merged_document trapeza thematon

8/17/2019 Merged_document Trapeza Thematon

http://slidepdf.com/reader/full/mergeddocument-trapeza-thematon 1/102

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2016

1-19 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 1

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2016

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ

ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ – ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ

ΘΕΜΑ 1ο :

Δίνονται οι συναρτήσεις f , g : ( 1 , ) R + ∞ → με f (x) ln(x+ 1) και x

g(x) =

x +1

α) Να λύσετε την εξίσωση ( ) ( )f x g x 0= και να βρείτε το πρόσημο της συνάρτησης ( ) ( ) ( )Φ x f x g x+

β) Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις f C και gC των συναρτήσεων f και g δέχονται

κοινή εφαπτομένη στο σημείο Ο(0,0), η οποία διχοτομεί τη γωνία του πρώτου και τρίτου

τεταρτημόριου.

γ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου Ω, που περικλείεται από τη γραφική παράσταση

f C της συνάρτησης f την παραπάνω εφαπτομένη και την ευθεία x 3

δ) Ένα υλικό σημείο Μ με θετική τετμημένη, κινείται στη f C και η τετμημένη του x αυξάνεται

με ρυθμό 2 cm/sec. Αν Ν είναι η προβολή του σημείου Μ στον άξονα ′x x και Α(0,α) σημείο

του άξονα ′y y, με α 0, τότε: i) Να αποδείξετε ότι ο ρυθμός μεταβολής ′E (t) του εμβαδού E του τριγώνου ΑΜΝ κάθε

χρονική στιγμή t ισούται με Φ(x(t))

ii) Να βρείτε την τετμημένη του σημείου Μ, τη χρονική στιγμή κατά την οποία ο ρυθμός

μεταβολής του εμβαδού του τριγώνου ΑΜΝ είναι ίσος με ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

282ln3 + cm / sec

9

ΛΥΣΗ

α) Λύνουμε την εξίσωση x

f (x) g(x) 0 ln(x 1) 0x 1

+ = ⇔ + + =+

, x ( 1, )∈ − + ∞

Παρατηρούμε ότι η παραπάνω εξίσωση επαληθεύεται για x 0= .

Πράγματι

0ln(0 1) 0 0 0

0 1+ + = ⇔ =

+

Άρα x 0= είναι λύση της εξίσωσης x

ln(x 1) 0x 1

+ + =+

Θεωρούμε τη συνάρτηση x

Φ(x) ln(x 1) , x 1x 1

= + + > −+

Η συνάρτηση Φ είναι παραγωγίσιμη στο ( 1, ),− + ∞ με

2 2 2 2

1 (x) (x+1) x (x+1) 1 x+1 x x+1 1 x+2Φ (x) (x+1)

x+1 (x+1) x+1 (x+1) (x+1) (x+1)

− − ++

′ ′

⋅

′

= = + = =

Είναι Φ (x) 0> για κάθε x ( 1, )∈ − + ∞





Επομένως ο πίνακας μονοτονίας – προσήμου της συνάρτησης Φ είναι ο παρακάτω:

x 1− 0 +∞

Φ (x) +

Φ

( )Φ x − +

Έχουμε:

• Για Φ

x Φ(x) Φ(0) Φ(x)↑

−1< < 0 ⇒ < ⇒ < 0

• Για Φ

x Φ(x) Φ(0) Φ(x)↑

> 0 ⇒ > ⇒ > 0

Επομένως Φ(x) = 0 f(x) + g(x) = 0⇔ μόνο για x = 0

β) Είναι:1

f (x) , x 1x 1

′ = >−+

και 2

1g(x) , x 1

(x 1)′ = ≠−

+

Στο σημείο (0,0)Ο έχουμε:

f (0) ln(0 1) 0= + = ,1

f (0) 10 1

′ = =+

και

0g(0) 0

0 1= =

+ ,

2

1g (0) 1

(0 1)′ = =

+

Επομένως στο σημείο (0,0)Ο έχουμε κοινή

εφαπτομένη με εξίσωση y x= , η οποία

διχοτομεί τη γωνία του πρώτου και τρίτου

τεταρτημόριου.

γ) Για κάθε x ( 1, )∈ − +∞ είναι:1

f (x)x 1

=+

′ και 2

1f (x) 0

(x 1)

−=

+′′ <

Άρα η συνάρτηση f στρέφει τα κοίλα προς τα κάτω στο διάστημα ( 1 , )− +∞ , οπότε η γραφική

της παράσταση f C βρίσκεται από την ευθεία y x= και κάτω, δηλαδή ισχύει f (x) x≤ , για κάθε

x ( 1, )∈ − +∞ . Επομένως το εμβαδόν του χωρίου Ω, που περικλείεται από τη γραφική παράσταση

f C της συνάρτησης f την ευθεία y x= και την ευθεία x 3= είναι:

( )3 3 3 3

0 0 0 0

Ε(Ω) f (x) x dx x f (x) dx x dx f (x) dx= − = − = − =

∫ ∫ ∫ ∫

23 3 3

0 0 0

3

0

xx dx ln(x 1)dx (x) ln(x 1)dx

2

⎡ ⎤′= − + = − ⋅ + =⎢ ⎥

⎣ ⎦∫ ∫ ∫

[ ]

3 3

3

0

0 0

9 9

2 2

x (x 1) 1x ln(x 1) dx 3 ln4 dx

x 1 x 1

+ −= − ⋅ + + = − ⋅ + =

+ +∫ ∫

[ ]

3 3

3

0

0 0

9 9

2 2

13 ln4 1dx dx 3 ln4 1 (3 0) ln(x 1)

x 1= − ⋅ + − = − ⋅ + ⋅ − − + =

+∫ ∫

9 15

2 23 ln4 3 (ln4 ln1) 4 ln4= − ⋅ + − − = − ⋅





δ) i) 1ος Τρόπος:

Είναι:

( )x , ln(x 1) αΑΜ = + −uuuur

, ( )x, αΑΝ = −uuuur

( )x ln(x 1) α

det ,

x α

+ −ΑΜ ΑΝ = =

−

uuuur uuur

αx xln(x 1) αx xln(x 1)= − − + + = − +

Άρα το εμβαδόν του τριγώνου ΑΜΝ είναι:

( )(AMN)

1 1 1det , x ln(x 1) x ln(x 1) , x 0

2 2 2Ε = Ε = ΑΜ ΑΝ = − + = + >

uuuur uuur

2ος Τρόπος:

Είναι:

(AMN)

1 1 1d(A,MN) (MN) x f (x) x ln(x 1) , x 0

2 2 2Ε = Ε = ⋅ = ⋅ = + >

Επειδή η τετμημένη x του σημείου M είναι συνάρτηση του χρόνου t έχουμε:

( )1

(t) x(t) ln x(t) 1 , x(t) 02

E = + >

Οπότε:

( )1 1 (x(t)+1)

Ε (t) x(t)ln(x(t)+1) x (t)ln(x(t)+1) x(t)2 2 x(t)+1

′⎛ ⎞′′ ′= = + =⎜ ⎟⎝ ⎠

1 x (t) 1 2x (t)ln(x(t)+1) x(t) 2ln(x(t)+1) x(t)

2 x(t)+1 2 x(t)+1

′⎛ ⎞ ⎛ ⎞′= + = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )x(t)

ln(x(t)+1) x(t)x(t)+1

= + = Φ , x(t) 0>

ii) Είναι:

( ) ( )8 8

9 9

x(t) x(t)ln x(t) 1 2ln3 ln x(t) 1 ln9

x(t) 1 x(t) 1+ + = + ⇔ + + = + ⇔

+ +

( ) ( ):1 1

8

8 1

x(t)ln x(t) 1 ln(8 1) x(t) (8) x(t) 8

x(t) 1

Φ↑

Φ −++ + = + + ⇔ Φ = Φ ⇔ =

+

ΘΕΜΑ 2ο :

Δίνεται η συνάρτηση = −

f (x) x , ≤x 0

α) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την μονοτονία, τα κοίλα και να βρείτε το σύνολο

τιμών της.

β) Ένα υλικό σημείο ( )Α α , α , <α 0 κινείται στην f C με ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του ′

=−α (t) α(t). Επίσης υλικό σημείο Μ(x,y) με >x 0 κινείται στην ευθεία με εξίσωση y x

i) Να βρείτε το ρυθμό μεταβολής της γωνίας ˆ=AOM θ , όπου Ο η αρχή των αξόνων, τη

χρονική στιγμή 0t πο υ είναι ( )ΟΑ 2

ii) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου Ω που περικλείεται από τις καμπύλες με εξισώσεις:

y x− με ≤x 0 , =y x με ≥x 0 και την ′0y α (t )

iii) Να βρείτε ευθεία παράλληλη με τον άξονα y΄y , η οποία να χωρίζει το χωρίο Ω σε δύο

ισεμβαδικά χωρία.

y

O

Μ(x,ln(x+1))

=ln(x+1)

x N(x,0)

A(0,α)





ΛΥΣΗ

α) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο , 0),(−∞ με ( ) 1 1f (x) x ( x)

2 x 2 x΄

−′ ′= − = − =

− −

Έχουμε:

♦ Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ( ], 0−∞

♦ f (x) 0< για κάθε x , 0)∈(−∞

Επομένως η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( ], 0−∞

Η συνάρτηση f ′ είναι παραγωγίσιμη στο , 0),(−∞ με

( )

( )

( )

2

1xx1 1 1 1 1 12 xf (x)

2 2 2 ( x)2 x x 4x xx

−− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −′′ = − = − ⋅ = − ⋅ = ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ −− − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ −

΄ ΄ ΄ ΄

Έχουμε:

♦ Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ( ], 0−∞

♦ f (x) 0′′ < για κάθε x , 0)∈(−∞ Επομένως η συνάρτηση f είναι κοίλη στο ( ], 0−∞

Η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο ( ], 0−∞ , οπότε το σύνολο τιμών της

συνάρτησης f είναι:

( ]( ) )x

f , 0 f (0) , lim f (x)→− ∞

⎡−∞ =⎣

Όμως:x=u

x x ulim f (x) lim x lim u

−

→−∞ →−∞ →+∞= − = = +∞

Άρα το σύνολο τιμών της συνάρτησης f είναι:

( ]( ) [ )f ,0 0,−∞ = + ∞

β) i) 1ος Τρόπος:

Έστω ότι την τυχαία χρονική στιγμή t

είναι:

ΟΜ θ θ(t)∧

Α = = και ( )A α(t) α(t), − ,

όπου α(t) 0<

Η ευθεία y x= σχηματίζει με τον άξονα

x΄x γωνία πxΟM

4

∧

= και η ευθεία ΟΑ

έχει συντελεστή διεύθυνσης

ΟΑ

α(t)π 1λ εφ θ(t)

4 α(t) α(t)

−⎛ ⎞= + = = −⎜ ⎟−⎝ ⎠

Άρα είναι:

( )2

α(t)π 1 1εφ θ(t) θ (t)

π4 α(t)α(t) συν θ(t)4

′−⎛ ⎞⎡ ⎤⎛ ⎞ ′+ = − ⇔ ⋅ = ⇔⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥

⎜ ⎟ −⎛ ⎞−⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠ +⎜ ⎟⎝ ⎠

′′





α (t) α(t)

2 2

α (t)

2 α(t )θ (t) θ (t) 1

π πα(t) 2 α(t)συν θ(t) συν θ(t)

4 4

′ =−

′−

′ ′− −= ⇔ = ⇔

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −+ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

21 π

θ (t) συν θ(t) 42 α(t)

− ⎛ ⎞′ = ⋅ +⎜ ⎟− ⎝ ⎠ (1)

Τη χρονική στιγμή o

t είναι:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2

2 2

o o o oΟΑ 2 α t α t 2 α t α t 0= ⇔ + − = ⇔ − − 2 = ⇔

( )oα t = −1 (δεκτή) ή ( )o

α t = 2 (απορρίπτεται), αφού ( )oα t < 0

Άρα τη χρονική στιγμή o

t είναι ( )Α 1,1− , δηλαδή το σημείο Α ανήκει στην ευθεία y x=− ,

που είναι κάθετη στην ευθεία y x=

Επομένως είναι o

πθ(t ) ΑΟΜ2

∧= = και από τη σχέση (1) έχουμε:

2 2

o o

o

1 π 1 π πθ (t ) συν θ(t ) συν

4 2 2 42 α(t )

− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞′ = ⋅ + = − ⋅ + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟− ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2

21 3π 1 2 1 1 1συν

2 4 2 2 2 2 4

⎛ ⎞= − ⋅ = − ⋅ − = − ⋅ = −⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ rad / μονάδα χρόνου.

2ος Τρόπος

Είναι:

( )ΟΜ x , x ,=uuuur

( )ΟΑ α , α= −uuur

και ( )ΑΜ = x α , x α− − −uuuur

( ) 2 2ΟΜ x x 2x ,= + = ( ) ( )2

2 2ΟΑ α + α α α= − = − και ( ) ( )2

2ΑΜ = (x α) + x α− − −

Από το νόμο των συνημιτόνων έχουμε:

( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2

ΑΜ = ΟΜ + ΟΑ 2 ΟΜ ΟΑ συνθ− , οπότε

( )2

2 2 2 2(x α) x α 2x α α 2 2x α α συνθ− + − − = + − − − ⇔

2 2 2 2 2 2x 2xα α x 2x α ( α) 2x α α 2 2x α α συνθ− + + − − + − = + − − − ⇔

2 22xα 2x α 2 2x α α συνθ α α 2 α α συνθ− − − = − − ⇔ + − = −

Την τυχαία χρονική στιγμή t είναι:

2α(t) α(t) 2 α(t) α(t) συνθ(t)+ − = −

Οπότε παραγωγίζοντας και τα δύο μέλη έχουμε:

( ) ( )2α(t) α(t) 2 α (t) α(t) συνθ(t)΄ ΄ + − = − ⇔

α (t) α (t)2

2

α (t) 2α(t)α (t) α (t)α (t) 2 συνθ(t) 2 α (t) α(t) ημθ(t)θ (t)

2 α(t) 2 α (t) α(t)

′ = −′ ′ ′− −′ ′+ = ⋅ − − ⇔

− −

2

2

2α(t) 2α (t) α(t)α(t) 2 συνθ(t) 2 α (t) α(t) ημθ(t)θ (t)

2 α(t) 2 α (t) α(t)− + ′− + = ⋅ − −

− −





Τη χρονική στιγμή 0t είναι:

22

2

0 0 00 0 0 0 0 0

0 0 0

α(t ) 2α (t ) α(t )α(t ) 2 συνθ(t ) 2 α (t ) α(t ) ημθ(t )θ (t )

2 α(t ) 2 α (t ) α(t )

− +′− + = ⋅ − −

− − (2)

Όμως τη χρονική στιγμή 0t είναι ( )ΟΑ 2= , οπότε έχουμε:

2 2

0 0 0 0α (t ) α(t ) 2 α (t ) α(t ) 2 0− = ⇔ − − = ⇔

0α(t ) 1= − δεκτή ή 0α(t ) 2= απορρίπτεται , αφού ( )oα t < 0

Άρα τη χρονική στιγμή o

t είναι ( )Α 1,1− , δηλαδή το σημείο Α ανήκει στην ευθεία y x=− ,

που είναι κάθετη στην ευθεία y x=

Επομένως είναι o

πθ(t ) ΑΟΜ

2

∧

= =

Άρα τη χρονική στιγμή 0t από τη σχέση (2) έχουμε:

0

1 2 1 π π1 2 συν 2 2 ημ θ (t )2 22 1 2 2

− − −′+ = ⋅ − ⋅ ⇔

0 0

1 12 θ (t ) θ (t )

2 4′ ′= − ⋅ ⇔ =− rad / μονάδα χρόνου.

Σημείωση

Στον 2ο Τρόπο αντί του νόμου των συνημιτόνων, θα μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε τον

Τύπο:ΟΜ ΟΑ

συνθ| ΟΜ | | ΟΑ |

⋅=

⋅

uuuur uuur

uuuur uuur

ii) Είναι:

0 0y α (t ) α(t ) 1′= = − =

Αν η ευθεία y 1= τέμνει την f C στο σημείο Β, τον άξονα y y′ στο σημείο Ν και την ευθεία

y x= στο σημείο Γ, τότε είναι ( ) 1 2Ε Ω Ε Ε= + , όπου 1Ε το εμβαδόν του μεικτόγραμμου

τριγώνου ΟΒΝ και 2Ε το εμβαδόν του τριγώνου ΟΝΓ.

( ) ( ) ( ) ( )0 0 3

21

1 1

0

1

2 2 1Ε 1 x dx 1 x x dx 1 x 1 0 1

3 3 3− − −

⎡ ⎤′= − − = + − − = + − = + − =⎢ ⎥⎣ ⎦∫ ∫ και

( ) ( )2

1 1 1Ε 1 1

2 2 2= ΟΝ ΝΓ = ⋅ =

Άρα

( ) 1 2

1 1 5Ε Ω Ε Ε

3 2 6= + = + =

iii) Έστω 0x x= η ζητούμενη ευθεία. Είναι 1Ε < 2Ε , οπότε ( )0x 0,1∈

Θέλουμε:

00

2 21

00

x

1

x

Ε(Ω) x 5 1 x 5(1 x)dx x 1 x

2 2 12 2 2 12

⎡ ⎤− = ⇔ − = ⇔ − − + = ⇔⎢ ⎥

⎣ ⎦∫

22

00

0 0 0 0

x1 5 30 30x 6x 12x 1 0 x 1 απορ. ή x 1 δεκτή,

2 2 12 6 6− + = ⇔ − + = ⇔ = + = −

αφού ( )0x 0,1∈





ΘΕΜΑ 3ο :

Δίνεται η συνάρτηση + ∞ →f : (1 , ) R , η οποία ικανοποιεί τη σχέση:

+ = + +

x xf (e 1) x e 1 , για κάθε ∈x R (1)

α) Να αποδείξετε ότι = − +f (x) ln(x 1) x , ∈ + ∞x (1 , )

β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται και να βρείτε το πεδίο ορισμού της −1

fγ) Να αποδείξετε ότι οι f C και 1f

C−

έχουν ένα κοινό σημείο, το οποίο και να προσδιορίσετε.

δ) Να υπολογίσετε το +

2f (e 1) και στη συνέχεια να λύσετε την εξίσωση − −

+ − = +

21 1f (x 1) 1 f (e 3)

ε) Να λύσετε την ανίσωση −

>

1f (x) x

ΛΥΣΗ

α) Θέτουμε x R

t 1

x xe 1 t e t 1 x ln (t 1)∈

>+ = ⇔ = − ⇔ = −

Η σχέση (1) ισοδύναμα γράφεται:

f (t) ln (t 1) t= − + , t (1, )∈ + ∞ Επομένως:

f (x) ln (x 1) x= − + , x (1, )∈ + ∞

β) Για κάθε x (1, )∈ + ∞ έχουμε:

1 1f (x) (x 1) 1 1 0

x 1 x 1′ ′= − + = + >

− −

Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα, επομένως είναι και « 1 – 1 », οπότε αντιστρέφεται.

Το πεδίο ορισμού της 1f − είναι το σύνολο τιμών της συνάρτησης f

Η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο (1, )+ ∞ , οπότε το σύνολο τιμών της f

είναι:

( ) ( )xx 1

f (1, ) limf (x) , lim f (x) ( , ) R + →+ ∞→

+ ∞ = = −∞ + ∞ = , αφού

• x 1 u

x 1 u 0limln(x 1) lim ln u

+ +

− =

→ →− = = −∞ και

x 1limx 1

+→= , οπότε

x 1limf (x)

+→= −∞ και

• x 1 u

x ulim ln(x 1) lim ln u

− =

→+∞ →+∞− = = +∞ και

xlim x→+∞

= +∞ , οπότε xlim f (x)→+∞

= +∞

γ) Για x, y (1, )∈ + ∞ λύνουμε το σύστημα:

( )11

y f (x)y f (x) y f (x) y ln (x 1) x (2)

f (y) f f (x) x f (y) x ln (y 1) y (3)y f (x) −−

=⎧= = = − +⎧ ⎧ ⎧⎪⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨ ⎨= = = − += ⎩ ⎩⎩ ⎪⎩

Αφαιρούμε κατά μέλη και έχουμε:

y x ln(x 1) x ln(y 1) y ln(x 1) x ln(y 1) y h(x) h(y)− = − + − − − ⇔ − + 2 = − + 2 ⇔ = (4),

όπου h(t) ln (t 1) t , t (1, )= − + 2 ∈ + ∞

Για κάθε t (1, )∈ + ∞ έχουμε:

1 1h (t) (t 1) 2 2 0t 1 t 1′ ′= − + = + >− −





Άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα, επομένως είναι και « 1 – 1 », οπότε από τη σχέση

(4) προκύπτει y x= (5)

Λύνουμε λοιπόν το σύστημα των εξισώσεων (2) και (5):

y ln (x 1) x x ln (x 1) x ln (x 1) 0 x 1 1 x 2

y x y x y x y x y 2

= − + = − + − = − = =⎧ ⎧ ⎧ ⎧ ⎧

⇔ ⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨ ⎨ ⎨= = = = =⎩ ⎩ ⎩ ⎩ ⎩

Άρα οι f

C και 1f C − έχουν ένα μόνο κοινό σημείο, το Α(2 , 2)

δ) Είναι: 2 2 2 2 2 2 2f (e 1) ln(e 1 1) e 1 lne e 1 lne e 1 e 3+ = + − + + = + + = 2 + + = +

Άρα 2 21f (e 3) = e 1− + +

Έχουμε:

2 2 21 1 1 1f (x 1) 1 f (e 3) f (x 1) 1 e 1 f (x 1) e 2− − − −+ − = + ⇔ + − = + ⇔ + = + ⇔

2 2 2 2 2x 1 f (e 2) x 1 ln(e 2 1) e 2 x ln(e 1) e 1+ = + ⇔ + = + − + + ⇔ = + + +

ε) Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού f Α (1, )= + ∞ και σύνολο τιμών f f (Α ) R = , οπότε η συνάρτηση

1f − έχει πεδίο ορισμού 1f Α R − = και σύνολο τιμών 1

1

f f (Α ) (1, )−

− = + ∞

Διακρίνουμε περιπτώσεις:

• Αν x 1≤ και δεδομένου ότι 1f (x) (1, )− ∈ +∞ , δηλαδή

1f (x) 1− > η ανίσωση 1f (x) x− > αληθεύει.

• Αν x 1> , τότε έχουμε:

( )1

1

f x 1 x 1 x 1f (x) x

f f (x) f (x) x ln (x 1) x ln (x 1)

−−

>⎧ > >⎧ ⎧⎪> ⇔ ⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨> > − + − < 0⎩ ⎩⎪⎩

x 1 x 1 x 11 x 2

ln (x 1) ln1 x 1 1 x

> > >⎧ ⎧ ⎧⇔ ⇔ ⇔ < <⎨ ⎨ ⎨

− < − < < 2⎩ ⎩ ⎩

Άρα η ανίσωση αληθεύει για ( ] ( ) ( )x ,1 1, 2 , 2∈ −∞ = −∞U

ΘΕΜΑ 4ο :

Δίνεται η συνάρτηση →f : R R με =f (R) R , η οποία ικανοποιεί τη σχέση:

+ + − =

2f (x) f (x)+1 2f (x) 2 xe e e , για κάθε ∈x R (1)

α) Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο R

β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται και να βρείτε τη συνάρτηση −1f

γ) Nα αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )∈ξ 0,1 τέτοιο, ώστε −

+ = −

ξ 2 ξ(2 ξ)e e e e

δ) Nα αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0

x 1

ε) Να λύσετε την ανίσωση ≤f (x) x και να αποδείξετε ότι − ≥f (x) 1 0 για κάθε ≥x 1





ΛΥΣΗ

α) 1ος

τρόπος

Θέλουμε να αποδείξουμε ότι για οποιαδήποτε 1 2x , x με 1 2x x< ισχύει 1 2f (x ) f (x )<

Έστω ότι υπάρχουν 1 2x , x με 1 2x x< τέτοια , ώστε 1 2f (x ) f (x )≥ (2)

Είναι: 1 2

1 2

2f (x ) 2f (x )

f (x ) 1 f (x ) 1

1 2

1 2

2f (x ) 2f (x ) (3)

f (x ) 1 f (x ) 1 (4)

e e

e e+ +

⎧≥ ≥⎧ ⎪⇒⎨ ⎨

+ ≥ + ≥⎪⎩ ⎩

Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις (2), (3) και (4) έχουμε:

1 1 2 22f (x ) f (x ) 1 2f (x ) f (x ) 1

1 2f (x ) f (x )e e e e+ ++ + ≥ + + ⇔

1 1 2 22f (x ) f (x ) 1 2f (x ) f (x ) 12 2(1)

1 2 1 2f (x ) 2 f (x ) 2 x xe e e e e e+ ++ + − ≥ + + − ⇔ ≥

που είναι άτοπο

Επομένως για οποιαδήποτε 1 2x , x με 1 2x x< ισχύει 1 2f (x ) f (x )< , οπότε η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα.

2ος

τρόπος

Θεωρούμε τη συνάρτηση 2x x+1 2g(x) e e x 2e= + + − , x R ∈

Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο R με 2x x+1g (x) e e 1′ = 2 + + (5)

Είναι g (x) 0′ > για κάθε x R ∈ , οπότε η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα.

Από τη σχέση (1) προκύπτει ότι ( )( )g f x x= , για κάθε x R ∈ , οπότε για οποιαδήποτε 1 2x , x με

1 2x x< ισχύει ( ) ( )1 2 1 2

g

g f (x ) g f (x ) f (x ) f (x )↑

< ⇔ < , άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα.

β) Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα, οπότε είναι « 1 – 1 », άρα αντιστρέφεται.

Ισχύει η ισοδυναμία:

1f (x) y x f (y)

−= ⇔ = , y R ∈


1 2y y+1 2f (y) y 2e e e− + + −= , y R ∈

Οπότε:

1f : R R − → με 1 2x x+1 2f (x) x 2e e e− + + −= , x R ∈

γ) Είναι:

1f − συνεχής στο [ ]0 ,1 ,1f (1) 1 0− = > και

( ) ( )1 2f (0) 2e e 1 1 e e 1 0− = − + + = − 2 + < ,

οπότε 1 1

f (1) f (0) 0− −⋅ <

Άρα η συνάρτηση 1f − ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θεωρήματος Βolzano στο διάστημα

[ ]0 ,1 επομένως θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )ξ 0 ,1∈ τέτοιο, ώστε να ισχύει

1

f (ξ)

−

= 0 ⇔ 2ξ ξ+1 2 2ξ ξ+1 2 ξ ξ 2 ξ 2 ξξ 2 2 ξ ( ) 2 ξ 2 ξ)e e e e e e e e e e e e e e−+ + − = 0 ⇔ + = − ⇔ + = − ⇔ + = ( −





δ) Για κάθε x R ∈ είναι:

( )1f f (x) x− = , οπότε ( )x 1 x 1

1limf f (x) lim x 1→ →

− = = (6)

Θέτουμε 1y f (x) 0−= > . Όταν x 1→ και το y 1→ , οπότε από τη σχέση (6) προκύπτει:

y 1limf (y) 1 f (1)

→= = , αφού 1f (1) 1 f (1) 1− = ⇔ =

Άρα η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0x 1=

ε) Για κάθε x R ∈ έχουμε:1f

1 2 22x x+1 2x x+1f (x) x x f (x) x e +e + x 2e e +e 2e 0

−∧↑

−≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ − ⇔ − ≥

Θέτουμε xe y 0= > και έχουμε:y 0

2 2y ey 2e 0 (y e)(y + 2e) 0 y e 0 y e>

+ − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥

Άρα y e≥ , οπότε έχουμε xe e x 1≥ ⇔ ≥

Είναι:

x 1 f (x) f (1) f (x) 1 f (x) 1 0≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≥ ,

διότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα και ισχύει f (1) =1 , αφού 1f (1) 1− =

ΘΕΜΑ 5ο :

Έστω η συνάρτηση −

= >

xlnx xf (x) e , x 0

α) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία, τα ακρότατα και να αποδείξετε ότι η

f είναι κυρτή.

β) Να βρείτε το πλήθος των λύσεων της εξίσωσης −

= >

x xx e κ , x 0 για τις διάφορες τιμές του >κ 0

γ) Να αποδείξετε ότι ⋅∫ −

=

e

1

e 1lnx f(x)dxe

δ) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν 1

1 2ξ ,ξ (e , e)∈ τέτοια, ώστε να ισχύει:

⋅ ⋅

−

−

+ =

−

e 2

1 1 2 2

ee ef (ξ ) lnξ ef (ξ ) lnξ

e 1

ΛΥΣΗ

α) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 0 , ),( + ∞ με

xlnx x xlnx xf (x) (e ) e (xlnx x ) f (x)(lnx 1 1) f (x)lnx− −= = − = + − =′ ′

(1)

Είναι:

• f (x) 0 f (x) lnx 0 lnx 0 x 1= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

• f (x) 0 f (x) lnx 0 lnx 0 x 1> ⇔ > ⇔ > ⇔ > , αφού f (x) 0> για κάθε x (0 , + )∈ ∞

Οπότε ο πίνακας μονοτονίας – ακροτάτων της συνάρτησης f είναι ο παρακάτω:

x 0 1 +∞

(x)f ′ − 0 +

(x)f 1e−

Ελάχιστο





Επομένως:

• Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ( ]0 , 1 και f (x) 0΄ < για κάθε ( )x 0 , 1∈ , οπότε η

συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ( ]0 , 1

• Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ )1, +∞ και f (x) 0΄ > για κάθε x (1, )∈ +∞ , οπότε η

συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [ )1 , +∞

• Η συνάρτηση f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο ox 1= με ελάχιστη τιμή 1f (1) e−=

Για κάθε x (0, )∈ +∞ είναι:

2 2(1)1 1 1

f (x) (f (x) lnx) f (x)lnx f (x) f (x)(lnx) f (x) f (x) (lnx) 0x x x

= = + = + = + ⎞

′′ ′ ′

>

⎟

⎝ ⎠

Είναι f (x) 0>′ για κάθε x (0, + )∈ ∞ , οπότε η συνάρτηση f είναι κυρτή.

β) Για x (0, )∈ +∞ έχουμε:

xlnx xx x x x

x e κ ln(x e lnκ xlnx x lnκ e f (x) κ −− −

= ⇔ ) = ⇔ − = ⇔ = κ ⇔ =

Είναι:

• + +x 0 x 0

xlnx x 0lim f (x) lim e e 1→ →

−= = = , αφού

+ + + + +x 0 x 0 x 0 x 0 x 01 1 2

1lnx (lnx) xlim (xlnx) lim lim lim lim ( x) 0x (x ) x

−∞+∞

→ → → → →− − −

′= = = = − =

′ −

• x + x + u +

u xlnx xuxlnx x

lim f (x) lim e lim e=→ ∞ → ∞ → ∞

= −−= = +∞ , αφού

x + x +lim (xlnx x) lim x (lnx 1)→ ∞ → ∞

− = − = +∞


♦ Αν 1κ e−< η εξίσωση f(x) κ = είναι αδύνατη.

♦ Αν 1κ e−= η εξίσωση f(x) κ = έχει:

ακριβώς μία λύση την x 1= , αφού 1f (1) e−= και 1f (x) e−> για κάθε x (0 ,1) (1,+ )∈ ∞U

♦ Αν 1

e κ 1−

< < η εξίσωση f(x) κ = έχει ακριβώς:

μία λύση στο (0,1) , αφού ( ) 1f (0,1) = (e , 1)−

και

μία λύση στο (1, )+ ∞ , αφού ( ) 1f (1, ) = (e , )−+ ∞ + ∞

♦ Αν κ 1≥ η εξίσωση f(x) κ = έχει:

μία λύση στο (1, )+ ∞ , αφού ( ) 1f (1, ) (e , )−+ ∞ = + ∞

γ) Από τη σχέση (1) έχουμε:

[ ]xlnx x elne e 1 0 1

e ee e

1 11 1

1 e 1lnxf (x)dx f (x)dx f (x) e e e e e 1 e e

− − − − −⎡ ⎤′= = = = − = − = − =⎢ ⎥⎣ ⎦∫ ∫





δ) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη σε καθένα από τα διαστήματα 1

e , 1−⎡ ⎤⎣ ⎦ και [ ]1 , e με

παράγωγο f (x) f (x)lnx.= Ικανοποιούνται λοιπόν οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στα διαστήματα

αυτά, οπότε υπάρχουν 1

1ξ (e , 1)−∈ και 2ξ (1, e)∈ τέτοια, ώστε να ισχύει:

1 11

1 1 1 1 11

(1)f (1) f (e ) f (1) f (e ) e 1f (ξ ) f (ξ ) lnξ f (ξ ) lnξ f (1) f (e )e 11 e e

e

− −−

−

− − −′ = ⇔ ⋅ = ⇔ ⋅ ⋅ = −−− (1) και

22 2 2 2

f (e) f(1) f (e) f(1)f (ξ ) f (ξ ) lnξ (e 1) f(ξ ) lnξ f (e) f (1)

e 1 e 1

− −′ = ⇔ ⋅ = ⇔ − ⋅ ⋅ = −

− − (2)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε:

2

1

1 1 2

e 1f (ξ ) lnξ (e 1) f(ξ ) lnξ f (1) f (e ) f (e) f (1)

e

−−⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ = − + − ⇔

2

1

1 1 2e 1 f (ξ ) lnξ (e 1) f(ξ ) lnξ f (e) f (e )

e

−− ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ = − ⇔

2

elne e e lne e

1 1 2

e 1f (ξ ) lnξ (e 1) f(ξ ) lnξ e e

e

−1 −1 −1− −−⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ = − ⇔

2

2e

1 1 2

e 1f (ξ ) lnξ e (e 1) f(ξ ) lnξ 1 e

e

−1−−⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ = − ⇔

2

2e

1 1 2(e 1) f (ξ ) lnξ e (e 1) f(ξ ) lnξ e e−11−− ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ = − ⇔

2

e 2

e

1 1 2e ef (ξ ) lnξ e f(ξ ) lnξ

e 1

−

−⋅ + ⋅ ⋅ =−

ΘΕΜΑ 6ο :

Έστω →f : R R μια συνάρτηση δύο φορές παραγωγίσιμη στο R, με ′′≠f (x) 0 για κάθε ∈x R , η

οποία ικανοποιεί τις σχέσεις:

• ′′ ′⋅ −

− =

2xf (x) e (f (x)) 0 για κάθε ∈

x R ,

• ′+ =2f (0) 1 0 και

• =f (0) ln2

α) Να αποδείξετε ότι ισχύει ′+ =

+

x

x

ef (x) 1

1 e

, ∈

x R

β) Να αποδείξετε ότι: )+ −

xf ln(1 e(x) x , ∈

x R

γ) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και την κυρτότητα.

δ) Να αποδείξετε ότι ισχύει:+ ≥2 (x) xf ln4 για κάθε ∈

x R

ε) Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης f

στ) Να βρείτε την αντίστροφη συνάρτηση −1

f της f και να υπολογίσετε τα όρια:

i)0

1

x

(lim f x)+

→

−

ii)1

x(lim f x)

→+∞

−





ΛΥΣΗ

α) Για κάθε x R ∈ έχουμε:

( )( )

2x x x x

2

f (x) 1 -1f (x) e f (x) e (e ) e c , x R

f (x) f (x)f (x)

−′′′ ⎛ ⎞−

′′ ′ ′⋅ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = + ∈⎜ ⎟′ ′′ ⎝ ⎠,

αφού

( )2x

f (x) 0 f (x) e 0 f (x) 0 f (x) 0−′′ ′′ ′ ′≠ ⇒ ⋅ ≠ ⇒ ≠ ⇒ ≠ για κάθε x R ∈

Για x 0= έχουμε: 01 1e c 1 c c 1

1f (0)

2

− −= + ⇔ = + ⇔ =

′ −, οπότε

xx

x x x

1 1 1 ee 1 f (x) f (x) 1 1 f (x) 1

f (x) e +1 e +1 e 1

− − −′ ′ ′= + ⇒ = ⇒ + = + ⇒ + =

′ +, x R ∈

β) Για κάθε x R ∈ έχουμε:

( ) ( ) ( )x x

x

x x

e (e 1)f (x) 1 f (x) x f (x) x ln(e 1)

e 1 e 1

′+ ′′ ′′ + = ⇒ + = ⇒ + = + ⇒+ +

x

1f (x) x ln(e 1) c+ = + + , x R ∈

Για x 0= έχουμε:0

1 1 1f (0) 0 ln(e 1) c ln 2 ln 2 c c 0+ = + + ⇔ = + ⇔ = , οπότε

x xf (x) x ln(e 1) f (x) ln(e 1) x+ = + ⇔ = + − , x R ∈

γ) Για κάθε x R ∈ έχουμε:x x x x

x x x x

e e e e 1 1f (x) 1 f (x) 1 f (x) f (x) 0

e 1 e 1 e 1 e 1

− − −′ ′ ′ ′+ = ⇔ = − ⇔ = ⇔ = <

+ + + +

για κάθε x R,∈

άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα.

Επίσης, έχουμε:

( ) ( )2 2x x

f (x) e f (x) f (x) e f (x) 0−′′ ′ ′′ ′⋅ = ⇔ = ⋅ > για κάθε x R,∈

άρα η συνάρτηση f είναι κυρτή.

δ) 1ος

τρόπος

Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) 2 (x) x lnf 4= + − , x R ∈

Για κάθε x R ∈ είναι:

( )

x

x x

1 e 1

h (x) 2 (x) x ln4 2f (x) 1f 12 1e 1 e′ − −

′ ′ ⋅= + − = + = + =+ +

Είναι:

• x x 0xh (x) 0 e 1 0 e 1 e x 0e= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =−

• x x 0xh (x) 0 e 1 0 e 1 e x 0e> ⇔ > ⇔ > ⇔ > ⇔ >−

Οπότε ο πίνακας μονοτονίας – ακροτάτων της συνάρτησης h είναι ο παρακάτω:

x −∞ 0 +∞

h (x) − 0 +

(x)h

0 Ελάχιστο





Η συνάρτηση h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο ox 0= με ελάχιστη τιμή h (0) 0= , οπότε για

κάθε x R ∈ είναι:

h (x) 0 2 (x) x lnf f 4 0 2 (x) x ln4≥ ⇔ + − ≥ ⇔ + ≥

2ος

τρόπος

Η f είναι κυρτή, άρα η εφαπτομένη της f C στο σημείο Ο(0,0) βρίσκεται από τη f C και «κάτω». Η εξίσωση της εφαπτομένης της f C στο σημείο Ο(0,0) είναι: 1 1

y f (0) f (0)(x 0) y ln2 x y x ln22 2

′− = − ⇔ − = − ⇔ = − +

Επομένως για κάθε x R ∈ ισχύει:

1f (x) y f (x) x ln2 2f (x) x 2ln2 2f (x) x ln4

2≥ ⇔ ≥ − + ⇔ + ≥ ⇔ + ≥

ε) Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο R , οπότε για τον προσδιορισμό του συνόλου τιμών

της θα βρούμε τα όρια x

lim (x)f →−∞

και x

lim f (x)→+∞

. Είναι:

( )x

x xf ln(1 e xlim (x) lim )

→−∞ →−∞+ −= = +∞ , διότι

( )xu 1 e

x

x ulim )ln(1 e (lnu) lnim 0l 1

= +

→−∞ →1+ = = = και

x(lim )x

→−∞− = +∞

( ) ( )x x x

x x xlim f (x) lim ln(e 1) x lim ln(e 1) lne→ +∞ → +∞ → +∞

= + − = + − =

x

x

u 1

x

x

e 1u

e

x

e 1lim ln lim(lnu) 0

e→+∞ →

+=⎛ ⎞+

=⎜ ⎟⎝ ⎠

= , διότι

x x x

x x x

x x x

e 1 (e 1) elim lim lim 1

e (e ) e

+∞+∞

→+∞ →+∞ →+∞

′+ += = =

′

Επομένως, το σύνολο τιμών της f είναι ( )f (R) 0,= + ∞

στ) Έστω η εξίσωση y f (x)= , όπου y f (R).∈ Έχουμε:

y y yx x

x x x

x x

e 1 e 1y ln e e e e 1 e (e 1) 1

e e

+ += ⇔ = ⇔ ⋅ = + ⇔ − = ⇔

y 0y

y y

x 1 1

e x ln x ln(e 1)e 1 e 1

>

= ⇔ = ⇔ =− −− −

Δηλαδή, η εξίσωση y f (x)= έχει ως προς x R ∈ μοναδική λύση την yx ln(e 1)=− − για κάθε y 0,>

οπότε η f είναι «1 – 1» , επομένως αντιστρέφεται με σύνολο τιμών f (R) (0, )= +∞

Άρα έχουμε ( )1f : 0, R − +∞ → με 1 xf (x) ln(e 1)− = − −

Έχουμε:

i)

xu e 11 x

0 0 u 0

lim f (x) lim ln(e 1) lim lnu= −

−

→ → →= − − = − = +∞

+ + +x x

ii)

xu e 11 x

x x ulim f (x) lim ln(e 1) lim lnu

= −−

→ ∞ → ∞ → ∞= − − = − = −∞

+ + +





ΘΕΜΑ 7ο :

Δίνεται η συνάρτηση [ ], →

f : α β R , η οποία είναι παραγωγίσιμη στο [ ],α β , δεν διατηρεί σταθερό

πρόσημο σ’ αυτό το διάστημα και είναι >

f(α) 0 και >f (β) 0 . Να αποδείξετε ότι:

α) Η εξίσωση =

f(x) 0 έχει δύο τουλάχιστον λύσεις στο ,(α β)

β) Υπάρχει ένα τουλάχιστον ,ξ (α β) τέτοιο, ώστε να ισχύει ′= 0

2ξ f (ξ) f (ξ)

γ) Υπάρχουν ,κ (α β)λ ∈ με κ≠ λ τέτοια, ώστε ′ ′f (κ)f (λ ) < 0

δ) Υπάρχει ένα τουλάχιστον 0

x (κ ), λ τέτοιο, ώστε ′= 0

0f (x )

ΛΥΣΗ

α) Αφού η συνάρτηση f δεν διατηρεί σταθερό πρόσημο στο [ ]α, β και είναι f (α) 0> και f (β) 0> , θα

υπάρχει γ (α,β)∈ τέτοιο, ώστε f (γ) 0< . Επομένως για τη συνάρτηση f στο [ ]α, γ ισχύουν:

• Είναι συνεχής στο [ ]α, γ ως παραγωγίσιμη.

• f (α)f (γ) 0<

Ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [ ]α, γ , άρα η εξίσωση

f (x) 0= , έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα (α, γ)

Ομοίως αποδεικνύεται ότι η εξίσωση f (x) 0= , έχει μία τουλάχιστον λύση και στο διάστημα (γ, β)

β) Θέτουμε στην προς απόδειξη σχέση όπου ξ το x και έχουμε:2 2 2

x x x2xf (x) f (x) 0 2xe f (x) e f (x) 0 (e f(x)) 0+ = ⇔ + = ⇔ =′ ′ ′

Θεωρούμε τη συνάρτηση 2

x

h(x) e f (x)= , στο διάστημα [ρ1,ρ2], όπου 1 2ρ , ρ είναι οι λύσεις της

εξίσωσης f(x) = 0 από το προηγούμενο ερώτημα.

Για τη συνάρτηση h ισχύουν:

• Είναι συνεχής στο [ρ1,ρ2] ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων.

• Είναι παραγωγίσιμη στο (ρ1,ρ2) με παράγωγο 2 2

x xh (x) xe f (x) e f (x)= 2 +′ ′

• 1 2

h (ρ ) h(ρ ) 0= =

Επομένως σύμφωνα με το Θεώρημα Rolle θα υπάρχει ξ ∈(ρ1,ρ2) ⊆ (α , β) τέτοιο, ώστε 2 2

h (ξ) 0 2ξe f(ξ) e f (ξ) 0ξ ξ= ⇔ + = ⇔′ ′

2

e (2ξf(ξ) f (ξ)) 0 2ξf (ξ) f (ξ) 0ξ + = ⇔ + =′ ′

γ) Στα διαστήματα [ ]α , γ και [ ]γ ,β , για την παραγωγίσιμη συνάρτηση f ισχύουν οι προϋποθέσεις

του Θ.Μ.Τ. άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον:

♦ κ (α , γ)∈ τέτοιο, ώστε f (γ) f (α)

f (κ ) 0γ α

−= <

−′ και

♦ λ (γ , β)∈ τέτοιο, ώστε f (β) f (γ)

f (λ ) 0β γ

−= >

−′

αφού f (α) 0 , f (β) 0> > και f (γ) 0< , (βλέπε και (α) ερώτημα), επομένως f (κ )f (λ ) 0′ ′ <





δ) Είναι:

x κ

f (x) f (κ )f (κ ) lim 0

x κ +

−= <

−→′ , άρα για

1 1x (κ , κ +δ ) , δ >0∈ , ισχύει:

x κ f (x) f (κ )0 f (x) f (κ ) 0 f (x) f (κ )

x κ

>−< − < <

−

⇒ ⇒ (1)

Είναι:

x λ

f (x) f (λ )f (λ ) lim 0

x λ −

−= >

−→′ , άρα για

2 2x (λ δ , λ ), δ 0∈ − > , ισχύει:

x λ f (x) f (λ )0 f (x) f (λ ) 0 f (x) f (λ )

x λ

<−> − < <

− ⇒ ⇒ (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι η συνάρτηση f δεν παρουσιάζει ελάχιστο στο κ ούτε στο λ .

Δεδομένου όμως ότι η f είναι συνεχής στο [κ , λ ] θα έχει σίγουρα ελάχιστο στο διάστημα αυτό. Αφού

λοιπόν δεν παρουσιάζει ελάχιστο στα άκρα του διαστήματος θα το παρουσιάζει σε εσωτερικό σημείο

0x του διαστήματος [κ , λ ], οπότε σύμφωνα με το Θεώρημα Fermat θα ισχύει

0f (x ) 0′ =

ΠΡΟΤΑΣΗ:

Αν η f είναι παραγωγίσιμη σε διάστημα Δ και είναι f (x) 0′≠ για κάθε x Δ , τότε η f ′ διατηρεί

πρόσημο στο Δ.

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

Έστω ότι η f ′ δεν διατηρεί πρόσημο στο Δ, τότε θα υπάρχουν 1 2

x , x ∈ Δ με 1 2

f (x )f (x ) 0′ ′ < . Άρα

σύμφωνα με το (δ) ερώτημα του προηγουμένου θέματος , θα υπάρχει 0 1 2x (x ,x ) Δ∈ ⊆ τέτοιο, ώστε

0f (x ) 0′ = , που είναι άτοπο αφού f (x) 0′ ≠ για κάθε x ∈ Δ

ΘΕΜΑ 8ο :

Δίνεται η συνάρτηση f (x) lnx , x 0

α) Να κάνετε τη γραφική παράσταση f

C της συνάρτησης f και να βρείτε την παράγωγό της.

β) Να βρείτε:

i) Τα κοινά σημεία 1 1

Α(x ,f(x )) και 2 2

Β(x ,f(x )) της f

C με την ευθεία y α , α 0>

ii) Τις εξισώσεις των εφαπτόμενων Α

ε και Β

ε της f

C στα σημεία της α

Α(e ,α) και α

Β(e ,α)

αντιστοίχως και να αποδείξετε ότι είναι κάθετες μεταξύ τους για κάθε α 0

γ) Έστω Μ και Ν τα σημεία τομής της ευθείας Β

ε με τους άξονες ′x x και ′y y αντιστοίχως. Να

αποδείξετε ότι, όταν το εμβαδόν του τριγώνου ΟΜΝ γίνεται μέγιστο, η ευθεία Α

ε διέρχεται

από την αρχή των αξόνων Ο(0,0)

ΛΥΣΗ

α) Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f αποτελείται από το τμήμα της γραφικής παράστασης

της lnx, με x 1≥ και το συμμετρικό ως προς τον άξονα x x′ τμήμα της γραφικής παράστασης της lnx , με 0 x 1< < που βρίσκεται κάτω από αυτόν. Η

f C φαίνεται στο παρακάτω σχήμα.





Η συνάρτηση γράφεται lnx , x 1f(x)lnx , 0 x 1

≥=− < <

⎧⎨⎩

και είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (1, )+ ∞

με 1

f (x)x

′ = και στο διάστημα (0,1) με 1

f (x)x

′ −=

Εξετάζουμε αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 0

x 1=

• Για x 1> έχουμε:0

0

+ + +DLHx 1 x 1 x 1

1f (x) f (1) lnx 0 xlim lim lim 1

x 1 x 1 1→ → →

− −= = =

− −

• Για 0 x 1< < έχουμε:0

0

DLHx 1 x 1 x 1

1f (x) f (1) lnx 0 xlim lim lim 1

x 1 x 1 1− − −→ → →

−− − −= = = −

− −

Άρα η συνάρτηση f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0

x 1=

Επομένως:

1, x 1

xf (x)

1 , 0 x 1x

⎧⎪⎪⎨

⎪⎪⎩

>′

− < <

=

β) i) Λύνουμε τα συστήματα:y lnx

, x 1y α

=≥

=

⎧⎨⎩

και y lnx

, 0 x 1y α

= −< <

=

⎧⎨⎩

• αy lnx lnx α x

y αy α y α

e= = =⇔ ⇔== =

⎧⎧ ⎧⎨ ⎨ ⎨

⎩⎩ ⎩ Άρα

αA(e , α)

•

1 1 1 ααy lnx x ey lnx lnx α x e

y α y αy α y αy α

− − − −= − == = =⇔ ⇔ ⇔ ⇔= == ==

⎧ ⎧ ⎧ ⎧⎧⎨ ⎨ ⎨ ⎨ ⎨⎩ ⎩⎩ ⎩⎩

Άρα α

Β , α)(e−





ii) Η εξίσωση εφαπτομένης της f

C στο Α είναι:

Αε :

α

α α α α αe 1

α1

y f (e ) f (e )(x e ) y α (x e ) y e x 1 αe

−>

⇔′− = − − = − ⇔ = − +

Η εξίσωση εφαπτομένης της f

C στο Β είναι:

Bε :

α

α α α α αe 1

α1

y f (e ) f (e )(x e ) y α (x e ) y e x 1 αe

−

− − − −<

−⇔ −′− = − − = − ⇔ = − + +

Είναι:

α α 0

1 2( )λ λ e e e 1

−⋅ − −⋅ = = = − , οπότε

Αε εΒ⊥

γ) Βρίσκουμε τα σημεία τομής της B

ε με τους άξονες.

Για

x 0= είναι

y 1 α= + και

για

y 0= είναι

α

1 αx

e

+= . Άρα η

B

ε τέμνει τον άξονα x x′ στο

σημείο ( )α1 α

M , 0e+ και τον άξονα y y′ στο ( ) N 0 , 1 α+ , α 0>

Το εμβαδόν του τριγώνου ΟΜΝ είναι:

( )( ) ( )2

1 1 1 α (1 α)E OM ON 1 α , α 0

2 2 e 2eα α

+ += = ⋅ ⋅ + = >

Θεωρούμε τη συνάρτηση:

x

2

(1+x)g(x) , x 02e

= >

Για κάθε x (0 , )∈ + ∞ έχουμε:

x x

2x x x

2 2 22(1 x) 2e 2e (1 x) 2(1 x) (1 x) 1 x

g (x) =4e 2e 2e

+ ⋅ − + + − + −′ = =

Είναι:

• x 0

2 2g (x) 0 1 x 0 x 1 x 1= ⇔ − = ⇔ = ⇔ =′

• x 02 2g (x) 0 1 x 0 x 1 0 x 1> ⇔ − > ⇔ < ⇔ < <′

Οπότε ο πίνακας μονοτονίας – ακροτάτων της συνάρτησης g είναι ο παρακάτω:

x 0 1 +∞

(x)g′ + 0 −

(x)g

12e−

Μέγιστο

Η συνάρτηση g παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο ox 1= , επομένως το εμβαδόν του τριγώνου ΟΜΝ

μεγιστοποιείται για 1α = Για 1α = η

Αε γίνεται

1y e x

−= , άρα διέρχεται από την αρχή των αξόνων.





ΘΕΜΑ 9ο :

Δίνεται μια παραγωγίσιμη συνάρτηση f : R R με f (0) 0 , η οποία ικανοποιεί τη σχέση: :

• f (x)

f (x) e x 1− = − για κάθε ∈

x R

α) Να εκφράσετε την ′f (x) ως συνάρτηση της f(x) β) Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και να βρείτε το πρόσημό της για κάθε ∈

x R

γ) Να αποδείξετε ότι η f είναι κυρτή στο R

δ) Να αποδείξετε ότι ′xf (x) xf (x) x ,

2< < <

για κάθε x 0

ε) Να βρείτε την πλάγια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της f στο + ∞

ΛΥΣΗ

α) Επειδή η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη, τότε και η f (x)f (x) e−− είναι παραγωγίσιμη ως σύνθεση

και άθροισμα παραγωγισίμων συναρτήσεων.


( ) ( )f (x) (x)f f (x) e x 1 f (x) f (x)e 1− −′ ′ ′ ′− = − ⇔ + = ⇔

( )(x)

(x)

(x) (x)

f f

f f

1 ef (x) 1 e 1 f (x) f (x)

1 e 1 e

−−

′ ′ ′+ = ⇔ = ⇔ =+ +

Άρα (x)

(x)

f

f

ef (x) , x R

1 e′ = ∈

+ (1)

β) Από τη σχέση (1) προκύπτει ότι f (x) 0′ > για κάθε x R ,∈ οπότε η συνάρτηση f είναι γνησίως

αύξουσα στο R Από την υπόθεση έχουμε ότι f (0) 0= , δηλαδή η x 0= είναι ρίζα της εξίσωσης f (x) 0= και είναι

μοναδική αφού η f είναι γνησίως αύξουσα άρα και 1−1

Εφόσον η f είναι γνησίως αύξουσα στο R και έχει μοναδική ρίζα την x 0= , συμπεραίνουμε ότι:

• για x 0 f (x) f (0) f (x) 0< ⇒ < ⇒ < και

• για x 0 f (x) f (0) f (x) 0> ⇒ > ⇒ >

Συνεπώς για το πρόσημο της συνάρτησης f ισχύει :

( )

( )

f (x) 0 , x , 0

f (x) 0 , x 0

f (x) 0 , x 0,

< ∈ −∞⎧⎪

= =⎨⎪ > ∈ +∞⎩

γ) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο R , οπότε και η συνάρτηση (x)

(x)

f

f

e

1 e+ είναι παραγωγίσιμη

στο R. Άρα η συνάρτηση (x)

(x)

f

f

ef (x)

1 e′ =

+ είναι παραγωγίσιμη στο R , δηλαδή η συνάρτηση f είναι

δύο φορές παραγωγίσιμη στο R με:

(x) (x) (x) (x)

(x) 2

f f (x) f f f

f f (x)

e (e ) (1 e ) e (1 e )f (x)

1 e (1 e )

′ ′ ′⎛ ⎞ ⋅ + − ⋅ +′′ = = =⎜ ⎟+ +⎝ ⎠

(x) (x)

2 2

f (x) f f f (x) f (x)

f (x) f (x)

e f (x) (1 e ) e e f (x) ef (x) 0

(1 e ) (1 e )

′ ′⋅ + − ⋅ ′= = ⋅ >+ +

,

αφού f (x) 0′ > γ ια κάθε x R ∈ Άρα η συνάρτηση f ε ίν α ι κ υ ρ τ ή στο R





δ) Θα αποδείξουμε ότι :x

f (x) x f (x) x ,2

′< < < για κάθε x 0>

Η συνάρτηση f είναι:

• συνεχής στο [ ]0 , x

•

παραγωγίσιμη στο ( )0, x Επομένως ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ του Διαφορικού λογισμού στο διάστημα [ ]0,x

Άρα θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0, xξ∈ τέτοιο, ώστε:

f (x) f (0) f (x)f (ξ) (2)

x 0 x

−′ = =−

Η συνάρτηση f είναι κυρτή στο R , άρα η f ′ είναι γνησίως αύξουσα στο R , οπότε για:

(2 ) 1 f (x) x0 x f (0) f (ξ) f (x) f (x) f (x) x f (x) , x 0

2 x 2′ ′ ′ ′ ′< ξ < ⇒ < < ⇒ < < ⇒ < < >

Θα αποδείξουμε ότι: xf (x) x′ < , για x 0>

Πράγματι, από τη σχέση (1) έχουμε ότι (x) (x) x 0

(x) (x)

f f

f f

e ef (x) 1 x f (x) x

1 e e

>

′ ′= < = ⇒ <+

Άρα για κάθε x 0> ισχύει:

xf (x) x f (x) x

2′< < <

ε) Για κάθε x 0> είναι:x

f (x) x2x x

f (x) x f (x) x e e e2 2

− − −

< < ⇔ − > − > − ⇔ > >

Επειδή x

x 2

x xlim e lim e 0

−−

→+∞ →+∞= = από Κριτήριο Παρεμβολής έχουμε ότι f (x)

xlim e 0−

→+∞= (3)

1ος

τρόπος

Είναι:f (x) f (x)f (x) e x 1 f (x) (x 1) e ,− −− = − ⇔ − − =

οπότε :

[ ](3)

f (x)

x xlim f (x) (x 1) lim e 0−

→+∞ →+∞− − = =

Άρα η ευθεία y x 1= − είναι πλάγια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της f στο +∞

2ος

τρόπος

Από την αρχική σχέση έχουμε f (x)f (x) e x 1−= + − , οπότε:

(3)

x x x

f (x)f (x)f (x) e x 1

λ lim lim lim e 0 0 1 0 1xx x x

1 11

−−

→+∞ →+∞ →+∞= = ⋅ = ⋅ + − =

+ − ⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) υπόθεση

f(x) f(x)

x xβ lim f (x) x lim (x 1 e x) lim ( 1 e ) 1 0 1

− −

→+∞→+∞ →+∞= − = − + − = − + = − + = −

x

Άρα η ευθεία y x 1= − είναι πλάγια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της f στο +∞





ΘΕΜΑ 10ο :

Έστω μια συνεχής συνάρτηση f : R R , της οποίας η γραφική παράσταση f

C διέρχεται από το

σημείο Α(0,1).

α) Αν η f είναι παραγωγίσιμη στο 0

x 0 , τότε:

i) Να υπολογίσετε το

2

0x

f (ημ x) 1limημx

−

ii) Να αποδείξετε ότι ′2

0x

f (2016x) 1lim 4032f (0)

x

−

=

β) Αν επιπλέον για την f ισχύει 2 2

f (x) 8f (x) x 7= − για κάθε ∈x R , να βρείτε τον τύπο της.

γ) Αν ,2

f (x) 4 x 9 x R − + ∈ , τότε:

i) Να βρείτε την ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης f

C της συνάρτησης f στο −∞

ii) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα.iii) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της

f C , η οποία διέρχεται από το σημείο Β( 1,3)

iv) Να αποδείξετε ότι ∫1

1

22f (x)dx

5−

<

ΛΥΣΗ

α) i)

2 2 2

20 0

ημx u

x x u 0

f (ημ x) 1 f (ημ x) f (0) f (u ) f (0)lim lim lim u f (0) 0 0

ημx ημx u→ →

=

→= ⋅

− − −′= = ⋅ = ,

διότι

22

2 0

t u

u 0 t

f (u ) f (0) f (t) f (0)

lim lim f (0)tu →

=

→ =

− −

′=

ii)( )( ) ( )( )2

0 0 0x x x

f (2016x) 1 f (2016x) 1 f (2016x) f (0) f (2016x) 1f (2016x) 1lim lim lim

x xx→ → →

− + − +−= = =

( )( )( )

0x

2016 f (2016x) f (0) f (2016x) 1lim 2016f (0) f (0) 1 2016f (0) (1 1) 4032f (0)

2016x→

− +′ ′ ′= = + = ⋅ + = ,

διότι 0 0

2016x u

x u

f (2016x) f (0) f (u) f (0)lim lim f (0)

2016x u→ →

=

=− −

′= και η f είναι συνεχής συνάρτηση.

β) Για κάθε x R ∈ είναι:

2 2 2 2f (x) 8f (x) x 7 f (x) 8f (x) 16 x 7 16− = − ⇔ − + = − + ⇔

( )2 22 2f (x) 4 x 9 g (x) x 9− = + ⇔ = + (1) , όπου g(x) f (x) 4= − , x R ∈

Για κάθε x R ∈ είναι 2

x 9 0+ > , οπότε 2

g (x) 0 g(x) 0> ⇒ ≠

Η συνάρτηση g λοιπόν είναι συνεχής και δε μηδενίζεται στο R, οπότε διατηρεί πρόσημο στο R

Επιπλέον έχουμε f (0) 1= , οπότε είναι g(0) f (0) 4 1 4 3 0= − = − = − < , άρα g(x) 0< για κάθε x R ∈ ,

οπότε 2 2 2g(x) x +9 f (x) 4 x +9 f (x) 4 x +9= − ⇔ − = − ⇔ = − , x R ∈





γ) i) Για x ( ,0)∈ −∞ έχουμε:

2

2x x x

f (x) 4 x 9 4 x 9lim lim lim 1

xx x x x→− ∞ →− ∞ →− ∞⋅

− += = − + =

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

2 2x x

4 x 49 9lim 1 lim 1x xx x x→− ∞ →− ∞= + ⋅ + = + + = 0 + 1 = 1 = λ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( ) 2 2

x x xlim f (x) λ x lim 4 x 9 1 x lim (4 x) x 9→− ∞ →− ∞ →− ∞

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

− = − + − ⋅ = − − + =

2 22 2

2 2x x

(4 x) x 9) 16 x x x 9lim lim

(4 x) x 9 4 x x 9→− ∞ →− ∞

− − ( + −8 + − −= = =

− + + − + +

2 2

x x

7x

x 7 xlim lim

9 9

4 x x 1 4 x x 1x x

→− ∞ →− ∞

⎛ ⎞−8 +⎜ ⎟−8 + ⎝ ⎠= = =

− + + − − +

22

x x

7 7x8x xlim lim 4

44 9 29 1 1x 1 1xxxx

→− ∞ →− ∞

⎛ ⎞−8 + −8 +⎜ ⎟ −⎝ ⎠= = = = = β−⎛ ⎞ − − +− − +⎜ ⎟

⎝ ⎠

Άρα η ευθεία με εξίσωση y x 4= + είναι πλάγια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της

συνάρτησης f στο −∞

ii) Για κάθε x R ∈ είναι:

( )2 2

2 2 2

1 2x xf (x) 4 x +9 0 (x +9)2 x +9 2 x +9 x +9

′′ ′= − = − ⋅ = − = −

( )2

2 22

2 22

xx +9 xx x +9 x x +9x x +9

f (x)x +9 x +9x +9

′ − ⋅′ ′ ⋅ − ⋅⎛ ⎞′′ = − = − = − =⎜ ⎟

⎝ ⎠

2 2

2 2 2 2

x +9 x 90

(x +9) x +9 (x +9) x +9

−= − = − <

Άρα η συνάρτηση f είναι κοίλη στο R

iii) Έστω ( )0 0 Ν x , f(x ) το σημείο επαφής. Η εξίσωση εφαπτομένης της f C στο σημείο Ν είναι:

ε : ( )2 0

0 0 0 00 2

0

xy f (x ) f (x )(x x ) y 4 x +9 (x x )

x +9

−′− = − ⇔ − − = − (1)

Επειδή η ευθεία ε διέρχεται από το σημείο Β οι συντεταγμένες του Β θα επαληθεύουν την

εξίσωση της ευθείας. Δηλαδή θα ισχύει:

( )2

02 20 0

00 02 2

0 0

x xx3 4 x 9 ( 1 x ) 1 x 9

x 9 x 9

+−− − + = − − ⇔ − + + = ⇔

+ +

2 2 2 2

0 00 0 0 0x 9 x 9 x x x 9 9 x− + + + = + ⇔ + = − (2)






• Αν 0 0

0 99 x x< ⇔ >− η εξίσωση (2) είναι αδύνατη.

• Αν 0 0

0 99 x x≥ ⇔ ≤− η εξίσωση (2) ισοδύναμα γράφεται:

2 2 2

0 0 0 00 0 0

2)x 9 9 x x 9 81 x x x 72 x 4⇔ ⇔+ = ( − + = −18 18 = ⇔ =+ (δεκτή)

Επομένως η ζητούμενη ευθεία ε έχει εξίσωση:4 4 11

y f (4) f (4)(x 4) y 1 (x 4) y x5 5 5

′− = − ⇔ + = − − ⇔ = − +

iv) Επειδή η συνάρτηση f είναι κοίλη στο R, η γραφική παράσταση f

C της συνάρτησης f είναι

από την εφαπτομένη και «κάτω», δηλαδή ισχύει:4 11 4 11

f (x) x f (x) x 05 5 5 5

≤ − + ⇔ + − ≤

και το «ίσον» ισχύει μόνο για x 4= (τετμημένη σημείου επαφής), επομένως δεν είναι πουθενά

μηδέν στο διάστημα [ ]1,1− , οπότε έχουμε:

( )1 1 1 1

-1 -1 -1 -1

4 114 11f (x) x dx 0 f (x)dx x dx dx 05 5 5 5+ − < ⇔ + − < ⇔∫ ∫ ∫ ∫

( )

1 1 1 1 12

1-1 -1 -1 -1

x4 11 4 11f (x)dx xdx dx f (x)dx 1 ( 1)

5 5 5 52−

⎡ ⎤< − + ⇔ < − + − − ⇔⎢ ⎥

⎣ ⎦∫ ∫ ∫ ∫

1 1

-1 -1

1 14 11 22f (x)dx 2 f (x)dx

5 5 52 2

⎛ ⎞< − ⋅ − + ⋅ ⇔ <⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫

ΘΕΜΑ 11ο :

Α. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση xlnx 1 0= , με x 1 έχει ακριβώς μία λύση.

Β. Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση ( ) →f : 1 , R ∞

, η οποία ικανοποιεί τις σχέσεις:

• ( )′f (x) x lnx f (x) f (x)− για κάθε x 1 και

• e

f (e) e

α) Nα βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f

β) Αν x

f(x)lnx

e= , x 1

i) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και να υπολογίσετε τα όρια:

xlim (x)f

+

→1

και xlim (x)f → +∞

ii) Αν Ε(α) είναι το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση gC

της συνάρτησης ′⋅g(x) f (x) xlnx f (x)+ , τον άξονα ′x x και τις ευθείες x 2 και x α

με α 2 , να υπολογίσετε το ⎛ ⎞

⋅⎜ ⎟⎝ ⎠α

1lim (α) ημ

α)Ε(Ε

→ +∞

ΛΥΣΗ

Α. 1ος

Τρόπος:

Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) xlnx 1= − , x (1, )∈ + ∞ Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη στο (1, )+ ∞ με h (x) (xlnx 1) lnx 1′ ′= − = +





Για κάθε x 1> είναι h (x) 0′ > , άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα στο (1, )+ ∞ . Επίσης

η συνάρτηση h είναι και συνεχής στο (1, )+ ∞ , οπότε το σύνολο τιμών της είναι:

( ) ( )+1 xxh lim h(x) , lim h(x)

+∞(1,+∞) = = (−1,+∞)

→→ , αφού

( )+ +

1 1x xlim h(x) lim xlnx 1 1

→ →= − = −

( )x xlim h(x) lim xlnx 1→ →+∞ +∞

= − = +∞

Το μηδέν ανήκει στο σύνολο τιμών της h άρα η εξίσωση h(x) 0= έχει μία τουλάχιστον λύση στο

διάστημα (1, )+ ∞ , η οποία είναι μοναδική αφού η h είναι γνησίως αύξουσα.

2ος

Τρόπος:

Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) xlnx 1= − , x (1, + )∈ ∞

Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη στο (1,+ )∞ με h (x) (xlnx 1) lnx 1′ ′= − = +

Για κάθε x 1> είναι h (x) > 0′ , άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα στο (1,+ )∞

Είναι:

( )+ +1 1x x

lim h(x) lim xlnx 1 1 0→ →

= − = − < , οπότε θα υπάρχει διάστημα της μορφής (1 , α) τέτοιο, ώστε

h(x) 0< για κάθε x (1, α)∈ , οπότε h(κ ) 0< για κ (1, α)∈

( )x xlim h(x) lim xlnx 1→ →+∞ +∞

= − = +∞ , οπότε θα υπάρχει διάστημα της μορφής (β, )+∞ με β>α τέτοιο,

ώστε h(x) 0> για κάθε x (β , )∈ +∞ , οπότε h(λ ) 0> για λ (β , )∈ +∞

Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο διάστημα [ ]κ , λ και h(κ ) h(λ ) 0⋅ < . Ικανοποιούνται λοιπόν οι

προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano, οπότε θα υπάρχει ένα τουλάχιστον (κ , ) (1,+ )ξ∈ λ ⊆ ∞

τέτοιο, ώστε h(ξ) 0 ξ lnξ 1 0= ⇔ − = , το οποίο είναι μοναδικό αφού η συνάρτηση h είναι γνησίως

αύξουσα στο διάστημα (1,+ )∞

Επομένως η εξίσωση xlnx 1 0− = , με x 1> έχει ακριβώς μία λύση.Β. α) Για κάθε x (1, )∈ + ∞ είναι:

( )f (x) xlnx f (x) f (x) f (x) xlnxf (x) xlnxf (x)′ ′= − ⇒ + = ⇒

( ) x1f (x) lnxf (x) lnxf (x) lnxf (x) lnxf (x) lnxf (x) ce

x′′+ = ⇒ = ⇒ =

Για x e= είναι e e elnef (e) ce e ce c 1= ⇔ = ⇔ = , οπότε έχουμε:x

x elnx f (x) =e f (x)

lnx⇔ = , x (1, )∈ + ∞

β) Έχουμε

x

ef(x)lnx= , x (1, )∈ + ∞

i) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο (1, )+ ∞ με:

x xx x x

2 2 2

1e lnx e

e e (xlnx 1) e h(x)xf (x)lnx (lnx) x (lnx) x (lnx)

− ⋅′⎛ ⎞ −′ = = = =⎜ ⎟⎝ ⎠

, x 1>

Η h είναι γνησίως αύξουσα στο (1,+ )∞ και έχει μοναδική ρίζα την (κ , ) (1, )ξ∈ λ ⊆ + ∞ ,

οπότε έχουμε:

♦ για h

1 x ξ h(x) h(ξ) h(x) 0< < ⇒ < ⇒ <

και

♦ για h

x ξ h(x) h(ξ) h(x) 0> ⇒ > ⇒ >





Eπίσης είναι xe > 0 και 2x(lnx) 0> , οπότε ο πίνακας μονοτονίας – ακροτάτων της

συνάρτησης f είναι ο παρακάτω:

x 1 ξ +∞

(x)f ′ − 0 +

(x)f

f ( )ξ Ελάχιστο

Είναι:

• + + +1 1 1

xx

x x x

e 1lim (x) lim lim e

lnx lnxf

→ → →

⎛ ⎞= = ⋅ = +∞⎜ ⎟⎝ ⎠

, αφού + +1 0

u lnx

x u

1 1lim lim

lnx u→ →

=

= = +∞

• + + + +

x xx

x x x x

e (e )lim (x) lim lim lim (e x) +

lnx (lnx)f

+∞+∞

→ ∞ → ∞ → ∞ → ∞

′= = = ⋅ = ∞

′

ii) Για κάθε x (1, )∈ + ∞ από την αρχική σχέση έχουμε:

f (x) x lnx f (x) x lnx f (x) f (x) x lnx f (x) x lnx f (x)′ ′= ⋅ − ⋅ ⇔ + ⋅ = ⋅ ⇔

xxe

g(x) x lnx f (x) g(x) x lnx g(x) xe 0lnx

= ⋅ ⇔ = ⋅ ⇔ = >

Είναι:

x x x x

α α α αα

22 2 2 2

Ε(α) g(x)dx x e dx x (e ) dx x e (x) e dx′ ′⎡ ⎤= = = = − =⎣ ⎦∫ ∫ ∫ ∫

α 2 x α 2 x α 2 α 2 α 2

α

22

αe 2e e dx αe 2e e αe 2e (e e ) (α 1)e eα

⎡ ⎤= − − = − − = − − − = − −⎣ ⎦∫

Είναι:

• α 2

α α

lim Ε(α) lim (α e e

→+∞ →+∞

⎡ ⎤= −1) − = +∞⎣ ⎦ , αφού

α

αlim e→+ ∞

= +∞ και α αlim (α 1) lim α→+∞ →+∞

− = =+ ∞

Επομένως (α)Ε

1

u

α u t 0

tu1 1 ημtlim (α) ημ lim u η μ = lim 1

(α) uΕ

Ε t→ +∞ → +∞ →

==⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ = ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

ΘΕΜΑ 12ο :

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : R R , της οποίας η γραφική παράσταση f C διέρχεται

από το σημείο Μ (1,2e). Αν η εφαπτομένη της f C σε κάθε σημείο της 0 0

x , f(x )( ) διέρχεται από

το σημείο 0

0

x

A x + 1 , 2e( )

α) Να αποδείξετε ότι x 2 x

f (x) e e−

= +

β) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και να βρείτε το σύνολο τιμών της.

γ) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f (α 2x) f (2x)

2016x α x β

−

+ =

− −

, α,β R έχει μία τουλάχιστον λύση στο

διάστημα (α ,β)

δ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση f C της

συνάρτησης f και την ευθεία 2

y e 1+

ε) Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση f C της συνάρτησης f έχει άξονα συμμετρίας την

ευθεία x 1





ΛΥΣΗ

α) Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f στο σημείο της ( )0 0x , f (x ) έχει

εξίσωση:

0 0 0ε : y f (x ) f (x )(x x )− = −′

Αφού η (ε) διέρχεται από το σημείο Α, επαληθεύεται από τις συντεταγμένες του σημείου αυτού.

Επομένως έχουμε:

0x

0 0 0 012e f (x ) f (x ) (x x )′ ⋅ +− = − ⇔

0 0x x

0 0 0 02e f (x ) f (x ) 2e f (x ) f (x )+− = =′ ′⇔ (1)

Θέτουμε στην (1) όπου 0x το x , αφού η (1) ισχύει για κάθε 0

x R ∈ και έχουμε:

x x x 2x2e f (x) f (x) e f (x) e f (x) 2e′ ′= + ⇔ + = ⇔

2x 2xx x)(e f (x)) e e f (x) e c′′= ( ⇒ = +

Για x 1= έχουμε:

2 2 2 2e f (1) e c e e c c e⋅ = + ⇔ 2 = + ⇔ =

Άρα για κάθε x R ∈ είναι:

2x 2x x 2 xe f (x) e e f (x) e e , x R

−= + ⇔ = + ∈

β) Για κάθε x R ∈ έχουμε:

x 2 xf (x) e e −= −′

Είναι:

• x 2 x x 2 xf (x) 0 e e 0 e e x 2 x x 2 x 1− −= ⇔ − = ⇔ = ⇔ = − ⇔ 2 = ⇔ =

• x 2 x x 2 xf (x) 0 e e 0 e e x 2 x x 2 x 1− −> ⇔ − > ⇔ > ⇔ > − ⇔ 2 > ⇔ >

Επομένως ο πίνακας μονοτονίας – ακροτάτων της συνάρτησης f είναι ο παρακάτω:

x−∞

1 +∞

f (x) − 0 +

f (x) 2e

Ελάχιστο

Η συνάρτηση f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο ox 1= με ελάχιστη τιμή f (1) 2e=

Είναι:

• x x

x 2 xlim f (x) lim (e e )→−∞ →−∞

−= + =+ ∞ , αφού x

xlim e→ −∞

= 0 και x

2 xlime→−∞

− =+ ∞

• x x

x 2 xlim f (x) lim (e e )→+∞ →+∞

−= + =+ ∞ , αφού x

xlime→+∞

=+ ∞ και x

2 xlim e→ +∞

− = 0

Άρα το σύνολο τιμών της συνάρτησης f είναι: )f (R) 2e ,= +∞⎡⎣





γ) Για κάθε x R α , β∈ − είναι:

f (α 2x) f (2x)2016 (x β)f (α 2x) (x α)f (2x) 2016(x α)(x β)

x α x β

−+ = ⇔ − − + − = − − ⇔

− −

(x β)f (α 2x) (x α)f (2x) 2016(x α)(x β) 0− − + − − − − =

Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) (x β)f (α 2x) (x α)f (2x) 2016(x α)(x β)= − − + − − − − , [ ]x α , β∈

Για τη συνάρτηση g στο διάστημα [ ]α , β ισχύουν:

♦ Είναι συνεχής στο [ ]α , β ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων.

♦ 2

g(α) g(β) (α β)f ( α) (β α)f(2β) (α β) f ( α)f(2β) 0⋅ ⋅= − − − = − − − < , αφού

f ( α) 0 και f (2β) 0− > > , όπως προκύπτει από το σύνολο τιμών της συνάρτησης f

Ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano, οπότε θα υπάρχει ένα τουλάχιστον

ξ (α , β)∈ τέτοιο, ώστε:

g(ξ) (ξ β)f (α 2ξ) (ξ α)f(2ξ) 2016(ξ α)(ξ β)= 0 ⇔ − − + − − − − =0 ⇔

f (α 2ξ) f (2ξ)(ξ β)f (α 2ξ) (ξ α)f(2ξ) 2016(ξ α)(ξ β) 2016

ξ α ξ β

−− − + − = − − ⇔ + =

− −

Επομένως η εξίσωση f (α 2x) f (2x)

2016x α x β

−+ =

− − έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα (α ,β)

δ) Οι τετμημένες των κοινών σημείων της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f με την ευθεία 2

y e 1= + είναι οι λύσεις της εξίσωσης:x

2 e ω2 2 2 2x 2 2x 2 x x x

x

ef (x) e 1 e e e 1 e e 1 e (e 1)e e 0

e

=−

⇔= + ⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ − + + =

2 2 2 2 2x xω (e 1)ω e 0 ή e e ή e e x 0 ή x 2− + + = ⇔ ω =1 ω = ⇔ =1 = ⇔ = =

Είναι:x

2 e ω2 2 2 2x 2 2x 2 x x x

x

ef (x) e 1 e e e 1 e e 1 e (e 1)e e 0

e

=−

⇔≤ + ⇔ + ≤ + ⇔ + ≤ + ⇔ − + + ≤

2 2 2 2 2 0 2x x

ω (e 1)ω e 0 e e e e e e x 2− + + ≤ ⇔ 1 ≤ ω ≤ ⇔ 1≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ 0 ≤ ≤

Άρα το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση f C της συνάρτησης f

και την ευθεία 2

y e 1= + είναι:

( )2 2 x 2 x 2 x 2 x

2 2 2 2 2

0 0 0 0 0

E(Ω) e 1 f (x) dx e 1 (e e ) dx (e 1)dx e dx e dx∫ ∫ ∫ ∫ ∫ − −= + − = + − + = + − − =

2 x 2 x 2 2 x

2 2 22 2

x

0 00 0 0

(e 1)dx e dx e (2 x) dx (e 1)(2 0) e e⎡ ⎤ ⎡ ⎤′ − ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ ∫ ∫ − −= + − + − = + − + =

2 22 0 0 2 2 2(e 1) e e ) e e ) e 2 e 1 1 e 4= 2 + − ( + ( = 2 + − + + =− − −





ε) Αρκεί να αποδείξουμε ότι ισχύει 0 0

f (1 x ) f (1 x )+ = − , για κάθε πραγματικό αριθμό 0

x

Πράγματι:

0 0 0 0

0

1 x 2 1 x 1 x 1 xf (1 x ) e e e e

+ − − + −+ = + = + και

0 0 0 0

0

1 x 2 1 x 1 x 1 xf (1 x ) e e e e

− − + − +− = + = +

ΘΕΜΑ 13ο :

Δίνονται οι συναρτήσεις f , g : (0 , ) R ∞ →

με 1

f (x) (1 x)lnx2

= − + και 2

2x

x lnxg(x) =

e

α) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα.

β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f (x) 0 έχει δύο μόνο ρίζες 1ρ (0,1) και 2ρ (1 , )+ ∞

γ) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ,1 2 1 2ξ ξ (ρ , ρ ) τέτοια, ώστε ) )′ ′1 2 1 2f (ξ f (ξ ln(ρ ρ )= −

δ) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g έχει ένα τοπικό ελάχιστο και ένα τοπικό μέγιστο.

ΛΥΣΗ

α) 1ος Τρόπος:


1 x x 1f (x) (1 x) lnx (1 x)(lnx) lnx lnx

x x

− −⎛ ⎞′ ′ ′= − + − = − + = − +⎜ ⎟⎝ ⎠

Αν x 0 ,1)∈( είναι lnx 0< και x 10

x

−< , οπότε f (x) 0′ >

Αν x 1, )∈( + ∞ είναι lnx 0> και x 10

x

−> , οπότε f (x) 0′ <

Αν x 1= είναι f (x) 0′ =


x 0 1 +∞

(x)f ′ + 0 −

(x)f

1

2

Μέγιστο

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( ]0 ,1 και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα [ )1, +∞

Η συνάρτηση f παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο ox 1= με μέγιστη τιμή 1

2f (1) =

2ος

Τρόπος:


1 x 1f (x) (1 x) lnx (1 x)(lnx) lnx lnx 1

x x

−′ ′ ′= − + − = − + = − + −

Προφανής λύση της εξίσωσης f (x) 0′ = είναι η x 1= και επειδή 2

1 1f (x) 0

x x

= − − <′′ η συνάρτηση

η f ′ είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, )+ ∞ άρα η ρίζα είναι μοναδική.





Είναι:

Αν f

0 x 1 f (x) f (1) f (x) 0< < ⇒ > >′ ↓

′ ′ ′⇒

Αν f

x 1 f (x) f (1) f (x) 0> ⇒ < ⇒ <′ ↓

′ ′ ′

Αν x 1= είναι f (x) 0′ = Οπότε ο πίνακας μονοτονίας – ακροτάτων της συνάρτησης f είναι ο παρακάτω:

x 0 1 +∞

(x)f ′ + 0 −

(x)f

1

2

Μέγιστο

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( ]0 ,1 και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα [ )1, +∞

Η συνάρτηση f παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο ox 1= με μέγιστη τιμή 12

f (1)=

β) 1ος

Τρόπος:

Είναι:

+ +0 0x x

1lim f (x) lim (1 x)lnx

2→ →

⎛ ⎞= − + = −∞⎜ ⎟⎝ ⎠

, αφού +

0xlim(1 x) 1 0→

− = > και +

0xlim (lnx) ,→

= −∞ άρα θα υπάρχει

διάστημα της μορφής (0 , α) τέτοιο, ώστε f (x) 0< για κάθε x (0, α)∈ , οπότε f (κ ) 0< για

κ (1,α)∈

1

2f (1) 0>

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα [ ]κ , 1 και f (κ ) f (1) 0⋅ < . Ικανοποιούνται λοιπόν οι

προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano, οπότε θα υπάρχει ένα τουλάχιστον 1ρ (κ ,1) (0 ,1)∈ ⊆

τέτοιο, ώστε 1f (ρ ) 0= , το οποίο είναι μοναδικό στο διάστημα αυτό, αφού η συνάρτηση f είναι

γνησίως αύξουσα στο διάστημα (0,1)

Είναι:

x x

1lim f (x) lim (1 x)lnx2→ →+∞ +∞

⎛ ⎞= − + = −∞⎜ ⎟⎝ ⎠

, αφού xlim(1 x)→+∞

− =−∞ και xlim (lnx) ,→+∞

= + ∞ άρα θα υπάρχει

διάστημα της μορφής (β , )+ ∞ με β > α τέτοιο, ώστε f (x) 0< για κάθε x (β , )∈ +∞ , οπότε

f (λ ) 0< για λ (β , )∈ +∞

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα [ ]1, λ και f (1) f (λ ) 0⋅ < . Ικανοποιούνται λοιπόν οι

προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano, οπότε θα υπάρχει ένα τουλάχιστον 2ρ (1, ) (1,+ )∈ λ ⊆ ∞

τέτοιο, ώστε 2f (ρ ) 0,= το οποίο είναι μοναδικό στο διάστημα αυτό, αφού η συνάρτηση f είναι

γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (1,+ )∞ Επομένως η εξίσωση f (x) 0= έχει δύο μόνο ρίζες τις 1ρ (0,1)∈ και 2ρ (1, )∈ + ∞





2ος

Τρόπος:

Η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( )1Δ 0 ,1= , επομένως είναι:

( ) ( )+0 1

1x x

1f Δ lim f (x) , limf (x) ,

2−= = −∞

→ →

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ , αφού

+0xlimf(x)→

=−∞ και 1x

1limf(x)

2− =

→

Το ( )10 f Δ∈ , οπότε η εξίσωση f (x) 0= έχει μία τουλάχιστον ρίζα 1ρ στο διάστημα ( )1Δ 0 ,1= ,

η οποία είναι και μοναδική, αφού η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα αυτό.

Η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ( )2Δ 1,= +∞ , επομένως είναι:

( ) ( )2x x

1f Δ lim f (x) , lim f (x) ,

2++∞ 1= = −∞

→ →

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ , αφού

xlim f(x)→+∞

=−∞ και x

1limf (x)

2+1=

Το ( )20 f Δ∈ , οπότε η εξίσωση f (x) 0= έχει μία τουλάχιστον ρίζα 2ρ στο διάστημα ( )2Δ 1,= +∞ ,

η οποία είναι και μοναδική, αφού η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα αυτό.

Επομένως η εξίσωση f (x) 0= έχει δύο μόνο ρίζες, τις 1ρ (0,1)∈ και 2ρ (1, )∈ + ∞

γ) Για τη συνάρτηση f στο διάστημα [ ]1ρ ,1 ισχύουν:

♦ Είναι συνεχής στο [ ]1ρ ,1 ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων.

♦ Είναι παραγωγίσιμη στο 1(ρ ,1) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγισίμων συναρτήσεων

Ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής, άρα θα υπάρχει ένα τουλάχιστον

1 1ξ (ρ ,1)∈ τέτοιο, ώστε:

11

1 1 1

10

f (1) f (ρ ) 12f (ξ )1 ρ 1 ρ 2(1 ρ )

−−′ = = =

− − − (1)

Για τη συνάρτηση f στο διάστημα [ ]21, ρ ισχύουν:

♦ Είναι συνεχής στο [ ]21, ρ ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων.

♦ Είναι παραγωγίσιμη στο 2(1, ρ ) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγισίμων συναρτήσεων


2 2ξ (1, ρ )∈ τέτοιο, ώστε:

22

2 2 2

10

f (ρ ) f (1) 12f (ξ ) ρ 1 ρ 1 2(1 ρ )

−−′ = = =− − − (2)

Είναι:

• 1 1 1 1 1 1

1

1 1 1f (ρ ) 0 (1 ρ )lnρ 0 (1 ρ )lnρ lnρ

2 2 2(1 ρ )= ⇒ − + = ⇒ − = − ⇒ = −

− και

• 2 2 2 2 2 2

2

1 1 1f (ρ ) 0 (1 ρ )lnρ 0 (1 ρ )lnρ lnρ

2 2 2(1 ρ )= ⇒ − + = ⇒ − = − ⇒ = −

−

Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε:

1 2 1 2 1 2 1 2

1 2

1 1f (ξ ) f (ξ ) lnρ lnρ lnρ lnρ ) ln(ρ ρ )

2(1 ρ ) 2(1 ρ )′ ′+ = + =− − =− ( + = −− −





δ) Για κάθε x (0, )∈ +∞ είναι:

2 2 2

2x 2 2x

2x 2x

2x

x lnx (2xlnx x)e 2e x lnx 2xlnx x 2x lnxg (x)

e (e ) e

′⎛ ⎞ + − + −′ = = = =⎜ ⎟⎝ ⎠

2x 2x 2x

2x (1 x)lnxx(2lnx 1 2xlnx) 2x f (x)2

e e e

1⎛ ⎞− +⎜ ⎟+ − ⎝ ⎠= = =

Είναι:

• x 0

2x 1 2

2xf(x)g (x) 0 0 f (x) 0 x ρ ή x ρ

e

>

′ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = = και

• x 0

2x 1 2

2xf(x)g (x) 0 0 f (x) 0 x (ρ ,ρ )

e

>

′ > ⇔ > ⇔ > ⇒ ∈

αφού:1 1

f

0 x ρ f (x) f (ρ ) f (x) 0< < ⇒ < ⇒ <↑

1

f

1ρ x 1 f (x) f (ρ ) f (x) 0< ≤ ⇒ > ⇒ >↑

2 2

f

1 x ρ f (x) f (ρ ) f (x) 0≤ < ⇒ > ⇒ >↓

2

f

2x ρ f (x) f (ρ ) f (x) 0> ⇒ < <⇒↓

Οπότε ο πίνακας μονοτονίας – τοπικών ακροτάτων της συνάρτησης g είναι ο παρακάτω:

x 0 1ρ 2ρ +∞

g (x) − 0 + 0 −

(x)g

Τ.Ε. Τ.Μ.

Άρα η συνάρτηση g παρουσιάζει ένα τοπικό ελάχιστο στο σημείο 1ρ και ένα τοπικό μέγιστο στο

σημείο 2ρ

ΘΕΜΑ 14ο :

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : R R με )f (0 1 , η οποία ικανοποιεί τη σχέση:

) )′ 2f (x 4f (x 32x 16x+ − για κάθε x R

α) Να αποδείξετε ότι 4x 2f (x) =e - 8x , x R ∈

β) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία.

γ) Να αποδείξετε ότι ) ) )4f (2x 3f (x f (5x+ , για κάθε x (0 , )+ ∞

δ) Να αποδείξετε ότι ) )∫2 4

1

1

2

f(t)(e 2 ln2 dt (e 8 ln2

t− < < −

ε) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση

( )) ) ) )∫ 4x

1

1

2

f(t)2x dt x 3f (x f (5x 4f (2x (e 2 ln4x

t− −1) + − = −

έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1, 1

2





ΛΥΣΗ

α) Για κάθε x R ∈ είναι:

2 2f (x) 4f (x) 32x 16x f (x) 16x 4f (x) 32x′ ′= + − ⇒ + = + ⇒

( ) ( )2 2f (x) 8x 4 f (x) 8x g (x) 4g(x)′ ′+ = + ⇒ = (1), όπου 2g(x) f (x) 8x= + (2)

Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη της σχέσης (1) με 4xe− , οπότε έχουμε:

4x 4x 4x 4xg (x)e 4e g(x) g (x)e 4e g(x) 0− − − −′ ′= ⇒ − = ⇒

( ) ( )4x 4x 4x 4x 4xg (x)e e g(x) 0 g(x)e 0 g(x)e c g(x) ce− − − −′ ′′ + = ⇒ = ⇒ = ⇒ = (3)

Για x 0= από τη σχέση (2) έχουμε 2g(0) f (0) 8 0 f (0)= + ⋅ = =1

Για x 0= από τη σχέση (3) έχουμε 0g(0) ce c 1= ⇔ =

Άρα για κάθε x R ∈ είναι 4xg(x) e= (4)

Από τις σχέσεις (2) και (4) για κάθε x R ∈ είναι 4x 4x

2 2e f (x) 8x f (x) e 8x= + ⇔ = −

Επομένως:4x 2f (x) e 8x= − , x R ∈

β) Για κάθε (0 , )α∈ + ∞ ισχύει ln α 1α ≤ − (6)

Αν στη σχέση (6) θέσουμε όπου α το 4x

e , είναι 4x

e 0> για κάθε x R ∈ , τότε έχουμε:

4x 4x 4x 4xln e e 1 4x e 1 e 4x 1≤ − ⇔ ≤ − ⇔ − ≥ , οπότε

4xe 4x 0− > , x R ∈ (7)

Από τη σχέση (5) έχουμε:

( )(7 )

4xf (x) e 4x f (x) 0′ ′= 4 − ⇒ > , x R ∈

Επομένως η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο R

γ) Έστω τυχαίο x 0> , τότε είναι 0 x 2x x< < < 5

Για τη συνάρτηση f στο διάστημα [ ]x ,2 x ισχύουν:

♦ Είναι συνεχής στο [ ]x ,2 x ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων.

♦ Είναι παραγωγίσιμη στο (x , 2x) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγισίμων συναρτήσεων με:

( )4x 4x 4x2

f (x) e 8x e (4x) 16x e 16x

′′ ′= − = − = 4 − (5)


1ξ (x , 2x)∈ τέτοιο, ώστε:

1

f (2x) f (x) f (2x) f (x)f (ξ )

2x x x

− −′ = =

−

Για τη συνάρτηση f στο διάστημα [ ]2x , 5x ισχύουν:

♦ Είναι συνεχής στο [ ]2x , 5x ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων.

♦ Είναι παραγωγίσιμη στο (2x , 5x) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγισίμων συναρτήσεων με:

( )4x 4x 4x2f (x) e 8x e (4x) 16x e 16x′′ ′= − = − = 4 −






2ξ (2x , 5x)∈ τέτοιο, ώστε:

2

f (5x) f (2x) f (5x) f (2x)f (ξ )

5x x 3x

− −′ = =

− 2

Για κάθε x (0 , )∈ + ∞ είναι:

( )4x 4x 4x 4xf (x) e 16x e (4x) 16 e 16 e 1) 0

′′′ ′= 4 − = 4 − = 16 − = 16( − >

Επομένως η συνάρτηση f ′ είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα (0 , )+ ∞

Επειδή 1 2ξ ,ξ (0 , )∈ + ∞ και f x 0

1 2 1 2

f (2x) f (x) f (5x) f (2x)ξ ξ f (ξ ) f (ξ )

x 3x

′ ↑′ ′

>− −< ⇒ < ⇒ < ⇒

f (5x) f (2x)f (2x) f (x) f (2x) f (x) f (5x) f (2x) f (2x) f (x) f (5x)

3

−− < ⇒ 3 − 3 < − ⇒ 4 < 3 +

δ) Για κάθε 1

t ,12

∈⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

ισχύει:

2 4f t 02 41 1 e 2 f (t) e 8

t 1 f f (t) f (1) e 2 f (t) e 82 2 t t t

> − −< ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ − ≤ ≤ − ⇒ ≤ ≤

↑ ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

Το «

ίσον » δεν ισχύει παντού στο διάστημα 1

,12

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

, οπότε είναι:

2 42 4

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2

e 2 f (t) e 8 1 f (t) 1dt dt dt (e 2) dt dt (e 8) dt

t t t t t t

− −< < ⇒ − < < −

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ (8)

Είναι:

1

1

2

1

1

2

1 1dt ln t ln1 ln ln1 ln1 ln2) ln2

t 2= ⎡ ⎤ = − = − ( − =⎣ ⎦∫

Άρα από τη σχέση (8) έχουμε:

2 4

1

1

2

f(t)(e 2)ln2 dt (e 8)ln2

t

− < < −

∫

ε) Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται:

( ) 4x

1

1

2

f(t)2x dt (x 1) 3f (x) f (5x) 4f (2x) (e 2)ln4x 0 (x) 0

t− − + − − − = ⇔ ϕ =∫ ,

όπου

( ) 4x

1

12

f(t)(x) 2x dt (x 1) 3f (x) f (5x) 4f (2x) (e 2)ln4x

t

ϕ = − − + − − −

∫,

1x ,1

2

∈⎡ ⎤⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦





Είναι:

2

1

1

2

1 f (t) 1 1 5dt 3f f 4f (1) (e 2)ln2

2 t 2 2 2

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ϕ = + + − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠∫ (9)

Από το ερώτημα (δ) είναι:

2 2

1 1

1 1

2 2

f (t) f (t)dt (e 2)ln2 dt (e 2)ln2 0

t t> − ⇔ − − >∫ ∫

και από το ερώτημα (γ) για 1

x2

= είναι:

1 5 1 5f (1) f f f f f (1) 02 2 2 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞4 < 3 + ⇔ 3 + − 4 >⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

,

οπότε από τη σχέση (9) έχουμε:

10

2

⎛ ⎞ϕ >⎜ ⎟⎝ ⎠

Είναι:

4

1

12

f(t)(1) 2 dt (e 2)ln4

t

ϕ = − −∫ (10)

Από το ερώτημα (δ) είναι:

4 4 4

1 1

1 1

2 2

f (t) f (t)dt (e 8)ln2 (e 2)ln2 dt (e 2)ln2 0

t t< − < − ⇒ − − <∫ ∫ ,

οπότε από τη σχέση (10) έχουμε:

(1) 0ϕ <

Για τη συνάρτηση ϕ στο διάστημα 1

,12

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

ισχύουν:

♦ Είναι συνεχής στο 1

,12

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων.

♦ 1

(1) 02

⎛ ⎞ϕ ϕ <⎜ ⎟⎝ ⎠

Ικανοποιούνται λοιπόν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano στο διάστημα 1

,12

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

, άρα η

εξίσωση (x) 0ϕ = έχει μια τουλάχιστον ρίζα 1 ,12∈⎛ ⎞⎟⎜ρ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠





ΘΕΜΑ 15ο :

Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f :R R, η οποία είναι παραγωγίσιμη στο R ∗ και ικανοποιεί τις

σχέσεις:

• 1x

f (x) xlim 0

x 1

−

=

−

• ) ) )2 2 2 2f (xy y f (x x f (y x y+ − − +1 για κάθε x , y R

∗

∈ (1)

α) Να αποδείξετε ότι )f (1 1′=

β) Να αποδείξετε ότι ) ) 2xf (x 2f (x x 2′− = − , για κάθε x R

∗

∈

γ) Να αποδείξετε ότι

2x ln x 1 , x 0

f(x)1 , x 0

⎧

+ ≠

=

⎨

=

δ) Να βρείτε τα τοπικά ακρότατα της συνάρτησης f

ε) Να βρείτε τις τιμές του α R για τις οποίες η εξίσωση =

22ex ln x α έχει 4 διαφορετικές ρίζες.

ΛΥΣΗ

α) Για x y 1= = από τη σχέση (1) έχουμε f (1) 1 f (1) 1 f (1) 1 1 1 f (1) 1= ⋅ + ⋅ − − + ⇔ = (2)

Είναι:

(2 )

1 1 1x x x

f (x) x f (x) 1 x 1 f (x) 1 x 1lim lim lim

x 1 x 1 x 1 x 1→ → →

− − − + − −= = − =

− − − −

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1 1x x

f (x) f (1) f (x) f (1)lim 1 lim f (1)

x 1 x 1→ →

− −′− = − 1 = − 1

− −

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Άρα έχουμε:

1x

f (x) xlim f (1) f (1)

x 1→

−′ ′= 0 ⇔ −1 = 0 ⇔ = 1

−

β) Για κάθε x , y R ∗∈ είναι:

2 2 2 2f (xy) y f (x) x f (y) x y 1= + − − + (1)

Θεωρώντας το x ως μεταβλητή παραγωγίζουμε και τα δύο μέλη της (1) και έχουμε:

( ) ( )2 2 2 2 2f (yx) y f(x) x f (y) x y 1 f (yx) y y f (x) xf (y) x′′ ′ ′= + − − + ⇔ ⋅ = + 2 − 2

Για x 1= από την τελευταία σχέση έχουμε:f (1) 1

2 2y f (y) y f (1) 1 f (y) 1 y f (y) y f (y)′ =

′ ′ ′⋅ = + 2⋅ ⋅ − 2⋅ ⇔ ⋅ = + 2 − 2

Η τελευταία σχέση ισχύει για κάθε y R ∈ ∗, επομένως για κάθε x R

∗∈ είναι:

2 2x f (x) x f (x) x f (x) f (x) x′ ′= + 2 − 2 ⇔ ⋅ −2 = −2

γ) Για κάθε x R ∗∈ είναι:4x x 2

2 2 3

4 3

x f (x) xf (x) 1 2xf (x) f (x) x x f (x) xf (x) x x

x x x

⋅ ÷ ′ −2′ ′−2 = − 2⇒ −2 = − 2 ⇒ = − ⇒

3+1

2 2 2f (x) x f (x) 1ln x ln xx 3 1 x x

−

′′ ′ ′⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − 2 ⋅ ⇒ = + ⇒⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠





22

2 212

1

2 2 2

2

1ln x c , x 0 x ln x 1 c x , x 0f(x) x

f(x)1x x ln x 1 c x , x 0

ln x c , x 0x

⎧ + + < ⎧⎪ + + <⎪ ⎪= ⇒ =⎨ ⎨

+ + >⎪⎪ ⎩+ + >⎪⎩

(αφού οι συνέπειες του Θ.Μ.Τ. ισχύουν σε διάστημα και όχι σε ένωση διαστημάτων)

Η συνάρτηση f ορίζεται και στο 0, αφού είναι συνεχής στο R, οπότε έχουμε:

2

2 2

1

2 2

x ln x 1 c x , x 0

f (x) f (0) , x 0 (5)

x ln x 1 c x , x 0

⎧ + + <⎪

= =⎨⎪ + + >⎩

Για x 1= από τη σχέση (5) έχουμε (2 )

2 2 2

2 2f (1) 1 ln1 1 c 1 1 0 1 c c 0= ⋅ + + ⋅ ⇔ = + + ⇔ =

Για x y 1= = − από την αρχική σχέση έχουμε:(2 )

2 2 2 2f (1) ( 1) f ( 1) ( 1) f ( 1) ( 1) ( 1) 1 1 f ( 1) 1 f ( 1) 1= − ⋅ − + − ⋅ − − − − − + ⇔ = 2 − − ⇔ − = (6)

Για x y 1= = − από τη σχέση (5) έχουμε:

(6 )

2 1 1

2 2f ( 1) ( 1) ln1 1 c ( 1) 1 0 1 c c 0− = − ⋅ + + ⋅ − ⇔ = + + ⇔ =

Άρα έχουμε

2

2

2

x ln x 1 , x 0x ln x 1 , x 0

f (x) f (0) , x 0 f (x)f (0) , x 0

x ln x 1 , x 0

⎧ + <⎧ + ≠⎪ ⎪

= = ⇔ =⎨ ⎨=⎪⎩⎪ + >⎩

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0 , οπότε έχουμε:

( )2

x xf (0) lim f (x) f (0) lim x ln x 1 f (0) 0 1 f (0) 1

→0 →0= ⇒ = + ⇒ = + ⇒ = , αφού

( ) ( )

( )D.L.H

22

2 32x x x x x

1ln xln x xxlim x ln x lim lim lim lim 0

x 2x 2x

−∞+∞

− −→0 →0 →0 →0 →0−

′ ⎛ ⎞= = = = − =⎜ ⎟−′ ⎝ ⎠

Επομένως έχουμε:

2x ln x 1 , x 0f(x)

1 , x 0

⎧ + ≠⎪= ⎨

=⎪⎩

δ) Για κάθε x R ∗∈ είναι:

( ) ( )2 2 1f (x) x ln x 1 x ln x x x ln x x x ln x 1

x

′′ = + = 2 + = 2 + = 2 +

Είναι:

• ( )1 1x 0 1

f (x) 0 x ln x 1 0 ln x x e x e− −

2 2≠

′ = ⇔ 2 + = ⇔ = − ⇔ = ⇔ = ±2

και

• ( )x 0 και ln x 1 0

f (x) 0 x ln x 1 0 x 0 και ln x 1 0

⎧ > 2 + >⎪′ > ⇔ 2 + > ⇔ ⎨ < 2 + <⎪⎩





Αν x 0> τότε είναι 1

1ln x x e

−2> − ⇔ >

2

Αν x 0< τότε είναι 1 1

1ln( x) x e x e

− −2 2−− < − ⇔ − < ⇔ >

2

Οπότε ο πίνακας μονοτονίας – τοπικών ακροτάτων της συνάρτησης f είναι ο παρακάτω:

x−∞

1

e−

2− 01

e−

2 +∞

f (x) − 0 + − 0 +

f (x)

Τ.Ε. Τ.Μ. Τ.Ε.

Άρα η συνάρτηση f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στα σημεία 1

1x e−

2−= και 1

3x e

−2= με τιμή

1 11 1

f e e ln e 1 12e

−2

−− 2±⎛ ⎞

= + = −⎜ ⎟

⎝ ⎠

τοπικό μέγιστο στο σημείο 2

x 0= με τιμή f (0) 1=

ε) Είναι:

( )2

x xlim f (x) lim x ln x 1→ ±∞ → ±∞

= + = +∞

Για κάθε x R ∗∈ είναι:

2 2 2α α α2e x ln x α x ln x x ln x 1 1 f (x) 1

2e 2e 2e= ⇔ = ⇔ + = + ⇔ = + (7) με x 0≠

Οι ρίζες της εξίσωσης (7) είναι οι τετμημένες των κοινών σημείων της f C και της ευθείας

α

y 12eε : = + , που είναι παράλληλη με τον άξονα x΄x. Η εξίσωση (7) έχει 4 διαφορετικές ρίζες

αν και μόνο αν η ευθεία (ε) τέμνει την f C σε 4 διαφορετικά σημεία, δηλαδή αν και μόνο αν

1 α 1 α1 1 1 0 1 α 0

2e 2e 2e 2e− < + < ⇔ − < < ⇔ − < <

Άρα η εξίσωση 2

2e x ln x α= έχει 4 διαφορετικές ρίζες όταν α ( 1, 0)∈ −

ΘΕΜΑ 16ο :

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f :R R, η οποία ικανοποιεί τις σχέσεις:

• x

14

lim f (x)→+∞

= −

• ) )24f (x 4xf (x αx β= + για κάθε x R , όπου 1

β4

>

α) Να αποδείξετε ότι α 1

β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f δεν παρουσιάζει τοπικά ακρότατα.

γ) Αν επιπλέον ισχύει f (1) 0 να αποδείξετε ότι:

i) )2

x x x βf (x

2

− + +

=

ii) Η εξίσωση )10xf(x ημ(πx) 3x 43 − + έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (1 , )∞





ΛΥΣΗ

α) Για x (0, )∈ +∞ είναι:

2 24 β4f (x) 4x f (x) αx β f (x) 4f (x) α

x x− = + ⇔ − = + (1)

Επειδή x

1lim f (x)4→+∞ = − από τη σχέση (1) έχουμε:

( )2

2

x x x x x x

4 β 4 βlim f (x) 4f (x) lim α lim lim f (x) 4 lim f(x) α lim

x x x x→+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = + ⇒ ⋅ − = + ⇒⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

21 1

0 4 α α 14 4

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ − − ⋅ − = +0 ⇔ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

β) Για α 1= η δοθείσα σχέση γράφεται 24f (x) 4x f (x) x β− = + (2)

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο R, οπότε τα μέλη της ισότητας (2) είναι παραγωγίσιμες

συναρτήσεις, επομένως έχουμε:

( ) ( )24f (x) 4x f (x) x β 8f (x)f (x) 4f (x) 4x f (x) 1′ ′ ′ ′− = + ⇔ − − = (3)

Έστω ότι η συνάρτηση f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο 0x R ∈ . Το 0x είναι εσωτερικό σημείο

του R και η f είναι παραγωγίσιμη στο 0

x (αφού είναι παραγωγίσιμη στο R) , άρα από Θεώρημα

Fermat θα ισχύει 0f (x ) 0′ =

Για 0

x x= από τη σχέση (3) έχουμε:

0 0 0 0 0 0 0 0 0

18f (x )f (x ) 4f (x ) 4x f (x ) 1 8f (x ) 0 4f (x ) 4x 0 1 f (x )

4′ ′− − = ⇔ ⋅ − − ⋅ = ⇒ = − (4)

Για 0

x x= από τη σχέση (2) έχουμε:

0 0 0 0 0 0 0 0

2

2(4) 1 1 1 1

4f (x ) 4x f (x ) x β 4 4x x β x x β β4 4 4 4

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = + ⇒ ⋅ − − ⋅ − = + ⇒ + = + ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

που είναι άτοπο αφού 1

β4

> . Άρα η συνάρτηση f δεν παρουσιάζει τοπικό ακρότατο.

γ) i) Από τη σχέση (2) έχουμε:

2 2 2 24f (x) 4x f (x) x β 4f (x) 4x f (x) x x x β− = + ⇔ − + = + + ⇔

( )2 22 22f (x) x x x β g (x) x x β− = + + ⇔ = + + (5) , όπου g(x) 2f (x) x= − (6)

Το τριώνυμο 2

x x β+ + έχει διακρίνουσα 1 4β 0Δ = − < , αφού 1

β4

> , άρα 2

x x β 0+ + > για

κάθε x R ∈ , οπότε 2g (x) 0 g(x) 0> ⇒ ≠ για κάθε x R ∈ . Επίσης η συνάρτηση g είναι συνεχής

στο R, επομένως διατηρεί πρόσημο στο R με g(1) 2f (1) 1 0= − < , αφού f (1) 0<

Άρα για κάθε x R ∈ είναι g(x) 0< οπότε από τη σχέση (5) έχουμε 2(6)

g(x) x x β=− + + ⇔

2

2 2 x x x β2f (x) x x x β 2f (x) x x x β f(x)2

− + +− =− + + ⇔ = − + + ⇔ = , x R ∈





ii) Θεωρούμε συνάρτηση h(x) 10x f (x) 3ημ(πx) 3x 4= − + − , [ )x 1,∈ +∞

Είναι:

h(1) 10f (1) 3ημπ 3 4 10f (1) 1 0• = − + − = − < , αφού f (1) 0<

• Για [ )x 1,∈ +∞ είναι 3 4h(x) x 10f (x) ημ(πx) 3

x x

⎛ ⎞= − + −⎜ ⎟⎝ ⎠

(7)

Έχουμε:

3 3 3 3 3 3 3 3 3ημ(πx) ημ(πx) ημ(πx) ημ(πx)

x x x x x x x x x= ⋅ ≤ ⇒ − ≤ ≤ ⇒ − ≤ ≤

Είναι x x

3 3lim lim 0

x x→+∞ →+∞

⎛ ⎞− = =⎜ ⎟⎝ ⎠

Άρα από Κριτήριο Παρεμβολής προκύπτει ότι x

3lim ημ(πx) 0

x→+∞

⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠

Επίσης είναι x

1lim f (x)

4→+∞= − , οπότε

x

3 4 1 1lim 10f (x) ημ(πx) 3 10 0 3 0

x x 4 2→+∞

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − = ⋅ − − + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


x x

3 4lim h(x) lim x 10f (x) ημ(πx) 3

x x→+∞ →+∞

⎡ ⎤⎛ ⎞= − + − = + ∞⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦, οπότε θα υπάρχει διάστημα της

μορφής (γ , )+∞ με 1γ > τέτοιο, ώστε h(x) 0> για κάθε x (γ , )∈ +∞ , οπότε h(λ ) 0> για

λ (γ , )∈ +∞

Ικανοποιούνται λοιπόν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [ ]1 , λ ,

αφού η συνάρτηση h είναι συνεχής στο [ ]1 , λ και h(1)h(λ ) 0< . Άρα θα υπάρχει ένα

( ) ( )1, 1,ρ ∈ λ ⊆ + ∞ τέτοιο, ώστε h(ρ) 0=

Δηλαδή η εξίσωση h(x) 0= έχει μια τουλάχιστον ρίζα ( )1 ,ρ ∈ + ∞

ΘΕΜΑ 17ο :

Δίνεται η συνάρτηση ( )2x 3

f (x) e x x , x R − ∈

α) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και τα τοπικά ακρότατα.

β) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα και τα σημεία καμπής.

γ) Αν 1 2x , x είναι οι θέσεις των τοπικών ακροτάτων, να αποδείξετε ότι τα σημεία ( )1 1Α x ,f (x ) ,

( )2 2B x ,f (x ) και το σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της f είναι συνευθειακά.

δ) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) x− έχει ακριβώς μία πραγματική ρίζα.

ε) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της f και τον

άξονα x΄x

ΛΥΣΗ

α) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη με:

( )

2 2 23 3 3x x xf (x) e (x x) e (x x) e (x x)( )′

′= − = − + − =

2 2 23 2 4 2x x x2xe (x x) e (3x 1) e (2x x 1)= − + − = + − , x R ∈





Έχουμε:

• 2 4 2 4 2xf (x) 0 e (2x x 1) 0 2x x 1 0,= ⇔ + − = ⇔ + − = διότι

2xe 0> για κάθε x ∈

2x y 02 1

2y y 1 0 y δεκτή ή y 1 (απορρίπτεται, διότι y 0)2

= ≥ ⎛ ⎞⇔ + − = ⇔ = = − ≥⎜ ⎟⎝ ⎠

Είναι 1

y2

= , οπότε έχουμε:

2 1 2x x

2 2= ⇔ = ±

• ( )2 24 2 4 2x xf (x) 0 e 2x x 1 0 2x x 1 0, διότι e 0> ⇔ + − > ⇔ + − > > για κάθε x ∈

2x y 02 1

2y y 1 0 y δεκτή ή y 1 (απορρίπτεται, διότι y 0)2

= ≥ ⎛ ⎞⇔ + − > ⇔ > < − ≥⎜ ⎟⎝ ⎠

Είναι 1

y2

> , οπότε έχουμε:

2 21 1 2 2 2x x x x ή x

2 2 2 2 2> ⇔ > ⇔ > ⇔ < − >


x−∞

2

2−

2

2 +∞

f (x) +

0 − 0 + f (x)

T.M. T.E.

Επομένως:

♦ Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα 2

,2

⎛ ⎤−∞ −⎜ ⎥⎜

⎝ ⎦, διότι είναι συνεχής στο

διάστημα αυτό και f (x) 0> στο 2

,

2

⎛ ⎞−∞ −⎜ ⎟

⎜ ⎟⎝ ⎠

♦ Η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα 2 2

,2 2

⎡ ⎤−⎢ ⎥

⎣ ⎦, διότι είναι συνεχής στο

διάστημα αυτό και f (x) 0< στο 2 2

,2 2

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

♦ Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα 2

,2

⎡ ⎞+ ∞ ⎟⎢ ⎟

⎣ ⎠, διότι είναι συνεχής στο

διάστημα αυτό και f (x) 0> στο 2 ,2

⎛ ⎞+ ∞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠





♦ Η συνάρτηση f παρουσιάζει για:

2x

2= − τοπικό μέγιστο το

1

22 2 1 2e

f e 12 2 2 4

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠

2x

2= τοπικό ελάχιστο το

1

22 2 1 2e

f e 12 2 2 4

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠

β) Η συνάρτηση f ′ είναι παραγωγίσιμη με:

( )2 2 24 2 4 2 4 2x x x΄f (x) e (2x x 1) e (2x x 1) e (2x x 1)( )′′ ′= + − = + − + + − =

2 2 2 24 2 3 4 2 3 2x x x x2xe (2x x 1) e (8x 2x) 2xe (2x 5x ) 2x e (2x 5), x R = + − + + = + = + ∈

Έχουμε:

• 23 2 3xf (x) 0 2x e (2x 5) 0 x 0 x 0,′′ = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = διότι

22x

2e (2x 5) 0+ > για κάθε x R ∈

• 23 2 3xf (x) 0 2x e (2x 5) 0 x 0 x 0,′′ > ⇔ + > ⇔ > ⇔ > διότι

22x

2e (2x 5) 0+ > για κάθε x R ∈

Οπότε ο πίνακας κυρτότητας – σημείων καμπής της συνάρτησης f είναι ο παρακάτω:

x −∞ 0 +∞

f (x)′ − 0 +

f (x) ∩ ∪

Σ.Κ . Είναι:

♦ Η συνάρτηση f είναι κοίλη στο διάστημα ( ], 0 ,−∞ διότι είναι συνεχής στο διάστημα αυτό

και f (x) 0′′ < στο ( ), 0−∞

♦ Η συνάρτηση f είναι κυρτή στο διάστημα [ )0, ,+ ∞ διότι είναι συνεχής στο διάστημα αυτό

και f (x) 0′′ > στο ( )0, + ∞

♦ Η f ′′ μηδενίζεται στο 0x 0= και εκατέρωθεν αλλάζει πρόσημο. Άρα το σημείο ( )Ο 0 , f (0) ,

δηλαδή το Ο(0, 0) είναι σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f

γ) Oι θέσεις των τοπικών ακροτάτων της f είναι:

1

2x

2= − και

2

2x

2= , οπότε

2 2eΑ ,

2 4

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ και

2 2eΒ ,

2 4

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

Το σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f είναι το ( )Ο 0, 0

Είναι:

ΟΑ

2ee4λ

22

2

= = −

−

uuur και ΟΒ

2ee4λ

22

2

−= = −uuur

Δηλαδή:

ΟΑ ΟΒλ λ =uuur uuur , οπότε ΟΑ || ΟΒ

uuur uuur

Άρα τα σημεία Α, Ο, Β είναι συνευθειακά.

Σημείωση: Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε και την ισοδυναμία: ( )ΟΑ || ΟΒ det ΟΑ,ΟΒ 0⇔ =uuur uuur uuur uuur





δ) 1

ος Τρόπος:

Η ευθεία με εξίσωση y x= − είναι η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f στο

σημείο καμπής της Ο(0,0), διότι f (0) 0 και f (0) 1= = −

Η εξίσωση f (x) x= − , x R ∈ έχει προφανή ρίζα το 0Για κάθε x 0> είναι:

f (x) x> − ,

διότι η συνάρτηση f είναι κυρτή στο [0, )+ ∞ , άρα η εφαπτομένη βρίσκεται κάτω από τη γραφική

παράσταση της συνάρτησης f στο (0, )+ ∞

Για κάθε x 0< είναι:

f (x) x< − ,

διότι η συνάρτηση f είναι κοίλη στο ( , 0]−∞ , άρα η εφαπτομένη βρίσκεται πάνω από τη γραφική

παράσταση της συνάρτησης f στο ( ,0)−∞

Άρα η εξίσωση f (x) x= − έχει ακριβώς μία πραγματική ρίζα το 0

2ος Τρόπος: Υπόδειξη

Είναι:

( )2 23 2x xf (x) x e (x x) x x e (x 1) 1 0 x 0= − ⇔ − = − ⇔ − + = ⇔ = ,

διότι η συνάρτηση 2 2xφ(x) e (x 1) 1= − + , x R ∈ για x 0= παρουσιάζει ελάχιστο το φ(0) 0=

ε) Είναι:2 3 3 2x

f (x) 0 e (x x) 0 x x 0 x(x 1) 0 x 1 ή x 0 ή x 1= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = − = =

H συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα [ ]1, 1− και ισχύει:

f (x) 0,≥ για κάθε x [ 1, 0]∈ − και f (x) 0,≤ για κάθε x [0 ,1]∈ Το ζητούμενο εμβαδόν είναι :

1 0 1 1

1 1 0 0

Ε f (x) dx f (x)dx f (x)dx 2 f (x)dx− −

= = + − = −∫ ∫ ∫ ∫ ,

διότι για το ολοκλήρωμα

0

1

f(x)dx−∫ ,

x u, τότε dx ( u) du du

Για x 1 είναι u 1 και για x

θέτουμ

0 είναι u 0

ε : = − = − = −⎛ ⎞⎜ ⎟= − = = =⎝ ⎠

και έχουμε:

0 0 1 1 1

1 1 0 0 0

f (x)dx f ( u)du f ( u)du f (u)du f (x)dx

−

= − − = − = − = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ,

επειδή f ( u) f (u)− = − για κάθε u R ∈





Έχουμε:

2 21 1 1

2 2

0 0 0

x xΕ 2 f (x)dx 2xe (x 1)dx e (x 1)dx( )= − = − − = − − =∫ ∫ ∫

2 2 2 21 11 1

2 2 2

0 00 0

x x x xe (x 1) e (x 1) dx e (x 1) 2xe dx⎡ ⎤ ⎡ ⎤′= − − + − = − − + =⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ ∫

2 2 2 21 11 1

2 2 2

0 00 0

x x x x΄e (x 1) (x ) e dx e (x 1) e dx( )⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − − + = − − + =⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ ∫

2 21 12

0 0

x xe (x 1) e (0 ( 1)) (e 1) e 2⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − − + = − − − + − = −⎣ ⎦ ⎣ ⎦

ΘΕΜΑ 18ο :

Έστω μια παραγωγίσιμη συνάρτηση →

f : R R , η οποία ικανοποιεί τις σχέσεις:• ′

+ ≤ +0 f(x) 16 (x 1)f (x) , για κάθε ∈x R (1)

• =f (1) 0

• Η συνάρτηση ′f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R


β) Να λύσετε την εξίσωση − = − +

x 2f (2e x) f (x x 2)

γ) Να αποδείξετε ότι + <

2(1 x)f (x) f (x ) για κάθε

∈x (ρ , 1) , όπου ρ ρίζα της εξίσωσης του (β)

ερωτήματος.

δ) Αν Ε είναι το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της f, τον άξονα x΄x και τις ευθείες = −x 1 και =x 1 , τότε να αποδείξετε ότι

< <16 Ε 32

ΛΥΣΗ

α) Από τη σχέση (1) για x 1= − έχουμε:

0 f ( 1) 16 0 f ( 1) 16 0 f ( 1) 16≤ − + ≤ ⇒ − + = ⇒ − = −

Από τη σχέση (1) επίσης έχουμε:

f (x) 16 f ( 1)≥ − = − για κάθε x R ∈ (2)

Δηλαδή η συνάρτηση f στο εσωτερικό σημείο 0x 1= − του πεδίου ορισμού της παρουσιάζει

ελάχιστο και είναι παραγωγίσιμη σε αυτό.Ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος του Fermat, οπότε ισχύει f ( 1) 0− =





Έχουμε:

• Για κάθε

f

x 1 f (x) f ( 1) f (x) 0∧↑

′ ′ ′> − ⇒ > − ⇒ >

Δηλαδή είναι f (x) 0> για κάθε ( )x 1,∈ − + ∞ και η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα

[ )1,− + ∞ . Επομένως η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα

[ )1,− + ∞

• Για κάθε

f

x 1 f (x) f ( 1) f (x) 0∧↑

′ ′ ′< − ⇒ < − ⇒ <

Δηλαδή είναι f (x) 0< για κάθε ( )x , 1∈ −∞ − και η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα

( ], 1−∞ − . Επομένως η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ( ], 1−∞ −

• Από τη σχέση (2) προκύπτει ότι η συνάρτηση f παρουσιάζει ελάχιστο στο σημείο 0x 1= − με

ελάχιστη τιμή f ( 1) 16− = −

β) Για κάθε x 0> ισχύει lnx x 1≤ − και θέτοντας όπου x το xe έχουμε:

x x x x x

lne e 1 x e 1 e x 1 e x 0≤ − ⇒ ≤ − ⇒ − ≥ ⇒ − > για κάθε x R ∈ Για κάθε x R ∈ είναι:

x x x2e x e (e x) 0− = + − > και 2x x 2 0− + > ,

οπότε έχουμε:x 2 x 2f (2e x) f (x x 2) 2e x x x 2− = − + ⇔ − = − + (3),

διότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( ) [ )0, 1,+∞ ⊆ − +∞ άρα είναι και «1 1− »

Από τη σχέση (3) ισοδύναμα έχουμε:

x 22e x 2 0 φ(x) 0 φ(x) φ(0)− − = ⇔ = ⇔ = (4) , όπου x 2φ(x) 2e x 2= − − , x R ∈


x 2 x xφ (x) (2e x 2) 2e 2x 2(e x) 0′ ′= − − = − = − >

Επομένως η συνάρτηση ϕ είναι γνησίως αύξουσα, οπότε είναι και «1 1− »

Από τη σχέση (4) έχουμε φ 1 1

φ(x) φ(0) x 0−

= ⇔ =

γ) Για 0ρ = έχουμε ότι x (0 ,1)∈ . Είναι 2x

0 x 1 x x⋅

< < ⇒ <

Για τη συνάρτηση f στο διάστημα 2x , x⎡ ⎤⎣ ⎦ με x (0, 1)∈ ισχύουν:

♦ Είναι συνεχής στο 2x , x⎡ ⎤⎣ ⎦ , αφού είναι παραγωγίσιμη στο R

♦ Είναι παραγωγίσιμη στο 2(x , x) , αφού είναι παραγωγίσιμη στο R


21ξ (x , x)∈ τέτοιο, ώστε

2 2

21

f (x) f (x ) f (x) f (x )f (ξ )

x x x(1 x)

− −′ = =

− −

Για τη συνάρτηση f στο διάστημα [ ]x , 1 με x (0, 1)∈ ισχύουν:

♦ Είναι συνεχής στο [ ]x , 1 , αφού είναι παραγωγίσιμη στο R

♦ Είναι παραγωγίσιμη στο (x , 1) , αφού είναι παραγωγίσιμη στο R


2ξ (x,1)∈ τέτοιο, ώστε f (1) 0

2f (1) f (x) f (x)f (ξ )

1 x 1 x=− −′ = =

− −





Είναι:

( ) ( )f ΄ 2

1 2 1 2

1 x 0f (x ) f (x ) f (x )ξ ξ f ΄ ξ f ΄ ξ

x (1 x ) 1 x

∧↑ − >− −< ⇒ < ⇒ < ⇒

− −

2 x 02 2f (x) f (x )

f (x) f (x) f (x ) xf (x) (1 x)f (x) f (x )x

>−< − ⇒ − < − ⇒ + <

Άρα για κάθε x (0, 1)∈ ισχύει ότι 2(1 x)f (x) f (x )+ <

δ) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα [ ]1, 1− , ως παραγωγίσιμη στο R

Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [ ] [ )1,1 1,− ⊆ − +∞ , οπότε για κάθε [ ]x 1, 1∈ −

έχουμε:f [ 1, )

1 x 1 f (x) f (1) f (x) 0∧↑ − + ∞

− ≤ ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤

Άρα το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f , τον

άξονα x΄x και τις ευθείες x 1= − και x 1= είναι:

1

1

Ε f(x)dx−

= −∫ (5)

Για τις συνεχείς συναρτήσεις της ανισότητας (1) έχουμε:

♦

f (x) 16 0+ ≥ για κάθε [ ]x 1, 1∈ − , με το ίσο να ισχύει μόνο για x 1= −

Άρα:

( )1 1 1 1

1 1 1 1

(5)

f (x) 16 dx 0 f (x)dx 16dx 0 f (x)dx 32 E 32− − − −

+ > ⇒ + > ⇒ − < ⇒ <∫ ∫ ∫ ∫ (6)

♦ (x 1)f (x) f (x) 16 0′+ − − ≥ για κάθε [ ]x 1, 1∈ − , με το ίσο να ισχύει μόνο για x 1= − , διότι

(x 1)f (x) f (x) 16 0′+ − − > για κάθε x ( 1 , 1]∈ −

Πράγματι:

Για τη συνάρτηση f στο διάστημα [ ]1, x− ισχύουν:

Είναι συνεχής στο [ ]1, x− , αφού είναι παραγωγίσιμη στο R

Είναι παραγωγίσιμη στο ( )1, x− , αφού είναι παραγωγίσιμη στο R

Ικανοποιούνται λοιπόν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής, άρα θα υπάρχει

ένα τουλάχιστον ξ ( 1, x)∈ − τέτοιο, ώστε:

f ( 1) 16f (x) f ( 1) f (x) 16f (ξ)= f (ξ)=

x 1 x 1

− =−− − +′ ′⇔+ +

(7)

Είναι:

( )f

(7 )x 1 0f (x) 161 < ξ < x f (ξ) < f (x) < f (x) f (x) x 1 f (x) 16 > 0

x 1

∧↑ + >

+′ ′ ′ ′− ⇒ ⇒ ⇒ + − −+





Άρα:

( )1 1 1 1

1 1 1 1

(5)

(x 1)f (x) f (x) 16 dx 0 (x 1)f (x)dx f (x)dx 16 dx 0− − − −

′ ′+ − − > ⇒ + − − > ⇒∫ ∫ ∫ ∫

[ ] [ ]

1 11 1

1 1

1 1

(5)

(x 1)f (x) (x 1) f (x)dx Ε 32 0 (x 1)f (x) f (x)dx Ε 32 0− −− −′+ − + + − > ⇒ + − + − > ⇒∫ ∫

( )f (1) 0

2f (1) 0 Ε Ε 32 0 2Ε 32 Ε 16=

− + + − > ⇒ > ⇒ > (8)

Από τις σχέσεις (6) και (8) έχουμε 16 Ε 32< <

ΘΕΜΑ 19ο :

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f: R R με f (0) ln2− , η οποία ικανοποιεί τη σχέση:

f (x)

e 1 f (x)+

για κάθε ∈x R α) Να αποδείξετε ότι xf (x) ln(e 1) , x R − + ∈

β) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα και να βρείτε την εξίσωση της

εφαπτομένης της γραφικής παράστασης f C της συνάρτησης f στο σημείο της 0,f(0)

γ) Να αποδείξετε ότι 1

0

1 ln16f(x)dx

4

+

< −

∫

δ) Να λύσετε την εξίσωση 2f (x ) f (ln x) f (x) f (0)= + στο διάστημα (0 , )∞

ε) Να αποδείξετε ότι:

i) Υπάρχει 0

x (0 ,1) τέτοιο, ώστε ( ))0 0f (x = ln(e +1) ln2 x ln(e +1)−

ii) Υπάρχουν 1 2, (0 ,1)ξ ∈ με 1 2< ξ τέτοια, ώστε 21 2

e 1f (ξ )f (ξ ) ln

2

+

⎞

′ ′

=

⎜ ⎟

⎝ ⎠

ΛΥΣΗ

α) Για κάθε x R ∈ είναι:f (x)e

f (x) f (x) f (x)e 1 f (x) 1 e e f (x)

÷− −′ ′= ⇒ = ⇒+ +

( )f (x) f (x) f (x) f (x)e f (x) 1 e e f (x) 1 e− − − −′′ = − ⇒ − − = − ⇒

( ) ( )f (x) f (x) f (x) f (x)e 1 e 1 e 1 e

− − − −′ ′− = − ⇒ − = − ⇒

g (x) g(x)′ = , όπου f (x)

g(x) 1 e−= − , x R ∈


x xf(x)g (x) g(x) g(x) ce 1 e ce

−′ = ⇔ = ⇔ − =


f (0) ln 2

0f (0) ln21 e ce 1 e c 1 c 1 2 c 1= −

−− = ⇔ − = ⋅ ⇔ = − ⇔ = −





Επομένως έχουμε: x xf (x)

g(x) e 1 e e−= − ⇔ − = − ⇔

( )x xf (x)e e 1 f (x) ln e 1

− = + ⇔ − = + ⇔

( )xf (x) ln e 1= − + , x R ∈


( )x

x

x x

1 ef (x) e 1

e 1 e 1

′′ = − + = −+ +

x x x x x x x x

x 2 x 2

(e ) (e 1) e (e 1) e (e 1) e ef (x)

(e 1) (e 1)

′ ′⋅ + − ⋅ + ⋅ + − ⋅′′ = − = − =+ +

2x x 2x x

x 2 x 2

e e e e0

(e 1) (e 1)

+ −= − = − <

+ +

Άρα η συνάρτηση f είναι κοίλη στο R

Η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης f C της συνάρτησης f στο σημείο της με τετμημένη 0x 0= είναι:

( ) ( )1

ε : y f (0) f (0) x 0 y ln2 x2

′− = − ⇒ − − = − ⇒

1 1y ln2 x y x ln2

2 2+ = − ⇒ = − −

γ) Η συνάρτηση f είναι κοίλη στο R , οπότε η γραφική της παράσταση f

C βρίσκεται από την

εφαπτομένη (ε) και « κάτω », δηλαδή για κάθε x R ∈ είναι:

1 1f (x) y f (x) x ln 2 f (x) x ln 2 0

2 2

≤ ⇔ ≤ − − ⇔ + + ≤

και το « ίσον» ισχύει μόνο για x 0= (τετμημένη σημείου επαφής), άρα δεν είναι παντού μηδέν,

οπότε έχουμε:1 1 1 1

0 0 0 0

1 1f (x) x ln 2 dx 0 f (x)dx xdx ln 2dx 0

2 2

⎛ ⎞+ + < ⇔ + + < ⇔⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ ∫ ∫

1 112 2 2

00 0

1 x 1 1 0f (x)dx ln 2 (1 0) 0 f (x)dx ln 2 0

2 2 2 2 2

⎡ ⎤ ⎛ ⎞+ ⋅ + ⋅ − < ⇔ + ⋅ − + < ⇔⎜ ⎟⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎝ ⎠∫ ∫

1 1 1

0 0 0

1 1 4ln 2 1 ln16f (x)dx ln 2 0 f (x)dx 0 f (x)dx4 4 4

+ ++ + < ⇔ + < ⇔ < −∫ ∫ ∫

δ) • Προφανής ρίζα της εξίσωσης 2f (x ) f (lnx) f (x) f (0)+ = + είναι η x 1=

• Για 0 x 1< < είναι:

♦ f

2 2x x f (x ) f (x)↓

< ⇒ >

♦ f

ln x ln1 ln x 0 f (ln x) f (0)↓

< ⇒ < ⇒ >

Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε:

2

f (x ) f (ln x) f (x) f (0)+ > + Άρα η εξίσωση δεν έχει ρίζα στο διάστημα ( )0 ,1





• Για x 1> είναι:

♦ f

2 2x x f (x ) f (x)↓

> ⇒ <

♦ f

ln x ln1 ln x 0 f (ln x) f (0)↓

> ⇒ > ⇒ <

Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε:2f (x ) f (ln x) f (x) f (0)+ < +

Άρα η εξίσωση δεν έχει ρίζα στο διάστημα ( )1, + ∞

Επομένως η εξίσωση έχει μοναδική ρίζα την x 1=

ε) Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) [ ]h(x) f (x) ln(e 1) ln 2 x ln(e 1), x 0,1= − + − + + ∈

i) Η h είναι συνεχής στο [ ]0,1 , ως αποτέλεσμα πράξεων

μεταξύ συνεχών συναρτήσεων.

h(0) f (0) ln(e 1) ln2 ln(e 1) ln(e 1) ln2 0= + + = − + + = + − >

( )h(1) f (1) ln(e 1) ln 2 ln(e 1) ln 2 ln(e 1) 0= − + − + + = − + <

Οπότε h(0)h(1) 0< . Ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις

του Θεωρήματος Bolzano, άρα θα υπάρχει ( )0x 0,1∈

τέτοιο, ώστε ( )0h x 0= , δηλαδή

( )0 0f (x ) ln(e 1) ln 2 x ln(e 1) 0− + − + + = ⇔

( )0 0f (x ) ln(e 1) ln 2 x ln(e 1)= + − − +

ii) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο [ ]00 , x , άρα από Θ.Μ.Τ. , θα υπάρχει 1 0(0 , x )ξ ∈

τέτοιο, ώστε:( ) ( )0 00

0 0 0

1

ln(e 1) ln 2 x ln(e 1) ln 2 ln(e 1) ln 2 (x 1)f (x ) f (0)f ( )

x 0 x x

+ − − + + + − −−′ ξ = = =

− (1)

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο [ ]0x ,1 , άρα από Θ.Μ.Τ. , θα υπάρχει ( )2 0x ,1ξ ∈

τέτοιο, ώστε:

( ) ( )0 00

0 0 0

2

ln(e 1) ln 2 x ln(e 1) ln(e 1) ln(e 1) ln 2 xf (x ) f (1)f ( )

x 1 x 1 x 1

+ − − + + + + −−′ ξ = = =

− − − (2)

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των σχέσεων (1) και (2) έχουμε:

( ) ( )0 0

0 0

1 2

ln(e 1) ln 2 (x 1) ln(e 1) ln 2 xf ( )f ( )

x x 1

+ − − + −′ ′ξ ξ = ⋅ =

−

( )( )2 2 e 1

ln e 1 ln 2 ln2

+⎛ ⎞= + − = ⎜ ⎟⎝ ⎠





ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2016

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ

ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ – ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ

ΘΕΜΑ 20ο :

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : R R , η οποία ικανοποιεί τις σχέσεις:

• )2

1f ( 1

e− = −

• ( )) )′ 2 2xxf (x f (x x 2e 1+ − , για κάθε x R

α) Να αποδείξετε ότι ) 2x 2f (x xe x x− − , x R

β) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα.

γ) Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f έχει ένα μόνο σημείο καμπής.

δ) Ένα σημείο M(x,y) κινείται στο επίπεδο χωρίο Ω και για τις συντεταγμένες του ισχύουν οι

σχέσεις:0 x 1≤ και 2

x 3x y f (x)− ≤ ≤

Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου Ω που διαγράφει το σημείο Μ.

ΛΥΣΗ


( )2 2xxf (x) f (x) x 2e 1′ − = − (1)

Για x 0≠ η σχέση (1) ισοδύναμα γράφεται:

( )2x 2x

2xf (x) f (x) f (x)2e 1 e x

x x′′ − ⎛ ⎞ ′= − ⇒ = − ⇒⎜ ⎟

⎝ ⎠

2 2

2

1 1

2

2x 2x

2x 2x

e x c , x 0 xe x c x , x 0f(x)f(x)

x e x c , x 0 xe x c x , x 0

⎧ ⎧− + < − + <⎪ ⎪= ⇒ =⎨ ⎨

− + > − + >⎪ ⎪⎩ ⎩ (2)

Για x 0= από τη σχέση (1) έχουμε f (0) 0= , οπότε είναι:

2

2

1

2

2x

2x

xe x c x , x 0

f (x) 0 , x 0

xe x c x , x 0

⎧ − + <⎪

= =⎨

⎪ − + >⎩





Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 0

x 0,= οπότε ισχύει:

x x

f (x) f (0) f (x) f (0)lim lim

x 0 x 0− +→0 →0

− −=

− − (3)

Είναι:

• ( )

2

11 1

2x2x

x x x

xe x c xf (x) f (0)lim lim lim e x c 1 cx 0 x− − −→0 →0 →0

− +−= = − + = +−

• ( )22 2

22x2x

x x x

xe x c xf (x) f (0)lim lim lim e x c 1 c

x 0 x+ + +→0 →0 →0

− +−= = − + = +

−


2 21 11 c 1 c c c+ = + ⇔ =

Για x 1=− από τη σχέση (2) έχουμε:

2

2 2

1 1 12

1 1f ( 1) 1e ( 1) c ( 1) 1 c c 1

e e

−− = − − − + − ⇔ − = − − − ⇔ = − , άρα και 2

c 1=−

Επομένως:2

2

2

2x

2x

2x

xe x x , x 0

f (x) 0 , x 0 f (x) xe x x

xe x x , x 0

⎧ − − <⎪

= = ⇔ = − −⎨⎪ − − >⎩

, x R ∈


( ) ( ) ( )( )22x 2x 2x 2x 2x 2xf (x) xe x x e 2xe x 1 e 1 2x e 1 e 1 2x 1΄′ = − − = + −2 − = − + − = − +

Είναι:

( ) ( )2x 2x

2x1

2

x 0e 1 0 e 1f (x) 0 e 1 2x 1 0

x2x 1 0 2x 1

=⎧⎧ ⎧− = = ⎪′ = ⇔ − + = ⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨=−+ = =−⎩ ⎩ ⎪⎩


x −∞ 1

2− 0

+∞

2xe 1− − − 0 +

2x 1+ −

0 +

+

f (x) + 0 − 0 + (x)f

Τ.Μ. Τ.Ε.

Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα 1,

2

⎛ ⎤−∞ −⎜ ⎥⎝ ⎦ , γνησίως φθίνουσα στο διάστημα

1, 0

2

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦ και γνησίως αύξουσα στο διάστημα [ )0,+∞ . Η συνάρτηση f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο

στο σημείο 1

1x

2=− με τιμή 11 1 1 1 1 1

f e2 2 4 2 4 2e

−⎛ ⎞− = − − + = −⎜ ⎟⎝ ⎠

και τοπικό ελάχιστο στο σημείο 2x 0=

με τιμή f (0) 0=





γ) Για κάθε x R ∈ είναι:

( )( ) ( ) ( ) ( )( )2x 2x 2xf (x) e 1 2x 1 e 1 2x 1 e 1 2x 1′ ′ ′⎡ ⎤′′ = − + = − + + − + =⎣ ⎦

( ) ( ) ( )2x 2x 2x 2x 2x2e 2x 1 2 e 1 2 2xe e e 1= + + − = + + − =

( )2x -2x 2x2e 2x 2 e 2e g(x)= + − =

όπου 2xg(x) 2x 2 e−= + − , x R ∈

Είναι φανερό ότι το πρόσημο της f (x)′′ εξαρτάται από το πρόσημο της g(x)

Για κάθε x R ∈ είναι:2xg (x) 2 2e 0−′ = + >

Οπότε η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο R

Θα αποδείξουμε ότι η g(x) 0= έχει μοναδική ρίζα ρ.

Για τη συνάρτηση g στο διάστημα [ ]1, 0− ισχύουν:♦ Είναι συνεχής στο [ ]1, 0− ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων.

♦ 2 2g( 1)g(0) e 1 e 0− = − ⋅ = − <

Ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [ ]1, 0− , άρα η εξίσωση

g(x) 0= έχει μια ρίζα ρ ( 1, 0)∈ − , η οποία είναι και μοναδική, αφού η συνάρτηση g είναι γνησίως

αύξουσα.

Έτσι, έχουμε:

• g"1 1"

f (x) 0 g(x) 0 g(x) g(ρ) x ρ−

′′ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

• g

f (x) 0 g(x) 0 g(x) g(ρ) x ρ↑

′′ > ⇔ > ⇔ > ⇔ > και

•

g

f (x) 0 g(x) 0 g(x) g(ρ) x ρ↑

′′ < ⇔ < ⇔ < ⇔ <


x −∞

ρ +∞

f (x)′ −

0 +

f (x) ∩ ∪

Σ.Κ .

Άρα η γραφική παράσταση της συνάρτησης f έχει ένα μόνο σημείο καμπής το ( )Α ρ , f (ρ) .

δ) Το χωρίο Ω είναι εκείνο που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων 22xf (x) xe x x= − − , 2h(x) x 3x= − − και τις ευθείες με εξισώσεις x 0= και x 1=

Για κάθε [ ]x 0 ,1∈ είναι:

( )2 22x 2xf (x) h(x) xe x x x 3x) xe 2x 0− = − − − (− − = + ≥ ,

οπότε:

( ) ( )0 0 0 0

1 1 1 1

2x 2x

Ε(Ω) f (x) h(x) dx xe 2x dx xe dx 2x dx= − = + = +∫ ∫ ∫ ∫ (6)





Είναι:

•

0 0 0

1 1 11

0

2x 2x 2x 2x1 1xe dx x e dx xe e dx

2 2( )

⎛ ⎞⎜ ⎟⎡ ⎤= = − =⎣ ⎦⎜ ⎟⎝ ⎠

′∫ ∫ ∫

1

0

22 2x 2 21 1 1 1 e 1

e e e e 12 2 2 4 4

( ) +⎛ ⎞⎡ ⎤= − = − − =

⎜ ⎟⎣ ⎦⎝ ⎠

• 2

0

11

02x dx x⎡ ⎤= = 1⎣ ⎦∫

Από τη σχέση (6) έχουμε:2 2e 1 e 5

Ε(Ω) 14 4

+ += + =

ΘΕΜΑ 21ο :


• 0x

f (x) elim 1

x

+

=

• ) ) )⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

2 22 22xy y yx x 11f (x y e e f (x e f (y e e e+ = + + + − , για κάθε x, y R (1)

Να αποδείξετε ότι

α) )′f (0 1

β) ′2x

f (x) 2xf (x) e 2ex+ + , x R

γ) )2xf (x xe e− , x R

δ) Η συνάρτηση f αντιστρέφεται και θεωρώντας γνωστό ότι η συνάρτηση 1

f −

είναι συνεχής, να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου Ω που περικλείεται από τη γραφική παράσταση 1f

C−

της

συνάρτησης 1

f −

την ευθεία x 2e− και τους άξονες ′x x και ′y y

ΛΥΣΗ

α) Για x y 0= = έχουμε:

( )0 00 1 1f (0) e e f (0) e f (0) e e e f (0) f (0) e f (0) e= ⋅ + + + − ⇔ = 2 + ⇔ = − (2)

Είναι:(2 )

0 0x x

f (x) e f (x) f (0)

lim 1 lim 1 f (0) 1x x 0→ →

+ −′= ⇒ = ⇒ =− (3)

β) Για κάθε x , y R ∈ είναι:

2 22 22xy y yx x 11f (x y) e e f (x) e f (y) e e e++⎛ ⎞+ = + + + −⎜ ⎟⎝ ⎠

Θεωρώντας το x ως μεταβλητή παραγωγίζουμε και τα δύο μέλη της (1) και έχουμε:

( )2 22 22xy y yx x 11f (x y) e e f (x) e f (y) e e e++⎡ ⎤⎛ ⎞′+ = + + + − ⇒⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

′

2 2 22 2 2 22xy y y 2xy yx x x x11 1f (x y) (x y) 2ye e f (x) e f (y) e e e e f (x) xe f (y) xe++ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞′′ ′+ ⋅ + = + + + + +2 + 2⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠





Για x 0= από την προηγούμενη σχέση έχουμε:

2 2 2(2), (3)

y y y11f (y) 1 2y 1 e f (0) 1 f (y) e e 1 e f (0) 0 0+⎛ ⎞ ⎛ ⎞′ ′⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ + + + ⋅ + + ⇒⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 2 2 2y y y y1 1f (y) 2ye 2yf (y) 2ye 2ye e f (y) 2yf (y) e 2ye+ +′ ′= − + + + + ⇒ = + + , για κάθε y R ∈

Επομένως για κάθε x R ∈ είναι 2

xf (x) 2xf (x) e 2ex′ = + +

γ) Για κάθε x R ∈ είναι: 2x

2 2e

x xf (x) 2xf (x) e 2ex f (x) 2xf (x) e 2ex

−⋅

′ ′= + + ⇔ − = + ⇔

2 2 2 2 2 2x x x x x xf (x)e 2xe f (x) 1 2exe f (x)e e f (x) 1 e e ( 2x)( )− − − − − −′′ ′− = + ⇔ + = − ⋅ − ⇔ 2x

2 2 2 2 2 2e

x x x x x xf (x)e x e e f (x)e x e e c f (x) xe e ce⋅

− − − −′ ′⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − ⋅ ⇔ = − ⋅ + ⇔ = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (6)

Για x 0= από τη σχέση (6) έχουμε: (2 )

f (0) 0 e c 1 e e c c 0= − + ⋅ ⇔ − = − + ⇔ =

Επομένως από τη σχέση (6) έχουμε:2xf (x) xe e= − , για κάθε x R ∈

δ) Για κάθε x R ∈ είναι:

2 2 2 22 2x x x xf (x) xe e e 2x e 1 2x e) )′ = − + = + > 0′( = (

Επομένως η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο R, άρα είναι « 1 – 1 » , οπότε αντιστρέφεται.

Το ζητούμενο εμβαδόν είναι

0

1

2e

Ε(Ω) f (x) dx−

−= ∫

(7)

Θέτουμε 1u f (x) f (u) x ,−= ⇔ = οπότε dx f (u)du.′= Επίσης είναι:

• f :1 1

x 2e f (u) 2e f (u) f ( 1) u 1−

=− ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − , (αφού f ( 1) 2e− = − )

• f :1 1

x 0 f (u) 0 f (u) f (1) u 1−

= ⇔ = ⇔ = ⇔ = , (αφού f (1) 0= )

Άρα έχουμε:1 0 1

0

Ε(Ω) u f (u)du uf (u)du uf (u)du

−1 −1

1 2′ ′ ′= = − + = −Ι + Ι∫ ∫ ∫ (7) , όπου

0

uf (u)du

−1

1 ′Ι = ∫ και

1

0

uf (u)du2 ′Ι = ∫

Είναι:

• [ ]2

0 0 0

1 1

0

1

uu f (u)du uf (u) f (u)du f ( ) ue e du( )−1 − −

−1 ′Ι = = − = −1 − − =∫ ∫ ∫

[ ]2 2

0 0 0

1 1 1

u u1e ue du edu e 2ue du e 0 ( 1)

2− − −

= −2 − + = −2 − + − − =∫ ∫ ∫

2 0

1

u1 1 1 e e 12e e e e (1 e) e

2 2 2 2 2 2−

⎡ ⎤= − − + = − − − = − − + = − −⎣ ⎦





• [ ]2

1 1

0 0

1

0

u2 u f (u)du uf (u) f (u)du f ( ) ue e du( )

1

0

′Ι = = − = 1 − − =∫ ∫ ∫

2 2

1 1 1

0 0 0

u u10 ue du edu 2ue du e (1 0)

2= − + = − + ⋅ − =∫ ∫ ∫

2 1

0

u1 1 e 1 e 1e e (e 1) e e

2 2 2 2 2 2⎡ ⎤= − + = − − + = − + + = +⎣ ⎦


( ) ( )e 1 e 1Ε(Ω) e 1

2 2 2 21 2= −Ι + Ι = − − − + + = +

ΘΕΜΑ 22ο :


• f (1) 1−

• ( )) )′2f (x f (x) 2x 1 4f (x= + , για κάθε x R

Να αποδείξετε ότι

α) ) 2f (x 2x 4x x 4

− + +

, x R

β) Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f και η γραφική παράσταση της συνάρτησης

1 1h(x) μ(πx), x R

3 x

= − + ∈ , έχουν ένα τουλάχιστον κοινό σημείο 0 0M (x , y ) με

0x (1, )

+∞

γ) 3f (x 1) f (x 3) 2f (x)> + +

, για κάθε x R

δ) Αν 7

α4

>

να αποδείξετε ότι η εξίσωση:

(x 3)f (x α 1) f (x α 3) 2f (x α)− + = − + + −

έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (0 , α)

ΛΥΣΗ


( )2f (x) f (x) 2x 1 4f (x) 2f (x)f (x) 4xf (x) 1 4f (x)′ ′ ′− = + ⇒ − = + ⇒

( ) ( ) ( )22f (x)f (x) 4 xf (x) f (x) 1 f (x) 4 xf (x) x′ ′′ ′ ′− + = ⇒ − = ( ) ⇒

( )2 2f (x) 4xf (x) x f (x) 4xf (x) x c′ ′− = ( ) ⇒ − = + (1)

Για x 1= από τη σχέση (1) έχουμε: f (1) 1

2f (1) 4 1 f (1) 1 c 1 4 1 c c 4=−

− ⋅ ⋅ = + ⇔ + = + ⇔ =


2 2 2 2f (x) 4xf (x) x 4 f (x) 4xf (x) 4x 4x x 4− = + ⇔ − + = + + ⇔

( )2 2 2 2f (x) 2x 4x x 4 g (x) 4x x 4− = + + ⇔ = + + (2),

όπου

g(x) f (x) 2x= − , x R ∈ (3)

Το τριώνυμο 2

4x x 4+ + έχει διακρίνουσα 63 0Δ = − < , οπότε για κάθε x R ∈ είναι 2

4x x 4 0+ + > και από τη σχέση (2) προκύπτει ότι για κάθε x R ∈ είναι 2g (x) 0> , άρα g(x) 0≠





Η συνάρτηση λοιπόν g δεν μηδενίζεται στο R και είναι συνεχής στο R ως διαφορά των συνεχών

συναρτήσεων f και 2x, (η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R ως παραγωγίσιμη).

Άρα η συνάρτηση g διατηρεί σταθερό πρόσημο στο R με g(1) f (1) 2 1 2 3 0= − = − − = − < , οπότε

για κάθε x R ∈ είναι g(x) 0< , επομένως από τη σχέση (2) προκύπτει ότι:

(3)

2g(x) 4x x 4= − + + ⇔ 2f (x) 2x 4x x 4− = − + +

Άρα 2f (x) 2x 4x x 4= − + + , x R ∈

β) Για να βρούμε τα κοινά σημεία των f C και hC λύνουμε το σύστημα:

y f (x) f (x) h(x) f (x) h(x) 0 φ(x) 0

y h(x) y f (x) y f (x) y f (x)

= = − = =⎧ ⎧ ⎧ ⎧⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨ ⎨

= = = =⎩ ⎩ ⎩ ⎩ (Σ)

όπου 2 1 1φ(x) f (x) h(x) 2x 4x x 4 ημ(πx)x3

= − = − + + + − , [ )x 1,∈ + ∞

Η συνάρτηση φ είναι συνεχής στο διάστημα 3

1,2

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

με

• 1 2

φ(1) 3 0 03 3

= 2 − + − = − < και

•

3 29 32 29φ 4 0

2 2 2 2

⎛ ⎞ = − = − >⎜ ⎟⎝ ⎠

Ικανοποιούνται λοιπόν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano, άρα θα υπάρχει ένα τουλάχιστον

0

3x 1, (1, )

2

⎛ ⎞∈ ⊆ + ∞⎜ ⎟⎝ ⎠

τέτοιο, ώστε 0

φ(x ) 0.= Επομένως το σύστημα (Σ) έχει μία τουλάχιστον λύση

0 0(x , y ) , δηλαδή οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f και h έχουν ένα τουλάχιστον κοινό

σημείο 0 0

M(x , y ) με 0

x (1,+ )∈ ∞

Παρατήρηση

Αντί της τιμής 3

f 2

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

θα μπορούσαμε να αποδείξουμε ότι x

1lim φ(x) 0

12→+∞= > και να προσαρμόσουμε

κατάλληλα τη συνέχεια της λύσης.

γ) Έστω τυχαίο x R ∈ , τότε είναι x x 1 x 3< + < +

Για τη συνάρτηση f στο διάστημα [ ]x , x 1+ ισχύουν:

♦ Είναι συνεχής στο [ ]x , x 1+ ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων.

♦ Είναι παραγωγίσιμη στο (x , x 1)+ ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγισίμων συναρτήσεων με

2

8x 1f (x)

2 4x x 4

+′ = 2 −+ +


1ξ (x , x 1)∈ + τέτοιο, ώστε:

1 f (x 1) f (x)f (ξ ) f (x 1) f (x)x 1 x+ −′ = = + −+ −

(4)





Για τη συνάρτηση f στο διάστημα [ ]x 1, x 3+ + ισχύουν:

♦ Είναι συνεχής στο [ ]x 1, x 3+ + ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων.

♦ Είναι παραγωγίσιμη στο (x 1, x 3)+ + ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγισίμων συναρτήσεων με

2

8x 1f (x)

2 4x x 4

+′ = 2 −

+ +


2ξ (x 1, x 3)∈ + + τέτοιο, ώστε:

2

f (x 3) f (x 1) f (x 3) f (x 1)f (ξ )

(x 3) (x 1) 2

+ − + + − +′ = =

+ − + (5)


( ) ( )( )

2 2

22

28 2 4x x 4 8x 1 2 4x x 48x 1f (x)

2 4x x 4 2 4x x 4

′′

⋅ + + − + + +⎛ ⎞+′′ ⎜ ⎟= 2 − = − =⎜ ⎟+ + + +⎝ ⎠

( ) ( )

( )( ) ( )

( )

2

22

2 2 2

2

2 8x 116 4x x 4 8x 1

16 4x x 4 8x 12 4x x 4

4 4x x 4 4 4x x 4 4x x 4

⋅ ++ + − +

+ + − ++ += − = − =

+ + + + + +

( ) ( )

( ) ( )

2

2 2 2 2

216 4x x 4 8x 1 63

0

4 4x x 4 4x x 4 4 4x x 4 4x x 4

+ + − += − = − <

+ + + + + + + +

Επομένως η συνάρτηση f ′ είναι γνησίως φθίνουσα στο R

Είναι:f

1 2 1 2 1 2x ξ x 1 ξ x 3 ξ ξ f (ξ ) f (ξ )< < + < < + ⇒ < ⇒ > ⇒′ ↓

′ ′

f (x 3) f (x 1)f (x 1) f (x)

2

+ − ++ − > ⇒

f (x 1) f (x) f (x 3) f (x 1)2 + − 2 > + − + ⇒

f (x 1) f (x 3) f (x)3 + > + + 2 , για κάθε x R ∈

δ) Έχουμε:

(x 3)f (x α 1) f (x α 3) 2f (x α) w(x) 0+ − + = − + + − ⇔ =

όπου

w(x) (x 3)f (x α 1) f (x α 3) 2f (x α)= + − + − − + − − , [ ]x 0, α∈

Η συνάρτηση w είναι συνεχής στο [ ]0, α ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων.

Είναι:

• w(0) 3f ( α 1) f ( α 3) 2f ( α)= − + − − + − −





Όμως από το (γ) ερώτημα για κάθε x R ∈ είναι:x α

f (x 1) f (x 3) f (x) f ( α 1) f ( α 3) f ( α)=−

3 + > + + 2 ⇒ 3 − + > − + + 2 − ⇒

f ( α 1) f ( α 3) f ( α) 0 w(0)3 − + − − + − 2 − > ⇒ > 0 (6)

• w(α) (α 3)f (1) f (3) 2f (0) (α 3) ( 1) 6 43 2 ( 2)( )= + − − = + ⋅ − − − − ⋅ − = α 3 6 43 4 α 5 43 α 5 43 0 w(α) 0)= − − − + + = − − + = − + − < ⇒ <( (7),

διότι 7 27

α α 54 4

> ⇔ + >

Αρκεί λοιπόν 27

43 27 4 43 729 6884

> ⇔ > ⇔ > που ισχύει.

Η συνάρτηση w ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [ ]0 , α ,

αφού είναι συνεχής στο διάστημα αυτό και λόγω των σχέσεων (6) και (7) ισχύει w(0) w(α) 0⋅ <

Επομένως θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ρ (0 , α)∈ τέτοιο, ώστε w(ρ) 0,= δηλαδή η εξίσωση

(x 3)f (x α 1) f (x α 3) 2f (x α)+ − + = − + + −

έχει μία τουλάχιστον ρίζα ρ (0 , α)∈

ΘΕΜΑ 23ο :


• f (0) 0

• f (x) 1 για κάθε x R

α) Να αποδείξετε ότι 2 f (2) 2≤ ≤

β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 2f (x) x έχει το πολύ μια ρίζα στο διάστημα ( )1 ,2+∞

γ) Αν 2f (x) ln(x + 1) , x R

i) Να βρείτε τα κοινά σημεία της γραφικής παράστασης της f με την παραβολή 2y x

ii) Να υπολογίσετε το όριο f (x)

xlim e 1 f (x) 2lnx→+∞

− −

iii) Αν g : R R είναι μια συνάρτηση δύο φορές παραγωγίσιμη στο R της οποίας η γραφική

παράσταση εφάπτεται στον άξονα x΄x στο σημείο Μ(1,0) και για κάθε x R ικανοποιεί

τη σχέση ′′ 2f (x )8xg (x)

e=

, να αποδείξετε ότι ∫0

1

g(x)dx f (1)

ΛΥΣΗ

α) Για τη συνάρτηση f στο διάστημα [ ]0, 2 ισχύουν:

♦ Είναι συνεχής στο [ ]0, 2

♦ Είναι παραγωγίσιμη στο (0, 2)


ξ (0, 2)∈ τέτοιο, ώστε:f (0) 0f (2) f(0) f (2)

f (ξ) f (ξ)2 0 2

=−′ ′= ⇒ =−





Επειδή f (x) 1′ ≤ για κάθε x R ∈ έχουμε:

f(2)f (ξ) 1 1 f (2) 2 2 f (2) 2

2′ ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒− ≤ ≤

β) Έστω ότι η εξίσωση 2f (x) x= έχει δύο τουλάχιστον ρίζες 1 2

x , x στο διάστημα 1,

2

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

+∞ με 1 2

x x<

τότε έχουμε: 21 1f (x ) x= (1) και 2

2 2f (x ) x= (2)

Θεωρούμε τη συνάρτηση 2h(x) f (x) x ,= − [ ]1 2x x , x∈

Για τη συνάρτηση h στο διάστημα [ ]1 2x , x ισχύουν:

♦ Είναι συνεχής στο [ ]1 2x , x

♦ Είναι παραγωγίσιμη στο 1 2(x ), x με h (x) f (x) 2x′ ′= −

♦ 1 2h(x ) h(x )= , αφού (1)

21 1 1 0h(x ) f (x ) x= − = και

(2)2

2 2 2h(x ) f (x ) x 0= − =

Ικανοποιούνται λοιπόν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Rolle, άρα θα υπάρχει ένα τουλάχιστον

( )o 1 2x x , x∈ τέτοιο, ώστε:

o o o oh (x ) 0 f (x ) 2x f (x ) 1⇒′ ′ ′= ⇒ = > , αφού o 1

1x x

2> >

Αυτό όμως είναι άτοπο, αφού f (x) 1 1 f (x) 1′ ′≤ ⇔ − ≤ ≤ για κάθε x R ∈

Επομένως, η εξίσωση 2f (x) x= έχει στο διάστημα 1,

2

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

+∞ το πολύ μια ρίζα.

γ) i) Οι τετμημένες των κοινών σημείων προκύπτουν από τη λύση της εξίσωσης 2f (x) x=

Είναι:2 2 2 2 2f (x) x ln(x 1) x ln(x 1) x 0= ⇔ + = ⇔ + − =

Θεωρούμε τη συνάρτηση 2 2φ(x) ln(x 1) x , x R = + − ∈

Η συνάρτηση φ είναι παραγωγίσιμη στο R με:

( )3

2

2 2 2

2x 2x 2xφ (x) 2x 1 (x 1)

x 1 x 1 x 1′ = − = − + = −

+ + +

Είναι:

• 3(x) 0 2x 0 x 0′ϕ = ⇔− = ⇔ =

• 3

(x) 0 2x 0 x 0′ϕ > ⇔− > ⇔ < Οπότε ο πίνακας μονοτονίας – τοπικών ακροτάτων της συνάρτησης φ είναι ο παρακάτω:

Μέγιστο

• Η συνάρτηση φ είναι συνεχής στο ( ], 0−∞ και (x) 0′ϕ > για κάθε ( )x , 0∈ −∞ , οπότε

η συνάρτηση φ

είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( ], 0−∞

Επομένως για κάθε x 0< είναι 2φ(x) φ(0) φ(x) 0 f (x) x< ⇒ < ⇒ <

x ∞ 0∞

(x)΄ϕ + 0

(x)φ

0





• Η συνάρτηση φ είναι συνεχής στο [ )0 , + ∞ και (x) 0<′ϕ για κάθε x (0, )∈ +∞ , οπότε

η συνάρτηση φ είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα [ )0 , +∞

Επομένως για κάθε x 0> είναι 2φ(x) φ(0) φ(x) 0 f (x) x< ⇒ < ⇒ <

• Η συνάρτηση φ παρουσιάζει ολικό μέγιστο για x 0= με μέγιστη τιμή φ(0) 0=

Επομένως η εξίσωση 2φ(x) 0 f(x) x= ⇔ = έχει μοναδική ρίζα τον αριθμό 0. Άρα το μοναδικό

κοινό σημείο της γραφικής παράστασης της f με την παραβολή 2y x= είναι το (0, 0)Ο

ii) Για x (0 , )∈ +∞ είναι:

( )( ) ( )( )2l 2n(x 1)f (x)e 1 f (x) 2 lnx e 1 2lnln(x 1) x+− − = − − =+

( )( )2

2 2

2 2

2 2 2 x 1 11 ln x ln x ln 1

x xx 1 ln(x 1) x

+ ⎛ ⎞= − − = ⋅ = ⋅ +⎜ ⎟⎝ ⎠

+ +

Οπότε:

( )( ) 2

2

f (x)

x x

01x ln 1

xlim e 1 f (x) 2lnx lim→+∞ →+∞

+∞⋅⎛ ⎞⎛ ⎞= ⋅ + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

− −

22

2

x u 1

11 u

x

u 1u 1

1ln 1

ln u d(lnu)xlim 1

1 u 1 du

x

lim→+∞ →

+ =

→=

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠= = = =

−

iii) Η γραφική παράσταση της συνάρτηση g εφάπτεται στον άξονα x΄x στο σημείο Μ(1,0),

επομένως είναι g(1) 0= και g (1) 0′ =

Για κάθε x R ∈ είναι 2 4l 4f (x ) n(x 1)

8x 8x 8xg (x)

x 1e e +

′′ = = =+

. Αν εφαρμόσουμε διαδοχικά τη μέθοδο

της ολοκλήρωσης κατά παράγοντες έχουμε:

[ ]1 1 1

1

0

0 0 0

g(x)dx x g(x) dx xg(x) xg (x) dx′ ′= = − =∫ ∫ ∫

1 12 2 2

0 0

1

0

x x xg(1) g (x)dx 0 g (x) g (x)dx

2 2 2

′ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎡ ⎤′ ′ ′′⎜ ⎟= − = − − =⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎣ ⎦⎝ ⎠

∫ ∫

1 12 3

4 4

0 0

1 x 8x 4xg (1) dx 0 dx

2 2 x 1 x 1

⎛ ⎞′= − + ⋅ = + =⎜ ⎟+ +⎝ ⎠∫ ∫

11

4 4

0

0

ln(x 1) dx ln(x 1) ln 2 ln1 ln 2 f (1)′⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + = + = − = =⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫





ΘΕΜΑ 24ο :

Δίνονται οι συναρτήσεις f , g : R R με 4f (x) x 4x 8+ +

και g(x) συν x x+


β) Να λύσετε την εξίσωση ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

2f 5

x=

γ) Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς α, β ώστε ( )( )+ + + + =4 3 4 44 2α 2α 4 β 4β 8 25α

δ) Να υπολογίσετε το όριο 3

x

x g(x)lim

f(x)+∞

ε) Θεωρούμε ότι υπάρχει συνάρτηση h:R R δύο φορές παραγωγίσιμη στο R, η οποία

ικανοποιεί τις σχέσεις:

• h(1) 8

• ′h (3) 6

• h(g(x)) f(x) για κάθε x R

i) Να βρείτε την εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της h στο σημείο ( )1 , h(1)

ii) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ξ ( , )1 3 τέτοιο, ώστε h (ξ) 1′

=

ΛΥΣΗ

α) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο R με 3 3f (x) 4 x 4 4(x 1)′ = + = +

Είναι:

• 3f (x) 0 x 1 0 x 1′ = ⇔ + = ⇔ = −

• 3f (x) 0 x 1 0 x 1′ > ⇔ + > ⇔ > −

Οπότε ο πίνακας μονοτονίας – τοπικών της συνάρτησης f είναι ο παρακάτω

x−∞

−1

+∞

f (x) − 0 +

(x)f 5

Ελάχιστο

• Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ( ], 1−∞ − και f (x) 0΄ < για κάθε ( )x , 1∈ − ∞ − , οπότε η

συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ( ], 1−∞ −

• Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ )1 ,− + ∞ και f (x) 0΄ > για κάθε ( )x 1 ,∈ − + ∞ , οπότε η

συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [ )1 ,− + ∞

• Η συνάρτηση f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x 1= − με ελάχιστη τιμή f ( 1) 5− =

β) Από το προηγούμενο ερώτημα προκύπτει ότι για κάθε x R ∈ ισχύει f (x) 5≥ με την ισότητα να

ισχύει μόνο για x 1= − . Έτσι, για x 0≠ έχουμε:

2 2f 5 1 x 2

x x

⎛ ⎞ = ⇔ = − ⇔ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

γ) Αρχικά θα αποδείξουμε ότι α 0≠

Αν υποθέσουμε ότι α 0= , τότε η δοθείσα εξίσωση γράφεται:

4

16(β 4β 8) 0 f (β) 0+ + = ⇒ = που είναι άτοπο διότι η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης f είναι ίση με 5





Άρα α 0≠ , οπότε αν διαιρέσουμε και τα δύο μέλη της δοθείσας εξίσωσης με 4α 0≠ έχουμε:

4

4 3 44

4

8 16

α α

4(2α 2α 4)(β 4β 8)25 8 (β 4β 8) 25

α

⎛ ⎞⇔ ⎜ ⎟⎝ ⎠

+ + + += + + + + = ⇔

( )( )

2f 5

α

f β 5

2 2

f 5 α 212f f β 25 α αβ 1α

β 1f (β) 5

⎛ ⎞⎜ ⎟

⎝ ⎠

≥

≥

⎧ ⎛ ⎞ ⎧= = −= − ⎧⎪ ⎪⎛ ⎞ ⎜ ⎟= ⇔ ⇔ ⇔⎝ ⎠⎨ ⎨ ⎨⎜ ⎟ = −⎝ ⎠ ⎩⎪ ⎪ = −= ⎩⎩

δ) Είναι:

4

4 4

3 4

3 3 3

x x x x1

4 8

x x

συνx1

x g(x) x (συνx x) x συνx x xlim lim lim limf (x) x 4x 8 x 4x 8 1

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

+= = = =

+ ++ + + + + +

διότι

• 3 4x x

4 8lim lim 0x x→+∞ →+∞= = και

• συ νx 1 1 συ νx 1

x | x | | x | x | x |≤ ⇒ − ≤ ≤ με

x x

1 1lim lim 0

| x | | x |→+∞ →+∞

⎛ ⎞= − =⎜ ⎟

⎝ ⎠, οπότε από το

Κριτήριο Παρεμβολής συμπεραίνουμε ότι x

συνxlim 0

x→+∞=

ε) i) Θεωρούμε τη συνάρτηση 4H(x) h(συν x x) x 4 x 8 , x R = + − − − ∈


4 4h(g(x)) f (x) h(συν x x) x 4 x 8 h(συν x x) x 4 x 8 0≤ ⇔ + ≤ + + ⇔ + − − − ≤ ⇔

H(x) 0 H(x) H(0)≤ ⇔ ≤ , αφού H(0) h(1) 8 8 8 0= − = − =

Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση H παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στο εσωτερικό σημείο 0

x 0=

του πεδίου ορισμού της.

Επίσης η συνάρτηση H είναι παραγωγίσιμη στο R με 3H (x) h (συν x x)( ημx 1) 4 x 4,′ ′= + − + − −

οπότε είναι παραγωγίσιμη και στο 0

x 0 με H (0) h (1) 4′ ′= −

Ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Fermat, οπότε έχουμε:

H (0) 0 h (1) 4 0 h (1) 4′ ′ ′= ⇒ − = ⇒ =

Η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της h στο σημείο ( )1 , h(1) είναι:

y h(1) h (1)(x 1) y 8 4(x 1) y 4 x 4′− = − ⇒ − = − ⇒ = +

ii) Θεωρούμε τη συνάρτηση φ(x) h (x) x , x [1, 3]′= − ∈

Για τη συνάρτηση φ στο διάστημα [1, 3] ισχύουν:

♦ Είναι συνεχής στο [1, 3]

♦ Είναι παραγωγίσιμη στο (1, 3) με φ (x) h (x) 1′ ′′= −

♦ 1 3φ( ) φ( )= , αφού φ(1) h (1) 1 4 1 3′= − = − = και φ(3) h (3) 3 6 3 3′= − = − =

Ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Rolle, άρα θα υπάρχει ξ (1, 3)∈ τέτοιο, ώστε:φ (ξ) 0 h (ξ) 1 0 h (ξ) 1′ ′′ ′′= ⇒ − = ⇒ =





ΘΕΜΑ 25ο :

Δίνεται μια παραγωγίσιμη συνάρτηση f : R R , η οποία ικανοποιεί τη σχέση:

3f (x) f (x) x 1= + , για κάθε x R (1)

α) Να βρείτε την τιμή της συνάρτησης f για x 1− και x 1

β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα και να βρείτε το πρόσημό της.

γ) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα.

δ) Αν α 1 , να αποδείξετε ότι 1 1 1f (α) f 1

α α α

⎛ ⎞

+ < +

⎟

⎝ ⎠

ε) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση

x

f(ημx 2) f (x)

x 2e 1

+

=

+

έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )2 , 0

στ) Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν Ε του χωρίου Ω που ορίζεται από τη γραφική παράσταση της

συνάρτησης f , τον άξονα x΄x και την ευθεία x 1 είναι Ω5

4E( ) =

ΛΥΣΗ

α) Αν θέσουμε x 1= − στη σχέση (1) έχουμε:

( )3 2f ( 1) f ( 1) 0 f ( 1) f ( 1) 1 0 f ( 1) 0− + − = ⇔ − − + = ⇔ − = , αφού 2f ( 1) 1 0− + ≠

Αν θέσουμε x 1= στη σχέση (1) έχουμε:

3 3 3f (1) f (1) 2 f (1) f (1) 2 0 f (1) 1 f (1) 1 0+ = ⇔ + − = ⇔ − + − = ⇔

( )( ) ( ) ( )( )22

0

f(1) 1 f (1) f(1) 1 f(1) 1 0 f(1) 1 f (1) f(1) 2 0 f(1) 1

>

− + + + − = ⇔ − + + = ⇔ =1442443

β) Αν παραγωγίσουμε και τα δύο μέλη της σχέσης (1) έχουμε:

( )2 2

2

13f (x) f (x) f (x) 1 3f (x) 1 f (x) 1 f (x) 0

3f (x) 1′ ′ ′ ′+ = ⇒ + = ⇒ = >

+ (2)

Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο R

Με δεδομένο ότι f ( 1) 0− = έχουμε:

• Για f

x 1 f (x) f ( 1) f (x) 0↑

<− ⇒ < − ⇒ <

• Για f

x 1 f (x) f ( 1) f (x) 0↑

>− ⇒ > − ⇒ >

γ) Από την ισότητα (2) προκύπτει ότι η f ′ είναι παραγωγίσιμη στο R με:

( ) ( )2 2

2 2

1 6f (x)f (x) 6f (x)f (x) f (x)

3f (x) 1 3f (x) 1

′− −′′ ′= ⋅ = ⋅

+ +

Επειδή f (x) 0′ > για κάθε x R ∈ , συμπεραίνουμε ότι το πρόσημο της f (x)′′ εξαρτάται από εκείνο

των τιμών της f(x) , οπότε έχουμε:

• Αν x 1<− τότε f (x) 0′′ > , οπότε η συνάρτηση f είναι κυρτή στο διάστημα ( , 1]−∞ −

• Αν x 1>− τότε f (x) 0′′ < , οπότε η συνάρτηση f είναι κοίλη στο διάστημα [ 1, )− + ∞





δ) Αν α 1> τότε είναι 1

0 1α

< <

Για τη συνάρτηση f στο διάστημα 1

, 1α

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. , οπότε

θα υπάρχει ένα τουλάχιστον 1

1

ξ , 1α

⎛ ⎞∈⎜ ⎟⎝ ⎠ τέτοιο, ώστε:

1

f (1) 1

1 1f (1) f α α f

α αf (ξ )

1 α 11

α

=⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠′ = =

−−

Για τη συνάρτηση f στο διάστημα [1 , α ] ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. , οπότε

θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )2ξ 1, α∈ τέτοιο, ώστε:

2

f (1) 1

f (α) f (1) f (α) 1f (ξ )α 1 α 1

=

− −′ = =− −

Είναι:

f

f

α 1 0

1 2 1 2 1 2

1α αf

1 f (α) 1αξ 1 ξ α ξ ξ f (ξ ) f (ξ )

α α 1 α 1

∩

′ ↓

− >

⎛ ⎞− ⎜ ⎟ −⎝ ⎠′ ′< < < < ⇒ < ⇒ > ⇒ > ⇒− −

α 01 1 1 1α α f f (α ) 1 f (α ) f 1

α α α α

>⎛ ⎞ ⎛ ⎞− > − ⇒ + < +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

ε) Στο διάστημα ( )2 , 0− η εξίσωση xf (ημ x 2) f (x)e 1 x 2+ =− +

είναι ισοδύναμη με την εξίσωση

x(x 2) f (ημx 2) (e 1) f (x) 0+ + − − = (3)

οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι η εξίσωση (3) έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )2 , 0−

Θεωρούμε τη συνάρτηση:xg(x) (x 2) f (ημx 2) (e 1) f (x) , x [ 2, 0]= + + − − ∈ −

H συνάρτηση g είναι συνεχής στο διάστημα [ 2, 0]− , ως αποτέλεσμα πράξεων και συνθέσεων

μεταξύ συνεχών συναρτήσεων και επιπλέον έχουμε:

•

2 2

00

g( 2) ( 2 2) f ( ημ2 2) (e 1) f ( 2) (1 e ) f ( 2) 0− −

<>

− = − + − + − − − = − − <14243,

διότι

f

2 1 f ( 2) f ( 1) f ( 2) 0↑

− < − ⇒ − < − ⇒ − <

• 0g(0) 2f (ημ0 2) (e 1) f (2) 2f (2) 0= + − − = > ,

διότι

f

1 2 f ( 1) f (2) f (2) 0

∧↑

− < ⇒ − < ⇒ >

Άρα g( 2)g(0) 0− <

Επομένως, για τη συνάρτηση g ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano στο

διάστημα [ 2, 0]− , άρα η εξίσωση g(x) 0= θα έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )2 , 0−





στ) Επειδή η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα και f ( 1) 0− = , για κάθε x 1≥ − είναι f (x) 0≥

Το χωρίο του οποίου ζητείται το εμβαδόν, οριοθετείται από τις ευθείες x 1= − , x 1= , y 0= και

και τη γραφική παράσταση f C της συνάρτησης f , άρα το ζητούμενο εμβαδόν είναι 1

1

E f (x)dx−

=∫

. Από τη σχέση (2) έχουμε f (x) 0′ > για κάθε x R ∈ , οπότε η σχέση (1) γράφεται:

3 3f (x) f (x) x 1 f (x)f (x) f (x)f (x) (x 1)f (x)′ ′ ′+ = + ⇒ + = + ⇒ 1 1 1

3

1 1 1

f (x)f (x)dx f (x)f (x)dx (x 1)f (x)dx− − −

′ ′ ′+ = + ⇒∫ ∫ ∫

[ ]1 1 1

14 2

11 1 1

1 1f (x) f (x) (x 1)f (x) f (x) dx

4 2 −− − −

⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ = + − ⇒⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ∫

1 1 3 50 0 2 0 E(Ω) E(Ω) 2 E(Ω)

4 2 4 4− + − = − − ⇒ = − ⇒ =

ΘΕΜΑ 26ο :

Δίνονται οι συναρτήσεις f , g:(0 , ) R ∞ →

με =+

ln xf(x)

x 1 και g(x) 1 x(1 lnx)+ −

α) Να μελετήσετε τη συνάρτηση g ως προς τη μονοτονία και να βρείτε το σύνολο τιμών της.

β) Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν εφαπτόμενες της γραφικής παράστασης gC της συνάρτησης

g που να είναι παράλληλες. Στη συνέχεια να βρείτε σημεία της gC με τετμημένες αντίστροφες

στα οποία οι εφαπτόμενες είναι μεταξύ τους κάθετες.

γ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ρ 1 τέτοιο, ώστε η συνάρτηση f να λαμβάνει τη μέγιστη τιμή

της όταν x ρ και επιπλέον ισχύει 1

f (ρ)ρ

=

δ) Θεωρούμε επίσης την εξίσωση =

1f(x)

2ρ. Να αποδείξετε ότι:

i) Η εξίσωση έχει ακριβώς δύο ρίζες α , β με 0 α β<

ii) Υπάρχει ( , )ξ α β τέτοιο, ώστε 1

f (ξ) f (ξ)2ρ

′

=

ΛΥΣΗ

α) Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (0, )+ ∞ με 1

g (x) 1 lnx x ln xx

′ = − − = −

Είναι:• g (x) 0 lnx 0 lnx ln1 x 1′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =

• g (x) 0 lnx 0 lnx ln1 x 1′ < ⇔ − < ⇔ > ⇔ >


x 0 1 +∞

(x)g΄ + 0 −

(x)g 2

Μέγιστο





• Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο ( ]0 , 1 και g (x) 0> για κάθε ( )x 0 , 1∈ , οπότε η

συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( ]0 , 1

• Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο [ )1 , +∞ και g (x) 0΄ < για κάθε ( )x 1 ,∈ + ∞ , οπότε η

συνάρτηση g είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα [ )1, +∞

• Η συνάρτηση g παρουσιάζει ολικό μέγιστο για x 1= με μέγιστη τιμή g(1) 2= Είναι:

( ) ( )DLHx 0 x 0 x 0 x 0 x 0

2

11 ln x xlim 1 x(1 lnx) 1 lim x(1 lnx) 1 lim 1 lim 1 lim x 1 0 1

1 1

x x

+ + + + +

+∞+∞

→ → → → →

−−+ − = + − = + = + = + = + =

−

( )x x xlim g(x) lim 1 x(1 lnx) 1 lim x(1 lnx)→+∞ →+∞ →+∞

= + − = + − = −∞

♦ Η συνάρτηση g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( ]1 0 , 1Δ = , οπότε είναι

( x 01g(Δ ) lim g(x) , g(1) (1, 2]+→ ⎤= =⎥⎦

♦ Η συνάρτηση g είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα [ )2 1 ,Δ = + ∞ , οπότε είναι

(x

2g(Δ ) lim g(x) , g(1) ( , 2]→+∞

⎤= = −∞⎦

Το σύνολο τιμών της συνάρτησης g είναι:

( ) 1 2g (0, ) g(Δ ) g(Δ ) ( , 2]+ ∞ = = −∞U

β) Έστω ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης g έχει παράλληλες εφαπτόμενες στα σημεία της

με τετμημένες 1 2x , x με 1 2x x< , τότε έχουμε:

1 2 1 2 1 2 1 2g (x ) g (x ) lnx lnx lnx lnx x x′ ′= ⇒ − = − ⇒ = ⇒ =

που είναι άτοπο.

Επομένως, δεν υπάρχουν σημεία της gC στα οποία οι εφαπτόμενες να είναι παράλληλες.

Θεωρούμε δύο σημεία της gC με τετμημένες 3 4x , x

με 3 4x x< και 4

3

1x ,

x= τότε προφανώς είναι

30 x 1< < . Οι εφαπτόμενες στα 3 4x , x είναι κάθετες μεταξύ τους, μόνο όταν:

( )4 3 3ln x ln x 0 x 1

2

3 4 3 4 3 3 3

1g (x ) g (x ) 1 lnx lnx 1 lnx 1 ln x 1 x

e

=− < <

′ ′⋅ = − ⇔ ⋅ = − ⇔ = ⇔ = − ⇔ =

και

4x e=

Άρα τα ζητούμενα σημεία είναι τα 1 2,e e

A 1⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ και B(e, 1)

γ) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (0 , )+ ∞ με

2 2 2

1(x 1) lnx

x 1 x ln x g(x)xf (x)(x 1) x(x 1) x(x 1)

+ − + −′ = = =+ + +

οπότε το πρόσημα της f ′ είναι ίδιο με εκείνο της συνάρτησης g

Επομένως:

• Αν 1x Δ∈ τότε f (x) 0′ > οπότε η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο 1Δ

• Αν 2x Δ∈ τότε δεδομένου ότι 2g(Δ ) ( , 2]= −∞ , υπάρχει ρ 1> τέτοιο, ώστε g(ρ) 0= με τις τιμές της συνάρτησης g να αλλάζουν πρόσημο εκατέρωθεν του ρ





Συγκεκριμένα αν x (1, ρ)∈ τότε g(x) 0> , ενώ αν x ρ> τότε g(x) 0< . Αυτό σημαίνει ότι η

συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( ]0 , ρ και γνησίως φθίνουσα στο [ρ , ),+∞

επομένως παρουσιάζει ολικό μέγιστο για x ρ= . Η μέγιστη τιμή της συνάρτησης f είναι ίση με

ln ρf (ρ)

ρ 1=

+ (1)

Όμως 1 ρ 1

g(ρ) 0 ρ(1 ln ρ) 1 ln ρ 1 ln ρρ ρ

+= ⇒ − = − ⇒ − = ⇒ = ,

οπότε η (1) γράφεται

ρ 1

1ρf (ρ)

ρ 1 ρ

+

= =+

δ) i) Θεωρούμε τα διαστήματα 1

D (0, ρ]= και 2

D [ρ , )= + ∞

♦ Η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο διάστημα 1

D (0, ρ]= , οπότε είναι:

( )

(+

0

1x

1f D lim f (x), f (ρ) ,

ρ→

⎛ ⎤⎤= = −∞⎜ ⎥⎥⎦ ⎝ ⎦

,

αφού + + +0 0 0x x x

ln x 1limf (x) lim lim ln x

x 1 x 1→ → →

⎛ ⎞= = ⋅ = −∞⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ και

1f ( )ρ

ρ

Ο αριθμός 1

2ρ ανήκει στο διάστημα ( )1

1f D ,

ρ

⎛ ⎤= −∞⎜ ⎥

⎝ ⎦, οπότε η εξίσωση

1f(x)

2ρ= έχει μία

τουλάχιστον ρίζα α στο διάστημα 1D = (0, ρ] με α ρ≠ , η οποία είναι και μοναδική, αφού η

συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα αυτό.

♦ Η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα 2

D [ρ, )= +∞ , οπότε είναι:

( ) (2 x

1

f D lim f (x) , f (ρ) 0 , ρ+∞= →

⎛ ⎤⎤ ⎜ ⎥= ⎜⎥ ⎜ ⎥⎜⎦ ⎝ ⎦ ,

αφού DLHx x x

ln x 1lim f (x) lim lim 0

x 1 x

+∞+∞

→+∞ →+∞ →+∞= = =

+ και

1f ( )ρ

ρ

Ο αριθμός 1

2ρ ανήκει στο διάστημα ( )2

1f D 0,

ρ

⎛ ⎤= ⎜ ⎥

⎝ ⎦, οπότε η εξίσωση

1

2ρf(x) = έχει μία

τουλάχιστον ρίζα β στο διάστημα 2D = [ρ,+ ∞) με β ρ,≠ η οποία είναι και μοναδική, αφού η

συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα αυτό.

Επομένως εξίσωση έχει ακριβώς δύο ρίζες α , β με 0 α β< <

ii) 1ος

Τρόπος:

Θεωρούμε τη συνάρτηση [ ]1

(x) f (x) f (x) , x α β2ρ

,′Φ = + − ∈

Για τη συνάρτηση Φ στο διάστημα [ ]α β, ισχύουν:

♦ Είναι συνεχής στο [ ]α β, , ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων.

♦ 1

( ) f ( ) f ( ) f ( ) 02

′ ′Φ α = α + α − = α >ρ

αφού 0 α ρ < < και f (x) 0′ > στο διάστημα ( )0,ρ

1( ) f ( ) f ( ) f ( ) 0

2

′ ′Φ β = β + β − = β <

ρ

αφού ρ β < και f (x) 0′ < στο διάστημα ( ),ρ + ∞

Επομένως ( ) ( ) 0Φ α Φ β <





Ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano, άρα θα υπάρχει ένα τουλάχιστον


1 1( ) 0 f ( ) f ( ) 0 f ( ) f ( )

2 2′ ′Φ ξ = ⇔ ξ + ξ − = ⇔ ξ + ξ =

ρ ρ

2ος

Τρόπος:

Θεωρούμε τη συνάρτηση [ ]xα , β1h(x) e f (x) , x

2ρ⎛ ⎞= − ∈⎜ ⎟⎝ ⎠

Για τη συνάρτηση h στο διάστημα [ ]α β, ισχύουν:

♦ Είναι συνεχής στο [ ]α β,

♦ Είναι παραγωγίσιμη στο (α β), με x x1h (x) e f (x) e f (x)

2ρ

⎛ ⎞′ ′= − +⎜ ⎟

⎝ ⎠

♦ α βh( ) h( )= , αφού (δ)(i)

α 1h(α) e f (α) 0

2ρ

⎛ ⎞= − =⎜ ⎟

⎝ ⎠ και

(δ)(i)β 1

h(β) e f (β) 02ρ

⎛ ⎞= − =⎜ ⎟

⎝ ⎠

Ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Rolle, άρα θα υπάρχει ένα τουλάχιστον


ξ 1 1h (ξ) 0 e f (ξ) f (ξ) 0 f (ξ) f (ξ)

2ρ 2ρ

⎛ ⎞′ ′ ′= ⇒ − + = ⇒ + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

ΘΕΜΑ 27ο :

Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση f : R R →

με f (1) 1=

και f ( 1) 1− = − , η οποία ικανοποιεί

τη σχέση:2 2x xf (x) 4 1 2x f (x)− = − , για κάθε x R ∗∈ (1)

α) Να αποδείξετε ότι

2

ln xf (x) 2

x= + , για κάθε x R ∗∈

β) Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης f

γ) Αν E(α) είναι το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση f C της

συνάρτησης f , την οριζόντια ασύμπτωτη της f C και την ευθεία x α με α 1 , τότε να

υπολογίσετε το

αlim E(α)→+∞

δ) Να υπολογίσετε το 3

2x 1 2

x f (x) 2 x 1lim

3ημ (x 1) f (x) 2

− − +

− − −

ΛΥΣΗ

α) Για κάθε x R ∗∈ είναι:

( )2 2 3 2 2x xf (x) 4 1 2x f (x) x f (x) 4x 1 2x f (x)⇒ ⇒′ ′− = − − = −

x 03 2 2 2 1

x f (x) 2x f (x) 4x 1 x f (x) 2xf (x) 4xx

÷ ≠

′ ′+ = + ⇒ + = + ⇒

( ) ( )2

212 2 2

2

2x ln x c , x 0x f(x) 2x ln x x f (x)

2x ln x c , x 0

⎧ + + <⎪′ ′= + ⇒ = ⇒⎨+ + >

⎪⎩





12 2

22 2

ln x c2 , x 0

x xf(x)

ln x c2 , x 0

x x

⎧+ + <⎪⎪

= ⎨⎪ + + >⎪⎩

(2)

• Για x 1 από τη σχέση (1) έχουμε:

( )f (1) 1

2 21 1 f (1) 4 1 2 1 f (1) 3 1 2f (1)′ =

′⋅ ⋅ − = − ⋅ ⋅ ⇔ − = − ⇔

(2 )2

22 2

cln12f (1) 4 f (1) 2 2 2 c 0

1 1= ⇔ = ⇔ + + = ⇔ =

• Για x 1− από τη σχέση (1) έχουμε:

( )f ( 1) 1

2 21) 1 f ( 1) 4 1 2 1) f ( 1) ( 1) 4 1 2f ( 1)′ − = −

′(− ⋅ − ⋅ − − = − ⋅(− ⋅ − ⇔ − − − = − − ⇔

11

(2 )

2 2

ln 1 c2f ( 1) 4 f ( 1) 2 2 2 c 0

( 1) ( 1)

−− = ⇔ − = ⇔ + + = ⇔ =

− − Άρα από τη σχέση (2) έχουμε:

2

2

2

ln x2 , x 0

ln xxf (x) f (x) 2 , x R

xln x2 , x 0

x

∗

⎧+ <⎪⎪

= ⇔ = + ∈⎨⎪ + >⎪⎩

β) Για κάθε x R ∗∈ είναι:

( ) ( )

22 2

2 4 4

1x 2x ln xln x x x ln x

ln x xf (x) 2x x x

′′′ ⋅ − ⋅⋅ − ⋅⎛ ⎞′ = + = = =⎜ ⎟⎝ ⎠

4 3

x 2x ln x 1 2ln x

x x

− ⋅ −= =

Είναι:

• 1

21

f (x) 0 1 2ln x 0 ln x x x e2

e′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ±

• Για το πρόσημο της f (x)′ ελέγχουμε το πρόσημο αριθμητή και παρονομαστή:

1

2

11 2ln x 0 ln x x x e e x e2 e− > ⇔ < ⇔ < ⇔ < ⇔ − < <

3x 0 x 0> ⇔ >


x−∞ e− 0 e

+∞

1 2ln x− −

0 +

+ 0 −

3x −

−

+

+

f (x) +

0 − +

0 −

f (x)

Τ.Μ. Τ.Μ.





Η συνάρτηση f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στα σημεία 1x e−= και 2

x e= με τιμή

( )1

2ln e ln e ln 1 ln e 1f e 2 2 2 2 2

e e e 2 e 2e

e±± = + = + = + = ⋅ + = +

Επίσης είναι:

DLH2 2 2x x x x

1ln x ln x 1x 0

x x 2x 2x

( )lim lim lim lim

( )

+∞+∞

→±∞ →±∞ →±∞ →±∞= = = =

′′

Οπότε έχουμε:

• 2x x

ln xf (x) 2 0 2 2

xlim lim→±∞ →±∞

⎛ ⎞= + = + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

• 2 2x x 0 x 0

ln x 1

f (x) 2 ln x 2x xlim lim lim→0 → →

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= + = ⋅ + = −∞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ , αφού

( )x 0

ln xlim→

= −∞ και 2x 0

1

xlim

→ = +∞

Άρα το σύνολο τιμών της συνάρτησης f είναι 1

f (R ) , 22e

∗ ⎛ ⎤⎜ ⎥⎝ ⎦

= −∞ +

γ) Είναι x

f (x) 2lim→±∞

= , οπότε η γραφική παράσταση f C της συνάρτησης f έχει οριζόντια ασύμπτωτη

στο +∞ και στο −∞ την ευθεία ε : y 2=

Επίσης έχουμε:

2 2

ln x ln xf (x) 2 2 2 0 ln x 0 x 1 x 1

x x= ⇔ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ± ,

οπότε η f C τέμνει την ευθεία (ε) στα σημεία A( 1, 2)− και B(1, 2)

Για το εμβαδόν E(α) έχουμε:

α α α

1 1 1

2 2

ln x ln xE (α) f (x) 2 dx dx dx

x x= − = =∫ ∫ ∫ ,

αφού για κάθε x 1≥ είναι 2 2ln x lnx 0x x= ≥

Άρα έχουμε:

α

1

α α α

1 1 1

2

ln x 1 1 1E (α) dx ln x dx ln x (ln x) dx

x x x x

′⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ′= = − ⋅ = − ⋅ − − ⋅ =⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦∫ ∫ ∫

α

1

α α

2

1 1

1 1 1 lnα 1 lnα 1lnα 0 dx dx

α x x α x α x

⎡ ⎤= − ⋅ + − − ⋅ = − − − = − − =⎢ ⎥⎣ ⎦∫ ∫

lnα 1 1 lnα1 1α α α

+⎛ ⎞= − − − = −⎜ ⎟⎝ ⎠





Είναι:

DLHα α α α

11 lnα (1 lnα) 1α 0 0,αα (α) 1

lim lim lim lim

+∞+∞

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

′+ += = = = =

′

οπότε:

α α

1 lnαE(α) 1 1 0 1

αlim lim→+∞ →+∞

+⎛ ⎞= − = − =⎜ ⎟⎝ ⎠

δ) Για κάθε x κοντά στο 1 έχουμε:

( )

( )

x 0

2

33

2

42

2 2222

lnxx x 1x f (x) 2 x 1 x lnx x 1x

ln x3ημ (x 1) f (x) 2 lnx 3ημ (x 1)3ημ (x 1)xx

> ⋅= = =

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

− +− − + − +

− − − − −− −

2

2

4

ημ(x 1) 1 ln x3

x 1 x x 1

x ln x x 1

(x 1)

2= =

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎜ ⎟− ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

− +

−

2 2

4

x lnx x 1

(x 1)

1

ημ(x 1) 1 lnx3

x 1 x x 1

2

− += ⋅

− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

− − ⋅− −

(1)

Είναι:

• ω x 1

x ω

ημ(x 1) ημω1

x 1 ωlim lim

= −

→1 →0

−= =

−

•

0

0

DLHx x x

1lnx 1x 1x 1 1 x

lim lim lim→1 →1 →1

= = =−

(2)

•

0

(2 )0

2 DLHx x x

11lnx x 1

x lnx x 1 1 lnx 1 1

x 1(x 1) 2(x 1) 2 x 1 2 2lim lim lim→1 →1 →1

⋅ + ⋅ − ⎛ ⎞− += = ⋅ = ⋅ =⎜ ⎟− − −⎝ ⎠

Επομένως από (1) έχουμε:

( )

( )2

3

2

4

22x 1 x 1

xlnx x 1

(x 1)

x f (x) 2 x 1 1lim lim

3ημ (x 1) f (x) 2 ημ(x 1) 1 lnx3

x 1 x x 1

2→ →

⎛ ⎞⎜ ⎟

− +⎜ ⎟= ⋅ =⎜ ⎟− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

− − +

− − − − − ⋅− −

1 1 1 1

2 2 2 4

1

3 1 1 12 2= ⋅ = ⋅ =⋅ − ⋅





ΘΕΜΑ 28ο :

Δίνεται η συνάρτηση f :(0, ) R ∞ →

με f (x) x 1 ln x− +

α) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και να βρείτε το σύνολο τιμών της.

β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται και να λύσετε την ανίσωση 1

f (x) x≥

γ) Θεωρώντας γνωστό ότι η συνάρτηση −

1f είναι συνεχής, να υπολογίσετε το εμβαδόν του

χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση 1f C

−

της συνάρτησης ,1f − την ευθεία

με εξίσωση y x , τον άξονα y΄y και την ευθεία με εξίσωση x e

ΛΥΣΗ

α) Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το (0 , )Α = +∞


1f (x) 1 0

x′ = + > ,

οπότε η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, )+∞

Επειδή η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο διάστημα (0, )Α = +∞ , το σύνολο

τιμών της θα είναι το διάστημα ( )0 xx

f (A) lim f (x) , lim f (x)+ +∞→→

=

Είναι:

• 0 0x x

lim f (x) lim (x 1 ln x)+ +→ →

= − + = −∞ , αφού 0x

lim (x 1) 1+→

− = − και 0x

lim(ln x)+→

= −∞

• x xlim f (x) lim (x 1 ln x)→+∞ →+∞

= − + = +∞ , αφού x xlim (x 1) lim x→+∞ →+∞

− = = +∞ και xlim (ln x)→+∞

= +∞

Επομένως:

( ) ( )0 xxf (A) lim f (x) , lim f (x) , R + +∞→→= = −∞ +∞ =

β) Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα, άρα είναι και «1 1»,− οπότε συνεπώς αντιστρέφεται.

Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού f Α (0 , )= +∞ και σύνολο τιμών f f (Α ) R = , οπότε η συνάρτηση

1f − έχει πεδίο ορισμού 1f Α R − = και σύνολο τιμών 1

1

f f (Α ) (0 , )−

− = + ∞


• Αν x 0≤ και δεδομένου ότι 1

f (x) (0, )− ∈ +∞ , δηλαδή 1f (x) 0− > η ανίσωση 1f (x) x− ≥ αληθεύει.

• Αν x 0> , τότε έχουμε:

( )1

1

f x 0 x 0 x 0f (x) xf f (x) f (x) x x 1 ln x ln x

−−

>⎧ > >⎧ ⎧⎪≥ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨≥ ≥ − + ≤1⎩ ⎩⎪⎩

x 0 x 00 x

ln x ln e x ee

> >⎧ ⎧⇔ ⇔ < ≤⎨ ⎨

≤ ≤⎩ ⎩

Άρα η ανίσωση αληθεύει για ( ] ( ] ( ]x , 0 0 , e , e∈ −∞ = −∞U

γ) Επειδή 1f (x) x,− ≥ για κάθε x [0 , e]∈ το ζητούμενο εμβαδόν είναι :

( )1 1

e e e

0 0 0

E f (x) x dx f (x)dx x dx− −= − = −∫ ∫ ∫ (1)





Για το ολοκλήρωμα 1

e

1

0

I f (x)dx ,−= ∫ θέτουμε:

1f (x) u− = οπότε x f (u)= και dx f (u)du′=

Η συνάρτηση f είναι «1 1»− , οπότε έχουμε:

•

Για x 0 f (u) 0 f (u) f (1) u 1= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

• Για x e f (u) e f (u) f (e) u e= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

Επομένως:

1

e e e

1

0 1 1

1I f (x)dx uf (u)du u 1 du

u

− ⎛ ⎞′= = = + =⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ ∫

e e2 2

11

u e 3(u 1)du u e

2 2 2

⎡ ⎤= + = + = + −⎢ ⎥

⎣ ⎦∫

Υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα 2

e

0

I xdx= ∫

Είναι:

2

ee 2 2

0 0

x eI xdx

2 2

⎡ ⎤= = =⎢ ⎥

⎣ ⎦∫

οπότε από την (1) παίρνουμε:2 2

1 2

e 3 e 3E I I e e2 2 2 2= − = + − − = −

ΘΕΜΑ 29ο :

Δίνονται οι συναρτήσεις

2x

8f (x) 2e ,−

= [

x 0 , + ∞

και 2

xg(x) lnx

8= −

, x 0,+∞

α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται και 1 2

f (x) 2 2lnx

−

= , ]

x 0, 2

β) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα

2

2

0

I x f (x)dx∫

γ) Να μελετήσετε τη συνάρτηση g ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα.

δ) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση

2x 2ln 2ln 0

4 x

⎛ ⎞

+ =

⎟

⎝ ⎠

έχει μοναδική λύση στο διάστημα (0,2)

ΛΥΣΗ

α) Για κάθε x (0, )∈ +∞ είναι:2x

81

f (x) xe 02

−′ = − <

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [0, )+ ∞ και f (x) 0′ < στο (0, )+∞ , επομένως η f είναι γνησίως

φθίνουσα στο [0, )+ ∞ , άρα είναι «1 – 1» , οπότε αντιστρέφεται.





Θεωρούμε την εξίσωση f (x) y= , x [0, )∈ +∞ και έχουμε διαδοχικά:2 2x x

8 8y

2f (x) y 2e y e

− −= ⇔ = ⇔ = (1)


•

Αν y 0≤ η εξίσωση (1) είναι αδύνατη • Αν y 0> η εξίσωση (1) ισοδύναμα γράφεται:

22 2x y y 2

ln x 8 ln x 8 ln8 2 2 y

− = ⇔ = − ⇔ = (2)

Πρέπει 2 2 2 2 2 y

ln 0 ln ln1 1 1 0 0 0 y 2y y y y y

−≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ ⇔ < ≤

Από την υπόθεση έχουμε x 0≥ , οπότε η σχέση (2) ισοδύναμα γράφεται:

12 2x 2 2ln f (y) 2 2ln

y y

−= ⇔ = , 0 y 2< ≤

Επομένως:

( ]1f : 0,2 R − → με 1 2f (x) 2 2 ln

x

− =

β) Είναι:

2 2

2x

8x f (x)dx x f (x) 2xf(x)dx 2f 2 2x 2e dx( )2 2 2

2

00 0 0

−′ ⎡ ⎤= − = − ⋅ =⎣ ⎦∫ ∫ ∫

( )2 21 1x x

28 84 4 x2 2 4 x dx 4 4 ( 4) dx8e e e e

2 2

0 0

− −− − ′= ⋅ − = − ⋅ − − =∫ ∫

2x

8

1 1 1 11

4 4 4 4 44 16 4 16 1 20 16 4 4e e e e e 5e

2

0

−− − − − −⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎛ ⎞= + = + − = − = −⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎢ ⎥ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

γ) Για κάθε ( )x 0,∈ +∞ είναι:

2x 1 x 4

g (x)4 x 4x

−′ = − =

Είναι:•

22 2

x 0x 4g (x) 0 0 x 4 0 x 4 x 2

4x

>−′ = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =

• 2

2 2x 0 x 0x 4

g (x) 0 0 x 4 0 x 4 x 24x

> >−′ > ⇔ > ⇔ − > ⇔ > ⇔ >


x 0 2 +∞

(x)g΄ − 0 +

(x)g 1ln2

2−

Ελάχιστο





• Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο ( ]0 , 2 και g (x) 0< για κάθε ( )x 0 , 2∈ , οπότε η

συνάρτηση g είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ( ]0 , 2

• Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο [ )2 , +∞ και g (x) 0΄ > για κάθε ( )x 2 ,∈ + ∞ , οπότε η

συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [ )2 , +∞

• Η συνάρτηση g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x 2= με ελάχιστη τιμή 1(2) ln 2

2g = −

δ) 1ος

Τρόπος:

Στο διάστημα (0 , 2) έχουμε:

2 2x 2 2 xln 2ln 0 ln 2ln

4 x x 4

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = ⇔ = − ⇔⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

22 xx

842 2

2 ln 2 ln ex x

e−−

= ⇔ = ⇔

2

1

x

822 2ln 2e f (x) f (x)x

−−= ⇔ =

οι ρίζες της εξίσωσης 1f (x) f (x)−= είναι οι τετμημένες των κοινών σημείων των γραφικών

παραστάσεων των συναρτήσεων f και 1f −

Για να βρούμε τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f και 1f −

επιλύουμε το σύστημα ( )1

y f (x):

y f (x)−

=⎧Σ ⎨

=⎩ με x, y (0 , 2)∈

Είναι:

( )11

y f (x)y f (x) y f (x)f (y) f f (x) x f (y)y f (x)

−−=⎧= =⎧ ⎧⎪⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨= == ⎩⎩ ⎪⎩

22

2 22

xx88

y xy8 88

2e y (3)y 2e

ye (4)x 2e

x

−−

−−

⎧⎧=⎪=⎪ ⎪

⇔⎨ ⎨⎪ ⎪ ==⎩ ⎪⎩

Η εξίσωση (4) ισοδύναμα γράφεται:

2 2 2 2y x y y xln ln y lnx8 8 x 8 8− = ⇔ − = − ⇔

2 2x ylnx ln y g(x) g(y) x y

8 8− = − ⇔ = ⇔ = (5)

γιατί η συνάρτηση g είναι γνησίως φθίνουσα στο (0 , 2) άρα είναι και «1 – 1»

Η εξίσωση (3) λόγω της (5) είναι ισοδύναμη με την εξίσωση:2 2x x

8 82e x 2e x 0− −

= ⇔ − =

Θεωρούμε τη συνάρτηση

2x

8h(x) 2e x−

= − , ( ]x 0 , 2∈

Αρκεί να αποδείξουμε ότι η εξίσωση h(x) 0= έχει μοναδική λύση στο διάστημα (0 , 2)





Βρίσκουμε το σύνολο των τιμών της συνάρτησης h :

Για κάθε ( )x 0 , 2∈ είναι:2x

8x

h (x) e 1 02

−′ = − − <

Επίσης η συνάρτηση h είναι συνεχής στο διάστημα ( ]0, 2Δ = , οπότε η h είναι γνησίως φθίνουσα

στο διάστημα ( ]0 , 2Δ =

Η συνάρτηση h είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ( ]0 , 2Δ = , οπότε το σύνολο

τιμών της είναι το διάστημα:

)x 0 e

2h( ) h(2) , lim h(x) 2 , 2

+→

⎡ ⎞⎡Δ = = − ⎟⎢⎢⎣ ⎣ ⎠

Παρατηρούμε ότι το 0 h( )∈ Δ και η συνάρτηση h είναι συνεχής στο διάστημα Δ άρα η εξίσωση

h(x) 0= έχει μια τουλάχιστον ρίζα 0x (0 , 2)∈ , η οποία είναι και μοναδική, αφού η συνάρτηση h

είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα αυτό.

2ος

Τρόπος:

Στο διάστημα (0 , 2) έχουμε:

2 2x 2 2 xln 2ln 0 ln 2ln

4 x x 4

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = ⇔ = − ⇔⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 2x x

4 42

2 ln 2 ln 2 2 ln x 0 (x) 0x

e e− −

= ⇔ − − = ⇔ ϕ = (6) ,

όπου

2x

4

(x) 2 ln 2 2ln x e

−

ϕ = − − , ( ]x 0 , 2∈

Για κάθε ( )x 0 , 2∈ είναι:

2

2x

x 2 44

2 x x e 4(x) e

x 2 2x

−− −′ϕ = − + = (7)

Για ( )x 0 , 2∈ έχουμε:

2x2

4x

0 0 e 14

−− < ⇒ < < και 20 x 4< <

Οπότε 2 2x x

2 24 40 x e 4 x e 4 0− −

< < ⇒ − < (8)

Από τις σχέσεις (7) και (8) έχουμε ότι (x) 0′ϕ < για κάθε ( )x 0 , 2∈ και επειδή η συνάρτηση ϕ

είναι συνεχής στο διάστημα ( ]0 , 2Δ = συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση ϕ έχει σύνολο τιμών το

)x 0

( ) (2) , lim (x)+→

⎡ϕ Δ = ϕ ϕ⎢⎣, όπου

1(2)

eϕ = − και

x 0lim (x)

+→ϕ = +∞ . Άρα

1( ) ,

e

⎡ ⎞ϕ Δ = − + ∞⎟⎢⎣ ⎠

Παρατηρούμε ότι το 0 ( )∈ϕ Δ και η συνάρτηση ϕ είναι συνεχής στο διάστημα Δ , άρα η εξίσωση

(x) 0ϕ = έχει μια τουλάχιστον ρίζα 0

x (0 , 2)∈ , η οποία είναι και μοναδική, αφού η συνάρτηση ϕ

είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα αυτό.





ΘΕΜΑ 30ο :

Δίνεται η συνάρτηση αf : R R με xα

3αf (x)

e α=

+

, α 0

α) Να μελετήσετε τη συνάρτηση αf ως προς τη μονοτονία και να βρείτε το σύνολο τιμών της.

β) Να αποδείξετε ότι για κάθε α (0,+∞ η γραφική παράσταση

α

C της συνάρτησης α

f έχει ένα

μόνο σημείο καμπής, στο οποίο η εφαπτομένη της αC έχει σταθερό συντελεστή διεύθυνσης.

γ) Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν αΕ (λ ) , λ 0 , του χωρίου που περικλείεται από την αC , την

ευθεία y 3 και τις ευθείες x λ και x λ − είναι λ

α λ

e αE (λ ) 3ln

e α

⎛ ⎞

=

⎜ ⎟

+

⎠

δ) i) Να αποδείξετε ότι η καμπύλη 4C βρίσκεται πάνω από την καμπύλη 1C

ii) Αν ζ(λ ) είναι το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις 1C , 4C και τις ευθείες x λ

και x λ − , να βρείτε το λ lim ζ(λ )→+∞

ΛΥΣΗ

α) Για κάθε x R ∈ είναι:x x x

x 2 x 2α

(3α) (e α) 3α(e α) 3αef (x) 0

(e α) (e α)

′ ′+ − + −′ = = <+ +

άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα και επειδή είναι και συνεχής στο R, συμπεραίνουμε

ότι το σύνολο τιμών της είναι το διάστημα ( )x x

α α αf (R) lim f (x), lim f (x)→+∞ →−∞

=

Είναι:

• xx xα 3αlim f (x) lim 0

e α→+∞ →+∞= =+, αφού x

xlim (e α)→+∞ + = +∞

• xx x

α

3α 3α 3αlim f (x) lim 3

e α 0 α α→−∞ →−∞= = = =

+ +, αφού x

xlim e 0→−∞

=

Επομένως:

( )x x

α α αf (R) lim f (x) , lim f (x) (0,3)→+∞ →−∞

= =


x

x 2α

3αef (x)

(e α)

−′ =+

( )x x 2 x x 2

x 4α

3αe ) (e α) 3αe ) (e α)f (x)

(e α)

′′(− + − (− +′′ = =

+

x x 2 x x x

x 4

3αe (e α) 6αe (e α)(e α)

(e α)

′− + + + += =

+

x x x x 2x 2 x 2x

x 3 x 33αe (e α) 6αe e 3αe 3α e 6αe(e α) (e α)− + + ⋅ − − += = =+ +





2x 2 x x x

x 3 x 3

3αe 3α e 3αe (e α)

(e α) (e α)

− −= =

+ +

Είναι:

• x x α 0

x x

x 3α

3αe (e α)f (x) 0 0 e α 0 e α x lnα

(e α)

>−′′ = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =

+

• x x α 0

x x

x 3α

3αe (e α)f (x) 0 0 e α 0 e α x lnα

(e α)

>−′′ > ⇔ > ⇔ − > ⇔ > ⇔ >+


x −∞ lnα +∞

αf (x)′′ − 0 +

αf (x) ∩ ∪

Σ.Κ .

Άρα η γραφική παράσταση της συνάρτησης αf έχει ένα μόνο σημείο καμπής το ( )α αΜ lnα , f (lnα)

Είναι:

α lnα

3α 3α 3α 3f (lnα)

α α 2α 2e α= = = =

++,

οπότε το σημείο καμπής είναι το α

3Μ lnα ,

2

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Είναι:

2

2 22

lnα

α lnα

3αe 3α α 3α 3f (lnα)

(α α) 4α 4(e α)

− − ⋅ −′ = = = = −++

Άρα η εφαπτομένη της αC στο σημείο αΜ έχει σταθερό συντελεστή διεύθυνσης.

γ) Από το (α) ερώτημα έχουμε α0 f (x) 3,< < για κάθε x R,∈ επομένως το ζητούμενο εμβαδόν είναι:

( )

λ λ

λ λ

α α x

3αE (λ ) 3 f (x) dx 3 dx

e α− −

⎛ ⎞= − = − =⎜ ⎟+⎝ ⎠∫ ∫

λ λ

λ λ

x x

x x

3e 3α 3α 3edx dx

e α e α− −

+ −= = =

+ +∫ ∫

λ λ

λ λ

xx

x x

e 13 dx 3 (e α) dx

e α e α− −

′= = + =+ +∫ ∫

( ) ( ) ( )( )λ

λ λ

λ

x3 ln e α 3 ln e α ln e α−

−⎡ ⎤= ⋅ + = ⋅ + − + =⎣ ⎦

λ

λ e α3 lne α−⎛ ⎞+= ⋅ ⎜ ⎟+⎝ ⎠





δ) i) Αρκεί να αποδείξουμε ότι για κάθε x R ∈ είναι:

x x4 1 x x

3 4 3 1f (x) f (x) 12(e 1) 3 (e 4)

e 4 e 1

⋅ ⋅> ⇔ > ⇔ + > ⋅ + ⇔

+ +

x x x x

12e 12 3e 12 12e 3e 12 3+ > + ⇔ > ⇔ > , που είναι αληθής.

ii) Tο εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις 1C , 4C και τις ευθείες x λ = και x λ =− είναι:

( ) ( ) ( )( )λ λ

λ λ

4 1 1 4ζ (λ ) f (x) f (x) dx 3 f (x) 3 f (x) dx

− −

= − = − − − =∫ ∫

( ) ( )λ λ

( γ )

λ λ

1 4 1 43 f (x) dx 3 f (x) dx E (λ ) E (λ )

− −

= − − − = − =∫ ∫

λ λ λ λ

λ λ

λ λ

e 1 e 4 e 1 e 43 ln 3 ln 3 ln ln

1 1e 1 e 41 4

e e

− −

⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + +

= ⋅ − ⋅ = − =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠

λ λ λ λ λ

λ λ λ λ

λ

e (e 4) e 4e 13 ln e ln 3ln 3ln

e (e 4)4e 1 e 4

4e 1

⎛ ⎞+ += − = =⎜ ⎟ ++ +⎝ ⎠

+

Επομένως:

λ λ

λ λ λ λ

λ

144e 1 4 0elim ζ(λ ) lim 3ln lim 3ln 3ln 3ln 44e 4 1 0

1e

→+∞ →+∞ →+∞

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎛ ⎞+ += = = =⎜ ⎟⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎜ ⎟+

⎝ ⎠

ΘΕΜΑ 31ο :

Δίνεται η συνάρτηση αf : R R με x α

xα

e ef (x) ln

e 1

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

+

=

+

, α R

α) Θέτουμε α

1x f (x)

0

I(α) e dx=

∫

. Αν ισχύει Ι (α) e 1− , να βρείτε το α .

β) Να αποδείξετε ότι α αf (α x) α f (x)= −

, για κάθε x R

γ) Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν Ε(α) , με α 0, του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική

παράσταση αC της συνάρτησης αf , τους άξονες x΄x, y΄y και την ευθεία x α δίνεται από τον

τύπο 2α

Ε(α)2

=

ΛΥΣΗ

α) Είναι:x α

x

α α

e ex αln

e 1x

1 1 1 1

x f (x) f (x)x x x

0 0 0 0

e eI(α) e dx e e dx e e dx e dxe 1

+

++ += = +

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎜ ⎟

⎝ ⎠

⋅ = ⋅ = ⋅

∫ ∫ ∫ ∫





Θέτουμε xu e= , οπότε xdu e dx=

Για x 0= είναι u 1= , ενώ για x 1= είναι u e= και έχουμε:

x

x

1 e eα α αx

0 1 1

e e u e (u e 1)I(α) e dx du du

e 1 u 1 u 1

+ + +1) + ( −= ⋅ = = =

+ + +∫ ∫ ∫

e e e eαα

1 1 1 1

u e 1) 1du + du 1du e 1) du

u 1 u 1 u 1

+ 1 ( −= = + ( − =

+ + +∫ ∫ ∫ ∫

eeα α

11

11 e 1) e 1) (u 1) du e 1 e 1) ln u 1

u 1′= ⋅( − +( − ⋅ + = − +( − ⎡ + ⎤ =⎣ ⎦+∫

( )α α e 1e 1 e 1) ln(e 1) ln2 e 1 e 1) ln

2

+⎛ ⎞= − + ( − + − = − + ( − ⎜ ⎟⎝ ⎠

Είναι:

α e 1I(α) e 1 e 1 e 1) ln e 1

2

+⎛ ⎞= − ⇔ − + ( − = − ⇔⎜ ⎟⎝ ⎠

α α αe 1e 1) ln 0 e 1 0 e 1 α 0

2

+⎛ ⎞( − = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =⎜ ⎟⎝ ⎠


α x α α x α

α α x α x

e e e e ef (α x) ln ln

e 1 e e 1

− −

− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ⋅ +− = = =

⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ ⋅ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠

αxx

α

x αα

x

1e 1

e 1eln ln e

1 e ee 1

e

⎛ ⎞⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎛ ⎞+⎝ ⎠⎜ ⎟= = ⋅ =⎜ ⎟+⎜ ⎟ ⎝ ⎠⋅ +⎜ ⎟⎝ ⎠

x x αα

x α x

e 1 e eln e ln ln

e e e 1

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ += + = α − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠

αα f (x)= −

γ) Για α 0> είναι e 1α > , οπότε για κάθε x R ∈ έχουμε x α x

x x

e e e 11

e 1 e 1

+ +> =

+ +

Επομένως:x α

α x

e ef (x) ln ln1 0

e 1

⎛ ⎞+= > =⎜ ⎟+⎝ ⎠

, για κάθε x R ∈

Άρα το ζητούμενο εμβαδόν είναι α

0

E( ) f (x)dx

α

α =

∫





Για κάθε x R ∈ ισχύει α αf (α x) α f (x)− = −

Επειδή τα μέλη της ισότητας είναι συνεχείς συναρτήσεις έχουμε:

α α

0 0 0

f (α x)dx αdx f (x)dx

α α α

− = − ⇒∫ ∫ ∫

α α

0 0

f (α x)dx α(α 0) f (x)dx

α α

− = − − ⇒∫ ∫

2α α

0 0

f (α x)dx α f (x)dx

α α

− = −∫ ∫ (1)

Για το ολοκλήρωμα α

0

f (α x)dx

α

−∫ , θέτουμε t α x x α t= − ⇔ = − , οπότε dx dt= −

Για x 0= είναι u α= , ενώ για x α= είναι u 0= και έχουμε:

0 0

α α α α

0 α α 0

f (α x)dx f (t)( dt) f (t)dt f (t)dt

α α

− = − = − =∫ ∫ ∫ ∫

Επομένως η σχέση (1) γράφεται:

22 2 2

α α

0 0

αf (x)dx α f (x)dx E( ) α E( ) 2E( ) α E( )

2

α α

= − ⇒ α = − α ⇒ α = ⇒ α =∫ ∫

ΘΕΜΑ 32ο :

Δίνεται η γνησίως μονότονη συνάρτηση f : R R , με x

f f (x) f (x)4

= − (1) , για κάθε x R

α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο R

β) Αν xlim f(x)→+∞

= +∞ και x

f(x)lim λ R

x+∞

= ∈ , να αποδείξετε:

i)2

x

f f (x)lim λ

x+∞

=

ii)1

λ 2

=

γ) Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη με 1f (x)

4′

> , για κάθε x R , να βρείτε το σύνολο

τιμών της.

δ) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f (2)(x 1)(x 1) f(3)x(x 1) f(4)x(x 1) 0− + − + + = έχει ακριβώς δύο

ρίζες 1 2

ρ ,ρ ( 1 , 1)− με 1 2

1 1 f(4) f (3)

ρ ρ f(2)

−

+ =

ΛΥΣΗ

α) Η συνάρτηση f από υπόθεση είναι γνησίως μονότονη στο R. Υποθέτουμε ότι η συνάρτηση f δεν είναι γνησίως αύξουσα, τότε θα είναι γνησίως φθίνουσα, οπότε για κάθε

1 2x , x R ∈ με





( ) ( )1 2

1 2 1 2

1 2

f f (x ) f f (x )x x f (x ) f (x )

f (x ) f (x )

⎧ <⎪< ⇒ > ⇒ ⇒⎨

− < −⎪⎩

( ) ( ) 1 21 1 2 2 1 2

x xf f (x ) f (x ) f f (x ) f (x ) x x

4 4− < − ⇒ − < − ⇒ > , που είναι άτοπο.

Επομένως η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο R

β) i) Είναι:

( ) ( ) 2

x x

f f (x) f f (x) f(x)lim lim λ λ λ

x f (x) x→+∞ →+∞

⎛ ⎞= ⋅ = ⋅ =⎜ ⎟

⎝ ⎠ (2),

αφού ( ) ( )f x u

x u

f f (x) f(u)lim lim λ

f (x) u

=

→+∞ →+∞= =

ii) Είναι:

( )x x x

x xf(x)f f (x) f (x) 14 4lim lim lim λ

x x x x 4→+∞ →+∞ →+∞

⎛ ⎞− ⎜ ⎟= = − = −⎜ ⎟

⎜ ⎟⎝ ⎠

(3)


( )22 21 1

λ λ 4λ 4λ 1 0 2λ 1 0 λ 4 2

= − ⇔ − + = ⇔ − = ⇔ =

γ) Έστω x 0.< Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη

στο διάστημα [ ]x , 0 , οπότε ικανοποιούνται οι

προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. , άρα θα υπάρχει ένα

τουλάχιστον ( )1ξ x , 0∈ τέτοιο, ώστε:

1

f (0) f (x)f (ξ )

0 x

−′ =−

Από τη σχέση (1) για x 0= έχουμε:

( )f «1–1»

f f (0) f (0) f (0) 0= ⇔ =

Οπότε:

1

f (0) f (x) f (x) f (x)f (ξ )

0 x x x

− −′ = = =− −

Όμως x 0

1

1 f (x) 1 xf (ξ ) f (x)

4 x 4 4

<

′ > ⇔ > ⇔ <

Επειδή x

xlim

4→−∞= −∞ έχουμε και ( )

xlim f x→−∞

= −∞

Αν f (x) g(x)≤ για κάθε x ( , α)∈ −∞

και xlim g(x)→−∞

= −∞ , τότε θα είναι

f (x) g(x) 0≤ < σε διάστημα της

μορφής ( , β )−∞ με β α< , οπότε

1 10

g(x) f (x)≤ <

Είναι:

• xlim 0 0→−∞

=

• x

1lim 0

g(x)→−∞=

Από Κριτήριο Παρεμβολής έχουμε:

x

1lim 0

f(x)→−∞ = και επειδή

10

f(x)<

συμπεραίνουμε ότι:xlim f(x)→−∞

= −∞





Έστω x 0.> Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη

στο διάστημα [ ]0 , x , οπότε ικανοποιούνται οι

προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. , άρα θα υπάρχει ένα

τουλάχιστον ( )2ξ 0, x∈ τέτοιο, ώστε:

2

f (x) f (0)f (ξ )

x 0

−′ =−

Από τη σχέση (1) για x 0= έχουμε:

( )f «1–1»

f f (0) f (0) f (0) 0= ⇔ =

Οπότε:

2

f(x)f (ξ )

x

′ =

Όμως x 0

2

1 f (x) 1 xf (ξ ) f (x)

4 x 4 4

>

′ > ⇔ > ⇔ >

Επειδή x

xlim

4→+∞= +∞ έχουμε και ( )

xlim f x→+∞

= +∞

Η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R, άρα το σύνολο τιμών της είναι:

( ) ( ) ( )x x

f R lim f (x), lim f (x) , R →−∞ →+∞

= = −∞ +∞ =

δ) Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) f (2)(x 1)(x 1) f (3)x(x 1) f (4)x(x 1) , x R = + − + − + + ∈

Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο διάστημα [ ]1, 0− , ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών

συναρτήσεων.

Είναι:

g( 1) 2f (3) 0− = > , αφού f

3 0 f (3) f (0) f (3) 0↑

> ⇒ > ⇔ >

g(0) f (2) 0= − < , αφού f

2 0 f (2) f (0) f (2) 0 f (2) 0↑

> ⇒ > ⇔ > ⇔ − <

Άρα

g( 1)g(0) 0− <

Επομένως ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [ ]1,0− , άρα θα υπάρχει ένα τουλάχιστον 1ρ ( 1, 0)∈ − τέτοιο, ώστε 1g(ρ ) 0=

Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο διάστημα [ ]0,1 , ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών

συναρτήσεων.

Είναι:

g(1) 2f (4) 0= > , αφού f

4 0 f (4) f (0) f (4) 0↑

> ⇒ > ⇒ >

g(0) f (2) 0= − < , αφού f

2 0 f (2) f (0) f (2) 0 f (2) 0↑

> ⇒ > ⇒ > ⇒ − <

Άρα g(0)g(1) 0<

Αν f (x) g(x)≥ για κάθε x (α, )∈ +∞

και xlim g(x)→+∞

= +∞ , τότε θα είναι

f (x) g(x) 0≥ > σε διάστημα της

μορφής (β , )+∞ με β α> , οπότε

1 10

f (x) g(x)< ≤

Είναι:

• xlim 0 0→+∞

=

• x

1lim 0

g(x)→+∞=

Από Κριτήριο Παρεμβολής έχουμε:

x

1lim 0

f(x)→+∞ = και επειδή

10

f(x)>

συμπεραίνουμε ότι:xlim f(x)→+∞

= +∞





Επομένως ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [ ]0,1 , άρα

θα υπάρχει ένα τουλάχιστον 2ρ (0,1)∈ τέτοιο, ώστε 2g(ρ ) 0=

Δηλαδή η εξίσωση g(x) 0= έχει δύο τουλάχιστον ρίζες στο διάστημα ( 1 ,1)−

Όμως η εξίσωση:

g(x) 0 f (2)(x 1)(x 1) f (3)x(x 1) f (4)x(x 1) 0= ⇔ + − + − + + = ⇔

( )( ) ( )( ) ( )( )2 2 2f 2 x 1 f 3 x x f 4 x x 0− + − + + = ⇔

( ) ( )2f (2) f (3) f (4) x f (4) f (3) x f (2) 0+ + + − − =

είναι πολυωνυμική δευτέρου βαθμού, άρα έχει το πολύ δύο πραγματικές ρίζες.

Επομένως η εξίσωση g(x) 0= έχει δύο ακριβώς ρίζες τις 1 2

ρ , ρ στο διάστημα ( 1 ,1)−

Είναι:

( ) ( )( )( )

( ) ( )

( )1 2

1 2 1 2

βf 4 f 3 f 4 f 3ρ ρ1 1 βα

γρ ρ ρ ρ γ f 2 f 2

α

− − − −+ −

+ = = = = =−

ΘΕΜΑ 33ο :

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση 1 +∞ →f:(0, ) (1, ) R , με ( )1 2f

2 ln2−

και 1

f(e) e , η οποία


• f (x) 0 για κάθε ∈ +∞x (0,1) (1, )

• ( )′ ⋅ 2f (x) lnx 1 f (x)− + για κάθε x (0,1) (1, )+∞

α) Να αποδείξετε ότι 1

f(x)xlnx

, x (0,1) (1, )+∞

β) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και την κυρτότητα.

γ) Να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης f C της συνάρτησης f

δ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου Ω που περικλείεται από τη γραφική παράσταση f C

της συνάρτησης f , την εφαπτομένη της f C στο σημείο της e , f (e ) και την ευθεία x 4

ΛΥΣΗ

α) Για κάθε x (0,1) (1, )∈ +∞U έχουμε:

( ) 2

2 2

f (x) f (x)f (x) lnx 1 f (x) lnx 1 x) lnx x lnx)

f (x) f (x)

′ ′′ ′ ′= − + ⇒− = + ⇒− = ( + ( ⇒

( ) 1

2

xlnx c , 0 x 11 1xlnx

xlnx c , x 1f (x) f (x)

′ + < <⎧⎛ ⎞ ′= ⇒ = ⎨⎜ ⎟ + >⎝ ⎠ ⎩

Όμως:

( ) 1 1

1 2 1 ln2 1 1 ln2f ln c c 0

2 2 2 2 2ln2 1f 2

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

= − ⇔ = − ⇔ + = − ⇔ = και

2 21 1f (e) e elne c e c 0e f(e)= ⇔ = ⇔ + = ⇔ =





Άρα:

xlnx , 0 x 11 1xlnx , x (0,1) (1, )

xlnx , x 1f (x) f (x)

< <⎧= ⇒ = ∈ +∞⎨

>⎩U

Επομένως:

1f (x) , x (0,1) (1, )xlnx

= ∈ +∞U

β) Για κάθε x (0,1) (1, )∈ +∞U είναι:

( ) 2f (x) lnx 1 f (x)′ = − +

• f (x) 0

12 1f (x) (lnx 1)f (x) lnx 1 lnx 1 x e x e

≠−′ = 0 ⇔ − + = 0 ⇔ + = 0⇔ = − ⇔ = ⇔ =

•

2f (x) 0 x 012 1

f (x) (lnx 1)f (x) lnx 1 lnx 1 0 x e 0 x

e

> >−′ > 0 ⇔ − + > 0 ⇔ + < 0⇔ < − ⇔ < < ⇔ < <

Οπότε ο πίνακας μονοτονίας της συνάρτησης f είναι ο παρακάτω:

x 01e 1 +∞

f (x) + 0 − −

f(x)

Επομένως η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( 10 , e

⎤⎥⎦

και γνησίως φθίνουσα σε

καθένα από τα διαστήματα )1 ,1e⎡⎢⎣ και ( )1, +∞

Για κάθε x (0,1) (1, )∈ +∞U είναι:

( )( ) ( )2 21f (x) lnx 1 f (x) f (x) lnx 1 2f (x)f (x)x

′′′ ′= − + = − − + =

( ) ( )( )2 22 3 21 1f (x) 2 lnx 1 f (x) f (x) 2 lnx 1 f (x)x x= − + + = − + + =

( )( ) ( )2

22 22 lnx 1 lnx1 1

f (x) 2 lnx 1 f (x)x xlnx xlnx

+ −= − + + = ⋅ =

22 2ln x 3lnx 2

f (x) 0xlnx

+ += ⋅ ≠ ,

αφού 2f (x) 0> (από υπόθεση είναι f (x) 0≠ ) και 22ln x 3lnx 2 0+ + > , διότι το αντίστοιχο τριώνυμο

έχει διακρίνουσα 0Δ < και 2 0α = >

Είναι:

• 2

2x 02ln x 3lnx 2

f (x) f (x) xlnx lnx 0 x 1xlnx

>+ +′′ > 0 ⇔ ⋅ > 0⇔ > 0⇔ > ⇔ >

•

2

2

x 0

2ln x 3lnx 2f (x) f (x) xlnx lnx 0 0 x 1xlnx

>

+ +′′ < 0 ⇔ ⋅ < 0⇔ < 0⇔ < ⇔ < <





Οπότε ο πίνακας κυρτότητας της συνάρτησης f είναι ο παρακάτω:

x 0 1 +∞

f (x)′′ − +

f(x) ∩ ∪

Επομένως η συνάρτηση f είναι κοίλη στο διάστημα ( )0 , 1 και κυρτή στο διάστημα ( )1, +∞

γ) Είναι:

( )DLHx 0 x 0 x 0 x 0 x 0

211

1 1x xlim f (x) lim lim lim lim xxlnx 1lnxx

+ + + + +

+∞−∞

→ → → → →

−= = = = − = −∞

Άρα η ευθεία x 0= (άξονας y y′ ) είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης f C της

συνάρτησης f

Είναι:

x 1 x 1

1lim f (x) lim

xlnx+ +→ →= = +∞ ,

αφού x 1lim(xlnx) 0

+→= και xlnx 0> για x 1>

Άρα η ευθεία x 1= είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης f C της συνάρτησης f


x x

1lim f (x) lim 0

xlnx→+∞ →+∞

= = ,

αφού xlim (xlnx)→+∞

= +∞

Άρα η ευθεία y 0= (άξονας x x′ ) είναι οριζόντια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης f C της

συνάρτησης f στο +∞

δ) Για κάθε x (0,1) (1, )∈ +∞U είναι:

( ) 2f (x) lnx 1 f (x)′ = − + ,

οπότε

( ) ( )2

221 2f (e) lne 1 f (e) 2 e e′ = − + = − ⋅ = −

και η εξίσωση της εφαπτομένης της f C στο σημείο της ( )e,f(e) είναι:

( ) ( )2 2

1 2 2 3y f (e) f (e) x e y x e y xe ee e

′− = − ⇔ − = − − ⇔ = − +

Επειδή η συνάρτηση f είναι κυρτή στο διάστημα ( )1, + ∞ έχουμε:

2

2 3f (x) y 0 f (x) x 0ee

− ≥ ⇔ + − ≥ για κάθε ( )x 1,∈ + ∞

Άρα το εμβαδόν του χωρίου Ω που περικλείεται από τη γραφική παράσταση f C της συνάρτησης f , την εφαπτομένη της f C στο σημείο της ( )e, f(e) και την ευθεία x 4= είναι:





( )4 4 4 4

e e e e

2 2

2 3 1 2 3E( ) f(x) x dx dx x dx 1dxe exlnxe e

Ω = + − = + − =∫ ∫ ∫ ∫

( ) [ ]44 2

4

e

2 ee

x1 2 3ln x d x xeln x e 2

⎡ ⎤′= + − =⎢ ⎥⎣ ⎦∫

( )4

2 2e

16 12 16 12ln lnx 1 3 ln ln4 2e ee e

= ⎡ ⎤ + − − + = + − +⎣ ⎦

ΘΕΜΑ 34ο :Δίνεται η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση f : (0, ) R ∞ →

με f (1) e και f (1) = 0 , η οποία

για κάθε x (0 , )+ ∞ ικανοποιεί τη σχέση 3

1

xx f (x) = e′


xf (x) xe , x (0 , )∈ + ∞

β) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και την κυρτότητα.

γ) Να αποδείξετε ότι

2 11

α β βα(α β)e αe βe+ ≤ + για κάθε α,β (0 , )+ ∞

δ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των

συναρτήσεων f και g με f(x)

g(x) , x (0 , )2x

= ∈ + ∞

και τις ευθείες x 1 και x 3

ε) i) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση

x 1, x (0 , )

f(x)h(x)

0 , x 0

+

∈ +∞

=

⎨

⎪

=

είναι συνεχής.

ii) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση ( )⎧⎪ ∈⎨⎪⎩

1

xxe , x 0 , +Η(x) =

0 , x = 0

−

∞ είναι μία αρχική της h στο

διάστημα ( )0,+ ∞

και να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα

e

0

I h(x)dx∫





ΛΥΣΗ

α) Για κάθε x (0, )∈ +∞ είναι:

1 1 13 x x x

2 2

1 1x f (x) e xf (x) e xf (x) f (x) f (x) e

x x′′ ′′ ′′ ′ ′= ⇒ = ⇒ + − = ⇒

( )1 1

x x1xf (x) f (x) e xf (x) f (x) e c

′⎛ ⎞′′ ′− = − ⇒ − = − +⎜ ⎟⎝ ⎠


1 1 11 f (1) f (1) e c 0 e e c c 0′⋅ − = − + ⇔ − = − + ⇔ =

Άρα για κάθε x (0, )∈ +∞ είναι:1

1 xx

2 2

xf (x) f (x) exf (x) f (x) e

x x

′ − −′ − = − ⇒ = ⇒

1 1

x x2

f (x) f (x)e e c

x x

′′ ⎛ ⎞⎛ ⎞ = ⇒ = +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


2 2 2

f(1)e c e e c c 0

1= + ⇔ = + ⇔ =

Άρα για κάθε x (0, )∈ +∞ είναι:

1 1

x xf(x)

e f (x) xe , x (0, )x = ⇔ = ∈ +∞

β) Για κάθε x (0, )∈ +∞ είναι:

1 1 1

x x x2

1 1f (x) e xe 1 e

x x

⎛ ⎞ ⎛ ⎞′ = + − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Είναι:

•

1

x1 1

f (x) 1 e 1 x 1 0 x 1x x

⎛ ⎞′ = 0 ⇔ − = 0 ⇔ − = 0 ⇔ − = ⇔ =⎜ ⎟⎝ ⎠

•

1 x 0x1 1f (x) 1 e 1 x 1 0 x 1

x x

⋅ >⎛ ⎞′ > 0 ⇔ − > 0 ⇔ − > 0 ⇔ − > ⇔ >⎜ ⎟⎝ ⎠


x 0 1 +∞

(x)f − 0 +

(x)f

• Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ( ]0 , 1 και f (x) 0< για κάθε ( )x 0 , 1∈ , οπότε η

συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ( ]0 , 1





• Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ )1 , +∞ και f (x) 0΄ > για κάθε ( )x 1 ,∈ + ∞ , οπότε η

συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [ )1 , +∞

Για κάθε x (0, )∈ +∞ είναι

1

x

3

ef (x) = 0

x

′′ > , άρα η συνάρτηση f είναι κυρτή στο ( )0,+∞

γ) Διακρίνουμε περιπτώσεις:

♦ Αν 0 α β< = , τότε ισχύει η ισότητα.

♦ Αν 0 α β< ≠ , τότε χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι α β<

Για τη συνάρτηση f στο διάστημα α β

α ,2

+⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. ,

αφού είναι παραγωγίσιμη, οπότε θα υπάρχει ένα τουλάχιστον 1

α βξ α ,

2

+⎛ ⎞∈⎜ ⎟⎝ ⎠


1

α β α βf f (α) f f (α)

2 2f (ξ )α β β α

α2 2

+ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠′ = =

+ −−

Για τη συνάρτηση f στο διάστημα α β

, β2

+⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. ,

αφού είναι παραγωγίσιμη, οπότε θα υπάρχει ένα τουλάχιστον 2

α βξ ,β

2

+⎛ ⎞∈⎜ ⎟⎝ ⎠


2

α β α βf (β) f f (β) f

2 2f (ξ )

α β β αβ2 2

+ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠′ = =

+ −−

Είναι:f

f 1 2 1 2 1 2

α βα ξ ξ β ξ ξ f (ξ ) f (ξ )

2

∪

′ ↑

+ ′ ′< < < < ⇒ < ⇒ < ⇒

β α 0

α β α βf f (α) f (β) f

2 2

β α β α

2 2

− >+ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠< ⇒− −

α β α βf f (α) f (β) f 2 2

+ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞− < − ⇒⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

α β2f f (α) f (β)

2

+⎛ ⎞< + ⇒⎜ ⎟⎝ ⎠

2 11

α β βαα β

2 e αe βe2

++⎛ ⎞ < + ⇒⎜ ⎟⎝ ⎠

2 11

α β βα(α β)e αe βe++ < +

Σε κάθε λοιπόν περίπτωση ισχύει:2 11

α β βα(α β)e αe βe++ ≤ +





δ) Για κάθε [ ]x 1, 3∈ είναι:

f (x) 1 2x 1f (x) g(x) f (x) f (x) 1 f (x) 0

2x 2x 2x

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = − = − = >⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Άρα το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f

και g με f(x)g(x) , x (0 , )2x= ∈ + ∞ και τις ευθείες x 1= και x 3= , είναι:

( )

3 3 3 31 1 1 12

x x x x

1 1 1 1

1 x 1E f (x) g(x) dx xe e dx e dx e dx

2 2 2

′⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = − = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠∫ ∫ ∫ ∫

3 331 1 12 2

x x x2

1 1 1

x x 1 1e e dx e dx

2 2 x 2

⎡ ⎤ ⎛ ⎞= − − − =⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦ ∫ ∫

3 31 1 1 3

3 x x

1 1

9 1 1 1 9 e ee e e dx e dx

2 2 2 2 2

−= − + − =

∫ ∫

ε) i) Για κάθε x (0, )∈ +∞ είναι:

1

xx 1 x 1

h(x) ef (x) x

−+ +⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

Η h είναι συνεχής στο (0, )+∞ ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων.

Είναι:

2

1 1 1

D.L.Hx 0 x 0 x 0 x 0 x 0x x x2

1

x

1 11

x 1 1x xlim h(x) lim e lim lim lim 0 h(0),

x 1e e ex

+ + + + +

+∞⎛ ⎞⎜ ⎟+∞⎝ ⎠

→ → → → →

− + −+⎛ ⎞= = = = = =⎜ ⎟

⎝ ⎠ − ⋅

αφού

x 0

1u1

xux

1 ux 0 limx

lim e lim e+

+→

=

→+∞→ =+∞

= = +∞ , άρα 1

x 0x

1lim 0

e+→

=

Επομένως η συνάρτηση h είναι συνεχής και στο 0x 0= , οπότε η συνάρτηση h είναι συνεχής.

ii) Για κάθε x (0, )∈ +∞ είναι ( )1 1 1 1 1

x x x x x 1Η (x) xe (x) e x e e xe x

− − − − −′ ′ ′⎛ ⎞ ⎛ ⎞

′ ′= = + = + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )1 1 1x x x

12x

1 1 x 1 x 1e xe 1 e h(x)xx f(x)xe

− − − + += + = + = = =

Eπίσης x 0 x 0 x 0

11xx

H(x) H(0) xeH (0) lim lim lim e 0 h(0)

x 0 x+ + +→ → →

−−−′ = = = = =

−

Άρα μια αρχική της συνάρτησης h στο (0, )+∞ είναι η συνάρτηση ( )

1

xxe , x 0H x

0 , x 0

−⎧⎪ >= ⎨⎪ =⎩

Επομένως:

[ ]0 0

e e 1 1 e 11e

e e e0I h(x)dx H (x)dx H(x) H(e) H(0) e e 0 e e

−− −

′= = = = − = ⋅ − = =∫ ∫





ΘΕΜΑ 35ο :

Δίνεται η συνάρτηση f : R R , η οποία ικανοποιεί τη σχέση:3 x

f (x) 2f (x) 3e= για κάθε x R (1)

α) Να αποδείξετε ότι f (0) 1

β) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία.

γ) Να αποδείξετε ότι :

i) ( )x x

3 23 2

e f x e2

≤ ≤ για κάθε [ )x 0,+∞

ii)( ) 3

xx3

f xlim 3

e→+∞

=

δ) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R

ε) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται και να ορίσετε την αντίστροφή της.

στ) Να αποδείξετε ότι:

ln4 2

2

0 1

4f (x)dx dx 3

x 2

+ =

+

∫

ΛΥΣΗ

α) Για x 0= από τη σχέση (1) έχουμε:3 0 3f (0) 2f (0) 3e f (0) 2f (0) 3 0+ = ⇔ + − = (2)

β) Θεωρούμε τις συναρτήσεις 3g(x) x 2x= + , x R ∈ και xh(x) 3e= , x R ∈


( )3 2g (x) x 2x 3x 2 0′′ = + = + > και ( )x xh (x) 3e 3e 0

′′ = = >

Άρα οι συναρτήσεις g , h είναι γνησίως αύξουσες στο R

Για κάθε x R ∈ είναι η σχέση (1) ισοδύναμα γράφεται:

( ) ( )g f (x) h(x) g f (x) h(x)= ⇔ =o

Επειδή η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα στο R, συμπεραίνουμε ότι και η συνάρτηση g f o

είναι γνησίως αύξουσα στο R, οπότε για κάθε 1 2x ,x R ∈ με

( ) ( ) ( ) ( ) g

1 2 1 2 1 2 1 2x x g f (x ) g f (x ) g f (x ) g f (x ) f (x ) f (x )

↑< ⇒ < ⇒ < ⇒ <o o

Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο R

γ) i) Για κάθε [ )x 0,∈ +∞ είναι:

• f

x 0 f (x) f (0) f (x) 1 0↑

≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ >

•

2f (x) 1

3 3 2 3 3 x3f (x) f (x) 2f (x) f (x) f (x) 2f (x) 1 f (x) 2f (x) 3e≥

= + ⋅ ≥ + ⋅ = + =

Οπότε:x

f (x ) 03 x 3 x 33f (x ) 3e f (x ) e f (x ) e>≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ (3)

Χρησιμοποιώντας το σχήμα Horner

1 0 2−3 1

/// 1 1 3

1 1 3 0

η εξίσωση (2) ισοδύναμα γράφεται

( )( )2

0

f(0) 1 f (0) f(0) 3 0 f(0) 1

≠

− + + = ⇔ =1442443





Είναι f (x) 0> για κάθε [ )x 0,∈ +∞ , οπότε αξιοποιώντας τη γνωστή ανισότητα:

2α + β ≥ αβ ,που ισχύει, για κάθε , 0α β ≥

έχουμε:3 3

f (x) 2f (x) 2 f (x) 2f (x)+ ≥ ⋅ ⇔

3 4f (x) 2f (x) 2 2f (x)+ ≥ ⇔

3(1)

2f (x) 2f(x) 2 2 f (x)+ ≥ ⋅ ⇔ x

x 2 2 3e3e 2 2 f (x) f (x)

2 2≥ ⋅ ⇔ ≤ ⇔

f (x) 0x

x2 2

3 23 2f (x) e f (x) e

4 2

>

≤ ⇔ ≤ (4)


x x

3 23 22

e f (x) e≤ ≤ (5)

ii) Για κάθε x (0,∈ +∞) είναι:x 3:e

3 x 3 x

x x

f (x) f (x)f (x) 2f (x) 3e f (x) 3e 2f (x) 3 2

e e+ = ⇔ = − ⇔ = − (6)

Αν διαιρέσουμε τα μέλη της σχέσης (5) με το xe έχουμε:

x

x x2x x3 23 2

x x x

3 2e f (x) 3 2 e f (x)e e

e e 2 e e 2

− −≤ ≤ ⋅ ⇔ ≤ ≤ ⋅

Είναι:

•

2x

3t2x

t3

x tlim e lim e 0

=−−

→+∞ →−∞= =

• x u

x

2ux

u23 2 3 2 3 2

lim e lim e 0 02 2 2→+∞ →−∞

= −−⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟⋅ = ⋅ = ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Από Κριτήριο Παρεμβολής προκύπτει ότι xx

f(x)lim 0

e→+∞

⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠

Επομένως από τη σχέση (6) έχουμε:

3

x x xx x x

f (x) f (x) f (x)lim lim 3 2 3 2 lim 3 2 0 3

e e e→+∞ →+∞ →+∞

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = − = − ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Είναι:

3 33

x x x

3 3f (x) f (x) f (x)

lim lim lim 3e e

e→+∞ →+∞ →+∞x x x

3

= = =

δ) Για να αποδείξουμε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R, αρκεί να αποδείξουμε ότι η f είναι

συνεχής σε τυχαίο 0x R,∈ δηλαδή ότι 0

0x xlim f (x) f (x )→

=

Από τη σχέση (1) για 0

x x= έχουμε:

0x3

0 0f (x ) 2f (x ) 3e+ = (7)





Αφαιρώντας κατά μέλη τις σχέσεις (1) και (7) έχουμε:

( ) 0x3 3 x

0 0f (x) 2f (x) f (x ) 2f (x ) 3e 3e+ − + = − ⇔

0x3 3 x

0 0f (x) 2f (x) f (x ) 2f (x ) 3(e e )+ − − = − ⇔

( ) ( ) ( ) 0x2 2 x

0 0 0 0f (x) f (x ) f (x) f (x)f (x ) f (x ) 2 f (x) f (x ) 3(e e )− ⋅ + + + − = − ⇔

( ) ( ) 0x2 2 x

0 0 0

0

f (x) f (x ) f (x) f (x)f (x ) f (x ) 2 3(e e )

≠

− ⋅ + + + = − ⇔1444442444443

0xx

0 2 2

0 0

3(e e )f (x) f (x )

f (x) f (x)f (x ) f (x ) 2

−− =

+ + +

Είναι:0xx

0 2 2

0 0

3(e e )f (x) f (x )

f (x) f (x)f (x ) f (x ) 2

−− = =

+ + +

0 0x xx x

2 2

0 0

0

3 e e 3 e e2

f (x) f (x)f (x ) f (x ) 2

≥

− −= ≤

+ + +14444244443


0 0x xx x

0

3 3e e f (x) f (x ) e e

2 2− − ≤ − ≤ − ⇔

0 0x xx x

0 0

3 3f (x ) e e f (x) f (x ) e e

2 2− − ≤ ≤ + −

Είναι:

• 0 0 0

0

x x xx

0 0 0 0x x

3 3lim f (x ) e e f (x ) e e f (x ) 0 f (x )

2 2→

⎛ ⎞− − = − − = − =⎜ ⎟⎝ ⎠

• 0 0 0

0

x x xx

0 0 0 0x x

3 3lim f (x ) e e f(x ) e e f (x ) 0 f (x )

2 2→

⎛ ⎞+ − = + − = + =⎜ ⎟⎝ ⎠

Από Κριτήριο Παρεμβολής προκύπτει ότι 0

0x xlim f (x) f (x )→

= . Άρα η συνάρτηση f είναι συνεχής

στο τυχαίο 0x R,∈ οπότε η f είναι συνεχής στο R

ε) Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο R, οπότε είναι και «1 1»− , επομένως αντιστρέφεται.

Η συνάρτηση 1f − έχει πεδίο ορισμού το σύνολο τιμών της f και σύνολο τιμών το πεδίο ορισμού της f , δηλαδή το R

Επειδή η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο R, το σύνολο τιμών της είναι:

( )x x

f (R) lim f (x) , lim f (x)→−∞ →+∞

=

Για x 0< έχουμε:

( )x

3 x 2 x

2

3ef (x) 2f (x) 3e f (x) f (x) 2 3e f (x)

f (x) 2+ = ⇔ ⋅ + = ⇔ =

+

Είναι:x x x

2 23e 3e 3ef(x)

f (x) 2 f (x) 2 2= = ≤+ +






x x x3 3 3f (x) e e f (x) e

2 2 2≤ ⇔ − ≤ ≤

Είναι:

• x

x

3 3lim e 0 0

2 2→−∞

⎛ ⎞− = − ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠

• x

x

3 3lim e 0 0

2 2→−∞

⎛ ⎞ = ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠

Από Κριτήριο Παρεμβολής προκύπτει ότι xlim f (x) 0→−∞

=

Για x 0> έχουμε:

x

3x

x x3

f(x)lim f (x) lim e

e→+∞ →+∞

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⋅ = +∞⎜ ⎟⎝ ⎠

,

αφού

3

xx

3

f(x)lim 3 0

e→+∞

⎛ ⎞⎜ ⎟ = >⎜ ⎟⎝ ⎠

και x

3

xlim e→+∞

= +∞

Άρα το σύνολο τιμών της συνάρτησης f είναι f (R) (0 , )= + ∞

Ισχύει η ισοδυναμία:1f (x) y x f (y) , y 0−= ⇔ = >


( ) ( )1 1

f (y) f (y) 1

2 2y 0

3

y y 2 y y 2

y 2y 3e e f (y) ln3 3

− −

−

>+ ++ = ⇔ = ⇔ =

Οπότε:

1f : (0, ) R − +∞ → με ( )

1

2x x 2f (x) ln

3

− +

=

στ) Για να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα

ln4

0

f(x)dx∫ και δεδομένου ότι δεν γνωρίζουμε τον τύπο της

συνεχούς στο R συνάρτησης f κάνουμε τα εξής:

Θέτουμε:( )

( )2

1 3y y 2

f (x) y x f (y) x ln x ln y 2y ln33

− +

= ⇔ = ⇔ = ⇔ = + −

Είναι:

( )2

3

3

3y 2dx ln y 2y ln 3 dy dx dy

y 2y( )

+′= + − ⇒ =+

Για x 0= από το (α) ερώτημα έχουμε f (0) 1= και για x ln4= είναι f (ln 4) 2,= αφού 1f (2) ln 4− =

Επομένως έχουμε:ln4 2 2 2

2 2 2

3 2 2

0 1 1 1

3y 2 3y 2 3(y 2) 4f (x)dx y dy dy dyy 2y y 2 y 2+ + + −= ⋅ = = =+ + +∫ ∫ ∫ ∫





2 2 2

2 2

1 1 1

4 43 dy 3dy dy

y 2 y 2

⎛ ⎞= − = − =⎜ ⎟+ +⎝ ⎠∫ ∫ ∫

2 2

2 2

1 1

4 4

3 (2 1) dx 3 dxx 2 x 2= ⋅ − − = −+ +∫ ∫

Δείξαμε ότι:

ln4 2 ln4 2

2 2

0 1 0 1

4 4f (x)dx 3 dy f (x)dx dx 3

x 2 x 2= − ⇔ + =

+ +∫ ∫ ∫ ∫

ΘΕΜΑ 36ο :

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f: 1 , R ∞ →

, με f (e) 1 , η οποία για κάθε

( )x 1,+∞


• f (x) 0

• 2

xf (x) f (x) 0+ =


f(x)ln x

=

, x (1 ,+∞

β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) εφx , έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα π

1,2

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

γ) Ένα υλικό σημείο M α,f (α) , α 1 κινείται στη γραφική παράσταση f C της συνάρτησης f ,

ώστε η τετμημένη του να αυξάνεται με ταχύτητα 4α cm/sec Αν η εφαπτομένη (ε) της f C στο σημείο Μ τέμνει τον άξονα x x , στο σημείο Α, τότε:

i) Να βρείτε το ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του σημείου Α, τη χρονική στιγμή 0

t , που

το σημείο M διέρχεται από το σημείο ( )e , f(e)

ii) Αν θ είναι η γωνία που σχηματίζει η εφαπτομένη (ε) με τον άξονα x x , να αποδείξετε ότι ο

ρυθμός μεταβολής της γωνίας θ , τη χρονική στιγμή 0t είναι 0 2

12eθ (t )

e 1′

=

+

rad/sec

ΛΥΣΗ α) Για κάθε x (1,∈ + ∞) έχουμε:

2

2

f (x) 1xf (x) f (x) 0

f (x) x

′′ + = ⇒ − = ⇒

( )1 1

ln x ln x cf (x) f (x)

′⎛ ⎞ ′= ⇒ = +⎜ ⎟⎝ ⎠

Για x e= είναι:

1 ln e c 1 1 c c 0f(e)

= + ⇔ = + ⇔ =





Επομένως:

1ln x

f(x)= , για κάθε x (1,∈ + ∞)

Άρα:

1f(x)

ln x= , x (1,∈ + ∞)

β) Θεωρούμε τη συνάρτηση

g(x) f (x) εφx= − ,π

x A 1,2

⎛ ⎞∈ = ⎜ ⎟⎝ ⎠

Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο Α

ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων,

με:

2 2

1 1g (x) f (x) (εφx) 0

x ln x συν x′′ ′= − = − − <

Επομένως η συνάρτηση g είναι γνησίως

φθίνουσα στο π

A 1 ,2

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

Το σύνολο τιμών της συνάρτησης g είναι:

x 1πx

2

g(Α) lim g(x) , lim g(x) R − +→

→

⎛ ⎞⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎝ ⎠

, διότι:

π πx x

2 2

1lim g(x) lim εφx

ln x− −

→ →

⎛ ⎞= − = −∞⎜ ⎟⎝ ⎠

και x 1 x 1

1lim g(x) lim εφx

ln x+ +→ →

⎛ ⎞= − = +∞⎜ ⎟⎝ ⎠

Επειδή το 0 g(Α),∈ η εξίσωση g(x) 0= έχει μια ρίζα στο π

A 1,2

⎛ ⎞=⎜ ⎟⎝ ⎠

, η οποία είναι και μοναδική

αφού η συνάρτηση g είναι γνησίως φθίνουσα στο Α.

γ) i) Για κάθε x (1,∈ + ∞) είναι:

2 2

1 (ln x) 1f (x)

ln x (lnx) xln x

′ ′⎛ ⎞′ = = − = −⎜ ⎟⎝ ⎠

Η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της f C στο σημείο Μ είναι:

y f (α) f (α)(x α)′− = −

Για y 0= έχουμε:

f (α) f (α)(x α)′− = − ⇔

2

1 1(x α)

ln α α ln α− = − − ⇔

( )α ln α x α x α 1 ln α= − ⇔ = +

Την τυχαία χρονική στιγμή t η τετμημένη του σημείου Μ είναι α( t)

Η τετμημένη του σημείου Α είναι ( )β(t) α(t) 1 lnα(t)= + και ισχύει α (t) α(t)′ = 4 (1)





Οπότε:

( )1

β (t) α (t) 1 ln α(t) α(t) α (t)α(t)

′ ′ ′= + + ⇔

β (t) α (t) α (t)ln α(t) α (t )′ ′ ′ ′= + + ⇔

β (t) 2α (t) α (t)ln α(t)′ ′ ′= + ⇔

( )(1)

β (t) α (t) 2 ln α(t)′ ′= + ⇒

( )β (t) 4α(t) 2 ln α(t)′ = +

Τη χρονική στιγμή 0

t είναι 0

α(t ) e= (2), οπότε:

( ) ( )(2 )

0 0 0β (t ) 4α(t ) 2 ln α(t ) 4e 2 ln e 12e′ = + = + = cm/sec

ii) Είναι:

( ) 2

1(t) f α(t)α(t)ln α(t)

′εϕθ = = −

Παραγωγίζουμε ως προς t και έχουμε:

2

2 42

1 α (t)ln α(t) 2α (t)ln α(t)(t)

(t) α (t)ln α(t)

′ ′+′θ = ⇔

συν θ

( )2 42

α (t)ln α(t) ln α(t) 21(t)

(t) α (t)ln α(t)

′ +′θ = ⇔

συν θ

( ) (1)

2 32

α (t) ln α(t) 21(t)

(t) α (t)ln α(t)′ +′θ = ⇒

συν θ

( )2 32

4α(t) ln α(t) 21(t)

(t) α (t)ln α(t)

+′θ = ⇒

συν θ

( )2 3

4 ln α(t) 21(t)

(t) α(t)ln α(t)

+′θ =

συν θ

Τη χρονική στιγμή 0

t είναι:

( ) (2 )0

02 3 3

0 0 0

4 ln α(t ) 21 4(ln e 2) 12(t )

(t ) α(t ) ln α(t ) e ln e e

+ +′θ = = =συν θ

(3)

Όμως:

( ) ( )2 2

2 22

0 02 2

0

1 1 e 11 (t ) 1 f ( (t )) 1 f (e) 1

(t ) e e

+⎛ ⎞′ ′= + εϕ θ = + α = + = + − =⎜ ⎟συν θ ⎝ ⎠ (4)


2 2

0 0 02 2 2

e 1 12 12 e 12e(t ) (t ) (t )e e e e 1 e 1

+′ ′ ′θ = ⇒ θ = ⋅ ⇒ θ =+ +





Από τις σχέσεις (1) , (3) με αφαίρεση κατά μέλη έχουμε:

( )0 0 0 0

43 3 4 2 2f (x) f (x ) f (x) f (x ) x x 2 x x− + − = − − − ⇔

( ) ( ) ( )( )0 0 0 0 0

2 2 2 2 2 2f (x) f (x ) f (x) f (x)f (x ) f (x ) x x x x 2− + + +1 = − + − (4)

Είναι:

( )0 0 0 022 2 2 2f (x) f (x)f (x ) f (x ) f (x) f (x) f (x ) f (x ) 1

21 ⎡ ⎤+ + +1 = + + + +1≥⎣ ⎦

Επομένως από τη σχέση (4) έχουμε:

0 0 0 0 0 0

2 2 2 2 2 2x x x x 2 f (x) f (x f (x) f (x)f (x ) f (x ) f (x) f (x− ⋅ + − = − ⋅ + + +1 ≥ − ⇒

0 0 0 0 0

2 2 2 2 2 2 2 2x x x x 2 f (x) f (x ) x x x x 2− − ⋅ + − ≤ − ≤ − ⋅ + −

Είναι:

( ) ( )0 0

0 0 0 0

2 2 2 2 2 2 2 2

x x x xlim x x x x 2 lim x x x x 2 0→ →

− − ⋅ + − = − ⋅ + − =

Άρα από Κριτήριο Παρεμβολής είναι και ( )0 00 0

x x x xlim f (x) f (x ) 0 lim f (x) f (x )→ →− = ⇔ = , άρα η f είναι

συνεχής στο 0

x για κάθε 0x R ∈ , οπότε η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R

γ) Έστω τυχαίο 0x R ∈ . Για κάθε x κοντά στο

0x από τη σχέση (4) έχουμε:

( )0 00

0 0 0

2 2

2 2

(x x ) x x 2f (x) f (x )

x x f (x) f (x)f (x ) f (x )

+ + −−=

− + + +1 (5)

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0x , άρα

00

x xlim f (x) f (x )→

= , οπότε έχουμε:

( )0

0 0 0

2 2 2

x xlim f (x) f (x)f (x ) f (x ) 3f (x )→

+ + +1 = +1


( ) ( ) ( )0

0 0 0 0 0 0

2 2 2 2

x xlim (x x ) x x 2 2x 2x 2 4x x 1→

⎡ ⎤+ + − = − = −⎣ ⎦

Οπότε από τη σχέση (5) έχουμε:

( )0

0 00

0 0

2

2x x

4x x 1f (x) f (x )lim R

x x 3f (x )→

−−= ∈

− + 1

Άρα η f είναι παραγωγίσιμη για κάθε 0x R ∈ , οπότε η f είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση, με:

( )2

2

4x x 1f (x)

3f (x)

−′ =

+1 , για κάθε x R ∈

δ) Είναι:

• ( )2f (x) 4x x 1 x 1 ή x 0 ή x 1′ = 0 ⇔ − = 0 ⇔ = − = =

• ( )2f (x) 4x x 1 x 1, 0) 1, )′ > 0 ⇔ − > 0 ⇔ ∈(− ( + ∞U


x −∞ 1− 0 1 +∞

f (x) − 0 + 0 − 0 +

(x)f

Τ.Ε. Τ.Μ. Τ.Ε.





Η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ( ], 1−∞ − , γνησίως αύξουσα στο διάστημα

[ ]1 , 0− , γνησίως φθίνουσα στο διάστημα [ ]0 , 1 και γνησίως αύξουσα στο διάστημα [ )1,+∞

Η συνάρτηση f παρουσιάζει στις θέσεις 1− και 1 το ίδιο τοπικό ελάχιστο f ( 1) f (1) m,− = =

αφού η συνάρτηση f είναι άρτια και στη θέση 0 τοπικό μέγιστο το f (0) M.=

Δηλαδή η συνάρτηση f παρουσιάζει τρεις θέσεις τοπικών ακροτάτων με δύο τιμές.

ε) Θεωρούμε τις συναρτήσεις:xg(x) f (x)e= , [ ]x 2, 2∈ − και xh(x) f (x)e−= , [ ]x 2, 2∈ −

Για τη συνάρτηση g στο διάστημα [ ]2, 2− ισχύουν:

♦ Είναι συνεχής στο [ ]2, 2− , ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων.

♦ Είναι παραγωγίσιμη στο ( 2, 2)− με ( ) xg (x) f (x) f (x) e′ ′= +

♦ 2 2g( 2) f ( 2)e 0 e 0− −− = − = ⋅ = και 2 2g(2) f (2)e 0 e 0= = ⋅ =


1x ( 2, 2)∈ − τέτοιο, ώστε:

( ) 1x

1 1 1 1 1g (x ) 0 f (x ) f (x ) e 0 f (x ) f (x )′ ′ ′= ⇒ + = ⇒ = − (6) , αφού 1xe 0>

Για τη συνάρτηση h στο διάστημα [ ]2, 2− ισχύουν:

♦ Είναι συνεχής στο [ ]2, 2− , ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων.

♦ Είναι παραγωγίσιμη στο ( 2, 2)− με ( ) xh (x) f (x) f (x) e−′ ′= −

♦ 2) 2h( 2) f ( 2)e 0 e 0−(−− = − = ⋅ = και 2 2h(2) f (2)e 0 e 0− −= = ⋅ =


2

x ( 2, 2)∈ − τέτοιο, ώστε:

( ) 2x

2 2 2 2 2h (x ) 0 f (x ) f (x ) e 0 f (x ) f (x )−′ ′ ′= ⇒ − = ⇒ = (7) , αφού 2x

e 0− >

Αν πολλαπλασιάσουμε κατά μέλη τις σχέσεις (6) και (7) έχουμε:

1 2 1 2 1 2 1 2f (x )f (x ) f (x )f (x ) f (x )f (x ) f (x )f (x ) 0′ ′ ′ ′= − ⇔ + = (8)

Είναι 1 2x x≠ , διότι αν υποθέσουμε 1 2x x ξ= = , τότε από τη σχέση (8) θα είχαμε:

[ ] [ ]2 2

f (ξ)f (ξ) f (ξ)f (ξ) 0 f (ξ) f (ξ) 0 f (ξ) f (ξ) 0′ ′ ′ ′+ = ⇒ + = ⇒ = = ,

το οποίο είναι άτοπο, λόγω μη ύπαρξης κοινών ριζών των f (x) και f (x)′ , αφού οι ρίζες της f (x )

είναι οι αριθμοί 2− και 2 , ενώ οι ρίζες της f (x)′ είναι οι αριθμοί 1− , 0 και 1

ΘΕΜΑ 38ο :Δίνεται συνάρτηση f (x) x lnx+ , για κάθε x 0

α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται και να λύσετε την εξίσωση 22 2x x 1

2x 1 x 2( )e − −

+ = +

β) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ( )1 2

1ξ , ξ , 1e τέτοια, ώστε ′ ′

1 2

11

ξ ) ξ )e e e

f ( f (−

+ = −

γ) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση f C της

συνάρτησης f , την εφαπτομένη της f C στο σημείο ( )A 1 , f(1) και την ευθεία x e

δ) Να αποδείξετε ότι ∫e

x

1

f (x) 1 4dx3e + <





ΛΥΣΗ

α) • Για κάθε x > 0 είναι:

1f (x) (x lnx) 1 0x′ ′= + = + >

Επομένως η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, )+ ∞ , οπότε είναι και « 1 – 1 » , άρα

αντιστρέφεται.• Επειδή 22x 1 0+ > για κάθε x R ∈ , έχουμε:

2 22 2x x 1 2x x 12

x 22x 1 x 2

2x 1( )e e− − − − ++ = + ⇔ = + (4)


♦ Αν x 2 0 x 2+ ≤ ⇔ ≤ − είναι 2

x 20

2x 1+ ≤+ και

22x x 1 0e − − > , οπότε η εξίσωση (4) είναι αδύνατη.

♦ Αν x 2 0 x 2+ > ⇔ > − είναι 2

x 20

2x 1+ >+ και

22x x 1 0e − − > , οπότε η εξίσωση (4) ισοδύναμα

γράφεται:

( )22x x 1

2x 22x 1

ln e ln− − += ⇔+

2 22x x 1 x 2) 2x 1)ln( ln (− − = + − + ⇔

2 22x 1) x 2) x 2) 2x 1)( ( ln( ln (+ − + = + − + ⇔

2 22x 1 2x 1) x 2 x 2)ln ( ln(+ + + = + + + ⇔ f :1 1

2 2f (2x 1) f (x 2) 2x 1 x 2−

+ = + ⇔ + = + ⇔

2 12x x 1 0 x ή x 1

2− − = ⇔ = − =

Οι ρίζες είναι δεκτές αφού ικανοποιούν τον περιορισμό x 2> −

β) Για τη συνάρτηση f στο διάστημα 1

,1e⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

ισχύουν:


,1e⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

, ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων.

♦ ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1f f (1) ln (1 ln1) ln e (1 0) 1 0e e e e e= + ⋅ + = − ⋅ + = − <

Ικανοποιούνται λοιπόν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Βolzano , άρα θα υπάρχει τουλάχιστον

ένα ( )0

1x , 1e∈ τέτοιο, ώστε 0f (x ) 0=

Για τη συνάρτηση f στο διάστημα 0

1, xe

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

ισχύουν:


1, xe

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

, ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων.

♦ Είναι παραγωγίσιμη στο ( )0

1, xe , ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων.

Ικανοποιούνται λοιπόν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής , άρα θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )01

1ξ , xe∈ τέτοιο, ώστε:

0

00 0 0

1

1 1f (x ) f 0 1 11e e e 1ef (ξ ) 1 1 1 ex 1x x x

e e e

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

− − − −−′ = = = = −− − −





Είναι:

00

11

e 1 e 1f (ξ ) ex 1

ex 1 f (ξ )− −′ = ⇒ = −′− (5)

Για τη συνάρτηση f στο διάστημα [ ]0x , 1 ισχύουν:

♦ Είναι συνεχής στο [ ]0x , 1 , ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων.♦ Είναι παραγωγίσιμη στο

0(x , 1) , ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων.

Ικανοποιούνται λοιπόν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής , άρα θα υπάρχει ένα τουλάχιστον 02ξ (x , 1)∈ τέτοιο, ώστε:

0

0 0 02

f (1) f (x ) 1 0 1f (ξ )

1 x 1 x 1 x− −′ = = =− − −

Είναι:

0 00

22 2

1 1 ef (ξ ) 1 x e ex

1 x f (ξ ) f (ξ )′ = ⇒ = − ⇒ = −′ ′− (6)

Με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων (5) και (6) έχουμε:

0 01 2 1 2

e 1 e e 1 eex 1 e ex e 1

f (ξ ) f (ξ ) f (ξ ) f (ξ )− −+ = − + − ⇒ + = −′ ′ ′ ′

Άρα:

1 2

e 1 ee 1

f (ξ ) f (ξ )− + = −′ ′ , με ( )1 2

1ξ , ξ , 1e∈

γ) Για κάθε x > 0 είναι:

1f (x) 1 0x′ = + > και

2

1f (x) 0

x′′ = − <

Επομένως η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα και κοίλη στο διάστημα (0, )+ ∞

Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης f C της συνάρτησης f στο σημείο ( )A 1, f (1) είναι:

ε : y f (1) f (1)(x 1) y 1 2(x 1) y 2x 1′− = − ⇒ − = − ⇒ = −

Η συνάρτηση f είναι κοίλη στο διάστημα (0, )+ ∞ , οπότε η f C βρίσκεται από την ευθεία (ε) και

κάτω, δηλαδή για κάθε x > 0 ισχύει f (x) 2x 1≤ −

Το ζητούμενο εμβαδόν είναι:

( )e e e

1 1 1

E 2x 1 f(x) dx (2x 1 x lnx)dx (x 1 lnx)dx= − − = − − − = − − =∫ ∫ ∫

ee e e2

11 1 1

x(x 1)dx lnxdx x (x) lnxdx2

⎡ ⎤ ′= − − = − − =⎢ ⎥⎣ ⎦∫ ∫ ∫

[ ]e

1

e2 2

1

e 1e 1 xlnx x(lnx) dx

2 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞′= − − − − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ∫

e2

1

e 1e elne 1 ln1) 1dx

2 2= − + − ( − ⋅ + =∫

2 2 2e 1 e 1 e 2e 1e e 1 (e 1) e

2 2 2 2 2

− −= − + − + ⋅ − = − − =




δ) Θεωρούμε τη συνάρτηση x x

f (x) 1 x lnx 1h(x)

e e+ + += = , [ ]x 1, e∈

Για κάθε [ ]x 1, e∈ είναι:

( )x x

x x 2

(x lnx 1) e (x lnx 1)(e )x lnx 1h (x)

e (e )

′ ′ ′+ + − + ++ +′ = = =

x x

xx 2

1 11 e (x lnx 1)e 1 (x lnx 1)x xe(e )

( ) ( )+ − + + + − + += = =

x x

1 x lnx (x)xe e

− − ϕ= = (7) , όπου 1

(x) x lnxxϕ = − −

Για κάθε [ ]x 1, e∈ είναι:

( ) 2

1 1 1(x) x lnx 1 0x xx

′′ϕ = − − = − − − <

Άρα η συνάρτηση φ είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα [ ]1, e , με φ(1) 1 1 0 0= − − = , οπότε:

Αν 1 x e (1) (x) (e) (x) (1) (x) 0ϕ ↓

< ≤ ⇒ ϕ > ϕ ≥ ϕ ⇒ ϕ < ϕ ⇒ ϕ < , για κάθε ( ]x 1, e∈ , οπότε από τη

σχέση (7) έχουμε:

x

(x)h (x) 0

eϕ′ = < , για κάθε ( ]x 1, e∈

Για τη συνάρτηση h έχουμε:

♦ Είναι συνεχής στο διάστημα [ ]1, e , ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων

♦ h (x) 0′ < , για κάθε ( ]x 1, e∈

Άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα [ ]1, e

Επομένως:

• Για h

21 x e h(1) h(x) h(e) h(x) h(1) h(x) e

↓

≤ ≤ ⇒ ≥ ≥ ⇒ ≤ ⇒ ≤ (8),

αφού 1

1 ln1 1 2h(1) ee

+ += =

Επειδή η συνάρτηση h και η σταθερή συνάρτηση 2e είναι συνεχείς συναρτήσεις από τη σχέση (8)

merged_document trapeza thematon

Documents