λυση ασκ 19

___________________________________________________________________________ 19η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr

1

1η προτεινόμενη λύση (Μάριος Βώβος)

α) Είναι x x x xf ' x xe ' e xe e 1 x , για κάθε x .

► x 1f ' x 0 e 1 x 0 x

► 0

x 1f ' x 0 e 1 x 0 x

Άρα, η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα 1

,

και γνησίως αύξουσα στο

διάστημα 1

,

. Επομένως, η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο, το

1 1 1 1,f ,

e

. Άρα:

1

x

και 1 1 x

y ye e

. Άρα, ο γεωμετρικός τόπος των σημείων είναι η

ευθεία με εξίσωση x

ye

. Περιοριζόμαστε στην ημιευθεια που βρίσκεται στο 3ο

τεταρτημόριο, διότι 0 άρα 1

x 0

και 1 1

y 0e

β) Είναι xf x 0 xe 0 x 0 . Άρα:

11 1 1 1 1x x x

x

0 0 0 0 00

e e eE f x dx f x dx xe dx x 'dx x dx

1x

2 2

0

e 1 e e e 1

Όμως, 1 , επομένως:

2 2

2 2

e e 11 e e 1 e e 1 0

1 e 1 1 . Άρα, 1 ή e 1 .

Από τη γνωστή ανισότητα xe x 1 και όπου x το x , έχουμε:

xe 1 x , με την ισότητα να ισχύει, μόνο όταν x 0 . Επομένως:

1 ή 0 .

http://lisari.blogspot.gr/


2

Η δεύτερη λύση απορρίπτεται, αφού 0 , άρα 1 .

γ) Η συνάρτηση f για 1 , γράφεται xf x xe , για κάθε x .

Η εφαπτομένη της f στο σημείο 1,f 1 δίνεται από τη σχέση:

y f 1 f ' 1 x 1 y e 2e x 1 y 2ex e .

Άρα, ζητούμε η εξίσωση:

x xf x 2ex e xe 2ex e xe 2ex e 0 , να έχει μοναδική ρίζα στο

.

Θεωρούμε, τη συνάρτηση x 1h x xe 2x 1 , για κάθε x . Η h είναι

παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγισίμων συναρτήσεων με παράγωγο

x 1 x 1 x 1h ' x e xe 2 x 1 e 2 , για κάθε x .

Για x 1 είναι x 1 2 και x 1e 1 , άρα x 1x 1 e 2 h ' x 0 , επομένως

η h είναι γνησίως αύξουσα στο 1, .

Για x 1 είναι x 1 2 και x 10 e 1 , άρα x 1x 1 e 2 h ' x 0 ,

επομένως η h είναι γνησίως φθίνουσα στο ,1 .

Τελικά, η h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0x 1 , το h 1 0 . Άρα,

h x h 1 h x 0 , για κάθε x , με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1

, που είναι και η μοναδική ρίζα της εξίσωσης h x 0 .

Επομένως, το κοινό σημείο της fC με την εφαπτομένη , είναι το 1,f 1 1,e

δ) Είναι:

3 2 2 22

3 2 3 ,2 33

που ισχύει. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο , άρα και στο διάστημα ,

, με xf ' x e x 1 , οπότε ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος μέσης

τιμής, σε καθένα από τα διαστήματα 2

,3

και 2

,3

, επομένως θα

υπάρχει, ένα τουλάχιστον:

1

2,

3

, ώστε

1

2 2f f f f

3 3f '

2 2

3 3

.



3

2

2,

3

, ώστε

2

2 2f f f f

3 3f '

2

3 3

.

Για κάθε x 0 , έχουμε xf '' x e x 2 0 , άρα f κυρτή στο διάστημα 0,

και f ' γνησίως αύξουσα.

f '

1 2 1 2

2 2f f f f

3 30 f ' f '

2

3 3

f 2f2 2 2

f f 2 f f f3 3 3 3

2 22 03 3

f 2f f 2f2e e

3 3 2

f 2f2ln

3 2

, που είναι το ζητούμενο.

2η προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Ρουμελιώτης)

α. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ως γινόμενο παραγωγίσιμων

συναρτήσεων με

x x x x x xf '(x) xe ' x ' e x e ' e xe f '(x) e 1 x x .

1f '(x) 0 1 x 0 x

1f '(x) 0 1 x 0 1 x x , λ<0

Για f1 1

x f (x) f ( )

Για f1 1

x f (x) f ( )

Άρα για κάθε x είναι 1

f (x) f

. Άρα η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο

x

1

f '(x)

f > <



4

o

1x

, το

1

o

1 1 1f (x ) f e

e

, άρα 1 1

M ,e

,λ < 0 .

Αν M(x, y) τότε 1

x

και 1 1

y y xe e

με x, y 0 , άρα ο γεωμετρικός

τόπος των σημείων Μ είναι η ημιευθεία 1

: y xe

με x, y 0 χωρίς δηλαδή το

σημείο O(0,0) .

β. Το δοσμένο εμβαδόν δίνεται από την σχέση 1

0

E f (x)dx . Όμως η f είναι

γνησίως αύξουσα στο 1

, 0,

άρα για

0 x 1 f (0) f (x) f (1) 0 f (x) e άρα :

' 1 11 1 1 1x x xx x

0 0 0 00 0

2 2 2

e xe 1 e 1 eE f (x)dx xe dx x dx e dx

e e 1e 1 e 1 e e 1.

Όμως

2 2

2

e e 1E( ) 1 1 e e 1 e e 1 0

1 e 1 0

Από όπου παίρνουμε ότι : 1 ή e 1 0 (1) . Θεωρώντας τη συνάρτηση

xg(x) e x 1 με x παρατηρούμε ότι g(0) 0 και ότι xg '(x) e 1 ,

x . Είναι : xg '(x) 0 e 1 x 0 και

xg '(x) 0 e 1 x 0 x 0 .

Άρα η συνάρτηση g είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ,0 . Αυτό σημαίνει

ότι για κάθε xx 0 g(x) g(0) e x 1 0 άρα και e 1 0 για κάθε

0 . Τελικά από την (1) παίρνουμε ότι : 1 .

γ. Για 1 είναι : xf (x) xe , x και xf '(x) x 1 e , x .

Η εφαπτόμενη ευθεία (ε) της Cf στο σημείο της B 1,f (1) είναι η :

( ) : y f (1) f '(1) x 1 y e 2e x 1 y 2ex e .



5

Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο με xf ''(x) x 2 e , x .

Για κάθε xx 2 x 2 0 x 2 e 0 f ''(x) 0 άρα η f είναι κυρτή στο

διάστημα 2, και επειδή 1 2, άρα η γραφική παράσταση της f

βρίσκεται πάνω από την εφαπτόμενη της (ε) και μοναδικό κοινό σημείο τους στο

2, είναι το B 1,f (1) ως σημείο επαφής.

Για το διάστημα , 2 τώρα θεωρούμε τη συνάρτηση :

x xh(x) f(x) 2ex e xe 2ex e x e 2e e , x , 2 .

Η h είναι παραγωγίσιμη στο , 2 με xh '(x) x 1 e 2e , x , 2 .

Για κάθε x x x xx 2 x 1 1 x 1 e e x 1 e 2e e 2e 0

άρα h '(x) 0 για κάθε x 2 άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως φθίνουσα στο

διάστημα , 2 .

‘Έτσι για κάθε 3

2

5e 2x 2 h(x) h( 2) h(x) 0

e

διότι

3

2

5e 2h( 2)

e

.

Άρα για κάθε x 2 f (x) (2ex e) 0 f (x) 2ex e άρα η Cf βρίσκεται

πάνω από την εφαπτόμενη (ε) στο διάστημα , 2 , άρα δεν έχει κανένα κοινό

σημείο με αυτήν στο , 2 .

Τελικά μοναδικό κοινό σημείο της Cf με την εφαπτόμενη της (ε) στο B 1,f (1)

είναι το σημείο B 1,f (1) . Άρα A B .

δ. Στο διάστημα , θεωρούμε το σημείο 2

3

. Είναι

20

3

και 03

άρα πράγματι .

Η f ως παραγωγίσιμη συνάρτηση στο ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του

Θεωρήματος Μέσης Τιμής στα διαστήματα , και , αντίστοιχα. Άρα θα

υπάρχουν: 1 , ώστε

1

3 f ( ) f( )f ( ) f ( )f '( )

2

(2)



6

και 2 , ώστε

2

3 f ( ) f ( )f ( ) f ( )f '( )

(3)

Όμως στο ερώτημα (γ) αποδείξαμε ότι η f είναι κυρτή στο 2, , άρα και στο

διάστημα , αφού 0 , άρα η f ' είναι γνησίως αύξουσα στο , , έτσι

έχουμε

1 2 1 2

0

2 2

3 3

22 03

3 f ( ) f( ) 3 f ( ) f ( )f '( ) f '( )

2

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

2 3

23 e f ( ) 2f ( ) 2 e f ( ) 2f ( )

3

f ( ) 2f ( )e

2

2f 03

x>0

f ( ) 2f ( )ln e ln

2

άρα τελικά 2 f ( ) 2f ( )

ln3 2

για κάθε 0 .



7

3η προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)

α) Είναι f(x) = xe−λx. Η f συνεχής στο R ως γινόμενο συνεχών και παραγωγίσιμη ως

γινόμενο παραγωγίσιμων , με f΄(x) = e−λx − λxe−λx = (1 − λx)e−λx.f΄(x)=0 x = 1

λ ,

f΄(x)>0 x > 1

λ , f΄(x)<0 x <

1

λ . Δηλαδή f γνήσια φθίνουσα στο (-∞ ,

1

λ] , f

γνήσια αύξουσα στο [1

λ ,+∞ ) , στο x0 =

1

λ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο f(

1

λ ) =

1

λ e−1 .

Συνεπώς f(x)≥1

λe .

Τωρα για 1

λ= x<0 έχουμε y= xe−1 y =

x

e . ΄Aρα ο γεωμετρικός τόπος των σημείων

Μ(x0,f(x0)) είναι η ευθεία y = x

e για x<0 (ημιευθεία με εξαίρεση το Ο(0,0)) .

β) Προφανώς για x≥ 0 ισχύει f(x) ≥ 0. Eπόμενα το ζητούμενο εμβαδόν είναι:

Ε(λ)=∫ f(x)dx = 1

0∫ x e−λxdx = − 1

0∫ x (

e−λx

λ) ΄dx = − [x (

e−λx

λ)]0

1

+ 1

λ∫ e−λxdx =1

0

1

0

− [x (e−λx

λ)]0

1

− [(e−λx

λ2)]0

1

= −1

λ2[(λx + 1)e−λx]

0

1= −

1

λ2[(λ + 1)e−λ-1] =

1−(λ+1)e−λ

λ2 .

Τώρα

Ε(λ) – 1 = 1−(λ+1)e−λ

λ2− 1 =

1−(λ+1)e−λ−λ2

λ2=

(1−λ)(1+λ)−(λ+1)e−λ

λ2=

(1+λ)(1−λ−e−λ)

λ2 .

Αν g(λ) = 1 − λ − e−λ, λ≤ 0 τότε g΄(λ)= e−λ − 1 > 0 για λ<0. Δηλαδή g γνήσια αύξουσα

στο (-∞ , 0] , επόμενα λ<0 g(λ) < 01 − λ − e−λ < 0.

΄Αρα για λ<0 , Ε(λ) – 1=0 1+λ=0 λ= -1.

γ) f(x) = xex , f΄(x) = (1 + x)ex ,f(1)=e , f΄(1)=2e . Συνεπώς η εφαπτόμενη στο Β(1,e) είναι

y = 2ex – e. Aν h(x) = f(x)-y = xex − (2ex – e) = xex − 2ex + e τότε h΄(x)= xex + ex −

2e και h(1)=0.

Aν σ(x)=1+x-2e1−x με x∈ R, σ΄(x)= 1+2e1−x >0 ∀ x∈ R. Oπότε η σ γνήσια αύξουσα στο

R. Eπόμενα:

Για x>1 έχω σ(x)> σ(1) 1+x-2e1−x>0 xex + ex − 2e > 0 h΄(x)>0 δηλαδή h γν.

αύξουσα στο [1,+ ∞) οπότε x>1 h(x)>0.

΄Ομοια για x<1 έχω σ(x)< σ(1) 1+x-2e1−x<0 xex + ex − 2e < 0 h΄(x)<0

δηλαδή h γν. φθίνουσα στο (- ∞ , 1]) οπότε x<1 h(x)>0 . ΄Αρα h(x1)=0 x1=1.

δ) Έχουμε f΄(x) = (1 + x)ex , f ΄΄(χ) = (2 + x)ex > 0 γιά x > 0. Επόμενα f΄γνήσια

αύξουσα στο [0,+ ∞).

Από θεώρημα Μέσης Τιμής για την f στο διαστήματα [α , α+2β

3 ] , [

α+2β

3 , β ] υπάρχουν ξ1

, ξ2∈ R με α< ξ1<α+2β

3< ξ2 <β και



8

f΄( ξ1)=f(a+2β

3)−f(a)

2

3(β−a)

, f΄( ξ2)=f(β)−f(

a+2β

3)

1

3(β−a)

και επειδή f΄( ξ1) < f΄( ξ2) f (a+2β

3) − f(a) <

2(f(β) − f (a+2β

3)) 3 f (

a+2β

3) < f(a) + 2(f(β) 3(

a+2β

3) e

a+2β

3 < f(a) + 2(f(β)

ea+2β

3 <f(a)+2(f(β)

a+2β

a+2β

3< ln (

f(a)+2(f(β)

a+2β).

4η προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)

Α) xf (x) 1 x e με ρίζα το 1

0

και 1

f (x) 0, x

και 1

f (x) 0, x

δηλ.

f στο 1

,

, 1

f ,

ενώ έχει ολικό min το

1 1f

e

. Με

1 1x , y

e

, 0 είναι x

y , x 0e

Β) Η f συνεχής στο [0,1] με f (x) 0 και

1x

1 1 1 1x x x x

0 0 0 00

1x

2

2 2 2

0

1 xe 1 1 1 1E xe dx x e dx e dx e dx

e

1 1 e 1 1 1 1 1 e 1 ee 1 1 1 e e

e e e e e

Θεωρώ 2( ) 1 e 1 1 1 e 1 , 0 είναι ( 1) 0 και

h( ) 1 e 1, 0 είναι h ( ) e 0 δηλ. h και

1 1lim h( ) lim 1 lim 1

e e

,

0lim h( ) 0

δηλ. h( ) 0,1 , άρα ο -1

μόνη ρίζα της φ.

Γ) Η εφαπτομένη της Cf στο Β(1,f(1)): y 2ex e . Η εξίσωση: xxe 2ex e . Θέτω

x xT(x) xe 2e με T(1) e και xT (x) x 1 e 0 x 1 . Είναι T στο

,1 και στο [1, ) με ΟΕ το e . Άρα T(x) e x 1 και Α(1,e).

Δ) Η αποδεικτέα ισοδύναμα γράφεται:

a 2 a 2

3 3f (a) 2f ( ) 2 f (a) 2f ( ) a 2 f (a) 2f ( )

e e f2 3 3 3 3

Με 2

ΘΜΤ στα 2

,3

και 2

,3

υπάρχουν

1 2

2 2, , ,

3 3

με



9

1

3 f (a 2 ) f (a)f ( )

2

και 2

2f ( ) f ( )

3f ( ) 3

.

Είναι xf (x) e x 2 0 x 2 και f (x) 0 στο , 2 , f (x) 0 στο

2, , άρα f στο ( , 2] και f στο [ 2, ) . Δηλαδή ισχύει

1 2

a 2f ( ) f ( ) 2f ( ) f ( ) 3f

3

οεδ.

5η προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)

α) f(x) = xe−λx, με f ′(x) = (1 − λx)e−λx , λ < 0

x 1/λ

f ′(x) − +

f(x) ↘ ↗

Άρα Μ(1

λ, f (

1

λ)) = (

1

λ,1

λe−1)

Θέτουμε {

x =1

λ< 0

y =1

λe−1

⇔ y = xe−1 , x < 0 . Οπότε ο γ.τ. των σημείων Μ είναι

η ημιευθεια y = xe−1 , x < 0.

β) Ε = ∫ |f(x)|dx = 11

0⟺ ∫ xe−λxdx = 1 ⟺ [−

1

λxe−λx]

0

1

+1

λ∫ e−λxdx = 1 ⟺1

0

1

0

⟺ [−1

λxe−λx]

0

1

+1

λ[−1

λe−λx]

0

1

= 1 ⟺ −1

λe−λ −

1

λ2(e−λ − 1) = 1 ⟺

−λe−λ − e−λ + 1 = λ2⟺ (λ + 1)(−e−λ + 1 − λ) = 0 ⇢ λ = −1 ή − e−λ + 1 − λ

= 0

Θεωρούμε την Κ(x) = −e−x + 1 − x , x ∈ ℝ με Κ′(x) = e−x − 1 και

Κ(0) = 0

x 0

Κ′(x) + −

Κ(x) ↗ ↘

Έστω ότι Κ(ρ) = 0 με ρ > 0κ ↓⇔Κ(ρ) < Κ(0) ⟺ 0 < 0 ⇢ ατοπο

Έστω ότι Κ(ρ) = 0 με ρ < 0κ ↑⇔Κ(ρ) < Κ(0) ⟺ 0 < 0 ⇢ ατοπο



10

Τελικά η εξίσωση Κ(x) = 0 εχει μοναδικη ριζα το 0 και επειδή λ < 0 τότε η εξίσωση

−e−λ + 1 − λ = 0 είναι αδύνατη για λ < 0 .

γ) f(x) = xex, με f ′(x) = (1 + x)ex και f ′′(x) = (2 + x)ex

x −1

f ′(x) − +

f(x) ↘ ↗

𝑥 −2

𝑓′′(𝑥) − +

𝑓(𝑥) ∩ ∪

Η εφαπτόμενη της 𝐶𝑓 στο Β είναι 𝜀 ∶ 𝑦 = 2𝑒𝑥 − 𝑒 ή 𝑔(𝑥) = 2𝑒𝑥 − 𝑒

1 περίπτωση : 𝒙 > −𝟐

Για 𝑥 > −2 η 𝐶𝑓 είναι κυρτή άρα 𝑓(𝑥) ≥ 2𝑒𝑥 − 𝑒 και το ίσον ισχύει μόνο όταν

𝑥 = 1

2 περίπτωση : 𝒙 ≤ −𝟐

𝑓 συνεχής και ↓ στο (−∞,−2] ⇢ 𝑓((−∞,−2]) = [−2

𝑒2, 0) άρα 𝑓(𝑥) ≥ −

2

𝑒2

𝑥 ≤ −2𝑔 ↑⇔𝑔(𝑥) ≤ 𝑔(−2) = −5𝑒

𝑔(𝑥) ≤ −5𝑒 < −2

𝑒2≤ 𝑓(𝑥) ⇢ 𝑓(𝑥) > 𝑔(𝑥) , 𝑥 ≤ −2

Επομένως 𝑓 (𝑥) ≥ 2𝑒𝑥 − 𝑒 και το ίσον ισχύει μόνο όταν 𝑥 = 1 .

δ) Θεωρούμε την ℎ(𝑥) = 𝑒𝑥 𝜇𝜀 ℎ′′(𝑥) = 𝑒𝑥 > 0 άρα ℎ′ ↑

ℎ παραγωγισιμη στο [𝛼,𝛼+2𝛽

3] από ΘΜΤ ∃𝑥1 ∈ (𝛼,

𝛼+2𝛽

3) : ℎ′(𝑥1) =

𝑒𝛼+2𝛽3 −𝑒𝑎

2(𝛽−𝑎)

3

ℎ παραγωγισιμη στο [𝛼+2𝛽

3, 𝛽] από ΘΜΤ ∃𝑥2 ∈ (

𝛼+2𝛽

3, 𝛽) : ℎ′(𝑥2) =

𝑒𝛽−𝑒𝛼+2𝛽3

2(𝛽−𝑎)

3

𝑥1 < 𝑥2ℎ ↑⇔ℎ′(𝑥1) < ℎ

′(𝑥2) ⟺𝑒𝛼+2𝛽3 −𝑒𝑎

2(𝛽−𝑎)

3

<𝑒𝛽−𝑒

𝛼+2𝛽3

2(𝛽−𝑎)

3

⟺ 𝑒𝛼+2𝛽

3 − 𝑒𝑎 < 𝑒𝛽 −

𝑒𝛼+2𝛽

3

0<𝛼<𝛽<2𝛽⇔ 𝑎 (𝑒

𝛼+2𝛽3 − 𝑒𝑎) < 2𝛽 (𝑒𝛽 − 𝑒

𝛼+2𝛽3 ) (1)



11

Έστω ότι 𝛼+2𝛽

3< 𝑙𝑛 (

𝑓(𝛼)+2𝑓(𝛽)

𝛼+2𝛽) ⇔ 𝑙𝑛𝑒

𝛼+2𝛽

3 < 𝑙𝑛 (𝑓(𝛼)+2𝑓(𝛽)

𝛼+2𝛽) ⇔ 𝑒

𝛼+2𝛽

3 <

𝑓(𝛼)+2𝑓(𝛽)

𝛼+2𝛽

⇔ 𝑒𝛼+2𝛽

3 (𝛼 + 2𝛽) < 𝑎𝑒𝑎 + 2𝛽𝑒𝛽⟺ 𝛼(𝑒𝛼+2𝛽

3 − 𝑒𝑎) < 2β (eβ − eα+2β

3 ) που ισχύει

λογω της (1) .

6η προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)

A.

x x x xf (x) = xe f '(x) = e - λxe e 1- λx ,x R

1f '(x) = 0 x =

Από τον πίνακα έχουμε ολικό ελάχιστο

f (1

)=

1

e , άρα

1 1M , , ,0

e

Για κάθε x ,0 υπάρχει 1

,0 : x 0

, αφού η ποσότητα

1

, ,0

παίρνει όλες τις τιμές στο ,0 . Αν 1

ye

τότε

x

y , ά x ,0e

. Άρα ο Γ.Τ. των σημείων Μ(x,y) είναι το μέρος

της ευθείας x

: y , x 0e

x

-∞

1

λ

+∞

f ’ - +

f ↘ ↗

ΟΕ f (

1

λ)=

1

λe



12

B.

xf (x) = 0 xe 0 x 0 , μοναδικό σημείο τομής με τον x’x.

x 01 1 1x x

0 0 0

1 1x x

1x

00 0

2 2

E 1 f (x)dx 1 xe dx 1 xe dx 1

xe 1 e 1 ee dx 1 1

e e 11 1 1 e 1 0 (1)

Θεωρώ τη συνάρτηση xg(x) (x 1)e 1 ,x 0

x x xg '(x) e (x 1)e xe 0 , x 0 ,g συνεχής άρα g ,0 και

g(x) 0 για x<0. Άρα 1 e 1 0 οπότε από (1) είναι 1

μοναδική λύση.

Γ.

Για λ=-1 είναι xf (x) = xe ,x R . Η εφαπτόμενη της Cf στο Β(1,e) είναι η

: y e 2e(x 1) y 2ex e .

Έστω xH(x) f (x) 2ex e xe 2ex e ,x R με Η(1)=0

xH'(x) x 1 e 2e ,H'(1) 0

Έστω 1 xG(x) x 1 2e ,x R

1 xG'(x) 1 2e 0 G R G(1) 0

.Αρα για

1 x xx 1 G(x) G(1) 0 x 1 2e 0 e x 1 2e 0

H'(x) 0 H 1, H(x) H(1) 0

1 x xx 1 G(x) G(1) 0 x 1 2e 0 e x 1 2e 0

H'(x) 0 H ,1 H(x) H(1) 0

Άρα η Η έχει μοναδική λύση το 1 άρα και η εξίσωση f (x) 2ex e έχει

μοναδική λύση την x=1 .Συνεπώς η Cf έχει μοναδικό κοινό σημείο με την

εφαπτόμενη της στο Β το Β.



13

Δ.

x xf '(x) = x +1 e f ''(x) = x + 2 e 0 0, f ' 0, και

f (x) > 0

2

0 a3

εφαρμόζοντας ΘΜΤ στα 2 2

, , ,3 3

, θα υπάρχουν

1 2

2 2, , , :

3 3

1 2

2 2f ( ) f f f ( )

3 3f '( ) , f '( )

2 2a

3 3

, άρα

1 2

2 2f ( ) f f f ( )

3 3f '( ) f '( )

2 2a

3 3

2 2f ( ) f f f ( )

3 3

2 2

2

3

2

3

2 2f ( ) f 2f 2f ( )

3 3

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

3 3 3 3

f ( ) 2f ( ) f ( ) 2f ( ) 2e ln .

2 2 3


λυση ασκ 19

Education

Transcript of λυση ασκ 19