λύσεις Μπάρλα εκδοση 2013 μέρος β

λύσεις θεμάτων 1

Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

ΘΕΜΑ 1

Δίνεται 1 xf (x) lnx−

=

α) ( ) ( )1 x 0 1 x x 0 x 0,1 Ax−

> ⇔ − > ⇔ ∈ = , ( ) ( )1f (x) 0 , άρα f στο Α1 x x

′ = − <−

2

β) x 0

1 xux

1 x ux 0 x 0 limx

1 xlim f (x) lim ln lim ln ux+ +

+→

− =

− →+∞ → → =+∞

−= = = +∞ ,

x 1

1 xux

1 xx 1 x 1 u 0lim 0x

1 xlim f (x) lim ln lim ln ux− − +

−→

− =

− → → →=

−= = = −∞ , άρα

( )f (A) ,= −∞ + ∞

γ) εφόσον f γνησίως φθίνουσα είναι και ''1 1''− άρα αντιστρέψιμη , 1 xf (x) y y lnx−

= ⇔ = ⇔

( )y 1 1y x

1 x 1 1e x , οπότε f : 0,1 με f (x)x 1 e 1 e

− −−⇔ = ⇔ = → =

+ +r

δ)x x x1 1 1 1 11 x

x x x 00 0 0 0

1 1 e e (1 e ) 2eE f (x) dx dx dx 1 dx x ln(e 1) ln1 e 1 e 1 e e 1

− ′ + − + = = = = − = − + = + + + + ∫ ∫ ∫ ∫

ΘΕΜΑ 2

Δίνεται ln xf (x) x2 x

= −

α) ( )( )2

1 12 x ln x1 2x 2 ln xx xx 0, A , f (x) ,2 x 4x x2 x

⋅ − ⋅− +′∈ + ∞ = = − = Δίνεται 4x x 0> , θεωρώντας

( )1g(x) 2x 2 ln x , x 0 , g (x) 2 0 , άραg , οπότε x 1 g(x) g(1) 2x 2 ln x 0x

′= − + > = + > > ⇔ > ⇔ − + >1 ,

αντίστοιχα 0 x 1 g(x) g(1) 2x 2 ln x 0< < ⇔ < ⇔ − + < (το πρόσημο προκύπτει και κατασκευαστικά διακρίνοντας περιπτώσεις) , άρα η f για x 1= έχει ολικό ελάχιστο το f (1) 1=

β) Εφόσον f (x) 1≥ για να ισχύει αf (α 1) f (e ) 2+ + = πρέπει

α αf (e ) 1 e 1και και α 0

f (α 1) 1 α 1 1

= = ⇔ ⇔ = + = + =

γ) για 0 λ 1< < έχουμε

( ) ( )1 1 1 11 1

λ λλ λ λ λ

ln x 2 2 1Ε(λ) f (x) dx x dx x x x ln xdx 1 λ λ x ln x dx3 32 x x

′ = = − = − = − − + = ∫ ∫ ∫ ∫

2 2 2 8λ λ λ ln λ 2 λ 2 λ λ ln λ 23 3 3 3

= − + + − + = − + − +

(1) , αντίστοιχα γιαλ 1>

λ

1Ε(λ) f (x) dx= =∫

λ 1 (1)

1 λf (x)dx f (x)dx= − =∫ ∫ 2 8λ λ ln λ 2

3 3 − + −

δ) λ 0 λ 0 λ 0

2 8 8limΕ(λ) lim Ε(λ) lim λ λ λ ln λ 2 λ3 3 3+ +→ → →

= = − + − + =

, εφόσον λ 0

2 8 8lim λ λ 2 λ3 3 3+→

− − + =



και ( ) ( )

( ) ( )DLHλ 0 λ 0 λ 0 λ 0 λ 0

1ln λln λ λlim λ ln λ lim lim lim lim 2 λ 01 11

λ 2λ λλ

+ + + + +

−∞ +∞

→ → → → →

′= = = = − =

′ −

λ λ λ

2 8 2 ln λ 2 8lim Ε(λ) lim λ λ λ ln λ 2 λ lim λ λ3 3 3 λ λ 3λ λ→+∞ →+∞ →+∞

= − + − = − + − = +∞ , εφόσον

λ λ

2 2 8 2lim 0 , lim λ λ3 λ 33λ λ→+∞ →+∞

+ − = > = +∞

και ( )

( )( )λ DLH λ λ

ln λln λ 1lim lim lim 0λ λλ

−∞ +∞

→+∞ →+∞ →+∞

′= = = =

′

ΘΕΜΑ 3 Δίνεται η συνάρτηση xf (x) e x 1−= + −

α) x ∈ r , x

x x xx x

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

− −′ ′= − + = − + = > > ⇔ − > ⇔ > f (x) 0 x 0′ < ⇔ <

ο πίνακας μεταβολών φαίνεται δίπλα και άρα η f για x 0= έχει ολικό

ελάχιστο το f (0) 0= , επίσης ( )f

x 0 f (x) f (0) f (x) 0< ⇔ > ⇔ >2

, ( )f

x 0 f (x) f (0) f (x) 0> ⇔ > ⇔ >1

, άρα για το πρόσημο της f έχουμε

β) ( )xx x xx x x x x

1 1 1lim f (x) lim x 1 , lim f (x) lim x 1 lim 1 xe 1e e e→+∞ →+∞ →−∞ →−∞ →−∞

= + − = +∞ = + − = + − = +∞

, εφόσον

( )( )

xx x x xx x x DLH x x

1 x (x) 1lim , lim xe lim lim lim 0e e (e ) e

−∞ +∞

− − −→−∞ →−∞ →−∞ →−∞ →−∞

′ = +∞ = = = = ′ − και x

xlim (1 xe ) 1 0→−∞

+ = > άρα το

σύνολο τιμών αφού έχει ελάχιστο το 0 , είναι [ )f (A) 0,= + ∞ , η εξίσωση γίνεται x(e 0)

x x x xe (x 1) αe 1 x 1 α e e x 1 α f (x) α>

− −− = − ⇔ − = − ⇔ + − = ⇔ = , αν ( ) [ )1 2Α ,0 , Α 0,= −∞ = + ∞ τότε έχουμε ( ) [ )1 2f (A ) 0, , f (A ) 0,= + ∞ = + ∞ οπότε • αν α 0< η εξίσωση είναι αδύνατη εφόσον α f (A)∉ • αν α 0= η εξίσωση έχει μοναδική λύση την x 0= • αν α 0> η εξίσωση έχει δύο λύσεις εφόσον 1 2α f (A ) , α f (A )∈ ∈ και σε κάθε ένα από τα διαστήματα 1 2A ,A η f είναι γνησίως μονότονη

γ) θεωρώντας [ )2

x xxg(x) 1 x e , x 0, , g (x) 1 x e f (x) 02

− −′= − + − ∈ + ∞ = − + + = > από ερώτημα α) , άρα

( ) 2 2gx xx xx 0 g(x) g(0) 1 x e 0 1 x e

2 2− −> ⇔ > ⇔ − + − > ⇔ − + >

1

δ) για την εξίσωση ( )2f (x) f x ln x= + η x 1= είναι προφανής λύση και αν ( )2f (x) f x ln x− = τότε

• ( )f

2 2 2x 1 τότε ln x 0 , x x 1 f (x ) f (x) f (x) f (x ) 0> > > > ⇔ > ⇔ − <1

, αδύνατη



• ( )f

2 2 20 x 1 τότε ln x 0 , 0 x x f (x ) f (x) f (x) f (x ) 0< < < < < ⇔ < ⇔ − >1

, αδύνατη εφόσον τα δύο μέλη της εξίσωσης είναι ετερόσημοι αριθμοί , άρα η x 1= είναι μοναδική λύση ΘΕΜΑ 4 Δίνεται f συνεχής στο [ ]α ,β , παραγωγίσιμη στο ( )α ,β με f (α) α , f (β) β= = α) για την [ ]g(x) f (x) x , εφόσον g(α) f (α) α 0 , g(β) f (β) β 0,στο α ,β= − = − = = − = ισχύουν οι προϋποθέσεις Θ. Rolle , άρα υπάρχει ( )ξ α ,β ώστε g (ξ) 0 f (ξ) 1 0 f (ξ) 1′ ′ ′∈ = ⇔ − = ⇔ =

β) θεωρώντας γ ( )α ,β∈ με 1 2γ α d , β γ d− = − = ώστε 1 2d d β α2 1 3

−= = , προκύπτει ( )1

2d β α3

= − οπότε

( )2 α 2βγ α β α3 3

+= + − = και για την f από Θ.Μ.Τ. στα [ ] [ ]α , γ και γ ,β υπάρχουν ( )1ξ α , γ∈

( )2και ξ γ ,β∈ ώστε ( ) ( )1 2f (γ) f (α) f (β) f (γ)f ξ και f ξγ α β γ

− −′ ′= =− −

, άρα 1 2f (γ) f (α)2f (ξ ) f (ξ ) 2 α 2β α

3

−′ ′+ = ++

−

( )3 f (γ) f (α) f (β) f (γ)f (β) f (γ) f (γ) f (α) f (β) f (γ) 3(β α)2 3α 2β β α β α β α β αβ 23 3 3

− + −− − − −+ = + = = =

+ − − − −−

γ) για την 2α β 2α β 2α β α β β αh(x) f (x) , h(α) f (α) α 0 και h(β) 03 3 3 3 3+ + + − −

= − = − = − = < = > οπότε

h(α) h(β) 0⋅ < και εφόσον h συνεχής από Θ. Bolzano υπάρχει ( )0 0x α ,β ώστε h(x ) 0∈ = ⇔

02α βf (x )

3+

⇔ = (μπορεί να προκύψει και από Θ.Ε.Τ. εφόσον 2α βf (α) α β f (β)3+

= < < = )

δ) για την f από Θ.Μ.Τ. στα [ ] [ ]0 0α , x και x ,β υπάρχουν ( )1 0x α , x∈ ( )2 0και x x ,β∈ ώστε

( ) ( )0 01 2

0 0

f (x ) f (α) f (β) f (x )f x και f xx α β x

− −′ ′= =− −

, άρα

( ) ( ) ( )0 0 0 00 0

1 2

3 x α 3 β x 3 x α β xx α β x1 2 2 2 32α β 2α βf (x ) f (x ) β α 2(β α) β αα β3 3

− − − + −− −+ = + = + = =

+ +′ ′ − − −− −

ΘΕΜΑ 5 Δίνεται ( )f : 0, με f (1) 1+ ∞ → =r , παραγωγίσιμη με 3 2x f (x) 2x x 2′ + = + για κάθε x 0>

α) 3 2 3 23 2 2

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

′ ′ ′ ′ ′+ = + ⇔ = + − ⇔ = + − ⇔ = − + ⇔

2 21 2 1 2f (x) ln x c , f (1) 1 c 0 οπότε f (x) ln x , x 0x x x x

⇔ = − + + = ⇔ = = − + >

β) ( )2

3x 2x 2f (x) 0 για x 0 , άρα f στο 0,

x− +′ = > > + ∞1

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

1 2 1 2 1lim f (x) lim ln x , lim f (x) lim ln x lim ln x 2x 1x x x x x+ + +→+∞ →+∞ → → →

= − + = +∞ = − + = + − = −∞

εφόσον 2x 0 x 0 x 0

1lim ln x , lim (2x 1) 1 0 , limx+ + +→ → →

= −∞ − = − < = +∞ άρα f (A) = r , η εξίσωση γίνεται



21 2α 2015α

2 21 2α 1 2α e ln α 2015 lnα 2015 f (α) 2015α α α

−+ −

= ⇔ = + ⇔ − + = ⇔ = , 2015 f (A)∈ = r κι εφόσον

( )f 1 είναι και ''1 1''− άρα υπάρχει μοναδικό α ( )0,∈ + ∞ ώστε f (α) 2015= γ) πρέπει 2 ημx 0 ημx 2 , που ισχύει και 2 x 0 x 2− > ⇔ < − > ⇔ < , οπότε

( ) ( )( )f

f 2 ημx f (2 x) 0 f 2 ημx f (2 x) 2 ημx 2 x ημx x− − − > ⇔ − > − ⇔ − > − ⇔ <1

, είναι γνωστό ότι ισχύει ημx x , x 0 x ημx x< ≠ ⇔ − < < , άρα αν

• x 0 , x ημx x> − < < οπότε ( )x 0, 2∈ • x 0 , x ημx x< < < − και η ανίσωση αδύνατη, οπότε η λύση τελικά είναι 0 x 2< <

δ) για την f στο 1 ,12

έχουμε ότι είναι συνεχής και 1f (1) 1 0 και f ln 2 02

= > = − <

, άρα από

Θ. Bolzano υπάρχει 0 01x ,1 ώστε f (x ) 02

∈ =

κι εφόσον ( )f 1 είναι μοναδικό στο ( )∞+,0

x x x x x2 2

1 1 1 1 2 1g (x) e ln x , g (x) e ln x e e ln x e f (x)x x x x x x

′ ′′= + = + + − = + − =

, οπότε

( )xe 0x

0g (x) 0 e f (x) 0 f (x) 0 x x>

′′ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = , ( )f

0 0x x f (x) f (x ) f (x) 0 g (x) 0′′> ⇔ > ⇔ > ⇔ >1

, ( )f

0 00 x x f (x) f (x ) f (x) 0 g (x) 0′′< < ⇔ < ⇔ < ⇔ <1

και η g παρουσιάζει μοναδικό σημείο καμπής για 0x x= ΘΕΜΑ 6

Δίνεται η συνάρτηση 2αx βx 1f (x)x 1+ +

=−

α) ( )2 2α 0

2 2x x x

f (x) αx βx 1 αxlim lim lim α 1x x x x

≠

→+∞ →+∞ →+∞

+ += = = =

−

( ) ( )2 2

x x x

β 1 x 1x βx 1 x xlim f (x) x lim lim β 1 0 β 1x 1 x 1→+∞ →+∞ →+∞

+ ++ + − +− = = = + = ⇔ = −

− −

β) ( ) ( )( )

( ) ( )

2 2 2

2 2

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

′ ′− + − − − + − −′ = = =− −

L ,

( )32f (x)

x 1′′ = =

−L , οπότε ο πίνακας μεταβολών της f

διαμορφώνεται όπως φαίνεται στον πίνακα και η f για x 0= έχει τοπικό μέγιστο το f (0) 1= − και για x 2= τοπικό ελάχιστο το f (2) 3= γ) παρατηρούμε ότι αν ( )x 1,∈ + ∞ τότε f (x) f (0) 3≥ = , άρα εφόσον 2 4x 1 , x 1 1+ + > για κάθε x 0≠ ,

για να ισχύει ( ) ( )2 4f x 1 f x 1 6+ + + = πρέπει ( ) ( )2 2

2 44 4

x 1 2 x 1f x 1 f x 1 3

x 1 2 x 1 + = = + = + = ⇔ ⇔ ⇔

+ = =

x 1 ή x 1⇔ = = −



δ) 20 0 0 0 0

11 1 1 1

x x 1 1 1E f (x) x dx x dx dx dx ln x 1 ln 2x 1 x 1 x 1 −− − − −

− + −= − = − = = = − − = − − −∫ ∫ ∫ ∫

ΘΕΜΑ 7 Δίνεται η συνάρτηση xf (x) e x 1= + − α) ( )xf (x) e 1 0 , f στο άρα ''1 1'' και αντιστρέψιμη′ = + > −1 r

x xlim f (x) , lim f (x)→−∞ →+∞

= −∞ = +∞ οπότε

( )1fD f (A) ,− = = −∞ + ∞ = r

β) ε: ( )1 1y f (e) f (e) (x e)− − ′− = ⋅ − ( )f ''1 1''

1f (e) κ f (κ) e f (1) κ 1−

− = ⇔ = = ⇔ = δηλ. 1f (e) 1− =

( )1f f (x) x , x− = ∈ r , οπότε εφόσον 1f − παραγωγίσιμη έχουμε ( ) ( )1 1f f (x) f (x) 1 (1)− − ′′ ⋅ =

για ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1x e , f f (e) f (e) 1 f 1 f (e) 1 f (e)e 1

− − − −′ ′ ′′ ′= ⋅ = ⇔ ⋅ = ⇔ =+

΄,

άρα ε: 1 1 1y 1 (x e) y xe 1 e 1 e 1

− = − ⇔ = ++ + +

γ) από α) x xf (x) e 1 0 , f (x) e 0′ ′′= + > = > , από (1) εφόσον ( )1f f (x) 0−′ > έχουμε ( ) ( )1

1

1f (x)f f (x)

−−

′ =′

κι εφόσον η f ′ είναι παραγωγίσιμη θα είναι και η ( )1f − ′ με

( ) ( )( )( )( )

( )( )( )( )

1 1 11

2 21 1

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

f f (x) f f (x)

− − −−

− −

′ ′′ ′′′′ = − = − <′ ′

αφού ( )1f (x) , f (x) , f (x) 0− ′′′ ′ > , άρα 1f − κοίλη

δ) ε: y 0 11 1y x x 1 , f (0) 0 f (0) 0 με x 0e 1 e 1

= −= + → = − = ⇔ = =+ +

μοναδική λύση εφόσον f ''1 1''− ,

επίσης η 1f − κοίλη άρα η εφαπτομένη είναι πάνω από την γραφική της παράσταση κι έτσι το εμβαδόν είναι

( )e1

ΑΒΓ 10

1 e 2E E Ε (e 1) 1 f (x)dx2 2

∗− −

= − = + ⋅ − =∫ ( ) 1 1 1

1 1 1 2 2 2u f (x) f (u) x , dx f (u)du ,u f (0) f (u ) 0 u 0, u f (e) f (u ) e u 1− − −′∗ = ⇔ = = = ⇔ = ⇔ = = ⇔ = ⇔ =

οπότε [ ]12e 1 1

11 u0

0 0 0 0

u 3f (x)dx uf (u)du uf (u) f (u)du f (1) f (0) e u2 2

− ′= = − = − − + − = =

∫ ∫ ∫ …

ΘΕΜΑ 8

Δίνεται f : →r r συνεχής με f (0) 0= και 1 1f (x) συν 2xημ , x 0x x

′ + = ≠



α) ( ) ( ) ( )2 2 21 1 1 1f (x) 2xημ συνx x ημ x ημ x ημ , x ,0 0,x x x x

′ ′ ′′ = − = + = ∈ −∞ ∪ + ∞

2

2

1x ημ c , x 0x1f (x) x ημ k , x 0x

0 , x 0

+ <= + >

=

, f συνεχής στο 0 άρα x 0 x 0lim f (x) lim f (x) f (0) 0 (1)

+ −→ →= = =

2 2 2 2 2 21 1 1x ημ x ημ x x x ημ xx x x

= ≤ ⇔ − ≤ ≤ οπότε από κριτήριο παρεμβολής 2

x 0

1lim x ημ 0x→

=

και

από (1) έχουμε c k 0= = άρα τελικά 2 1x ημ , x 0

f (x) x0 , x 0

≠= =

,

κριτήριο

x 0 x 0 παρεμβολής

f (x) f (0) 1f (0) lim lim xημ 0x 0 x→ →

−′ = = =−

, ε: y f (0) f (0)(x 0) y 0 (x x)′ ′− = − ⇔ =

β) 1 1 1 1f (x) 0 x 0 ή ημ 0 κπ , κ x , x 0, άρα κ 0x x κπ π

= ⇔ = = ⇔ = ∈ ⇔ = ∈ > Z και τα κοινά σημεία

είναι κ1Ο(0,0) και Α ,0 με κ 1,2,3,κπ

= =

…

γ)

1u 0x

x x u 0

f (x) 1 ημulim lim xημ lim 1x x u+

= >

→+∞ →+∞ →

= = =

( )( )

1 0u 0x 0

22 2 2x x DLHu 0 u 0 u 0 u 0

1 ημu 1 ημu u (ημu u) 1 συνulim f (x) x lim x ημ x lim lim lim lim 0x u u u (u ) 2u+ + + +

= >

→+∞ →+∞ → → → →

′− − − − = − = − = = = = ′ άρα η ευθεία y x= πλάγια ασύμπτωτη στο ∞+

δ) ( )

21 1 1 1π π π π

4 4 21 1 1 12π 2π 2π 2π

1 1x ημ ημf (x) x xE g(x) dx dx dx dxx x x

∗

= = =− = −∫ ∫ ∫ ∫ και θέτοντας 21 1u , dux x

= = −

έχουμε [ ]π

π

2π2π

E ημudu συνu συνπ συν2π 2= = − = − + =∫

( ) 1 1 1 1 1x , x , οπότε ημ 0 f (x) 02π π 2π π x

∗ ∈ ⇔ ≤ ≤ ≤ ⇔ ≤

ΘΕΜΑ 9

Δίνονται ( )2x x1f (x) 4e 1 x 1 , x , g(x) x , x και h(x) e2

= − − ∈ = ≥ =r

α) ( )2x 2x 2x 2xf (x) 4 2e (1 x) e ( 1) 4e (1 2x) , 4e 0′ = − + − = − > άρα όπως φαίνεται στον πίνακα η f για 1x2

=

έχει ολικό μέγιστο το 1f 2e 12

= −



β) η εξίσωση γίνεται ( ) ( )x 2xx

1e 1 x 4e 1 x 1 f (x) 04e

− = ⇔ − = ⇔ =

( )( )

2x 2x2x 2x 2xx x DLH x x x

1 x (1 x) 1 1lim e 1 x lim lim lim lim e 0e (e ) 2e 2

+∞ +∞

− − −→−∞ →−∞ →−∞ →−∞ →−∞

′− −− = = = = =

′ άρα

xlim f (x) 1→−∞

= − ,

1x2

lim f (x) 2e 1−

→

= − , xlim f (x)→+∞

= −∞ οπότε αν 1 21 1A , , A ,2 2

= −∞ = + ∞ έχουμε ( ) ( )1f A 1, 2e 1= − −

και ( ) ( ]2f A , 2e 1= −∞ − κι εφόσον ( ) ( )1 20 f A ,0 f A∈ ∈ και σε κάθε ένα διάστημα η f είναι γνησίως μονότονη , έχει δύο ακριβώς ρίζες γ) ηεξίσωση γίνεται ( )α α4e 1 α e f (α) 0−− = ⇔ = που από ερώτημα β) έχει μοναδική λύση α στο

21A ,2

= + ∞ που έφόσον 1f 2e 1 0 , f (1) 1 0

2 = − > = − <

ανήκει τελικά στο 1 ,12

δ) ( )( )

( )( )( ) ( )

( ) ( )g hg 1 1 1 ε ,ε

1 2

ταυτίζονται1 1 1 2 2 2h 2 2 2 1 2

ε : y g(x ) g x x x g x h x1 g(x ) x g x h(x ) x h xε : y h(x ) h x x x , με x , x2

′− = − ′ ′= ⇔ ⇔ ′ ′− = −′− = − ≥

( ) ( ) ( )

2

2 2

22 2

x

1 x x12 2 2x

x x1 1 2

1

1 e2 x x 1e 1 x e 1 x f x 0

1 2 4ex x e x e2 x

= ⇔ ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − + = − +

εξίσωση που δείξαμε στο ερώτημα γ) ότι έχει μοναδική λύση στο 1 ,12

ΘΕΜΑ 10

Δίνεται η συνάρτηση 2ln x xf (x) 2

x 2= − +

α) 3

2 21 ln x 1 ln x xf (x) x , x 0

x x− − −′ = − = > , θεωρώντας

( ) ( )3 21g(x) 1 ln x x , x 0 , g (x) 3x 0 , g στο 0, , g(1) 0x

′= − − > = − − < + ∞ =2

( )g3x 1 g(x) g(1) 1 ln x x 0 f (x) 0′> ⇔ < ⇔ − − < ⇔ <

2

, ( )g

30 x 1 g(x) g(1) 1 ln x x 0 f (x) 0′< < ⇔ > ⇔ − − > ⇔ >2

και η f για x 1= έχει ολικό μέγιστο το 3f (1)2

=

β) η εξίσωση γίνεται ( ) ( )33 x 2α 42ln x x2ln x x x 2α 4 f (x) α

2x 2x 2x−

= + − ⇔ = + ⇔ =

( ) ( )x 0 x 0 x 0

ln x 1lim f (x) , εφόσον lim lim ln xx x+ + +→ → →

= −∞ = = +∞ ⋅ −∞ = −∞

, xlim f (x)→+∞

= −∞ εφόσον

( )x DLH x x

ln x (ln x) 1lim lim lim 0x (x) x

+∞ +∞

→+∞ →+∞ →+∞

′= = =

′ και

2

x

xlim 22→+∞

− + = −∞

, άρα αν ( ) [ )1 2Α 0,1 , Α 1,= = + ∞ τότε



έχουμε 1 23 3f (A ) , , f (A ) ,2 2

= −∞ = −∞ οπότε

• αν 3α2

> η εξίσωση είναι αδύνατη εφόσον 1 2α f (A ) , f (A )∉

• αν 3α2

= η εξίσωση έχει μοναδική λύση την x 1=

• αν 3α2

< η εξίσωση έχει δύο λύσεις ( ) ( )1 2x 0,1 , x 1,∈ ∈ + ∞ εφόσον 1 2α f (A ) , α f (A )∈ ∈ και σε

κάθε ένα από τα διαστήματα 1 2A ,A η f είναι γνησίως μονότονη

γ) ( )t2 2 3t t t t

2

1 1 1 1 1

ln x x x 1 xf (x)dx 2 dx ln x ln xdx 2 dx ln x 2xx 2 2 2 6

′= − + = − − = − + = ∫ ∫ ∫ ∫

321 t 11ln t 2t

2 6 6= − + − , οπότε

( )3 2t

2 33 2 3t t t1

1 t 11 ln t 1 2 11 1lim f (x)dx lim ln t 2t lim t2 6 6 2t 6 t 6t 6→+∞ →+∞ →+∞

= − + − = − + − = +∞ ⋅ − = −∞ ∫ εφόσον

( )

( ) ( )( )

22

3 3 2 3 3t DLH t t t DLH t

ln t ln t ln tln t ln t 1lim lim lim lim lim 02t (2t ) 3t 3t 9t

+∞ +∞ +∞ +∞

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞

′ ′= = = = =

′

δ) εφόσον μεγ3f2

= θα ισχύει 3 3f (α) , f (β) και f (α) f (β) 32 2

≤ ≤ + ≤ , 2γ 3 3+ ≥ οπότε για να ισχύει

πρέπει 22

3f (α) f (β) 3 f (α) f (β)α 1 και β 1 και γ 02

3 γ 3 γ 0

+ = = = ⇔ ⇔ = = = + = =

ΘΕΜΑ 11

Δίνεται η συνάρτηση 1f (x) x ln 1 ln xx

= + +

α) 1 1 1 1 1 1 1f (x) ln 1 x 1 ln 1 01x x x x x x 11x

′ = + + + + = + + − > + + για κάθε x 0> ως άθροισμα

θετικών, εφόσον 1 1 1 1 1 11 1 ln 1 0 , 0 x x 1 0x x x x 1 x x 1

+ > ⇔ + > < < + ⇔ > ⇔ − > + + οπότε η f γνησίως

αύξουσα ( )1 )στο ( )0,+ ∞ άρα ''1 1''− και αντιστρέψιμη

( )x 0

1u 1x

u DLH u1x 0 lim 1x

1 ln u 1lim x ln 1 lim lim 0x u 1 u+

+→

+∞ = + +∞

→+∞ →+∞ → + =+∞

+ = = = − κι εφόσον

x 0lim ln x

+→= −∞ ισχύει

x 0lim f (x)

+→= −∞ ,

( )x

1 0u 1x 0

x u 1 DLH u 11lim 1 1x

1 ln u 1lim x ln 1 lim lim 1x u 1 u

→+∞

= +

→+∞ → → + =

+ = = = − κι εφόσον

xlim ln x→+∞

= +∞ ισχύει xlim f (x)→+∞

= +∞ , οπότε

( )f (A) ,= −∞ + ∞ = r β) η εξίσωση γίνεται



xx 1 1ln ln x 2015 x ln 1 ln x 2015 f (x) 2015, x 0x x+ ⇔ + = ⇔ + + = ⇔ = >

κι εφόσον 2015 f (A)∈

και η f είναι ''1 1''− η εξίσωση έχει μοναδική θετική ρίζα γ) ( ) ( )1

1 1ff

f : D f (A) , f (A) D 0,−− −= = −∞ + ∞ = → = = + ∞r , είναι γνωστό ότι η 1f − έχει το ίδιο είδος

μονοτονίας με την f άρα γνησίως αύξουσα , οπότε ( )1 1 1

x xf (A) lim f (x) , lim f (x)− − −

→−∞ →+∞= κι επομένως

1

xlim f (x)−

→+∞= +∞ κι έχοντας υπόψη ότι 1u f (x) f (u) x−= ⇔ = το όριο γίνεται

( )

( )1

x u DLH u u

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

+∞ − ∗+∞

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

′ + + += = = + =+ ∞ ′ ′− −

( )u u u

1 1 1 1lim f (u) lim ln 1 ln(1 0) 0 0 0 , f (u) 0 άρα limu u u 1 f (u)→+∞ →+∞ →+∞

′ ′∗ = + + − = + + − = > = +∞ ′+

δ) ( )

( )( )

2x 12 2 2 2

f (x) 01 1 1 1

1 x 1E f (x) dx x ln 1 ln x dx ln 1 dx x ln xx 2 x

>

>

′ ′= = + + = + + = ∫ ∫ ∫ ∫

[ ]2 22 2 2

222 1

1 1 11

1 1 x x 1 1 3 1 xx ln 1 dx x ln x dx 4ln ln 2 dx 2ln 2 12 x 2 x 1 x 2 2 2 x 1

= + − − + − = − + + − = + + ∫ ∫ ∫( ) [ ] 2

1

1 1 3 14ln 3 5ln 2 x ln(x 1) 2 ln 2 1 ln 32 2 2 2

= − + − + + − = = −…

ΘΕΜΑ 12

Δίνεται f : →r r κοίλη με x 1

f (x) 3xlim 2 και f (2) 3x 1→

−= =

−

α) f κοίλη άρα ( )f ′ 2 , f συνεχής οπότε x 1

f (1) limf (x) 3→

= =

( )

x 1 x 1 x 1

3 x 1f (x) 3x f (x) 3 3 3x f (x) f (1)lim 2 lim 2 lim 2 f (1) 3 2 f (1) 5x 1 x 1 x 1 x 1→ → →

− − − + − − ′ ′= ⇔ = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = − − − − για την εφαπτομένη της fC στο Μ(1,f(1)) έχουμε ε: y f (1) f (1)(x 1) y 3 5(x 1) y 5x 2′− = − ⇔ − = − ⇔ = − κι εφόσον η f κοίλη η fC θα είναι κάτω από την ευθεία ε δηλ. f (x) 5x 2 2 5x f (x) 0≤ − ⇔ − + ≤ με το '' ''= να ισχύει μόνο όταν x 1= (σημείο επαφής) β) f (1) f (2) 3= = άρα από Θ. Rolle υπάρχει ( )0 0x 1, 2 ώστε f (x ) 0′∈ = κι εφόσον ( )f ′ 2 είναι ''1 1''− και το 0x μοναδικό, επιπλέον

(f )

0 0x x f (x) f (x ) f (x) 0′

′ ′ ′< ⇔ > ⇔ >2

(f )

0 0x x f (x) f (x ) f (x) 0′

′ ′ ′< ⇔ > ⇔ >2

και η f για 0x x= έχει ολικό μέγιστο

γ) θεωρούμε τη συνάρτηση x

0F(x) f (t)dt= ∫ με

1F (x) f (x) 0, x ,5

′ = < ∈ −∞

εφόσον από ερώτημα α) για 1x5

= έχουμε 1f 15

≤ −

και από ερώτημα β)

1f f 1 05

01 1x 1 x f (x) f f (x) 05 5

≤− < < < < ⇔ < → <

1 , άρα ( ) 1F στο , οπότε και ''1 1''

5 −∞ −

2 και η



εξίσωση γίνεται 2x 0 2x F''1 1''

x x 0f (t)dt 0 f (t)dt f (t)dt 0 F(2x) F(x) 2x x x 0

−

= ⇔ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ =∫ ∫ ∫

Παρατήρηση: σ’ αυτές τις ασκήσεις μπορούμε να εργαστούμε και ως εξής, εφόσον f (x) 0< τότε αν 2x 2x

x xx 2x ή x 2x θα ισχύει f (t)dt 0 ή f (t)dt 0< > < >∫ ∫ αντίστοιχα, άτοπο εφόσον πρέπει

2x

xf (t)dt 0=∫ , άρα 2x x x 0= ⇔ =

δ) από ερώτημα α) για 2x5

= έχουμε 2f 05

≤

και από ερώτημα β)

2f f 05

02 2x 1 x f (x) f f (x) 05 5

≤ < < < ⇔ < → <

1,

x2 2

0g (x) 2x f (t)dt x f (x) 2xF(x) x f (x)′ = + = +∫ ,

2 2x 0 , f (x) 0 άρα x f (x) 0≥ < ≤ , επίσης 2xF(x) 0≤ κατασκευαστικά διακρίνοντας δύο περπτώσεις 2x 0 και 0 x5

≤ ≤ < ή από Θ.Μ.Τ. για την F στο [ ] [ ]0, x ή x ,0 υπάρχει ( ) ( )ξ 0, x ή ξ x ,0∈ ∈ ώστε

F(x) F(0)F (ξ) F(x) xf (ξ)x 0

−′ = ⇔ =−

και 2 22χF(x) 2x f (ξ) 0 εφόσον f (ξ) 0 και x 0= ≤ < ≥ , άρα τελικά

2g (x) 0 , x ,5

′ ≤ ∈ −∞

με το '' ''= να ισχύει μόνο για x 0= κι έτσι η g γνησίως φθίνουσα στο 2,5

−∞

ΘΕΜΑ 13

Δίνεται ( )f : 0, + ∞ → r συνεχής με x

1

1 f (t)f (x) 2x 1 dt , x 0x t

= − − − >∫

α) ( ) ( )22

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

′′′ ′ ′= + − ⇔ = + − ⇔ + = + ⇔

( ) ( )2 2 ln x 1xf (x) x ln x xf (x) x ln x c , f (1) 0 c 1 οπότε f (x) x , x 0x

−′′⇔ = + ⇔ = + + = ⇔ = − = + >

β) 2

2x 2 ln xf (x) 0, x 0

x+ −′ = > > εφόσον θεωρώντας

( )2g(x) x 2 ln x , x 0,= + − ∈ + ∞ , 22x 1g (x)x

−′ = και άρα η g για

2x2

= έχει ελάχιστο το 2 5 ln 2g 02 2

+= >

οπότε

2g(x) g 02

≥ >

, έτσι ( ) ( )f στο 0,+ ∞1 κι εφόσον f (1) 0=

έχουμε ( )f

x 1 f (x) f (1) 0> ⇔ > =1

, ( )f

0 x 1 f (x) f (1) 0< < ⇔ < =1

οπότε το πρόσημο της f διαμορφώνεται όπως φαίνεται στον πίνακα

( ) ( ) ( )x 0 x 0

ln x 1 1lim lim ln x 1x x+ +→ →

−= − = +∞ ⋅ −∞ = −∞ άρα

x 0lim f (x)

+→= −∞ και η ευθεία x 0= ( )y y′

κατακόρυφη ασύμπτωτη από δεξιά στο 0

( )2 2 2x DLH x x

ln x 1 (ln x 1) 1lim lim lim 0x (x ) 2x

+∞ +∞

→+∞ →+∞ →+∞

′− −= = =

′ και 2x x

f (x) ln x 1lim lim 1 1 0 1x x→+∞ →+∞

− = + = + =



( )( )x x DLH x x

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

+∞ +∞

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

′− −− = = = =

′ άρα η y x= πλάγια ασύμπτωτη στο +∞

γ) ( ) ( )121 1 1 1

λ λ λ λ λ

ln x 1 1 ln x ln xE(λ) f (x) x dx dx dx ln x 1 ln x dx ln xx x 2

− − ′= − = = = − = − = ∫ ∫ ∫ ∫

2ln λln λ2

= − +

δ) ( )( )2 f

2

f ''1 1''

z ln z 1z ln z 1 0 f z f (1) z 1

z −

+ −+ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

1 , οπότε ο γεωμετρικός τόπος των

εικόνων των z είναι κύκλος με κέντρο Ο(0,0) και ακτίνα 1 ΘΕΜΑ 14 Δίνεται [ )f : 0, + ∞ → r συνεχής με xf (0) 1 και 2x f (x) e , x 0′= < < > α) ( )f (x) 2x 0 , x 0,′ > > ∈ + ∞ κι εφόσον f συνεχής στο 0, θα είναι f ( ) [ )στο 0,+ ∞1

( )2f (x) 2x 0 f (x) x 0′′ − > ⇔ − > δηλ. η ( ) [ )2g(x) f (x) x στο 0,= − + ∞1 g

2 2x 0 g(x) g(0) f (x) x f (0) f (x) x 1> ⇔ > ⇔ − > ⇔ > +1

( )x xf (x) e 0 f (x) e 0′′ − < ⇔ − < δηλ. η ( ) [ )xh(x) f (x) e στο 0,= − + ∞2 h

x xx 0 h(x) h(0) f (x) e f (0) 1 f (x) e> ⇔ < ⇔ − < − ⇔ <2

β) ( )2 x

κριτήριο2 x παρεμβολής x 0

x 0 x 0

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

lim x 1 1 lim e +

+ +→

→ →

+ < < → = = + = = , 2

21 10 x 1 f (x) 0

x 1 f (x)< + < ⇔ > >

+ κι

εφόσον 2x

1lim 0x 1→+∞

=+

από κριτήριο παρεμβολής x

1lim 0f (x)→+∞

= οπότε f (x) 0

x x

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

>

→+∞ →+∞= = + ∞ και

το σύνολο τιμών είναι [ )f (A) 1,= + ∞ γ) θεωρούμε [ ]2φ(x) f (x) 2x , x 1, 2= − ∈ , από ερώτημα α) για x 1 και x 2= = έχουμε 2 f (1) e< < και

25 f (2) e 8< < < οπότε φ(1) f (1) 2 0 , φ(2) f (2) 8 0= − > = − < , άρα από Θ. Bolzano υπάρχει ( )0x 1,2∈ ώστε 2

0 0 0φ(x ) 0 f (x ) 2x= ⇔ =

δ) 1 1f (x) 0

0 0E(Ω) f (x) dx f (x)dx

>

= =∫ ∫ , εφόσον 2 xx 1 f (x) e+ < < θα ισχύει

( )131 1 1 12 x x

00 0 0 0

x 4x 1 dx f (x)dx e dx x E(Ω) e E(Ω) e 1 e3 3

+ < < ⇔ + < < ⇔ < < − <

∫ ∫ ∫

ΘΕΜΑ 15 Δίνεται ( )f : 0, + ∞ → r η οποία είναι δύο φορές παραγωγίσιμη με f (1) e , f (1) 0′= = και ισχύει

1xxf (x) f (x) e για κάθε x 0′ = − >

α) ( ) ( )1

1 1 1xx x x

2 2

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

′′ ′′ − ′′ ′= − ⇔ − = − ⇔ = − ⇔ = ⇔



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

x x

=

⇔ = + → = + ⇔ = + ⇔ = = ⇔ =

β) 1 1 1 1 1x x x x x1 1 x 1f (x) e xe e 1 e , x 0 ,e 0

x x x

′ − ′ = + = − = > >

για x 1= η f έχει ολικό ελάχιστο το f (1) e= , f (x) f (1)≥ ⇔ x x1 1

x x xx x x 1xe e 1 xe e x e ee e

⇔ ≥ > ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥

γ) ( )

1u1 u ux uxu DLH u ux 0 x 0

e (e )lim f (x) lim xe lim lim lim eu (u)+ +

+∞ = +∞

→+∞ →+∞ →+∞→ →

′= = = = = +∞ ′

, άρα η ευθεία x 0= ( )y y′ κατακόρυφη

ασύμπτωτη από δεξιά στο 0 1u1 x ux

x x u 0

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

=

→+∞ →+∞ →= = = , ( )

( )

01u1 u u 0xx

x x DLHu 0 u 0

e 1 e 1lim f (x) x lim xe x lim limu u u+ +

=

→+∞ →+∞ → →

−− = − = − = =

( )( )

uu

u 0 u 0

e 1lim lim e 1

u+ +→ →

′−= = =

′ , άρα η y x 1= + πλάγια ασύμπτωτη στο +∞

1 1x x 1f (x) x 1 xe x 1 e 1 , x 0

x> + ⇔ > + ⇔ > + > , θεωρώντας [ )xg(x) e x 1 , x 0, ,= − − ∈ + ∞ έχουμε

xg (x) e 1 0′ = − > , άρα ( ) [ )g στο 0,+ ∞1 και

g

x xx 0 g(x) g(0) e x 1 0 e x 1 , για κάθε x 0> ⇔ > ⇔ − − > ⇔ > + >1

κι εφόσον 1 0x

> θα ισχύει 1x 1e 1

x> +

δ) 2 2

1 1E f (x) x 1 dx (f (x) x 1)dx= − − = − −∫ ∫ εφόσον από ερώτημα γ) ισχύει f (x) x 1> +

f1 x 2 f (1) f (x) f (2) e f (x) 2 e e x 1 f (x) x 1 2 e x 1≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ − − ≤ − − ≤ − −

1 κι εφόσον το '' ''=

ισχύει μόνο για x 1 , x 2= = αντίστοιχα, έχουμε

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 22 2 2

1 1 1 1 1

x xe x 1 dx f (x) x 1 dx 2 e x 1 dx e 1 x E 2 e 1 x2 2

− − < − − < − − ⇔ − + − < < − + − ⇔

∫ ∫ ∫( ) ( )1 1 5 52 (e 1)2 (e 1) E 2 2 e 1 2 2 e 1 e E 2 e

2 2 2 2⇔ − + − + − − < < − + − + − − ⇔ − < < −

ΘΕΜΑ 16

Δίνεται συνάρτηση f : →r r με f (0) 0= , παραγωγίσιμη και f (x) f (x)f (x)

xe x , f (x)e 1x e

′≠ − + =+

για

κάθε x ∈ r α) f (x)g(x) e x 0= + ≠ κι εφόσον g συνεχής , διατηρεί σταθερό πρόσημο , f (0)g(0) e 0 1 0= + = > , άρα g(x) 0> για κάθε x ∈ r

( )2

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

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

′′ ′′ ′+ = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ +

x 02 2 21 1 1 1g (x) x c g (0) c c

2 2 2 2

=

⇔ = + → = ⇔ = άρα g(x) 0

2 2 2 21 1 1g (x) x g (x) x 12 2 2

>

= + ⇔ = + ⇔



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

22

2 2 2 2 2

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

− +′ ′= − = ⋅ = − ⇔ + + = ∈ + − + + − + +

r

β) ( )2

1f (x) 0 , f στοx 1

′ = − <+

2 r οπότε ''1 1''− και αντιστρέψιμη

( ) x 02 2

2 2x x x

1 1lim x 1 x lim x 1 x lim x 1 1x x

<

→−∞ →−∞ →−∞

+ − = + − = − + − = +∞ , άρα

( )( )2u x 1 x

2

x x ulim f (x) lim ln x 1 x lim ln u

= + −

→−∞ →−∞ →+∞= + − = = +∞ ,

( ) ( ) ( )( )

2 2

2

x x x2

2

x 1 x x 1 x 1lim x 1 x lim lim 01x 1 x x 1 1x

→+∞ →+∞ →+∞

+ − ⋅ + ++ − = = =

+ + + +

, άρα

( )( )2u x 1 x 0

2

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

+

= + − >

→+∞ →+∞ →= + − = = −∞ και ( )f (A) ,= −∞ + ∞ = r

2y y yy 2 y 2 2y 2 y 2

y1 e e ey f (x) e x 1 x e x x 1 e x 2xe x 1 x

2e 2

−− −= ⇔ = + − ⇔ + = + ⇔ + + = + ⇔ = = άρα

1f :− →r r με x x

1 e ef (x)2

−− −

=

γ) αν 1 x xf (x) e eh(x) ,συνx 2συνx

− − −= = τότε

1 x x x xf ( x) e e e eh( x) h(x) ,συν( x) 2συνx 2συνx

− − −− − −− = = = − = −

−δηλ. h περιττή

οπότε 1 1ln ln 22

ln 2 ln 2

f (x) dx h(x)dx 0συνx

− −

= =∫ ∫

Παρατήρηση: ισχύει γενικά ότι αν h περιττή τότε α

αh(x)dx 0

−=∫

δ) f

0 x 1 f (0) f (x) 0 f (x)≤ ≤ ⇔ ≥ ⇔ ≥2

οπότε

( ) ( ) [ ]1 1 1 1 1

120

0 0 0 0 0E f (x) dx f (x)dx ln x 1 x dx x f (x)dx xf (x) xf (x)dx′ ′= = − = − + − = − = − + =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )21 1 1

2

2 2 00 0

x 1xf (1) dx ln 2 1 dx ln 2 1 x 1 ln 2 1 1 2x 1 2 x 1

′+− = − + = − − − = − − − + = − − + − + +∫ ∫

ΘΕΜΑ 17 Δίνονται δύο συναρτήσεις [ ]f ,g : 2,3 → r συνεχείς στο [ ]2,3 παραγωγίσιμες στο ( )2,3 με f (x) 0′ ≠

για κάθε ( )x 2,3∈ και ( ) ( )22x 5 g(x) x 5x 6 g (x)′− ≠ − + (1) για κάθε [ ]x 2,3∈

α) f (x) 0′ ≠ άρα f ''1 1''− , γιατί αν υπάρχουν ( )1 2x , x 2,3∈ με 1 2 1 2x x και f (x ) f (x )≠ = από Θ. Rolle υπάρχει ( ) ( ) ( )0 1 2 2 1x x , x ή x , x 2,3∈ ⊆ με 0f (x ) 0′ = , άτοπο θεωρώντας h(x) 5f (x) 2f (2) 3f (3)= − − , έχουμε ( ) ( )h(2) 3 f (2) f (3) , h(3) 2 f (2) f (3)= − = − − και

( )2h(2) h(3) 6 f (2) f (3) 0⋅ = − − < εφόσον f (2) f (3)≠ και άρα από Θ. Bolzano υπάρχει ( )ξ 2,3∈ ώστε



2f (2) 3f (3)h(ξ) 0 5f (ξ) 2f (2) 3f (3) f (ξ)

5+

= ⇔ = + ⇔ = , που εφόσον f ''1 1''− είναι μοναδικό

β) από Θ.Μ.Τ. υπάρχουν ( ) ( )1 2ξ 2,ξ , ξ ξ ,3∈ ∈ ώστε 1

2f (2) 3f (3) f (2)f (ξ) f (2) 5f (ξ )ξ 2 ξ 2

+−−′ = = =

− −

( )( )

3 f (3) f (2)5 ξ 2

−=

− και ( )

( )2

2f (2) 3f (3)f (3) 2 f (3) f (2)f (3) f (ξ) 5f (ξ )3 ξ 3 ξ 5 3 ξ

+− −−′ = = =

− − − οπότε

( ) ( ) ( )( )

2

1 26 f (3) f (2)

f ξ f ξ 025 ξ 2 (3 ξ)

−′ ′ = >

− − εφόσον

ξ 2 02 ξ 3

3 ξ 0− >

< < ⇔ − <

γ) από (1) για x 2= έχουμε g(2) 0 g (2) g(2) 0′− ≠ ⋅ ⇔ ≠ και για x 3= έχουμε g(3) 0 g (3) g(3) 0′≠ ⋅ ⇔ ≠

αν g(x) 0≠ για κάθε ( )x 2,3∈ τότε για την 2x 5x 6φ(x)

g(x)− +

= στο [ ]2,3 ισχύει Θ. Rolle, άρα υπάρχει

( )0x 2,3∈ ώστε

( )( ) ( ) ( ) ( )

20 0 0 0 0 2

0 0 0 0 0 020

2x 5 g(x ) x 5x 6 g (x )φ x 0 0 2x 5 g(x ) x 5x 6 g (x )

g (x )′− − − +

′ ′= ⇔ = ⇔ − = − + , άτοπο

από (1), επομένως δεν ισχύει g(x) 0≠ για κάθε ( )x 2,3∈ δηλ. υπάρχει ( )α 2,3∈ ώστε g(α) 0= δ) g (x) 0′ > για κάθε ( )x 2,3∈ , για την g από Θ.Μ.Τ. στο [ ]2,3 υπάρχει ( )β α ,3∈ ώστε

( ) ( )g(3) g(α)g β g(3) g β (3 α)3 α

−′ ′= ⇔ = −−

(2)

( )( )g (β) 0 (2)

α β 3 α β 3 3 α 3 β 0 g (β)(3 α) g β 3 β g(3) g β)(3 β)′ >

′ ′ ′< < ⇔ − > − > − ⇔ − > − > ⇔ − > − ⇔ > − ΘΕΜΑ 18

Δίνεται ( )f : 1,1− → r παραγωγίσιμη με f (0) 2′ = − και ( )x yf (x) f (y) f , για κάθε x, y 1,11 xy

++ = ∈ − +

α) για y 0= έχουμε x 0 x 0

f (x) f (0) f (x)f (x) f (0) f (x) f (0) 0 , 2 f (0) lim limx 0 x→ →

−′+ = ⇔ = − = = =−

παραγωγίζοντας ως προς x έχουμε

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

2

2 2

x y 1 xy x y 1 xyx y x y 1 yf (x) f f1 xy 1 xy1 xy 1 xy

′ ′+ + − + + + + −′ ′ ′= = + ++ + που για x 0= δίνει

( )222f (0) 1 y f (y) f (y)

y 1′ ′ ′= − ⇔ =

− , οπότε

x x

20 0

2f (y)dy dyy 1

′ = ⇔−∫ ∫

[ ]( )x 1,1x xx

0 00

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

∈ − ⇔ = − ⇔ − = − − + ⇔ = − − + ⇔ − + ∫

1 xf (x) ln(1 x) ln(x 1) f (x) ln1 x

−⇔ = − − + ⇔ =

+

β) ( ) ( ) ( )22f (x) 0 , x 1,1 , f στο 1,1

x 1′ = < ∈ − −

−2 οπότε ''1 1''− και αντιστρέψιμη

( )y

y y y y yy

1 x 1 x 1 ef (x) y ln y e 1 x e xe 1 e 1 e x x1 x 1 x 1 e

− − −= ⇔ = ⇔ = ⇔ − = + ⇔ − = + ⇔ =

+ + +



1 xu1 x

ux 1 x 1

1 xlim f (x) lim ln lim ln u1 x+ +

−=

+

→+∞→− →−

−= = = +∞

+ ,

1 xu1 x

x 1 x 1 u 0

1 xlim f (x) lim ln lim ln u1 x− − +

−=

+

→ → →

−= = = −∞

+ , f (A) = r άρα

( )x

1 1x

1 ef : 1,1 με f (x)1 e

− − −→ − =

+r

γ) x1 1

1x

0 0

e 1E f (x) dx dxe 1

− −= =

+∫ ∫ , οπότε θέτοντας x x due u , e dx du udx du dxu

= = ⇔ = ⇔ = ,

x 0 u 1 , x 1 u e= ⇔ = = ⇔ = έχουμε ( )e e e

1 1 1

u 1 du A B 1 2E du duu 1 u u u 1 u u 1

∗− − = ⋅ = + = + = + + + ∫ ∫ ∫

[ ] ( ) ( ) ( )e2 2 2

e

1

1

u 1 e 1 e 1ln u 2ln(u 1) ln ln ln 4 ln

u e 4e

+ + += − + + = = − =

( ) ( ) A B 1 B 2A B u Au 1 A BA 1 A 1u(u 1) u u 1 u(u 1)

+ = =+ + −∗ = + = ⇔ ⇔ = − = −+ + +

δ) θεωρούμε συνάρτηση ( )2

x xg(x) f (x) e 1 , x 1,12

= − + + ∈ − , ( )xg (x) f (x) e x 0 , x 1,1′ ′= − + < ∈ −

εφόσον από ερώτημα β) x xf (x) 0 , e x x e 0′ < > ⇔ − < , οπότε g ( ) και ''1 1'' στο ( 1,1)− −2 , g(0) f (0) 1 0 1 0= − + + = και άρα η x 0= μοναδική λύση της εξίσωσης , αφού είναι ισοδύναμη με την g(x) 0= ΘΕΜΑ 19 Δίνεται z με z 1 και 1 z x∈ = − =c α) x 1 z AM= − = , οπότε εφόσον ΑΜ χορδή κύκλου με διάμετρο 2 θα ισχύει 0 x AM 2≤ = ≤ , με x 0= όταν A M≡ και x 2= όταν B M≡ , άρα [ ]x 0,2∈ β) ( )( )2 22 2 2 2 21 z x 1 z 1 z x 1 z z zz x 1 z z z x z z 2 x− = ⇔ − − = ⇔ − − + = ⇔ − − + = ⇔ + = −

γ) ( )2 21 z zz z z z z z z z z z+ = + = + = ⋅ + = +

δ) )2

2 2

2

x x 2 , x 0, 21 z 1 z x z z x 2 x

x x 2 , x 2 ,2

− + + ∈ − + + = + + = + − = + − ∈

, θεωρούμε τη συνάρτηση

) )(

2

2

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

x x 2 , x 2 ,2 2x 1 , x 2 ,2

− + ∈− + + ∈ ′= = + − ∈ + ∈

( )1 9f (0) 2 , f , f 2 2 , f (2) 42 4

= = = =

κι εφόσον η f είναι

συνεχής σε κλειστό διάστημα έχουμε ελαχ μεγf 2 , f 4= =



ΘΕΜΑ 20

Δίνεται f : →r r συνεχής συνάρτηση με x

20

dtf (x) 21 3f (t)

=+∫

α) ( )22f (0) 0 , f (x) 0 , f στο

1 3f (x)′= = >

+1 r (1)

fx 0 f (x) f (0) f (x) 0> ⇔ > ⇔ >

1,

fx 0 f (x) f (0) f (x) 0< ⇔ < ⇔ <

1

( )22

2f (x) 6f (x)f (x)1 3f (x)

′′ ′= − ⋅+

, ( )221 3f (x) , f (x) 0′+ > άρα το πρόσημο

της f ′′ είναι αντίθετο με το πρόσημο της f και για x 0= έχει σημείο καμπής το f (0) 0=

β) από (1): ( )2 3 3f (x) 3f (x)f (x) 2 f (x) f (x) (2x) f (x) f (x) 2x c′′ ′ ′+ = ⇔ + = ⇔ + = + που για x 0=

δίνει 3f (0) f (0) 0 c c 0+ = + ⇔ = , οπότε 3f (x) f (x) 2x , x+ = ∈ r γ) από ερώτημα α) ( )f στο1 r άρα ''1 1''− και αντιστρέψιμη οπότε 3f (x) y y y 2x= ⇔ + = ⇔

( )31x y y , y2

⇔ = + ∈ r και ( )1 1 31f : f ( ) με f (x) x x2

− −→ = +r r

δ) 1 1

0 0E f (x) dx f (x)dx= =∫ ∫ και θέτοντας

( ) ( )1 1 21u f (x) f (u) x , dx f (u) du dx 3u 1 du2

− − ′= ⇔ = = ⇔ = + , u f (0) 0 , u f (1) 1= = = = εφόσον από

ερώτημα β) (σχ .Horner)

3 3f (1) f (1) 2 f (1) f (1) 2 0 f (1) 1+ = ⇔ + − = ⇔ = , έχουμε

( ) ( )14 21 1

2 3

0 0 0

1 1 1 3u u 5E u 3u 1 du 3u u du2 2 2 4 2 8

= ⋅ + = + = + = =

∫ ∫ …

ΘΕΜΑ 21

f (x) , 0 x 1f (0) f (1) 0 , 0 f (0) f (1) , g(x) x

0 , x 0

< ≤′ ′= = = < = =

α) x 0 x 0 x 0

f (x) f (x) f (0)g(0) 0 , lim g(x) lim lim f (0) 0x x 0+ + +→ → →

− ′= = = = =−

β) αν ( ) 2 x 1 x 1 x 1

f (x) f (1)f (x)x f (x) g(x) g(1) f (x) f (1)xxx 0,1 g (x) , g (1) lim lim limx x 1 x 1 x(x 1)− − −→ → →

−′ − − −′ ′∈ = = = = =− − −

_ _x 1 x 1

f (x) f (1)x f (1) f (1) 1 f (x) f (1) f (1)(x 1)lim lim f (1) f (1) f (1) 0x(x 1) x x 1 x(x 1)→ →

− + − − − ′= = ⋅ − = − = − < − − −

γ) αν g έχει μέγιστο στο 1 τότε g(x) g(1)≤ , άρα αφού g(x) g(1) 0 και x 1 0− ≤ − < ,

x 1

g(x) g(1)g (1) lim 0x 1−→

−′ = ≥−

, δηλ. g (1) 0′ ≥ άτοπο από β)

στο 0 δεν μπορεί εφόσον g(0) 0 f (1) g(1)= < = δηλ. υπάρχει αποτέλεσμα μεγαλύτερο από το g(0) .



Εφόσον όμως g συνεχής στο [0 , 1] έχει μέγιστο και αφού δεν είναι στα άκρα το έχει σε εσωτερικό σημείο του [0 , 1] δ) αν ( )0x 0,1∈ το σημείο που η g έχει μέγιστο από Θ. Fermat ( )0 0 0 0g x 0 f (x )x f (x ) 0 (1)′ ′= ⇔ − =

0 0 0 0 0 0 0 0 0ε : y f (x ) f (x )(x x ) , O (ε) f (x ) f (x )( x ) f (x )x f (x ) 0′ ′ ′− = − ∈ ⇔ − = − ⇔ − = που ισχύει από (1) ΘΕΜΑ 22

[ ]f : α ,β → r , παραγωγίσιμη με f (x) 0′ ≠ για κάθε ( )x α ,β∈ και οι μιγαδικοί α1z e if (α)= + ,

β2z f (β) ie= + και 2

24w γw , γ3 3w

= − ∈ r

α) w δεν είναι πραγματικός σημαίνει ότι η εξίσωση 4 33w 4w γ 0− + = δεν έχει πραγματικές ρίζες. Θεωρώ

4 3g(x) 3x 4x γ= − + , x ∈ r 2g (x) 12x (x 1)′ = − 0 x 0ή x 1= ⇔ = = Από τον πίνακα

μεταβολών η g έχει ολικό ελάχιστο το g(1) γ 1= − κι εφόσον x xlim f (x) lim f (x)→+∞ →+∞

= = +∞ η g έχει σύνολο

τιμών [ )g(A) γ 1,= − + ∞ , άρα για να μην έχει πραγματική λύση η g(x) 0= πρέπει γ 1 0 γ 1− > ⇔ >

β) ( )2α 2 2α 21α 0 , z 1 e f (α) 1 e f (α) 1≥ = ⇔ + = ⇔ + = . 2α 22α 0 e 1και εφόσον f (α) 0≥ ⇔ ≥ ≥ πρέπει

1α 0 και f (0) 0, οπότε z 1= = = γ) ( )α β α β

1 2z z e f (β) f (α)e e f (α)f (β i+= − + + , α β1 2Im(z z ) 0 f (α)f (β) e 0+= ⇔ = − < , οπότε για την f από

Θ. Bolzano υπάρχει 0 0x (α ,β) ώστε f (x ) 0∈ = και αφού f (x) 0′ ≠ η f είναι «1-1» άρα το 0x μοναδικό.

δ) (γ)

1 2 α βf (α) f (β)u z z Ie e

= ∈ ⇔ = άρα για την συνάρτηση xf (x)h(x)e

= ισχύουν προϋποθέσεις Θ. Rolle στο

[α , β], οπότε υπάρχει ( )ξ α ,β ώστε h (ξ) 0 f (ξ) f (ξ)′ ′∈ = ⇔ ⇔ =LL ΘΕΜΑ 23

xf (t) t , t 0= > x 1f (t) xt −′ =

α) από Θ.Μ.Τ. υπάρχει 1ξ (3, 4)∈ τέτοιο, ώστε x 1 x x1 1

f (4) f (3)f (ξ ) xξ 4 34 3

−−′ = ⇔ = −−

β) x 1

(α)x x x x x 1 x 1 1 1

1 22 2

ξ ξ4 3 6 5 xξ xξ x 0 ή 0 με 0ξ ξ

−

− − − = − ⇔ = ⇔ = = ≠

οπότε x 1 0 x 1− = ⇔ =

γ) ( )1

2

ξ 1x 1 ξ(x 0)x x x x x 1 x 1 1

1 22

ξ4 5 3 6 x ξ ξ 0 1 x 1 0 x 1ξ

< −

> − −

+ > + ⇔ ⇔ − > ⇔ > ⇔ − < ⇔ >

L

( )1x x x x1

x x x x

0 0

4 5 3 6 3 4 2 54 5 3 6 dx 0 0ln 4 ln 5 ln 3 ln 6 ln 4 ln 5 ln 3 ln 6

+ − − > ⇔ + − − > ⇔ ⇔ + > +

∫ L

δ) εφόσον g κυρτή ή κοίλη έχουμε ότι ( ) ( )g ΄ή g′ ′1 2 άρα αρκεί να έχουμε σύγκριση δύο αποτελεσμάτων της g′ . Από (γ) έχουμε

1 2(2 x 3 4 x 5)(Θ.Μ.Τ.

1 2 1 2g(3) g(4) g(2) g(5) g(3) g(2) g(5) g(4) g (x ) g (x ) x x< < < < <

′ ′+ > + ⇔ − > − ⇔ > ⇔ < , άρα η g′ δεν



μπορεί να είναι ( )1 , είναι ( )2 , άρα g κοίλη ΘΕΜΑ 24

( )f : 0, , παραγωγίσιμη με f (1) 1 , f (x) 0 , x 0 και xf (x) 2f (x) 0,′+ ∞ → = ≠ > + <r για κάθε x 0> α) f (x) 0≠ κι εφόσον συνεχής ως παραγωγίσιμη, διατηρεί σταθερό πρόσημο, όμως f (1) 1 0= > , άρα

( )f (x) 0 , x 0,> ∈ + ∞ . Έχουμε ( )f (x) 2xf (x) 2f (x) ln f (x) 2 ln x 0f (x) x′ ′′ < − ⇔ < − ⇔ + < , θεωρώντας

λοιπόν την ( )2g(x) ln f (x) 2 ln x ln x f (x)= + = ισχύει ( )g (x) 0 για x 0,′ < ∈ + ∞ , άρα ( )g 2 στο

( )0,+ ∞ , οπότε έχουμε ( )

( )g

22

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

< < ⇔ > ⇔ > ⇔ ⇔ >L2

και αντίστοιχα όταν

( )g

21x 1 g(x) g(1) f (x)x

> ⇔ < ⇔ ⇔ <L2

β)

( )2κριτήριο

παρεμβολής x 0

2x 0

1f (x) , x 0,1x lim f (x)

1limx

+

+

→

→

> ∈ → = +∞= +∞

, άρα η x 0 (yy )′= κατακόρυφη όταν x 0+→


παρεμβολής x

3x

f (x) 10 , x 1, f (x)x x lim 01 xlim 0x

→+∞

→+∞

< < ∈ +∞ → ==

,


παρεμβολής x

2x

10 f (x) , x 1,x lim f (x) 0

1lim 0x

→+∞

→+∞

< < ∈ +∞ → ==

άρα η y 0 (xx )′= οριζόντια όταν x → +∞

γ) από Θ.Μ.Τ. για την f1υπάρχει ξ ,22

1f (2) f5 5 1 1522f (ξ) 5 0 f (ξ) f (2) f12 2 2 42

2 ∈

− ′ ′+ < ⇔ < − → < − ⇔ − < − −

από α) ( )

10 f (2)4 1 1 15f (2) f 4

1 1 2 4 4f 4 f 42 2

+

< < → − < − = − > ⇔ − < −

δ)

1

λ

λ

1

f (x)dx , αν 0 λ 1E(λ)

f (x)dx , αν λ 1

< ≤= >

∫∫

, οπότε αν

( )11 1

0 λ 1με ολοκλήρωση2 2

λ λ λ

1 1 1 1x 0,1 , f (x) f (x)dx dx E(λ) 1x x x λ

< < ∈ > → > ⇔ > − = − ∫ ∫ Όμως

λ 0

1lim 1λ+→

− = +∞

και άρα από κριτήριο παρεμβολής λ 0lim E(λ)

+→= +∞



( )λλ λ

λ 1με ολοκλήρωση2 2

1 1 1

1 1 1 1x 1, f (x) f (x)dx dx E(λ) 1 1 λ 0x x x λ

> ∈ + ∞ < → < ⇔ < − = − < ⇔ > ∫ ∫ , ισχύει

ΘΕΜΑ 25

( ) xf (x) x 2 e−′′ = − , x ∈ r , η ευθεία ε : y 2x 1= − πλάγια ασύμπτωτη στο +∞ και 22

4 5z , zz z

∗= − ∈ c

α) x

f (x)lim 2 (1)x→+∞

= ( )xlim f (x) 2x 1 (2)→+∞

− = −

( ) [ ] ( )( ) ( )x x x xxxt t t t

0 00 0 0 0f (t)dt t 2 e dt f (t) t 2 e dt f (x) f (0) t 2 e e dt− − − −′′′ ′ ′ ′ = − ⇔ = − − ⇔ − = − − + ⇔ ∫ ∫ ∫ ∫

f (0) cxf (x) e (1 x) 1 c

′ =−′⇔ = − − +L

Άρα ( )x x

t

0 0f (t)dt e (1 t) c 1 dt−′ = − + − ⇔∫ ∫

x x xt t

0 0 0f (x) f (0) e dt te dt (c 1)dt− −− = − + − ⇔∫ ∫ ∫ ⇔L

f (0) kxf (x) xe (c 1)x k

=−⇔ = + − + ,

(1)x

x x

f (x) klim lim e c 1 2 c 1 c 3x x

−

→+∞ →+∞

= + − + ⇔ = − ⇔ =

,

( ) ( )(2)

x

x xlim f (x) 2x lim xe 2x k 2x 1 k−

→+∞ →+∞− = + + − ⇔− = Άρα xf (x) xe 2x 1 , x−= + − ∈ r

β) x

x2e x 1f (x)

e− +′ = , θεωρούμε xg(x) 2e x 1, x= − + ∈ r μ xg (x) 2e 1 0 x ln 2′ = − = ⇔ = −

g(x) g( ln 2) 0≥ − > , xe 0> άρα f (x) 0′ > και ( )f 1 οπότε και «1-1» επομένως αντιστρέψιμη.

x xlim f (x) , lim f (x)→−∞ →+∞

= −∞ = +∞ και άρα

1fD f (A) ( , )− = = −∞ + ∞ = r

γ) f "1 1"4 4f (x 4x 5) 1 f (0) x 4x 5 0−− + = − = → − + = . Θεωρώ 4 3h(x) x 4x 5 , x ,h (x) 4x 4 0 x 1′= − + ∈ = − = ⇔ =r Από τον πίνακα μεταβολών για x 1= η h έχει ολικό ελάχιστο το h(1) 2= κι εφόσον

x xlim h(x) lim h(x)→−∞ →+∞

= = +∞ είναι [ )h(A) 2,= + ∞ , οπότε αφού

το 0 δεν ανήκει στο σύνολο τιμών η εξίσωση δεν έχει πραγματικές ρίζες. 2 4

24 5z z 4z 5 0z z

= − ⇔ − + = , αν z πραγματικός τότε η εξίσωση 4x 4x 5 0− + = θα είχε πραγματική ρίζα, άτοπο

δ) 11e 1

1E f (x) dx

+−

−= ∫ , 1u f (x) x f (u)−= ⇔ = άρα dx f (u)du′= ,

f "1 1"1

f "1 1"1

x 1,u f ( 1) f (u) 1 f (0) u 01 1 1x 1 ,u f (1 ) f (u) 1 f (1) u 1e e e

−−

−−

= − = − ⇔ = − = ⇔ =

= + = + ⇔ = + = ⇔ =

άρα [ ]1 1 1u 0 1

00 0 0

3E u f (u)du uf (u)du uf (u) f (u)due

>′ ′= = = − = =∫ ∫ ∫ L



ΘΕΜΑ 26

Aν f συνεχής στο ( )x

21

f (t)0, με f (x) e dtt

+ ∞ = − ∫

α) 1 1 1 1x x x x

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

− − − −′ ′

′ ′ ′= − ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =

1 1x x

21f (1) e άρα c 1, f (x) e , f (x) e 0x

′= = = = − < άρα ( )f 2 , 1 1x x

3 42 1f (x) e e 0x x

′′ = + > άρα f κυρτή

β) η εξίσωση που θέλουμε να δείξουμε ότι έχει λύση ( )0x 1,2∈ είναι

x

1

12θεωρώνταςx

F(x) f (t )dt1f (x)dx e F(2) F (x) F (x) F(2) 0

=′ ′= → = ⇔ − =

∫∫ , με Bolzano δεν ισχύουν οι προϋποθέσεις

άρα θεωρώ την G(x) F(x) F(2)x= − , παράγουσα δηλ. της αντίστοιχης συνάρτησης και ελέγχω προϋποθέσεις για Θ. Rolle. G(1) F(2) , G(2) F(2)= − = − άρα από Θ. Rolle υπάρχει ( )0x 1,2∈ ώστε

0

12x

01

G (x ) 0 f (x)dx e′ = ⇔ ⇔ =∫L . ( )G (x) f (x) F(2) ,G (x) f (x) 0,G′ ′′ ′ ′= − = < 2 άρα 0x μοναδικό

( )∗ και με Θ.Μ.Τ. για την F στο [1 , 2]

γ) x

1f (t)dt ex e F(x) ex e F(x) ex e 0= − ⇔ = − ⇔ − + =∫ Θεωρώ ( )h(x) F(x) ex e, x 0,= − + ∈ + ∞

h(1) F(1) e e 0= − + = , h (x) F (x) e f (x) e f (x) f (1)′ ′= − = − = − , ( )f

x 1 f (x) f (1) h (x) 0′> ⇔ < ⇔ <2

, ( )f

0 x 1 f (x) f (1) h (x) 0′< < ⇔ > ⇔ >2

, άρα η x 1= μοναδική λύση ( )∗ και ε : y F(1) F (1)(x 1) y ex e′− = − ⇔ = − , F (x) f (x) , F (x) f (x) 0′ ′′ ′= = < από α) άρα η F κοίλη οπότε η γραφική της παράσταση βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη ε δηλ. F(x) ex e< − και το " "= ισχύει μόνο όταν x 1=

δ) 3x

x

f (t)G(x) dtt 1

=−∫ , x 1 άρα x 1+→ > και 3x x< οπότε

( ) 3f (t 1 0)

3 3 f (x) f (t) f (x )x t x f (x) f (t) f (x )t 1 t 1 t 1

− >

≤ ≤ ⇔ ≥ ≥ ⇔ ≥ ≥− − −

2

και 3 3 3 3x x x

x x x

f (x) f (t) f (x )dt dt dtt 1 t 1 t 1

≥ ≥− − −∫ ∫ ∫ ,

3 3x x3

x x

1 1f (x) dt G(x) f (x ) dtt 1 t 1

≥ ≥− −∫ ∫ ( ) ( )2 3 2f (x) ln x x 1 G(x) f (x ) ln x x 1⇔ + + ≥ ≥ + +

( ) ( )2 3 2

x 1 x 1lim f (x) ln x x 1 lim f (x ) ln x x 1 e ln 3

+ +→ →+ + = + + = , άρα από κριτήριο παρεμβολής

x 1lim G(x) e ln 3

+→=

ΘΕΜΑ 27

f , g : →r r παραγωγίσιμες με x x

2

1 1f (t)dt g(t)dt x 2x 1 , x= + − + ∈∫ ∫ r

α) με παραγώγιση f (x) g(x) 2x 2= + − , εφόσον η ευθεία y x= πλάγια ασύμπτωτη στο +∞ ισχύει

( )x x

f (x)lim 1 και lim f (x) x 0x→+∞ →+∞

= − = , x x

g(x) f (x) 2lim lim 2 1 2 0 1x x x→+∞ →+∞

= − + = − + = −

( ) ( )x xlim g(x) x lim f (x) x 2 0 2 2→+∞ →+∞

+ = − + = + = , άρα η ευθεία y x 2= − + πλάγια ασύμπτωτη της g στο + ∞



β) 1 2 1 2x 1 x , g(x ) g(x ) 0< < = = , 1 1 1 1f (x ) g(x ) 2x 2 2(x 1) 0= + − = − < , 2 2f (x ) 2(x 1) 0= = − >L , άρα από Θ. Bolzano υπάρχει 0 1 2 0x (x , x ) , ώστε f (x ) 0∈ = (1)

γ) 2 2 1 2

0 0 0 1E f (x) g(x) dx 2 x 1 dx 2 (1 x)dx (x 1)dx 2 = − = − = − + − = =

∫ ∫ ∫ ∫ L

δ) 0 2

2 0 2 2 0 22

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

+ − −′ ′ ′= ⇔ − = + − − ⇔ − − = − + ⇔−

( ) ( )22 0 2f (x)(x x) x (x x )x ′′⇔ − = − + Θεωρώ 2

2 0 2H(x) f (x)(x x) x (x x )x= − − + + [ ]0 2x x , x∈ ( )1

20 0 0 2 0 2 0H(x ) x (x x )x x x=− + + = , 2

2 2 0 2 2 0 2H(x ) x (x x )x x x= − + + = , 0 2H(x ) H(x )= , άρα από

Θ.Rolle υπάρχει ( )0 2α x , x∈ ώστε 0 2

2

f (α) 2α x xH (α) 0 f (α)x α

+ − −′ ′= ⇔ ⇔ =−

L

ΘΕΜΑ 28

x1 xf (x)f (x) xf (x) , x 0 (1) και g(x) e ημxx

′+′+ = > =

α)

( )(0 x)

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

<

′ ′ ′ ′+ = + ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔

( ) ( )(x 1)f (x) ln x (x 1)f (x) ln x c′ ′⇔ − = ⇔ − = + , από (1) f (1) 1= άρα c 0= και ln xf (x) ,0 x 1x 1

= < ≠−

,

αν x 1= τότε εφόσον f παραγωγίσιμη στο 1 είναι και συνεχής άρα

00

x 1 x 1 DLH

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

→ →= = =

− , οπότε

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

1 , x 1

< ≠= − =

β) ( )

( ) ( )2

11 ln xxf (x) , x 0,1 1,x 1

− −′ = ∈ ∪ + ∞

− Θεωρώ ( ) 2

1 1 xh(x) 1 ln x , x 0, , h (x)x x

−′= − − ∈ + ∞ =

αν 0 x 1,h(x) h(1) 0< ≠ < = οπότε f (x) 0′ < κι εφόσον η f είναι συνεχής στο 1 θα είναι τελικά ( )f 2 στο ( )0,+ ∞ άρα "1 1"−

x x DLH xx 0 x 0

ln x ln x 1lim f (x) lim , lim f (x) lim lim 0x 1 x 1 x+ +

∞ ∞

→+∞ →+∞ →+∞→ →= = +∞ = = =

− − ( ) 1ff (A) 0, D −= + ∞ =

γ) αν 1 2x x< με ( ) ( )1 1f g(x 1 f g(x= = τότε ( ) ( )f "1 1"

1 1 1 2f g(x f (1) f g(x g(x ) g(x ) 1−

= = ⇔ = = (1)

( )x x xe συνx 1 0 συνx e 0 ημx e 0− − ′+ = ⇔ + = ⇔ − = Θεωρώ [ ]x1 2F(x) ημx e , x x , x−= − ∈

11

1 1 1

x (1)x 1 1

1 1 1 x x xe ημx 1 g(x ) 11F(x ) ημx e ημx 0

e e e− − −

= − = − = = = , 2F(x ) 0= =L άρα για την F από Θ.Rolle

υπάρχει ( )1 2ξ x , x∈ ώστε ξF (ξ) 0 e συνξ 1 0′ = ⇔ ⇔ + =L



δ) x 0 x 0 u 1

u 1 x 1, lim (1 x) 1 , lim f (1 x) lim f (u) f (1) 1+ + +→ → →

= + > + = + = = = , 5 5

x 0lim f (1 x) 1 1 0

+→+ = = >

( )3x 2

x 0lim e 1 ημ x 0

+→− = , όταν x 0+→ είναι ( )3x 2e 1 0 , ημ x 0− > > άρα

( )3x 2x 0

1lime 1 ημ x+→

= +∞−

, οπότε

( )5

3x 2x 0

f (1 x)lime 1 ημ x+→

+= +∞

−

ΘΕΜΑ 29

21 4 x 1f (x) ln x x , g(x) ln x 2 , h(x)x 1 ln xx

−= − + = − + =

+

α)( )

( )2

x 11 1 1f (x) 0 , x 1,x 2 x 2x x 2x x

−′ = − − = = − < ∈ + ∞L ,

( ) [ )f στο 1, , x 1 f (x) f (1) f (x) 0+ ∞ > ⇔ < ⇔ <2 , ( )

( )( )

( )2

2 2

x 11 4g (x) 0 , x 1,x x 1 x x 1

−′ = − = = > ∈ + ∞

+ +L

( ) [ )g στο 1, , x 1 g(x) g(1) g(x) 0+ ∞ > ⇔ > ⇔ >1

β) (ln x 0)x 1 x 1 1x x ln x x 1 ln x ln x x 0 f (x) 0

ln x x x x

>−< ⇔ < − ⇔ < − ⇔ − + < ⇔ < ισχύει από α)

(ln x 0)x 1 x 1 2x 2 42x 2 (x 1) ln x ln x 2 ln x 0 g(x)ln x 2 x 1 x 1

>− + −< ⇔ − < + ⇔ < ⇔ − < ⇔ <

+ +ισχύει από β)

γ) 2 22 2 2

3 3 32 2 2

x 1 x 1E h(x) dx dx dxln x ln x

− −= = =∫ ∫ ∫ , από β) για

22 2x 1x x : 2x x 1

ln x−

→ < < +

232 222 233 3 322 2 2

7 x 492xdx x , (x 1)dx x4 3 24

= = + = + =

∫ ∫ , άρα 7 49E4 24

< <

δ) αν x

32

F(x) h(t)dt= ∫ η εξίσωση γίνεται 2F(x) 4x 5 0− + = , θεωρώντας

3φ(x) 2F(x) 4x 5 , x ,22

= − + ∈ , 3φ 1 0 , φ(2) 2F(2) 3 0

2 = − < = − >

,(γ) 7 3F(2) E

4 2= > >

από Θ.Bolzano υπάρχει 3α , 22

∈

ώστε φ(α) 0 2F(α) 4α 5= ⇔ = − (1)

η εξίσωση γίνεται (1)2α 2 2α 2 4α 5 2F(α)h(x) 1 F (x) 1 F (x) F (x)

2α 3 2α 3 2α 3 2α 3− − −′ ′ ′− = ⇔ = + ⇔ = ⇔ = ⇔− − − −

3F(α) F2F (x) 3α

2

− ′⇔ =

− , οπότε από Θ.Μ.Τ. για την F υπάρχει 3β ,α

2 ∈

ώστε

3F(α) F2α 22F (β) h(β) 13 2α 3α

2

− − ′ = ⇔ ⇔ − =−−

L



ΘΕΜΑ 30

Αν f συνεχής στο ( )0,+ ∞ με 2x

2 22

x

4 t3x tf dt 2x ln x 4x 1 , (1) x 0x x

+ = + − > ∫

α) για tu t xu , dt xdux

= ⇔ = = έχουμε 2x x

2

x 1

ttf dt x uf (u)dux

= ∫ ∫ , οπότε η (1) γίνεται

x2 2

13x uf (u)du 2x ln x 4x 1+ = + −∫ και παραγωγίζοντας έχουμε 6x 4xf (x) 4x ln x 2x 4+ = + + ⇔

1f (x) ln x 1x

⇔ = + −

β) 2x 1f (x) , x 0x−′ = > για x 1= η f έχει ελάχιστο το f (1) 0=

γ) 32 xf (x) , x 0

x−′′ = > για x 2= η f έχει σημείο καμπής το

1f (2) ln 22

= − + ,

ε: 1y f (2) f (2)(x 2) y x 1 ln 24

′− = − ⇔ = − +

δ) το χωρίο βρίσκεται δεξιά του 2 , όπου η f είναι κοίλη άρα η εφαπτομένη ε βρίσκεται πάνω από τη γραφική παράσταση της f οπότε

( )e2 2e

2 2

1 1 x e 7E x ln 2 ln x dx x ln 2 x ln x x ln x e 1 ln 24 x 8 8 2

= + − − = + − + − = + + − ∫

ΘΕΜΑ 31 Αν f παραγωγίσιμη με f (x)e f (x) x 1 (1) , x+ = + ∈ r α) από την (1) για x 0= προκύπτει f (0)e f (0) 1 0 (2)+ − = , θεωρώ

x xh(x) e x 1 , h (x) e 1 0 , h( ) στο′= + − = + > 1 r , άρα "1 1"− και η (2) γίνεται

( )h"1 1"

h f (0) 0 h(0) f (0) 0−

= = ⇔ = , ( ) ( ) ( )x x

h lim h(x) , lim h(x) ,→−∞ →+∞

= = −∞ + ∞ =r r

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

e 1′ = >

+1 , άρα "1 1"− και αντιστρέψιμη και εφόσον

( ) ( )h"1 1"

1 1h f (x) x h h (x) f (x) h (x)−

− −= = ⇔ = άρα x 1h(x) e x 1 f (x)−= + − =

β) ( )

f (x)2f (x)

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

′′ ′= − <+

άρα η f είναι κοίλη, g(x) xf (x) f (x) , x 0,g (x) xf (x) 0′ ′ ′′= − ≥ = <

( )g

x 0 g(x) g(0) xf (x) f (x) 0 xf (x) f (x)′ ′> ⇔ < ⇔ − < ⇔ <2

, x 1k(x) f (x) , x 0, k (x) f (x) 02 2

′ ′= − ≥ = − <

διότι ( )f

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

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

′> ⇔ > ⇔ > ⇔ > ⇔ + > ⇔ < ⇔ <+

1

( )k x xx 0 k(x) k(0) f (x) 0 f (x)2 2

> ⇔ < ⇔ − < ⇔ <2



γ) εφόσον για x 0> είναι f (x) 0> , 1

0E f (x)dx= ∫ , από β) f (x) xf (x)′> οπότε

[ ]1 1 1

1

00 0 0

f (x)dx xf (x)dx E xf (x) f (x)dx E f (1) E 2E f (1)′> ⇔ > − ⇔ > − ⇔ >∫ ∫ ∫

δ) αν ( )x

0F x f (t)dt= ∫ με F (x) f (x)′ = ,

2x 7x

x 3xf (t)dt f (t)dt 0 F(2x) F(7x) F(x) F(3x)+ = ⇔ + = +∫ ∫

( )x 0 , F (x) f (x) 0, F′> = > 1 ( )F0 x 2x F(x) F(2x)

F(x) F(3x) F(2x) F(7x)0 3x 7x F(3x) F(7x)

< < < ⇔ ⇔ + < + < < <

1

( )x 0 , F (x) f (x) 0, F′< = < 2 ( )F2x x 0 F(2x) F(x)

F(2x) F(7x) F(x) F(3x)7x 3x 0 F(7x) F(3x)

< < > ⇔ ⇔ + > + < < >

2

κι εφόσον η x 0= είναι λύση είναι και η μοναδική. ΘΕΜΑ 32

Αν 2 2f (x) 1 x 2x ln x= + − , 2x

21

1 2t g(t)g(x) dt (1) , x 0t(1 t )−

= >+∫

α) f (x) 4x ln x′ = − Για x 1= η f έχει ολικό μέγιστο το f (1) 2= , άρα f (x) 2 , x 0≤ >

β) ( ) ( ) 22

DLHx 0 x 0 x 0 x 02

2

ln xln x xlim x ln x lim lim lim 01 21x x

+ + + +

∞ ∞

→ → → →

′ −= = = =

′

, x 0lim f (x) 1

+→= ,

( )( )2

x xlim f (x) lim 1 x 1 2ln x→+∞ →+∞

= + − = −∞ , ( ] ( ) ( ] ( )1 1 1A 0,1 , f A 1, 2 , 0 f A= = ∉

[ ) ( ) ( ] ( )2 2 2A 1, , f A ,2 , 0 f A= + ∞ = −∞ ∈ άρα υπάρχει α 2A∈ ώστε f (α) 0= κι εφόσον f ( )2 είναι μοναδικό. γ) παραγωγίζοντας την (1) έχουμε

22 2 2

21 2x g(x) 1g (x) g (x)x(1 x ) 2x g(x) 1 g (x)(1 x ) 2xg(x)

x(1 x ) x−′ ′ ′= ⇔ + + = ⇔ + + = ⇔

+

( ) ( ) ( )2 2 2 2g (x)(1 x ) (1 x ) g(x) ln x g(x)(x 1) ln x g(x)(x 1) ln x c , g(1) 0′′ ′′ ′⇔ + + + = ⇔ + = ⇔ + = + = άρα

c 0= και 2ln xg(x)

1 x=

+

δ) 2 2f (x)g (x)

x(1 x )′ = =

+L , άρα το πρόσημο της g′ είναι ίδιο με το πρόσημο της f

αν ( ]1x A 0,1∈ = από β) f (x) 0> , αν ( )f

1 x α f (1) f (x) f (α) f (x) 0< < ⇔ > > ⇔ >2

,

αν ( )f

x α f (x) f (α) f (x) 0> ⇔ < ⇔ <2

, άρα η g για x α= έχει ολικό

μέγιστο το 2lnαg(α)

1 α=

+, όμως από 2 2f (α) 0 1 α 2α lnα= ⇔ + =



Άρα 2 2lnα 1g(x) g(α)

2α ln α 2α≤ = =

ΘΕΜΑ 33

Αν f συνεχής με ( ) ( )0

x2

4 tf x 2t dt ln x 1 x , x 1− = + − > −∫

α) θέτοντας x u duu x 2t t , dt ,2 2−

= − ⇔ = = − έχουμε

( )0 x x x

x 0 0 02

x u du4 tf x 2t dt 4 f (u) x f (u)du uf (u)du2 2− − = − = = − +

∫ ∫ ∫ ∫L και παραγωγίζοντας έχουμε

x

0

1f (u)du 11 x

= −+∫ , παραγωγίζοντας ξανά προκύπτει 2

1f (x)1 x

=+

β) ( ) ( )xx

0e 1 θεωρώντας F(x) f ( t )dt x x

F (x) f (x) 0 , F ,"1 1"ln(x 1)

f (t)dt 0 F(e 1) F ln(x 1) e 1 ln(x 1) ,− =

′ = > −+

∫= → − = + ⇔ − = +∫ 1xe 1 1− > − ισχύει,

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

−+ > − ⇔ + > ⇔ > − xk(x) e ln(x 1) 1, x 1= − + − > − ,

( )( )x x

2 x

1 1 1 1k (x) e , x 1 , , k (x) e 0 , k ,k (A) k 1 , lim k (x)x 1 e ex 1 →+∞

′ ′′ ′ ′ ′= − ∈ − + + ∞ = + > = − + + + 1

οπότε

( )11e 1k (A) e , , άρα k (x) 0 και k στο Α 1 ,

e− + ′ ′= + ∞ > = − + + ∞

1 κι εφόσον k(0) 0= η x 0= είναι

μοναδική λύση

γ) ( )( )

23 2

21 xg(x) x x , x 1

x 1x 1= + = > −

++ , g(x) 0 x 0= ⇔ =

12 21 1

0 0 0

x 1 x 1E dx x 1 dx x ln(x 1) ln 2x 1 x 1 2 2

= = − + = − + + = = − + + + ∫ ∫ L

δ) ( ) ( )2x x3x 2x x x x

2x

e e 1h(x) e e f (e )ημe ημe

1 e− −

+= + =

+ , θέτοντας xe u− = , x x

x xlim e 0 , lim e− −

→+∞ →−∞= = +∞

έχουμε ( )2 1

2 2x u 0 u 0

u u 1 ημu (u 1)ημulim h(x) lim lim 11 u (1 u )u+ +

− −

−→+∞ → →

+ += = =

+ + , άρα η ε : y 1= οριζόντια ασύμπτωτη στο

+∞ , ( )2 1

2 2 2x u u u

u u 1 ημu (u 1)ημu u 1 ημulim h(x) lim lim lim 0 0 01 u (1 u )u 1 u u

− −

−→−∞ →+∞ →+∞ →+∞

+ + + = = = ⋅ = ⋅ = + + + , άρα η y 0=

οριζόντια στο −∞ . ( )u 0ημuημu 1 1 ημu 1

u u u u u u

>

= ≤ ⇔ − ≤ ≤ και από κριτήριο παρεμβολής u

ημulim 0u→+∞

=

ΘΕΜΑ 34

Δίνεται η f συνεχής στο [ )0,+∞ με f (x) 0 αν x 0> > , ( )x

2 21

t 1 f (t)1f (x) dt , x 0ex x

−= − >∫ και



x

1F(x) f (t)dt , x 0= ≥∫

α) ( )x

2

1

1x f (x) t 1 f (t)dte

= − −∫ , παραγωγίζουμε και

( ) ( )22

f (x) 1 3 1 1x f (x) 3x 1 f (x) 0 ln f (x) 3ln x ln f (x) 3ln x cf (x) x x x x

′′ ′′ + − = ⇔ = − ⇔ = − − ⇔ = − − +

1f (1) c 0e

= → = άρα 1 1

3ln xx x3

1 1ln f (x) 3ln x f (x) e e e , x 0x x

− −−= − − ⇔ = ⋅ = > . Η f συνεχής στο 0 άρα

( )1 1u 3 2x x

3 u u3 u u uux 0 x 0 x 0 x 0 x 0 x 0

e u 3u 6uf (0) lim f (x) lim lim u e lim lim lim lim 6e 0x e e e+ + + + + +

∞ ∞ ∞ − =− ∞ ∞ ∞

− − −→−∞→ → → → → →= = = − = = = = =

− −

β) 21 3xf (x) f (x) , x 0, f (x) 0

x−′ = > > άρα όπως φαίνεται από τον πίνακα

μεταβολών η f έχει ολικό μέγιστο για 1x3

= το 31 27f3 e

=

xf (0) 0 , lim f (x) 0

→+∞= = άρα 3

27f (A) 0,e

=

( ) ( )33

27e f x ln x 1 27 0 f x ln x 1e

+ − − = ⇔ + − = με x 1 ln x 0, x ln x 1 x ln x 1 0> ⇔ > + > ⇔ + − > κι

εφόσον το 327e

είναι αποτέλεσμα της f μόνο για 1x3

= πρέπει 1x ln x 1 3x 3ln x 4 0, x 13

+ − = ⇔ + − = >

θεωρώντας g(x) 3x 3ln x 4= + − , g(1) 1 0 , g(e) 3e 1 0= − < = − > άρα από Θ. Bolzano υπάρχει

0x (1,e)∈ ώστε 0g(x ) 0= κι εφόσον ( )3g (x) 3 0 , gx

′ = + > 1 είναι και μοναδικό

γ) θέτοντας 21 1u , du dtt t

= − = έχουμε 1 11 1xx xu u ut x

3 11 1 1

1F(x) e dt ue du u(e ) du uet

− −− −

−− −′ = = − = − = − + ∫ ∫ ∫

1 1x u x

1

1 2e du 1 e , x 0x e

− −

−

+ = = + − > ∫ L

δ) ( )1u1 x

uxx x u 0

1 2 2 2lim F(x) lim 1 e lim 1 u e 1x e e e−

=− −

→+∞ →+∞ →

= + − = − − = −

( ) 3 2 2 3 2 eF (x) f (x) 0 , F , 1 x 2 F(x) F(2) F(x) 1 0e e2 e 2 e

− ′ = > < < ⇔ < = − ⇔ − − < <

1 , άρα

1 1 12 2 2x x x

1 1 1

2 1 1E F(x) 1 dx 1 e 1 dx e e 1 dxe x x

− − − = − − − = − + − = − + − = ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 12 2 2x x x x x x

21 1 1

1 1x e xe 1 dx x e xe 1 dx x e x e 1 dxx x

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

∫ ∫ ∫

( )221 12

x x

1 1

e 11 2xe x dx xe x 1e ee

− −′ −

= − − = − − = + − = ∫



ΘΕΜΑ 35

Αν f παραγωγίσιμη στο r με 2f (2x) f (x) 2x− = (1) και ( )2

2

1F(x) x f xt dt x 3 (2), x= − + ∈∫ r

α) εφόσον f παραγωγίσιμη από Θ.Μ.Τ. υπάρχουν ( ) ( )1 2θ 0,1 και θ 1,2∈ ∈ ώστε

1 2f (1) f (0) f (2) f (1)f (θ ) 2f (θ ) 2 2f (2) f (0) f (1) 0

1 0 2 1− −′ ′+ = + = − − =− −

x 0 x 1

(1) f (0) 0 , (1) 2f (2) f (1) 0= =

→ = → − =

β) θέτοντας u tx , du xdt= = έχουμε 2 2x 2x x

1 x 0 0x f (xt)dt f (u)du f (u)du f (u)du= = −∫ ∫ ∫ ∫ οπότε η (2)

γίνεται 2x x

2

0 0F(x) f (u)du f (u)du x 3= − − +∫ ∫ και παραγωγίζοντας έχουμε

(1)

F (x) 2f (2x) f (x) 2x 0′ = − − = άρα F σταθερή F(0) 3

F(x) c c 3 , F(x) 3=

= → = =

γ)

22

2x 2x x 1 12 24x 2x x 2

2

f (u)du 1 1F(x) 3 f (u)du x 3 3 f (u)du x

f (u)du 2 4

=

=

= == ⇔ − + = ⇔ = → = =

∫∫ ∫

∫

Οπότε 4 2 4

1 1 2I f (x)dx f (x)dx f (x)dx 1 4 5= = + = + =∫ ∫ ∫

δ) η εξίσωση γίνεται

( )x 0 x x x

x x x

0 x 0 0 02 f (2t)dt f (t)dt e 2f (2t)dt f (t)dt e 0 2f (2t) f (t ) dt e 0+ = ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔∫ ∫ ∫ ∫ ∫

x xx 2 x 2 x00

2tdt e 0 t e 0 x e 0 ⇔ − = ⇔ − = ⇔ − = ∫ , θεωρώντας

[ ]2 x 1g(x) x e , x 1,0 , g(0) 1 0 , g( 1) 1 0e

= − ∈ − = − < − = − > οπότε από Θ. Bolzano υπάρχει α ( )1,0∈ −

ώστε g(a) 0= κι εφόσον [ ] ( )xg (x) 2x e 0 όταν x 1,0 ,g′ = − < ∈ − 2 , θα είναι και μοναδικό. ΘΕΜΑ 36

Δίνεται f συνεχής στο [ )0, + ∞ , γνησίως αύξουσα και x

x 0

1lim f (t)dt 0x→+∞

=∫ (1)

α) θεωρώντας x

0F(x) f (t)dt , F (x) f (x) ,F(0) 0′= = =∫ η ανισότητα γίνεται

x 2x

0 x

1 1 F(x) F(0) F(2x) F(x)f (t)dt f (x) f (t)dt F (x)x x x 0 2x x

− −′< < ⇔ < <− −∫ ∫ , από Θ.Μ.Τ. για την F υπάρχουν

( )1 2ξ 0, x και ξ (x , 2x)∈ ∈ ώστε

1 2 1 2F(x) F(0) F(2x) F(x) F(x) F(2x) F(x)F (ξ ) και F (ξ ) f (ξ ) και f (ξ )

x 0 2x x x x− − −′ ′= = ⇔ = =− −

(2)

( )f x 2x(2)

1 2 1 20 x

1 10 ξ x ξ 2x f (ξ ) f (x) f (ξ ) f (t)dt f (x) f (t)dtx x

< < < < ⇔ < < ⇔ < <∫ ∫1

β) ( ) )xf , f (A) f (0) , lim f (x)

→+∞= 1

από (1) x

x x0

1 F(x)lim f (t)dt lim 0x x→+∞ →+∞

= =∫ ,



2x

x x xx

1 F(2x) F(x) F(2x) F(x)lim f (t)dt lim lim 2 2 0 0 0x x 2x x→+∞ →+∞ →+∞

− = = − = ⋅ − = ∫ , οπότε από ανισότητα του α)

και κριτήριο παρεμβολής xlim f (x) 0→+∞

= και [ )f (A) f (0) ,0= άρα f (x) 0<

γ) εφόσον f (x) 0< έχουμε 4

1E f (x)dx= −∫ και άρα η ανισότητα γίνεται

4

1f (1) 2f (2) f (x)dx+ < ∫ , από

το α) για 1 2

0 1x 1: f (t)dt f (1) f (t)dt (3)= < <∫ ∫ και για

2 4 4

0 2 2

1 1x 2 : f (t)dt f (2) f (t)dt 2f (2) f (t)dt2 2

= < < ⇔ <∫ ∫ ∫ άρα

2 4 4

1 2 1f (1) 2f (2) f (x)dx f (x)dx f (x)dx+ < + =∫ ∫ ∫

δ) η εξίσωση γίνεται x

0f (x) f (t)dt 0− =∫ , οπότε θεωρώντας

x

0g(x) f (x) f (t)dt= − ∫ έχουμε

1

0g(0) f (0) 0 , g(1) f (1) f (t)dt 0= < = − >∫ από (3) , άρα από Θ. Bolzano υπάρχει α ( )0,1∈ ώστε

α

0g(α) 0 f (α) f (t)dt F(α)= ⇔ = =∫ (4) Από Θ.Μ.Τ. για την F υπάρχει ( )β 0,α∈ ώστε να ισχύει

(4)F(α) F(0) f (α)F (α) f (β) f (α) αf (β)α 0 α

−′ = ⇔ = ⇔ =−

, οπότε η ανισότητα γίνεται

( )αf (β) βf (β) α β f (β) 0< ⇔ − < που ισχύει εφόσον β α , f (β) 0< < ΘΕΜΑ 37 Δίνεται f δύο φορές παραγωγίσιμη στο r , περιττή, άρα f (0) 0= , με εφαπτομένη στο 0x 0= παράλληλη στην ευθεία ε: y x 2= + άρα f (0) 1′ = , τέτοια ώστε ( )2x 1 f (x) 4xf (x) 2f (x) 0, x′′ ′+ + + = ∈ r και

2g(x) x f (x) , x= ∈ r

α) (1)

2 2g (x) 2xf (x) x f (x) , g (x) 2f (x) 4xf (x) x f (x) f (x)′ ′ ′′ ′ ′′ ′′= + = + + =− , άρα g (x) f (x) c′ ′= − + και g(x) f (x) cx k= − + + , από f (0) 1′ = και f (0) 0= έχουμε c 1,k 0= = οπότε

22xg(x) f (x) x x f (x) f (x) x f (x)

x 1= − + ⇔ = − + ⇔ =

+

β) ( )

( )( )

22

2 32 2

2x 3 x1 xf (x) , f (x)x 1 x 1

− −−′ ′′= =+ +

Σημεία καμπής 3f ( 3)

4−

− = , 3f ( 3)4

= , f (0) 0=

Τοπικό μέγιστο 1f (1)2

= , τοπικό ελάχιστο 1f ( 1)2−

− =

γ) ( )

( )( )

2 23

22 2

x x 3xg(x) , g (x) 0, gx 1 x 1

+′= = >

+ +1 άρα η εξίσωση γίνεται

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )2 3 2x 2 x x 2 x 333e 1 1 ln x 1 e 1 1ln x 1 e 1 1 ln x 1 e 1 1 ln x 1− + + = − + + ⇔ − + + = − + + ⇔



( )( )

( )( ) ( )

3x 3x x

2 2x

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

ln x 1 1e 1 1

− +⇔ = ⇔ − = + ⇔ − = +

+ +− + , θεωρώ την συνάρτηση

( )x x x

21 1h(x) e 1 ln(x 1) , x 1 , h (x) e , h (x) e 0 , h ( )

x 1 x 1′ ′′ ′= − − + > − = − = + >

+ +1

( ) [ )x 0 h (x) h (0) h (x) 0 ,h στο 0,′ ′ ′> ⇔ > ⇔ > + ∞1( ) ( ]1 x 0 h (x) h (0) h (x) 0 , h στο 1,0′ ′ ′− < < ⇔ < ⇔ < −2 , οπότε εφόσον h(0) 0= η x 0= είναι

μοναδική λύση

δ) η εξίσωση γίνεται 2x 3x 3

02x g(t)dt 2x 1

− +

= −∫ , οπότε θεωρώντας 2x 3x 3

0G(x) 2x g(t)dt 2x 1

− +

= − +∫

έχουμε 31 1 1

2 20 0 0

t tG(0) 1 0 ,G(1) 2 g(t)dt 1 2 dt 1 2 t dt 1t 1 t 1

= > = − = − = − − = + + ∫ ∫ ∫

( )12

2

0

t 1 ln t 1 1 ln 2 02 2

= − + − = − <

, άρα από Θ. Bolzano υπάρχει α ( )0,1∈ ώστε G(α) 0= ⇔

2α 3α 3

0

2α 1g(t)dt2α

− + −⇔ =∫

ΘΕΜΑ 38

Δίνεται f κυρτή με f (x) 0 , για κάθε x> ∈ r και [ ]2 x

0 0f (x)dx 1 , g(x) f (t) f (2 t) dt , x= = + − ∈∫ ∫ r

α) f κυρτή άρα ( )f ′ 1 , ( )g (x) f (x) f (2 x) 0 ,g ,g(0) 0, x 0 g(x) 0 , x 0 g(x) 0′ = + − > = > ⇔ > < ⇔ <1

β) f "1 1"

g (x) f (x) f (2 x) 0 f (x) f (2 x) x 1′ −

′′ ′ ′ ′ ′= − − = ⇔ = − ⇔ = ( )f

g (x) 0 f (x) f (2 x) x 2 x x 1′

′′ ′ ′> ⇔ > − ⇔ > − ⇔ >1

( )f

g (x) 0 f (x) f (2 x) x 2 x x 1′

′′ ′ ′< ⇔ < − ⇔ < − ⇔ <1

Για x 1= η g έχει σημείο καμπής το g(1)

[ ]1 2 1 2 1

0 0 2 0 2g(1) f (t) f (2 t) dt f (t)dt f (t)dt f (2 t)dt f (2 t)dt= + − = + + − + −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ (1)

2 0 2u 2 t

du dt0 2 0f (2 t)dt f (u)( du) f (u)du 1

= −

=−− = − = =∫ ∫ ∫ (2),

1 1 1u 2 t

du dt2 0 0f (2 t)dt f (u)( du) f (u)du

= −

=−− = − = −∫ ∫ ∫ και η

(1) γίνεται 2 1 1 2 2

1 0 0 1 0g(1) 1 f (t)dt 1 f (u)du 2 f (u)du f (t)dt 2 f (t)dt 2 1 1 = − + − = − + = − = − =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

γ) 2 2 2 2 (2)

0 0 0 0E g (x)dx g (x)dx f (x)dx f (2 x)dx 1 1 2′ ′= = = + − = + =∫ ∫ ∫ ∫

δ) θεωρώντας x

0F(x) f (t)dt , F (x) f (x)′= =∫ η εξίσωση γίνεται ( )xF (x) F(x) 1 xF(x) x 0′′ + = ⇔ − =



οπότε θεωρώντας G(x) xF(x) x= − έχουμε 2

0G(0) 0 , G(2) 2F(2) 2 2 f (t)dt 2 2 1 2 0= = − = − = ⋅ − =∫ , και

από Θ. Rolle υπάρχει α ( )0, 2∈ ώστε α

0G (α) 0 F(α) αF (α) 1 0 αf (α) f (x)dx 1′ ′= ⇔ + − = ⇔ ⇔ + =∫L

ΘΕΜΑ 39

Δίνεται ( )ημxf (x) , x 0,πx

= ∈

α) 2xσυνx ημx πf (x) , x 0,

x 2− ′ = ∈

θεωρώ πh(x) xσυνx ημx , x 0,

2 = − ∈

πh (x) xημx 0, x 0,2

′ = − < ∈

( ) π πh στο 0, , 0 x h(0) h(x) 0 xσυνx ημx2 2

< < ⇔ > ⇔ > − 2 , οπότε

πf (x) 0, x 0,2

′ < ∈

και ( ) πf στο 0,2

2 άρα π π ημx 2 2x f (x) f ημx x2 2 x π π

< ⇔ > ⇔ > ⇔ >

π π2 2

π π4 4

ημx ημxE dx dxx x

= =∫ ∫ , ημx 2x π

> άρα π π2 2

π π4 4

ημx 2 2 π π 1 1dx dx Ε Εx π π 2 4 2 2

> ⇔ > − = ⇔ > ∫ ∫

β) η εξίσωση γίνεται ( ) ( )π x2

π4

4 4x 3 f (t)dt π 1 x ημx− = −∫ , θεωρώντας

( ) ( )π x2

π4

g(x) 4 4x 3 f (t)dt π 1 x ημx= − − −∫ έχουμε π2

π4

3 π 3g ημ 0 , g(1) 4 f (t)dt 4E 2 04 4 4

= − < = = > > ∫

άρα από Θ. Bolzano υπάρχει α 3 ,14

∈

ώστε g(α) 0= ⇔ ⇔L

πα2

π4

4 f (t)dtπημα

1 α 4α 3=

− −

∫

γ) ( )( )

π π π π 0u συνx2 2 2 22 2 2π π π π 1du συνx dx

3 3 3 3 2

συνx1 1 ημx 1E dx dx dx dx duxf (x) ημx ημ x 1 συν x 1 u

=

′=

′− −= = = = = =

− −∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )( )

1 1 12 2 2

0 0 0

1 11 A B 2 2du du du

u 1 1 u u 1 1 u u 1 1 u

− − − = = − = − = − + − + − +

∫ ∫ ∫12

0

1 1 1 du2 u 1 u 1

= − − = − + ∫

12

0

1 u 1 ln 3ln2 u 1 2

− = − = = +

L

δ)

2 2 2 2

2 2 4 4

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

4

1ημ x x ημ x x1 1 ημ x x 13x xlim 1 lim lim lim

x ημ xx f (x) x ημ x 1 3ημxx x

→ → → →

− − − −− = = = = = −

0 022 2 2 2 20 0

4 3 2 2x 0 DHL x 0 DHL x 0 x 0 x 0

ημ x x ημxσυνx x συν x ημ x 1 2ημ x 1 ημx 1lim lim lim lim limx 2x 6x 6x 3 x 3

→ → → → →

− − − − − = = = = − = −



ΘΕΜΑ 40

Δίνεται f συνεχής στο [ )0, + ∞ με 1

2 x2f (1) , x f (x) f (x) e 0 , x 0e

−′= − + = > και μιγαδικός z με z 0≠

α)

11 1 1x

2 x x x2 2 2 2

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

−− ′ ′ ′− + = ⇔ + − + = ⇔ + − = − ⇔

1 1 1x x x1 1 2 1e f (x) e f (x) c , f (1) c 1 , f (x) 1 e , x 0

x x e x−

′ ′ ⇔ = ⇔ = + = ⇔ = = + >

f συνεχής στο 0 άρα

1y1 x

yxyy yx 0 x 0

y DLH

1 1 yf (0) lim f (x) lim 1 e lim lim e 0x e+ +

∞ =− ∞

−

−→−∞ →−∞→ →→−∞

− = = + = = =

β) ( )1 1 1 1 1 11 1 1 1x x x x x x

λ λ λ λ

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

− − − − − − ′ ′ ′ = + = + = + = =

∫ ∫ ∫ ∫

11 1x λ

λ

1xe λee

− − = = −

γ) ( )1x

3ef (x) 0 , x 0,x

−

′ = > ∈ + ∞ άρα ( ) [ )f στο 0, + ∞1 1y

1 xy 0x

x x yy 0

1lim f (x) lim 1 e lim (1 y)e 1 e 1x −

=−−

→+∞ →+∞ →−∞→

= + − = ⋅ = = άρα η ευθεία y 1= οριζόντια ασύμπτωτη

( ) [ ) ( ) ) [ )x

f στο Α 0, , f A f (0) , lim f (x) 0,1→+∞

= + ∞ = =1 άρα f (x) 1<

δ) zz1 1 1 1 11 1 1 , 1 1

z z z z z

+ ≤ + = + + ≤ +

, οπότε αρκεί

z 1 1z z1 1 1 1 1 11 e z ln 1 1 ln 1 1 e 1 e 1

z z z z z z

− + < ⇔ + < ⇔ + < ⇔ + < ⇔ + < ⇔

( )f z 1< που ισχύει από γ) εφόσον z 0> ΘΕΜΑ 41 Δίνεται f με f (0) 1= , παραγωγίσιμη στο [ )0, + ∞ , γνησίως αύξουσα, κυρτή, άρα και ( )f ′ 1 και

22 tu tu

tx t tu 0t

0

ttt t

DLH

e e tεφόσον lim lim lim21 u 2ef (t)dt , x 0 tF(x) x1 , x 0

1 1lim lim e 02e 2

+

=−−

−→−∞ →−∞→→−∞

∞ ∞

−→−∞ →−∞

− = = − >=

= = =

=∫

=

α) αν x 0= είναι προφανής η ισότητα, ( )f

x 0 , 0 t x f (0) f (t) f (x) 1 f (t) f (x)> ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤1

κι εφόσον



το " "= δεν ισχύει παντού x x x x xx 0

0 0 0 0 0

1dt f (t)dt f (x)dt x f (t)dt xf (x) 1 f (t)dt f (x)x

>

< < ⇔ < < ⇔ < <∫ ∫ ∫ ∫ ∫

δηλ. 1 F(x) f (x)< < , άρα 1 F(x) f (x) , x 0≤ ≤ ≥

β) [ )

x

0 x2

0

xf (x) f (t)dt, x 0F (x) , G(x) f (t)dt , x 0, , G (x) f (x) f (0) 1 0x

1 f (0) , x 02

−>′ ′= = ∈ + ∞ = > = >

′ =

∫∫

00

2x 0 x 0 x 0 x 0DLH

F(x) F(0) G(x) x G (x) 1 f (x) f (0) 1F (0) lim lim lim lim f (0)x 0 x 2x 2(x 0) 2+ + + +

→ → → →

′− − − −′ ′= = = =− −= , για την G από

Θ.Μ.Τ. υπάρχει ( )ξ 0, x∈ ώστε G(x) G(0) G(x)G (ξ)x 0 x

−′ = =−

(1)

( )G (1) G(x)0 ξ x G (ξ) G (x) G (x) G(x) xG (x)

x

′

′ ′ ′ ′< < ⇔ < ⇔ < ⇔ <1

, άρα 2xG (x) G(x)F (x) 0

x′ −′ = > και

( ) [ )F στο 0, + ∞1 γ) η εφαπτομένη της f στο 1 είναι ε: y f (1)(x 1) f (1)′= − + κι εφόσον η f κυρτή η ε θα είναι κάτω από την

fC δηλ. f (x) f (1)x f (1) f (1)′ ′≥ − + (2) , ( )f

x 0

f (x) 11 0 f (1) f (0) lim 0x+

′

→

−′ ′> ⇔ > = ≥1

άρα ( ) ( )x xlim f (1)x f (1) f (1) lim f (1)x→+∞ →+∞

′ ′ ′− + = = +∞ οπότε από (2)

και xlim f (x)→+∞

= +∞ ( )f

0 t f (0) f (t)≤ ⇔ ≤1

άρα για x x

0 0x 0 , dt f (t)dt x G(x)> ≤ ⇔ ≤∫ ∫ , οπότε εφόσον

xlim x→+∞

= +∞ θα είναι

και xlim G(x)→+∞

= +∞ , x x x x

DLH

G(x)lim F(x) lim lim G (x) lim f (x)x

∞ ∞

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞′= = = +∞= , άρα

) [ )x

F(A) F(0) , lim F(x) 1,→+∞

= = + ∞

δ) έχοντας υπόψη ότι 21 1F (x) G(x) G (x), x 0x x

′ ′= − + > η ανισότητα γίνεται αβ 0

2 2β α β α G(α) G(β) G (β)G(α) αG (β) G(β) G(α) G(β) αG (β)α β α β α β β

> ′′ ′− > − ⇔ > − + ⇔ > − + ⇔

2G(α) F (β)α

′⇔ > (3) άρα από Θ.Μ.Τ για την F υπάρχει ( )β 0,α∈ ώστε 2F(α) F(0) G(α) αF (β)α 0 α

− −′ = =−

οπότε η (3) γίνεται 2 2G(α) G(α) α α 0α α

−⇔ > ⇔ > που ισχύει

ΘΕΜΑ 42 Δίνεται f δύο φορές παραγωγίσιμη με f (2) 0 , f (x) 0 , x′′= < ∈ r άρα ( )f και "1 1"′ −2 και

x

4 xg(x) f (t)dt

−= ∫

α) x 4 x

0 0g(x) f (t)dt f (t)dt , g (x) f (x) f (4 x)

−

′= − = + −∫ ∫ g (x) f (x) f (4 x)′′ ′ ′= − −



f ("1 1")g (x) 0 f (x) f (4 x) x 4 x x 2

′ −

′′ ′ ′= ⇔ = − ⇔ = − ⇔ =

β) ( )f

g (x) 0 f (x) f (4 x) x 4 x x 2 , g (x) 0 x 2′

′′ ′ ′ ′′> ⇔ > − ⇔ < − ⇔ < < ⇔ ⇔ >L2

η g για x 2= έχει σημείο καμπής το g(2) 0=

γ) η ανισότητα γίνεται 3 4

1 02 f (t)dt f (t)dt 2g(3) g(4) g(3) g(2) g(4) g(3)> ⇔ > ⇔ − > −∫ ∫

από Θ.Μ.Τ. για την g υπάρχουν ( ) ( )1 2ξ 2,3 , ξ 3, 4∈ ∈ ώστε 1 2g (ξ ) g(3) g(2) και g (ξ ) g(4) g(3)′ ′= − = −

( ) ( )g ( )

1 2 1 22 ξ 3 ξ 4 g ξ g ξ g(3) g(2) g(4) g(3) 2g(3) g(4)′

′ ′< < < < ⇔ > ⇔ − > − ⇔ >2

δ) η ανισότητα γίνεται ( )x 1

x 1

x ex 1

4 x ef (t)dt 0 g x e g(2)

−

−

+−

− −> ⇔ + >∫

από β) [ ) ( ]g 2, , x 2 g (x) g (2) g (x) 0,g ,2 , x 2 g (x) g (2) g (x) 0′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′+ ∞ > ⇔ < ⇔ < −∞ < ⇔ < ⇔ <2 1 άρα η g στο2 r , οπότε x 1x e 2−+ < , θεωρώντας x xh(x) x e , h (x) 1 e 0 , άρα h στο′= + = + > 1 ) r

x 1 x 1x e 2 x 1 e 1 h(x 1) h(0) x 1 0 x 1− −+ < ⇔ − + < ⇔ − < ⇔ − < ⇔ < ΘΕΜΑ 43 Δίνεται η συνάρτηση f με f (1) 1= , συνεχής στο r και τέτοια ώστε να ισχύει

( )2x x

t 1

1 12 z 5i f (t)dt z 5i e dt 12 x 1 , x , z−+ ≤ + + − ∈ ∈∫ ∫ r c

α) θεωρώντας ( )2x x

t 1

1 1g(x) 2 z 5i f (t)dt z 5i e dt 12 x 1 , x−= + − + − − ∈∫ ∫ r η ανισότητα γίνεται

g(x) 0 g(1)≤ = δηλ. η g για x 1= έχει μέγιστο κι εφόσον είναι παραγωγίσιμη με 2x 1g (x) 2 z 5i f (x) z 5i 2xe 12−′ = + − + − από Θ. Fermat g (1) 0 2 z 5i 2 z 5i 12 0′ = ⇔ + − + − = ⇔

M(z),E(5i)E ( 5i)z 5i z 5i 6 ME ME 6′ −

′⇔ + − − = → − = άρα υπερβολή με d 2α 6 α 3 , γ 5 , β 4= = ⇔ = = = κι

εφόσον ΜΕ ΜΕ′ > είναι μόνο ο πάνω κλάδος της δηλ. 2 2y x 1 με y 3

9 16− = ≥

β) 2

2 2x 3y 1 9 y h(x) x 16 , x , y 316 4

= + ⇔ = = + ∈ ≥

r

(αλγεβρικά)

( ) ( ) ( )22 23 9A(1,0) , M x , x 16 , d A ,M x 1 x 16 , x4 16

+ = − + + ∈

r , θεωρώντας

( ) ( ) ( )2 29 9 16k(x) x 1 x 16 , x , k (x) 2 x 1 2x x16 16 25

′= − + + ∈ = − + ⇔ ⇔ =Lr



άρα η k και συνεπώς η d(A,M) γίνεται ελάχιστη όταν 16x25

= οπότε 16 3 641M ,25 25

(γεωμετρικά) το σημείο Μ της hC που είναι πλησιέστερο στο A(1,0) είναι αυτό που η εφαπτομένη στο Μ είναι κάθετη στην ΑΜ δηλ.

0 0ε ΑΜ

0 0

9x yλ λ 1 116y x 1

⋅ = − ⇔ ⋅ = − ⇔−

( )0 0 0169x 16 x 1 x25

⇔ = − − ⇔ =

γ) ( )2 2 2

3 16h (x) , h (x) 04 x 16 x 16 x 16

′ ′′= = >+ + +

, η h είναι κυρτή , η εφαπτομένη κάτω από την

γραφική της παράσταση και η ελάχιστη απόσταση στο σημείο που η εφαπτομένη είναι παράλληλη στην ευθεία (ζ), άρα

2

3 2 3x 3 2h (x)8 84 x 16

′ = ⇔ = ⇔+

x 0

2

x 2 x 42x 16

>

⇔ = ⇔ ⇔ =+

L , B(4,3 2)

( )ελαχ 2

2

3 2 4 3 28 12 41d d(Β ,ζ)

413 2 18

⋅ −

= = = =

+ −

L

δ) ( )x

1Η(x) h(t)dt , H (x) h(x) 0 ,H , x 1 H(x) H(1) 0′= = > < ⇔ < =∫ 1 , άρα

( ) [ ]1 1 1 1

1 20

0 0 0 0

3E H(x)dx x H(x)dx xH(x) xh(x)dx H(1) x x 16dx4

′= − = − = − + = − + + =∫ ∫ ∫ ∫

217

u x 16 22udu 2xdx

4

3 17 17u du 164 4

= +=→ = = = −∫ L

ΘΕΜΑ 44

Δίνεται f συνεχής στο [ )0, + ∞ με ( )4 2x e

0 e

x2t 3 f (t)dt x dt , x 02t ln t

+ = + ≥∫ ∫ (1)



α) 4 u ln te 4 4

1e 1dtdut

1 dudt u 12t ln t 2 u

=

=

= = =∫ ∫ άρα η (1) γίνεται ( )x

2

02t 3 f (t)dt x x+ = +∫ και

παραγωγίζοντας ( ) 2x 12x 3 f (x) 1 2x f (x)2x 3

++ = + ⇔ =

+

β) [ ]α α

α

11 1

2x 1 2E(α) dx 1 dx x ln(2x 3) α ln(2α 3) 1 ln 52x 3 2x 3

+ = = − = − + = − + − + + + ∫ ∫

γ) ( )α α

ln(2α 3)lim α ln(2α 3) lim α 1α→+∞ →+∞

+ − + = − = +∞

διότι α DLH α

ln(2α 3) 2lim lim 0α 2α 3

∞ ∞

→+∞ →+∞

+= =

+ άρα

αlim Ε(α)→+∞

= +∞

δ) t1x

0h(x) f (t)e dt= ∫ ,

x t 1 t 1f (t ) 0ex 00 x x x xt 10 t 1 0 e e e f (t) f (t)e f (t)e

x x

>>

≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤1

, οπότε

t 1 11 1 1 1 1x x x

0 0 0 0 0f (t)dt f (t)e dt f (t)e dt f (t)dt h(x) e f (t)dt≤ ≤ ⇔ ≤ ≤∫ ∫ ∫ ∫ ∫ (1)

[ ]1u11 x1 ux

0 x u 0 u 00

3f (t)dt t ln(2t 3) 1 ln , lim e lim e 15 + +

=

→+∞ → →= − + = + = =∫ , οπότε η (1) γίνεται

1x3 31 ln h(x) e 1 ln

5 5 + ≤ ≤ +

και από κριτήριο παρεμβολής x

3lim h(x) 1 ln5→+∞

= +

ΘΕΜΑ 45

Δίνεται συνάρτηση f συνεχής στο [ ]1,9 και ( ) ( ) ( )3 3 9

2 2 2

1 1 1

62f t dt 2 f t dt 2 f t dt3

+ = −∫ ∫ ∫

α) ( ) ( )333 3

2 2 2

1 1 1

4t 622t 1 dt 4t 4t 1 dt 2t t3 3

− = − + = − + =

∫ ∫

β) [ ] [ ] [ ]2t 1,9 και t 1,9 t 1,3∈ ∈ ⇔ ∈ , 2

9 3 3u t u t 2 2

dt 2udu1 1 1

f (t)dt 2 uf (u )dt 2 tf (t )dt= ⇔ ==→ =∫ ∫ ∫ , οπότε

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )3 3 3 3 3 222 2 2 2 2

1 1 1 1 1f t dt 2 f t dt 4 tf t dt 2t 1 dt f t 2t 1 dt 0+ = − − ⇔ − − =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( )( )22g(t) f t 2t 1 0= − − ≥ κι εφόσον 3

1g(t)dt 0=∫ πρέπει 2g(t) 0 f (t ) 2t 1= ⇔ = −

t 02t x t x

>

= ⇔ = οπότε [ ] 1 1f (x) 2 x 1 , x 1,9 , f (x) , f (x) 0x 2x x

′ ′′= − ∈ = = − < , άρα f κοίλη

γ) [ ]h(x) f (x) λx 1 0 , x 1,9= − − ≤ ∈ , 2 21 λ x 1 1 1 1h (x) 0 x , λ 1 3 1 9 1

λ 3 λ λx−′ = = ⇔ = < < ⇔ > > ⇔ > >

η h για 21xλ

= έχει μέγιστο το 21 1 2λhλ λ

− =

, δηλ.

1 2λh(x)λ

−≤ άρα πρέπει

λ 01 2λ 10 λλ 2

>−≤ ⇔ ≥ , ελαχ

1λ2

=



δ) 0 01f (x ) x 42

′ = ⇔ = ε: 1y f (4) f (4)(x 4) y x 12

′− = − ⇔ = + , εφόσον f κοίλη η ε είναι πάνω από την

γραφική της παράσταση και την ακουμπάει μόνο στο σημείο Μ(4,3) , δηλ. κάθε σημείο της fC είναι κάτω από την ευθεία κι επειδή η ζ: x 2y 7 0 / /− + = ε και βρίσκεται πάνω απ’ αυτήν, θα είναι

( )ελαχ 22

4 2 3 7 5d d(M,ζ) 551 2

− ⋅ += = = =

+ −

ΘΕΜΑ 46

Δίνεται f παραγωγίσιμη και γνησίως μονότονη στο r με f (0) 1= και 2x

2x e

t

0 1g(x) e dt ln tdt , x 0= + ≥∫ ∫

και xh(x) e x= +

α) [ ]1f (x) x x x

xu f (t ) f (u) t1dt f (u)du 0

1 0 0 0f (t)dt uf (u)du uf (u) f (u)du xf (x) f (u)du

−= ⇔ =−′=

′→ = − = −∫ ∫ ∫ ∫ άρα έχουμε

x x

0 0F(x) f (t)dt xf (x) f (u)du xf (x) 0= + − − =∫ ∫ ή ( )1

x

F (x) f (x) f f (x) f (x) f (x) xf (x) 0−′ ′ ′= + − − =14243 …

β) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2x x x x x x xg (x) e ln e e x e x e xe g(x) xe c,g(0) 0′ ′ ′′′ = + = + = ⇔ = + = άρα c 0= και 2xg(x) xe= (αλλιώς από α) για

2t 1f (t) e , f (t) ln t−= = ) γ) ( )xh (x) e 1 0 , h′ = + > 1 άρα αντιστρέψιμη με 1h

D h(A)− = = r 1

1

1

e 1 1 1u h (x) h(u) x ,dx h (u)du1 u

h (1) u h(u) 1 u 0,1 0 0h (e 1) u h(u) e 1 u 1

3E h (x) dx u h (u)du (ue u)du2

−

−

−

+′= ⇔ = =−

= ⇔ = ⇔ =+ = ⇔ = + ⇔ =

′= → = + = =∫ ∫ ∫ L

δ) ε: ( ) ( )1 1y h (e 1) h e 1 (x e 1)− − ′− + = + − − ( )( )1h h x x− = ,

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

h (e 1) 1

1h h x h (x) 1 h (1) h (e 1) 1 h (e 1)e 1−

= +− − − −+ =

′ ′ ′′ ′= → + = ⇔ + =+

άρα ε: 1y xe 1

=+

ΘΕΜΑ 47

Δίνεται f συνεχής στο r και x u

x

0 1g(x) f (t)dt du e 1 0 , x = + − ≥ ∈

∫ ∫ r

α) u

1h(u) f (t)dt= ∫ οπότε

xx

0g(x) h(u)du e 1 0 g(0)= + − ≥ =∫ δηλ. η g για x 0= έχει ελάχιστο κι

εφόσον παραγωγίσιμη με xg (x) h(x) e′ = + , από Θ. Fermat 1

0g (0) 0 f (t)dt 1′ = ⇔ =∫

β) η εξίσωση γίνεται ( )x x x

0 0 0

13 f (t)dt dt 1 3 f (t)dt ln x 1 1 0t 1

− = ⇔ − + − =+∫ ∫ ∫ Θεωρώντας την

( )x

0φ(x) 3 f (t)dt ln x 1 1 , x [0,1]= − + − ∈∫ έχουμε φ(0) 1 0 ,φ(1) 2 ln 2 0= − < = − > άρα από Θ.Bolzano

υπάρχει ( )0x 0,1∈ ώστε 0φ(x ) 0=

γ) η εξίσωση γίνεται x

2

0f (x) 4x 1 0 f (t)dt 2x x 0

′ − + = ⇔ − + = ∫ , θεωρώντας λοιπόν την



[ ]x

2

0F(x) f (t)dt 2x x , x 0,1= − + ∈∫ έχουμε F(0) F(1) 0= = , άρα από Θ.Rolle υπάρχει ( )ξ 0,1∈ ώστε

F (ξ) 0 f (ξ) 4ξ 1′ = ⇔ = −

δ) Η ανισότητα για β x= γίνεται ( )x

0G(x) f ( t )dt αα x

α x x

G (x) f (x)0 0

e G(α)e f (t)dt (α 1) f (t)dt f (x) e G(x)α 1

=−

′ =

∫ ′> − + ⇔ > − ∫ ∫ ,

οπότε για την xH(x) e G(x)= από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ( )β 0,1∈ ώστε αΗ(α) Η(1) e G(α) eΗ (β)

α 1 α 1− −′ = =− −

,

οπότε αρκεί α αe G(α) e e G(α)Η (β) e 0α 1 α 1

−′ = < ⇔ >− −

που ισχύει

ΘΕΜΑ 48 Δίνεται η f δύο φορές παραγωγίσιμη και ( )2f (0) 0 , f (0) 1 , x 1 f (x) 4xf (x) 2f (x) 12x , x′ ′′ ′= = + + + = ∈ r

και f (x)g(x) , x 0x

= ≠

α) ( )( ) ( ) ( )2 2 2 2x 1 f (x) 2xf (x) 6x x 1 f (x) 2xf (x) 6x c′ ′′ ′+ + = ⇔ + + = + για x 0= προκύπτει c 1= οπότε

( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 2 3 2 3x 1 f (x) 2xf (x) 6x 1 x 1 f (x) 2x x x 1 f (x) 2x x k′ ′′+ + = + ⇔ + = + ⇔ + = + + για x 0=

προκύπτει k 0= οπότε 3

22x xf (x)x 1

+=

+

β) ( )

( )4 2

22

2x 5x 1f (x) 0 , fx 1+ +′ = >

+1 άρα αντιστρέψιμη με 1f

D f (A)− = = r

[ ]1

1

1

3 1 112 u f (x) f (u) x ,dx f (u)du1

f (0) u f (u) 0 u 0, 00 0 0f (3/2) u f (u) 3/2 u 1

E f (x) dx u f (u)du uf (u) f (u)du−

−

−

′= ⇔ = =−= ⇔ = ⇔ =

= ⇔ = ⇔ =

′= → = − =∫ ∫ ∫

( )3

1 22 22

0 0

3 3 x 3 3 1 1 ln 2f 2x dx f x ln x 12 2 x 1 2 2 2 2

+ = − − = − − + = = + ∫ L

γ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 22x 2x 2x xf ''1 1''

x x 2 1 x x 2 1 2x 2 2

x 2e x 1 x 2e x 1 ex 2e x 12e 1 2e 1 (2e 1)ef fe e ex e e e ex e e 1 e x 1

−

− − − −

+ + + + + + = ⇔ = ⇔ = ⇔ + + + + + +

( )( )

( )( )

( ) ( )3 3x x f ''1 1''

x x2 2x

2 e e 2 ex exf e f ex e ex

ex 1e 1

−+ +⇔ = ⇔ = ⇔ =

++ , θεωρώντας x xh(x) e ex , h (x) e e′= − = −

Εφόσον h(1) 0= όπως φαίνεται και από τον πίνακα μεταβολών η εξίσωση έχει μοναδική λύση την x 1=

δ) ( )

( ) [ ]2

22 2

f (x) 2x 1 2xg(x) , g (x) 0 , x 0 , g στο 1,2x x 1 x 1

+ ′= = = > >+ +

1

3 9 5 1 21 x 2 g(1) g(x) g(2) g(x)2 5 9 g(x) 3

< < ⇔ < < ⇔ < < ⇔ < < άρα



2 2

1 1

3 9 5 1 2g(x)dx και dx2 5 9 g(x) 3

< < < <∫ ∫ οπότε 2 2

1 1

5 1 6g(x)dx dx6 g(x) 5

< ⋅ <∫ ∫

ΘΕΜΑ 49 Δίνεται συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο ( )0,+ ∞ με f (1) 1′ = και f (xy) xf (y) yf (x) , x, y 0 (1)= + > α) παραγωγίζοντας ως προς y έχουμε f (xy)x xf (y) f (x)′ ′= + και για y 1= έχουμε

( ) ( ) ( )x 0

2

xf (x) x f (x) 1 f (x)f (x)x xf (1) f (x) xf (x) x f (x) x ln xx x x

> ′ ′′ − ′ ′′ ′ ′= + ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ⇔

f (x) ln x cx

⇔ = + , από την (1) για x y 1= = προκύπτει f (1) 0= οπότε c 0= και f (x) x ln x=

β) θεωρούμε 2 1 xh(x) 2x ln x x 1, x 0 , h (x) 2 ln x 2 2x , h (x) 2 , x 0x−′ ′′= − + > = + − = >

h (x) h (1) 0′ ′≥ = εφόσον η h′ για x 1= έχει μέγιστο άρα η ( )h 1 κι εφόσον h(1) 0= η x 1= είναι μοναδική λύση

γ) 2 21 1 112

1 21 1 1ee e e

x 1 1 e 3E x ln xdx ln xdx x ln x xdx2 2 2 4e

′ − = − = − = − + = = ∫ ∫ ∫ L

δ) 2x

x

tg(t)F(x) dtf (t)

= ∫ , 2 2g t ln t 0

2 2

t 1

xg(x) tg(t) x g(x )1 x t x g(x) g(t) g(x )t ln t t ln t t ln t

>

>< ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤

1 άρα με x 0>

έχουμε 2 2 2 2 22 2x x x x x

2 2

x x x x x

xg(x) tg(t) x g(x ) 1 1dt dt dt xg(x) dt F(x) x g(x ) dtt ln t t ln t t ln t t ln t t ln t

≤ ≤ ⇔ ≤ ≤∫ ∫ ∫ ∫ ∫ κι

εφόσον ( ) ( )2 2

2 2x x x

xx x

ln t1 ln xdt dt ln ln t ln ln 2t ln t ln t ln x

′= = = = ∫ ∫ 2 2

x 1 x 1lim xg(x) lim x g(x ) g(1) 1

+ +→ →= = = από

κριτήριο παρεμβολής x 1lim F(x) ln 2

+→=

ΘΕΜΑ 50

Δίνεται f παραγωγίσιμη στο ( ), 2−∞ με 1f (0)2

= και ( ) ( )2 x f (x) x 1 f (x) , x 2′− = − <

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

− ′′ ′ ′+ = ⇔ + + = ⇔ + + − = − − , πολ/ντας με

x ln(2 x) xe e (2 x)+ − = − έχουμε ( ) ( )x ln(2 x) xe f (x) 0 e 2 x f (x) c+ − ′ = ⇔ − = και για x 0= προκύπτει c 1= οπότε

( )x

x1 ef (x)

e 2 x 2 x

−

= =− −

β) ( )

x

2e (x 1)f (x)

2 x

− −′ =−

,

x xx

x DLH xx 2 x 2x 22 x 0

1 e ef (1) , lim f (x) lim , lim lim ee 2 x 2 x− −

∞ − − ∞

−

→−∞ →−∞→ →<− >

= = = +∞ = = +∞− −



( ] ( )1 11A ,1 , f A ,e

= −∞ = + ∞ ( ) ( )2 2

1A 1,2 , f A ,e

= = + ∞

, ( ) 1f A ,e

= + ∞

u f (x)

1 ln f (x) f (x) ln u u 1=

+ = ⇔ = − ισχύει μόνο όταν u 1= άρα f (x) 1= κι εφόσον ( ) ( )1 21 f A , 1 f A∈ ∈ η εξίσωση έχει ακριβώς δύο ρίζες

γ) f

2 22 2

1 1 1 1 10 x 1 f (0) f (x) f (1) f (x) f (x) 4 ee 2 e 4 f (x)

< < ⇔ > > ⇔ < < ⇔ < < ⇔ < <2

, οπότε

1 12

20 0

1 1 1f (x)dx και 4 dx ee 2 f (x)

< < < <∫ ∫ και άρα 21 1

20 0

4 1 ef (x)dx dxe f (x) 2

< ⋅ <∫ ∫

δ) η εξίσωση γίνεται x x

20 0

dt9 f (t)dt 4x 8f (t)

⋅ = +∫ ∫ , θεωρώντας

[ ]x x

20 0

dtH(x) 9 f (t)dt 4x 8 , x 0,1f (t)

= ⋅ − − ∈∫ ∫ , έχουμε

1 1

20 0

k

1H(0) 8 0, H(1) 9 f (x)dx dx 12 0f (x)

= − < = ⋅ − >∫ ∫14444244443

διότι από γ)

( )2 12 3 e4 e 36 12ek 9k 12 0e 2 e e

−−< < ⇔ − > = > , οπότε από Θ.Bolzano υπάρχει ( )α 0,1∈ ώστε

Η(α) 0= ⇔α

α20

0

dt 4α 89f (t) f (t)dt

+=∫∫



ΘΕΜΑ 51 Δίνεται f δύο φορές παραγωγίσιμη στο r , παρουσιάζει ακρότατα στα σημεία 1 2 1 2x , x (x x )< και τέτοια

ώστε f (0) 0 , f (x) f (x) , x (1)′ ′′= = ∈ r και x

2

0F(x) t f (t)dt= ∫

α) από Θ.Fermat 1 2f (x ) f (x ) 0′ ′= = και άρα για την f ′ από Θ.Rolle υπάρχει ( )1 2ξ x , x∈ ώστε (1)

f (ξ) 0 f (ξ) 0′′ = ⇔ = , άρα η fC τέμνει τον xx′ σε ένα τουλάχιστον σημείο.

β) [ ]x x x xx x2 2 2 2

000 0 0 0F(x) t f (t)dt t f (t)dt t f (t) 2 tf (t)dt x f (x) 2 tf ( t) 2 f (t)dt′′ ′ ′ ′ = = = − = − + = ∫ ∫ ∫ ∫

[ ]x

x2 2 20

0x f (x) 2xf (x) 2 f (t)dt x f (x) 2xf (x) 2 f (t) x f (x) 2xf (x) 2f (x)′ ′′ ′ ′ ′ ′= − + = − + = − +∫

γ) από β) για 1x x= έχουμε 21 1 1 1 1 1 1 1F(x ) x f (x ) 2x f (x ) 2f (x ) 2x f (x )′ ′= − + = − , η εξίσωση γίνεται

( ) ( )2x f (x) 2f (x) 2xf (x) 0 F (x) 2x f (x) 2xf (x) 0 F(x) 2xf (x) 0′ ′′ ′ ′+ + = ⇔ + + = ⇔ + = , θεωρώντας

λοιπόν την H(x) F(x) 2xf (x)= + έχουμε 1 1 1 1 1 1 1 1H(x ) F(x ) 2x f (x ) 2x f (x ) 2x f (x ) 0= + = − + = ανάλογα

2H(x ) 0= , οπότε από Θ.Rolle υπάρχει ( )0 1 2x x , x∈ ώστε 0H (x ) 0′ =

δ) ( ) xf (x) f (x) f (x) f (x) f (x) f (x) f (x) f (x) f (x) f (x) f (x) f (x) ce′′′ ′′ ′ ′ ′ ′ ′= ⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ + = για

1 2x x , x x= = έχουμε 2

2

x 22 x

f (x )f (x ) ce ce

= ⇔ = και 1 1 1 2

2

x x x x21 2x

f (x )f (x ) ce e f (x )ee

−= = =

ΘΕΜΑ 52

Δίνεται f συνεχής στο [ )0, + ∞ με

α

0f (t)dt

f (α) , α 0α 2

= >∫

και f (x) 0 , x 0′′ < >

f (x) 0 , x 0′′ < > άρα η ( ) [ )f στο 0,′ + ∞2 και η f κοίλη στο [ )0, + ∞


0F(x) f (t)dt , F (x) f (x)′= =∫ η σχέση που δίνεται γίνεται F(α) F (α)

α 2′

= (1)

η ζητούμενη ισότητα γίνεται ( )f (α) 2f (x) 2F(x) f (α) 0′= ⇔ − = , άρα θεωρώντας g(x) 2F(x) f (α)x= −

έχουμε (1) αF (α)g(0) 0 ,g(α) 2F(α) f (α)α 2 f (α)α f (α)α f (α)α 0

2′

= = − = − = − = άρα από Θ.Rolle για την g

υπάρχει ( )β 0,α∈ ώστε g (β) 0 f (α) 2f (β)′ = ⇔ ⇔ =L

β) ε: Ο(0,0)y f (γ) f (γ)(x γ) f (γ)γ f (γ) 0′ ′− = − → − = άρα η ζητούμενη ισότητα γίνεται

( ) ( )f (x)x f (x) 0 f (x)x f (x) x 2f (x) 0 xf (x) 2F(x) 0′ ′′ ′− = ⇔ + − = ⇔ − = οπότε θεωρώντας

h(x) xf (x) 2F(x)= − έχουμε (1)

h(0) 0 ,h(α) αf (α) 2F(α) αf (α) αF (α) αf (α) αf (α) 0′= = − = − = − = οπότε από Θ.Rolle υπάρχει ( )γ 0,α∈ ώστε h (γ) 0 f (γ)γ f (γ) 0′ ′= ⇔ ⇔ − =L

γ) έχουμε x

0h(x) xf (x) 2F(x) xf (x) 2 f (t)dt= − = − ∫ ,



( ) [ ]h (x) f (x)x f (x) , h (x) xf (x) 0, x (0,α), h 0,α′ ′ ′′ ′′ ′= − = < ∈ 2

x γ h (x) h (γ) 0 , x γ h (x) h (γ) 0′ ′ ′ ′< ⇔ > = > ⇔ < = άρα όπως φαίνεται από τον πίνακα 0 x γ h(0) h(x) 0 h(x)< < ⇔ < ⇔ < , γ x α h(x) h(α) h(x) 0≤ < ⇔ > ⇔ > ,

άρα ( )h(x) 0, x 0,α> ∈α

0xf (x) 2 f (t)dt⇔ > ∫

δ) η ανισότητα γίνεται x α

2 2 2 22 2

0 0

F(x) F(α)α f (t)dt x f (t)dt α F(x) x F(α)x α

< ⇔ < ⇔ <∫ ∫ , θεωρώντας

( ]2F(x)Η(x) , x 0,αx

= ∈ ,

x

20

4 3

f (x)x 2 f (t)dtF (x)x F(x)2xΗ (x) 0

x x

−′ −′ = = >

∫ από γ) άρα ( ]H στο 0,α1

2 2F(x) F(α)x α H(x) Η(α)x α

< ⇔ < ⇔ <

ΘΕΜΑ 53

Δίνεται συνάρτηση f συνεχής στο r με f (x) 0≠ και 2

0f (x)dx 1=∫ , ( )xg(x) ln e ln x= − και

x x

1 2F(x) f (t)dt f (t)dt= +∫ ∫

α) η εξίσωση γίνεται xf (x) 1 0− = , δεν προκύπτει από Θ.Bolzano άρα θεωρούμε παράγουσα αυτής δηλ.

την [ ]x

1H(x) tf (t)dt x , x 1,2= − ∈∫ για την οποία έχουμε

2

1H(1) 1 , H(2) tf (t)dt 2 1 2 1= − = − = − = −∫

άρα από Θ.Rolle υπάρχει ( )ξ 1,2∈ ώστε 1Η (ξ) 0 ξf (ξ) 1 0 f (ξ)ξ

′ = ⇔ − = ⇔ =

β) η f διατηρεί σταθερό πρόσημο κι εφόσον 1f (ξ) 0ξ

= > είναι f (x) 0 , x> ∈ r , άρα αφού

g(x)

1f (t)dt 0=∫ πρέπει ( )x xg(x) 1 ln e ln x 1 e ln x e= ⇔ − = ⇔ − = , θεωρούμε xh(x) e ln x e= − − ,

x 0> , ( ) ( )x x2

1 1h (x) e , h (x) e 0 , h στο 0,x x

′ ′′ ′= − = + > + ∞1 x 0

h (1) e 1 0 , lim h (x)+→

′ ′= − > = −∞ άρα

υπάρχει μοναδικό 0x 1< ώστε 0h (x ) 0′ = , h(1) 0= , άρα η x 1= μοναδική

λύση στο [ )0x , + ∞ , x 0lim h(x)

+→= +∞ ,

( )h

0 0x 1 h(x ) h(1) 0< ⇔ < =1

άρα

υπάρχει μοναδική ρίζα στο ( )00, x , οπότε η εξίσωση έχει δύο ακριβώς

ρίζες. γ) F (x) 2f (x) 0′ = > από β) άρα ( )F στο1 r , η εξίσωση γίνεται

x 2 x x

1 x 1 2f (t)dt f (t)dt 0 f (t)dt f (t)dt 0 F(x) 0− = ⇔ + = ⇔ =∫ ∫ ∫ ∫ ,

2

1F(2) f (t)dt 0= >∫ εφόσον f (t) 0> ,

2

1F(1) f (t)dt 0= − <∫ άρα από Θ. Bolzano υπάρχει ( )0x 1,2∈ ώστε 0F(x ) 0= κι εφόσον ( )F στο1 r

είναι μοναδικό.



δ) 2 2f (x) 0

1 1

1E f (x)dx f (x)dx2

>

= ⇔ =∫ ∫ , 2 x x x

1 2 2 2

1F(x) f (t)dt f (t)dt f (t)dt 2 f (t)dt2

= + + = +∫ ∫ ∫ ∫

x

2R(x) f (t)dt , R (x) f (x)′= =∫ και έχουμε

2 2 2 2

1 1 1 1

1 1F(x)dx 2R(x) dx dx 2 R(x)dx2 2

= + = + = ∫ ∫ ∫ ∫

( ) [ ]2 2 2

2

11 1 1

1 1 1 1 12 x R(x)dx 2 xR(x) 2 xR (x)dx 2 0 2 xf (x)dx2 2 2 2 2

′ ′= + = + − = + + − = − ∫ ∫ ∫

ΘΕΜΑ 54 Δίνεται f παραγωγίσιμη στο ( )0,+ ∞ με f (1) 2 e= − , ( )( )x xe f (x) xf (x) e xf (x) x , x 0′+ + + = > και

x

1F(x) f (t)dt= ∫

α) θεωρώντας x xg(x) xf (x) e , g (x) e f (x) xf (x)′ ′= + = + + και η ισότητα που δίνεται γίνεται

2 2 f (1) 2 e2 2 2 2

1c2

1 x 1 xg (x)g(x) x g (x) g (x) c g (x) x 12 2 2 2

= −

=

′′ ′ = ⇔ = ⇔ = + ⇔ = +

, g(x) 0≠ , g συνεχής ,

άρα διατηρεί πρόσημο , g(1) 2 0= > οπότε g(x) 0> και επομένως 2g(x) x 1= + και άρα

( )2 x

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

+ −+ = + ⇔ = ∈ + ∞

β) x 0

2 x 2 x 2 2xf (x) 0 x 1 e x 1 e 0 x 1 e>

< ⇔ + < ⇔ + − < ⇔ + < , [ )2x 2h(x) e x 1 , x 0,= − − ∈ + ∞

( ) ( ) [ )2xh (x) 2 e x 0, h στο 0,′ = − > + ∞1 , h

2x 2x 0 h(x) h(0) e x 1> ⇔ > ⇔ > +1

γ) ( )F (x) f (x) 0 , F′ = < 2 άρα και ''1 1''− , η εξίσωση γίνεται ln 21 ln(1 x) ln(1 x)x

ln 2 1 1 1x

f (t)dt f (t)dt 0 f (t)dt f (t)dt+ +

+ = ⇔ =∫ ∫ ∫ ∫ ( )F''1 1''ln 2 ln 2F ln(1 x) F ln(1 x)

x x

− ⇔ + = ⇔ + =

Πρέπει x 0 , ln(x 1) 0 x 0> + > ⇔ > , θεωρώντας

( )2ln 2 1 ln 2k(x) ln(1 x) , x 0 , k (x) 0 , kx 1 x x

′= + − > = + >+

1 κι εφόσον k(1) 0= η x 1= είναι μοναδική

λύση

δ) [ ]x x

α α

α xG(x) tF(t)dt F(t)dt , x α ,β2+

= − ∈∫ ∫ , x

α

1 α xG (x) xF(x) F(t)dt F(x)2 2

+′ = − −∫ ,

( ) ( ) [ ]x αG (x) f (x) 0 , G , x α G (x) G (α) 0 , G στο α ,β2−′′ ′ ′ ′= < > ⇔ < =2 2

β β β β

α α α α

α β α βα β G(α) G(β) 0 tF(t)dt F(t)dt F(t)dt tF(t)dt2 2+ +

< ⇔ > ⇔ > − ⇔ >∫ ∫ ∫ ∫

ΘΕΜΑ 55

Δίνονται οι μιγαδικοί z , w με 1w 1 , z , z ,Re(zw) 0z

= ∉ + ∈ =r r και οι συναρτήσεις

x

1f (x) z xw x , x , F(x) f (t)dt= + − ∈ = ∫r



α) ( )( )z 21 1 1z z z z z zz 1 0 z z ή zz 1 z 1 z 1

z z z

∉ + ∈ ⇔ + = + ⇔ ⇔ − − = ⇔ = = ⇔ = ⇔ =

Lr

r

β) ( )( )2 2 2 2z xw z xw z xw 1 2x Re(zw) x x 1 z xw x 1+ = + + = + + = + ⇔ + = + , 2f (x) x 1 x= + −

γ) ( )F (x) f (x) 0 , F′ = > 1 κι εφόσον F(1) 0= η x 1= είναι μοναδική, x 1 F(x) F(1) 0< ⇔ < = άρα

( ) [ ](1 1 1 1 1

1 2 20

0 0 0 0 0

2 2 1E F(x)dx x F(x)dx xF(x) xf (x)dx F(1) x x 1dx x dx

3

−′= − = − = − + = − + + − = =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ L

δ)

1 1 u ux x 21u2 2 x0 0 0 0

23x x u 0 u 03 3

f (t) 1dt f (t)dt u f (t)dt f (t)dt1x xlim lim lim lim1 1 ημ u ημuημuημ ημ

x x u

+ +

=

→+∞ →+∞ → →

= = =

∫ ∫ ∫ ∫

u00

0

DLHu 0 u 0

f (t)dtf (u)lim lim 1

ημu συνu+ +

→ →= =

∫ , άρα

u

02 2u 0

f (t)dt1 1lim 1 1

ημu 1ημuu

+→

= ⋅ =

∫

ΘΕΜΑ 56

Δίνεται η συνάρτηση x 2

2 2α α

ln t ln tF(x) dt , 0 α 2 και dt 01 t 1 t

= < < =+ +∫ ∫

α) εφόσον η 2ln t

1 t+ είναι συνεχής στο ( )0, + ∞ πρέπει α και x να ανήκουν στο ( )0, + ∞ , άρα

( )FD 0,= + ∞ , 1G(x) F F(x) , x 0x

= − >

2

2

1ln 1 ln xxG (x) 01 x 1 x1x

′ ′ = − = = + +L , άρα G(x) c=

G(1) c F(1) F(1) c c 0= ⇔ − = ⇔ = , οπότε 1F F(x)x

=

β) F(α) 0 F(2)= = , οπότε από Θrolle υπαρχει ( )ξ α , 2∈ , ώστε F (ξ) 0′ =

2ln ξF (ξ) 0 0 ln ξ 0 ξ 1

1 ξ′ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

+ κι εφόσον α ξ 1< = θα είναι 0 α 1< <

γ) 2ln xF (x)

1 x′ =

+, F(α) 0= με ( ) ( )α 0,1 ,F∈ 2 άρα το α μοναδική

ρίζα στο ( )0,1 ,

F(2) 0= με ( ) ( )2 1, ,F∈ + ∞ 1 άρα το 2 μοναδική ρίζα στο ( )1, + ∞ ,

όμως από α) 1F F(2) 02

= =

άρα πρέπει 1α2

=

δ) 1

212

ln tF(1) dt1 t

=+∫ κι εφόσον 2

ln t 01 t

<+

όταν 1t ,12

∈ θα είναι F(1) 0< , η ανίσωση γίνεται

( ) ( )β 1 0

22

F(β) ln x1 x F(β) β 1 ln x F (x)β 1 1 x

− <

′+ < − ⇔ > =− +

, από Θ.Μ.Τ. υπάρχει γ ( )0,β∈ ώστε



F(β) F(1)F (γ)β 1

−′ =−

, οπότε β 1 0F(β) F(β) F(1) F(β)F (γ) F(β) F(1) F(β) F(1) 0

β 1 β 1 β 1

− <−′ < ⇔ < ⇔ − > ⇔ <− − −

που ισχύει

ΘΕΜΑ 57

Δίνεται η f δύο φορές παραγωγίσιμη στο [ ]0,1 με f (x) 0> , ( ]x

2

0f (x) f (x) f (t)dt , x 0,1′< ∈∫ , (1)

( ]x

0φ(x) ln f (t)dt , x 0,1= ∈∫ και φ(1) 0>

α) ( ) ( ]x

0F(x) f (t)dt , F (x) f (x) 0,F στο 0,1 , F (x) f (x)′ ′′ ′= = > =∫ 1 και η (1) γίνεται

( )2F (x) F (x)F(x) (2)′ ′′< , F

x 0 F(x) F(0) 0> ⇔ > =1

άρα ( ) F (x)φ (x) ln F(x) 0F(x)′′′ = = > άρα ( )φ (0,1]1

( )2

2

F (x)F(x) F (x)φ (x) 0 από (2)

F (x)′′ ′−

′′ = > άρα ( )φ′ 1 και φ κυρτή στο ( ]0,1

β) α

0Ε 1 f (x)dx 1 F(α) 1= ⇔ = ⇔ =∫ , F(0) 0= ,

1

0F(1) f (t)dt 0= >∫ εφόσον f (t) 0> , θεωρώντας

[ ]x

0Η(x) f (t)dt 1 , x 0,1= − ∈∫ έχουμε

1

0Η(0) 1 0 , Η(1) f (t)dt 1 F(1) 1 0= − < = − = − >∫ εφόσον

φ(1) 0 ln F(1) 0 F(1) 1 F(1) 1 0> ⇔ > ⇔ > ⇔ − > άρα από Θ. Bolzano υπάρχει α (0,1)∈ ώστε Η(α) 0 F(α) 1= ⇔ = (3) γ) για β x= η ανισότητα γίνεται

x x 1

0 0 0f (t)dt (α 1)f (x) f (t)dt ln f (t)dt F(x) (α 1)F (x) F(x) ln F(1)′− − > ⋅ ⇔ − − > ⇔∫ ∫ ∫

( ) ( )F(x) 0

α 1 0

1 ln F(1) F (x)F(x) 1 ln F(1) (α 1)F (x) ln F(x) φ (x)α 1 F(x)

>

− <

′− ′′ ′⇔ − > − ⇔ < = =−

(4)

από Θ.Μ.Τ. για την φ υπάρχει ( )β α ,1∈ ώστε (3)φ(α) φ(1) ln F(α) ln F(1) ln F(1)φ (β)

α 1 α 1 α 1− − −′ = = =− − −

οπότε η

(4) αρκεί να δείξουμε ότι α 1 01 ln F(1) ln F(1) 1 ln F(1) ln F(1) 1 0

α 1 α 1

− <− −< ⇔ − > − ⇔ >

− −, που ισχύει.

δ) ( ]2x y x y

2

0 0 0f (t)dt f (t)dt f (t)dt , x , y 0,1

+ ≤ ⋅ ∈ ∫ ∫ ∫

Για x y= προφανής η ισότητα , αν x y< η ανισότητα γίνεται

2 x y x yF F(x) F(y) 2 ln F ln F(x) ln F(y)2 2+ + ≤ ⋅ ⇔ ≤ + ⇔

x y2φ φ(x) φ(y)

2+ ≤ +

(ανισότητα

Jensen ) προκύπτει με εφαρμογή Θ.Μ.Τ. για την φ στα x y x yx , , , y2 2+ +

και φ κυρτή

ΘΕΜΑ 58

Δίνεται f συνεχής στο ( )0,+ ∞ με x tx

f (x) f (t )

1

1 1f (x) 1 e ln 2 1 1 e f (t)dt , x 0 , (1)x t

− − ′− + = − + + > ∫



α) με παραγώγιση προκύπτει x x x x

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

− − − −′ ′ ′ ′ ′ ′− + + + = + ⇔ = + ⇔

( )x x x

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

′ ′ ′′⇔ = + ⇔ = + ⇔ = + + (2)

για x 1= , f (1)

f (1)

2από (1) , f (1) ln 2 1 2 2 2 cln(2 c) ln 2 1 ln 1e2 c 2 c 2από (2) ,e 2 c f (1) ln(2 c)

= − + + ⇔ = + − + ⇔ = + + + = + ⇔ = +

με 2 c k2+

= , 1ln k 1k

= − , ( ) ( )21 1 1h(x) ln x 1 , x 0 , h (x) 0 , h 0,x x x

′= − + > = + > + ∞1 κι εφόσον

h(1) 0= η x 1= μοναδική , άρα 2 c 1 c 02+

= ⇔ = , άρα από (2) x x

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

= + ⇔ = +

β) ( )

( )( )21 1 1f (x) ln 1 , x 0 , f (x) 0 , f 0,x x 1 x x 1

′ ′′ ′= = + − > = = − < + ∞ + +L L 2

xx 0lim f (x) , lim f (x) 0

+ →+∞→′ ′= = +∞ = =L L , άρα ( )( ) ( )f 0, 0,′ + ∞ = + ∞ οπότε ( )f (x) 0 , f′ > 1 άρα ''1 1''−

και επομένως αντιστρέψιμη (λύνεται και με Θ.Μ.Τ. για την f στο [ ]x , x 1+ )

DLHx 0 x 0 x 0 x 0

1ln 11 xxlim f (x) lim x ln 1 lim lim1x x 1

x+ + + +

∞ ∞

→ → → →

+ = + = = = +∞ +

00

x x x DLH x

1ln 11 xxlim f (x) lim x ln 1 lim lim 11x x 1

x

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

+ = + = = = + , άρα ( )1f

f (A) A 0,1−= =

γ) από β) f (x) 0′′ < , άρα f κοίλη στο ( )0,+ ∞ , ( )f (x) ln 2 f (x) f (1)g (x) f (ξ) 0 ,ξ 1, xx 1 x 1

− −′ ′= = = > ∈− −

από

Θ.Μ.Τ. για την g στο[ ]1, x δηλ. ( ) ( )g 1, + ∞1 , ( )2

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

′ − − +′′ =−

, με

( )[ )φ(x) f (x)(x 1) f (x) f (1) , φ (x) f (x)(x 1) 0,φ 1 ,′ ′ ′′ ′= − − + = − < +∞2 , x 1 φ(x) φ(1) 0> ⇔ < = , άρα

φ(x) f (x)(x 1) f (x) f (1) 0′= − − + < , οπότε g (x) 0′′ < και g κοίλη στο ( )1, + ∞ ή

Θ.Μ.Τ.

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

− ′′ ′= − − −

144424443

δ) θεωρώντας ( )x

2015G(x) f (t)dt , G (x) f (x) 0 ,G′= = >∫ 1 άρα G ''1 1''− η εξίσωση γίνεται

( )1 1 1G G(2015) 2015 f (x) f (A) 0,1f (x) f (x) 2015

= ⇔ = ⇔ = ∈ =

, άρα υπάρχει α ( )0,∈ + ∞ ώστε



1f (α)2015

= κι εφόσον ( )f 1 μοναδικός

ΘΕΜΑ 59

Δίνεται f συνεχής με ( )x

22

0

f (t)f (x) 1 x 1 dt1 t

= + + + ∫ και tx

21

f (x) eg(x) , F(x) dt1 x f (t)

= =+ ∫

α) 2f (x)

1 x=

+

x x

20 0

f (t)1 dt g(x) 1 g(t)dt1 t

+ ⇔ = ++∫ ∫ , οπότε xg (x) g(x) g(x) ce′ = ⇔ = ,

f (0) 1 , g(0) 1,c 1= = = άρα xg(x) e= και ( )2 xf (x) 1 x e= + , ( )2

2 xxx x x

1 xlim f (x) lim 1 x e lime−→−∞ →−∞ →−∞

+= + = =

x xDLH x DLH x

2x 2lim lim 0e e

∞ ∞ ∞ ∞

− −→−∞ →−∞= = =

− , άρα η y 0 , (xx )′= οριζόντια ασύμπτωτη

β) x ημx x ημx

ημx 0

x 0 x 0 x 0

g(x) g(ημx) e e e 1lim lim lime e 1 0x ημx x ημx x ημx

−

→ → →

− − −= = = ⋅ =

− − −

0x ημx u(u x ημx) 0

u

x 0 u 0 DLH u 0

e 1 e 1lim lim lime 1x ημx u

− = −

→ → →

− −= = =

−

γ) tef (x) 0 , 0 ,

f (t)> > αν x 1< τότε [ ]

tx

1

e dt 0 F(x) 0 , x 0,1f (t)

< ⇔ < ∈∫ άρα

( ) [ ]x1 1 1 1 1

1

00 0 0 0 0

xeE F(x) 0 dx F(x)dx x F(x)dx xF(x) xF (x)dx F(1) dxf (x)

′ ′= − = − = − = − + = − + =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )1 12

2 00

x 1 1dx ln x 1 ln 21 x 2 2

= = + = +∫

δ) θεωρώντας x 1

xH(x) f (t)dt

+

= ∫ η εξίσωση γίνεται 2H(x 1) H(ln x) , x 0− = > ,

H (x) f (x 1) f (x) 0′ = + − > , εφόσον ( )2xf (x) e x 1 0′ = + > , για x 1≠ − άρα ( )f στο1 r , οπότε ( )Η 1

στο r , δηλ. ''1 1''− οπότε 2x 1 ln x , x 0− = > , θεωρούμε 2

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

−′= − − > =

( )2

x 0 x 0lim h(x) lim x ln x 1

+ +→ →= − − = +∞

( )2 22 2x x x 0

ln x 1lim h(x) lim x ln x 1 lim x 1x x+→+∞ →+∞ →

= − − = − − = +∞

2 2x DLH x x

1ln x 1xlim lim lim 0x 2x 2x

∞ ∞

→+∞ →+∞ →+∞= = = , ( )2 1h ln 2 1 0

2 2

= − <

( ) ( )1 2 1 22 2 1 1A 0 , , A , , h(A ) ln 2 1 , , h(A ) ln 2 1 ,

2 2 2 2 = = + ∞ = − + ∞ = − + ∞

,

1 20 h(A ) , 0 h(A )∈ ∈ άρα υπάρχουν 1 1 1 2x A , x A∈ ∈ ώστε 1 2h(x ) 0 ,h(x ) 0= = κι εφόσον η h γνησίως μονότονη σε κάθε ένα από τα διαστήματα 1 2A , A είναι μοναδικά, άρα η εξίσωση έχει δύο ακριβώς ρίζες.



ΘΕΜΑ 60 Δίνεται f παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο στο , f (x) 0≠r και

( )2 2x u

0 0

f (t) 2f (t)f (x) 1 dt du

f (t)

′ += +

∫ ∫ , x ∈ r και x

0F(x) f (t)dt= ∫

α) θεωρώντας ( )2 2u

0

f (t) 2f (t)G(u) dt

f (t)′ +

= ∫ έχουμε x

0f (x) 1 G(u)du= + ∫ , άρα f (x) G(x)′ = ,

( ) ( ) ( )2 222 2

2

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

f (x) f (x)′ ′′ ′+ −

′′ ′′ ′= ⇔ = + ⇔ = ⇔

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

2 2

f (0) 1 k 0

f (x) f (x) f (x)2x 2x c 2x ln f (x) x k ln f (x) xf (x) f (x) f (x)

′ = =

= =

′′ ′ ′ ′⇔ = ⇔ = + ⇔ = ⇔ = + ⇔ = ⇔

2xf (x) e⇔ = , f (x) 0≠ , συνεχής άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο κι εφόσον f (0) 1 0= > θα ισχύει

f (x) 0> άρα 2xf (x) e=

β) η εξίσωση γίνεται ( ) ( ) ( ) ( )1 ln f (x)

f (x)f (t)dt F 1 ln f (x) F f (x) 0 F 1 ln f (x) F f (x)

+

= + − = ⇔ + =∫ ,

( )2xF (x)f (x) e 0 , F′ = > 1 , άρα F ''1 1''− και 1 ln f (x) f (x)+ = ,

οπότε θεωρώντας g(x) ln x 1 x= + − , έχουμε g(x) 0≤ με το '' ''= να

ισχύει μόνο για x 1= , άρα 2x 0 2f (x) 1 e e x 0 x 0= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

γ) θεωρώντας [ ]x

0h(x) x F(t)dt 1 , x 0,1= + − ∈∫ έχουμε h(0) 1 0= − < ,

1

0h(1) F(t)dt= ∫ ,

2te 0> ,

x 0> , άρα 2

xt

0F(x) e dt 0= >∫ οπότε και

1

0h(1) F(t)dt 0= >∫ , άρα από Θ. Bolzano υπάρχει α ( )0,1∈

ώστε α

0h(α) 0 α F(t)dt 1= ⇔ + =∫ , ( ) ( )h (x) 1 F(x) 0 , x 0,1 , h′ = + > ∈ 1 άρα α μοναδικό

δ) η εξίσωση γίνεται ( ) ( ) ( ) ( )x

0f (t)dt 1 x f (x) F(x) 1 x F (x) F (x) 1 x 1 x F(x) 0′′ ′= − ⇔ = − ⇔ − + − = ⇔∫

( )( )1 x F(x) 0′⇔ − = , άρα θεωρώντας την ( ) [ ]H(x) 1 x F(x) , x 0,1= − ∈ έχουμε H(1) 0,=

H(0) F(0) 0= = , από Θ. Rolle υπάρχει β ( )0,1∈ ώστε ( )β

0H (β) 0 f (t)dt 1 β f (β)′ = ⇔ ⇔ = −∫L (1)

( ) ( )2x 2Η (x) F (x) 1 x F(x) , H (x) F (x)(1 x) 2F (x) 2e x x 1 0′ ′ ′′ ′′ ′= − − = − − = − + − < και ( ) [ ]H στο 0,1′ 2 ,

οπότε β μοναδικό

Από Θ.Μ.Τ. για την F στο [ ]α ,β υπάρχει ξ ( )α ,β∈ ώστε (1)F(β) F(0) (1 β)f (β)F (ξ) f (ξ)

β 0 β− −′ = ⇔ =−

(2)



( )

[ ](f 0,β ) (2) (f (β) 0) (β 0)1 β 1 β 10 ξ β f (ξ) f (β) f (β) f (β) 1 ββ β 2

> >

∗

− −< < ⇔ < ⇔ < ⇔ < ⇔ >

1

( ) ( ) [ ]2xf (x) e 2x 0 , x 0 , f στο 0,β′∗ = > > 1 ΘΕΜΑ 61 Δίνεται f παραγωγίσιμη στο ( )0,+ ∞ με ( )2 2 1 f (x)x f (x) x 1 e 0 , x 0 , f (1) ln 2 1− −′ − − = > = − και οι

συναρτήσεις ( )x

xe 1 2h(x) g(x) 1 , x , f h(x) ln , x 0xe 1 e

−= − − ∈ = >

+r

α) ( )2

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

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

+ + ++

′− ′′ ′ ′= ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = + ⇔

1 f (x) 1 ln 2 11e x c , x 1 ,e 1 1 c c 0x

+ + −⇔ = + + = = + + ⇔ = , άρα

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

+ = + ⇔ + = + ⇔ = + −

β) ( )

2

2

x 1f (x)x x 1

−′ =+

, x 0 x 0

1lim f (x) lim ln x 1x+ +→ →

= + − = +∞ ,

x x

1lim f (x) lim ln x 1x→+∞ →+∞

= + − = +∞ ,

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

+→= = − <

1 1 2 2A (0,1] , f (A ) [ln 2 1, ) ,A (1, ] , f (A ) (ln 2 1, )= = − + ∞ = + ∞ = − + ∞ , 1 20 f (A ) , 0 f (A )∈ ∈ άρα υπάρχουν 1 1 2 2x A , x A∈ ∈ ώστε 1 2f (x ) 0 f (x )= = κι εφόσον η f γνησίως μονότονη σε κάθε ένα από τα

1A και 2A θα είναι και μοαναδικά άρα η εξίσωση f (x) 0= έχει δύο ακριβώς θετικές ρίζες.

γ) ε: Ο(0,0) (ε) f (ξ)y f (ξ) f (ξ)(x ξ) f (ξ) f (ξ)ξ f (ξ)ξ f (ξ) 0 0ξ

∈′ ′ ′ ′− = − →− = − ⇔ − = ⇔ =

, θεωρώντας

[ ]1 2f (x)k(x) , x x , x

x= ∈ έχουμε 1 2k(x ) k(x ) 0= = οπότε από Θ. Rolle υπάρχει ξ [ ]1 2x , x∈ ώστε

k (ξ) 0′ =

δ) ( ) 2f h(x) ln ln 2 1 f (1)e

= = − = , όπως φαίνεται από τον πίνακα μεταβολών της f ισχύει f (1) ln 2 1= −

μόνο για x 1= άρα x x x

x x xe 1 e 1 e (2x 1) 1h(x) 1 g(x) 1 1 g(x) 2 0xe 1 xe 1 xe 1

− − + += ⇔ − − = ⇔ = + = >

+ + +

x

x x1 1 1 1x

xx x0 0 0 0

x

e 1e 1 1 eeE g(x)dx 2 dx 2 dx 2 dx

xe 1xe 1 x ee

−

−

− − −

= = + = + = + = ++ +

∫ ∫ ∫ ∫x1

x0

(x e ) 2 dxx e

−

−

′ ++ = + ∫

( ) 1x

0

1ln x e 2x ln 1 2e

− = + + = + +



ΘΕΜΑ 62 Δίνεται f δύο φορές παραγωγίσιμη με συνεχή δεύτερη παράγωγο στο r , f (0) 0= μόνο για x 0= , ( )∗

f (x) 0, x′′ ≠ ∈ r και h 0

f (2 h) f (2 3h)lim 8h→

′ ′+ − −=

α)

00 f

h 0 DLH h 0 συνεχής

f (2 h) f (2 3h) f (2 h) 3f (2 3h)lim lim f (2) 3f (2) 4f (2) 8 f (2) 2h 1

′′

→ →

′ ′ ′′ ′′+ − − + + − ′′ ′′ ′′ ′′= = + = = ⇔ = ,

f (x) 0′′ ≠ και f ′′ συνεχής άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο κι εφόσον f (2) 2 0′′ = > θα ισχύει f (x) 0′′ > άρα ( )f και ''1 1''′ −1 και f κυρτή στο r

β) η ανισότητα γίνεται ( )2x x 2x x x 3x x 2x x 3x 2xf (e ) e f (e ) e f (e ) f (e ) e f (e ) f (e ) f (e ) f (e )+ < + ⇔ − < − ,

παρατηρώντας επίσης ότι 2x x x x 3x 2x 2x xe e e (e 1) , e e e (e 1)− = − − = − , εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. για την f στα x 2x 2x 3x[e ,e ] , [e ,e ] (για x 0> , έχουμε x 2x 3x0 x 2x 3x e e e< < < ⇔ < < ) , οπότε υπάρχουν

x 2x 2x 3x1 2ξ (e ,e ) , ξ (e ,e )∈ ∈ ώστε

( )2x x

1 x x

f (e ) f (e )f (ξ )e e 1

−′ =−

και ( )

3x 2x

2 2x x

f (e ) f (e )f (ξ )e e 1

−′ =−

(1)

( ) ( )x

x

2x x 3x 2x 3x 2x(1)f e 02x x

1 2 1 2 xx x 2x x e 1 0x 0

f (e ) f (e ) f (e ) f (e ) f (e ) f (e )ξ ξ f (ξ ) f (ξ ) f (e ) f (e )ee e 1 e e 1

′ >

− >>

− − −′ ′< ⇔ < ⇔ < ⇔ − < ⇔− −

1

( )x 2x x 3x 2xe f (e ) f (e ) f (e ) f (e )⇔ − < −

γ) θεωρώντας x

0F(x) f (t)dt= ∫ έχουμε ( )

z 1ez 1

zzf (t)dt 0 F(zz) F e

−

−= ⇔ =∫ , F (x) f (x)′ = , όμως η f

συνεχής κι εφόσον η x 0= μοναδική λύση διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ( )0,+ ∞ άρα η

F γνησίως μονότονη στο (0, ) και ''1 1''+ ∞ − οπότε x 1z x

z 1 2 x 120 x 2

ezz e x e 1x

−=− −

< <= ⇔ = ⇔ = , θεωρώντας

( )x 1

2eh(x) , x 0,2x

−

= ∈ έχουμε ( )x 1

3

e x 2h (x) 0

x

− −′ = < για ( )x 0, 2∈ άρα h ( )1 κι εφόσον h(1) 1= η

x 1= είναι μοναδική λύση, οπότε z 1= και ο γεωμετρικός τόπος είναι κύκλος με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα 1 δ) η εξίσωση γίνεται

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )x 1 x 1 x 1 x 1 x 1e 1 f (x) x e f (x) e x f (x) x e f (x) 0 e x f (x) 0− − − − − ′′′ ′− = − ⇔ − − − = ⇔ − = ,

άρα θεωρώντας την ( )x 1H(x) e x f (x) , x [0,1]−= − ∈ έχουμε 1H(0) f (0) 0 , H(1) 0 f (1) 0e

= = = ⋅ = , άρα

από Θ.Rolle υπάρχει ( )α 0,1∈ ώστε H (α) 0′ =

( )∗ η συνθήκη f (x) 0> που δίνεται στις υποδείξεις δεν μπορεί να προκύψει από τα δεδομένα γιατί η

συνάρτηση π.χ. 2f (x) x 4x= − τηρεί όλες τις προϋποθέσεις αλλά ( )f (x) 0 για x 0,2< ∈



ΘΕΜΑ 63

Δίνεται f παραγωγίσιμη στο ( )0,+ ∞ με ( ) ( )x

yf (t)dt x y f xy , xy 0= − >∫ και η ευθεία

ε : 2x y 2 0− − = εφαπτομένη της fC στο 0x 1= και 1xg(x) f (x)e=

α) εφόσον η ε εφαπτομένη της fC στο 0x 1= έχουμε ότι f (1) 0 και f (1) 2′= = , παραγωγίζοντας ως

προς x έχουμε ( ) ( ) ( ) yf (x) f xy x y f xy2 xy

′= + − και θέτοντας όπου y το 1x

προκύπτει

21 1 1f (x) f (1) x f (1) 1x x x

′= + − = −

β) ( )1u 01 x 2 ux

2 u ux 0 x 0

1lim g(x) lim 1 e lim 1 u ex+ +

= >

→+∞ →+∞→ →

= − = − = −∞

άρα η ευθεία x 0 (yy )′= κατακόρυφη

( )1u 01 x 2 ux

2x x u 0 u 0

1lim g(x) lim 1 e lim 1 u e 1x + +

= >

→+∞ →+∞ → →

= − = − =

, άρα η ευθεία y 1= οριζόντια στο +∞

γ) g(x) 0 f (x) 0 x 1 , x 0= ⇔ = ⇔ = > άρα 1 12 2 2x x

2 21 1 1

θετικό στο (1,2)

1 1E g(x) dx 1 e dx 1 e dxx x

= = − = − ∫ ∫ ∫14243

, το

ολοκλήρωμα δεν “υπολογίζεται” άρα 1 12 x 0

4x x4

x 2x 1g (x) e , x 0,e 0 ,g (x) 0 x 1 2 2x

>− + +′ ′= = > > = ⇔ = + >L , άρα [ ]g (x) 0, x 1, 2′ > ∈ και

[ ]g( ) στο 1,21 , οπότε 31 x 2 g(1) g(x) g(2) 0 g(x) e4

≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ κι εφόσον το '' ''= δεν ισχύει

παντού 2 2

1 1

3 30 g(x)dx edx E e 4E 3 e4 4

< < ⇔ < ⇔ <∫ ∫

δ)

1 11 1 1 u 1 ux x 1u 0

x1 1 1 11 1 uux x u 0 u 0 u 0x x

g(t) 1dt g(t)dt u g(t)dt g(t)dtx xlim lim lim lim

e 1e 1e 1 e 1u

+ + +

+ + + +

= >

→+∞ →+∞ → → →= = = =

−−− −

∫ ∫ ∫ ∫ 0 01

= εφόσον

0u 1 u0

u

DLHu 0 u 0 1

e 1lim lim e 1 , g(t)dtu+ +

+

→ →

−= = ∫ συνεχής ως παραγωγίσιμη άρα

1 u 1 0

u 0 1 1lim g(t)dt g(t)dt 0

+

+ +

→= =∫ ∫

ΘΕΜΑ 64

Δίνεται f παραγωγίσιμη στο r με f (0) 1= − και ( )x 1f (x)2xe 1 f (x) , x

e+ ′+ = ∈ r και

x

0F(x) f (t)dt= ∫

α) ( ) ( ) ( )x 1 x 1 x 1 f (x) x 1 f (x) x 1 f (x) 2f (x)2e e f (x) e e e f (x)e 2x e e x

e+ + + + +′ ′ ′′ ′+ = ⇔ + = ⇔ = ⇔



x 1 f (x) 2e x c ,+ +⇔ = + ( )x 1 f (x) 2 2f (0) 1 c 1 , e x 1 f (x) ln x 1 x 1+ += − ⇔ ⇔ = = + ⇔ = + − −L , x ∈ r

β) ( )2

2

x 1f (x)

x 1−

′ = −+

, ( ) ( )f στο Α ,= −∞ + ∞1 , xlim f (x)→−∞

= +∞

( )2

x x

ln x 1 1lim f (x) lim x 1x x→+∞ →+∞

+ = − − = −∞

εφόσον

( )2

2x DLH x x

ln x 1 2x 2lim lim lim 0x x 1 x

∞ ∞

→+∞ →+∞ →+∞

+= = =

+ άρα f (A) = r ,

f ''1 1''− άρα ( ) ( )24 2

x x 2 4 2 2 22

x 2x 2 e ln x 2x 2 ln x 6x 10 x x 2x 6x 10

− −+ += ⇔ + + − + + = − − ⇔

+ +

( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 22 2 2ln x 1 1 x 1 1 ln x 3 1 x 3 1 f x 1 f (x 3)⇔ + + − + − = + + − + − ⇔ + = + ⇔

2x 1 x 3 x 2 ή x 1⇔ + = + ⇔ = = −

γ) ( )( )( )22

2 x 1 x 1f (x)

x 1

+ −′′ = −

+ f ( 1) ln 2 , f (1) ln 2 2− = = −

1ε : y f ( 1) f ( 1)(x 1) y 2x 2 ln 2′− − = − + ⇔ = − − +

2ε : y f (1) f (1)(x 1) y ln 2 2′− = − ⇔ = − οι δύο ευθείες τέμνονται στο στο σημείο M(0, ln 2 2)− yy′∈ δ) η ανισότητα γίνεται

( )3 2x 0

3 2 2 3 2 2 2F(x ) F(x )xF(x) F(x ) xF(x ) F(x ) F(x ) F(x ) x F(x ) F(x) F(x ) F(x)x

> −+ < + ⇔ − < − ⇔ < − ⇔

2

3 2 2x 1

3 2 2x x 0

F(x ) F(x ) F(x ) F(x)x x x x

>

− >

− −⇔ <

− −(1) από Θ.Μ.Τ. υπάρχουν ( ) ( )2 2 3

1 2ξ x , x , ξ x , x∈ ∈ ώστε

2 3 2

1 22 3 2F(x ) F(x) F(x ) F(x )f (ξ ) , f (ξ )

x x x x− −′ ′= =− −

, ( )f

2 31 2 1 21 x ξ x ξ x f (ξ ) f (ξ )′ ′< < < < < ⇔ > ⇔

2

2 3 2

2 3 2F(x ) F(x) F(x ) F(x )

x x x x− −

>− −

που είναι η (1)

ΘΕΜΑ 65

Δίνεται η συνάρτηση x

20

dtf (x)1 t

=+∫

α) ( )21f (x) 0 , f

1 x′ = >

+1 , αν π πx ,

2 2 ∈ −

έχουμε

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )22 2

1 1f εφx συν x f εφx 1 f εφx εφx 1 f εφx x1 εφ x συν x

′′ ′′ ′ ′= = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔+

f (εφx) x c , f (0) 0 c 0= + = ⇔ = άρα f (εφx) x=

β) f

0 x 1 f (0) 0 f (x)≤ ≤ ⇔ = ≤1

, οπότε 2

π π1 x εφt4 4

210 0 0dx dtσυν t

1E f (x)dx f (εφt) dt t(εφt) dtσυν t

=

=

′= = = =∫ ∫ ∫ =



[ ] [ ]π π4 4

π4

0 00

π π 1tεφt εφtdt ln(συνx) ln 24 4 2

= − = + = = −∫ L ή

εφόσον f αντιστρέψιμη ως γνησίως αύξουσα θα ισχύει 1f (εφx) x f (x) εφx−= ⇔ = οπότε

( ) [ ]11 1 1 u f (x) f (u) x1

0 du f (x)dx0 0 0E f (x)dx x f (x)dx xf (x) xf (x)dx

−= ⇔ =

′=

′ ′= = = − =∫ ∫ ∫π4 1

0f (1) f (u)du−− =∫

π4

0

π π 1εφudu ln 24 4 2

= − = = −∫ L

γ) { {

2 2

2x x 2

2 2x

( )( )

1 1 1e e 1 x1 x 1 xe

−

++

≤ ⇔ ≤ ⇔ ≥ ++ +

που ισχύει αν στην xe x 1≥ + (1) θέσουμε όπου x το 2x

21 1

t2

0 0

1 π πe dt dt f (1) f εφ1 t 4 4

− < = = = + ∫ ∫ , από (1) θέτοντας όπου x το 2t− έχουμε 2t 2e t 1− ≥ − + οπότε

( )2131 1

t 2

0 0 0

t 2e dt t 1 dt t3 3

− > − + = − + =

∫ ∫ , οι ανισότητες ισχύουν γνήσια για τα ολοκληρώματα διότι το

'' ''= στις αντίστοιχες ανισότητες για τις συναρτήσεις δεν ισχύει παντού.

δ) [ ]1

0

πg : 0,1 , tg(t)dt4

→ >∫r , η ανισότητα γίνεται

( )3 221θ g(θ) θg(θ) 1 θg(θ) θ 1 1 θg(θ)

θ 1+ > ⇔ + > ⇔ >

+ , θεωρώντας

x

20

1Η(x) tg(t) dtt 1

= − + ∫ από

Θ.Μ.Τ. υπάρχει ( )θ 0,1∈ ώστε

1 1 1

2 20 0 0

Η(1) Η(0) 1 1 πΗ (θ) θg(θ) tg(t)dt dt tg(t)dt 01 0 θ 1 t 1 4

−′ = ⇔ − = − = − >− + +∫ ∫ ∫ 2

1θg(θ)θ 1

⇔ >+

ΘΕΜΑ 66 Δίνεται f δύο φορές παραγωγίσιμη με f (0) f (0) 0′= = , 2f (x) 2xf (x) 2f (x) 6x , x′′ ′− = + ∈ r και

3 2g(x) 16x 36x 24x 5= − + −

α) ( ) ( )2 3 3f (x) 6x 2f (x) 2xf (x) f (x) 2x 2xf (x) f (x) 2x 2xf (x) c′ ′′′ ′ ′− = + ⇔ − = ⇔ − = + , από

f (0) f (0) 0′= = προκύπτει c 0= , οπότε

( )2 2 2 2 23 3 x x 3 x x 3 xf (x) 2x 2xf (x) f (x) 2xf (x) 2x e f (x) e 2xf (x) 2x e e f (x) 2x e− − − − −′′ ′ ′− = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = 2 2 22 22 2 2

x x x xu t x3 t u u u u 2 x x0du 2tdt0 0 0 0

2t e dt ue du u(e ) du ue e du x e e 1− − −=− −− − −

=−′ = = = − = − − + ∫ ∫ ∫ ∫ , άρα

( ) ( )2 2 2 2 2 2x 2 x x x 2 x xe f (x) x e e 1 e f (x) x e e 1 k− − − − − −′ ′= − − + ⇔ = − − + + , από f (0) 0′ = προκύπτει k 0= άρα

2 2 2 2x 2 x x x 2e f (x) x e e 1 f (x) e x 1− − −= − − + ⇔ = − − β) η ανίσωση γίνεται



( ) ( )xx ln 2 x ln 2 x ln 2

x x ln 2x

0 0 0 0 0 02 1 1

1 e1 e f (t)dt f (t)dt f (t)dt f (t)dt e 1 f (t)dt e 1 f (t)dte

−−

−− =

−− > ⇔ > ⇔ − > −

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫123

θεωρώντας x

x

0G(x) (e 1) f (t)dt= − ∫ , έχουμε G(x) G(ln 2)> (1),

xx x

0G (x) e f (t)dt (e 1)f (x) , x 0′ = + − >∫

θέτοντας όπου x το 2x στην xe x 1 , x 0> + > έχουμε 2 2x 2 x 2e x 1 e x 1 0 f (x) 0> + ⇔ − − > ⇔ > οπότε

για x

x x

0x 0 , e 0 , e 1 0 , f (t)dt 0 , f (x) 0> > − > > >∫ άρα

( ) ( )G (x) 0 , G στο 0,′ > + ∞1 και από (1) έχουμε x ln 2>

γ) xe x 1 , x≥ + ∈ r και το '' ''= ισχύει μόνο για x 0= , άρα

2x 2e x 1 f (x) 0 , x 0> + ⇔ > ≠ κι εφόσον f (0) 0= έχουμε f (g(x)) 0 g(x) 0= ⇔ = ,

2 1g (x) 24(2x 3x 1) 0 x 1 ή x2

′ = − + = ⇔ = =

( )1 2 31 1A , , A ,1 , A 1,2 2

= −∞ = = + ∞ και ( ) [ ] ( )1 2 3g(A ) ,0 , g(A ) 1,0 , g(A ) 1,= −∞ = − = − + ∞ κι

εφόσον 2 30 g(A ) , 0 g(A )∈ ∈ έχει δύο ρίζες (το 12

διπλή και το 54

)

δ) F (x) f (x) 0′ = ≥ και το '' ''= ισχύει μόνο για x 0= άρα ( )F και ''1 1''−1 οπότε F''1 1''

F(x) 0 F(1) x 1−

= = ⇔ = , ( )F

0 x 1 F(x) F(1) 0≤ ≤ ⇔ ≤ =1

άρα

( ) [ ]1 1 1

1

00 0 0

E F(x)dx x F(x)dx xF(x) xf (x)dx′= − = − = − + =∫ ∫ ∫ ( )21

x 3

0F(1) xe x x dx− + − − =∫

214 2

x

0

1 x x e 5e2 4 2 2 4

= − − = −

ΘΕΜΑ 67 Δίνεται f παραγωγίσιμη στο ( )0,+ ∞ με f (1) 2ln 2= και ( )2x x f (x) xf (x) x 1 , x 0′+ = − − >

α) ln(x 1) ln(x 1) ln(x 1)2 2

xf (x) x 1 1 1 1 1f (x) f (x) f (x) e f (x) e f (x) ex x x x x 1 x x 1 x

− + − + − ++′ ′ ′− = − ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔+ + + +

( )A 1

ln(x 1)

B 1

1 f (x) A B f (x) 1 1f (x)ex(x 1) x 1 x x 1 x 1 x x 1

=− +

=−

′ ′ ′⇔ = − ⇔ = − + ⇔ = − − ⇔ + + + + +

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

′′ ′ ′ ′⇔ = + − ⇔ = + ⇔ = + + + + + ,

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

= + +

β) x 0 x 0

1lim f (x) lim (x 1) ln 1x+ +→ →

= + + = = +∞

L άρα η x 0 (yy )′= κατακόρυφη ασύμπτωτη



00

x x DLH x

1ln 11 x 1xlim (x 1) ln 1 lim lim 11x x

x 1

→+∞ →+∞ →+∞

+ + + + = = = =

+

L , άρα η y 1= οριζόντια ασύμπτωτη

1u 1 1x1 1f (x) ln 1 ln u u 1 0

x x

= + > ′ = = + − = − + <

L ( ln u u 1 , u 0≤ − > με το '' ''= μόνο για u 1= ) άρα

( ) ( )f στο 0,+ ∞2 και ( )f (A) 1,= + ∞

γ) η εξίσωση γίνεται ( )2 2 2

x 1 x 1 x 1 2xe x 1 xe x 1 ln xe ln x 1 ln x ln(x 1)x 1

+ + +

− = ⇔ = + ⇔ = + ⇔ + = + ⇔ +

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

+ ⇔ + − = ⇔ + = ⇔ + + = ⇔ = + κι εφόσον 2 f (A)∈

από β) και x 0lim f (x) , f (1) 2 ln 2 2

+→= +∞ = < υπάρχει μοναδικό 0x (0,1)∈ ώστε 0f (x ) 2= . Θεωρώντας

την x

2G(x) f (t)dt , G (x) f (x) 0′= = >∫ , άρα ( )G και ''1 1''−1 , η εξίσωση γίνεται

f (x)

2f (t)dt 0= ⇔∫

G(f (x)) G(2) f (x) 2⇔ = ⇔ = , που έχει μοναδική λύση την 0x

δ) εφόσον ( ) ( )G(f (x) G f (x) f (x) f (f (x))f (x)′ ′ ′ ′= = η εξίσωση γίνεται

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

2f (t)dt 1 x f (f (x))f (x) G(f (x)) 1 x G(f (x) x 1 G(f (x)) x 1 G(f (x) 0′ ′ ′′= − ⇔ = − ⇔ − + − = ⇔∫

( )( )x 1 G(f (x) 0′⇔ − = οπότε θεωρώντας [ ]0H(x) (x 1)G(f (x)), x x ,1= − ∈ έχουμε H(1) 0= και 0f (x ) (γ)

0 0 0 02

H(x ) (x 1)G(f (x )) (x 1) f (t)dt 0= − = − =∫ άρα από Θ.Rolle υπάρχει ( )0ξ x ,1∈ ώστε Η (ξ) 0′ =

ΘΕΜΑ 68 Δίνεται f παραγωγίσιμη με f (x) 0≠ , x ∈ r , η fC τέμνει τον θετικό ιμιάξονα Οy δηλ. f (0) 0> και

f (x) 0′ < δηλ. ( )f στο2 r και x

1

f (t)g(x) dtf (x)

= ∫

α) εφόσον f (x) 0≠ και η f συνεχής ως παραγωγίσιμη , θα διατηρεί σταθερό πρόσημο κι αφού f (0) 0> θα ισχύει f (x) 0 , x> ∈ r , θεωρώντας

( )x

1F(x) f (t)dt , F (x) f (x) 0 , F και F''1 1''′= = > −∫ 1 , οπότε η g γίνεται

1g(x) F(x)f (x)

= κι εφόσον f (x) 0> το πρόσημο και οι ρίζες της g προκύπτουν από ρίζες και πρόσημο

της F δηλ. F''1 1''

F(x) 0 F(1) x 1−

= = ⇔ = , F

x 1 F(x) F(1) 0> ⇔ > =1

, F

x 1 F(x) F(1) 0< ⇔ < =1

β) η εξίσωση γίνεται ( ) ( )

x x

1 122

f (t)dt f (x) f (t)dtF(x) F (x)F(x)1 1

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

′′′

= − ⇔ = − ⇔′− − ′

∫ ∫



( )( )

2

2

F (x) F (x)F(x)g(x) g(x) g (x) g(x) (2 x)g (x) g(x)(x 2) (x 2)g (x) 02 x 2 xF (x)

′ ′′−′ ′ ′ ′⇔ = ⇔ = ⇔ = − ⇔ − + − = ⇔

− −′

( )g(x)(x 2) 0′⇔ − = , οπότε θεωρώντας [ ]H(x) g(x)(x 2) , x 1,2= − ∈ έχουμε H(2) 0 ,=

H(1) g(1) 0= − = και άρα από Θ. Rolle υπάρχει ( )α 1, 2∈ ώστε

Η (α) 0′ = ⇔ ⇔L( )

α

1f (t)dt

f (α) 2 α=

−∫

α

12

f (α) f (t)dt1

f (α)

′−

∫

γ) θεωρούμε x

1h(x) f (x) f (t)dt xf (x) , x= + − ∈∫ r ,

h (x) f (x) f (x) f (x) xf (x) f (x)(1 x)′ ′ ′ ′= + − − = − κι εφόσον f (x) 0′ < όπως φαίνεται από τον πίνακα μεταβολών η h για x 1= έχει ολικό

ελάχιστο άρα x

1h(x) h(1) f (x) f (t)dt xf (x)≥ ⇔ + ≥∫

Από την παραπάνω ανισότητα κι εφόσον το '' ''= ισχύει μόνο για x 1= με ολοκλήρωση έχουμε

( )1 1 1 1 1 1

0 0 0 0 0 0f (x)dx F(x)dx xf (x)dx f (x)dx x F(x)dx xf (x)dx′+ > ⇔ + > ⇔∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

[ ]1 1 1 1 1 1

1

00 0 0 0 0 0

f (x)dx xF(x) xf (x)dx xf (x)dx 2 xf (x)dx f (x)dx 2 xf (x)dx F(0)⇔ + − > ⇔ < ⇔ < −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ,

όμως για την F από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ( )ξ 0,1∈ ώστε F(1) F(0)F (ξ) f (ξ) F(0)1 0

−′ = ⇔ = −−

κι εφόσον ( )f 2 ,

ξ 0 f (ξ) f (0) F(0) f (0)> ⇔ < ⇔ − < οπότε 1

02 xf (x)dx F(0) f (0)< − <∫


1

10

0

f (0) 2 xf (x)dx f (x) xf (0) 2x xf (x)dx f (x)(1 x) 01 x x

−= ⇔ − − − =

−∫

∫ , οπότε

θεωρώντας [ ]1

0G(x) xf (0) 2x xf (x)dx f (x)(1 x) , x 0,1= − − − ∈∫ , έχουμε G(0) f (0) 0= − < και

1

0G(1) f (0) 2 xf (x)dx 0= − >∫ από γ) , άρα από Θ. Bolzano υπάρχει ( )0x 0,1∈ ώστε 0G(x ) 0=

ΘΕΜΑ 69 Δίνεται f συνεχής στο [ )0,+ ∞ και παραγωγίσιμη στο ( )0,+∞ με xf (x)xf (x) 2xe f (x) , x 0−′ = − > και

[ )2g(x) x f (x) , x 0,= ∈ + ∞

α) xf (x) xf (x) xf (x) xf (x)xf (x)2xxf (x) f (x) xf (x)e 2x f (x)e xf (x)e f (x)e 2x

e′ ′ ′= − ⇔ = − ⇔ + = ⇔

( ) ( ) ( ) ( )xf (x) xf (x) xf (x) 2 xf (x) 2e xf (x) f (x) 2x e xf (x) 2x e x e x c′ ′′′⇔ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + , f συνεχής στο 0

άρα x 0lim f (x) f (0)

+→= και ( )xf (x) 2 0 f (0)

x 0 x 0lim e lim x c e c c 1

+ +

⋅

→ →= + ⇔ = ⇔ = άρα

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

= > και



εφόσον

02 0

2DLHx 0 x 0 x 0

ln(1 x ) 2xf (0) lim f (x) lim lim 0x 1 x+ + +

→ → →

+= = = =

+ έχουμε

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

+>=

=

β) κατακόρυφη δεν έχει εφόσον f συνεχής στο [ )0,+ ∞ ,

2

2 2x x DLH x x x

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

∞ ∞

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞

+= = = = =

+ άρα η y 0(xx )′= οριζόντια

( ) ( ) ( )( )

2 2 2 22

2 2 2

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

− + − + ++′ = =+

, θεωρώντας ( ) ( )2 2 2h(x) 2x x 1 ln x 1 , x 0= − + + >

έχουμε ( )( )2h (x) 2x 1 ln x 1 0 x e 1′ = − + = ⇔ = − ,

( ) ( ) ( ) ( )1 1 x e 1x 0A 0, e 1 ,h A lim h(x) , lim h(x) 0,e 2

+ → −→= − = = − ,

) ( ) ( )( ( ]2 2 xA e 1, , h A lim h(x) , h e 1 ,e 2

→+∞= − + ∞ = − = −∞ −

0 2h(A )∈ άρα υπάρχει 0x e 1> − ώστε 0 0h(x ) 0 f (x ) 0′= ⇔ = με

0x μοναδικό. h

0 0x x e 1 h(x) h(x ) f (x) 0′> > − ⇔ < ⇔ <2

, h

0 0e 1 x x h(x) h(x ) f (x) 0′− ≤ < ⇔ > ⇔ >2

,

0 x e 1< < − τότε εφόσον ( )1h(A ) 0,e 2= − ,

h(x) 0 f (x) 0′> ⇔ > , οπότε όπως φαίνεται από τον πίνακα μεταβολών η f για 0x x= έχει μέγιστο κι εφόσον

xf (0) 0 , lim f (x) 0

→+∞= = έχει για x 0= ελάχιστο.

γ) θεωρώντας [ ]x

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

= + − + ∈−

έχουμε

ln 2H(0) 2 ln 2 0 , H(1) ln 2 0e 1

= − + < = + >−

οπότε από Θ. Bolzano υπάρχει ( )α 0,1∈ ώστε

Ηα

ln 2Η(α) 0 f (α) 2 2αe α

= ⇔ = − −−

δ) θεωρώντας ( )xe

x 1F(x) g(t)dt , x 0, e 1

+= ∈ −∫ η εξίσωση γίνεται F(x) F(1) 0 F(x) F(1)− = ⇔ = (1)

x xF (x) g(e )e g(x 1)′ = − + , 20g (x) 2xf (x) x f (x) , 0 x e 1 x′ ′= + < < − < , άρα από β) 2x, x , f (x), f (x) 0′ >

οπότε ( )g (x) 0,g′ > 1 και θεωρώντας γνωστό ότι xe x 1 , x 0> + ≠ έχουμε x

x

g(e ) g(x 1) 0x 0 ,e 1 0

> + >

> > > άρα ( )x xg(e )e g(x 1) F (x) 0 , F και ''1 1''′> + ⇔ > −1 οπότε από (1) x 1=

μοναδική λύση ΘΕΜΑ 70

Δίνεται η f παραγωγίσιμη στο [ )1,+ ∞ με 1

1x

f (x) 0 , f (x) 2x f (xt)dt , x 1′ ≠ > >∫ και



( ) ( ) 11 2 1 2

2

f (x )2 f (x ) f (x ) ln f (x )f (x ) 2 lnf (x )

− = + για κάθε 1 21 x x< <

α) 1u xt , du xdt , t u 1 , t 1 u xx

= = = → = = → = , οπότε 1 1 x

1 1 1x x

x f (xt)dt xf (xt)dt f (u)du= =∫ ∫ ∫ και

θεωρώντας x

1F(x) f (u)du , F (x) f (x)′= =∫ έχουμε

1

1x

f (x) 2x f (xt)dt F (x) 2F(x)′> ⇔ > ⇔∫

( )2x 2x 2xF (x) 2F(x) 0 e F (x) 2e F(x) 0 e F(x) 0− − − ′′ ′− > ⇔ − > ⇔ > οπότε αν 2xG(x) e F(x)−= τότε G (x) 0′ >

και ( )G 1 στο [ ) 2x1, , x 1 G(x) G(1) e F(x) 0 F(x) 0−+ ∞ > ⇔ > ⇔ > ⇔ > , οπότε f (x) 2F(x) 0> >

β) ( ) ( )1 zz

2

3 zf (t)dt 0 F 1 zz F 3 z 1 zz 3 z z z 2 0 z 2

+

+= ⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ − + = ⇔ =∫ , εφόσον

F (x) f (x) 0′ = > από α) και άρα F( ) και ''1 1''−1 , άρα κύκλος με κέντρο την αρχή των αξόνων Ο και ακτίνα 2.

γ) ( ) ( ) 11 2 1 2

2

f (x )2 f (x ) f (x ) ln f (x )f (x ) 2 lnf (x )

− = + ⇔

[ ]( )1 2 1 2 1 22f (x ) 2f (x ) ln f (x ) ln f (x ) 2 ln f (x ) ln f (x )⇔ − = + + − ⇔ 2 2

1 2 1 2 1 22f (x ) 2f (x ) ln f (x ) ln f (x ) 2 ln f (x ) 2 ln f (x )⇔ − = − + − ⇔ 2 2

1 1 1 2 2 2ln f (x ) 2ln f (x ) 2f (x ) ln f (x ) 2 ln f (x ) 2f (x )⇔ + − = + − , οπότε θεωρώντας

[ ]21 2H(x) ln f (x) 2ln f (x) 2f (x) , x x , x= + − ∈ έχουμε 1 2H(x ) H(x )= και από Θ.Rolle υπάρχει

( )0 1 2x x , x∈ ώστε 0 00 0 0

0 0

f (x ) f (x )H (x ) 0 2ln f (x ) 2 2f (x ) 0f (x ) f (x )′ ′

′ ′= ⇔ ⋅ + − = ⇔

( )0f (x ) 0

00 0 0 0 0 0

0

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

′ ≠′⇔ + − = ⇔ + − = ⇔ = − κι εφόσον ισχύει

ln x x 1≤ − με το '' ''= να ισχύει μόνο για x 1= προκύπτει ότι 0f (x ) 1=

δ)

x x x2 2

21 1 1 2

3 3x 1 x 1 x 1

(x 1) f (t)dt (x 1) f (t)dt f (t)dtx 1lim lim lim 1 f (1) f (1)

ln x ln x ln x ln x→ → →

− −− = = = ⋅ =

∫ ∫ ∫ διότι

00

x 1 DLH x 1 x 1

x 1 1lim lim lim x 11ln xx

→ → →

−= = = ,

x0

f συνεχής01

x 1 DLH x 1 x 1 στο1

f (t)dtf (x)lim lim lim xf (x) f (1)1ln x

x

→ → →= = =

∫

ΘΕΜΑ 71

Δίνονται [ )f ,g : 0, + ∞ → r δύο συναρτήσεις με την f συνεχή , 2

x xg(x) f (x) e x ln x 2 , x 02

= − − + + >

και g(x) 1e g(x) , x 0− = > α) g(x) 1 g(x)e g(x) e eg(x) , x 0− = ⇔ = > , θεωρώντας



x xh(x) e ex , x 0 , h (x) e e 0 x 1′= − > = − = ⇔ = και όπως φαίνεται από τον πίνακα μεταβολών η h για x 1= έχει ολικό ελάχιστο και ισχύει h(1) 0= μόνο όταν x 1= . Άρα

( )g(x)e eg(x) h g(x) 0 g(x) 1 , x 0= ⇔ = ⇔ = > , οπότε 2

x xf (x) e x ln x 12

= + − − για x 0> κι εφόσον f

συνεχής στο 0 έχουμε x 0

f (0) lim f (x) 0+→

= = διότι 2

x

x 0

xlim e 1 02+→

+ − =

και

( )DLHx 0 x 0 x 0 x 0

2

1ln x xlim x ln x lim lim lim x 01 1x x

+ + + +

∞ ∞

→ → → →= = = − =

− , άρα

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

0 , x 0

+ − − >=

=

β) ( )xf (x) e x ln x 1 0 , x 0,′ = + − − > ∈ + ∞ εφόσον xe 0 , ln x x 1 x 1 ln x 0 , x 0> ≤ − ⇔ − − ≥ > , άρα

εφόσον f συνεχής στο 0 ισχύει ( ) [ )f στο 0, + ∞1 και x 0 f (x) f (0) 0> ⇔ > =

γ) από β) f ''1 1''− άρα f (x) 0 f (0) x 0= = ⇔ = οπότε x 1

4

e

x

f (t) dt 0t

−

=∫ , f (t)t

συνεχής στο ( )0, + ∞ άρα

πρέπει ( )4 x 1x , e 0, x 0− ∈ + ∞ ⇔ ≠ που ισχύει για [ )x 1,∈ + ∞ , θεωρώντας

[ ) ( )x

1

f (t) f (x)q(x) dt , x 1, , q (x) 0 , qt x

′= ∈ + ∞ = >∫ 1 ))στο [ )1,+ ∞ και άρα ''1 1''− οπότε

( ) ( )x 1

4

4ex 1 4 x 1 4

x 1x

f (t) xdt 0 q e q x e x 1 0t e

−

− −−= ⇔ = ⇔ = ⇔ − =∫ ,

θεωρώντας [ )4 3

x 1 x 1x x (4 x)φ(x) 1 , x 1, , φ (x)

e e− −

−′= − ∈ + ∞ = , έχουμε

[ ] ( )1 2A 1, 4 , A 4,= = + ∞ και [ ]3

1 364 eφ(Α ) φ(1) ,φ(4) 0,

e −

= =

( )3

2 3x x 4

64 eφ(Α ) lim φ(x) , lim φ(x) 1,e+→+∞ →

−= = −

κι εφόσον 1 20 φ(Α ) , 0 φ(Α )∈ ∈ έχει δύο ακριβώς ρίζες

μια την 1x 1= και 2x 4>

δ) ( ) ( )

3 3 3x x x3 3

30 0 0 3

3 3 xx 0 x xx 0 x 0

x f (t)dt x f (t)dt f (t)dtxlim lim lim 1 0 0e 1 ημxe 1 ημx e 1 ημx+ +→ → →

= = = ⋅ = − − −

∫ ∫ ∫ εφόσον

( )

xx0 00 0 00

x xDLH DLHx 0 x 0 x 0 x 0 x 0

f (t)dtf (t)dtx 1 f (x) f (0)lim lim 1 , lim lim lim 0

e 1 e ημx συνx 1ημx+ + + + +

→ → → → →

′ = = = = = =

− ′

∫∫

ΘΕΜΑ 72

Δίνεται ( )f : 0, + ∞ → r μια συνάρτηση παραγωγίσιμη με ef (1)2e 1

=−

και ισχύει

( ) ( )t t1 t e f (t) 1 e f (t) 0 , t 0− −′+ − + + = >



α) η ισότητα γίνεται ( )t t e 1f (t)(1 t e 0 f (t)(1 t e ) c , t 1 , 2 c c 12e 1 e

− − ′+ − = ⇔ + − = = − = ⇔ = −

( )( ) ( )

t

2t t

1 1 ef (t) , f (t) 0 , άρα f στο 0,1 t e 1 t e

−

− −

+′= = − < + ∞+ − + −

2 , tt 0 t 0

1lim f (t) lim1 t e+ + −→ →

= = +∞+ −

εφόσον ( )t

t 0lim 1 t e 0

+

−

→+ − = και θεωρώντας [ )t tg(t) 1 t e , t 0, , g (t) 1 e 0 ,− −′= + − ∈ + ∞ = + > και άρα

g (0, )tt 0 g(t) g(0) 1 t e 0

+∞−> ⇔ > ⇔ + − >

1, tt t

1lim f (t) lim 01 t e−→+∞ →+∞

= =+ −

εφόσον ( )tlim 1 t→+∞

+ = +∞ και

t

tlim e 0−

→+∞= , άρα ( )f (A) 0,= + ∞

β) εφόσον f γνησίως φθίνουσα είναι αντιστρέψιμη , θέτοντας 1f (t) u f (u) t− = ⇔ = κι εφόσον

u 0lim f (u)

+→= +∞ όταν 1

t u 0t τότε u 0 ,άρα lim f (t) lim u 0

+

+ −

→+∞ →→ +∞ → = = και τότε

1

t (DLH) (DLH)u 0 u 0 u 0 u 0

f (t) t u f (u) 1 f (u) f (u)lim lim lim lim lim 1 1t 1 f (u) 1 f (u) f (u)+ + + +

∞ ∞ − ∞ ∞

→+∞ → → → →

′ ′′+ + += = = = =

′ ′′− − ,

( )( )

t

2tu 0 u 0

1 elim f (u) lim

1 t e+ +

−

−→ →

− +′ = =

+ −

( )( )( )t

2tu 0

1lim 1 e1 t e+

−

−→− + = −∞

+ −

γ) για την ( ) [ ) ( ) [ )x

1F(x) f (t)dt , F (x) f (x) 0 , F στο 1, ,F (x) f (x) 0 , F στο 1,′ ′′ ′ ′= = > + ∞ = < + ∞∫ 1 2

η ανισότητα γίνεται ( ) ( )3 2 3 2 2xF(x) F(x ) x 1 F(x ) F(x ) F(x ) x F(x ) F(x)+ < + ⇔ − < − κι εφόσον

2 3 3 2x 1 , x x x x x 0> < < ⇔ − > έχουμε ( )23 2

3 2 3 2

x F(x ) F(x)F(x ) F(x )x x x x

−−< ⇔

− −

3 2 2

3 2 2F(x ) F(x ) F(x ) F(x)

x x x x− −

⇔ <− −

(1) , από Θ.Μ.Τ. υπάρχουν ( ) ( )2 2 31 2ξ x , x και ξ x , x∈ ∈ ώστε

2 3 2

1 22 3 2F(x ) F(x) F(x ) F(x )F (ξ ) , F (ξ )

x x x x− −′ ′= =− −

οπότε ( )

( ) ( )F

1 2 1 2ξ ξ F ξ F ξ′

′ ′< ⇔ > ⇔2

2 3 2

2 3 2F(x ) F(x) F(x ) F(x )

x x x x− −

⇔ >− −

που είναι η (1)

δ) t t t tt

1 1 10 t 1 1 t e t 0 e , ισχύει και 1 e 0 1 et 1 1 t e t

− − − −−< < < ⇔ + > + − > ⇔ > − − > ⇔ > ⇔

+ + −

0 te e 0 t t 0−⇔ > ⇔ > − ⇔ > , που ισχύει, όταν x 0 , x 2x> < οπότε έχουμε

[ ] [ ]2x 2x 2x 2x 2x

2x 2x

x xx x x x x

1 1 2x 1dt f (t)dt dt ln(t 1) f (t)dt ln t ln f (t)dt ln 2t 1 t x 1

+< < ⇔ + < < ⇔ < <

+ +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ κι

εφόσον x x u 2

2x 1 2x 1lim 2 , lim ln lim ln u ln 2x 1 x 1→+∞ →+∞ →

+ += = =

+ + από κριτήριο παρεμβολής έχουμε ότι

2x

x xlim f (t)dt ln 2→+∞

=∫

ΘΕΜΑ 73



Δίνεται [ ]f : 0,1 → r παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο και ( )1

2 2

0

1f (x) x f (x) dx f (1)3

′+ = −∫ .

Επιπλέον [ ]g : 0,1 → r παραγωγίσιμη με ( )g (0) 1 , g(α) g(1) α 1 , α 0,1′ < < + − ∈

α)

( )1 1 1 1 112 2 2 2 2 2

00 0 0 0 0

1f (x) x f (x) dx f (x)dx x f (x)dx f (x)dx x f (x) 2xf (x)dx f (1)3

′ ′ + = + = + − = − ⇔ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( )131 1 1

2 2 2

0 0 00

xf (x) 2xf (x) dx f (1) f (1) f (x) 2xf (x) dx x dx3

⇔ − + = − ⇔ − = − ⇔

∫ ∫ ∫

( ) ( )1 1

22 2

0 0f (x) 2xf (x) x dx 0 f (x) x dx 0⇔ − + = ⇔ − =∫ ∫ (1) , εφόσον ( )2f (x) x 0− ≥ για να ισχύει η

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

β) [ ]h(x) g(x) f (x) g(x) x , x 0,1= − = − ∈ , αν η h έχει ελάχιστο στο 0 θα ισχύει h(x) h(0)≥ ⇔ x 0 g(x) g(0)g(x) x g(0) g(x) g(0) x 1

x 0

> −⇔ − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥

− , όμως

x 0

g(x) g(0)lim g (0)x 0+→

− ′=−

, άρα g (0) 1′ ≥ ,

άτοπο γ) g(α) g(1) α 1 g(α) α g(1) 1 h(α) h(1)< + − ⇔ − < − ⇔ < , άρα η h δεν μπορεί να έχει ελάχιστο ούτε στο 1 αφού υπάρχει αποτέλεσμα h(α) μικρότερο από το h(1), όμως η h ως συνεχής σε κλειστό διάστημα έχει ελάχιστο που αφού δεν είναι στα άκρα θα είναι σε εσωτερικό σημείο 0x του διαστήματος [0,1] , οπότε από Θ. Fermat 0 0h (x ) 0 g (x ) 1′ ′= ⇔ = δ) εφόσον η g είναι κυρτή ή κοίλη, η g′ θα είναι γνησίως μονότονη

α 1 0 g(α) g(1)g(α) g(1) α 1 g(α) g(1) α 1 1 g (ξ) 1α 1

− < − ′< + − ⇔ − < − ⇔ > ⇔ >−

, από Θ.Μ.Τ. για την g στο [α,1] με

0 α ξ 1< < < , οπότε αν ( )g′ 2 τότε 0 ξ g (0) g (ξ) 1 g (0) g (ξ) 1′ ′ ′ ′< ⇔ > ⇔ > > > , άτοπο άρα ( )g′ 1 και η

g κυρτή. Η εφαπτομένη της g στο 0x είναι ε: 0 0 0 0 0y g(x ) g (x )(x x ) y x x g(x )′− = − ⇔ = − + κι εφόσον η g είναι κυρτή θα ισχύει 0 0 0 0g(x) x x g(x ) g(x) x g(x ) x≥ − + ⇔ − ≥ − με το " "= να ισχύει μόνο για

0x x= , άρα το 0x είναι η μοναδική λύση της εξίσωσης 0 0g(x) x g(x ) x− = − ΘΕΜΑ 74

Δίνεται f : →r r παραγωγίσιμη με ( )2 x 31 1f (0) , f (0) , f (x) 0 , f (x)f (x) 2 f (x) e f (x)2 4

′ ′′ ′= = − ≠ − = −

για κάθε x ∈ r και ( )g : 0, + ∞ → r με

x2

0x

0

t f (t)dtg(x) , x 0

tf (t)dt= >∫∫

α) ( ) ( )f (x ) 02 2x 3 2 x 4f (x)f (x) 2 f (x) e f (x) f (x)f (x) 2 f (x) f (x) e f (x)

≠

′′ ′ ′′ ′ ′− = − ⇔ − = − ⇔



( ) ( )22

x x x4 2 2

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

′′′ ′ ′− ′ ′ ′⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − +

για x 0= προκύπτει c 0=

οπότε ( )x x x2

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

′′ ′= − ⇔ = ⇔ = +

, για x 0= προκύπτει k 1= και x1f (x)

e 1=

+

β) ( ) ( )

xx x xλ λ λ λ λxx x x x 00 0 0 0

e 11 1 e e eE dx dx 1 dx 1 dx x ln e 1e 1 e 1 e 1 e 1

′+ + − = = = − = − = − + = + + + +

∫ ∫ ∫ ∫

λλ ln(e 1) ln 2= − + + , ( ) ( )λ

λ λ λλλ λ λ u 1

elim λ ln(e 1) lim ln e ln(e 1) lim ln lim ln u 0e 1→+∞ →+∞ →+∞ →

− + = − + = = =+

εφόσον

x x

x xx DLH x x

e elim lim lim 1 1e 1 e

∞ ∞

→+∞ →+∞ →+∞= = =

+ ή θέτοντας ( )λe 1 u λ ln u 1+ = ⇔ = − και ( )λ

λlim λ ln(e 1)→+∞

− + =

( )u u

u 1lim ln(u 1) ln u lim ln ln1 0u→+∞ →+∞

−= − − = = = οπότε

λlim Ε(λ) ln 2→+∞

=

γ)

x x2 2

x x0 0 2

2 2x x 0 0

0 0

x f (x) tf (t)dt xf (x) t f (t)dtxf (x)g (x) x tf (t)dt t f (t)dt

tf (t)dt tf (t)dt

− ′ = = −

∫ ∫∫ ∫

∫ ∫=

( )x

2x 0

0

xf (x) tf (t) x t dt 0tf (t)dt

= − >

∫∫

εφόσον f (t) 0 , 0 t x> ≤ ≤ άρα ( ) ( )g στο 0,+ ∞1

δ) θεωρούμε [ ]x x

1 3Η(x) x 2 g(t)dt g(t)dt , x 2,3= − + + ∈∫ ∫ ,

3

1H(3) 1 g(t)dt 0= + >∫ διότι g(t) 0> και

για x 1

xΦ(x) g(t)dt , Φ (x) g(x 1) g(x) 0

+

′= = + − >∫ εφόσον ( )g 1 , άρα Φ ( )1 οπότε

2 2 2 3

1 3 1 2H(2) g(t)dt g(t)dt g(t)dt g(t)dt Φ(1) Φ(2) 0= + = − = − <∫ ∫ ∫ ∫ εφόσον Φ ( )1 οπότε από

Θ.Bolzano υπάρχει ( )α 2,3∈ ώστε Η(α) 0= κι εφόσον ( )Η (x) 1 2g(x) 0 , H′ = + > 1 το α είναι

μοναδικό. ΘΕΜΑ 75

Δίνεται ( )f : 0, + ∞ → r συνεχής με f (x)f (x) ln x , x 0x

= + >

α) ( ) ( )x ln xxf (x) x ln x f (x) f (x) , x 0,1 1,x 1

= + ⇔ = ∈ ∪ + ∞−

, f συνεχής στο 1 άρα x 1

f (1) lim f (x)→

= =

( )00

x 1 DLH x 1

x ln xlim lim ln x 1 1x 1

→ →= = + =

−, οπότε ( ) ( )x ln x , x 0,1 1,

f (x) x 11 , x 1

∈ ∪ + ∞= − =



β) ( )

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

x 1− +′ = − > ∈ ∪ + ∞−

εφόσον ln x x 1≤ − για κάθε x 0 με το " " να> =

ισχύει για x 1=

( )

2

32x ln x x 1f (x)

x x 1− +′′ =−

, θεωρώντας

( )2h(x) 2x ln x x 1 , x 0 , h (x) 2 ln x x 1 0 , 0 x 1′= − + > = − + < < ≠

( )3x 1 0h2x 1 h(x) h(1) 2x ln x x 1 0 f (x) 0

− >

′′> ⇔ < ⇔ − + < ⇔ <2

( )3x 1 0h

20 x 1 h(x) h(1) 2x ln x x 1 0 f (x) 0− <

′′< < ⇔ > ⇔ − + > ⇔ <2

( ) ( )

0 00 0

2x 1 x 1 x 1 DLH x 1 DLH x 1

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

→ → → → →

−− − +−′ = = = = = =− − −−

( )2

x 1 x 1

ln x x 1 12x 1f (x) f (1) 1f (1) lim lim

x 1 x 1 3→ →

− +− −

−′ ′−′′ = = = = −− −

LL

( )DLHx 0 x 0 x 0 x 0

2

1ln x xlim x ln x lim lim lim x 01 1x x

+ + + +

∞ ∞

→ → → →= = = − =

− άρα ( )

x 0 x 0

1lim f (x) lim x ln x 1 0 0x 1+ +→ →

= = − ⋅ =−

και

x x

xlim f (x) lim ln xx 1→+∞ →+∞

= = +∞−

οπότε ( )f (A) 0,= + ∞


1F(x) f (t)dt= ∫ , με F (x) f (x) 0 , F (x) f (x) 0′ ′′ ′= > = > για 1x > , η ανισότητα γίνεται

( )

x

xx 1 01

1

2 tf (t)dt 2F(x)F(x) x 1 F(x) 2 tf (t)dt , x 1

x 1

− >−

< ⇔ + < >−

∫∫ και αν

( ) [ )x

1G(x) x 1 F(x) 2 tf (t)dt , x 1,= + − ∈ + ∞∫ , G (x) F(x) F (x)(1 x) ,′ ′= + − G (x) f (x)(1 x) 0′′ ′= − <

( ) [ )G στο 1, , x 1 G (x) G (1) G (x) 0 ,′ ′ ′ ′+ ∞ > ⇔ < ⇔ <2

( ) [ ) ( )x

1G στο 1, , x 1 G(x) G(1) G(x) 0 x 1 F(x) 2 tf (t)dt+ ∞ > ⇔ < ⇔ < ⇔ + < ∫2

δ) θεωρώντας 3

2

x 1

xH(x) f (t)dt

+

= ∫ η εξίσωση γίνεται H(x) H(2) 0 H(x) H(2)− = ⇔ =

( )3 2H (x) x 3xf (x 1) 2f (x ) 0′ = + − > διότι ( )

( ) ( ) ( ) ( )f

3 3 2 3 23 2x 1 , x 1 x x f x 1 f x 0 3xf x 1 2f x

x 1 3x 3 2 3x 2 0

> + > > ⇔ + > > ⇔ + > > ⇔ > > ⇔ > >

1

οπότε H ( )1 και "1 1"− και η

x 2= μοναδική λύση



ΘΕΜΑ 76

Δίνεται f : →r r παραγωγίσιμη με f (0) 1= και

x 2h x

x x h2h 0

f (t)dt 2 f (t)dtlim 2xf (x) , x

h

+

+

→

+= ∈

∫ ∫r και

( )g(x) x 1 ln x= −


0F(x) f (t)dt , F (x) f (x)′= =∫ το όριο γίνεται

00

2h 0 DLH

F(x 2h) F(x) 2F(x) 2F(x h)limh

→

+ − + − +=

h 0 h 0 h 0

2F (x 2h) 2F (x h) f (x 2h) f (x h) f (x 2h) f (x) f (x) f (x h)lim lim lim2h h h→ → →

′ ′+ − + + − + + − + − += = = =

h 0

f (x 2h) f (x) f (x h) f (x)lim 2f (x) f (x) f (x)h h→

+ − + − ′ ′ ′= − = − =

, διότι f παραγωγίσιμη άρα

h 0

f (x h) f (x)f (x) limh→

+ −′ = και u 2h

h 0 (u 0) u 0

f (x 2h) f (x) f (x u) f (x)lim lim 2f (x)1h u2

=

→ → →

+ − + − ′= = , οπότε έχουμε

( ) ( ) ( )2 2 2 22 x x x xf (x) 2xf (x) f (x) x f (x) 0 e f (x) e f (x) 0 e f (x) 0 e f (x) c− − − −′ ′′′ ′ ′= ⇔ − = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =

για x 0= προκύπτει c 1= άρα 2xf (x) e=

β) θεωρώντας ( )2x

x

1F(x) f (t)dt , F (x) f (x) e 0 , F′= = = >∫ 1 , η εξίσωση γίνεται

( )( )F

F"1 1"G(x) 0 F g(x) 0 F(1) g(x) 1

−= ⇔ = = ⇔ =

1 ή εφόσον 0)t(f > αν g(x) 1≠ τότε G(x) 0 αν g(x) 1> >

και G(x) 0 αν g(x) 1< < άρα ( ) x 1G(x) 0 g(x) 1 x 1 ln x 1 , g (x) ln x ,x−′= ⇔ = ⇔ − = = + αν

x 1x 1 τότε 0 , ln x 0x−

> > > και άρα g (x) 0′ > , ανίστοιχα αν

1x0 << τότε 0)x(g <′ , επομένως

( ] ( ) ( ) ) [ )1 1 x 0A 0,1 , g , g A g(1) , lim g(x) 0,

+→

= = = + ∞2 ,

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 xx 1A 1, , g , g A lim g(x) , lim g(x) 0,

+ →+∞→= +∞ = = +∞1

1 21 g(A ) , 1 g(A )∈ ∈ κι εφόσον g γνησίως μονότονη σε κάθε ένα απ’ αυτά τα διαστήματα υπάρχουν

μοναδικά ( ] ( )1 1 2 2x A 0,1 , x A 1,∈ = ∈ = + ∞ ώστε 1 2 1 2g(x ) 1 και g(x ) 1 G(x ) G(x ) 0= = ⇔ = = , οπότε

για την [ ]1 2G(x)H(x) , x x , x

x= ∈ ισχύουν προϋποθέσεις Θ. Rolle άρα υπάρχει ( )21 x,xξ∈ ώστε

0ξ)(H =′ 2G (ξ)ξ G(ξ) 0 G (ξ)ξ G(ξ) 0

ξ′ − ′⇔ = ⇔ − = (1) , αν ε: y G(ξ) G (ξ)(x ξ)′− = − η εφαπτομένη

της G στο σημείο Μ(ξ,G(ξ)) για να περνάει από την αρχή Ο(0,0) αρκεί 0 G(ξ) G (ξ)(0 ξ)′− = − ⇔ G (ξ)ξ G(ξ) 0′⇔ − = που ισχύει από (1)



γ) η ανίσωση γίνεται xx e

2 2x

0 0x f (t)dt e f (t)dt<∫ ∫ και θεωρώντας

x2

0Q(x) x f (t)dt= ∫ παίρνει τη μορφή

xQ(x) Q(e )< , όμως x

0Q (x) x 2 f (t)dt xf (x) ′ = +

∫ με Q (x) 0 όταν x 0′ > > , όταν

2

xx

0x 0 , xe xf (x) 0 , 2 f (t)dt 0< = < <∫ οπότε {

x

0( )

( )

x 2 f (t)dt xf (x) Q (x) 0−

−

′+ = >

∫144424443 και 0)0(Q =′ άρα η Q

είναι γνησίως αύξουσα ( )1 στο r , οπότε αρκεί να δείξουμε xx e< που ισχύει όπως φαίνεται από τις

γραφικές τους παραστάσεις που δίνινται στις βασικές συναρτήσεις ή θεωρώντας την xφ(x) e x , x= − ∈ r και μελετώντας την μονοτονία της

δ) θεωρώντας x α

0 0K(x) f (t)dt , K (x) f (x) 0 , K(α) f (t)dt′= = > =∫ ∫ , από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ( )θ 0,α∈

ώστε Κ(α) Κ(0) Κ(α)Κ (θ) f (θ) αf (θ) Κ(α)α 0 α

−′ = ⇔ = ⇔ =−

οπότε η ανισότητα γίνεται

f (θ) 0αf (θ) θf (θ) α θ

>

> ⇔ > που ισχύει εφόσον ( )θ 0,α∈

ΘΕΜΑ 77 Δίνεται [ ]f : 0,α → r μια συνάρτηση συνεχής με f (0) 0= και f (x) 0′ > για κάθε ( )x 0,α∈

α) ( ) [ ]f στο 0,α1 άρα "1 1"− και αντιστρέψιμη με [ ]1ff (Α) Α 0, f (α)−= =

[ ]1

f (x) x x xx10

0 0 0 0

u f (t ) f (u) tdt f (u)du ,f "1 1"t 0,f (u) 0 f (0) u 0t f (x) , f (u) f (x) u x

f (t)dt uf (u)du uf (u) f (u)du xf (x) f (u)du

−

−

= ⇔ =′= −

= = = ⇔ == = ⇔ =

′= = − = −∫ ∫ ∫ ∫1442443, οπότε

x f (x) x x1

0 0 0 0f (t)dt f (t)dt f (t)dt xf (x) f (u)du xf (x)−+ = + − =∫ ∫ ∫ ∫ , [ ]x 0,α∈

β) θεωρώντας την [ ]x y

1

0 0h(y) f (t)dt f (t)dt xy , y 0, f (α)−= + − ∈∫ ∫ έχουμε 1h (y) f (y) x 0−′ = − = ⇔

1f (y) x f (x) y−⇔ = ⇔ = , ( )

( )f

1 1h (y) 0 f (y) x f f (y) f (x) y f (x)− −′ > ⇔ > ⇔ > ⇔ >1

, αντίστοιχα

h (y) 0 y f (x)′ < ⇔ < , h(y) h(f (x)) 0≥ = διότι ( )x f (x) από (α)

1

0 0h f (x) f (t)dt f (t)dt xf (x)−= + − =∫ ∫

xf (x) xf (x) 0= − = δηλ. x y

1

0 0f (t)dt f (t)dt xy−+ ≥∫ ∫

γ) ( )1

y yf (x) t1 1

f (t ) x 0 0g f (x) x g(t) f (t) , y 0 οπότε g(t)dt f (t)dt

−

=− −

=≥ ⇔ ≥ ≥ ≥ ⇔∫ ∫

x y x y x y1

0 0 0 0 0 0f (t)dt g(t)dt f (t)dt f (t)dt xy από β) άρα f (t)dt g(t)dt xy−⇔ + ≥ + ≥ + ≥∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫



δ) για [ ]α 2 , f (A) 0, f (2)= = , αν ( )3 2g(x) x x , g (x) 3x 1 0 ,g′= + = + > 1

( )3f (x) f (x) x g f (x) x+ ≥ ⇔ ≥ , για ( )( )

[ ]g

x 2 , g f (2) 2 g(1) f (2) 1 δηλ. 1 0, f (2)= ≥ = ⇔ ≥ ∈1

από γ) για [ ] [ ]x 2 0,2 , y 1 0, f (2)= ∈ = ∈ έχουμε 2 1

0 0f (t)dt g(t)dt 2+ ≥ ⇔∫ ∫

( )14 22 1 2 2 2

3

0 0 0 0 00

t t 5f (t)dt t t dt 2 f (t)dt 2 f (t)dt 4 f (t)dt 54 2 4

⇔ + + ≥ ⇔ + + ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

ΘΕΜΑ 78 Δίνεται ( )f : 1,− + ∞ → r παραγωγίσιμη με ( )e αxf (x) 1 x e , α 0= + − >

α) ( )e αxf (x) 1 x e 0 f (0)= + − ≥ = δηλ. η f για x 0= έχει ελάχιστο κι εφόσον παραγωγίσιμη στο 0 που

είναι εσωτερικό του ( )1,− + ∞ από Θ. Fermat f (0) 0′ =

( )( )

( )

e αx

e αx x 0

ex 0 x 0 αx

x 0

1 x elim , x 0

x1 x ef (x) f (0)f (0) lim limx 0 x 1 x e

lim , x 0x

+

−

→

→ →

→

+ − >

+ − − ′ = = = − + − − <

. όμως

( ) ( ) ( ) ( )0

e e eαx αx αx 0e 1 αx

x 0 x 0 x 0 DLH x 0

1 x e 1 x 1 1 e 1 x 1 e 1lim lim lim lim e(1 x) αe e αx x x x

−

→ → → →

+ − + − + − + − −= = − = + − = −

οπότε e α e α 2 e α 0 α e− = − − ⇔ − = ⇔ =

β) ( ) ( ) ( ) ( )e e e ex x ex exe x 1 0 e x 1 e x 1 x 1 e 0≥ + > ⇔ ≥ + ⇔ ≥ + ⇔ + − ≤ , άρα

( ) ( )e eex exf (x) 1 x e e 1 x , x 1= + − = − + > −

γ) ( ) ( )( )e 1 e 1ex exf (x) e e e 1 x e e 1 x− −′ = ⋅ − + = − + , από β) ( )eexe x 1≥ + κι εφόσον ( ) ( )e e 1x 1 x 1 −+ ≥ + ⇔

( ) ( ) ( )( )ee 1 x 0

e ex 1 1 1x 1 x 1 1 0 1 x 0x 1 x 1 x 1

+ >+ ⇔ + ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ + + + έχουμε ( )e 1exe x 1 , x 0−> + > άρα

( )( ) ( )e 1exf (x) e e 1 x 0 , x 0,−′ = − + > ∈ + ∞ και ( ) [ )f στο 0, + ∞1

δ) αν x 2

xG(x) f (t)dt

+

= ∫ η εξίσωση γίνεται 3 5

1 3f (t)dt f (t)dt 2G(x) G(1) G(3) 2G(x)+ = ⇔ + =∫ ∫ οπότε

θεωρώντας την H(x) 2G(x) G(1) G(3)= − − έχουμε H(1) G(1) G(3) , H(3) G(3) G(1)= − = −

x 2 x 2 x

x 1 1G (x) f (t)dt f (t)dt f (t)dt f (x 2) f (x) 0

+ +′ ′ ′ = = − = + − > ∫ ∫ ∫ εφόσον ( ) [ )f στο 0, + ∞1 και

x 2 x+ > , άρα ( )G και G(1) G(3)<1 οπότε H(1) G(1) G(3) 0 , H(3) G(3) G(1) 0= − < = − > και από

Θ.Bolzano υπάρχει ( )5 α 2

1 αα 1,3 ώστεΗ(α) 0 G(1) G(3) 2G(α) f (t)dt 2 f (t)dt

+

∈ = ⇔ + = ⇔ =∫ ∫



( )Η (x) 2 f (x 2) f (x) 0′ = + − > άρα ( )Η 1 στο [1,3] και συνεπώς το α είναι μοναδικό

ΘΕΜΑ 79

Δίνεται [ ]f : 0,1 → r συνεχής συνάρτηση με [ ]x

2ef (x) , x 0,1

1 x≥ ∈

+ και ( )

12

01 x f (x)dx e 1+ = −∫

α) αν ισχύει ( ) [ ]x

2 x2

ef (x) 0 f (x) 1 x e 0 , x 0,11 x

− ≥ ⇔ + − ≥ ∈+

και το " "= δεν ισχύει για κάθε

[ ]x 0,1∈ τότε ( )( ) ( )1 1 1

2 x 2 x

0 0 0f (x) 1 x e dx 0 f (x) 1 x dx e dx e 1 e 1+ − > ⇔ + > ⇔ − > −∫ ∫ ∫ , άτοπο, άρα

πρέπει [ ]x

2ef (x) , για κάθε x 0,1

1 x= ∈

+

β) ( )( )

( )2x

22

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

1 x

−′ = > ∈

+, άρα ( ) ef στο [0,1] με f (0) 1 και f (1)

2= =1 οπότε

2e)x(f1 ≤≤ και

1 1 1 1

0 0 0 0

e e1dx f (x)dx dx 1 f (x)dx2 2

≤ ≤ ⇔ ≤ ≤∫ ∫ ∫ ∫ (1)

( ) ( )x

x 2x x 2 2

2x 2x e 2x2xe 1 f (x) f (x) f (x) f (x) f (x) ln(x 1) f (x)e e 1 x x 1

− ′+ = + = + = + = + ++ +

( ) ( )1 1 1 11x 2 2

00 0 0 02xe 1 f (x)dx ln(x 1) f (x) dx ln(x 1) f (x)dx ln 2 f (x)dx− ′ + = + + = + + = + ∫ ∫ ∫ ∫ και από

(1) έχουμε ( )1 1

x

0 0

e e1 ln 2 ln 2 f (x)dx ln 2 ln(2e) 2xe 1 f (x)dx ln 22 2

−+ ≤ + ≤ + ⇔ ≤ + ≤ +∫ ∫


0F(x) f (t)dt , F (x) f (x)′= =∫ η εξίσωση γίνεται ( ) ( ) ( )

32 2

2 1 xF x F x

3x−

′= ⇔

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

2 3 2 2 2 3 2 2 33xF x 2 1 x F x 3x F x 2x x 1 F x 0 F x x 1 0≠ ′′ ′⇔ = − ⇔ + − = ⇔ − = (2) άρα

θεωρώντας ( )( ) [ ]2 3G(x) F x x 1 , x 0,1= − ∈ έχουμε G(0) G(1) 0= = κι εφόσον G παραγωγίσιμη από Θ.

Rolle υπάρχει ( )α 0,1∈ ώστε

( ) ( ) ( ) ( ) ( )23 3α(2)

2 2 2

0

2 1 α 2 1 αG (α) 0 F α F α f (t)dt f α

3α 3α− −

′ ′= ⇔ ⇔ = ⇔ =∫… (3)

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2α(3) α 0

3 2 2 2 2 2 2 2

0

3αβ 0,α , ώστε 1 α f (α ) 3α βf β f (t)dt 3α βf β F α α 2βf β2

>

∈ − = ⇔ = ⇔ = ⋅ ⇔∫

( ) ( ) ( ) ( )( )2

2 2 2F α

β f β F βα

′′= = , οπότε θεωρώντας ( ) ( )( ) ( )2 2 2 2H(x) F x με H (x) F x x f x 2x′′ ′= = = από

Θ.Μ.Τ. υπάρχει

( ) ( ) ( ) ( )22 α (3)

2 2

0

F αΗ(α) Η(0)β 0,α ώστε H (β) 2β f β α 2β f β f (t)dtα 0 α

−′∈ = ⇔ ⋅ = ⇔ ⋅ ⋅ = ⇔− ∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3

2 2 2 2 3 22 1 α

α 2β f β f α 3α β f β 1 α f α3α−

⇔ ⋅ ⋅ = ⇔ ⋅ = −



δ) ( )

( )( )

( )

( )x6

60

4 4 4x 0 xx xx 0 x 0

2

ln 1 xF(x)x f (t)dt ln 1 x x F(x) ln 1 x x xlim lim lime x 1e x 1 e x 1

x

+ +→ → →

+⋅ + ⋅⋅ ⋅ += =

− −− − − −

∫ (4)

x 0 x 0

F(x) F(x) F(0)lim lim F (0) f (0) 1x x 0+ +→ →

− ′= = = =−

( )

0(u 1 x) 0

DLHx 0 u 1 u 1u 1

ln(1 x) ln u 1lim lim lim 1x u 1 u+ + ++

= +

→ → →→

+= = =

−

0 0x x x0 0

2 DLH DLHx 0 x 0 x 0

e x 1 e 1 e 1lim lim limx 2x 2 2+ + +

→ → →

− − −= = = , οπότε από (4) 4

1 1 1612

⋅= =

ΘΕΜΑ 80

Δίνεται η συνάρτηση

xe 1 , x 0f (x) x1 , x 0

−>=

=

α)

x0 0

x x x0 0

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

e 1 1f (x) f (0) e 1 x e 1 e 1xf (0) lim lim lim lim limx 0 x x 2x 2 2+ + + + +

→ → → → →

−−− − − −′ = = = = = =

− οπότε

x x

2xe e 1 , x 0

xf (x)1 , x 02

− +>′ =

=

, (ε): 1y f (0) f (0)(x 0) y x 12

′− = − ⇔ = +

θεωρώντας [ )x xg(x) xe e 1 , x 0,= − + ∈ + ∞ έχουμε xg (x) xe 0 , x 0′ = > > , οπότε ( ) [ )g στο 0, + ∞1

και x xx 0 g(x) 0 xe e 1 0> ⇔ > ⇔ − + > , άρα και [ )f (x) 0 , x 0,′ > ∈ + ∞ δηλ.

( ) [ )f και "1 1" στο 0,− + ∞1 οπότε η f αντιστρέψιμη, x

x

x x DLH x

e 1lim f (x) lim lim ex

∞ ∞

→+∞ →+∞ →+∞

−= = = +∞ , άρα

) [ )1f xA f (A) f (0) , lim f (x) 1,−

→+∞= = = + ∞ (f παραγωγίσιμη στο 0 άρα και συνεχής)

β) 2x 1 x

x 1f (t)dt f (t)dt

−

=∫ ∫ , κατ’ αρχήν εφόσον f συνεχής στο [ )0,+ ∞ πρέπει

[ )

[ )

1, x 0,1και x2

x ,2x 1 0,

∈ + ∞

⇔ ≥ − ∈ + ∞

, θεωρώντας 2x 1 x

x 1

1F(x) f (t)dt f (t)dt , x2

−

= − ≥∫ ∫ έχουμε

( )1 2x 1 x 2x 1 x

x 1 1 1 1F (x) f (t)dt f (t)dt f (t)dt f (t)dt 2 f (t)dt 2 f (2x 1) f (x)

− −′ ′ ′ = + − = − = − − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫



F (1) 0′ = , για ( )f ( )

x 1 2x 1 x f 2x 1 f (x) F (x) 0′> ⇔ − > ⇔ − > ⇔ >1

, για f ( )1 x 1 0 2x 1 x 1

2≤ < ⇔ ≤ − < < ⇔

1( )f 2x 1 f (x) F (x) 0′− < ⇔ < δηλ. η F

για x 1= έχει ολικό ελάχιστο το F(1) 0= και άρα η x 1= μοναδική λύση της εξίσωσης

2 4 2 2 4 2 4

2 4 4 2 4

2x 1 2x 1 x 1 2(x 1) 1 2(x 1) 1 x 1 x 1

x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 1f (t)dt f (t)dt f (t)dt f (t)dt f (t)dt f (t)dt f (t)dt

+ + + + − + − + +

+ + + + +− > ⇔ − > − ⇔∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( )2 2 4 4

2 4

2(x 1) 1 x 1 2(x 1) 1 x 12 4

x 1 1 x 1 1f (t)dt f (t)dt f (t)dt f (t)dt F x 1 F x 1

+ − + + − +

+ +⇔ − > − ⇔ + > +∫ ∫ ∫ ∫

2 4x 1, x 1 1+ + ≥ , ( ) [ )F στο 1,+ ∞1 άρα

( )2x 0

2 4 2 2 2

x 0x 1 x 1 x 1 x 0 1 x 0 1 x 1 με x 0

>

≠+ > + ⇔ − > ⇔ − > ⇔ − < < ≠ δηλ. ( ) ( )x 1,0 0,1∈ − ∪


0Q(x) f (t)dt , Q (x) f (x)′= =∫ από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ( )β 0,α ,α 0∈ > ώστε

( )

α

β α(β 0)0 β

0

f (t)dtQ(α) Q(0) Q(α) e 1 αQ (β) f (β) f (t)dt e 1α 0 α β α β

>− −′ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = −−

∫∫ (1) , οπότε η ανίσωση

γίνεται ( )( )

( ) ( )

β

β 0 β 0α (1)β β β

e 1 00

α αf (t)dt e 1 e 1 e 1 1 α ββ β

> >

− >> − ⇔ − > − ⇔ > ⇔ >∫ που ισχύει εφόσον ( )β 0,α ,α 0∈ >

δ) πρέπει [ )x ,2x 0, x 0∈ + ∞ ⇔ ≥ , 2x 0 2x

x x 0f (t)dt f (t)dt f (t)dt Q(2x) Q(x)= + = −∫ ∫ ∫ , η συνάρτηση Q

είναι παραγωγίσιμη άρα συνεχής στο 0 οπότε ( )2x

x 0 x 0xlim f (t)dt lim Q(2x) Q(x) Q(2 0) Q(0) 0

+→ →= − = ⋅ − =∫

ΘΕΜΑ 81 Δίνεται f : →r r συνάρτηση δύο φορές παραγωγίσιμη με f (x) 0′ ≠ για κάθε x ∈ r και ισχύει

2h 0

0 h2h 0

f (t)dt 2 f (t)dtlim 1

h→

+=

∫ ∫. Θεωρούμε επιπλέον τις συναρτήσεις

1

0F(x) xf (tx)dt , x= ∈∫ r ,

G(x) F(x) x , x= − ∈ r παραγωγίσιμη και x

0

xH(x) F(t)dt xF2

= − ∫ , [ )x 0,∈ + ∞

α) 1 xu tx

du xdt0 0F(x) xf (tx)dt f (u)du

=

== =∫ ∫ , οπότε F (x) f (x) , F (x) f (x) 0′ ′′ ′= = ≠ κι εφόσον f ′ συνεχής αφού

η f δύο φορές παραγωγίσιμη , θα διατηρεί σταθερό πρόσημο.

( )2h 0

00

0 h2 2h 0 h 0 DLH h 0 h 0

f (t)dt 2 f (t)dt F (2h) 2h 2F (h)F(2h) 2F(h) f (2h) f (h)lim lim lim limh h 2h h

→ → → →

+ ′′ ′−− −= = = =

∫ ∫

h 0

f (2h) f (0) f (h) f (0)lim 2f (0) f (0) f (0)h h→

− − ′ ′ ′− = − =

εφόσον h 0

f (h) f (0)f (0) limh 0→

−′ =−

και



(u 2h)

h 0 (u 0) u 0 u 0

f (2h) f (0) f (u) f (0) f (u) f (0)lim lim lim 2 2f (0)uh u 02

=

→ → → →

− − − ′= = =−

άρα f (0) 1′ = κι εφόσον f ′ διατηρεί

πρόσημο θα είναι f (x) 0′ > δηλ. F (x) 0′′ > οπότε F κυρτή β) G(x) F(x) x 0 G(0)= − ≥ = , δηλ. η G για x 0= έχει ελάχιστο κι εφόσον είναι παργωγίσιμη από

Θ.Fermat θα ισχύει G (0) 0′ = , x 0

x 0 x 0

x 0

F(x) xlimxF(x) xG(x) G(0)G (0) lim lim

x 0 x F(x) xlimx

+

−

→

→ →

→

−−− ′ = = = − − −

, όμως

( ) ( )00

x 0 DLH x 0 x 0

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

→ → →

− ′= − = − = − (1) , άρα ( )f (0) 1 f (0) 1 f (0) 1− = − − ⇔ = ή

(1)

x 0 x 0 x 0 x 0

F(x) xG(x) G(0) G(x) F(x) xG (0) lim lim lim lim f (0) 1 0 f (0) 1x 0 x x x+ + +→ → → →

−− −′ = = = = = − = ⇔ =−

,

Η εφαπτομένη της FC στο x 0= είναι δ: y F(0) F (0)(x 0) y x′− = − ⇔ = κι εφόσον η F είναι κυρτή, η FC είναι πάνω από την δ: y x= και η δ//ε: y x 1= − , άρα η ελάχιστη απόσταση των σημείων της FC από την ευθεία ε θα είναι

( )( )

ελαχ 22

0 0 1 1 2d d O,ε221 1

− −= = = =

+ −

γ) x x xΗ (x) F(x) F F2 2 2

′ ′= − −

, εφόσον x 0> από Θ.Μ.Τ. στο x , x2

υπάρχει xξ , x2

∈

ώστε

( )( ) ( )

( ) ( )

x xF x F F x Fx x2 2F ξ F x F F ξx x 2 2x

2 2

− − ′ ′= = ⇔ − = −

(2) , από α) ( )F (x) 0,F′′ ′> 1 άρα

( ) ( )(2)x 0x x x x x x x x xξ x F F ξ F (x) F F ξ F (x) F F(x) F

2 2 2 2 2 2 2 2 2

> ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′< < ⇔ < < ⇔ < < ⇔ < −

άρα

( ) [ )H (x) 0 ,H στο 0,′ > + ∞1 και 2 2

0 02 0 Η(2) Η(0) F(t)dt 2F(1) 0 F(t)dt 2F(1)> ⇔ > ⇔ − > ⇔ >∫ ∫



δ) η εξίσωση γίνεται α

0(α 1) F(t)dt αF(α 1) α 2− = − − +∫ οπότε θεωρώντας την συνάρτηση Φ στο [ ]1,2 με

x

0Φ(x) (x 1) F(t)dt xF(x 1) x 2= − − − + −∫ έχουμε

2

0Φ(1) F(0) 1 1 0 , Φ(2) F(t)dt 2F(1) 0= − − = − < = − >∫

από το γ) ερώτημα, άρα από Θ.Bolzano υπάρχει α ( )1,2∈ ώστε

Φ(α) 0= ⇔[ ]α α

0 0

α F(α 1) 1 2(α 1) F(t)dt αF(α 1) α 2 F(t)dt

α 1− − +

− = − − + ⇔ =−∫ ∫

ΘΕΜΑ 82

Δίνεται η συνεχής συνάρτηση [ ]f : 0,1 → r και οι συναρτήσεις x 1

0 0F(x) f (t)dt με F(x)dx 0= =∫ ∫ και

( ]x x

0 0

1f (t)dt tf (t)dt , x 0,1g(x) x

0 , x 0

− ∈= =

∫ ∫

α) η g είναι συνεχής στο ( ]0,1 ως πηλίκο και διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων x

0x 0

0

DLHx 0 x 0 x 00

tf (t)dt xf (x)lim f (t)dt 0 , lim lim 0 f (0) 0x 1+ + +

→ → →= = = ⋅ =

∫∫ οπότε

x 0lim g(x) 0 g(0)

+→= = και η g συνεχής

και στο 0

β) ( )

x x x x2

0 0 0 02 2 2

tf (t)dt x tf (t)dt x x f (x) tf (t)dt tf (t)dtg (x) f (x) f (x)

x x x

′ ′⋅ − ⋅ − ′ = − = − =∫ ∫ ∫ ∫

, ( ]x 0,1∈

γ) [ ]1 1 1 1 1 1

1

00 0 0 0 0 0

g(0) 0 , g(1) f (t)dt tf (t)dt f (t)dt tF (t)dt f (t)dt tF(t) F(t)dt′= = − = − = − + =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )1

0f (t)dt F(1) 0 0 F(1) F(1) 0= − − + = − =∫ , οπότε από Θ. Rolle υπάρχει ( )α 0,1∈ ώστε g (α) 0′ = ⇔

α

α0

20

tf (t)dt0 xf (x)dx 0

α⇔ = ⇔ =

∫∫

δ) θεωρώντας x

0G(x) tf (t)dt= ∫ η εξίσωση γίνεται ( )

β α2

0 0α 1 xf (x)dx β f (x)dx− = ⇔∫ ∫

( ) ( ) ( )22

G β F(α) F(α)α 1 G β β F(α) g (β)β α 1 α 1

′⇔ − = ⇔ = ⇔ =− −

οπότε για την g από Θ.Μ.Τ. στο [ ]α ,1 υπάρχει

( )β α ,1∈ ώστε

α α α

(γ)0 0 0

1f (t)dt tf (t)dt 0 f (t)dtg(α) g(1) F(α)αg (β)α 1 α 1 α 1 α 1

− −−′ = = = =− − − −

∫ ∫ ∫



ΘΕΜΑ 83

Δίνεται η συνεχής συνάρτηση ( )f : 0, + ∞ → r με x u

31 1

tf (t) 2f (t)f (x) e e dt du , x 0t

′ − = − + > ∫ ∫ και η

συνάρτηση ( )1xt

1F(x) 1 2t e dt , x 1= − ≥∫

α) f (1) e= , 2

3 4 2tf (t) 2f (t) t f (t) 2tf (t) f (t)

t t t

′′ ′− − = =

οπότε θεωρώντας u

31

tf (t) 2f (t)g(u) e dtt

′ −= + =∫

uu

2 2 2 21 1

f (t) f (t) f (u) f (u)e dt e e f (1)t t u u

′ = + = + = + − = ∫ έχουμε x

1f (x) e g(u)du= − ∫ και

1 1 1x x x

2 2 2f (x) f (x) f (x)f (x) g(x) f (x) f (x) 0 e f (x) e 0 e f (x) 0x x x

− − −′

′ ′ ′ ′= − ⇔ = − ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ⇔

1 1x xe f (x) c f (x) c e

−⇔ = ⇔ = ⋅ , f (1) e c e e c 1= ⇔ ⋅ = ⇔ = και άρα

1xf (x) e=

β) ( ) ( )x1 1 1 1 1 1x x x x x

2 2 2t t t t t t2

1 1 1 1 11

1F(x) 1 2t e dt e dt t e dt e dt t e t e dtt

′= − = − = − + − = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

1 11 1x x2 2t tx x

1 1e dt x e e e dt e x e , x 1= − + − = − ≥∫ ∫

γ) ( )1xF (x) 1 2x e 0 , x 1′ = − < ≥ οπότε ( ) [ )F στο 1, , F(1) 0+ ∞ =2 ,

12 x

x xlim F(x) lim e x e→+∞ →+∞

= − = −∞

εφόσον 1 u1 ux2 ux

2 2x u 0 u 0

e 1lim x e lim lim eu u+ +

=

→+∞ → →

= = ⋅ = +∞

και άρα ( ]F(A) ,0= −∞

( )1 1 1x x x x xt t t

1 1 1 1 1F(x) 1 2t e dt e dt 2te dt f (t)dt 2 tf (t)dt= − = − = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )F x x x 1

1 1 1 xx 1 F(x) F(1) f (t)dt 2 tf (t)dt 0 f (t)dt 2 tf (t)dt 0> ⇔ < ⇔ − < ⇔ + <∫ ∫ ∫ ∫

2

δ) θεωρώντας [ ]x x

1 1g(x) f (t)dt 2 tf (t)dt 2 x F(x) 2 x , x 1,2= − + − = + − ∈∫ ∫ έχουμε g(1) 1 0,= >

( )12g(2) F(2) e 4e e e 4 0= = − = − < ή

( )F

2 1 F(2) F(1) g(2) 0> ⇔ < ⇔ <2

, οπότε από Θ. Bolzano υπάρχει

( )α 1,2∈ ώστε α α α α

1 1 1 1g(α) 0 f (t)dt 2 tf (t)dt 2 α 0 2 f (x)dx α 2 xf (x)dx= ⇔ − + − = ⇔ + = +∫ ∫ ∫ ∫

ΘΕΜΑ 84 Δίνεται συνάρτηση [ )f : 0, + ∞ → r , δύο φορές παραγωγίσιμη με f (0) f (0) 0′= = και ισχύει

( )( ) ( )x x xe ημx f (x) 1 2e συνx e f (x) , x 0′′ ′− + = + − ≥

α) η παραπάνω ισότητα γίνεται



( ) ( ) ( )( ) ( )x x x x x x xe ημx f (x) e ημx 2e e ημx f (x) e ημx f (x) e ημx f (x) e ημx′ ′′′′ ′ ′ ′− + − = − − ⇔ − + − = + ⇔

( )( ) ( ) ( )x x x xe ημx f (x) e συνx e ημx f (x) e συνx c′ ′′ ′⇔ − = − ⇔ − = − + , για x 0= προκύπτει c 0= οπότε

( )x xe ημx f (x) e συνx′− = − , xx 0 e 1≥ ⇔ ≥ με το '' ''= να ισχύει για x 0= , ημx 1≤ οπότε xe ημx> και

( ) ( )( ) ( )xx

x xx x

e ημxe συνxf (x) f (x) f (x) ln e ημx f (x) ln e ημx ke ημx e ημx

′−− ′′ ′ ′= ⇔ = ⇔ = − ⇔ = − +− −

, για x 0=

προκύπτει k 0= οπότε ( )xf (x) ln e ημx= −

β) x

xe συνxf (x) 0e ημx

−′ = >−

εφόσον για x 0> ισχύει x xe συνx 0 , e ημx 0− > − > , οπότε ( )f 1 στο [ )0, + ∞

και άρα ''1 1''− δηλ. αντιστρέψιμη, f (0) 0= , ( )x(u e ημx)

x

x x ulim f (x) lim ln e ημx lim ln u

= −

→+∞ →+∞ →+∞= − = = +∞

( )x xxx x

ημxlim e ημx lim e 1e→+∞ →+∞

− = − = +∞

εφόσον x

xlim e→+∞

= +∞ και x x x

ημxημx 1e e e

= ≤ ⇔

x x x1 ημx 1e e e

⇔ − ≤ ≤ , x xx x

1 1lim lim 0e e→+∞ →+∞

= − =

και από κριτήριο παρεμβολής xx

ημxlim 0e→+∞

=

άρα [ )1ff (A) D 0,−= = + ∞

γ) ( )

x

2x

2e συνx 1f (x)e ημx

−′′ =−

, θεωρώντας x πg(x) 2e συνx 1 , x 0,2

= − ∈ έχουμε ( )xg (x) 2e συνx ημx′ = −

π4π πg 1 0 , g 2e 1 0

2 4 = − < = − >

και από Θ. Bolzano υπάρχει

π πα ,4 2

∈

ώστε g(α) 0= , ( )gπ πα x g(α) g(x) 0 g(x)

4 2< < < ⇔ > ⇔ >

2

( )gπ x α g(x) g(α) g(x) 04

< < ⇔ > ⇔ >2

, το α είναι μοναδικό εφόσον

( ) π πg στο ,4 2

2 οπότε το πρόσημο της f ′′ διαμορφώνεται όπως φαίνεται

στον παρακάτω πίνακα

και η f έχει μοναδικό σημείο καμπής στο π π πα , 0,4 2 2

∈ ⊆

δ) η εξίσωση είναι x

x

1e 2 3x

1e 1x

f (t)dt f (t)dt+ +

−=∫ ∫ και ορίζεται για x 0> , θεωρώντας

x 3

xG(x) f (t)dt

+

= ∫

έχουμε ( )x 1G e 1 G , G (x) f (x 3) f (x) 0x

′− = = + − >

εφόσον ( )f και x 3 x 0+ > >1 , οπότε η G ( )1

και ''1 1''− και άρα η εξίσωση γίνεται x 1e 1 , x 0x

− = > , θεωρούμε x 1h(x) e 1 , x 0x

= − − > ,



x2

1h (x) e 0x

′ = + > οπότε ( )h 1 στο ( )0,+ ∞ , x

x 0 x 0

1lim h(x) lim e 1x+ +→ →

= − − = −∞

,

x

x x 0

1lim h(x) lim e 1x+→+∞ →

= − − = +∞

και ( )( ) ( )h 0, ,+ ∞ = −∞ + ∞ = r άρα υπάρχει μοναδικός ( )0x 0,∈ + ∞

ώστε 0h(x ) 0= , δηλ. η εξίσωση έχει μοναδική λύση ΘΕΜΑ 85 Δίνονται δύο συναρτήσεις f ,g : →r r παραγωγίσιμες με f (0) 1= και 2xf (x)g(x) f (x)g (x) e′ ′= = , για

κάθε x ∈ r . Δίνεται και η συνάρτηση 2f (x)h(x)x 1

=+

, x ∈ r .

α) 2xf (x)g(x) e= , παραγωγίζοντας έχουμε 2x 2x

2x e ef (x)g(x) f (x)g (x) 2e f (x) f (x)f (x) f (x)

′ ′ ′+ = ⇔ + =′

( ) ( )2 22x 2 x2e f (x) f (x) 2f (x)f (x) f (x) f (x) 0 f (x) f (x) 0 f (x) f (x) f (x) ce′ ′ ′ ′ ′= ⇔ + = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =

για x 0= προκύπτει c 1= , οπότε xf (x) e= και 2x 2x

xx

e eg(x) ef (x) e

= = =

β) ( )( )

2xx

22 2

e x 1eh(x) , h (x) 0 , xx 1 x 1

−′= = ≥ ∈

+ +r με το '' ''= να ισχύει μόνο για x 1= , άρα ( )h στο1 r

οπότε και ''1 1''− δηλ. αντιστρέψιμη, x2x x

1lim h(x) lim e 0 0 0x 1→−∞ →−∞

= ⋅ = ⋅ = + ,

x

2x x

elim h(x) limx 1→+∞ →+∞

= =+

x x

DLH x DLH x

e elim lim2x 2

∞ ∞ ∞ ∞

→+∞ →+∞= = = +∞ , οπότε ( )1h

h(A) D 0,−= = + ∞

γ) η ανίσωση γίνεται ( )

x

x 0x x x x x0

0 0 0 0 0

th(t)dth(t)dt x h(t)dt th(t)dt xh(t)dt th(t)dt 0

x

>

> ⇔ > ⇔ − > ⇔∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )x

0x t h(t)dt 0⇔ − >∫ , που ισχύει εφόσον h(t) 0 , 0 t x x t 0> ≤ ≤ ⇔ − ≥ με το '' ''= να ισχύει μόνο για

x t=

δ) η εξίσωση γίνεται 2 2 2

2

x 4 x 2 5 2 x 4 5

2 2 3 x 2 2 3h(t)dt h(t)dt h(t)dt h(t)dt h(t)dt h(t)dt

+ + +

+= + ⇔ + = ⇔∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2

2

x 4 5

x 2 3h(t)dt h(t)dt

+

+⇔ =∫ ∫ και θεωρώντας

x 2

xG(x) h(t)dt

+

= ∫ προκύπτει ( )2G x 2 G(3)+ = , όμως

( )G (x) h(x 2) h(x) 0 εφόσον h και x 2 x′ = + − > + >1 , οπότε ( )G στο1 r δηλ. και ''1 1''− , άρα 2 2x 2 3 x 1 x 1 ή x 1+ = ⇔ = ⇔ = = −

ΘΕΜΑ 86



Δίνεται f : →r r συνεχής συνάρτηση με tx

t f ( t )0

e 1f (x) dt x , xe +

−= − ∈∫ r και η συνάρτηση g με

( )x x

2

0 0g(x) 2tf t dt f (t)dt= −∫ ∫

α) η f παραγωγίσιμη ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων , οπότε x

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

−′ = − ⇔

( ) ( ) ( ) ( )x f (x) x x f (x) x f (x) x f (x) x x f (x) xe e f (x) e 1 e e e e e e e 1 e e e x′ ′ ′ ′′⇔ = − − ⇔ + = − ⇔ = − ⇔ x f (x) xe e e x c , f (0) 0 ,⇔ = − + = οπότε για x 0= προκύπτει ότι c 0= και x f (x) xe e e x= − ⇔

( )( ) ( )

xe xx xf (x) x x x

x xe x e xe f (x) ln ln e x ln e f (x) ln e x x

e e

>− −⇔ = ⇔ = = − − ⇔ = − −

β) xx 1f (x)

e x−′ =−

, ( )( ) ( )( )x x x

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

→+∞ →+∞ →+∞= − − = − − = − − =

{x

x

x

xx u 1e xu

e

e xlim ln lim ln u 0e→+∞ →

−=

−= = , εφόσον

x x

x xx DLH x

e x elim lim 1e e

∞ ∞

→+∞ →+∞

−= = ,

{x

x

x

xx ue xu

e

e xlim ln lim ln ue→+∞ →+∞

−=

−= = +∞ εφόσον

x

x xx x

e x 1lim lim 1 xe e→−∞ →+∞

− − ⋅ = +∞

και άρα ( ) )f (A) ln e 1 1 ,= − − + ∞

( )( )

x x 2x2x

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

− −′′ = − >−

οπότε το πρόσημο και οι ρίζες της

f ′′ προκύπτουν από τον αριθμητή, θεωρούμε x x xh(x) 2e xe 1 , x ,h (x) e (1 x)′= − − ∈ = −r

( ] ( )x x

1 x xA ,1 , lim h(x) lim 2e xe 1 2 0 0 1 1 0

→−∞ →−∞= −∞ = − − = ⋅ − − = − < εφόσον

( )x xx xx x DLH x x

x 1lim xe lim lim lim e 0e e

∞ ∞

− −→−∞ →−∞ →−∞ →−∞= = = − =

−, ( ]1 1h(1) e 1 0 , h(A ) 1,e 1 , 0 h(A )= − > = − − ∈ άρα

υπάρχει μοναδικό (εφόσον 1h στο A1 ) ( )1 1 1x A ώστε h x 0∈ = και κατ’ επέκταση 1f (x ) 0′′ =

( ) ( ) ( )x x x2 x x x x 1

A 1, , lim h(x) lim 2e xe 1 lim e (2 x) 1 , lim h(x) e 1 0+→+∞ →+∞ →+∞ →

= + ∞ = − − = − − = −∞ = − >

( )2 2h(A ) ,e 1 , 0 h(A )= −∞ − ∈ άρα υπάρχει μοναδικό (εφόσον

2h στο A2 ) ( )2 2 2x A ώστε h x 0∈ = και κατ’ επέκταση

2f (x ) 0′′ = , οπότε όπως φαίνεται και στον πίνακα η f έχει δύο μοναδικά σημεία καμπής.



γ) ( ) ( )2

1 1 1 12

0 0 0 0

u t , du 2tdtt 0 , u 0 , t 1 , u 1

g 1 2tf t dt f (t)dt f (u)dt f (t)dt 0

= == = = =

= − = − =∫ ∫ ∫ ∫1442443, g(0) 0= , άρα για την g από Θ.Rolle

υπάρχει ( )α 0,1∈ ώστε ( ) ( )2 2g (α) 0 2αf α f (α) 0 2αf α f (α)′ = ⇔ − = ⇔ =

δ) η ισότητα από το γ) γίνεται ( ) ( )2 f (α)f β 2f αα

′ = = άρα για την f από Θ.Μ.Τ. στο [ ]0,α υπάρχει

( )β 0,α∈ ώστε ( ) ( )2f (α) f (0) f (α)f β 2f αα 0 α

−′ = = =−

ΘΕΜΑ 87 Δίνεται x 1f (x) α ln x 2 , 0 α 1−= − − < ≠ με f (x) 1 0 , για κάθε x 0+ ≥ > α) f (x) 1 0 f (x) 1 f (x) f (1)+ ≥ ⇔ ≥ − ⇔ ≥ δηλ. η f για x 1= έχει ελάχιστο κι εφόσον παραγωγίσιμη με

x 1 1f (x) α ln αx

−′ = − από Θ. Fermat f (1) 0 ln α 1 0 ln α 1 α e′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =

β) x 1 x 12

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

− −′ ′ ′′= − = = + > άρα ( )f ′ 1 και

0 x 1 f (x) f (1) 0′ ′< < ⇔ < = , x 1 f (x) f (1) 0′ ′> ⇔ > =

( ] ( )x 11 x 0 x 0

A 0,1 , lim f (x) lim (e 2) ln x , f (1) 1+ +

−

→ →= = − − = +∞ = −

( ) [ )1f A 1,= − + ∞ ,

( ) ( ) ( )x 1 x 12 x xx 1 x 1

A 1, , lim f (x) lim e 2 ln x 1, lim f (x) lim e 2 ln x+ +

− −

→+∞ →+∞→ →= + ∞ = − − = − = − − =

x 1x 1x

ln xlim e 1 2e

−−→+∞

= − − = +∞ εφόσον x 1

xlim e −

→+∞= +∞ και x 1 x 1x DLH x

ln x 1lim lime xe

∞ ∞

− −→+∞ →+∞= =

x 1x

1 1lim 0 0 0x e −→+∞

= ⋅ = ⋅ =

, ( ) ( )2f A 1,= − + ∞ , ( ) ( )1 20 f A και 0 f A∈ ∈ άρα εφόσον η f είναι και

γνησίως μονότονη σε κάθε ένα από τα 1 2A , Α , υπάρχουν μοναδικοί 1 1 2 2x A , x A∈ ∈ ώστε 1f (x ) 0= και 2f (x ) 0=

γ) η εξίσωση γίνεται ( )2x 2x 2x 2xf (x) 2f (x) 0 e f (x) 2e f (x) 0 e f (x) e f (x) 0′′ ′ ′+ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔

( )2xe f (x) 0′⇔ = (1) , οπότε θεωρώντας [ ]2x1 2g(x) e f (x) , x x , x= ∈ εφόσον ( ) ( )1 2g x g x 0= = από β) ,

ισχύουν οι πρϋποθέσεις Θ. Rolle, άρα υπάρχει ( )1 2ξ x , x∈ ώστε (1)

g (ξ) 0 f (ξ) 2f (ξ) 0′ ′= ⇔ + =

δ) η εξίσωση είναι δευτεροβάθμια με πραγματικούς συντελεστές κι εφόσον οι ρίζες 1 2z , z δεν είναι

πραγματικές θα είναι συζυγείς δηλ. 2 1z z= και από Vieta έχουμε ( )

1

21 1

1 2 z 1

z 1 ln zz z

e −

+⋅ = ⇔

( ) ( )( )

11 1

1 1

2 z 02 1 1 z 1 z 11

1 1 1 1 1 1z 1 z 1

z 1 ln z 1 ln zz z z 1 e 1 ln z e ln z 2 1 f z 1

e e

≠− −

− −

+ +⇔ ⋅ = = ⇔ = ⇔ = + ⇔ − − = − ⇔ = −



όπως φαίνεται στο β) η f έχει ελάχιστο το 1− που προκύπτει ως αποτέλεσμα μόνο για x 1= άρα 1z 1=

και η εξίσωση γίνεται τελικά 21,2

1 i 3z z 1 0 , Δ 3 , z2

− ±+ + = = − =

ΘΕΜΑ 88

Δίνεται π πf : ,2 2

− →

r δύο φορές παραγωγίσιμη με συνεχή δεύτερη παράγωγο f (0) 0 , f (0) 1′= = και

ισχύει x x

2

0 01 f (t)συνtdt f (t)ημtdt συν x′′ ′+ = +∫ ∫

α) π πx , άρα συνx 02 2

∈ − >

, η ισότητα που δίνεται με ολοκλήρωση κατά παράγοντες γίνεται

[ ] ( )x x x x

x2 20

0 0 0 01 f (t)συνtdt f (t)ημtdt συν x 1 f (t)συνt f (t) συνt dt f (t)ημtdt συν x′′′ ′ ′ ′ ′+ = + ⇔ + − = + ⇔∫ ∫ ∫ ∫

( )συνx 0x x2 2

0 01 f (x)συνx 1 f (t)ημtdt f (t)ημtdt συν x f (x)συνx συν x f (x) συνx

>

′ ′ ′ ′ ′⇔ + − + = + ⇔ = ⇔ = ⇔∫ ∫

f (x) ημx c⇔ = + , για x 0= προκύπτει c 0= οπότε f (x) ημx=

β) η ανισότητα γίνεται ( )x,ημy 0x ημx ημy ημx π, 0 x y

y ημy y x 2

>

< ⇔ < < < < , θεωρούμε ημx πg(x) , x 0,x 2

= ∈

με

( )2xσυνx ημx πg (x) 0 , άρα g στο 0,

x 2− ′ = <

2 εφόσον θεωρώντας πh(x) xσυνx ημx , x 0,

2 = − ∈

έχουμε πh (x) xημx 0 , x 0,2

′ = − < ∈

άρα ( ) πh στο 0,2

2 , x 0 h(x) h(0) xσυνx ημx 0> ⇔ < ⇔ − < ,

οπότε ( )gπ ημx ημy0 x y g(x) g(y)

2 x y< < < ⇔ > ⇔ >

2

γ) η εξίσωση είναι x πημx e 1 , x 0,2

= − ∈ , θεωρώντας x πφ(x) ημx e 1 , x 0,

2 = − + ∈

έχουμε

x πφ (x) συνx e 0 , x 0,2

′ = − < ∈

εφόσον για xπ0 x , συνx 1 e2

< < < < , οπότε ( ) πφ στο 0,2

2 και

αφού φ(0) 0 η x 0= = είναι η μοναδική λύση της εξίσωσης

δ) αν ( )

( )3

x5

02x

x 3

0

x ln 1 t dtF(x)

e x 1 f t dt

+=

− −

∫∫

, τότε

( )

( )

( )

3 3

x

x5 0

2 20x2 2x xx 0 x 0 x 0

x 3 3

0 0

5

ln 1 t dtx ln 1 t dt

x xlim F(x) lim lime x 1

e x 1 f t dt f t dt

x

+ + +→ → →

+ + = = ⋅ − − − −

∫∫∫ ∫

(1)



0 02 0 0

x x xDLH DLHx 0 x 0 x 0

x 2x 2lim lim lim 2e x 1 e 1 e+ + +

→ → →= = =

− − − (2)

( )

( )

x0 00 0

02 DLH DLHx 0 x 0 x 0

ln 1 t dtln(1 x) 1 1lim lim lim

x 2x 2 1 x 2+ + +

→ → →

++

= = =+

∫ (3)

( ) ( ) ( ) ( )

3

2

2 2x3 33 30

2 x u200

5 4 2 2DLHx 0 x 0 x 0 x 0 u 0

f t dt f x x 3f x 3ημx 3 ημu 3 3lim lim lim lim lim 1x 5x 5x 5x 5 u 5 5+ + + + +

=

→ → → → →

′⋅ = = = = ⋅ = ⋅ =

∫ (4)

από (1),(2),(3),(4) x 0

152lim F(x) 2 3 3

5+→

= ⋅ =

ΘΕΜΑ 89

Δίνεται ( )f : 0, + ∞ → r συνεχής για την οποία ισχύει ( )

t1

tx

te 1f (x) dt , x 0t e ln t

−= >

−∫

α) xe x ln x , x 0> > > όπως προκύπτει από τις γραφικές τους παραστάσεις ή θεωρώντας αντίστοιχες βοηθητικές συναρτήσεις των οποίων τα συμπεράσματα μονοτονίας δίνουν την ανισότητα

Από την ισότητα που δίνεται προκύπτει ότι η f είναι παραγωγίσιμη , οπότε x

x1 xef (x)

xe x ln x−′ = =−

( ) ( )( ) ( )x x

x xx x

1 e e ln xx ln e ln x f (x) ln e ln x ce ln x e ln x

′− − ′= = − = − − ⇔ = − − +− −

, f (1) 0= οπότε προκύπτει

c 1= και ( )xf (x) 1 ln e ln x= − −

β) x

xx

1 exf (x) , x 0 , e ln x 0

e ln x

−′ = > − >

− , θεωρώντας x1g(x) e , x 0

x= − > έχουμε x

21g (x) e 0x

′ = − − <

άρα ( ) ( )g στο 0,+ ∞2 3

x 0

1g(1) 1 e 0 , lim g(x) ή g 3 e 03+→

= − < = +∞ = − >

οπότε από Θ. Bolzano

υπάρχει μοναδικό ( )α 0,1∈ ώστε g(α) 0= και κατ’ επέκταση f (α) 0′ = ,

( )g

0 x α g(x) g(α) g(x) 0< < ⇔ > ⇔ >2

άρα και f (x) 0′ > και ανάλογα ( )g

x α g(x) g(α) g(x) 0> ⇔ < ⇔ <2

άρα και f (x) 0′ < , οπότε όπως φαίνεται και στον πίνακα μονοτονίας η f για x α= έχει ολικό μέγιστο



γ) ( ]1Α 0,α= , ( )( )

( )xu e ln x

x

ux 0 x 0lim f (x) lim 1 ln(e ln x) lim 1 ln u

+ +

= −

→+∞→ →= − − = − = −∞ άρα ( ) ( ]1f A , f (α)= −∞ ,

όμως ( )f

α 1 f (α) f (1) f (α) 0< ⇔ > ⇔ >2

οπότε ( )10 f A∈ και

άρα υπάρχει β ( )0,α∈ ώστε f (β) 0= και μάλιστα μοναδικό

εφόσον ( ) ( )f στο 0,α1

δ) αν (ε) η εφαπτομένη της fC σε σημείο της ( )M γ , f (γ) θα έχει εξίσωση y f (γ) f (γ)(x γ)′− = − και για

να περνάει από την αρχή των αξόνων αρκεί 0 f (γ) f (γ)(0 γ) f (γ)γ f (γ) 0′ ′− = − ⇔ − = , θεωρώντας

[ ]f (x)φ(x) , x β ,1x

= ∈ έχουμε ( )f (1) f (β)φ(1) 0 , φ β 01 β

= = = = κι εφόσον φ παραγωγίσιμη με

2f (x)x f (x)φ (x)

x′ −′ = από Θ. Rolle υπάρχει γ ( )β ,1∈ ώστε 2

f (γ)γ f (γ)φ (γ) 0 0γ

′ −′ = ⇔ = ⇔

f (γ)γ f (γ) 0′⇔ − = ΘΕΜΑ 90

Δίνεται f : →r r συνεχής για την οποία ισχύει 1

x 1 x

0f (x) e e f (x)dx−= − ∫ και οι συναρτήσεις

( )x

22

f (t)g(x) dt , x 0 και h(x) f x 1 , xx

= > = + ∈∫ r

α) αν 1

1 x

0e f (x)dx k− = ∈∫ r , x 1 x 1 xf (x) e k e f (x) e ke− −= − ⇔ = − οπότε

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

00 0 0 0e f (x)dx e ke dx k edx k e dx k e k e k e k(1 e) k 1− − − − = − ⇔ = − ⇔ = + ⇔ = + − ⇔ = ∫ ∫ ∫ ∫

άρα xf (x) e 1= − , ( ) 2 22 x xh(x) f x 1 e 1 1 e= + = − + = , 2xh (x) 2xe′ = , ( )2x 2h (x) 2e 2x 1 0′′ = + > άρα η h

είναι κυρτή

β) x x xx x xt t

2 2 2 2 300 0

1 1 1 e x 1 xe x 2e 2g(x) f (t)dt (e 1)dt e t , x 0 , g (x)x x x x x

− − + − +′ = = − = − = > = ∫ ∫

θεωρούμε [ ) ( )x x x xφ(x) xe x 2e 2 , x 0, , φ (x) e x 1 1 , φ (x) xe 0 για x 0′ ′′= + − + ∈ + ∞ = − + = > > άρα

( ) [ )φ στο 0, και x 0 φ (x) φ (0) φ (x) 0′ ′ ′ ′+ ∞ > ⇔ > ⇔ >1 άρα

( ) [ )φ στο 0, και x 0 φ(x) φ(0) φ(x) 0+ ∞ > ⇔ > ⇔ >1 οπότε ( ) ( )g (x) 0 και g στο 0,′ > + ∞1

γ) η εξίσωση γίνεται

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2h 2x 2h x 2 h 2x 4 2h x h 2x 2h x h 2(x 2) 2h x 2 , x 0+ + = + + ⇔ − = + − + > και

θεωρώντας H(x) h(2x) 2h(x) , x 0= − > η εξίσωση γίνεται ( ) ( )2H x H x 2= + (1) , έχουμε

( )H (x) 2 h (2x) h (x) 0′ ′ ′= − > διότι εφόσον από α) η h είναι κυρτή η h′ είναι γνησίως αύξουσα και για ( )h

x 0 , 2x x h (2x) h (x)′

′ ′> > ⇔ >1

, άρα η Η είναι γνησίως αύξουσα οπότε και ''1 1''− και από (1)

προκύπτει ( )x 0

2 2x x 2 x x 2 0 x 2 ή x 1 x 2>

= + ⇔ − − = ⇔ = = − ⇔ = δ) η ανίσωση είναι δύο μεταβλητών με 0 α β< < , οπότε θεωρούμε



( ) [ ]x x x

α α αG(x) g(t)dt h(t)dt x α g(t)h(t)dt , x α ,β= ⋅ − − ∈∫ ∫ ∫ και έχουμε

( )x

α

x x x

α α αdt

G (x) g(x) h(t)dt h(x) g(t)dt g(t)h(t)dt x α h(x)g(x)′ = + − − − =

∫∫ ∫ ∫ 123

[ ] [ ] [ ] [ ]x x x x

α α α αg(x)h(t) dt h(x)g(t) dt g(t)h(t) dt h(x)g(x) dt= + − − =∫ ∫ ∫ ∫

[ ] ( )( )x x

α α( ) ( )

g(x)h(t) h(x)g(t) g(t)h(t) h(x)g(x) dt g(x) g(t) h(t) h(x) dt 0+ −

= + − − = − − <∫ ∫ 1442443 1442443 διότι

( )g

0 α t x g(t) g(x)< < < ⇔ <1

και ( ) ( )2xh (x) 2xe 0 για x 0 , h στο 0,′ = > > + ∞1 οπότε ( )h

0 α t x h(t) h(x)< < < ⇔ <1

και τελικά η G γνησίως φθίνουσα στο [ ]α ,β οπότε α β G(α) G(β)< ⇔ > ⇔

( ) ( )β β β β β β

α α α α α α0 g(t)dt h(t)dt β α g(t)h(t)dt g(t)dt h(t)dt β α g(t)h(t)dt⇔ > ⋅ − − ⇔ ⋅ < −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

ΘΕΜΑ 91

Δίνεται [ )f : 0, + ∞ → r συνεχής και η συνάρτηση xg(x) f (x)x ln x

= −−

για την οποία ισχύει

g(x)e 1 g(x) , για κάθε x 0= + > (1) α) θεωρούμε [ ) ( ) [ )x xh(x) e x 1 , x 0, , h (x) e 1 0 για x 0 άρα h στο 0,′= − − ∈ + ∞ = − > > + ∞1

x 0 h(x) h(0) h(x) 0> ⇔ > ⇔ > κι εφόσον h(0) 0= έχουμε h(x) 0= μόνο για x 0= , οπότε από (1) x xg(x) 0 f (x) 0 f (x) , x 0

x ln x x ln x= ⇔ − = ⇔ = >

− −

( )x 0 x 0 x 0

1lim x ln x , lim f (x) lim x 0 0 0 f (0)x ln x+ + +→ → →

− = +∞ = ⋅ = ⋅ = = − εφόσον f συνεχής στο 0 και άρα

x , x 0f (x) x ln x

0 , x 0

>= − =

, x x x

x 1lim f (x) lim lim 1ln xx ln x 1x

→+∞ →+∞ →+∞= = =

− − εφόσον

x DLH x

ln x 1lim lim 0x x

∞ ∞

→+∞ →+∞= =

και άρα η ευθεία y 1= οριζόντια ασύμπτωτη, ενώ δεν έχει κατακόρυφη εφόσον f συνεχής στο [ )0, + ∞

β) ( )2

1 ln xf (x)x ln x

−′ =−

[ ] ( ) [ ]1 1eA 0,e , f A f (0) , f (e) 0,

e 1 = = = −

( ) ( ) ( )2 2 x x e

eA e, , f A lim f (x) , lim f (x) 1,e 1+→+∞ →

= + ∞ = = − άρα η f έχει

ολικό ελάχιστο στο 0 και ολικό μέγιστο στο e με f (x) 0> για κάθε

x 0> . Η εξίσωση γίνεται ( )1 xf (α) f (β) f (α) x 2x 2

−= ⇔ − =

−

f (β)(1 x) f (α)(x 2) f (β)(x 1) 0= − ⇔ − + − = και θεωρώντας



[ ]g(x) f (α)(x 2) f (β)(x 1) , x 1, 2= − + − ∈ έχουμε g(1) f (α) 0 , g(2) f (β) 0= − < = > εφόσον α,β 0> και

άρα από Θ. Bolzano υπάρχει ( )0x 1,2∈ ώστε 0g(x ) 0=

γ) x

0F(x) f (t)dt , x 0, F (x) f (x) 0 για x 0′= ≥ = > >∫ άρα ( ) [ )F στο 0, + ∞1 , F (x) f (x)′′ ′=

θεωρούμε την ( ) [ ]x

α

α xG(x) F(t)dt x α F , x α ,β2+ = − − ∈

∫

α x x α x αG (x) F(x) F F2 2 2+ − + ′ ′= − −

(2)

α xe α x β2+

< < < < και από Θ.Μ.Τ. για την F στο α x , x2+

υπάρχει α xξ , x2+ ∈

ώστε

α xF(x) F2F (ξ) x α

2

+ − ′ =

− (3)

( )F (3)

α xF(x) Fx α x α x α x α x α α x2e ξ x F F (ξ) F F F(x) Fx α2 2 2 2 2 2

2

′+ − + + + + − + ′ ′ ′ ′< < < ⇔ > ⇔ > ⇔ > − ⇔ −

2

( )2

G (x) 0′⇔ < και G γνησίως φθίνουσα στο [ ]α ,β οπότε

( ) ( )β β

α α

α β α βα β G(α) G(β) 0 F(t)dt β α F β α F F(t)dt2 2+ + < ⇔ > ⇔ > − − ⇔ − >

∫ ∫

δ) η ανίσωση ( )2 2x e 2e x e 2e

2 2

e e e ef (t)dt x f (t)dt e f (t)dt x e f (t)dt 2e

+ +

− < − ⇔ − + < −∫ ∫ ∫ ∫ και θεωρώντας

x

eΦ(x) f (t)dt x , x 0= − ≥∫ έχουμε τελικά ( ) ( )2 2Φ x e Φ 2e , x e e 0 , 2e e 0+ < + ≥ > > >

Φ (x) f (x) 1 0 όταν x e′ = − > > από β) άρα Φ γνησίως αύξουσα στο [ )e , + ∞ και 2x e 2e+ < ⇔

( )2x e x e , e⇔ < ⇔ ∈ −

ΘΕΜΑ 92 Δίνονται δύο συναρτήσεις [ ]f ,g : 0,1 → r για τις οποίες ισχύουν f (α) f (β) α β− < − για κάθε

[ ]α,β 0,1∈ με α β≠ και [ ]g(x) f (x) x , x 0,1= − ∈ α) έχουμε

[ ]( )

00

0 0 00 0 κριτήριο0παρεμβολής x x00 0 x x

x x f (x) f (x ) x x0 f (x) f (x ) x xlim f (x) f (x ) 0lim x x 0για κάθε x x με x, x 0,1 →

→

− − < − < − ≤ − < − ⇔ → − = − =≠ ∈ άρα ( )

00x x

lim f (x) f x→

= και f συνεχής στο [ ]0,1 , g συνεχής στο [ ]0,1 ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων

Αν 1 2 1 2x x με x x< ≠ τότε



1 2 1 1 2 2 1 21 2 1 2

1 2 1 2 1 2

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

− + − − −− < − ⇔ < ⇔ < ⇔ + < ⇔

− − −

( )1 2x x 01 2 1 2

1 2 1 21 2 1 2

g(x ) g(x ) g(x ) g(x )1 1 1 0 g(x ) g(x ) 0 g(x ) g(x )x x x x

− <− −⇔ − < + < ⇔ < ⇔ − > ⇔ >

− − άρα

g ( ) [ ]στο 0,12

β) αν ( ) [ ]2x x x

0 0 0

xF(x) f (t)dt , G(x) g(t)dt f (t) t dt F(x) , x 0,12

= = = − = − ∈∫ ∫ ∫

F (x) f (x) , G (x) g(x) F (x) x f (x) x′ ′ ′= = = − = −

( ) ( ) ( )1 1 1 11

00 0 0 01 x g(x)dx 1 x G (x)dx 1 x G(x) G(x)dx G(x)dx′− = − = − + = ∫ ∫ ∫ ∫

γ) θεωρούμε την [ ]x x

0 0H(x) x g(t)dt 2 tg(t)dt , x 0,1= − ∈∫ ∫

x x x x x x

0 0 0 0 0 0H (x) g(t)dt xg(x) 2xg(x) g(t)dt xg(x) g(t)dt g(x) dt g(t)dt g(x)dt′ = + − = − = − = − =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )x

0g(t) g(x) dt 0= − >∫ διότι

( )[ ]

g

0 t x g(t) g(x) με το '' '' να μην ισχύει για κάθε t 0, x≤ ≤ ⇔ ≥ = ∈2

,

οπότε η Η είναι γνησίως αύξουσα στο [ ]0,1 και x x

0 0x 0 H(x) H(0) x g(t)dt 2 tg(t)dt 0> ⇔ > ⇔ − > ⇔∫ ∫

( )

x

x 0x x x0

0 0 0

2 tg(t)dtx g(t)dt 2 tg(t)dt g(t)dt

x

>

⇔ > ⇔ >∫

∫ ∫ ∫

δ) η ανισότητα γίνεται ( )21 1 1 1

0 0 0 0

x12 F(x)dx 1 6 f (x)dx 12 G(x) dx 1 6 g(x) x dx2

+ > ⇔ + + > + ⇔

∫ ∫ ∫ ∫

( )1 13 21 1 1 1

0 0 0 00 0

x x12 G(x)dx 12 1 6 g(x)dx 6 12 x G(x)dx 2 1 6 g(x)dx 36 2

′⇔ + + > + ⇔ + + > + ⇔ ∫ ∫ ∫ ∫

[ ]1 1 1

1

00 0 0

12 xG(x) 12 xG (x)dx 6 g(x)dx 12G(1) 12 xg(x)dx 6G(1)′⇔ − > ⇔ − > ⇔∫ ∫ ∫

1 1 1

0 0 06G(1) 12 xg(x)dx g(x)dx 2 xg(x)dx⇔ > ⇔ >∫ ∫ ∫ που ισχύει από γ) για x 1=

ΘΕΜΑ 93

Δίνονται f ,g : →r r με f συνεχή και γνησίως αύξουσα και η x

x

0g(x) f (t)dt e 1= − +∫ παραγωγίσιμη

στο 0. Δίνονται επίσης η συνάρτηση [ ]x

0F(x) f (t)dt , x 0,α , α 0= ∈ >∫ και οι μιγαδικοί z για τους

οποίους z 13z e 1− =



α) x

x

0g(x) f (t)dt e 1 0 g(x) g(0)= − + ≥ ⇔ ≥∫ δηλ. η g για x 0= έχει ελάχιστο κι εφόσον είναι

παραγωγίσιμη από Θ. Fermat έχουμε g (0) 0′ = , x

x 0 x 0

F(x) e 1g(x) g(0)g (0) lim limx 0 x+ +→ →

− +−′ = = =−

x x x

x 0 x 0 x 0

F(x) e 1 F(x) e 1 F(x) e 1lim lim limx x x x x+ + +→ → →

− + − −= = − = −

(1)

0f συνεχής0

DLH στο 0x 0 x 0 x 0

F(x) F (x)lim lim lim f (x) f (0)x 1+ + +

→ → →

′= = = ,

0x 0

x

DLHx 0 x 0

e 1lim lim e 1x+ +

→ →

−= = , οπότε από (1) f (0) 1 0− = ⇔

f (0) 1 0 f (0) 1⇔ − = ⇔ =

β) θεωρούμε [ ] ( ) ( )x

2

0Φ(x) 2 F(t)dt x x 0,α , Φ (x) 2 F(x) x , Φ (x) 2 f (x) 1 0′ ′′= − ∈ = − = − >∫ εφόσον

( )f

x 0 f (x) f (0) f (x) 1> ⇔ > ⇔ >1

, άρα ( ) [ ]Φ στο 0,α′ 1 και x 0 Φ (x) Φ (0) Φ (x) 0′ ′ ′> ⇔ > ⇔ > , άρα

και ( ) [ ]Φ στο 0,α1 , οπότε α α

2 2

0 0α 0 Φ(α) Φ(0) 2 F(t)dt α 0 2 F(t)dt α> ⇔ > ⇔ − > ⇔ >∫ ∫

γ) η απαλοιφή παρονομαστών και η μεταφορά όλων των όρων σε ένα μέλος της ισότητας μας οδηγεί στο

να θεωρήσουμε την συνάρτηση [ ]x x

2

0 0Η(x) 2x f (t)dt x x 2 tf (t)dt α , x 0,α= − + − − ∈∫ ∫ για την οποία

έχουμε Η(0) α 0= − < , α α

2

0 0Η(α) 2α f (t)dt α 2 tf (t)dt= − −∫ ∫

από β) έχουμε ( ) [ ]α α α

α2 2 20

0 0 02 F(t)dt α 2 t F(t)dt α 2 tF(t) 2 tF (t)dt α′ ′> ⇔ > ⇔ − > ⇔∫ ∫ ∫

α α α2 2

0 0 02αF(α) 2 tf (t)dt α 2α f (t)dt 2 tf (t)dt α 0 H(α) 0⇔ − > ⇔ − − > ⇔ >∫ ∫ ∫ , άρα από Θ. Bolzano

υπάρχει β ( )0,α∈ ώστε

x

β x β02

0 0 0

2 tf (t)dt αΗ(β) 0 2β f (t)dt β β 2 tf (t)dt α 2 f (t)dt β 1

β

+= ⇔ − + = + ⇔ − + =

∫∫ ∫ ∫

δ) εφόσον f γνησίως αύξουσα θα είναι και ''1 1''− άρα ( )3 x 1 3 x 1f x e 1 1 f (0) x e 1 0− −− = = ⇔ − = ⇔

3 x 1 3 3 x 1 3 x 1x 11x e 1 x x e x e 0

e− − + − +

−= ⇔ = ⇔ = ⇔ − = , θεωρώντας 3 x 1h(x) x e− += − έχουμε h(1) 0= κι

εφόσον 2 x 1h (x) 3x e 0− +′ = + > η ( )h 1 και άρα η x 1= μοναδική λύση. Αν z 13z e 1− = τότε 3z 1 z 1 z 13 3z e 1 e z 1 z e 1 z 1− − −= ⇔ = ⇔ = ⇔ = οπότε η z 13z e 1− = γίνεται 3 3z 1 z 1 0= ⇔ − = ⇔

( )( )2 2 1 i 3z 1 z z 1 0 z 1 0 ή z z 1 0 z 1 ή z2

− ±⇔ − + + = ⇔ − = + + = ⇔ = =

ΘΕΜΑ 94



Δίνεται συνάρτηση ( )f : 0, + ∞ → r δύο φορές παραγωγίσιμη με f (1) 2= για την οποία ισχύει x 2h x

x x h2 2h 0

f (t)dt 4 f (t)dt 2hf (x)5 1lim f (x) , x 0

6h 3 x

+

−

→

− +′= + >

∫ ∫ και συνάρτηση 2g(x) x ln f (x) 2 , x 0= + − >


1F(x) f (t)dt , x 0 , F (x) f (x)′= > =∫ έχουμε

x 2h x 2h x

x 1 1f (t)dt f (t)dt f (t)dt F(x 2h) F(x)

+ +

= − = + −∫ ∫ ∫

x x x h

x h 1 1f (t)dt f (t)dt f (t)dt F(x) F(x h)

−

−= − = − −∫ ∫ ∫ οπότε το όριο που δίνεται στην υπόθεση γίνεται

( )00

2h 0 DLH

F(x 2h) F(x) 4 F(x) F(x h) 2hf (x)lim

6h

→

+ − − − − +=

( )( ) 00

h 0 h 0 DLH

F (x 2h)(x 2h) 0 4 0 F (x h) x h 2f (x) 2f (x 2h) 4f (x h) 2f (x)lim lim12h 12h

→ →

′′ ′ ′+ + − − − − − + + − − += = =

h 0

4f (x 2h) 4f (x h) 2lim f (x)12 3→

′ ′+ + − ′= = , εφόσον f ′ συνεχής, οπότε 22 5 1f (x) f (x)3 3 x

′ ′= + ⇔

21 1f (x) f (x) cx x

′⇔ = − ⇔ = + , από f (1) 2= προκύπτει 1c 1 και f (x) 1x

= = +

β) ( )

3 22 1 2x 2x 1g(x) x ln 1 2 , x 0 , g (x) , x 0

x x x 1+ − ′= + + − > = > +

, εφόσον ( )x x 1 0 για x 0+ > >

θεωρώντας [ )3 2h(x) 2x 2x 1 , x 0,= + − ∈ + ∞ έχουμε 2h(0) 1 0 , h(1) 3 0 , h (x) 6x 4x 0′= − < = > = + >

για x 0> άρα ( ) [ )h στο 0, + ∞1 οπότε από Θ. Bolzano υπάρχει

μοναδικό α ( )0,1∈ ώστε h(α) 0= και κατ’ επέκταση g (α) 0′ = ,

0 x α h(x) h(α) h(x) 0< < ⇔ < ⇔ < και κατ’ επέκταση g (x) 0′ < , x α h(x) h(α) h(x) 0> ⇔ > ⇔ > και κατ’ επέκταση g (x) 0′ > , οπότε η g για x α= παρουσιάζει ολικό ελάχιστο

γ) ( )1u 1x 2

ux 0 x 0

1lim ln 1 lim ln u , lim x 2 2x+ +

= +

→+∞→ →

+ = = +∞ − = −

άρα x 0lim g(x)

+→= +∞

( )1u 1x 2

x xu 1

1lim ln 1 lim ln u 0 , lim x 2x +

= +

→+∞ →+∞→

+ = = − = +∞

άρα x 0lim g(x)

+→= +∞

αν ( ) [ ) ( ) ( ) ( ) [ )1 2 1 2A 0,α , Α α , τότε g A g(α) , , g A g(α) ,= = + ∞ = + ∞ = + ∞ κι εφόσον g(α) 0< διότι ( )g

α 1 g(α) g(1) g(α) 1 ln2 ln 2 ln e 0< ⇔ < ⇔ < − + = − <1

, η g έχει δύο ακριβώς ρίζες

δ) θεωρώντας ( ) ( ) ( )x

2 2

0Η(x) f 1 t dt , x , H (x) f 1 t 0 , H′= + ∈ = + >∫ r 1 άρα και ''1 1''− οπότε

( ) ( )g(x)

2

0f 1 t dt 0 H g(x) H(0) g(x) 0+ = ⇔ = ⇔ =∫ που από γ) έχει δύο ακριβώς ρίζες ή



εφόσον ( )2f 1 t 0+ > τότε αν ( )g(x)

2

0g(x) 0 θα είναι και f 1 t dt 0 , άτοπο> + >∫ , ανάλογα και όταν

g(x) 0< , οπότε πρέπει g(x) 0= ΘΕΜΑ 95 Δίνεται συνάρτηση f : →r r συνεχής και F μια παράγουσά της με x F(x)F(x) e , x−= ∈ r α) x F(x)F(x) e 0 ln F(x) x F(x)−= > ⇔ = − , από τη γνωστή ανισότητα ln x x 1≤ − έχουμε

x 1ln F(x) F(x) 1 x F(x) F(x) 1 F(x)2+

≤ − ⇔ − ≤ − ⇔ ≥

β) από α) για x 1= προκύπτει F(1) 1≥ οπότε εφόσον 1 F(1)F(1) e −= έχουμε 1 F(1) 0e 1 e 1 F(1) 0− ≥ = ⇔ − ≥ ⇔

F(1) 1≤ και άρα F(1) 1= , από x 1F(x)2+

≥ έχουμε

( ) [ ]121 1 1 1

1

00 0 0 00

x 1 1 x 3F(x)dx dx x F(x)dx x xF(x) xF (x)dx2 2 2 4

+ ′ ′≥ ⇔ ≥ + ⇔ − ≥ ⇔ ∫ ∫ ∫ ∫

1 1 1

0 0 0

3 3F(1) xf (x)dx 1 xf (x)dx 1 4 xf (x)dx4 4

⇔ − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥∫ ∫ ∫

γ) x 1F(x) 0 όταν x2+

≥ > → +∞ άρα x

1 2 20 , lim 0F(x) x 1 x 1→+∞

< ≤ =+ +

και άρα από κριτήριο παρεμβολής

x

1lim 0F(x)→+∞

= , ( ) ( ) ( )x F(x) x F(x)F (x) e x F(x) f (x) e 1 f (x) f (x) F(x) 1 f (x)− −′′ = − ⇔ = − ⇔ = − ⇔

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

⇔ =+

οπότε

1uF(x)

x x x u 0

F(x) 1 1lim f (x) lim lim lim 111 F(x) u 11F(x)

=

→+∞ →+∞ →+∞ →= = = =

+ ++


( ) ( )x F(x)e 1 xf (x) F(x) 1 xF (x) xF (x) x F(x) 1 0 xF(x) x 0− ′ ′′ ′= − ⇔ = − ⇔ + − = ⇔ − = , οπότε θεωρώντας

[ ]G(x) xF(x) x , x 0,1= − ∈ έχουμε G(0) 0 , G(1) F(1) 1 0= = − = και άρα από Θ. Rolle υπάρχει

( )α 0,1∈ ώστε α F(α)G (α) 0 e 1 αf (α)−′ = ⇔ = −

λύσεις Μπάρλα εκδοση 2013 μέρος β

Education

Transcript of λύσεις Μπάρλα εκδοση 2013 μέρος β