρ −
ξξ =
−
= .
Όμως, 00 1x< < ξ < ρ < και με ( ),1κ∈ ρ είναι 00 1x ⇒ ξ < κ< < ξ < ρ < κ < .
12

18. www.liveyourmaths.com
Από το ερώτημα Δ1, η f ′ είναι γνησίως αύξουσα στο  , οπότε
( ) ( )
( ) ( )
( )0
0
f x f
f f f
x
− ρ
′ ′ ′⇔ ξ < κ ⇔ < κξ < κ
−ρ
(7).
Από το ερώτημα Δ3, είναι ( ) ( )0 0 0ff x x⇔ ρ =ρ + ρ= −ρ < , αφού 0x < ρ.
Οπότε, από (7) έχουμε:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )( ) ( )
0 0
0
0 0
0
0 0
0 1 ,1, για κάθε
xf
f
x f
f f x f
f x f f f f x f f
f x
x
f
x f
f
−ρ<
⇔ ⇔
′ ′⇔ − ρ > ρ ⋅
− ρ
′ ′< κ − ρ > −ρ
κ +
κ
−
κ ⇔ > ρ ρ ⇔
′⇔ > ρ κ
ρ
⋅ + κ∈ ρ
Άρα, το ζητούμενο απεδείχθη.
13