Θεματα πανελλαδικων 2000-2016

Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 1

ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΩΝ 2000-2016



ΘΕΜΑΤΑ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΩΝ ΗΜΕΡΗΣΙΑ



ΘΕΜΑΤΑ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΩΝ ΗΜΕΡΗΣΙΑ 1)(Εξετασεις 2000) Τη χρονική στιγµή t = 0 χορηγείται σ’ έναν ασθενή ένα φάρµακο. Η

συγκέντρωση του φαρµάκου στο αίµα του ασθενούς δίνεται από τη συνάρτηση:

2

αtf(t) , t 0

t1

β

= ≥ +

όπου α και β είναι σταθεροί θετικοί πραγµατικοί αριθµοί και ο χρόνος t µετράται σε

ώρες. Η µέγιστη τιµή της συγκέντρωσης είναι ίση µε 15 µονάδες και επιτυγχάνεται 6

ώρες µετά τη χορήγηση του φαρµάκου.

α. Να βρείτε τις τιµές των σταθερών α και β.

β. Με δεδοµένο ότι η δράση του φαρµάκου είναι αποτελεσµατική όταν η τιµή της

συγκέντρωσης είναι τουλάχιστον ίση µε 12 µονάδες, να βρείτε το χρονικό διάστηµα

που το φάρµακο δρα αποτελεσµατικά.

Λυση

Η f είναι παραγωγίσιµη στο [0, +∞) ως πηλίκο παραγωγίσιµων συναρτήσεων, µε:

( )

2 2

2 22 2

t t 1 tα 1 αt 2 α 1

β β β βf t , t 0

t t1 1

β β

⋅ + − ⋅ ⋅ −

′ = = ≥ + +

α) Αφού σε t = 6 ώρες επιτυγχάνεται η µέγιστη τιµή f(t) = 15 µονάδες, θα έχουµε:

( )( )

22

22

2

6α15 54036 6α 151f 6 15 β

β36f 6 0 16

α 1 0 ββ

= = ++= ⇔ ⇔ ⇔

′ = − = −− =

5406α 30 α 56α 15

36β 6 β 6

β 6

= == + ⇔ ⇔

= ± = ± = ±

Αφού β > 0, η τιµή β = –6 απορρίπτεται, άρα β = 6. Εποµένως: ( ) 2 2

5t 180tf t , t 0

t 36 t1

36

= = ≥+

+

β) Αφού το φάρµακο έχει αποτελεσµατική δράση όταν η τιµή της συγκέντρωσης είναι

τουλάχιστον ίση µε 12 µονάδες, ψάχνουµε τις τιµές του t, έτσι ώστε: f(t) ≥ 12, µε t ≥ 0. Τότε:

2 2 22

180t12 180t 432 12t 12t 180t 432 0 t 15t 36 0 3 t 12

36 t≥ ⇔ ≥ + ⇔ − + ≤ ⇔ = − + ≤ ⇔ ≤ ≤

+

Άρα το φάρµακο δρα αποτελεσµατικά από 3 ώρες έως 12 ώρες.



2)(Εξετασεις 2001)Έστω f µια πραγµατική συνάρτηση µε τύπο:

2

x-3

αx , x 3f(x) 1 e

, x 3x 3

≤

= −>

−

α. Αν η f είναι συνεχής, να αποδείξετε ότι α = –1/9.

β. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτοµένης της γραφικής παράστασης Cf της

συνάρτησης f στο σηµείο Α(4, f(4)).

γ. Να υπολογίσετε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική

παράσταση της συνάρτησης f, τον άξονα x΄x και τις ευθείες x = 1 και x = 2.

Λύση

α. Αφού f συνεχής είναι: ( ) ( ) ( )x 3 x 3lim f x lim f x f 3 9 α

− +→ →= = =

Όµως: ( ) ( )2

x 3 x 3lim f x lim f αx 9α

− −→ →= =

( )( )( )

x 3 x 3

x 3 x 3 x 3

1 e elim f x lim lim 1

1x 3+ + +

− −

→ → →

′− −= = = − ′ −

Έτσι: 9α = –1. Άρα α = –1/9

β. Για x > 3 µε f παραγωγίσιµη ως πηλίκο παραγωγίσιµων συναρτήσεων

( )( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

x 3 x 3 x 3 x 3x 3

2 2

1 e x 3 1 e x 3 e x 3 1 e1 ef x

x 3 x 3 x 3

− − − −− ′ ′′ − − − − − − − − − −′ = = = = − − −

( ) ( )( )( )

x 3x 3 x 3 x 3 x 3 x 3

2 2 2

4 x e 1xe 3e 1 e xe 4e 1

x 3 x 3 x 3

−− − − − − − −− + − + − + −= = =

− − −

Έτσι: ( )( )2

1f 4 1

4 3

−′ = = −

−

και αφού: ( )4 31 e 1 e

f 4 1 e4 3 1

−− −= = = −

−

η εξίσωση της εφαπτοµένης είναι: y – (1 – e) = –1(x – 4)⇔ y = –x – e + 5

γ. Επειδή για [ ]x 1,2∈ είναι ( ) 21f x x 0

9= − <

Έχουµε:

2 23 32 2

11 1

1 1 x 1 x 1 8 1 1 7 7E x dx

9 9 3 9 3 9 3 3 9 3 27

= − − = − − = = − = ⋅ = ∫ τ. µονάδες.



Παρατήρηση

Επειδή στην εκφώνηση του θέµατος δεν διευκρινίζεται αν στο ερώτηµα γ η τιµή του α

πρέπει να ληφθεί ως –1/9, παρατηρούµε ότι:

(i) αν το α ληφθεί ως –1/9 τότε η τιµή του εµβαδού είναι: Ε = 7

27τ. µονάδες.

(ii) αν όµως δεν υπονοείται κάτι τέτοιο τότε η λύση θα έχει ως εξής:

• αν α ≥ 0 τότε f(x) ≥ 0 οπότε: 2 2

1

7αE αx dx

3= =∫ τ. µονάδες.

• αν α < 0 τότε f(x) < 0, οπότε: 2 2

1

7αE αx dx

3= − = −∫ τ. µονάδες.

3)(Εξετασεις 2002)Έστω οι συναρτήσεις f, g µε πεδίο ορισµού το ℝ .

Δίνεται ότι η συνάρτηση της σύνθεσης fog είναι 1–1.

α. Να δείξετε ότι η g είναι 1–1.

β. Να δείξετε ότι η εξίσωση: g(f(x) + x3 - x) = g(f(x) + 2x -1) έχει ακριβώς δύο θετικές και

µία αρνητική ρίζα.

Λυση

α. Επειδή η f είναι συνάρτηση έχουµε ότι για κάθε 1 2x , x ∈ℝ µε g(x1) = g(x2) έπεται f(g(x1))

= f(g(x2)) ή (fog)(x1) = (fog)(x2) (1)

Επειδή όµως η fog είναι 1 – 1 στο ℝ προκύπτει από την (1) ότι x1 = x2. Έτσι δείξαµε ότι:

1 2x , x∀ ∈ℝ µε g(x1) = g(x2) προκύπτει x1 = x2.

Άρα η g είναι 1 – 1.

β. Έχουµε: g(f(x) + x3 – x) = g(f(x) + 2x – 1)

Επειδή η g είναι 1 – 1 στο R, προκύπτει ότι:

f(x) + x3 – x = f(x) + 2x – 1 ή

x3 – x = 2x – 1 ή

x3 – 3x + 1 = 0

Θεωρούµε την συνάρτηση: h(x) = x3 – 3x + 1, x∈ℝ

H h είναι παραγωγίσιµη ως πολυωνυµική µε:

h΄(x) = 3x2 – 3 = 3(x2 – 1) = 3(x – 1)(x + 1)

H µονοτονία της h(x) φαίνεται στον παρακάτω πίνακα:



Η h στο διάστηµα [–2, –1] ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ. Bolzano, αφού:

• Η h συνεχής στο [–2, –1] ως πολυωνυµική και

• h(–2)∙h(–1) = (–1)∙(+3) = –3 < 0

Άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )1x 2, 1∈ − − τέτοιο ώστε h(x1) = 0. Eπειδή η h στο (–

∞,–1] είναι γνησίως αύξουσα η παραπάνω ρίζα x1 είναι µοναδική στο (–∞,–1].

Έχουµε h(0) = 1 και h(1) = –1.

Επειδή η h είναι συνεχής στο [0, 1] και h(0)∙h(1) = 1∙(–1) = –1 < 0

προκύπτει ότι στο διάστηµα (0, 1) η h(x) = 0 έχει µια τουλάχιστον ρίζα x2. Επειδή ακόµα η h

είναι γνησίως φθίνουσα στο [–1, 1], προκύπτει ότι η ρίζα αυτή είναι µοναδική στο [–1, 1].

Έχουµε h(1) = –1 και h(2) = 3

Επειδή η h είναι συνεχής στο [1, 2] και h(1)∙h(2) = (–1)∙3 = –3 < 0

προκύπτει ότι στο διάστηµα (1, 2) η h(x) = 0 έχει µια τουλάχιστον ρίζα x3. Επειδή ακόµα η h

είναι γνησίως φθίνουσα στο [1, +∞), προκύπτει ότι η ρίζα αυτή είναι µοναδική στο [1, +∞).

Επειδή:

• ( )1x 2, 1∈ − − είναι x1 < 0

• ( )2x 0,1∈ είναι x2 > 0

• ( )3x 1,2∈ είναι x3 > 0

Έτσι η h(x) = 0 έχει ακριβώς δύο θετικές και µία αρνητική ρίζα στο R.



4)(Εξετασεις 2003)Έστω η συνάρτηση f(x) = x5 + x3 + x .

α. Να µελετήσετε την f ως προς την µονοτονία και τα κοίλα και να αποδείξετε ότι η f

έχει αντίστροφη συνάρτηση.

β. Να αποδείξετε ότι f(ex) ≥ f(1+x) για κάθε x∈ℝ .

γ. Να αποδείξετε ότι η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της f στο σηµείο (0,0)

είναι ο άξονας συµµετρίας των γραφικών παραστάσεων της f και της f –1.

δ. Να υπολογίσετε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική

παράσταση της f –1, τον άξονα των x και την ευθεία µε εξίσωση x = 3.

Λυση

α. Η συνάρτηση f(x) = x5 + x3 + x είναι ορισµένη και παραγωγίσιµη 2 φορές σε όλο το ℝ µε:

f΄(x) =(x5 + x3 + x)΄ = 5x4 + 3x2 + 1 και

f΄΄(x) = (5x4 + 3x2 + 1)΄= 20x3 + 6x

• Επειδή είναι f΄(x) = 5x4 + 3x2 + 1 > 0 για κάθε x∈ℝ , προκύπτει ότι η f είναι γνησίως

αύξουσα σε όλο το ℝ .

• f΄΄(x)=0 ⇔ 20x3 + 6x = 0 ⇔ 2x(10x2 + 3)=0 ⇔ x=0 εφόσον 10x2 + 3 > 0 για κάθε x∈ℝ .

Εποµένως η f είναι:

• κοίλη στο διάστηµα (–∞, 0] και

• κυρτή στο διάστηµα [0, +∞).

Επειδή η συνάρτηση f είναι γνησίως µονότονη στο ℝ θα είναι 1–1 σε αυτό και συνεπώς η f

είναι αντιστρέψιµη στο ℝ .

β. Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ (ερώτηµα α). Προκειµένου να δείξουµε

ότι f(ex) ≥ f(1+x) για κάθε x∈ℝ , αρκεί να δείξουµε ότι:

ex ≥1+ x για κάθε x∈ℝ .

Πράγµατι, θεωρούµε τη συνάρτηση g(x)=ex – 1 – x στο ℝ , η οποία είναι παραγωγίσιµη σ’

αυτό µε g΄(x) = ex – 1. Από την εξίσωση g΄(x)=0 έχουµε ex – 1=0 ⇔ ex = 1 ⇔ x = 0.

Έχουµε:



Εποµένως g(x) ≥ g(0) = 0 για κάθε x∈ℝ ή ex – 1 – x ≥ 0 για κάθε x∈ℝ και άρα: ex ≥ 1 + x

για κάθε x∈ℝ .

γ. Η εφαπτοµένη της Cf στο σηµείο (0,0) έχει εξίσωση

y – f(0) = f΄(0)(x – 0) ή y – 0 = 1(x – 0) ή y = x

που είναι η διχοτόµος της πρώτης και τρίτης γωνίας των αξόνων. Επειδή τώρα η f είναι

αντιστρέψιµη (ερώτηµα α) προκύπτει ότι υπάρχει η f-1 ή οποία (λόγω πρότασης σελ. 155

σχολ. βιβλ.) έχει 1fC − συµµετρική την Cf ως προς άξονα συµµετρίας την ευθεία y = x.

δ. Για κάθε [ ]x 0,3∈ είναι: x ≥ 0 και επειδή η f–1 είναι γνησίως αύξουσα στο διάστηµα

αυτό, θα είναι f–1(x) ≥ f–1(0)⇔ f–1(x) ≥ 0 (αφού f–1(0) = 0).

Έτσι το εµβαδόν του ζητουµένου χωρίου ισούται µε: ( )3 -1

0E f y dy= ∫ .

Θέτουµε f–1(y)=x ⇔ y = f(x). (1)

Διαφορίζοντας την (1) λαμβάνουμε: dy = d[f(x)] = f΄(x)dx και

( )( ) 5 3

5 3

3 f x 3 x x x 3 1

0 f x 0 x x x 0 0y x x x

= + + =

= + + =→ → → , άρα

( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 15 3 5 3 5 3

0 0 0 0 0 0E xf x dx x x x x dx 5x 3x x dx 5 x dx 3 x dx xdx′′= = + + = + + = + + =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

1 1 16 4 2

0 0 0

x x x 1 1 1 255 3 5 3 τ.µ.

6 4 2 6 4 2 12

= + + = ⋅ + ⋅ + =



5)(Εξετασεις 2003)Έστω µια συνάρτηση f συνεχής σ’ ένα διάστηµα [α,β] που έχει

συνεχή δεύτερη παράγωγο στο (α,β). Αν ισχύει

f(α) = f(β) = 0 και υπάρχουν αριθµοί γ∈(α,β), δ∈(α,β), έτσι ώστε f(γ)·f(δ) < 0, να

αποδείξετε ότι:

α. Υπάρχει µία τουλάχιστον ρίζα της εξίσωσης f(x) = 0 στο διάστηµα (α,β).

β. Υπάρχουν σηµεία ξ1, ξ2 ∈ (α,β) τέτοια ώστε f΄΄(ξ1) < 0 και f΄΄(ξ2) > 0.

γ. Υπάρχει ένα τουλάχιστον σηµείο καµπής της γραφικής παράστασης της f.

Λυση

α. Αφού η f είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα με άκρα γ, δ και f(γ)∙f(δ) < 0, εφαρμόζεται

το θεώρημα Bolzano από το οποίο συνάγεται ότι υπάρχει μία τουλάχιστον ρίζα x0 που

ανήκει στο ανοιχτό διάστημα με άκρα γ, δ ώστε f(x0) = 0.

β. Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι γ < δ και f(γ) > 0, f(δ) < 0, οπότε α < γ < x0

< δ < β.

i) Στο διάστηµα [α, γ] είναι:

f(α) = 0, f(γ) > 0, άρα f(α) < f(γ) και επειδή είναι α < γ συνάγεται ότι:

( ) ( )f α f γ0

α γ

−>

− (1)

Όµως από το θεώρηµα µέσης τιµής (Θ.Μ.Τ) για την f στο διάστηµα [α,γ], υπάρχει

( )1κ α,γ∈ ώστε ( ) ( ) ( )1

f α f γf κ

α γ

−′ =

− και λόγω της (1) f΄(κ1) > 0.

ii) Εργαζόµενοι οµοίως, στο διάστηµα [γ, x0] έχουµε:

f(γ) > 0, f(x0) = 0 άρα f(γ) > f(x0) και επειδή είναι γ < x0 συνάγεται:

( ) ( )0

0

f γ f x0

γ x

−<

− (2)

Από το Θ.Μ.Τ για την f στο διάστηµα [γ, x0] έχουµε ότι υπάρχει ( )2 0κ γ,x∈ ώστε

( ) ( ) ( )02

0

f γ f xf κ

γ x

−′ =

−

και λόγω της (2) είναι f΄(κ2) < 0.

iii) Για το διάστηµα [x0, δ] όµοια έχουµε ότι υπάρχει ( )3 0κ x ,δ∈ ώστε

( ) ( ) ( )03

0

f δ f xf κ 0

δ x

−′= <

−



iv) Για το διάστηµα [δ, β] όµοια έχουµε ότι υπάρχει ( )4κ δ,β∈ ώστε

( ) ( ) ( )4

f β f δf κ 0

β δ

−′= >

−

v) Είναι f΄(κ1) > 0, f΄(κ2) < 0 άρα f΄(κ1) > f΄(κ2) και επειδή κ1 < κ2, είναι: ( ) ( )1 2

1 2

f κ f κ0

κ κ

′ ′−<

−

Όµω ς για την f΄ εφαρµόζεται το Θ.Μ.Τ στο διάστηµα [κ1,κ2], οπότε υπάρχει ( )1 1 2ξ κ ,κ∈

ώστε ( ) ( ) ( )1 21

1 2

f κ f κf ξ 0

κ κ

′ ′−′′ = <

−

vi) Είναι f΄(κ3) < 0, f΄(κ4) > 0, άρα f΄(κ3) < f΄(κ4) και επειδή κ3 < κ4 είναι ( ) ( )3 4

3 4

f κ f κ0

κ κ

′ ′−>

−

Όµω ς για την f΄ εφαρµόζεται το Θ.Μ.Τ στο διάστηµα [κ3,κ4], οπότε υπάρχει ( )2 3 4ξ κ ,κ∈

ώστε ( ) ( ) ( )3 42

3 4

f κ f κf ξ 0

κ κ

′ ′−′′ = >

−.

Δείξαµε έτσι ότι υπάρχουν ( )1 2ξ ,ξ α,β∈ ώστε f΄΄(ξ1) < 0 και f΄΄(ξ2) > 0.

β΄ τρόπος

Από το θεώρηµα µέγιστης – ελάχιστης τιµής για την f που είναι συνεχής στο [α,β]

εξασφαλίζεται ότι υπάρχουν δύο σηµεία x1, x2 ∈[α,β] µε x1 < x2 ώστε f(x1) ≤ f(x) ≤ f(x2) για

κάθε x∈[α,β].

Εφόσον η f παίρνει µία τουλάχιστον αρνητική τιµή και µία τουλάχιστον θετική (πράγµα

που συνεπάγεται από την δοσµένη σχέση f(γ)∙f(δ) < 0), η ελάχιστη τιµή f(x1) θα είναι

αρνητική, ενώ η µέγιστη τιµή f(x2) θα είναι θετική.

Η f είναι παραγω γίσιµη στο (α,β) άρα και στα εσω τερικά σηµεία x1,x2, που επειδή είναι

θέσεις ακρότατω ν από το θ. Fermat συνάγεται ότι f΄(x1) = f΄(x2) = 0.

Στο διάστηµα [x1,x2] η f΄ δεν µπορεί να είναι η σταθερή µηδενική διότι τότε η f θα ήταν

σταθερή και άρα f(x1) = f(x2) ή fmax = fmin – άτοπο διότι υπάρχουν τα δοσµένα γ, δ για τα

οποία ισχύει από υπόθεση f(γ)∙f(δ) < 0.

Συνεπώς υπάρχει σηµείο x3 ∈(x1,x2) ώστε f΄(x3) > 0 ή f΄(x3) < 0. Έστω πχ f΄(x3) > 0.

Τότε



• από Θ.Μ.Τ για την f΄ στο [x1,x3], υπάρχει ( )1 1 3ξ x , x∈ ώστε:

( ) ( ) ( ) ( )3 1 31

3 1 3 1

f x f x f xf ξ 0

x x x x

′ ′ ′−′′ = = >

− −.

• από Θ.Μ.Τ για την f΄ στο [x3,x2], υπάρχει ( )2 3 2ξ x , x∈ ώστε:

( ) ( ) ( ) ( )2 3 32

2 3 2 3

f x f x f xf ξ 0

x x x x

′ ′ ′− −′′ = = <

− −.

Αν υποθέταµε f(x3) < 0 θα προέκυπτε f΄΄(ξ1) < 0, f΄΄(ξ2) > 0.

γ. Από το β ερώτηµα µε βάση το θεώρηµα Bolzano για την f΄΄ στο κλειστό διάστηµα µε

άκρα ξ1, ξ2 προκύπτει ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον σηµείο ξ0 που ανήκει στο ανοικτό

διάστηµα µε άκρα ξ1, ξ2 ώστε f΄΄(ξ0) = 0.

Το σηµείο ξ0 θα ήταν σηµείο καµπής της συνάρτησης εφόσον η f΄΄ άλλαζε πρόσηµο

εκατέρωθεν αυτού. Όµως κάτι τέτοιο δεν εξασφαλίζεται από τα δεδοµένα του θέµατος.

6)(Εξετασεις 2004)Δίνεται η συνάρτηση f µε τύπο f(x)=x2 lnx.

α. Να βρείτε το πεδίο ορισµού της συνάρτησης f, να µελετήσετε την µονοτονία της

και να βρείτε τα ακρότατα.

β. Να µελετήσετε την f ως προς την κυρτότητα και να βρείτε τα σηµεία καµπής.

γ. Να βρείτε το σύνολο τιµών της f.

Λυση

α. Πρέπει x > 0. Άρα Αf = (0,+∞).

H f είναι παραγωγίσιµη στο διάστηµα (0,+∞) ως γινόµενο παραγωγίσιµων συναρτήσεων

σ’ αυτό µε

f΄(x) = (x2∙lnx)΄ = (x2)΄∙lnx + x2(lnx)΄ = 2x∙lnx + x2∙1

x= 2x∙lnx + x = x∙(2lnx + 1)

Έχουµε: f΄(x) = 0⇔ x∙(2lnx + 1) = 0. Οπότε: x = 0 απορρίπτεται αφού Αf = (0,+∞) ή

2lnx + 1 = 0⇔ lnx = –1

2⇔ x =

1

2e−

.

Εποµένως η συνάρτηση f είναι:



• Γνησίως φθίνουσα στο 1

20,e−

, αφού είναι συνεχής στο 1

20,e−

και ισχύει ότι f΄(x)

< 0 στο 1

20,e−

.

• Γνησίως αύξουσα στο 1

2e ,− +∞

, αφού είναι συνεχής στο

1

2e ,− +∞

και ισχύει ότι

f΄(x) > 0 στο 1

2e ,− +∞

.

Άρα παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x = 1

2e−

το

21 1 112 2 2

1 1f e e ln e e

2 2e

− − − − = ⋅ = − ⋅ = −

β. Η f είναι και 2η φορά παραγωγίσιμη στο (0,+∞) ως γινόμενο δις παραγωγίσιμων

συναρτήσεων σε αυτό με

f΄΄(x) = (2x∙lnx + x)΄ = 2lnx + 2 + 1 = 2lnx + 3.

Έχουμε: f΄΄(x) = 0⇔ 2lnx + 3 = 0⇔ lnx = –3

2⇔ x =

3

2e−

.

23 3 332 2 2

3

3 3f e e ln e e

2 2e

− − − − = ⋅ = − ⋅ = −

.

Επομένως η συνάρτηση f είναι:

• κοίλη στο 3

20,e−

• κυρτή στο 3

2e ,− +∞

.

Άρα παρουσιάζει σημείο καμπής το 3

23

3M e ,

2e

− −

.

γ. Είναι:



• ( )( ) 4 2DeL΄Hospital

22x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 x 0

2 4

1ln x x xxlim f x lim x ln x= lim lim lim lim 01 2x 2x 2x x

+ + + + + +→ → → → → →

= = = − = − =

−

• ( ) ( )2

x xlim f x lim x ln x→+∞ →+∞

= ⋅ = +∞ .

Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής στο διάστημα 1

20,e−

, είναι

1

21

f 0,e ,02e

− = − .

Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο διάστημα 1

2e ,− +∞

, είναι

1

21

f e , ,2e

− +∞ = − +∞ .

Άρα το σύνολο τιμών της f είναι ( )( ) 1 1 1f 0, ,0 , ,

2e 2e 2e +∞ = − ∪ − +∞ = − +∞

.

Έτσι, το τοπικό ακρότατο από το ερώτημα α, μπορεί να χαρακτηριστεί και ως ολικό

ελάχιστο.

7)(Εξετασεις 2004)Δίνεται η συνάρτηση g(x)=ex f(x), όπου f συνάρτηση παραγωγίσιµη

στο R και 3

f (0) f 02 = =

.

α. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 3

ξ 0,2

∈

τέτοιο ώστε f ΄(ξ)= -f(ξ).

β. Εάν f(x)=2x2-3x, να υπολογίσετε το ολοκλήρωµα

0

αI(α) g(x)dx, α= ∈∫ ℝ .

γ. Να βρείτε το όριο αlim I(α)→−∞

.

Λυση

α. Αφού f παραγωγίσιμη στο R, τότε και η g είναι παραγωγίσιμη στο R ως γινόμενο

παραγωγίσιμων συναρτήσεων σε αυτό. Άρα η g είναι και συνεχής στο R.



Έτσι η g είναι συνεχής στο 3

0, R2

⊆ και παραγωγίσιμη στο

30, R

2 ⊆

με g΄(x) = exf(x) +

exf΄(x).

Επίσης είναι

( ) ( )0

3

2

g 0 e f 0 0

3 3g e f 0

2 2

= =

= =

άρα ( ) 3g 0 g

2 =

.

Οπότε από θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον 3

ξ 0,2

∈

ώστε

g΄(ξ) = 0⇔ eξf(ξ) + eξf΄(ξ) = 0⇔ eξ(f(ξ) + f΄(ξ)) = 0.

Όμως eξ ≠ 0 άρα προκύπτει ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα3

ξ 0,2

∈

ώστε f΄(ξ) = –f(ξ).

β. Αφού f(x) = 2x2 – 3x είναι

( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0x 2 x 2

α α αI α g x dx e 2x 3x dx e 2x 3x dx′= = − = − =∫ ∫ ∫

( ) ( )0 0x 2 x 2

ααe 2x 3x e 2x 3x dx′ − − − = ∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 00 0x 2 x x 2 x

α αα αe 2x 3x e 4x 3 dx e 2x 3x e 4x 3 dx′ = − − − = − − − = ∫ ∫

( ) ( ) ( )0 00x 2 x x

α ααe 2x 3x e 4x 3 e 4x 3 dx′ = − − − + − = ∫

( ) ( )0 00x 2 x x

α ααe 2x 3x e 4x 3 e 4dx = − − − + ⋅ = ∫ ( ) ( )

0 0 0x 2 x x

α ααe 2x 3x e 4x 3 4 e − − − + =

( ) ( ) ( )α 2 0 α 0 αe 2α 3α e 3 e 4α 3 4e 4e= − − − − + − + − =

( ) ( ) ( )α 2 α α α 2e 2α 3α 3 e 4α 3 4 4e 7 e 4α 3 2α 3α 4= − − + + − + − = + − − + − =

( )α 27 e 2α 7α 7+ − + − .

Άρα Ι(α) = 7 + eα (–2α2 + 7α – 7), α∈ℝ .

γ. Είναι για α < 0, ( ) α 22

7 7I α 7 e a 2

a a = + ⋅ − + −

.

Έχουμε ( )2

α 2α αα α α α

α

α 2α 2αlim e α lim lim lim 0

1 e ee

+∞ +∞+∞ −∞

− −→−∞ →−∞ →−∞ →−∞⋅ = = = =

−



και 2α

7 7lim 2 2

α α→−∞

− + − = −

Άρα ( ) ( )αlim I α 7 0 2 7→−∞

= + − = .

8)(Εξετασεις 2005)Δίνεται η συνάρτηση f µε τύπο f(x) = eλx, λ > 0.

α. Δείξτε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα.

β. Δείξτε ότι η εξίσωση της εφαπτοµένης της γραφικής παράστασης της f, η οποία

διέρχεται από την αρχή των αξόνων, είναι η y = λex.

Βρείτε τις συντεταγµένες του σηµείου επαφής Μ.

γ. Δείξτε ότι το εµβαδόν Ε(λ) του χωρίου, το οποίο περικλείεται µεταξύ της γραφικής

παράστασης της f, της εφαπτοµένης της στο σηµείο Μ και του άξονα y΄y, είναι

e 2E(λ)

2λ

−= .

δ. Υπολογίστε το 2

λ

λ E(λ)lim

2 ηµλ→+∞

⋅+

.

Λύση

α. H f είναι παραγωγίσιμη στο ℝ ως σύνθεση παραγωγισίμων συναρτήσεων σ’ αυτό, με

f΄(x) = (eλx)΄ = eλx ∙ (λx)΄ = λeλx, x∈ℝ .

Είναι λ > 0, eλx > 0 για κάθε x∈ℝ , οπότε f΄(x) > 0 για κάθε x∈ℝ . Άρα f γνησίως αύξουσα

στο ℝ .

β. Έστω (x0, f(x0)) οι συντεταγμένες του σημείου Μ. Τότε η εξίσωση της εφαπτομένης στο

Μ είναι

(ε): y – f(x0) = f΄(x0)(x – x0)⇔ y – eλx0 = λeλx0(x – x0).

Για να διέρχεται η (ε) από την αρχή των αξόνων πρέπει και αρκεί:

0 – eλx0 = λeλx0(0 – x0) ⇔ –1 = λ(–x0) ⇔ x0 = 1

λ.

Έτσι η (ε) γίνεται: y – e = λe(x – 1

λ)⇔ y = λex.

Οι συντεταγμένες του Μ είναι: Μ(1

λ,e).

γ.



Το ζητούμενο εμβαδόν όπως φαίνεται από το σχήμα ισούται με:

(ΟΑΜΒ) – (ΟΑΜ) =

11

λλx λxλ

00

1 1 1 e 1 1 e 2e 2 e e 2e dx e e e

2 λ λ 2λ λ λ 2λ 2λ 2λ

− − − − ⋅ ⋅ = − = ⋅ − − = = ∫ .

δ. Είναι ( ) ( )

( )

22

e 2λλ E λ e 2 λ e 2 12λ

2 ηµλ2 ηµλ 2 ηµλ 2 2 ηµλ 2λ

−⋅⋅ − −

= = = ⋅++ + +

.

Για κάθε λ > 0 είναι:

–1 ≤ ημλ ≤ 1⇔ 1 ≤ 2 + ημλ ≤ 3⇔ 0 < 1

λ≤

2 ηµλ

λ

+≤

3

λ.

Όμως λ λ

1 3lim lim 0

λ λ→+∞ →+∞

= =

, οπότε με βάση το κριτήριο παρεμβολής είναι

λ

2 ηµλlim 0

λ→+∞

+= , ενώ

2 ηµλ0

λ

+> .

Έτσι λ

1lim

2 ηµλ

λ

→+∞= +∞

+ και αφού

e 20

2

−> προκύπτει τελικά ότι

( )2

λ

λ Ε λlim

2 ηµλ→+∞

⋅= +∞

+.

Παρατήρηση:

Για την εύρεση του εμβαδού του χωρίου Ε(λ) είναι δυνατόν να μη χρησιμοποιηθεί το

σχήμα ως εξής:

Για την f(x) = eλx είναι f΄(x) = λeλx και f΄΄(x) = λ2eλx > 0 για κάθε x∈ℝ .

Έτσι η f είναι κυρτή στο ℝ οπότε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f σε κάθε

σημείο της, βρίσκεται κάτω από τη γραφική παράσταση με εξαίρεση το σημείο επαφής.

(Σχόλιο σελίδα 274 σχολικού βιβλίου).



Έτσι f(x) ≥ λex⇔ f(x) – λex ≥ 0 για κάθε x∈ℝ . Η συνάρτηση g(x) = f(x) – λex είναι συνεχής

ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων στο 1

0,λ

οπότε το ζητούμενο εμβαδόν ισούται με:

( ) ( )( ) ( )1

1 1 2 λλx λxλ λ

0 00

1 λex e 2Ε λ f x λex dx e λex dx e ...

λ 2 2λ

−= − = − = − = =

∫ ∫ .

9) (Εξετασεις 2006)Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x) = 2 + (x – 2)2 µε x ≥ 2.

α. Να αποδείξετε ότι η f είναι 1-1.

β. Να αποδείξετε ότι υπάρχει η αντίστροφη συνάρτηση f-1 της f και να βρείτε τον

τύπο της.

γ. i. Να βρείτε τα κοινά σηµεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f και

f-1 µε την ευθεία y = x.

ii. Να υπολογίσετε το εµβαδό του χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές

παραστάσεις των συναρτήσεων f και f-1.

Λυση

α. f(x) = 2 + (x – 2)2 , x ≥ 2.

Η f είναι παραγωγίσιµη στο [2,+∞) µε f΄(x) = 2(x – 2) > 0 για κάθε ( )x 2,∈ +∞ .

Άρα f γνησίως αύξουσα στο [2,+∞) και εποµένως είναι και 1 – 1.

β. Αφού η f είναι 1 – 1 υπάρχει η f–1 αντίστροφη συνάρτηση της f με f–1: f(A) →ℝ .

Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο Α = [2,+∞) έπεται ότι f(A) = [f(2),

( )xlim f x→+∞

) = [2,+∞).

Τώρα αν y = f(x)⇔ y = 2 + (x – 2)2⇔ y – 2 = (x – 2)2.

Επειδή x – 2 ≥ 0, y – 2 ≥ 0, έχουµε x – 2 = y 2− , [ )x 2,∈ +∞ , [ )y 2,∈ +∞

ή x = 2 + y 2− , [ )x 2,∈ +∞ , [ )y 2,∈ +∞

ή f–1(y) = 2 + y 2− , [ )y 2,∈ +∞

Τελικά f–1(x) = 2 + x 2− , [ )x 2,∈ +∞ .

γ.i. Έχουµε:



y f(x)

y x

= ⇔

=

( ) ( ) ( )2 2 2 x 2 x 3y 2 x 2 2 x 2 x x 2 x 2ή

y 2 y 3 y x y x y x

= = = + − + − = − = − ⇔ ⇔ ⇔ = == = =

( ) ( )21y f x x 2 x 1y 2 x 2 2 x 2 x x 2 x 2

y x y x y xy x y x

− = − = −= + − + − = − = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

= = == =

x 2 x 3ή

y 2 y 3

= = ⇔ = =

.

Τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων f και f–1 με την y = x είναι τα Α(2,2), Β(3,3).

γ.ii. Οι συναρτήσεις f και f–1 είναι συνεχείς άρα και η διαφορά τους είναι συνεχής.

f(x) – f–1(x) = [2 + (x – 2)2] – [2 + x 2− ] = (x – 2)2 – x 2− = x 2− ∙ (3

x 2− – 1).

Προκύπτει f(x) – f–1(x) = 0⇔ x 2− = 0 ή ( x 2− )3 = 1⇔ x = 2 ή x = 3.

Δηλαδή τα κοινά τους σημεία είναι τα Α(2,2), Β(3,3).

Επειδή 2 ≤ x ≤ 3⇔ 0 ≤ x – 2 ≤ 1⇔ x 2− ≤ 1⇔3

x 2− ≤ 1⇔ ( x 2− )3 – 1 ≤ 0.

Επίσης είναι x 2− ≥ 0 για [ ]x 2,3∈ .

Άρα f(x) – f–1(x) ≤ 0 για [ ]x 2,3∈ .

Οπότε το εμβαδόν του ζητούμενου χωρίου είναι:

( ) ( )( ) ( )( )3 3 21

2 2

1E f x f x dx x 2 x 2 dx τ.µ.

3−= − = − − − =∫ ∫

10) (Εξετασεις 2006)Δίνεται η συνάρτηση x 1

f(x) ln xx 1

+= −

−.

α. Να βρείτε το πεδίο ορισµού και το σύνολο τιµών της συνάρτησης f.

β. Nα αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x)=0 έχει ακριβώς 2 ρίζες στο πεδίο ορισµού της.

γ. Αν η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g(x)=lnx στο

σηµείο A (α, lnα) µε α>0 και η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της

συνάρτησης h(x)=ex στο σηµείο B (β, eβ) µε β∈ℝ , ταυτίζονται, τότε να δείξετε ότι ο

αριθµός α είναι ρίζα της εξίσωσης f(x)=0.

δ. Να αιτιολογήσετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων g και h έχουν

ακριβώς δύο κοινές εφαπτόµενες.



Λύση

α. Πρέπει x > 0 και x ≠ 1. Άρα Αf = (0,1)∪ (1,+∞).

Η f είναι παραγωγίσιμη στο Αf ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με

( )( )2

2 1f x 0

xx 1

′ = − + <

− για κάθε fx A∈ .

Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα σε κάθε ένα από τα διαστήματα (0,1) και (1,+ ∞).

Επειδή τώρα ( )x 0lim f x

+→= +∞ , ( )

x 1lim f x

−→= −∞ και η f συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο

(0,1) είναι f((0,1)) = ℝ .

Επίσης επειδή ( )x 1lim f x

+→= +∞ , ( )

xlim f x→+∞

= −∞ και η f συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο

(1,+ ∞), είναι f((1,+ ∞)) = ℝ .

Έτσι συνολικά το σύνολο τιμών της f είναι f((0,1)∪ (1,+ ∞)) = ℝ .

β. Επειδή f((0,1)) = ℝ έπεται ( )( )O f 0,1∈ δηλαδή υπάρχει ( )1x 0,1∈ ώστε f(x1) = 0. Η ρίζα

αυτή είναι μοναδική στο (0, 1), αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα και άρα 1 – 1.

Ομοίως επειδή f((1,+ ∞)) = ℝ έπεται ( )( )O f 1,∈ +∞ δηλαδή υπάρχει ( )2x 1,∈ +∞ ώστε f(x2)

= 0.

Η ρίζα αυτή είναι επίσης μοναδική στο (1,+ ∞), αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα και άρα 1

– 1.

Έτσι η f έχει ακριβώς 2 ρίζες.

γ. Η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της g(x) = lnx στο σημείο Α(α,

lnα), α > 0 είναι:

1

1y x 1 lnα (ε )α

= − +

Η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f(x) = ex στο σημείο Β(β, eβ),

β∈ℝ είναι:

y = eβx + eβ – βeβ (ε2).

Οι (ε1), (ε2) ταυτίζονται αν και μόνο αν ( )β1e β lnα 1

α= ⇔ = − και ( )β βlnα 1 e β e 2− = − ⋅ .



Τότε η (2) γράφεται:

( ) ( )1 1lnα 1 lnα αlnα α 1 lnα α 1 lnα 1 α

α α− = + ⇔ − = + ⇔ − − = − ⇔

( )α 1 α 1lnα lnα 0 f α 0

α 1 α 1

+ += ⇔ − = ⇔ =

− −

δ. Από το 4γ προκύπτει ότι οι γραφικές παραστάσεις των g(x), h(x) έχουν κοινή

εφαπτομένη στα σημεία τους Α(α, lnα) και Β(β, eβ) αντίστοιχα αν και μόνον αν:

( )β lnα

f α 0

= −

=

Επειδή η f(x) = 0 έχει δύο διακεκριμένες ρίζες ( )1α 0,1∈ και ( )2α 1,∈ +∞ προκύπτουν δύο

εφαπτόμενες οι

(ε1) : 11

1y x 1 lnαα

= − +

(ε2) : 22

1y x 1 lnαα

= − +

Οι εφαπτόμενες αυτές είναι ακριβώς δύο (διακεκριμένες) αφού έχουν δύο διακεκριμένους

συντελεστές διεύθυνσης 1 2

1 1,

α α αντίστοιχα.

( ) ( )1 2

1 11, , 0,1

α α

∈ +∞ ∈

.

11) (Εξετασεις 2007)Δίνεται η συνάρτηση: f(x) = x3 – 3x – 2ηµ2θ, όπου θ∈ℝ µια σταθερά

µε π

θ κπ , κ2

≠ + ∈ℤ .

α. Να αποδειχθεί ότι η f παρουσιάζει ένα τοπικό µέγιστο, ένα τοπικό ελάχιστο και

ένα σηµείο καµπής.

β. Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση f(x) = 0 έχει ακριβώς τρεις πραγµατικές ρίζες.

γ. Αν x1, x2 είναι οι θέσεις των τοπικών ακροτάτων και x3 η θέση του σηµείου καµπής

της f, να αποδειχθεί ότι τα σηµεία Α(x1, f(x1)), B(x2, f(x2)) και Γ(x3, f(x3)) βρίσκονται στην

ευθεία y = –2x – 2ηµ2θ.

δ. Να υπολογισθεί το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική

παράσταση της συνάρτησης f και την ευθεία y = –2x – 2ηµ2θ.



Λυση

α. H f είναι παραγωγίσιμη στο ℝ ως πολυωνυμική, με

f΄(x) = 3x2 – 3 = 3(x – 1)(x + 1).

Οπότε f΄(x) = 0⇔ x = 1 ή x = –1.

Από τον πίνακα μεταβολών της f προκύπτει ότι η f έχει τοπικό μέγιστο στο x1 = –1, το f(–1)

= 2συν2θ > 0 και έχει τοπικό ελάχιστο στο x2 = 1, το f(1) = –2(1 + ημ2θ).

Επίσης είναι: f΄΄(x) = 6x.

Οπότε f΄΄(x) = 0 ⇔ 6x = 0⇔ x = 0.

Προκύπτει ότι η f έχει σηµείο καµπής στο x3 = 0, το f(x3) = –2ηµ2θ.

β. i. Επειδή ( )xlim f x→−∞

= −∞ , f(–1) = 2συν2θ > 0 και η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής

στο (–∞,–1], προκύπτει: f((–∞,–1]) = (–∞, 2συν2θ].

Επειδή 0∈ f((–∞,–1]), υπάρχει ρ1∈(–∞,–1) ώστε f(ρ1) = 0. Η ρίζα ρ1 είναι και µοναδική στο (–

∞,–1], αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστηµα αυτό.

ii. Επειδή f(–1) = 2συν2θ > 0, f(1) = –2(1 + ηµ2θ) < 0 και f γνησίως φθίνουσα και συνεχής στο

[–1,1] προκύπτει: f([–1,1]) = [–2(1 + ηµ2θ), 2συν2θ].

Επειδή 0∈ f([–1,1]), υπάρχει ρ2∈(–1,1) ώστε f(ρ2) = 0. Η ρίζα ρ2 είναι και µοναδική στο [–1,1],

αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστηµα αυτό.

iii. Επειδή f(1) = –2(1 + ηµ2θ) < 0, ( )xlim f x→+∞

= +∞ και η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής

στο [1,+∞) προκύπτει: f([1,+∞)) = (–2(1 + ηµ2θ), +∞).

Επειδή 0∈ f([1,+∞)), υπάρχει ρ3∈(1,+∞) ώστε f(ρ3) = 0. Η ρίζα ρ3 είναι και αυτή µοναδική

στο [1,+∞), αφού η f είναι γνησίως αύξουσα.



Άρα η εξίσωση f(x) = 0 έχει ακριβώς 3 ρίζες στο ℝ .

γ. Έχουμε

Α(–1, 2συν2θ)), Β(1, –2(1 + ημ2θ)), Γ(0, –2ημ2θ)

Α ∈ (ε) αφού: 2συν2θ = –2(–1) – 2ημ2θ ⇔ 2(1 – ημ2θ) = 2 – 2ημ2θ ⇔ 2 – 2ημ2θ = 2 – 2ημ2θ.

Β ∈ (ε) αφού: –2(1 + ημ2θ) = (–2) ∙ 1 – 2ημ2θ ή –2 – 2ημ2θ = –2 – 2ημ2θ.

Γ ∈ (ε) αφού: –2ημ2θ = 2 ∙ 0 – 2ημ2θ ή –2ημ2θ = –2ημ2θ.

δ. Βρίσκουμε τα κοινά σημεία των Cf, ε:

f (x) = y ⇔ x3 – 3x – 2ημ2θ = –2x – 2ημ2θ ⇔ x3 – x = 0 ⇔ x(x2 – 1) = 0 ⇔

x(x – 1)(x + 1) = 0⇔ x = 0 ή x = 1 ή x = –1.

Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν Ε του χωρίου είναι:

( )( )

( ) ( )*1 1 0 13 3 3

1 1 1 0

1E f x ydx x x dx x x dx x x dx τ.µ.

2− − −= − = − = − − − =∫ ∫ ∫ ∫

(*) x3 – x = x(x – 1)(x + 1).

x3 – x > 0 για ( )x 1,0∈ − .

x3 – x < 0 για ( )x 0,1∈ .

12)(Εξετασεις 2008)Δίνεται η συνάρτηση xlnx, x 0

f(x)=0 , x 0

>

=.

α. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0.

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

τιµών της.

γ. Να βρείτε το πλήθος των διαφορετικών θετικών ριζών της εξίσωσης α

xx e= για

όλες τις πραγµατικές τιµές του α.

δ. Να αποδείξετε ότι ισχύει f ΄(x+1) > f (x+1) – f (x) , για κάθε x > 0.

Λυση

α. ( ) ( ) ( ) ( )DelHospitalx 0 x 0 x 0 x 0 x 0 x 0

2

1ln xln x xlim f x lim x ln x lim lim lim lim x 0

1 11x xx

+ + + + + +

−∞+∞

→ → → → → →

′= ⋅ = = = = − =

′ −

.

Επίσης f(0) = 0. Συνεπώς f συνεχής στο 0.



β. Η f είναι συνεχής στο (0, +∞) ως γινόμενο συνεχών και συνεχής στο 0 λόγω του α.

Άρα η f είναι συνεχής στο [0, +∞).

Για x > 0: f΄(x) = (xlnx)΄ = (x)΄lnx + x∙(lnx)΄ = lnx + x1

x= lnx + 1.

f΄(x) = 0⇔ lnx + 1 = 0⇔ lnx = –1⇔ x =1

e.

Έχουµε τον παρακάτω πίνακα µεταβολών:

• Στο 1

0,e

η f είναι γνησίως φθίνουσα άρα: ( ) ( )1

xe

1 1f 0, lim f x , f 0 ,0

e e→

= = − .

• Στο 1

,e +∞

η f είναι γνησίως αύξουσα άρα:

( )x

1 1 1f , f , lim f x ,

e e e→+∞

+∞ = = − +∞ .

Εποµένως: [ )( ) 1 1 1f 0, ,0 , ,

e e e +∞ = − ∪ − +∞ = − +∞

.

γ. Επειδή α

xe 0> , για κάθε x ≠ 0, για τη εξίσωση α

xx e= προκύπτει ο περιορισµός x∈(0,+∞).

Με τον περιορισµό αυτό η εξίσωση α

xx e= γράφεται ισοδύναµα:

lnx = lnα

xe ⇔ lnx = α

x⇔ xlnx = α⇔ f(x) = α, x > 0 (1).

Επειδή το σύνολο των τιµών της f βρέθηκε 1

,e

− +∞ προκύπτουν οι περιπτώσεις:

i) Αν 1

α ,e

∈ −∞ −

η (1) είναι αδύνατη.

ii) Αν 1

αe

= − , η τιµή 1

e− είναι η ελάχιστη τιµή της f την οποία παίρνει µόνον για

1x

e= .



Έτσι η (1) έχει την ρίζα 1

xe

= .

iii) Αν 1

α ,0e

∈ −

, επειδή 1 1

,0 f 0,e e

− =

και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1

0,e

προκύπτει ότι, η (1) έχει ακριβώς μία ρίζα στο 1

0,e

που είναι θετική.

Επίσης επειδή 1 1

, f ,e e

− +∞ = +∞ και η f είναι γνησίως αύξουσα στο

1,

e +∞

προκύπτει ότι η (1) έχει ακριβώς άλλη μία ρίζα στο 1

,e +∞

που είναι επίσης θετική.

iv) Αν α = 0 η (1) γίνεται xlnx = 0⇔ x = 0 (απορρίπτεται) ή lnx = 0⇔ x = 1. (Μία ρίζα

θετική).

v) Αν α∈(0,+∞) επειδή (0,+∞)⊆1 1

, f ,e e

− +∞ = +∞ και η f γνησίως αύξουσα στο

1,

e +∞

, προκύπτει ότι η (1) έχει ακριβώς μία ρίζα στο 1

,e +∞

, που είναι θετική.

δ. Είναι f΄΄(x) = 1

x> 0 για κάθε x > 0.

Άρα f΄ γνησίως αύξουσα στο (0, +∞).

Η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο [x, x + 1], για κάθε x > 0.

Άρα υπάρχει ξ∈(x, x + 1): ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

f x 1 f xf ξ f x 1 f x f ξ

x 1 x

+ −′ ′= ⇔ + − =

+ − (2).

Όμως ξ < x + 1 f γν.αύξουσα′

⇒ f΄(ξ) < f΄(x + 1) ( )2

⇒ f(x + 1) – f(x) < f΄(x + 1).



13) (Εξετασεις 2009)Δίνεται η συνάρτηση:

f (x) = αx – ln(x + 1), x > - 1, όπου α > 0 και α ≠ 1.

A. Αν ισχύει f (x) ≥ 1 για κάθε x > -1 να αποδείξετε ότι α = e.

Β. Για α = e,

α. να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι κυρτή.

β. να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστηµα (-1, 0]

και γνησίως αύξουσα στο διάστηµα [0, +∞).

γ. αν β, γ ∈ (-1, 0) ∪ (0, +∞), να αποδείξετε ότι η εξίσωση:

f(β) 1 f(γ) 10

x 1 x 2

− −+ =

− −

έχει τουλάχιστον µια ρίζα στο (1, 2).

Λυση

Α. Ισχύει ότι f(x) ≥ 1 για κάθε x > –1. Δηλαδή αx – ln(x + 1) ≥ 1 για κάθε x > –1.

Όµως f(0) = 1, οπότε f(x) ≥ f(0) για κάθε x > –1.

Εποµένως η f παρουσιάζει στη θέση x = 0 (ολικό, άρα και τοπικό) ελάχιστο το f(0) = 1.

Ακόµη η f είναι παραγωγίσιµη στο διάστηµα (–1,+∞) ως διαφορά παραγωγίσιµων

συναρτήσεων.

Άρα σύµφωνα µε το θεώρηµα Fermat είναι f΄(0) = 0.

Όµως ( ) x 1f x α lnα

x 1′ = −

+, οπότε f΄(0) = 0⇔ lnα = 1⇔ α = e.

Β. α. Για α = e είναι f(x) = ex – ln(x + 1).

Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιµη στο διάστηµα (–1, +∞) µε ( ) x 1f x e

x 1′ = −

+ και

( )( )

x x2

1 1f x e e 0

x 1 x 1

′ ′′ = − = + > + + για κάθε ( )x 1,∈ − +∞ .

Άρα η f είναι κυρτή.

β. Αφού η f είναι κυρτή στο (–1, ∞) προκύπτει ότι η f ΄ είναι γνησίως αύξουσα στο (–1, ∞),

με προφανή ρίζα x = 0 που είναι και μοναδική αφού η f ΄ είναι γνησίως αύξουσα.

Έτσι αν –1 < x < 0⇒ f΄(x) < f΄(0) = 0, ενώ αν x > 0⇒ f΄(x) > f΄(0) = 0.

Δηλαδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (–1, 0] και γνησίως αύξουσα στο

διάστημα [0, +∞).



γ. Η δοσμένη εξίσωση ισοδύναμα γράφεται: ( )( )( ) ( )( )( )

( )( )f β 1 x 2 f γ 1 x 1

0x 1 x 2

− − + − −=

− −.

Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = (f(β) – 1)(x – 2) + (f(γ) – 1)(x – 1), με [ ]x 1,2∈ .

H g είναι συνεχής στο ℝ ως πολυωνυμική άρα και στο [1, 2].

• g(1) = – (f(β) – 1) = 1 – f(β) = f(0) – f(β) < 0, διότι f(0) ολικό ελάχιστο της f και β ≠ 0,

• g(2) = f(γ) – 1 = f(γ) – f(0) > 0, επίσης διότι f(0) ολικό ελάχιστο της f και γ ≠ 0.

* (Πιο αναλυτικά είναι f(0) – f(β) < 0 διότι:

Αν ( )β 1,0∈ − , επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα αυτό ισχύει:

– 1 < β < 0⇒ f(β) > f(0) ⇒ f(0) – f(β) < 0

Αν ( )β 0,∈ +∞ , επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα αυτό ισχύει:

0 < β⇔ f(0) > f(β).

Ομοίως προκύπτει f(γ) – f(0) > 0).

Άρα g(1)∙g(2) < 0, οπότε λόγω του θεωρήματος Bolzano υπάρχει ( )0x 1,2∈ ώστε

g(x0) = 0⇔ (f(β) – 1)(x0 – 2) + (f(γ) – 1)(x0 – 1) = 0⇔( )( )( ) ( )( ) ( )

( ) ( )0 0

0 0

f β 1 x 2 f 0 1 x 10

x 1 x 2

− − + − −=

− −.

Άρα η δοσμένη εξίσωση έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (1, 2).

*Παρατήρηση: Θέτοντας χάριν συντομίας f(β) – 1 = κ > 0 και f(γ) – 1 = λ > 0 θα μπορούσαν

να δοθούν και οι παρακάτω λύσεις:

α) Η συνάρτηση ( ) κ λh x

x 1 x 2= +

− − με πεδίο ορισμού το (1,2) έχει όρια +∞ και –∞

αντίστοιχα όταν x→1+ και x→2– ενώ αποδεικνύεται πολύ εύκολα ότι είναι και γνησίως

φθίνουσα στο (1,2), διότι

( )( ) ( )2 2

κ λh x 0

x 1 x 2

= − + <

− − για κάθε ( )x 1,2∈ , άρα έχει σύνολο τιμών το

( ) ( ) ( )x 2 x 1lim h x , lim h x ,

− +→ →= −∞ +∞ και άρα το μηδέν περιέχεται στο σύνολο τιμών της δηλαδή η

h έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (1,2).



Επίσης εναλλακτικά από το ότι η h έχει όρια +∞ και –∞ αντίστοιχα όταν x→1+ και x→2–,

προκύπτει ότι υπάρχουν αριθμοί γ, δ ώστε 1 < γ < δ < 2 με f(γ) > 0 και f(δ) < 0 οπότε λόγω

του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα (γ, δ) υπάρχει ρίζα της εξίσωσης h(x) = 0.

β) Αλγεβρική λύση:

Θέτοντας κ λ

0x 1 x 2

+ =− −

, ( )x 1,2∈ προκύπτει ( ) ( )( )( )

κ x 2 λ x 10

x 1 x 2

− + −= ⇔

− −

( ) ( ) ( ) 2κ λκ x 2 λ x 1 0 κ λ x 2κ λ x

κ λ

+− + − = ⇔ + = + ⇔ =

+.

Η τιμή αυτή είναι αποδεκτή ως ρίζα της εξίσωσης αφού

κ λ 2κ λ 2κ 2λ1 2κ λ κ λ κ λ

+ + += < < =

+ + + (και είναι μάλιστα μοναδική ρίζα).

14) (Εξετασεις 2009)Δίνεται η συνάρτηση f(x) = 2x + ln(x2 + 1), x∈ℝ .

Γ1. Να µελετήσετε ως προς τη µονοτονία τη συνάρτηση f.

Γ2. Να λύσετε την εξίσωση:

( ) ( )224

3x 2 12 x 3x 2 ln

x 1

− +− + =

+

Γ3. Να αποδείξετε ότι η f έχει δύο σηµεία καµπής και ότι οι εφαπτόµενες της

γραφικής παράστασης της f στα σηµεία καµπής της τέµνονται σε σηµείο του άξονα

ψ΄ψ.

Γ4. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωµα

( )1

1I xf x dx

−= ∫

Λύση

Γ1. Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ℝ , ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών και

παραγωγίσιμων συναρτήσεων με παράγωγο:

( ) ( ) ( )222

2 2 2 2

2 x x 11 2x 2x 2x 2f x 2 x 1 2

x 1 x 1 x 1 x 1

+ ++ +′′ = + + = + = =+ + + +

.

Επειδή x2 + x + 1 > 0 καθώς και x2 + 1 > 0 για κάθε x∈ℝ , είναι f΄(x) > 0 για κάθε x∈ℝ . Άρα

η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .

Γ2. Η δοσμένη εξίσωση γράφεται ισοδύναμα:



2(x2 – 3x + 2) = ln[(3x – 2)2 + 1] – ln(x4 + 1)⇔ 2x2 – 2(3x – 2) = ln[(3x – 2)2 + 1] – ln(x4 + 1)⇔

⇔ 2x2 + ln(x4 + 1) = ln[(3x – 2)2 + 1] + 2(3x – 2)⇔ 2x2 + ln(x4 + 1) = 2(3x – 2) + ln[(3x – 2)2 + 1] ⇔

⇔ f(x2) = f(3x – 2) (1)

Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, θα είναι και 1 – 1.

Επομένως από την (1) προκύπτει: x2 = 3x – 2 ⇔ x2 – 3x + 2 = 0. Άρα x = 1 ή x = 2.

Γ3.

Είναι: ( )( ) ( )

( ) ( )( )( )

2 2 22 2

2 2 22 2 2 2 2

x x 1 x x 1 2 1 x2x x x 1 2xf x 2 2 2 2

x 1 x 1 x 1 x 1 x 1

′′ ′ ′ + − + −+ − ′′ = + = = = = + + + + +.

Είναι f΄΄(x) = 0⇔ x = –1 ή x = 1, ενώ είναι f΄΄(x) > 0⇔ ( )x 1,1∈ − και f΄΄(x) <

0⇔ ( ) ( )x , 1 1,∈ −∞ − ∪ +∞ .

Έτσι η Cf έχει σημεία καμπής στα σημεία με τετμημένες x1 = –1, x2 = 1.

• Η εφαπτόμενη της Cf στο x1 = –1 έχει εξίσωση (ε1):

y – f(–1) = f΄(–1)(x + 1) ⇔ y – (–2 + ln2) = 1(x + 1) ⇔ y = x + ln2 – 1

Για x = 0 προκύπτει y = ln2 – 1.

• Η εφαπτόμενη της Cf στο x2 = 1 έχει εξίσωση (ε2):

y – f(1) = f΄(1)(x – 1) ⇔ y – (2 + ln2) = 3(x – 1) ⇔ y = 3x – 1 + ln2

Για x = 0 προκύπτει y = ln2 – 1.

Οι (ε1) και (ε2) τέμνονται στο σημείο Μ(0, ln2 – 1) του άξονα y΄y.

Γ4. ( ) ( )( ) ( ) ( )1 1 1 12 2 2 2 2

1 1 1 1

1xf x dx 2x x ln x 1 dx 2 x dx x 1 ln x 1 dx=

2− − − −

′= + + = + + +∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )11 12 2 2 2 2

1 11

1 12 x dx x 1 ln x 1 x 1 ln x 1 dx

2 2− −−

′ = + + + − + + = ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )11 12 2 2 2

2-1 11

1 1 2x2 x dx x 1 ln x 1 x 1 dx

2 2 x 1−− = + + + − + = +∫ ∫

( )13

12

11

x 1 1 2 1 42 0 x 2 1 1

3 2 2 3 2 3−−

= + ⋅ − = − − =

.



15)(Εξετασεις 2011)Δίνεται η συνάρτηση f : →ℝ ℝ , δύο φορές παραγωγίσιµη στο ℝ ,

µε f΄(0)=f(0)=0, η οποία ικανοποιεί τη σχέση:

ex (f ΄(x) + f ΄΄(x) – 1) = f ΄(x) + xf ΄΄(x) για κάθε x∈ℝ .

Γ1. Να αποδείξετε ότι: f(x) = ln(ex – x), x∈ℝ .

Γ2. Να µελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη µονοτονία και τα ακρότατα.

Γ3. Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της f έχει ακριβώς δύο σηµεία καµπής.

Γ4. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ln(ex – x) = συνx έχει ακριβώς µία λύση στο διάστηµα

π0,

2

.

Λυση

Γ1. Η δοσμένη σχέση γράφεται:

(ex)΄∙ f΄(x) + ex ∙ f΄΄(x) – (ex)΄ = (x∙f΄(x))΄⇔ (ex ∙ f΄(x) – ex)΄ = (x∙f΄(x))΄⇔ ex ∙ f΄(x) – ex = x∙f΄(x) + c1,

1c ∈ℝ .

Για x = 0 προκύπτει: e0 ∙ f΄(0) – e0 = 0∙f΄(0) + c1

και λόγω των δεδομένων αρχικών συνθηκών είναι c1 = −1.

Η τελευταία σχέση έτσι γράφεται:

ex ∙ f΄(x) – ex = x∙f΄(x) – 1⇔ f΄(x)(ex – x) = ex – 1( )*⇔ f΄(x) =

x

x

e 1

e x

−−

⇔

⇔ f΄(x) = [ln(ex – x)]΄⇔ f(x) = ln(ex – x) + c2.

Για x = 0 προκύπτει c2 = 0.

Έτσι f(x) = ln(ex – x).

(*) Αν θέσουμε h(x) = ex – x, x∈ℝ , είναι: h΄(x) = ex – 1, x∈ℝ .

h΄(x) = 0⇔ ex = 1⇔ ex = e0

xe 1 1−

⇔ x = 0.

h΄(x) > 0⇔ ex > 1⇔ ex > e0

xe ↑

⇔ x > 0.

h΄(x) < 0⇔ ex < 1⇔ ex < e0

xe ↑

⇔ x < 0.

Έτσι η h έχει ολικό ελάχιστο στη θέση x = 0 την τιμή h(0)= e0 − 0=1.

Δηλαδή h(x) ≥1 > 0, για κάθε x∈ℝ .



Γ2. Είναι f΄(x) = [ln(ex – x)]΄ = x

x

e 1

e x

−−

.

Λόγω της παρατήρησης (*) του ερωτήματος Γ1 οι ρίζες και το πρόσημο, συνεπώς ο

πίνακας μεταβολών της f εξαρτάται μόνον από τις ρίζες και το πρόσημο του αριθμητού

h΄(x) = ex – 1.

Συνεπώς: f΄(x) = 0⇔ x = 0.

f΄(x) > 0⇔ x > 0.

f΄(x) < 0⇔ x < 0.

Άρα η f είναι: γνησίως φθίνουσα στο (−∞, 0], γνησίως αύξουσα στο [0, + ∞) και

παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στη θέση x = 0 την τιμή f (0)= ln(e0 − 0) = ln1 = 0.

Γ3. Είναι: ( )( ) ( ) ( )( )

( )

x x x xx

2x x

e 1 e x e 1 e xe 1f x

e x e x

′ ′′ − − − − − −′′ = = = − −

( ) ( )( )( )

( ) ( )( )

2x x x x x x x

2 2x x

e e x e 1 e 1 e e x e 1

e x e x

− − − − − − −= = =

− −

( )( )

( )( )

2x x 2x x x

2 2x x

e xe e 2e 1 2 x e 1

e x e x

− − − + − −=

− −

Θέτουμε φ(x) = (2 – x)ex – 1, x∈ℝ .

Είναι: φ΄(x) = –ex + (2 – x) ∙ ex = ex (1 – x)

φ΄(x) = 0⇔ x = 1

φ΄(x) > 0⇔ x < 1

φ΄(x) < 0⇔ x > 1

Προκύπτει ότι η φ είναι γνησίως αύξουσα στο (–∞, 1], γνησίως φθίνουσα στο [1, +∞) και

έχει ολικό μέγιστο φ (1) = e – 1 > 0. Βρίσκουμε τώρα τα όρια της φ στα –∞, +∞:

( ) ( ) x

x xlim φ x lim 2 x e 1→+∞ →+∞

= − ⋅ − = −∞



( ) ( )

( )x

x x xx x x x xx

2 x2 x 1 1lim 2 x e lim lim lim lim 0

e e ee

+∞−∞

− − −→−∞ →−∞ →−∞ →−∞ →−∞−

′−− − −− ⋅ = = = = =

−′

Έτσι ( )xlim φ x 1→−∞

= − .

Λόγω της συνέχειας και της μονοτονίας της φ είναι

( ]( ) ( ) ( )( ( ]x

φ ,1 lim φ x ,φ 1 1,e 1→−∞

−∞ = = − −

.

[ )( ) ( ) ( )( ( ]x

φ 1, lim φ x ,φ 1 ,e 1→+∞

+∞ = = −∞ −

Παρατηρούμε ότι:

• 0∈φ((−∞,1]) άρα υπάρχει x1∈(−∞,1] ώστε φ(x1) = 0. Εν τω μεταξύ η φ είναι γνησίως

αύξουσα, άρα εκατέρωθεν του x1 αλλάζει πρόσημο. Διότι με x < x1 είναι φ(x) < φ(x1)

⇔ φ(x1) < 0. Ενώ με 1 > x > x1 είναι φ(x) > φ(x1)⇔ φ(x) > 0. Έτσι ισοδύναμα (επειδή

(ex – x)2 > 0 για κάθε x∈ℝ ) η f΄΄ έχει μία μόνο ρίζα στο (−∞,1] , εκατέρωθεν της

οποίας αλλάζει πρόσημο.

Όμοια τώρα 0∈φ([1,+ ∞]) άρα υπάρχει x2∈[1,+ ∞), ώστε φ(x2) = 0. Εν τω μεταξύ η φ είναι

γνησίως φθίνουσα άρα εκατέρωθεν του x2 αλλάζει πρόσημο. Διότι με 1 < x < x2 είναι φ(x) >

φ(x2)⇔ φ(x) > 0 Ενώ με x > x2 είναι φ(x) < φ(x2)⇔ φ(x) < 0. Έτσι η f΄΄ έχει επίσης μία μόνο

ρίζα x2 στο [1,+ ∞), εκατέρωθεν της οποίας αλλάζει πρόσημο. Άρα τελικά, η f έχει ακριβώς

δύο σημεία καμπής στις θέσεις x1, x2.

Γ4. Θέτουμε g(x) = ln(ex – x) – συνx = f(x) – συνx, x∈ℝ .

• Ύπαρξη: Η g είναι συνεχής ως διαφορά συνεχών στο ℝ , άρα και στο π

0,2

.

Είναι g(0)= f(0) − συν(0) = −1< 0.

π π π π

g f συν f2 2 2 2 = − =

.

Όμως f ↑ στο [0,+∞), άρα είναι ( )π π π0 f f 0 f 0

2 2 2 > ⇒ > ⇒ >

.

Έτσι ( ) πg 0 g 0

2 ⋅ <

, οπότε λόγω του θεωρήματος Bolzano η g έχει μία ρίζα στο διάστημα

π0,

2

.



• Μοναδικότητα:

Θα δείξουμε ότι η g είναι γνησίως αύξουσα στο π

0,2

, οπότε η ρίζα θα είναι

μοναδική.

Έστω x1, x2∈π

0,2

με x1 < x2 τότε f(x1) < f(x2) διότι f ↑ στο [0,+∞)

συνx1 > συνx2 διότι συνx ↓ στο π

0,2

.

Άρα –συνx1 < –συνx2.

Έτσι όμως f(x2) –συνx1 < f(x2) –συνx2, άρα g(x1) < g(x2).

Άρα g γνησίως αύξουσα στο π

0,2

.

Παρατήρηση (2ος τρόπος για τη μονοτονία):

Η μονοτονία της g στο [0, π / 2] μπορεί να προκύψει και ως εξής: g΄(x) = f΄(x) + ημx.

Όμως f΄(x) > 0, για κάθε x∈(0, +∞) άρα και για κάθε x∈(0, π / 2), ενώ επίσης ημx > 0 για

κάθε x∈(0, π / 2).

Άρα g΄(x) > 0 για κάθε x∈(0, π / 2) και επομένως g γνησίως αύξουσα στο [0, π / 2].

16) (Εξετασεις 2012)Δίνεται η συνάρτηση f(x) = (x – 1)lnx – 1, x > 0.

Γ1. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστηµα

( ]1 0,1∆ = και γνησίως αύξουσα στο διάστηµα [ )2 1,∆ = +∞ . Στη συνέχεια να βρείτε το

σύνολο τιµών της f.

Γ2. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση xx – 1 = e2013, x > 0 έχει ακριβώς δύο θετικές ρίζες.

Γ3. Αν x1, x2 µε x1 < x2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης του ερωτήµατος Γ2, να αποδείξετε ότι

υπάρχει ( )0 1 2x x , x∈ τέτοιο ώστε

( ) ( )0 0f x f x 2012′ + =

Γ4. Να βρείτε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση

της συνάρτησης g(x) = f(x) + 1 µε x > 0, τον άξονα x΄x και την ευθεία x = e.

Λυση



Γ1. Η f είναι συνεχής στο (0,+∞) ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων

και παραγωγίσιμη με ( ) ( )x 1 1f x lnx lnx 1 , x 0,

x x

−′ = + = + − ∈ +∞ .

• Όταν ( )x 0,1∈ είναι x < 1 και επειδή η συνάρτηση lnx είναι γνησίως αύξουσα

έχουμε lnx < ln1⇔ lnx < 0. Επίσης x – 1 < 0 και x > 0 άρα x 1

0x

−< .

Έτσι x 1

lnx 0x

−+ < για κάθε ( )x 0,1∈ , άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,1].

• Όταν ( )x 1,∈ +∞ είναι x > 1 και επειδή lnx γνησίως αύξουσα είναι lnx > ln1⇔ lnx >

0. Επίσης είναι x 1

0x

−> για κάθε ( )x 1,∈ +∞ , οπότε

x 1lnx 0

x

−+ > για κάθε

( )x 1,∈ +∞ . Δηλαδή f΄(x) > 0 για κάθε ( )x 1,∈ +∞ . Έτσι όμως η f είναι γνησίως

αύξουσα στο [1,+∞).

Από τα προηγούμενα προκύπτει ο επόμενος πίνακας μεταβλητών για την f:

Επειδή f γνησίως φθίνουσα στο (0,1] είναι f((0,1]) = ( ) ( ))x 0

f 1 , lim f x+→

−.

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

+ +→ →= − − = +∞ .

Άρα f((0,1]) = [–1,+∞). (1)

Επίσης επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο [1,+∞) είναι f([1,+∞) = ( ) ( ))x

f 1 , lim f x→+∞

.

Όμως ( ) ( )x xlim f x lim x 1 ln x 1→+∞ →+∞

= − − = +∞ .

Άρα f([1,+∞)) = [–1,+∞). (2)

Από (1), (2) προκύπτει ότι το σύνολο τιμών της f είναι το [–1,+∞).

Παρατήρηση: Η μονοτονία της f στα διαστήματα (0,1] και [1,+∞) μπορεί να προκύψει και

από το πρόσημο της δεύτερης παραγώγου:



( ) 2 2

1 1 1 1f x 0

x x x x ′′ = − − = + >

, για κάθε x > 0.

Άρα η f΄ είναι γνησίως αύξουσα στο (0,+∞) και επειδή f΄(1) = 0 η x = 1 είναι μοναδική ρίζα

της f΄(x) = 0. Ακόμη, είναι:

• 0 < x < 1⇔ f΄(x) < f΄(1)⇔ f΄(x) < 0, άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,1].

• x > 1⇔ f΄(x) > f΄(1)⇔ f΄(x) > 0, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο [1,+∞).

Η f παρουσιάζει (ολικό) ελάχιστο στο x = 1 το f(1) = (1 – 1)ln1 – 1 = – 1.

Γ2. Η εξίσωση xx – 1 = e2013 (επειδή η συνάρτηση y = lnx είναι γνησίως αύξουσα και άρα 1 – 1)

γράφεται ισοδύναμα:

ln(xx – 1) = ln(e2013)⇔ (x – 1)lnx = 2013⇔ (x – 1)lnx – 1 = 2012⇔ f(x) – 2012 = 0.

Από το Γ1 ερώτημα είναι:

α) f((0,1]) = [– 1,+∞), άρα υπάρχει ( ]1x 0,1∈ ώστε f(x1) = 2012 και επειδή η f είναι γνησίως

φθίνουσα είναι και 1 – 1, άρα η τιμή x1 είναι μοναδική στο διάστημα (0,1].

β) f([1,+∞)) = [– 1,+∞), άρα υπάρχει [ )2x 1,∈ +∞ ώστε f(x2) = 2012 και επειδή η f είναι

γνησίως αύξουσα είναι και 1 – 1, άρα η τιμή x2 είναι μοναδική στο διάστημα [1,+∞).

Από α) και β) προκύπτει ότι η δοσμένη εξίσωση έχει 2 ακριβώς θετικές ρίζες.

Γ3. Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = exf(x) – 2012 ∙ ex με ( )x 0,∈ +∞ .

• Η h είναι συνεχής στο [x1, x2] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων.

• Η h είναι παραγωγίσιμη στο (x1, x2) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων με h΄(x) = (f΄(x) + f(x) – 2012)ex.

• h(x1) = ex1f(x1) – 2012ex1 = 2012ex1 – 2012ex1 = 0

h(x2) = ex2f(x2) – 2012ex2 = 2012ex2 – 2012ex2 = 0

Άρα ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ. Rolle για την h στο [x1, x2], οπότε υπάρχει

( )0 1 2x x , x∈ ώστε

h΄(x0) = 0⇔ ex0(f΄(x0) + f(x0) – 2012) = 0x0e 0≠

⇔ f΄(x0) + f(x0) – 2012 = 0.

β΄ τρόπος: Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f΄(x) + f(x) – 2012 με x > 0.

Η f είναι συνεχής στο (0,+∞) ως γινόμενο συνεχών.



Η f΄ είναι συνεχής στο (0,+∞) ως άθροισμα συνεχών.

Άρα η h είναι συνεχής στο (0,+∞) ως άθροισμα συνεχών.

• Άρα η h είναι συνεχής στο [x1, x2].

• h(x1) = f΄(x1) + f(x1) – 2012 = f΄(x1) + 2012 – 2012 = f΄(x1) < 0, αφού από το Γ1 για ( )x 0,1∈

είναι f΄(x) < 0.

• h(x2) = f΄(x2) + f(x2) – 2012 = f΄(x2) + 2012 – 2012 = f΄(x2) > 0, αφού από το Γ1 για

( )x 0,∈ +∞ είναι f΄(x) > 0.

Δηλαδή είναι h(x2) ∙ h(x2) < 0. Από το Θεώρημα Bolzano θα υπάρχει ένα τουλάχιστον

( )0 1 2x x , x∈ ώστε:

h(x0) = 0⇔ f΄(x0) + f(x0) – 2012⇔ f΄(x0) + f(x0) = 2012.

Γ4. Είναι: g(x) = f(x) + 1 = (x – 1)lnx – 1 + 1 = (x – 1)lnx > 0 για κάθε ( )x 0,∈ +∞ .

Άρα: ( ) ( ) ( )2e e e e e

1 1 1 1 1

xx 1 lnxdx xlnxdx lnxdx lnxdx x lnxdx

2

′ ′Ε Ω = − = − = − =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

[ ] [ ]e2 2 2e e ee e

1 11 1 11

x x 1 e 1lnx dx xlnx dx xdx e x

2 2 x 2 2

= − − + = − − + =

∫ ∫ ∫

e2 2 2 2 2 2

1

e x e e 1 e 3 e 3e e 1 1 τ.µ.

2 4 2 4 4 4 4 4

−= − − + − = − + − = − =

17) (Εξετασεις 2014)Δίνεται η συνάρτηση ( )xh(x) x ln e 1 , x= − + ∈ℝ .

Γ1. Να µελετήσετε την h ως προς την κυρτότητα.

Γ2. Να λύσετε την ανίσωση

h(2h (x)) ee , x

e 1′ < ∈

+ℝ .

Γ3. Να βρείτε την οριζόντια ασύµπτωτη της γραφικής παράστασης της h στο +∞,

καθώς και την πλάγια ασύµπτωτή της στο -∞.

Γ4. Δίνεται η συνάρτηση ( )xφ(x) e h(x) ln 2 , x= + ∈ℝ .

Να βρείτε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της

φ(x), τον άξονα x΄x και την ευθεία x = 1.

Λυση



Γ1. h(x) = x – ln(ex + 1)

( ) ( )x

xx x x

1 e 1h x 1 e 1 1

e 1 e 1 e 1′′ = − ⋅ + = − =

+ + +

( )( )

( )( )

xx

2 2x x

1 eh x e 1 0

e 1 e 1

′′′ = − ⋅ + = − <+ +

, για κάθε x∈ℝ

άρα η h είναι κοίλη στο ℝ .

Γ2. 1ος τρόπος

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )h x 0

h 2h x h 2h x

h

e ee lne ln h 2h x 1 ln e 1 h 2h x h 1

e 1 e 1

′ >′ ′

↑′ ′< ⇔ < ⇔ < − + ⇔ < ⇔

+ +

( ) ( ) ( ) ( )h κοίλη

h

12h x 1 h x h x h 0 x 0

2 ′↓′ ′ ′ ′< ⇔ < ⇔ < ⇔ >

2ος τρόπος

Θεωρώ τη συνάρτηση q, με q(x) = eh(2h΄(x))

Είναι q΄(x) = eh(2h΄(x)) ∙ h΄(2h΄(x)) ∙ 2h΄΄(x) < 0, διότι eh(2h΄(x)) > 0, h΄(2h΄(x)) > 0 και h΄΄(x) < 0.

Άρα q γνησίως φθίνουσα στο ℝ .

( )( ) ( ) ( )q

h 2h x ee q x q 0 x 0

e 1

↓′

< ⇔ < ⇔ >+

3ος τρόπος

( )( )( )

( )

2h xh 2h x

2h x

e e ee

e 1 e 1e 1

′′

′< ⇔ <+ ++

Θεωρώ τη συνάρτηση s, με ( )x

x

es x

e 1=

+.

Είναι ( )( )

x

2x

2es x 0

e 1′ = >

+, άρα s γνησίως αύξουσα στο ℝ .

( )( ) ( )( ) ( ) ( )s

h 2h x x x x 0x

e 2e s 2h x s 1 2h x 1 1 2 e 1 e 1 e e x 0

e 1 e 1

↑′ ′ ′< ⇔ < ⇔ < ⇔ < ⇔ < + ⇔ > ⇔ > ⇔ >

+ +.

Γ3. ( ) ( )x

x x xxx x x

elim x ln e 1 lim lne ln e 1 lim ln

e 1→+∞ →+∞ →+∞

− + = − + = +



Θέτω x

x

eu

e 1=

+ με

0x x0

x xx DLH x

e elim lim 1

e 1 e

→+∞ →+∞= =

+

άρα ( ) ( )x u 1lim f x lim lnu ln1 0→+∞ →

= = = , επομένως η Cf έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο +∞ την y =

0 (x΄x).

( ) ( )x

x x x

x x x DLH

eln

ln e ln e 1f x e 1lim lim lim .. 1

x x x

∞ ∞

→−∞ →−∞ →−∞

− + + = = = =

άρα ( )

x

f xlim 1 λ

x→−∞= =

( ) ( ) ( )x x

x x xlim f x λx lim x ln e 1 x lim ln e 1 0 β→−∞ →−∞ →−∞

− = − + − = − + = = , αφού x

xlim e 0→−∞

=

άρα η Cf έχει πλάγια ασύμπτωτη στο –∞ την y = x.

Γ4. Αναζητώ τις ρίζες της φ.

φ(x) = 0⇔ ex ∙ (h(x) + ln2) = 0⇔ h(x) + ln2 = 0⇔ h(x) = –ln2⇔ h(x) = h(0)h

h "1 1"

↑

−⇔ x = 0.

Αναζητώ το πρόσημο της φ στο [0,1]

0 ≤ x ≤ 1h ↑

⇔ h(0) ≤ h(x) ≤ h(1) ⇔ –ln2 ≤ h(x)⇔ h(x) + ln2 ≥ 0⇔ ex ∙(h(x) + ln2) ≥ 0⇔ φ(x) ≥ 0.

Υπολογισμός εμβαδού

1ος τρόπος

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

0 0 0E φ x dx e h x ln2 dx e h x ln2 dx =′= = ⋅ + = ⋅ +∫ ∫ ∫

( )( ) ( )( )11x x

0 0e h x ln2 e h x ln2 dx′ = ⋅ + − ⋅ + = ∫

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

x0 0

1e h 1 ln2 0 e h x dx e 1 ln e 1 ln2 e dx

e 1′= ⋅ + − − ⋅ = ⋅ − + + − ⋅ = +∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )1

x

0e eln e 1 eln2 ln e 1 e eln e 1 eln2 ln e 1 ln2 = − + + − + = − + + − + + =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2e e 1 ln2 e 1 ln e 1 e e 1 ln2 ln e 1 e e 1 ln τ.µ.

e 1 = + + − + + = + + − + = + + ⋅ +

2ος τρόπος



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

0 0 0 0E φ x dx e h x ln2 dx e h x dx ln2 e dx= = ⋅ + = ⋅ + ⋅ =∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 11 1x x x x

0 00 0e h x dx ln2 e e h x e h x dx ln2 e 1′

′ = ⋅ + ⋅ = ⋅ − ⋅ + ⋅ − = ∫ ∫

( ) ( ) ( )1 x

x0

1e h 1 h 0 e dx ln2 e 1

e 1= ⋅ − − ⋅ + ⋅ − =

+∫( ) ( ) ( )

1x

0e 1 ln e 1 ln2 ln e 1 ln2 e 1 ⋅ − + + − + + ⋅ − =

( ) ( )e eln e 1 ln2 ln e 1 ln2 eln2 ln2= − + + − + + + − =

( ) ( ) ( ) ( ) ( )e eln e 1 ln2 ln e 1 eln2 e e 1 ln2 e 1 ln e 1= − + + − + + = + + − + + =

( ) ( ) ( ) 2e e 1 ln2 ln e 1 e e 1 ln τ.µ.

e 1 = + + − + = + + ⋅ +

3ος τρόπος

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

0 0 0E φ x dx e h x ln2 dx e x ln e 1 ln2 dx= = ⋅ + = ⋅ − + + =∫ ∫ ∫

( )1 2 3

1 1 1x x x x

0 0 0I I I

e xdx e ln e 1 dx ln 2 e dx= ⋅ − ⋅ + + ⋅∫ ∫ ∫

( ) ( )1 1 11x x x x

1 00 0 0I e xdx e x e x dx e 0 e dx =

′′ = ⋅ = ⋅ − ⋅ = − − ∫ ∫ ∫ ( )1x

0e e e e 1 e e 1 1 − = − − = − + = .

( )1 x x2 0

I e ln e 1 dx= ⋅ +∫ (Θέτω ex + 1 = u / exdx = du / x = 0 → u = 2, / x = 1 → u = e + 1)

( )e 1 e 1

2 2lnudu u lnudu

+ + ′= = ⋅ =∫ ∫ [ ] ( )e 1e 1

2 2u lnu u lnu du

++ ′⋅ − ⋅ =∫

( ) ( ) ( ) ( ) [ ]e 1 e 1

22e 1 ln e 1 2ln2 1du e 1 ln e 1 2ln2 u

+ += + ⋅ + − − = + ⋅ + − − =∫

( ) ( )e 1 ln e 1 2ln2 e 1= + ⋅ + − − +

1 1x x3 00

I e dx e e 1 = = = − ∫

Ε = Ι1 – Ι2 + ln2 ∙ I3 = 1 – (e + 1) ∙ ln(e + 1) + 2ln2 + e – 1 + ln2 ∙ (e – 1) =

= e – eln(e + 1) + ln2 – ln(e + 1) + ln2 + eln2 – ln2 = e + (e + 1)[ln2 – ln(e + 1)] = [e + (e + 1)

∙2

lne 1+

]τ.μ.



18) (Εξετασεις 2014)Δίνεται η συνάρτηση

xe 1, αν x 0

f(x) x1 , αν x 0

−≠

= =

Δ1. Να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής στο σηµείο x0 = 0 και, στη συνέχεια, ότι είναι

γνησίως αύξουσα.

Δ2. Δίνεται επιπλέον ότι η f είναι κυρτή.

α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση

( )2f x

1f(u)du 0

′=∫

έχει ακριβώς µία λύση, η οποία είναι η x = 0.

β) Ένα υλικό σηµείο M ξεκινά τη χρονική στιγµή t = 0 από ένα σηµείο Α(x0, f(x0))

µε x0 < 0 και κινείται κατά µήκος της καµπύλης y = f(x), x ≥ x0 µε x = x(t), y = y(t), t ≥ 0. Σε

ποιο σηµείο της καµπύλης ο ρυθµός µεταβολής της τετµηµένης x(t) του σηµείου M

είναι διπλάσιος του ρυθµού µεταβολής της τεταγµένης του y(t), αν υποτεθεί ότι x '(t) >

0 για κάθε t ≥ 0.

Δ3. Θεωρούµε τη συνάρτηση

( ) ( ) ( )2 2g(x) xf(x) 1 e x 2 , x 0,= + − − ∈ +∞

Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g έχει δύο θέσεις τοπικών ελαχίστων και µία θέση

τοπικού µεγίστου.

Λυση

Δ1. ( ) ( )0

x x0

x 0 x 0 DLH x 0

e 1 elim f x lim lim 1 f 0

x 1

→ → →

−= = = =

άρα f συνεχής στο x0 = 0.

Για x ≠ 0: ( )( )x x x x

2 2

e x e 1 xe e 1f x

x x

⋅ − − − +′ = =

Θεωρώ συνάρτηση r, με r(x) = xex – ex + 1.

Είναι r΄(x) = xex, x∈ℝ



• x < 0 r ↓

⇔ r(x) > r(0)⇔ r(x) > 0⇔ f΄(x) > 0

• x > 0r ↑

⇔ r(x) > r(0)⇔ r(x) > 0⇔ f΄(x) > 0

Είναι f΄(x) > 0 στα (–∞,0), (0,+∞) και επειδή f συνεχής στο x0 = 0 η f είναι γνησίως αύξουσα

στο ℝ .

Δ2. ( ) ( ) ( )x

x

x x x x

e 1 1lim f x lim lim e 1 lim 1 0 0

x x→−∞ →−∞ →−∞ →−∞

−= = − ⋅ = − ⋅ =

( )x x

x

x x DLH x x

e 1 elim f x lim lim lim e

x 1

+∞ +∞

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

−= = = = +∞

Είναι f γνησίως αύξουσα, άρα έχει σύνολο τιμών το (0,+∞), άρα f(x) > 0 για κάθε x∈ℝ .

Επίσης ( ) ( ) ( )

x0 0

x x x0 0

2x 0 x 0 x 0 DLH x 0 DLH x 0

e 11f x f 0 e 1 x e 1 e 1xlim lim lim lim lim f 0

x 0 x x 2x 2 2

→ → → → →

−−− − − −

′= = = = = =−

α) 1ος τρόπος

Πρόταση: Έστω η συνάρτηση Q, με Q(x) > 0.

• αν α < β, τότε ( )β

αQ x dx 0>∫

• αν α > β, τότε ( ) ( )α β

β αQ x dx 0 Q x dx 0> ⇔ <∫ ∫

• αν α = β, τότε ( ) ( )β α

α αQ x dx Q x dx 0= =∫ ∫

( ) ( ) ( )x

x

x x x x

e 1 1lim f x lim lim e 1 lim 1 0 0

x x→−∞ →−∞ →−∞ →−∞

−= = − ⋅ = − ⋅ =

( )x x

x

x x DLH x x

e 1 elim f x lim lim lim e

x 1

+∞ +∞

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

−= = = = +∞ .

Στο ολοκλήρωμα ( )( )2f x

1f t dt

′

∫ τα άκρα είναι θετικοί αριθμοί και επειδή f(x) > 0 στο

ℝ σύμφωνα με την παραπάνω πρόταση που αποδείξαμε

2f΄(x) = 1⇔ f΄(x) =1

2⇔ f΄(x) = f΄(0)

f κυρτή

f , f 1 1′ ′↑ −⇔ x = 0.

2ος τρόπος



Η f είναι συνεχής στο ℝ . Έστω F μια αρχική της f. Είναι F΄(x) = f(x) > 0, άρα η F είναι

γνησίως αύξουσα στο ℝ .

( )( )

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

11f t dt 0 F x 0 F 2f x F 1

′ ′′= ⇔ = ⇔ = ∫

και επειδή η F είναι 1 – 1 ως γνησίως αύξουσα

2f΄(x) = 1⇔ f΄(x) =1

2⇔ f΄(x) = f΄(0)

f κυρτή

f , f 1 1′ ′↑ −⇔ x = 0.

β) Είναι f(x(t)) = y(t), t ≥ 0.

Άρα f΄(x(t)) ∙ x΄(t) = y΄(t) και για t = t0

( )( ) ( ) ( )( ) ( )

( )( ) ( ) ( )( )

( )( )( ) ( )( )

0 0 0

0

x t 2y t x t 0

0 0 0 0 0 0 0 0y t 0

1f x t x t y t f x t 2y t y t 2f x t 1 f x t

2

′ ′ ′= >

′ >′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′⋅ = ⇔ ⋅ = ⇔ = ⇔ = ⇔

( )( ) ( ) ( )f κυρτή

0 0ff 1 1

f x t f 0 x t 0′↑′ −

′ ′= ⇔ = και

y(t0) = f(x(t0)) = f(0) = 1, άρα το ζητούμενο σημείο είναι το Μ(0,1).

Δ3. Για x > 0 έχουμε:

• g(x) = [x ∙ f(x) + 1 – e]2 ∙ (x – 2)2 = ( )2x

2e 1x 1 e x 2

x

−⋅ + − ⋅ − =

( ) ( ) ( ) ( )2 22 2x xe 1 1 e x 2 e e x 2= − + − ⋅ − = − ⋅ −

• g΄(x) = 2(ex – e) ∙ ex ∙ (x – 2)2 + (ex – e)2 ∙ 2 ∙ (x – 2) = 2(ex – e) ∙ (x – 2)[ex ∙ (x – 2) + ex – e] =

= 2(ex – e) ∙ (x – 2) (xex – ex – e)

1η λύση

Θεωρούμε συνάρτηση h, με h(x) = xex – ex – e, x > 0

Θα αποδείξουμε ότι η h έχει μια μόνο ρίζα.

1ος τρόπος

h συνεχής στο [1,2] ως πράξεις συνεχών

h(1) = – e < 0

h(2) = e2 – e = e(e – 1) > 0



από Θ. Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0x 1,2∈ , τέτοιο ώστε h(x0) = 0.

2ος τρόπος

g συνεχής στο [1,2] ως πράξεις συνεχών

g παραγωγίσιμη στο (1,2)

g(1) = g(2) = 0

από Θ. Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0x 1,2∈ , τέτοιο ώστε g΄(x0) = 0 και επειδή ex0 – e ≠

0 και x0 – 2 ≠ 0, θα είναι h(x0) = 0.

• ex – e = 0⇔ ex = e1⇔ x = 1.

ex – e > 0⇔ ex > e1⇔ x > 1.

ex – e < 0⇔ ex < e1⇔ x < 1.

Έτσι προκύπτει ο ακόλουθος πίνακας μεταβολών:

Προκύπτει ότι η g έχει δύο θέσεις τοπικών ελαχίστων και μία θέση τοπικού μεγίστου.

19)(Εξετασεις 2015)Έστω η παραγωγίσιµη συνάρτηση f: →ℝ ℝ για την οποία

ισχύουν:

• ( ) ( ) ( )f x f xf x e e 2− ′ ⋅ + = για κάθε x∈ℝ και

• f(0) = 0.

Δ1. Να αποδείξετε ότι ( ) ( )2f x ln x x 1 , x= + + ∈ℝ .

Δ2. α) Να βρείτε τα διαστήµατα στα οποία η συνάρτηση f είναι κυρτή ή κοίλη και να

προσδιορίσετε το σηµείο καµπής της γραφικής παράστασης της f.

β) Να υπολογίσετε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική

παράσταση της συνάρτησης f, την ευθεία y = x και τις ευθείες x = 0 και x = 1.

Λυση



Δ1. Για κάθε x∈ℝ είναι:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )f x f x f x f x f x f xf x e f x e 2 e e 2x e e 2x c, c− − −′ ′′ ′⋅ + ⋅ = ⇔ − = ⇔ − = + ∈ℝ .

Για x = 0 είναι: ef(0) – e–f(0) = c και επειδή f(0) = 0, προκύπτει c = 0.

Άρα ( ) ( ) ( )( )

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

f x

1e e 2x e 2x e 1 2x e

e−− = ⇔ − = ⇔ − = ⋅ ⇔

( )( ) ( ) ( )( )2 2f x f x f x2 2 2e 2x e x x 1 e x x 1 0, x⇔ − ⋅ + = + ⇔ − = + ≠ ∀ ∈ℝ

και επειδή η ef(x) – x συνεχής στο ℝ , προκύπτει ότι η ef(x) – x διατηρεί πρόσημο στο ℝ .

Όμως ef(0) – 0 = 1 > 0.

Άρα ( )f x 2e x x 1− = + , για κάθε ( )f x 2x e x x 1∈ ⇔ = + +ℝ , για κάθε x∈ ⇔ℝ

( ) ( )2f x ln x x 1⇔ = + + , για κάθε x∈ℝ .

Δ2.α) Είναι ( ) ( )( )2

2 2

1 2xf x ln x x 1 1

x x 1 2 x 1

′ ′ = + + = ⋅ + =

+ + +

2

2 2 2

1 x 1 x 1, x

x x 1 x 1 x 1

+ += ⋅ = ∈

+ + + +ℝ

και ( )( ) ( )2 2 2 2

2x xf x , x

2 x 1 x 1 x 1 x 1

− −′′ = = ∈

+ ⋅ + + +ℝ .

Από τον παρακάτω πίνακα προσήμων:

προκύπτει ότι η f είναι: κυρτή στο (−∞,0], κοίλη στο [0,+∞), ενώ παρουσιάζει σημείο

καμπής στο σημείο (0,f(0)) = (0,0).

β) Είναι x – f(x) ≥ 0 για κάθε [ ]x 0,1∈ . Πράγματι:

α΄ τρόπος:

Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = x – f(x) στο [0,1]. Η g είναι παραγωγίσιμη στο [0,1] με



( ) ( )( ) ( ) [ ]2

2 2

1 x 1 1g x x f x 1 f x 1 0 x 0,1

x 1 x 1

+ −′′ ′= − = − = − = ≥ ∀ ∈+ +

, με την ισότητα g΄(x)=0

να ισχύει μόνον για x=0.

Επομένως η g είναι γνησίως αύξουσα στο [0,1].

Οπότε ( ) ( ) [ ]g x g 0 x 0,1≥ ∀ ∈ . Όμως g(0) = 0 – f(0) = 0.

Άρα, ( ) [ ]g x 0 x 0,1≥ ∀ ∈ , άρα ( ) [ ]x f x 0 x 0,1− ≥ ∀ ∈ .

β΄ τρόπος

Η ανισότητα x – f(x) ≥ 0 για κάθε [ ]x 0,1∈ , μπορεί να αποδειχθεί και ως εξής:

Επειδή f(0) = 0, f΄(0) = 1, η εφαπτόμενη της Cf στο [0,+∞) έχει εξίσωση: y – f(0) = f΄(0)∙(x –

0)⇔ y = x.

Η f όμως είναι κοίλη στο [0,+∞), άρα η Cf βρίσκεται «κάτω» από την εφαπτομένη της y = x

στο Ο(0,0) για το διάστημα [0,+∞), άρα και το [0,1].

Έτσι f(x) ≤ x για [ ] ( )x 0,1 x f x 0∈ ⇔ − ≥ για [ ]x 0,1∈ .

Έτσι είναι ( )( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 2

0 0 0 0 0E x f x dx xdx f x dx xdx ln x x 1 dx 1= − = − = − + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ .

Είναι

•

121

00

x 1 1xdx 0

2 2 2

= = − =

∫ .

• ( ) ( ) ( )11 1 12 2 2

20 0 00

1ln x x 1 dx x ln x x 1 dx x ln x x 1 x dx

x 1 ′+ + = ⋅ + + = + + − = +

∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( )1 1

2 2

00

xln x x 1 x 1 ln 1 2 2 1 ln 1 2 2 1 = + + − + = + − − = + − + .

Οπότε η (1) γράφεται:

( )( ) ( ) ( )1 1 1E ln 1 2 2 1 ln 1 2 2 1 2 ln 1 2 τ.µ.

2 2 2= − + − + = − + + − = − + −



20)( (Εξετασεις 2016)

Δίνεται η συνάρτηση ( )2

2

xf x , x

x 1= ∈

+ℝ .

B1. 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.

B2. Να βρείτε τα διαστήματα στα οποία η f είναι κυρτή, τα διαστήματα στα οποία η f είναι

κοίλη και να προσδιορίσετε τα σημεία καμπής της γραφικής της παράστασης.

B3. Να βρεθούν οι ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της f.

B4. Με βάση τις απαντήσεις σας στα ερωτήματα Β1, Β2, Β3 να σχεδιάσετε τη γραφική

παράσταση της συνάρτησης f.

(Η γραφική παράσταση να σχεδιαστεί με στυλό)

Απ.: Β1. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ℝ ως ρητή.

( )( ) ( ) ( )

( )( )( ) ( ) ( )

2 2 2 2 32 3 3

2 2 2 22 2 2 2 2

x x 1 x x 1 2x x 1 2xx 2x 2x 2x 2xf x

x 1 x 1 x 1 x 1 x 1

′ ′′ ⋅ + − ⋅ + ⋅ + − + −= = = = = + + + + +

Προκύπτει ο παρακάτω πίνακας μεταβολών:

Έτσι προκύπτει ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞,0], γνησίως αύξουσα στο [0,+∞)

ενώ παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στο 0, το f(0)=0.

Β2. ( )( )

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( )

2 2 22 2 2 2

2 4 42 2 2

2x x 1 2x x 1 2 x 1 2x 2 x 1 2x2xf x

x 1 x 1 x 1

′′ ′ + − + + − ⋅ + ⋅ ′′ = = = = + + +

( ) ( )( )

( ) ( )( )

( )( )( )

2 2 2 22 2 2 2 2 2

4 4 42 2 2

x 1 2 x 1 8x2 x 1 8x x 1 x 1 2x 2 8x

x 1 x 1 x 1

+ + −+ − + + + − = = = =+ + +



( )( )( )

( )( )( )

( )( )( )( )

22 2 2 2

4 4 42 2 2

2 x 1 1 3x 1 3xx 1 2 6x 2 x 1 1 3x

x 1 x 1 x 1

+ − ++ − + −= = =

+ + +

( ) 3 3f x 0 x ή x

3 3′′ = ⇔ = − = .

Προκύπτει ότι η f είναι κοίλη στα 3 3

, ,3 3

−∞ +∞

, είναι κυρτή στο 3 3

,3 3

−

, ενώ

παρουσιάζει Σ.Κ. στις θέσεις 1 2

3 3x , x

3 3= − = .

Β3. Η γραφική παράσταση της f δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες, αφού η f είναι

συνεχής στο ℝ .

Επειδή ( )2 2

2 2x x x

x xlim f x lim lim 1

x 1 x→±∞ →±∞ →±∞= = =

+, η f έχει οριζόντια ασύμπτωτη την ευθεία y = 1

και στο +∞ και στο −∞.

Β4.



21)( Εξετασεις 2016)

Γ1. Να λύσετε την εξίσωση 2x 2e x 1 0, x− − = ∈ℝ .

Γ2. Να βρείτε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις f : →ℝ ℝ που ικανοποιούν την σχέση

( ) ( )2 22 x 2f x e x 1= − − για κάθε x∈ℝ και να αιτιολογήσετε την απάντησή σας

Γ3. Αν ( )2x 2f x e x 1, x= − − ∈ℝ , να αποδειχθεί ότι η f είναι κυρτή.

Γ4. Αν f είναι η συνάρτηση του ερωτήματος Γ3, να λυθεί η εξίσωση:

( ) ( ) ( ) ( )f ηµx 3 f ηµx f x 3 f x+ − = + −

όταν [ )x 0,∈ +∞ .

Απ.: Γ1. Έστω ( )2x 2K x e x 1, x= − − ∈ℝ

( ) 0K 0 e 1 0= − =

( ) ( )2 2x xK x 2x e 2x 2x e 1 , x′ = ⋅ − = − ∈ℝ

( )K x 0 x 0′ = ⇔ = .

Η συνάρτηση ( ) xg x e= είναι αύξουσα στο ℝ , άρα για κάθε ( ) ( )x ,0 0,∈ −∞ ∪ +∞ είναι:

2 2 22 x 0 x xx 0 e e e 1 e 1 0> ⇔ > ⇔ > ⇔ − >

Έτσι προκύπτει ο επόμενος πίνακας μεταβολών:

Άρα για κάθε ( ) ( )x ,0 0,∈ −∞ ∪ +∞ είναι Κ(x) > 0, ενώ ( )K x 0 x 0= ⇔ = . Δηλαδή η

( )K x 0= έχει μοναδική λύση την x=0.

Δεύτερος τρόπος: Μπορεί να τεθεί 2x t= , οπότε ισοδύναμα αρκεί να λυθεί η εξίσωση

te t 1 0− − = με t 0≥ . Θα χρησιμοποιηθεί τότε ο πίνακας μεταβολών της συνάρτησης



( ) tφ t e t 1= − − , που παραπέμπει σε σχετική άσκηση του σχολικού βιβλίου. (ασκ 3 σελίδα

269).

Γ2. Για ( ) ( )x ,0 0,∈ −∞ ∪ +∞ : ( ) ( )22 x 2f x e x 1 0= − − ≠ , λόγω του ερωτήματος Γ1.

Η f είναι συνεχής σε κάθε ένα από τα (−∞,0), (0,+∞) και δεν μηδενίζεται σε αυτά, άρα

διατηρεί σταθερό πρόσημο.

• Για ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )2 2x 2 x 2x 0, : f x e x 1 f x e x 1 0 1∈ +∞ − − − ⋅ + − − =

Αν ( )f x 0> για ( )x 0,∈ +∞ , τότε επειδή 2x 2e x 1 0− − > , από την (1) προκύπτει ότι

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

Αν ( )f x 0< για ( )x 0,∈ +∞ , τότε επειδή ( )2x 2e x 1 0− − − < , από την (1) προκύπτει

ότι

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

• Για ( )x ,0∈ −∞

Αν ( )f x 0> για ( )x ,0∈ −∞ , τότε από την (1) προκύπτει ότι ( )2x 2f x e x 1= − −

Αν ( )f x 0< για ( )x ,0∈ −∞ , τότε από την (1) προκύπτει ότι ( ) ( )2x 2f x e x 1= − − −

Για x 0= είναι ( )f 0 0= . Έτσι προκύπτει ότι

α) ( )2x 2f x e x 1, x= − − ∈ℝ ή

β) ( ) ( )2x 2f x e x 1 , x= − − − ∈ℝ ή

γ) ( )[ )

( ) ( )

2

2

x 2

x 2

e x 1, x 0,f x

e x 1 , x ,0

− − ∈ +∞= − − − ∈ −∞

ή

δ) ( )( ) [ )

( )

2

2

x 2

x 2

e x 1 , x 0,f x

e x 1, x ,0

− − − ∈ +∞= − − ∈ −∞

Γ3. ( )2x 2f x e x 1, x= − − ∈ℝ



( ) ( )2 2x xf x 2xe 2x 2x e 1′ = − = −

( ) ( )2 2 2 2x x x 2 xf x 2e 2xe 2x 2 2 e 1 4x e′′ = + ⋅ − = − + ⋅

Προκύπτει ότι ( )f 0 0′′ = , ενώ επειδή στο ερώτημα Γ1, αποδείχθηκε ότι 2xe 1 0− > , για κάθε

*x∈ℝ . Είναι

( ) ( )( )f x 0 f x 0′′′ ′> ⇒ > στο *ℝ , ενώ ( )f 0 0′′ = . Άρα η f΄ είναι γνησίω ς αύξουσα στο ℝ ,

άρα f κυρτή.

Γ4. Θεω ρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( )g x f x 3 f x , x= + − ∈ℝ

Είναι ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( )f x 3 f x

g x f x 3 f x 3 3f ξx 3 x

′ ′+ −′ ′ ′ ′′= + − = =

+ −, όπου ( )ξ x, x 3∈ + . (Από Θ.Μ.Τ.

για την f στο διάστημα [x, x+3]).

Άρα ( )g x 0′ > , για κάθε [ )x 0,∈ +∞ , λόγω του Γ3.

Η g(x) επομένω ς είναι γνησίω ς αύξουσα στο [ )0,+∞ , άρα και 1 – 1.

Η δοθείσα εξίσω ση τώρα γράφεται ( ) ( )g ηµx g x= .

Αφού είναι 1 – 1, προκύπτει ότι [ ) [ )ηµx x, x 0, ηµx x , x 0,= ∈ +∞ ⇔ = ∈ +∞ .

Η ισότητα αυτή ισχύει μόνον όταν x 0= (σχολικό βιβλίο σελ. 170).

Παρατήρηση: Το συμπέρασμα ότι η ( )g x 0′ > , για κάθε [ )x 0,∈ +∞ , μπορεί να εξαχθεί και

από την μονοτονία της f΄ (λόγω του ερω τήματος Γ3):

Για κάθε [ )x 0,∈ +∞ , είναι x 3 x+ > άρα ( ) ( )f x 3 f x′ ′+ > και συνεπώς

( ) ( )f x 3 f x 0′ ′+ − > .

22)( (Εξετασεις 2016)

Δίνεται συνάρτηση f ορισμένη και δύο φορές παραγω γίσιμη στο ℝ , με συνεχή δεύτερη

παράγω γο, για την οποία ισχύει ότι:

• ( ) ( )( )π

0f x f x ηµxdx π′′+ =∫

• ( )f =ℝ ℝ και ( )

x 0

f xlim 1ηµx→

=



• ( ) ( )( )f x xe x f f x e+ = + για κάθε x∈ℝ .

Δ1. Να δείξετε ότι f(π) = π (μονάδες 4) και f΄(0) = 1 (μονάδες 3).

Δ2. α) Να δείξετε ότι η f δεν παρουσιάζει ακρότατα στο ℝ . (μονάδες 4)

β) Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ . (μονάδες 2)

Δ3. Να βρείτε το ( )x

ηµx συνxlim

f x→+∞

+.

Δ4. Να δείξετε ότι ( )πe 2

1

f lnx0 dx π

x< <∫ .

Απ.: Δ1. ( ) ( )( ) ( ) ( )π π π

0 0 0f x f x ηµxdx π f x ηµxdx f x ηµxdx π′′ ′′+ ⋅ = ⇒ ⋅ + ⋅ = ⇒∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( )( )π π

0 0f x συνx dx f x ηµxdx π′′ ′⋅ − + ⋅ = ⇒∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )π ππ π

0 00 0συνx f x συνx f x dx f x ηµx f x συνxdx π f π f 0 π 1′ ′ ′⇒ − ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⋅ = ⇒ + = ∫ ∫

Είναι ( ) ( )x 0 x 0

f xlim f x lim ηµx 1 0 0

ηµx→ →

= ⋅ = ⋅ =

.

Αφού f συνεχής στο ( ) ( )x 0

x 0 f 0 limf x 0→

= ⇒ = = . Δηλαδή ( )f 0 0= .

Άρα από ( ) ( )1 f π π⇒ = .

Έχουμε ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f 0 f x f x f xηµx 1

, x 0xx 0 x ηµx x ηµxηµx

−= = ⋅ = ⋅ ≠

−.

Είναι ( )

x 0

f x 1 1lim 1 1

xηµx 1ηµx

→

⋅ = ⋅ =

, άρα ( ) ( )

x 0

f x f 0lim 1

x→

−= . Δηλαδή ( )f 0 1′ = .

Δ2.α) Από την σχέση ( ) ( )( )f x xe x f f x e+ = + παραγωγίζοντας έχουμε

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )f x xe f x 1 f f x f x e 2′ ′ ′+ = + .

Έστω ότι η f παρουσιάζει ακρότατο σε κάποιο 0x ∈ℝ . Τότε από Θ. Fermat ( ) ( )0f x 0 3′ =

Από τη σχέση (2) για 0x x= έχουμε:



( ) ( ) ( )( ) ( )0 0 0f x x x0 0 0 0e f x 1 f f x f x e e 1 x 0′ ′ ′+ = + ⇒ = ⇒ = .

Επομένως θα είναι ( )f 0 0′ = , άτοπο διότι ( )f 0 1′ = .

Άρα η f δεν παρουσιάζει κανένα ακρότατο.

Σημείωση: Επίσης αποδείχθηκε ότι ( )0f x 0′ ≠ , για κάθε 0x ∈ℝ , κάτι που θα μας χρειαστεί

στο αμέσως επόμενο ερώτημα.

β) Στο ερώτημα Δ2α αποδείχθηκε ( )f x 0′ ≠ , x∈ℝ . Όμως η f΄ είναι συνεχής αφού η f είναι

δύο φορές παραγωγίσιμη, άρα η f΄ διατηρεί σταθερό πρόσημο. Είναι

( ) ( )f 0 1 0 f x 0, x′ ′= > ⇒ > ∈ℝ δηλαδή η f είναι αύξουσα στο ℝ .

Δ3. Αφού f συνεχής και γνησίως αύξουσα θα έχει σύνολο τιμών το

( ) ( ) ( )( )x x

f lim f x , lim f x→−∞ →+∞

=ℝ .

Όμως ( ) ( )x

f lim f x→+∞

= ⇒ = +∞ℝ ℝ .

Έχουμε ( ) ( ) ( ) ( )

ηµx συνx ηµx συνxηµx συνx 2

f x f x f x f x

+ ++= ≤ ≤

και αφού f αύξουσα, για ( ) ( ) ( )x 0 f x f 0 f x 0> ⇒ > ⇒ > .

Έτσι ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

ηµx συνx 2 2 ηµx συνx 2

f x f x f x f x f x

+ +≤ ⇔ − ≤ ≤ .

Είναι ( )x

2lim 0

f x→+∞= αφού ( )

xlim f x→+∞

= +∞ και ( )x

2lim 0

f x→+∞− = .

Άρα από κριτήριο παρεμβολής θα είναι ( )x

ηµx συνxlim 0

f x→+∞

+= .

Δ4. Θέτουμε 1

lnx u dx dux

= ⇒ =

Για 1x 1 u ln1 0= ⇒ = =

Για π π

2x e u ln e π= ⇒ = =

Έτσι ( ) ( )

πe π

1 0

f lnxdx f u du

x=∫ ∫



Αρκεί να δείξουμε ότι ( ) ( )π 2

00 f u du π 1< <∫

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο [ ] ( ) ( ) ( )0,π f 0 f x f π⇒ ≤ ≤ (η ισότητα ισχύει μόνο για x=π

και για x=0)

( ) ( ) [ ]f x π π f x 0, x 0,π⇒ ≤ ⇒ − ≥ ∈ ⇒

( )( )π

0π f x dx 0⇒ − >∫ (γιατί η π – f(x) δεν μηδενίζεται παντού στο [0,π])⇒

( ) ( ) ( )π π π2

0 0 0πdx f x dx 0 π f x dx 2⇒ − > ⇒ >∫ ∫ ∫

Ομοίως ( ) ( ) ( ) ( )π

0f x f 0 0 f x dx 0 3≥ = ⇒ >∫

Από ( ) ( ) ( )π 2

02 , 3 0 f x dx π⇒ < <∫ δηλαδή ισχύει η (1).



ΘΕΜΑΤΑ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΩΝ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ



ΘΕΜΑΤΑ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΩΝ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ

1)(Επαναληπτικές 2003)Δίνεται η συνάρτηση 2f(x) x 1 x= + − .

α. Να αποδείξετε ότι xlim f(x) 0→+∞

= .

β. Να βρείτε την πλάγια ασύµπτωτη της γραφικής παράστασης της f, όταν το x

τείνει στο −∞ .

γ. Να αποδείξετε ότι ( ) 2f x x 1 f(x) 0′ ⋅ + + = .

δ. Να αποδείξετε ότι ( )1

20

1dx ln 2 1

x 1= +

+∫ .

ΛΥΣΗ

α. ( ) ( ) ( ) ( )2 2

2

2x x x

x 1 x x 1 xlim f x lim x 1 x lim

x 1 x→+∞ →+∞ →+∞

+ − ⋅ + += + − = =

+ +

2x x x2

2 2

1 1 1lim lim lim 0

1 1x 1 xx 1 x x 1 1

x x

→+∞ →+∞ →+∞= = = =

+ + + + ⋅ + +

β. Εύρεση πλάγιας ασύμπτωτης

• ( )

222 2

x x x x

1 1x 1 x x 1 xf x xx 1 x xλ lim lim lim limx x x x→−∞ →−∞ →−∞ →−∞

+ − − + − + − = = = = =

2x

1lim 1 1 2

x→−∞

− + − = −

λ = – 2

• ( )( ) ( )( ) ( ) ( )2 2

x x x xlim f x λx lim f x 2x lim x 1 x 2x lim x 1 x→−∞ →−∞ →−∞ →−∞

− = + = + − + = + + =

( ) ( )2 2

2 2x x x

2

x 1 x x 1 x 1 1lim lim lim 0

1x 1 x x 1 xx 1 1

x

→−∞ →−∞ →−∞

+ + ⋅ + −= = =

+ − + − − ⋅ + +

β = 0

Άρα πλάγια ασύμπτωτη της Cf στο –∞ είναι η ευθεία y = λx + β⇒y = –2x.

γ. ( ) ( ) ( )2 2 2 2f x x 1 f x x 1 x x 1 x 1 x′

′ ⋅ + + = + − ⋅ + + + − =



2 2 2 2

2 2

1 x2x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x

2 x 1 x 1

= ⋅ − ⋅ + + + − = − ⋅ + + + − =

+ +

2 2x x 1 x 1 x 0= − + + + − =

δ. Είναι f(x) > 0, x∀ ∈ℝ , διότι

( )2 2 2 2x x 1 x x 1 x 1 x 0 f x 0< + ⇒ < + ⇒ + − > ⇒ >

Οπότε από το ερώτημα Γ προκύπτει:

( ) ( ) ( )( )

( )( )2

2 2

f x 1 1f x x 1 f x 0 lnf x

f x x 1 x 1

′ ′′ ⋅ + + = ⇒ − = ⇒ − =+ +

Άρα

( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )1

1 1

20 00

1dx lnf x dx lnf x lnf 1 lnf 0 ln 2 1

x 1

′= − = − = − − = − − = +

∫ ∫

( )1 2 1ln ln ln 2 1

12 1

+= = = +

−

2)(Επαναληπτικές 2003)Δίνεται µια συνάρτηση f ορισµένη στο IR µε συνεχή πρώτη

παράγωγο, για την οποία ισχύουν οι σχέσεις:

f(x) f (2 x)= − − και ( )f x 0′ ≠ για κάθε x∈ℝ .

α. Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως µονότονη.

β. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) = 0 έχει µοναδική ρίζα.

γ. Έστω η συνάρτηση f(x)

g(x)f (x)

=′

.

Να αποδείξετε ότι η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της g στο σηµείο στο

οποίο αυτή τέµνει τον άξονα x΄x, σχηµατίζει µε αυτόν γωνία 45°.

ΛΥΣΗ

α. Είναι f΄(x) ≠ 0, x∀ ∈ℝ και f΄ συνεχής στο ℝ άρα η f΄ διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ℝ

συνεπώς η f είναι γνησίως μονότονη.

β. Η σχέση f(x) = –f(2 – x) για x = 1 δίνει

f(1) = –f(1)⇒2f(1) = 0⇒ f(1) = 0.

Άρα x = 1 ρίζα της f και μάλιστα μοναδική αφού η f είναι γνησίως μονότονη στο ℝ



γ. ( ) ( )

( )( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

x 1 x 1 x 1 x 1

f x0

g x g 1 f x f x f x1lim lim lim lim

x 1 x 1 f x x 1 f x x 1→ → → →

−′−

= = = ⋅ =′ ′− − − −

( )( ) ( )

( )( )

x 1

f x f 11 1lim f 1 1

f x x 1 f 1→

−′⋅ = ⋅ =

′ ′−

Άρα g΄(1) = 1.

Όμως

• λ = g΄(1) = 1

• λ = εφω

άρα π

εφω 1 ω4

= ⇒ =

3)(Επαναληπτικές 2004)Θεωρούµε τη συνάρτηση f: →ℝ ℝ µε f(x) = 2x + mx – 4x – 5x,

όπου m∈ℝ , m > 0.

α. Να βρείτε τον m ώστε f(x) ≥ 0 για κάθε x∈ℝ .

β. Αν m = 10, να υπολογισθεί το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη

γραφική παράσταση της f, τον άξονα x΄x και τις ευθείες x = 0 και x = 1.

ΛΥΣΗ

α. ( ) ( ) ( )f x 0 f x f 0≥ ⇒ ≥

και ( ) x x x xf x 2 ln 2 m lnm 4 ln4 5 ln5′ = ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅

οπότε λόγω θ. Fermat είναι

( ) 0 0 0 0f 0 0 2 ln2 m lnm 4 ln4 5 ln5 0 ln2 lnm ln4 ln5 0′ = ⇒ ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ = ⇒ + − − = ⇒

( )ln2 lnm ln4 ln5 0 ln2m ln20 0 ln2m ln20 2m 20 m 10+ − + = ⇒ − = ⇒ = ⇒ = ⇒ =

β. Για m = 10 είναι: f(x) = 2x + 10x – 4x – 5x.

( ) ( )1 1 1 1x x x x1 1 x x x x

0 00 0 0 0

2 10 4 5 1 9 4E f x dx 2 10 4 5 dx

ln2 ln10 ln 4 ln5 2ln2 ln10 ln 5

−= = + − − = + − − = + −

∫ ∫



4) (Επαναληπτικές 2005)Δίνεται η συνάρτηση f, η οποία είναι παραγωγίσιµη στο IR

µε f ΄(x) ≠ 0 για κάθε x∈ℝ .

α. Να δείξετε ότι η f είναι “1-1”.

β. Αν η γραφική παράσταση Cf της f διέρχεται από τα σηµεία Α(1,2005) και Β(-2,1), να

λύσετε την εξίσωση

( )( )1 2f 2004 f x 8 2− − + − = − .

γ. Να δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα σηµείο Μ της Cf, στο οποίο η εφαπτοµένη

της Cf είναι κάθετη στην ευθεία (ε): 1

y x 2005668

= − + .

ΛΥΣΗ

α. Υποθέτω ότι η f δεν είναι 1 – 1.

Τότε υπάρχουν 1 2x ,x ∈ℝ , x1 < x2 ώστε f(x1) = f(x2)

• Η f είναι συνεχής στο [x1,x2].

• Η f είναι παραγωγίσιμη στο (x1,x2).

• f(x1) = f(x2)

Άρα λόγω θ. Rolle υπάρχει ( )1 2ξ x , x∈ με f΄(ξ) = 0 … άτοπο αφού f΄(x) ≠ 0, x∀ ∈ℝ . Άρα η f

είναι 1 – 1 συνεπώς και αντιστρέψιμη.

Σχόλιο: Το ερώτημα Α είναι συνέπεια του θεωρήματος Darboux.

Αν f παραγωγίσιμη στο Δ με f΄(x) ≠ 0, x∀ ∈∆ τότε η f είναι γνησίως μονότονη (άρα

και 1 – 1).

β. Η Cf διέρχεται από τα σημεία Α(1,2005) και Β(–2,1), άρα

f(1) = 2005 και f(–2) = 1 συνεπώς f–1(2005) = 1 και f–1(1) = –2

f–1(–2004 + f(x2 – 8)) = –2⇒ f–1(–2004 + f(x2 – 8)) = f–1(1)⇒–2004 + f(x2 – 8) = 1⇒ f(x2 – 8) = 2005

⇒ f(x2 – 8) = f(1)⇒x2 – 8 = 1⇒x2 = 9⇒x = ± 3

γ. ( ) ( )εφ ε 0 0

1εφ ε λ λ 1 f x 1 f x 668

668 ′ ′⊥ ⇒ ⋅ = − ⇒ ⋅ − = − ⇒ =

άρα αρκεί νδο υπάρχει x0 με f΄(x0) = 668.

ΘΜΤ για την f στο [–2,1]



• Η f είναι συνεχής στο [–2,1].

• Η f είναι παραγωγίσιμη στο (–2,1).

Άρα υπάρχει ( )0x 2,1∈ − με ( ) ( ) ( )( )0

f 1 f 2 2005 1 2004f x 668

1 2 3 3

− − −′ = = = =

− −.

5)(Επαναληπτικές 2005)Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f: →ℝ ℝ , για την οποία ισχύει

2x 0

f(x) xlim 2005

x→

−= .

α. Να δείξετε ότι:

i. f(0)=0 ii. f΄(0)=1.

β. Να βρείτε το λ∈ℝ έτσι, ώστε: ( )( )( )( )

22

22x 0

x λ f xlim 3

2x f x→

+=

+.

γ. Αν επιπλέον η f είναι παραγωγίσιµη µε συνεχή παράγωγο στο IR και f ΄(x) > f(x) για

κάθε x∈ℝ , να δείξετε ότι:

i) xf(x) 0> για κάθε x 0≠ .

ii) 1

0f(x)dx f (1)<∫ .

ΛΥΣΗ

α.i) Θέτω ( ) ( )2

f x xh x

x

−= με ( )

x 0lim h x 2005→

=

Άρα f(x) – x = x2 ∙ h(x)⇒ f(x) = x2 ∙ h(x) + x (1)

Οπότε ( ) ( )( )2

x 0 x 0lim f x lim x h x x 0 2005 0 0→ →

= ⋅ + = ⋅ + =

Όμως f συνεχής στο ℝ άρα και στο 0, συνεπώς ( ) ( )x 0lim f x f 0→

= άρα f(0) = 0.

α.ii) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )21

x 0 x 0 x 0 x 0

x x h x 1f x f 0 f x x h x xlim lim lim lim

x 0 x x x→ → → →

⋅ ⋅ +− ⋅ += = = =

−

( )( )x 0lim x h x 1 0 2005 1 1→

= ⋅ + = ⋅ + =

Άρα f΄(0) = 1.

Σχόλιο: Παρατηρούμε ότι από το ερώτημα αυτό προκύπτει και ( )

x 0

f xlim 1

x→= (2).



β. ( )( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )2

22 2 2

2 2 2:x 2 2

2 2 2 22 2x 0 x 0 x 0 x 0

2 2

f xx λf x f x 1 λ1 λ xx λf x x xlim 3 lim 3 lim 3 lim 32x f x f x2x f x f x2 2x x x

→ → → →

+ + ++ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒++ + +

2

2

1 λ 1 1 λ3 3 1 λ 9 λ 8

2 1 3

+ ⋅ += ⇒ = ⇒ + = ⇒ =

+.

γ.i) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )xe

x x x xf x f x f x e f x e f x e f x e 0−⋅

− − − −′ ′ ′> ⇒ ⋅ > ⋅ ⇒ ⋅ − ⋅ > ⇒

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )x x x xf x e f x e 0 f x e 0 f x e− − − −′ ′′⇒ ⋅ + ⋅ > ⇒ ⋅ > ⇒ ⋅ ↑

• ( ) ( ) ( ) ( )x 0 xx 0 f x e f 0 e f x e 0 f x 0− −< ⇒ ⋅ < ⋅ ⇒ ⋅ < ⇒ < άρα xf(x) > 0.

• ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 x x0 x f 0 e f x e 0 f x e 0 f x f x 0− −< ⇒ ⋅ < ⋅ ⇒ < ⋅ ⇒ < ⇒ > άρα xf(x) >0.

Άρα για κάθε x ≠ 0 είναι xf(x) >0.

γ.ii) ( ) ( ) ( ) ( )f x f x f x f x 0′ ′> ⇒ − >

Συνεπώς

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 11

00 0 0 0f x f x dx 0 f x dx f x dx 0 f x f x dx 0′ ′− > ⇒ − > ⇒ − > ⇒ ∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1

0 0 0f 1 f 0 f x dx 0 f 1 0 f x dx 0 f 1 f x dx− − > ⇒ − − > ⇒ >∫ ∫ ∫ .

6)(Επαναληπτικές 2006)Δίνεται η συνάρτηση x

x+1

1 ef(x) , x

1 e

+= ∈+

ℝ .

α. Να µελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη µονοτονία της στο IR .

β. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωµα 1

dxf(x)∫ .

γ. Για κάθε x < 0 να αποδείξετε ότι: f(5x) + f(7x) < f(6x) + f(8x) .

ΛΥΣΗ

α. ( )( ) ( )

( )( )

xx x 1 x x

2 2 2x 1 x 1 x 1

e e 1e e e e ef x 0

1 e 1 e 1 e

+

+ + +

− ⋅ −− − ⋅′ = = = <

+ + + άρα f ↓ στο ℝ .

β. ( )

x 1 x 1 x x

x x x

x 1

1 1 1 e e e 1 edx dx dx dx

1 ef x 1 e 1 e1 e

+ +

+

+ − + += = = =

+ + ++

∫ ∫ ∫ ∫



( )xx 1 x x x x

x x x x

e e 1e e 1 e e e edx dx dx 1dx dx 1dx

1 e 1 e 1 e 1 e

+ ⋅ −− + ⋅ −+ = + = + =

+ + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( )x

xx

ee 1 dx 1dx e 1 ln e 1 x c

1 e= − ⋅ + = − ⋅ + + +

+∫ ∫

γ. Για x < 0 είναι

( ) ( )f

x x x x6 5 f 6 f 5↓

< ⇒ >

( ) ( )f

x x x x8 7 f 8 f 7↓

< ⇒ >

Συνεπώς, ( ) ( ) ( ) ( )x x x xf 6 f 8 f 5 f 7+ > +

7) (Επαναληπτικές 2007)Δίνεται η συνάρτηση

2

ηµ3x, x 0

f(x) xx αx βσυνx, x 0

<= + + ≥

α. Να αποδειχθεί ότι x 0lim f(x) 3

−→= .

β. Αν π

f π2 ′ =

και η συνάρτηση f είναι συνεχής στο σηµείο x0 = 0, να αποδειχθεί ότι

α = β = 3.

γ. Αν α = β = 3, να υπολογισθεί το ολοκλήρωµα π

0f(x)dx∫ .

Απ: α. ( )x 0 x 0 x 0

ηµ3x ηµ3xlim f x lim 3 lim 3 1 3

x 3x− − −→ → →= = ⋅ = ⋅ =

β. • Η f είναι συνεχής στο 0: ( ) ( ) ( )x 0 x 0lim f x f 0 lim f x

− +→ →= =

( ) ( )2

x 0 x 03 lim f x 3 lim x αx βσυνx 3 0 0 β 1 β 3

+ +→ →= ⇒ = + + ⇒ = + + ⋅ ⇒ =

• Για x > 0 είναι f΄(x) = 2x + α – βημx

π π πf π 2 α βηµ π π α β 1 π α β

2 2 2 ′ = ⇒ ⋅ + − = ⇒ + − ⋅ = ⇒ =

οπότε α = β = 3.

γ. ( ) ( )π π π π π2 2

0 0 0 0 0f x dx x 3x 3συνx dx x dx 3 xdx 3 συνxdx= + + = + + =∫ ∫ ∫ ∫ ∫



[ ]π π3 2 3 2

π

00 0

x x π π3 3 ηµx 3

3 2 3 2

= + + = +

8)(Επαναληπτικές 2007)Δίνεται η συνάρτηση 2f(x) x 2ln x, x 0= − > .

α. Να αποδείξετε ότι ισχύει: f(x) ≥ 1 για κάθε x>0.

β. Να βρείτε τις ασύµπτωτες της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f.

γ. Έστω η συνάρτηση

lnx, x 0

f(x)g(x)

k , x 0

>= =

i. Να βρείτε την τιµή του k έτσι ώστε η g να είναι συνεχής.

ii. Αν 1

k2

= − , τότε να αποδείξετε ότι η g έχει µία, τουλάχιστον, ρίζα στο διάστηµα (0,

e).

ΛΥΣΗ

α. ( ) ( )2

2 2 2x 2f x x 2lnx 2x , x 0

x x

−′′ = − = − = >

( )2 x 0

22x 2f x 0 0 2x 2 x 1

x

>−′ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

Η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το f(1) = 1, άρα ( ) ( ) ( )f x f 1 f x 1≥ ⇔ ≥ , για κάθε x > 0.

β. • ( ) ( )2

x 0 x 0lim f x lim x 2lnx

+ +→ →= − = +∞

άρα έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη την ευθεία x = 0 (y΄y).

• ( ) 2

x x x

f x x 2lnx lnxlim lim lim x 2

x x x→+∞ →+∞ →+∞

− = = − = +∞

, διότι

( )( )

0

0

x L΄Hospital x x

lnxlnx 1lim lim lim 0

x xx

→+∞ →+∞ →+∞

′= = =

′ και

xlim x→+∞

= +∞ .



Άρα δεν έχει οριζόντιες ή πλάγιες ασύμπτωτες.

γ.i. ( )( ) ( ) 2L Hospitalx 0 x 0 x 0 x 0 x 0

1 1lnx 1 1x xlim g x lim lim lim lim

2f x f x 2x 2 22xx

+ + + + +

+∞ +∞

′→ → → → →= = = = = −

′ −−

g(0) = k.

Για να είναι η g συνεχής στο x0 = 0 πρέπει ( ) ( )x 0

1lim g x g 0 k

2+→= ⇔ = − .

γ.ii. η g είναι συνεχής στο [0,e]

( )

( )( )

( ) ( )2

1g 0 0

2g 0 g e 0

lne 1g e 0

f e e 2

= − < ⇒ ⋅ <= = >

−

Από Θ. Bolzano υπάρχει μια τουλάχιστον ρίζα της g(x) = 0 στο (0,e).

9) (Επαναληπτικές 2009)Δίνεται η συνάρτηση

( ) ( )2f(x) ln λ 1 x x 1 ln x 2 , x 1 = + + + − + > −

όπου λ ένας πραγµατικός αριθµός µε λ 1≥ − .

Α. Να προσδιορίσετε την τιµή του λ, ώστε να υπάρχει το όριο xlim f(x)→+∞

και να είναι

πραγµατικός αριθµός.

Β. Έστω ότι λ = -1

α. Να µελετήσετε ως προς τη µονοτονία τη συνάρτηση f και να βρείτε το σύνολο

τιµών της.

β. Να βρείτε τις ασύµπτωτες της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f

γ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) + α2 = 0 έχει µοναδική λύση για κάθε πραγµατικό

αριθµό α µε α ≠ 0.

ΛΥΣΗ

Α. Έστω ( )xlim f x L→+∞

= ∈ℝ .

( ) ( ) 2λ 1 x x 1f x ln , x 1

x 2

+ + += > −

+ και ( ) ( ) 2

f x λ 1 x x 1e

x 2

+ + +=

+



( )

( )

( )

x

f x uf x u L

x lim f x L u Llim e lime e

→+∞

=

→+∞ = →= = ∈ℝ άρα και

( ) 2

x

λ 1 x x 1lim

x 2→+∞

+ + +∈

+ℝ .

Ο παρονομαστής είναι πρώτου βαθμού πολυώνυμο άρα πρέπει και ο αριθμητής να είναι

επίσης πρώτου βαθμού άρα λ + 1 = 0⇔ λ = –1.

Β.α. Για λ = –1 είναι f(x) = ln(x + 1) – ln(x + 2), x > –1

( )( ) ( )

1 1 1f x 0

x 1 x 2 x 1 x 2′ = − = >

+ + + +, για x > –1, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (–

1,+∞)

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

+ +→− →−= + − + = −∞

( ) ( ) ( )x

x 1u

x 2

x 1x x x u 1lim 1x 2

x 1lim f x lim ln x 1 ln x 2 lim ln lim lnu 0

x 2→+∞

+=

+

+→+∞ →+∞ →+∞ →=+

+= + − + = = = +

, άρα το σύνολο

τιμών της f είναι το (–∞,0).

β. ( )x 1lim f x

+→−= −∞ και ( )

xlim f x 0→+∞

= , άρα

η Cf έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη την x = –1 και

η Cf έχει οριζόντια ασύμπτωτη την y = 0 (x΄x).

γ. Η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα f(x) = –α2 < 0.

Το –α2 ανήκει στο σύνολο τιμών της f. Η f είναι γνησίως αύξουσα στο (–1,+∞), άρα η

εξίσωση f(x) = –α2 έχει μοναδική λύση, για κάθε α ≠ 0.



10)(Επαναληπτικές 2009)Δίνεται µια συνάρτηση f: [ ]0,2 →ℝ η οποία είναι δύο φορές

παραγωγίσιµη και ικανοποιεί τις συνθήκες

όπου k ένας πραγµατικός αριθµός.

α. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση

( ) ( )22x

f x 2f xg(x) 3x , 0 x 2

e

′ −= − ≤ ≤

ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήµατος του Rolle στο διάστηµα [0, 2].

β. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ( )ξ 0,2∈ τέτοιο, ώστε να ισχύει:

( )2ξf (ξ) 4f(ξ) 6ξe 4f ξ′′ ′+ = +

γ. Να αποδείξετε ότι k = 6 και ότι ισχύει g(x) = 0 για κάθε [ ]x 0,2∈ .

δ. Να αποδείξετε ότι:

3 2xf(x) x e , 0 x 2= ≤ ≤ .

ε. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωµα

2

21

f(x)dx

x∫ .

ΛΥΣΗ

( ) ( ) ( ) ( )2xf x 4f x 4f x kxe , 0 x 2 1′′ ′− + = ≤ ≤

( ) ( ) ( )22x

f x 2f xg x 3x , 0 x 2

e

′ −= − ≤ ≤

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

2x 2x2

22x 2x

f x 2f x e f x 2f x 2ef x 2f xg x 3x 6x

e e

′ ′′ ′ ′− ⋅ − − ⋅ ′ − ′ = − = − =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2x 2x

f x 2f x 2f x 4f x f x 4f x 4f x6x 6x 2

e e

′′ ′ ′ ′′ ′− − + − += − = −

( ) ( )2x

2x

kxe6x 6x kx 6 k x 3

e= − = − = −

α. • Η f είναι συνεχής στο [0,2] ως πράξεις συνεχών.

• Η f είναι παραγωγίσιμη στο [0,2] με g΄(x) = (6 – k)x.



• ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0

f 0 2f 0 2f 0 2f 0g 0 0

e 1

′ − −= = =

( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 4

4 4 4

f 2 2f 2 2f 2 12e 2f 2 12eg 2 12 12 12 12 12 0

e e e

′ − + −= − = − = − = − = .

Άρα η g ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος Rolle.

β. Από θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )ξ 0,2∈ , τέτοιο ώστε

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

2ξ2ξ

f ξ 4f ξ 4f ξg ξ 0 6ξ 0 6ξe f ξ 4f ξ 4f ξ 0

e

′′ ′− +′ ′′ ′= ⇔ − = ⇔ − + − = ⇔

( ) ( ) ( )2ξf ξ 4f ξ 6ξe 4f ξ′′ ′+ = +

γ. ( )( )( )

3 ξ 0

g ξ 0 6 k ξ 0 6 k 0 k 6>

′ = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =

(3) k 6=

⇒ g(x) = 0, για κάθε [ ]x 0,2∈ , άρα g σταθερή στο [0,2] και επειδή g(0) = 0, θα είναι g(x)

= 0, για κάθε [ ]x 0,2∈ .

δ. Για κάθε [ ]x 0,2∈ είναι:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) συνέπειες Θ.Μ.Τ2 2 3

2x 2x 2x

f x 2f x f x 2f x f xg x 0 3x 0 3x x

e e e

′′ ′− − ′= ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ⇔

( ) ( ) ( ) ( )3 3 2x2x

f xx c f x x c e 4

e= + ⇔ = +

( ) ( ) ( ) ( )x 1

2 2 24 f 1 1 c e e 1 c e c 0=

⇒ = + ⇔ = + ⇔ =

( ) ( ) [ ]c 0

3 2x4 f x x e , x 0,2=

⇒ = ∈

ε. ( ) ( )

23 2x 2x 2x 2x2 2 2 2 22x2 21 1 1 1 1

1

f x x e e e edx dx xe dx x dx x x dx

x x 2 2 2

′ ′= = = = −

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

22 2x 2 2x 2 4 2 4 2 4 2 4 224 4 4

11

e e e e e e e 4e 2e e e 3e ee dx e e

2 2 2 4 2 4 4 4 4

− − + −= − − = − − = − − + = =

∫ .



11)(Επαναληπτικές 2010)Δίνεται η συνάρτηση f(x) = (x–2)lnx + x – 3, x > 0

Γ1. Να βρείτε τις ασύµπτωτες της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f.

Γ2. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστηµα (0,1] και

γνησίως αύξουσα στο διάστηµα [1, +∞).

Γ3. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) = 0 έχει δύο ακριβώς θετικές ρίζες.

Γ4. Αν x1, x2 είναι οι ρίζες του ερωτήµατος Γ3 µε x1 < x2, να αποδείξετε ότι υπάρχει

µοναδικός αριθµός ξ∈(x1, x2) τέτοιος, ώστε ξ·f΄(ξ) – f(ξ) = 0 και ότι η εφαπτοµένη της

γραφικής παράστασης της συνάρτησης f στο σηµείο Μ(ξ, f(ξ)) διέρχεται από την

αρχή των αξόνων.

ΛΥΣΗ

Γ1. • ( ) ( )x 0 x 0lim f x lim x 2 lnx x 3

+ +→ →= − + − = +∞

άρα η Cf έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη την x = 0 (y΄y)

• ( ) ( )x xlim f x lim x 2 lnx x 3→+∞ →+∞

= − + − = +∞

άρα η Cf δεν έχει οριζόντιες ασύμπτωτες

• ( ) ( )

x x x

f x x 2 lnx x 3 x 2 3lim lim lim lnx 1

x x x x→+∞ →+∞ →+∞

− + − − = = + − = +∞

άρα η Cf δεν έχει πλάγιες ασύμπτωτες.

Γ2. ( ) x 2 2f x lnx 1 lnx 2 , x 0

x x

−′ = + + = + − >

( ) 2

1 2f x 0

x x′′ = + > , για x > 0, άρα η f΄ είναι γνησίως αύξουσα στο (0,+∞)

• 0 < x < 1f ′↑

⇒ f΄(x) < f΄(1)⇔ f΄(x) < 0,

άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,1)

• x > 1f ′↑

⇒ f΄(x) > f΄(1)⇔ f΄(x) > 0,

άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (1,+∞)

Γ3. • Στο Δ1 = (0,1) η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα.

Είναι ( )x 0lim f x

+→= +∞ , ( ) ( )

f συνεχής

x 1lim f x f 1 2

−→= = −



άρα f(Δ1) = (–2,+∞) και επειδή ( )10 f ∆∈ η εξίσωση f(x) = 0 έχει ακριβώς μία λύση στο Δ1.

• Στο Δ2 = [1,+∞) η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα. Είναι f(1) = –2, ( )xlim f x→+∞

= +∞

άρα f(Δ2) = [–2,+∞) και επειδή ( )20 f ∆∈ η εξίσωση f(x) = 0 έχει ακριβώς μία λύση στο Δ2.

Άρα η εξίσωση f(x) = 0 έχει ακριβώς δύο θετικές ρίζες.

Γ4. Είναι f(x1) = f(x2) = 0 με x1 < 1 < x2.

1η λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση h, με ( ) ( )f xh x , x 0

x= > .

• η h είναι συνεχής στο [x1, x2]

• η h είναι παραγωγίσιμη στο (x1, x2) με ( ) ( ) ( )2

xf x f xh x

x

′ −′ =

• h(x1) = h(x2) = 0

από Θ. Rolle προκύπτει ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )1 2ξ x , x∈ , τέτοιο ώστε h΄(ξ) = 0⇔

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2

ξ f ξ f ξ0 ξ f ξ f ξ 0 1

ξ

′⋅ −′= ⇔ ⋅ − =

2η λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση g, με g(x) = x ∙ f΄(x) – f(x), x > 0.

• Η g είναι συνεχής στο [x1, x2], ως πράξεις συνεχών.

• g(x1) = x1f΄(x1) – f(x1) = x1f΄(x1) < 0, διότι x1 > 0 και f΄(x1) < 0

• g(x2) = x2f΄(x2) – f(x2) = x2f΄(x2) > 0, διότι x2 > 0 και f΄(x2) > 0

από θεώρημα Bolzano προκύπτει ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )1 2ξ x , x∈ , τέτοιο ώστε

g(ξ) = 0⇔ ξ ∙ f΄(ξ) – f(ξ) = 0 (1)

Η μοναδικότητα του ξ προκύπτει από τη μονοτονία της g.

g΄(x) = [x ∙ f΄(x) – f(x)]΄ = f΄΄(x) > 0, άρα η g είναι γνησίως αύξουσα.

Η εφαπτομένη της Cf στο σημείο Μ(ξ, f(ξ)) είναι:

(ε): y – f(ξ) = f΄(ξ) ∙ (x – ξ)

Για να διέρχεται η (ε) από την αρχή των αξόνων αρκεί οι συντεταγμένες του Ο να

επαληθεύουν την εξίσωση της (ε), δηλαδή 0 – f(ξ) = f΄(ξ) ∙ (0 – ξ)⇔ – f(ξ) = –ξ ∙ f΄(ξ)⇔ ξ ∙

f΄(ξ) – f(ξ) = 0 που ισχύει από τη σχέση (1).



12)(Επαναληπτικές 2011)Δίνεται η συνάρτηση f: →ℝ ℝ , η οποία είναι 3 φορές

παραγωγίσιµη και τέτοια, ώστε:

i) x 0

f(x)lim 1 f (0)

x→= +

ii) ( ) ( ) ( )f 0 f 1 f 0′ < − και

iii) ( )f x 0′′ ≠ για κάθε x∈ℝ .

Δ1. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτοµένης της γραφικής παράστασης της

συνάρτησης f στο σηµείο της µε τετµηµένη x0=0.

Δ2. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι κυρτή στο ℝ .

Αν επιπλέον g(x) = f(x) – x, x∈ℝ , τότε:

Δ3. Να αποδείξετε ότι η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο και να βρείτε το x 0

ηµxlim

xg(x)→.

Δ4. Να αποδείξετε ότι 2

0f(x)dx 2>∫ .

Δ5. Αν το εµβαδόν του χωρίου Ω που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της

συνάρτησης g, τον άξονα x΄x και τις ευθείες με εξισώσεις x=0 και x=1 είναι Ε(Ω) = e –

5

2, τότε να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα

1

0f(x)dx∫ και στη συνέχεια να αποδείξετε ότι

υπάρχει ξ∈(1,2) τέτοιο, ώστε

ξ

0f(t)dt 2=∫ .

ΛΥΣΗ

Δ1. ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f συνεχής

x 0 x 0 x 0 x 0

f x f xf 0 lim f x lim x lim x lim 0 1 f 0 0

x x→ → → →

= = ⋅ = ⋅ = ⋅ + =

,

( ) ( ) ( ) ( ) ( )x 0 x 0

f x f 0 f xf 0 lim lim 1 f 0 1

x 0 x→ →

−′ = = = + =

−

(ε): y – f(0) = f΄(0) ∙ (x – 0)⇔ (ε): y = x.

Δ2. Θ.Μ.Τ. με τη συνάρτηση f στο διάστημα [0,1]. Υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )ξ 0,1∈ ,

τέτοιο ώστε



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

f ξ f ξ f 1 f 0 11 0

−′ ′= ⇔ = −

−.

Είναι ( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )1

f 0 f 1 f 0 f 0 f ξ 2′ ′ ′< − ⇔ < .

Επίσης f΄΄(x) ≠ 0, για κάθε x∈ℝ και επειδή η f΄΄ είναι συνεχής ως παραγωγίσιµη, από

συνέπειες Θ. Bolzano η f΄΄ διατηρεί σταθερό πρόσηµο στοℝ .

1ος τρόπος: Η f΄ είναι γνησίως µονότονη στοℝ .

Είναι 0 < ξ και f΄(0) < f΄(ξ) από (2).

Εποµένως η f΄ είναι γνησίως αύξουσα στοℝ .

2ος τρόπος: Θ.Μ.Τ. µε τη συνάρτηση f΄ στο διάστηµα [0,ξ].

Υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )1ξ 0,ξ∈ , τέτοιο ώστε ( ) ( ) ( )1

f ξ f 0f ξ 0

ξ 0

′ ′−′′ = >

−, από

(2)

Εποµένως είναι f΄΄(x) > 0, για κάθε x∈ℝ .

Άρα η f είναι κυρτή στοℝ .

Δ3. 1η λύση

Η εφαπτοµένη της Cf στο σηµείο Ο(0,0) είναι η (ε): y = x.

Η f είναι κυρτή στο ℝ , άρα η Cf βρίσκεται πάνω από την (ε) µε εξαίρεση το σηµείο

επαφής Ο(0,0).

( ) ( ) ( )f x x f x x 0 g x 0≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ και το « = » ισχύει για x = 0.

Άρα η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο την τιµή g(0) = 0.

2η λύση

Είναι g(x) = f(x) – x, x∈ℝ .

g΄(x) = f΄(x) – 1, x∈ℝ .

( ) ( ) ( ) ( ) ( )g x 0 f x 1 0 f x 1 f x f 0′ ′ ′ ′ ′> ⇔ − > ⇔ > ⇔ > και επειδή η f΄ είναι γνησίως αύξουσα

θα είναι x > 0.



Η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο την τιμή g(0) = f(0) = 0.

( ) ( )x 0 x 0

ηµx ηµx 1lim lim

x g x x g x→ →

= ⋅ = +∞

⋅ διότι

x 0

ηµxlim 1

x→= και ( )

x 0limg x 0→

= , με g(x) ≥ 0.

Δ4. Είναι g(x) ≥ 0 και το « = » ισχύει μόνο για x = 0, άρα

( ) ( ) ( )2 2 2 2

0 0 0 0g x dx 0 f x x dx 0 f x dx xdx 0> ⇔ − > ⇔ − > ⇔ ∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( )222 2

0 00

xf x dx f x dx 2

2

> ⇔ >

∫ ∫

Δ5. Είναι g(x) ≥ 0, άρα ( ) ( )1 1

0 0

5 5E g x dx e f x x dx e

2 2= = − ⇔ − = − ⇔ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1

0 0 0 0

5 1 5f x dx xdx e f x dx e f x dx e 2 1

2 2 2− = − ⇔ − = − ⇔ = −∫ ∫ ∫ ∫ .

Θεωρούμε συνάρτηση h, με ( ) ( ) [ ]x

0h x f t dt 2, x 1,2= − ∈∫ .

• Η h είναι συνεχής στο [1,2] ως πράξεις συνεχών.

• ( ) ( )( )11

0h 1 f t dt 2 e 2 2 e 4 0= − = − − = − <∫ .

• ( ) ( )2

0h 2 f t dt 2 0= − >∫ από Δ4.

Από Θ. Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )ξ 1,2∈ τέτοιο ώστε h(ξ) =

0⇔ ( ) ( )ξ ξ

0 0f t dt 2 0 f t dt 2− = ⇔ =∫ ∫ .



13)(Επαναληπτικές 2012)Έστω η συνεχής συνάρτηση f: →ℝ ℝ , για την οποία ισχύει:

xf(x) + 1 = ex, για κάθε x∈ℝ .

Γ1. Να αποδείξετε ότι:

xe 1, x 0

f(x) x1 , x 0

−≠

= =

.

Γ2. Να αποδείξετε ότι oρίζεται η αντίστροφη συνάρτηση f–1 και να βρείτε το πεδίο

ορισµού της.

Γ3. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτοµένης της γραφικής παράστασης της f στο

σηµείο Α(0, f(0)). Στη συνέχεια, αν είναι γνωστό ότι η f είναι κυρτή, να αποδείξετε ότι

η εξίσωση

2f(x) = x + 2, x∈ℝ

έχει ακριβώς µία λύση.

Γ4. Να βρείτε το [ ]x 0lim x(lnx)ln(f(x))

+→.

ΛΥΣΗ

Γ1. ( ) ( )x xx f x 1 e x f x e 1⋅ + = ⇔ ⋅ = − .

• Για x ≠ 0 είναι ( )xe 1

f xx

−= .

• ( ) ( )x xf συνεχής

x 0 x 0 DLH x 0

e 1 ef 0 lim f x lim lim 1

x 1→ → →

−= = = =

Άρα ( )xe 1

, αν x 0f x x

1, αν x 0

−≠

= =

Γ2. • Για x ≠ 0 είναι ( )x x x

2

e 1 xe e 1f x

x x

′ − − +′ = =

• ( ) ( ) x x x

2x 0 x 0 DLH x 0 DLH x 0

f x f 0 e 1 x e 1 e 1lim lim lim lim

x 0 x 2x 2 2→ → → →

− − − −= = = =

−.

Άρα ( )

x x

2

xe e 1, αν x 0

xf x1

, αν x=02

− +≠′ =

Θεωρούμε τη συνάρτηση g, με ( ) x xg x xe e 1= − + , με ( ) xg x xe , x′ = ∈ℝ .



( )ming g 0 0= = , άρα g(x) > 0, για κάθε x ≠ 0.

Επομένως f΄(x) > 0, για κάθε x∈ℝ , άρα f γνησίως αύξουσα στο ℝ , άρα f «1 – 1», άρα f

αντιστρέψιμη.

( )

( )

x

fx x

x x

x x DLH x

e 1lim f x lim 0

xe 1 e

lim f x lim limx 1

↑→−∞ →−∞

→+∞ →+∞ →+∞

−= =

⇒− = = = +∞

( ) ( ) ( )( ) ( )-1f x xD f lim f x , lim f x 0,

→−∞ →+∞= = = +∞ℝ .

Γ3. (ε): y – f(0) = f΄(0) ∙ (x – 0)⇔ (ε): y – 1 = 1

2x⇔ (ε): y =

1

2x + 1

1ος τρόπος

Η f είναι κυρτή στο ℝ , άρα η Cf βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη (ε) με εξαίρεση το

σημείο επαφής Α(0,1), άρα ( ) ( )21

f x x 1 2f x x 22

⋅

≥ + ⇔ ≥ + και το « = » ισχύει μόνο για x = 0.

Επομένως η εξίσωση 2f(x) = x + 2 έχει ακριβώς μία λύση την x = 0.

2ος τρόπος

Θεωρούμε τη συνάρτηση h, με h(x) = 2f(x) – x – 2, x∈ℝ .

Είναι h΄(x) = 2f΄(x) – 1, x∈ℝ .

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f κυρτή

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2f

x x f x f x 2f x 2f x 2f x 1 2f x 1 h x h x′↑

′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′< ⇔ < ⇔ < ⇔ − < − ⇔ <

άρα η h΄ είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .

Είναι h΄(0) = 2f΄(0) – 1 = 21

2 – 1 = 0,

• x < 0h′↑

⇒ h΄(x) < 0, άρα h γνησίως φθίνουσα στο (–∞,0)

• x > 0h′↑

⇒ h΄(x) > 0, άρα h γνησίως αύξουσα στο (0,+∞)



( ) ( )

( )

( )

h

h

h 0 2f 0 2 0

x 0 h x 0

x 0 h x 0

↓

↑

= − =

< ⇒ > > ⇒ >

άρα η h(x) = 0 έχει μοναδική ρίζα το 0.

Επομένως η εξίσωση 2f(x) = x + 2 έχει ακριβώς μία λύση την x = 0.

Γ4. • ( ) ( )DL Hx 0 x 0 x 0 x 0

2

1lnx xlim x lnx lim lim lim x 01 1x x

+ + + +′→ → → →⋅ = = = − =

−

• ( )( )( )

( )

x 0

f x u

lim f x 1 u 1x 0lim ln f x lim lnu 0

++→

=

= →→ = =

άρα ( )( ) ( ) ( )( )x 0 x 0 x 0lim x lnx ln f x lim x lnx lim ln f x 0 0 0

+ + +→ → → ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = .

14)(Επαναληπτικές 2014)Έστω η παραγωγίσιµη συνάρτηση

( )f : A , A 0,→ = +∞ℝ

µε σύνολο τιµών f(A)=ℝ , τέτοια, ώστε

( ) ( ) ( )( )f x 2e f x 2f x 3 x− + = , για κάθε ( )x 0,∈ +∞

Δ1. Nα αποδείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφη

συνάρτηση f−1 της f.

Για τα ερωτήµατα Δ2 και Δ3, δίνεται ότι

( ) ( )1 x 2f x e x 2x 3 , x− = − + ∈ℝ

Δ2. Να µελετήσετε τη συνάρτηση f−1 ως προς την κυρτότητα. Στη συνέχεια, να βρείτε

το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της

συνάρτησης f−1, την εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της f−1 στο σηµείο που

αυτή τέµνει τον άξονα y΄y , και την ευθεία x = 1.

Δ3. Για κάθε x∈ℝ θεωρούµε τα σηµεία Α(x, f–1(x)), B(f–1(x), x) των γραφικών

παραστάσεων των συναρτήσεων f−1 και f αντίστοιχα.

i) Να αποδείξετε ότι, για κάθε x∈ℝ , το γινόµενο των συντελεστών διεύθυνσης των

εφαπτοµένων των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f−1 και f στα σηµεία A

και B αντίστοιχα, είναι ίσο µε 1.



ii) Να βρείτε για ποια τιµή του x∈ℝ η απόσταση των σηµείων A , B γίνεται

ελάχιστη, και να βρείτε την ελάχιστη απόστασή τους.

Απ: Δ1. 1ος τρόπος: Παραγωγίζουμε κατά μέλη τη σχέση

( ) ( ) ( )f x 2e f x 2f x 3 x ⋅ − + = , για κάθε x > 0 (1) και έχουμε:

( ) ( ) ( ) ( )f x 2e f x 2f x 3 x′ ′ ⋅ − + = ⇔

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f x2 2e f x 2f x 3 e f x 2f x 3 1′ ′ ⋅ − + + ⋅ − + = ⇔

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f x2e f x f x 2f x 3 e 2f x f x 2f x 1′ ′ ′ ⋅ ⋅ − + + ⋅ ⋅ − = ⇔

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f x2e f x f x 2f x 3 e f x 2f x 2 1′ ′ ⋅ ⋅ − + + ⋅ ⋅ − = ⇔

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

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

f x 2

1e f x f 1 1 f x

e f x 1x′ ′ ⋅ ⋅ + = ⇔ = ⋅ +

.

Είναι f΄(x) > 0, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, +∞), άρα η f είναι 1 – 1, άρα η f

αντιστρέφεται.

2ος τρόπος

( ) ( ) ( )f x 2e f x 2f x 3 x ⋅ − + = , για κάθε x > 0 (1)

Έστω ( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )

1 2f x f x

2 21 2 1 2

1 2

e e 2

f x f x f x f x

2f x 2f x

=

= ⇒ =− = −

( ) ( )( ) ( )

( )( ) ( ) ( ) ( )

2 21 2 2 2

1 1 2 2

1 2

f x f xf x 2f x f x 2f x

2f x 2f x

+= ⇒ − = − ⇒

− = −

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

( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2f x f x2 21 1 2 22 , 3 e f x 2f x 3 e f x 2f x 3

⋅

⇒ − + = − + ( )1

1 2x x⇔ =

άρα η f είναι 1 – 1, άρα η f αντιστρέφεται.

Στην σχέση (1) αν θέσουμε όπου f(x) = y, θα έχουμε

( )y 2e y 2y 3 x⋅ − + = , άρα ( ) ( )1 y 2f y e y 2y 3− = ⋅ − + ή



( ) ( ) ( )1 x 2f x e x 2x 3 , x f A− = ⋅ − + ∈ =ℝ .

Δ2. ( ) ( )1 x 2f x e x 2x 3 , x− = ⋅ − + ∈ℝ

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 x 2 x 2 x x 2 x 2f x e x 2x 3 e x 2x 3 e 2x 2 e x 2x 3 2x 2 e x 1− ′′ = ⋅ − + = ⋅ − + + ⋅ − = ⋅ − + + − = ⋅ +

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )21 x 2 x 2 x x 2 xf x e x 1 e x 1 e 2x e x 2x 1 e x 1 0− ′′′ = ⋅ + = ⋅ + + ⋅ = ⋅ + + = ⋅ + ≥

και το « = » ισχύει μόνο για x = –1.

Άρα η f–1 είναι κυρτή στο ℝ .

( ) ( )1 0 2f 0 e 0 2 0 3 3− = ⋅ − ⋅ + =

( ) ( ) ( )1 0 2f 0 e 0 1 1− ′ = ⋅ + =

ε : ( ) ( ) ( ) ( )1 1y f 0 f 0 x 0 y 3 x y x 3− − ′− = ⋅ − ⇔ − = ⇔ = +

η εφαπτομένη της 1fC − στο σημείο της Α(0,3).

Η f–1 είναι κυρτή στο ℝ , άρα η 1fC − βρίσκεται πάνω από την (ε) με εξαίρεση το σημείο

επαφής Α.

( ) ( ) ( ) ( )1 11 x 2

0 0E f x x 3 dx e x 2x 3 x 3 dx− = − + = ⋅ − + − + = ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )121 1 1x 2 x 2

0 0 00

xe x 2x 3 dx x 3 dx e x 2x 3 dx 3x

2

′= ⋅ − + − + = ⋅ − + − + =

∫ ∫ ∫

( ) ( )1 1x 2 x 2

00

1e x 2x 3 e x 2x 3 dx 3

2′ = ⋅ − + − ⋅ − + − − = ∫

( ) ( ) ( )1 1x x

0 0

1 12e 3 e 2x 2 dx 3 2e 3 e 2x 2 dx 3

2 2

′= − − ⋅ − − − = − − ⋅ − − − =∫ ∫

( ) ( )11 1x x x

0 00

1 12e 3 e 2x 2 e 2x 2 dx 3 2e 3 2 2 e 3

2 2′ = − − ⋅ − + ⋅ − − − = − − + − − = ∫

1 212e 3 2 2e 2 3 4e τ.µ.

2 2 = − − + − − − = −

Δ3.i) 1ος τρόπος



( ) ( ) ( )1 x 21λ f x e x 1− ′= = ⋅ +

( )( )( )( ) ( )( )( ) ( )1

12 x 22f f x 1

1 1λ f f x

e x 1e f f x 1−

−

−′= = =

⋅ +⋅ +

Επομένως λ1 ∙ λ2 = 1.

2ος τρόπος

Είναι ( )( )1f f x x− = , για κάθε x∈ℝ

Παραγωγίζουμε κατά μέλη και έχουμε:

( )( ) ( ) ( ) ( )1 12 1f f x f x x λ λ 1− − ′ ′′ ⋅ = ⇔ ⋅ = .

ii) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )2 2 21 1 1AB d x x f x f x x 2 f x x− − −= = − + − = −

1ος τρόπος

Έχουμε αποδείξει ότι ( ) ( )1f x x 3 0− − + ≥ , για κάθε x∈ ⇔ℝ ( )1f x x 3− − ≥ , για κάθε x∈ℝ

και το « = » ισχύει μόνο για x = 0.

( ) ( ) ( )( ) ( )( )21 1AB d x 2 f x x 2 f x x 3 2− −= = − = ⋅ − ≥ .

2ος τρόπος

Θεωρώ τη συνάρτηση g, με ( ) ( )1g x f x x, x−= − ∈ℝ .

Είναι ( ) ( ) ( )1g x f x 1− ′′ = − και ( ) ( ) ( )1g x f x 0− ′′′′ = ≥ και το « = » ισχύει μόνο για x = –1.

Άρα η g΄ είναι γνησίως αύξουσα και επειδή g΄(0) = 0 η g΄ έχει μοναδική ρίζα το 0.

( ) ( ) ( )g

g x 0 g x g 0 x 0′↑

′ ′ ′> ⇔ > ⇔ > .

Είναι ( ) ( ) ( )g x g 0 g x 3≥ ⇔ ≥

άρα ( ) ( ) ( ) ( )2AB d x 2g x g x 2 3 2= = = ⋅ ≥ .



Επομένως η απόσταση ΑΒ γίνεται ελάχιστη όταν x = 0 και η ελάχιστη αυτή απόσταση

είναι mind 3 2= .

ΘΕΜΑ Β( Επαναληπτικές 2016)

∆ίνεται η γραφική παράσταση της συνάρτησης f.

B1. Να βρείτε το πεδίο ορισµού και το σύνολο τιµών της f .

B2. Να βρείτε, αν υπάρχουν, τα παρακάτω όρια.

α) ( )x 1lim f x→

β) ( )x 3lim f x→

γ) ( )x 5lim f x→

δ) ( )x 7lim f x→

ε) ( )x 9lim f x→

Για τα όρια που δεν υπάρχουν να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

B3. Να βρείτε, αν υπάρχουν, τα παρακάτω όρια.

α) ( )x 2

1lim

f x→ β)

( )x 6

1lim

f x→ γ) ( )( )

x 8lim f f x→

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

B4. Να βρείτε τα σηµεία στα οποία η f δεν είναι συνεχής. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

B5. Να βρείτε τα σηµεία x0 του πεδίου ορισµού της f για τα οποία ισχύει o f (x0)=0. Να

αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

Απ.: Β1. ( ) ( ]fD 1,5 5,9= ∪

( ) ( ]f A 2,5= −

Β2. α) ( ) ( )x 1 x 1lim f x lim f x 2

+→ →= = −

β) το ( )x 3lim f x→

δεν υπάρχει, διότι ( ) ( )x 3 x 3lim f x 1 lim f x 2

− +→ →= ≠ =

γ) ( )x 5lim f x 3→

=



δ) το ( )x 7lim f x→

δεν υπάρχει, διότι ( ) ( )x 7 x 7lim f x 2 lim f x 4

− +→ →= ≠ =

ε) ( ) ( )x 9 x 9lim f x lim f x 3

−→ →= =

Β3. α) ( )x 2

1lim

f x→δεν υπάρχει διότι:

• ( )x 2

1lim

f x−→= −∞ , αφού

( )

( ) ( )x 2lim f x 0 και

f x 0 στο 1,2

−→=

<

• ( )x 2

1lim

f x+→= +∞ , αφού

( )

( ) ( )x 2lim f x 0 και

f x 0 στο 2,3

+→=

>

β) ( )x 6

1lim

f x→= +∞ , διότι

( )

( ) ( ) ( )x 6lim f x 0 και

f x 0 στο 5,6 6,7→

=

> ∪

γ) ( )( )( )

( )( )

x 8

Θέτω f x =u

x 8 u 5lim f x 5lim f f x lim f u 3

→→ →=

→ =

Β4. Στο 1x 3= η f δεν είναι συνεχής, διότι ( ) ( )x 3 x 3lim f x 1 lim f x 2

− +→ →= ≠ = .

Στο 2x 7= η f δεν είναι συνεχής, διότι ( ) ( )x 7 x 7lim f x 2 lim f x 4

− +→ →= ≠ = .

Σηµείωση: Στο 3x 5= δεν µιλάµε για συνέχεια της f, διότι f5 D∉

Β5. Είναι ( ) ( ) ( )f 4 f 6 f 8 0′ ′ ′= = = , διότι στα σηµεία (4,4), (6,0) και (8,5) η Cf δέχεται

οριζόντιες εφαπτοµένες.

(Επαναληπτικές 2016)

∆ίνεται η συνάρτηση f : →ℝ ℝ µε ( ) 3f x x= .

Γ1. Να αποδείξετε ότι η f είναι συνάρτηση 1 – 1 και να βρείτε την αντίστροφη συνάρτηση f−1.

Γ2. Να αποδείξετε ότι για κάθε x > 0 ισχύει: ( ) 31f ηµx f x x

6 > −

.

Γ3. Ένα σηµείο Μ κινείται κατά µήκος της καµπύλης y = x3, x 0≥ µε x = x(t) και y = y(t). Να

βρείτε σε ποιο σηµείο της καµπύλης ο ρυθµός µεταβολής της τεταγµένης y(t) του Μ είναι ίσος

µε το ρυθµό µεταβολής της τετµηµένης x(t), αν υποτεθεί ότι x΄(t) > 0 για κάθε t 0≥ .



Γ4. Αν g : →ℝ ℝ είναι συνεχής και άρτια συνάρτηση, να υπολογίσετε το ολοκλήρωµα:

( ) ( )1

1f x g x dx

−∫ .

Απ.: Γ1. ( ) ( ) 3 31 2 1 2 1 2f x f x x x x x= ⇔ = ⇔ = . Άρα η f είναι συνάρτηση 1 – 1.

• Για 3 3x 0 : y x x y, y 0< = ⇒ = − − <

• Για 3 3x 0 : y x x y, y 0≥ = ⇒ = ≥

Εποµένως, ( ) ( )33

1 1

33

y, y 0 x, x 0f y ή f x

y , y 0 x , x 0

− − − − < − − <

= = ≥ ≥

Γ2. Θεωρούµε συνάρτηση h, µε ( ) 31h x ηµx x x , x 0

6= − + ≥

( ) 21h x συνx 1 x , x 0

2′ = − + ≥

( )h x ηµx x, x 0′′ = − + ≥

Για x 0> είναι x ηµx> , άρα ( )h x 0′′ > , άρα η συνεχής h είναι γνησίως αύξουσα στο [0,+∞).

Για ( ) ( ) ( )h

x 0 h x h 0 h x 0′ ↑

′ ′ ′> ⇔ > ⇔ > , άρα η συνεχής h είναι γνησίως αύξουσα στο [0,+∞).

Για ( ) ( ) ( )h f

3 3 31 1 1x 0 h x h 0 ηµx x x 0 ηµx x x f ηµx f x x

6 6 6

↑ ↑ > ⇔ > ⇔ − + > ⇔ > − ⇔ > −

Γ3. ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 2y t x t y t 3x t x t , t 0′ ′= ⇒ = ⋅ ≥

Έστω t0 η χρονική στιγµή που ( ) ( )0 0y t x t 0′ ′= >

Είναι

( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( )

( ) ( )0 0 0y t x t x t 0

2 2 20 0 0 0 0 0 0

1 1 3y t 3x t x t 1 3x t x t x t x t

3 3 3

′ ′= >

′ ′= ⋅ ⇒ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

( )3

0

3 3 3 3 3y t f

3 3 27 9

= = = =

Εποµένως το ζητούµενο σηµείο είναι το 3 3

M ,3 9

.



Γ4. Θεωρώ συνάρτηση s, µε ( ) ( ) ( )s x f x g x , x= ⋅ ∈ℝ .

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3s x f x g x x g x x g x f x g x s x , x− = − ⋅ − = − ⋅ = − ⋅ = − ⋅ = − ∈ℝ

Άρα η s είναι περιττή στο ℝ .

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )x tdx dt1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1x 1 t 1x 1 t 1

J f x g x dx s x dx s t dt s t dt s t dt f x g x dx J

=−=− − −

− − − −= ⇒ =−=− ⇒ =

= ⋅ = → − − = = − = − ⋅ = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Είναι ( ) ( )1

1J J 2J 0 J 0 f x g x dx 0

−= − ⇔ = ⇔ = ⇔ =∫ .

Σηµείωση: Αν f περιττή στο [−α, α], τότε ( )α

αf x dx 0

−=∫

(Επαναληπτικές 2016)

∆ίνεται η συνάρτηση

( )

lnx1, 0 x 1

xf x 1 , x 1

lnx, x 1

x 1

+ < <

= = >−

∆1. Να δείξετε ότι η f είναι συνεχής στο (0,+∞) και να βρείτε, αν υπάρχουν, τις

κατακόρυφες ασύµπτωτες της γραφικής παράστασης της f .

∆2. Να αποδείξετε ότι το 0x 1= είναι το µοναδικό κρίσιµο σηµείο της f .

∆3. i) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x)=0 έχει µοναδική ρίζα στο (0,+∞) .

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

της f, τον άξονα των x και τις ευθείες x=1 και x=x0, όπου x0 η µοναδική ρίζα της εξίσωσης

f(x)=0 στο (0,+∞), να αποδείξετε ότι

20 0x 2x 2

E2

− − += .

∆4. Αν F είναι µια παράγουσα της f στο [1,+∞) να αποδείξετε ότι

( ) ( ) ( ) ( )2x 1 F x xF 1 F x+ > + , για κάθε x 1> .

Απ.: ∆1. Η f είναι συνεχής σε καθένα από τα (0,1) και (1,+∞) ως πράξεις συνεχών

συναρτήσεων.

Στο 0x 1= :



( )

( )

( )

x 1 x 1

0

0

0DL Hx 1 x 1 x 1

lnxlim f x lim 1 1

x

1lnx xlim f x lim lim 1 f συνεχής στο x 1x 1 1

f 1 1

− −

+ + +

→ →

′→ → →

= + =

= = = ⇒ =−

=

Εποµένως η f είναι συνεχής στο (0,+∞).

( )x 0 x 0

lnxlim f x lim 1

x+ +→ →

= + = −∞

,

διότι x 0 x 0

lnx 1lim lim lnx

x x+ +→ →

= ⋅ = −∞

,

αφού x 0

1lim

x+→= +∞ και

x 0lim lnx

+→= −∞ .

Άρα η Cf έχει κατακόρυφη ασύµπτωτη την ( )x 0 y y′= .

∆2. ( ) 2

lnx lnx 1 lnx0 x 1: f x 1 0

x x x

′ ′ − ′< < = + = = >

, αφού lnx 0< στο (0,1).

Είναι ( )f x 0′ > , για ( )x 0,1∈ , δηλαδή η f δεν έχει κρίσιµα σηµεία στο (0,1).

• ( )( ) ( ) ( )2 2 2

x 1 x 1 xlnxlnxlnx x 1 xlnxx xx 1: f x

x 1 x 1 x 1 x x 1

− − −−′ − − ′> = = = = − − − −

Θεωρούµε συνάρτηση g, µε ( )g x x 1 xlnx, x 1= − − ≥

( ) ( )g x x 1 xlnx 1 1 lnx lnx 0′′ = − − = − − = − < για x > 1, άρα η συνεχής g είναι γνησίως

φθίνουσα στο [1,+∞).

Για ( ) ( )g

x 1 g x g 1 x 1 xlnx 0↓

> ⇔ < ⇔ − − <

Εποµένως f΄(x) < 0, για x > 1, δηλαδή η f δεν έχει κρίσιµα σηµεία στο (1,+∞).

• 0x 1:=

( ) ( )0

0

2 DL Hx 1 x 1 x 1 x 1

lnx 11 1f x f 1 lnxx xlim lim lim lim 1

x 1 x 1 x x 2x 1− − − −

′→ → → →

+ −−= = = =

− − − −



( ) ( )( ) ( )

0 0

0 0 2

2 DL H DL Hx 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1

lnx lnx x 1 1 11 1f x f 1 lnx x 1 1x 1 x 1 x xlim lim lim lim lim lim

x 1 x 1 x 1 2 x 1 2 2x 1+ + + + + +

′ ′→ → → → → →

− +− − −− − +− −= = = = = = −

− − − −−

Είναι ( ) ( ) ( ) ( )

x 1 x 1

f x f 1 f x f 1lim lim

x 1 x 1− +→ →

− −≠

− −, άρα η f δεν είναι παραγωγίσιµη στο 0x 1= ,

δηλαδή το 0x 1= είναι το µοναδικό κρίσιµο σηµείο της f.

∆3.i)

• Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο ∆1=(0,1)

( )

( )( ) ( )

x 0 x 0

1

x 1 x 1

lnxlim f x lim 1

xf ∆ ,1

lnxlim f x lim 1 1

x

+ +

− −

→ →

→ →

= + = −∞ ⇒ = −∞

= + =

( )10 f ∆∈ , άρα η εξίσωση f(x)=0 έχει µοναδική ρίζα στο 0 1x ∆∈ .

• Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο ∆2=[1,+∞).

( )

( )( ) ( ]2

x x DL H x

f 1 1

1 f ∆ 0,1lnx xlim f x lim lim 0x 1 x

+∞ +∞

′→+∞ →+∞ →+∞

= ⇒ == = =−

( )20 f ∆∉ , άρα η εξίσωση f(x)=0 δεν έχει ρίζες στο ∆2.

ii) ( ) ( )00 x 1

0 00 0 0

0 0

lnx lnxf x 0 1 0 1 lnx x 1

x x

< <

= ⇔ + = ⇔ = − ⇔ = −

( ) ( ) ( ) ( )f

0 00 x x 1 f x f x f 1 0 f x 1↑

< ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤

( )0 0

0

1 221 10

0x xx

ln xlnx ln xE f x dx 1 dx x 1 x

x 2 2

= = + = + = − +

∫ ∫

( )2 2 210 0 0 0

0 0

ln x x x 2x 21 x 1 x τ.µ.

2 2 2

− − += − − = − − =



∆4. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2x 1 F x x F 1 F x x F x F x x F 1 F x+ ⋅ > ⋅ + ⇔ ⋅ + > ⋅ + ⇔

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2x F x x F 1 F x F x x F x F 1 F x F x⇔ ⋅ − ⋅ > − ⇔ ⋅ − > − ⇔

( ) ( )( )

( ) ( )( )

2F x F xx F x F 1

x x 1 x x 1

−⋅ − ⇔ > ⇔⋅ − ⋅ −

( ( )x 1 x 1 0 x x 1 0> ⇔ − > ⇔ ⋅ − > )

( ) ( ) ( ) ( )( )

2

2

F x F xF x F 12

x 1 x x

−−⇔ >

− −

Είναι 21 x x< <

• F συνεχής στα [1,x], [x,x2]

• F παραγωγίσιµη στα (1,x), (x,x2)

από Θ.Μ.Τ. υπάρχουν:

( )1ξ 1, x∈ , τέτοιο ώστε ( ) ( ) ( ) ( )1 1

F x F 1F ξ f ξ

x 1

−′ = =

−

( )22ξ x, x∈ , τέτοιο ώστε ( )

( ) ( )( )

2

2 22

F x F xF ξ f ξ

x x

−′ = =

−

( ) ( ) ( )( )f στο 1,

1 2 1 22 f ξ f ξ ξ ξ↓ +∞

⇔ > ⇔ < , που ισχύει διότι 21 21 ξ x ξ x< < < < .

Εποµένως ( ) ( ) ( ) ( )2x 1 F x x F 1 F x+ ⋅ > ⋅ + , για x > 1.



ΕΣΠΕΡΙΝΑ ΛΥΚΕΙΑ

ΕΣΠΕΡΙΝΑ ΛΥΚΕΙΑ



1)(Εσπερινά 2000)Ένας ιχθυοκαλλιεργητής πήρε άδεια να χρησιµοποιήσει µία

θαλάσσια περιοχή σχήµατος ορθογωνίου την οποία θα περιφράξει µε δίχτυ µήκους

600 µέτρων. Μόνο οι τρεις από τις τέσσερις πλευρές πρόκειται να περιφραχτούν µε

δίχτυ, όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήµα.

α) Να αποδείξετε ότι το εµβαδόν Ε(x) της θαλάσσιας περιοχής που θα

χρησιµοποιηθεί δίνεται από τον τύπο

Ε(x) = -2x2 + 600x

(υποθέτουµε ότι 0 < x < 300).

β) Να υπολογίσετε την τιµή του x έτσι ώστε το εµβαδόν Ε(x) της περιοχής να γίνει

µέγιστο.

γ) Να υπολογίσετε τη µέγιστη τιµή του εµβαδού.

Λύση

α) 2x + y = 600⇔ y = 600 – 2x (1)

Εμβαδόν = βάση ∙ ύψος

Εμβαδόν = x ∙ y( )1⇔ E(x) = x ∙ (600 – 2x)⇔ E(x) = 600x – 2x2 ή E(x) = – 2x2 + 600x, 0 < x < 300.

β) ( ) ( )2E x 2x 600x 4x 600, 0 x 300′′ = − + = − + < < .

( )E x 0 4x 600 0 4x 600 x 150′ = ⇔ − + = ⇔ − = − ⇔ =

Το εμβαδόν γίνεται μέγιστο όταν x = 150m.

γ) Μέγιστο εμβαδόν : Εmax = Ε(150) = – 2(150)2 + 600 ∙ 150 = –45000 + 90000 = 45000m2.



2)(Εσπερινά 2000)Η κατανάλωση σε λίτρα ανά 100 χιλιόµετρα ενός κινητήρα, όταν

αυτός λειτουργεί µε x χιλιάδες στροφές ανά λεπτό, δίνεται από τη συνάρτηση

3 21 1f(x) x x x 10, 1 x 5

9 3= − − + < <

α. Να βρείτε την τιµή του x για την οποία έχουµε τη µικρότερη κατανάλωση, καθώς

επίσης και πόση είναι η κατανάλωση αυτή.

β. Να βρείτε το ρυθµό µεταβολής της κατανάλωσης του αυτοκινήτου για x1 = 2 και

για x2 = 4 (δηλαδή για 2.000 στροφές ανά λεπτό και 4.000 στροφές ανά λεπτό

αντίστοιχα).

Λύση

α. ( ) 3 2 21 1 1 2f x x x x 10 x x 1, 1 x 5

9 3 3 3

′ ′ = − − + = − − < <

( ) 2 21 2f x 0 x x 1 0 x 2x 3 0 x 3ή x 1

3 3′ = ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ = = −

Η κατανάλωση γίνεται ελάχιστη όταν x = 3.

Ελάχιστη κατανάλωση: ( ) 3 2min

1 1f f 3 3 3 3 10 7

9 3= = − − + = .

β. ( ) 21 2 4 4f 2 2 2 1 1 1

3 3 3 3′ = − − = − − = −

( ) 21 2 16 8 8 5f 4 4 4 1 1 1

3 3 3 3 3 3′ = − − = − − = − = .

3)(Εσπερινά 2001)Ένα τουριστικό λεωφορείο έχει να διανύσει απόσταση 625km µε

σταθερή ταχύτητα x km την ώρα. Σύµφωνα µε τον Κώδικα Οδικής Κυκλοφορίας το

µέγιστο όριο ταχύτητας είναι 90km την ώρα. Τα καύσιµα κοστίζουν 160 δραχµές το



λίτρο, η ωριαία κατανάλωση είναι 2x

5,5200

+

λίτρα και η αµοιβή του οδηγού είναι

2000 δραχµές την ώρα.

α) Να αποδείξετε ότι το συνολικό κόστος Κ(x) της διαδροµής είναι:

1800000K(x) 500x, 0 x 90.

x= + < ≤

β) Να βρείτε την ταχύτητα του λεωφορείου για την οποία το κόστος της διαδροµής

γίνεται ελάχιστο.

Λύση

α) χρόνος 625

t , 0 x 90x

= < ≤ .

κόστος = κόστος καυσίμων + αμοιβή οδηγού = ωριαία κατανάλωση ∙ χρόνος ∙ 160 + χρόνος ∙

2000

( )2 2x 625 625 625 x

K x 5,5 160 2000 5,5 160 2000200 x x x 200

= + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ + =

2 2625 4x 625 4x 1800000880 2000 2880 500x , 0 x 90

x 5 x 5 x

= ⋅ + + = ⋅ + = + < ≤

.

β) ( ) 2

1800000 1800000K x 500x 500 , 0 x 90

x x

′ ′ = + = − < ≤

ή ( )2

2

500x 1800000K x , 0 x 90

x

−′ = < ≤

( )2 0 x 90

2 2 22

500x 1800000K x 0 0 500x 1800000 0 500x 1800000 x 3600 x 60

x

< ≤−′ = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

.

Η κατανάλωση γίνεται ελάχιστη όταν η ταχύτητα είναι x = 60Km/h.



(Εσπερινά 2002)Δίνεται η συνάρτηση f(x) = x3 - 6x2 + 9x - 2 .

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

β. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτοµένης της γραφικής παράστασης της f στο

σηµείο A(-1, f(-1)).

γ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) = 0 έχει ακριβώς µία ρίζα στο διάστηµα (0, 1) .

Λύση

α. ( ) ( )3 2 2f x x 6x 9x 2 3x 12x 9′′ = − + − = − +

( ) 2 2f x 0 3x 12x 9 0 x 4x 3 0 x 1ή x 3′ = ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ = =

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [1,3], ενώ είναι γνησίως αύξουσα στα (−∞, 1] και [3, +∞). Η

f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο την τιμή f(1) = 2, ενώ παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο την τιμή

f(3) = −2.

β. f(−1) = −18 και f΄(−1) = 24

(ε) : y – f(−1) = f΄(−1) · (x + 1)⇔ (ε) : y + 18 = 24(x + 1)⇔ y + 18 = 24x + 24⇔ y = 24x + 6.

γ. Η f είναι συνεχής στο [0, 1]

f(0) = −2 < 0 και f(1) = 2 > 0

άρα από Θ. Bolzano η f(x) = 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (0, 1) και επειδή η f

είναι γνησίως αύξουσα στο (0, 1) η ρίζα αυτή είναι μοναδική.

4) (Εσπερινά 2005)Δίνεται η συνάρτηση

( ) 22 α x kx 2f(x)

x 3

− − +=

− µε α,k∈ℝ και x 3≠ .

α. Αν η ευθεία y = x είναι πλάγια ασύµπτωτη της γραφικής παράστασης της

συνάρτησης f στο +∞, τότε να αποδείξετε ότι α = 1 και k = 3.



β. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον σηµείο ( )ξ 1,2∈ , στο οποίο η

εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f είναι παράλληλη στον

άξονα x΄x.

γ. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτοµένης της γραφικής παράστασης της f στο

σηµείο µε τετµηµένη xο = 1.

Απ: α. Πρέπει ( )

x

f xlim 1

x→+∞= και ( )

xlim f x x 0→+∞

− =

•( )

( )( )

2

2

2x x x

2 α x κx 2f x 2 α x κx 2x 3lim 1 lim 1 lim 1

x x x 3x→+∞ →+∞ →+∞

− − +− − +−= ⇔ = ⇔ = ⇔

−

( ) 2

2x

2 α xlim 1 2 α 1 α 1

x→+∞

−⇔ = ⇔ − = ⇔ =

• ( )2 2 2α 1

x x x

x κx 2 x κx 2 x 3xlim f x x 0 lim x 0 lim 0

x 3 x 3

=

→+∞ →+∞ →+∞

− + − + − +− = ⇔ − = ⇔ = ⇔ − −

( ) ( )x x

3 κ x 2 3 κ xlim 0 lim 0 3 κ 0 κ 3

x 3 x→+∞ →+∞

− + −⇔ = ⇔ = ⇔ − = ⇔ =

−.

β. ( )2x 3x 2

f xx 3

− +=

−

• f συνεχής στο [1, 2] ως ρητή

• f παραγωγίσιμη στο (1, 2) ως ρητή

• f(1) = f(2) = 0

από Θ. Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )ξ 1,2∈ , τέτοιο ώστε f΄(ξ) = 0, άρα υπάρχει ένα

τουλάχιστον σημείο ( )ξ 1,2∈ , στο οποίο η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της

συνάρτησης f είναι παράλληλη στον άξονα x΄x.

γ. Για x ≠ 3

( )( ) ( ) ( )

( ) ( )

22 2

2 2

2x 3 x 3 x 3x 2x 3x 2 x 6x 7f x

x 3 x 3 x 3

′ − − − − + − + − +′ = = = − − −



f(1) = 0 και f΄(1) =1

2

(ε) : y – f(0) = f΄(0) ∙ (x – 0)⇔ y – 0 = 1

2x –

1

2⇔ y =

1

2x –

1

2.

5)(Εσπερινά 2006)Δίνεται η συνάρτηση

2

3x λ, x 1

4f(x)

x 8x 4, x 1

4x

− + ≤=

− + >

µε λ∈ℝ .

Ι. Να βρείτε την τιµή του λ∈ℝ για την οποία η συνάρτηση f είναι συνεχής στο xο = 1.

ΙΙ. Για λ=0

α. να εξετάσετε αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο ℝ .

β. να βρείτε την πλάγια ασύµπτωτη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f

στο +∞.

Λύση

Ι. ( )x 1 x 1

3 3lim f x lim x λ λ

4 4− −→ →

= − + = −

( )2

x 1 x 1

x 8x 4 1 8 4 3lim f x lim

4x 4 4+ +→ →

− + − += = = −

( ) 3f 1 λ

4= −

Για να είναι η f συνεχής στο x0 = 1 πρέπει 3 3

λ λ 04 4

− = − ⇔ = .

ΙΙ.α. Για λ = 0 είναι ( ) 2

3x , x 1

4f x

x 8x 4, x 1

4x

− ≤=

− + >

• Για x < 1 η f είναι παραγωγίσιμη ως πολυωνυμική.

• Για x > 1 η f είναι παραγωγίσιμη ως ρητή.



• Στο x0 = 1: ( ) ( ) ( )

x 1 x 1 x 1

3 3 3x x 1f x f 1 34 4 4lim lim lim

x 1 x 1 x 1 4− − −→ → →

− + − −−= = = −

− − −.

( ) ( )( )

2 2

2

x 1 x 1 x 1 x 1

x 8x 4 3 x 8x 4 3f x f 1 x 5x 44x 4 4xlim lim lim lim

x 1 x 1 x 1 4x x 1+ + + +→ → → →

− + − + ++− − +

= = = =− − − −

( )( )( )x 1 x 1

x 1 x 4 x 4 3lim lim

4x x 1 4x 4+ +→ →

− − −= = = −

−

άρα f΄(1) = 3

4− .

Επομένως η f είναι παραγωγίσιμη στο ℝ .

β. ( )

2

2 2

2 2x x x 1 x 1

x 8x 4f x x 8x 4 x 14xlim lim lim lim λ

x x 4x 4x 4+ +→+∞ →+∞ → →

− +− +

= = = = =

( )2 2 2

x x x 1 x 1

x 8x 4 1 x 8x 4 x 8xlim f x λx lim x lim lim 2 β

4x 4 4x 4x+ +→+∞ →+∞ → →

− + − + − −− = − = = = − =

άρα η Cf έχει πλάγια ασύμπτωτη στο +∞ την y = 1

4x – 2.

6)(Εσπερινά 2007)Έστω µια συνάρτηση f, η οποία είναι συνεχής στο ℝ .

Aν για κάθε x≠0 ισχύει xf(x) = x + 2ηµx, τότε:

α. Να βρείτε το f(0).

β. Να αποδείξετε ότι f(x)<3 για κάθε π

x 0,2

∈

.

γ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x)=2 έχει τουλάχιστον µια ρίζα στο π

,π2

.

Λύση

α. Για x ≠ 0 είναι ( ) x 2ηµx ηµxf x 1 2

x x

+= = + .

( ) ( )f συνεχής

x 0 x 0 x 0

ηµx ηµxf 0 lim f x lim 1 2 1 2lim 1 2 1 3

x x→ → →

= = + = + = + ⋅ =



β. Θα δείξουμε ότι για κάθε π

x 0,2

∈

ισχύει:

( )x 0ηµx ηµx ηµx

f x 3 1 2 3 2 2 1 ηµx xx x x

>

< ⇔ + < ⇔ < ⇔ < ⇔ < που ισχύει (σχολικό βιβλίο

σελίδα 170). Άρα f(x) < 3, για κάθε π

x 0,2

∈

.

γ. Θεωρούμε συνάρτηση g, με ( ) ( ) ηµx ηµx πg x f x 2 1 2 2 2 1, x ,π

x x 2 = − = + − = − ∈

.

• Η g είναι συνεχής στο π

,π2

ως πράξεις συνεχών.

•

( )

( )

πηµ

π 2 4 π2g 2 1 2 1 0π π2 π π

g g π 02 2

ηµπg π 2 1 0 1 1 0

π

− = − = − = > ⇒ ⋅ <

= − = − = − <

.

Από Θ. Bolzano υπάρχει μια τουλάχιστον ρίζα της g(x) = 0 στο π

,π2

, επομένως η

εξίσωση f(x) = 2 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο π

,π2

.

7) (Εσπερινά 2009)Δίνεται η συνάρτηση 2αx β, x 1

f(x)2x 3 , x 1

+ ≤=

+ > µε α,β∈ℝ .

α. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0 = 1, να αποδείξετε ότι α + β = 5.

β. Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο x0 = 1, να αποδείξετε ότι α = 1 και β = 4.

γ. Για α = 1 και β = 4, να προσδιορίσετε τις ασύµπτωτες της γραφικής παράστασης

της συνάρτησης f(x)

g(x)x

= , x 0≠ , στο -∞ και στο +∞.

Λύση

α. ( ) ( )2

x 1 x 1lim f x lim αx β α β

− −→ →= + = +

( ) ( )x 1 x 1lim f x lim 2x 3 5

+ +→ →= + =



f(1) = α ∙ 12 + β = α + β

Για να είναι η f συνεχής στο x0 = 1 πρέπει ( ) ( ) ( )x 1 x 1lim f x lim f x f 1 α β 5

− +→ →= = ⇔ + = .

β.

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

x 1 x 1 x 1 x 1 x 1

f x f 1 αx β α β α x 1 x 1αx αlim lim lim lim lim α x 1 2α

x 1 x 1 x 1 x 1− − − − −→ → → → →

− + − + − +−= = = = + =

− − − −

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

f x f 1 2x 3 α β 2 x 12x 3 5lim lim lim lim 2

x 1 x 1 x 1 x 1+ + + +→ → → →

− + − + −+ −= = = =

− − − −

Για να είναι η f παραγωγίσιμη στο x0 = 1 πρέπει

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

f x f 1 f x f 1lim lim 2α 2 α 1

x 1 x 1− +→ →

− −= ⇔ = ⇔ =

− −

α 1

α β 5 1 β 5 β 4=

+ = ⇒ + = ⇔ =

γ. Για α = 1 και β = 4 είναι ( )( ) ( )

( )

2x 4, x ,0 0,1

xg x2x 3

, x 1,x

+∈ −∞ ∪

= + ∈ +∞

• στο −∞

( )2

2 2

2 2x x x x

x 4g x x 4 xxlim lim lim lim 1 λ

x x x x→−∞ →−∞ →−∞ →−∞

++

= = = = =

( )2 2 2

2 2x x x x

x 4 x 4 x 4lim g x λx lim x lim lim 0 β

x x x→−∞ →−∞ →−∞ →−∞

+ + −− = − = = = =

Η (ε1): y = x είναι η πλάγια ασύμπτωτη της Cf στο −∞.

• στο +∞

( )x x x

2x 3 2xlim g x lim lim 2

x x→+∞ →+∞ →+∞

+= = =

Η (ε2): y = 2 είναι η οριζόντια ασύμπτωτη της Cf στο +∞.



8)(Εσπερινά 2009)Για λ∈ℝ δίνεται η συνάρτηση:

3 2f(x) x λx 3x 1, x= + − + ∈ℝ .

Ι. Αν η συνάρτηση f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο x0 = 1, να βρείτε την τιµή του

λ.

ΙΙ. Για λ = 0:

α) να µελετήσετε την f ως προς τη µονοτονία και τα ακρότατα.

β) να βρείτε τις εξισώσεις των εφαπτοµένων της γραφικής παράστασης της f που

είναι παράλληλες προς την ευθεία y=9x.

γ) να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) x 0− = έχει µία τουλάχιστον λύση στο

ανοικτό διάστηµα (0,1).

Λύση

Ι. f΄(x) = (x3 + λx2 – 3x + 1)΄ = 3x2 + 2λx – 3, x∈ℝ .

H f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο x0 = 1.

Η f είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 1.

Από Θ. Fermat έχουμε:

f΄(1) = 0⇔ 3 + 2λ – 3 = 0⇔ 2λ = 0⇔ λ = 0.

ΙΙ.α) Για λ = 0 είναι:

f(x) = x3 – 3x + 1 και f΄(x) = 3x2 – 3

f΄(x) = 0⇔ 3x2 – 3 = 0⇔ x2 = 1⇔ x = ± 1.

Η f είναι γνησίως αύξουσα στα (−∞,−1] και [1, +∞), ενώ είναι γνησίως φθίνουσα στο [−1, 1].

Η f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο για x = −1 την τιμή : f(−1) = (−1)3 – 3(−1) + 1 = −1 + 3 + 1 = 3.

Η f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο για x = 1 την τιμή : f(1) = 13 – 3 + 1 = 1 – 3 + 1 = −1.

β) Πρέπει f΄(x) = 9⇔ 3x2 – 3 = 9⇔ 3x2 = 12⇔ x2 = 4⇔ x = ± 2.

• x0 = −2

y0 = f(−2) = (−2)3 – 3(−2) + 1 = −8 + 6 + 1 = −1

(ε1): y – y0 = λ(x – x0)⇔ (ε1): y + 1 = 9(x + 2)⇔ (ε1): y = 9x + 17.

• x0 = 2



y0 = f(2) = 23 – 3 ∙ 2 + 1 = 8 – 6 + 1 = 3

(ε2): y – y0 = λ(x – x0)⇔ (ε2): y – 3 = 9(x – 2)⇔ (ε2): y = 9x – 15.

γ) Θεωρούμε τη συνάρτηση g, με ( ) ( ) [ ]g x f x x , x 0,1= − ∈ .

• η g είναι συνεχής στο [0, 1] ως διαφορά συνεχών

• g(0) = f(0) = 1 > 0

• g(1) = f(1) – 1 = – 1 – 1 = –2 < 0.

Από Θ. Bolzano η εξίσωση g(x) = 0⇔ ( )f x x 0− = έχει μια τουλάχιστον λύση στο

διάστημα (0, 1).

9)(Εσπερινά 2010)Δίνεται η συνάρτηση f(x) = x3 + 3x + συνx – 2, x∈ℝ .

Γ1. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .

Γ2. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x)=0 έχει ακριβώς µία ρίζα στο διάστηµα (0,π).

Γ3. Να λύσετε την εξίσωση: f(x2 +8) = f(6x).

Γ4. Να βρείτε το όριο: x 0

f(x) 1lim

x→

+.

Λύση

Γ1. f΄(x) = (x3 + 3x + συνx – 2)΄ = 3x2 + 3 – ημx > 0, διότι 3x2 ≥ 0 και 3 – ημx > 0 αφού –1 ≤ ημx ≤

1.

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .

Γ2. • η f είναι συνεχής στο [0, π], ως άθροισμα συνεχών

• f(0) = συν0 – 2 = 1 – 2 = –1 < 0

• f(π) = π3 + 3π + συνπ – 2 = π3 + 3π – 3 = π3 + 3(π – 1) > 0

Από Θ. Bolzano η εξίσωση f(x) = 0 έχει μια τουλάχιστον λύση στο διάστημα (0, π) και

επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, π) η ρίζα αυτή είναι μοναδική.

Γ3. ( ) ( )f "1 1"

2 2 2

ff x 8 f 6x x 8 6x x 6x 8 0 x 2ή x 4

−

↑+ = ⇔ + = ⇔ − + = ⇔ = = .



Γ4.

( ) ( )3

2 2

x 0 x 0 x 0 x 0 x 0

f x 1 x 3x συνx 2 1 συνx 1 συνx 1lim lim lim x 3 lim x 3 lim 3 0 3

x x x x→ → → → →

+ + + − + − − = = + + = + − = − =

.

10)(Εσπερινά 2010)Δίνεται η συνάρτηση 2x 3

f(x) 2x, x 0x

+= + ≠ . Να βρείτε:

Δ1. Tα τοπικά ακρότατα της f.

Δ2. Tις ασύµπτωτες της γραφικής παράστασης της f.

Δ3. Tην εξίσωση της εφαπτοµένης της γραφικής παράστασης της f στο σηµείο

Α(1,f(1)).

Δ4. To σηµείο Μ(ξ, f(ξ)), ξ>0, της γραφικής παράστασης Cf της f, στο οποίο η

εφαπτοµένη της Cf είναι παράλληλη προς το ευθύγραµµο τµήµα ΑΒ µε Α(1,f(1)),

B(3,f(3)).

Λύση

Δ1. ( )2

*x 3 3 3f x 2x x 2x 3x , x

x x x

+= + = + + = + ∈ℝ .

( )2

*2 2

3 3 3x 3f x 3x 3 , x

x x x

′ − ′ = + = − = ∈

ℝ

τοπικό μέγιστο: f(−1) = −3 – 3 = −6

τοπικό ελάχιστο: f(1) = 3 + 3 = 6

Δ2. Κατακόρυφες ασύμπτωτες

( )x 0 x 0

3lim f x lim 3x

x+ +→ →

= + = +∞

άρα η Cf έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη την x = 0 (y΄y).

Πλάγιες ασύμπτωτες

• στο −∞



( )2x x x

33xf x 3xlim lim lim 3 3 λ

x x x→−∞ →−∞ →−∞

+ = = + = =

( )x x x

3 3lim f x λx lim 3x 3x lim 0 β

x x→−∞ →−∞ →−∞

− = + − = = =

άρα η Cf έχει πλάγια ασύμπτωτη στο −∞ την y = 3x.

• στο +∞

( )2x x x

33xf x 3xlim lim lim 3 3 λ

x x x→+∞ →+∞ →+∞

+ = = + = =

( )x x x

3 3lim f x λx lim 3x 3x lim 0 β

x x→+∞ →+∞ →+∞

− = + − = = =

άρα η Cf έχει πλάγια ασύμπτωτη στο +∞ την y = 3x.

Δ3. Είναι f(1) = 6 και f΄(1) = 0, άρα

(ε): y – f(1) = f΄(1) ∙ (x – 1)⇔ y – 6 = 0⇔ y = 6.

Δ4. ( ) ( )

AB

f 3 f 1 10 6λ 2

3 1 2

− −= = =

−

Πρέπει ( )ξ 0

22 2

3 3f ξ 2 3 2 1 ξ 3 ξ 3

ξ ξ

>

′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = .

( ) 3 3 3f 3 3 3 3 3 3 3 3 4 3

33= + = + = + =

άρα Μ( 3 , 4 3 ).



11) (Εσπερινά 2011)Δίνεται η συνάρτηση: 2 2f(x) x , x 0

x= + ≠

Γ1. Να µελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη µονοτονία και τα ακρότατα.

Γ2. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτοµένης της γραφικής παράστασης της

συνάρτησης f στο σηµείο Α(2,f(2)).

Γ3. Να βρείτε τις ασύµπτωτες της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f.

Γ4. Να βρείτε το όριο: 2x 1

1f 3

xlim

x 1→

− −

.

Λύση

Γ1. ( ) 2 2f x x

x= + και ( )

32

2 2

2 2 2x 2f x x 2x , x 0

x x x

′ − ′ = + = − = ≠

.

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στα (−∞, 0) και (0, 1], ενώ είναι γνησίως αύξουσα στο [1, +∞).

Η f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο για x = 1, την τιμή f(1) = 3.

Γ2. f(2) = 5 και f΄(2) =7

2.

(ε): y – f(2) = f΄(2) ∙ (x – 2)⇔ y – 5 =7

2(x – 2)⇔ y =

7

2x – 2 .

Γ3. • ( ) 2

x 0 x 0

2lim f x lim x

x+ +→ →

= + = +∞

, διότι 2

x 0lim x 0

+→= και

x 0

2lim

x+→= +∞ ,


• ( ) 2

x x

2lim f x lim x

x→−∞ →−∞

= + = +∞

,

( )2

2x x x

2xf x 2xlim lim lim x

x x x→−∞ →−∞ →−∞

+ = = + = −∞

,

άρα η Cf δεν έχει ασύμπτωτη στο −∞.

• ( ) 2

x x

2lim f x lim x

x→+∞ →+∞

= + = +∞

,



( )2

2x x x

2xf x 2xlim lim lim x

x x x→+∞ →+∞ →+∞

+ = = + = +∞

,

άρα η Cf δεν έχει ασύμπτωτη στο +∞.

Γ4.

3 2

3 2 22 2

2 2 2 4 2 3x 1 x 1 x 1 x 1 DL H x 1

1 1 1 2x 3xf 3 2x 3 1 2x 3x 6x 6xx x xlim lim lim lim lim 0x 1 x 1 x 1 x x 4x 2x′→ → → → →

+ −− + − + − − = = = = =− − − − −

.

12) (Εσπερινά 2011Δίνεται η παραγωγίσιµη συνάρτηση f : →ℝ ℝ , µε f(0)=0, η οποία

ικανοποιεί τη σχέση f(x) + xf ΄(x) = ηµx, για κάθε x∈ℝ .

Δ1. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g(x) = xf(x) + συνx, x∈ℝ είναι σταθερή στο ℝ .

Δ2. Να αποδείξετε ότι: 1 συνx

f(x) , xx

−= ∈ℝ και x ≠ 0.

Δ3. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 1–συνx = xηµx έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο

διάστηµα π 3π

,2 2

.

Δ4. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )ξ 0,π∈ τέτοιο ώστε:

22

2ξηµξ συνξ 1 ξ

π+ = + .

Λύση

Δ1. g΄(x) = [x∙f(x) + συνx]΄ = f(x) + xf΄(x) – ημx = 0

άρα η g είναι σταθερή στο ℝ .

Δ2. Για x = 0, είναι g(0) = 1, άρα g(x) = 1, για κάθε x∈ℝ

x∙f(x) + συνx = 1⇔ x∙f(x) = 1 – συνx

Για x ≠ 0 είναι ( ) 1 συνxf x

x

−= .

Δ3. Θεωρούμε τη συνάρτηση h, με h(x) = x ∙ ημx + συνx – 1.

• Η h είναι συνεχής στο π 3π

,2 2




• π π π π π

h ηµ συν 1 1 02 2 2 2 2 = + − = − >

3π 3π 3π 3π 3π

h ηµ συν 1 1 02 2 2 2 2

= + − = − − <

Από Θ. Bolzano η εξίσωση h(x) = 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο π 3π

,2 2

.

Δ4. Θεωρούμε τη συνάρτηση φ, με ( ) 22

2φ x x ηµx συνx 1 x

π= ⋅ + − − .

• Η φ είναι συνεχής στο π

,π2


• π π π π 1 π 3

φ ηµ συν 1 02 2 2 2 2 2

− = + − − = >

φ(π) = πημπ + συνπ – 1 – 2 = –4 < 0.

Από Θ. Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )πξ ,π 0,π

2 ∈ ⊆

, τέτοιο ώστε φ(ξ)=0 ή ξ∙ημξ

+συνξ = 1+2

2

π∙ ξ2.

13)(Εσπερινά 2012)Δίνεται η συνάρτηση 22f(x) αx β, x 0

x= + + > µε α,β∈ℝ .

Γ1. Αν είναι α<0, να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστηµα (0,+∞).

Γ2. Αν είναι α<0, να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x)=0 έχει ακριβώς µία λύση στο (0,+ ∞).

Γ3. Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της f :

i) έχει κατακόρυφη ασύµπτωτη για κάθε α, β, την οποία και να βρείτε.

ii) έχει οριζόντια ασύµπτωτη µόνο για α=0 και β∈ℝ , την οποία και να βρείτε.

Γ4. Να βρείτε τις τιµές των α, β για τις οποίες η f παρουσιάζει στο σηµείο x0=1 τοπικό

ακρότατο, το f(x0)=7. Στη συνέχεια να καθορίσετε το είδος του ακροτάτου αυτού.

Λύση

Γ1. ( ) 22

2 2f x αx β 2αx 0

x x

′ ′ = + + = − + <

, αφού α < 0, x > 0, άρα η f είναι γνησίως

φθίνουσα στο (0,+∞).



Γ2. Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Δ = (0,+∞).

( )

( )( )

2

x 0 x 0

α 02

x x

2lim f x lim αx β

xf ∆

2lim f x lim αx β

x

+ +→ →

<

→+∞ →+∞

= + + = +∞ ⇒ =

= + + = −∞

ℝ .

Είναι ( )0 f ∆∈ , άρα η εξίσωση f(x) = 0 έχει μια ακριβώς λύση στο (0, +∞).

Γ3.i) ( ) 2

x 0 x 0

2lim f x lim αx β

x+ +→ →

= + + = +∞

,

άρα η Cf έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη την x = 0 για κάθε α, β.

ii) • αν α > 0, τότε ( )α 0

2

x x

2lim f x lim αx β

x

>

→+∞ →+∞

= + + = +∞

• αν α < 0, τότε ( )α 0

2

x x

2lim f x lim αx β

x

<

→+∞ →+∞

= + + = −∞

• αν α = 0, τότε ( )x x

2lim f x lim β β

x→+∞ →+∞

= + = ∈

ℝ

άρα η Cf έχει οριζόντια ασύμπτωτη την y = β μόνο αν α = 0 και για κάθε β∈ℝ .

Γ4. Για να παρουσιάζει η f τοπικό ακρότατο στο x0 = 1 την τιμή 7 πρέπει f΄(1) = 0 και f(1) = 7.

f΄(1) = 0⇔ −2 + 2α = 0⇔ α = 1.

f(1) = 7⇔ 2 + α + β = 7α 1=

⇔ β = 4.

Για α = 1 και β = 4 είναι: ( ) 22f x x 4

x= + +

( )( ) ( )23

22 2 2

2 x 1 x x 12 2 2x 2f x x 4 2x

x x x x

′ − + +− ′ = + + = − + = =



14) (Εσπερινά 2012)Έστω συνάρτηση f δύο φορές παραγωγίσιµη στο ℝ για την οποία

ισχύουν:

• f ΄΄(x) > -2

• 2x 0

f(x) ηµxlim 2

x x→

+=

−

• f(1) = f ΄(0)

Δ1. Να αποδείξετε ότι f(0)=0 και f(1)= -3.

Δ2. Αν η g(x)=f(x)+α(x+1)2, x∈ℝ και α∈ℝ ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήµατος

Rolle στο διάστηµα [0,1], να βρείτε τον αριθµό α.

Δ3. Για α=1 να αποδείξετε ότι υπάρχει µοναδικό σηµείο ( )ξ 0,1∈ τέτοιο ώστε f ΄(ξ)= -

2(ξ+1).

Δ4. Για α=1 να αποδείξετε ότι η g παρουσιάζει ελάχιστο στο σηµείο ξ του

προηγούµενου ερωτήµατος.

Λύση

Δ1. Θεωρούμε συνάρτηση φ, με ( ) ( ) 2

f x ηµxφ x , x 0,1

x x

+= ∈ −

−ℝ .

Είναι ( )x 0lim φ x 2→

= και ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2f x ηµx φ x x x f x ηµx φ x x x 1+ = ⋅ − ⇔ = − + ⋅ − .

• ( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1

2 2

x 0 x 0 x 0 x 0 x 0f 0 lim f x lim ηµx φ x x x lim ηµx lim φ x lim x x 0 2 0 0

→ → → → → = = − + ⋅ − = − + ⋅ − = + ⋅ =

.

• ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1

x 0 x 0 x 0

f x f 0 ηµx φ x x x 1 φ x x x 1ηµxf 1 f 0 lim lim lim

x 0 x x x→ → →

− − + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ − ′= = = = − + = −

( ) ( ) ( )x 0 x 0 x 0

ηµxlim lim φ x lim x 1 1 2 1 3

x→ → →= − + ⋅ − = − + ⋅ − = − .

Δ2. Η g είναι παραγωγίσιμη στο [0,1] ως πράξεις παραγωγίσιμων με g΄(x) = f΄(x) + 2α ∙ (x +

1)

g(0) = f(0) + α = 0 + α = α

g(1) = f(1) + 4α = 4α – 3



Για να ικανοποιεί η g τις υποθέσεις του Θ. Rolle πρέπει 4α – 3 = α⇔ 3α = 3⇔ α = 1.

Για α = 1 είναι: g(x) = f(x) + (x + 1)2

g΄(x) = f΄(x) + 2(x + 1)

g΄΄(x) = f΄΄(x) + 2

Δ3. • Από το Θ. Rolle με τη συνάρτηση g, προκύπτει ότι η g΄(x) = 0 έχει μια τουλάχιστον

ρίζα στο (0, 1).

• g΄΄(x) = f΄΄(x) + 2 > 0, διότι f΄΄(x) > −2 άρα η g΄ είναι γνησίως αύξουσα άρα η g΄(x) = 0 έχει

μια το πολύ ρίζα στο ℝ .

Επομένως υπάρχει ένα μοναδικό ( )ξ 0,1∈ , τέτοιο ώστε: g΄(ξ) = 0⇔ f΄(ξ) + 2(ξ + 1) = 0⇔

f΄(ξ) = −2(ξ + 1).

Δ4. Το ξ είναι η μοναδική ρίζα της g΄

g΄(x) > 0⇔ g΄(x) > g΄(0)g′↑

⇔ x > 0

Η g παρουσιάζει ελάχιστο για x = ξ.

15) (Εσπερινά 2013)Δίνεται η συνάρτηση 4

f(x) αxx 1

= +−

µε x 1, α≠ ∈ℝ .

Γ1. Να βρείτε το α, ώστε η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f

στο σηµείο Α(2, f(2)) να είναι κάθετη στην ευθεία (ε): x – 3y + 6 = 0.

Αν α = 1, τότε:

Γ2. να µελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την µονοτονία και να βρεθούν τα

ακρότατα

Γ3. να βρείτε τις ασύµπτωτες της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f

Γ4. να βρείτε το όριο: ( )

2x 1

x 1 f(x) 6lim

x 1→−

− −

−.

Λύση



Γ1. Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας (ε) είναι 1

3, άρα η εφαπτομένη της Cf στο

σημείο Α(2,f(2)) που είναι κάθετη στην (ε) θα έχει συντελεστή διεύθυνσης f΄(2) = −3.

( )( )2

4 4f x αx α

x 1 x 1

′ ′ = + = − − −

( )( )2

4f 2 3 α 3 α 4 3 α 1

2 1′ = − ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ =

−.

Γ2. Για α = 1 είναι: ( ) 4f x x, x 1

x 1= + ≠

−.

( )( )

( )( ) ( )

2 2

2 2 2

x 1 44 x 2x 3f x 1 , x 1

x 1 x 1 x 1

− − − −′ = − = = ≠

− − −

f΄(x) = 0⇔ x2 – 2x – 3 = 0⇔ x = −1 ή x = 3

Η f είναι γνησίως αύξουσα στα (−∞,−1] και [3, +∞), ενώ είναι γνησίως φθίνουσα στα [−1, 1)

και (1, 3].

Η f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο το f(−1) = −3, ενώ παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο το f(3) = 5.

Γ3. • ( )x 1 x 1

4lim f x lim x

x 1+ +→ →

= + = +∞ − , διότι

x 1 x 1

4lim , lim x 1

x 1+ +→ →= +∞ =

−

άρα η Cf έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη την x = 1.

1ος τρόπος

• ( )x x x

4 4lim f x x lim lim 0

x 1 x→−∞ →−∞ →−∞− = = = −

2ος τρόπος

• ( )

2x x x

4xf x 4x 1lim lim lim 1 1 λ

x x x x→−∞ →−∞ →−∞

+ −= = + = = −

( )x x x

4 4lim f x λx lim x x lim 0 β

x 1 x→−∞ →−∞ →−∞

− = + − = = = −



άρα η Cf έχει πλάγια ασύμπτωτη στο −∞ την y = x.

1ος τρόπος

• ( )x x x

4 4lim f x x lim lim 0

x 1 x→+∞ →+∞ →+∞− = = = −

2ος τρόπος

• ( )

2x x x

4xf x 4x 1lim lim lim 1 1 λ

x x x x→+∞ →+∞ →+∞

+ −= = + = = −

( )x x x

4 4lim f x λx lim x x lim 0 β

x 1 x→+∞ →+∞ →+∞

− = + − = = = −

άρα η Cf έχει πλάγια ασύμπτωτη στο +∞ την y = x.

Γ4. •

( ) ( ) ( ) ( ) 2

2 2 2 2x 1 x 1 x 1 x 1

4x 1 x 6

x 1 f x 6 4 x x 1 6 x x 2x 1lim lim lim lim

x 1 x 1 x 1 x 1→− →− →− →−

− ⋅ + − − ⋅ − + ⋅ − − − −− = = = =− − − −

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

x 1 x 2 x 2 3 3lim lim

x 1 x 1 x 1 2 2→− →−

+ − − −= = = =

+ − − −.

16)(Εσπερινά 2013)Θεωρούµε τη συνάρτηση f : →ℝ ℝ µε τύπο ( )2f(x) x x x 1= + + .

Να αποδείξετε ότι:

Δ1. η συνάρτηση f είναι γνησίως µονότονη

Δ2. η εξίσωση

3f (x x 1) f (2)− + =

έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο διάστηµα (1,3).

Δ3. Να εξετάσετε αν για τη συνάρτηση f ικανοποιούνται οι υποθέσεις του

θεωρήµατος Μέσης Τιµής στα διαστήµατα [1,2], [2,3] και [1,3], και στη συνέχεια, να

αποδείξετε ότι υπάρχουν ( )1ξ 1,2∈ και ( )2ξ 2,3∈ και ( )ξ 1,3∈ τέτοια ώστε να ισχύει η

σχέση:

( ) ( ) ( )1 22f ξ f ξ f ξ′ ′ ′= + .



Λύση

Δ1.

( ) ( ) ( )2

22 2 2 2

2 2 2

2 2 2

x x 1x 2x x 1 x 1 xf x x x x 1 2x x 1 0

x 1 x 1 x 1

+ +′ + + + +′ = + + = + + + = = >

+ + +

άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .

Δ2. ( ) ( )f "1 1"

3 3 3f x x 1 f 2 x x 1 2 x x 1 0−

− + = ⇔ − + = ⇔ − − = .

Θεωρούμε Q(x) = x3 – x – 1

• η Q είναι συνεχής στο [1, 3] ως πολυωνυμική

• Q(1) = 13 – 1 – 1 = – 1 < 0

Q(3) = 33 – 3 – 1 = 23 > 0

από Θ. Bolzano η Q έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (1, 3).

Δ3. Η f είναι παραγωγίσιμη στα [1, 2], [2, 3] και [1, 3] άρα ικανοποιούνται οι υποθέσεις του

Θ.Μ.Τ. σε καθένα από τα παραπάνω διαστήματα.

Από Θ.Μ.Τ. με την f στα [1, 2], [2, 3] και [1, 3] έχουμε ότι υπάρχουν:

• ( )1ξ 1,2∈ με ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1

f 2 f 1f ξ f 2 f 1

2 1

−′ = = −

−

• ( )2ξ 2,3∈ με ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2

f 3 f 2f ξ f 3 f 2

3 2

−′ = = −

−

• ( )ξ 1,3∈ με ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f 3 f 1 f 3 f 1f ξ

3 1 2

− −′ = =

−

Είναι ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2f ξ f ξ f 3 f 2 f 2 f 1 f 3 f 1 2f ξ′ ′ ′+ = − + − = − =



17)(Εσπερινά 2014)Δίνεται η συνάρτηση f µε ( ) ( )2f(x) x 3 x 1 , x= − − ∈ℝ .

Γ1. Να βρείτε τα διαστήµατα στα οποία η f είναι γνησίως αύξουσα και τα

διαστήµατα στα οποία η f είναι γνησίως φθίνουσα.

Γ2. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτοµένης της γραφικής παράστασης της f η

οποία

α) είναι παράλληλη προς την ευθεία µε εξίσωση y = 4x + 3

και

β) η τετµηµένη του σηµείου επαφής της µε την γραφική παράσταση της f είναι

ακέραιος αριθµός.

Γ3. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση

( )g(x) x 1 f(x), x= − ∈ℝ

έχει δύο θέσεις τοπικών ελαχίστων και µία θέση τοπικού µεγίστου.

Λύση

Γ1. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2f x 2 x 3 x 1 x 3 x 3 2 x 1 x 3′ = − ⋅ − + − = − ⋅ − + − =

( ) ( ) ( ) ( )x 3 2x 2 x 3 x 3 3x 5= − ⋅ − + − = − ⋅ −

Η f είναι γνησίως αύξουσα στα 5

,3

−∞ και [3, +∞), ενώ είναι γνησίως φθίνουσα στο

5,3

3

.

Γ2. Έστω (ε) η εφαπτομένη της Cf στο σημείο Μ(x0, f(x0))

(ε) // y = 4x + 3, άρα λε = f΄(x0) = 4⇔ (x0 – 3)(3x0 – 5) = 4⇔ 3x02 – 14x0 + 11 = 0.

Δ = (–14)2 – 4∙3∙11 = 196 – 132 = 64

0

22 11απορρίπτεται

14 8 6 3x66

1 δεκτή6

= ∉± = =

= ∈

ℤ

ℤ



Άρα (ε): y – f(1) = f΄(1)∙(x – 1)⇔ y – 0 = 4(x – 1)⇔ (ε): y = 4x – 4.

Γ3. g(x) = (x – 1)∙f(x) = (x – 1)2 ∙(x – 3)2

g΄(x) = 2(x – 1)(x – 3)2 + 2(x – 1)2(x – 3) = 2(x – 1)(x – 3)(x – 3 + x – 1) =

= 2(x – 1)(x – 3)(2x – 4) = 4(x – 1)(x – 2)(x – 3)

18)(Εσπερινά 2014)Δίνεται η συνάρτηση h µε 2αx x 2

h(x) , x 1x 1

− += ≠ −

+ και α∈ℝ . Αν η

ευθεία µε εξίσωση y = x – 2 είναι πλάγια ασύµπτωτη της γραφικής παράστασης της h

στο +∞, τότε

Δ1. Να αποδείξετε ότι α = 1.

Δ2. α) Να εξετάσετε αν η ευθεία µε εξίσωση y = x – 2 είναι πλάγια ασύµπτωτη της

γραφικής παράστασης της h και στο -∞.

β) Να βρείτε την κατακόρυφη ασύµπτωτη της γραφικής παράστασης της h .

Δ3. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ( )4x 3

h(x) 0x

++ = έχει µια τουλάχιστον ρίζα στο

διάστηµα (-1,0).

Λύση

Δ1. Η y = x – 2 είναι η πλάγια ασύμπτωτη της Ch στο +∞, άρα

( )2

2 2

2 2x x x x

αx x 2h x αx x 2 αxx 1lim 1 lim 1 lim 1 lim 1 α 1

x x x x x→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

− +− ++= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =+

.

Για α = 1:

( )2 2 2

x x x x x

x x 2 x x 2 x x 2x 2 2xlim h x λx lim x lim lim lim 2

x 1 x 1 x x→+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞

− + − + − − − + −− = − = = = = − + +

.



Δ2.α) ( )

2

2 2

2 2x x x x

x x 2h x x x 2 xx 1lim lim lim lim 1 λ

x x x x x→−∞ →−∞ →−∞ →−∞

− +− ++= = = = =+

( )2 2 2

x x x x x

x x 2 x x 2 x x 2x 2 2xlim f x λx lim x lim lim lim 2 β

x 1 x 1 x x→−∞ →−∞ →−∞ →−∞ →−∞

− + − + − − − + −− = − = = = = − = + +

.

Άρα η y = x – 2 είναι η πλάγια ασύμπτωτη της Ch στο −∞.

β) ( ) ( )2

2

x 1 x 1 x 1

x x 2 1lim h x lim lim x x 2

x 1 x 1+ + +→− →− →−

− + = = ⋅ − + = +∞ + + ,

διότι x 1

1lim

x 1+→−= +∞

+, αφού ( )

x 1lim x 1 0

+→−+ = και x + 1 > 0 και ( )2

x 1lim x x 2 4 0

+→−− + = > ,

άρα η x = −1 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Ch.

Δ3. ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( )

44 4 22 x x x 2 x 1 x 3x 3 x 3x x 2h x 0 0 0

x x 1 x x x 1

− + + + −− −− ++ = ⇔ + = ⇔ =

+ +.

Θεωρώ συνάρτηση Κ, με Κ(x) = x(x2 – x + 2) + (x + 1)(x – 3)4.

• Κ συνεχής στο [–1,0] ως πολυωνυμική

• Κ(–1) = –4 < 0 και Κ(0) = (–3)4 > 0

από Θ. Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )ξ 1,0∈ − , τέτοιο ώστε

( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( )

421 ξ 0 ξ ξ ξ 2 ξ 1 ξ 3K ξ

K ξ 0 0 0ξ ξ 1 ξ ξ 1

− < < − + + + −= ⇔ = ⇔ = ⇔

+ +

( )( )

( ) ( )( )

( ) ( ) ( )4 4 42 2ξ ξ ξ 2 ξ 1 ξ 3 ξ 3 ξ 3ξ ξ 20 0 h ξ 0

ξ ξ 1 ξ ξ 1 ξ 1 ξ ξ

− + + − − −− ++ = ⇔ + = ⇔ + =

+ + +

επομένως η εξίσωση ( ) ( )4x 3h x 0

x

−+ = έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (−1, 0).



19) (Εσπερινά 2015)Δίνεται η συνάρτηση ( )2

1f x , x

x 1= ∈

+ℝ .

Γ1. Να βρεθεί το σύνολο τιµών της f.

Γ2. Να αποδείξετε ότι ( )( ) 2f f x

2≥ για κάθε x∈ℝ .

Γ3. Να υπολογίσετε το όριο ( )

x 0

2f 1 x

2limx→

+ −.

Γ4. Να βρείτε τις εξισώσεις όλων των εφαπτοµένων της γραφικής παράστασης της f

που διέρχονται από το σηµείο (3,0).

Λύση

Γ1. ( )( )

( )( ) ( )

22 2 322 2 2

1 1 x xf x x 1

x 1x 1 x 1 x 1

′ −′ = − ⋅ + = − ⋅ =

++ + +

( ]1∆ ,0= −∞ με f γνησίως αύξουσα στο Δ1

( ) ( ) ( )( ( ]1 2x x

1f ∆ lim f x , f 0 lim ,1 0,1

x 1→−∞ →−∞

= = = +

( )2∆ 0,= +∞ με f γνησίως φθίνουσα στο Δ2

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 2x xx 0

1f ∆ lim f x , lim f x lim , f 0 0,1

x 1+→+∞ →+∞→

= = =

+

άρα σύνολο τιμών ( ) ( ) ( ) ( ]1 2f f ∆ f ∆ 0,1= ∪ =ℝ

Γ2. Είναι ( )( ]

( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )f στο 0,1 1 2

0 f x 1 f f x f 1 f f x f f x22

↓

< ≤ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ , για κάθε

x∈ℝ .

Γ3. ( ) ( ) ( ) ( )

0

0

x 0 DL H x 0 x 0

2f 1 x f 1 x 1 22lim lim lim f 1 x f 1

x 1 42 2

′→ → →

+ − ′ + −′ ′= = + = = = −

ή ( ) ( ) ( ) ( )

ορισµός

x 0 x 0 παραγώγου

2f 1 x f 1 x f 1 1 22lim lim f 1

x x 42 2→ →

+ − + − −′= = = = −



Γ4. (ε): η εφαπτομένη της Cf στο σημείο Μ(x0, f(x0))

(ε): y – f(x0) = f΄(x0)∙(x – x0)

Το σημείο (3,0) ανήκει στην ευθεία (ε), άρα

( ) ( ) ( )( )

( )00 0 0 02 2 2

0 0 0

x1f x f x 3 x 3 x

x 1 x 1 x 1

−′− = ⋅ − ⇔ − = ⋅ − ⇔

+ + ⋅ +

22 2 20 0

0 0 0 0 020

3x x1 x 1 3x x 2x 3x 1 0

x 1

−= ⇔ + = − ⇔ − + =

+

Δ = (–3)2 – 4∙2∙1 = 9 – 8 = 1 > 0

0

13 1

x 14

2

±= =

• ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 1 1

2 2x 1 ε : y f 1 f 1 x 1 ε : y x 1

2 4′= → − = ⋅ − ⇔ − = − ⋅ − ⇔

( ) ( )1 1

2 2 2 2 3 2ε : y x ε : y x

2 4 4 4 4− = − + ⇔ = − +

• ( ) ( )0 2 2

1 1 1 1 2 5 4 5 1x ε : y f f x ε : y x

2 2 2 2 5 25 2 ′= → − = − ⇔ − = − −

( ) ( )2 2

2 5 4 5 2 5 4 5 12 5ε : y x ε : y x

5 25 25 25 25⇔ − = − + ⇔ = − +



20) (Εσπερινά 2015)Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : →ℝ ℝ για την οποία ισχύει ότι

( ) 2 1xf x συνx 1 x ηµ

x+ = − , για κάθε x ≠ 0.

Δ1. Να αποδείξετε ότι ( )1 συνx 1

xηµ , x 0f x x x

0 , x 0

− − ≠= =

Δ2. Να υπολογίσετε την παράγωγο f΄(x) της συνάρτησης f για κάθε x ≠ 0.

Δ3. Να αποδείξετε ότι η f έχει στο +∞ οριζόντια ασύμπτωτη την ευθεία y = –1.

Δ4. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x)=0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα

1,π

+∞

.

Λύση

Δ1. Για x ≠ 0:

( )2 21 1

1 συνx x ηµ x ηµ1 συνx 1 συνx 1x xf x x ηµx x x x x

− − ⋅ ⋅− −= = − = − ⋅

( ) ( )f σχης

x 0 x 0

1 συνx 1f 0 lim f x lim x ηµ 0

x x+ +→ →

− = = + ⋅ =

, διότι

• x 0

1 συνxlim 0

x+→

−= και

•

( )

κριτήριο

παρεµβολής x 0

x 0 x 0

1 11 ηµ 1 x x ηµ x 1x x lim x ηµ 0

xlim x lim x 0+

+ +

→

→ →

− ≤ ≤ ⇔ − ≤ ⋅ ≤ ⇒ ⋅ = − = =

άρα ( )1 συνx 1

x ηµ , x 0f x x x

0 , x 0

− − ⋅ ≠= =

Δ2. Για x ≠ 0:

( ) 1 συνx 1 1 συνx 1f x x ηµ x ηµ

x x x x

′ ′ ′− − ′ = − ⋅ = − ⋅ =

( ) ( ) ( ) ( )2

1 συνx x 1 συνx x 1 1x ηµ x ηµ

x x x

′ ′ ′− ⋅ − − ⋅ ′ = − ⋅ + ⋅ =



( )2 2 2

ηµx x 1 συνx 1 1 1 1 x ηµx 1 συνx 1 1 11 ηµ x συν ηµ x συν

x x x x x x x x

′⋅ − − ⋅ ⋅ − + = − ⋅ − ⋅ ⋅ = − − ⋅ ⋅ − =

2

x ηµx 1 συνx 1 1 1ηµ συν

x x x x

⋅ − += − + ⋅

Δ3. ( )x x

1 συνx 1lim f x lim x ηµ 1

x x→+∞ →+∞

− = − ⋅ = −

, διότι

• κριτήριο

xπαρεµβολής

x x

1 συνx 1 1 συνx 1

1 συνx 2 1 συνx0 1 συνx 2 0 lim 0

x x x2

lim 0 lim 0x

→+∞

→+∞ →+∞

− ≤ ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔− −

≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇒ =

= =

• x

1ω

x

1x x 0 x 0lim 0x

1 1 ηµωlim x ηµ lim ηµω lim 1

x ω ω+ +

→+∞

=

→+∞ → →=

⋅ = ⋅ = =

άρα η Cf έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο +∞ είναι η ευθεία y = –1.

Δ4. ( )xlim f x 1 0→+∞

= − < , άρα υπάρχει θετικός 1

θπ

> , ώστε f(θ) < 0

• f συνεχής στο 1

,θπ

•

11 συν1 1 1 1 1 1πf ηµ π 1 συν ηµπ π 1 συν 0

1 1π π π π π

π π

− = − ⋅ = ⋅ − − ⋅ = ⋅ − >

• f(θ) < 0

από Θ. Bolzano υπάρχει μια τουλάχιστον ρίζα της εξίσωσης f(x) = 0 στο διάστημα

1 1,θ ,π π

⊆ +∞



(Εσπερινά 2016)

∆ίνεται η συνάρτηση ( )2x α, x 1

f x2x , x 1

+ ≤=

>.

B1. Να βρείτε την τιµή του α, ώστε η f να είναι συνεχής στο 0x 1= .

B2. Αν α=1, να δείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιµη στο 0x 1= .

B3. Για την παραπάνω τιµή του α, να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτοµένης της γραφικής

παράστασης της f στο 0x 1= .

Απ.: Β1. Για να είναι η f συνεχής στο 0x 1= πρέπει

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

− +→ →= =

( ) ( )( ) ( )

( )

2

x 1 x 1

x 1 x 1

lim f x lim x α 1 α

lim f x lim 2x 2 1 α 2 α 1

f 1 1 α

− −

+ +

→ →

→ →

= + = +

= = ⇒ + = ⇔ =

= +

Β2. Για α 1= είναι: ( )2x 1, x 1

f x2x , x 1

+ ≤=

>

( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( )

2

x 1 x 1 x 1 x 1

x 1 x 1 x 1

f x f 1 x 1 x 1x 1 2lim lim lim lim x 1 2

x 1 x 1 x 1f x f 1 2 x 12x 2

lim lim lim 2x 1 x 1 x 1

− − − −

+ + +

→ → → →

→ → →

− − + + −= = = + = − − −

− ⋅ −− = = = − − −

άρα η f είναι παραγωγίσιµη στο 0x 1= µε ( )f 1 2′ = .

Β3. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ε : y f 1 f 1 x 1 ε : y 2 2 x 1 ε : y 2 2x 2 ε : y 2x′− = ⋅ − ⇔ − = ⋅ − ⇔ − = − ⇔ =



ΘΕΜΑ Γ (Εσπερινά 2016)

∆ίνεται η συνάρτηση ( )2

2

xf x , x

x 1= ∈

+ℝ .

Γ1. 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.

Γ2. Να βρεθούν οι ρίζες και το πρόσηµο της f΄΄.

Γ3. Να βρεθούν οι ασύµπτωτες της γραφικής παράστασης της f.

Απ.:

Γ1

( )( ) ( ) ( )

( )( )( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2 22 3 3

2 2 2 22 2 2 2 2

x x 1 x x 1 2x x 1 x 2xx 2x 2x 2x 2xf x

x 1 x 1 x 1 x 1 x 1

′ ′′ ⋅ + − ⋅ + ⋅ + − ⋅ + −′ = = = = = + + + + +

( )( )22

2xf x 0 0 2x 0 x 0

x 1′ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

+

( )( )22

2xf x 0 0 2x 0 x 0

x 1′ > ⇔ > ⇔ > ⇔ >

+

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞,0], ενώ είναι γνησίως αύξουσα στο [0,+∞).

Η f παρουσιάζει τοπικό (και ολικό) ελάχιστο για x=0 την τιµή f(0)=0.

Γ2. ( )( )

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( )

2 2 22 2 2 2

2 4 42 2 2

2x x 1 2x x 1 2 x 1 2x 2 x 1 2x2xf x

x 1 x 1 x 1

′′ ′ ⋅ + − ⋅ + + − ⋅ + ⋅ ′′ = = = = + + +

( ) ( )( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2 2

4 3 32 2 2

x 1 2 x 1 8x 2x 2 8x 2 6x

x 1 x 1 x 1

+ ⋅ + − + − − = = =+ + +

( )( )

22 2

32

2 6x 1 1 3f x 0 0 2 6x 0 x x x

3 33x 1

−′′ = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ± ⇔ = ±

+



Γ3. • ( )2 2

2 2x x x


x 1 x→−∞ →−∞ →−∞= = =

+

άρα η Cf έχει οριζόντια ασύµπτωτη στο −∞ την y 1= .

• ( )2 2

2 2x x x


x 1 x→+∞ →+∞ →+∞= = =

+

άρα η Cf έχει οριζόντια ασύµπτωτη στο +∞ την y 1= .

• Η Cf είναι συνεχής στο ℝ , άρα δεν έχει κατακόρυφες ασύµπτωτες.

ΘΕΜΑ ∆ (Εσπερινά 2016)

∆ίνεται συνάρτηση f : →ℝ ℝ παραγωγίσιµη στο ℝ , για τ ην οποία ισχύει

• ( ) ( )f x f x x′ ⋅ = για κάθε x∈ℝ

• ( )f 0 1=

∆1. Να δείξετε ότι ( ) 2f x x 1= + για κάθε x∈ℝ .

∆2. Για τις διάφορες πραγµατικές τιµές του λ∈ℝ να υπολογίσετε το όριο

( )( )xlim f x λx→+∞

− .

∆3. Να δείξετε ότι το σύνολο τιµών της f είναι το [1,+∞).

∆4. Να λυθεί η εξίσωση ( )f x συνx= στο ℝ .

Απ.: ∆1. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2f x f x x 2f x f x 2x f x x ′′′ ′ ⋅ = ⇔ ⋅ = ⇔ =

από συνέπειες Θ.Μ.Τ. ( )2 2f x x c, x= + ∈ℝ

Για x 0= έχουµε ( )( )f 0 1

2f 0 c c 1=

= ⇔ = , άρα ( )2 2f x x 1, x= + ∈ℝ .

Έστω ρ ρίζα της f, άρα ( )f ρ 0=

Είναι ( )2 2 2 2f ρ ρ 1 0 ρ 1 ρ 1 αδύνατη= + ⇔ = + ⇔ = −

άρα η συνεχής f δεν έχει ρίζες στο ℝ .



Από συνέπειες θ. Bolzano η f διατηρεί σταθερό πρόσηµο στο ℝ και επειδή ( )f 0 1 0= > , θα

είναι ( )f x 0> , για κάθε x∈ℝ .

( )( )

( )f x 0

2 2 2f x x 1, x f x x 1, x>

= + ∈ ⇒ = + ∈ℝ ℝ .

∆2. ( ) ( )2 22x x x

1lim f x λx lim x 1 λx lim x 1 λx

x→+∞ →+∞ →+∞

− = + − = + −

x 0

2 2 2x x x

1 1 1lim x 1 λx lim x 1 λx lim x 1 λ

x x x

>

→+∞ →+∞ →+∞

= + − = + − = ⋅ + −

• xlim x→+∞

= +∞ και

2x

1lim 1 λ 1 λ

x→+∞

+ − = −

, αφού

2x

1lim 0

x→+∞=

• Αν λ 1< , τότε ( )xlim f x λx→+∞

− = +∞

• Αν λ 1> , τότε ( )xlim f x λx→+∞

− = −∞

• Αν λ 1= , τότε:

( ) ( ) ( )( )2 2

2

2x x x

x 1 x x 1 xlim f x λx lim x 1 x lim

x 1 x→+∞ →+∞ →+∞

+ − + +− = + − =

+ +

( )2

2 22 2

x x x x

2 2 22

x 1 x x 1 x 1 1 1lim lim lim lim 0

x1 1 11x 1 x x 1 x 1 1x 1 1x x xx

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

+ − + − = = = = ⋅ =

+ + + + + ++ +

αφού 2x x

1 1lim lim 0

x x→+∞ →+∞= = και

x

2

1lim 2

11 1

x

→+∞=

+ +

Εποµένως ( )x

, αν λ 1

lim f x λx 0 , αν λ 1

, αν λ 1→+∞

+∞ <

− = = −∞ >



∆3. ( ) ( )2

2 2

2x xf x x 1

2 x 1 x 1

′′ = + = =

+ +

• Για x 0< είναι ( )f x 0′ < , άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα.

• Για x 0> είναι ( )f x 0′ < , άρα η f είναι γνησίως αύξουσα.

( )1 ,0∆ = −∞

Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο ∆1.

( ) ( )( )

( ) ( )2 2

x x x1

2

x 0 x 0

lim f x lim x 1 , αφού lim x 1f ∆ 1,

lim f x lim x 1 1− −

→−∞ →−∞ →−∞

→ →

= + = +∞ + = +∞= +∞

= + =

[ )2 0,∆ = +∞

Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο ∆2.

( )

( ) ( )( ) [ )22 2

x x x

f 0 1f ∆ 1,

lim f x lim x 1 , αφού lim x 1→+∞ →+∞ →+∞

= = +∞

= + = +∞ + = +∞

Εποµένως ( ) ( ) ( ) [ )1 2f A f ∆ f ∆ 1,= ∪ = +∞ .

∆4. 1η λύση

Η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x 0= την τιµή ( )f 0 1= .

Είναι ( )f x 1 συνx≥ ≥ , για κάθε x∈ℝ .

Για να ισχύει το «=» πρέπει ( )f x 1= , άρα x 0= .

Πράγµατι για x 0= είναι ( )f 0 συν0 1= = .

Εποµένως µοναδική ρίζα το x 0= .

2η λύση

( ) ( ) ( )2συνx 0

2 2 2 2 2 2f x συνx f x συν x x 1 1 ηµ x x 1 1 ηµ x 0≥

= ⇒ = ⇔ + = − ⇔ + − + = ⇔

2 2x ηµ x 0 x ηµx 0 x 0+ = ⇔ = = ⇔ = (δεκτή διότι συν0 > 0)

Εποµένως µοναδική ρίζα το x 0= .



ΟΜΟΓΕΝΕΙΣ



ΟΜΟΓΕΝΕΙΣ

1) (Oμογενείς 2002)Δίνεται η συνάρτηση 1

f(x) 2x 42x 4

= + ++

.

α) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτοµένης της γραφικής παράστασης της f στο

σημείο που τέμνει τον άξονα y΄y .

β) Να βρείτε τις ασύµπτωτες της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f.

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

παράσταση της συνάρτησης f, τον άξονα των x και τις ευθείες x=0, x=1.

Λύση

α) ( ) 1 17f 0 4

4 4= + =

( )( )2

2f x 2

2x 4′ = −

+ και ( ) 2 1 15

f 0 2 216 8 8

′ = − = − = .

(ε): y – f(0) = f΄(0)∙(x – 0)⇔ (ε): y – 17

4=

15

8x ⇔ (ε): y =

15

8x +

17

4.

β) Df = ℝ −2

• ( )x 2 x 2

1lim f x lim 2x 4

2x 4+ +→− →−

= + + = +∞ + ,

άρα η Cf έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη την ευθεία x = −2.

• ( )

2

2 2

2 2x x x x x

1 4x 16x 16 12x 4f x 4x 16x 17 4x2x 4 2x 4lim lim lim lim lim 2 λ

x x x 2x 4x 2x→+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞

+ + ++ + + ++ += = = = = =

+

( )x x x

1 1lim f x λx lim 2x 4 2x lim 4 4 β

2x 4 2x 4→+∞ →+∞ →+∞

− = + + − = + = = + +

άρα η Cf έχει πλάγια ασύμπτωτη στο +∞ την ευθεία y = 2x + 4.

Όμοια στο −∞

γ) Είναι f(x) ≥ 0, στο διάστημα [0, 1].

( ) ( )1

1 1 2

0 00

ln 2x 41 ln 6 ln 4 ln 6E f x dx 2x 4 dx x 4x 1 4 5 ln 2 τ.µ.

2x 4 2 2 2 2

+ = = + + = + − = + + − = + − + ∫ ∫



2)(οµογενείς 2002)Έστω η παραγωγίσιµη συνάρτηση ( )f : 0,+∞ →ℝ για την οποία

ισχύουν f(1) = 0 και xf΄(x) –2f(x) = x, για κάθε ( )x 0,∈ +∞ .

α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση 2

f(x)h(x)=

x είναι γνησίως αύξουσα στο ( )0,+∞ .

β) Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f.

Λύση

α) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2

2 4 4 3 2

x x f x 2f xf x f x x f x 2x x 1h x 0

x x x x x

′ ′⋅ − ′ ⋅ − ⋅ ′ = = = = = >

,

άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο (0, +∞).

β) Είναι ( ) ( )2 2

f x1 1h x

x x x

′ ′ ′ = ⇔ = −

, άρα από συνέπειες Θ.Μ.Τ. ( )

2

f x 1c

x x= − + ⇔ f(x) =

−x + c∙x2, x>0

Για x = 1: f(1) = −1 + c⇔ 0 = −1 + c⇔ c = 1.

Επομένως f(x) = x2 – x, x > 0.

3)(οµογενείς 2003)Δίνεται η συνάρτηση

4x 3, x

3f(x)4

2x 1, x3

− − ≤ −= + > −

α) Να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής στο 0

4x

3= − .

β) Να εξετάσετε αν η f είναι παραγωγίσιµη στο 0

4x

3= − .

γ) Για 4

x3

≠ − , να βρείτε την f ΄(x) και να λύσετε την εξίσωση f(x) + f ΄(x) = 1

2.

Λύση



α)

( ) ( )

( ) ( )

4 4x x

3 3

04 4

x x3 3

4 5lim f x lim x 3 3

3 3

8 5 4lim f x lim 2x 1 1 f συνεχήςστοx

3 3 3

4 4 5f 3

3 3 3

− −

+ +

→− →−

→− →−

= − − = − = −

= + = − + = − ⇒ = −

− = − = −

β)

( )

4 4 4x x x

3 3 3

4 45f x f xx 33 33lim lim lim 1

4 4 4x x x

3 3 3

− − −

→− →− →−

− − − +− − + = = = −

+ + +

( )

4 4 4x x x

3 3 3

4 45f x f 2 x2x 13 33lim lim lim 2

4 4 4x x x

3 3 3

+ + +

→− →− →−

− − ++ + = = =

+ + +

άρα η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0

4x

3= − .

γ) ( )

41, x

3f x4

2, x3

− < −′ = > −

• ( ) ( )4 1 1 9x : f x f x x 3 1 x

3 2 2 2′< − + = ⇔ − − − = ⇔ = −

( ) ( )4 1 1 5x : f x f x 2x 1 2 x

3 2 2 4′> − + = ⇔ + + = ⇔ = −

4)(οµογενείς 2003)Δίνεται η συνάρτηση f δύο φορές παραγωγίσιµη στο IR, για την

οποία υποθέτουμε ότι ισχύει f(0)=0 και ότι η f ΄ είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα

(0, +∞):

α) Να αποδείξετε ότι για κάθε x > 0 υπάρχει ( )ξ 0, x∈ τέτοιος ώστε f(x) = x ∙ f ΄(ξ).

β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση xf(x)h(x) e , x 0

x= + > είναι συνάρτηση 1 – 1 στο

διάστημα (0, +∞).

γ) Αν h(x) = ex + x5 + x, να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα : ( )e 1

1I f x+1 dx

−= ∫ .

Λύση

α) Έστω x > 0. Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. με την f στο [0, x].



Υπάρχει ( )ξ 0, x∈ , τέτοιο ώστε ( ) ( ) ( ) ( )f x f 0 f xf ξ

x 0 x

−′ = =

−, άρα f(x) = x∙f΄(ξ).

β) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x x x2 2 2

x f x f ξf x x f x x f x x f ξh x e e e

x x x

′ ′⋅ − ′ ′ ′⋅ − ⋅ − ⋅ ′ = + = + = + =

( ) ( ) xf x f ξe 0

x

′ ′−= + > ( ( ) ( ) ( ) ( )

f''

x ξ f x f ξ f x f ξ 0↑

′ ′ ′ ′> ⇔ > ⇔ − > )

άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο (0, +∞), άρα η h είναι «1 – 1» στο (0, +∞).

γ) ( ) ( ) ( ) ( )x 5 x x 5 5 6 2f x f xh x e x x e e x x x x f x x x

x x= + + ⇔ + = + + ⇔ = + ⇔ = +

( ) ( ) ( )e7 3 7 3 7 3e 1 e e 6 2

1 2 22

u u e e 2 2I f x 1 dx f u du u u du

7 3 7 3 7 3

− = + = = + = + = + − −

∫ ∫ ∫

(u = x + 1 / du = dx

• x = 1 → u = 2

• x = e – 1 → u = e)

5) (ομογενείς 2004)Δίνεται η συνάρτηση

2x , x 0

f(x) αx β, 0 x 1

1 xlnx, x 1

− ≤

= + < < + ≥

όπου α,β∈ℝ .

α) Να βρείτε τα α και β έτσι ώστε η f να είναι συνεχής στο πεδίο ορισµού της.

β) Αν, για τους πραγµατικούς αριθµούς α και β, ισχύει: α = 1 και β = 0, τότε:

i) Να υπολογίσετε το 2x

f(x)lim

x→+∞.

ii) Να υπολογίσετε τα όρια : x 1 x 1

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

x 1 x 1+ −→ →

− −− −

.

Λύση

α)

( ) ( )( ) ( )

( )

2

x 0 x 0

x 0 x 0

lim f x lim x 0

lim f x lim αx β β β 0

f 0 0

− −

+ +

→ →

→ →

= − =

= + = ⇒ =

=



( ) ( )

( ) ( )

( )

β 0

x 1 x 1

x 1 x 1

lim f x lim αx β α β α

lim f x lim 1 xlnx 1 α 1

f 1 1

− −

+ +

=

→ →

→ →

= + = + =

= + = ⇒ =

=

β) Για α = 1 και β = 0 είναι ( )

2x , x 0

f x x, 0 x 1

1 xlnx, x 1

− ≤

= < < + ≥

i. ( )

2 2x x DL H x DL H x

1f x 1 xlnx 1 lnx xlim lim lim lim 0x x 2x 2

+∞ +∞ +∞ +∞

′ ′→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

+ += = = = .

ii. ( ) ( )

x 1 x 1

f x f 1 x 1lim lim 1

x 1 x 1− −→ →

− −= =

− −

( ) ( )00

DL Hx 1 x 1 x 1

f x f 1 1 xlnx 1 1 lnxlim lim lim 1

x 1 x 1 1+ + +

′→ → →

− + − += = =

− −.

6)(οµογενείς 2005)Θεωρούµε τη συνάρτηση

xα e , x 0f(x)

xlnx , x 0

+ ≤=

> όπου α∈ℝ .

A) Να υπολογίσετε τον πραγµατικό αριθµό α ώστε η συνάρτηση f να είναι συνεχής

στο x0=0 .

B) Αν για τον πραγματικό αριθμό α ισχύει α = -1 :

i) Να εξετάσετε αν η f είναι παραγωγίσιµη στο x0=0 .

ii) Να βρείτε τα διαστήµατα µονοτονίας της f.

iii) Να υπολογίσετε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική

παράσταση της f, τον άξονα x΄x και τις ευθείες x = 1 και x = e.

Λύση

Α)

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

x

x 0 x 0

DL Hx 0 x 0 x 0 x 0 x 0

2

lim f x lim α e α 1

1lnx xlim f x lim x lnx lim lim lim x 0 α 1 0 α 11 1x x

f 0 0

− −

+ + + + +

→ →

+∞ +∞

′→ → → → →

= + = +

= ⋅ = = = − = ⇒ + = ⇔ = −−=



Β)i)

( ) ( )

( ) ( )

0x x0

DL Hx 0 x 0 x 00

x 0 x 0 x 0

f x f 0 e 1 elim lim lim 1

x 0 x 1 η f δεν είναι παραγωγίσιµη στο x =0f x f 0 xlnx

lim lim lim lnxx 0 x

− − −

+ + +

′→ → →

→ → →

− − = = = − ⇒

−= = = −∞

−

ii) ( )xe , x 0

f x1 lnx, x 0

<′ =

+ >

Η f είναι γνησίως αύξουσα στα (−∞, 0] και [e−1, +∞), ενώ η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [0,

e−1].

iii) Στο διάστημα [1, e] είναι f(x) = xlnx ≥ 0.

( ) ( )e2 2 2 2e e e e e

1 1 1 1 11

x x x e xE f x dx xlnxdx lnxdx lnx lnx dx 0 dx

2 2 2 2 2

′ ′= = = = − = − −

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

e2 2 2 2 2

1

e x e e 1 e 10 0 τ.µ.

2 4 2 4 4 4

+= − − = − − + =

7)(ομογενείς 2005)Θεωρούμε τη συνάρτηση

f(x) = x – lnx + ex , ( )x 1,∈ +∞ .

α) Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα (1,+∞).

β) Να βρεθούν τα όρια:

x

x x x

lnx elim , lim , lim f(x)

x x→+∞ →+∞ →+∞

γ) Nα αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x)=2005 έχει µοναδική λύση στο διάστηµα (1,+∞).

δ) Έστω e f(e) -1

2 f(2)f(x)dx f (x)dxΠ = +∫ ∫ . Να υπολογίσετε την τιµή της παράστασης Π –

2ln2 .

Λύση

α) ( ) ( )x x x1 x 1f x x lnx e 1 e e 0

x x

−′′ = − + = − + = + > , για x > 1, άρα η f είναι γνησίως

αύξουσα στο (1, +∞).



β) ( ) ( )x

x

x x x

lnx elim f x lim x lnx e lim x 1

x x→+∞ →+∞ →+∞

= − + = − + = +∞

διότι: • xlim x→+∞

= +∞

• x DL H x

1lnx xlim lim 0x 1

+∞ +∞

′→+∞ →+∞= =

• x x

x DL H

e elim lim

x 1x

+∞ +∞

′→+∞ →+∞= = +∞ .

γ) ( ) ( )x

x 1 x 1lim f x lim x lnx e 1 e

+ +→ →= − + = +

άρα f((1, +∞)) = (1 + e, +∞)

( )( )2005 f 1,∈ +∞ και η f είναι γνησίως αύξουσα στο (1, +∞), άρα η εξίσωση f(x) = 2005 έχει

μοναδική λύση στο (1, +∞).

δ) ( ) ( )( )

( )e f e 1

2 f 2f x dx f x dx−Π = +∫ ∫

(u = f−1(x) / x = f(u) / dx = f΄(u)du

• x = f(2) → u = 2

• x = f(e) → u = e)

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )e e e e e

22 2 2 2f x dx uf u du f x xf x dx xf x du xf x ef e 2f 2′′ ′= + = + = = = − = ∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( )e 2 2 1 e 2 1 e 2e e lne e 2 2 ln2 e e e e 4 2ln2 2e e e e 4 2ln2+ += − + − − + = − + − + − = − − − +

άρα 1 e 22ln2 e e e 4+Π − = − − − .

8)(ομογενείς 2006)Δίνεται η συνάρτηση f(x) = ln(x – 5) + 2x – 12.

α) Ποιο είναι το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f;

β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα.

γ) Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης f.

δ) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x)=2006 έχει μοναδική λύση στο πεδίο ορισμού της

συνάρτησης f.

Λύση

α) Πρέπει x > 5, άρα Df = (5, +∞).



β) ( ) ( ) 1f x ln x 5 2x 12 2 0

x 5′′ = − + − = + > −

, για x > 5

άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (5, +∞).

γ) ( ) ( )x 5 x 5lim f x lim ln x 5 2x 12

+ +→ →= − + − = −∞

διότι ( )x 5lim ln x 5

+→− = −∞ και ( )

x 5lim 2x 12 2

+→− = − .

• ( ) ( )x xlim f x lim ln x 5 2x 12→+∞ →+∞

= − + − = +∞

διότι ( )xlim ln x 5→+∞

− = +∞ και ( )xlim 2x 12→+∞

− = +∞ .

Το σύνολο τιμών της f είναι το f((5, +∞)) =ℝ .

δ) ( )2006 f 5,∈ +∞ και η f είναι γνησίως αύξουσα στο (5, +∞), άρα η εξίσωση f(x) = 2006 έχει

μοναδική λύση στο (5, +∞).

9) (ομογενείς 2007) Δίνεται η συνάρτηση ( )1f(x) ln x , x 0,

4x= + ∈ +∞ .

α. Να αποδείξετε ότι: 5

1 1f 0, f 0

e 4 > <

και ( )5f e 0> .

β. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της

συνάρτησης f στο σηµείο Μ(1, f(1)).

γ. Να βρείτε τα διαστήµατα µονοτονίας της f.

δ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) = 0 έχει ακριβώς δύο ρίζες στο διάστηµα (0, +∞).

Λύση

α. 5 5

55 5

5

1 1 1 e ef ln lne 5 0

1e e 4 44e

− = + = + = − + >

21 1 1f ln ln2 1 2ln2 1 0

14 4 44

− = + = + = − + <

( )5 55 5

1 1f e lne 5 0

4e 4e= + = + > .



β. ( ) 1 1f 1 ln1

4 4= + =

( ) ( ) 2 2

1 1 1 1 1 4x 1f x lnx lnx , x 0

4x 4 x x 4x 4x

′ ′ − ′′ = + = + = − = >

( ) 3f 1

4′ =

(ε): y – f(1) = f΄(1) ∙ (x – 1)⇔ (ε): y – 1

4=

3

4(x – 1)⇔ (ε): y =

3

4x –

1

2.

γ.

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1

0,4

, ενώ η f είναι γνησίως αύξουσα στο 1

,4 +∞

.

δ. Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1

0,4

, ενώ η f είναι γνησίως αύξουσα στο 1

,4 +∞

,

άρα η f έχει 2 το πολύ ρίζες (1).

• Η f είναι συνεχής στα 5

1 1,

e 4

, 51,e

4

.

• 5

1 1f 0, f 0

e 4 > <

και f(e5) > 0.

Από Θ. Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον 1 5

1 1x ,

e 4 ∈

και ένα τουλάχιστον 52

1x ,e

4 ∈

,

τέτοια ώστε f(x1) = f(x2) = 0 (2).

Από (1) και (2) η εξίσωση f(x) = 0 έχει ακριβώς δύο ρίζες στο διάστημα (0, +∞).



10) (ομογενείς 2007) Έστω f μία παραγωγίσιμη συνάρτηση στο ℝ , για την οποία

ισχύει ( ) ( ) -3xf x f x 4e′ − = − και f(0) = 2.

α. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση h(x) = e– x f(x) – e– 4x είναι σταθερή.

β. Να αποδείξετε ότι: x3x

1f(x) e

e= + .

γ. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα: x

0I(x) f(t)dt= ∫ .

δ. Να βρείτε το 2x

I(x)lim

x→+∞.

Λύση

α.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x 4x x 4x x 4x x 4xh x e f x e e f x e e f x 4e e f x f x 4e− − − − − − − −′′ ′ ′ = ⋅ − = − ⋅ − + ⋅ + = ⋅ − + =

( )x 3x 4x 4x 4xe 4e 4e 4e 4e 0− − − − −= ⋅ − + = − + =

άρα η h είναι σταθερή στο ℝ .

β. h(0) = e0 ∙ f(0) – e0 = 2 – 1 = 1, άρα h(x) = 1, για κάθε x∈ℝ .

Είναι ( ) ( ) ( ) ( )xe

x 4x x 4x xx 4x 3x

f x 1 1e f x e 1 e f x 1 e 1 f x e

e e e

⋅− − − −⋅ − = ⇔ ⋅ = + ⇔ = + ⇔ = + .

γ. ( ) ( ) ( )x x3tx x t 3t t t

3t0 000

e 1I x f t dt e e dt e e

3 3e

−− = = + = − = − =

∫ ∫

x 0 x3x 0 3x

1 1 1 2e e e

3e 3e 3e 3 = − − − = − −

.

δ. ( )

x 3xx 3x x 3x

2 2x x DL H x DL H x

1 2e eI x e e e 3e3 3lim lim lim lim

x x 2x 2

+∞ +∞ − − −+∞ +∞

′ ′→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

− − + −= = = = +∞ .



11) (ομογενείς 2008) Δίνεται η συνάρτηση f με x lnx

f(x) , x 0x

+= > .

α. Να μελετηθεί η συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα.

β. Να υπολογίσετε τo όριo xlim f(x)→+∞

.

γ. Να υπολογίσετε το ορισμένο ολοκλήρωμα: 2e

1I f(x)dx= ∫ .

Λύση

α. • ( ) 2

1 lnxf x

x

−′ =

• f΄(x) = 0⇒1 – lnx = 0⇒x = e.

β. ( )DLH

x x x

11x lnx xlim f x lim lim 1

x 1→+∞ →+∞ →+∞

++= = = .

γ.

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

1 1 1 1 1 1 1

x lnx lnx lnxI f x dx dx 1 dx 1dx dx 1dx lnx lnx dx

x x x

+ ′= = = + = + = + ⋅ = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

[ ] ( ) ( )2

2

e2e 2 2

1

1

lnxx e 1 2 e 1

2

= + = − + = +

.



12)(οµογενείς 2008) Δίνεται η συνάρτηση f µε f(x) = ηµx, όπου x∈ℝ .

α. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτοµένης ευθείας στο σηµείο (0, f(0)) της γραφικής

παράστασης της f.

β. Να υπολογίσετε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική

παράσταση της f και τις ευθείες y = x και y = 1.

γ. Να αποδείξετε ότι για κάθε x > 0 ισχύει η ανισότητα 23ηµx x x

2> − .

Λύση

α. y – f(0) = f΄(0)(x – 0)⇒y – 0 = 1(x – 0)⇒y = x.

β. [ ]π π2 2

τραπ 00

π 1 π 1 π 3E E ηµxdx συνx 1 τ.µ.

2 2 2

− − −= − = − − = − =∫

γ. Θέτω ( ) 23h x ηµx x x , x 0

2= − + >

h΄(x) = συνx – 1 + 3x

h΄΄(x) = –ημx + 3 > 0 άρα h΄ ↑ οπότε 0 < x⇒h΄(0) < h΄(x)⇒0 < h΄(x) άρα h ↑ για x > 0

Οπότε

( ) ( ) ( ) 2 2 23 3 30 x h 0 h x 0 h x 0 ηµx x x x x ηµx ηµx x x

2 2 2< ⇒ < ⇒ < ⇒ < − + ⇒ − < ⇒ > − .



13) (ομογενείς 2009) Δίνεται η συνάρτηση f(x) = xex – α , όπου α∈ℝ .

α. Να βρεθεί η τιμή του α, ώστε η εφαπτομένη της Cf στο σηµείο Α(0,f(0)) να είναι

παράλληλη στην ευθεία y=ex.

β. Για α= −1,

i. να µελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη µονοτονία και τα ακρότατα,

ii. να αποδείξετε ότι ο άξονας x΄x είναι οριζόντια ασύµπτωτη της Cf στο -∞.

Λύση

α. ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x α x α x α x α x α x αf x x e x e x e e x e x 1 e− − − − − −′ ′′′ = ⋅ = ⋅ + ⋅ = + ⋅ = + ⋅

Πρέπει ( ) αf 0 e e e α 1 α 1−′ = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = −

β.i. Για α = −1

f(x) = x ∙ ex + 1

f΄(x) = (x + 1) ∙ ex + 1

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞,−1], ενώ η f είναι γνησίως αύξουσα στο [−1, +∞).

Ολικό ελάχιστο f(−1) = −1.

ii. ( ) ( ) ( )x 1 x 1x 1 x 1x x x L Hospital x x

x 1lim f x lim x e lim lim lim e 0

e e

−∞ +∞

+ +− − − −′→−∞ →−∞ →−∞ →−∞ →−∞

= ⋅ = = = − =−

άρα η Cf έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο −∞ την ευθεία y = 0 (άξονας x΄x).



14) (ομογενείς 2009) Δίνονται οι συναρτήσεις

f(x) = x – 1 και g(x) = lnx, x>0.

α. Να αποδείξετε ότι:

f(x) ≥ g(x), για κάθε x > 0.

β. Αν h(x) = f(x) – g(x), τότε:

i. Να αποδείξετε ότι:

0 ≤ h(x) ≤ e – 2, για κάθε [ ]x 1,e∈ .

ii. Να υπολογίσετε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική

παράσταση της συνάρτησης h, τον άξονα x΄x και τις ευθείες x = 1 και x = e.

iii. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα [ ]e h(x)

1I e h(x) 1 h (x)dx′= +∫ .

Λύση

α. 1ος τρόπος

Θεωρούμε τη συνάρτηση h, με h(x) = f(x) – g(x) = x – 1 – lnx, x > 0.

( ) ( ) 1 x 1h x x 1 lnx x , x 0

x x

−′′ = − − = − = >

Η h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το h(1) = 0, άρα για κάθε x > 0 είναι h(x) ≥ 0⇔ f(x) – g(x) ≥

0⇔ f(x) ≥ g(x).

2ος τρόπος

Βρίσκουμε την εφαπτομένη της Cg στο σημείο Α(1, 0).

( ) 1g x , x 0

x′ = >

(ε): y – g(1) = g΄(1)∙(x – 1)⇔ y = x – 1.

( ) 2

1g x , x 0

x′′ = − > , άρα η g είναι κοίλη στο (0, +∞).

Η εφαπτόμενη ευθεία (ε) βρίσκεται πάνω από τη Cg, με εξαίρεση το σημείο επαφής Α,

άρα x – 1 ≥ g(x)⇔ f(x) ≥ g(x).



β.i. Η h είναι γνησίως αύξουσα στο [1, e], άρα

( ) ( ) ( ) ( )1 x e h 1 h x h e 0 h x e 2≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ − .

ii. Από α΄ ερώτηµα είναι h(x) ≥ 0, για κάθε x > 0, άρα

( ) ( ) ( )e e e e e

1 1 1 1 1E h x dx x 1 lnx dx xdx 1dx x lnxdx′= = − − = − − ⋅ =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

[ ] [ ] ( ) ( ) ( )e2 2e ee e

1 1 1 11

x e 1x x lnx x lnx dx e 1 e 0 1dx

2 2 2

′= − − ⋅ + ⋅ = − − − − − + =

∫ ∫

[ ]2 2 2

e

1

e 1 e 1 e 2e 1e 1 e x e 1 e e 1 τ.µ.

2 2 2 2 2

− −− − + − + = − − + − + − =

iii. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )e e 2 e 2 e 2h x u u u u

1 0 0 0I e h x 1 h x dx e u 1 du e u e du ue du

− − − ′′= ⋅ + ⋅ = ⋅ + = ⋅ + = = ∫ ∫ ∫ ∫

( )e 2u e 2

0ue e 2 e

− − = = −

(Θεωρούµε u = h(x) / du = h΄(x)dx

• x = e → u = e – 2

• x = 1→ u = 0)

15) (ομογενείς 2010) Δίνεται η συνάρτηση f(x) = x3 - 3lnx, x > 0.

Γ1. Να αποδείξετε ότι η f είναι κυρτή.

Γ2. Να αποδείξετε ότι ο άξονας ψ΄ψ είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της γραφικής

παράστασης της f.

Γ3. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) = 2 έχει ακριβώς μία ρίζα στο διάστημα (1, e).

Λύση

Γ1. ( ) 2 3f x 3x , x 0

x′ = − >

( ) 2

3f x 6x 0

x′′ = + > , για x > 0, άρα η f είναι κυρτή στο (0, +∞).

Γ2. ( ) ( )3

x 0 x 0lim f x lim x 3lnx

+ +→ →= − = +∞

άρα η Cf έχει κατακόρυφη ασύµπτωτη τον άξονα y΄y.

Γ3. Θεωρούµε τη συνάρτηση g, µε g(x) = f(x) – 2, [ ]x 1,e∈ .

g(x) = x3 – 3lnx – 2, [ ]x 1,e∈



• η g είναι συνεχής στο [1,e] ως πράξεις συνεχών

• g(1) = 13 – 3ln1 – 2 = –1 < 0

• g(e) = e3 – 3lne – 2 = e3 – 5 > 0

από Θ. Bolzano υπάρχει μία τουλάχιστον ρίζα της g στο διάστημα (1, e) και επειδή

( )( )( )2

23 x 1 x x 13

g x 3x 0x x

− + +′ = − = > , για ( ]x 1,e∈

άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο [1, e] η ρίζα αυτή είναι μοναδική, άρα η εξίσωση f(x) =

2 έχει μοναδική ρίζα στο (1, e).

16) (ομογενείς 2010) Έστω η παραγωγίσιμη στο ℝ συνάρτηση f για την οποία

ισχύουν οι σχέσεις

f ΄(x) = - f(x) + x, x∈ℝ και f (0) = 0

Δ1. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση

g(x) = ex (f(x) – x + 1), x∈ℝ , είναι σταθερή.

Δ2. Να αποδείξετε ότι f(x) = e– x + x – 1, x∈ℝ .

Δ3. Να αποδείξετε ότι f(x) ≥ 0, για κάθε x∈ℝ .

Δ4. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση

της f, τον άξονα x΄x και την ευθεία x = 1.

Λύση

Δ1. Είναι f΄(x) + f(x) – x = 0, x∈ℝ (1)

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

( ) ( ) ( ) ( )x xe f x x 1 f x 1 e f x f x x 0′ ′= − + + − = + − = από την (1)

άρα η g είναι σταθερή στο ℝ .

Δ2. ( ) ( )0g 0 e f 0 0 1 1= − + = , άρα g(x) = 1, x∈ℝ ή

( ) ( ) ( )x x xe f x x 1 1 f x x 1 e f x e x 1, x− −− + = ⇔ − + = ⇔ = + − ∈ ℝ .

Δ3. ( )x

xx x

1 e 1f x e 1 1

e e− −′ = − + = − =



Η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το f(0) = 0, άρα για κάθε x∈ℝ είναι f(x) ≥ 0.

Δ4. ( ) ( )121 1 x x 1

0 00

x 1 1 1 e 2E f x dx e x 1 dx e x e 1 1 τ.µ.

2 2 2 e 2e− − − −

= = + − = − + − = − + − + = − =

∫ ∫

17)(ομογενείς 2011) Δίνεται η συνάρτηση f(x) = x – ln(ex + 1) , x∈ℝ .

Γ1. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα.

Γ2. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι κοίλη.

Γ3. Να αποδείξετε ότι:

xf ΄(x) < f(x) + ln2 , για κάθε ( )x 0,∈ +∞ .

Λύση

Γ1. ( ) ( )x x x

xx x x

e e 1 e 1f x x ln e 1 1 0

e 1 e 1 e 1

+ −′ ′ = − + = − = = > + + +

άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .

Γ2. ( )( )( ) ( )

x x

2 2x x x

e 11 ef x 0

e 1 e 1 e 1

′′ + ′′ = = − = − < + + +, άρα η f είναι κοίλη στο ℝ .


Για κάθε x > 0, η f είναι παραγωγίσιμη στο [0, x], άρα από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ( )0x 0, x∈ ,

τέτοιο ώστε

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0

f x f 0 f x ln2 f x ln2f x

x 0 x x

− − − +′ = = =

−

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

0 0

f x ln20 x x f x f x f x f x ln2 x f x x f x f x ln2

x

′↓ >+′ ′ ′ ′ ′< < ⇔ > ⇔ > ⇔ + > ⋅ ⇔ ⋅ < +

.



2ος τρόπος

Θεωρούμε τη συνάρτηση g, με ( ) ( ) ( )g x x f x f x ln2, x 0′= ⋅ − − ≥

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )g x x f x f x ln2 f x x f x f x x f x 0′′ ′ ′ ′′ ′ ′′= ⋅ − − = + ⋅ − = ⋅ < , για x > 0

άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, +∞).

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )g

x 0 g x g 0 x f x f x ln2 0 x f x f x ln2↓

′ ′> ⇔ < ⇔ ⋅ − − < ⇔ ⋅ < + .

18)(ομογενείς 2011) Έστω η συνεχής συνάρτηση ( )ln x 1

f(x) , x 1x 1

+= > −

+.

Δ2. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα και να


( )e x 1x 1 e ++ ≤ , για κάθε x 1> − .


της f, τον άξονα x΄x και την ευθεία x = e – 1.

Δ4. Να αποδείξετε ότι:

(x+1)2 = 2x+1 ⇔ f(x) = f(1) , x > -1

και στη συνέχεια να αποδείξετε ότι η εξίσωση

(x+1)2 = 2x+1 , x > -1

έχει δύο ακριβώς λύσεις, τις x = 1 και x = 3.

Λύση

Δ2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2

ln x 1 x 1 ln x 1 x 1ln x 1f x

x 1 x 1

′′ ′+ ⋅ + − + ⋅ + + ′ = = = + +

( ) ( )

( )( )

( )2 2

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

x 1 x 1

⋅ + − + ⋅ − ++= = > −+ +

( ) ( )( )

( ) ( )2

1 ln x 1f x 0 0 1 ln x 1 0 ln x 1 1 x 1 e x 1 e

x 1

− +′ = ⇔ = ⇔ − + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = −

+



Η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο το f(e – 1) = 1

e, άρα για κάθε x > −1 είναι:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ee eln x 1 x 1 x 1ln x 11 1

f x e ln x 1 x 1 ln x 1 x 1 e e x 1 ee x 1 e

+ + ++≤ ⇔ ≤ ⇔ ⋅ + ≤ + ⇔ + ≤ + ⇔ ≤ ⇔ + ≤

+.

Δ3. ( ) ( ) ( )ln x 1

f x 0 0 ln x 1 0 x 0x 1

+= ⇔ = ⇔ + = ⇔ =

+

Αναζητώ το πρόσημο της f στο [0, e – 1].

( ) ( ) ( ) ( )f 1

0 x e 1 f 0 f x f e 1 0 f xe

↑

≤ ≤ − ⇔ ≤ ≤ − ⇔ ≤ ≤

( ) ( ) ( )e 12

e 1 e 1

0 00

ln x 1 ln x 1 1E f x dx dx τ.µ.

x 1 2 2

−− − + +

= = = = +

∫ ∫

Δ4. Για x > −1 έχουμε:

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

x 1 2+ + +

+ = ⇔ + = ⇔ + = + ⇔ = ⇔ =+

1η λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση g, με g(x) = f(x) – f(1)

Έστω ότι η g έχει 3 ρίζες ρ1, ρ2, ρ3 με ρ1 < ρ2 <ρ3

Η g είναι παραγωγίσιμη στα [ρ1, ρ2] και [ρ2, ρ3], άρα από Θ. Rolle υπάρχουν ( )1 1 2x ρ ,ρ∈ και

( )2 2 3x ρ ,ρ∈ τέτοια ώστε g΄(x1) = g΄(x2) = 0

Όμως g΄(x) = f΄(x) και η f΄ έχει μοναδική ρίζα το 1 – e.

ΑΤΟΠΟ, άρα η g έχει το πολύ δύο ρίζες. Είναι g(1) = g(3) = 0, άρα η εξίσωση f(x) = f(1) έχει

ακριβώς δύο λύσεις τις x = 1 και x = 3.

2η λύση

• Στο διάστημα Δ1 = (−1, e – 1)

η εξίσωση f(x) = f(1) έχει προφανή λύση την x = 1 και επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο

Δ1, η εξίσωση f(x) = f(1) έχει μοναδική λύση στο Δ1 την x = 1.

• Στο διάστημα Δ2 = [e – 1, +∞)



( ) ( )ln 4 2 ln 2 ln 2f 3 f 1

4 4 2= = = = , άρα η εξίσωση f(x) = f(1) έχει λύση την x = 3 και επειδή η f

είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ2, η εξίσωση f(x) = f(1) έχει μοναδική λύση στο Δ2 την x = 3.

Άρα η εξίσωση f(x) = f(1) έχει ακριβώς δύο λύσεις τις x = 1 και x = 3.

Επομένως και η ισοδύναμή της εξίσωση (x + 1)2 = 2x + 1 έχει ακριβώς δύο λύσεις, τις x = 1 και

x = 3.

19) (ομογενείς 2012) Δίνεται η συνάρτηση f(x) = e2x – 2x, x∈ℝ .

Γ1. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα.

Γ2. Να αποδείξετε ότι η f είναι κυρτή.

Γ3. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x)=1, x∈ℝ έχει ακριβώς μια ρίζα, το 0.

Γ4. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση

της f και τις ευθείες y=1 και x=1.

Λύση

Γ1. ( ) ( )2x 2xf x e 2x 2e 2′′ = − = −

( ) 2x 2xf x 0 2e 2 e 1 2x 0 x 0′ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞, 0], ενώ είναι γνησίως αύξουσα στο [0, +∞).

Η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x = 0, την τιμή f(0) = 1.

Γ2. f΄΄(x) = (2e2x – 2)΄ = 4e2x > 0, άρα η f είναι κυρτή.

Γ3. • Προφανής ρίζα το 0, αφού f(0) = 1.

• x < 0f ↓

⇒ f(x) > f(0)⇔ f(x) > 1

• x > 0f ↑

⇒ f(x) > f(0)⇔ f(x) > 1

Επομένως η εξίσωση f(x) = 1 έχει μοναδική ρίζα το 0.

Γ4. Η εφαπτομένη της Cf στο x0 = 0 είναι η y = 1.



Η f είναι κυρτή.

Η Cf βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη με εξαίρεση το σημείο επαφής, άρα f(x) ≥

1⇔ e2x – 2x – 1 ≥ 0.

Άρα ( )12x 2 21 1 2x 2

0 00

e e 1 e 5E f x 1 dx e 2x 1 dx x x 2 τ.µ.

2 2 2 2

− = − = − − = − − = − − =

∫ ∫

20)(ομογενείς 2012) Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση f: →ℝ ℝ για την οποία

ισχύουν:

• x 2

f(x) 2lim 2

x 2→

−=

−

• f(0) = 2 και

• η f ΄ είναι γνησίως αύξουσα.

Δ1. Να αποδείξετε ότι f(2) = f ΄(2) = 2.

Δ2. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό ( )ξ 0,2∈ τέτοιο, ώστε η εφαπτομένη της

γραφικής παράστασης της f στο σημείο (ξ, f(ξ)) να είναι παράλληλη προς τον άξονα

x΄x.

Δ3. Να αποδείξετε ότι f(x) ≥ f(ξ) για κάθε x∈ℝ .

Δ4. Αν επιπλέον δίνεται ότι f(ξ) > 0, τότε να αποδείξετε ότι η εξίσωση

x 2

1f(t)dt x 2x, x= − ∈∫ ℝ

έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (0, 1).

Λύση

Δ1. Θεωρούμε συνάρτηση φ, με ( ) ( )f x 2φ x

x 2

−=

−.

Ισχύει ( )x 2lim φ x 2→

= .

Είναι f(x) = (x – 2)∙φ(x) + 2

• ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f συνεχής

x 2 x 2 x 2 x 2f 2 limf x lim x 2 φ x 2 lim x 2 limφ x 2 0 2 2

→ → → →= = − ⋅ + = − ⋅ + = ⋅ =

• ( ) ( ) ( ) ( )x 2 x 2

f x f 2 f x 2f 2 lim lim 2

x 2 x 2→ →

− −′ = = =

− −



Δ2. • Η f είναι συνεχής στο [0, 2].

• Η f είναι παραγωγίσιμη στο (0, 2).

• f(0) = f(2) = 2

από Θ. Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )ξ 0,2∈ , τέτοιο ώστε f΄(ξ) = 0 και επειδή η f΄ είναι

γνησίως αύξουσα το ξ είναι μοναδικό. Επομένως υπάρχει μοναδικό ( )ξ 0,2∈ , τέτοιο ώστε

η εφαπτομένη της Cf στο Μ(ξ, f(ξ)) είναι παράλληλη στον x΄x.

Δ3. Η f΄ είναι γνησίως αύξουσα, άρα η f είναι κυρτή.

Η εφαπτομένη της Cf στο x0 = ξ είναι η y = f(ξ). Η Cf βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη

με εξαίρεση το σημείο επαφής, άρα f(x) ≥ f(ξ).

Δ4. Θεωρούμε συνάρτηση g, με ( ) ( )x 2

1g x f t dt x 2x, x= − + ∈∫ ℝ .

• Η g είναι συνεχής στο [0, 1] ως πράξεις συνεχών.

• ( ) ( ) ( )0 1

1 0g 0 f t dt f t dt= = −∫ ∫ .

• g(1) = 1 > 0

f(x) ≥ f(ξ) > 0, στο [0, 1], άρα ( ) ( )1 1

0 0f t dt 0 f t dt 0> ⇔ − <∫ ∫

Επομένως g(0) ∙ g(1) < 0.

Από Θ. Bolzano η εξίσωση g(x) = 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (0, 1).

Επομένως η εξίσωση ( )x 2

1f t dt x 2x= −∫ έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (0, 1).



21) (ομογενείς 2013) Δίνεται η συνάρτηση 2xf(x) ln x x, x 0

2= + > .

Γ1. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα (0, +∞),

και να μελετήσετε την f ως προς την κυρτότητα.

Γ2. Να βρείτε έναν θετικό ακέραιο αριθμό α τέτοιο, ώστε στο διάστημα (α, α + 1) η

εξίσωση

f(x4 + 2x) = f(4)

να έχει μία τουλάχιστον ρίζα.

Γ3. Να λύσετε στο διάστημα (0, +∞) την ανίσωση

2xln x 2 2x< − .

Λύση

Γ1.

( ) ( )222 2 2 lnx 1 1x 1 x 1 1 ln x 2lnx 2

f x ln x x ln x 2lnx 1 ln x lnx 1 02 2 2 x 2 2 2

′ + ++ + ′ = + = ⋅ + ⋅ ⋅ + = ⋅ + + = = >

άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, +∞).

( ) 21 1 1 lnx 1f x ln x lnx 1 lnx

2 x x x

′ + ′′ = ⋅ + + = ⋅ + =

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

x e−+′′ = ⇔ = ⇔ = − ⇔ = ⇔ =

Η f είναι κοίλη στο 1

0,e

, ενώ είναι κυρτή στο 1

,e +∞

.

Γ2. Η f είναι γνησίως αύξουσα, άρα και «1 – 1».

( ) ( )f "1 1"

4 4 4f x 2x f 4 x 2x 4 x 2x 4 0−

+ = ⇔ + = ⇔ + − =

Θεωρούμε τη συνάρτηση g, με g(x) = x4 + 2x – 4, x > 0.

• Η g είναι συνεχής στο [1, 2] ως πολυωνυμική.

• g(1) = –1 < 0 και g(2) = 16 > 0.



Από Θ. Bolzano η g(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (1, 2). Άρα α = 1.

Σημείωση: Επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα στο (0, +∞) είναι g(x) > 0, για κάθε x > 2, άρα η

τιμή του α είναι μοναδική. Επίσης είναι g΄(x) = 4x3 + 2 > 0, για x > 0, άρα η g είναι γνησίως

αύξουσα στο (0, +∞), επομένως η ρίζα επίσης είναι μοναδική.

Γ3. ( ) ( )f

2 2 2

x 0

x xxln x 2 2x ln x 1 x ln x x 1 f x f 1 0 x 1

2 2

↑

>< − ⇔ < − ⇔ + < ⇔ < ⇔ < < .

22)(ομογενείς 2013) Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση ( )f : 0,+∞ → ℝ για την οποία

ισχύει:

( )2

2

x 1f x

x

−′ = . ( )f 1 2=

Δ2. Να αποδείξετε ότι

( )2x 1

f x , x 0x

+= >

καθώς επίσης ότι η ευθεία με εξίσωση y = x είναι ασύμπτωτη της γραφικής

παράστασης της f στο +∞.


της f, την ασύμπτωτη (y = x) της γραφικής παράστασης της f στο +∞ και τις ευθείες x

= 1 και x = e2.

Δ4. Να αποδείξετε ότι:

( ) f(x) 2f x

x 1

−′ >−

για κάθε x > 1.

Λύση

Δ2. ( )2

2 2

x 1 1 1f x 1 x

x x x

′− ′ = = − = +

Από συνέπειες Θ.Μ.Τ. ( ) ( )1f x x c, x 0 2

x= + + >

( ) ( ) ( ) ( )x 1 1

11 3 2t f t dt 1 3f 1 3 8 f 1 2

=

⇒ ⋅ + = + − ⇔ =∫

( ) ( )x 1

2 f 1 2 c 2 2 c c 0=

⇒ = + ⇔ = + ⇔ =



( ) ( ) ( )2c 0 1 x 1

2 f x x f x , x 0x x

= +⇒ = + ⇔ = >

( )x x x

1 1lim f x x lim x x lim 0

x x→+∞ →+∞ →+∞

− = + − = =

άρα η ευθεία y = x είναι η πλάγια ασύμπτωτη της Cf στο +∞.

Δ3. ( ) 1 1f x x x x 0

x x− = + − = > , στο [1, e2]

άρα ( ) [ ]2 2 2e e e 2

11 1

1E f x x dx dx lnx lne ln1 2τ.µ.

x= − = = = − = ∫ ∫

Δ4. 1η λύση

Για x > 1 έχουμε:

( ) ( ) ( )( )

2

22 2 2

2 2 2

1 x 1 2xx 2f x 2 x 1x 1 x 1 x 1x xf x

x 1 x x 1 x x 1 x x x 1

+ −+ −− −− − −

′ > ⇔ > ⇔ > ⇔ > ⇔− − − ⋅ −

22 x 02 2

2

x 1 x 1x 1 x x x 1

x x

⋅ >− −> ⇔ − > − ⇔ > που ισχύει.

2η λύση

Για x > 1 έχουμε:

Θ.Μ.Τ. με την f στο διάστημα [1, x]

Υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )ξ 1, x∈ , τέτοιο ώστε: ( ) ( ) ( ) ( )f x f 1 f x 2f ξ

x 1 x 1

− −′ = =

− −.

Είναι ( ) 2 3

1 2f x 1 0

x x

′ ′′ = − = >

, για x > 0, άρα η f΄ είναι γνησίως αύξουσα στο (0, +∞)

( ) ( ) ( ) ( )f f x 2x ξ f x f ξ f x

x 1

′↑ −′ ′ ′> ⇔ > ⇔ >

−.



23) (ομογενείς 2014) Δίνεται η συνάρτηση ( ) lnxf x , x 0

x= > .

Γ1. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f .

Γ2. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την μονοτονία και στη συνέχεια να


ef(x) ≤ 1 για κάθε x > 0

Γ3. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική

παράσταση της συνάρτησης f , τον άξονα x΄x και την ευθεία 1

xe

= .

Λύση

Γ1. Df = (0, +∞)

• ( )x 0 x 0 x 0

lnx 1lim f x lim lim lnx

x x+ + +→ → →

= = ⋅ = −∞

, διότι x 0lim lnx

+→= −∞ και

x 0

1lim

x+→= +∞


• ( )0

0

x x DL H x x

1lnx 1xlim f x lim lim lim 0x 1 x

′→+∞ →+∞ →+∞ →+∞= = = =

άρα η Cf έχει οριζόντια ασύμπτωτη την y = 0 (x΄x).

Γ2. ( ) 2 2

1x lnx 1lnx 1 lnxxf x

x x x

⋅ − ⋅′ − ′ = = =

( ) 2

1 lnxf x 0 0 1 lnx 0 lnx 1 x e

x

−′ = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =

( ) 2

1 lnxf x 0 0 1 lnx 0 lnx 1 x e

x

−′ > ⇔ > ⇔ − > ⇔ < ⇔ <

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, e], ενώ είναι γνησίως φθίνουσα στο [e, +∞).

Η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο το ( ) lne 1f e

e e= = .

Είναι ( ) ( )e

e 0

1f x e f x 1

e

⋅

>≤ ⇔ ⋅ ≤ , για κάθε x > 0.



Γ3. ( ) lnxf x 0 0 lnx 0 x 1

x= ⇔ = ⇔ = ⇔ = .

Αναζητούμε το πρόσημο της f στο διάστημα 1

,1e

.

( ) ( )( )

( )f 1 0f1 1

x 1 f f x f 1 f x 0e e

=↑ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤

Άρα ( ) ( ) ( )21 2 22 21 1

1 11e ee

1ln ln1 lne 0 1lnx ln x ln 1 1eE f x dx dx τ.µ.

x 2 2 2 2 2 2

− − = − = − = − = − + = = =

∫ ∫

24) (ομογενείς 2014) Δίνεται η συνάρτηση f(x) = 2x + x2 − 2x −1, x∈ℝ .

Δ1. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι κυρτή στο ℝ . Στη συνέχεια να αποδείξετε

ότι η εξίσωση:

f(x) = 0

έχει ακριβώς δύο ρίζες, τις x1 = 0 και x2 = 1.

Δ2. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικός αριθμός ( )0x 0,1∈ τέτοιος, ώστε η

εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f στο σημείο Α(x0,f(x0)) να

είναι παράλληλη στον άξονα x΄x.

Δ3. Να αποδείξετε ότι f(x) < 0 για κάθε ( )x 0,1∈ και, στη συνέχεια, να λύσετε στο

διάστημα (0, 1] την εξίσωση:

( )x

1f t dt x 1= −∫ .

Λύση

Δ1. f(x) = 2x + x2 – 2x – 1

f΄(x) = (2x + x2 – 2x – 1)΄ = 2x ∙ ln2 +2x – 2

f΄΄(x) = (2x ∙ ln2 +2x – 2)΄ = 2x ∙ (ln2)2 + 2 > 0, άρα f κυρτή στο ℝ .

f(0) = f(1) = 0, άρα η f έχει ρίζες το 0 και το 1 (1).

Έστω ότι η f(x) = 0 έχει 3 ρίζες ρ1, ρ2, ρ3, με ρ1 < ρ2 < ρ3.

• η f είναι παραγωγίσιμη στα [ρ1, ρ2] και [ρ2, ρ3]

• f(ρ1) = f(ρ2) = f(ρ3) = 0

από Θ. Rolle υπάρχουν ( )1 1 2ξ ρ ,ρ∈ και ( )2 2 3ξ ρ ,ρ∈ , τέτοια ώστε f΄(ξ1) = f΄(ξ2) = 0



• η f΄ είναι παραγωγίσιµη στο [ξ1, ξ2]

• f΄(ξ1) = f΄(ξ2) = 0

από Θ. Rolle υπάρχει ( )1 2ξ ξ ,ξ∈ , τέτοιο ώστε f΄΄(ξ) = 0

ΑΤΟΠΟ διότι f΄΄(x) > 0, για κάθε x∈ℝ , εποµένως η f(x) = 0 έχει 2 το πολύ ρίζες (2).

Από (1) και (2) έχουµε ότι η f(x) = 0 έχει ακριβώς 2 ρίζες, τις x1 = 0 και x2 = 1.

Δ2. • η f είναι παραγωγίσιµη στο [0, 1]

• f(0) = f(1) = 0

από Θ. Rolle υπάρχει ( )0x 0,1∈ , τέτοιο ώστε f΄(x0) = 0 και επειδή f΄ είναι γνησίως αύξουσα

(f κυρτή) το x0 είναι µοναδικό.

Εποµένως υπάρχει µοναδικός αριθµός ( )0x 0,1∈ , τέτοιος ώστε η εφαπτοµένη της Cf στο

σηµείο Α(x0, f(x0)) να είναι παράλληλη στον άξονα x΄x.

Δ3. Από συνέπειες θεωρήµατος Bolzano η συνεχής f διατηρεί σταθερό πρόσηµο µεταξύ

των διαδοχικών ριζών της 0 και 1.

21

21 1 1 1

f 2 2 1 2 2 02 2 2 4 = + − ⋅ − = + − <

, άρα f(x) < 0, για κάθε ( )x 0,1∈ .

Το x0 = 1 είναι προφανής ρίζα της εξίσωσης ( )x

1f t dt x 1= −∫ .

Για ( )x 0,1∈ έχουµε:

f(x) < 0⇔ − f(x) > 0, άρα

( ) ( ) ( )1 1 x

x x 1f t dt 0 f t dt 0 f t dt 0 x 1− > ⇔ − > ⇔ > > −∫ ∫ ∫ .

Εποµένως η εξίσωση ( )x

1f t dt x 1= −∫ έχει µοναδική ρίζα στο (0, 1] την x0 = 1.



25) (ομογενείς 2015) Δίνεται η συνάρτηση ( ) 1f x lnx , x 0

x= − > .

Γ1. Να βρείτε τις οριζόντιες και κατακόρυφες ασύμπτωτες της γραφικής

παράστασης της f, εάν υπάρχουν.

Γ2. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) = 0 έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα (1,e).

Γ3. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική

παράσταση της συνάρτησης f, τον άξονα x΄x και τις ευθείες x = e, x = 2e.

Λύση

Γ1. Df = (0,+∞)

• ( )x 0 x 0

1lim f x lim lnx

x+ +→ →

= − = −∞

, διότι x 0lim lnx

+→= −∞ και

x 0

1lim

x+→= +∞

άρα η Cf έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη την x = 0 (y΄y)

• ( )x x

1lim f x lim lnx

x→+∞ →+∞

= − = +∞

, διότι xlim lnx→+∞

= +∞ και x

1lim 0

x→+∞=

άρα η Cf δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη

Γ2. • f συνεχής στο [1,e] ως διαφορά συνεχών

• ( ) 1f 1 ln1 0 1 1 0

1= − = − = − <

( ) 1 1f e lne 1 0

e e= − = − >

από Θ. Bolzano η εξίσωση f(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (1,e). (1)

( ) 2

1 1 1f x lnx 0

x x x

′ ′ = − = + >

, για x > 0

άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0,+∞).

Επομένως η εξίσωση f(x) = 0 έχει μια το πολύ ρίζα. (2)

( ) ( )1 , 2 ⇒ η εξίσωση f(x) = 0 έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα (1,e).

Γ3. Αναζητούμε το πρόσημο της f στο διάστημα [e, 2e]

( ) ( ) ( )( )

( )1

f e 1 0f e

e x 2e f 2e f x f 2e f x 0= − >

↑

≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ >



Άρα ( ) ( )2e 2e 2e 2e

e e e e

1 1E f x dx lnx dx x ln xdx dx

x x ′= = − = ⋅ − = ∫ ∫ ∫ ∫

[ ] ( ) [ ] ( )2e 2e2e 2e

e ee ex lnx x lnx dx lnx 2e ln2e e lne 1dx ln2e lne′= ⋅ − ⋅ − = ⋅ − ⋅ − − − =∫ ∫

( ) [ ] ( )2e

e2e ln2 lne e x ln2 2eln2 2e e 2e e ln2 2e 1 ln2τ.µ.= ⋅ + − − − = + − − + − = −

26)(ομογενείς 2015) Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : →ℝ ℝ , για την οποία

ισχύουν:

• ( ) ( )xf x 2xe f x−′ = − για κάθε x∈ℝ και

• ( ) 1f 1 e−= .

Δ1. Να αποδείξετε ότι ( )2

x

xf x , x

e= ∈ℝ .

Δ2. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και να αποδείξετε ότι το σύνολο τιμών

της είναι το διάστημα [0,+∞).

Δ3. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 2 x 2x 2e −= έχει ακριβώς τρεις ρίζες στο σύνολο των

πραγματικών αριθμών.

Δ4. Δεδομένου ότι η συνάρτηση f είναι κυρτή στο διάστημα (–∞,0], να βρείτε την

εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο της (–1,f(–1))

και να αποδείξετε ότι

( )f x 2e 3ex 0+ + ≥ για κάθε x ≤ 0.

Λύση

Δ1. ( ) ( ) ( ) ( )xe

x xf x 2x e f x f x f x 2x e⋅

− −′ ′= ⋅ − ⇔ + = ⋅ ⇔

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

από συνέπειες Θ.Μ.Τ. έχουμε: ( ) x 2f x e x c, x⋅ = + ∈ℝ .

Για x = 1: ( ) 1 2f 1 e 1 c 1 1 c c 0⋅ = + ⇔ = + ⇔ = .

Επομένως ( ) ( )2

x 2x

xf x e x f x , x

e⋅ = ⇔ = ∈ℝ .

Δ2. ( ) ( )2 2

xx x x

2x x 2x xf x 2x e f x , x

e e e− −

′ = ⋅ − = − = ∈ℝ .



Η f είναι γνησίως φθίνουσα στα (–∞,0] και [2,+∞), ενώ η f είναι γνησίως αύξουσα στο [0,2].

• Δ1 = (–∞,0]

( ) ( )( )

( ) [ )

1

22 x

1xx x x

Η f είναι συνεχής και γν.φθίνουσαστο∆

xlim f x lim lim x e f ∆ 0,

ef 0 0

−

→−∞ →−∞ →−∞

= = ⋅ = +∞ = +∞=

• Δ2 = (0,2)

( )

( )

( )

2

2

2x 2x 0 x 0

2

x 2x 2 x 2

Η f είναι συνεχής και γν.αύξουσαστο∆ .

x 4lim f x lim 0 f ∆ 0,

e e

x 4lim f x lim

e e

+ +

− −

→ →

→ →

= = =

= =

• Δ3 = [2, +∞)

( )

( )

( )

3

32 2

2

x x xx x DL H x DL H x

Η f είναι συνεχής και γν.φθίνουσαστο∆ .

4 4f 2 f ∆ ,

e e

x 2x 2lim f x lim lim lim 0

e e e′ ′→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

= = +∞

= = = =

Επομένως το σύνολο τιμών της f είναι το: ( ) ( ) ( ) ( ) [ )1 2 3f A f ∆ f ∆ f ∆ 0,= ∪ ∪ = +∞ .

Δ3. ( ) ( )x 2

2 x 2 22 x 2 2

e x 2 2x 2e x 2 f x 1

e e e e−= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

• ( ) ( )1f στο∆

1 12

2f ∆ η 1 έχει ακριβώςµιαρίζαστο∆

e

↓

∈ ⇒

• ( ) ( )2f στο∆

2 22


e

↑

∈ ⇒

• ( ) ( )3f στο∆

3 32


e

↓

∈ ⇒

Επομένως η εξίσωση 2 x 2x 2e −= έχει ακριβώς 3 ρίζες στο ℝ .



Δ4. ( ) ( )21 1

1 1f 1 e

e e− −

−− = = =

( ) ( ) ( )21 1

2 1 1 3f 1 3e

e e− −

− − − −′ − = = = −

(ε): η εφαπτομένη της Cf στο σημείο Μ(–1,f(–1))

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ε : y f 1 f 1 x 1 ε : y e 3e x 1′− − = − ⋅ + ⇔ − = − ⋅ + ⇔

( ) ( )ε : y e 3ex 3e ε : y 3ex 2e− = − − ⇔ = − −

Η f είναι κυρτή στο (–∞,0], άρα στο διάστημα (–∞,0] η Cf βρίσκεται πάνω από την (ε) με

εξαίρεση το σημείο επαφής Μ.

( )f x 3ex 2e≥ − − , για κάθε x ≤ 0, άρα

( )f x 2e 3ex 0+ + ≥ , για κάθε x ≤ 0.



Ο.Ε.Φ.Ε



1)(Ο.Ε.Φ.Ε 2003)Έστω η συνάρτηση ( )ln αx

f(x) , α 0x

= > .

Α. Αν η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο Μ(1,f(1)) είναι

παράλληλη στην ευθεία x – y = 0, να βρείτε την τιμή του α.

Β. Για α = 1:

α) Να μελετήσετε τη μονοτονία και να βρείτε τα ακρότατα της f .

β) Να βρείτε το σύνολο τιμών και τις ασύμπτωτες .

γ) Να αποδείξετε: ότι ( ) ( )κ 1 κ

κ κ 1+

> + για κάθε θετικό ακέραιο κ 8≥ .

ΛΥΣΗ

Απ: Α. Α = (0, +∞) πεδίο ορισμού

( )( )( ) ( ) ( )

( )( ) ( )

2

1 1αx x ln αxln αx x ln αx x αx 2 xf x

xx

′′′ ⋅ ⋅ − ⋅⋅ − ⋅′ = = =

( ) ( )( ) ( )

ln αx ln αxx 12 ln αxx 2 x x 2 x 1

x x 2x x

− −−

= = = .

Είναι ( ) 2 lnαf 1 1 2 lnα 2 lnα 0 α 1

2

−′ = = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = .

Β.α) Για α = 1 έχουμε:

( ) lnxf x , x 0

x= > και ( ) 2 lnx

f x , x 02x x

−′ = >

( ) 22 lnxf x 0 0 lnx 2 x e

2x x

−′ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

( ) ( )2

2

2

lne 2f e max

ee= =

β) ( ) ( )x 0 x 0 x 0

lnx 1lim f x lim lim lnx

x x+ + +→ → →

= = ⋅ = +∞ −∞ = −∞



( ) ( )

( )x x x x x x

1lnxlnx 2 x 2xlim f x lim lim lim lim lim 0

1 xx xx2 x

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞

′= = = = = =

′

Άρα (( )2 2f 0,e ,

e = −∞

και )( )2 2f e , ,0

e +∞ =

.

Η x = 0 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη και η y = 0 οριζόντια ασύμπτωτη.

γ) ( ) ( )κ 1 κ

ln κ ln κ 1 κ 1 ln κ κ ln κ 1+

> + ⇔ + ⋅ > ⋅ + ⇔

( ) ( ) ( ) ( )ln κ 11 lnκ

κ 1 lnκ κ ln κ 1 f κ f κ 12 κ κ 1

++ ⋅ > ⋅ + ⇔ > ⇔ > +

+ ισχύει διότι

κ + 1 > κ ≥ 8 > e2 και f ↓ στο [e2, +∞).

2)(Ο.Ε.Φ.Ε 2004)Οι συναρτήσεις f , g είναι ορισμένες και παραγωγίσιμες στο ℝ με f ΄(x)

– g΄(x) = 1, f ΄(x) ≠ 1 για κάθε x∈ℝ .

Αν στο όριο x

g(x) 2L lim

f(x) x 2→+∞

+=

− − εφαρμόσουμε τον κανόνα του ορίου πηλίκου,

παρουσιάζεται απροσδιοριστία της μορφής 0

0.

α. i) Να υπολογίσετε το όριο L.

ii) Να βρείτε τις ασύμπτωτες των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f και

g στο +∞.

β. Να αποδείξετε ότι η g έχει το πολύ μια ρίζα στο IR.

γ. Να αποδείξετε ότι: f(x) – g(x) = x +4 για κάθε x∈ℝ .

ΛΥΣΗ

α.i) Έχουμε: ( )( ) ( )xlim g x 2 0 1→+∞

+ = και ( )( ) ( )xlim f x x 2 0 2→+∞

− − = .

Το κλάσμα ( )( )g x

f x 1

′

′ − ορίζεται σε διάστημα Δ της μορφής (α, +∞), αφού f΄(x) ≠ 1. Στο Δ είναι

( )( )( )( )

( )( )

g x 2 g x

f x 1f x x 2

′+ ′=′ −′− −

Ακόμα: ( ) ( ) ( ) ( )f x g x 1 g x f x 1′ ′ ′ ′− = ⇔ = − , οπότε ( )( )x

g xlim 1

f x 1→+∞

′=

′ −.



Από το πρώτο θεώρημα του De l' Hospital προκύπτει:

( )( )

( )( )( )( )

( )( )x x x

g x 2g x 2 g xL lim lim lim 1

f x x 2 f x 1f x x 2→+∞ →+∞ →+∞

′+ ′+= = = =

′− − −′− −.

ii) Είναι ( )( ) ( )x xlim g x 2 0 lim g x 2→+∞ →+∞

+ = ⇔ = − , άρα η Cf έχει στο +∞ οριζόντια ασύμπτωτη

την ευθεία y = −2.

Πάλι, ( )( ) ( ) ( )x xlim f x x 2 0 lim f x x 2 0→+∞ →+∞

− − = ⇔ − + = , άρα η Cf έχει στο +∞ πλάγια

ασύμπτωτη την ευθεία y = x + 2.

β. Έστω ότι η g έχει δύο διαφορετικές ρίζες ρ1, ρ2 στοℝ με ρ1 < ρ2. (απόδειξη με άτοπο).

Εφαρμόζεται το θεώρημα του Rolle για την g στο [ρ1, ρ2] γιατί, ως παραγωγίσιμη στοℝ

• η g είναι συνεχής στο [ρ1, ρ2]

• η g είναι παραγωγίσιμη στο (ρ1, ρ2), και ακόμα

• g(ρ1) = g(ρ2) = 0.

Επομένως, υπάρχει ( )1 2ξ ρ ,ρ∈ τέτοιο, ώστε g΄(ξ) = 0. Τότε: f΄(ξ) – g΄(ξ) = 1⇔ f΄(ξ) = 1.

Άτοπο, γιατί f΄(x) ≠ 1. Έτσι, η g έχει το πολύ μία ρίζα στο ℝ .

γ. Έχουμε f΄(x) – g΄(x) = x⇔ (f(x) – g(x))΄ = (x)΄, άρα από τις συνέπειες του Θ.Μ.Τ. του

διαφορικού λογισμού, υπάρχει αριθμός c∈ℝ τέτοιος, ώστε f(x) – g(x) = x + c (1) ή f(x) – x

– 2 = g(x) + 2 + c – 4. (2)

Επειδή υπάρχουν τα όρια ( )( )xlim f x x 2 0→+∞

− − = και ( )( )xlim g x 2 c 4 0 c 4→+∞

+ + − = + − , από

την (2) είναι ίσα. Προκύπτει, επομένως: 0 = c – 4 ή c = 4. Άρα, είναι: f(x) – g(x) = x – 4, x∈ℝ .

[Στην (1) καταλήγουμε και με ολοκλήρωση των δύο μελών της f΄(x) – g΄(x) = x.]



3) (Ο.Ε.Φ.Ε 2004)Οι συναρτήσεις f, g είναι ορισμένες και παραγωγίσιμες στο IR με g(0)

= 1

και f ΄(x) = g2(x) ≠ 0 , f 2(x) + g2(x) = 1 για κάθε x∈ℝ .


i) g΄(x)= -g(x) ∙ f (x), x∈ℝ .

ii) Η g είναι γνησίως μονότονη σε καθένα από τα διαστήματα (-∞, 0] , [0 , +∞) και

έχει ακρότατο το 1 .

β. i) Να μελετήσετε την συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα και να βρείτε τα σημεία

καμπής της.

ii) Να γράψετε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο

σημείο της Ο(0, 0).

γ. Αν Ε είναι το εμβαδόν του χωρίου, που ορίζεται από την γραφική παράσταση της f

και τις ευθείες y = x, x= 1, να δείξετε, ότι [ ]1E ln g(1)

2= + .

ΛΥΣΗ

α.i) Είναι f2(x) + g2(x) = 1 (1), x∈ℝ

και f΄(x) = g2(x) ≠ 0 (2), x∈ℝ

οπότε: (f2(x) + g2(x))΄ = 0 ή 2f(x)f΄(x) + 2g(x)g΄(x) = 0 ή 2f(x)g2(x) + 2g(x)g΄(x) = 0

και επειδή g(x) ≠ 0 είναι f(x)g(x) + g΄(x) = 0⇔ g΄(x) = −f(x)g(x), x∈ℝ .

ii) Επειδή η g δεν μηδενίζεται και είναι συνεχής, ως παραγωγίσιμη, διατηρεί σταθερό

πρόσημο στο ℝ . Είναι g(0) = 1 > 0, άρα: g(x) > 0 (3), x∈ℝ .

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ , γιατί από την (2): f΄(x) = g2(x) > 0.

Από την (1): f2(0) + g2(0) = 1⇔ f2(0) + 1 = 1⇔ f(0) = 0. (4)

Έτσι,

• για x < 0⇔ f(x) < f(0)⇔ f(x) < 0

• για x > 0⇔ f(x) > f(0)⇔ f(x) > 0

Η g΄(x) = −g(x)f(x), λόγω της (3), έχει για κάθε x ≠ 0 αντίθετο πρόσημο της f(x), που

σημαίνει ότι:

• για x < 0 είναι f(x) < 0⇔ g΄(x) > 0 και

• για x > 0 είναι f(x) > 0⇔ g΄(x) < 0



Άρα, η g, ως συνεχής στο x0 = 0, είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα (−∞,0] και γνησίως

φθίνουσα στο [0,+ ∞) και έχει ακρότατο (ολικό μέγιστο) το g(0) = 1, το οποίο αποδεικνύει το

ζητούμενο.

β.i) Λόγω της (3) ισχύει η ισοδυναμία:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 21 2 1 2 1 2g x g x g x g x f x f x′ ′< ⇔ < ⇔ < , για κάθε 1 2x , x ∈ℝ που σημαίνει,

τελικά, ότι η f΄ έχει ίδια μονοτονία με την g. Επομένως, η f είναι κυρτή στο (−∞,0], κοίλη

στο [0,+∞) και έχει σημείο καμπής το (0,f(0)) = (0,0).

Άλλος τρόπος: Επειδή η g είναι παραγωγίσιμη, είναι παραγωγίσιμη και η g2, άρα από την

(2) και η f΄, που σημαίνει ότι υπάρχει η f΄΄. Τότε:

( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )2f x f x g x 2g x g x′′′′ ′ ′= = = έτσι, από την (3), η f΄΄(x) για κάθε x ≠ 0 έχει ίδιο

πρόσημο με την g΄(x):

• για x < 0 είναι g΄(x) > 0⇔ f΄΄(x) > 0 και

• για x > 0 είναι g΄(x) < 0⇔ f΄΄(x) < 0 και

Επειδή η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο x0 = 0 προκύπτει, ότι είναι κυρτή στο

(−∞,0], κοίλη στο [0,+∞) και έχει σημείο καμπής το (0,f(0)) = (0,0).

ii) Η ζητούμενη εξίσωση είναι: y – f(0) = f΄(0)(x – 0)⇔ y = f΄(0)∙x⇔ y = x αφού από την (2)

έπεται f΄(0) = 1.

γ. Επειδή η f είναι κοίλη στο [0,+∞), τα σημεία της Cf είναι κάτω από τα σημεία της

εφαπτομένης της y = x για κάθε ( )x 0,∈ +∞ , επομένως: ( ) ( )x f x x f x 0≥ ⇔ − ≥ για κάθε

[ )x 0,∈ +∞ .

Είναι ( ) ( )( ) ( )( )

( )12(α i)1 1 1

0 0 00

g x xE x f x dx x f x dx x dx ln g x

g x 2

′ = − = − = + = + = ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )1 0 1 1ln g 1 ln g 0 ln g 1 ln1 ln g 1

2 2 2 2= + − − = + − = + . (γιατί g(1) > 1 από την (3)).



4) (Ο.Ε.Φ.Ε 2005)Έστω η συνάρτηση ( )f(x) 2 x ln x 2 , x 0= ⋅ − > .

α) Να αποδείξετε ότι: ( ) ln xf x , x 0

x′ = >

β) Να βρείτε το ( )x 0lim f x

+→′ .

γ) Να μελετήσετε τα κοίλα της f και να βρείτε το σημείο της καμπής της.

δ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική

παράσταση της συνάρτησης ln x

g(x)x

= , τον άξονα x΄x και τις ευθείες 1

xe

= και x = e2.

ΛΥΣΗ

α) Για κάθε x > 0,

( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 2 1 lnxf x lnx 2 2 x lnx 2 lnx 2 2

xx x x x x′ = ⋅ − + ⋅ = ⋅ − + = − + = .

β) ( )x 0 x 0

1lim f x lim lnx

x+ +→ →

′ = ⋅ = −∞

διότι x 0

1lim

x+→= +∞ και

x 0lim lnx

+→= −∞ .

γ) Για κάθε x > 0, ( )( ) ( )

( )2x 1 1 lnx

lnxlnx x lnx x 2 lnxx 2 x x 2 xf xx x 2x xx

′′ − ⋅ −⋅ − −′′ = = = = .

Είναι 2 – lnx ≥ 0⇔ lnx ≤ 2⇔ lnx ≤ lne2⇔ 0 < x ≤ e2.

f(e2) = 2e(lne2 – 2) = 0

Μ(e2, 0) το σημείο καμπής.

δ) ( ) ( )22 2 1 ee 1 e

1 1 11 1e e e

lnx lnx lnxE dx dx dx 2 x lnx 2 2 x lnx 2

x x x = = − + = − − + − = ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 1 2 62 2 ln 2 2e lne 2 2 2 8 1 2 2e 2 2 8 τ.µ.

ee e e

= − − + − + ⋅ − − − = + − − + − = −



5)(Ο.Ε.Φ.Ε2005)Δίνεται συνάρτηση f παραγωγίσιµη στο ℝ για την οποία ισχύουν

1f (0)

2= και [ ]xe f(x) f (x) ηµx f (x)′ ′+ + = − για κάθε x∈ℝ .

α) Να αποδείξετε ότι ο τύπος της f είναι x

συνxf(x) , x

1 e= ∈+

ℝ και ότι ισχύει

f(x) f(-x) συνx+ = για κάθε x∈ℝ .

β) Να βρείτε το xlim f(x)→+∞

.

γ) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα: π

2

π- 2

I f(x)dx= ∫ .

δ) Να αποδείξετε ότι: π

2

0

π0 f(x)dx

4≤ ≤∫ .

ΛΥΣΗ

α) ex ∙ f(x) + ex ∙ f΄(x) + f΄(x) = –ημx⇔ [ex ∙ f(x) + f(x)]΄ = (συνx)΄

Άρα υπάρχει c∈ℝ τέτοιο ώστε: ex ∙ f(x) + f(x) = συνx + c, x∈ℝ ⇔ (ex + 1) ∙ f(x) = συνx + c.

Για x = 0 είναι ( ) 12f 0 συν0 c 2 1 c c 0

2= + ⇔ ⋅ = + ⇔ = .

Επομένως ( ) x

συνxf x , x

1 e= ∈+

ℝ .

Έχουμε ( ) ( ) ( )x x

συνx συνxf x f x ... συνx 1

1 e 1 e−+ − = + = =

+ +.

β) x x x

1 συνx 1, x

1 e 1 e 1 e− ≤ ≤ ∈+ + +

ℝ διότι −1 ≤ συνx ≤ 1

Επειδή xx

1lim 0

1 e→+∞=

+, σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής είναι ( )

xlim f x 0→+∞

= .

γ) Με ολοκλήρωση των μελών της (1) παίρνουμε

( ) ( ) ( )π π π

2 2 2

π π π2 2 2

f x dx f x dx συνxdx 2− − −

+ − =∫ ∫ ∫

Στο ( )π

2

π2

f x dx−

−∫ θέτουμε x = −u οπότε dx = −du.

Για x = −π / 2 είναι u = π / 2 και για x = π / 2 είναι u = −π / 2.

Άρα ( ) ( ) ( )π π π

2 2 2

π π π2 2 2

f x du f u du f u du−

− −− = − =∫ ∫ ∫ .



Η (2) γράφεται:

[ ]π

2π

2I I ηµx 2I ηµπ / 2 ηµ( π / 2) 1 1 2

−+ = ⇔ = − − = + = , επομένως Ι = 1.

δ) Βρίσκουμε την ελάχιστη και μέγιστη τιμή της f στο π

0,2

.

( )( )( )

( )( )

x x x x

2 2x x

ηµx 1 e συνx e ηµx 1 e e συνxf x 0

1 e 1 e

− ⋅ + − ⋅ ⋅ + + ⋅′ = = <

+ + για κάθε πx 0, 2

∈ . Άρα f ↓

στο [0, π/2] οπότε f(0) = 1

2 η μέγιστη τιμή και f(π/2) = 0 η ελάχιστη.

Ισχύει 0 ≤ f(x) ≤1

2 απ’ όπου προκύπτει ότι ( )

π2

0

π0 f x dx

4≤ ≤∫ .

6)(Ο.Ε.Φ.Ε 2006)Δίνεται η συνάρτηση f(x) = ex – αx – 1, όπου α > 1.

α) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο

σημείο (0,f(0)).

β) Να αποδείξετε ότι η f παρουσιάζει ελάχιστο το οποίο είναι αρνητικό.

γ) Έστω Ε(α) το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση

της f , την εφαπτομένη της στο (0,f(0)) και την ευθεία x = α > 1.

i) Να αποδείξετε ότι: 2

α αE(α) e α 1

2= − − − .

ii) Να βρείτε το αlim E(α)→+∞

.

ΛΥΣΗ

α) f΄(x) = ex – α οπότε f΄(0) = 1 – α

ε : y – f(0) = f΄(0)(x – 0)⇔ y = (1 – α)x

β) Είναι f΄(x) ≥ 0⇔ ex ≥ α⇔ x ≥ lnα

Η f στο x0 = lnα παρουσιάζει ελάχιστο το g(α) = elnα – αlnα – 1 = α – αlnα – 1.

Επειδή g΄(α) = 1 – lnα – 1 = – lnα < 0 για κάθε ( )α 1,∈ +∞ και g συνεχής στο [1,+∞) η g είναι ↓

στο [1,+∞) οπότε για κάθε α > 1 ισχύει g(α) < g(1) = 0.



γ)i) ( ) ( ) ( )α

0E α f x 1 α xdx= − −∫ . Επειδή η f είναι κυρτή διότι f΄΄(x) = ex > 0 και η ψ = (1 – α)x

εφαπτομένη της Cf στο (0,f(0)), ισχύει: f(x) ≥ (1 – α)x για κάθε x∈ℝ .

Άρα ( ) ( ) ( )α2 2

α αx x x α

0 00

x αE α e αx 1 x αx dx e x 1 dx e x e α 1 τ.µ.

2 2

= − − − + = − − = − − = − − −

∫ ∫

ii) ( )α

22 2

e 1 1 1E α α

α 2 α α

= − − −

.

Είναι ( )( )

( )( )

α αα α α

2α α α α α2

e ee e elim lim lim lim limα 2α 22αα

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞

′ ′= = = = = +∞

′ ′.

Επομένως ( )αlim E α→+∞

= +∞ .

7)(Ο.Ε.Φ.Ε 2007) Έστω η συνάρτηση ( )2 -xf(x) x α e , x= + ⋅ ∈ℝ . Αν η ευθεία y = -2x + 2

εφάπτεται στη γραφική παράσταση της f στο σημείο Μ(0,f(0)) τότε:

α) Να αποδείξετε ότι: α = 2.

β) Να μελετήσετε τη μονοτονία της f .

γ) Να υπολογίσετε τα όρια:

i) xlim f(x)→−∞

ii) xlim f(x)→+∞

δ) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) = 2007 έχει ακριβώς μια λύση στο ℝ .

ΛΥΣΗ

α) ( ) ( ) ( ) ( )x 2 x 2 x 2 xf x 2x e x α e 2x x α e x 2x α e− − − −′ = ⋅ − + = − − = − + −

f(0) = α και f΄(0) = −α

ε : y – α = −αx⇔ y = −αx + α η εξίσωση της εφαπτομένης στο Μ(0,f(0)). Ταυτίζεται με την y

= −2x + 2 όταν −α = −2 και α = 2, δηλαδή όταν α = 2.

β) Για α = 2 είναι f(x) = (x2 + 2)e−x και f΄(x) = (−x2 + 2x – 2)e−x < 0 για κάθε x∈ℝ διότι −x2 + 2x –

2 < 0 και e−x > 0 για κάθε x∈ℝ . Άρα η f(x) είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ .

γ)i) ( ) ( )2 x

x xlim f x lim x 2 e−

→−∞ →−∞ = + = +∞



διότι ( )2

xlim x 2→−∞

+ = +∞ και x

xlim e−→−∞

= +∞

ii)

( ) ( )( ) ( )

( )( )

( )

2202 x

x x xx x x x x x xx x

x 2 2xx 2 2x 2lim f x lim x 2 e lim lim lim lim lim 0

e e ee e

+∞ +∞ +∞⋅ +∞ +∞

−

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞

′ ′++ = + ⋅ = = = = = = ′ ′

.

δ) Από (β) και (γ) συμπεραίνουμε ότι το σύνολο τιμών της f(x) είναι f(A) = (0,+∞) ο οποίο

περιέχει το 2007. Η f(x) ↓ στο ℝ , άρα η εξίσωση f(x) = 2007 έχει ακριβώς μία ρίζα στο ℝ .

8)(Ο.Ε.Φ.Ε 2008)Δίνεται η συνάρτηση f µε ( )ηµx λ, αν x 0

f(x)µ 1 x 1, αν x 0

+ >=

− + ≤ µε λ,µ∈ℝ .

α. Να βρείτε την τιμή του λ, ώστε η f να είναι συνεχής.

β. Να βρείτε την τιμή του μ, ώστε η f να είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 0.

γ. Να αποδείξετε ότι η f δεν είναι 1–1.

δ. Για λ = 1 και μ = 2, να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα π

2f(x)dx

−∫ .

ΛΥΣΗ

α. Η f είναι συνεχής για x < 0, ως πολυωνυμική και για x > 0, ως άθροισμα της

τριγωνομετρικής ημx με την σταθερή c(x) = λ. Στο x0 = 0 έχουμε:

( ) ( )x 0 x 0lim f x lim ηµx λ λ

+ +→ →= + =

( ) ( )( )x 0 x 0lim f x lim µ 1 x 1 1

− −→ →= − + =

Ακόμα f(0) = 1. Για να είναι η συνάρτηση συνεχής στο x0 = 0 πρέπει και αρκεί:

( ) ( ) ( )x 0 x 0lim f x lim f x f 0 λ 1

+ −→ →= = ⇔ =

Επομένως, η ζητούμενη τιμή είναι λ = 1.

β. Για x > 0 έχουμε:

( ) ( )x 0 x 0 x 0 x 0

f x f 0 ηµx λ 1 ηµx 1 1 ηµxlim lim lim lim 1

x 0 x x x+ + + +→ → → →

− + − + −= = = =

−

Για x < 0 έχουμε:

( ) ( ) ( ) ( )x 0 x 0 x 0

f x f 0 µ 1 x 1 1 µ 1 xlim lim lim µ 1

x 0 x x− − −→ → →

− − + − −= = = −

−

Για να είναι η συνάρτηση παραγωγίσιμη στο x0 = 0 πρέπει και αρκεί:



( ) ( ) ( ) ( )x 0 x 0

f x f 0 f x f 0lim lim µ 1 1 µ 2

x 0 x 0+ −→ →

− −= ⇔ − = ⇔ =

− −

Επομένως, η ζητούμενη τιμή είναι μ = 2.

γ. Είναι π.χ. f(2π) = f(π) = λ, άρα η συνάρτηση δεν είναι 1 – 1.

δ. Είναι ( )ηµx 1, αν x 0

f xx 1 , αν x 0

+ >=

+ ≤ και

( ) ( ) ( ) ( ) ( )π 0 π 0 π

2 2 0 2 0f x dx f x dx f x dx x 1 dx ηµx 1 dx

− − −= + = + + + =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

[ ]02

π

02

xx συνx x π 2

2−

= + + − + = +

.

9)(Ο.Ε.Φ.Ε 2008)Δίνεται η συνάρτηση f με f(x) = x1 ee − , x∈ℝ .

α. i. Να την μελετήσετε ως προς την μονοτονία.

ii. Να αποδείξετε ότι ( ) ( ) xx 1+x-ef x e 1 e′′ = − ⋅ , να μελετήσετε την f ως προς την

κυρτότητα και να βρείτε το σημείο καμπής της γραφικής της παράστασης.

β. Να βρείτε τις οριζόντιες ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της f.

γ. Να παραστήσετε γραφικά την f.

δ. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που ορίζεται από την γραφική παράσταση της f

΄(x), τους άξονες x΄x, y΄y και την ευθεία 1

x ln2

= .

ΛΥΣΗ

α.i. Για κάθε x∈ℝ είναι:

( ) ( ) ( )x x x x1 e x 1 e x 1 e 1 x ef x e 1 e e e e e− − − + −′ ′′ = = − ⋅ = − = −

Επειδή x1 x ee 0+ − > είναι f΄(x) < 0 στο ℝ , άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ .

ii. Για κάθε x∈ℝ είναι:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )x x x x1 x e x 1 x e x 1 x e x 1 x ef x e 1 x e e 1 e e e 1 e+ − + − + − + −′ ′′′ = − = − + − ⋅ = − − ⋅ = − ⋅

Έτσι: ( ) ( ) xx 1 x e x xf x 0 e 1 e 0 e 1 0 e 1 x 0+ −′′ = ⇔ − ⋅ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =

και ( ) ( )f x 0 x 0, f x 0 x 0′′ ′′> ⇔ > < ⇔ < .

Η f είναι συνεχής στο ℝ με f΄΄(x) < 0 στο διάστημα (−∞,0), άρα στρέφει τα κοίλα κάτω στο

διάστημα (−∞,0]. Ακόμα είναι f΄΄(x) > 0 στο διάστημα (0,+∞), άρα η f στρέφει τα κοίλα άνω



στο [0,+∞). Τέλος, η συνάρτηση έχει σημείο καμπής το (0, f(0)), γιατί εκατέρωθεν του

αλλάζει κυρτότητα και υπάρχει η εφαπτομένη της γραφικής της παράστασης σ’ αυτό,

αφού είναι παραγωγίσιμη.

Είναι f(0) = e1 – 1 = e0 = 1 έτσι, η συνάρτηση έχει σημείο καμπής το (0,1).

β. Θα βρούμε, αν υπάρχουν, τα όρια:

( ) ( )x1 e

x xlim f x lim e −

→+∞ →+∞= και ( ) ( )x1 e

x xlim f x lim e −

→−∞ →−∞=

Θέτουμε u = 1 – ex οπότε:

( )x

x xlim u lim 1 e→+∞ →+∞

= − = −∞ και ( )x

x xlim u lim 1 e 1 0 0→−∞ →−∞

= − = − =

Τότε είναι: ( ) ( )x1 e u

x x ulim f x lim e lim e 0−

→+∞ →+∞ →−∞= = =

και ( ) ( ) ( )x1 e u

x x u 1lim f x lim e lim e e−

→−∞ →−∞ →= = = .

Επομένως, η γραφική παράσταση της συνάρτησης έχει οριζόντια ασύμπτωτη την y = 0

στο +∞ και την y = e στο −∞.

γ. Με βάση τις πληροφορίες των προηγούμενων ερωτημάτων σχεδιάζουμε την γραφική

παράσταση της συνάρτησης:

δ. Στο α ερώτημα βρήκαμε f΄(x) < 0, οπότε ( ) ( )f x f x′ ′= − και έτσι:

( ) ( ) ( ) ( )1

ln0 21

0 0 0 1 e 1 e 211 1 lnln ln22 2

1E f x dx f x dx f x f 0 f ln e e 1 e τ.µ.

2− − ′ ′= = − = − = − + = − + = − + ∫ ∫



10)(Ο.Ε.Φ.Ε 2009)Δίνεται η συνάρτηση f(x) = x + 2 +2lnx .

Α. Να μελετηθεί ως προς την μονοτονία και να βρείτε τα διαστήματα στα οποία είναι

κυρτή ή κοίλη.

Β. Να βρείτε το σύνολο τιμών και το πλήθος των ριζών της f.

Γ. Αν x ln x

g(x)x 2

⋅=

+ να δείξετε ότι υπάρχει x0 > 0 ώστε: g(x) ≥ g(x0) για κάθε x > 0.

Δ. Να δείξετε ότι για κάθε x > 2 ισχύει: f(x – 2) < 2f(x + 1) – f(x + 4).

ΛΥΣΗ

Α. f(x) = x + 2 + 2lnx με π.ο. Df = (0,+∞)

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

x′ = + > ⇒ ↑ +∞

( )2

2f x 0 f

x

−′′ = < ⇒ κοίλη στο (0, +∞)

Β. ( ) ( )x 0 x 0lim f x lim x 2 2lnx 0 2

+ +→ →= + + = + −∞ = −∞

( ) ( )x xlim f x lim x 2 2lnx 2→+∞ →+∞

= + + = +∞ + +∞ = +∞ δηλαδή f(Α) = (−∞, +∞)

Αφού το ( )0 f A∈ έχει η f(x) = 0 ρίζα x0 στο (0, +∞), μοναδική γιατί f ↑ (0, +∞).

Γ. Θέλω g(x) ≥ g(x0) δηλαδή η g να έχει ελάχιστο στο x0. Έχω

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( )( )2 2 2 2

lnx 1 x 2 xlnx f xxlnx 2lnx x 2 xlnx 2lnx x 2g x

x 2 x 2 x 2 x 2

+ + − + + + − + +′ = = = =

+ + + +

Αν ( ) ( )( )

( )2

f xg x 0 0 f x 0

x 2′ = ⇔ = ⇔ =

+.

άρα η g(x) έχει ελάχιστο στο x0 δηλαδή g(x) ≥ g(x0).

Δ. Θέλω f(x – 2) < 2f(x + 1) – f(x + 4)⇔ f(x + 4) – f(x + 1) < f(x + 1) – f(x – 2)⇔



( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

f x 4 f x 1 f x 1 f x 2

x 4 x 1 x 1 x 2

+ − + + − −⇔ <

+ − + + − −

έχω από Θ.Μ.Τ. ότι υπάρχουν ( )1ξ x 1, x 4∈ + + και ( )2ξ x 2, x 1∈ − + ώστε

( ) ( ) ( )( ) ( )1

f x 4 f x 1f ξ

x 4 x 1

+ − +′ =

+ − + και ( ) ( ) ( )

( ) ( )2

f x 1 f x 2f ξ

x 1 x 2

+ − −′ =

+ − − δηλαδή θέλω f΄(ξ1) < f΄(ξ2).

Όμως f κοίλη στο (0,+∞) δηλαδή f΄ ↓ (0,+∞) και 0 < x – 2 < ξ1 < x + 1 < ξ2 < x + 4.

Θα είναι f΄(ξ1) > f΄(ξ2) δηλαδή ισχύει το ζητούμενο.

11)(Ο.Ε.Φ.Ε 2009)Έστω συνάρτηση f ορισμένη και παραγωγίσιμη στο (0, +∞) για την

οποία ισχύουν οι σχέσεις:

x

1 x 1f

x e

+ ′ =

και 1

f (1)e

=

Α. Να δείξετε ότι f(x) = x·e -1/x.

Β. 1. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f(x) στο

σημείο με τετμημένη x = 1.

2. Να δείξετε ότι 2

1

2f(x)dx

e>∫ .

Γ. Αν 3

f(x)g(x)

x= , να βρείτε το εμβαδόν Ε(t) του χωρίου που περικλείεται από τη Cg,

τον x΄x και τις ευθείες x=1 και x = t µε t > 1.

Δ. Να βρείτε το tlim E(t)→+∞

.

ΛΥΣΗ

Α. Για κάθε ( )x 0,∈ +∞ είναι:

x xx 2 x 2

1 x 1 1 1 x 1 1 1 1 1 1f f f e f e c

x e x x e x x x x x− −

′ ′+ + ′ ′= ⇒ − = − ⇒ = ⇒ = +

Για x = 1 είναι ( ) 1f 1 c c 0

e= + ⇒ =

Άρα x1 1f e

x x− =

Έστω 1ω

x= τότε

1xω

= , ( )ω 0,∈ +∞ . Άρα ( ) 1/ωf ω ωe−= .



Τελικά ( ) ( )1/xf x xe , x 0,−= ∈ +∞ .

2η λύση

x

1 x 1f , x 0

x e

+ ′ = >

Θέτω 1 1ω x 0

x ω= ⇒ = >

Άρα ( ) ( ) ( ) ( )1/ω 1/ω 1/ω1f ω 1 e f ω ωe f ω ωe c

ω

− − − ′′ ′= + ⇒ = ⇒ = +

Για x = 1 είναι ω = 1 άρα f(1) = e−1 + c⇒ c = 0

Άρα ( ) 1/ωf ω ωe ,ω 0−= > ή ( ) 1/xf x xe , x 0−= > .

Β.1. Είναι ( ) 1/x 1/x 1/x2

1 1f x e xe e 1

x x− − − ′ = + = +

( ) ( )2 1f 1 , f 1

e e′ = =

Η εφαπτομένη στο x0 = 1 είναι: ( ) ( )( ) ( )2 1y f 1 f 1 x 1 y x ε

e e′− = − ⇒ = − .

2. Είναι: ( ) 1/x3

1f x e 0

x−′′ = > για x > 0.

Άρα η f(x) είναι κυρτή στο (0,+∞) και η Cf βρίσκεται πάνω από την (ε) εκτός του σημείου

επαφής.

Είναι ( ) ( )2 1 2 1f x x f x x 0

e e e e≥ − ⇒ − + ≥ για κάθε [ ]x 1,2∈

Άρα ( ) ( )2 2 2

1 1 1

2 1 2 1f x x dx 0 f x dx x dx 0

e e e e − + > ⇒ + − + > ⇒ ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( )2

2 2 2

1 1 11

2 1 2 2f x dx x 0 f x dx 0 f x dx

e e e e + − + > ⇒ − > ⇒ > ∫ ∫ ∫ .

Γ. ( ) ( ) 1/x

3 2

f x eg x 0

x x

−

= = > στο [1,t]

Άρα ( )t t t1/x 1/x 1/ t 1

2 11 1

1E g x dx e dx e e e τ.µ.

x− − − − = = = = − ∫ ∫

Δ. ( ) ( ) ( )1/ t 1 ω 1 1

t t ω 0lim E t lim e e lim e e 1 e− − − −

→+∞ →+∞ →= − = − = −

(Έστω 1ω

t− = , όταν t → +∞ τότε ω → 0).



12)(Ο.Ε.Φ.Ε 2010)Έστω η παραγωγίσιµη συνάρτηση ( )f : 0,+∞ →ℝ τέτοια, ώστε για

κάθε x > 0 ισχύουν ( ) f(x)

x 1xf x

e 1

+′ =+

και f(1) = 0.

α) Να δείξετε ότι η συνάρτηση g(x) = ex + x είναι 1 – 1.

β) Να δείξετε ότι f(x) = lnx για κάθε x > 0.

γ) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f(x) 1

h(x)x

−= ως προς την μονοτονία και να βρεθεί

το σύνολο τιμών της.

δ) Να λύσετε την εξίσωση

συνx ηµxηµx συνx

e e =

αν x 0,2

π ∈

.

ε) Να εξετασθεί η h ως προς κυρτότητα και να δείξετε ότι για κάθε x1, x2 με x2>x1>0

ισχύει 2 15

2 1

h(x ) h(x ) 1

x x 2e

−≥ −

−.

ΛΥΣΗ

α) Είναι g(x) = ex + x (1). Τότε g΄(x) = ex + 1 > 0 για κάθε ( )x 0,∈ +∞ .

Άρα η συνάρτηση g είναι 1 – 1 ως γνησίως αύξουσα.

β) Έχουμε

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

f x

x 1 1xf x xf x e 1 x 1 f x e f x 1

xe 1

+′ ′ ′ ′= ⇔ + = + ⇔ + = + ⇔+

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )f x f xe f x x lnx e f x x lnx c′ ′⇔ + = + ⇔ + = + + .

Για x = 1 έχουμε: ef(1) + f(1) = 1 + c με c = 0. Άρα

ef(x) + f(x) = x + lnx = elnx + lnx και λόγω της (1) έχουμε

g(f(x)) = g(lnx). Αλλά η g είναι 1 – 1. Άρα f(x) = lnx.

γ) Είναι ( ) ( )f x 1h x

x

−= .

Τότε ( )( )

2 2

1x lnx 1lnx 1 2 lnxxh x

x x x

⋅ − −′− − ′ = = =

.

Αν h΄(x) = 0⇔ 2 – lnx = 0⇔ lnx = 2⇔ x = e2.



Η h είναι γνησίως αύξουσα για κάθε ( 2x 0,e ∈ .

Η h είναι γνησίως φθίνουσα για κάθε )2x e ,∈ +∞ .

Έχουμε ( )2

2max 2 2

lne 1 1h h e

e e

−= = =

Πεδίο τιμών: ( ) ( ) ( )( )x 0 x 0

1lim h x lim lnx 1

x+ +→ →= − = +∞ −∞ = −∞

( ) ( )( )x x x x

lnx 1lnx 1 1lim h x lim lim lim 0

x xx→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

′−−= = = =

′

( ) ( ) ( )( ( ) ( )(2 22 2 2xx 0

1 1 1h A lim h x ,h e lim h x ,h e , 0, ,

e e e+ →+∞→

= ∪ = −∞ ∪ = −∞ .

δ) Έχουμε

συνx ηµxηµx συνx

e e =

.

Για κάθε π

x 0,2

∈

ισχύει ηµx συνx

0, 0e e> >

Λογαριθμίζουμε τη σχέση και έχουμε:

συνx ηµxηµx συνx ηµx συνx

ln ln συνx ln ηµx lne e e e

= ⇔ ⋅ = ⋅ ⇔

( )( ) ( )( ) ( ) ( )ln ηµx 1 ln συνx 1συνx ln ηµx lne ηµx ln συνx lne

ηµx συνx

− −⋅ − = ⋅ − ⇔ = ⇔

( ) ( ) ( )h ηµx h συνx 2⇔ =

Για κάθε π

x 0,2

∈

ισχύουν οι σχέσεις 0 < ημx < 1, 0 < συνx < 1 και ( ) ( )20,1 0,e⊂ .

Η h είναι 1 – 1 ως γνησίως αύξουσα στο διάστημα (0,e2]. Από τη (2) έχουμε: ημx = συνx ή

εφx = 1 ή x = π

4.

ε) Έχουμε ( ) 2

2 lnxh x

x

−′ = και



( )( ) ( )

2

4 4 4 3

1x 2x 2 lnx x 2lnx 5x 4x 2x lnx 2lnx 5xh x

x x x x

− ⋅ − ⋅ − −− − + ⋅ −′′ = = = =

( )5

25

h x 0 2lnx 5 0 lnx x e2

′′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = .

Η h είναι κοίλη στο διάστημα (0,e5/2].Η h είναι κυρτή στο διάστημα [e5/2, +∞).

( )( )

5/25/2

min 2 5 55/2

522 ln e 12h e

e 2ee

−−′ = = = − .

Τότε ( ) 5

1h x

2e′ ≥ − για κάθε x > 0.

Η h είναι συνεχής στο [x1, x2] ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων.

Η h είναι παραγωγίσιμη στο (x1, x2) ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων με

( ) 2

2 lnxh x

x

−′ = . Από το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )1 2ξ x ,x∈ ώστε

( ) ( ) ( ) ( )2 1

2 1

h x h xh ξ 3

x x

−′ =

−.Αλλά για κάθε x > 0 επομένως και για το ξ > 0 ισχύει

( ) ( )5

1h ξ 4

2e′ ≥ − .Από τις (3) και (4) έχουμε

( ) ( )2 15

2 1

h x h x 1

x x 2e

−≥ −

−.



13)(Ο.Ε.Φ.Ε 2011)Δίνεται η συνάρτηση f : →ℝ ℝ µε ( )3 2f(x) 4x 12λx λ 1 x= + + − , για

κάθε x∈ℝ .

όπου λ∈ℝ , η οποία παρουσιάζει στο x0 = - 1 καμπή.

α. i. Να αποδείξετε ότι λ = 1.

ii. Να βρείτε τα διαστήματα στα οποία η f είναι κυρτή ή κοίλη.

β. Να βρείτε το όριο x 3

ηµf(x)lim

f(x)→−.

γ. i. Να βρείτε την αρχική της f της οποίας η γραφική παράσταση διέρχεται από το

σημείο (0, 1).

ii. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την γραφική

παράσταση της f και τον άξονα x΄x.

ΛΥΣΗ

α.i. Η f, ως πολυωνυμική, είναι συνεχής και δύο φορές παραγωγίσιμη στο ℝ με

f΄(x) = 12x2 + 24λx + λ – 1,

f΄΄(x) = 24x + 24λ

Επειδή στο x0 = −1 παρουσιάζει καμπή, είναι f΄΄(– 1) = 0:

f΄΄(– 1) = 0⇔ −24 + 24λ = 0⇔ λ = 1.

ii. Επειδή λ = 1 είναι f(x) = 4x3 + 12x2 και

f΄΄(x) > 0⇔ 24x + 24 > 0⇔ x > −1

f΄΄(x) < 0⇔ 24x + 24 < 0⇔ x < −1

Επομένως η f είναι κοίλη στο διάστημα (−∞,−1] και κυρτή στο [−1,+∞).

β. Θέτουμε u = f(x). Επειδή ( ) ( )3 2

x 3 x 3lim f x lim 4x 12x 0→− →−

= + = είναι ( )( )x 3 u 0

ηµf x ηµulim lim 1

f x u→− →= = .

γ.i. Η ζητούμενη αρχική είναι η: F(x) = x4 + 4x3 + c, x∈ℝ , με c σταθερά, γιατί για κάθε

x∈ℝ

F΄(x) = (x4 + 4x2 + c)΄ = 4x3 + 12x2 = f(x)

Το σημείο (0,1) ανήκει στην γραφική παράσταση της F, οπότε F(0) = 1: F(0) = 1⇔ c = 1.

Επομένως, F(x) = x4 + 4x3 + 1, x∈ℝ .



ii. Βρίσκουμε τις ρίζες της συνάρτησης:

f(x) = 0⇔ 4x3 + 12x2 = 0⇔ 4x2(x + 3) = 0⇔ x = 0 ή x = −3

Το ζητούμενο εμβαδόν Ε ισούται με το ολοκλήρωμα ( )0

3E f x dx

−= ∫ .

Στο διάστημα [−3,0] είναι f(x) = 4x2(x + 3) ≥ 0, άρα ( )0

3E f x dx

−= ∫ .

Τότε: Ε = F(0) – F(−3) = 1 + 26 = 27τ.μ.

14)(Ο.Ε.Φ.Ε 2011)Έστω µια συνεχής συνάρτηση f : →ℝ ℝ για την οποία ισχύει

f(ηµx) f(συνx) 1+ = , για κάθε x∈ℝ .


i) 2 1

f2 2

=

και f(0) + f(1) = 1.

ii) Υπάρχει [ ]0x 0,1∈ τέτοιο, ώστε: f(x0) + x0 = 1.

β. Έστω, επιπλέον, ότι η f είναι παραγωγίσιμη και 1

f(x) 2x2

≥ − , για κάθε x∈ℝ .

i) Να βρείτε την 2

f2

′

και να γράψετε την εξίσωση της εφαπτοµένης της Cf στο

σηµείο της µε τετµηµένη 2

2.

ii) Να υπολογίσετε το όριο: x 0

f (1) f(συνx)lim

ηµx→

−.

ΛΥΣΗ

α.i) Θέτουμε στη δοσμένη σχέση π

x4

= και παίρνουμε:

π π 2 2 2 2 1f ηµ f συν 1 f f 1 2f 1 f

4 4 2 2 2 2 2

+ = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = .

Πάλι, με x = 0 παίρνουμε: f(ημ0) + f(συν0) = 1⇔ f(0) + f(1) = 1

ii) Θεωρούμε την συνάρτηση g:[0,1]→ℝ με g(x) = f(x) + x – 1, για κάθε [ ]x 0,1∈ .

• Η g είναι συνεχής, ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων της f, και της x – 1.



• Είναι g(0) = f(0) – 1 και g(1) = f(1) αi

= 1 – f(0), οπότε g(0) ∙ g(1) = –[f(0) – 1]2 (1)

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

1η περίπτωση: Αν f(0) = 1, τότε από (1)⇔ g(0) = 0 ή g(1) = 0. Η g θα έχει ρίζα το x0 = 0 ή το x0

= 1.

2η περίπτωση: Αν f(0) ≠ 1, τότε από την (1) είναι: g(0) ∙ g(1) < 0. Εφαρμόζεται, επομένως, το

θεώρημα του Bolzano για την g στο [0,1], έτσι θα υπάρχει, τουλάχιστον, ένα ( )0x 0,1∈

τέτοιο, ώστε g(x0) = 0.

Σε κάθε περίπτωση, λοιπόν, υπάρχει [ ]0x 0,1∈ , τέτοιο ώστε: g(x0) = 0⇔ f(x0) + x0 – 1 =

0⇔ f(x0) + x0 = 1, το οποίο απόδειξε το ζητούμενο.

β.i) Θεωρούμε την συνάρτηση h: →ℝ ℝ με ( ) ( ) 1h x f x 2x , x

2= − + ∈ℝ .

• Η h είναι παραγωγίσιμη στο ℝ , ως άθροισμα της f, η οποία από υπόθεση είναι

παραγωγίσιμη, και της πολυωνυμικής 1

2x2

− + , με παράγωγο ( ) ( )h x f x 2′ ′= − .

• Η h έχει ελάχιστο στο 0

2x

2= . Πραγματικά, είναι

2 2 2 1 1 1h f 2 1 0

2 2 2 2 2 2

= − ⋅ + = − + =

Ακόμα, για κάθε x∈ℝ , ( ) ( ) ( )1 1 2f x 2x f x 2x 0 h x h

2 2 2

≥ − ⇔ − + ≥ ⇔ ≥

• Το 0

2x

2= είναι εσωτερικό σημείο του πεδίου ορισμού της h. Επομένως,

εφαρμόζεται το θεώρημα του Fermat, σύμφωνα με το οποίο 2

h 02

′ =

:

2 2 2h 0 f 2 0 f 2

2 2 2

′ ′ ′= ⇔ − = ⇔ =

. Η εξίσωση της εφαπτομένης της f

στο σημείο με τετμημένη 2

2 είναι:

2 2 2 1 2 1y f f x y 2 x y 2x

2 2 2 2 2 2

′− = ⋅ − ⇔ − = − ⇔ = −

.



ii) Είναι f(0) + f(1) = 1⇔ f(1) = 1 – f(0)

και f(ημx) + f(συνx) = 1⇔ f(συνx) = 1 – f(ημx).

Αντικαθιστούμε στο όριο και έχουμε:

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )x 0 x 0 x 0

1 f 0 1 f ηµxf 1 f συνx f ηµx f 0lim lim lim 2

ηµx ηµx ηµx 0→ → →

− − −− −= =

−.

Κάνουμε την αντικατάσταση y = ημx. Επειδή ( )x 0lim ηµx ηµ0 0→

= = το y τείνει στο 0. Έτσι,

( ) ( ) ( ) ( ) ( )x 0 y 0

f ηµx f 0 f y f 0lim lim 3

ηµx 0 y 0→ →

− −=

− −.

Επειδή η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο 0, από τον ορισμό της f΄(0) είναι

( ) ( ) ( ) ( )y 0

f y f 0lim f 0 4

y 0→

−′=

−.

Στη συνέχεια θα υπολογίσουμε την f΄(0).

Παραγωγίζουμε και τα δύο μέλη της δοσμένης f(ημx) + f(συνx) = 1 και παίρνουμε:

[f(ημx) + f(συνx)]΄ = (1)΄⇔ [f(ημx)]΄ + [f(συνx)]΄ = 0⇔ (ημx)΄f΄(ημx) + (συνx)΄f΄(συνx) =

0⇔ συνx ∙ f΄(ημx) – ημx ∙ f΄(συνx) = 0

Από εδώ, για x = 0 έχουμε: συν0 ∙ f΄(ημ0) – ημ0 ∙ f΄(συν0) = 0⇔ f΄(0) = 0.

Επομένως, σύμφωνα με τις (2), (3) και (4):

( ) ( ) ( ) ( ) ( )x 0 x 0

f 1 f συνx f ηµx f 0lim lim f 0 0

ηµx ηµx→ →

− −′= = = .



15) (Ο.Ε.Φ.Ε 2012)Δίνονται οι συναρτήσεις f(x) = ex-2 και g(x) = lnx+2.

B1. Να βρείτε τις συνθέσεις fog και gof και να εξετάσετε αν είναι ίσες.

B2. Να αποδείξετε ότι η f έχει αντίστροφη και να βρείτε την f -1.

B3. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ex-2 = lnx + 2 έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο

διάστημα (e-2, 2).

B4. Να αποδείξετε ότι:

x x

f(x) g(x)lim lim 0

(gof)(x) (fog)(x)→−∞ →+∞= = .

ΛΥΣΗ

Β1. Τα πεδία ορισμού των f, g είναι αντίστοιχα τα Αf = ℝ και Αg = (0,+∞).

• Η fog έχει πεδίο ορισμού το σύνολο

( ) ( ) ( )g fx A καιg x A x 0 και g x 0,∈ ∈ = > ∈ = +∞ℝ

Για τέτοιες τιμές του x, έχουμε:

( )( ) ( )( ) ( )g x 2 lnxfog x f g x e e x−= = = =

Ώστε (fog)(x) = x με ( )x 0,∈ +∞ .

• Η gof ορίζεται στο σύνολο

( ) x 2f gx A και f x A x και e 0−∈ ∈ = ∈ > =ℝ ℝ

Για τέτοιες τιμές του x, έχουμε:

( )( ) ( ) ( )x 2gof x lnf x 2 ln e 2 x 2 2 x−= + = + = − + =

Ώστε (gof)(x) = x με x∈ℝ .

Παρατηρούμε ότι οι συναρτήσεις fog και gof δεν έχουν το ίδιο πεδίο ορισμού, επομένως

δεν είναι ίσες.

Β2. Για κάθε 1 2x , x ∈ℝ έχουμε

( ) ( )1 2x 2 x 21 2 1 2 1 2x x x 2 x 2 e e f x f x− −≠ ⇒ − ≠ − ⇒ ≠ ⇒ ≠

Επομένως η f είναι 1 – 1 και έχει αντίστροφη. Έχουμε

y = f(x)⇔ y = ex – 2⇔ x – 2 = lny, y > 0⇔ x = lny + 2, y > 0.

Άρα f–1(x) = lnx + 2, x > 0.



Β3. Θεωρούμε την συνάρτηση ( ) x 2 2h x e lnx 2, x e ,2− − = − − ∈ .

• Η h είναι συνεχής. Πράγματι η συνάρτηση ex – 2 είναι συνεχής, ως σύνθεση της

πολυωνυμικής x – 2 με την εκθετική ex, οι οποίες είναι συνεχείς. Επομένως η h

είναι συνεχής, γιατί προκύπτει από πράξεις των συνεχών συναρτήσεων ex – 2, lnx

(λογαριθμική) και 2 (σταθερή).

• Είναι

( ) 2 2 22 e 2 2 e 2 e 2h e e ln e 2 e 2 2 e 0− − −− − − − −= − − = + − = >

και

h(2) = e2 – 2 – ln2 – 2 = –1 – ln2 < 0

Οπότε:

( ) ( ) ( )22 e 2h e h 2 e 1 ln2 0−− −⋅ = − − <

Εφαρμόζεται, επομένως το Θεώρημα του Bolzano για την h στο διάστημα [e−2,2], οπότε

υπάρχει ( )20x e ,2−∈ με h(x0) = 0. Τότε

( ) 0 0x 2 x 20 0 0h x 0 e lnx 2 0 e lnx 2− −= ⇔ − − = ⇔ = +

Αυτό σημαίνει, ότι η εξίσωση ex – 2 = lnx + 2 έχει ως ρίζα τον αριθμό ( )20x e ,2−∈ και

αποδεικνύει το ζητούμενο.

Β4. Είναι ( )

( )( )

x 2

x x

f x elim lim 0

gof x x

−

→−∞ →−∞= = , γιατί

xx 2 x

2 2 2x x x

e 1 1lim e lim lim e 0 0

e e e−

→−∞ →−∞ →−∞= = = ⋅ = και

xlim x→−∞

= −∞ .

Ακόμα, ( )

( )( )x x

g x lnx 2lim lim

fog x x→+∞ →+∞

+= . Επειδή ( )

xlim lnx 2→+∞

+ = +∞ και xlim x→+∞

= +∞ έχουμε

απροσδιόριστη μορφή ∞∞

. Είναι ( )( )x x

lnx 2 1lim lim 0

xx→+∞ →+∞

′+= =

′, οπότε από το αντίστοιχο

θεώρημα του De L’ Hospital έχουμε:

( )( )( )

( )( )x x x

g x lnx 2lnx 2lim lim lim 0

fog x x x→+∞ →+∞ →+∞

′++= = =

′.



Ώστε ( )

( )( )( )

( )( )x x

f x g xlim lim 0

gof x fog x→−∞ →+∞= = .

16) (Ο.Ε.Φ.Ε 2012)Δίνεται συνάρτηση 2 2

1f(x)

x 3α=

+ όπου α∈ℝ - 0., για κάθε x∈ℝ .

Γ2. Να αποδείξετε ότι η τιµή του ολοκληρώµατος α

0tf(t)dt∫ είναι ανεξάρτητη του α.

Γ3. Να µελετήσετε και να παραστήσετε γραφικά την f.

Γ4. Αν Ε είναι το εμβαδό του χωρίου που ορίζεται από τους άξονες, την γραφική

παράσταση της f και την ευθεία x = α, να αποδείξετε ότι:

1 1E

4 α 3 α< < .

ΛΥΣΗ

Γ2. Έχουμε:

( )( )2 2 α

α α α 2 2 2 22 2 2 20 0 0

0

t 3αt 1 1 1 1 1 4tf t dt dt dt ln t 3α ln 4α ln 3α ln

t 3α 2 t 3α 2 2 2 2 3

′+ = = = + = − = + + ∫ ∫ ∫

Η τιμή αυτή είναι ανεξάρτητη του α.

Γ3. Η f, ως ρητή, είναι συνεχής και δύο φορές παραγωγίσιμη στο ℝ με

( )( )( ) ( )

2 2

2 22 2 2 2 2 2

x 3α1 2xf x

x 3α x 3α x 3α

′′ + ′ = = − = − + + +

Το πρόσημο της f΄ με την μονοτονία και το ακρότατο της f φαίνονται στον επόμενο

πίνακα:

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

ολικό μέγιστο το ( ) 2

1f 0

3α= .

Για την f΄΄ έχουμε:



( )( )

( ) ( )( )

( ) ( )( )

2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2

2 4 42 2 2 2 2 2

x 3α x x 3α x 3α 4x x 3αxf x 2 2 2

x 3α x 3α x 3α

′′ + − + + − + ′′ = − = − = − = + + +

( ) ( )2 2 2 2 2

3 32 2 2 2

x 3α 4x x α2 6

x 3α x 3α

+ − −= − =

+ +.

Το πρόσημο της f΄΄ με την κυρτότητα της f και τα σημεία καμπής της φαίνονται στον

επόμενο πίνακα:

Η f είναι κυρτή σε καθένα από τα διαστήματα (−∞,− α ], [ α ,+∞) και κοίλη στο διάστημα

[− α , α ]. Έχει σημεία καμπής τα (− α ,1/4α2) και ( α ,1/4α2).

Η f, ως συνεχής στο ℝ , δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες. Στα +∞ και −∞ έχουμε:

( ) 2 2 2x x x

1 1lim f x lim lim 0

x 3α x→+∞ →+∞ →+∞= = =

+

( ) 2 2 2x x x

1 1lim f x lim lim 0

x 3α x→−∞ →−∞ →−∞= = =

+

Άρα έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο +∞ και στο −∞ τον άξονα των x.

Σύμφωνα με τα παραπάνω συμπληρώνουμε τον επόμενο πίνακα μεταβολών:

Η γραφική παράσταση της f δίνεται στο επόμενο σχήμα:



Παρατήρηση: Η f είναι άρτια αφού για κάθε x∈ℝ το x− ∈ℝ και

( )( )

( )2 2 22

1 1f x f x

x 3αx 3α− = = =

+− +

Επομένως μπορούμε να την μελετήσουμε στο διάστημα [0,+∞) και να επεκτείνουμε τα

συμπεράσματα στο ℝ .

Γ4. Το ζητούμενο εμβαδό (βλέπε τη γραφική παράσταση της f) είναι μεγαλύτερο από το

εμβαδό 1 2

1 1E α

4α 4 α= = του ορθογωνίου που ορίζεται από τους άξονες και τις ευθείες x

= α, 2

1y

4α= , και μικρότερο από το εμβαδό 2 2

1 1E α

3α 3 α= = του ορθογωνίου που

ορίζεται από τους άξονες και τις ευθείες x = α, 2

1y

3α= . Επομένως

1 1E

4 α 3 α< < .

Αλλιώς: Με α > 0, επειδή f(x) > 0 είναι ( ) ( )α α

0 0E f x dx f x dx= =∫ ∫ . Η f είναι γνησίως

φθίνουσα στο διάστημα [0,α], οπότε για [ ]x 0,α∈ είναι

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

1 1 1f α f x f 0 f x f x 0

4α 3α 4α≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ − ≥ και ( )2

1f x 0

3α− ≥

Επειδή οι αντίστοιχες ισότητες δεν ισχύουν σε όλο το [0,α], έχουμε:

( )α

20

1f x dx 0

4α − > ∫ και ( )

α

20

1f x dx 0

3α − > ∫

( )α

α

200

xf x dx 0

4α ⇔ − > ∫ και ( )

αα

2 00

xf x dx 0

3α − > ∫

1 1 1 1 1 1E 0 και E 0 E E

4α 3α 4α 3α 4 α 3 α⇔ − > − > ⇔ < < ⇔ < <

Με α < 0 θα εργαστούμε ομοίως.



17)(Ο.Ε.Φ.Ε 2013)Δίνεται η συνάρτηση x

x, αν x 0

f(x) e 1ln α , αν x 0

≠= − =

.

Γ1. Βρείτε τον ( )α 0,∈ +∞ ώστε η f να είναι παραγωγίσιµη και δείξτε ότι ( ) 1f 0

2′ = − .

Έστω α = e.

Γ2. α) Να µελετήσετε την f ως προς τη µονοτονία.

β) Να βρείτε το σύνολο τιµών της και τις ασύµπτωτες της γραφικής της

παράστασης, εφόσον υπάρχουν.

Γ3. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση x

0

1 12x dt

f(t) 1 2013− =

+∫ έχει μοναδική ρίζα στο (0, 1).

ΛΥΣΗ

Γ1. Αφού η f είναι παραγωγίσιμη θα είναι και συνεχής.

Είναι ( )( )

0

0

x x 0x 0 x 0 x 0 x 0x

x x 1 1lim f x lim lim lim 1

e 1 e ee 1→ → → →

′= = = = =

− ′−.

Πρέπει ( ) ( )x 0

f 0 lim f x lnα 1 lne α e→

= ⇔ = = ⇔ = .

Για την παράγωγο στο 0 έχουμε:

( ) ( ) ( )( )

0 0x x xx 0 0

x x xxx 0 x 0 x 0 x 0 x 0

x1f x f 0 x e 1 x e 1 1 ee 1f 0 lim lim lim lim lim

x 0 x xe x e xe 1x e 1→ → → → →

−− − + − + −−′ = = = = = =− − + −−

x 0

x x x 0 0 0x 0

e e 1lim

e e xe e e 0 e 2→

− −= = −

+ + + + ⋅.

Γ2.α) ( )( )( ) ( )

x x x x

2 2x x x

1 e 1 x ex e 1 xef x , x 0

e 1 e 1 e 1

′ ⋅ − − ⋅ − − ′ = = = ≠ − − −.

Θέτω g(x) = ex – 1 – x∙ex.

Τότε g΄(x) = ex – ex – x∙ex = –xex.

Αν g΄(x) = 0⇔ x = 0.

Το πρόσημο και η μονοτονία των g(x) και f(x) φαίνονται στον παρακάτω πίνακα:



Αφού η g(x) παρουσιάζει μέγιστο στο x0 = 0, το g(0) = 0, θα είναι αρνητική για x ≠ 0.

Άρα η f΄(x) είναι αρνητική για κάθε x∈ℝ δηλαδή f ↓ ℝ .

β) Είναι ( ) ( )

( )x xx x x xx

xx 1lim f x lim lim lim 0

e 1 ee 1

+∞+∞

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

′= = = =

− ′−, αφού x

xlim e→+∞

= +∞ .

Άρα η Cf έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο +∞ την ευθεία y = 0 (άξονας x΄x).

Ακόμη ( ) xx x

xlim f x lim

e 1 0 1→−∞ →−∞

−∞= = = +∞

− −.

Άρα το σύνολο τιμών της f(x) είναι f(Α) = (0,+∞).

Ελέγχουμε για ασύμπτωτη στο −∞.

Είναι ( ) x

xx x x

xf x 1 1e 1lim lim lim 1

x x e 1 0 1→−∞ →−∞ →−∞

−= = = = −− −

και

( ) ( ) ( )( )x x

x x xx x x x

x x x e x x ef x x lim f x x lim x lim lim

e 1 e 1 e 1→−∞ →−∞ →−∞ →−∞

+ ⋅ − ⋅ − − = + = + = = − − − .

Έχουμε ( )( ) 0

xx xx x x

x 1lim x e lim lim 0

e e

−∞−∞ ⋅ +∞

− −→−∞ →−∞ →−∞⋅ = = =

− οπότε

x

xx

x e 0lim 0

e 1 0 1→−∞

⋅= =

− −.

Άρα η ευθεία y = −x είναι πλάγια ασύμπτωτη της Cf στο −∞.

Γ3. Θεωρούμε την συνάρτηση ( )( )

x

0

1 1g x 2x dt

f t 1 2013= − −

+∫ συνεχή στο [0,1] σαν

πράξεις συνεχών συναρτήσεων με ( )( )

0

0

1 1 1g 0 2 0 dt 0

f t 1 2013 2013= ⋅ − − = − <

+∫ και

( )( )

1

0

1 1g 1 2 1 dt

f t 1 2013= ⋅ − −

+∫ .

Όμως f(t) > 0 οπότε f(t) + 1 > 1 δηλαδή ( )

10 1

f t 1< <

+.



Άρα ( ) ( )

( )( )

1 1 1 1 1

0 0 0 0 0

1 1 10 dt dt 1 dt 0 dt 1 1 0 0 1

f t 1 f t 1 f t 1⋅ < < ⋅ ⇔ < < − ⇔ < <

+ + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ .

Άρα g(1) > 0 οπότε από το θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον μία ρίζα της g(x) = 0 στο

(0,1). Η ρίζα είναι μοναδική γιατί η g(x) ↑ [0,1] αφού:

( )( )

1g x 2 0

f x 1′ = − >

+ αφού

( )1

0 1f x 1

< <+

.

18)(Ο.Ε.Φ.Ε 2014)Οι συναρτήσεις f, g είναι παραγωγίσιμες στο ℝ με f(1) = 1, g(1) = 0

και ικανοποιούν τις σχέσεις:

( ) ( ) ( )xf x f x e g x 1′ ′− = − και 22f(x) x 2x 1+ − ≥ , για κάθε x∈ℝ .

Γ1. Να αποδείξετε ότι f(x) = exg(x) + 1.

Γ2. α) Να υπολογίσετε το g΄(1).

β) Να αποδείξετε ότι: ( )x

x 2lim x 1 g 0

x 1→+∞

+ + = + .

Γ3. Αν, επιπλέον g(x) = (x – 1)2 για κάθε x∈ℝ , τότε

α) Να βρείτε το σύνολο τιμών της f.

β) Να αποδείξετε ότι, για κάθε λ∈ℝ , από το σημείο Μ(1, λ) άγονται το πολύ τρεις

εφαπτόμενες στη γραφική παράσταση της συνάρτησης h με h(x) = ex(1 – x) + 1.

ΛΥΣΗ

Γ1. Είναι

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x x x x x x x x xf x f x e g x 1 e f x e f x e e g x e e f x e f x g x e− − − − − − −′ ′ ′ ′ ′ ′− = − ⇔ − = − ⇔ − = −

( ) ( ) ( ) ( )x x x xf x e g x e f x e g x e c− − − −′ ′ ⇔ = + ⇔ = + + (1) με c∈ℝ

Αν στη σχέση (1) θέσουμε όπου x = 1, έχουμε

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

Επομένως η (1) δίνει f(x) = exg(x) + 1, x∈ℝ .

Γ2.α) Από την σχέση f΄(x) – f(x) = exg΄(x) – 1, x = 1 έχουμε

f΄(1) – f(1) = eg΄(1) – 1⇔ f΄(1) = eg΄(1), (2)

Ακόμα

2f(x) + x2 – 2x ≥ 1⇔ 2f(x) + x2 – 2x – 1 ≥ 0 (3) για κάθε x∈ℝ .



Αν θεωρήσουμε 2f(x) + x2 – 2x – 1 = φ(x), τότε επειδή

2f(1) + 1 – 2 – 1 = φ(1)⇔ φ(1) = 0,

η (3) γράφεται φ(x) ≥ φ(1). Συνεπώς η φ(x) παρουσιάζει για x = 1 (ολικό) ελάχιστο. Ακόμη η

φ(x) είναι παραγωγίσιμη στο ℝ με:

φ΄(x) = 2f΄(x) + (x2 – 2x – 1)΄⇔ φ΄(x) = 2f΄(x) + 2x – 2.

Για την φ(x) ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήματος Fermat, άρα φ΄(1) = 0, ή ισοδύναμα

2f΄(1) + 2 – 2 = 0⇔ f΄(1) = 0

Επομένως από την (2) έχουμε: eg΄(1) = 0⇔ g΄(1) = 0.

β) Έστω x > 0. Θέτουμε x 2

tx 1

+=

+, οπότε

x 1 1 1 1t t 1 x 1

x 1 x 1 x 1 t 1

++ = ⇔ = − ⇔ + =

+ + + −

Επειδή x

x 2lim 1

x 1→+∞

+=

+, το t τείνει στο 1. Έχουμε

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

g t g 1x 2 1lim x 1 g lim g t lim g 1 0

x 1 t 1 t 1→+∞ → →

− + ′+ = = = = + − − .

Γ3.α) Είναι f(x) = exg(x) + 1 και g(x) = (x – 1)2, x∈ℝ , οπότε:

f(x) = ex(x – 1)2 + 1, x∈ℝ .

Η f είναι παραγωγίσιμη στο ℝ με

f΄(x) = [ex(x – 1)2 + 1]΄ = ex(x – 1)2 + 2ex(x – 1) = ex(x – 1)(x + 1)

Ο πίνακας με τις ρίζες και το πρόσημο της f΄(x), τη μονοτονία και τα ακρότατα της f είναι:

Η f είναι συνεχής στα διαστήματα (–∞,–1], [–1,1], [1,+∞) και f΄(x) > 0 για x < –1, f΄(x) < 0 για –

1 < x < 1, f΄(x) > 0 για x > 1.

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (–∞,–1], γνησίως φθίνουσα στο [–1,1] και γνησίως

αύξουσα στο [1,+∞).

Έχουμε



( ) ( )2x

x xlim f x lim e x 1 1 0 1 1→−∞ →−∞

= − + = + = ,

αφού

( ) ( ) ( )

( )( ) ( )

( )

222x x

x x xx x DLH x x DLH x x xx x

x 1x 1 2 x 1 2 x 1 2lim e x 1 lim lim lim lim lim lim 2e 0

e e ee e

+∞ −∞+∞ −∞

− − −→−∞ →−∞ →−∞ →−∞ →−∞ →−∞ →−∞− −

′ ′−− − − − = = = = = = = −′ ′−

Ακόμη

( ) ( )2x

x xlim f x lim e x 1 1→+∞ →+∞

= − + = +∞ ,

αφού

( )2xlim x 1→+∞

− = +∞ και x

xlim e→+∞

= +∞ .

Επομένως η f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο για x = –1 το ( ) 4f 1 1

e− = + και ολικό ελάχιστο

για x = 1 το f(1) = 1. Αν Α1 = (−∞,−1), Α2 = [−1,1] και Α3 = (1,+∞), τότε

( ) ( )1x

4 4f A lim f x , 1 1, 1

e e→−∞

= + = +

,

( ) ( ) ( )2

4f A f 1 , f 1 1, 1

e = − = +

και

( ) ( )( ) ( )3 xf A 1, lim f x 1,

→+∞= = +∞ .

Επομένως το σύνολο τιμών της f είναι το

( ) ( ) ( ) ( ) [ )1 2 3f f A f A f A 1,= ∪ ∪ = +∞ℝ

β) Η h(x) = ex(1 – x) + 1, x∈ℝ είναι παραγωγίσιμη στο ℝ με

h΄(x) = [ex(1 – x) + 1]΄ = ex(1 – x) – ex = –xex, x∈ℝ

Έστω ε η εφαπτομένη που φέρουμε στη Ch από το σημείο Μ(1,λ) και (x0, h(x0)) το σημείο

επαφής. Η εξίσωση της εφαπτομένης είναι y – h(x0) = h΄(x0)(x – x0), η οποία γράφεται

y – ex0(1 – x0) –1 = –x0ex0(x – x0)

Επειδή το Μ(1,λ) είναι σημείο της εφαπτομένης, για x = 1 και y = λ η τελευταία σχέση δίνει

( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 02x x x x2

0 0 0 0 0 0 0 0λ e 1 x 1 x e 1 x λ 1 e 1 x x x e x 1 1 λ f x λ− − − = − − ⇔ = + − − + ⇔ − + = ⇔ =



Όπως δείξαμε στο προηγούμενο ερώτημα, η f είναι γνησίως μονότονη σε καθένα από τα

διαστήματα Α1, Α2, Α3, οπότε η εξίσωση f(x) = λ, έχει το πολύ μία λύση σε καθένα από

αυτά και, συνεπώς, συνολικά έχει το πολύ τρεις λύσεις στο ℝ . Αυτό αποδεικνύει, ότι από

το σημείο Μ(1,λ) άγονται το πολύ τρεις εφαπτόμενες στη Ch.

2ος τρόπος απόδειξης, ότι η εξίσωση f(x) = λ έχει το πολύ τρεις ρίζες. Υποθέτουμε ότι έχει

τέσσερις διαφορετικές ρίζες τις ρ1, ρ2, ρ3, ρ4 και έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας ρ1 < ρ2 <

ρ3 < ρ4. Αυτές είναι ρίζες και της συνάρτησης

φ(x) = f(x) – λ

Η φ είναι συνεχής σε καθένα από τα διαστήματα [ρ1, ρ2], [ρ2, ρ3], [ρ3, ρ4] και παραγωγίσιμη

σε καθένα από τα (ρ1, ρ2), (ρ2, ρ3), (ρ3, ρ4) με φ΄(x) = f΄(x) και ακόμα

φ(ρ1) = φ(ρ2) = φ(ρ3) = φ(ρ4) = 0

Άρα εφαρμόζεται το θεώρημα Rolle σε καθένα από τα διαστήματα (ρ1, ρ2), (ρ2, ρ3), (ρ3, ρ4),

οπότε υπάρχουν ( )1 1 2κ ρ ,ρ∈ , ( )2 2 3κ ρ ,ρ∈ , ( )3 3 4κ ρ ,ρ∈ τέτοια, ώστε

φ΄(κ1) = φ΄(κ2) = φ΄(κ3) = 0

Προφανώς κ1 < κ2 < κ3. Επειδή φ΄(x) = f΄(x) προκύπτει ότι η εξίσωση f΄(x) = 0 έχει τρεις

διαφορετικές ρίζες, τις κ1,κ2,κ3, που είναι άτοπο, διότι όπως αποδείχτηκε στο προηγούμενο

ερώτημα, έχει δύο ακριβώς ρίζες τις x = 1, x = –1.



19)(Ο.Ε.Φ.Ε 2015)∆ίνονται οι συναρτήσεις f:(−1,+∞) →ℝ και G:(−1,+∞) →ℝ για τις

οποίες ισχύουν

• Η f είναι παραγωγίσιμη για κάθε x > −1.

• f(0) = 2

• ( ) ( ) ( )1f x f x ln x 1 3

x 1′ − = − + −

+, για κάθε x > −1.

• ( ) ( ) ( )x

2 f x ln x 1G x

x e 1

− + +=

⋅ +, για κάθε x > −1.

Γ.1. Να δείξετε ότι f(x) = 3 – ex + ln(x + 1), για κάθε x > −1.

Γ.2. α. Να δείξετε ότι η εξίσωση

ex – ln(x + 1) = 3

έχει ακριβώς δύο ετερόσημες ρίζες ρ1, ρ2 στο διάστημα (−1,+∞).

β. Να δείξετε ότι η εξίσωση

3 + ln(x + 1) = ex + αx3 με α∈ℝ

έχει μια τουλάχιστον λύση στο διάστημα [ρ1, ρ2].

γ. Να λύσετε την ανίσωση ln(lnx + 1) + ex – 1 >lnx + x, για κάθε x > 1.

Γ.3. Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικός πραγματικός αριθμός x0 > −1 τέτοιος ώστε η

συνάρτηση G να παρουσιάζει στη θέση x0 τοπικό μέγιστο και ισχύει η σχέση

ex0 = x0 + 2

ΛΥΣΗ

Γ1. Παρατηρούμε ότι για κάθε x > –1 έχουμε:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1f x f x ln x 1 3 f x f x ln x 1 3

x 1 x 1′ ′− = − + − ⇔ − − + + = − ⇔

+ +

( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x ln x 1 f x ln x 1 3 1′⇔ − + − − + = − .

Θεωρούμε τη συνάρτηση F(x) = f(x) – ln(x + 1) (2). Τότε η (1) γίνεται:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )xe 0

x x x x xF x F x 3 F x e F x e 3e F x e 3e− ≠

− − − − −′ ′′ ′− = − ⇔ ⋅ − ⋅ = − ⇔ ⋅ = .

Τότε ( ) ( )( )

( ) ( )2

x x x xF x e 3e c F x 3 ce f x ln x 1 3 ce− −⋅ = + ⇔ = + ⇔ − + = + .

Για x = 0 έχουμε ( ) ( ) 0f 0 ln 0 1 3 ce 2 3 c c 1− + = + ⇔ = + ⇔ = − .

Άρα f(x) = 3 – ex + ln(x + 1).



2ος τρόπος

Για κάθε x > –1 έχουμε:

( ) ( ) ( )1f x f x ln x 1 3

x 1′ − = − + − ⇔

+

( ) ( ) ( )x x x x x1e f x e f x e e ln x 1 3e

x 1− − − − −′⇔ ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ + − ⇔

+

( ) ( ) ( ) ( )x x x xe f x e ln x 1 3e c f x ln x 1 3 c e− − − −⋅ = ⋅ + + + ⇔ = + + + ⋅

Για x = 0 έχουμε ( ) ( ) 0f 0 ln 0 1 c e 2 3 c c 1= + + ⋅ ⇔ = + ⇔ = − .

Άρα f(x) = 3 – ex + ln(x + 1).

Γ2. α. Έχουμε ( ) ( ) ( )x xe ln x 1 3 3 e ln x 1 0 f x 0− + = ⇔ − + + = ⇔ =

Είναι:

( ) x 1f x e

x 1′ = − +

+ και ( )

( )x

2

1f x e 0

x 1′′ = − − <

+.

Άρα η f΄ είναι γνησίως φθίνουσα και ισχύει ( ) 0 1f 0 e 0

0 1′ = − + =

+.

Τότε:

• Για x < 0⇔ f΄(x) > f΄(0)⇔ f΄(x) > 0

• Για x > 0⇔ f΄(x) < f΄(0)⇔ f΄(x) < 0

Σύνολο τιµών

• Αν ( ]1x A 1,0∈ = − τότε επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής ισχύει

( ) ( ]( ) ( ) ( )( ( ]1x 1

f A f 1,0 lim f x , f 0 ,2+→−

= − = = −∞ γιατί

( ) ( )( )x

x 1 x 1lim f x lim 3 e ln x 1

+ +→− →−= − + + = −∞ και f(0)=2.

• Αν [ )2x A 0,∈ = +∞ τότε επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής ισχύει

( ) [ )( ) ( ) ( )( ( ]2 xf A f 0, lim f x , f 0 ,2

→+∞= +∞ = = −∞

γιατί



( ) ( )( ) ( )x x xxx x x

ln x 1lim f x lim 3 e ln x 1 lim e 3e 1

e−

→+∞ →+∞ →+∞

+ = − + + = − + = −∞

όπου ( )

x xx DLH x

ln x 1 1 1lim lim 0 0 0

e x 1 e

∞∞

→+∞ →+∞

+= ⋅ = ⋅ =

+ και x

xlim e 0−

→+∞=

Άρα υπάρχουν ( )1ρ 1,0∈ − και ( )2ρ 0,∈ +∞ μοναδικά (λόγω μονοτονίας) τέτοια ώστε f(ρ1)

= f(ρ2) = 0, δηλαδή η εξίσωση ex – ln(x + 1) = 3 έχει ακριβώς δύο ετερόσημες ρίζες ρ1, ρ2 στο

διάστημα (–1,+∞).

β. Είναι

( ) ( ) ( )x 3 x 3 33 ln x 1 e αx 3 e ln x 1 αx 0 f x αx 0+ + = + ⇔ − + + − = ⇔ − =

Θεωρούμε τη συνάρτηση k(x) = f(x) – αx3.

Για την συνάρτηση k ισχύουν:

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

k(ρ1) = f(ρ1) – αρ13 = – αρ13

k(ρ2) = f(ρ2) – αρ23 = – αρ23

Τότε k(ρ1) ∙ k(ρ2) = α2ρ13ρ23 (1)

• Αν α = 0 τότε ( ) ( )( )( )

1 1

1 2

2 2

k ρ 0 ρ ρίζαk ρ k ρ 0

k ρ 0 ρ ρίζα

= ⇔⋅ = ⇔

= ⇔

• Αν α ≠ 0 τότε k(ρ1) ∙ k(ρ2) < 0, από τη σχέση (1) γιατί ρ1ρ2 < 0.

Από Θ. Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα ( )1 2ρ ρ ,ρ∈ ώστε k(ρ)=0.

Τελικά υπάρχει τουλάχιστον μια λύση στο διάστημα [ρ1,ρ2].

γ. Παρατηρούμε ότι:

( ) ( ) ( )x 1 x 1ln lnx 1 e lnx x ln lnx 1 x 3 ln x 1 1 e 3− −+ + > + ⇔ + − + > − + − + ⇔

( ) ( )f γν.φθίν.

f lnx f x 1 lnx x 1> − ⇔ < − (από το ερώτημα (α)) που ισχύει για κάθε x > 1, λόγω

εφαρμογής 2 του σχολικού σελίδα 266.

Γ3. Είναι:

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

x x x

2 3 e ln x 1 ln x 12 f x ln x 1 e 1G x

x e 1 x e 1 x e 1

− − + + + +− + + −= = =

⋅ + ⋅ + ⋅ +



Τότε

( )( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( )

x x x x x x x x x

2 2x x

e 1 x e 1 e 1 x e 1 e x e 1 e 1 e x eG x

x e 1 x e 1

′ ′− ⋅ + − − ⋅ + ⋅ + − − + ⋅′ = =

⋅ + ⋅ +

( )( ) ( )( )

( )( )

( )( )( )

x x x x x x x x x

2 2 2x x x

e x e 1 e 1 1 x e x e 1 e x e 1 x e x e 2G x

x e 1 x e 1 x e 1

⋅ + − − + ⋅ + − − ⋅ + + − + ′ = = =⋅ + ⋅ + ⋅ +

Είναι

( )x

2x

e0

x e 1>

⋅ + για κάθε x∈ℝ .

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) xg x x e 2, x= − + ∈ℝ , οπότε ( )( )

( )x

2x

eG x g x

x e 1′ = ⋅

⋅ +

Είναι

• ( ) xg x 1 e′ = − και αν ( ) x xg x 0 1 e 0 e 1 x 0′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =

• Αν ( ) x xg x 0 1 e 0 e 1 x 0′ > ⇔ − > ⇔ < ⇔ < . Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα.

• Αν ( ) x xg x 0 1 e 0 e 1 x 0′ < ⇔ − < ⇔ > ⇔ > . Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα.

Για κάθε x > –1 έχουμε:

Η g παρουσιάζει μέγιστη τιμή την g(0) = 1.

Σύνολο τιµών της g

• Αν ( ]1x A 1,0∈ = − τότε επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα ισχύει

( ) ( ]( ) ( ) ( )(1 x 1

1g A g 1,0 lim g x ,g 0 1 ,1

e→−

= − = = − γιατί

( ) ( )x

x 1 x 1

1lim g x lim x e 2 1 0

e→− →−= − + = − >

Τότε δεν υπάρχει λύση γιατί ( ) ( )g x 0 G x 0′≠ ⇒ ≠ για κάθε ( ]x 1,0∈ − .

• Αν [ )2x A 0,∈ = +∞ τότε η g είναι γνησίως φθίνουσα και ισχύει

( ) [ )( ) ( ) ( )( ( ]2 xg A g 0, lim g x ,g 0 ,1

→+∞= +∞ = = −∞

γιατί



( ) ( )x

x

x x x

e 1lim g x lim x e 1 lim x 1

x x→+∞ →+∞ →+∞

= − + = − + = −∞

όπου

x x

x DLH x

e elim lim

x 1

∞∞

→+∞ →+∞= = +∞

και xlim x→+∞

= +∞ .

Τότε υπάρχει μοναδικό x0 > 0 τέτοιο ώστε ( ) ( )0 2g x 0 g A= ∈ .

Για ( ) ( ) ( ) ( )gγνησ.φθίν.

0 0x x g x g x g x 0 G x 0′< ⇔ > ⇔ > ⇔ >

Για ( ) ( ) ( ) ( )gγνησ.φθίν.

0 0x x g x g x g x 0 G x 0′> ⇔ < ⇔ < ⇔ <

Άρα η G είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [0,x0], γνησίως φθίνουσα στο [x0,+∞)

και G(x0) είναι τοπικό μέγιστο (μοναδικό).

Από την σχέση g(x0) = 0 έχουμε 0 0x x0 0x e 2 0 e x 2− + = ⇔ = + .

20)(Ο.Ε.Φ.Ε 2016)

Δίνονται οι συναρτήσεις :

•

1 1, 1

( ) 11 , 1

xex

f x xx

− −≠

= − =

• 1( ) ( 2) 1,xg x x e x−= − + ∈ℝ

i)Να δείξετε ότι η f είναι συνεχής.

ii)Να δείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιµη στο 0 1x = και να βρείτε την εξίσωση της

εφαπτομένης της στο σημείο Α(1,f(1)).

iii)να δείξετε ότι ( ) 0g x ≥ για κάθε x∈ℝ και ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .

iv)Να δείξετε ότι 2016

2015

( ) 0g x dx >∫ .

Λύση

i)Για να δείξουμε ότι η f είναι συνεχής ,αρκεί να δείξουμε ότι είναι συνεχής στο 0 1x = ,

καθώς για κάθε 1x ≠ είναι συνεχής ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων.

Αρκεί να δείξουμε ότι 1

lim ( ) (1)x

f x f→

=

01 1 10

1 1

1 1 . . 1 1

1 ( 1) 'lim ( ) lim lim lim 1 (1)

1 ( 1) ' 1

x x x

x x D H L x x

e e ef x e f

x x

− − −−

→ → → →

− −= = = = = =

− −

ii)Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει το όριο 1

( ) (1)lim

1x

f x f

x→

−−

και είναι πραγματικός αριθμός.

Έχουμε:



10

1 1 10

2 2 21 1 1 1 . . 1

11( ) (1) 1 ( 1) ( ) '1lim lim lim lim lim

1 1 ( 1) ( 1) (( 1) ) '

x

x x x

x x x x D H L x

ef x f e x e x e xx

x x x x x

−

− − −

→ → → → →

−−− − − − − −−= = = = =

− − − − −0

1 1 1 10

1 . . 1

1 1lim lim

2( 1) 2 2 2

x x

x D H L x

e e e

x

− − −

→ →

−= = = ∈

−ℝ

Άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 1x = , με 1

'(1)2

f = .

Η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο Α(1,f(1)) είναι:

1 1(1) '(1)( 1) ...

2 2y f f x y x− = − ⇔ ⇔ = +

iii)Η συνάρτηση 1( ) ( 2) 1xg x x e −= − + είναι συνεχής στο ℝ ως πράξεις συνεχών στο ℝ ,

παραγωγίσιμη στο ℝ ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο ℝ , με 1 1 1 1'( ) ( 2) (1 2) ( 1)x x x xg x e x e e x e x− − − −= + − = + − = −

Έχουμε : 1'( ) 0 ( 1) 0 1 0 1xg x e x x x−= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = 1'( ) 0 ( 1) 0 1 0 1xg x e x x x−> ⇔ − > ⇔ − > ⇔ > 1'( ) 0 ( 1) 0 1 0 1xg x e x x x−< ⇔ − < ⇔ − < ⇔ <

Η μονοτονία και τα ακρότατα τηg φαίνονται στον παρακάτω πίνακα:

Επειδή η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για 1x = το (1) 0g = οπότε ισχύει ( ) (1)g x g≥ για

κάθε x∈ℝ Η f είναι παραγωγίσιμη στο ℝ με:

1 1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2

( 1) ( 1) 1 2 1 ( 2) 1 ( )'( ) 0

( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)

x x x x x x x xe x e e x e e e x e e x g xf x

x x x x x

− − − − − − − −− − − − − + − + − += = = = = >

− − − − − για κάθε 1x ≠

Επειδή η f είναι συνεχής στο 0 1x = έπεται ότι είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .

iv)Ισχύει:

Η g είναι συνεχής στο [ ]2015,2016ως παραγωγίσιμη στο ℝ .

( ) 0g x > για κάθε [ ]2015,2016x∈ , καθώς η συνάρτηση g μηδενίζεται μόνο στο 1x = αρα

από γνωστό θεώρημα ισχύει: 2016

2015

( ) 0g x dx >∫



ΘΕΜΑ Γ(Ο.Ε.Φ.Ε 2016)

Δίνεται συνάρτηση f : →ℝ ℝ δύο φορές παραγωγίσιμη για την οποία ισχύουν:

• ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2f x f x f x f x f x 0, x′ ′′ ′⋅ + ⋅ + = ∈ℝ .

• ( ) 3f x x 3

3≥ − + , για κάθε x∈ℝ .

• ( )f 0 3= .

Γ1. Να δείξετε ότι ( ) 3f 0

3′ = − .

Γ2. Να δείξετε ότι ( ) xf x 2e 1, x−= + ∈ℝ .

Γ3. Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να ορίσετε την f−1.

Γ4. Να υπολογίσετε το ( )( )

x0

2ln e 2

e 1dx

f x−

+∫ .

Απ.: Γ1. Για κάθε x∈ℝ ισχύει ότι:

( ) ( ) ( )3 3f x x 3 f x x 3 0 1

3 3≥ − + ⇔ + − ≥

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) 3g x f x x 3

3= + − , με x∈ℝ .

Παρατηρούμε ότι:

( ) ( )g 0 f 0 3 3 3 0= − = − = .

Άρα για κάθε x∈ℝ ισχύει ότι: ( ) ( ) ( )1 g x g 0⇔ ≥ .

Δηλαδή η g παρουσιάζει στο 0 ολικό ελάχιστο.

Επίσης το 0 είναι εσωτερικό σημείο του ℝ και η g παραγωγίσιμη στο ℝ με:

( ) ( ) ( )3 3g x f x x 3 f x

3 3

′ ′ ′= + − = +

.

Σύμφωνα με το θεώρημα Fermat ισχύει ότι: ( ) ( ) ( )3 3g 0 0 f 0 0 f 0

3 3′ ′ ′= ⇔ + = ⇔ = − .




Για κάθε x∈ℝ ισχύει ότι:

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

f x f x f x f x f x 0 f x f x f x f x f x f x 0′ ′′ ′ ′ ′′ ′ ′⋅ + ⋅ + = ⇔ ⋅ + ⋅ + ⋅ = ⇔

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )xe 0

f x f x f x f x f x f x 0 f x f x f x f x 0>′′′ ′ ′ ′ ′ ′⋅ + ⋅ + ⋅ = ⇔ ⋅ + ⋅ = ⇔

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )x x x x xe f x f x e f x f x 0 e f x f x e f x f x 0 e f x f x 0′ ′′ ′′ ′ ′ ′ ′⋅ + ⋅ ⋅ = ⇔ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⇔ ⋅ ⋅ =

2ος τρόπος

Για κάθε x∈ℝ ισχύει ότι:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )xe 02

f x f x f x f x f x 0 f x f x f x f x f x f x 0>

′ ′′ ′ ′ ′′ ′ ′⋅ + ⋅ + = ⇔ ⋅ + ⋅ + ⋅ = ⇔

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x x xe f x f x e f x f x e f x f x 0′ ′′ ′ ′⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⇔

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )x x x xe f x f x e f x f x e f x f x 0 e f x f x 0′ ′′′ ′ ′ ′ ′⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⇔ ⋅ ⋅ =

Με εφαρμογή των Συνεπειών του Θεωρήματος Μέσης Τιμής προκύπτει ότι υπάρχει

σταθερά 1c ∈ℝ τέτοια ώστε να ισχύει: ( ) ( )x1e f x f x c′⋅ ⋅ = .

Για x 0= , έχουμε: ( ) ( )01 1 1

3e f 0 f 0 c 3 c c 1

3

′⋅ ⋅ = ⇔ ⋅ − = ⇔ = −

.

Άρα για κάθε x∈ℝ ισχύει ότι:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )x x x 2 xe f x f x 1 f x f x e 2 f x f x 2e f x 2e− − −′ ′′ ′ ′⋅ ⋅ = − ⇔ ⋅ = − ⇔ ⋅ ⋅ = − ⇔ = .

Με εφαρμογή των Συνεπειών του Θεωρήματος Μέσης Τιμής προκύπτει ότι υπάρχει

σταθερά 2c ∈ℝ τέτοια ώστε να ισχύει: ( )2 x2f x 2e c−= + .

Για x 0= , έχουμε: ( )2 02 2 2f 0 2e c 3 2 c c 1= + ⇔ = + ⇔ = .

Άρα για κάθε x∈ℝ ισχύει ότι: ( )2 xf x 2e 1 0−= + ≠ .

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ℝ και ( )f x 0≠ για κάθε x∈ℝ , επομένως η f διατηρεί

σταθερό πρόσημο στο ℝ .

Επειδή ( )f 0 3 0= > , θα είναι ( )f x 0> για κάθε x∈ℝ .

Επομένως: ( ) xf x 2e 1, x−= + ∈ℝ .




Έστω 1 2x ,x ∈ℝ με ( ) ( )1 2f x f x= .

Έχουμε:

( ) ( ) 1 2 1 2 1 2x x x x x x1 2f x f x 2e 1 2e 1 2e 1 2e 1 2e 2e− − − − − −= ⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ = ⇔

1 2

1 1x x

1 2 1 2e e x x x x−

− −= ⇔− = − ⇔ = .

Άρα η συνάρτηση f είναι 1 – 1 συνάρτηση, οπότε αντιστρέφεται.

2ος τρόπος

Η f είναι παραγωγίσιμη στο ℝ , με:

( ) ( ) ( )x

x x

x x

1 ef x 2e 1 2e 1 0

2 2e 1 2e 1

−− −

− −

′ −′′ = + = + = <+ +

, για κάθε x∈ℝ .

Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ , οπότε και 1 – 1 συνάρτηση, συνεπώς

αντιστρέφεται.

Θέτουμε ( )y f x= και έχουμε: ( ) ( )xy f x y 2e 1 1−= ⇔ = +

Θα πρέπει y 0≥ . Με αυτόν τον περιορισμό έχουμε:

( )2

2 x 2 x x y 1y 2e 1 y 1 2e e 2

2− − − −

= + ⇔ − = ⇔ =

Θα πρέπει 2 y 0

2y 10 y 1 0 y 1

2

>−> ⇔ − > ⇔ > .

Με αυτόν τον επιπλέον περιορισμό έχουμε:

12 2 2 2x y 1 y 1 y 1 y 1

lne ln x ln x ln x ln2 2 2 2

−

− − − − −= ⇔ − = ⇔ = − ⇔ = ⇔

( )12 2

2 2x ln f y ln , y 1

y 1 y 1−

⇔ = ⇔ = > − − .

Άρα είναι: ( )12

2f x ln , x 1

x 1− = > −

.

Υποσημείωση: Το σύνολο τιμών της f, το οποίο είναι το πεδίο ορισμού της f−1, μπορεί να

βρεθεί από την συνέχεια και την μονοτονία της f.



Γ4. Θέλουμε να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα ( )( )

x0

2ln e 2

e 1I dx

f x−

+= ∫ .

Έχουμε:

( )( ) ( ) ( ) ( )

( )( )

x xx x x x0 0 0 0 0

x2 x xln e 2 ln e 2 ln e 2 ln e 2 ln e 2

x x

e e 1e 1 e 1 e 1 e 1I dx dx dx dx dx

2 2 ef x 2e 1 e 21e e

−− − − − −

++ + + += = = = =

++ ++∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Θέτουμε xe u= , οπότε xe dx du= .

Επίσης xe 1 u 1 0+ = + > και xe 2 u 2 0+ = + > .

Για ( )x ln e 2= − είναι ( )ln e 2u e e 2−= = − .

Για x 0= είναι 0u e 1= = .

Επομένως:

[ ] ( )1 1 1 11

e 2 e 2e 2 e 2 e 2

u 1 u 2 1 1I du du 1 du u ln u 2

u 2 u 2 u 2 − −− − −

+ + − = = = − = − + = + + + ∫ ∫ ∫

( ) ( )( )1 e 2 ln3 ln e 2 2 1 e 2 ln3 lne 4 e ln3= − − − − − + = − + − + = − − .

ΘΕΜΑ Δ(Ο.Ε.Φ.Ε 2016)

Δίνεται η παραγωγίσιμη στο ℝ συνάρτηση f και η ( )g x lnx x, x 0= + > για τις οποίες

ισχύει ( )( ) ( )f g x f x= + ( )xe x 1 lnx− + , για κάθε x 0> .

Δ1. Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης g τέμνει τον άξονα x΄x σε

ακριβώς ένα σημείο με τετμημένη ( )0x 0,1∈ και στη συνέχεια να λύσετε την εξίσωση

0x x 0xe

x− = .

Δ2. i) Έστω 0 < α < 1. Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την

γραφική παράσταση της συνάρτησης g και τις ευθείες y x, x α, x 1= = = είναι

( )E α αlnα α 1τ.µ.= − +

ii) Η κατακόρυφη ευθεία x α= του προηγούμενου ερωτήματος μετατοπίζεται οριζόντια

με τη θέση του αριθμού ( )α α t , t 0= ≥ στον άξονα x΄x να μεταβάλλεται με ρυθμό

1cm/sec.



Αν για t 0= ισχύει 0 < α < x0, να αποδείξετε ότι την χρονική στιγμή στην οποία

0α x cm/sec= , ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού Ε(α) είναι ίσος με 20x cm /sec− , όπου x0 η

τετμημένη του ερωτήματος Δ1.

Δ3. Να δείξετε ότι ( )xlim f x→−∞

= −∞ .

Δ4. Να αποδείξετε ότι για κάθε x 1> υπάρχουν 1ξ 1> και 2ξ 1> τέτοια ώστε

( ) 2ξ

1f ξ e 1′ = + .

Απ.: Δ1. Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει μοναδικό ( )0x 0,1∈ τέτοιο, ώστε ( )0g x 0= , ή ότι η

εξίσωση ( )g x 0= έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα (0,1).

Η συνάρτηση ( )g x lnx x= + είναι παραγωγίσιμη για κάθε x 0> με:

( ) ( ) 1g x lnx x x 0

x′′ = + = + > , για κάθε x 0> .

Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο (0,+∞).

1ος τρόπος

Συνεπώς η g είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα (0,1) και επειδή είναι συνεχής στο (0,1),

έχουμε:

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

g 0,1 lim g x , lim g x ,1+ −→ →

= = −∞ , αφού ( ) ( )x 0 x 0lim g x lim lnx x

+ +→ →= + = −∞ και

( ) ( )x 1 x 1lim g x lim lnx x 1

− −→ →= + =

Επειδή ( )( )0 g 0,1∈ η εξίσωση ( )g x 0= έχει ρίζα στο διάστημα (0,1) και αφού η g είναι

γνησίως αύξουσα σε αυτό η ρίζα θα είναι μοναδική.

2ος τρόπος

Είναι ( ) ( )x 0 x 0lim g x lim lnx x

+ +→ →= + = −∞ . Οπότε υπάρχει α κοντά στο 0+ με 0 < α < 1 τέτοιο, ώστε

( )g α 0< .

Επίσης ( )g 1 ln1 1 1 0= + = > .

Επομένως ( ) ( )g α g 1 0⋅ < .



Επειδή η g είναι και συνεχής στο [ ] ( )α,1 0,1⊆ σύμφωνα με το Θεώρημα Bolzano η

συνάρτηση g έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( ) ( )α,1 0,1⊆ .

Επιπλέον η g είναι γνησίως αύξουσα στο (0,1), οπότε η ρίζα θα είναι μοναδική.

3ος τρόπος

Ενδεικτικά, εφαρμόζουμε Θεώρημα Bolzano για την g στο διάστημα 1

,1e

.

Στη συνέχεια θα λύσουμε την εξίσωση 0x x 0xe

x− = .

Επειδή 0x 0> θα πρέπει και x 0> , οπότε η εξίσωση ισοδύναμα γίνεται:

( ) ( ) ( )0 0x x x x0 00 0 0 0 0

x xe lne ln x x lnx lnx x lnx x lnx g x g x 1

x x− −= ⇔ = ⇔ − = − ⇔ + = + ⇔ = .

Όμως η g είναι γνησίως αύξουσα, άρα και 1 – 1, οπότε έχουμε:

( ) ( ) ( )g:1 1

0 01 g x g x x x−

⇔ = ⇔ = .

Δ2. i) Για 0 < α < 1, το ζητούμενο εμβαδόν είναι: ( )1

αE g x x dx= −∫ .

Έχουμε:

( ) ( )lnx

x 1 lnx ln1 lnx 0 lnx x x g x x g x x 0≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ + ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ր

.

Συνεπώς στο [α,1] είναι ( ) ( )g x x x g x− = − .

Επομένως είναι:

( )( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 α α

α α α 1 1E x g x dx x lnx x dx lnx dx lnxdx x lnxdx′= − = − − = − = = =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

[ ] ( ) [ ]α α αα α

1 11 1 1

1xlnx x lnx dx αlnα x dx αlnα 1dx αlnα x αlnα α 1τ.µ.

x′= − = − = − = − = − +∫ ∫ ∫



ii) Από υπόθεση έχουμε ότι ( )α t 1cm/sec′ = .

Αυτό σημαίνει ότι η τιμή του αριθμού α αυξάνει, δηλαδή κινείται απομακρυνόμενος από

το 0 και προσεγγίζοντας το 1, αφού 0 < α < 1.

Επειδή η θέση του αριθμού α είναι συνάρτηση του χρόνου t έχουμε:

( ) ( ) ( )( ) ( )E t α t ln α t α t 1= ⋅ − + .

Ο ρυθμός μεταβολής του είναι:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )

( )α t

E t α t ln α t α t ln α t α t α t ln α t α t α tα t

′ ′′ ′ ′ ′ ′= ⋅ + ⋅ − = ⋅ + ⋅ − =

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )α t ln α t α t α t α t ln α t′ ′ ′ ′= ⋅ + − = ⋅ .

Την χρονική στιγμή t0 στην οποία είναι ( )0 0α t x= έχουμε:

( ) ( ) ( )( )0 0 0 0 0E t α t ln α t 1 lnx lnx′ ′= ⋅ = ⋅ = .

Όμως από Δ1 ερώτημα ισχύει ότι: ( )0 0 0 0 0g x 0 lnx x 0 lnx x= ⇔ + = ⇔ = − .

Συνεπώς ( ) 20 0E t x cm /sec′ = − .

Δ3. Από υπόθεση για κάθε x 0> έχουμε: ( )( ) ( ) ( )xf g x f x e x 1 lnx= + − + .

Επομένως θα ισχύει: ( )( )( ) ( ) ( )( )x

x 0 x 0lim f g x lim f x e x 1 lnx

+ +→ →= + − + .

• Για το ( )( )( )x 0lim f g x

+→

Στο ερώτημα Δ1 δείξαμε ότι ( )x 0lim g x

+→= −∞ .



Θέτοντας ( )u g x= έχουμε x 0lim u

+→= −∞ .

Άρα ( )( )( ) ( )ux 0

lim f g x lim f u+ →−∞→

= που είναι και το ζητούμενο.

• Για το ( ) ( )( )x

x 0lim f x e x 1 lnx

+→+ − +

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ℝ , άρα και συνεχής σε αυτό. Συνεπώς:

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

+ −→ →= = .

Επίσης x 0

x 0lim e e 1

+→= = και ( )

x 0lim x 1 0 1 1

+→− = − = − .

Άρα: ( )( ) ( )x

x 0lim e x 1 1 2

+→− = −

Επιπλέον γνωρίζουμε ότι ( )x 0lim lnx 3

+→= −∞

Από (1), (2), (3) προκύπτει ότι:

( ) ( )( ) ( ) ( )x

x 0lim f x e x 1 lnx f 0 1

+→+ − + = − + −∞ = −∞ .

Έτσι έχουμε: ( )ulim f u→−∞

= −∞ ή ( )xlim f x→−∞

= −∞ .

Δ4. Για κάθε x 0> , έχουμε:

( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )x x xf g x f x e x 1 lnx f g x f x xe e lnx= + − + ⇔ − = − + ⇔

( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )g xlnx x x lnx+x x xf g x f x e e e lnx f g x f x e e lnx f g x f x e e lnx− = − + ⇔ − = − + ⇔ − = − +

.

Διαιρούμε και τα δύο μέλη της τελευταίας ισότητας με τον όρο ( )g x x lnx 0− = > , για

κάθε x 1> και έχουμε:

( )( ) ( )( )

( )

( ) ( )( )( ) ( )( )

( )

( )

g x g xx xf g x f x f g x f xe e lnx e e lnx

g x x g x x g x x g x x g x x lnx

− −− −= + ⇔ = + ⇔

− − − − −

( )( ) ( )( )

( )

( )( )

g x xf g x f x e e1 1

g x x g x x

− −= +

− −

• Η συνάρτηση f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ℝ , επομένως είναι συνεχής

στο [x,g(x)] και παραγωγίσιμη στο (x,g(x)), για κάθε x 1> . Άρα ισχύουν οι

προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής για την f στο [x,g(x)], επομένως θα

υπάρχει ( )( )1ξ x,g x∈ με ( )11 x ξ g x< < < τέτοιο ώστε:



( )( )( ) ( )( )

( )1

f g x f xf ξ 2

g x x

−′ =

−

• Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) xh x e= η οποία είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο

ℝ , επομένως είναι συνεχής στο [x,g(x)] και παραγωγίσιμη στο (x,g(x)), για κάθε

x 1> , με ( ) xh x e′ = .

Άρα ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής για την h στο[x,g(x)],

επομένως θα υπάρχει ( )( )2ξ x,g x∈ με ( )21 x ξ g x< < < τέτοιο ώστε:

( )( )

( )( )2

g x xξ

2

e eh ξ e 3

g x x

−′ = =

−

Από τις (2) και (3) η (1) δίνει: ( ) 2ξ

1f ξ e 1′ = + , με 1ξ 1> και 2ξ 1> .

Ενδεικτικά ένας 2ος τρόπος είναι:

Για κάθε x 0> , έχουμε:

( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )x x xf g x f x e x 1 lnx f g x f x xe e lnx= + − + ⇔ − = − + ⇔

( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )g xlnx x x lnx+x x xf g x f x e e e lnx f g x f x e e lnx f g x f x e e lnx− = − + ⇔ − = − + ⇔ − = − +

.

Οπότε: ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )g x xf g x e g x f x e x 1− − = − −

Έστω η συνάρτηση ( ) ( ) xy x f x e x, x 0= − − > .

Τότε η (1) γίνεται: ( )( ) ( )y g x y x= , για κάθε x 0> (2).

Εφαρμόζουμε το Θεώρημα Rolle για την συνάρτηση y στο [x,g(x)] για κάθε x 1> .

Η y είναι συνεχής στο [x,g(x)] και παραγωγίσιμη στο (x,g(x)) για κάθε x 1> , ως πράξεις

συνεχών και παραγωγίσιμων συναρτήσεων στα διαστήματα αυτά.

Λόγω της (2) ισχύει ( )( ) ( )y g x y x= .

Άρα υπάρχει ένας τουλάχιστον αριθμός ( )( )ξ x,g x∈ , άρα και ξ 1> , τέτοιος ώστε

( )y ξ 0′ = .

Όμως ( ) ( ) xy x f x e 1′ ′= − − , οπότε ( ) ξf ξ e 1 0′ − − = .

Οπότε έχουμε ( ) ξf ξ e 1,ξ 1′ = + > .

Για 1 2ξ ξ ξ= = έπεται το ζητούμενο.

Θεματα πανελλαδικων 2000-2016

Art & Photos

Transcript of Θεματα πανελλαδικων 2000-2016