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]