Λύσεις 51 _ 95 - Μπάρλας

λύσεις θεμάτων 1

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 2

00

x 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 2

1 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 c

e= ⇔ = και 1 1 1 2

2

x x x x21 2x

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

e−= = =

ΘΕΜΑ 52

Δίνεται f συνεχής στο [ )0, + ∞ με

α

0

f (t)dtf (α)

,α 0α 2

= >∫ και f (x) 0 , x 0′′ < >

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

α) θεωρώντας x

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 02

′= = − = − = − = 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

Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός


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

xγ h (x) h (γ) 0 , x γ h (x) h (γ) 0′ ′ ′ ′< ⇔ > = > ⇔ < = άρα όπως

φαίνεται από τον πίνακα 0 xγ 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 xα

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)

xα< ⇔ < ⇔ <∫ ∫ , θεωρώντας

( ]2

F(x)Η(x) , x 0,α

x= ∈ ,

x

20

4 3

f (x)x 2 f (t)dtF (x)x F(x)2x

Η (x) 0x x

−′ −′ = = >∫ από γ) άρα ( ]Hστο 0,α1

2 2

F(x) F(α)xα H(x) Η(α)

xα< ⇔ < ⇔ <

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 1

Η (ξ) 0 ξf (ξ) 1 0 f (ξ)ξ

′ = ⇔ − = ⇔ =

β) η f διατηρεί σταθερό πρόσημο κι εφόσον 1

f (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 , hστο 0,

x x′ ′′ ′= − = + > + ∞1

x 0h (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 ( )Fστο1 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 ( )Fστο1 r

είναι μοναδικό.

δ) 2 2f (x ) 0

1 1

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

2

>

= ⇔ =∫ ∫ , 2 x x x

1 2 2 2

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

2= + + = +∫ ∫ ∫ ∫

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)dx

2 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)dx

2 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

1c

2

1 x 1 xg (x)g(x) x g (x) g (x) c g (x) x 1

2 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, hστο 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 2

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

ln 21 1 1

x

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

+ = ⇔ =∫ ∫ ∫ ∫ ( )F''1 1''ln 2 ln 2

F ln(1 x) F ln(1 x)x x

− ⇔ + = ⇔ + = ÷

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

( )2

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

x 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 , xα ,β

2

+= − ∈∫ ∫ , x

α

1α xG (x) xF(x) F(t)dt F(x)

2 2

+′ = − −∫ ,

( ) ( ) [ ]xαG (x) f (x) 0 , G , xα G (x) G (α) 0 , G στο α ,β

2

−′′ ′ ′ ′= < > ⇔ < =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)dt

2 2

+ +< ⇔ > ⇔ > − ⇔ >∫ ∫ ∫ ∫Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός


ΘΕΜΑ 55

Δίνονται οι μιγαδικοί z , w με 1

w 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 1

z z z z z zz 1 0 z zή zz 1 z 1 z 1z z z

∉ + ∈ ⇔ + = + ⇔ ⇔ − − = ⇔ = = ⇔ = ⇔ = ÷ L

rr

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 11 2 2

00 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 1u u

x 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)dt

1x xlim lim lim lim1 1 ημ u ημuημuημ ημx x u

+ +

=

→+∞ →+∞ → →

÷ ÷= = = ÷ ÷ ÷

∫ ∫ ∫ ∫

u0

00

DLHu 0 u 0

f (t)dtf (u)

lim lim 1ημu συνu+ +

÷

→ →= =

∫ , άρα

u

0

2 2u 0

f (t)dt1 1

lim 1 1ημu 1ημu

u

+→

÷ ÷= × = ÷ ÷ ÷

∫

ΘΕΜΑ 56

Δίνεται η συνάρτηση x 2

2 2α α

ln t ln tF(x) dt , 0α 2 και dt 0

1 t 1 t= < < =

+ +∫ ∫α) εφόσον η 2

ln t

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

( )FD 0,= + ∞ , 1

G(x) F F(x) , x 0x

= − > ÷ 2

2

1ln 1 ln xxG (x) 0

1 x 1 x1x

′ ′ = − = = ÷ + +L , άρα G(x) c=

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

F F(x)x

= ÷

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

2

lnξF (ξ) 0 0 ln ξ 0 ξ 1

1ξ′ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

+ κι εφόσον α ξ 1< = θα είναι 0α 1< <

γ) 2

ln 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) 1

F F(2) 02

= = ÷ άρα

πρέπει 1

α2

=

δ) 1

21

2

ln tF(1) dt

1 t=

+∫ κι εφόσον 2

ln t0

1 t<

+ όταν

1t ,1

2 ∈ ÷

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,Fστο 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) 0

F(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 0α 1 α 1

− <− −< ⇔ − > − ⇔ >− −

, που ισχύει.

δ) ( ]2x y

x y2

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) 2ln F ln F(x) ln F(y)

2 2

+ + ≤ × ⇔ ≤ + ⇔ ÷ ÷ x y

2φ φ(x) φ(y)2

+ ≤ + ÷ (ανισότητα

Jensen ) προκύπτει με εφαρμογή Θ.Μ.Τ. για την φ στα x y x y

x , , , 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 xf (x) f (x) f (x) f (x)1 1 1 1

f (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 c

x x x

′ ′ ′′⇔ = + ⇔ = + ⇔ = + + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ (2)

για x 1= , f (1)

f (1)

2από (1) , f (1) ln 2 1 2 2 2 c

ln(2 c) ln 2 1 ln 1e2 c 2 c 2

από (2) ,e 2 c f (1) ln(2 c)

= − + + ⇔ = + − + ⇔ = + ÷+ + = + ⇔ = +

με 2 c

k2

+ = , 1

ln k 1k

= − , ( ) ( )2

1 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 , άρα2 c

1 c 02

+ = ⇔ = , άρα από (2) x x

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

x x = + ⇔ = + ÷ ÷

β) ( )( ) ( )2

1 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 1

1 xxlim f (x) lim x ln 1 lim lim

1x x 1x

+ + + +

∞ ÷∞

→ → → →

+ ÷ = + = = = +∞ ÷ +

0

0

x x x DLH x

1ln 1

1 xxlim f (x) lim x ln 1 lim lim 1

1x x 1x

÷

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

+ ÷ = + = = = ÷ + , 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, x

x 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 1φ(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) 0,1

f (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 dt

1 t = + + ÷+ ∫ και

tx

21

f (x) eg(x) , F(x) dt

1 x f (t)= =

+ ∫α) 2

f (x)

1 x=

+

x x

20 0

f (t)1 dt g(x) 1 g(t)dt

1 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 lim

e−→−∞ →−∞ →−∞

+= + = =

x xDLH x DLH x

2x 2lim lim 0

e e

∞ ∞ ÷ ÷∞ ∞

− −→−∞ →−∞= = =

− , άρα η y 0 , (xx )′= οριζόντια ασύμπτωτη

β) xημx x ημx

ημx 0

x 0 x 0 x 0

g(x) g(ημx) e e e 1lim lim lim e e 1 0

xημx x ημx x ημx

−

→ → →

− − −= = = × =− − −

0xημx u(u xημx) 0

u

x 0 u 0 DLH u 0

e 1 e 1lim lim lim e 1

xημx u

÷− = −

→ → →

− −= = =−

γ) te

f (x) 0 , 0 ,f (t)

> > αν x 1< τότε [ ]tx

1

edt 0 F(x) 0 , x 0,1

f (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) dx

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

( )1 1

22 00

x 1 1dx ln x 1 ln 2

1 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 ( )fστο1 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 1

x x+→+∞ →+∞ →

= − − = − − = +∞ ÷

2 2x DLH x x

1ln x 1xlim lim lim 0x 2x 2x

∞ ÷∞

→+∞ →+∞ →+∞= = = , ( )2 1

h ln 2 1 02 2

= − < ÷ ÷

( ) ( )1 2 1 2

2 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) x

f (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 ( ) [ ]Hστο 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)1β 1 β 10ξ β f (ξ) f (β) f (β) f (β) 1 β

β β 2

> >

∗

− −< < ⇔ < ⇔ < ⇔ < ⇔ >1

( ) ( ) [ ]2xf (x) e 2x 0 , x 0 , fστο 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

x

e 1 2h(x) g(x) 1 , x , f h(x) ln , x 0

xe 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 x

e x x+ + +

+

′− ′′ ′ ′= ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = + ⇔ ÷ 1 f (x) 1 ln 2 11

e 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 1

x x x+ = + ⇔ + = + ⇔ = + − ÷ ÷

β) ( )2

2

x 1f (x)

x x 1

−′ =+ ,

x 0 x 0

1lim f (x) lim ln x 1

x+ +→ →

= + − = +∞ ÷ ÷ ,

x x

1lim f (x) lim ln x 1

x→+∞ →+∞

= + − = +∞ ÷ ÷ ,

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 0

ξ∈

′ ′ ′ ′− = − →− = − ⇔ − = ⇔ = ÷

, θεωρώντας

[ ]1 2

f (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 x

e 1 e 1 e (2x 1) 1h(x) 1 g(x) 1 1 g(x) 2 0

xe 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 dx

x e

−

−

′ + + = ÷+ ∫

( ) 1x

0

1ln x e 2x ln 1 2

e− = + + = + + ÷

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 8

h→

′ ′+ − − =

α)

0

0 f

h 0 DLH h 0συνεχής

f (2 h) f (2 3h) f (2 h) 3f (2 3h)lim lim f (2) 3f (2) 4f (2) 8 f (2) 2

h 1

÷ ′′

→ →

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

f (x) 0′′ ≠ και f ′′ συνεχής άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο κι εφόσον f (2) 2 0′′ = > θα ισχύει f (x) 0′′ >

άρα ( )fκαι ''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

Fγνησίως μονότονη στο (0, ) και ''1 1''+ ∞ − οπότε x 1z x

z 1 2 x 120 x 2

ezz e x e 1

x

−=− −

< <= ⇔ = ⇔ = , θεωρώντας

( )x 1

2

eh(x) , x 0,2

x

−

= ∈ 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 1δ) 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 1

H(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) 0για 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 1

xg(x) f (x)e=

α) εφόσον η ε εφαπτομένη της fC στο 0x 1= έχουμε ότι f (1) 0και f (1) 2′= = , παραγωγίζοντας ως

προς x έχουμε ( ) ( ) ( ) yf (x) f xy x y f xy

2 xy′= + − και θέτοντας όπου y το

1

x προκύπτει

2

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

x x x ′= + − = − ÷

β) ( )1

u 01 x2 ux

2 u ux 0 x 0

1lim g(x) lim 1 e lim 1 u e

x+ +

= >

→+∞ →+∞→ →

= − = − = −∞ ÷ άρα η ευθεία x 0 (yy )′= κατακόρυφη

( )1

u 01 x2 ux

2x x u 0 u 0

1lim g(x) lim 1 e lim 1 u e 1

x + +

= >

→+∞ →+∞ → →

= − = − = ÷ , 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 dx

x x = = − = − ÷ ÷ ∫ ∫ ∫14243

, το

ολοκλήρωμα δεν “υπολογίζεται” άρα1 12 x 0

4x x4

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

x

>− + +′ ′= = > > = ⇔ = + >L , άρα [ ]g (x) 0, x 1,2′ > ∈ και

[ ]g( )στο 1,21 , οπότε 3

1 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 e

4 4< < ⇔ < ⇔ <∫ ∫

δ)

1 11 1 1 u 1 u

x x 1u 0

x1 1 1 1

1 1 uux x u 0 u 0 u 0x x

g(t) 1dt g(t)dt u g(t)dt g(t)dt

x xlim lim lim lime 1e 1

e 1 e 1u

+ + +

+ + + +

= >

→+∞ →+∞ → → →= = = =

−−− −

∫ ∫ ∫ ∫ 0

01

= εφόσον



0

u 1 u0u

DLHu 0 u 0 1

e 1lim lim e 1 , g(t)dt

u+ +

÷ +

→ →

− = = ∫ 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

−′ = −

+, ( ) ( )fστο Α ,= −∞ + ∞1 , x

lim f (x)→−∞

= +∞

( )2

x x

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

x x→+∞ →+∞

+ ÷= − − = −∞ ÷

εφόσον

( )2

2x DLH x x

ln x 1 2x 2lim lim lim 0

x x 1 x

∞ ÷∞

→+∞ →+∞ →+∞

+= = =

+ άρα f (A) = r ,

f ''1 1''− άρα ( ) ( )24 2

x x 2 4 2 2 22

x 2x 2e ln x 2x 2 ln x 6x 10 x x 2

x 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 2ή 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 31 2ξ x , x , ξ x , x∈ ∈ ώστε

2 3 2

1 22 3 2

F(x ) F(x) F(x ) F(x )f (ξ ) , f (ξ )

x x x x

− −′ ′= =− −

, ( )f

2 31 2 1 21 xξ x ξ x f (ξ ) f (ξ )′ ′< < < < < ⇔ > ⇔

2

2 3 2

2 3 2

F(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=

+∫Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός


α) ( )2

1f (x) 0 , f

1 x′ = >

+1 , αν

π πx ,

2 2 ∈ − ÷

έχουμε

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

1 1fεφx συν x f εφx 1 f εφx εφx 1 f εφx x

1εφ 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 xεφt

4 4

210 0 0dx dtσυν t

1E f (x)dx f (εφt) dt t(εφt) dt

συν t

=

=′= = = =∫ ∫ ∫ =

[ ] [ ]π π4 4

π

4

0 00

π π 1tεφt εφtdt ln(συνx) ln 2

4 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) x

1

0 du f (x)dx0 0 0E f (x)dx x f (x)dx xf (x) xf (x)dx

−= ⇔ =

′=′ ′= = = − =∫ ∫ ∫

π

4 1

0f (1) f (u)du−− =∫

π

4

0

π π 1εφudu ln 2

4 4 2= − = = −∫ L

γ) { {

2 2

2

x x 22 2x

( )( )

1 1 1e e 1 x

1 x 1 xe−

++

≤ ⇔ ≤ ⇔ ≥ ++ + που ισχύει αν στην xe x 1≥ + (1) θέσουμε όπου x το 2x

21 1

t2

0 0

1π πe dt dt f (1) fεφ

1 t 4 4− < = = = ÷+ ∫ ∫ , από (1) θέτοντας όπου x το 2t− έχουμε

2t 2e t 1− ≥ − + οπότε

( )2

131 1t 2

0 00

t 2e dt t 1 dt t

3 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)dt

4→ >∫r , η ανισότητα γίνεται

( )3 22

1θ g(θ) θg(θ) 1 θg(θ) θ 1 1 θg(θ)

θ 1+ > ⇔ + > ⇔ >

+ , θεωρώντας

x

20

1Η(x) tg(t) dt

t 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 0

1 0θ 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 2

2 2 2x x x xu t x3 t u u u u 2 x x

0du 2tdt0 0 0 02t 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)dt

e

−−

−− =

−− > ⇔ > ⇔ − > − ÷ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫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 , Gστο 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 1ή x

2′ = − + = ⇔ = =

( )1 2 3

1 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 1

2 διπλή και το

5

4)

δ) F (x) f (x) 0′ = ≥ και το '' ''= ισχύει μόνο για x 0= άρα ( )Fκαι ''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− + − − =∫

2

14 2x

0

1 x x e 5e

2 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) e

x 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)e

x(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 c

x 1 x 1 x x 1 x

′′ ′ ′ ′⇔ = + − ⇔ = + ⇔ = + + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷+ + + ,

f (1) 2 ln 2 c 0= ⇔ = , οπότε ( ) 1f (x) x 1 ln 1

x = + + ÷

β) x 0 x 0

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

x+ +→ →

= + + = = +∞ ÷ L άρα η x 0 (yy )′= κατακόρυφη ασύμπτωτη

0

0

x x DLH x

1ln 1

1 x 1xlim (x 1) ln 1 lim lim 1

1x xx 1

÷

→+∞ →+∞ →+∞

+ ÷ + + + = = = = ÷ +

L , άρα η y 1= οριζόντια ασύμπτωτη

1u 1 1

x1 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

( ) ( )fστο 0, + ∞2 και ( )f (A) 1,= + ∞

γ) η εξίσωση γίνεται ( )2 2 2

x 1 x 1 x 12

xe 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) 2

x 1 x x

+ ⇔ + − = ⇔ + = ⇔ + + = ⇔ = ÷ ÷+ κι εφόσον 2 f (A)∈

από β) και x 0lim f (x) , f (1) 2ln 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 ( )Gκαι ''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. ( )fστο2 r και x

1

f (t)g(x) dt

f (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 , Fκαι F ''1 1''′= = > −∫ 1 , οπότε η g γίνεται



1

g(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 1

22

f (t)dt f (x) f (t)dtF(x) F (x)F(x)

1 1f (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) 0

2 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

1

f (t)dt

f (α) 2 α=

−∫

α

1

2

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)< − <∫

δ) η εξίσωση γίνεται

1

10

0

f (0) 2 xf (x)dxf (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 0

x

+= > και

εφόσον

02 0

2DLHx 0 x 0 x 0

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

x 1 x+ + +

÷

→ → →

+= = = =+

έχουμε

2ln(1 x ), x 0

f (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 0

x 1 x x x

∞ ÷∞

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞

+= = = = =+

άρα η y 0(xx )′= οριζόντια

( ) ( ) ( )( )

2 2 2 22

2 2 2

2xx 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 1x e 1x 0

A 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 0,1

e x= + − + ∈

− έχουμε

ln 2

H(0) 2 ln 2 0 , H(1) ln 2 0e 1

= − + < = + >−

οπότε από Θ. Bolzano υπάρχει ( )α 0,1∈ ώστε Η

α

ln 2Η(α) 0 f (α) 2 2α

eα= ⇔ = − −

−

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)′ = − + , 2

0g (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) 0

x 0 ,e 1 0

> + >

> > > άρα ( )x xg(e )e g(x 1) F (x) 0 , Fκαι ''1 1''′> + ⇔ > −1 οπότε από (1) x 1=

μοναδική λύση

ΘΕΜΑ 70

Δίνεται η f παραγωγίσιμη στο [ )1, + ∞ με 1

1

x

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 ln

f (x )− = + για κάθε 1 21 x x< <

α) 1

u xt , du xdt , t u 1 , t 1 u xx

= = = → = = → = , οπότε 1 1 x

1 11

x 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

1

x

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 ln

f (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 ) 2ln f (x ) 2ln f (x )⇔ − = − + − ⇔2 2

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

0 0 00 0

f (x ) f (x )H (x ) 0 2ln f (x ) 2 2f (x ) 0

f (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 ) 1

f (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 1

lim lim lim 1 f (1) f (1)ln x ln x ln x ln x→ → →

− −− = = = × = ÷

∫ ∫ ∫ διότι



0

0

x 1 DLH x 1 x 1

x 1 1lim lim lim x 1

1ln xx

÷

→ → →

− = = = ,

x0

fσυνεχής01

x 1 DLH x 1 x 1στο1

f (t)dtf (x)

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

÷

→ → →= = =

∫

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 0

2= − − + + >

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 1

2= + − − 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 0

2+→

+ − = ÷

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 x

e 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 ( ) [ )fστο 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 0

t

−

=∫ , 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 , q

t 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 0

t e

−

− −−= ⇔ = ⇔ = ⇔ − =∫ ,

θεωρώντας [ )4 3

x 1 x 1

x x (4 x)φ(x) 1 , x 1, , φ (x)

e e− −

−′= − ∈ + ∞ = , έχουμε

[ ] ( )1 2A 1,4 , A 4,= = + ∞ και [ ]3

1 3

64 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 20φ(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)dtx

lim lim lim 1 0 0e 1ημxe 1ημx e 1 ημx

+ +→ → →

÷ ÷= = = × = ÷− ÷ − − ÷

∫ ∫ ∫ εφόσον

( )

xx0 0

0 000

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 0e 1 eημx συνx 1ημx

+ + + + +

÷ ÷

→ → → → →

′ ÷ = = = = = =

− ′

∫∫

ΘΕΜΑ 72

Δίνεται ( )f : 0, + ∞ → r μια συνάρτηση παραγωγίσιμη με e

f (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 1

2e 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) lim

1 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 0

1 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 0tτότε 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 1

t 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 e

1 t e+

−

−→− + = −∞

+ −

γ) για την ( ) [ ) ( ) [ )x

1F(x) f (t)dt , F (x) f (x) 0 , Fστο 1, ,F (x) f (x) 0 , F σ το 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 2

F(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 2

F(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 2

F(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 e

t 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 2

t 1 t x 1

+< < ⇔ + < < ⇔ < <+ +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ κι

εφόσον x x u 2

2x 1 2x 1lim 2 , lim ln lim ln u ln 2

x 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 dx

3

⇔ − + = − ⇔ − = − ⇔

∫ ∫ ∫( ) ( )

1 122 2

0 0f (x) 2xf (x) x dx 0 f (x) x dx 0⇔ − + = ⇔ − =∫ ∫ (1) , εφόσον ( ) 2

f (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 1x 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 μονότονηα 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

0α ξ 1< < < , οπότε αν ( )g′ 2 τότε 0ξ 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

0

x

0

t f (t)dtg(x) , x 0

tf (t)dt= >∫∫

α) ( ) ( )f (x) 0

2 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 c

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

′′′ ′ ′− ′ ′ ′⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − + ÷

για x 0= προκύπτει c 0=

οπότε ( )x x x2

f (x) 1 1e e e k

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

′′ ′= − ⇔ = ⇔ = + ÷

, για x 0= προκύπτει k 1= και x

1f (x)

e 1=

+

β) ( ) ( )

xx x xλ λ λ λ λx

x x x x 00 0 0 0

e 11 1 e e eE dx dx 1 dx 1 dx x ln e 1

e 1 e 1 e 1 e 1

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

λλ ln(e 1) ln 2= − + + , ( ) ( )λ

λ λ λλλ λ λ u 1

elimλ ln(e 1) lim ln e ln(e 1) lim ln lim ln u 0

e 1→+∞ →+∞ →+∞ →− + = − + = = =

+ εφόσον

x x

x xx DLH x x

e elim lim lim 1 1

e 1 e

∞ ÷∞

→+∞ →+∞ →+∞= = =

+ ή θέτοντας ( )λe 1 uλ ln u 1+ = ⇔ = − και ( )λ

λlimλ ln(e 1)→+∞

− + =

( )u u

u 1lim ln(u 1) ln u lim ln ln1 0

u→+∞ →+∞

−= − − = = = οπότε λlimΕ(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 0

tf (t)dt

= − > ÷ ÷

∫∫ εφόσον f (t) 0 , 0 t x> ≤ ≤ άρα ( ) ( )gστο 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)dtΦ(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)→

= =

( )0

0

x 1 DLH x 1

x ln xlim lim ln x 1 1

x 1

÷

→ →= = + =

−, οπότε

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

f (x) x 11 , x 1

∈ ∪ + ∞= − =

β) ( )( ) ( )2

ln 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

3

2x 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 0h

2x 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 0

0 0

2x 1 x 1 x 1 DLH x 1 DLH x 1

x ln x1f (x) f (1) x ln x x 1 ln x 1 1x 1f (1) lim lim lim lim lim

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

÷ ÷

→ → → → →

−− − +−′ = = = = = =− − −−

( ) 2

x 1 x 1

ln x x 1 12x 1f (x) f (1) 1

f (1) lim limx 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 0

x 1+ +→ →= = − × =

− και

x x

xlim f (x) lim ln x

x 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′′ ′= − <

( ) [ )Gστο 1, , x 1 G (x) G (1) G (x) 0 ,′ ′ ′ ′+ ∞ > ⇔ < ⇔ <2

( ) [ ) ( )x

1Gστο 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

( )( ) ( ) ( ) ( )

f3 3 2 3 2

3 2x 1 , x 1 x x f x 1 f x 0 3xf x 1 2f xx 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 h

2h 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

0

0

2h 0 DLH

F(x 2h) F(x) 2F(x) 2F(x h)lim

h

÷

→

+ − + − + =

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 lim

2h 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) lim

h→

+ −′ = 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) 0αν g(x) 1> >

και G(x) 0αν g(x) 1< < άρα



( ) x 1G(x) 0 g(x) 1 x 1 ln x 1 , g (x) ln x ,

x

−′= ⇔ = ⇔ − = = + αν x 1

x 1τότε 0 , ln x 0x

−> > > και άρα

g (x) 0′ > , ανίστοιχα αν 1x0 << τότε 0)x(g <′ , επομένως

( ] ( ) ( ) ) [ )1 1x 0

A 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 ) 1και g(x ) 1 G(x ) G(x ) 0= = ⇔ = = , οπότε

για την [ ]1 2

G(x)H(x) , x x , x

x= ∈ ισχύουν προϋποθέσεις Θ. Rolle άρα υπάρχει ( )21 x,xξ ∈ ώστε

0ξ)(H =′2

G (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) 0όταν 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 xα

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) 0

αf (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) ( ) [ ]fστο 0,α1 άρα "1 1"− και αντιστρέψιμη με [ ]1ff (Α) Α 0,f (α)−= =



[ ]1

f (x) x x xx1

00 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 0οπότε 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 xyαπό 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) 1δηλ. 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 5

4 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 lim

x 0 x 1 x elim , x 0

x

+

−

→

→ →

→

+ − >

+ − − ′ = = = − + − ÷− < ÷

. όμως



( ) ( ) ( ) ( )0

e e eαx αx αx 0e 1αx

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 α

x x x x

÷

−

→ → → →

+ − + − + − + − −= = − = + − = − ÷ ÷

οπότε eα 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 1

x 1 x 1−+ ≥ + ⇔

( ) ( ) ( )( ) ee 1 x 0

e ex 1 1 1x 1 x 1 1 0 1 x 0

x 1 x 1 x 1

+ >+ ⇔ + ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ÷+ + + έχουμε ( ) e 1exe x 1 , x 0

−> + > άρα

( )( ) ( )e 1exf (x) e e 1 x 0 , x 0,−′ = − + > ∈ + ∞ και ( ) [ )fστο 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 ( ) [ )fστο 0, + ∞1 και

x 2 x+ > , άρα ( )Gκαι 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 ( )5α 2

1αα 1,3 ώστε Η(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

2

ef (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 0,1

1 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

2

ef (x) ,για κάθε x 0,1

1 x= ∈

+

β) ( )

( )( )

2x

22

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

1 x

−′ = > ∈

+, άρα ( ) e

fστο [0,1] με f (0) 1 και f (1)2

= =1 οπότε 2

e)x(f1 ≤≤

και 1 1 1 1

0 0 0 0

e e1dx f (x)dx dx 1 f (x)dx

2 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 2

2 2−+ ≤ + ≤ + ⇔ ≤ + ≤ +∫ ∫


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

3

2 22 1 x

F x F x3x

−′= ⇔

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )x 02 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 1α 2 1 αG (α) 0 F α F α f (t)dt f α

3α 3α

− −′ ′= ⇔ ⇔ = ⇔ =∫K (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 β

2

>∈ − = ⇔ = ⇔ = × ⇔∫( ) ( ) ( ) ( )( )

2

2 2 2Fα

β f β F βα

′′= = , οπότε θεωρώντας ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2H(x) F xμε H (x) F x x f x 2x′′ ′= = = από

Θ.Μ.Τ. υπάρχει

( ) ( ) ( ) ( )22 α (3)

2 2

0

FαΗ(α) Η(0)β 0,α ώστε H (β) 2β f β α 2β f β f (t)dt

α 0 α

−′∈ = ⇔ × = ⇔ × × = ⇔− ∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3

2 2 2 2 3 22 1α

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 xx F(x) ln 1 x x xlim lim lim

e x 1e x 1 e x 1x

+ +→ → →

+× + ×× × += =

− −− − − − ÷

∫ (4)

x 0 x 0

F(x) F(x) F(0)lim lim F (0) f (0) 1

x x 0+ +→ →

− ′= = = =−

( )

0(u 1 x) 0

DLHx 0 u 1 u 1u 1

ln(1 x) ln u 1lim lim lim 1

x u 1 u+ + ++

÷= +

→ → →→

+ = = =−

0 0x x x0 0

2 DLH DLHx 0 x 0 x 0

e x 1 e 1 e 1lim lim lim

x 2x 2 2+ + +

÷ ÷

→ → →

− − −= = = , οπότε από (4)4

1 116

12

×= = ÷

ΘΕΜΑ 80

Δίνεται η συνάρτηση

xe 1, x 0

f (x) x1 , x 0

− >= =



α)

x0 0

x x x0 0

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

e 11f (x) f (0) e 1 x e 1 e 1xf (0) lim lim lim lim lim

x 0 x x 2x 2 2+ + + + +

÷ ÷

→ → → → →

− −− − − −′ = = = = = =−

οπότε

x x

2

xe e 1, x 0

xf (x)1

, x 02

− + >′ = =

, (ε): 1

y 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 ( ) [ )gστο 0, + ∞1

και x xx 0 g(x) 0 xe e 1 0> ⇔ > ⇔ − + > , άρα και [ )f (x) 0 , x 0,′ > ∈ + ∞ δηλ.

( ) [ )fκαι "1 1" στο 0,− + ∞1 οπότε η f αντιστρέψιμη, x

x

x x DLH x

e 1lim f (x) lim lim e

x

∞ ÷∞

→+∞ →+∞ →+∞

−= = = +∞ , 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 0,1

και x2

x ,2x 1 0,

∈ + ∞

⇔ ≥ − ∈ + ∞

, θεωρώντας 2x 1 x

x 1

1F(x) f (t)dt f (t)dt , x

2

−

= − ≥∫ ∫ 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 ( )1x 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 εξίσωσης2 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+ + ≥ , ( ) [ )Fστο 1, + ∞1 άρα

( )2x 0

2 4 2 2 2

x 0x 1 x 1 x 1 x 0 1 x 0 1 x 1με 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 α

Q (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 1α β

β 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 h

2h 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 xF

2 = − ÷ ∫ , [ )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

0

00 h

2 2h 0 h 0 DLH h 0 h 0

f (t)dt 2 f (t)dtF (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) lim

h 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) xlim

xF(x) xG(x) G(0)G (0) lim lim

x 0 x F(x) xlim

x

+

−

→

→ →

→

−−− ′ = = = − − − ÷

, όμως



( ) ( )0

0

x 0 DLH x 0 x 0

F(x) xlim lim F (x) 1 lim f (x) 1 f (0) 1

x

÷

→ → →

− ′= − = − = − (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) 1

x 0 x x x+ + +→ → → →

−− −′ = = = = = − = ⇔ =−

,

Η εφαπτομένη της FCστο 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,ε

221 1

− −= = = =

+ −

γ) x x x

Η (x) F(x) F F2 2 2

′ ′= − − ÷ ÷ , εφόσον x 0>

από Θ.Μ.Τ. στο x

, x2

υπάρχει x

ξ , x2

∈ ÷ ώστε

( )( ) ( )

( ) ( )x x

F x F F x Fx x2 2

Fξ F x F F ξx x 2 2x2 2

− − ÷ ÷ ′ ′= = ⇔ − = ÷ − (2) , από α) ( )F (x) 0,F′′ ′> 1 άρα

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

ξ x F F ξ F (x) F F ξ F (x) F F(x) F2 2 2 2 2 2 2 2 2

> ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′< < ⇔ < < ⇔ < < ⇔ < − ÷ ÷ ÷ ÷ άρα

( ) [ )H (x) 0 ,Hστο 0,′ > + ∞1 και 2 2

0 02 0Η(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)dtμε F(x)dx 0= =∫ ∫ και

( ]x x

0 0

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

g(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)dtxf (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 x

2

0 0 0 0

2 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

Gβ 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)dt

g(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 0

t

′ − = − + > ÷ ∫ ∫ και η

συνάρτηση ( )1xt

1F(x) 1 2t e dt , x 1= − ≥∫

α) f (1) e= , 2

3 4 2

tf (t) 2f (t) t f (t) 2tf (t) f (t)

t t t

′′ ′− − = = ÷ οπότε θεωρώντας

u

31

tf (t) 2f (t)g(u) e dt

t

′ −= + =∫Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός


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 1

x x x2 2 2

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

x x x

− − −′

′ ′ ′ ′= − ⇔ = − ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ ÷

1 1

x xe f (x) c f (x) c e−

⇔ = ⇔ = × , f (1) e c e e c 1= ⇔ × = ⇔ = και άρα 1

xf (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 dt

t

′= − = − = − + − = ÷ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫1 11 1x x

2 2t tx x

1 1e dt x e e e dt e x e , x 1= − + − = − ≥∫ ∫

γ) ( )1

xF (x) 1 2x e 0 , x 1′ = − < ≥ οπότε ( ) [ )Fστο 1, , F(1) 0+ ∞ =2 , 1

2 x

x xlim F(x) lim e x e→+∞ →+∞

= − = −∞ ÷

εφόσον

1u1 ux

2 ux2 2x u 0 u 0

e 1lim x e lim lim e

u 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,= >

( )1

2g(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 xeημx f (x) 1 2e συνx e f (x) , x 0′′ ′− + = + − ≥

α) η παραπάνω ισότητα γίνεται

( ) ( ) ( ) ( ) ( )x x x x x x xeημx f (x) e ημx 2e e ημx f (x) e ημx f (x) e ημx f (x) e η μx′ ′′′′ ′ ′ ′− + − = − − ⇔ − + − = + ⇔

( )( ) ( ) ( )x x x xeημx f (x) e συνx e ημx f (x) e συνx c′ ′′ ′⇔ − = − ⇔ − = − + , για x 0= προκύπτει c 0= οπότε

( )x xeημx f (x) e συνx′− = − , xx 0 e 1≥ ⇔ ≥ με το '' ''= να ισχύει για x 0= , ημx 1≤ οπότε xeημx> και



( ) ( )( ) ( )xx

x xx x

eημxeσυνxf (x) f (x) f (x) ln eημx f (x) ln e ημx k

eημx e ημx

′−− ′′ ′ ′= ⇔ = ⇔ = − ⇔ = − +− −

, για x 0=

προκύπτει k 0= οπότε ( )xf (x) ln eημx= −

β) x

x

eσυνxf (x) 0

eημx

−′ = >−

εφόσον για x 0> ισχύει x xeσυνx 0 , e ημx 0− > − > , οπότε ( )f 1 στο [ )0, + ∞

και άρα ''1 1''− δηλ. αντιστρέψιμη, f (0) 0= , ( )x(u eημx)

x

x x ulim f (x) lim ln eημx lim ln u

= −

→+∞ →+∞ →+∞= − = = +∞

( )x xxx x

ημxlim eημx lim e 1

e→+∞ →+∞

− = − = +∞ ÷ εφόσον

x

xlim e→+∞

= +∞ και x x x

ημxημx 1

e e e= ≤ ⇔

x x x

1ημx 1

e e e⇔ − ≤ ≤ , x xx x

1 1lim lim 0

e e→+∞ →+∞

= − = ÷ ÷ και από κριτήριο παρεμβολής xx

ημxlim 0

e→+∞=

άρα [ )1ff (A) D 0,−= = + ∞

γ) ( )x

2x

2eσυνx 1f (x)

eημx

−′′ =−

, θεωρώντας x π

g(x) 2eσυνx 1 , x 0,2

= − ∈ έχουμε ( )xg (x) 2eσυνx ημx′ = −

π

4π π

g 1 0 , g 2e 1 02 4

= − < = − > ÷ ÷ και από Θ. Bolzano υπάρχει

π πα ,

4 2 ∈ ÷

ώστε g(α) 0= , ( )gπ π

α x g(α) g(x) 0 g(x)4 2

< < < ⇔ > ⇔ >2

( )gπxα g(x) g(α) g(x) 0

4< < ⇔ > ⇔ >

2, το α είναι μοναδικό εφόσον

( ) π πgστο ,

4 2

2 οπότε το πρόσημο της f ′′ διαμορφώνεται όπως φαίνεται

στον παρακάτω πίνακα

και η f έχει μοναδικό σημείο καμπής στο π π π

α , 0,4 2 2

∈ ⊆ ÷ ÷

δ) η εξίσωση είναι x

x

1e 2 3

x

1e 1

x

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) 0

x ′− = = + − > ÷

εφόσον ( )fκαι x 3 x 0+ > >1 , οπότε η G ( )1

και ''1 1''− και άρα η εξίσωση γίνεται x 1e 1 , x 0

x− = > , θεωρούμε x 1

h(x) e 1 , x 0x

= − − > ,

x2

1h (x) e 0

x′ = + > οπότε ( )h 1 στο ( )0, + ∞ ,

x

x 0 x 0

1lim h(x) lim e 1

x+ +→ →

= − − = −∞ ÷ ,



x

x x 0

1lim h(x) lim e 1

x+→+∞ →

= − − = +∞ ÷ 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 2

f (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) e

f (x) e= = =

β) ( )

( )2xx

22 2

e x 1eh(x) , h (x) 0 , x

x 1 x 1

−′= = ≥ ∈

+ +r με το '' ''= να ισχύει μόνο για x 1= , άρα ( )hστο1 r

οπότε και ''1 1''− δηλ. αντιστρέψιμη, x

2x x

1lim h(x) lim e 0 0 0

x 1→−∞ →−∞

= × = × = ÷+ ,

x

2x x

elim h(x) lim

x 1→+∞ →+∞= =

+

x x

DLH x DLH x

e elim lim

2x 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) 0εφόσον h και x 2 x′ = + − > + >1 , οπότε ( )Gστο1 r δηλ. και ''1 1''− , άρα 2 2x 2 3 x 1 x 1ή x 1+ = ⇔ = ⇔ = = −

ΘΕΜΑ 86



Δίνεται f : →r r συνεχής συνάρτηση με tx

t f ( t )0

e 1f (x) dt x , x

e +

−= − ∈∫ 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) x

e +

−′ = − ⇔

( ) ( ) ( ) ( )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 x

e x e xe f (x) ln ln e x ln e f (x) ln e x x

e e

>− −⇔ = ⇔ = = − − ⇔ = − −

β) x

x 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 x

ue

e xlim ln lim ln u 0

e→+∞ →−=

− = =, εφόσον

x x

x xx DLH x

e x elim lim 1

e e

∞ ÷∞

→+∞ →+∞

− = = ,

{x

x

x

xx ue x

ue

e xlim ln lim ln u

e→+∞ →+∞−=

− = = +∞εφόσον

x

x xx x

e x 1lim lim 1 x

e e→−∞ →+∞

− − × = +∞ ÷

και άρα ( ) )f (A) ln e 1 1 ,= − − + ∞

( )( )

x x2x

2x

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

e x

− −′′ = − >−

οπότε το πρόσημο και οι ρίζες της

f ′′ προκύπτουν από τον αριθμητή, θεωρούμεx x xh(x) 2e xe 1 , x ,h (x) e (1 x)′= − − ∈ = −r

( ] ( )x x1 x x

A ,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 0

e e

∞ ÷∞

− −→−∞ →−∞ →−∞ →−∞= = = − =

−, ( ]1 1h(1) e 1 0 , h(A ) 1,e 1 , 0 h(A )= − > = − − ∈ άρα

υπάρχει μοναδικό (εφόσον 1hστο A1 ) ( )1 1 1x Aώστε 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

2hστο A2 ) ( )2 2 2x Aώστε 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)fβ 2f α

α′ = = άρα για την f από Θ.Μ.Τ. στο [ ]0,α υπάρχει

( )β 0,α∈ ώστε ( ) ( )2f (α) f (0) f (α)fβ 2f α

α 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 α

x−′ = − από Θ. Fermat f (1) 0 lnα 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 0A 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 2

e−

−→+∞

= − − = +∞ ÷ ÷ εφόσον

x 1

xlim e −

→+∞= +∞ και

x 1 x 1x DLH x

ln x 1lim lim

e xe

∞ ÷∞

− −→+∞ →+∞= =

x 1x

1 1lim 0 0 0

x e −→+∞

= × = × = ÷ , ( ) ( )2f A 1,= − + ∞ , ( ) ( )1 20 f Aκαι 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

2

1 11 2 z 1

z 1 ln zz z

e −

+× = ⇔

( ) ( )( )

11 1

1 1

2z 0

2 1 1 z 1 z 111 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 , z

2

− ±+ + = = − =

ΘΕΜΑ 88

Δίνεται π π

f : ,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 π

x ,άρα συνx 02 2

∈ − > ÷ , η ισότητα που δίνεται με ολοκλήρωση κατά παράγοντες γίνεται

[ ] ( )x x x x

x2 2

00 0 0 0

1 f (t)συνtdt f (t)ημtdt συν x 1 f (t)συνt f (t) συνt dt f (t)ημtdt συν x′′′ ′ ′ ′ ′+ = + ⇔ + − = + ⇔∫ ∫ ∫ ∫( )συνx 0x x

2 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 0xημx ημy ημx π

, 0 x yyημy y x 2

>

< ⇔ < < < < , θεωρούμε ημx π

g(x) , x 0,x 2

= ∈ ÷ με

( )2

xσυνx ημx πg (x) 0 ,άρα g στο 0,

x 2

− ′ = < ÷ 2 εφόσον θεωρώντας

πh(x) xσυνx ημx , x 0,

2 = − ∈

έχουμε π

h (x) xημx 0 , x 0,2

′ = − < ∈ ÷ άρα ( ) π

hστο 0,2

2 , x 0 h(x) h(0) xσυνx ημx 0> ⇔ < ⇔ − < ,

οπότε ( )gπ ημx ημy

0 x y g(x) g(y)2 x y

< < < ⇔ > ⇔ >2

γ) η εξίσωση είναι x π

ημx 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 e

2< < < < , οπότε ( ) π

φ στο 0,2

÷

2 και

αφού φ(0) 0 η x 0= = είναι η μοναδική λύση της εξίσωσης

δ) αν

( )

( )3

x5

0

2xx 3

0

x ln 1 t dtF(x)

e x 1 f t dt

+=

− − ÷

∫∫

, τότε



( )

( )

( )

3 3

x

x5 0

2 20

x2 2x xx 0 x 0 x 0x 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 2

e x 1 e 1 e+ + +

÷ ÷

→ → →= = =

− − − (2)

( )( )

x0 0

0 00

2 DLH DLHx 0 x 0 x 0

ln 1 t dtln(1 x) 1 1

lim lim limx 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 x3f x 3ημx 3 ημu 3 3

lim 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 35

+→= × =

ΘΕΜΑ 89

Δίνεται ( )f : 0, + ∞ → r συνεχής για την οποία ισχύει ( )t1

tx

te 1f (x) dt , x 0

t 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

x

1 xef (x)

xe x ln x

−′ = =−

( ) ( )( ) ( )x x

x xx x

1e e ln xx ln e ln x f (x) ln e ln x c

e ln x e ln x

′− − ′= = − = − − ⇔ = − − +− −

, f (1) 0= οπότε προκύπτει

c 1= και ( )xf (x) 1 ln e ln x= − −

β) x

xx

1e

xf (x) , x 0 , e ln x 0e ln x

−′ = > − >

− , θεωρώντας x1

g(x) e , x 0x

= − > έχουμε x2

1g (x) e 0

x′ = − − <

άρα ( ) ( )gστο 0, + ∞2 3

x 0

1g(1) 1 e 0 , lim g(x)ή g 3 e 0

3+→

= − < = +∞ = − > ÷ οπότε από Θ. Bolzano

υπάρχει μοναδικό ( )α 0,1∈ ώστε g(α) 0= και κατ’ επέκταση f (α) 0′ = ,

( )g

0 xα g(x) g(α) g(x) 0< < ⇔ > ⇔ >2

άρα και f (x) 0′ > και ανάλογα ( )g

xα g(x) g(α) g(x) 0> ⇔ < ⇔ <2

άρα και f (x) 0′ < , οπότε όπως φαίνεται και στον πίνακα μονοτονίας η f για xα= 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 ( ) ( )fστο 0,α1

δ) αν (ε) η εφαπτομένη της fC σε σημείο της ( )Mγ,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 ,1

x= ∈ έχουμε ( )f (1) f (β)

φ(1) 0 , φ β 01β

= = = = κι εφόσον φ παραγωγίσιμη με

2

f (x)x f (x)φ (x)

x

′ −′ = από Θ. Rolle υπάρχει γ ( )β ,1∈ ώστε 2

f (γ)γ f (γ)φ (γ) 0 0

γ

′ −′ = ⇔ = ⇔

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 0και h(x) f x 1 , x

x= > = + ∈∫ 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) 0και 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 2ή x 1 x 2>

= + ⇔ − − = ⇔ = = − ⇔ =δ) η ανίσωση είναι δύο μεταβλητών με 0α β< < , οπότε θεωρούμε

( ) [ ]x x x

α α αG(x) g(t)dt h(t)dt xα g(t)h(t)dt , x α ,β= × − − ∈∫ ∫ ∫ και έχουμε

( )x

α

x x x

α α α

dt

G (x) g(x) h(t)dt h(x) g(t)dt g(t)h(t)dt xα 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+ −

= + − − = − − <∫ ∫ 14424431442443 διότι

( )g

0α t x g(t) g(x)< < < ⇔ <1

και ( ) ( )2xh (x) 2xe 0για x 0 , h στο 0,′ = > > + ∞1 οπότε

( )h

0α 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)dtβ 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 x

g(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 0για x 0 άρα h στο 0,′= − − ∈ + ∞ = − > > + ∞1x 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 0

f (x) x ln x0 , x 0

>= − =

, x x x

x 1lim f (x) lim lim 1

ln xx ln x 1x

→+∞ →+∞ →+∞= = =

− − εφόσον x DLH x

ln x 1lim lim 0

x 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 1

eA 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 2

x 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) 0για x 0′= ≥ = > >∫ άρα ( ) [ )Fστο 0, + ∞1 , F (x) f (x)′′ ′=

θεωρούμε την ( ) [ ]x

α

α xG(x) F(t)dt xα F , x α ,β

2

+ = − − ∈ ÷ ∫α x x α x α

G (x) F(x) F F2 2 2

+ − + ′ ′= − − ÷ ÷ (2)

α xeα x β

2

+< < < < και από Θ.Μ.Τ. για την F στο α x

, x2

+

υπάρχει α x

ξ , x2

+ ∈ ÷ ώστε

α xF(x) F

2F (ξ)

xα2

+ − ÷ ′ = − (3)

( )F (3)

α xF(x) F

xα x α x α x α x α α x2eξ x F F (ξ) F F F(x) F

xα2 2 2 2 2 22

′+ − ÷+ + + + − + ′ ′ ′ ′< < < ⇔ > ⇔ > ⇔ > − ⇔ ÷ ÷ ÷ ÷−

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)dt

2 2

+ + < ⇔ > ⇔ > − − ⇔ − > ÷ ÷ ∫ ∫δ) η ανίσωση ( )

2 2x e 2e x e 2e2 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



[ ] ( )0

0

0 0 00 0 κριτήριο0παρεμβολής x x

00 0 x x

x x f (x) f (x ) x x0 f (x) f (x ) x xlim f (x) f (x ) 0

lim x x 0για κάθε x x με x, x 0,1 →→

− − < − < − ≤ − < − ⇔ → − = − =≠ ∈

άρα ( )0

0x xlim f (x) f x→

= και f συνεχής στο [ ]0,1 , g συνεχής στο [ ]0,1 ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων

Αν 1 2 1 2x xμε 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 1

x 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 0,1

2= = = − = − ∈∫ ∫ ∫

F (x) f (x) , G (x) g(x) F (x) x f (x) x′ ′ ′= = = − = −

( ) ( ) ( )1 1 1 1

1

00 0 0 0

1 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 dx

2

+ > ⇔ + + > + ⇔ ÷

∫ ∫ ∫ ∫( )

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 3

6 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 lim

x 0 x+ +→ →

− +−′ = = =−

x x x

x 0 x 0 x 0

F(x) e 1 F(x) e 1 F(x) e 1lim lim lim

x x x x x+ + +→ → →

− + − −= = − = − ÷

(1)

0fσυνεχής0

DLHστο 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 1

x+ +

÷

→ →

− = = , 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 0Φ (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 2

00 0 0

2 F(t)dtα 2 t F(t)dt α 2 tF(t) 2 tF (t)dt α′ ′> ⇔ > ⇔ − > ⇔∫ ∫ ∫α α α

2 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)dtαΗ(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 1

1x 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 0ή z z 1 0 z 1 ή z

2

− ±⇔ − + + = ⇔ − = + + = ⇔ = =

ΘΕΜΑ 94

Δίνεται συνάρτηση ( )f : 0, + ∞ → r δύο φορές παραγωγίσιμη με f (1) 2= για την οποία ισχύει

x 2h x

x x h

2 2h 0

f (t)dt 4 f (t)dt 2hf (x)5 1

lim f (x) , x 06h 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

( )0

0

2h 0 DLH

F(x 2h) F(x) 4 F(x) F(x h) 2hf (x)lim

6h

÷

→

+ − − − − +=

( )( ) 0

0

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 2

2 5 1f (x) f (x)

3 3 x′ ′= + ⇔

2

1 1f (x) f (x) c

x x′⇔ = − ⇔ = + , από f (1) 2= προκύπτει

1c 1και f (x) 1

x= = +

β) ( )3 2

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

x x x 1

+ − ′= + + − > = > ÷ + , εφόσον ( )x x 1 0για 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 ( ) [ )hστο 0, + ∞1 οπότε από Θ. Bolzano υπάρχει

μοναδικό α ( )0,1∈ ώστε h(α) 0= και κατ’ επέκταση g (α) 0′ = ,

0 xα h(x) h(α) h(x) 0< < ⇔ < ⇔ < και κατ’ επέκταση g (x) 0′ < ,

xα h(x) h(α) h(x) 0> ⇔ > ⇔ > και κατ’ επέκταση g (x) 0′ > , οπότε

η g για xα= παρουσιάζει ολικό ελάχιστο

γ) ( )1

u 1x

2

ux 0 x 0

1lim ln 1 lim ln u , lim x 2 2

x+ +

= +

→+∞→ →

+ = = +∞ − = − ÷ άρα

x 0lim g(x)

+→= +∞

( )1

u 1x

2

x xu 1

1lim ln 1 lim ln u 0 , lim x 2

x +

= +

→+∞ →+∞→

+ = = − = +∞ ÷ 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) 0θα 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 1

F(x)2

+≥ έχουμε

( ) [ ]121 1 1 1

1

00 0 0 0

0

x 1 1 x 3F(x)dx dx x F(x)dx x xF(x) xF (x)dx

2 2 2 4

+ ′ ′≥ ⇔ ≥ + ⇔ − ≥ ⇔ ∫ ∫ ∫ ∫

1 1 1

0 0 0

3 3F(1) xf (x)dx 1 xf (x)dx 1 4 xf (x)dx

4 4⇔ − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥∫ ∫ ∫γ)

x 1F(x) 0όταν x

2

+≥ > → +∞ άρα x

1 2 20 , lim 0

F(x) x 1 x 1→+∞< ≤ =

+ + και άρα από κριτήριο παρεμβολής

x

1lim 0

F(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

1u

F(x)

x x x u 0

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

11 F(x) u 11F(x)

=

→+∞ →+∞ →+∞ →= = = =

+ ++

δ) η εξίσωση γίνεται

( ) ( )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 51 _ 95 - Μπάρλας

Education

Transcript of Λύσεις 51 _ 95 - Μπάρλας