Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com 30 Επαναληπτικά Θέματα με Απαντήσεις Μαθηματικά Προσανατολισμού Γ Λυκείου (Σύμφωνα με τις νέες οδηγίες 2017-2018) Θανάσης Κοπάδης - Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com Διατίθεται ελεύθερα από το μαθηματικό blog «O άγνωστος x» και επιτρέπεται η χρήση, η αναπαραγωγή και η κοινοποίηση, αρκεί να μη γίνεται με σκοπό το χρηματικό κέρδος. [1] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com 30 Επαναληπτικά Θέματα με Απαντήσεις 2017-2018 Μαθηματικά Προσανατολισμού Γ Λυκείου thanasiskopadis.blogspot.com ΘΕΜΑ 1 ( x Δίνονται οι συναρτήσεις f , g : ℝ → ℝ με f ( x ) = ln 1 + e g ( x) = ) και ex −1 ex + 1 α. Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται. β. Να δείξετε ότι η g είναι περιττή. γ. Δίνεται επιπλέον συνάρτηση h : ( 0,+∞) →ℝ τέτοια, ώστε να ισχύει h f = g Να βρείτε τον τύπο της h δ. Αν h ( x ) = 1 − 2e− x , τότε να αποδείξετε ότι h ( e x ) + h ( e 2 x ) < h ( e 3 x ) + h ( e 4 x ) για κάθε x > 0 Απαντήσεις α. Είναι Α f = ℝ Έστω x1, x2 ∈ℝ με f ( x1 ) = f ( x2 ) , τότε ( ) ( ) ln 1 + ex1 = ln 1 + ex2 ⇔ 1 + ex1 = 1 + ex2 ⇔ ex1 = ex2 ⇔ x1 = x2 Άρα η f είναι 1−1, οπότε αντιστρέφεται. β. Είναι Α g = ℝ , οπότε αν x ∈ ℝ , τότε και − x ∈ ℝ 1 −1 e −1 ex 1 − ex ex −1 = = =− x = −g ( x) Επίσης g ( − x ) = − x e + 1 1 + 1 1 + ex e +1 ex −x [2] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com Άρα η g είναι περιττή γ. Για x > 0 στη σχέση ( h f )( x) = g ( x) θέτουμε x = f −1 ( x ) , οπότε έχουμε: (h( f ( f −1 ( x ) ) ) ) = g ( f −1 ( x ) ) ⇔ h ( x ) = ( g f −1 ) ( x ) Πρώτα θα υπολογίσουμε την αντίστροφη f −1 της f y >0 y = f ( x ) ⇔ y = ln ( ex + 1) ⇔ ex + 1 = e y ⇔ ex = e y −1⇔ x = ln ( e y −1) ⇔ f −1 ( y ) = ln ( e y −1) με y > 0 ( ) Άρα f −1 ( x ) = ln ex −1 , Για το πεδίο ορισμού της g f −1 έχουμε: x ∈Α f −1 x > 0 ⇔ ⇔ x>0 −1 −1 f x ∈ ℝ ( ) f x ∈ Α ( ) g Επομένως Αh = ( 0, +∞) Είναι ( g f −1 )( x) = g ( f −1 f −1 ( x ) −1 ( ) ln e x −1 ex − 2 ( x ) ) = f −1( x) = ln(ex −1) = x = 1 − 2e− x e e +1 e +1 e e −1 Οπότε h ( x ) = 1 − 2e− x με Αh = ( 0, +∞) δ. Για x > 0 έχουμε h′ ( x ) = 2e− x > 0 Άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα στο ( 0, +∞ ) ex ր hր ● Για x > 0 έχουμε: x < 3 x ⇔ e x < e 3 x ⇔ h ( e x ) < h ( e 3 x ) (1) ex ր hր ● Για x > 0 έχουμε: 2 x < 4 x ⇔ e 2 x < e 4 x ⇔ h ( e 2 x ) < h ( e 4 x ) (2) [3] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com Από (1)+(2) προκύπτει: h ( e x ) + h ( e 2 x ) < h ( e 3 x ) + h ( e 4 x ) , για κάθε x > 0 ΘΕΜΑ 2 Δίνονται οι συναρτήσεις f , g : ℝ → ℝ , με g ( ℝ ) = ℝ , για τις οποίες ισχύει: ● (f f )( x) = x + f ( x) , για κάθε x ∈ ℝ ● f ( g ( x ) − e x − x + 1) = 0 , για κάθε x ∈ ℝ α. Να δείξετε ότι η f είναι 1-1 β. Να βρείτε τη συνάρτηση g Αν g ( x ) = e x + x − 1 , τότε: γ. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης h ( x ) = ln ( g ( x ) ) δ. Να αποδείξετε ότι η g αντιστρέφεται και στη συνέχεια να λύσετε την εξίσωση ( g −1 e x 2 +1 ) + x2 = 2 Απαντήσεις α. Έστω x1, x2 ∈ℝ με f ( x1 ) = f ( x2 ) (1) , τότε: f ( f ( x1 ) ) = f ( f ( x2 ) ) ⇔ ( f f )( x1 ) = ( f f )( x2 ) (2) Από (2)-(1) και την αρχική ισότητα έχουμε: (f f )( x1 ) − f ( x1 ) = ( f f )( x2 ) − f ( x2 ) ⇔ x1 = x2 Επομένως η f είναι 1-1 β. Για x = 0 στην αρχική ισότητα προκύπτει: f :1−1 f ( f ( 0 )) = f ( 0) ⇔ f ( 0) = 0 [4] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com Οπότε f :1−1 f ( g ( x ) − e x − x + 1) = 0 ⇔ f ( g ( x ) − e x − x + 1) = f ( 0 ) ⇔ g ( x ) − e x − x + 1 = 0 ⇔ g ( x ) = ex + x − 1 γ. Θα πρέπει g ( x ) > 0 Είναι g ′ ( x ) = e x + 1 > 0 , άρα η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα. g:ր Επομένως g ( x ) > 0 ⇔ g ( x ) > g ( 0) ⇔ x > 0 Οπότε Αh = ( 0, +∞) δ. Η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα, άρα είναι 1-1, οπότε αντιστρέφεται. ( Έχουμε: g −1 e x 2 +1 ) g :1−1 + x2 = 2 ⇔ ex 2 +1 + x2 = g (2) ⇔ ex 2 +1 + x2 + 1 − 1 = g (2) g :1−1 ⇔ g ( x 2 + 1) = g ( 2 ) ⇔ x 2 + 1 = 2 ⇔ x 2 = 1 ⇔ x = ±1 ΘΕΜΑ 3 Δίνεται η συνάρτηση f ( x ) = x x α. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία β. Να βρείτε το σύνολο τιμών της f γ. Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφή της f −1 δ. Να βρείτε σημείο Μ( x, y) της Cf −1 , με x > 0 , το οποίο να απέχει από το 5 Α , 0 τη μικρότερη απόσταση 2 Απαντήσεις α. Για x ≥ 0 είναι x = x , άρα f ( x ) = x 2 [5] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com Για x < 0 είναι x = − x , άρα f ( x ) = − x 2 2 − x , x < 0 Οπότε f ( x ) = 2 x , x ≥ 0 Α΄ τρόπος (με ορισμό) ● Έστω x1, x2 ∈ ( −∞,0) με x1 < x2 , τότε x12 > x22 ⇔ − x12 < − x22 ⇔ f ( x1 ) < f ( x2 ) Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα Α1 = ( −∞,0 ) ● Έστω x1 , x2 ∈ [0, +∞ ) με x1 < x2 , τότε x12 < x22 ⇔ f ( x1 ) < f ( x2 ) . Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα Α 2 = [ 0, +∞ ) ● Έστω x1 ∈ ( −∞,0) και x2 ∈ [ 0, +∞ ) με x1 < x2 , τότε f ( x1 ) = − x12 < 0 και f ( x2 ) = x22 ≥ 0 , επομένως f ( x1 ) < f ( x2 ) Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση Β΄ τρόπος (με παραγώγους) Αρχικά δείχνουμε ότι η f είναι συνεχής συνάρτηση (εύκολο) ● Για x < 0 είναι f ( x ) = − x 2 που είναι παραγωγίσιμη με f ′ ( x) = −2x > 0 και επειδή είναι συνεχής στο 0 θα είναι γνησίως αύξουσα στο ( −∞ , 0 ] ● Για x > 0 είναι f ( x ) = x 2 που είναι παραγωγίσιμη με f ′ ( x ) = 2x > 0 και επειδή είναι συνεχής στο 0 θα είναι γνησίως αύξουσα στο [ 0, +∞ ) Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση β. Α΄ τρόπος Αν Α1 = ( −∞,0) , τότε f ( x ) = − x2 < 0 , οπότε f ( Α1 ) = ( −∞,0) Αν Α 2 = [ 0, +∞ ) , τότε f ( x ) = x2 ≥ 0 , οπότε f ( Α2 ) = [ 0, +∞) Επομένως f ( Α) = f ( Α1 ) ∪ f ( Α2 ) = ℝ [6] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com Β΄ τρόπος Αν Α1 = ( −∞,0) και αφού η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, τότε ( ) f ( Α1 ) = lim f ( x ) , lim− f ( x ) = ( −∞ , 0 ) x →−∞ x→0 Αν Α 2 = [ 0, +∞ ) και αφού η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, τότε ) f ( Α 2 ) = f ( 0 ) , lim f ( x ) = [ 0, +∞ ) x →+∞ Επομένως f ( Α) = f ( Α1 ) ∪ f ( Α2 ) = ℝ γ. Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα, οπότε είναι και 1-1, άρα αντιστρέφεται. ● Αν Α1 = ( −∞,0) έχουμε: x∈Α1 y = f ( x ) ⇔ y = − x 2 ⇔ x2 = − y ⇔ x = − − y ⇔ f −1 ( y ) = − − y με Α f −1 = f ( Α1 ) = ( −∞,0 ) ● Αν Α 2 = [ 0, +∞ ) έχουμε: x∈Α2 y = f ( x ) ⇔ y = x2 ⇔ x2 = y ⇔ x = y ⇔ f −1 ( y ) = y με Α f −1 = f ( Α 2 ) = [ 0, +∞ ) [7] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com − − x , x < 0 Επομένως f −1 ( x ) = ,x≥0 x ( δ. Για x > 0 είναι f −1 ( x ) = 2 x , οπότε Μ x, x 5 Συνεπώς ( ΑΜ ) = x − + 2 ( x −0 ) 2 ) = x2 − 4 x + 2 Θεωρούμε τη συνάρτηση g ( x ) = x − 4 x + 25 4 25 . 4 Μελετώντας τη συνάρτηση g ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα (με παραγώγους ή με ορισμό) βλέπουμε ότι αυτή γίνεται ελάχιστη για x = 2 ( ) Επομένως το Μ 2, 2 είναι το ζητούμενο σημείο. ΘΕΜΑ 4 x + 2 − x2 + 1 , x ≤ 0 Δίνεται η συνάρτηση f ( x ) = 3 − x − x + a ,x>0 α. Να βρείτε την τιμή του α ∈ ℝ , ώστε η f να είναι συνεχής στο x0 = 0 Για α = 1 β. Να βρείτε τα όρια lim f ( x ) και lim f ( x ) x → −∞ x → +∞ γ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f ( x ) = 0 έχει τουλάχιστον δύο ρίζες x1, x2 με x1 < 0 < x2 δ. Για x > 0 να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και στη συνέχεια να αποδείξετε ότι lim+ x → x2 1 = −∞ −x − x +1 3 Απαντήσεις α. Είναι [8] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com ) ( lim− f ( x ) = lim− x + 2 − x 2 + 1 = 1 , x →0 x →0 lim+ f ( x ) = lim+ ( − x3 − x + α ) = α και x→0 x→0 f ( 0) =1 Για να είναι η f συνεχής στο x0 = 0 θα πρέπει lim f ( x ) = lim f ( x ) = f ( 0 ) , x→ 0− x → 0+ επομένως α = 1 x + 2 − x2 + 1 , x ≤ 0 Για α = 1 έχουμε f ( x ) = 3 − x − x + 1 ,x>0 1 2 β. Είναι lim f ( x ) = lim x + 2 − x + 1 = lim x + 2 + x 1 + 2 = x →−∞ x →−∞ x →−∞ x ) ( 1 1 lim x 1 + 2 + 1 + 2 = −∞ x →−∞ x x ( ) ( ) Επίσης lim f ( x) = lim −x − x +1 = lim −x = −∞ x→+∞ x→+∞ 3 3 x→+∞ γ. Αφού lim f ( x ) = −∞ θα υπάρχει x3 < 0 τέτοιο, ώστε f ( x3 ) < 0 x → −∞ ●H ● f συνεχής στο [ x3 , 0] f ( x3 ) ⋅ f ( 0) < 0 , άρα από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση f ( x ) = 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα x1 ∈ ( x3 ,0) ⊆ ( −∞,0) Αφού lim f ( x ) = −∞ θα υπάρχει x4 > 0 τέτοιο, ώστε f ( x4 ) < 0 x → +∞ ●H ● f συνεχής στο [0, x4 ] f ( 0) ⋅ f ( x4 ) < 0 [9] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com άρα από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση f ( x ) = 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα x2 ∈( 0, x4 ) ⊆ ( 0, +∞) Επομένως η εξίσωση f ( x ) = 0 έχει τουλάχιστον δύο ρίζες x1, x2 με x1 < 0 < x2 (Να αναφέρουμε ότι f ( 0) =1, άρα το 0 δεν είναι ρίζα της εξίσωσης f ( x ) = 0 ) δ. Για x > 0 , είναι f ( x ) = − x3 − x + 1 Με χρήση του ορισμού της μονοτονίας ή με χρήση παραγώγων, πολύ εύκολα δείχνουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα. Είναι lim x → x 2+ 1 f (x) , αφού x2 > 0 Έχουμε lim+ f ( x ) = f ( x2 ) = 0 , αφού η f είναι συνεχής και το x2 ρίζα της x→x2 f ( x ) = 0 για x > 0 fց Επιπλέον x > x2 ⇔ f ( x ) < f ( x2 ) ⇔ f ( x ) < 0 Επομένως lim x → x2+ 1 = −∞ f (x) ΘΕΜΑ 5 Δίνεται η συνάρτηση f ( x ) = 2x + x3 + x , x ∈ ℝ α. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε το πεδίο ορισμού της f −1 β. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό x0 ∈( −1,0) τέτοιο, ώστε x0 = f −1 ( 0 ) x−1 f ( x −1+ x0 ) f ( x0 − e ) = γ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει μια τουλάχιστον x −2 x −1 ρίζα στο διάστημα (1,2) f ( x ) + 2ηµ f ( x ) x→+∞ 2 f ( x ) + ηµ f ( x ) δ. Να βρείτε το όριο lim [10] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com Απαντήσεις α. Με τη βοήθεια του ορισμού της μονοτονίας ή με χρήση παραγώγων, εύκολα αποδεικνύουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ , άρα είναι 1-1, οπότε αντιστρέφεται. Έχουμε Α = ℝ = ( −∞, +∞) , f συνεχής και γνησίως αύξουσα, άρα έχει σύνολο ( ) τιμών το f ( Α ) = lim f ( x ) , lim f ( x ) = ( −∞, +∞ ) = ℝ x →−∞ x →+∞ Οπότε το πεδίο ορισμού της f −1 είναι Α f −1 = f ( Α ) = ℝ f :1−1 β. Αρκεί να αποδείξουμε ότι η εξίσωση x = f −1 ( 0 ) ⇔ f ( x) = 0 έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα ( −1,0) ●H ● f συνεχής στο [ −1,0] 3 f ( −1) = 2−1 −1 −1 = − < 0 4 f ( 0) = 20 = 1 > 0 άρα από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση f ( x ) = 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( −1,0) Επιπλέον η f είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση, οπότε τελικά υπάρχει μοναδικό x0 ∈( −1,0) τέτοιο, ώστε f ( x0 ) = 0 γ. Θεωρούμε τη συνάρτηση g ( x ) = ( x − 1) f ( x − 1 + x0 ) − ( x − 2 ) f ( x0 − e x −1 ) στο διάστημα [1, 2] ●H ● g συνεχής στο [1, 2] g (1) = f ( x0 − 1) g ( 2) = f (1 + x0 ) [11] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com fր Όμως, x0 − 1 < x0 ⇔ f ( x0 − 1) < f ( x0 ) ⇔ f ( x0 − 1) < 0 ⇔ g (1) < 0 και fր 1 + x0 > x0 ⇔ f (1 + x0 ) > f ( x0 ) ⇔ f (1 + x0 ) > 0 ⇔ g ( 2) > 0 Άρα g (1) ⋅ g ( 2) < 0 , οπότε από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση g ( x ) = 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (1,2) και άρα η εξίσωση x−1 f ( x −1+ x0 ) f ( x0 − e ) = έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα αυτό. x −2 x −1 δ. Θέτουμε f ( x) = y , οπότε όταν x → +∞ θα είναι y → +∞ 1 y 1 + 2 ηµ y f ( x ) + 2ηµ f ( x ) y y + 2ηµ y =1 = lim = lim Επομένως xlim , →+∞ 2 f ( x ) + ηµ f ( x ) y →+∞ 2 y + ηµ y y →+∞ 2 1 y 2 + ηµ y y αφού: 1 1 1 1 1 1 ηµ y = ⋅ ηµ y ≤ ⇔ − ≤ ηµ y ≤ και lim − 1 = lim 1 = 0 , y →+∞ y y y y y y y y →+∞ y 1 ηµ y = 0 y →+∞ y άρα από κριτήριο παρεμβολής lim ΘΕΜΑ 6 Δίνεται συνεχής συνάρτηση f : (1,+∞) →ℝ για την οποία ισχύουν: ● ( f (e) − 2) x lim x →−∞ 3 x +2 2 + x −1 = +∞ ● f ( x ) ( f ( x ) − 2 ) = ln 2 x − 1 , για κάθε x > 1 α. Να αποδείξετε ότι f ( e ) < 2 β. Να αποδείξετε ότι f ( x ) = 1 − ln x , x > 1 1 x γ. Θεωρούμε τη συνάρτηση g ( x) = + f ( x) , x > 1 [12] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com i. Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης g 1 ii. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό x0 > 1 τέτοιο, ώστε e x = x0 0 iii. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση g ( x ) = 3 − ηµ x είναι αδύνατη, για κάθε x >1 Απαντήσεις α. ● Αν f ( e ) − 2 > 0 τότε, ( f (e ) − 2) x lim x → −∞ 3 + x −1 x2 + 2 = ( f (e ) − 2) x lim x → −∞ 3 x2 = lim ( ( f ( e ) − 2 ) x ) = −∞ = lim ( ( f ( e ) − 2 ) x ) = +∞ x → −∞ Η περίπτωση απορρίπτεται ● Αν f ( e) − 2 < 0 τότε, ( f (e ) − 2) x lim x → −∞ 3 + x −1 x2 + 2 = ( f (e ) − 2) x lim x → −∞ 3 x2 x → −∞ Η περίπτωση είναι δεκτή ● Αν f ( e ) − 2 = 0 τότε, lim ( f (e) − 2) x x →−∞ 3 + x −1 x +2 2 = lim x →−∞ x 1 = lim = 0 2 x →−∞ x x Η περίπτωση απορρίπτεται Άρα f ( e ) < 2 β. Για κάθε x > 1 έχουμε: f ( x ) ( f ( x ) − 2 ) = ln 2 x − 1 ⇔ f 2 ( x ) − 2 f ( x ) = ln 2 x − 1 ⇔ f 2 ( x) − 2 f ( x) +1 = ln2 x ⇔ ( f ( x) −1) = ln2 x 2 Θεωρούμε τη συνάρτηση h ( x ) = f ( x ) − 1 , h2 ( x) = ln2 x ≠ 0 , για κάθε x > 1 [13] x >1 για την οποία ισχύει Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com Άρα, για κάθε x > 1 είναι h ( x ) ≠ 0 και η h συνεχής, επομένως διατηρεί σταθερό πρόσημο. Για x0 = e η αρχική σχέση μας δίνει ότι: f ( e ) ( f ( e ) − 2 ) = ln 2 e − 1 ⇔ f ( e ) ( f ( e ) − 2 ) = 0 ⇔ f ( e ) = 0 ή f ( e) = 2 Δηλαδή f ( e ) = 0 , αφού από το ερώτημα α. έχουμε ότι f ( e ) < 2 Συνεπώς h( e) = f ( e) −1 = −1 < 0 , επομένως h ( x ) < 0 , για κάθε x > 1 Έτσι, για κάθε x > 1 έχουμε: ln x > 0 h ( x ) <0 h 2 ( x ) = ln 2 x ⇔ h 2 ( x ) = ln 2 x ⇔ h ( x ) = ln x ⇔ h ( x ) = ln x ⇔ h ( x ) = − ln x ⇔ f ( x ) −1 = − ln x ⇔ f ( x ) = 1 − ln x γ. i. Είναι g ( x ) = 1 1 + f ( x ) ⇔ g ( x ) = + 1 − ln x , x > 1 x x Έχουμε Α = (1, +∞ ) , g συνεχής και γνησίως φθίνουσα, ( ) άρα έχει σύνολο τιμών g ( Α ) = lim g ( x ) , lim g ( x ) = ( −∞ , 2 ) x →1+ x →+∞ ii. Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση: 1 1 1 e = x ⇔ ln e x = ln x ⇔ = ln x ⇔ − ln x = 0 ⇔ g ( x ) = 1 έχει μοναδική ρίζα x x στο διάστημα (1,+∞) 1 x Είναι 1∈ g ( Α) και g γνησίως φθίνουσα, άρα η εξίσωση g ( x) = 1 έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα (1,+∞) 1 Συνεπώς υπάρχει μοναδικό x0 > 1 τέτοιο, ώστε e x = x0 0 iii. Ισχύει: [14] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com ηµ x ≤ 1 ⇔ − ηµx ≥ −1 ⇔ 3 − ηµ x ≥ 2 Επίσης, δείξαμε στο ερώτημα γ.i. ότι g ( Α) = ( −∞,2) , δηλαδή g ( x ) < 2 , για κάθε x > 1 Επομένως, δεν υπάρχει x > 1 τέτοιο, ώστε g ( x ) = 3 − ηµ x , συνεπώς η εξίσωση g ( x ) = 3 − ηµ x είναι αδύνατη, για κάθε x > 1 ΘΕΜΑ 7 Στο παρακάτω σχήμα είναι ΑΒ = α , ΑΓ = 3α και Γ∆ = 2α , όπου α ∈( 0, +∞) α. Να εκφράσετε το ευθύγραμμο τμήμα ΜΝ συναρτήσει του x και στη συνέχεια να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου χωρίου, συναρτήσει του x, όταν το σημείο Μ διαγράφει το ευθύγραμμο τμήμα ΑΓ δίνεται από τη συνάρτηση 2 , 0 < x ≤α x f ( x) = 2 2α x − a , α < x ≤ 3α β. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής για κάθε α ∈( 0, +∞) γ. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη για κάθε α ∈( 0, +∞) Για α = 1 δ. Να εξετάσετε αν υπάρχουν x1, x2 ∈( 0,1) με x1 ≠ x2 τέτοια, ώστε οι εφαπτομένες της γραφικής παράστασης της f στα σημεία M1 ( x1 , f ( x1 ) ) και M 2 ( x2 , f ( x2 ) ) να είναι παράλληλες. ε. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφή της f −1 στ. Να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f −1 [15] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com Απαντήσεις α. ● Αν 0 < x ≤ α Το τρίγωνο ΑΜΝ είναι όμοιο με το τρίγωνο ΑΒΕ , οπότε θα ισχύει ΜΝ x = ⇔ ΜΝ = 2x 2α α Τότε Ε ( x ) = 1 1 ( ΑΜ)( ΜΝ) = x ⋅ 2x = x2 2 2 ● Αν a < x ≤ 3α Τότε Ε ( x ) = ( ΑΒΕ) + ( ΒΜΝΕ) = 1 1 ( ΑΒ)( ΒΕ) + ( ΒΜ)( ΜΝ ) = α ⋅ 2α + ( x − α ) ⋅ 2α = 2 2 1 α ⋅ 2α + ( x − α ) ⋅ 2α = α 2 + 2α x − 2α 2 = 2α x − α 2 2 x 2 , 0 < x ≤α Επομένως f ( x ) = 2 2α x − a , α < x ≤ 3α β. ● Αν 0 < x < α , τότε η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική ● Αν a < x < 3α , τότε η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική ● Αν x = α , τότε: lim− f ( x) = lim− x2 = α 2 , lim+ f ( x) = lim− ( 2α x − α 2 ) = 2α 2 − α 2 = α 2 και x→α x→α x→α x→α f (α ) = α 2 Οπότε η f είναι συνεχής και στο x = α Άρα η f είναι συνεχής για κάθε α ∈( 0, +∞) γ. ● Αν 0 < x < α , τότε η f είναι παραγωγίσιμη με f ′ ( x) = 2x ● Αν a < x < 3α , τότε η f είναι παραγωγίσιμη με f ′ ( x ) = 2α ● Αν x = α , τότε: [16] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com f ( x ) − f (α ) x2 − α 2 lim = lim− = lim− ( x + α ) = 2α , x →α − x →α x →α x −α x −α f ( x ) − f (α ) 2α x − α 2 − α 2 2α x − 2α 2 lim+ = lim− = lim− = 2α x →α x →α x →α x −α x −α x −α Οπότε η f είναι παραγωγίσιμη και στο x = α Άρα η f είναι παραγωγίσιμη για κάθε α ∈( 0, +∞) x2 Για α = 1 είναι f ( x ) = 2 x − 1 , 0 < x ≤1 , 1< x ≤ 3 δ. Οι εφαπτόμενες της γραφικής παράστασης της f στα σημεία M1 ( x1 , f ( x1 ) ) και M 2 ( x2 , f ( x2 ) ) είναι παράλληλες αν και μόνο αν ισχύει: x1 , x2 ∈( 0,1) f ′ ( x1 ) = f ′ ( x2 ) ⇔ 2 x1 = 2 x2 ⇔ x1 = x2 Άτοπο, αφού x1 ≠ x2 . Άρα δεν υπάρχουν τέτοιες εφαπτόμενες. ε. Στο Α1 = ( 0,1] η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, αφού f ′ ( x ) = 2x > 0 οπότε είναι 1-1 και επιπλέον έχει σύνολο τιμών f ( Α1 ) = ( 0,1] Στο Α 2 = (1,3] η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, αφού f ′ ( x ) = 2 > 0 οπότε είναι 1-1 και επιπλέον έχει σύνολο τιμών f ( Α 2 ) = (1,5] Επομένως f ( Α1 ) ∩ f ( Α2 ) = ∅ , δηλαδή η f είναι 1-1 συνάρτηση, άρα αντιστρέφεται. Στο Α1 = ( 0,1] έχουμε: y = f ( x ) ⇔ y = x2 ⇔ x = y ⇔ f −1 ( y ) = y με Α f −1 = f ( Α1 ) = ( 0,1] Στο Α 2 = (1,3] έχουμε: y = f ( x ) ⇔ y = 2x −1 ⇔ 2x = y + 1 ⇔ x = Α f −1 = f ( Α 2 ) = (1,5] [17] y +1 y +1 ⇔ f −1 ( y ) = με 2 2 Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός x Οπότε f ( x ) = x + 1 2 thanasiskopadis.blogspot.com , 0 < x ≤1 −1 , 1< x ≤ 5 στ. ΘΕΜΑ 8 −x2 +1 , x ≤ 0 Δίνεται η συνάρτηση f ( x) = −x +1 , x > 0 α. Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τη συνάρτηση f β. Να εξετάσετε αν για τη συνάρτηση f ικανοποιούνται οι υποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής στο [ −1,1] γ. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της 5 συνάρτησης f η οποία διέρχεται από το σημείο Α 0, 4 Απαντήσεις α. ● Για x < 0 η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική. [18] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com ● Για x > 0 η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική. ● Για x = 0 έχουμε: lim f ( x) = lim− ( −x2 +1) = 1 , lim f ( x ) = lim ( − x + 1) = 1 και f ( 0) = 1 , άρα η f x→0 x→ 0 x→0 x→0− + + είναι συνεχής και στο x = 0 , οπότε η f είναι συνεχής στο R β. Η f είναι συνεχής στο διάστημα [ −1,1] από το α. ερώτημα ● Για x < 0 η f είναι παραγωγίσιμη με f ′ ( x) = −2x ● Για x > 0 η f είναι παραγωγίσιμη με f ′ ( x) = −1 ● Για x = 0 έχουμε: lim− f ( x ) − f ( 0) − x2 + 1 − 1 = lim− = lim− ( − x ) = 0 και x →0 x →0 x−0 x lim+ f ( x ) − f ( 0) −x + 1−1 = lim+ = −1 x →0 x −0 x x →0 x →0 Οπότε η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο x = 0 Επομένως η f δεν παραγωγίσιμη στο (–1, 1) Άρα δεν ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής στο διάστημα [–1, 1]. γ. Έστω Β ( x0 , f ( x0 ) ) το σημείο επαφής, με x0 ≠ 0 , αφού η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0. Τότε, η εξίσωση της εφαπτόμενης της είναι: y − f ( x0 ) = f ′ ( x0 )( x − x0 ) ● Για x0 < 0 , είναι: y − ( − x02 + 1) = −2 x0 ( x − x0 ) ⇔ y = −2 x0 x + x02 + 1 [19] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com 5 Η εφαπτόμενη διέρχεται από το σημείο Α 0, οπότε έχουμε: 4 5 2 1 x0 <0 1 = x0 + 1 ⇔ x02 = ⇔ x0 = − 4 4 2 Επομένως, η ζητούμενη εφαπτόμενη έχει εξίσωση y = x + 5 4 ● Για x0 > 0 , είναι: y − ( − x0 + 1) = − ( x − x0 ) ⇔ y = − x + 1 5 Η παραπάνω ευθεία δε διέρχεται από το σημείο Α 0, , επομένως η περίπτωση 4 αυτή απορρίπτεται. ΘΕΜΑ 9 Δίνεται συνάρτηση f : ℝ → ℝ παραγωγίσιμη, για την οποία ισχύουν: ● ( f ( x ) + x ) ( f ′ ( x ) + 1) = 4 x , για κάθε x ∈ℝ ● f ( 0) = 1 α. Να δείξετε ότι f ( x ) = 4 x 2 + 1 − x , x ∈ℝ β. Να υπολογίσετε το όριο lim ( f ( x ) − ( λ − 1) x ) για τις διάφορες τιμές του x → +∞ λ∈ℝ γ. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f που σχηματίζει γωνία ω = 3π με τον άξονα x ′x 4 δ. Να δείξετε ότι υπάρχει x0 ∈( −2,2) τέτοιο, ώστε 4x03 f ( x0 ) − 16 f ′ ( x0 ) = − x04 f ′ ( x0 ) Απαντήσεις α. Για κάθε x ∈ℝ έχουμε: [20] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com ( f ( x ) + x ) ( f ′ ( x ) + 1) = 4x ⇔ ( f ( x ) + x ) ( f ( x ) + x )′ = 4x ⇔ 2 ′ 2 ( f ( x ) + x ) ( f ( x ) + x )′ = 8 x ⇔ ( f ( x ) + x ) = ( 4 x 2 )′ Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. υπάρχει σταθερά c ∈ℝ τέτοια, ώστε: ( f ( x) + x ) 2 = 4x2 + c για κάθε x ∈ℝ ( f ( 0)) Για x = 0 , έχουμε: ( ) 2 = c ⇔ c =1 Άρα f ( x) + x = 4x +1 για κάθε x ∈ℝ 2 2 ( Όμως 4 x 2 + 1 ≠ 0 για κάθε x ∈ℝ , οπότε και f ( x) + x ) 2 ≠ 0 για κάθε x ∈ℝ Θεωρούμε τη συνάρτηση g ( x ) = f ( x ) + x ≠ 0 για κάθε x ∈ℝ Η g είναι επιπλέον συνεχής, οπότε διατηρεί σταθερό πρόσημο. Επειδή g ( 0) = f ( 0) = 1 > 0 θα είναι g ( x ) > 0 για κάθε x ∈ℝ g ( x )> 0 Συνεπώς g 2 ( x ) = 4 x 2 + 1 ⇔ g ( x ) = 4 x 2 + 1 ⇔ f (x) + x = 4x2 + 1 ⇔ f ( x ) = 4 x 2 + 1 − x για κάθε x ∈ℝ β. Είναι: f ( x ) − ( λ − 1) x = 4x2 + 1 − x − λ x + x = 4x2 + 1 − λ x Οπότε: lim x →+∞ ( 1 1 4 x 2 + 1 − λ x = lim x 4 + 2 −λ x = lim x 4 + 2 −λ x →+∞ x →+∞ x x ) [21] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: ● Αν 2 − λ < 0 ⇔ λ > 2 τότε lim ( f ( x ) − ( λ − 1) x ) = −∞ x → +∞ ● Αν 2 − λ > 0 ⇔ λ < 2 τότε lim ( f ( x ) − ( λ − 1) x ) = +∞ x → +∞ ● Αν 2 − λ = 0 ⇔ λ = 2 τότε lim ( f ( x ) − x ) = lim x→+∞ x→+∞ ( ) 4x + 1 − 2x = lim 2 4 x 2 + 1 − 4 x2 x→+∞ 4x2 + 1 + 2x 1 = x→+∞ 1 x 4 + 2 + 2x x = lim 1 1 1 1 = 0⋅ = 0 lim = lim ⋅ x →+∞ x →+∞ x 4 1 1 x 4 + 2 + 2x 4+ 2 +2 x x γ. Έστω Α ( x0 , f ( x0 ) ) το σημείο επαφής. Η εξίσωση εφαπτόμενης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f σχηματίζει γωνία ω = 3π 3π = −1 , οπότε ισχύει f ′ ( x0 ) = εϕ 4 4 Είναι f ′ ( x ) = Οπότε: 1 2 4 x2 + 1 4x0 4x02 +1 ( 4x 2 + 1)′ − 1 = 4x 4x2 + 1 −1 −1 = −1 ⇔ x0 = 0 Άρα η ζητούμενη εφαπτομένη έχει εξίσωση y − f ( 0) = f ′( 0)( x − 0) , δηλαδή y −1 = −x ⇔ y = −x +1 δ. Α΄ τρόπος Θεωρούμε τη συνάρτηση g ( x ) = 4x3 f ( x ) − 16 f ′ ( x ) + x4 f ′ ( x ) [22] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com ● Η g είναι συνεχής στο [ −2, 2 ] , ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων. ( ) ● g ( −2) = 4( −2) f ( −2) −16 f ′ ( −2) + ( −2) f ′ ( −2) = −24 17 + 2 < 0 3 4 ( ) g ( 2) = 4 ⋅ 23 f ( 2) −16 f ′ ( 2) + 24 f ′ ( 2) = 24 f ( 2) = 24 17 + 2 > 0 Οπότε g ( −2) ⋅ g ( 2) < 0 Άρα, από θεώρημα Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιστον x0 ∈( −2,2) τέτοιο, ώστε g ( x0 ) = 0 ⇔ 4x03 f ( x0 ) −16 f ′ ( x0 ) = − x04 f ′ ( x0 ) Β΄ τρόπος Θεωρούμε συνάρτηση g ( x ) = x 4 f ( x ) − 16 f ( x ) = ( x 4 − 16 ) f ( x ) ● Η g είναι συνεχής στο [ −2, 2 ] , ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων ● Η g είναι παραγωγίσιμη στο ( −2, 2 ) με g′ ( x ) = 4 x3 f ( x ) + x4 f ′ ( x ) − 16 f ′ ( x ) ● g ( −2) = (16 −16) f ( −2) = 0 και g ( 2) = (16 −16) f ( 2) = 0 Οπότε g ( −2 ) = g ( 2 ) = 0 Άρα, από Θεώρημα Rolle, υπάρχει ένα τουλάχιστον x0 ∈( −2,2) τέτοιο, ώστε: g′ ( x0 ) = 0 ⇔ 4 x03 f ( x0 ) − 16 f ′ ( x0 ) = − x04 f ′ ( x0 ) [23] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com ΘΕΜΑ 10 Έστω f : ℝ → ℝ μια συνάρτηση δύο φορές παραγωγίσιμη στο ℝ , με f ′( x) ≠ 0 για κάθε x ∈ℝ , η οποία ικανοποιεί τις παρακάτω σχέσεις: ( ) ● f ′′ ( x) e = f ′( x) , για κάθε x ∈ℝ −x 2 ● 2 f ′ ( 0) +1 = 0 και ● f ( 0) = ln2 α. Να δείξετε ότι f ′ ( x) + 1 = ex , x ∈ℝ 1 + ex β. Να δείξετε ότι η συνάρτηση f ′ είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ και στη συνέχεια ότι f ( x − 2) > 2 f ( x +1) − f ( x + 4) για κάθε x ∈ℝ γ. Να δείξετε ότι f ( x ) = ln (1 + e − x ) , x ∈ℝ δ. i. Να βρείτε το σύνολο τιμών της f ii. Να δείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφή −1 της f Απαντήσεις α. Για κάθε x ∈ℝ έχουμε: f ′′ ( x ) e− x = ( f ′ ( x ) ) ⇔ 2 f ′′ ( x ) ( f ′ ( x )) 2 ′ 1 x ′ = e x ⇔ − = ( e ) f ′( x) Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά c ∈ℝ τέτοια, ώστε να ισχύει: − 1 = ex + c f ′( x) Για x = 0 έχουμε: − 1 = e0 + c ⇔ 2 = 1 + c ⇔ c = 1 ′ f (0) Επομένως − 1 1 = ex + 1 ⇔ f ′( x) = − x f ′( x) e +1 [24] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com 1 ex ⇔ f ′( x) +1 = 1− x ⇔ f ′( x) +1 = x για κάθε x ∈ℝ e +1 e +1 β. Παραγωγίζοντας κατά μέλη την προηγούμενη σχέση έχουμε: e )′ ( e +1) − e ( e + 1)′ ( e f ′′ ( x ) = = ( e +1) ( e +1) x x x x x x 2 x 2 > 0 για κάθε x ∈ℝ Οπότε η συνάρτηση f ′ είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ ● Η f είναι συνεχής στο [ x − 2, x + 1] ● Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( x − 2, x + 1) Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ξ1 ∈( x − 2, x + 1) τέτοιο, ώστε f ′ (ξ1 ) = f ( x + 1) − f ( x − 2 ) (1) 3 ● Η f είναι συνεχής στο [ x + 1, x + 4] ● Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( x + 1, x + 4) Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ξ2 ∈( x +1, x + 4) τέτοιο, ώστε f ′ (ξ 2 ) = f ( x + 4 ) − f ( x + 1) (2) 3 Είναι f ′ր ξ1 < ξ2 ⇔ f ′ (ξ1 ) < f ′ (ξ2 ) ⇔ f ( x + 1) − f ( x − 2) f ( x + 4) − f ( x + 1) < 3 3 ⇔ f ( x +1) − f ( x − 2) < f ( x + 4) − f ( x +1) ⇔ f ( x − 2) > 2 f ( x +1) − f ( x + 4) γ. Για κάθε x ∈ℝ έχουμε: [25] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com e x + 1)′ ( ex ′ ′ f ′( x ) + 1 = x ⇔ ( f ( x) + x) = x ⇔ ( f ( x ) + x )′ = ln ( e x + 1) e +1 e +1 ( ) Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά c ∈ℝ τέτοια, ώστε να ισχύει: f ( x ) + x = ln ( e x + 1 ) + c Για x = 0 έχουμε: f ( 0) = ln2 + c ⇔ c = 0 Επομένως f ( x ) + x = ln ( e x + 1) ⇔ f ( x ) = ln ( e x + 1) − x ⇔ f ( x ) = ln ( e x + 1) − ln ( e x ) f ( x ) = ln ex + 1 ⇔ f ( x ) = ln (1 + e− x ) για κάθε x ∈ℝ x e δ.i. Έχουμε: f ′( x) = 1 −e− x −x ′ (1+ e ) = 1 + e− x < 0 για κάθε x ∈ℝ 1 + e− x Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής, άρα ( ) f ( Α ) = lim f ( x ) , lim f ( x ) = ( 0, +∞ ) , αφού: x →+∞ x →−∞ lim f ( x ) = lim ln (1 + e −x x→+∞ x→+∞ lim f ( x ) = lim ln (1 + e x→−∞ x→−∞ ) −x y=1+e− x = limln y = 0 και x→+∞, y→1 y→1 ) y =1+e− x = lim ln y = +∞ x→−∞, y→+∞ y→+∞ ii. Αφού η f συνάρτηση είναι γνησίως φθίνουσα θα είναι και 1-1, οπότε αντιστρέφεται. Είναι y = f ( x ) ⇔ y = ln (1 + e − x ) ⇔ ln e y = ln (1 + e − x ) ⇔ e y = 1 + e − x y >0 ⇔ e − x = e y − 1 ⇔− x = ln ( e y − 1) ⇔ x = − ln ( e y − 1) ⇔ f −1 ( y ) = − ln ( e y − 1) Άρα f −1 ( x ) = − ln ( e x − 1) με Α f −1 = f ( Α ) = ( 0, +∞ ) [26] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com ΘΕΜΑ 11 Δίνεται η συνάρτηση f ( x ) = e ln x x α. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της f β. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και να βρείτε το σύνολο τιμών της γ. Να αποδείξετε ότι: i. Ισχύει η ισοδυναμία f ( x ) = f ( 4) ⇔ x4 = 4x , για x > 0 ii. Η εξίσωση x4 = 4x με x > 0 , έχει ακριβώς δύο ρίζες, τις x1 = 2 και x2 = 4 Απαντήσεις α. Α = ( 0, +∞) Είναι lim+ f ( x ) = lim+ e x →0 lim+ x →0 ln x ln x y = x x x →0 = + lim e y = 0 , αφού x →0 , y →−∞ y →−∞ ln x 1 = lim+ ln x ⋅ = −∞ x →0 x x Άρα η C f δεν έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη Είναι lim f ( x ) = lim e x→+∞ x→+∞ ln x ln x y = x x = lim e y = 1 , αφού x→+∞ , y →0 y →0 +∞ ln x +∞ 1 lim = lim = 0 x→+∞ x D. L. H . x→+∞ x Άρα η ευθεία y = 1 οριζόντια ασύμπτωτη της C f στο β. Για x > 0 έχουμε: f ′( x) = e ln x x ln x 1 − ln x ln x ′ x =e ⋅ 2 x x f ′ ( x) = 0 ⇔ 1 − ln x = 0 ⇔ ln x = 1 ⇔ x = e [27] +∞ Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com f ′ ( x) > 0 ⇔ 1 − ln x > 0 ⇔ ln x < 1 ⇔ x < e Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας: x 0 +∞ e f ′( x ) + f ( x) 1 O 2 , Στο Α1 = ( 0, e ] , η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, οπότε ( 1e f ( Α1 ) = lim+ f ( x ) , f ( e) = 0, e x→0 Στο Α2 = ( e, +∞) , η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, οπότε ) ( 1e f ( Α2 ) = lim f ( x ) , lim+ f ( x ) = 1, e x→+∞ x→e 1e Άρα f ( Α) = f ( Α1 ) ∪ f ( Α2 ) = 0, e γ. i. Για x > 0 έχουμε f ( x ) = f ( 4) ⇔ e ln x x =e ln 4 4 ⇔ ln x ln 4 = ⇔ 4ln x = x ln 4 x 4 ⇔ ln x 4 = ln 4 x ⇔ x 4 = 4 x ii. Οι εξισώσεις f ( x) = f ( 4) και x4 = 4x είναι ισοδύναμες. Η εξίσωση x4 = 4x έχει προφανείς ρίζες τις x1 = 2 και x2 = 4 Η f είναι γνησίως αύξουσα στο Α1 , άρα η f ( x) = f ( 4) έχει μοναδική ρίζα την x1 = 2 στο Α1 [28] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Α2 , άρα η f ( x) = f ( 4) έχει μοναδική ρίζα την x2 = 4 στο Α2 Οπότε η εξίσωση x4 = 4x έχει ακριβώς δύο ρίζες, τις x1 = 2 και x2 = 4 ΘΕΜΑ 12 Δίνεται η συνάρτηση f ( x ) = α x − ln ( x + 1) , x > −1 , όπου α > 0 και α ≠ 1 α. Αν για κάθε x > −1 ισχύει f ( x) ≥1, να βρείτε το α Για α = e β. Να αποδείξετε ότι η f είναι κυρτή γ. Να βρείτε τα διαστήματα στα οποία η f είναι γνησίως αύξουσα, τα διαστήματα στα οποία η f είναι γνησίως φθίνουσα και τα ακρότατα της f 1 f − −1 f ( 3) − 1 3 δ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση + = 0 έχει τουλάχιστον μια x −1 x−2 ρίζα στο (1,2) Απαντήσεις x α. Είναι f ′ ( x) = α ln a − 1 1 ( x +1)′ = α x ln a − , x > −1 x +1 x +1 Για κάθε x > −1 ισχύει f ( x) ≥ 1 ⇔ f ( x) ≥ f ( 0) Άρα η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 Το 0 είναι εσωτερικό σημείο του ( −1, +∞) Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 0 Οπότε από Θ.Fermat θα ισχύει f ′ ( 0) = 0 ⇔ α ln α − [29] 1 = 0 ⇔ ln α = 1 ⇔ α = e 0 +1 Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com x β. Για α = e είναι f ′ ( x ) = e ln e − x Οπότε f ′′ ( x) = e + 1 ( x +1) 2 1 1 = ex − x +1 x +1 > 0 , άρα η f είναι κυρτή στο ( −1, +∞) γ. Παρατηρούμε ότι το x = 0 είναι προφανής ρίζα της f ′ και επειδή η f ′ είναι γνησίως αύξουσα θα είναι και μοναδική. Οπότε: f ′ր ● −1 < x < 0 ⇔ f ′ ( x ) < f ′ ( 0 ) ⇔ f ′ ( x ) < 0 f ′ր ● x > 0 ⇔ f ′ ( x ) > f ′ ( 0) ⇔ f ′ ( x ) > 0 Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας: x -1 +∞ 0 f ′( x ) - f ( x) 2 O + 1 δ. Θεωρούμε τη συνάρτηση g ( x ) = ( x − 2 ) f − 1 − 1 + ( x − 1) ( f ( 3 ) − 1) στο 3 διάστημα [1, 2] ● Η g είναι συνεχής στο [1, 2] ● g (1) = (1 − 2 ) f − 1 − 1 = − f − 1 − 1 = 1 − f − 1 3 3 3 g ( 2 ) = ( 2 − 1) ( f ( 3) − 1) = f ( 3) − 1 fց 1 Είναι − < 0 ⇔ 3 1 1 f − > f ( 0) ⇔ f − > 1 ⇔ 1 − 3 3 [30] 1 f − < 0 ⇔ g (1) < 0 3 Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com fր 3 > 0 ⇔ f ( 3) > f ( 0 ) ⇔ f ( 3) > 1 ⇔ f ( 3) − 1 > 0 ⇔ g ( 2 ) > 0 Επομένως g (1) g ( 2) < 0 , οπότε από Θ.Bolzano η εξίσωση g ( x ) = 0 και άρα η αρχική έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (1,2) ΘΕΜΑ 13 Δίνεται συνάρτηση f ορισμένη και δύο φορές παραγωγίσιμη στο ℝ , με συνεχή δεύτερη παράγωγο, για την οποία ισχύουν: ● f ′′ ( x ) ≠ 0 για κάθε x ∈ℝ ● f ′( 0) < ● lim h→0 f ( 2) − f (0) και 2 f (1 + 2h ) − f (1 − h ) =0 h α. Να αποδείξετε ότι η f ′ είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ β. Να αποδείξετε ότι f ′(1) = 0, καθώς επίσης ότι η f παρουσιάζει ελάχιστο στο x0 = 1 γ. Θεωρούμε επιπλέον τη συνάρτηση g ( x) = F ( x) − F ( 2 − x) , όπου F μια παράγουσα της f i. Να μελετήσετε τη συνάρτηση g ως προς την κυρτότητα και τα σημεία καμπής ii. Να βρείτε την εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της g στο σημείο με τετμημένη x0 = 1 και στη συνέχεια να λύσετε στο ℝ την εξίσωση F ( x) − F ( 2 − x) = 2 f (1)( x −1) Απαντήσεις α. Είναι f ′′ ( x ) ≠ 0 για κάθε x ∈ℝ και επιπλέον f ′′ συνεχής, άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ℝ . Συνεπώς η f ′ θα είναι γνησίως μονότονη στο ℝ . [31] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com ● Η f είναι συνεχής στο [ 0,2] ● Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( 0,2) Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ξ ∈ ( 0,2) τέτοιο, ώστε f ′ (ξ ) = f ( 2) − f (0) 2 Όμως f ′ ( 0 ) < f ( 2) − f ( 0) ⇔ f ′ ( 0 ) < f ′ (ξ ) (1) 2 Είναι 0 < ξ < 2 Αν η f ′ είναι γνησίως φθίνουσα, τότε f ′ ( 0) > f ′ (ξ ) που είναι άτοπο λόγω (1) Αν η f ′ είναι γνησίως αύξουσα, τότε f ′ ( 0) < f ′ (ξ ) που ισχύει. Άρα η f ′ είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ β. Είναι lim h →0 f (1 + 2h ) − f (1 − h ) f (1 + 2h ) − f (1) + f (1) − f (1 − h ) = lim = h →0 h h f (1 + 2h ) − f (1) f (1 − h ) − f (1) lim − = 2 f ′ (1) + f ′ (1) = 3 f ′ (1) , αφού h→0 h h f (1 + h1 ) − f (1) f (1 + 2h ) − f (1) 2 h = h1 f (1 + h1 ) − f (1) lim = lim = lim 2 = 2 f ′ (1) h→0 h →0 h1 h h 1 hh1→→0,0 h→0 2 f (1 − h) − f (1) = − f ′ (1) h και ομοίως lim h→0 Άρα 3 f ′ (1) = 0 ⇔ f ′ (1) = 0 Επιπλέον η f ′ είναι γνησίως αύξουσα, άρα το 1 είναι μοναδική ρίζα της. Οπότε: f ′ր ● x < 1 ⇔ f ′ ( x ) < f ′ (1) ⇔ f ′ ( x ) < 0 [32] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com f ′ր ● x > 1 ⇔ f ′ ( x ) > f ′ (1) ⇔ f ′ ( x ) > 0 Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας: x −∞ +∞ 1 f ′( x ) - f ( x) 2 O + 1 Επομένως η f παρουσιάζει ελάχιστο στο x0 = 1 γ. i. Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη με g′ ( x) = F′ ( x) − F′ ( 2 − x)( 2 − x)′ = f ( x) + f ( 2 − x) Η συνάρτηση g ′ είναι παραγωγίσιμη με g′′ ( x) = f ′ ( x) + f ′ ( 2 − x)( 2 − x)′ = f ′ ( x) − f ′ ( 2 − x) f ′ր ● x < 1⇔ 2 x < 2 ⇔ x + x < 2 ⇔ x < 2 − x ⇔ f ′ ( x ) < f ′ ( 2 − x ) ⇔ f ′ ( x) − f ′ ( 2 − x) < 0 ⇔ g′′ ( x) < 0 f ′ր ● x > 1⇔ 2 x > 2 ⇔ x + x > 2 ⇔ x > 2 − x ⇔ f ′ ( x ) > f ′ ( 2 − x ) ⇔ f ′ ( x) − f ′ ( 2 − x) > 0 ⇔ g′′ ( x) > 0 Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα κυρτότητας: x +∞ 1 −∞ g ′′ ( x ) – g ( x) 4 O + 3 [33] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com Οπότε η g είναι κοίλη στο ( −∞,1] και κυρτή στο [1,+∞) , ενώ το Α (1,0 ) είναι σημείο καμπής της. ii. H εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της g στο σημείο με τετμημένη x0 =1 έχει εξίσωση: y − g (1) = g′ (1)( x −1) ⇔ y = 2 f (1)( x −1) ● Για x ≤ 1 η g είναι κοίλη, άρα η εφαπτομένη της θα βρίσκεται «πάνω» από την Cg με εξαίρεση το σημείο επαφής τους. Δηλαδή g ( x) ≤ y ⇔ F ( x) − F ( 2 − x) ≤ 2 f (1)( x −1) και το «=» ισχύει μόνο για x =1 ● Για x ≥ 1 η g είναι κυρτή, άρα η εφαπτομένη της θα βρίσκεται «κάτω» από την Cg με εξαίρεση το σημείο επαφής τους. Δηλαδή g ( x) ≥ y ⇔ F ( x) − F ( 2 − x) ≥ 2 f (1)( x −1) και το «=» ισχύει μόνο για x =1 Άρα η εξίσωση F ( x) − F ( 2 − x) = 2 f (1)( x −1) έχει μοναδική λύση την x = 1 ΘΕΜΑ 14 Δίνονται οι συναρτήσεις g ( x ) = ex και h ( x ) = x + 1 α. Να ορίσετε τη συνάρτηση f = g h Αν f ( x ) = e x +1 , x ≥ −1 , τότε: β. Να βρείτε τη τιμή του πραγματικού αριθμού α ώστε συνάρτηση F ( x) = α ⋅ e x+1 ( ) x + 1 −1 να είναι αρχική της συνάρτησης f 0 γ. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = ∫ f ( x ) dx −1 δ. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφή της f −1 Απαντήσεις [34] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com α. Είναι Αg = ℝ και Ah = [ −1, +∞ ) Θα πρέπει x ∈ Ah x ≥ −1 ⇔ ⇔ x ≥ −1 h( x) ∈ Ag h( x) ∈ ℝ Για x ≥ −1 , έχουμε: f ( x ) = g ( h ( x )) = e x +1 β. Για x > −1 , έχουμε: F′( x) = α ⋅ e = x +1 α ⋅e 2 1 2 x +1 x+1 − α ⋅e ( ) x +1 −1 + α ⋅ e x+1 x+1 α ⋅e + = 2 x +1 2 x +1 Θα πρέπει F ′ ( x ) = f ( x ) ⇔ α ⋅e Για a = 2 , είναι F ( x) = 2e ( x+1 1 2 x +1 x+1 α ⋅e 2 x +1 x +1 =e 2 x +1 e x +1 ≠0 ⇔ a =1⇔ a = 2 2 ) x +1 −1 Εξετάζουμε αν και στο x0 = −1 η F είναι αρχική της f Είναι: 2e F ( x) − F (−1) F′ ( −1) = lim+ = lim+ x→−1 x→−1 x +1 x+1 ( ) x + 1 −1 + 2 2 x +1 0 2e y ( y − 1) + 2 0 2 ye y = lim = lim = lim+ e y = 1 = f ( −1) 2 + D . L . H . → x →−1+ , y → 0+ y →0+ y 0 y →0 y 2y x +1 = y Άρα για a = 2 η F είναι αρχική της συνάρτησης f για κάθε x ≥ −1 γ. Α΄ τρόπος 0 Ι = ∫ f ( x ) dx = F ( x ) −1 = F (0) − F (−1) = 2 0 −1 [35] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com B΄ τρόπος 0 0 −1 −1 Ι = ∫ f ( x ) dx = ∫ e Θέτουμε x +1 dx x +1 = u ⇔ x +1 = u2 , άρα dx = 2udu Για x = − 1, u = 0 και για x = 0, u = 1 1 1 1 0 0 0 1 Οπότε Ι = ∫ 2ue u du = 2 ue u − 2 ∫ e u du = 2 e − 2 e u = 2 0 δ. Για x > −1 , έχουμε: f ′( x) = e x +1 ⋅ 1 > 0 για κάθε x > −1 και επειδή η f είναι συνεχής στο 2 x +1 x0 = −1 θα είναι γνησίως αύξουσα στο [ −1, +∞) Οπότε η f είναι 1-1 συνάρτηση, επομένως αντιστρέφεται. Είναι: y = f ( x) ⇔ y = e x +1 y >0 y ≥1 ⇔ x + 1 = ln y ⇔ x = ln 2 y − 1 ⇔ f −1 ( y ) = ln 2 y − 1 Άρα f −1 ( x ) = ln2 x −1, x ≥ 1 ΘΕΜΑ 15 Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f με συνεχή πρώτη παράγωγο, f (1) = e και ex −1 , x≠0 τέτοια, ώστε να ισχύει f ′ ( x ) = x , x=0 1 α. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα β. Να αποδείξετε ότι: i. η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο x0 = 0 ii. η f είναι κυρτή στο ℝ [36] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com γ. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f , την εφαπτομένη της στο σημείο Μ (1, f (1) ) και την ευθεία x = 0 δ. lim f ( x ) = +∞ και στη συνέχεια να βρείτε το Να αποδείξετε ότι x →+∞ x ( f ( x) + 1) x →+∞ x 2 + 2017 lim Απαντήσεις ex − 1 > 0 ⇔ f ′( x) > 0 α. ● Για x > 0 είναι e > 1 ⇔ e − 1 > 0 , άρα x x x ex − 1 > 0 ⇔ f ′( x) > 0 ● Για x < 0 είναι e < 1 ⇔ e − 1 < 0 , άρα x x x ● Για x = 0 είναι f ′( 0) = 1 > 0 Άρα f ′( x) > 0 για κάθε x ∈ℝ , οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα β. i. Είναι ex −1 0 0 −1 x x 0 0 f ′ ( x ) − f ′ ( 0) e − 1 − x e − 1 ex 1 lim = lim x = lim = lim = lim = x →0 x →0 x →0 D. L. H . x →0 2 x D . L . H . x →0 2 x x x2 2 Άρα η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο x0 = 0 με f ′′ ( 0 ) = ii. Για x ≠ 0 είναι (e f ′′ ( x ) = x − 1)′ x − ( e x − 1) ( x )′ x2 Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = xe − e +1, x ∈ℝ x x Είναι g′(x) = xe + e − e = xe x x x x Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας: [37] = 1 2 xe x − e x + 1 x2 Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός +∞ 0 −∞ x thanasiskopadis.blogspot.com g ′( x ) - g (x) 2 O + 1, Παρατηρούμε ότι η g παρουσιάζει στο x0 = 0 ελάχιστο, άρα θα ισχύει ότι g ( x) ≥ g ( 0) ⇔ g ( x) ≥ 0 Οπότε f ′′ ( x ) > 0 για κάθε x ≠ 0 Επιπλέον f ′′ ( 0) = 1 > 0 , επομένως f ′′ ( x ) > 0 για κάθε x ∈ℝ , δηλαδή η f 2 είναι κυρτή συνάρτηση. γ. Η εφαπτομένη της C f στο σημείο Μ (1, f (1) ) έχει εξίσωση: y − f (1) = f ′ (1)( x −1) , δηλαδή y = ( e −1) x + 1 Το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f , την εφαπτομένη της στο σημείο Μ (1, f (1) ) και την ευθεία x = 0 1 είναι: Ε = ∫ f ( x ) − ( e − 1) x − 1 dx 0 Όμως δείξαμε ότι η f είναι κυρτή, άρα η C f θα βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη της στο σημείο Μ με εξαίρεση το σημείο επαφής. Δηλαδή θα ισχύει f ( x) ≥ ( e −1) x +1 Άρα Ε = ∫ ( f ( x ) − ( e − 1) x − 1) dx =∫ f ( x ) dx − ∫ 1 1 1 0 0 0 ( ( e − 1) x + 1) dx = 1 1 1 x2 1 ′ x f x dx e − − 1 + x = xf ( x ) 0 −∫ xf ′ ( x ) dx − ( e − 1) + 1 = ( ) ( ) ∫0 0 2 2 0 1 1 1 e 1 e 1 e 1 3−e f (1) − ∫ ( ex −1) dx − − = e − ex − x − − = − − ( e −1 −1) = τ.μ. 0 0 2 2 2 2 2 2 2 [38] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com δ. Από το ερώτημα γ. έχουμε ότι: f ( x) ≥ ( e −1) x +1 Είναι lim ( ( e − 1) x + 1) = +∞ , οπότε και lim f ( x ) = +∞ x →+∞ x →+∞ Επίσης: +∞ x ( f ( x) + 1) +∞ f ( x ) + 1 + xf ′ ( x ) f ( x ) + 1 + ex − 1 lim = lim = lim = x→+∞ x2 + 2017 D.L.H . x→+∞ x→+∞ 2x 2x ex −1 x +∞ +e x x +∞ f ( x) + e f ′( x) + e e − 1 + xe lim = lim = lim x = lim = x →+∞ D . L . H . x →+∞ x →+∞ x →+∞ D. L . H . 2x 2 2 2x x +∞ +∞ x 2ex + xex = +∞ x→+∞ 2 lim ΘΕΜΑ 16 Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : [0,+∞) → ℝ , για την οποία ισχύουν: ● 3 1 xf ′ ( x ) − f ( x ) = x2 ∫ f ( t ) dt , για κάθε x > 0 9 0 ● f (1) = 1 α. Να αποδείξετε ότι 3 ∫ f ( t ) dt = 9 0 και στη συνέχεια να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f Έστω ότι f ( x) = x2 , x ≥ 0 . Δίνεται επιπλέον η συνάρτηση g : ( 0,+∞) →ℝ με g ( x) = − ln2 x β. i. Να βρείτε τα διαστήματα στα οποία η συνάρτηση g είναι κυρτή ή κοίλη και να προσδιορίσετε το σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της g ii. Να αποδείξετε ότι x ( ln 2 x − 1) > 2 ( x − e ) ln x , για κάθε x > e γ. Θεωρούμε σημείο Α στη γραφική παράσταση της f με τετμημένη x0 και σημείο Β στη γραφική παράσταση της g με την ίδια τετμημένη. Να αποδείξετε 1 ότι υπάρχει μοναδικό x0 ∈ ,1 τέτοιο, ώστε η απόσταση ΑΒ να γίνεται e ελάχιστη. [39] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com f 2 ( x) 1 δ. Να υπολογίσετε το lim ν ⋅ηµ 2 για τις διάφορες τιμές του ακεραίου x →+∞ x x ν Απαντήσεις α. Θέτουμε 3 ∫ f ( t ) dt = κ , οπότε η αρχική σχέση για x > 0 γίνεται: 0 f ( x) ′ 1 ′ 1 2 x≠0 xf ′ ( x) − f ( x) 1 xf ′ ( x) − f ( x) = κ x ⇔ = κ ⇔ = κx 9 x2 9 x 9 Με εφαρμογή του Πορίσματος των Συνεπειών του Θ.Μ.Τ. ισοδύναμα έχουμε: f ( x) 1 = κ x + c , c ∈ℝ x 9 1 9 1 9 1 9 Για x = 1 προκύπτει ότι f (1) = κ + c ⇔ 1 = κ + c ⇔ c = 1 − κ f ( x) 1 1 1 1 = κ x +1− κ ⇔ f ( x) = κ x2 + 1− κ x (1) Επομένως x 9 9 9 9 Οπότε 3 ∫ 3 0 3 1 1 x 3 1 x 2 1 f ( x ) dx = ∫ κ x 2 + 1 − κ x dx ⇔ κ = κ + 1 − κ ⇔ 0 9 9 3 0 9 2 0 9 3 1 9 κ 1 9 κ = κ ⋅ 9 + 1 − κ ⇔ κ = κ + − ⇔ κ = 9 9 2 2 9 2 Άρα 3 ∫ f ( t ) dt = 9 0 Από (1) προκύπτει ότι f ( x ) = x 2 , x > 0 Για x = 0 , επειδή η f είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη, θα ισχύει ότι: f ( 0 ) = lim f ( x ) = lim x 2 = 0 x→0 x→0 Άρα f ( x ) = x 2 , x ≥ 0 [40] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com β. i. Για x > 0 έχουμε: 1 − 2 x + 2ln x −2ln x ln x − 1 x ′ g′ ( x ) = −2ln x ⋅ ( ln x ) = =2 2 και g′′ ( x ) = 2 x x x Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα κυρτότητας: x 0 +∞ e g ′′ ( x ) – g ( x) 4 O + 3 Οπότε η g είναι κοίλη στο ( 0,e] και κυρτή στο [ e, +∞ ) , ενώ το Α ( e, −1) είναι σημείο καμπής της ii. Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. για την g στο διάστημα [ e, x] ● H g είναι συνεχής στο [ e, x] ● H g είναι παραγωγίσιμη στο ( e, x) Άρα θα υπάρχει ξ ∈ ( e, x ) τέτοιο, ώστε g ′ (ξ ) = g ( x ) − g ( e ) − ln 2 x + 1 ln 2 x − 1 = =− (1) x−e x−e x−e Είναι g ′ր[ e ,+∞ ) ln 2 x − 1 2ln x ln 2 x − 1 2ln x <− ⇔ > ⇔ x−e x x−e x x ( ln 2 x − 1) > 2 ( x − e ) ln x , για κάθε x > e (1) ξ < x ⇔ g ′ (ξ ) < g ′ ( x ) ⇔− γ. Αφού Α∈Cf θα είναι Α ( x0 , x02 ) και αφού Β∈Cg θα είναι B ( x 0 , − ln 2 x 0 ) , εφόσον γνωρίζουμε ότι τα σημεία αυτά έχουν την ίδια τετμημένη Η απόσταση των Α,Β είναι: [41] x0 . Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός ( ΑΒ ) = ( x0 − x0 ) 2 thanasiskopadis.blogspot.com + ( x02 + ln 2 x0 ) = x02 + ln 2 x0 = x02 + ln 2 x0 2 Θεωρούμε τη συνάρτηση h ( x ) = x 2 + ln 2 x, x > 0 1 Θέλουμε να αποδείξουμε ότι υπάρχει μοναδικό x0 ∈ ,1 τέτοιο, ώστε η h να e παρουσιάζει ελάχιστο. Είναι h′ ( x ) = 2 x + 2 ln x x 1 ● H h ′ είναι συνεχής στο ,1 e 1 2 1 2 ● h′ = + 2 e = − 2e < 0 1 e e e e ln h′ (1) = 2 + 2 ln1 =2>0 1 1 Άρα από Θ.Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον x0 ∈ ,1 τέτοιο, ώστε h′ ( x0 ) = 0 e 1 − ln x 2 x 2 + 2 − ln x 1 = > 0 για κάθε x ∈ ,1 , άρα η Επιπλέον h′′ ( x ) = 2 + 2 2 2 x x e 1 συνάρτηση h ′ είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα ,1 , επομένως το x0 είναι e μοναδικό. Για h′ր 1 < x < x0 ⇔ h′ ( x ) < h′ ( x0 ) ⇔ h′ ( x ) < 0 e h′ր Για x0 < x < 1⇔ h′ ( x ) > h′ ( x0 ) ⇔ h′ ( x ) > 0 Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας: [42] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com x0 x 1/ e h ′( x ) - h ( x) 2 O 1 + 1, 1 Οπότε υπάρχει μοναδικό x0 ∈ ,1 τέτοιο, ώστε η απόσταση των σημείων Α και e Β να γίνεται ελάχιστη. f 2 ( x) x4 x2 2 1 1 1 δ. Έχουμε lim ν ⋅ηµ 2 = lim ν ⋅ηµ 2 = lim ν ⋅ x ηµ 2 x→+∞ x x→+∞ x x x→+∞ x x x 1 =y 2 1 x2 ηµ y Είναι lim x ηµ 2 = lim =1 x →+∞ x x→+∞ , y →0 y →0 y x2 Επίσης για το lim ν διακρίνουμε τις περιπτώσεις: x→+∞ x x2 f 2 ( x) 1 lim = +∞ ● Αν ν < 2 , τότε , οπότε και lim ν ⋅ηµ 2 = +∞ ν x→+∞ x x→+∞ x x x2 f 2 ( x) 1 ● Αν ν = 2 , τότε lim ν =1 , οπότε και lim ν ⋅ηµ 2 = 1 x→+∞ x x→+∞ x x x2 f 2 ( x) 1 ● Αν ν > 2 , τότε lim ν = 0 , οπότε και lim ν ⋅ηµ 2 = 0 x→+∞ x x→+∞ x x ΘΕΜΑ 17 Δίνονται οι συναρτήσεις f ( x) = 8 2 g x = και ( ) x2 + 4 x α. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα [43] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com β. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα και να δείξετε ότι παρουσιάζει δύο ακριβώς σημεία καμπής τα οποία είναι συμμετρικά ως προς τον άξονα y ′y γ. Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των f και g εφάπτονται σε ένα σημείο και να βρείτε την κοινή τους εφαπτομένη ( ε ) στο σημείο αυτό δ. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της C f και στη συνέχεια να σχεδιάσετε στο ίδιο σχήμα τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f , g και την κοινή τους εφαπτομένη ( ε ) που βρήκατε στο ερώτημα γ. ε. Στη γραφική παράσταση της f εγγράφουμε ορθογώνιο ΑΒΓ∆ έτσι, ώστε οι κορυφές του Α και Β να βρίσκονται στη C f και οι Γ και Δ στον άξονα x ′x . Να βρείτε το ορθογώνιο με το μέγιστο εμβαδόν και να αποδείξετε ότι το ορθογώνιο αυτό είναι ισοδύναμο με το τρίγωνο που σχηματίζει η ευθεία ε με τους άξονες στ. Να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα Ι = ∫ 2 1 2 g ( x) f ( x) dx και J = ∫ dx 1 f x g ( x) ( ) Απαντήσεις α. Α f = ℝ Είναι f ′ ( x ) = − 8 (x 2 + 4) 2 (x 2 + 4)′ = − 16x (x 2 + 4) 2 Οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( −∞,0] , γνησίως φθίνουσα στο [0,+∞) και παρουσιάζει μέγιστο στο x0 = 0 ίσο με f ( 0) = 2 β. Είναι f ′′ ( x) = − (16x)′ ( x2 + 4) 2 (x 2 ( −16x ( x2 + 4) + 4) 2 =− ( x2 + 4) 4 ) = −16( x + 4) − 32x( x + 4)( x + 4)′ ′ 2 2 2 (x 4 16 ( x 2 + 4 ) − 64 x 2 ( x 2 + 4 ) 2 =− 16 ( x 2 + 4 )( x 2 + 4 − 4 x 2 ) ( x2 + 4) Έχουμε: [44] 4 = 2 + 4) 2 4 16 ( x 2 + 4 )( 3x 2 − 4 ) (x 2 + 4) 4 Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com f ′′ ( x ) = 0 ⇔ 3x2 − 4 = 0 ⇔ x = ± 2 3 f ′′ ( x ) > 0 ⇔ 3x2 − 4 > 0 ⇔ x < − 2 2 ήx> 3 3 f ′′ ( x ) < 0 ⇔ 3x2 − 4 < 0 ⇔ − 2 2 <x< 3 3 2 Επομένως η f είναι κυρτή στο −∞, − , η f είναι κοίλη στο 3 2 κυρτή στο , +∞ . Επιπλέον παρουσιάζει καμπή στα σημεία 3 2 2 − 3 , 3 και 2 3 , και − 3 2 2 3 , 2 που είναι συμμετρικά ως προς τον άξονα y ′y 3 γ. Αg = ℝ∗ Είναι g′ ( x) = − 2 x2 ∗ Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει x0 ∈ℝ τέτοιο, ώστε: f ( x0 ) = g ( x0 ) (1) f ′ ( x0 ) = g ′ ( x0 ) (2) (1) ⇔ 8 2 = ⇔ x02 − 4 x0 + 4 = 0 ⇔ x0 = 2 x + 4 x0 2 0 Επιπλέον f ′ ( 2) = − 32 1 2 1 = − και g′ ( 2) = − = − , δηλαδή ικανοποιείται και η 64 2 4 2 σχέση (2). Οπότε οι Cf και Cg εφάπτονται, δηλαδή δέχονται κοινή εφαπτομένη στο σημείο ( 2,1) με εξίσωση y −1 = − 1 1 ( x − 2) ⇔ y = − x + 2 2 2 δ. Είναι: 8 8 = 0 lim f x = lim =0 και ( ) x→−∞ x2 + 4 x→+∞ x→+∞ x2 + 4 lim f ( x) = lim x→−∞ [45] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com Επομένως η ευθεία y = 0 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της Cf και στο −∞ και στο +∞ ′ ε. Έστω Γ( x,0) και ∆( −x,0) με x > 0 σημεία του άξονα xx Τότε Α( −x, f ( x ) ) και Β ( x, f ( x ) ) , αφού f ( − x ) = f ( x ) για κάθε x ∈ℝ Είναι ( ΑΒΓ∆) = ( Α∆)( ∆Γ) = f ( x) ⋅ 2x = 2xf ( x) = Θεωρούμε τη συνάρτηση Ε( x) = Είναι Ε′ ( x ) = 16 ( x2 + 4) − 32x2 (x 2 + 4) 2 16x x2 + 4 16x με x > 0 x2 + 4 16 ( 4 − x2 ) 16 ( 2 − x )( 2 + x ) = = 2 2 2 ( x + 4) ( x 2 + 4) Οπότε εύκολα βρίσκουμε ότι για x = 2 η Ε( x) και άρα το εμβαδόν του ορθογωνίου ΑΒΓΔ γίνεται μέγιστο με μέγιστη τιμή ίση με Ε( 2) = 1 2 32 = 4 τ.μ. 8 ′ και y ′y στα Η ευθεία y = − x + 2 του ερωτήματος γ. τέμνει τους άξονες xx σημεία ( 4,0) και ( 0,2) αντίστοιχα. Το τρίγωνο που σχηματίζει η ευθεία με τους [46] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός άξονες έχει εμβαδόν Ε = thanasiskopadis.blogspot.com 1 ⋅ 4 ⋅ 2 = 4 τ.μ., δηλαδή ισοδύναμο με αυτό του 2 ορθογωνίου ΑΒΓΔ. στ. Έχουμε Ι = ∫ 2 1 8 ′ 2 2 2 2 4x 2 2 ( x + 4) f ( x) + 4 x dx = ∫ dx = ∫ 2 dx = ∫ dx 1 1 x +4 1 2 g ( x) x2 + 4 x 64 = 2ln ( x2 + 4) = 2ln8 − 2ln5 = ln τ.μ. 1 25 2 και J =∫ 2 1 2 g ( x) dx = ∫ 1 f ( x) 2 2 2 2 x dx = 2 x + 4 dx = 2 x + 1 dx = x + ln x = 3 + ln 2 8 ∫1 4 x ∫1 4 x 8 8 1 x2 + 4 τ.μ. ΘΕΜΑ 18 Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ( −∞, −1) →ℝ για την οποία ισχύουν τα εξής: [47] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com ● η κλίση της σε οποιοδήποτε σημείο ( x, f ( x) ) δίνεται από τον τύπο 1 ( x +1) 2 3 2 ● η γραφική της παράσταση διέρχεται από το σημείο Κ −3, α. Να αποδείξετε ότι f ( x) = x , x < −1 x +1 β. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f και στη συνέχεια να σχεδιάσετε τη γραφική της παράσταση. γ. Έστω (ε) η εφαπτομένη της Cf σε τυχαίο σημείο της Μ ( x0 , f ( x0 ) ) και Α, Β τα ′ και y ′y αντίστοιχα. Να βρείτε τις σημεία τομής της (ε) με τους άξονες xx συντεταγμένες του σημείου Μ έτσι ώστε το άθροισμα των αποστάσεων της αρχής των αξόνων Ο από τα σημεία Α και Β να γίνεται ελάχιστο. δ. Να υπολογίσετε το εμβαδόν Ε( λ) του χωρίου που περικλείεται από την Cf , τον ′ και τις ευθείες x = x0 και x = λ , όπου λ ∈( −2, −1) και x0 η τετμημένη άξονα xx του σημείου Μ που βρήκατε στο ερώτημα γ. Στη συνέχεια να βρείτε το όριο lim Ε ( λ ) λ →−1− Απαντήσεις α. Για x < −1 ισχύει: f ′( x) = 1 ( x + 1) 2 1 ′ ⇔ f ′( x) = − x +1 Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά c ∈ℝ τέτοια, ώστε να ισχύει: f ( x) = − 1 +c x +1 Για x = −3 έχουμε: f ( −3) = − 1 3 1 + c ⇔ = + c ⇔ c =1 −3 +1 2 2 Επομένως f ( x) = − 1 −1 + x +1 x +1 ⇔ f ( x) = ⇔ f ( x) = για κάθε x < −1 x +1 x +1 x +1 β. Για x < −1 έχουμε: [48] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός f ′ ( x) = 1 ( x +1) f ′′ ( x) = − 2 thanasiskopadis.blogspot.com > 0 , άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( −∞, −1) 2 ( x +1) 3 < 0 , άρα η f είναι κοίλη στο διάστημα ( −∞, −1) Επίσης: lim f ( x ) = 1 , άρα η ευθεία y = 1 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της x→−∞ Cf στο −∞ lim f ( x ) = +∞ , άρα η ευθεία x = −1 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της x →−1− Cf Από τα παραπάνω προκύπτει η γραφική παράσταση της f που είναι η εξής: γ. Η εξίσωση της εφαπτομένης της Cf σε τυχαίο σημείο της Μ ( x0 , f ( x0 ) ) , x0 < −1 είναι: y − f (x0 ) = f ′(x0 ) ( x − x0 ) ⇔ y − Για y = 0 έχουμε − x0 1 = ( x − x0 ) x0 +1 ( x0 +1)2 x0 1 = x − x0 ) ⇔−x0 ( x0 +1) = x − x0 ⇔ x = −x02 2( x0 +1 ( x0 +1) Άρα Α ( −x02 , 0 ) [49] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com Για x = 0 έχουμε x0 x0 x0 x02 1 y− = − ⇔y= ( −x0 ) ⇔ y = 2 x0 +1 ( x0 +1)2 x0 +1 ( x0 +1)2 ( x0 +1) x02 Άρα Β 0, ( x + 1)2 0 2 Είναι ( ΟΑ) + ( ΟΒ) = x0 + x02 ( x0 +1) = x02 + 2 Θεωρούμε τη συνάρτηση d ( x) = x + 2 Έχουμε d ′ ( x ) = ( ) 2 x ( x + 1) + 1 3 ( x + 1) x02 ( x0 +1) x2 ( x +1) 2 2 , x < −1 και μετά από μελέτη του πρόσημου της 3 βρίσκουμε ότι γίνεται ελάχιστη για x = −2 Άρα το ζητούμενο σημείο είναι το Μ( −2,2) δ. Είναι λ λ −2 −2 λ x + 1 −1 x dx =∫ dx −2 x + 1 −2 x + 1 Ε( λ ) = ∫ f ( x) dx = ∫ f ( x) dx =∫ λ λ λ 1 = ∫ 1 − dx = x − ln x + 1 −2 = λ − ln λ + 1 + 2 = λ + 2 − ln ( −λ − 1) −2 x +1 Τέλος lim− Ε( λ) = lim− λ→−1 λ→−1 ( λ + 2 − ln( −λ −1) ) = +∞ ΘΕΜΑ 19 Έστω f μια συνεχής συνάρτηση στο διάστημα [ 0,2] για την οποία ισχύει ( x − 1) 2 + f 2 ( x ) = 1 για κάθε x ∈[0,2] [50] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com α. Να βρείτε τις ρίζες της εξίσωσης f ( x ) = 0 και να αποδείξετε ότι η f διατηρεί το πρόσημό της στο διάστημα ( 0,2) β. Να βρείτε ποιος μπορεί να είναι ο τύπος της f Αν f (1) = 1, τότε γ. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ακριβώς δύο εφαπτόμενες (ε1 ) , ( ε2 ) της Cf που 2 άγονται από το σημείο Α 1, τις οποίες και να βρείτε. 3 δ. Αν ε1 : 3x − 3 y + 3 = 0 και ε 2 : 3x + 3y − 3 3 = 0 να σχεδιάσετε τις (ε1 ) , (ε2 ) και τη Cf και να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται μεταξύ του τριγώνου ΑΒΓ και της Cf , όπου Β και Γ τα σημεία τομής των (ε1 ) και ( ε2 ) αντίστοιχα με τον άξονα x ′x Απαντήσεις α. Για κάθε x ∈[0,2] έχουμε: f ( x ) = 0 ⇔ f 2 ( x ) = 0 ⇔ 1 − ( x − 1) = 0 ⇔ x − 1 = ±1 ⇔ x = 0 ή x = 2 2 Επειδή f ( x ) ≠ 0 για κάθε x ∈ ( 0,2) και f συνεχής θα διατηρεί το πρόσημό της στο διάστημα ( 0,2) β. Αφού η f διατηρεί το πρόσημο της στο ( 0,2) θα είναι f ( x ) > 0 για κάθε x ∈ ( 0,2) ή f ( x ) < 0 για κάθε x ∈ ( 0,2) 2 Δηλαδή f ( x ) = 1 − ( x −1) = −x + 2x , x ∈ ( 0,2) και επειδή f ( 0) = f ( 2) = 0 2 θα είναι f ( x) = −x + 2x , x ∈[0,2] 2 2 ή f ( x ) = − 1 − ( x −1) = − −x + 2x , x ∈ ( 0,2) και επειδή f ( 0) = f ( 2) = 0 θα 2 είναι f ( x) =− −x + 2x , x ∈[0,2] 2 γ. Αφού f (1) = 1 > 0 , θα είναι f ( x) = −x + 2x , x ∈[0,2] 2 [51] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός Έστω thanasiskopadis.blogspot.com ε : y − f ( x0 ) = f ′ ( x0 )( x − x0 ) η εφαπτομένη της Cf στο σημείο Μ ( x0 , f ( x0 ) ) Για x ∈ ( 0,2) είναι f ′ ( x ) = 1− x − x2 + 2x , οπότε η εξίσωση της εφαπτομένης γίνεται: ε : y − − x02 + 2x0 = 1 − x0 −x + 2x0 2 0 ( x − x0 ) Επειδή Α∈ C f θα ισχύει ότι: 1 − x0 2 − −x02 + 2x0 = (1− x0 ) ⇔ 2 3 −x0 + 2x0 2 2 − x02 + 2 x0 − ( − x02 + 2 x0 ) = (1 − x0 ) ⇔ 3 2 3 3 −x02 + 2x0 =1 ⇔ −x02 + 2x0 = ⇔−x02 + 2x0 = ⇔ 2 4 3 3 1 −x02 + 2x0 − = 0 ⇔ 4x02 − 8x0 + 3 = 0 , όπου βρίσκουμε δύο λύσεις x0 = ή 4 2 3 x0 = 2 1 3 3 3 Μ Οπότε έχουμε δύο σημεία επαφής Μ1 , και 2 , 2 2 2 2 Οι εφαπτόμενες της C f στα σημεία αυτά έχουν αντίστοιχα εξισώσεις: ε1 : 3x − 3 y + 3 = 0 και ε 2 : 3x + 3y − 3 3 = 0 [52] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com δ. 2 Επειδή ( x − 1) + f 2 ( x ) = 1 και f ( x ) ≥ 0 για κάθε x ∈[0,2] η γραφική παράσταση της f θα είναι το ημικύκλιο που βρίσκεται πάνω από τον άξονα x ′x ενός κύκλου με κέντρο Κ(1,0) και ρ = 1 Για y = 0 στην (ε1 ) έχουμε x = −1 . Άρα Β( −1,0) Για y = 0 στην ( ε2 ) έχουμε x = 3 . Άρα Γ( 3,0) Είναι ΑΒ= −2, − Οπότε ( ΑΒΓ ) = Επίσης Εηµικ = 2 2 ΑΓ= 2, − και 3 3 ( ) 1 4 det ΑΒ, ΑΓ = ... = 2 3 πρ 2 2 = π 2 Οπότε το ζητούμενο εμβαδόν είναι Ε = 4 π − τ.μ. 3 2 ΘΕΜΑ 20 Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ( 0,+∞) →ℝ , για την οποία ισχύουν: [53] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com ● e f ( x ) ( x ⋅ f ′ ( x ) + 1) = 2 x , για κάθε x > 0 ● f ( e) = 1 α. Nα βρείτε τον τύπο της f Έστω f ( x) = ln x , x > 0 Θεωρούμε επιπλέον τη συνάρτηση g ( x) = xf ( x) , x > 0 β. Να μελετήσετε την g ως προς τη μονοτονία γ. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g που είναι παράλληλη στην ευθεία y = 2x + 2018 δ. Να δείξετε ότι 0 < ∫ e2 (g e f )( x ) dx < ln 4 x Απαντήσεις α. Για x > 0 έχουμε: e f ( x) ( xf ′ ( x ) + 1) = 2 x ⇔ xe f ( x) f ′( x) + e f ( x) = 2x ⇔ ( ( ) )′ + ( x)′ e ( ) = 2x ⇔ ( xe ( ) )′ = ( x )′ xe f x f x f x 2 Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά c ∈ℝ τέτοια, ώστε να ισχύει: xe ( ) = x2 +c f x Για x = e έχουμε: e ⋅ f ( e) = e2 + c ⇔ e2 = e2 + c ⇔ c = 0 x>0 f ( x) f ( x) 2 Επομένως xe = x ⇔e = x ⇔ f ( x) = ln x για κάθε x > 0 β. Αg = ( 0, +∞) Είναι g ( x) = x ln x , x > 0 Είναι g′ ( x) = ( x)′ ln x + x ( ln x)′ = ln x +1, x > 0 [54] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com g′ ( x) = 0 ⇔ ln x +1 = 0 ⇔ ln x = −1 ⇔ x = 1 e g′ ( x) > 0 ⇔ ln x +1 > 0 ⇔ ln x > −1 ⇔ x > 1 e Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας: +∞ 1 e x 0 g ′( x ) 2 g (x) O + 1 , γ. Θα πρέπει g′ ( x0 ) = 2 ⇔ ln x0 + 1 = 2 ⇔ ln x0 = 1 ⇔ x0 = e Άρα η ζητούμενη εφαπτομένη έχει εξίσωση y − g ( e) = 2( x − e) ⇔ y − e = 2x − 2e ⇔ y = 2x − e δ. Έχουμε 1 gր ,+∞ e fր e ≤ x ≤ e2 ⇔ f ( e) ≤ f ( x) ≤ f ( e2 ) ⇔1 ≤ f ( x) ≤ 2 ⇔ g (1) ≤ g ( f ( x) ) ≤ g ( 2) ⇔ x >0 0 ≤ ( g f )( x ) ≤ 2ln 2 ⇔ 0 ≤ ( g f )( x ) ≤ ln 4 ⇔ 0 ≤ ● Είναι (g ∫ e2 e f )( x ) ln 4 ≤ x x f )( x) ≥ 0 και το «=» ισχύει μόνο για x = e , άρα x e2 ( g f )( x ) f )( x ) >0⇔∫ dx > 0 (1) e x x ● Είναι (g (g (g (g f )( x ) ln 4 ≤ και το «=» ισχύει μόνο για x = e2 , άρα x x e2 ( g e2 ln 4 f )( x ) ln 4 f )( x ) < ⇔∫ dx < ∫ dx ⇔ e e x x x x (g e2 ( g f )( x ) f )( x ) e2 dx < ln 4 ⋅ [ ln x]e ⇔ ∫ dx < ln 4 (2) e x x [55] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός Από (1) , (2) θα ισχύει 0 < ∫ e2 thanasiskopadis.blogspot.com (g f )( x ) dx < ln 4 x e ΘΕΜΑ 21 Δίνεται η συνάρτηση f ( x) = ( x −1) ln x , x > 0 α. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και να βρείτε το σύνολο τιμών της β. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση xx−1 = e2018 , x > 0 έχει ακριβώς δύο θετικές ρίζες γ. Αν x1, x2 με x1 < x2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης του ερωτήματος β. να αποδείξετε ότι υπάρχει ξ ∈( x1, x2 ) τέτοιο, ώστε f ′(ξ ) + f (ξ ) = 2018 δ. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της f , τον άξονα x ′x και την ευθεία x = e Απαντήσεις α. Για x > 0 έχουμε: x −1 f ′ ( x ) = ( x −1)′ ln x + ( x −1)( ln x )′ = ln x + x 1 ( x −1)′ x − ( x −1)( x )′ 1 1 f ′′ ( x ) = + = + 2 > 0 για κάθε x > 0 x x2 x x Άρα η συνάρτηση f ′ είναι γνησίως αύξουσα στο ( 0,+∞) Παρατηρούμε ότι για x = 1 είναι f ′ (1) = 0 Για x > 1 είναι f ′ ( x ) > f ′ (1) = 0 Για 0 < x < 1 είναι f ′ ( x ) < f ′ (1) = 0 Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας: [56] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός x 0 thanasiskopadis.blogspot.com +∞ 1 f ′( x ) - O + 2 f ( x) 1 , Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Α1 = ( 0,1] και γνησίως αύξουσα στο διάστημα Α2 = [1, +∞) . Επιπλέον η f είναι συνεχής συνάρτηση, άρα: ) ( ) f ( Α1 ) = f (1) , lim+ f ( x ) = [ 0, +∞ ) , αφού lim+ f ( x) = lim+ ( x −1) ln x = +∞ x→0 x→0 x →0 ( ) f ( Α 2 ) = lim+ f ( x ) , lim f ( x ) = ( 0, +∞ ) , αφού x →1 x →+∞ lim f ( x) = lim ( ( x −1) ln x) =+∞ x→+∞ x→+∞ Συνεπώς f ( Α) = f ( Α1 ) ∪ f ( Α2 ) = [ 0, +∞) β. Για x > 0 έχουμε: x x−1 = e2018 ⇔ ln xx−1 = ln e2018 ⇔ ( x − 1) ln x = 2018 ⇔ f ( x ) = 2018 2018∈ f ( Α1 ) άρα η εξίσωση f ( x) = 2018 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο Α1 και επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Α1 η ρίζα θα είναι μοναδική. 2018∈ f ( Α2 ) άρα η εξίσωση f ( x) = 2018 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο Α2 και επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο Α2 η ρίζα θα είναι μοναδική. Οπότε η εξίσωση f ( x) = 2018 και άρα η ισοδύναμη αρχική της έχει ακριβώς δύο θετικές ρίζες. γ. Θεωρούμε τη συνάρτηση g ( x ) = e x ( f ( x ) − 2018) ● H g είναι συνεχής στο [ x1, x2 ] ● H g είναι παραγωγίσιμη στο ( x1 , x2 ) με g ′ ( x ) = e x ( f ( x ) + f ′ ( x ) − 2018 ) [57] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός ● thanasiskopadis.blogspot.com g ( x1 ) = g ( x2 ) = 0 Άρα από Θ. Rolle θα υπάρχει ξ ∈( x1, x2 ) τέτοιο, ώστε g ′ ( ξ ) = 0 ⇔ eξ ( f (ξ ) + f ′ ( ξ ) − 2018 ) = 0 ⇔ f (ξ ) + f ′ (ξ ) = 2018 e δ. Είναι Ε = ∫ f ( x ) dx 1 Για x > 1 είναι x − 1 > 0 και ln x > 0 , άρα f ( x ) > 0 Οπότε Ε=∫ e 1 e 2 x2 e x x2 ′ 1 f ( x ) dx =∫ ( x −1) ln xdx =∫ − x ln xdx = − x ln x − ∫ − x dx 1 1 2 1 1 2 x 2 e e e e x x2 e2 e2 e2 e2 3 e2 − 3 = − e − ∫ − 1 dx = − e − − x = − e − + e − = τ.μ. 1 2 2 2 4 2 4 4 4 1 ΘΕΜΑ 22 Δίνεται η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ( 0,+∞) →ℝ , για την οποία ισχύουν: ● f ′( x) + xf ′′( x) = 2 για κάθε x > 0 ● lim x→1 f ( x) + 2 f ′( x) =5 x −1 α. Να αποδείξετε ότι f (1) + 2 f ′(1) = 0 και ότι f ′(1) + 2 f ′′ (1) = 5 β. Να βρείτε τον τύπο της f Έστω f ( x) = 2x − 3ln x , x > 0 γ. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία, τα ακρότατα και την κυρτότητα δ. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της f και να τη σχεδιάσετε. [58] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com ε. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της f και τις ευθείες y = 3 , x = 1 και x = 3 Απαντήσεις α. Για x ∈ ( 0,1) ∪ (1, +∞ ) θέτουμε: g ( x) = f ( x) + 2 f ′( x) ⇔ g ( x )( x − 1) = f ( x ) + 2 f ′ ( x ) x −1 Οπότε lim ( g ( x )( x − 1) ) = lim ( f ( x ) + 2 f ′ ( x ) ) ⇔ 5 ⋅ 0 = f (1) + 2 f ′ (1) ⇔ f (1) + 2 f ′ (1) = 0 x →1 x→1 Επίσης lim f ( x ) + 2 f ′ ( x ) − ( f (1) + 2 f ′ (1) ) f ( x) + 2 f ′( x) = 5 ⇔ lim =5⇔ x →1 x −1 x −1 lim f ( x ) + 2 f ′ ( x ) − f (1) − 2 f ′ (1) f ′ ( x ) − f ′ (1) f ( x ) − f (1) = 5 ⇔ lim +2 =5⇔ x →1 x −1 x − x − 1 1 x→1 x →1 f ′ (1) + 2 f ′′ (1) = 5 β. Για x = 1 στη σχέση f ′ ( x ) + xf ′′ ( x ) = 2 έχουμε f ′ (1) + f ′′ (1) = 2 Επιπλέον από το ερώτημα α. έχουμε f ′ (1) + 2 f ′′ (1) = 5 Λύνοντας το σύστημα των δύο προηγούμενων εξισώσεων παίρνουμε f ′ (1) = −1 και f ′′ (1) = 3 . Επίσης από τη σχέση f (1) + 2 f ′ (1) = 0 προκύπτει f (1) = 2 Για x > 0 έχουμε f ′ ( x ) + xf ′′ ( x ) = 2 ⇔ ( x )′ f ′ ( x ) + xf ′′ ( x ) = 2 ⇔ ( xf ′ ( x ) )′ = ( 2 x )′ Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά c1 ∈ℝ τέτοια, ώστε: xf ′ ( x ) = 2 x + c1 Για x = 1 έχουμε f ′ (1) = 2 + c1 ⇔ c1 = −3 Οπότε για x > 0 έχουμε: [59] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός x >0 xf ′ ( x ) = 2 x − 3 ⇔ f ′ ( x ) = 2 − thanasiskopadis.blogspot.com 3 ⇔ f ′ ( x ) = ( 2 x − 3ln x )′ x Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά c2 ∈ℝ τέτοια, ώστε: f ( x ) = 2 x − 3ln x + c2 Για x = 1 έχουμε f (1) = 2 + c2 ⇔ c2 = 0 Οπότε για x > 0 έχουμε f ( x ) = 2 x − 3ln x γ. Για x > 0 έχουμε f ′ ( x ) = 2 − 3 2x − 3 = x x Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας f ′( x ) - O 2 f ( x) Στο x0 = +∞ 3 2 x 0 + 1 , 3 3 9 3 η f παρουσιάζει ελάχιστο ίσο με f = 3 − 2ln = 3 − ln 2 2 4 2 Για x > 0 έχουμε f ′′ ( x ) = 2x − 3 3 = 2 > 0 για κάθε x > 0 , άρα η f είναι κυρτή. x x δ. Είναι lim+ f ( x ) = lim+ ( 2 x − 3ln x ) = +∞ , άρα η ευθεία x = 0 είναι κατακόρυφη x→0 x→0 ασύμπτωτη της C f Επίσης lim x→+∞ f ( x) 2x − 3ln x ln x = lim = lim 2 − 3 = 2 , αφού x→+∞ x→+∞ x x x +∞ +∞ ln x 1 = lim = 0 x→+∞ x D. L. H . x→+∞ x lim [60] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com Επιπλέον lim ( f ( x ) − 2 x ) = lim ( −3ln x ) = −∞ , άρα η C f δεν έχει πλάγια ή x→+∞ x→+∞ οριζόντια ασύμπτωτη. Η γραφική παράσταση της είναι η παρακάτω: ε. Το ζητούμενο εμβαδόν είναι Ε = ∫ ( 3 − f ( x ) ) dx = ∫ ( 3 − 2x + 3ln x ) dx = 3x − x2 + 3∫ ln xdx = 3 3 1 3 1 1 3 1 3 3 3 = −2 + 3∫ ( x )′ ln xdx = −2 + 3[ x ln x]1 − 3∫ dx = −2 + 9ln3 − 6 = 9ln3 − 8 τ.μ. 1 1 ΘΕΜΑ 23 Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : ℝ → ℝ , με f ( 0 ) = 1 + 2 για την οποία ισχύει: f 2 ( x ) − 2ex f ( x ) = 1 , για κάθε x ∈ℝ x 2x α. Να αποδείξετε ότι f ( x) = e + e +1 , x ∈ℝ [61] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com β. Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης f και να δείξετε ότι η εξίσωση f ( x) = 2018 έχει μοναδική πραγματική λύση. γ. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g ( x ) = ln ( f ( x ) ) είναι γνησίως αύξουσα και κυρτή δ. Αν για τους αριθμούς 0 < x1 < x2 < x3 ισχύει x2 = x1 + x3 , τότε να αποδείξετε ότι 2 f 2 ( x2 ) < f ( x1 ) f ( x3 ) Απαντήσεις α. Για κάθε x ∈ ℝ έχουμε: f 2 ( x ) − 2e x f ( x ) = 1 ⇔ f 2 ( x ) − 2e x f ( x ) + e 2 x = e 2 x + 1 ⇔ ( f ( x ) − e x ) = e 2 x + 1 2 Θεωρούμε τη συνάρτηση g ( x ) = f ( x ) − e x , x ∈ ℝ για την οποία ισχύει g 2 ( x ) = e2 x + 1 ≠ 0 , για κάθε x ∈ ℝ Άρα, για κάθε x ∈ ℝ είναι g ( x ) ≠ 0 και η g συνεχής, επομένως διατηρεί σταθερό πρόσημο. Για x = 0 είναι g ( 0 ) = f ( 0 ) − e0 = 1 + 2 − 1 = 2 > 0 , άρα g ( x ) > 0 για κάθε x∈ℝ Οπότε g 2 ( x ) = e2 x + 1 ⇔ g ( x ) = e2 x + 1 ⇔ f ( x ) − e x = e2 x + 1 ⇔ f ( x ) = e x + e2 x + 1 , x∈ℝ β. Για κάθε x ∈ ℝ έχουμε: f ′( x) = e + x 2 2 e2 x + 1 e =e + 2x x e2 x e2 x + 1 = ( e x e x + e2 x + 1 e2 x + 1 άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα. Α = ℝ , η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής, άρα [62] ) > 0 για κάθε x ∈ ℝ , Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός ( thanasiskopadis.blogspot.com ) f ( Α ) = lim f ( x ) , lim f ( x ) = (1, +∞ ) , αφού x →−∞ x →+∞ ( x ( x lim f ( x ) = lim e + e + 1 x →−∞ x →−∞ 2x lim f ( x ) = lim e + e + 1 x →+∞ x →+∞ 2x ) ) y =e x ) ( = lim y + y 2 + 1 = 1 και x →−∞ y →0 y →0 y =e x ) ( = lim y + y 2 + 1 = +∞ x →+∞ y →+∞ y →+∞ Επειδή 2018 ∈ f ( Α ) η εξίσωση f ( x ) = 2018 έχει μια τουλάχιστον πραγματική ρίζα και αφού η f είναι γνησίως αύξουσα η ρίζα θα είναι μοναδική. γ. Είναι f ( x ) > 0 για κάθε x ∈ ℝ , οπότε Α g = ℝ ( Είναι g ( x ) = ln ( f ( x ) ) = ln e x + e2 x + 1 g′( x ) = 1 ( +1 ) ′ e x + e2 x + 1 = e + e είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ x 2x ( e )′ x g ′′ ( x ) = e2 x + 1 − e x ( e2 x + 1 e2 x + 1 ) ex e +1 2x )′ = e ( e x (e 2x 2x > 0 για κάθε x ∈ ℝ , οπότε η g − e x + 1) + 1) e 2 x + 1 οπότε η g είναι κυρτή στο ℝ δ. Είναι 2 x2 = x1 + x3 ⇔ x2 − x1 = x3 − x2 > 0 (1) ● Η g είναι συνεχής στο [ x1 , x2 ] ● Η g είναι παραγωγίσιμη στο ( x1, x2 ) Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ξ1 ∈ ( x1 , x2 ) τέτοιο, ώστε g ′ (ξ1 ) = g ( x2 ) − g ( x1 ) (2) x2 − x1 [63] > 0 για κάθε x ∈ ℝ , Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com ● Η g είναι συνεχής στο [ x2 , x3 ] ● Η g είναι παραγωγίσιμη στο ( x2 , x3 ) Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ξ 2 ∈ ( x2 , x3 ) τέτοιο, ώστε g ′ (ξ 2 ) = g ( x3 ) − g ( x2 ) (3) x3 − x2 g ′ր ξ1 < ξ2 ⇔ g ′ (ξ1 ) < g′ (ξ2 ) ⇔ g ( x2 ) − g ( x1 ) g ( x3 ) − g ( x2 ) (1) < ⇔ x2 − x1 x3 − x2 g ( x2 ) − g ( x1 ) < g ( x3 ) − g ( x2 ) ⇔ 2 g ( x2 ) < g ( x1 ) + g ( x3 ) ⇔ 2ln ( f ( x2 ) ) < ln f ( x1 ) + ln f ( x3 ) ⇔ ln f 2 ( x2 ) < ln f ( x1 ) f ( x3 ) ⇔ f 2 ( x2 ) < f ( x1 ) f ( x3 ) ΘΕΜΑ 24 1 x Δίνεται συνάρτηση f ( x ) = x ⋅ e , x > 0 α. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα β. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα γ. Να αποδείξετε ότι ισχύει xx ≥ ex−1 , για κάθε x > 0 δ. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της f και στη συνέχεια να χαράξετε τη γραφική της παράσταση ε. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές 1 παραστάσεις των συναρτήσεων g ( x ) = 2 f ( x ) , h ( x ) = e x και τις ευθείες x = 1 και x=2 Απαντήσεις α. Για x > 0 έχουμε: [64] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com 1 1 1 1 ′ 1 x −1 1 f ′ ( x ) = ( x )′ e x + x e x = e x + xe x − 2 = e x ⋅ x x Κατασκευάζουμε τον πίνακα μονοτονίας x 0 +∞ 1 f ′( x ) - O + 2 f ( x) 1 , Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Α1 = ( 0,1] και γνησίως αύξουσα στο διάστημα Α2 = [1, +∞) Επιπλέον η f παρουσιάζει ελάχιστο στο x0 = 1 ίσο με f (1) = e β. Για x > 0 έχουμε: 1 x − x +1 1 1x f ′′ ( x ) = e − 2 ⋅ = − 4 e < 0 για κάθε x > 0 , οπότε η f είναι κυρτή x2 x x στο ( 0,+∞) 1 x γ. Για κάθε x > 0 έχουμε: x>0 1 1 x x ≥ ex−1 ⇔ ln x x ≥ ln ex−1 ⇔ x ln x ≥ x − 1⇔ ln x ≥ 1 − ⇔ ≥ 1 − ln x ⇔ x x 1 1 e x>0 1 e x ≥ e1−ln x ⇔ e x ≥ ⇔ xe x ≥ e ⇔ f ( x ) ≥ f (1) που ισχύει για κάθε x > 0 x δ. Είναι: lim+ f ( x ) = lim+ xe x→0 x→0 1 1 y= x x y +∞ +∞ e = lim e y = +∞ , άρα η ευθεία x = 0 είναι x→0 y →+∞ y D. L. H . y→+∞ y →+∞ = + lim κατακόρυφη ασύμπτωτη της C f [65] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com 1 1 x f ( x) lim = lim e x = lim e y = 1 και x→+∞ x→+∞ x→+∞ y →0 x y →0 y= y= 1 1x x e y −1 lim ( f ( x ) − x ) = lim xe − x = lim = 1 , άρα η ευθεία y = x + 1 είναι x→+∞ x→+∞ x→+∞ y→0 y y→0 πλάγια ασύμπτωτη της C f στο +∞ Η γραφική της παράσταση είναι: ε. Το ζητούμενο εμβαδόν είναι: 1 1 1 1 2 2 Ε = ∫ 2 xe x − e x dx =∫ 2 xe x − e x dx , αφού x ∈ [1, 2] 1 1 Οπότε Ε = ∫ 2 1 2 1 1 2 2 2 1x 1 2 x 2 xe dx −∫ e dx = x e − ∫ x e − 2 dx − ∫ e x dx 1 1 1 x 1 1 x 1 2 2 2 1 x 1 x 2 1 x = 4e − e + ∫ e dx − ∫ e dx = 4 e − e τ.μ. 1 1 [66] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com ΘΕΜΑ 25 Δίνεται συνάρτηση f : [1,6] → ℝ , δύο φορές παραγωγίσιμη, για την οποία ισχύουν: ● f ( 6 ) = 3 f (1) ● f ′ ( 2 ) + 4 f ( 2) = 2 ( f 2 ( 2 ) + 2) ● f ′′ ( x ) = f ′ ( x ) ( f ( x ) − 1) , για κάθε x ∈ [1,6] 4 α. Να εκφράσετε την f ′ ως συνάρτηση της f β. Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση και στη συνέχεια ότι f (1) > 0 γ. Να αποδείξετε ότι 6 ∫ f ( x ) dx < ln3 1 δ. Αν f (1) − 1 > 0 ,τότε να αποδείξετε ότι 2 f ( 4 ) < f ( 5) + f ( 3) Απαντήσεις α. Για κάθε x ∈[1,6] έχουμε: f ′′ ( x ) = f ′ ( x ) ( f ( x ) − 1) ⇔ f ′′ ( x ) = 4 f ′ ( x ) f ( x ) − 4 f ′ ( x ) ⇔ ( f ′ ( x ) )′ = ( 2 f 2 ( x ) − 4 f ( x ) )′ 4 Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά c ∈ℝ τέτοια, ώστε: f ′( x) = 2 f 2 ( x) − 4 f ( x) + c Για x = 2 έχουμε: f ′ ( 2) = 2 f 2 ( 2 ) − 4 f ( 2) + c ⇔ 2 f 2 ( 2) − 4 f ( 2) + 4 = 2 f 2 ( 2 ) − 4 f ( 2) + c ⇔ c = 4 Άρα f ′ ( x ) = 2 f 2 ( x ) − 4 f ( x ) + 4 ⇔ f ′ ( x ) = 2 ( f 2 ( x ) − 2 f ( x ) + 2 ) , x ∈[1,6] β. Για κάθε x ∈[1,6] έχουμε: ( ) f ′ ( x ) = 2 ( f 2 ( x ) − 2 f ( x ) + 2 ) = 2 ( f 2 ( x ) − 2 f ( x ) + 1 + 1) = 2 ( f ( x ) − 1) + 1 > 0 Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα για κάθε x ∈[1,6] [67] 2 Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com f :ր Είναι 1 < 6 ⇔ f (1) < f ( 6) ⇔ f (1) < 3 f (1) ⇔ f (1) > 0 γ. Για κάθε x ∈ [1,6] έχουμε: f ′ ( x ) = 2 f 2 ( x ) − 4 f ( x ) + 4 = f 2 ( x ) + f 2 ( x ) − 4 f ( x ) + 4 = f 2 ( x ) + ( f ( x ) − 2) Οπότε f ′ ( x ) = f 2 ( x ) + ( f ( x ) − 2 ) ≥ f 2 ( x ) ⇔ 2 2 f ′( x) ≥ f ( x ) (1) για κάθε f ( x) f :ր x ∈ [1,6] , αφού 1 ≤ x ⇔ f ( x ) ≥ f (1) > 0 Από την (1) έχουμε: ∫ 6 ∫ 6 1 1 6 6 6 6 f ′( x) dx > ∫ f ( x )dx ⇔ ∫ f ( x )dx < ln ( f ( x ) ) ⇔ ∫ f ( x )dx < ln ( f ( 6 ) ) − ln ( f (1) ) 1 1 1 1 f ( x) f ( x )dx < ln ( f ( 6 ) ) − ln ( f (1) ) ⇔ ∫ f ( x )dx < ln 6 1 6 f ( 6) ⇔ ∫ f ( x )dx < ln 3 1 f (1) f :ր δ. Είναι 1 ≤ x ⇔ f ( x ) ≥ f (1) > 1 ⇔ f ( x ) − 1 > 0 Επίσης f ′ ( x ) > 0 , οπότε από την δοσμένη σχέση θα έχουμε f ′′ ( x ) > 0 για κάθε x ∈ [1,6] Συνεπώς η f ′ είναι κυρτή ● Η f είναι συνεχής στο [3, 4] ● Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( 3,4) Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ξ1 ∈ ( 3, 4) τέτοιο, ώστε f ′ (ξ1 ) = f ( 4 ) − f ( 3) = f ( 4 ) − f ( 3) (1) 4−3 ● Η f είναι συνεχής στο [ 4,5] ● Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( 4,5) [68] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ξ2 ∈ ( 4,5) τέτοιο, ώστε f ′ (ξ 2 ) = f ( 5) − f ( 4 ) = f ( 5) − f ( 4 ) (2) 5−4 Συνεπώς f ′ր ξ1 < ξ2 ⇔ f ′ (ξ1 ) < f ′ (ξ2 ) ⇔ f ( 4) − f ( 3) < f ( 5) − f ( 4) ⇔ 2 f ( 4) < f ( 3) + f ( 5) ΘΕΜΑ 26 Η τιμή P (σε χιλιάδες ευρώ) ενός προϊόντος, t μήνες μετά από την εισαγωγή του t −6 στην αγορά, δίνεται από τον τύπο P ( t ) = a + 25 t2 + 4 α. Να βρείτε το a αν γνωρίζουμε ότι η τιμή του προϊόντος τη στιγμή εισαγωγής 76 του στην αγορά είναι χιλιάδες ευρώ. 25 Αν a = 4 , τότε: β. Να βρείτε το χρονικό διάστημα στο οποίο η τιμή του προϊόντος συνεχώς αυξάνεται, καθώς επίσης και τη χρονική στιγμή κατά την οποία η τιμή του προϊόντος γίνεται μέγιστη. γ. Να αποδείξετε ότι η τιμή του προϊόντος, μετά από κάποια χρονική στιγμή, συνεχώς μειώνεται, χωρίς όμως να γίνει μικρότερη από την τιμή του προϊόντος τη στιγμή της εισαγωγής του στην αγορά. δ. Αν K ( t ) (σε χιλιάδες ευρώ) είναι το κόστος του προϊόντος, t μήνες από την εισαγωγή του στην αγορά, τότε να αποδείξετε ότι ο ρυθμός μεταβολής του κέρδους μηδενίζεται όταν ο ρυθμός μεταβολής του κόστους και ο ρυθμός μεταβολής της τιμής του προϊόντος είναι ίσοι. Απαντήσεις α. Είναι P ( 0) = 76 −6 76 76 24 ⇔a+ = ⇔a= + ⇔a=4 25 25 25 25 25 4 [69] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός Οπότε P ( t ) = 4 + thanasiskopadis.blogspot.com t −6 , t ≥0 25 2 t + 4 β. Για κάθε t ≥ 0 έχουμε: P′ ( t ) = ( t − 6)′ t 2 + 25 2 25 ′ 25 2 − ( t − 6) t + −t + 12t + 4 4 4 = 2 2 2 25 2 25 t + t + 4 4 Είναι: P′ ( t ) = 0 ⇔ −t 2 + 12t + 25 25 =0⇔t = 4 2 P′ ( t ) > 0 ⇔ −t 2 + 12t + 25 25 >0⇔0≤t < 4 2 P′ ( t ) < 0 ⇔ −t 2 + 12t + 25 25 <0⇔t ≥ 4 2 25 Οπότε στο χρονικό διάστημα 0, η τιμή αγοράς του προϊόντος αυξάνεται, 2 25 ενώ στο χρονικό διάστημα , +∞ η τιμή αγοράς του προϊόντος μειώνεται. 2 Τέλος η τιμή του προϊόντος γίνεται μέγιστη για t = 25 μήνες. 2 25 γ. Είδαμε στο προηγούμενο ερώτημα ότι στο χρονικό διάστημα , +∞ η τιμή 2 αγοράς του προϊόντος μειώνεται. 76 = P ( 0) , δηλαδή, ενώ η τιμή συνεχώς μειώνεται, ποτέ 25 δε θα γίνει μικρότερη από την τιμή του τη στιγμή εισαγωγής του στην αγορά. Επιπλέον lim P ( t ) = 4 > t →+∞ δ. Η συνάρτηση του κέρδους είναι f ( t ) = P ( t ) − K ( t ) Επομένως f ′ ( t ) = 0 ⇔ ( P ( t ) − K ( t ) )′ = 0 ⇔ P′ ( t ) − K ′ ( t ) = 0 ⇔ P′ ( t ) = K ′ ( t ) [70] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com ΘΕΜΑ 27 Δίνεται η συνάρτηση f ( x ) = 2e− x + 1 , x ∈ℝ α. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφή της f β. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f −1 ως προς τη μονοτονία γ. Θεωρούμε τη συνάρτηση g ( x ) = −x2 . Μετατοπίζουμε την Cg κατά κ μονάδες προς τα πάνω. Να βρείτε το πλήθος των κοινών σημείων της γραφικής παράστασης της f −1 με την μετατοπισμένη γραφική παράσταση της g , για όλες τις τιμές του κ δ. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = 2 3 − ln4 ∫ ln f ( x) dx Απαντήσεις α. Έχουμε f ′( x) = −e− x < 0 για κάθε x ∈ℝ , άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ , 2e− x + 1 οπότε 1-1, συνεπώς αντιστρέφεται. Είναι y≥0 y = f ( x) ⇔ y = 2e− x + 1 ⇔ y2 = 2e− x + 1 ⇔ e− x = y 2 −1 y2 −1 y>1 ⇔− x = ln ⇔ 2 2 y 2 −1 −1 2 x = − ln ⇔ f ( y ) = ln 2 − ln ( y −1) 2 Άρα f −1 ( x ) = ln 2 − ln ( x2 −1) , x >1 β. Έχουμε ( f ( x))′ = − x2−x 1 < 0 για κάθε x >1 , άρα η −1 2 f −1 είναι γνησίως φθίνουσα στο (1,+∞) γ. Θέλουμε να βρούμε το πλήθος των ριζών της εξίσωση: [71] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com f −1 ( x ) = g ( x ) + κ ⇔ ln 2 − ln ( x2 −1) = − x2 + κ ⇔ ln 2 − ln ( x2 −1) + x2 − κ = 0 , x >1 για όλες τις τιμές του θετικού αριθμού κ Θεωρούμε τη συνάρτηση h ( x ) = ln 2 − ln ( x2 −1) + x2 − κ , x >1 ( )( ) 2x ( x2 − 2) 2x x − 2 x + 2 2x = Είναι h′ ( x) = − 2 + 2x = , x >1 x −1 x2 − 1 x2 − 1 Κατασκευάζουμε τον πίνακα μονοτονίας x +∞ 2 1 h ′( x ) - h( x) 2 O + 1 , ( Οπότε η h είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Α1 = 1, 2 και συνεχής άρα h ( Α1 ) = h ( 2 ) , lim h ( x) ) = [ 2 + ln 2 − κ , +∞) x→1+ Επίσης η h γνησίως αύξουσα στο διάστημα Α2 = ( ) 2, +∞ και συνεχής άρα h ( Α2 ) = lim+ h ( x ) , lim h ( x ) = ( 2 + ln 2 − κ , +∞) x→+∞ x→ 2 Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: ● 2 + ln2 − κ < 0 ⇔ κ > 2 + ln2 , τότε: 0∈ h ( Α1 ) και 0∈ h ( Α2 ) άρα η εξίσωση h ( x ) = 0 έχει δύο ακριβώς ρίζες ● 2 + ln2 − κ = 0 ⇔ κ = 2 + ln2 , τότε: 0∈ h ( Α1 ) και 0∉ h ( Α2 ) άρα η εξίσωση h ( x ) = 0 έχει μία ακριβώς ρίζα ● 2 + ln2 − κ > 0 ⇔ κ < 2 + ln2 , τότε: 0∉ h ( Α1 ) και 0∉ h ( Α2 ) άρα η εξίσωση h ( x ) = 0 δεν έχει καμία ρίζα [72] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός δ. Θέτουμε thanasiskopadis.blogspot.com 2e− x + 1 = u ⇔ x = ln 2 − ln ( u 2 − 1) , άρα dx = − 2u du u −1 2 Για x = − ln 4 είναι u = 3 Για x = ln 2 είναι u = 2 3 2 2 2 −2u 3 u 3 u −1 + 1 3 1 Ι = u du = 2 du = 2 du = 2 1 + Οπότε ∫3 u 2 −1 ∫2 u 2 − 1 ∫2 u 2 −1 ∫2 u 2 − 1 du 1 1 − 3 3 1 2 + 2 du = ... = ln 3 = 2∫ 1 + du = 2 1 + ∫2 u − 1 u + 1 2 1 1 2 u − u + ( )( ) ΘΕΜΑ 28 Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ( 0,+∞) → ℝ για την οποία ισχύουν: ● f (1) = 0 ● f ′ (1) = 1 ● f ( x ⋅ y ) ≤ x ⋅ f ( y ) + y ⋅ f ( x ) για κάθε x , y > 0 Θεωρούμε επίσης τη συνάρτηση g ( x ) = f ( x ) − ln x , x > 0 α. Να δείξετε ότι f ( x ) = x ln x , x > 0 β. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της συνάρτησης h( x) = x + 2 + ln (1 + e− x ) x γ. Αν η ευθεία y = x + 1 είναι ασύμπτωτη της Ch στο −∞ , να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης g και η παραπάνω ευθεία έχουν δύο ακριβώς κοινά σημεία με τετμημένες x1 , x2 για τις οποίες ισχύει x1 x2 = 1 π δ. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = ∫π2 f (ηµ x ) συν xdx 6 [73] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com Απαντήσεις α. Θεωρούμε τη συνάρτηση t : ( 0,+∞ ) → ℝ με t ( x ) = f ( xy ) − xf ( y ) − yf ( x ) , όπου y θετική σταθερά. Από υπόθεση t ( x ) ≤ 0 ⇔ t ( x ) ≤ t (1) για κάθε x > 0 . Επομένως η t παρουσιάζει μέγιστο στο x0 = 1 και επειδή το 1 είναι εσωτερικό σημείο του ( 0,+∞ ) και η t παραγωγίσιμη, από Θ.Fermat θα ισχύει ότι t ′ (1) = 0 Είναι t ′ ( x ) = yf ′ ( xy ) − f ( y ) − yf ′ ( x ) , x > 0 f ( y ) ′ yf ′ ( y ) − f ( y ) 1 ′ = ⇔ Έχουμε t ′ (1) = 0 ⇔ yf ′ ( y ) − f ( y ) = y ⇔ = ( ln y ) y2 y y y >0 Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά c ∈ℝ τέτοια, ώστε: f ( y) = ln y + c , y > 0 y Για y = 1 έχουμε c = 0 , άρα f ( x ) = x ln x , x > 0 β. Είναι: lim ( h ( x ) − ( x + 2) ) = lim x→+∞ x→+∞ ln (1 + e− x ) x 1 = lim ln (1 + e− x ) = 0 x→+∞ x Άρα η ευθεία y = x + 2 πλάγια ασύμπτωτη της Ch στο +∞ Επίσης: lim ( h ( x ) − ( x + 2) ) = lim x→−∞ x→−∞ ln (1 + e− x ) x +∞ −∞ −e− x = −1 D. L. H . x→−∞ 1 + e− x = lim Άρα η ευθεία y = x + 1 πλάγια ασύμπτωτη της Ch στο −∞ γ. Είναι g ( x ) = f ( x ) − ln x = x ln x − ln x = ( x − 1) ln x , x > 0 Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση g ( x ) = x + 1 ⇔ ( x −1) ln x = x + 1 έχει ακριβώς δύο θετικές ρίζες. [74] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com Αρχικά παρατηρούμε ότι το 1 δεν επαληθεύει την εξίσωση, οπότε: x≠1 ( x −1) ln x = x + 1⇔ ln x = x +1 x +1 ⇔ ln x − =0 x −1 x −1 Θεωρούμε τη συνάρτηση k ( x ) = ln x − Είναι k′ ( x ) = x +1 στο ( 0,1) ∪ (1, +∞) x −1 1 2 + > 0 για κάθε x ∈ ( 0,1) ∪ (1, +∞) x ( x −1)2 Άρα η k είναι γνησίως αύξουσα στο Α1 = ( 0,1) και γνησίως αύξουσα στο Α2 = (1, +∞) Επιπλέον η k είναι συνεχής οπότε: ) ( k ( Α ) = ( lim k ( x ) , lim k ( x ) ) = ( −∞, +∞) k ( Α1 ) = lim+ k ( x ) , lim− k ( x ) = ( −∞, +∞) και 2 x→0 x→1 x→1+ x→+∞ Είναι 0∈ k ( Α1 ) και k γνησίως αύξουσα, άρα η εξίσωση k ( x ) = 0 έχει μοναδική ρίζα x1 ∈Α1 0∈ k ( Α2 ) και k γνησίως αύξουσα, άρα η εξίσωση k ( x ) = 0 έχει μοναδική ρίζα x2 ∈Α2 1 +1 1 1 x1 = −k ( x2 ) = 0 , άρα το ρίζα της εξίσωσης k ( x ) = 0 . Τέλος k = ln − x1 1 − 1 x1 x1 Όμως η εξίσωση έχει ακριβώς δύο ρίζες, άρα x2 = 1 ⇔ x1x2 = 1 x1 δ. Θέτουμε ηµ x = u , άρα συν xdx = du και για x = π 1 π έχουμε u = , ενώ για x = έχουμε u = 1 , οπότε: 6 2 2 [75] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός π 1 1 Ι = ∫π2 f (ηµ x ) συν xdx = ∫1 6 thanasiskopadis.blogspot.com 2 1 x2 1 1 f ( u ) du = ∫1 x ln xdx = ln x − ∫1 dx = ln 2 − 8 2 2 2 1 2 1 2 ΘΕΜΑ 29 Δίνεται η συνάρτηση −e x , x ≤ 0 f ( x) = 1 , x>0 x α. Να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f β. Να προσδιορίσετε το σύνολο τιμών της f και να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης f ( x) = κ για τις διάφορες τιμές του κ ∈ ℝ γ. Να βρείτε, όπου ορίζεται, την παράγωγο της f . Στη συνέχεια να προσδιορίσετε σημείο Μ της C f στο οποίο η εφαπτομένη της διέρχεται από το σημείο Α( 2α ,0) με α > 0 1 Αν Μ α , α δ. Να βρείτε την εφαπτομένη ( ε ) της C f στο σημείο Μ και να αποδείξετε ότι το Μ είναι μέσο του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ , όπου Β το σημείο τομής της (ε ) με τον άξονα y ′y ε. Ένα σημείο Κ κινείται κατά μήκος της γραφικής παράστασης της f , όταν x > 0 . Τη χρονική στιγμή t 0 που το σημείο Κ περνάει από το σημείο Μ η τετμημένη του αυξάνεται με ρυθμό x′ ( t ) = 2α 2 m/sec . Να αποδείξετε ότι ο ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης ανεξάρτητος του α του σημείου Κ τη στιγμή Απαντήσεις [76] t 0 είναι Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com α. β. Α΄ Τρόπος Από τη γραφική παράσταση της f παρατηρούμε ότι το σύνολο τιμών της είναι το f ( Α) = [ −1,0) ∪ ( 0, +∞ ) . Β΄ Τρόπος Στο διάστημα ( −∞,0 ) η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, οπότε f ( ( −∞,0 ) ) = ( lim f ( x ) , lim f ( x ) ) = ( −1, 0 ) . Επιπλέον f ( 0) = −e0 = −1, άρα x →0 − x →−∞ όταν Α1 = ( −∞,0] είναι f ( Α1 ) = [ −1,0) Στο διάστημα Α2 = ( 0, +∞) η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, οπότε είναι ( ) f ( Α 2 ) = lim f ( x ) , lim+ f ( x ) = ( 0, +∞ ) x →+∞ x →0 Άρα f ( Α) = f ( Α1 ) ∪ f ( Α2 ) = [ −1,0) ∪ ( 0, +∞ ) Για το πλήθος των ριζών της εξίσωσης f ( x) = κ για τις διάφορες τιμές του κ ∈ ℝ Α΄ Τρόπος Διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις: [77] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com ● Αν κ < −1 , τότε κ ∉ f ( Α1 ) και κ ∉ f ( Α2 ) . Επομένως η εξίσωση δεν έχει καμία ρίζα ● Αν −1 ≤ κ < 0 , τότε κ ∈ f ( Α1 ) και κ ∉ f ( Α2 ) . Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Α1 η ρίζα θα είναι μοναδική ● Αν κ = 0 , τότε κ ∉ f ( Α1 ) και κ ∉ f ( Α2 ) . Επομένως η εξίσωση δεν έχει καμία ρίζα. ● Αν κ > 0 , τότε κ ∉ f ( Α1 ) και κ ∈ f ( Α2 ) . Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Α2 η ρίζα θα είναι μοναδική Β΄ Τρόπος Από τα σημεία τομής της ευθείας y = κ με την γραφική παράσταση της f για τις διάφορες τιμές του κ ∈ ℝ γ. Α΄ Τρόπος ● Για x < 0 η f είναι παραγωγίσιμη με f ′ ( x ) = −e x ● Για x > 0 η f είναι παραγωγίσιμη με f ′ ( x ) = − 1 x2 1 +1 f ( x ) − f ( 0) 1+ x x = lim+ = lim+ 2 = +∞ ● Για x = 0 έχουμε lim+ x→0 x→0 x→0 x−0 x x Άρα η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 0 Β΄ Τρόπος Από το σχήμα παρατηρούμε ότι η f δεν είναι συνεχής στο x0 = 0 , οπότε δεν είναι και παραγωγίσιμη στο σημείο αυτό. −e x , x < 0 Επομένως f ′ ( x ) = 1 − 2 , x > 0 x [78] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com Έστω σημείο Μ ( x0 , f ( x0 ) ) της C f . Η εξίσωση της εφαπτομένης ( ε ) της C f στο σημείο Μ θα δίνεται από τον τύπο y − f ( x0 ) = λ ⋅ ( x − x0 ) , όπου λ = f ′ ( x0 ) Άρα x x ● αν x0 < 0 , τότε η εξίσωση της εφαπτομένης γίνεται y + e 0 = −e 0 ⋅ ( x − x0 ) Η ευθεία ( ε ) διέρχεται από το σημείο Α( 2α ,0) αν και μόνο αν ισχύει: e x0 = −e x0 ⋅ ( 2α − x0 ) ⇔ 1 = −2α + x0 ⇔ x0 = 2α + 1 απορρίπτεται αφού x0 < 0 ● αν x0 > 0 , τότε η εξίσωση της εφαπτομένης γίνεται y − 1 1 = − 2 ⋅ ( x − x0 ) x0 x0 Η ευθεία ( ε ) διέρχεται από το σημείο Α( 2α ,0) αν και μόνο αν ισχύει: − 1 1 = − 2 ⋅ ( 2α − x0 ) ⇔ − x0 = − 2α + x0 ⇔ x0 = α δεκτή x0 x0 1 Άρα Μ α , α γ. Η εφαπτομένη ( ε ) της C f στο σημείο Μ έχει εξίσωση y− 1 α =− 1 α 2 ⋅( x −α ) ⇔ y = − Το σημείο τομής της y= 1 α 2 ε με τον άξονα x+ 2 α y ′y προκύπτει αν βάλουμε όπου x = 0 . Τότε 2 2 . Άρα είναι το σημείο Β 0, . α α Το μέσο του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ έχει συντεταγμένες 2 0+ xΑ + xΒ 2α + 0 yΑ + yΒ α=1 x= = = α και y = = 2 2 2 2 α 1 Δηλαδή είναι το σημείο Μ α , α δ. Έστω x( t ) , y ( t ) οι συντεταγμένες του σημείου Κ με y ( t ) = [79] 1 , x(t ) > 0 x( t ) Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός Τη χρονική στιγμή x ( t0 ) = ξ , y ( t0 ) = thanasiskopadis.blogspot.com t 0 που το σημείο Κ περνάει από το σημείο Μ α , 1 είναι α 1 και x′ ( t0 ) = 2α 2 α x′ ( t0 ) x′ ( t ) 2α 2 = − 2 = −2 m/sec που είναι Έχουμε y′ ( t ) = − 2 άρα y′ ( t0 ) = − 2 α x (t ) x ( t0 ) ανεξάρτητος από την τιμή του α ΘΕΜΑ 30 ex −1 Δίνεται η συνάρτηση f ( x ) = x e +1 α. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία ( x−συν x β. Να δείξετε ότι η εξίσωση e −1)( e2 +1) = ( ex−συν x +1)( e2 −1) έχει ακριβώς μια λύση στο διάστημα [ 0,π ] γ. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα και τα σημεία καμπής δ. Να αποδείξετε ότι: i. xf ′ ( x ) ≤ f ( x ) για κάθε x ≥ 0 ii. ∫ ln 2 0 f ( x ) dx > ln 2 6 Απαντήσεις α. Α f = ℝ Έχουμε: (e f ′( x) = x − 1)′ ( e x + 1) − ( e x − 1)( e x + 1)′ (e x + 1) 2 = 2e x (e x + 1) Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ [80] 2 > 0 για κάθε x ∈ ℝ Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com β. Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα θα είναι και 1-1. ( Έχουμε e x −συν x − 1)( e + 1) = ( e 2 x −συν x e x −συν x − 1 e2 − 1 + 1)( e − 1) ⇔ x −συν x = ⇔ e + 1 e2 + 1 2 f :1−1 f ( x − συν x ) = f ( 2 ) ⇔ x − συν x = 2 ⇔ x − συν x − 2 = 0 Θεωρούμε τη συνάρτηση g ( x ) = x − συν x − 2 στο διάστημα [ 0,π ] Είναι g′ ( x) = 1 +ηµ x > 0 για κάθε x ∈ [ 0, π ] Οπότε η g είναι γνησίως αύξουσα στο [ 0,π ] και συνεχής, άρα το σύνολο τιμών της είναι το διάστημα g ( 0 ) , g (π ) = [ −3, π − 1] Αφού 0 ∈ [ −3,π − 1] η εξίσωση g ( x ) = 0 θα έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο [ 0,π ] και επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα η ρίζα θα είναι μοναδική. γ. Είναι ( 2e )′ ( e x f ′′ ( x ) = = x ( + 1) − 2e x ( e x + 1) 2 (e x + 1) (e + 1) 4 )′ = 2e ( e + 1) − 4e ( e +1) e x x 2 (e 4 2e x ( e x + 1)( e x + 1 − 2e x ) x 2 = x x + 1) x x 4 2e x (1 − e x ) (e x + 1) 3 Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα κυρτότητας: x +∞ 0 −∞ f ′′ ( x ) + f ( x) 3 O – 4 Οπότε η f είναι κυρτή στο ( −∞ , 0 ] και κοίλη στο [ 0, +∞ ) , ενώ το Ο ( 0,0 ) είναι σημείο καμπής της. δ. i. Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. για την f στο διάστημα [ 0, x] ● H f είναι συνεχής στο [ 0, x] [81] Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com f είναι παραγωγίσιμη στο ( 0,x) ● H Άρα θα υπάρχει ξ ∈ ( 0, x ) τέτοιο, ώστε f ′ (ξ ) = f ( x ) − f (0) f ( x ) = (1) x−0 x Είναι f ′ց[0, +∞ ) ξ<x ⇔ (1) f ′ (ξ ) > f ′ ( x ) ⇔ f ′ ( x ) < f ( x) ⇔ xf ′ ( x ) < f ( x ) , για κάθε x > 0 x Για x = 0 ισχύει ως ισότητα. Οπότε για κάθε x ≥ 0 ισχύει xf ′ ( x ) ≤ f ( x ) ii. Από ερώτημα γ.i. έχουμε: xf ′ ( x ) ≤ f ( x ) , για κάθε x ≥ 0 και η ισότητα ισχύει μόνο για x = 0 Οπότε ∫ ln 2 0 xf ′ ( x ) dx < ∫ ln 2 0 2∫ ln 2 0 ln 2 ln 2 f ( x ) dx ⇔ xf ( x ) 0 − ∫ f ( x ) dx < ∫ f ( x ) dx ⇔ 0 0 ln 2 f ( x ) dx > ln 2 f ( ln 2) ⇔ 2∫ ln 2 0 f ( x ) dx > ln 2 ⋅ ln 2 2 −1 ln 2 ⇔ ∫ f ( x ) dx > 0 2 +1 6 Θανάσης Κοπάδης Ιανουάριος 2018 [82]