Mk ed1 ed8_lys

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ
«ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ»
1o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2016: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ
Σελίδα 1 από 6
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ
ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ
1ο
ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ –ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ
ΘΕΜΑ Α
A1. Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα 76.
A2. 1.Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα 74.
2. Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδες 70-71.
Α3. α) Λ, β) Σ, γ) Σ, δ) Λ, ε) Λ.
ΘΕΜΑ Β
1. Έστω 1 2x ,x  με 1 2x x .
Παίρνουμε τη διαφορά
   
  
2 2
2 1 1 22 1
2 1 2 2 2 2
2 1 1 2
f(x ) 1 f (x ) f(x ) 1 f (x )f(x ) f(x )
g(x ) g(x )
1 f (x ) 1 f (x ) 1 f (x ) 1 f (x )
  
    
   
   
  
   
  
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2 2 2 2
1 2 1 2
f(x ) f(x ) f(x )f(x ) f(x ) f(x ) f(x ) f(x ) 1 f(x )f(x )
1 f (x ) 1 f (x ) 1 f (x ) 1 f (x )
     

   
 αν η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο και 2 1x x θα έχουμε:
2 1 2 1f(x ) f(x ) f(x ) f(x ) 0    , επίσης έχουμε
10 f(x ) 1  , 2 1 20 f(x ) 1 0 f(x )f(x ) 1     , οπότε η διαφορά
  
2 1 2 1
2 1 2 12 2
1 2
f(x ) f(x ) 1 f(x )f(x )
g(x ) g(x ) 0 g(x ) g(x )
1 f (x ) 1 f (x )
   
   
  
      
 
.
Άρα η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο .
 Oμοίως αν η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο , η συνάρτηση g είναι
γνησίως φθίνουσα στο .
Άρα έχουν οι f,g το ίδιο είδος μονοτονίας στο .

2.
 Έστω ότι οι συναρτήσεις f,g είναι γνησίως αύξουσες στο . Tότε αν 1 2x ,x  με
1 2x x , έχουμε:
               2 1 2 1 2 1 2 1
g f
x x g x g x f g x f g x fog x fog x
 
       .
Άρα η fog είναι γνησίως αύξουσα στο .
 Έστω ότι οι συναρτήσεις f,g είναι γνησίως φθίνουσες στο . Tότε αν
1 2 1 2x ,x R x x ,   έχουμε:
g f
2 1 2 1 2 1 2 1x x g(x ) g(x ) f(g(x )) f(g(x )) (fog)(x ) (fog)(x )
 
       .
Άρα η fog είναι γνησίως αύξουσα στο .
Αφού η fog είναι γνησίως αύξουσα στο θα είναι και ¨1-1¨.
3. Η εξίσωση 3 2
f(g(x 1)) f(g(4x 2x))   γίνεται
f g:'1 1'
3 2 3 2 3 2
(f g)(x 1) (f g)(4x 2x) x 1 4x 2x x 4x 2x 1 0

           
 Θεωρούμε τη συνάρτηση 3 2
h(x) x 4x 2x 1    , η οποία είναι συνεχής στο σαν
πολυωνυμική.
Εφαρμόζουμε το Θ. Bolzano στο διάστημα  1,0 .
. Bolzanoh ή [ 1,0] ( ή)
h(0) 1 0, h( 1) 2 0
     

      
υπάρχει τουλάχιστον ένα
1x ( 1,0)  : 1h(x ) 0
 Εφαρμόζουμε το Θ. Bolzano στο διάστημα  0,1 .
. Bolzanoh ή [0,1] ( ή)
h(0) 1 0, h(1) 4 0
    

     
2x (0,1) : 2h(x ) 0
 Εφαρμόζουμε το Θ. Bolzano στο  1,5 .
. Bolzanoh ή [1,5] ( ή)
h(1) 4 0, h(5) 16 0
    

     
3x (1,5) : 3h(x ) 0
και επειδή η εξίσωση 3 2
h(x) x 4x 2x 1    είναι πολυωνυμική 3ου
θα έχει το πολύ
τρεις ρίζες, άρα έχει ακριβώς τρεις τις 1 2 3x ,x ,x .

Επίσης έχουμε 1 2 31 x 0 x 1 x 5       , δηλαδή έχουμε δύο θετικές και μια
αρνητική.
Σχόλιο: ένας τρόπος για τη επιλογή των κατάλληλων διαστημάτων είναι με δοκιμές.
4. Από το ερώτημα (2) η συνάρτηση fog είναι γνησίως αύξουσα, οπότε η ανίσωση
γίνεται:
         
f g: x 2
23 2 3 2 3 2
fog x 4 fog 3x x 4 3x x 3x 4 0 x 2 x 1 0 x 1
 
               
Άρα    x 1,2 2,    .
ΘΕΜΑ Γ
1. Πρέπει: x x x 0
e 1 0 e 1 e e x 0        . Άρα fA (0, )  .
2.
x
x x x x
x x
e 1 1
f(x) ln(e 1) x ln(e 1) xlne ln(e 1) lne ln f(x) ln 1
e e
  
             
 
.
Όμως x x
1 1
1 1 ln 1 ln1 f(x) 0
e e
 
       
 
, για κάθε x (0, )  .
3. Από τα προηγούμενα έχουμε: x
1
f(x) ln 1
e
 
  
 
, για κάθε x (0, )  .
Έστω 1 2x ,x (0, )  .Τότε:
1 2
1 2 1 2 1 2
x x
1 2 x x x x x x
1 1 1 1 1 1
0 x x e e 1 1
e e e e e e
              
1 2
1 2x x
1 1
ln 1 ln 1 f(x ) f(x )
e e
   
       
   
Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, ) .
4. Επειδή η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, ) θα είναι ΄1-1΄, που
σημαίνει ότι είναι αντιστρέψιμη με 1
f :f(A) A
 .
H συνάρτηση f είναι συνεχής ως σύνθεση των συνεχών συναρτήσεων ln x και x
1
1
e

στο fA (0, )  , οπότε το σύνολο τιμών της (πεδίο ορισμού της 1
f 
) είναι:

 x 0 x
f(A) lim f(x), lim f(x) ( ,0)
 
   γιατί:
 Θέτουμε x
1
u 1
e
  και έχουμε xx 0 x 0
1
lim u lim 1 1 1 0
e 
 
 
     
 
.
Τότε xx 0 x 0 u 0
1
lim f(x) lim ln 1 lim ln u
e  
  
  
      
  
.
 Θέτουμε x
1
u 1
e
  και έχουμε xx x
1
lim u lim 1 1
e 
 
   
 
.
Τότε xx x u 1
1
lim f(x) lim ln 1 lim ln u 0
e  
  
     
  
.
Mε y ( ,0)  η εξίσωση
y y x
x x x y y
1 1 1 1 1
y ln 1 e 1 1 e e x ln
e e e 1 e 1 e
 
             
  
   
1y y
x ln 1 e x ln 1 e

      .
Άρα  1 x
f (x) ln 1 e
   , x 0 .
5. Θεωρούμε τη συνάρτηση
x x
1 1 1
t(x) f(x) h(x) ln 1 ln ln 1 ln x
xe e
   
          
   
, x 0 .
Η συνάρτηση t είναι συνεχής, ως άθροισμα των συνεχών f(x), ln x και γνησίως
αύξουσα στο (0, )   , οπότε το σύνολο τιμών της θα είναι
 x 0 x
t( ) lim t(x), lim t(x) ( , )
 
     γιατί:
  
x 0 x 0
lim t(x) lim f(x) lnx ( ) ( )
 
        και
  
x x
lim t(x) lim f(x) lnx 0 ( )
 
      
Επειδή το 0 ( , ) t(B)    υπάρχει 0x 0 τέτοιο ώστε 0 0 0t(x ) 0 f(x ) h(x )   .
6. Από το 2ο
ερώτημα έχουμε f(x) 0 για κάθε x (0, )  . Τότε
f(1)
0
f(2)
 , αφού f(1) 0 και f(2) 0 .
3 2 3
2 2x x x
f(1)x x 2 f(1)x f(1) f(1)
lim lim lim x ( )
f(2) f(2)f(2)x x 1 f(2)x  
  
      
   
.

ΘΕΜΑ Δ
1. Έστω 1 2x ,x  με 1 2 1 2f(x ) f(x ) 2f(x ) 2f(x )   , (1) και 3 3
1 2f (x ) f (x ) , (2),
προσθέτουμε τις (1) και (2), έτσι έχουμε 3 3
1 1 2 2f (x ) 2f(x ) f (x ) 2f(x )   , οπότε
1 2 1 2x 1 x 1 x x     , άρα η συνάρτηση f είναι 1-1.
2. Θα αποδείξουμε ότι η ευθεία y   έχει με τη fC ένα τουλάχιστον κοινό σημείο,
δηλαδή η εξίσωση f(x)  έχει για κάθε  λύση στο .
  2 2
0
f(x) f(x) 0 f(x) f (x) f(x) 2 0

 
              
 
 
3 3 3 3 3 3
f (x) 2f(x) 2 0 f (x) 2f(x) 2 x 1 2 x 2 1                      
δηλαδή για κάθε  έχουμε λύση, άρα το σύνολο τιμών είναι το .
Θέτουμε όπου 3 3
f(x) y y 2y x 1 x y 2y 1         .
Άρα 1 3
f (x) x 2x 1
   , x .
3. 1ος
τρόπος: Στην 1 3
f (x) x 2x 1
   , για x 0 έχουμε
1 3 1
f (0) 0 0 1 f (0) 1 f( 1) 0 
         .
2ος
τρόπος: Αφού η συνάρτηση f έχει σύνολο τιμών το και είναι 1-1 θα υπάρχει
μοναδικό 0 0x :f(x ) 0  . Θέτουμε στην    3
f x 2f x x 1   όπου 0x x και
έχουμε:    3 3
0 0 0 0 0f x 2f x x 1 0 2 0 x 1 x 1           , οπότε f( 1) 0  . Άρα η
fC τέμνει τον άξονα x x στο σημείο A( 1,0) .
4. 1ος
τρόπος: Έστω ότι υπάρχουν 1 2x ,x  με 1 2x x και έστω 1 2f(x ) f(x ) . Τότε:
1 2 1 2f(x ) f(x ) 2f(x ) 2f(x )   (1) και 3 3
1 2f (x ) f (x ) (2)
Προσθέτοντας τις (1), (2) έχουμε:
3 3
1 1 2 2 1 2 1 2f (x ) 2f(x ) f (x ) 2f(x ) x 1 x 1 x x         . Άτοπο γιατί 1 2x x .
Άρα για κάθε 1 2 1 2x x f(x ) f(x )   , δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο .
2ος
τρόπος: Η συνάρτηση 1 3
f (x) x 2x 1
   είναι γνησίως αύξουσα σαν άθροισμα των
αυξουσών συναρτήσεων 3
x , 2x 1 .
Οι συναρτήσεις f , 1
f 
είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία y x , άρα έχουν το ίδιο
είδος μονοτονίας, δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο .

5.          
 
3 2
2
0
x 1
f x 2f x x 1 f x f x 2 x 1 f x
f x 2

  
          
  
 
 
 2
x 1
f x x 1
f x 2

   

,
έτσι έχουμε | f(x)| | x 1| | x 1| f(x) | x 1|        και επειδή
x 1 x 1
lim ( x 1) lim x 1 0
 
     , από το κριτήριο της παρεμβολής
έχουμε:    
x 1
lim f x 0 f 1

   , άρα συνεχής στο 0 1x   .
6. Έστω 0x  . Αρκεί να αποδείξουμε ότι
0
0
x x
lim f(x) f(x )

 .
Έχουμε 3
f (x) 2f(x) x 1   , (1) και 3
0 0 0f (x ) f(x ) x 1   , (2), αφαιρούμε κατά μέλη τις
σχέσεις (1) και (2). Έτσι έχουμε         3 3
0 0 0f x f x 2 f x f x x x     
                  2 2
0 0 0 0 0f x f x f x f x f x f x 2 f x f x x x        
            2 2
0 0 0 0f x f x f x f x f x f x 2 x x

 
        
 
 
   
       
0
0 2 2
0 0
x x
f x f x
f x f x f x f x 2

   
  
   
       
0
0 02 2
0 0
x x
f x f x x x
f x f x f x f x 2

     
  
       0 0 0 0 0f x f x x x x x f x f x x x           και επειδή
0
0
x x
lim x x 0

  , τότε         
0 0
0 0
x x x x
lim f x f x 0 lim f x f x
 
    , άρα η συνάρτηση
f είναι συνεχής στο 0x .
Η επιμέλεια των θεμάτων πραγματοποιήθηκε από τους Κωνσταντόπουλο Κωνσταντίνο και
Μοτσάκο Βασίλειο.

«ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ»
2ο
ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ –ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (Κεφάλαιο 2)
[Κεφάλαιο 1 Μέρος Β' του σχολικού βιβλίου]
ΘΕΜΑ Α
1.Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα 49.
2. Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα 73.
3. α) Λ, β) Σ, γ) Σ, δ) Λ, ε) Λ.
ΘΕΜΑ Β
1.
1ος
τρόπος
 Η συνάρτηση    g x f x x  είναι συνεχής στο σαν άθροισμα συνεχών
συναρτήσεων .
 Έστω 0x μια ρίζα της εξίσωσης  g x 0 , οπότε έχουμε
         0 0 0 0 0 0g x 0 g x f x x 0 f x x , 1       
 Η σχέση    2 2 2
f x 2f x x x x    για 0x x γίνεται
   
 
 
1
22 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0 0f x 2f x x x x x 2 x x x         
2 2 2 2
0 0 0 00 x x x 0 x 1       αδύνατο, επομένως  g x 0 για κάθε
x και επειδή είναι συνεχής, διατηρεί σταθερό πρόσημο .
2ος
τρόπος
Η συνάρτηση    g x f x x  είναι συνεχής στο σαν άθροισμα συνεχών
συναρτήσεων
 Η σχέση    2 2 2
f x 2f x x x x    γίνεται
   2 2 2
f x 2f x x x 1 x        2 2 2
f x 2f x x x x 1      
    
2 2 2 2
f x x x 1 g x x 1 0       άρα g(x) 0 και αφού είναι συνεχής

θα διατηρεί πρόσημο. Όμως g(0) f(0) 0 1 0 1 0      , οπότε g(x) 0 για
κάθε x .
2.
1ος
τρόπος
 Η σχέση    2 2 2
f x 2f x x x x    γίνεται
   2 2 2
f x 2f x x x 1 x        2 2 2
f x 2f x x x x 1      
    
2 2 2 2
f x x x 1 g x x 1     
 Επειδή η g διατηρεί σταθερό πρόσημο θα έχουμε    g x 0 ή g x 0  , οπότε
       2 2 2
g x x 1 ή g x x 1 g x f x x x 1          ή
    2
g x f x x x 1         2 2
f x x x 1 ή f x x x 1        
και επειδή  f 0 1 έχουμε   2
f x x x 1   
2ος
τρόπος
 Αφού g(x) 0 τότε από το προηγούμενο ερώτημα θα έχουμε
 2 2 2
g x x 1 g(x) x 1     , όμως    g x f x x  ,
οπότε    2 2
f x x x 1 f x x 1 x       .
3. α)
  2
x 0 x 0
f x 2 x x x 1 2 x
lim lim
x x 
        
 
  
 
2 2
2
x 0 x 0 2
x 1 1 x 1 1x x 1 1 x 1 x x 1
lim lim
x x x x xx x 1 1 
                      
       
2x 0
x x x 1
lim 1 0 0 1
x xx 1 1
   
         
  

β)
1ος
τρόπος
2 2
2 2
1 1
0 1 x 1 x x 1 0
x x 1 1 x 1
          
     
και επειδή
2x
1
lim 0
1 x 1
 
 
   
και από το κριτήριο παρεμβολής θα έχουμε
2x
1
lim 0
x x 1
 
     
με
   2 2
x x
0 x x 1 lim f x lim x x 1
 
          
2ος
τρόπος
      2
2x x x
x 1
lim f x lim x x 1 lim x 1 0 1
x x  
 
             
 
Γιατί
x 1 1 x 1
x x x x x
 
     όμως
x
1
lim 0
x
 και
x
1
lim 0
x
 
   
 
οπότε από το
κριτήριο της παρεμβολής
x
x
lim 0
x
 
 
 
.
ΘΕΜΑ Γ
1. α) Επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της 0, , θα είναι
συνεχής και στο e οπότε θα ισχύει:
            2
x e x e x e x e
lim f x lim f x f e lim 2 ln x lim x ln x e 1 f e   
   
         
3
3 e 3
e
       .
β) Επειδή   2
f 1 2 ln 1 2 6    ,
     
3
f 2e 2e ln 2e e 1 6 ln e 1 6
e
        , γιατί
e 1 e ln(e 1) lne 6 ln(e 1) 6 1 7 f(2e) 7            

δηλαδή f(1) 6 f(2e)  και η f είναι συνεχής στο  1,2e τότε, σύμφωνα με το Θ.
ενδιαμέσων τιμών υπάρχει τουλάχιστον ένα    0 0x 1,2e :f x 6  .
2. α) Έστω 1 2x ,x 0 με
     
   
 1 2 1 2f x f x f x f x
1 2f(x ) f(x ) e e f e f e     
1 2 1 2 1 24ln x 3 4ln x 3 ln x ln x x x       . Άρα η f είναι 1 1 .
β)   
       
   
2f x f x4 4
f f e ln ln x 3 1 f f e 2ln ln x 3 1       
   f (x)
f(f(e )) 2ln 4ln x 3 1 f(4ln x 3) 2ln 4ln x 3 1       
Θέτουμε 4ln x 3 y 0   , οπότε f(y) 2ln y 1  , άρα f(x) 2ln x 1, x 0   .
γ)       
f:1 1
x 2014 x 2014 x 2014 x 2014
f f x f e f(f(x)) f e f(x) e 2ln x 1 e

   
        
x 2014
2ln x 1 e 0
    (2)
Θέτουμε x 2014
t(x) 2ln x 1 e 
   , η οποία είναι συνεχής στο
1
,1
e
 
  
ως διαφορά συνεχών
συναρτήσεων και
1 1 1
2014 2014 2014
e e e
1 1
t 2ln 1 e 2 1 e 1 e 0
e e
   
           
 
,
1 2014
2013
1
t(1) 2ln1 1 e 1 0
e

      , επομένως ισχύει
1
t t(1) 0
e
 
 
 
, οπότε από το
Θ.Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον 0
1
x ,1
e
 
 
 
τέτοιο ώστε 0t(x ) 0 και λόγω της (2)
έχουμε ισοδύναμα ότι η εξίσωση     x 2014
f f x f e 
 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο
1
,1
e
 
 
 
.

ΘΕΜΑ Δ
1.
1ος
τρόπος
Θα δείξουμε ότι 2
x x1   (1) για κάθε x . Πράγματι, αν ο x είναι θετικός τότε
το 1ο
μέλος της (1) είναι θετικό και το δεύτερο αρνητικό οπότε η (1) ισχύει για όλους
τους θετικούς αριθμούς x . Αν x 0 τότε και τα δύο μέλη της (1) είναι μη αρνητικά
συνεπώς υψώνοντας στο τετράγωνο παίρνουμε ισοδύναμα 2 2
1 xx 1 0    που
ισχύει για όλους τους μη αρνητικούς αριθμούς x . Άρα τελικά η (1) ισχύει για κάθε
x .
2ος
τρόπος
Για όλους τους πραγματικούς αριθμούς x ισχύει 2 2
x 1 x  και επειδή η x είναι
γνησίως αύξουσα συνάρτηση στο  0, , άρα παίρνουμε
2 2 2
x x 1 x1 x    . Όμως από τις ιδιότητες της απόλυτης τιμής ισχύει
x x  για κάθε x .Συνδυάζοντας τις προηγούμενες δύο ανισότητες παίρνουμε
2 2
x x x 1 x 01      που είναι αυτό που θέλαμε να δείξουμε.
3ος
τρόπος
Αν υπάρχει αριθμός 0x ώστε  0f x 0 , τότε παίρνουμε ισοδύναμα
2
0 01x x  και
υψώνοντας στο τετράγωνο για εκείνα τα 0x που επιτρέπεται (προφανώς για 0x 0 ),
παίρνουμε 2 2
0 01 xx 1 0    , άτοπο. Άρα η συνάρτηση δε μηδενίζεται και από την
άλλη είναι συνεχής στο , αφού προκύπτει από πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων.
Συνεπώς διατηρεί πρόσημο στο . Αφού επιπλέον f(0) 1 0  , άρα f(x) 0 για κάθε
x .
2. Έστω  1 2 ,,xx 0  με 1 2x x (1). Αφού η συνάρτηση 2
x είναι γνησίως αύξουσα στο
 0, , άρα 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
x
x x 1 x 1x (1 x x 1 2)

        .
Προσθέτοντας τις (1), (2) κατά μέλη παίρνουμε
2 2
1 1 2 2 1 2x 1 x x 1 x f( ) (x )x f     
Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο  0, όπως το θέλαμε.

3.
1ος
τρόπος
   
       

   

 
2 2
2 2
2
2 2 2
1 1 1x x x x x x 1 1
f( x 1) ( x) x (3)
f(x)x x x x1x1 x1
2ος
τρόπος
Η  
1
f( x) (3)
f(x)
γίνεται ισοδύναμα:
    2 2 2 2
f( x)f(x) 1 x x x x 1 x1 1 1x1 1 1           που ισχύει.
Για τη μονοτονία έχουμε αποδείξει ήδη ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο  0, . Θα
βρούμε τη μονοτονία στο  ,0 . Έστω λοιπόν  1 2,x ,x 0  με 1 2x x . Τότε,
1 2x x 0   και επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο  0, (από το ερώτημα Δ2),
άρα παίρνουμε
(3) f (x) 0
1 2 1 2
1 2
1 1
) f( x ) f(x ) f(x )
f(x ) f(x )
f( x

      .
Θα δείξουμε τώρα ότι η f είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το .
 Αν  1 2 ,,xx 0  με 1 2x x τότε επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο
 0, άρα 1 2f(x ) f(x ) .
 Αν  1 2,x ,x 0  με 1 2x x τότε επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο  ,0
άρα 1 2f(x ) f(x ) .
 Αν  1 2x 0 x τότε 1 2) f(0) ff x )( (x  , άρα και πάλι 1 2f(x ) f(x ) .
Επομένως σε όλες τις περιπτώσεις ισχύει 1 2f(x ) f(x ) , άρα η f είναι γνησίως αύξουσα
σε όλο το .
4.
1ος
τρόπος
Η δοσμένη σχέση γράφεται
f ά f 1 13
2
( )
2
1 1
f( ) f1 ( ) f( ) 0
f( )1
  
                  
 

 

2ος
τρόπος
Η δοσμένη σχέση γράφεται
  
2
2 2
2 2 2
1 1
1 1
1 1 1
 
       
 

 
    
Άρα       2 2
1 1
Εντελώς όμοια παίρνουμε 2 2
1 1     
Προσθέτοντας τις παραπάνω κατά μέλη παίρνουμε
2( ) 0 0        
Σχόλιο: Παρατηρήστε ότι ο 2ος
τρόπος δεν απαιτεί τίποτε παραπάνω από γνώσεις
Άλγεβρας Α Λυκείου.
5.
1ος
τρόπος
Θέτουμε y f(x) , με y 0 και έτσι
 
2
22
2 2
2
2
2
2
y
x
x 2y
x x y x y x
y 0 y 0
y 0 y 0
y x y
y
2y
y
x
2y y
x
y 0 2y
y
1
1 y x
1 1
0 1
0
1
y 0
1
1 0

  
 
 

 
      
       
        



  
   
  


 



οπότε
2
1 x
f (x) , x 0
1
2x
 
  .
Σχόλιο: Από τον παραπάνω τρόπο βγάζουμε το συμπέρασμα ότι η εξίσωση y f(x) έχει
για κάθε y (0, )  μία και μόνο λύση στο , την
2
y
x
2y
1


. Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι

η f είναι 1-1 (χωρίς να χρειάζεται να κάνουμε χρήση της μονοτονίας της) και κατά
συνέπεια αντιστρέψιμη με  
 1
f : 0, και τύπο
2
1 x
f (x) .
2x
1 

2ος
τρόπος
Δείξαμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο άρα 1-1 συνεπώς είναι
αντιστρέψιμη. Θέτουμε y f(x) , με y 0 (λόγω του Δ1) και έχουμε:
  2
2
x
2
1 0
2
2
2
x
2
x x x x
y f(
1 1
1
1
x) y x x y
x x
1 1
y x x
yx
1
x1
   
     

  
 



 

Αφαιρώντας κατά μέλη τις 2
y 1x x   και 2
y
1
1
x x   παίρνουμε
2
1 y
2x y x (4)
y 2y
1
   

Λόγω του ότι για να φτάσουμε στη σχέση (4), χάθηκε η ισοδυναμία (διότι αφαιρέσαμε
κατά μέλη), έχουμε αποδείξει μόνο τη συνεπαγωγή f(x) y x g(y)   , με
2
y
g(y) , y
1
0
2y

  . Θα πρέπει τώρα να δείξουμε και το αντίστροφο δηλαδή ότι αν
2
y
x
2y
1


, y 0 τότε ισχύει f(x) y . Πράγματι
22 2 2 4 2 2 2
2
22 2 2 2y 0
1 1 1 2y 1 4yy y y y y
f(x) f
2y 2y 2y 4y
1
1
2y
y y y y
y
2y 2y 2y 2
1 1
y
1 1 
   
       
   
   
   
      



 

Άρα τελικά, 1
2
x
f (x) g(x) , x 0
x
1
2

  

Η εκπόνηση του διαγωνίσματος έγινε με τη βοήθεια Εθελοντών Εκπαιδευτικών:
Το θέμα Δ επιμελήθηκε ο Συγκελάκης Αλέξανδρος, Μαθηματικός του Πρότυπου Πειραματικού
Γενικού Λυκείου Ηρακλείου.
Ο επιστημονικός έλεγχος πραγματοποιήθηκε από τους Κωνσταντόπουλο Κωνσταντίνο, Μοτσάκο
Βασίλειο και Σούγελα Ελένη.

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ
ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ»
3o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 2016: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ
3ο
ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (Κεφάλαια 2, 3)
[Κεφάλαια 1, 2 Μέρος Β' του σχολικού βιβλίου]
ΘΕΜΑ Α
1. Βλέπε σχολικό βιβλίο «Μαθηματικά Β΄μέρος-Ομάδας Προσανατολισμού Θετικών
Σπουδών και Σπουδών Οικονομίας & Πληροφορικής», σελίδα 99.
2. Βλέπε σχολικό βιβλίο «Μαθηματικά Β΄μέρος-Ομάδας Προσανατολισμού Θετικών
Σπουδών και Σπουδών Οικονομίας & Πληροφορικής», σελίδα 23.
3. 1) Λ, 2) Σ,
3) Λ, (π.χ. ενώ τα
x 0
1
lim
x
και
x 0
1
lim 2
x
δεν υπάρχουν, το όριο του
αθροίσματος υπάρχει.)
4) Σ, (Αν θέσουμε h(x) f(x) g(x) ,τότε g(x) h(x) f(x) και αφού τα όρια
των h και f υπάρχουν, θα υπάρχει και της διαφοράς τους).
5) Λ, το σωστό είναι
x xlnx xlnx x
f (x) x e e (xln x) x (ln x 1) , x>0
ΘΕΜΑ Β
1. Έστω 1 2x ,x  με
υπόθεσηf f
1 2 1 2 1 2x x f(x ) f(x ) f(f(x )) f(f(x ))
 
     
( )
1 1 2 2
1 2 1 2
1 2
2g(x ) x 2g(x ) x
2g(x ) 2g(x ) g(x ) g(x ) g
Όμως x x
   
     
 
στο .
2. Έστω 1 2x ,x  με
f
1 2 1 2x x f(x ) f(x )

   (1)
και
g
1 2 1 2 1 2x x g(x ) g(x ) g(x ) g(x )

       (2)
(1) (2)
1 1 2 2 1 2f(x ) g(x ) f(x ) g(x ) h(x ) h(x ) h

        στο .

3. α) Έχουμε
0x x
0 0 0 0 0 0f(f(x)) 2g(x) x f(f(x )) 2g(x ) x f(x ) 2g(x ) x

       
0 0 0 0 0 0 0 0x 2g(x ) x 2g(x ) 2x g(x ) x f(x )       
άρα 0 0f(x ) g(x ) οπότε το 0 0(x ,f(x )) κοινό σημείο.
Επίσης 0 0 0 0 0f(x ) g(x ) f(x ) g(x ) 0 h(x ) 0     
0
0
x ρίζα της h(x) 0
x μοναδικό.
Όμως h στο
  
 
 
β) 0 0 0f(f(x x 2)) x x 2f(x x 2) 2        
0 0 0 02g(x x 2) (x x 2) x x 2f(x x 2) 2            
0 0 0 02g(x x 2) x x 2 x x 2f(x x 2) 2            
h:"1 1"
0 0 0 0 0 02g(x x 2) 2f(x x 2) h(x x 2) 0 h(x ) x x 2 x x 2.

                
γ) Για x 0 έχουμε
0 0 0 0 0f(f(ln x x 1)) ln x 1 x 2g(ln x x 1) (ln x x 1) ln x 1 x              
g:
0 0 0 0 0 0 02g(ln x x 1) ln x x 1 ln x 1 x g(ln x x 1) x f(x ) g(x )

               
0 0
1
ln x x 1 x ln x 1 x
e
         και επειδή 0x  η λύση της ανίσωσης
είναι:
1
0 x .
e
 
ΘΕΜΑ Γ
1. Επειδή η f είναι συνεχής στο 0x 0 ισχύει
x 0 x 0
lim f(x) lim f(x) f(0) .

x 0 x 0 x 0
1 x 1 (1 x 1)(1 x 1)
lim f(x) lim lim
x x(1 x 1)

x 0 x 0
x 1 1
lim lim
2x(1 x 1) (1 x 1)

x 0
lim f(x) 2 2 x 2 2
x 0
1 1
lim ln(x e) 2 ( )e 2
2 2
Πρέπει:
2 2 2 2 2 21 1
2 2 1 0 ( 1) 0
2 2
άρα 1 και 0.
2. Για 1 και 0 η συνάρτηση γίνεται:
x
1 x 1
, -1 x<0
xf(x)
1
ln(x e) 2 e , x 0
2
.
α)
x 1 x 1 x 1
1 x 1
1
f(x) 1 1 x 1 xxlim lim lim
x 1 x 1 x(x 1)
x 1 x 1
(x 1) x 1 1
lim lim
x(x 1) x 1 x 1
*
2x 1 x 1
1 1 1
lim lim
( x 1) x 1 x 1 x 1 1
αφού
x 1
1
lim 1
x 1 1
,
x 1
lim x 1 0 και x 1 0
* Πολλαπλασιάζουμε και διαιρούμε με τη συζυγή παράσταση του αριθμητή.

β) Αρκεί να αποδείξουμε ότι η εξίσωση f(x) 0, έχει μία τουλάχιστον λύση στο
διάστημα (0, ). Έχουμε
1
f(0) 0
2
και 21
f(2) ln(2 e) e 2 0
2
, αφού
2 2 2 21 1
e 2 e 2 e 2 e 2 0
2 2
και ln(2 e) 0. Επιπλέον η f είναι
συνεχής στο 0, 2 ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων και αποτέλεσμα πράξεων
συνεχών συναρτήσεων.
Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano, η εξίσωση f(x) 0 έχει μία τουλάχιστον
λύση στο διάστημα 0, 2 .
γ) Έχουμε
1 1
xf(x) xf(x) xf(x)
x x
.
Επομένως
1
xf(x) xf(x) xf(x)
x
.
Όμως
x 0 x 0
lim xf(x) lim xf(x) 0. Άρα από το κριτήριο παρεμβολής και
x 0
1
lim xf(x) 0
x
.
ΘΕΜΑ Δ
1. α)
2 2 2
2x 0 x 0 x 0
f(x ) 1 f(x ) f(0) f(x ) f(0)
lim lim lim x f (0) 0 0
x x x
,
διότι
2
2x 0 u 0
f(x ) f(0) f(u) f(0)
lim lim f (0)
x u
(θέτουμε όπου 2
u x , οπότε όταν
x 0 και u 0).
β)
2
x 0 x 0
f(2x) 1 f(2x) 1f (2x) 1
lim lim
x x
x 0 x 0
f(2x) f(0) f(2x) 1 2 f(2x) f(0) f(2x) 1
lim lim
x 2x
2f (0) f(0) 1 2f (0) 1 1 4f (0)

διότι
x 0 k 0
f(2x) f(0) f(k) f(0)
lim lim f (0)
2x k
, (θέτουμε 2x k , οπότε όταν
x 0 και k 0).
2. Ισχύει:
2 2 2 2
f (x) 4f(x) x 3 f (x) 4f(x) 4 x 3 4
22 2 2
f (x) 4f(x) 4 x 1 f(x) 2 x 1 (Ι)
Επειδή 2
x 1 0  , έχουμε και f(x) 2 0  και επομένως η συνάρτηση g(x) f(x) 2 
διατηρεί το πρόσημό της, αφού είναι συνεχής και g(x) 0 για κάθε x . Επειδή
επιπλέον έχουμε και f(0) 1 , είναιg(0) f(0) 2 1 2 1 0       και επομένως g(x) 0
για κάθε x , οπότε 2
g(x) x 1   ή 2
f(x) 2 x 1    .
Άρα 2
f(x) 2 x 1, x    .
3. α) Έστω 0 0x ,f(x ) το σημείο επαφής. Η εξίσωση εφαπτομένης θα είναι
2 0
0 0 0 0 02
0
x
y f(x ) f (x )(x x ) y 2 x 1 (x x )
x 1
(ΙΙ) και επειδή
διέρχεται από το σημείο
3
0,
2
θα επαληθεύεται από αυτό. Δηλαδή θα ισχύει
2
2 20 0
0 0 02 2
0 0
x x3 1
2 x 1 (0 x ) x 1
2 2x 1 x 1
2 2 2 2 2
0 0 0 0 0
1
x 1 x 1 x x 1 2 x 1 4
2
0x 3
 Για 0x 3 προκύπτει από τη (ΙΙ) η εξίσωση
3 3
y x
2 2
 Για 0x 3 προκύπτει από τη (ΙΙ) η εξίσωση
3 3
y x
2 2

β) Έστω M(x,f(x)) σημείο της fC με x 0. Το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΜ ισούται με
(OAM)
1 1
E (OA) d(M,y y) 1 x
2 2
και επειδή η τετμημένη μεταβάλλεται συναρτήσει
του χρόνου έχουμε
1
E(t) x(t)
2
. Άρα
1
E (t) x (t)
2
και επειδή x (t) 2cm / sec ,
προκύπτει ότι το εμβαδόν μεταβάλλεται με ρυθμό 2
E (t) 1cm / sec .
Το θέμα Β επιμελήθηκε ο Αρετάκης Δημήτριος, Μαθηματικός- MSc του ΓΕΛ Καστριτσίου Πατρών.
Ο επιστημονικός έλεγχος πραγματοποιήθηκε από τους Κωνσταντόπουλο Κωνσταντίνο, Μοτσάκο
Βασίλειο και Σούγελα Ελένη.

4o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ
-1 1 2
-3
-2
-1
1
2
3
x
y
0
   3
1f x x 
4Ο
ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ –ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (Κεφάλαια 2, 3)
ΘΕΜΑ Α
1.Βλέπε σχολικό βιβλίο, σελίδα 106.
2. Βλέπε σχολικό βιβλίο, σελίδα 70-71.
3. α) ΣΩΣΤΟ, διότι αν η f παραγωγίσιμη στο χ0 τότε θα είναι και συνεχής στο χ0, που
είναι άτοπο.
β) ΣΩΣΤΟ,διότι για 0x  είναι      0 1f f f λ  και για 1x  είναι      1 0f f f κ λ   ,
άρα:     0      
f : 1-1
f λ f κ λ λ κ λ κ .
γ) ΣΩΣΤΟ, διότι προκύπτει από το θεώρημα Bolzano στο    1 2x , x α, β , όπου 1x α ,
με  1 0f x  και 2x β , με  2 0f x  .
δ) ΣΩΣΤΟ, διότι η 2η
παράγωγος είναι πολυώνυμο 1ου
βαθμού, άρα μηδενίζεται και
εκατέρωθεν της ρίζας τουαλλάζει πρόσημο.
ε) ΛΑΘΟΣ, διότι π.χ.    
3
1f x x  ,    
2
3 1f x x   ,  1 0f  , αλλά το
 1 0f  δεν είναι τοπικό ακρότατο.
ΘΕΜΑ Β
α)
1
g (x) ln x x c g (x) ln x 1 c
x
        για κάθε x 0 .
Ισχύει ότι g (e) 1  , οπότε βρίσκουμε ότι 2 c 1 c 1     .
β) Ο τύπος της g(x) γίνεται g(x) xln x x 1   και της παραγώγου g (x) ln x  . Για τη
μονοτονία και το ακρότατο κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα:

Άρα η g(x) είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,1] και γνησίως αύξουσα στο [1, ) .
Άρα για x 1 έχουμε ολικό ελάχιστο g(1) 0 .
Για κάθε x 0 έχουμε g(1) 0 g(x)  .
γ)
x 0 x 0
lim g(x) lim(xln x x 1)
Επειδή
x 0
lim(xln x) 0 ( ) (απροσδιόριστη μορφή), εφαρμόζουμε de l' hospital και
έχουμε
2
x 0 x 0 x 0
2
1
ln x xxlim lim lim 0
1 1 x
x x
.
Το ζητούμενο
x 0
lim g(x) 0 0 1 1 και επίσης
x x
lim g(x) lim [x(ln x 1) 1] .
δ) Για κάθε x 0 έχουμε
lnx . .
x x 1 x x 1
x e ln x lne xln x x 1 xln x x 1 0 g(x) g(1)
 
 
            το οποίο
ισχύει από το ερώτημα β), αφού g(1) 0 ολικό ελάχιστο.
Β’ τρόπος
Από το β) ερώτημα έχουμε g(A) [0, )  άρα
x
x
e . .
x lnx x 1 x x 1
g(x) 0 xln x x 1 0 xln x x 1 ln x x 1 e e x e
 
 
              

ΘΕΜΑ Γ
α) Σύμφωνα με τις συνέπειες του Θεωρήματος Μέσης Τιμής επειδή f (x) g (x) 
υπάρχoυν k,c :
 f (x) g (x) k f(x) g(x) (kx) f(x) g(x) kx c          
Όμως c 0 αφού f(0) g(0) . Άρα f(x) g(x) kx  , x
β)
1
2 x
f(x)g(x) x xe  
1 1
2x x
xe f(x)g(x) x xe    ή
1 1
2 2x x
xe x f(x)g(x) xe x     με x 0
διαιρώντας με 2
x προκύπτει:
1 1
x x
e f(x) g(x) e
1 1
x x x x
      (1)
Ισχύει 1 1
x
f(x)
lim λ x
x
και 2 2
x
g(x)
lim λ x
x
και
1
1x
x
x x
e 1
lim lim e 0 1 0
x x
1
x
x
e
lim
x
όμοια 0
Όποτε η (1) μας δίνει 1 2
1 λ λ 1     
άρα 1 2 1 2λ λ 1 x x 1      
δηλαδή 1 2x x 0 
γ) Η f ως δύο φορές παραγωγίσιμη είναι και συνεχής στο 1 2[x ,x ]  .

Άρα
1 2f /[x ,x ] συνεχής (2) και
2
1 2 1 2f(x ) f(x ) k x x 0    (3).
(Αφού
1 2g(x ) g(x ) 0
1 1 1 2
1 2 1 2
2 2 2
f(x ) g(x ) kx
f(x )f(x ) k x x
f(x ) g(x ) kx
  
 
 
)
Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις για το k :
 Αν k 0 τότε 1f(x ) 0 ή 2f(x ) 0 ο.ε.δ. (Η εξίσωση f(x) 0 έχει ρίζα τη 1x ή
τη 2x )
 Αν k 0 τότε η (3) ισχύει ως ανισότητα 1 2f(x ) f(x ) 0  (3α)
Οι (2), (3α) εξασφαλίζουν τις υποθέσεις του Θ.Bolzano από το οποίο έχουμε ότι:
Υπάρχει ένα τουλάχιστον 1 2(x ,x ) τέτοιο ώστε f( ) 0  , οπότε 1 2(x ,x ) ρίζα της
f(x) 0 και 1 2(x ,x )  ο.ε.δ.
ΘΕΜΑ Δ
1. Η σχέση f(x)
1
x
 δίνει 0f(x)
1
x
  άρα η συνάρτηση
1
g(x) f(x)
x
  ως συνεχής στο
(0,1) και (1, ) (επειδή προκύπτει από πράξεις μεταξύ συνεχών), διατηρεί σταθερό
πρόσημο στα διαστήματα (0,1) και (1, ) .
Επιπλέον, επειδή
1 1
g f e 0
e e
   
     
   
και
1 ln 4 lne 1 4
g(2) ln 2 ln 0
2 2 2 e
  
     
 
(διότι
4
1
e
 ), άρα
g(x) 0 για κάθε x (0,1) και g(x) 0 για κάθε x (1, )  .
Άρα
1
, xf(x 1)
x
) (0, και
1
, xf(x , )
x
) (1  .
Αφού
1
, xf(x 1)
x
) (0, , παίρνοντας όριο καθώς το x πλησιάζει στο 1 από αριστερά
έχουμε:

x 1
im 1l f(x)

 και αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής, θα ισχύει
ότι
x 1 x 1
lim f(x) lim f(x) f(1) 
 
  συνεπώς f(1) 1 .
Όμοια, αφού
1
, xf(x , )
x
) (1  , παίρνοντας όριο καθώς το x πλησιάζει στο 1 από
δεξιά παίρνουμε τελικά f(1) 1
Άρα f(1) 1 .
2. Αρκεί να αποδείξουμε ότι F'(x) G'(x) για κάθε x (0,1) (1, )  δηλαδή,
ισοδύναμα, ότι για κάθε x (0,1) (1, )  ισχύει:
xf(
1
f(x x)) 1 x(x 1)f(x '(x) 01)f '(x)
x
      (1)
Λόγω του προσήμου της συνάρτησης g(x) που ορίσαμε στο προηγούμενο ερώτημα, η
δοσμένη σχέση xf(x) 1 | x(x 1) | f'(x) 0    γράφεται
 για x 1 : xf(x) 1 x(x 1)f '(x) 0    και
 για 0 x 1  :
xf(x) 1 x(x 1)f '(x) 0 xf(x) 1 x(x 1)f '(x) 0        
Άρα τελικά ισχύει xf(x) 1 x(x 1)f'(x) 0    για κάθε x (0,1) (1, )  που ήταν και το
ζητούμενο λόγω της (1).
3. (Υπενθυμίζουμε ότι το Θεώρημα Μέσης Τιμής εφαρμόζεται σε διάστημα και όχι σε
ένωση διαστημάτων).
Αφού F'(x) G'(x) , για κάθε x (0,1) , υπάρχει σταθερά 1c ώστε 1F(x) G(x) c  , για
κάθε x (0,1) .
Όμοια, αφού F'(x) G'(x) , για κάθε x (1, )  , υπάρχει σταθερά 2c ώστε
2F(x) G(x) c  , για κάθε x (1, )  .
Συνεπώς,
1
2
G(x) c , 0 x 1
F(x)
G(x) c , x 1
  
 
 
και λόγω συνέχειας των συναρτήσεων F(x) και
G(x) στο 1 παίρνουμε
G(1)
x
0
1 2 1 2
1 x 1
limF(x) limF(x) F(1) G(1 G(1) c 0 c c) c 0
 



       άρα τελικά
F(x) G(x) , για κάθε (0,1) , )x (1   , δηλαδή ισοδύναμα

ln x
f(x)
x 1


, για κάθε (0,1) , )x (1   και επειδή f(1) 1 , άρα τελικά
lnx
, x 1
f(x) x 1
1, x 1




 

.
Για να δούμε αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 1 θα εξετάσουμε αν το όριο
x 1
f(x) f(1)
lim
x 1


είναι πραγματικός αριθμός. Πράγματι:
 0
0
x 1 x 1 x 1 2 x 1
x 1
ln x 1
1 1
f(x) f(1) ln x x 1x 1 xlim lim lim lim
x 1 x 1 (x 1) 2(x 1)
x 1
lim
   

 
    
   

 
2x (x 1)
1
2
  
άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο 1 με
1
f '(1)
2
  .
4. Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο (0,1) (1, )  ως πηλίκο παραγωγισίμων με
   
 
2 2 2
ln x '(x 1) ln x x 1 ' x 1 xln x h(x)
f '(x)
x(x 1) x(x 1)x 1
     
  
 
,
όπου h(x) x 1 xln x, x 0    . Για να βρούμε τη μονοτονία της f αρκεί να βρούμε το
πρόσημο της συνάρτησης h στο (0,1) (1, )  καθώς ο παρονομαστής 2
x(x 1) είναι
θετικός στο (0,1) (1, )  .
Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη στο (0, ) με h'(x) lnx  . Επειδή h'(x) 0 στο
(0,1) και h'(x) 0 στο (1, ) και η h είναι συνεχής σε κάθε ένα από τα διαστήματα
(0,1] και [1, ) οπότε είναι γνησίως αύξουσα στο (0,1] και γνησίως φθίνουσα στο
[1, ) συνεπώς παρουσιάζει μέγιστο στο 0x 1 το h(1) 0 . Άρα h(h( 0x) 1)  για
κάθε x 0 με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1 . Άρα h(x) 0 για κάθε
(0,1) , )x (1   οπότεf'(x) 0 για κάθε (0,1) , )x (1   και επειδή η συνάρτηση f
είναι συνεχής στο 0x 1 , θα έχουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, ) .
Αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [1, ) άρα για κάθε x 1 ισχύει f(f( 1x) 1) 
που αποδεικνύει το ζητούμενο.
(Διαφορετικά θα μπορούσαμε να κάνουμε χρήση της εφαρμογής 2 του σχολικού βιβλίου
σελ. 266 σύμφωνα με την οποία ισχύει lnx x 1  , για κάθε x 0 με την ισότητα να
ισχύει μόνο για x 1 . Άρα για x 1 είναι x 1 0  και από την εφαρμογή παίρνουμε

ln x
1
x 1


, δηλαδή f(x) 1 , για κάθε x 1 . Επειδή επιπλέον f(1) 1 , άρα f(x) 1 για
κάθε x 1 ).
5. Θέλουμε να λύσουμε την εξίσωση f(x) (x)  . Αρχικά παρατηρούμε ότι η x 1 είναι
μία προφανής λύση της εξίσωσης. Θα δείξουμε ότι είναι μοναδική. Για x 1 δείξαμε στο
Δ4 ότι f(x) 1 και από την άλλη είναι
x
e
x x
0 x 1 x 1
x 1 0 0 1 1 (x) 1
e
x
e
1
  
           .
Άρα για x 1 τα δύο μέλη της παραπάνω εξίσωσης δε μπορεί να είναι ίσα (το πρώτο
μέλος είναι μικρότερο της μονάδας και το δεύτερο μεγαλύτερο της μονάδας), συνεπώς η
ισότητα ισχύει μόνο για x 1 .
Σχόλιο: Θα μπορούσαμε επιπλέον (παρά το ότι δεν το ζητάει η άσκηση), να δείξουμε ότι
η εξίσωση f(x) (x)  δεν έχει λύσεις για x 1 και η απόδειξη είναι όμοια με την
παραπάνω.
Ο επιστημονικός έλεγχος πραγματοποιήθηκε από τους Κωνσταντόπουλο Κωνσταντίνο και

5o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2017: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ
5Ο
ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ –ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (Κεφάλαια 2, 3)
ΘΕΜΑ Α
A1. Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα 135.
A2. 1. Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα 143.
Α3. α) 1.Σ – 2.Λ – 3.Λ – 4.Σ, β) Λ, γ) Σ , δ) Σ , ε) Σ .
ΘΕΜΑ Β
1) Μελέτη της 2
( ) 2ln , 0.f x x x x  
 Πεδίο ορισμού της είναι το  0,f   .
 Είναι συνεχής στο  0,f   , ως διαφορά των συνεχών συναρτήσεων
2
2lnx x .
 H συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη με
 22 2 12 2 2
( ) 2 , 0.
xx
f x x x
x x x

     
Είναι
 2
0
2 2
2 1
( ) 0 0 1 0 1 1
xx
f x x x x
x

           .
H μονοτονία και τα ακρότατα φαίνονται στον παρακάτω πίνακα:
x 0 1 +
f΄ - 0 +
f min
Από τον πίνακα έχουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο  0,1 και
γνησίως αύξουσα στο  1, . Παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 1, (1) 1x f  .

 Είναι 2
2 2
( ) 2 2 0f x x
x x
       
 
, που σημαίνει ότι η συνάρτηση f είναι κυρτή
στο  0,f   και δεν έχει σημεία καμπής.
 Αφού 2
0 0
lim ( ) lim( 2ln ) 0 ( )
x x
f x x x
 
      , η ευθεία 0x  είναι
κατακόρυφη ασύμπτωτη.
Επίσης
( ) ln
lim lim 2 ( ) 0
x x
f x x
x
x x 
 
       
 
, γιατί
( )
2ln (2ln ) 2
lim lim lim 0
x x x
x x
x x x


  

  

, επομένως δεν έχει πλάγιες ασύμπτωτες.
 Η συμπεριφορά της f στα άκρα του πεδίου ορισμού της είναι:
0
lim ( )
x
f x

 
και  2 2
2
2ln
lim ( ) lim 2ln lim 1 ( )(1 0)
x x x
x
f x x x x
x  
  
         
  
, αφού
2 2 2
1
2
2ln (2ln ) 1
lim lim lim lim 0
( ) 2x x x x
x x x
x x x x
 
 
 
   

   

.
Ο πίνακας μεταβολών της συνάρτησης f είναι:
x 0 1 + 
f΄ - 0 +
f΄΄ +
f +  min  +
 Από όλα τα παραπάνω η γραφική παράσταση της συνάρτησης f είναι:
2)
2 2
1 1 2 2
2 2
1 1
ln ln ln ln ln
2 2
x x
x x
e x e x e x x
    
         
 

2 2
1 2ln 2ln 1 ( ) (1)x x x x f x f        το οποίο ισχύει για κάθε 0x  αφού η f
παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 1, (1) 1x f  .
3)  
2 2
2 2 2 2
ln ln ln 2ln 2lnx k x k
e x e x x k e x x k x 
         
2 2
2ln 2ln ( ) , 0x k x x x k f x k k         .
To πλήθος των ριζών της ( ) , 0f x k k  φαίνονται στο παρακάτω σχήμα:
 0 1, ( ) .k f x k ύ    
 1, ( ) 1k f x k έ ί ύ x         , αφού (1) 1f k  και
   ( ) 1, 0,1 1, .f x ά x     
      1, ( ) 0,1 0,1 1,k f x k έ ί ύ ύ f             και
     1, 1, 1,ί ύ ύ f           .
4) Η συνάρτηση g είναι συνεχής για 0x  , ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων. Θα
πρέπει να είναι και συνεχής και στο 0. Δηλαδή θα ισχύει:
0
lim ( ) g(0).
x
g x


Έχουμε
 
0 0 0 0 2
2ln ln (ln )
lim ( ) lim 2lim 2lim
( ) ( ) 2ln
x x x x
x x x
g x
f x f x x x
 
 
 
   

   

20 0
1
1
2lim lim 1
2 12
x x
x
xx
x
 
   

, και g(0)  . Άρα 1.  
5) 1ος
τρόπος: Για 1,   η συνάρτηση g είναι συνεχής  0,e με
g(0) 1 0    και 2 2
2ln 2
g( ) 0
2ln 2
e
e
e e e
  
 
, oπότε g(0)g( ) 0e  . Άρα ισχύει το
Θ.Bolzano που σημαίνει ότι θα υπάρχει ένα τουλάχιστον
 0 00, ( ) 0.x e έ ώ g x   

2ος
τρόπος: Προφανής ρίζα η 0 1x  γιατί
2ln1
(1) 0
(1)
g
f
  . Άρα η συνάρτηση g έχει μία
τουλάχιστον ρίζα στο  0,e την 0 1x  .
ΘΕΜΑ Γ
1) Παραγωγίζοντας την αρχική σχέση έχουμε:
 3 3
( ) 6 ( ) 3 2017 ( ) 6 ( ) 3 2017f x f x x f x f x x          
 2 2
2
1
3 ( ) ( ) 6 ( ) 3 ( ) ( ) 2 1 ( ) 0
( ) 2
f x f x f x f x f x f x
f x
           

Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής σε όλο το R και ( ) 0f x  , για κάθε ,x R είναι
γνησίως αύξουσα στο R και δεν έχει ακρότατα.
2) 1ος
τρόπος. Από το 1) ερώτημα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο R,
οπότε θα είναι και 1-1. Άρα η f είναι αντιστρέψιμη και ορίζεται η 1
f 
.
2ος
τρόπος. Έστω 3 3
1 2 1 2 1 2, ( ) ( ) ( ) ( )x x R f x f x f x f x    (1) και
1 2 1 2( ) ( ) 6 ( ) 6 ( )f x f x f x f x   (2). Προσθέτοντας τις (1),(2) βρίσκουμε:
3 3
1 1 2 2 1 2 1 2( ) 6 ( ) ( ) 6 ( ) 3 2017 3 2017f x f x f x f x x x x x         .
Τότε η συνάρτηση f είναι 1-1, άρα αντιστρέψιμη.
3) Θεωρώ την συνάρτηση 3
( ) 6g x x x  (3) , που είναι γνησίως αύξουσα ( g
συνεχής στο R και 2
( ) 3 6 0g x x    ) στο R, οπότε θα είναι και 1-1.
 Για να έχει η συνάρτηση f σύνολο τιμών όλο το R, αρκεί να δείξουμε ότι για
κάθε 0y R υπάρχει 0x R τέτοιο ώστε 0 0( ) .f x y
Επιλέγουμε
3
0 0
0
6 2017
3
y y
x
 
 (4) και η αρχική σχέση για 0x x μας δίνει:
3(4)
3 3 0 0
0 0 0 0 0
6 2017
( ) 6 ( ) 3 2017 ( ) 6 ( ) 3 2017
3
y y
f x f x x f x f x
 
        
(3) :1 1
3 3
0 0 0 0 0 0 0 0( ) 6 ( ) 6 ( ( )) ( ) ( ) .
g
f x f x y y g f x g y f x y

       
 Εύρεση της 1
.f 
Έστω ( )y f x , τότε η αρχική σχέση γίνεται:
3
3 3 6 2017
6 3 2017 3 6 2017 , .
3
y y
y y x x y y x x R
 
         

Άρα
3
1 6 2017
( ) , R.
3
x x
f x x  
 
4) α) Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) στο R θα είναι
συνεχής και στο 0 670x   , οπότε θα ισχύει:
670
lim ( ) ( 670)
x
f x f k

   .
Η αρχική μας σχέση για 670x   μας δίνει:
3 3 3
( 670) 6 ( 670) 3 ( 670) 2017 6 2010 2017 6 7 0f f k k k k                
2
( 1)( 7) 0 1k k k k       . Άρα
670
lim ( )
x
f x

=1.
β)
3
1 3
4 4 4
6 2017
( ) ( 6 2017)3lim lim lim
3x x x
x x
x
f x x x x x
x x x
 
  
 

   
  
3 3 3
4 3 3
( 6 2017) 6 2017 1
lim lim lim lim 0 0
3 3 3 3x x x x
x x x x x x x x
x x x x x
  
   
     
        
 
.
Θυμίζουμε:
1 1 1x x
x x x x x
 
     και
1 1
lim ( ) lim 0
x xx x 
   , οπότε από το
κριτήριο της παρεμβολής θα έχουμε lim 0.
x
x
x



5) Είναι
3
1 6 2017
( ) ( ) ,
3
x x
h x f x  
  Rx και
2017
(0)
3
h   .
Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη με 2
( ) 2h x x   , Rx και (0) 2.h 
Η εξίσωση της εφαπτομένης της συνάρτησης h στο (0, (0))h είναι
2017 2017
( ): (0) (0)( 0) 2 2 .
3 3
y h h x y x y x         
Έχουμε ( ) 2h x x  και (0) 0h  . Επίσης αν 0 ( ) 0x ό h x    και αν
0 ( ) 0x ό h x    . Δηλαδή στο (0, (0))h η h μηδενίζεται και αλλάζει και
πρόσημο. Άρα το σημείο (0, (0))h είναι σημείο καμπής και η εφαπτομένη (ε)
΄΄διαπερνά΄΄ την hC στο σημείο Α.

ΘΕΜΑ Δ
1) Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) στο  1,4 και το
 0 2,3  που είναι το σύνολο τιμών της f , τότε θα υπάρχει ένα τουλάχιστον
 0 1,4x  , τέτοιο ώστε 0( ) 0f x  .
2) Από το θεώρημα μεγίστης και ελαχίστης τιμής και επειδή ισχύει:
min max2 1 (4) 2 (1) 3f f f f        , υπάρχουν
 1 2 1 min 2 max, 1,4 , ( ) 2 ( ) 3x x έ ώ f x f f x f         .
Είναι:
 1 2,x x εσωτερικά σημεία του  1,4 .
 f παραγωγίσιμη στα 1 2,x x .
 f παρουσιάζει ακρότατα στα 1 2,x x .
Από τα παραπάνω, λαμβάνοντας το Θ.Fermat, έχουμε 1 2( ) ( ) 0f x f x   . Άρα η fC
δέχεται δύο τουλάχιστον οριζόντιες εφαπτόμενες στα 1 2,x x .
 Αφού η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο  1,4 , τότε η f  είναι
συνεχής (υποθέτοντας, χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι ισχύει 1 2x x ) στο
   1 2, 1,4x x  και παραγωγίσιμη στο  1 2,x x . Επίσης από το (2) ερώτημα έχουμε
1 2( ) ( ) 0f x f x   , οπότε ισχύει το Θ.Rolle για την f  στο  1 2,x x . Άρα θα υπάρχει ένα
τουλάχιστον    1 2,x x έτσι ώστε να ισχύει ( ) 0f   . Αυτό σημαίνει ότι το σημείο
 , ( )f  είναι πιθανό σημείο καμπής.
3) Αρκεί να αποδείξουμε ότι η εξίσωση ( ) ( ) 2f x y f x x     , έχει μία
τουλάχιστον λύση στο    1 2, 1,4x x  .
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) 2g x f x x   η οποία είναι συνεχής στο    1 2, 1,4x x 
και
 1 1 1 1 1( ) ( ) 2 2 2 4 0,g x f x x x x          γιατί 1 4x  .
 2 2 2 2 2( ) ( ) 2 3 2 1 0,g x f x x x x         γιατί 2 1x  .

Δηλαδή 1 2( ) ( ) 0g x g x  , οπότε από το Θ.Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιστον
   0 1 2, 1,4x x   , τέτοιο ώστε 0 0 0( ) 0 ( ) 2.g f      
4) Η εφαπτομένη της fC στο  ,P f( )  είναι: ( ) ( )( )y f f x    
Αφού πρέπει να διέρχεται από το σημείο Α(0,2), θέτοντας x=0 και y=2, αρκεί να
αποδείξουμε ότι ισχύει:
2 ( ) ( )(0 ) 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0f f f f f f                     .
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( ) 2Q x xf x f x   η οποία είναι συνεχής στο
   1 2, 1,4x x  και
 1 1 1 1( ) ( ) ( ) 2 4 0Q x x f x f x    
 2 2 2 2( ) ( ) ( ) 2 1 0Q x x f x f x     
Δηλαδή 1 2( ) ( ) 0Q x Q x  , οπότε από το Θ.Bolzano , υπάρχει ένα τουλάχιστον
   1 2, 1,4x x   , τέτοιο ώστε ( ) 0 ( ) ( ) 2 0.Q f f       
5) Στο (1) ερώτημα βρήκαμε  0 1,4x  , τέτοιο ώστε 0( ) 0f x  .
Εφαρμόζοντας το Θ.Μ.Τ. για την f στα διαστήματα    0 01, ,4x x έχουμε:
 Υπάρχει ένα τουλάχιστον  1 01, x  , τέτοιο ώστε:
0 0
1
0 0 1
( ) (1) 12 1
( )
1 1 ( ) 2
f x f x
f
x x f


 
    
 
. (1)
 Υπάρχει ένα τουλάχιστον  2 0,4x  , τέτοιο ώστε:
0 0
2
0 0 2
(4) ( ) 41 1
( )
4 4 2 ( ) 2
f f x x
f
x x f


 
    
 
. (2)
Αφαιρώντας τις (1), (2) έχουμε: 0 0 0 0
1 2
1 4 1 41 1 3
.
( ) 2 ( ) 2 2 2 2
x x x x
f f 
    
     
 

6) Το σημείο    , οπότε είναι της μορφής
         , , 2K x t y t ή K x t x t  και
  ,0x t , επίσης έχουμε ότι   1 / secx t m 
και.
         0 0 0 0 02 1x t y t x t x t x t m      
Για 0y  στη ευθεία   , έχουμε
 2 2,0x    .
Οι κάθετες πλευρές ΚΛ, ΛΜ έχουν μήκη
   2 x t   και   2 x t   οπότε
   
 
  
2
22 1
2
2 2
x t
E t x t

     .
Η συνάρτηση  E t είναι παραγωγίσιμη σαν έκφραση παραγωγισίμων συναρτήσεων,
οπότε
                   0 0 0
1
2 2 2 2 2
2
E t x t x t x t x t E t x t x t              .
    2 2
0 1 2 1 / sec 1 / secE t m m      .

6o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΜΑΡΤΙΟΣ 2017: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ
6Ο
ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ –ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (Κεφάλαια 2, 3, 4)
[Κεφάλαια 1, 2, 3 Μέρος Β' του σχολικού βιβλίου]
ΘΕΜΑ Α
1. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 186
4. α) Σωστό β) Λάθος γ) Σωστό δ) Σωστό ε) Λάθος
ΘΕΜΑ Β
Β1. Θέτουμε
f(x)
g(x) f(x) xg(x)
x
   και η σχέση
f(x)
x
f(x)
f (x) e
x
   γράφεται:
  g(x) g(x)
xg(x) g(x) e g(x) xg (x) g(x) e        g(x)
xg (x) e   
g(x) 1
g (x)e
x

  
   g(x) g(x)
e lnx e lnx c     
Για x e είναι
f(e)
g(e) 0
e
  άρα 0
e lne c c 0    , οπότε
     g(x) f(x)
e lnx g(x) ln lnx ln lnx f(x) x ln lnx
x

           .
Β2. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη με:
 
1 1 1
f (x) xln(ln x) ln(ln x) x ln(ln x)
ln x x ln x
         , και
2 2
1 1 1 1 1 ln x
f (x) ( ln(ln x) )
ln x ln x x xln x xln x

        .
2
1 ln x
f (x) 0 0 x e
xln x

      .
H μονοτονία και το ακρότατο της f φαίνεται στον παρακάτω πίνακα:
1 e +∞
f΄΄ + -
f΄

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο  1,e και γνησίως φθίνουσα στο  e, .
Παρουσιάζει ολικό μέγιστο στη θέση 0
x e το f (e) 1   .
Ισχύει f (x) f (e) 1 0     , για κάθε x 1 .
Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα  A 1,  επομένως
   x x 1
f(A) lim f(x), lim f(x) ,
  
     , γιατί
  x x
lim f(x) lim ( xln(ln x))
 
       και
  x 1 x 1
lim f(x) lim( xln(ln x)) 1
 
      .
Β3. Η εξίσωση γράφεται:  x ln lnx lnm f(x) lnm     , άρα για κάθε
m 0 , lnm f(A) , άρα υπάρχει  0
x 1,  τέτοιο ώστε  0
f x lnm.
Το  0
x 1,  είναι μοναδικό αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα
 A 1,  .
Β4. Η ανίσωση ισοδύναμα γράφεται: 2 2
f(x 2) f(3x) 3x x 2     (1)
Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) f(x) x  με
(B2)
h (x) f (x) 1 1 1 0      
άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα  A 1,  .
Η (1) γράφεται 2
h(x 2) h(3x)  με
1
x
3
 οπότε
        2 2
x 2 3x x 3x 2 0 (x 1 ή x 2) . Τελικά
1
1 2
3
x ή x  
ΘΕΜΑ Γ
α) Ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης της gC είναι
1
g (0)
2018
 (1)
Επειδή το σημείο επαφής A(0,g(0)) είναι κοινό σημείο της εφαπτομένης και της
gC , οι συντεταγμένες του θα επαληθεύουν την εξίσωση της εφαπτομένης και της gC .
Έτσι για x 0 , έχουμε:0 2018 g(0) 2018 0 g(0) 1      και για x 0 στον τύπο
ό (1)
2 2
1 1 1 1 1
g (x) g (0)
3g (x) 3 1 2018 3 2018

       
      
3 2018 2015    

β) Από τη σχέση 2
1
g (x)
3g (x) 2015
 

ισοδύναμα έχουμε:
2 3
3g (x)g (x) 2015g (x) (x) g (x) 2015g(x) (x)         
Από τις Συνέπειες του Θ.Μ.Τ., υπάρχει σταθερά c: 3
g (x) 2015 g(x) x c    .
Για x 0 , έχουμε: 3 3
g (0) 2015 g(0) c 1 2015 1 c c 2016         .
Επομένως, για κάθε x , ισχύει 3
g (x) 2015 g(x) x 2016    (2).
γ) Επειδή g (x) 0  η g είναι γνησίως αύξουσα άρα η g είναι “1-1”.
Θέτουμε στη σχέση (2) όπου g(x) y και έχουμε:
3 1 3
y 2015y x 2016 g (y) y 2015y 2016
      
Τελικά είναι 1 3
g (x) x 2015x 2016
   (3).
δ) Για κάθε x ισχύει
2
2 2 2 2
(3g (x) 2015) 6g(x)g (x)
g (x) g (x)
(3g (x) 2015) (3g (x) 2015)
   
    
 
2
2 2 2 3
1
6g(x)
6g(x)3g (x) 2015
g (x) g (x)
(3g (x) 2015) (3g (x) 2015)
 

    
 
g (x) 0 g(x) 0   
Από τη (2) για g(x) 0 βρίσκουμε x 2016  , η οποία είναι και η μοναδική της λύση
αφού από το β) ερώτημα g: 1-1.
Επίσης είναι:

g . .
x 2016 g(x) g( 2016) g(x) 0 g(x) 0 g (x) 0
 
           
Άρα η g είναι κυρτή στο ( , 2016]  .
 Όμοια αν x 2016 g (x) 0    και η g είναι κοίλη στο [ 2016, )  .
Επειδή g ( 2016) 0   και η g (x) αλλάζει πρόσημο εκατέρωθεν του 2016, το σημείο
A( 2016,0) είναι το μοναδικό σημείο καμπής της Cg.

ε)
 
1
2
g (x)
f(x)
x g(x) g (x) 2015


 
, δηλαδή
 
3
3
x 2015x 2016
f(x)
x g (x) 2015g(x)
 


, οπότε
3
x 2015x 2016
f(x)
x(x 2016)
 


, άρα
3
2
x 2015x 2016
f(x)
x 2016x
 


(4)
Η fC έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες τις x 0 , x 2016  .
Επειδή
3
3 2 3
3 2x x x
3
2015 2016
x 1
f(x) x 2015x 2016 x x
lim lim lim 1
2016x x 2016x
x 1
x
  
 
          
  
 
 
και
 
3 3 2
2 2x x
x 2015x 2016 x 2016x
lim f(x) x lim
x 2016x x 2016x 
   
      
  
3 3 2 2
2 2x x
x 2015x 2016 x 2016x 2016x 2015x 2016
lim lim
x 2016x x 2016 
         
    
    
2
2
x
2
2
2015 2016
x 2016
x x
lim 2016
2016
x 1
x

 
   
    
 
 
 
η ευθεία y x 2016  είναι πλάγια
ασύμπτωτη της fC στο  και .
ΘΕΜΑ Δ
Δ1. Θέτουμε g(x) f(x) x 1   με g(1) f(1) 1 1 0    , αφού
ln1
f(1) 0 

Είναι g(x) f(x) x 1 0, x 0 g(x) g(1), x 0,        άρα η g παρουσιάζει ολικό
μέγιστο στο εσωτερικό σημείο 0
x 1 και αφού είναι παραγωγίσιμη ως πράξη
παραγωγίσιμων από Θ. Fermat έχουμε g (1) 0  .
Είναι 2
lnx lnx
g (x) f (x) 1 1 1
x ( x)
   
         
, οπότε
2
0 1
g (1) 0 1 0 1 1
 
         

.

Δ2. (α) Για 1 
lnx
f(x)
x
 με 2
1 lnx
f (x)
x

  , x>0.
Το πρόσημο της f και η μονοτονία της f φαίνονται στο πίνακα
x  0 e 
f (x)  
f(x)
Ο.μ
Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,e και γνησίως φθίνουσα στο e,  .
Παρουσιάζει ολικό μέγιστο στη θέση 0
x e το
1
f(e)
e
 .
Έστω 1
A 0,e  και 2
A e,   .
Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο 1
A 0,e  , άρα
  1 x 0
1
f A limf(x),f(e) ,
e
      
.
Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο 2
A e,   , άρα
  2 x
1
f A lim,f(e) 0,
e
      
.
Οπότε      1 2
f A f A f A  
1
,
e
 
  
 
1 1
0, ,
e e
   
   
   
.
(β) Αφού η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο στη θέση 0
x e το
1
f(e)
e
 , θα είναι
  1
f(x) f e ,x 0 f(x) ,x 0
e
    
(γ) Θεωρούμε την συνάρτηση 2
g(x) ln x 2 x, x 0    .
Έστω ότι η εξίσωση g(x) 0 έχει δύο ρίζες 1 2,  με 1 20     .
Η g πληροί το Θ. Rolle στο διάστημα  1 2,  επομένως υπάρχει τουλάχιστον ένα
 1 1 2x ,   τέτοια ώστε 1g (x ) 0  .
Είναι
ln x
g (x) 2 2 , x 0
x
     και
ln x ln x
g (x) 0 2 2 0 ln x x 0 f(x)
x x
               

Από το παραπάνω ερώτημα Δ2(β) έχουμε ότι
1 1 1
f(x)
e e e
        που είναι
άτοπο, αφού
1
e
   .
(δ).
1ος
τρόπος
Θα δείξουμε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα  1,e τέτοιο ώστε
2
2 2 2 2
1 ln 1 1
1 ln f ( )
e e e e e e
  
       
   
.
Η f πληροί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο 1,e   άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα  1,e
τέτοιο ώστε 2
1
f(e) f(1) 1ef ( )
e 1 e 1 e e

    
  
2ος
τρόπος
Θεωρούμε την συνάρτηση       2 2
1 ln , 1,g x x e e x e    .
Εφαρμόζουμε BOLZANO
 2 2
g(1) e e 1 0, g(e) e 0 1,e :g( ) 0           
2 2
2 2 2
1 ln 1 1
(1 ln )(e e) 0 f ( )
e e e e
 
          
  
(ε) Είναι
1
1e
0
E f (x)dx
  , θέτουμε x f(u) dx f (u)du  
Για x 0 0 f(u) f(1) f(u) u 1       , και για
1 1
x f(u) f(e) f(u) u e
e e
       , αφού η f γν. αύξουσα άρα και 1 1 στο
1
A 0,e  .
Οπότε
e
1
1
E f f(u)f (u)du
 
e ee
11 1
uf (u)du uf(u) f(u)du       
ee
1 1
lnu
uf(u) du
u
     
ee
1 1
1
uf(u) lnudu
u
        
ee
1 1
uf(u) lnu lnudu     

e
2 2 2
e
1
1
ln u ln e ln 1 1 1 1
uf(u) ef(e) f(1) e
2 2 2 e 2 2
   
            
   
τ.μ.
Τα θέματα Β & Δ επιμελήθηκε ο Παντερής Ανδρέας, Μαθηματικός-MSc του 2ου ΓΕΛ Ηρακλείου
Κρήτης.

7o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2017: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ
7ο
ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ –ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (Σε όλη την ύλη)
ΘΕΜΑ Α
1. Βλέπε σχολικό βιβλίο σελίδες 144-145.
2. Βλέπε σχολικό βιβλίο σελίδα 185.
3. 1) Λάθος, 2) Λάθος, 3) Λάθος, 4) Σωστό, 5) Λάθος .
ΘΕΜΑ Β
1. Στη σχέση y x
f(x) f(y)
f(x y)
e e
   αν θέσουμε x=y=0, τότε
0 0
f(0) f(0)
f(0) f(0) 0
e e
    .
x 0 x 0
f(x) f(0) f(x)
f (0) 1 lim 1 lim 1
x 0 x 

     

(1)
Έστω 0x  , τότε
0 0
0
0 0 0
0 0
0
0 0
0
x x h 0xh
0 0
0
x x h 0 h 0
x x xh h h h
0 0 0
x xh hh 0 h 0
x h
0
x xhh 0 h 0
f(x ) f(h)
f(x )
f(x h) f(x )f(x) f(0) e ef (x ) lim lim lim
x 0 h h
e f(x ) e f(h) e e f(x ) e f(x )(1 e ) e f(h)
lim lim
e e h e e h
e f(x ) e 1 1 1 f(h
lim( ) lim
e h e e
 
  
 
 
 
 
    

   
  

   0 0
h
0 0x xhh 0 h 0
) e 1 1 1 1
f(x )lim lim f(x )
h h e e e 

     
Γιατί:
0
( )h h0
h 0
h 0 h 0 h 0
e 1 (e 1)
lim lim lime e 1
h h  
 
   

, 00 0
1 1
lim lim 1hh he e 
  και από την (1)
h 0
f(h)
lim 1
h
 .
Άρα η f είναι παραγωγίσιμη σε κάθε 0x , με
0
0 0x
1
f (x ) f(x )
e
   .
2. Από το 1ο
ερώτημα για κάθε x θα έχουμε
x x x x
x
1
f (x) f(x) e f (x) e f(x) 1 (e f(x)) (x) e f(x) x c
e
            

Για x=0: 0
e f(0) 0 c c 0    , οπότε x
x
x
e f(x) x 0 f(x)
e
    , x .
3. H f είναι παραγωγίσιμη με x x
1 1 x
f (x) f(x) f (x)
e e

     .
Έχουμε x
1 x
f (x) 0 0 x 1
e

      .
Η μονοτονία και τα ακρότατα φαίνονται στον παρακάτω πίνακα:
x -  1 
f (x) + -
f(x) o.μ
Η f έχει ολικό μέγιστο στο 0
1
x 1, f(1)
e
   .
4. Η συνάρτηση f είναι γν. Φθίνουσα στο  2,3 , άρα για
3 2
3 2
2 x 3 f(2) f(x) f(3) f(x)
e e
        (2).
Αφού η 3
3
f(x)
e
 είναι συνεχής στο  2,3 και όχι παντού μηδέν (γιατί ισχύει μόνο για
x=3), τότε παίρνουμε:
3 3
3 3 3
2 2
3 3 3
f(x) 0 (f(x) )dx 0 f(x)dx
e e e
        . (3)
Όμοια θα έχουμε
3
2
2
2
f(x)dx
e
 . (4)
Από (3), (4) έχουμε:
3
3 2
2
3 2
f(x)dx
e e
  . (5)
Είναι 3
3
f(x) 0
e
  , για κάθε  2,3x , οπότε το εμβαδόν Ε του χωρίου που
περικλείεται από την fC , τον άξονα x΄x και τις ευθείες x=2 & x=3 ισούται με
3
2
f(x)dx ,
οπότε η (5) γίνεται: 3 2
3 2
E
e e
  .
ΘΕΜΑ Γ
1. α) Για x 1 , θέτουμε  
 f x 2 -5
h x
x -1

 . Τότε
x 1
limh(x) 6

 και
     f x 2 x -1 h x 5   . Επομένως      x 1 x 1
lim lim 5 5f x 2 x-1 h x 
     .

Όμως οι συναρτήσεις f και g(x) x 2  είναι συνεχείς. Επομένως και η f(x 2) είναι
συνεχής. Άρα  x 1
lim f(x 2) f 1 2 f(3) 5

     .
β) Αρκεί να δείξουμε ότι
x 3
f(x) f(3)
lim 6
x 3



Αν θέσουμε όπου x u 2  , τότε, όταν x 3 το u 1 και έχουμε:
x 3 u 1 u 1
f(x) f(3) f(u 2) f(3) f(u 2) 5
lim lim lim 6
x 3 u 1 u 1  
    
  
  
. Άρα  f 3 6  .
2.
x 3 x 3 x 3
x 2-f(x) x 2-f(x)-5 5
x 2-f(x) (x -3) (x -3)
lim lim lim
ημ(x -3) ημ(x -3)ημ(x -3)
(x -3) (x -3)
  
  

  
   
x 3 x 3
x -3- f(x)-5 (x -3)- f(x)-f(3)
1-f (3)(x -3) (x -3)
lim lim 1-6 -5
ημ(x -3) ημ(x -3) 1
(x -3) (x -3)
 

   
Διότι:
x 3
f(x)-f(3)
lim f (3)
x -3
 και
x 3
ημ(x -3)
lim 1
(x -3)
 , (θέτουμε x-3=u , ( u 0) οπότε
u 0
ημu
lim 1 ,
u

Σχόλιο: Δεν μπορούμε να εργαστούμε με τον κανόνα DeL’Hospital γιατί δεν γνωρίζουμε
αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη σε διάστημα της μορφής (α,3) (3,β) .
3. Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών
συναρτήσεων. Για την h στο διάστημα [0,3] ισχύουν:
 Είναι συνεχής στο [0,3].

h(0)= -7<0
h(3)=3f(3)-9-7συν3=15-9-7συν3= 6-7συν3>0
π
(αφου 3 π)
2





  

και στο δεύτερο τεταρτημόριο το συνημίτονο είναι αρνητικός αριθμός.

Mk ed1 ed8_lys

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Viewers also liked

Viewers also liked (20)

Similar to Mk ed1 ed8_lys

Similar to Mk ed1 ed8_lys (20)

More from Christos Loizos

More from Christos Loizos (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Mk ed1 ed8_lys