30 επαναληπτικά θέματα (2017 2018) με απαντήσεις (new)

Θανάσης Κοπάδης – Μαθηματικός thanasiskopadis.blogspot.com

[1]

30 Επαναληπτικά Θέματα με Απαντήσεις

Μαθηματικά Προσανατολισμού Γ Λυκείου

(Σύμφωνα με τις νέες οδηγίες 2017-2018)

Θανάσης Κοπάδης - Μαθηματικός

thanasiskopadis.blogspot.com

Διατίθεται ελεύθερα από το μαθηματικό blog «O άγνωστος x» και επιτρέπεται η χρήση, η αναπαραγωγή και η κοινοποίηση, αρκεί να μη γίνεται με σκοπό το χρηματικό κέρδος.


[2]

30 Επαναληπτικά Θέματα με Απαντήσεις

2017-2018

Μαθηματικά Προσανατολισμού Γ Λυκείου

thanasiskopadis.blogspot.com

ΘΕΜΑ 1

Δίνονται οι συναρτήσεις , : →ℝ ℝf g με ( ) ( )ln 1= + xf x e και

( ) 1

1

−=

+

x

x

eg x

e

α. Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται.

β. Να δείξετε ότι η g είναι περιττή.

γ. Δίνεται επιπλέον συνάρτηση ( ): 0,+∞ →ℝh τέτοια, ώστε να ισχύει =�h f g

Να βρείτε τον τύπο της h

δ. Αν ( ) 1 2 −= − xh x e , τότε να αποδείξετε ότι

( ) ( ) ( ) ( )2 3 4+ < +x x x xh e h e h e h e για κάθε 0>x

Απαντήσεις

α. Είναι Α = ℝf

Έστω 1 2, ∈ℝx x με ( ) ( )1 2=f x f x , τότε

( ) ( )1 2 1 2 1 21 2ln 1 ln 1 1 1+ = + ⇔ + = + ⇔ = ⇔ =x x x x x xe e e e e e x x

Άρα η f είναι 1 1− , οπότε αντιστρέφεται.

β. Είναι Α = ℝg , οπότε αν ∈ℝx , τότε και − ∈ℝx

Επίσης ( ) ( )1

11 1 111 1 11

−

−

−− − −− = = = = − = −

+ + ++

x x xx

x x x

x

e e eeg x g xe e e

e


[3]

Άρα η g είναι περιττή

γ. Για 0>x στη σχέση ( )( ) ( )=�h f x g x θέτουμε ( )1−=x f x , οπότε έχουμε:

( )( )( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 1 1− − −= ⇔ = �h f f x g f x h x g f x

Πρώτα θα υπολογίσουμε την αντίστροφη 1−f της f

( ) ( ) ( ) ( ) ( )0

1ln 1 1 1 ln 1 ln 1>

−= ⇔ = + ⇔ + = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = −y

x x y x y y yy f x y e e e e e x e f y e

με 0>y

Άρα ( ) ( )1 ln 1− = −xf x e ,

Για το πεδίο ορισμού της 1−�g f έχουμε:

( ) ( )1

11

00

−

−−

∈Α > ⇔ ⇔ >

∈∈Α ℝ

f

g

x xx

f xf x

Επομένως ( )0,Α = +∞h

Είναι ( )( ) ( )( )( )

( )

( )

( )

1

1

ln 1

1 1

ln 1

1 1 21 2

1 1

−

−

−

− − −

−

− − −= = = = = −

+ +�

x

x

ef x xx

xf x e

e e eg f x g f x e

ee e

Οπότε ( ) 1 2 −= − xh x e με ( )0,Α = +∞h

δ. Για 0>x έχουμε ( ) 2 0−′ = >xh x e

Άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα στο ( )0,+∞

● Για 0>x έχουμε: ( ) ( )3 33< ⇔ < ⇔ <ր րxe h

x x x xx x e e h e h e (1)

● Για 0>x έχουμε: ( ) ( )2 4 2 42 4< ⇔ < ⇔ <ր րxe h

x x x xx x e e h e h e (2)


[4]

Από (1)+(2) προκύπτει:

( ) ( ) ( ) ( )2 3 4+ < +x x x xh e h e h e h e , για κάθε 0>x

ΘΕΜΑ 2

Δίνονται οι συναρτήσεις , : →ℝ ℝf g , με ( ) =ℝ ℝg , για τις οποίες ισχύει:

● ( )( ) ( )= +�f f x x f x , για κάθε ∈ℝx

● ( )( )1 0− − + =xf g x e x , για κάθε ∈ℝx

α. Να δείξετε ότι η f είναι 1-1

β. Να βρείτε τη συνάρτηση g

Αν ( ) 1= + −xg x e x , τότε:

γ. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης ( ) ( )( )ln=h x g x

δ. Να αποδείξετε ότι η g αντιστρέφεται και στη συνέχεια να λύσετε την εξίσωση

( )21 1 2 2− + + =xg e x


α. Έστω 1 2, ∈ℝx x με ( ) ( )1 2=f x f x (1) , τότε:

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )1 2 1 2= ⇔ =� �f f x f f x f f x f f x (2)

Από (2)-(1) και την αρχική ισότητα έχουμε:

( )( ) ( ) ( )( ) ( )1 1 2 2 1 2− = − ⇔ =� �f f x f x f f x f x x x

Επομένως η f είναι 1-1

β. Για 0=x στην αρχική ισότητα προκύπτει:

( )( ) ( ) ( ):1 1

0 0 0 0−

= ⇔ =f

f f f f


[5]

Οπότε

( )( ) ( )( ) ( ) ( ):1 1

1 0 1 0 1 0−

− − + = ⇔ − − + = ⇔ − − + =f

x x xf g x e x f g x e x f g x e x

( ) 1⇔ = + −xg x e x

γ. Θα πρέπει ( ) 0>g x

Είναι ( ) 1 0′ = + >xg x e , άρα η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα.

Επομένως ( ) ( ) ( ):

0 0 0> ⇔ > ⇔ >րg

g x g x g x

Οπότε ( )0,Α = +∞h

δ. Η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα, άρα είναι 1-1, οπότε αντιστρέφεται.

Έχουμε: ( ) ( ) ( )2 2 2

:1 11 1 2 1 2 1 22 2 1 1 2

−− + + ++ = ⇔ + = ⇔ + + − =

gx x xg e x e x g e x g

( ) ( ):1 1

2 2 21 2 1 2 1 1−

⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = ±g

g x g x x x

ΘΕΜΑ 3

Δίνεται η συνάρτηση ( ) =f x x x

α. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία

β. Να βρείτε το σύνολο τιμών της f

γ. Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφή της 1−f

δ. Να βρείτε σημείο ( ),Μ x y της 1−fC , με 0>x , το οποίο να απέχει από το

5,0

2 Α

τη μικρότερη απόσταση


α. Για 0≥x είναι =x x , άρα ( ) 2=f x x


[6]

Για 0<x είναι = −x x , άρα ( ) 2= −f x x

Οπότε ( )2

2

, 0

, 0

− <=

≥

x xf x

x x

Α΄ τρόπος (με ορισμό)

● Έστω ( )1 2, ,0∈ −∞x x με 1 2<x x , τότε ( ) ( )2 2 2 21 2 1 2 1 2> ⇔ − < − ⇔ <x x x x f x f x

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( )1 ,0Α = −∞

● Έστω [ )1 2, 0,∈ +∞x x με 1 2<x x , τότε ( ) ( )2 21 2 1 2< ⇔ <x x f x f x . Άρα η f είναι

γνησίως αύξουσα στο διάστημα [ )2 0,Α = +∞

● Έστω ( )1 ,0∈ −∞x και [ )2 0,∈ +∞x με 1 2<x x , τότε ( ) 21 1 0= − <f x x και

( ) 22 2 0= ≥f x x , επομένως ( ) ( )1 2<f x f x

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση

Β΄ τρόπος (με παραγώγους)

Αρχικά δείχνουμε ότι η f είναι συνεχής συνάρτηση (εύκολο)

● Για 0<x είναι ( ) 2= −f x x που είναι παραγωγίσιμη με ( ) 2 0′ = − >f x x και

επειδή είναι συνεχής στο 0 θα είναι γνησίως αύξουσα στο ( ],0−∞

● Για 0>x είναι ( ) 2=f x x που είναι παραγωγίσιμη με ( ) 2 0′ = >f x x και

επειδή είναι συνεχής στο 0 θα είναι γνησίως αύξουσα στο [ )0,+∞

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση

β. Α΄ τρόπος

Αν ( )1 ,0Α = −∞ , τότε ( ) 2 0= − <f x x , οπότε ( ) ( )1 ,0Α = −∞f

Αν [ )2 0,Α = +∞ , τότε ( ) 2 0= ≥f x x , οπότε ( ) [ )2 0,Α = +∞f

Επομένως ( ) ( ) ( )1 2Α = Α ∪ Α =ℝf f f


[7]

Β΄ τρόπος

Αν ( )1 ,0Α = −∞ και αφού η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, τότε

( ) ( ) ( )( ) ( )10

lim , lim ,0−→−∞ →

Α = = −∞x x

f f x f x

Αν [ )2 0,Α = +∞ και αφού η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, τότε

( ) ( ) ( )) [ )2 0 , lim 0,→+∞

Α = = +∞ x

f f f x

Επομένως ( ) ( ) ( )1 2Α = Α ∪ Α =ℝf f f

γ. Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα, οπότε είναι και 1-1, άρα

αντιστρέφεται.

● Αν ( )1 ,0Α = −∞ έχουμε:

( ) ( )1

2 2 1∈Α

−= ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − − ⇔ = − −x

y f x y x x y x y f y y με

( ) ( )1 1 ,0−Α = Α = −∞f

f

● Αν [ )2 0,Α = +∞ έχουμε:

( ) ( )2

2 2 1∈Α

−= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =x

y f x y x x y x y f y y με

( ) [ )1 2 0,−Α = Α = +∞f

f


[8]

Επομένως ( )1 , 0

, 0

−− − <

= ≥

x xf x

x x

δ. Για 0>x είναι ( )1− =f x x , οπότε ( ),Μ x x

Συνεπώς ( ) ( )2

225 25

0 42 4

ΑΜ = − + − = − +

x x x x

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 2 254

4= − +g x x x .

Μελετώντας τη συνάρτηση g ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα (με

παραγώγους ή με ορισμό) βλέπουμε ότι αυτή γίνεται ελάχιστη για 2=x

Επομένως το ( )2, 2Μ είναι το ζητούμενο σημείο.

ΘΕΜΑ 4

Δίνεται η συνάρτηση ( )2

3

2 1 , 0

, 0

+ − + ≤=

− − + >

x x xf x

x x a x

α. Να βρείτε την τιμή του ∈ℝα , ώστε η f να είναι συνεχής στο 0 0=x

Για 1=α

β. Να βρείτε τα όρια ( )lim→−∞x

f x και ( )lim→+∞x

f x

γ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ( ) 0=f x έχει τουλάχιστον δύο ρίζες 1 2,x x με

1 20< <x x

δ. Για 0>x να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και στη

συνέχεια να αποδείξετε ότι 2

3

1lim

1+→= −∞

− − +x x x x


α. Είναι


[9]

( ) ( )2

0 0lim lim 2 1 1

− −→ →= + − + =

x xf x x x ,

( ) ( )3

0 0lim lim

+ +→ →= − − + =

x xf x x x α α και

( )0 1=f

Για να είναι η f συνεχής στο 0 0=x θα πρέπει ( ) ( ) ( )0 0

lim lim 0− +→ →

= =x x

f x f x f ,

επομένως 1=α

Για 1=α έχουμε ( )2

3

2 1 , 0

1 , 0

+ − + ≤=

− − + >

x x xf x

x x x

β. Είναι ( ) ( )22

1lim lim 2 1 lim 2 1→−∞ →−∞ →−∞

= + − + = + + + =

x x xf x x x x x

x

2

1 1lim 1 2 1→−∞

+ + + = −∞

xx

x x

Επίσης ( ) ( ) ( )3 3lim lim 1 lim→+∞ →+∞ →+∞

= − − + = − =−∞x x x

f x x x x

γ. Αφού ( )lim→−∞

= −∞x

f x θα υπάρχει 3 0<x τέτοιο, ώστε ( )3 0<f x

● H f συνεχής στο [ ]3,0x

● ( ) ( )3 0 0⋅ <f x f ,

άρα από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( ) 0=f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα

( ) ( )1 3,0 ,0∈ ⊆ −∞x x

Αφού ( )lim→+∞

= −∞x

f x θα υπάρχει 4 0>x τέτοιο, ώστε ( )4 0<f x

● H f συνεχής στο [ ]40,x

● ( ) ( )40 0⋅ <f f x


[10]

άρα από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( ) 0=f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα

( ) ( )2 40, 0,∈ ⊆ +∞x x

Επομένως η εξίσωση ( ) 0=f x έχει τουλάχιστον δύο ρίζες 1 2,x x με 1 20< <x x

(Να αναφέρουμε ότι ( )0 1=f , άρα το 0 δεν είναι ρίζα της εξίσωσης ( ) 0=f x )

δ. Για 0>x , είναι ( ) 3 1= − − +f x x x

Με χρήση του ορισμού της μονοτονίας ή με χρήση παραγώγων, πολύ εύκολα δείχνουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα.

Είναι ( )2

1lim

+→x x f x, αφού 2 0>x

Έχουμε ( ) ( )2

2lim 0+→

= =x x

f x f x , αφού η f είναι συνεχής και το 2x ρίζα της

( ) 0=f x για 0>x

Επιπλέον ( ) ( ) ( )2 2 0> ⇔ < ⇔ <ցf

x x f x f x f x

Επομένως ( )2

1lim

+→= −∞

x x f x

ΘΕΜΑ 5

Δίνεται η συνάρτηση ( ) 32= + +xf x x x , ∈ℝx

α. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε το πεδίο ορισμού της 1−f

β. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό ( )0 1,0∈ −x τέτοιο, ώστε ( )10 0−=x f

γ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ( ) ( )1

001

2 1

−−− +=

− −

xf x ef x x

x x έχει μια τουλάχιστον

ρίζα στο διάστημα ( )1,2

δ. Να βρείτε το όριο ( ) ( )( ) ( )

2lim

2→+∞

+

+x

f x f x

f x f x

ηµηµ


[11]


α. Με τη βοήθεια του ορισμού της μονοτονίας ή με χρήση παραγώγων, εύκολα αποδεικνύουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ , άρα είναι 1-1,

οπότε αντιστρέφεται.

Έχουμε ( ),Α= = −∞ +∞ℝ , f συνεχής και γνησίως αύξουσα, άρα έχει σύνολο

τιμών το ( ) ( ) ( )( ) ( )lim , lim ,→−∞ →+∞

Α = = −∞ +∞ = ℝx x

f f x f x

Οπότε το πεδίο ορισμού της 1−f είναι ( )1−Α = Α = ℝ

ff

β. Αρκεί να αποδείξουμε ότι η εξίσωση ( ):1 1

1 0 ( ) 0−

−= ⇔ =f

x f f x έχει μοναδική ρίζα

στο διάστημα ( )1,0−

● H f συνεχής στο [ ]1,0−

● ( ) 1 31 2 1 1 0

4−− = − − = − <f

( ) 00 2 1 0= = >f

άρα από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( ) 0=f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο

διάστημα ( )1,0−

Επιπλέον η f είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση, οπότε τελικά υπάρχει

μοναδικό ( )0 1,0∈ −x τέτοιο, ώστε ( )0 0=f x

γ. Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( ) ( )10 01 1 2 −= − − + − − − xg x x f x x x f x e στο

διάστημα [ ]1,2

● H g συνεχής στο [ ]1,2

● ( ) ( )01 1= −g f x

( ) ( )02 1= +g f x


[12]

Όμως, ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 01 1 1 0 1 0− < ⇔ − < ⇔ − < ⇔ <րf

x x f x f x f x g και

( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 01 1 1 0 2 0+ > ⇔ + > ⇔ + > ⇔ >րf

x x f x f x f x g

Άρα ( ) ( )1 2 0⋅ <g g , οπότε από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( ) 0=g x έχει

μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )1,2 και άρα η εξίσωση

( ) ( )1001

2 1

−−− +=

− −

xf x ef x x

x x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα αυτό.

δ. Θέτουμε ( ) =f x y , οπότε όταν →+∞x θα είναι →+∞y

Επομένως ( ) ( )( ) ( )

11 2

2 2 1lim lim lim

2 2 212

→+∞ →+∞ →+∞

+ + + = = =

+ + +

x y y

y yf x f x yy y

f x f x y yy y

y

ηµηµ ηµηµ ηµ

ηµ ,

αφού:

1 1 1 1 1 1= ⋅ ≤ ⇔− ≤ ≤y y y

y y y y y yηµ ηµ ηµ και

1 1lim lim 0→+∞ →+∞

− = = y yy y

,

άρα από κριτήριο παρεμβολής 1

lim 0→+∞

=y

yyηµ

ΘΕΜΑ 6

Δίνεται συνεχής συνάρτηση ( ): 1,+∞ →ℝf για την οποία ισχύουν:

● ( )( ) 3

2

2 1lim

2→−∞

− + −= +∞

+x

f e x x

x

● ( ) ( )( ) 22 ln 1− = −f x f x x , για κάθε 1>x

α. Να αποδείξετε ότι ( ) 2<f e

β. Να αποδείξετε ότι ( ) 1 ln= −f x x , 1>x

γ. Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( )1= +g x f x

x, 1>x


[13]

i. Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης g

ii. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό 0 1>x τέτοιο, ώστε 0

1

0=xe x

iii. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ( ) 3= −g x xηµ είναι αδύνατη, για κάθε

1>x


α. ● Αν ( ) 2 0− >f e τότε,

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

3 3

2 2

2 1 2lim lim lim 2

2→−∞ →−∞ →−∞

− + − −= = − = −∞

+x x x

f e x x f e xf e x

x x

Η περίπτωση απορρίπτεται

● Αν ( ) 2 0− <f e τότε,

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

3 3

2 2

2 1 2lim lim lim 2

2→−∞ →−∞ →−∞

− + − −= = − = +∞

+x x x

f e x x f e xf e x

x x

Η περίπτωση είναι δεκτή

● Αν ( ) 2 0− =f e τότε, ( )( ) 3

2 2

2 1 1lim lim lim 0

2→−∞ →−∞ →−∞

− + −= = =

+x x x

f e x x x

x x x

Η περίπτωση απορρίπτεται

Άρα ( ) 2<f e

β. Για κάθε 1>x έχουμε:

( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 22 ln 1 2 ln 1− = − ⇔ − = − ⇔f x f x x f x f x x

( ) ( ) ( )( )22 2 22 1 ln 1 ln− + = ⇔ − =f x f x x f x x

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) 1= −h x f x , 1>x για την οποία ισχύει

( )2 2ln 0= ≠h x x , για κάθε 1>x


[14]

Άρα, για κάθε 1>x είναι ( ) 0≠h x και η h συνεχής, επομένως διατηρεί σταθερό

πρόσημο.

Για 0 =x e η αρχική σχέση μας δίνει ότι:

( ) ( )( ) ( ) ( )( )22 ln 1 2 0− = − ⇔ − = ⇔f e f e e f e f e

( ) 0=f e ή ( ) 2=f e

Δηλαδή ( ) 0=f e , αφού από το ερώτημα α. έχουμε ότι ( ) 2<f e

Συνεπώς ( ) ( ) 1 1 0= − =− <h e f e , επομένως ( ) 0<h x , για κάθε 1>x

Έτσι, για κάθε 1>x έχουμε:

( ) ( ) ( ) ( )( ) 0ln 0

2 2 2 2ln ln ln ln<>

= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔h xx

h x x h x x h x x h x x

( ) ( ) ( )ln 1 ln 1 ln= − ⇔ − = − ⇔ = −h x x f x x f x x

γ. i. Είναι ( ) ( ) ( )1 11 ln= + ⇔ = + −g x f x g x x

x x, 1>x

Έχουμε ( )1,Α = +∞ , g συνεχής και γνησίως φθίνουσα,

άρα έχει σύνολο τιμών ( ) ( ) ( )( ) ( )1

lim , lim ,2+→+∞ →

Α = = −∞x x

g g x g x

ii. Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση:

( )1 1 1 1

ln ln ln ln 0 1= ⇔ = ⇔ = ⇔ − = ⇔ =x xe x e x x x g xx x

έχει μοναδική ρίζα

στο διάστημα ( )1,+∞

Είναι ( )1∈ Αg και g γνησίως φθίνουσα, άρα η εξίσωση ( ) 1=g x έχει μοναδική

ρίζα στο διάστημα ( )1,+∞

Συνεπώς υπάρχει μοναδικό 0 1>x τέτοιο, ώστε 0

1

0=xe x

iii. Ισχύει:


[15]

1 1 3 2≤ ⇔− ≥− ⇔ − ≥x x xηµ ηµ ηµ

Επίσης, δείξαμε στο ερώτημα γ.i. ότι ( ) ( ),2Α = −∞g , δηλαδή ( ) 2<g x , για

κάθε 1>x

Επομένως, δεν υπάρχει 1>x τέτοιο, ώστε ( ) 3= −g x xηµ , συνεπώς η εξίσωση

( ) 3= −g x xηµ είναι αδύνατη, για κάθε 1>x

ΘΕΜΑ 7

Στο παρακάτω σχήμα είναι ΑΒ =α , 3ΑΓ = α και 2Γ∆ = α , όπου ( )0,∈ +∞α

α. Να εκφράσετε το ευθύγραμμο τμήμα ΜΝ συναρτήσει του x και στη συνέχεια να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου χωρίου, συναρτήσει του x, όταν το σημείο Μ διαγράφει το ευθύγραμμο τμήμα ΑΓ δίνεται από τη συνάρτηση

( )2

2

, 0

2 , 3

< ≤=

− < ≤

x xf x

x a x

α

α α α

β. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής για κάθε ( )0,∈ +∞α

γ. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη για κάθε ( )0,∈ +∞α

Για 1=α

δ. Να εξετάσετε αν υπάρχουν ( )1 2, 0,1∈x x με 1 2≠x x τέτοια, ώστε οι εφαπτομένες

της γραφικής παράστασης της f στα σημεία ( )( )1 1 1,M x f x και ( )( )2 2 2,M x f x να

είναι παράλληλες.

ε. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφή της 1−f

στ. Να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης 1−f


[16]


α. ● Αν 0< ≤x α

Το τρίγωνο ΑΜΝ είναι όμοιο με το τρίγωνο ΑΒΕ, οπότε θα ισχύει

22

ΜΝ= ⇔ΜΝ=

xx

α α

Τότε ( ) ( )( ) 21 12

2 2Ε = ΑΜ ΜΝ = ⋅ =x x x x

● Αν 3< ≤a x α

Τότε

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

2 2Ε = ΑΒΕ + ΒΜΝΕ = ΑΒ ΒΕ + ΒΜ ΜΝ = ⋅ + − ⋅ =x xα α α α

( ) 2 2 212 2 2 2 2

2⋅ + − ⋅ = + − = −x x xα α α α α α α α α


2

, 0

2 , 3

< ≤=

− < ≤

x xf x

x a x

α

α α α

β. ● Αν 0< <x α , τότε η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική

● Αν 3< <a x α , τότε η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική

● Αν =x α , τότε:

( ) 2 2lim lim− −→ →

= =x x

f x xα α

α , ( ) ( )2 2 2 2lim lim 2 2+ −→ →

= − = − =x x

f x xα α

α α α α α και

( ) 2=f α α

Οπότε η f είναι συνεχής και στο =x α

Άρα η f είναι συνεχής για κάθε ( )0,∈ +∞α

γ. ● Αν 0< <x α , τότε η f είναι παραγωγίσιμη με ( ) 2′ =f x x

● Αν 3< <a x α , τότε η f είναι παραγωγίσιμη με ( ) 2′ =f x α

● Αν =x α , τότε:


[17]

( ) ( ) ( )2 2

lim lim lim 2− − −→ → →

− −= = + =

− −x x x

f x f xx

x xα α α

α αα α

α α,

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

+ − −→ → →

− − − −= = =

− − −x x x

f x f x x

x x xα α α

α α α α α αα

α α α

Οπότε η f είναι παραγωγίσιμη και στο =x α

Άρα η f είναι παραγωγίσιμη για κάθε ( )0,∈ +∞α

Για 1=α είναι ( )2 , 0 1

2 1 , 1 3

< ≤=

− < ≤

x xf x

x x

δ. Οι εφαπτόμενες της γραφικής παράστασης της f στα σημεία ( )( )1 1 1,M x f x και

( )( )2 2 2,M x f x είναι παράλληλες αν και μόνο αν ισχύει:

( ) ( )( )1 2, 0,1

1 2 1 2 1 22 2∈

′ ′= ⇔ = ⇔ =x x

f x f x x x x x

Άτοπο, αφού 1 2≠x x . Άρα δεν υπάρχουν τέτοιες εφαπτόμενες.

ε. Στο ( ]1 0,1Α = η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, αφού ( ) 2 0′ = >f x x

οπότε είναι 1-1 και επιπλέον έχει σύνολο τιμών ( ) ( ]1 0,1Α =f

Στο ( ]2 1,3Α = η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, αφού ( ) 2 0′ = >f x

οπότε είναι 1-1 και επιπλέον έχει σύνολο τιμών ( ) ( ]2 1,5Α =f

Επομένως ( ) ( )1 2Α ∩ Α =∅f f , δηλαδή η f είναι 1-1 συνάρτηση, άρα


Στο ( ]1 0,1Α = έχουμε:

( ) ( )2 1−= ⇔ = ⇔ = ⇔ =y f x y x x y f y y με ( ) ( ]1 1 0,1−Α = Α =f

f

Στο ( ]2 1,3Α = έχουμε:

( ) ( )11 12 1 2 1

2 2−+ +

= ⇔ = − ⇔ = + ⇔ = ⇔ =y y

y f x y x x y x f y με

( ) ( ]1 2 1,5−Α = Α =f

f


[18]

Οπότε ( )1 , 0 1

1 , 1 5

2

−

< ≤

= +< ≤

x xf x x

x

στ.

ΘΕΜΑ 8

Δίνεται η συνάρτηση ( )2 1 , 0

1 , 0

− + ≤=

− + >

x xf x

x x

α. Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τη συνάρτηση f

β. Να εξετάσετε αν για τη συνάρτηση f ικανοποιούνται οι υποθέσεις του

Θεωρήματος Μέσης Τιμής στο [ ]1,1−

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

συνάρτησης f η οποία διέρχεται από το σημείο 5

0,4

Α


α. ● Για 0<x η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική.


[19]

● Για 0>x η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική.

● Για 0=x έχουμε:

( ) ( )2

0 0lim lim 1 1

− −→ →= − + =

x xf x x , ( ) ( )

0 0lim lim 1 1

+ +→ →= − + =

x xf x x και ( )0 1=f , άρα η f

είναι συνεχής και στο 0=x , οπότε η f είναι συνεχής στο R

β. Η f είναι συνεχής στο διάστημα [ ]1,1− από το α. ερώτημα

● Για 0<x η f είναι παραγωγίσιμη με ( ) 2′ = −f x x

● Για 0>x η f είναι παραγωγίσιμη με ( ) 1′ = −f x

● Για 0=x έχουμε:

( ) ( ) ( )2

0 0 0

0 1 1lim lim lim 0

0− − −→ → →

− − + −= = − =

−x x x

f x f xx

x x και

( ) ( )0 0

0 1 1lim lim 1

0+ +→ →

− − + −= = −

−x x

f x f x

x x

Οπότε η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0=x

Επομένως η f δεν παραγωγίσιμη στο (–1, 1)

Άρα δεν ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής στο

διάστημα [–1, 1].

γ. Έστω ( )( )0 0,Β x f x το σημείο επαφής, με 0 0≠x , αφού η f δεν είναι

παραγωγίσιμη στο 0.

Τότε, η εξίσωση της εφαπτόμενης της είναι: ( ) ( )( )0 0 0′− = −y f x f x x x

● Για 0 0<x , είναι: ( ) ( )2 20 0 0 0 01 2 2 1− − + = − − ⇔ = − + +y x x x x y x x x


[20]

Η εφαπτόμενη διέρχεται από το σημείο 5

0,4

Α

οπότε έχουμε:

0 0

2 20 0 0

5 1 11

4 4 2

<

= + ⇔ = ⇔ = −x

x x x

Επομένως, η ζητούμενη εφαπτόμενη έχει εξίσωση 5

4= +y x

● Για 0 0>x , είναι: ( ) ( )0 01 1− − + = − − ⇔ = − +y x x x y x

Η παραπάνω ευθεία δε διέρχεται από το σημείο 5

0,4

Α

, επομένως η περίπτωση

αυτή απορρίπτεται.

ΘΕΜΑ 9

Δίνεται συνάρτηση : →ℝ ℝf παραγωγίσιμη, για την οποία ισχύουν:

● ( )( ) ( )( )1 4′+ + =f x x f x x , για κάθε ∈ℝx

● ( )0 1=f

α. Να δείξετε ότι ( ) 24 1= + −f x x x , ∈ℝx

β. Να υπολογίσετε το όριο ( ) ( )( )lim 1→+∞

− −x

f x xλ για τις διάφορες τιμές του

∈ℝλ

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

συνάρτησης f που σχηματίζει γωνία 3

4=

πω με τον άξονα ′x x

δ. Να δείξετε ότι υπάρχει ( )0 2,2∈ −x τέτοιο, ώστε

( ) ( ) ( )3 40 0 0 0 04 16 ′ ′− = −x f x f x x f x


α. Για κάθε ∈ℝx έχουμε:


[21]

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )1 4 4′′+ + = ⇔ + + = ⇔f x x f x x f x x f x x x

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )2 22 8 4′ ′′ + + = ⇔ + =

f x x f x x x f x x x

Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. υπάρχει σταθερά ∈ℝc τέτοια, ώστε:

( )( )2 24+ = +f x x x c για κάθε ∈ℝx

Για 0=x , έχουμε: ( )( )20 1= ⇔ =f c c

Άρα ( )( )2 24 1+ = +f x x x για κάθε ∈ℝx

Όμως 24 1 0+ ≠x για κάθε ∈ℝx , οπότε και ( )( )2 0+ ≠f x x για κάθε ∈ℝx

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) 0= + ≠g x f x x για κάθε ∈ℝx

Η g είναι επιπλέον συνεχής, οπότε διατηρεί σταθερό πρόσημο.

Επειδή ( ) ( )0 0 1 0= = >g f θα είναι ( ) 0>g x για κάθε ∈ℝx

Συνεπώς ( )( )

( )0

2 2 24 1 4 1>

= + ⇔ = + ⇔g x

g x x g x x

( ) ( )2 24 1 4 1+ = + ⇔ = + −f x x x f x x x για κάθε ∈ℝx

β. Είναι:

( ) ( ) 2 21 4 1 4 1− − = + − − + = + −f x x x x x x x xλ λ λ

Οπότε:

( )22 2

1 1lim 4 1 lim 4 lim 4→+∞ →+∞ →+∞

+ − = + − = + −

x x xx x x x x

x xλ λ λ


[22]

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

● Αν 2 0 2− < ⇔ >λ λ τότε ( ) ( )( )lim 1→+∞

− − = −∞x

f x xλ

● Αν 2 0 2− > ⇔ <λ λ τότε ( ) ( )( )lim 1→+∞

− − = +∞x

f x xλ

● Αν 2 0 2− = ⇔ =λ λ τότε

( )( ) ( )2 2

2

2

2

4 1 4 1lim lim 4 1 2 lim lim

14 1 2 4 2→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

+ −− = + − = = =

+ + + +x x x x

x xf x x x x

x x x xx

2 2

1 1 1 1lim lim 0 0

41 14 2 4 2

→+∞ →+∞

= ⋅ = ⋅ =

+ + + +

x x xx x

x x

γ. Έστω ( )( )0 0,Α x f x το σημείο επαφής.

Η εξίσωση εφαπτόμενης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f σχηματίζει

γωνία 3

4=

πω , οπότε ισχύει ( )0

31

4′ = = −f x

πεϕ

Είναι ( ) ( )2

2 2

1 44 1 1 1

2 4 1 4 1

′′ = + − = −+ +

xf x x

x x

Οπότε: 002

0

41 1 0

4 1− =− ⇔ =

+

xx

x

Άρα η ζητούμενη εφαπτομένη έχει εξίσωση ( ) ( )( )0 0 0′− = −y f f x , δηλαδή

1 1− = − ⇔ = − +y x y x

δ. Α΄ τρόπος

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( )3 44 16 ′ ′= − +g x x f x f x x f x


[23]

● Η g είναι συνεχής στο [ ]2, 2− , ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων.

● ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 42 4 2 2 16 2 2 2 24 17 2 0′ ′− = − − − − + − − =− + <g f f f

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 42 4 2 2 16 2 2 2 24 2 24 17 2 0′ ′= ⋅ − + = = + >g f f f f

Οπότε ( ) ( )2 2 0− ⋅ <g g

Άρα, από θεώρημα Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0 2,2∈ −x τέτοιο, ώστε

( ) ( ) ( ) ( )3 40 0 0 0 0 00 4 16 ′ ′= ⇔ − = −g x x f x f x x f x

Β΄ τρόπος

Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 416 16= − = −g x x f x f x x f x

● Η g είναι συνεχής στο [ ]2, 2− , ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων

● Η g είναι παραγωγίσιμη στο ( )2, 2− με ( ) ( ) ( ) ( )3 44 16′ ′ ′= + −g x x f x x f x f x

● ( ) ( ) ( )2 16 16 2 0− = − − =g f και ( ) ( ) ( )2 16 16 2 0= − =g f

Οπότε ( ) ( )g 2 g 2 0− = =

Άρα, από Θεώρημα Rolle, υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0 2,2∈ −x τέτοιο, ώστε:

( ) ( ) ( ) ( )3 40 0 0 0 0 00 4 16′ ′ ′= ⇔ − = −g x x f x f x x f x


[24]

ΘΕΜΑ 10

Έστω : →ℝ ℝf μια συνάρτηση δύο φορές παραγωγίσιμη στο ℝ , με ( ) 0′ ≠f x

για κάθε ∈ℝx , η οποία ικανοποιεί τις παρακάτω σχέσεις:

● ( ) ( )( )2−′′ ′=xf x e f x , για κάθε ∈ℝx

● ( )2 0 1 0′ + =f και

● ( )0 ln2=f

α. Να δείξετε ότι ( ) 11

′ + =+

x

x

ef x

e , ∈ℝx

β. Να δείξετε ότι η συνάρτηση ′f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ και στη συνέχεια

ότι ( ) ( ) ( )2 2 1 4− > + − +f x f x f x για κάθε ∈ℝx

γ. Να δείξετε ότι ( ) ( )ln 1 −= + xf x e , ∈ℝx

δ. i. Να βρείτε το σύνολο τιμών της f

ii. Να δείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφή

της 1−f



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

2

1−′ ′′ ′′′ ′= ⇔ = ⇔ − = ′′

x x xf xf x e f x e e

f xf x

Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά ∈ℝc τέτοια, ώστε να ισχύει:

( )1

− = +′

xe cf x

Για 0=x έχουμε:

( )01

2 1 10

− = + ⇔ = + ⇔ =′

e c c cf

Επομένως ( )

( )1 11

1′− = + ⇔ = −

′ +x

xe f x

f x e


[25]

( ) ( )11 1 1

1 1′ ′⇔ + = − ⇔ + =

+ +

x

x x

ef x f x

e e για κάθε ∈ℝx

β. Παραγωγίζοντας κατά μέλη την προηγούμενη σχέση έχουμε:

( )( ) ( ) ( )

( ) ( )2 2

1 10

1 1

′ ′+ − +′′ = = >

+ +

x x x x x

x x

e e e e ef x


Οπότε η συνάρτηση ′f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ

● Η f είναι συνεχής στο [ ]2, 1− +x x

● Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )2, 1− +x x

Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ( )1 2, 1∈ − +x xξ τέτοιο, ώστε

( ) ( ) ( )1

1 2

3

+ − −′ =

f x f xf ξ (1)

● Η f είναι συνεχής στο [ ]1, 4+ +x x

● Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )1, 4+ +x x

Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ( )2 1, 4∈ + +x xξ τέτοιο, ώστε

( ) ( ) ( )2

4 1

3

+ − +′ =

f x f xf ξ (2)

Είναι

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2

1 2 4 1

3 3

′ + − − + − +′ ′< ⇔ < ⇔ <

րf f x f x f x f xf fξ ξ ξ ξ

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 4 1 2 2 1 4⇔ + − − < + − + ⇔ − > + − +f x f x f x f x f x f x f x

γ. Για κάθε ∈ℝx έχουμε:


[26]

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

11 ln 1

1 1

′+ ′′ ′′ + = ⇔ + = ⇔ + = ++ +

xxx

x x

eef x f x x f x x e

e e


( ) ( )ln 1+ = + +xf x x e c


( )0 ln2 0= + ⇔ =f c c

Επομένως

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ln 1 ln 1 ln 1 ln+ = + ⇔ = + − ⇔ = + −x x x xf x x e f x e x f x e e

( ) ( ) ( )1ln ln 1 −+

= ⇔ = +x

xx

ef x f x e

e για κάθε ∈ℝx

δ.i. Έχουμε:

( ) ( )11 0

1 1

−−

− −

−′′ = + = <+ +

xx

x x

ef x e


Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής, άρα

( ) ( ) ( )( ) ( )lim , lim 0,→+∞ →−∞

Α = = +∞x x

f f x f x , αφού:

( ) ( )1

, 11

lim lim ln 1 limln 0−= +

−

→+∞ →+∞ →+∞ →→

= + = =xy e

x

x x x yy

f x e y και

( ) ( )1

,lim lim ln 1 lim ln

−= +−

→−∞ →−∞ →−∞ →+∞→+∞

= + = = +∞xy e

x

x x x yy

f x e y

ii. Αφού η f συνάρτηση είναι γνησίως φθίνουσα θα είναι και 1-1, οπότε


Είναι ( ) ( ) ( )ln 1 ln ln 1 1− − −= ⇔ = + ⇔ = + ⇔ = +x y x y xy f x y e e e e e

( ) ( ) ( ) ( )0

11 ln 1 ln 1 ln 1>

− −⇔ = − ⇔− = − ⇔ = − − ⇔ = − −y

x y y y ye e x e x e f y e

Άρα ( ) ( )1 ln 1− = − −xf x e με ( ) ( )1 0,−Α = Α = +∞f

f


[27]

ΘΕΜΑ 11

Δίνεται η συνάρτηση ( )ln

=x

xf x e

α. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της f

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

τιμών της

γ. Να αποδείξετε ότι:

i. Ισχύει η ισοδυναμία ( ) ( ) 44 4= ⇔ = xf x f x , για 0>x

ii. Η εξίσωση 4 4= xx με 0>x , έχει ακριβώς δύο ρίζες, τις 1 2=x και 2 4=x


α. ( )0,Α= +∞

Είναι ( )ln

ln

0 0 0 ,lim lim lim 0

+ + +

=

→−∞→ → →→−∞

= = =

xyx x

yx

yx x xy

f x e e , αφού

0 0

ln 1lim lim ln

+ +→ →

= ⋅ = −∞ x x

xx

x x

Άρα η fC δεν έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη

Είναι ( )ln

ln

, 00

lim lim lim 1=

→+∞ →+∞ →+∞ →→

= = =

xyx x

yx

x x x yy

f x e e , αφού

. . .

ln 1lim lim 0

+∞+∞

→+∞ →+∞= =

x D L H x

x

x x

Άρα η ευθεία 1=y οριζόντια ασύμπτωτη της fC στο +∞

β. Για 0>x έχουμε:

( )ln ln

2

ln 1 ln′ − ′ = = ⋅

x x

x xx xf x e e

x x

( ) 0 1 ln 0 ln 1′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =f x x x x e


[28]

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

Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας:

x 0 e +∞

( )′f x + O -

( )f x 1 2 ,

Στο ( ]1 0,Α = e , η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, οπότε

( ) ( ) ( )(1

10

lim , 0,+→

Α = = e

xf f x f e e

Στο ( )2 ,Α = +∞e , η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, οπότε

( ) ( ) ( )( )1

2 lim , lim 1,+→+∞ →

Α = =

e

x x ef f x f x e

Άρα ( ) ( ) ( )1

1 2 0,

Α = Α ∪ Α =

ef f f e

γ. i. Για 0>x έχουμε

( ) ( )ln ln 4

4 ln ln 44 4ln ln 4

4= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

x

x xf x f e e x x

x

4 4ln ln 4 4⇔ = ⇔ =x xx x

ii. Οι εξισώσεις ( ) ( )4=f x f και 4 4= xx είναι ισοδύναμες.

Η εξίσωση 4 4= xx έχει προφανείς ρίζες τις 1 2=x και 2 4=x

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο 1Α , άρα η ( ) ( )4=f x f έχει μοναδική ρίζα την

1 2=x στο 1Α


[29]

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 2Α , άρα η ( ) ( )4=f x f έχει μοναδική ρίζα την

2 4=x στο 2Α

Οπότε η εξίσωση 4 4= xx έχει ακριβώς δύο ρίζες, τις 1 2=x και 2 4=x

ΘΕΜΑ 12

Δίνεται η συνάρτηση ( ) ( )ln 1= − +xf x xα , 1> −x , όπου 0>α και 1≠α

α. Αν για κάθε 1> −x ισχύει ( ) 1≥f x , να βρείτε το α

Για = eα

β. Να αποδείξετε ότι η f είναι κυρτή

γ. Να βρείτε τα διαστήματα στα οποία η f είναι γνησίως αύξουσα, τα διαστήματα

στα οποία η f είναι γνησίως φθίνουσα και τα ακρότατα της f

δ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ( )

11

3 13 01 2

− − − + =− −

ff

x x έχει τουλάχιστον μια

ρίζα στο ( )1,2


α. Είναι ( ) ( )1 1ln 1 ln

1 1′′ = − + = −

+ +x xf x a x a

x xα α , 1> −x

Για κάθε 1> −x ισχύει ( ) ( ) ( )1 0≥ ⇔ ≥f x f x f

Άρα η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0

Το 0 είναι εσωτερικό σημείο του ( )1,− +∞

Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0

Οπότε από Θ.Fermat θα ισχύει ( ) 0 10 0 ln 0 ln 1

0 1′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =

+f eα α α α


[30]

β. Για =eα είναι ( ) 1 1ln

1 1′ = − = −

+ +x xf x e e e

x x

Οπότε ( )( )2

10

1′′ = + >

+xf x e

x , άρα η f είναι κυρτή στο ( )1,− +∞

γ. Παρατηρούμε ότι το 0=x είναι προφανής ρίζα της ′f και επειδή η ′f είναι

γνησίως αύξουσα θα είναι και μοναδική.

Οπότε:

● ( ) ( ) ( )1 0 0 0′

′ ′ ′− < < ⇔ < ⇔ <րf

x f x f f x

● ( ) ( ) ( )0 0 0′

′ ′ ′> ⇔ > ⇔ >րf

x f x f f x


x -1 0 +∞

( )′f x - O +

( )f x 2 1

δ. Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( )( )12 1 1 3 1

3

= − − − + − −

g x x f x f στο

διάστημα [ ]1,2

● Η g είναι συνεχής στο [ ]1,2

● ( ) ( ) 1 1 11 1 2 1 1 1

3 3 3

= − − − = − − − = − −

g f f f

( ) ( ) ( )( ) ( )2 2 1 3 1 3 1= − − = −g f f

Είναι ( ) ( )1 1 1 10 0 1 1 0 1 0

3 3 3 3 − < ⇔ − > ⇔ − > ⇔ − − < ⇔ <

ցf

f f f f g


[31]

( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 0 3 0 3 1 3 1 0 2 0> ⇔ > ⇔ > ⇔ − > ⇔ >րf

f f f f g

Επομένως ( ) ( )1 2 0<g g , οπότε από Θ.Bolzano η εξίσωση ( ) 0=g x και άρα η

αρχική έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )1,2

ΘΕΜΑ 13

Δίνεται συνάρτηση f ορισμένη και δύο φορές παραγωγίσιμη στο ℝ , με συνεχή

δεύτερη παράγωγο, για την οποία ισχύουν:

● ( ) 0′′ ≠f x για κάθε ∈ℝx

● ( ) ( ) ( )2 00

2

−′ <

f ff και

● ( ) ( )

0

1 2 1lim 0→

+ − −=

h

f h f h

h

α. Να αποδείξετε ότι η ′f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ

β. Να αποδείξετε ότι ( )1 0′ =f , καθώς επίσης ότι η f παρουσιάζει ελάχιστο στο

0 1=x

γ. Θεωρούμε επιπλέον τη συνάρτηση ( ) ( ) ( )2= − −g x F x F x , όπου F μια

παράγουσα της f

i. Να μελετήσετε τη συνάρτηση g ως προς την κυρτότητα και τα σημεία καμπής

ii. Να βρείτε την εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της g στο σημείο με

τετμημένη 0 1=x και στη συνέχεια να λύσετε στο ℝ την εξίσωση

( ) ( ) ( )( )2 2 1 1− − = −F x F x f x


α. Είναι ( ) 0′′ ≠f x για κάθε ∈ℝx και επιπλέον ′′f συνεχής, άρα διατηρεί

σταθερό πρόσημο στο ℝ . Συνεπώς η ′f θα είναι γνησίως μονότονη στο ℝ .


[32]

● Η f είναι συνεχής στο [ ]0,2

● Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )0,2

Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ( )0,2∈ξ τέτοιο, ώστε

( ) ( ) ( )2 0

2

−′ =

f ff ξ

Όμως ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 0

0 02

−′ ′ ′< ⇔ <

f ff f f ξ (1)

Είναι 0 2< <ξ

Αν η ′f είναι γνησίως φθίνουσα, τότε ( ) ( )0′ ′>f f ξ που είναι άτοπο λόγω (1)

Αν η ′f είναι γνησίως αύξουσα, τότε ( ) ( )0′ ′<f f ξ που ισχύει.

Άρα η ′f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ

β. Είναι

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0

1 2 1 1 2 1 1 1lim lim→ →

+ − − + − + − −= =

h h

f h f h f h f f f h

h h

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0

1 2 1 1 1lim 2 1 1 3 1→

+ − − − ′ ′ ′− = + =

h

f h f f h ff f f

h h , αφού

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

1

21 1

0 0, 0 01 10

1 2 1 1 1 1 1lim lim lim 2 2 1

2

=

→ → → →→

+ − + − + −

′= = =

h h

h h h hh

f h f f h f f h ff

hh h

και ομοίως ( ) ( ) ( )

0

1 1lim 1→

− − ′= −

h

f h ff

h

Άρα ( ) ( )3 1 0 1 0′ ′= ⇔ =f f

Επιπλέον η ′f είναι γνησίως αύξουσα, άρα το 1 είναι μοναδική ρίζα της.

Οπότε:

● ( ) ( ) ( )1 1 0′

′ ′ ′< ⇔ < ⇔ <րf

x f x f f x


[33]

● ( ) ( ) ( )1 1 0′

′ ′ ′> ⇔ > ⇔ >րf

x f x f f x


x −∞ 1 +∞

( )′f x - O +

( )f x 2 1

Επομένως η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 1=x

γ. i. Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη με

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 2′′ ′ ′= − − − = + −g x F x F x x f x f x

Η συνάρτηση ′g είναι παραγωγίσιμη με

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 2′′′ ′ ′ ′ ′= + − − = − −g x f x f x x f x f x

● ( ) ( )1 2 2 2 2 2′

′ ′< ⇔ < ⇔ + < ⇔ < − ⇔ < −րf

x x x x x x f x f x

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

● ( ) ( )1 2 2 2 2 2′

′ ′> ⇔ > ⇔ + > ⇔ > − ⇔ > −րf

x x x x x x f x f x

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

Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα κυρτότητας:

x − ∞ 1 +∞

( )′′g x – O +

( )g x 4 3


[34]

Οπότε η g είναι κοίλη στο ( ],1−∞ και κυρτή στο [ )1,+∞ , ενώ το ( )1,0Α είναι

σημείο καμπής της.

ii. H εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της g στο σημείο με τετμημένη

0 1=x έχει εξίσωση: ( ) ( )( ) ( )( )1 1 1 2 1 1′− = − ⇔ = −y g g x y f x

● Για 1≤x η g είναι κοίλη, άρα η εφαπτομένη της θα βρίσκεται «πάνω» από την

gC με εξαίρεση το σημείο επαφής τους.

Δηλαδή ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 1 1≤ ⇔ − − ≤ −g x y F x F x f x και το «=» ισχύει μόνο για

1=x

● Για 1≥x η g είναι κυρτή, άρα η εφαπτομένη της θα βρίσκεται «κάτω» από

την gC με εξαίρεση το σημείο επαφής τους.

Δηλαδή ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 1 1≥ ⇔ − − ≥ −g x y F x F x f x και το «=» ισχύει μόνο για

1=x

Άρα η εξίσωση ( ) ( ) ( )( )2 2 1 1− − = −F x F x f x έχει μοναδική λύση την 1=x

ΘΕΜΑ 14

Δίνονται οι συναρτήσεις ( ) = xg x e και ( ) 1= +h x x

α. Να ορίσετε τη συνάρτηση = �f g h

Αν ( ) 1+= xf x e , 1≥ −x , τότε:

β. Να βρείτε τη τιμή του πραγματικού αριθμού α ώστε συνάρτηση

( ) ( )1 1 1+= ⋅ + −xF x e xα να είναι αρχική της συνάρτησης f

γ. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα ( )0

1−Ι = ∫ f x dx

δ. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφή

της 1−f



[35]

α. Είναι Α =ℝg και [ )1,= − +∞hA

Θα πρέπει 1

1( ) ( )

∈ ≥ − ⇔ ⇔ ≥ − ∈ ∈ ℝ

h

g

x A xx

h x A h x

Για 1≥ −x , έχουμε:

( ) ( )( ) 1+= = xf x g h x e

β. Για 1> −x , έχουμε:

( ) ( )1 11 11 1

2 1 2 1+ +′ = ⋅ + − + ⋅

+ +x xF x e x e

x xα α

1 1 1 1

2 22 1 2 1

+ + + +⋅ ⋅ ⋅ ⋅= − + =

+ +

x x x xe e e e

x x

α α α α

Θα πρέπει ( ) ( )11 0

1 1 22 2

++ ≠+⋅′ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

xx exe a

F x f x e aα

Για 2=a , είναι ( ) ( )12 1 1+= + −xF x e x

Εξετάζουμε αν και στο 0 1=−x η F είναι αρχική της f

Είναι:

( )( )1

21 1

2 1 1 2( ) ( 1)1 lim lim

1 1+ +

+

→− →−

+ − +− −′ − = =+ +

x

x x

e xF x FF

x x

( ) ( )

01 0

2 . . .1 , 0 0 0 0

2 1 2 2lim lim lim 1 1

2+ + + + +

+ =

→− → → → →

− += = = = = −

y yx yy

D L Hx y y y y

e y yee f

y y

Άρα για 2=a η F είναι αρχική της συνάρτησης f για κάθε 1≥ −x

γ. Α΄ τρόπος

( ) ( )0 0

11(0) ( 1) 2

−−Ι = = = − − = ∫ f x dx F x F F


[36]

B΄ τρόπος

( )0 0 1

1 1

+

− −Ι = =∫ ∫ xf x dx e dx

Θέτουμε 21 1+ = ⇔ + =x u x u , άρα 2=dx udu

Για 1, 0= − =x u και για 0, 1= =x u

Οπότε 11 1 1

00 002 2 2 2 2 2 Ι = = − = − = ∫ ∫u u u uue du ue e du e e

δ. Για 1> −x , έχουμε:

( ) 1 10

2 1+′ = ⋅ >

+xf x e

x για κάθε 1> −x και επειδή η f είναι συνεχής στο

0 1=−x θα είναι γνησίως αύξουσα στο [ )1,− +∞

Οπότε η f είναι 1-1 συνάρτηση, επομένως αντιστρέφεται.

Είναι:

( )0 1

1 2 1 2( ) 1 ln ln 1 ln 1> ≥

+ −= ⇔ = ⇔ + = ⇔ = − ⇔ = −y y

xy f x y e x y x y f y y

Άρα ( )1 2ln 1, 1− = − ≥f x x x

ΘΕΜΑ 15

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f με συνεχή πρώτη παράγωγο, ( )1 =f e και

τέτοια, ώστε να ισχύει ( )1

, 0

1 , 0

−≠′ =

=

xex

f x xx

α. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα

β. Να αποδείξετε ότι:

i. η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο 0 0=x

ii. η f είναι κυρτή στο ℝ


[37]

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

παράσταση της συνάρτησης f , την εφαπτομένη της στο σημείο ( )( )1, 1Μ f και

την ευθεία 0=x

δ. Να αποδείξετε ότι ( )lim→+∞

= +∞x

f x και στη συνέχεια να βρείτε το

( )2

( ) 1lim

2017→+∞

+

+x

x f x

x


α. ● Για 0>x είναι 1 1 0> ⇔ − >x xe e , άρα ( )10 0

− ′> ⇔ >xe

f xx

● Για 0<x είναι 1 1 0< ⇔ − <x xe e , άρα ( )10 0

− ′> ⇔ >xe

f xx

● Για 0=x είναι ( )0 1 0′ = >f

Άρα ( ) 0′ >f x για κάθε ∈ℝx , οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα

β. i. Είναι

( ) ( )0 0

0 0

20 0 0 . . . 0 . . . 0

110 1 1 1

lim lim lim lim lim2 2 2→ → → → →

−−′ ′− − − −

= = = = =

x

x x x

x x x D L H x D L H x

ef x f e x e ex

x x x x

Άρα η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο 0 0=x με ( ) 10

2′′ =f

ii. Για 0≠x είναι ( )( ) ( )( )

2 2

1 1 1′ ′− − − − +

′′ = =x x x xe x e x xe e

f xx x

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 1,= − + ∈ℝx xg x xe e x

Είναι ( )′ = + − =x x x xg x xe e e xe



[38]

x − ∞ 0 +∞

( )′g x - O +

( )g x 2 1,

Παρατηρούμε ότι η g παρουσιάζει στο 0 0=x ελάχιστο, άρα θα ισχύει ότι

( ) ( ) ( )0 0≥ ⇔ ≥g x g g x

Οπότε ( ) 0′′ >f x για κάθε 0≠x

Επιπλέον ( ) 10 0

2′′ = >f , επομένως ( ) 0′′ >f x για κάθε ∈ℝx , δηλαδή η f

είναι κυρτή συνάρτηση.

γ. Η εφαπτομένη της fC στο σημείο ( )( )1, 1Μ f έχει εξίσωση:

( ) ( )( )1 1 1′− = −y f f x , δηλαδή ( )1 1= − +y e x

Το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f , την εφαπτομένη της στο σημείο ( )( )1, 1Μ f και την ευθεία 0=x

είναι: ( ) ( )1

01 1Ε = − − −∫ f x e x dx

Όμως δείξαμε ότι η f είναι κυρτή, άρα η fC θα βρίσκεται πάνω από την

εφαπτομένη της στο σημείο Μ με εξαίρεση το σημείο επαφής. Δηλαδή θα ισχύει

( ) ( )1 1≥ − +f x e x

Άρα

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

0 0 01 1 1 1Ε = − − − = − − + =∫ ∫ ∫f x e x dx f x dx e x dx

( ) ( ) ( ) ( ) ( )121 11

00 00

11 1 1

2 2

′ ′− − + = − − − + = ∫ ∫

xx f x dx e x xf x xf x dx e

( ) ( ) ( )1 1

00

1 1 1 31 1 1 1

2 2 2 2 2 2 2

− − − − − = − − − − = − − − − = ∫ x xe e e e

f e dx e e x e τ.μ.


[39]

δ. Από το ερώτημα γ. έχουμε ότι: ( ) ( )1 1≥ − +f x e x

Είναι ( )( )lim 1 1→+∞

− + = +∞x

e x , οπότε και ( )lim→+∞

= +∞x

f x

Επίσης:

( ) ( ) ( ) ( )2 . . .

( ) 1 1 1 1lim lim lim

2017 2 2

+∞+∞

→+∞ →+∞ →+∞

′+ + + + + −= = =

+

x

x D L H x x

x f x f x xf x f x e

x x x

( ) ( ). . . . . .

11

lim lim lim lim2 2 2 2

+∞ +∞+∞ +∞

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

−+′+ + − +

= = = =

xx

x x x x

x D L H x x x D L H

eef x e f x e e xex

x x

2lim

2→+∞

+= +∞

x x

x

e xe

ΘΕΜΑ 16

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση [ ): 0,+∞ →ℝf , για την οποία ισχύουν:

● ( ) ( ) ( )32

0

1

9′ − = ∫xf x f x x f t dt , για κάθε 0>x

● ( )1 1=f

α. Να αποδείξετε ότι ( )3

09=∫ f t dt και στη συνέχεια να βρείτε τον τύπο της

συνάρτησης f

Έστω ότι ( ) 2=f x x , 0≥x . Δίνεται επιπλέον η συνάρτηση ( ): 0,+∞ →ℝg με

( ) 2ln= −g x x

β. i. Να βρείτε τα διαστήματα στα οποία η συνάρτηση g είναι κυρτή ή κοίλη και

να προσδιορίσετε το σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της g

ii. Να αποδείξετε ότι ( ) ( )2ln 1 2 ln− > −x x x e x , για κάθε >x e

γ. Θεωρούμε σημείο Α στη γραφική παράσταση της f με τετμημένη 0x και

σημείο Β στη γραφική παράσταση της g με την ίδια τετμημένη. Να αποδείξετε

ότι υπάρχει μοναδικό 0

1,1 ∈

x

e τέτοιο, ώστε η απόσταση ΑΒ να γίνεται

ελάχιστη.


[40]

δ. Να υπολογίσετε το ( )2

2

1lim→+∞

⋅ x

f x

x xν ηµ για τις διάφορες τιμές του ακεραίου

ν


α. Θέτουμε ( )3

0=∫ f t dt κ , οπότε η αρχική σχέση για 0>x γίνεται:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )02

2

1 1 1

9 9 9

≠ ′ ′′ − ′ − = ⇔ = ⇔ =

x xf x f x f xxf x f x x x

x xκ κ κ

Με εφαρμογή του Πορίσματος των Συνεπειών του Θ.Μ.Τ. ισοδύναμα έχουμε:

( ) 1

9= +

f xx c

xκ , ∈ℝc

Για 1=x προκύπτει ότι ( ) 1 1 11 1 1

9 9 9= + ⇔ = + ⇔ = −f c c cκ κ κ

Επομένως ( ) ( ) 21 1 1 1

1 19 9 9 9

= + − ⇔ = + −

f xx f x x x

xκ κ κ κ (1)

Οπότε

( )3 33 23 3 2

0 00 0

1 1 1 11 1

9 9 9 3 9 2

= + − ⇔ = + − ⇔

∫ ∫x x

f x dx x x dxκ κ κ κ κ

1 1 9 99 1 9

9 9 2 2 2 = ⋅ + − ⇔ = + − ⇔ =

κκ κ κ κ κ κ

Άρα ( )3

09=∫ f t dt

Από (1) προκύπτει ότι ( ) 2, 0= >f x x x

Για 0=x , επειδή η f είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη, θα ισχύει ότι:

( ) ( ) 2

0 00 lim lim 0

→ →= = =

x xf f x x

Άρα ( ) 2, 0= ≥f x x x


[41]

β. i. Για 0>x έχουμε:

( ) ( ) 2ln2ln ln

−′′ = − ⋅ =x

g x x xx

και ( ) 2 2

12 2ln ln 1

2− + −

′′ = =x x xxg xx x


x 0 e +∞

( )′′g x – O +

( )g x 4 3

Οπότε η g είναι κοίλη στο ( ]0,e και κυρτή στο [ ),+∞e , ενώ το ( ), 1Α −e είναι

σημείο καμπής της

ii. Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. για την g στο διάστημα [ ],e x

● H g είναι συνεχής στο [ ],e x

● H g είναι παραγωγίσιμη στο ( ),e x

Άρα θα υπάρχει ( ),∈ e xξ τέτοιο, ώστε

( ) ( ) ( ) 2 2ln 1 ln 1− − + −′ = = = −− − −

g x g e x xg

x e x e x eξ (1)

Είναι

[ )( ) ( )

2 2, (1) ln 1 2ln ln 1 2ln′ +∞ − −′ ′< ⇔ < ⇔− < − ⇔ > ⇔− −

րg e x x x xx g g x

x e x x e xξ ξ

( ) ( )2ln 1 2 ln− > −x x x e x , για κάθε >x e

γ. Αφού Α∈ fC θα είναι ( )20 0,Α x x και αφού Β∈ gC θα είναι ( )2

0 0, ln−B x x ,

εφόσον γνωρίζουμε ότι τα σημεία αυτά έχουν την ίδια τετμημένη 0x .

Η απόσταση των Α,Β είναι:


[42]

( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2 20 0 0 0 0 0 0 0ln ln lnΑΒ = − + + = + = +x x x x x x x x

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 2 2ln , 0= + >h x x x x

Θέλουμε να αποδείξουμε ότι υπάρχει μοναδικό 0

1,1 ∈

x

e τέτοιο, ώστε η h να

παρουσιάζει ελάχιστο.

Είναι ( ) ln2 2′ = +

xh x x

x

● H ′h είναι συνεχής στο 1

,1 e

●

1ln1 2 2

2 2 01

′ = + = − <

eh ee e e

e

( ) ln11 2 2 2 0

1′ = + = >h

Άρα από Θ.Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον 0

1,1 ∈

x

e τέτοιο, ώστε ( )0 0′ =h x

Επιπλέον ( )2

2 2

1 ln 2 2 ln2 2 0

− + −′′ = + = >x x x

h xx x

για κάθε 1

,1 ∈ x

e, άρα η

συνάρτηση ′h είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα 1

,1 e

, επομένως το 0x είναι

μοναδικό.

Για ( ) ( ) ( )0 0

10

′

′ ′ ′< < ⇔ < ⇔ <րh

x x h x h x h xe

Για ( ) ( ) ( )0 01 0′

′ ′ ′< < ⇔ > ⇔ >րh

x x h x h x h x



[43]

x 1/ e 0x 1

( )′h x - O +

( )h x 2 1,

Οπότε υπάρχει μοναδικό 0

1,1 ∈

x

e τέτοιο, ώστε η απόσταση των σημείων Α και

Β να γίνεται ελάχιστη.

δ. Έχουμε ( )2 4 2

22 2 2

1 1 1lim lim lim→+∞ →+∞ →+∞

⋅ = ⋅ = ⋅ x x x

f x x xx

x x x x x xν ν νηµ ηµ ηµ

Είναι 2

1

22 , 0 0

1lim lim 1

=

→+∞ →+∞ → →

= =

yx

x x y y

yx

x y

ηµηµ

Επίσης για το 2

lim→+∞

x

x

xν διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

● Αν 2<ν , τότε 2

lim→+∞

=+∞

x

x

xν , οπότε και

( )2

2

1lim→+∞

⋅ = +∞ x

f x

x xν ηµ

● Αν 2=ν , τότε 2

lim 1→+∞

=

x

x


( )2

2

1lim 1→+∞

⋅ = x

f x

x xν ηµ

● Αν 2>ν , τότε 2

lim 0→+∞

=

x

x


( )2

2

1lim 0→+∞

⋅ = x

f x

x xν ηµ

ΘΕΜΑ 17

Δίνονται οι συναρτήσεις

( ) 2

8

4=

+f x

x και ( ) 2

=g xx

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


[44]

β. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα και να δείξετε ότι

παρουσιάζει δύο ακριβώς σημεία καμπής τα οποία είναι συμμετρικά ως προς τον άξονα ′y y

γ. Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των f και g εφάπτονται σε ένα

σημείο και να βρείτε την κοινή τους εφαπτομένη ( )ε στο σημείο αυτό

δ. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της fC και στη συνέχεια να σχεδιάσετε στο ίδιο

σχήμα τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f , g και την κοινή τους

εφαπτομένη ( )ε που βρήκατε στο ερώτημα γ.

ε. Στη γραφική παράσταση της f εγγράφουμε ορθογώνιο ΑΒΓ∆ έτσι, ώστε οι

κορυφές του Α και Β να βρίσκονται στη fC και οι Γ και Δ στον άξονα ′x x . Να

βρείτε το ορθογώνιο με το μέγιστο εμβαδόν και να αποδείξετε ότι το ορθογώνιο αυτό είναι ισοδύναμο με το τρίγωνο που σχηματίζει η ευθεία ε με τους άξονες

στ. Να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα ( )( )

2

1Ι = ∫

f xdx

g x και

( )( )

2

1= ∫

g xJ dx

f x


α. Α =ℝf

Είναι ( )( )

( )( )

22 22 2

8 164

4 4

′′ = − + = −+ +

xf x x

x x

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

παρουσιάζει μέγιστο στο 0 0=x ίσο με ( )0 2=f

β. Είναι

( )( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( )

2 2 22 2 2 2 2

4 42 2

16 4 16 4 16 4 32 4 4

4 4

′′ ′+ − + + − + +′′ = − =−

+ +

x x x x x x x xf x

x x

( ) ( )( )

( )( )( )

( )( )( )

22 2 2 2 2 2 2 2

4 4 42 2 2

16 4 64 4 16 4 4 4 16 4 3 4

4 4 4

+ − + + + − + −= − = − =

+ + +

x x x x x x x x

x x x

Έχουμε:


[45]

( ) 2 20 3 4 0

3′′ = ⇔ − = ⇔ = ±f x x x

( ) 2 2 20 3 4 0 ή

3 3′′ > ⇔ − > ⇔ < − >f x x x x

( ) 2 2 20 3 4 0 <

3 3′′ < ⇔ − < ⇔− <f x x x

Επομένως η f είναι κυρτή στο 2,

3

−∞ −

, η f είναι κοίλη στο 2 2,

3 3

−

και

κυρτή στο 2,

3

+∞

. Επιπλέον παρουσιάζει καμπή στα σημεία 2 3

,23

−

και

2 3,23

που είναι συμμετρικά ως προς τον άξονα ′y y

γ. ∗Α =ℝg

Είναι ( ) 2

2′ = −g xx

Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει 0∗∈ℝx τέτοιο, ώστε:

( ) ( )( ) ( )

0 0

0 0

(1)

(2)

=

′ ′=

f x g x

f x g x

20 0 02

0 0

8 2(1) 4 4 0 2

4⇔ = ⇔ − + = ⇔ =

+x x x

x x

Επιπλέον ( ) 32 12

64 2′ =− =−f και ( ) 2 1

24 2

′ =− =−g , δηλαδή ικανοποιείται και η

σχέση (2).

Οπότε οι fC και gC εφάπτονται, δηλαδή δέχονται κοινή εφαπτομένη στο σημείο

( )2,1 με εξίσωση ( )1 11 2 2

2 2− = − − ⇔ =− +y x y x

δ. Είναι:

( ) 2

8lim lim 0

4→−∞ →−∞= =

+x xf x

x και ( ) 2

8lim lim 0

4→+∞ →+∞= =

+x xf x

x


[46]

Επομένως η ευθεία 0=y είναι οριζόντια ασύμπτωτη της fC και στο −∞ και στο

+∞

ε. Έστω ( ),0Γ x και ( ),0∆ −x με 0>x σημεία του άξονα ′xx

Τότε ( )( ),Α −x f x και ( )( ),Β x f x , αφού ( ) ( )− =f x f x για κάθε ∈ℝx

Είναι ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2

162 2

4ΑΒΓ∆ = Α∆ ∆Γ = ⋅ = =

+x

f x x xf xx

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 2

16

4Ε =

+x

xx

με 0>x

Είναι ( )( )( )

( )( )

( )( )( )

2 2 2

2 2 22 2 2

16 4 32 16 4 16 2 2

4 4 4

+ − − − +′Ε = = =

+ + +

x x x x xx

x x x

Οπότε εύκολα βρίσκουμε ότι για 2=x η ( )Ε x και άρα το εμβαδόν του

ορθογωνίου ΑΒΓΔ γίνεται μέγιστο με μέγιστη τιμή ίση με ( ) 322 4

8Ε = = τ.μ.

Η ευθεία 1

22

=− +y x του ερωτήματος γ. τέμνει τους άξονες ′xx και ′y y στα

σημεία ( )4,0 και ( )0,2 αντίστοιχα. Το τρίγωνο που σχηματίζει η ευθεία με τους


[47]

άξονες έχει εμβαδόν 1

4 2 42

Ε = ⋅ ⋅ = τ.μ., δηλαδή ισοδύναμο με αυτό του

ορθογωνίου ΑΒΓΔ.

στ. Έχουμε ( )( )

( )222 2 2 2

2 21 1 1 1

82 444

2 4 4

′++Ι = = = =+ +∫ ∫ ∫ ∫

xf x xxdx dx dx dxg x x x

x

( )2

2

1

642ln 4 2ln8 2ln5 ln

25 = + = − = x τ.μ.

και

( )( )

22 22 2 2 2

1 1 1 11

2

24 1 3

ln ln28 4 4 8 8

4

+ = = = = + = + = +

+

∫ ∫ ∫ ∫g x x x xxJ dx dx dx dx xf x x x

x

τ.μ.

ΘΕΜΑ 18

Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση ( ): , 1−∞ − →ℝf για την οποία ισχύουν τα εξής:


[48]

● η κλίση της σε οποιοδήποτε σημείο ( ), ( )x f x δίνεται από τον τύπο ( )2

1

1+x

● η γραφική της παράσταση διέρχεται από το σημείο 3

3,2

Κ −

α. Να αποδείξετε ότι ( )1

=+x

f xx

, 1< −x

β. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f και στη συνέχεια να σχεδιάσετε τη γραφική της παράσταση.

γ. Έστω (ε) η εφαπτομένη της fC σε τυχαίο σημείο της ( )0 0, ( )Μ x f x και Α, Β τα

σημεία τομής της (ε) με τους άξονες ′xx και ′y y αντίστοιχα. Να βρείτε τις

συντεταγμένες του σημείου Μ έτσι ώστε το άθροισμα των αποστάσεων της αρχής των αξόνων Ο από τα σημεία Α και Β να γίνεται ελάχιστο.

δ. Να υπολογίσετε το εμβαδόν ( )Ε λ του χωρίου που περικλείεται από την fC , τον

άξονα ′xx και τις ευθείες 0=x x και =x λ , όπου ( )2, 1∈ − −λ και 0x η τετμημένη

του σημείου Μ που βρήκατε στο ερώτημα γ. Στη συνέχεια να βρείτε το όριο ( )

1lim

−→−Ε

λλ


α. Για 1< −x ισχύει:

( )( )

( )2

1 1

11

′ ′ ′= ⇔ = − + +f x f x

xx


( ) 1

1= − +

+f x c

x

Για 3= −x έχουμε:

( ) 1 3 13 1

3 1 2 2− =− + ⇔ = + ⇔ =

− +f c c c

Επομένως ( ) ( ) ( )1 1 11

1 1 1

− + +=− + ⇔ = ⇔ =

+ + +x x

f x f x f xx x x

για κάθε 1< −x

β. Για 1< −x έχουμε:


[49]

( )( )2

10

1′ = >

+f x

x , άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( ), 1−∞ −

( )( )3

20

1′′ = − <

+f x

x , άρα η f είναι κοίλη στο διάστημα ( ), 1−∞ −

Επίσης:

( )lim 1→−∞

=x

f x , άρα η ευθεία 1=y είναι οριζόντια ασύμπτωτη της fC στο −∞

( )1

lim−→−

= +∞x

f x , άρα η ευθεία 1= −x είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της fC

Από τα παραπάνω προκύπτει η γραφική παράσταση της f που είναι η εξής:

γ. Η εξίσωση της εφαπτομένης της fC σε τυχαίο σημείο της ( )0 0, ( )Μ x f x , 0 1<−x

είναι:

( )( )

( )00 0 0 02

0 0

1( ) ( )

1 1′− = − ⇔ − = −

+ +

xy f x f x x x y x x

x x

Για 0=y έχουμε ( )

( ) ( ) 200 0 0 0 02

0 0

11

1 1− = − ⇔− + = − ⇔ =−

+ +

xx x x x x x x x

x x

Άρα ( )20 ,0Α −x


[50]

Για 0=x έχουμε

( )

( )( ) ( )

20 0 0 0

02 2 20 00 0 0

1

1 11 1 1− = − ⇔ = − ⇔ =

+ ++ + +

x x x xy x y y

x xx x x

Άρα ( )

20

2

0

0, 1

Β +

x

x

Είναι ( ) ( )( ) ( )

2 22 20 00 02 2

0 01 1ΟΑ + ΟΒ = + = +

+ +

x xx x

x x

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( )( )

22

21

= ++

xd x x

x, 1< −x

Έχουμε ( )( )( )( )

3

3

2 1 1

1

+ +′ =

+

x xd x

x και μετά από μελέτη του πρόσημου της

βρίσκουμε ότι γίνεται ελάχιστη για 2= −x

Άρα το ζητούμενο σημείο είναι το ( )2,2Μ −

δ. Είναι

( ) ( ) ( )2 2 2 2

1 1

1 1− − − −

+ −Ε = = = =

+ +∫ ∫ ∫ ∫x x

f x dx f x dx dx dxx x

λ λ λ λλ

( )22

11 ln 1 ln 1 2 2 ln 1

1 −−

= − = − + = − + + = + − − − + ∫ dx x xx

λ λλ λ λ λ

Τέλος ( ) ( )( )1 1

lim lim 2 ln 1− −→− →−Ε = + − − − =+∞

λ λλ λ λ

ΘΕΜΑ 19

Έστω f μια συνεχής συνάρτηση στο διάστημα [ ]0,2 για την οποία ισχύει

( ) ( )2 21 1− + =x f x για κάθε [ ]0,2∈x


[51]

α. Να βρείτε τις ρίζες της εξίσωσης ( ) 0=f x και να αποδείξετε ότι η f διατηρεί

το πρόσημό της στο διάστημα ( )0,2

β. Να βρείτε ποιος μπορεί να είναι ο τύπος της f

Αν ( )1 1=f , τότε

γ. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ακριβώς δύο εφαπτόμενες ( )1ε , ( )2ε της fC που

άγονται από το σημείο 21,

3

Α

τις οποίες και να βρείτε.

δ. Αν 1 : 3 3 3 0− + =x yε και 2 : 3 3 3 3 0+ − =x yε να σχεδιάσετε τις ( )1ε ,

( )2ε και τη fC και να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται μεταξύ του

τριγώνου ΑΒΓ και της fC , όπου Β και Γ τα σημεία τομής των ( )1ε και ( )2ε

αντίστοιχα με τον άξονα ′x x


α. Για κάθε [ ]0,2∈x έχουμε:

( ) ( ) ( )220 0 1 1 0 1 1 0= ⇔ = ⇔ − − = ⇔ − = ± ⇔ =f x f x x x x ή 2=x

Επειδή ( ) 0≠f x για κάθε ( )0,2∈x και f συνεχής θα διατηρεί το πρόσημό της

στο διάστημα ( )0,2

β. Αφού η f διατηρεί το πρόσημο της στο ( )0,2 θα είναι ( ) 0>f x για κάθε

( )0,2∈x ή ( ) 0<f x για κάθε ( )0,2∈x

Δηλαδή ( ) ( )2 21 1 2= − − = − +f x x x x , ( )0,2∈x και επειδή ( ) ( )0 2 0= =f f

θα είναι ( ) 2 2= − +f x x x , [ ]0,2∈x

ή ( ) ( )2 21 1 2= − − − = − − +f x x x x , ( )0,2∈x και επειδή ( ) ( )0 2 0= =f f θα

είναι ( ) 2 2=− − +f x x x , [ ]0,2∈x

γ. Αφού ( )1 1 0= >f , θα είναι ( ) 2 2= − +f x x x , [ ]0,2∈x


[52]

Έστω ( ) ( )( )0 0 0: ′− = −y f x f x x xε η εφαπτομένη της fC στο σημείο

( )( )0 0,Μ x f x

Για ( )0,2∈x είναι ( )2

1

2

−′ =− +

xf x

x x , οπότε η εξίσωση της εφαπτομένης

γίνεται:

( )2 00 0 02

0 0

1: 2

2

−− − + = −

− +

xy x x x x

x xε

Επειδή Α∈ fC θα ισχύει ότι:

( )2 00 0 02

0 0

122 1

3 2

−− − + = − ⇔

− +

xx x x

x x

( ) ( )22 20 0 0 0 0

22 2 1

3− + − − + = − ⇔x x x x x

2 2 20 0 0 0 0 0

2 3 32 1 2 2

2 43− + = ⇔ − + = ⇔− + = ⇔x x x x x x

2 20 0 0 0

32 0 4 8 3 0

4− + − = ⇔ − + =x x x x , όπου βρίσκουμε δύο λύσεις 0

1

2=x ή

0

3

2=x

Οπότε έχουμε δύο σημεία επαφής 1

1 3,

2 2

Μ

και 2

3 3,

2 2

Μ

Οι εφαπτόμενες της fC στα σημεία αυτά έχουν αντίστοιχα εξισώσεις:

1 : 3 3 3 0− + =x yε και 2 : 3 3 3 3 0+ − =x yε


[53]

δ.

Επειδή ( ) ( )2 21 1− + =x f x και ( ) 0≥f x για κάθε [ ]0,2∈x η γραφική παράσταση

της f θα είναι το ημικύκλιο που βρίσκεται πάνω από τον άξονα ′x x ενός κύκλου

με κέντρο ( )1,0Κ και 1=ρ

Για 0=y στην ( )1ε έχουμε 1= −x . Άρα ( )1,0Β −

Για 0=y στην ( )2ε έχουμε 3=x . Άρα ( )3,0Γ

Είναι 2

2,3

ΑΒ= − −

�� και

22,

3

ΑΓ= −

��

Οπότε ( ) ( )1 4det , ...

2 3ΑΒΓ = ΑΒ ΑΓ = =

��

Επίσης 2

2 2Ε = =ηµικ

πρ π

Οπότε το ζητούμενο εμβαδόν είναι 4

23Ε = −

π τ.μ.

ΘΕΜΑ 20

Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση ( ): 0,+∞ →ℝf , για την οποία ισχύουν:


[54]

● ( ) ( )( )1 2′⋅ + =f xe x f x x , για κάθε 0>x

● ( ) 1=f e

α. Nα βρείτε τον τύπο της f

Έστω ( ) ln=f x x , 0>x

Θεωρούμε επιπλέον τη συνάρτηση ( ) ( )=g x xf x , 0>x

β. Να μελετήσετε την g ως προς τη μονοτονία

γ. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g που είναι παράλληλη στην ευθεία 2 2018= +y x

δ. Να δείξετε ότι ( )( )2

0 ln4< <∫�e

e

g f xdx

x


α. Για 0>x έχουμε:

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )1 2 2′ ′+ = ⇔ + = ⇔f x f x f xe xf x x xe f x e x

( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )22′ ′ ′′+ = ⇔ =f x f x f xx e x e x xe x


( ) 2= +f xxe x c

Για =x e έχουμε:

( ) 2 2 2 0⋅ = + ⇔ = + ⇔ =e f e e c e e c c

Επομένως ( ) ( ) ( )

02 ln

>

= ⇔ = ⇔ =x

f x f xxe x e x f x x για κάθε 0>x

β. ( )0,Α = +∞g

Είναι ( ) ln=g x x x , 0>x

Είναι ( ) ( ) ( )ln ln ln 1′ ′′ = + = +g x x x x x x , 0>x


[55]

( ) 10 ln 1 0 ln 1′ = ⇔ + = ⇔ =− ⇔ =g x x x x

e

( ) 10 ln 1 0 ln 1′ > ⇔ + > ⇔ >− ⇔ >g x x x x

e


x 0 1

e +∞

( )′g x - O +

( )g x 2 1 ,

γ. Θα πρέπει ( )0 0 0 02 ln 1 2 ln 1′ = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =g x x x x e

Άρα η ζητούμενη εφαπτομένη έχει εξίσωση

( ) ( )2 2 2 2− = − ⇔ − = − ⇔ = −y g e x e y e x e y x e

δ. Έχουμε

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )1,

2 2 1 2 1 2

+∞

≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ր

րg

f e

e x e f e f x f e f x g g f x g

( )( ) ( )( ) ( )( )0 ln40 2ln2 0 ln4 0

>

≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤�

� �x g f x

g f x g f xx x

● Είναι ( )( )

0≥�g f x

x και το «=» ισχύει μόνο για =x e , άρα

( )( ) ( )( )2

0 0> ⇔ >∫� �e

e

g f x g f xdx

x x (1)

● Είναι ( )( ) ln4

≤�g f x

x x και το «=» ισχύει μόνο για

2=x e , άρα

( )( ) ( )( )2 2ln4 ln4< ⇔ < ⇔∫ ∫

� �e e

e e

g f x g f xdx dx

x x x x

( )( ) [ ] ( )( )2 22

ln4 ln ln4< ⋅ ⇔ <∫ ∫� �e ee

ee e

g f x g f xdx x dx

x x (2)


[56]

Από (1) , (2) θα ισχύει ( )( )2

0 ln4< <∫�e

e

g f xdx

x

ΘΕΜΑ 21

Δίνεται η συνάρτηση ( ) ( )1 ln= −f x x x , 0>x

α. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και να βρείτε το σύνολο τιμών της

β. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 1 2018− =xx e , 0>x έχει ακριβώς δύο θετικές ρίζες

γ. Αν 1 2,x x με 1 2<x x είναι οι ρίζες της εξίσωσης του ερωτήματος β. να αποδείξετε

ότι υπάρχει ( )1 2,∈ x xξ τέτοιο, ώστε ( ) ( ) 2018′ + =f fξ ξ

δ. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της f , τον άξονα ′x x και την ευθεία =x e



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

−′ ′′ = − + − = +x

f x x x x x xx

( ) ( ) ( )( )2 2

1 11 1 10

′ ′− − −′′ = + = + >

x x x xf x

x x x x για κάθε 0>x

Άρα η συνάρτηση ′f είναι γνησίως αύξουσα στο ( )0,+∞

Παρατηρούμε ότι για 1=x είναι ( )1 0′ =f

Για 1>x είναι ( ) ( )1 0′ ′> =f x f

Για 0 1< <x είναι ( ) ( )1 0′ ′< =f x f



[57]

x 0 1 +∞

( )′f x - O +

( )f x 2 1 ,

Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ( ]1 0,1Α = και γνησίως αύξουσα

στο διάστημα [ )2 1,Α = +∞ .

Επιπλέον η f είναι συνεχής συνάρτηση, άρα:

( ) ( ) ( )) [ )10

1 , lim 0,+→

Α = = +∞ xf f f x , αφού ( ) ( )( )

0 0lim lim 1 ln

+ +→ →= − =+∞

x xf x x x

( ) ( ) ( )( ) ( )21

lim , lim 0,+ →+∞→

Α = = +∞xx

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

= − =+∞x x

f x x x

Συνεπώς ( ) ( ) ( ) [ )1 2 0,Α = Α ∪ Α = +∞f f f


( ) ( )1 2018 1 2018ln ln 1 ln 2018 2018− −= ⇔ = ⇔ − = ⇔ =x xx e x e x x f x

( )12018∈ Αf άρα η εξίσωση ( ) 2018=f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο 1Α και

επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1Α η ρίζα θα είναι μοναδική.

( )22018∈ Αf άρα η εξίσωση ( ) 2018=f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο 2Α και

επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο 2Α η ρίζα θα είναι μοναδική.

Οπότε η εξίσωση ( ) 2018=f x και άρα η ισοδύναμη αρχική της έχει ακριβώς δύο

θετικές ρίζες.

γ. Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( )( )2018= −xg x e f x

● H g είναι συνεχής στο [ ]1 2,x x

● H g είναι παραγωγίσιμη στο ( )1 2,x x με ( ) ( ) ( )( )2018′ ′= + −xg x e f x f x


[58]

● ( ) ( )1 2 0= =g x g x

Άρα από Θ. Rolle θα υπάρχει ( )1 2,∈ x xξ τέτοιο, ώστε

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )0 2018 0 2018′ ′ ′= ⇔ + − = ⇔ + =g e f f f fξξ ξ ξ ξ ξ

δ. Είναι ( )1

Ε = ∫e

f x dx

Για 1>x είναι 1 0− >x και ln 0>x , άρα ( ) 0>f x

Οπότε

( ) ( )2 2 2

1 1 1 11

11 ln ln ln

2 2 2

′ Ε = = − = − = − − −

∫ ∫ ∫ ∫

ee e e ex x x

f x dx x xdx x xdx x x x dxx

2 2 2 2 2 2

11

3 31

2 2 2 4 2 4 4 4

− = − − − = − − − = − − + − =

∫e

ee x e x e e ee dx e x e e τ.μ.

ΘΕΜΑ 22

Δίνεται η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση ( ): 0,+∞ →ℝf , για την οποία

ισχύουν:

● ( ) ( ) 2′ ′′+ =f x xf x για κάθε 0>x

● ( ) ( )

1

2lim 5

1→

′+=

−x

f x f x

x

α. Να αποδείξετε ότι ( ) ( )1 2 1 0′+ =f f και ότι ( ) ( )1 2 1 5′ ′′+ =f f

β. Να βρείτε τον τύπο της f

Έστω ( ) 2 3ln= −f x x x , 0>x

γ. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία, τα ακρότατα και την κυρτότητα

δ. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της f και να τη

σχεδιάσετε.


[59]

ε. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της f και τις ευθείες 3=y , 1=x και 3=x


α. Για ( ) ( )0,1 1,∈ ∪ +∞x θέτουμε:

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

1 21

′+′= ⇔ − = +

−

f x f xg x g x x f x f x

x

Οπότε

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

lim 1 lim 2 5 0 1 2 1 1 2 1 0→ →

′ ′ ′− = + ⇔ ⋅ = + ⇔ + =x x

g x x f x f x f f f f

Επίσης

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

2 1 2 12lim 5 lim 5

1 1→ →

′ ′+ − +′+= ⇔ = ⇔

− −x x

f x f x f ff x f x

x x

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

2 1 2 1 1 1lim 5 lim 2 5

1 1 1→ →

′ ′ ′ ′+ − − − − = ⇔ + = ⇔ − − − x x

f x f x f f f x f f x f

x x x

( ) ( )1 2 1 5′ ′′+ =f f

β. Για 1=x στη σχέση ( ) ( ) 2′ ′′+ =f x xf x έχουμε ( ) ( )1 1 2′ ′′+ =f f

Επιπλέον από το ερώτημα α. έχουμε ( ) ( )1 2 1 5′ ′′+ =f f

Λύνοντας το σύστημα των δύο προηγούμενων εξισώσεων παίρνουμε ( )1 1′ = −f

και ( )1 3′′ =f . Επίσης από τη σχέση ( ) ( )1 2 1 0′+ =f f προκύπτει ( )1 2=f

Για 0>x έχουμε

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )2 2 2′′ ′′ ′′ ′ ′′ ′+ = ⇔ + = ⇔ =f x xf x x f x xf x xf x x

Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά 1∈ℝc τέτοια, ώστε:

( ) 12′ = +xf x x c

Για 1=x έχουμε ( ) 1 11 2 3′ = + ⇔ = −f c c

Οπότε για 0>x έχουμε:


[60]

( ) ( ) ( ) ( )0 3

2 3 2 2 3ln> ′′ ′ ′= − ⇔ = − ⇔ = −

x

xf x x f x f x x xx

Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά 2∈ℝc τέτοια, ώστε:

( ) 22 3ln= − +f x x x c

Για 1=x έχουμε ( ) 2 21 2 0= + ⇔ =f c c

Οπότε για 0>x έχουμε ( ) 2 3ln= −f x x x

γ. Για 0>x έχουμε ( ) 3 2 32

−′ = − =x

f xx x

Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας

x 0 3

2 +∞

( )′f x - O +

( )f x 2 1 ,

Στο 0

3

2=x η f παρουσιάζει ελάχιστο ίσο με

3 3 93 2ln 3 ln

2 2 4 = − = −

f

Για 0>x έχουμε ( ) 2

2 3 30

−′′ = = >x

f xx x

για κάθε 0>x , άρα η f είναι κυρτή.

δ. Είναι ( ) ( )0 0

lim lim 2 3ln+ +→ →

= − = +∞x x

f x x x , άρα η ευθεία 0=x είναι κατακόρυφη

ασύμπτωτη της fC

Επίσης ( ) 2 3ln ln

lim lim lim 2 3 2→+∞ →+∞ →+∞

− = = − = x x x

f x x x x

x x x , αφού

. . .

ln 1lim lim 0

+∞+∞

→+∞ →+∞= =

x D L H x

x

x x


[61]

Επιπλέον ( )( ) ( )lim 2 lim 3ln→+∞ →+∞

− = − = −∞x x

f x x x , άρα η fC δεν έχει πλάγια ή

οριζόντια ασύμπτωτη.

Η γραφική παράσταση της είναι η παρακάτω:

ε. Το ζητούμενο εμβαδόν είναι

( )( ) ( )3 3 332

11 1 13 3 2 3ln 3 3 ln Ε = − = − + = − + = ∫ ∫ ∫f x dx x x dx x x xdx

( ) [ ]3 33

11 12 3 ln 2 3 ln 3 2 9ln3 6 9ln3 8′= − + = − + − = − + − = −∫ ∫x xdx x x dx τ.μ.

ΘΕΜΑ 23

Δίνεται η συνεχής συνάρτηση : →ℝ ℝf , με ( )0 1 2= +f για την οποία ισχύει:

( ) ( )2 2 1− =xf x e f x , για κάθε ∈ℝx

α. Να αποδείξετε ότι ( ) 2 1= + +x xf x e e , ∈ℝx


[62]

β. Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης f και να δείξετε ότι η εξίσωση

( ) 2018=f x έχει μοναδική πραγματική λύση.

γ. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση ( ) ( )( )ln=g x f x είναι γνησίως αύξουσα και

κυρτή

δ. Αν για τους αριθμούς 1 2 30< < <x x x ισχύει 1 32 2

+=

x xx , τότε να αποδείξετε ότι

( ) ( ) ( )22 1 3<f x f x f x



( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )22 2 2 2 22 1 2 1 1− = ⇔ − + = + ⇔ − = +x x x x x xf x e f x f x e f x e e f x e e

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( )= − xg x f x e , ∈ℝx για την οποία ισχύει

( )2 2 1 0= + ≠xg x e , για κάθε ∈ℝx

Άρα, για κάθε ∈ℝx είναι ( ) 0≠g x και η g συνεχής, επομένως διατηρεί σταθερό

πρόσημο.

Για 0=x είναι ( ) ( ) 00 0 1 2 1 2 0= − = + − = >g f e , άρα ( ) 0>g x για κάθε

∈ℝx

Οπότε

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 21 1 1 1= + ⇔ = + ⇔ − = + ⇔ = + +x x x x x xg x e g x e f x e e f x e e ,

∈ℝx

β. Για κάθε ∈ℝx έχουμε:

( )( )2

22

2 2 2

120

2 1 1 1

+ +′ = + = + = >

+ + +

x x xx

x x x

x x x

e e eef x e e e

e e e για κάθε ∈ℝx ,

άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα.

Α = ℝ , η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής, άρα


[63]

( ) ( ) ( )( ) ( )lim , lim 1,→−∞ →+∞

Α = = +∞x x

f f x f x , αφού

( ) ( ) ( )2 2

00

lim lim 1 lim 1 1=

→−∞ →−∞ →−∞ →→

= + + = + + =xy e

x x

x x x yy

f x e e y y και

( ) ( ) ( )2 2lim lim 1 lim 1=

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞→+∞

= + + = + + = +∞xy e

x x

x x x yy

f x e e y y

Επειδή ( )2018∈ Αf η εξίσωση ( ) 2018=f x έχει μια τουλάχιστον πραγματική

ρίζα και αφού η f είναι γνησίως αύξουσα η ρίζα θα είναι μοναδική.

γ. Είναι ( ) 0>f x για κάθε ∈ℝx , οπότε Α = ℝg

Είναι ( ) ( )( ) ( )2ln ln 1= = + +x xg x f x e e

( ) ( )2

2 2

11 0

1 1

′′ = + + = >

+ + +

xx x

x x x

eg x e e

e e e για κάθε ∈ℝx , οπότε η g

είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ

( )( ) ( ) ( )

( )

2 2 2

2 2 2

1 1 10

1 1 1

′′ + − + − +′′ = = >

+ + +

x x x x x x x

x x x

e e e e e e eg x

e e e για κάθε ∈ℝx ,

οπότε η g είναι κυρτή στο ℝ

δ. Είναι 2 1 3 2 1 3 22 0= + ⇔ − = − >x x x x x x x (1)

● Η g είναι συνεχής στο [ ]1 2,x x

● Η g είναι παραγωγίσιμη στο ( )1 2,x x

Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ( )1 1 2,∈ x xξ τέτοιο, ώστε

( ) ( ) ( )2 11

2 1

−′ =

−

g x g xg

x xξ (2)


[64]

● Η g είναι συνεχής στο [ ]2 3,x x

● Η g είναι παραγωγίσιμη στο ( )2 3,x x

Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ( )2 2 3,∈ x xξ τέτοιο, ώστε

( ) ( ) ( )3 22

3 2

−′ =

−

g x g xg

x xξ (3)

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (1)3 22 1

1 2 1 22 1 3 2

′ −−′ ′< ⇔ < ⇔ < ⇔

− −

րg g x g xg x g xg g

x x x xξ ξ ξ ξ

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 3 2 2 1 32− < − ⇔ < + ⇔g x g x g x g x g x g x g x

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 1 3 2 1 3 2 1 32ln ln ln ln ln< + ⇔ < ⇔ <f x f x f x f x f x f x f x f x f x

ΘΕΜΑ 24

Δίνεται συνάρτηση ( )1

= ⋅ xf x x e , 0>x

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

β. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα

γ. Να αποδείξετε ότι ισχύει 1−≥x xx e , για κάθε 0>x

δ. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της f και στη συνέχεια να χαράξετε τη γραφική της

παράσταση

ε. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές

παραστάσεις των συναρτήσεων ( ) ( )2=g x f x , ( )1

= xh x e και τις ευθείες 1=x και

2=x




[65]

( ) ( )1 1 1 1 1

2

1 1′ − ′′ = + = + − = ⋅

x x x x x xf x x e x e e xe e

x x

Κατασκευάζουμε τον πίνακα μονοτονίας

x 0 1 +∞

( )′f x - O +

( )f x 2 1 ,

Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ( ]1 0,1Α = και γνησίως αύξουσα

στο διάστημα [ )2 1,Α = +∞

Επιπλέον η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 1=x ίσο με ( )1 =f e


( )1 1

2 2 4

1 1 10

− + ′′ = − ⋅ = − <

x xx xf x e e

x x x για κάθε 0>x , οπότε η f είναι κυρτή

στο ( )0,+∞

γ. Για κάθε 0>x έχουμε:

01 1 1 1

ln ln ln 1 ln 1 1 ln>

− −≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ − ⇔ ≥ − ⇔ ≥ − ⇔x

x x x xx e x e x x x x xx x

( ) ( )1 1 10

1 ln 1>

−≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥x

xx x xee e e xe e f x f

x που ισχύει για κάθε 0>x

δ. Είναι:

( )1

1

. . .0 0 0lim lim lim lim

+ + +

+∞=

+∞

→+∞ →+∞→ → →→+∞

= = = = +∞y yx

yx

y D L H yx x xy

ef x xe e

y , άρα η ευθεία 0=x είναι

κατακόρυφη ασύμπτωτη της fC


[66]

( )1

1

00

lim lim lim 1=

→+∞ →+∞ →+∞ →→

= = =y

xyx

x x x yy

f xe e

x και

( )( )1

1

00

1lim lim lim 1

=

→+∞ →+∞ →+∞ →→

−− = − = =

y yxx

x x x yy

ef x x xe x

y , άρα η ευθεία 1= +y x είναι

πλάγια ασύμπτωτη της fC στο +∞

Η γραφική της παράσταση είναι:

ε. Το ζητούμενο εμβαδόν είναι:

1 1 1 12 2

1 12 2

Ε = − = −

∫ ∫x x x xxe e dx xe e dx , αφού [ ]1,2∈x

Οπότε

21 1 1 1 12 2 2 22 2

21 1 1 11

12

Ε = − = − − −

∫ ∫ ∫ ∫x x x x xxe dx e dx x e x e dx e dxx

1 112 2

2

1 14 4= − + − = −∫ ∫x xe e e dx e dx e e τ.μ.


[67]

ΘΕΜΑ 25

Δίνεται συνάρτηση [ ]: 1,6 →ℝf , δύο φορές παραγωγίσιμη, για την οποία

ισχύουν:

● ( ) ( )6 3 1=f f

● ( ) ( ) ( )( )22 4 2 2 2 2′ + = +f f f

● ( ) ( ) ( )( )14

′′′= −

f xf x f x , για κάθε [ ]1,6∈x

α. Να εκφράσετε την ′f ως συνάρτηση της f

β. Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση και στη συνέχεια ότι

( )1 0>f

γ. Να αποδείξετε ότι ( )6

1ln3<∫ f x dx

δ. Αν ( )1 1 0− >f ,τότε να αποδείξετε ότι ( ) ( ) ( )2 4 5 3< +f f f


α. Για κάθε [ ]1,6∈x έχουμε:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )21 4 4 2 44

′′ ′′′ ′′ ′ ′ ′= − ⇔ = − ⇔ = −f x

f x f x f x f x f x f x f x f x f x

Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά ∈ℝc τέτοια, ώστε:

( ) ( ) ( )22 4′ = − +f x f x f x c


( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 4 2 2 2 4 2 4 2 2 4 2 4′ = − + ⇔ − + = − + ⇔ =f f f c f f f f c c

Άρα ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 22 4 4 2 2 2′ ′= − + ⇔ = − +f x f x f x f x f x f x , [ ]1,6∈x

β. Για κάθε [ ]1,6∈x έχουμε:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )22 22 2 2 2 2 1 1 2 1 1 0′ = − + = − + + = − + >f x f x f x f x f x f x

Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα για κάθε [ ]1,6∈x


[68]

Είναι ( ) ( ) ( ) ( ) ( ):

1 6 1 6 1 3 1 1 0< ⇔ < ⇔ < ⇔ >րf

f f f f f

γ. Για κάθε [ ]1,6∈x έχουμε:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )22 2 2 22 4 4 4 4 2′ = − + = + − + = + −f x f x f x f x f x f x f x f x

Οπότε ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )

( )22 22′

′ = + − ≥ ⇔ ≥f x

f x f x f x f x f xf x

(1) για κάθε

[ ]1,6∈x , αφού ( ) ( ):

1 1 0≤ ⇔ ≥ >րf

x f x f

Από την (1) έχουμε:

( )( )

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )6 6 6 66

11 1 1 1ln ln 6 ln 1

′ > ⇔ < ⇔ < − ∫ ∫ ∫ ∫

f xdx f x dx f x dx f x f x dx f f

f x

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

( )6 6 6

1 1 1

6ln 6 ln 1 ln ln3

1< − ⇔ < ⇔ <∫ ∫ ∫

ff x dx f f f x dx f x dx

f

δ. Είναι ( ) ( ) ( ):

1 1 1 1 0≤ ⇔ ≥ > ⇔ − >րf

x f x f f x

Επίσης ( ) 0′ >f x , οπότε από την δοσμένη σχέση θα έχουμε ( ) 0′′ >f x για κάθε

[ ]1,6∈x

Συνεπώς η ′f είναι κυρτή



Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ( )1 3,4∈ξ τέτοιο, ώστε

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1

4 34 3

4 3

−′ = = −

−

f ff f fξ (1)




[69]

Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ( )2 4,5∈ξ τέτοιο, ώστε

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2

5 45 4

5 4

−′ = = −

−

f ff f fξ (2)

Συνεπώς

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 4 3 5 4 2 4 3 5′

′ ′< ⇔ < ⇔ − < − ⇔ < +րf

f f f f f f f f fξ ξ ξ ξ

ΘΕΜΑ 26

Η τιμή P (σε χιλιάδες ευρώ) ενός προϊόντος, t μήνες μετά από την εισαγωγή του

στην αγορά, δίνεται από τον τύπο ( )2

6254

−= +

+

tP t a

t

α. Να βρείτε το a αν γνωρίζουμε ότι η τιμή του προϊόντος τη στιγμή εισαγωγής

του στην αγορά είναι 76

25 χιλιάδες ευρώ.

Αν 4=a , τότε:

β. Να βρείτε το χρονικό διάστημα στο οποίο η τιμή του προϊόντος συνεχώς αυξάνεται, καθώς επίσης και τη χρονική στιγμή κατά την οποία η τιμή του προϊόντος γίνεται μέγιστη.

γ. Να αποδείξετε ότι η τιμή του προϊόντος, μετά από κάποια χρονική στιγμή, συνεχώς μειώνεται, χωρίς όμως να γίνει μικρότερη από την τιμή του προϊόντος τη στιγμή της εισαγωγής του στην αγορά.

δ. Αν ( )K t (σε χιλιάδες ευρώ) είναι το κόστος του προϊόντος, t μήνες από την

εισαγωγή του στην αγορά, τότε να αποδείξετε ότι ο ρυθμός μεταβολής του κέρδους μηδενίζεται όταν ο ρυθμός μεταβολής του κόστους και ο ρυθμός μεταβολής της τιμής του προϊόντος είναι ίσοι.


α. Είναι ( ) 76 6 76 76 240 4

2525 25 25 254

−= ⇔ + = ⇔ = + ⇔ =P a a a


[70]

Οπότε ( )2

64

254

−= +

+

tP t

t , 0≥t

β. Για κάθε 0≥t έχουμε:

( )( ) ( )2 2 2

2 22 2

25 25 256 6 124 4 4

25 254 4

′ ′− + − − + − + + ′ = =

+ +

t t t t t tP t

t t

Είναι:

( ) 2 25 250 12 0

4 2′ = ⇔− + + = ⇔ =P t t t t

( ) 2 25 250 12 0 0

4 2′ > ⇔− + + > ⇔ ≤ <P t t t t

( ) 2 25 250 12 0

4 2′ < ⇔− + + < ⇔ ≥P t t t t

Οπότε στο χρονικό διάστημα 25

0,2

η τιμή αγοράς του προϊόντος αυξάνεται,

ενώ στο χρονικό διάστημα 25

,2

+∞ η τιμή αγοράς του προϊόντος μειώνεται.

Τέλος η τιμή του προϊόντος γίνεται μέγιστη για 25

2=t μήνες.

γ. Είδαμε στο προηγούμενο ερώτημα ότι στο χρονικό διάστημα 25

,2

+∞ η τιμή

αγοράς του προϊόντος μειώνεται.

Επιπλέον ( ) ( )76lim 4 0

25→+∞= > =

tP t P , δηλαδή, ενώ η τιμή συνεχώς μειώνεται, ποτέ

δε θα γίνει μικρότερη από την τιμή του τη στιγμή εισαγωγής του στην αγορά.

δ. Η συνάρτηση του κέρδους είναι ( ) ( ) ( )= −f t P t K t

Επομένως

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0′′ ′ ′ ′ ′= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =f t P t K t P t K t P t K t


[71]

ΘΕΜΑ 27

Δίνεται η συνάρτηση ( ) 2 1−= +xf x e , ∈ℝx

α. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφή της f

β. Να μελετήσετε τη συνάρτηση 1−f ως προς τη μονοτονία

γ. Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 2= −g x x . Μετατοπίζουμε την gC κατά κ μονάδες

προς τα πάνω. Να βρείτε το πλήθος των κοινών σημείων της γραφικής

παράστασης της 1−f με την μετατοπισμένη γραφική παράσταση της g , για όλες τις τιμές του κ

δ. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα ( )2

ln3

ln4−Ι = ∫ f x dx


α. Έχουμε

( ) 02 1

−

−

−′ = <+

x

x

ef x

e για κάθε ∈ℝx , άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ ,

οπότε 1-1, συνεπώς αντιστρέφεται.

Είναι

( )2 20 1

2 1 12 1 2 1 ln

2 2

≥ >− − − − −

= ⇔ = + ⇔ = + ⇔ = ⇔− = ⇔

y yx x x y y

y f x y e y e e x

( ) ( )2

1 21ln ln2 ln 1

2− −

= − ⇔ = − −

yx f y y

Άρα ( ) ( )1 2ln2 ln 1− = − −f x x , 1>x

β. Έχουμε

( )( )12

20

1− ′ = − <

−x

f xx

για κάθε 1>x , άρα η 1−f είναι γνησίως φθίνουσα στο

( )1,+∞

γ. Θέλουμε να βρούμε το πλήθος των ριζών της εξίσωση:


[72]

( ) ( ) ( ) ( )1 2 2 2 2ln2 ln 1 ln2 ln 1 0− = + ⇔ − − = − + ⇔ − − + − =f x g x x x x xκ κ κ , 1>x

για όλες τις τιμές του θετικού αριθμού κ

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( )2 2ln2 ln 1= − − + −h x x x κ , 1>x

Είναι ( )( ) ( )( )2

2 2 2

2 2 22 222

1 1 1

− +−′ = − + = =

− − −

x x xx xxh x x

x x x, 1>x

Κατασκευάζουμε τον πίνακα μονοτονίας

x 1 2 +∞

( )′h x - O +

( )h x 2 1 ,

Οπότε η h είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (1 1, 2Α = και συνεχής άρα

( ) ( ) ( )) [ )11

2 , lim 2 ln2 ,+→

Α = = + − +∞ xh h h x κ

Επίσης η h γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( )2 2,Α = +∞ και συνεχής άρα

( ) ( ) ( ) ( )22

lim , lim 2 ln2 ,+ →+∞→

Α = = + − +∞ xx

h h x h x κ

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

● 2 ln2 0 2 ln2+ − < ⇔ > +κ κ , τότε:

( )10∈ Αh και ( )20∈ Αh άρα η εξίσωση ( ) 0=h x έχει δύο ακριβώς ρίζες

● 2 ln2 0 2 ln2+ − = ⇔ = +κ κ , τότε:

( )10∈ Αh και ( )20∉ Αh άρα η εξίσωση ( ) 0=h x έχει μία ακριβώς ρίζα

● 2 ln2 0 2 ln2+ − > ⇔ < +κ κ , τότε:

( )10∉ Αh και ( )20∉ Αh άρα η εξίσωση ( ) 0=h x δεν έχει καμία ρίζα


[73]

δ. Θέτουμε ( )22 1 ln2 ln 1− + = ⇔ = − −xe u x u , άρα 2

2

1= −

−u

dx duu

Για ln4= −x είναι 3=u

Για 2

ln3

=x είναι 2=u

Οπότε 2 22 3 3 3

2 2 2 23 2 2 2

2 1 1 12 2 2 1

1 1 1 1

− − + Ι = = = = + − − − − ∫ ∫ ∫ ∫u u u

u du du du duu u u u

( )( )3 3

2 2

1 11 32 22 1 2 1 ... ln

1 1 1 1 2

− = + = + + = = − + − +

∫ ∫du duu u u u

ΘΕΜΑ 28

Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση ( ): 0,+∞ →ℝf για την οποία ισχύουν:

● ( )1 0=f

● ( )1 1′ =f

● ( ) ( ) ( )⋅ ≤ ⋅ + ⋅f x y x f y y f x για κάθε , 0>x y

Θεωρούμε επίσης τη συνάρτηση ( ) ( ) ln= −g x f x x , 0>x

α. Να δείξετε ότι ( ) ln=f x x x , 0>x

β. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της συνάρτησης

( )( )ln 1

2−+

= + +xe

h x xx

γ. Αν η ευθεία 1= +y x είναι ασύμπτωτη της hC στο −∞ , να δείξετε ότι η γραφική

παράσταση της συνάρτησης g και η παραπάνω ευθεία έχουν δύο ακριβώς κοινά

σημεία με τετμημένες 1 2,x x για τις οποίες ισχύει 1 2 1=x x

δ. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα ( )2

6

Ι = ∫ f x xdxπ

π ηµ συν


[74]


α. Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ): 0,+∞ →ℝt με ( ) ( ) ( ) ( )= − −t x f xy xf y yf x ,

όπου y θετική σταθερά.

Από υπόθεση ( ) ( ) ( )0 1≤ ⇔ ≤t x t x t για κάθε 0>x . Επομένως η t παρουσιάζει

μέγιστο στο 0 1=x και επειδή το 1 είναι εσωτερικό σημείο του ( )0,+∞ και η t

παραγωγίσιμη, από Θ.Fermat θα ισχύει ότι ( )1 0′ =t

Είναι ( ) ( ) ( ) ( )′ ′ ′= − −t x yf xy f y yf x , 0>x

Έχουμε ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0

2

11 0 ln

> ′′ − ′′ ′= ⇔ − = ⇔ = ⇔ =

y yf y f y f yt yf y f y y y

y y y

Από Π.Σ.Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει σταθερά ∈ℝc τέτοια, ώστε:

( )ln= +

f yy c

y , 0>y

Για 1=y έχουμε 0=c , άρα ( ) ln=f x x x , 0>x

β. Είναι:

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

lim 2 lim lim ln 1 0−

−

→+∞ →+∞ →+∞

+− + = = + =

x

x

x x x

eh x x e

x x

Άρα η ευθεία 2= +y x πλάγια ασύμπτωτη της hC στο +∞

Επίσης:

( ) ( )( ) ( ). . .

ln 1lim 2 lim lim 1

1

+∞− −−∞

−→−∞ →−∞ →−∞

+ −− + = = = −

+

x x

xx x D L H x

e eh x x

x e

Άρα η ευθεία 1= +y x πλάγια ασύμπτωτη της hC στο −∞

γ. Είναι ( ) ( ) ( )ln ln ln 1 ln= − = − = −g x f x x x x x x x , 0>x

Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση ( ) ( )1 1 ln 1= + ⇔ − = +g x x x x x έχει ακριβώς

δύο θετικές ρίζες.


[75]

Αρχικά παρατηρούμε ότι το 1 δεν επαληθεύει την εξίσωση, οπότε:

( )1 1 1

1 ln 1 ln ln 01 1

≠ + +− = + ⇔ = ⇔ − =

− −

x x xx x x x x

x x

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 1ln

1

+= −

−x

k x xx

στο ( ) ( )0,1 1,∪ +∞

Είναι ( )( )2

1 20

1′ = + >

−k x

x x για κάθε ( ) ( )0,1 1,∈ ∪ +∞x

Άρα η k είναι γνησίως αύξουσα στο ( )1 0,1Α = και γνησίως αύξουσα στο

( )2 1,Α = +∞

Επιπλέον η k είναι συνεχής οπότε:

( ) ( ) ( )( ) ( )10 1

lim , lim ,+ −→ →

Α = = −∞ +∞x x

k k x k x και

( ) ( ) ( )( ) ( )21

lim , lim ,+ →+∞→

Α = = −∞ +∞xx

k k x k x

Είναι

( )10∈ Αk και k γνησίως αύξουσα, άρα η εξίσωση ( ) 0=k x έχει μοναδική ρίζα

1 1∈Αx

( )20∈ Αk και k γνησίως αύξουσα, άρα η εξίσωση ( ) 0=k x έχει μοναδική ρίζα

2 2∈Αx

Τέλος ( )12

1 1

1

11

1 1ln 0

11

+

= − = − = −

xk k x

x xx

, άρα το ρίζα της εξίσωσης ( ) 0=k x .

Όμως η εξίσωση έχει ακριβώς δύο ρίζες, άρα 2 1 21

11= ⇔ =x x x

x

δ. Θέτουμε =x uηµ , άρα =xdx duσυν και

για 6

=xπ

έχουμε 1

2=u , ενώ για

2=xπ

έχουμε 1=u , οπότε:


[76]

( ) ( )121 1 1

21 1 1

12 2 262

1 1ln ln ln2

2 8 2

Ι = = = = − = −

∫ ∫ ∫ ∫

xf x xdx f u du x xdx x dx

π

π ηµ συν

ΘΕΜΑ 29

Δίνεται η συνάρτηση

( ), 0

1 , 0

− ≤

= >

xe xf x

xx

α. Να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f

β. Να προσδιορίσετε το σύνολο τιμών της f και να βρείτε το πλήθος των ριζών

της εξίσωσης ( ) =f x κ για τις διάφορες τιμές του ∈ℝκ

γ. Να βρείτε, όπου ορίζεται, την παράγωγο της f . Στη συνέχεια να προσδιορίσετε

σημείο Μ της fC στο οποίο η εφαπτομένη της διέρχεται από το σημείο ( )2 ,0Α α

με 0>α

Αν 1

, Μ α

α

δ. Να βρείτε την εφαπτομένη ( )ε της fC στο σημείο Μ και να αποδείξετε ότι

το Μ είναι μέσο του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ , όπου Β το σημείο τομής της

( )ε με τον άξονα ′y y

ε. Ένα σημείο Κ κινείται κατά μήκος της γραφικής παράστασης της f , όταν

0>x . Τη χρονική στιγμή 0t που το σημείο Κ περνάει από το σημείο Μ η

τετμημένη του αυξάνεται με ρυθμό ( ) 22 m/sec′ =x t α . Να αποδείξετε ότι ο

ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης του σημείου Κ τη στιγμή 0t είναι

ανεξάρτητος του α



[77]

α.

β. Α΄ Τρόπος

Από τη γραφική παράσταση της f παρατηρούμε ότι το σύνολο τιμών της είναι

το ( ) [ ) ( )1,0 0,Α = − ∪ +∞f .

Β΄ Τρόπος

Στο διάστημα ( ),0−∞ η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, οπότε

( )( ) ( ) ( )( ) ( )0

,0 lim , lim 1,0− →−∞→

−∞ = = −xx

f f x f x . Επιπλέον ( ) 00 1= − = −f e , άρα

όταν ( ]1 ,0Α = −∞ είναι ( ) [ )1 1,0Α = −f

Στο διάστημα ( )2 0,Α = +∞ η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, οπότε είναι

( ) ( ) ( )( ) ( )20

lim , lim 0,+→+∞ →

Α = = +∞x x

f f x f x

Άρα ( ) ( ) ( ) [ ) ( )1 2 1,0 0,Α = Α ∪ Α = − ∪ +∞f f f

Για το πλήθος των ριζών της εξίσωσης ( ) =f x κ για τις διάφορες τιμές του ∈ℝκ

Α΄ Τρόπος

Διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις:


[78]

● Αν 1<−κ , τότε ( )1∉ Αfκ και ( )2∉ Αfκ . Επομένως η εξίσωση δεν έχει καμία

ρίζα

● Αν 1 0− ≤ <κ , τότε ( )1∈ Αfκ και ( )2∉ Αfκ . Επειδή η f είναι γνησίως

φθίνουσα στο 1Α η ρίζα θα είναι μοναδική

● Αν 0=κ , τότε ( )1∉ Αfκ και ( )2∉ Αfκ . Επομένως η εξίσωση δεν έχει καμία

ρίζα.

● Αν 0>κ , τότε ( )1∉ Αfκ και ( )2∈ Αfκ . Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα

στο 2Α η ρίζα θα είναι μοναδική

Β΄ Τρόπος

Από τα σημεία τομής της ευθείας =y κ με την γραφική παράσταση της f για τις

διάφορες τιμές του ∈ℝκ

γ. Α΄ Τρόπος

● Για 0<x η f είναι παραγωγίσιμη με ( )′ = − xf x e

● Για 0>x η f είναι παραγωγίσιμη με ( ) 2

1′ = −f xx

● Για 0=x έχουμε ( ) ( )

20 0 0

110 1

lim lim lim0+ + +→ → →

+− += = = +∞

−x x x

f x f xxx x x

Άρα η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0 0=x

Β΄ Τρόπος

Από το σχήμα παρατηρούμε ότι η f δεν είναι συνεχής στο 0 0=x , οπότε δεν είναι

και παραγωγίσιμη στο σημείο αυτό.


, 0

1 , 0

− <′ = − >

xe xf x

xx


[79]

Έστω σημείο ( )( )0 0,Μ x f x της fC . Η εξίσωση της εφαπτομένης ( )ε της fC

στο σημείο Μ θα δίνεται από τον τύπο ( ) ( )0 0− = ⋅ −y f x x xλ , όπου ( )0′= f xλ

Άρα

● αν 0 0<x , τότε η εξίσωση της εφαπτομένης γίνεται ( )0 00+ = − ⋅ −x xy e e x x

Η ευθεία ( )ε διέρχεται από το σημείο ( )2 ,0Α α αν και μόνο αν ισχύει:

( )0 00 0 02 1 2 2 1= − ⋅ − ⇔ = − + ⇔ = +x xe e x x xα α α απορρίπτεται αφού 0 0<x

● αν 0 0>x , τότε η εξίσωση της εφαπτομένης γίνεται ( )020 0

1 1− = − ⋅ −y x x

x x

Η ευθεία ( )ε διέρχεται από το σημείο ( )2 ,0Α α αν και μόνο αν ισχύει:

( )0 0 0 020 0

1 12 2− = − ⋅ − ⇔ − = − + ⇔ =x x x x

x xα α α δεκτή

Άρα 1

, Μ αα

γ. Η εφαπτομένη ( )ε της fC στο σημείο Μ έχει εξίσωση

( )2 2

1 1 1 2− = − ⋅ − ⇔ = − +y x y xαα α α α

Το σημείο τομής της ε με τον άξονα ′y y προκύπτει αν βάλουμε όπου 0=x . Τότε

2=yα

. Άρα είναι το σημείο 2

0, Β α

.

Το μέσο του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ έχει συντεταγμένες

2 0

2 2Α Β+ +

= = =x x

xα

α και

20 1

2 2Α Β

++= = =

y yy α

α

Δηλαδή είναι το σημείο 1

, Μ αα

δ. Έστω ( )x t , ( )y t οι συντεταγμένες του σημείου Κ με ( )( )1

=y tx t

, ( ) 0>x t


[80]

Τη χρονική στιγμή 0t που το σημείο Κ περνάει από το σημείο 1

, Μ αα

είναι

( )0 =x t ξ , ( )0

1=y tα

και ( ) 20 2′ =x t α

Έχουμε ( ) ( )( )2

′′ = −

x ty t

x t άρα ( ) ( )

( )

20

0 2 20

22

′′ = − = − = −

x ty t

x t

αα

m/sec που είναι

ανεξάρτητος από την τιμή του α

ΘΕΜΑ 30

Δίνεται η συνάρτηση ( ) 1

1

−=

+

x

x

ef x

e

α. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία

β. Να δείξετε ότι η εξίσωση ( )( ) ( )( )2 21 1 1 1− −− + = + −x x x xe e e eσυν συν έχει

ακριβώς μια λύση στο διάστημα [ ]0,π

γ. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα και τα σημεία καμπής

δ. Να αποδείξετε ότι:

i. ( ) ( )′ ≤xf x f x για κάθε 0≥x

ii. ( )ln 2

0

ln2

6>∫ f x dx


α. Α =ℝf

Έχουμε:

( )( ) ( ) ( )( )

( ) ( )2 2

1 1 1 1 20

1 1

′ ′− + − − +′ = = >

+ +

x x x x x

x x

e e e e ef x


Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ


[81]

β. Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα θα είναι και 1-1.

Έχουμε ( )( ) ( )( )2

2 22

1 11 1 1 1

1 1

−− −

−

− −− + = + − ⇔ = ⇔

+ +

x xx x x x

x x

e ee e e e

e e

συνσυν συν

συν

( ) ( ):1 1

2 2 2 0−

− = ⇔ − = ⇔ − − =f

f x x f x x x xσυν συν συν

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 2= − −g x x xσυν στο διάστημα [ ]0,π

Είναι ( ) 1 0′ = + >g x xηµ για κάθε [ ]0,∈x π

Οπότε η g είναι γνησίως αύξουσα στο [ ]0,π και συνεχής, άρα το σύνολο τιμών

της είναι το διάστημα ( ) ( ) [ ]0 , 3, 1 = − − g g π π

Αφού [ ]0 3, 1∈ − −π η εξίσωση ( ) 0=g x θα έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο [ ]0,π

και επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα η ρίζα θα είναι μοναδική.

γ. Είναι

( )( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( )

( )

2 2 2

4 4

2 1 2 1 2 1 4 1

1 1

′′ + − + + − +′′ = =

+ +

x x x x x x x x x

x x

e e e e e e e e ef x

e e

( )( )

( )( )

( )4 3

2 1 1 2 2 1

1 1

+ + − −= =

+ +

x x x x x x

x x

e e e e e e

e e


x − ∞ 0 +∞

( )′′f x + O –

( )f x 3 4

Οπότε η f είναι κυρτή στο ( ],0−∞ και κοίλη στο [ )0,+∞ , ενώ το ( )0,0Ο είναι

σημείο καμπής της.

δ. i. Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. για την f στο διάστημα [ ]0,x

● H f είναι συνεχής στο [ ]0,x


[82]

● H f είναι παραγωγίσιμη στο ( )0,x

Άρα θα υπάρχει ( )0,∈ xξ τέτοιο, ώστε

( ) ( ) ( ) ( )0

0

−′ = =

−

f x f f xf

x xξ (1)

Είναι

[ )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

0, (1)′ +∞

′ ′ ′ ′< ⇔ > ⇔ < ⇔ <ցf f x

x f f x f x xf x f xx

ξ ξ , για κάθε 0>x

Για 0=x ισχύει ως ισότητα.

Οπότε για κάθε 0≥x ισχύει ( ) ( )′ ≤xf x f x

ii. Από ερώτημα γ.i. έχουμε:

( ) ( )′ ≤xf x f x , για κάθε 0≥x και η ισότητα ισχύει μόνο για 0=x

Οπότε

( ) ( ) ( ) ( ) ( )ln 2 ln 2 ln 2 ln 2ln 2

00 0 0 0′ < ⇔ − < ⇔ ∫ ∫ ∫ ∫xf x dx f x dx xf x f x dx f x dx

( ) ( ) ( ) ( )ln 2 ln 2 ln 2

0 0 0

2 1 ln22 ln2 ln2 2 ln2

2 1 6

−> ⇔ > ⋅ ⇔ >

+∫ ∫ ∫f x dx f f x dx f x dx

Θανάσης Κοπάδης

Ιανουάριος 2018

30 επαναληπτικά θέματα (2017 2018) με απαντήσεις (new)

Education

Transcript of 30 επαναληπτικά θέματα (2017 2018) με απαντήσεις (new)