Γ Λυκείου - Όρια - Επαναληπτικές ασκήσεις (λύσεις)

∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος Καθηγητής Μαθηματικών Mαθηματικά Γ’ Λυκείου Συναρτήσεις - Όρια Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Λύσεις ασκήσεων Νέα Μουδανιά • Αύγουστος 2021

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Άσκηση 708 Έστω συνάρτηση f : ! → ! , για την οποία ισχύει f 3(x)+3f(x) = x +3 , για κάθε x ∈ ! . α) Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα. β) Να αποδείξετε ότι f(1) =1 και f(−3) = 0 . γ) Να λύσετε τις παρακάτω ανισώσεις: Ι. f( f(x2 −2) )> f( f(x) ) . II. f(x)>0 . III. f(x)<1. ΙV. f( f(x2 )−4 )<0 . α) Θεωρώ x1, x2 ∈ ! , με x1 < x2 , και υποθέτω ότι η f δεν είναι γνησίως αύξουσα. Τότε θα ισχύει f(x1)≥ f(x2 ) , από όπου προκύπτει ότι θα ισχύουν και f 3(x1)≥ f 3(x2 ) και 3f(x1)≥ 3f(x2 ) . Προσθέτοντας κατά μέλη τις ανισότητες αυτές, θα ισχύει f 3(x1)+3f(x1) ≥ f 3(x2 )+3f(x2 ) ⇒ x1+ 3 ≥ x2 + 3 ⇒ x1 ≥ x2 , το οποίο είναι άτοπο όμως, αφού από την αρχή θεώρησα x1 < x2 . Άρα, η f είναι γνησίως αύξουσα στο ! . β) Θέτω x =1 στην σχέση της εκφώνησης και προκύπτει f 3(1)+3f(1) =1+3 ⇔ f 3(1)+3f(1)−4 = 0 . Θέτω f(1) = α ∈ ! , οπότε ισχύει α3 +3α−4 = 0 ⇔ (α−1)(α2 +α + 4)= 0 ⇔ α−1= 0 ή α2 +α + 4 = 0 ⇔ α =1, - 811 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο αφού η δεύτερη εξίσωση είναι αδύνατη (έχει διακρίνουσα 12 −4⋅1⋅4 =−15 ). Επομένως, είναι f(1) =1 . Θέτω x =−3 στην σχέση της εκφώνησης και προκύπτει f 3(−3)+3f(−3) =−3+3 ⇔ f 3(−3)+3f(−3) = 0 ⇔ f(−3)⋅⎣⎡f 2(−3)+3⎤⎦ = 0 . Επειδή είναι f 2(−3)+3>0 , από την τελευταία ισότητα προκύπτει f(−3) = 0 . γ) Ι. Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα, από την ανίσωση προκύπτει f(x2 −2)> f(x) . Για τον ίδιο λόγο, από την ανίσωση αυτή προκύπτει x2 −2> x , από όπου πλέον έχω x2 −x−2>0 ⇔ x <−1 η x >2 . ΙΙ. Επειδή είναι f(−3) = 0 , η ανίσωση ισοδύναμα γράφεται f(x)> f(−3) . Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, από την ανίσωση προκύπτει x >−3 . ΙΙΙ. Επειδή είναι f(1) =1, η ανίσωση ισοδύναμα γράφεται f(x)< f(1) . Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, από την ανίσωση προκύπτει x <1 . IV. Επειδή είναι f(−3) = 0 , η ανίσωση ισοδύναμα γράφεται f( f(x2 )−4 )< f(−3) (1) Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, από την (1) προκύπτει - 812 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο f(x2 )−4 <−3 ⇔ f(x2 )<1 ⇔ f(x2 )< f(1) , αφού είναι f(1) =1. Πάλι επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, από την τελευταία ανίσωση έχω x2 <1⇔ x2 −1<0 ⇔ x ∈(−1,1) . Άσκηση 709 ∆ίνεται η συνάρτηση f(x) = 2x−2+ ℓnx . α) Να εξετάσετε την f ως προς την μονοτονία. β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) = 0 έχει μοναδική ρίζα. γ) Να λύσετε την ανίσωση f(x)>0 . α) Είναι Df =(0,+∞) . Θεωρώ x1, x2 ∈(0,+∞), με x1 < x2 . Τότε είναι και: • 2x1 <2x2 ⇒ 2x1−2<2x2 −2 . • ℓnx1 < ℓnx2 . Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ανισότητες, προκύπτει 2x1−2+ ℓnx1 <2x2 −2+ ℓnx2 ⇒ f(x1)< f(x2 ) , το οποίο σημαίνει ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0,+∞) . β) Παρατηρώ ότι f(1) = 2⋅1−2+ ℓn1 = 2−2+0 = 0 , συνεπώς το 1 είναι μία ρίζα της εξίσωσης f(x) = 0 . - 813 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο ▶︎ Σχόλιο Αυτός είναι ένας ακόμη τρόπος για να δείξεις ότι μια εξίσωση έχει μία τουλάχιστον ρίζα. ∆ηλαδή παρατηρώντας ότι κάποιος αριθμός την επαληθεύει (συνήθως είναι κά- ποιος «απλός» αριθμός, όπως 0, 1, 2, e, π κ.λπ). Θα ακούσεις ή διαβάσεις και την έκφραση «προφανής ρίζα». ∆εν συμφωνώ και πολύ με αυτήν την έκφραση, διότι το «προφανές» δεν είναι πάντα τέτοιο. Προτιμώ την έκφραση «ρίζα με το μάτι» (η οποία, μαζί με την σχετική μεθοδο- λογία για το πώς θα λύσεις εξίσωση της μορφής f(x) = 0 , υπάρχει στο βιβλίο θεωρίας). Επειδή όμως η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0,+∞) , το 1 είναι η μοναδική ρίζα. γ) Επειδή είναι f(1) = 0 , η ανίσωση ισοδύναμα γράφεται f(x)> f(1) . Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, από την ανίσωση έχω ότι x >1 . - 814 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Άσκηση 710 ∆ίνεται η συνάρτηση f : ! → ! , για την οποία ισχύει (f ! f )(x) = 3−2ex−1, για κάθε x ∈ ! . Να αποδείξετε ότι: α) η f αντιστρέφεται. β) η Cf διέρχεται από το σημείο Α(1,1) . γ) η f δεν είναι γνησίως μονότονη. α) Αρκεί να δείξω ότι η f είναι 1-1. Θεωρώ x1, x2 ∈ ! , ώστε f(x1) = f(x2 ) . Από την σχέση της εκφώνησης έχω ότι, για κάθε x ∈ ! , ισχύει f (f(x))= 3−2ex−1 (1) Από την σχέση f(x1) = f(x2 ) προκύπτει και f (f(x1))= f (f(x2 )) η οποία, με την βοήθεια της (1), δίνει 3 −2ex1−1 = 3 −2ex2−1 ⇒− 2 ex1−1 = − 2 ex2−1 ⇒ e = ex1−1 x2 −1 ⇒ x1− 1 = x2 − 1 ⇒ ⇒ x1 = x2 , το οποίο σημαίνει ότι η f είναι 1-1. β) Αρκεί να δείξω ότι είναι f(1) =1. Στην σχέση (1) : • θέτω x =1 και έχω ότι f (f(1))= 3−2e1−1 ⇔ f (f(1))=1. • θέτω x = f(1) και έχω ότι - 815 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο f ( f (f(1)))= 3−2ef(1)−1 ⇔ f(1) = 3−2ef(1)−1 . Θέτοντας f(1) = α ∈ ! εδώ, έχω την εξίσωση α = 3−2eα−1 ⇔ α−3+ 2eα−1 = 0 . ▶︎ Την εξίσωση αυτή δεν μπορώ να την λύσω με κάποια από τις κλασικές μεθόδους της Άλγεβρας (είναι «μπερδεμένη»). Γι’ αυτό, θα θεωρήσω συνάρτηση g και θα λύσω την εξίσωση g(x) = 0 με την βοήθεια της μονοτονίας. Θεωρώντας την συνάρτηση g(α) = α−3+2eα−1, α ∈ ! , θα λύσω την εξίσωση g(α) = 0 . Παρατηρώ ότι g(1) =1−3+2e1−1 =−2+2 = 0 , δηλαδή το α =1 είναι μία ρίζα της εξίσωσης g(α) = 0 . Θεωρώ α1,α2 ∈ ! , με α1 <α2 . Τότε είναι και: • α1−3<α2 −3 . • α1−1< α2 −1 ⇒ eα1−1 < eα2−1 ⇒ 2eα1−1 < 2eα2−1 . Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ανισότητες, προκύπτει α1−3+ 2eα1−1 <α2 −3+ 2eα2−1 ⇒ g(α1)< g(α2 ) , το οποίο σημαίνει ότι η g είναι γνησίως αύξουσα στο ! , οπότε το α =1 είναι η μονα- δική ρίζα της εξίσωσης g(α) = 0 . Επομένως, είναι f(1) =1 . - 816 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο γ) Υποθέτω ότι η f είναι γνησίως μονότονη και θεωρώ x1, x2 ∈ ! , με x1 < x2 . ∆ιακρίνονται οι εξής περιπτώσεις: I. αν η f είναι γνησίως αύξουσα, θα είναι και f(x1)< f(x2 ) ⇒ f (f(x1))< f (f(x2 )) . Λόγω της (1), από την τελευταία ανισότητα προκύπτει 3 −2ex1−1 < 3 −2ex2−1 ⇒ −2 ex1−1 < −2 ex2−1 ⇒ e > ex1−1 x2 −1 ⇒ x1− 1> x2 − 1 ⇒ x1 > x2 , το οποίο είναι άτοπο, αφού εξαρχής θεώρησα ότι x1 < x2 . Άρα η f δεν μπορεί να είναι γνησίως αύξουσα. II. αν η f είναι γνησίως φθίνουσα, θα είναι και f(x1)> f(x2 ) ⇒ f (f(x1))< f (f(x2 )) , οπότε πάλι θα προκύψει το συμπέρασμα της περίπτωσης Ι. Άρα η f δεν μπορεί να είναι γνησίως φθίνουσα. Τελικά, η f δεν είναι γνησίως μονότονη. - 817 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Άσκηση 711 ∆ίνεται η συνάρτηση f : ! → ! , για την οποία ισχύει ef(x) + f(x) = x +2 , για κάθε x ∈ ! . α) Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται. β) Να λύσετε την εξίσωση f(ℓnx)= f⎜⎝⎜⎜⎛ e ⎟⎟⎞⎟⎠ . x γ) Να βρείτε την f −1 . δ) Να λύσετε την ανίσωση (x3 −8)(ex −3)< f(−1) . α) Αρκεί να δείξω ότι η f είναι 1-1. Θεωρώ x1, x2 ∈ ! , ώστε f(x1) = f(x2 ) . Τότε είναι και ef(x1) = ef(x2 ) . Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ισότητες, προκύπτει ef ( x1) + f ( x1) = ef ( x2 ) + f ( x2 ) , από όπου, με την βοήθεια της σχέσης της εκφώνησης, προκύπτει x1+ 2 = x2 + 2 ⇒ x1 = x2 , το οποίο σημαίνει ότι η f είναι 1-1. β) Αφού η f είναι 1-1, από την ζητούμενη εξίσωση προκύπτει η ℓnx = e ⇔ ℓnx− e =0, x x την οποία και θα λύσω. Θεωρώ την συνάρτηση g(x) = ℓnx− e , x>0, x και θα λύσω την εξίσωση g(x) = 0 . - 818 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Παρατηρώ ότι g(e) = ℓne− e =1−1= 0 , e οπότε το e είναι μία ρίζα της εξίσωσης g(x) = 0 . Θεωρώ x1, x2 ∈(0,+∞), με x1 < x2 . Τότε είναι και: • ℓnx1 < ℓnx2 . • 1 > 1 ⇒ e > e ⇒− e <− e . x1 x2 x1 x2 x1 x2 Προσθέτοντας κατά μέλη τις ανισότητες αυτές, προκύπτει ℓnx1− e < ℓnx2 − e ⇒ g(x1)<g(x2 ) , x1 x2 το οποίο σημαίνει ότι η g είναι γνησίως αύξουσα στο (0,+∞) , οπότε το e είναι η μο- ναδική ρίζα της εξίσωσης g(x) = 0 . γ) Θέτοντας y = f(x) , η σχέση της εκφώνησης γράφεται ey + y = x +2 , από όπου έχω ότι x =ey +y−2 . Επειδή ισχύει y = f(x) ⇔ x = f −1(y) , είναι f −1(y) = ey + y −2 . Η f −1 έχει πεδίο ορισμού το σύνολο τιμών της f, που είναι το ! , και τύπο f −1(x) = ex + x−2 . - 819 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο δ) Θέτω x =−1 στην σχέση της εκφώνησης και προκύπτει ef(−1) + f(−1) = −1+ 2 ⇔ ef(−1) + f(−1)−1= 0 . Θέτω f(−1) = α και έχω την εξίσωση eα +α−1= 0 . Θεωρώ την συνάρτηση h(α) = eα +α−1 , α ∈ ! , και θα λύσω την εξίσωση h(α) = 0 . Παρατηρώ ότι h(0) = e0 +0−1 = 1−1 = 0 , οπότε το α = 0 είναι μία ρίζα της εξίσωσης h(α) = 0 . Θεωρώ α1,α2 ∈ ! , με α1 <α2 . Τότε είναι eα1 < eα2 και α1−1<α2 −1. Προσθέτοντας κατά μέλη τις προηγούμενες ανισότητες, προκύπτει eα1−1+α1−1 < eα2−1+α2 −1 ⇒ h(α1)<h(α2 ) , το οποίο σημαίνει ότι η h είναι γνησίως αύξουσα στο ! , οπότε το α = 0 είναι η μονα- δική ρίζα της εξίσωσης h(α) = 0 . Επομένως είναι f(−1) = 0 , οπότε θα λύσω την ανίσωση (x3 −8)(ex −3)<0 . Από αυτήν προκύπτει (x−2)(x2 +2x+ 4)(ex −3)<0 . Το τριώνυμο x2 +2x + 4 έχει διακρίνουσα 22 −4⋅1⋅4 =−12 , οπότε είναι x2 +2x + 4 >0 , για κάθε x ∈ ! , και έτσι έχω την ανίσωση (x−2)(ex −3)<0 . - 820 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο • ex −3<0 ⇔ ex <3 ⇔ x < ℓn3 . • ex −3>0 ⇔ ex >3 ⇔ x > ℓn3 . Επίσης, είναι ℓn3<2 ⇔ ℓn3< ℓne2 ⇔ 3<e2 , κάτι που ισχύει, αφού e2 ≈ 7,29 . Ο ακόλουθος πίνακας δίνει το πρόσημο κάθε παράστασης και του γινομένου τους. x −∞ ℓn3 2 +∞ x−2 - -+ - ++ ex −3 + -+ Γινόμενο Τελικά είναι x ∈(ℓn3 , 2) . - 821 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Άσκηση 712 ∆ίνεται η συνάρτηση f(x)= ℓn(1−ex )−ℓn(1+ex ) . α) Να βρείτε το πρόσημο της f. β) Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφή της. γ) Να υπολογίσετε τα όρια: Ι. ℓim f(−4)⋅x4 −3x3 +7x2 −6x +2 . II. ℓim ⎡⎢⎣ e f −1( x ) −ef ( x ) ⎥⎦⎤ . x3 −5x2 +9 x→+∞ x→−∞ α) Επειδή είναι 1+ex >0 , για κάθε x ∈ ! , πρέπει μόνο να είναι 1−ex >0 ⇔ ex <1 ⇔ x <0 . Άρα είναι Df =(−∞,0) . Είναι f ( x ) = ℓn 1− ex 1+ ex και: • f(x)>0 ⇔ ℓn11+− ex >0 ⇔ 1−ex 1+ex >0 1−ex > 1+ex ⇔ 2ex < 0 , ex 1+ ex >1 ⇔ αδύνατη, αφού είναι ex >0 , για κάθε x ∈ ! . • f(x)<0 ⇔ ℓn11+− ex <0 ⇔ 0< 1−ex <1 1+ex >0 0 <1−ex <1+ex ⇔ ex 1+ ex ⇔ ⇔ ⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎪ 1−ex >0 και ⎪⎪⎪⎫⎪⎪⎭⎪⎬ ⇔ ⎪⎪⎨⎩⎧⎪⎪ x<0 ⎫⎬⎪⎭⎪⎪⎪ ⇔ ⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎧ x<0 ⎪⎬⎪⎭⎪⎪⎫ , 1−ex < 1+ex 2ex > 0 x∈! δηλαδή x <0 . Επομένως είναι f(x)<0 , για κάθε x ∈Df . - 822 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο β) Για να δείξω ότι η f αντιστρέφεται, αρκεί να δείξω ότι είναι 1-1. Θεωρώ x1, x2 ∈(−∞,0) , ώστε f(x1) = f(x2 ) . Τότε είναι 1− e x1 1− ex2 1−ex1 1−ex2 1+ e x1 1+ ex2 1+ ex1 1+ ex2 ( )( ) ( )( )ℓn = ℓn ⇒ = ⇒ 1−ex1 1+ ex2 = 1+ ex1 1−ex2 ⇒ ⇒ 1 + ex2 −ex1 − e ex1 x2 = 1−ex2 + ex1 − e ex1 x2 ⇒ 2 ex2 = 2 ex1 ⇒ ex1 = ex2 ⇒ x1 = x2 , το οποίο σημαίνει ότι η f είναι 1-1. Από την εξίσωση f(x) = y προκύπτει ( )ℓn11+−ex 1−ex ex =y⇔ 1+ ex = ey ⇔ 1−ex = ey 1+ ex ⇔ 1−ex = ey + eyex ⇔ ( )⇔ eyex +ex =1−ey ⇔ ex 1+ey =1−ey . Επειδή είναι ex >0 , για κάθε x ∈ ! , και 1+ey >0 , για κάθε y ∈ ! , πρέπει και 1−ey >0 ⇔ ey <1 ⇔ y <0 . Τότε είναι ex = 1−ey ⇔ x = ℓn 1−ey . 1+ ey 1+ ey Επομένως, είναι f −1( x ) = ℓn 1− ex , x<0 . 1+ ex γ) Ι. Από το (α) έχω ότι είναι f(x)<0 , για κάθε x ∈Df . Επομένως είναι και f(−4)<0 , οπότε το ζητούμενο όριο είναι ίσο με - 823 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο ℓim f(−4)⋅x 4 = f(−4)⋅ ℓim x = f(−4)⋅(+∞)=−∞ . x→+∞ x3 x→+∞ ΙΙ. Από το (β) προκύπτει ότι f −1(x) = ℓn(1−ex )−ℓn(1+ex ) = f(x) , οπότε είναι e = ef−1( x) f(x) και το ζητούμενο όριο είναι ίσο με ℓim ⎣⎡ef ( x) −ef ( x) ⎦⎤ =0 . x→−∞ Άσκηση 713 Έστω συνεχής συνάρτηση f :[0,+∞)→ ! , για την οποία ισχύει ότι f 2(x)+ xf(x) = 4 , για κάθε x ≥0 , και f(3) =−4 . α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g(x) = f(x)+ x 2 διατηρεί σταθερό πρόσημο, το οποίο και να βρείτε. β) Να βρείτε τον τύπο της f. γ) Να βρείτε το πλήθος των λύσεων της εξίσωσης f(x) = k , k ∈ ! . α) Η f ορίζεται στο Α =[0,+∞) και η συνάρτηση x ορίζεται στο ! . 2 Έτσι, η g, ως άθροισμα συναρτήσεων, ορίζεται στο Α ∩ ! = Α =[0,+∞) . Από την σχέση f 2(x)+ xf(x) = 4 προκύπτει f 2( x)+ 2⋅f ( x)⋅ x = 4 ⇔ f 2( x)+ 2⋅f ( x)⋅ x + x2 =4+ x2 ⇔ ⎢⎣⎡⎢f ( x)+ x ⎥⎥⎤⎦ 2 = 4 + x2 ⇔ 2 2 4 4 2 4 - 824 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο ⇔ g2(x) = 4 + x2 (1) 4 Για κάθε x ≥0 είναι 4 + x2 >0 , οπότε από την (1) προκύπτει ότι είναι και g2(x)>0 , 4 για κάθε x ≥0 , δηλαδή g(x) ≠ 0 , για κάθε x ≥0 . Επειδή η g είναι και συνεχής στο [0,+∞) , ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων, συ- μπεραίνω ότι η g διατηρεί σταθερό πρόσημο στο [0,+∞) . Είναι g(3) = f (3) + 3 = −4 + 3 = −8 + 3 =− 5 <0 , 2 2 2 2 οπότε είναι g(x)<0 , για κάθε x ∈[0,+∞) . β) Αφού είναι g(x)<0 , για κάθε x ≥0 , είναι και f(x)+ x <0 , οπότε από την σχέση 2 ⎡⎢⎢⎣ f ( x ) + x ⎦⎤⎥⎥ 2 = 4+ x2 2 4 προκύπτει f(x)+ x =− 4+ x2 ⇔ f(x)=− x − 16+ x2 ⇔ f(x)=− x − x2 +16 ⇔ 2 4 2 4 2 2 ⇔ f(x)=− x+ x2 +16 . 2 γ) Είναι x + x2 +16 >0 , για κάθε x ≥0 , οπότε από τον τύπο της f προκύπτει ότι είναι f(x)<0 , για κάθε x ≥0 , και έτσι διακρίνονται οι ακόλουθες περιπτώσεις: - 825 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Ι. αν είναι k >0 , τότε η εξίσωση f(x) = k είναι αδύνατη. ΙΙ. αν είναι k = 0 , τότε η εξίσωση f(x) = k είναι αδύνατη. ΙΙΙ. αν είναι k <0 , τότε η εξίσωση f(x) = k έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο [0,+∞) . Θεωρώντας x1, x2 ∈[0,+∞), με x1 < x2 , ισχύει και x12 < x22 ⇒ x12 +16 < x 2 +16 ⇒ x12 +16 < x 2 +16 . 2 2 Προσθέτοντας αυτήν την ανισότητα κατά μέλη με την x1 < x2 , προκύπτει x1 + x12 +16 < x2 + x 2 +16 ⇒ x1 + x12 +16 < x2 + x22 +16 ⇒ 2 2 2 ⇒ − x1+ x12 +16 >− x2 + x22 +16 ⇒ f(x1)> f(x2 ) , 2 2 το οποίο σημαίνει ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [0,+∞) . Τότε η εξίσωση f(x) = k θα έχει μοναδική ρίζα, όταν είναι k <0 . Συνοψίζοντας επομένως, η εξίσωση f(x) = k : • είναι αδύνατη, αν είναι k ≥0 . • έχει μοναδική λύση, αν είναι k <0 . - 826 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Άσκηση 714 Έστω η συνάρτηση f(x) = ℓnx + x −1 , x>0 . x α) Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία. β) Να βρείτε το σύνολο τιμών της f. γ) Να λύσετε την εξίσωση xℓnx =1−x . δ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει θ ∈(α ,β) , όπου α >1, ώστε f 2(θ) = f(α)⋅f(β) . α) Είναι Df =(0,+∞) , στο οποίο η f είναι συνεχής, ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. Είναι f(x) = ℓnx + x −1 = ℓnx +1− 1 . x x Θεωρώ x1, x2 ∈(0,+∞), με x1 < x2 . Τότε είναι και: • ℓnx1 < ℓnx2 ⇒ ℓnx1+1< ℓnx2 +1. • 1 > 1 ⇒− 1 <− 1 . x1 x2 x1 x2 Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ανισότητες, προκύπτει ℓnx1 +1− 1 < ℓnx2 +1− 1 ⇒ f(x1)< f(x2 ) , x1 x2 το οποίο σημαίνει ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0,+∞) . - 827 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο β) Αφού η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, έχει σύνολο τιμών το f (Df ) = ⎜⎛⎝⎜ ℓim f ( x) , ℓim f ( x) ⎠⎟⎟⎟⎞ . x→0+ x→+∞ • ℓim f ( x) = xℓ→im0+⎜⎜⎜⎝⎛ℓnx +1− x1⎞⎟⎟⎟⎠ = (−∞)+1−(+∞)= −∞ . x→0+ • ℓim f(x) = xℓ→i+m∞⎜⎜⎝⎛⎜ℓnx +1− x1⎠⎟⎟⎞⎟ = (+∞)+1−0 = +∞ . x→+∞ Άρα είναι f(Df ) = (−∞,+∞)⇒ f(Df )= ! . γ) Για x >0 , η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται x ℓnx = 1− x ⇔ ℓnx = 1 −1 ⇔ ℓnx +1− 1 = 0 ⇔ f(x)= 0 , x x την οποία και θα λύσω. Παρατηρώ ότι f(1) = ℓn1+1− 1 = 0+1−1 = 0 , 1 δηλαδή το 1 είναι μία ρίζα της εξίσωσης f(x) = 0 . Επειδή όμως η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0,+∞) , το 1 είναι η μοναδική ρίζα της εξίσωσης f(x) = 0 . δ) Θέτω θ = x και η ζητούμενη σχέση ισοδύναμα γράφεται f 2(x)= f(α)⋅f(β) ⇔ f 2(x)−f(α)⋅f(β)= 0 . Θεωρώ την συνάρτηση g(x) = f 2(x)−f(α)⋅f(β) , x ∈[α ,β]. - 828 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Τότε θα δείξω ότι υπάρχει θ ∈(α,β), ώστε g(θ) = 0 . Ι. Η συνάρτηση f 2(x) είναι συνεχής στο διάστημα [α ,β] , ως σύνθεση της f(x) με την x2 . Άρα η g είναι συνεχής στο [α ,β] , ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. ΙΙ. g(α) = f 2(α)−f(α)⋅f(β) = f(α)⋅[f(α)−f(β)] . ΙΙΙ. g(β) = f 2(β)−f(α)⋅f(β) = − f(β)⋅[f(α)−f(β)] . Τότε είναι g(α)⋅g(β) =−f(α)⋅f(β)⋅[f(α)−f(β)]2 . Αφού είναι α >1, από το διάστημα [α ,β] προκύπτει ότι προφανώς είναι και β>1. Επιπλέον, επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, ισχύουν: • α >1⇒ f(α)> f(1) ⇒ f(α)>0 . • β >1 ⇒ f(β)> f(1) ⇒ f(β)>0 . Για τον ίδιο λόγο, από την ανισότητα α <β (από το διάστημα [α ,β]) προκύπτει f(α)< f(β) ⇒ f(α)−f(β)<0 ⇒[f(α)−f(β)]2 >0 . Επομένως είναι g(α)⋅g(β)<0 , οπότε από το θεώρημα Bolzano προκύπτει ότι υπάρχει θ ∈(α,β) , ώστε g(θ) = 0 . - 829 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Άσκηση 715 ∆ίνεται η συνάρτηση f, η οποία είναι συνεχής στο διάστημα [0,2]. Αν είναι ℓim f ( x )−1 = 16 x→2 ηµ(x − 2) και η γραφική παράσταση της f διέρχεται από την αρχή των αξόνων, τότε: α) να δείξετε ότι η Cf τέμνει τουλάχιστον σε ένα σημείο την Cg , όπου g(x) = x3 −x−2 . β) να βρείτε το ℓim f ( x )−1 . x2 −5x + 6 x→2 α) Αρκεί να δείξω ότι η εξίσωση f(x) = g(x) ⇔ f(x)−g(x) = 0 ⇔ f(x)−x3 + x +2 = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα. Θεωρώ την συνάρτηση h(x) = f(x)−x2 + x +2 , x ∈[0,2]. Τότε θα δείξω ότι η εξίσωση h(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα. Ι. Η h είναι συνεχής στο διάστημα [0,2] , ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. ΙΙ. h(0) = f(0)−03 +0+2 = f(0)+2 . Αφού η Cf διέρχεται από το Ο(0,0) , ισχύει f(0) = 0 , οπότε h(0) = 2>0 . ΙΙΙ. h(2) = f(2)−23 +2+2 = f(2)−4 . Αφού η f είναι συνεχής στο [0,2] , ισχύει f(2) = ℓimf(x) (1) x→2− - 830 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Στο όριο της εκφώνησης θέτω t(x) = f ( x )−1 ηµ(x − 2) και θα είναι ℓim t(x) =16 . x→2 Είναι f(x)−1 = ηµ(x−2)⋅t(x) ⇔ f(x) = ηµ(x−2)⋅t(x)+1 (2) , οπότε ℓ im f ( x ) =( 2 ) ℓim ⎣⎡ ηµ(x − 2)⋅ t( x ) +1⎤⎦ = ηµ(2 − 2)⋅16 +1 ⇒ ℓimf(x) =1. x→2 x→2 x→2 Τότε είναι και ℓim f(x) =1 και από την (1) έχω ότι f(2) =1. x→2− Συνεπώς, είναι h(2) =1−4 =−3<0 . Άρα ισχύει το θεώρημα Bolzano, οπότε η εξίσωση h(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (0,2) . β) Αφού η f ορίζεται στο [0,2] , για το ζητούμενο όριο έχω ℓ = ℓim f ( x )−1 6 = ℓim f ( x )−1 6 =( 2 ) ℓim ηµ(x−2)⋅t(x)+ 1− 1 = x2 −5x + x2 −5x + x2 −5x + 6 x→2 x→2− x→2− = ℓim ηµ(x − 2)⋅ t( x ) = ℓim ⎡⎣⎢⎢ ηµ(x − 2) ⋅ t( x ) ⎦⎥⎥⎤ . (x − 2)(x − 3) x−3 x→2− x→2− x−2 • Στο ℓ 1 = ℓim ηµ(x − 2) θέτω x−2 = y . x→2− x−2 Όταν x → 2− , τότε - 831 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο x<2 ⇒ x−2<0 ⇒ y<0 , δηλαδή y → 0− , συνεπώς ℓ 1 = ℓim ηµy = 1. y y→0− • Από το (α) έχω ότι ℓim t(x) =16 , οπότε είναι και ℓim t(x) =16 . x→2 x→2− Τελικά είναι ℓ = 1⋅ 16 ⇒ ℓ =−16 . 2−3 Άσκηση 716 ∆ίνεται η συνάρτηση f(x) = ℓnx +ex + x−1. α) Να βρείτε το σύνολο τιμών της f. β) Να δείξετε ότι, για κάθε α ∈ ! , η εξίσωση f(x) = α έχει μοναδική ρίζα. γ) Να λύσετε την εξίσωση f(x) = e . δ) Να βρείτε το κ ∈ ! , για το οποίο ισχύει ( )eκ2+4 −e4κ = ℓn(4κ)−ℓn κ2 + 4 + 4κ−κ2 −4 . α) Είναι Df =(0,+∞) , στο οποίο η f είναι συνεχής, ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. Θεωρώ x1, x2 ∈(0,+∞), με x1 < x2 . Τότε είναι και: • ℓnx1 < ℓnx2 . • ex1 < ex2 . • x1−1< x2 −1. Προσθέτοντας κατά μέλη τις προηγούμενες ανισότητες, προκύπτει ℓnx1+ ex1 + x1−1 < ℓnx2 + ex2 + x2 −1 ⇒ f(x1)< f(x2 ) , - 832 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο το οποίο σημαίνει ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0,+∞) . Επειδή είναι και συνεχής, έχει σύνολο τιμών το ( )f(Df )= ℓimf(x) , ℓim f(x) . x→0+ x→+∞ • ℓimf(x) = ℓim(ℓnx +ex + x−1) = (−∞)+e0 +0−1 =−∞ . x→0+ x→0+ • ℓim f(x) = ℓim (ℓnx +ex + x−1)= (+∞)+(+∞)+(+∞)= +∞ . x→+∞ x→+∞ Άρα είναι f(Df )=(−∞,+∞) ⇒ f(Df )= ! . β) Αφού α ∈ ! και f (Df )= ! , ο αριθμός α ανήκει στο f (Df ) , οπότε υπάρχει αριθμός x0 ∈Df ώστε να ισχύει f(x0 ) = α , δηλαδή η εξίσωση f(x) = α έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο Df . Αφού όμως η f είναι γνησίως αύξουσα στο Df , η ρίζα αυτή θα είναι μοναδική. γ) Λόγω του (β), η ζητούμενη εξίσωση έχει σίγουρα μοναδική ρίζα στο (0,+∞) . Παρατηρώ ότι f(1) = ℓn1+e1+1−1= 0+e = e , άρα το 1 είναι μία ρίζα της εξίσωσης, η οποία όμως θα είναι και η μοναδική της, όπως προαναφέρθηκε. δ) Το ζητούμενο ισοδυναμεί με το να λύσω την σχετική εξίσωση, η οποία έχει σύνολο ορισμού το (0,+∞) και γράφεται ℓn(κ2 + )4 +eκ2+4 +(κ2 + 4) = ℓn(4κ)+e4κ + 4κ ⇔ - 833 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο ⇔ ℓn(κ2 )+ 4 +eκ2+4 +(κ2 + 4)−1 = ℓn(4κ)+e4κ + 4κ−1 ⇔ f (κ2 + 4)= f (4κ) . Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα, είναι 1-1, οπότε από την τελευταία εξίσωση προκύ- πτει η κ2 + 4 = 4κ , από όπου έχω κ2 + 4−4κ = 0 ⇔ (κ−2)2 = 0 ⇔ κ−2 = 0 ⇔ κ = 2 . Άσκηση 717 ∆ίνεται συνεχής συνάρτηση f : ! → ! , για την οποία ισχύει f 2(x)− 4 = ex , για κάθε x∈!. ex +1 α) Να αποδείξετε ότι η f διατηρεί σταθερό πρόσημο. β) Αν f(0) =−3 , τότε: Ι. να βρείτε τον τύπο της f. ΙΙ. να υπολογίσετε το όριο ℓim f(x)+ 4x+2 . x→+∞ 3x + 4x α) Από την ιδιότητα της f προκύπτει f 2(x)−4 = ex (ex +1) ⇔ f 2(x) = ex (ex +1)+ 4 (1) Είναι ex(ex +1)+ 4 >0 , για κάθε x ∈ ! , οπότε από την (1) προκύπτει και f 2(x)>0 , για κάθε x ∈ ! , δηλαδή f(x) ≠ 0 , για κάθε x ∈ ! . Επειδή η f είναι και συνεχής στο ! , συμπεραίνω ότι διατηρεί σταθερό πρόσημο. β) Ι. Επειδή είναι f(0) =−3<0 , συμπεραίνω ότι είναι f(x)<0 , για κάθε x ∈ ! , οπότε από την (1) έχω ότι - 834 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο f(x) =− ex (ex +1)+ 4 ⇔ f(x) =− e2x +ex + 4 . ΙΙ. Είναι ℓ = ℓim f ( x) + 4x+2 = ℓim − e2x +ex + 4 + 4x ⋅42 = 3x + 4x x→+∞ 3x + 4x x→+∞ 16⋅4x − e2x ⎜⎜⎛⎝1+ 1 + 4 ⎟⎞⎟⎟⎠ 16⋅4x −ex ⋅ 1+ 1 + 4 = ℓim ex e2x ex e2x = ℓim = x→+∞ 3x + 4x 3x + 4x x→+∞ 16⋅4x −ex ⋅ 1+ 1 + 4 16− ex ⋅ 1+ 1 + 4 ex e2x 4x ex e2x 4x = ℓim 3x + 4x = ℓim 3x = x→+∞ 4x x→+∞ +1 4x 16−⎜⎜⎛⎝ e ⎟⎠⎞⎟⎟x ⋅ 1+ 1 + 4 16−0⋅ 1+0+0 4 ex e2x 0+1 = ℓim = ⇒ ℓ =16 , ⎜⎜⎝⎛ 3 ⎟⎟⎠⎟⎞x +1 x→+∞ 4 αφού είναι 0 < e <1 ⇒ xℓ→i+m∞⎜⎜⎜⎛⎝ e ⎟⎞⎠⎟⎟x = 0 και 0 < 3 <1 ⇒ xℓ→i+m∞⎜⎛⎜⎜⎝ 3 ⎠⎞⎟⎟⎟x = 0 . 4 4 4 4 - 835 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Άσκηση 718 Έστω συνεχής συνάρτηση f ορισμένη στο διάστημα [1, 4] , για την οποία ισχύουν f(x) ≠ 0 , για κάθε x ∈[1, 4], και f(1)>0 , f(1)⋅f(2) = f(3)⋅f(4). Να αποδείξετε ότι: α) f(x)>0 , για κάθε x ∈[1, 4] . β) η συνάρτηση g(x) = f 2(x)−f(1)⋅f(2) έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο [1,2] . γ) η συνάρτηση f δεν είναι αντιστρέψιμη. α) Αφού είναι f(x) ≠ 0 , για κάθε x ∈[1, 4], και η f είναι συνεχής στο [1, 4], συμπεραίνω ότι η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο [1, 4]. Αφού είναι f(1)>0 , συμπεραίνω ότι είναι f(x)>0 , για κάθε x ∈[1, 4] . β) Αρκεί να δείξω ότι η εξίσωση g(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο [1,2] . Ι. η συνάρτηση f 2(x) είναι συνεχής στο διάστημα [1,2] , ως σύνθεση της f(x) με την x2 , οπότε η g είναι συνεχής στο [1,2] , ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. ΙΙ. g(1) = f 2(1)−f(1)⋅f(2) = f(1)⋅[f(1)−f(2)] . ΙΙΙ. g(2) = f 2(2)−f(1)⋅f(2) = −f(2)⋅[f(1)−f(2)] . Άρα είναι g(1)⋅g(2) = − f(1)⋅f(2)⋅[f(1)−f(2)]2 . Αφού είναι f(x)>0 , για κάθε x ∈[1, 4], είναι και f(2)>0 , άρα προκύπτει ότι g(1)⋅g(2)≤0 , συνεπώς: - 836 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο i) όταν είναι g(1)⋅g(2)<0 , τότε από το θεώρημα του Bolzano προκύπτει ότι η εξίσωση g(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (1,2) . ii) όταν είναι g(1)⋅g(2) = 0 , τότε είναι g(1) = 0 ή g(2) = 0 , τότε το 1 είναι ρίζα της εξί- σωσης g(x) = 0 ή το 2 είναι ρίζα της. Από τις περιπτώσεις (i) και (ii) προκύπτει ότι η εξίσωση g(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα [1,2] . γ) Αρκεί να δείξω ότι η f δεν είναι 1-1. Ονομάζω x0 την ρίζα της g στο [1,2] (την μία εξ όσων έχει). Τότε ισχύει g(x0 ) = 0 ⇔ f 2(x0 )−f(1)⋅f(2) = 0 ⇔ f 2(x0 ) = f(1)⋅f(2) (1) Το θεώρημα του Bolzano ισχύει για την g και στο διάστημα [3, 4] (αποδεικνύεται με τον ίδιο ακριβώς με τον προηγούμενο τρόπο, το μόνο που αλλάζει είναι τα άκρα του διαστήματος), οπότε υπάρχει x1 ∈[3, 4] τέτοιο, ώστε g(x1) = 0 ⇔ f 2(x1)−f(3)⋅f(4) = 0 ⇔ f 2(x1) = f(3)⋅f(4) (2) Από τις (1) και (2) και λόγω ότι από την εκφώνηση ξέρω ότι ισχύει f(1)⋅f(2) = f(3)⋅f(4) , προκύπτει f 2(x0 ) = f 2(x1) f ( x )>0 f(x0 ) = f(x1) , ⇔ (α) δηλαδή η f δεν είναι 1 − 1, αφού υπάρχουν δύο διαφορετικοί αριθμοί (οι x0 , x1) στους οποίους η f έχει την ίδια τιμή (αυτό προκύπτει από την ισότητα f(x0 ) = f(x1) ). - 837 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Άσκηση 719 Έστω οι συνεχείς συναρτήσεις f ,g:[0,+∞)→ ! , με g(0) =1 και x⋅[ f(x)−g(x) ]= x ⋅[ 3f(x)+g(x) ] . α) Να βρείτε το f(0) . β) Αν f(x) ≠ 0 , για κάθε x ∈[0, 4], να δείξετε ότι: Ι. η εξίσωση (x−2)⋅f(x)+ x⋅f(x +2)= x(x−2) έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (0,2) . ΙΙ. είναι g(x)>0 , για κάθε x ∈[0, 4]. α) Αφού η f είναι συνεχής στο [0,+∞) , ισχύει f(0) = ℓim f(x) (1) x→0+ Από την σχέση της εκφώνησης προκύπτει x⋅f(x)−x⋅g(x) = 3 x ⋅f(x)+ x ⋅g(x) ⇔ x⋅f(x)−3 x ⋅f(x) = x⋅g(x)+ x ⋅g(x) ⇔ ⇔ (x−3 x )⋅f(x)=(x+ x )⋅g(x) (2) Όταν x → 0+ είναι x−3 x ≠ 0 και από την (2) έχω ότι ( )x+ x ⋅g(x) f(x)= x−3 x , οπότε είναι ℓim f ( x ) = ℓim ⎢⎡⎢⎣ x+ x ⋅ g(x) ⎦⎥⎥⎤ . x−3 x x→0+ x→0+ - 838 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Είναι ℓim x+ x 0 x2+ x = ℓim ( )x ⋅x +1 = ℓim x +1 = 0 +1 = − 1 . x−3 x x2 −3 x x→0+ ( )x ⋅x −3 x→0+ x −3 0 −3 3 x→0+ =0 ℓim x→0+ Επίσης, αφού η g είναι συνεχής στο [0,+∞) ισχύει ℓimg(x) = g(0) =1, x→0+ οπότε τελικά είναι ℓ im f ( x ) =− 31⋅1 = − 1 (1) f (0) = − 1 . 3 3 x→0+ ⇒ β) Ι. Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται (x−2)⋅f(x)+ x⋅f(x +2)−x(x−2)= 0 . Θεωρώ την συνάρτηση h(x) = (x−2)⋅f(x)+ x⋅f(x +2)−x(x−2) , x ∈[0,2] . Τότε θα δείξω ότι η εξίσωση h(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (0,2). i. Η συνάρτηση f(x +2) είναι συνεχής στο διάστημα [0,2] , ως σύνθεση της x +2 με την f(x) . Τότε η h είναι συνεχής στο [0,2] , ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων. ii. h(0) = (0 −2)⋅f (0)+ 0⋅f (0 + 2)− 0(0 −2) = −2 f (0) = −2⋅ −1 = 2 > 0 . 3 3 iii. h(2) = (2−2)⋅f(2)+2f(2+2)−2(2−2)= 2f(4) . Αφού η f είναι συνεχής στο [0,+∞) (άρα και στο [0,2] ), με f(x) ≠ 0 , για κάθε x ∈[0, 4] , συμπεραίνω ότι διατηρεί σταθερό πρόσημο στο [0, 4] (άρα και στο [0,2] ). - 839 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Επειδή είναι f(0)<0 , θα είναι και f(x)<0 , για κάθε x ∈[0, 4] , συνεπώς και f(4)<0 , δηλαδή h(2)<0 . Άρα ισχύει το θεώρημα Bolzano, οπότε η εξίσωση h(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (0,2) . ΙΙ. Επειδή είναι x + x >0 , για κάθε x >0 , από την (2) προκύπτει ότι g(x) = ( )x−3 x ⋅f(x) (3) x+ x Είναι x>0 x ⇔ x2 < 3 ( )x−3 x 2 ⇔ x2 <9x ⇔ x2 −9x <0 ⇔ x ∈(0,9) . x <0 ⇔ x<3 Άρα είναι και x−3 x <0 , για κάθε x ∈(0, 4] . Επειδή είναι και f(x)<0 , για κάθε x ∈[0, 4] , από την (3) προκύπτει ότι είναι g(x)>0 , για κάθε x ∈[0, 4] , αφού είναι και g(0) =1>0 . - 840 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Άσκηση 720 Έστω η συνεχής και γνησίως φθίνουσα συνάρτηση f :(0,1)→ ! , για την οποία ισχύουν ℓim f(x)−3 =3 και 2ηµ(x−1)≤(x−1)⋅f(x) ≤ x2 −1, για κάθε x ∈(0,1) . x x→0 α) Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης h(x) = f(x)−ℓnx−3 . β) Να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης g(x) = ef(x)−3 τέμνει την ευθεία y = x σε ένα μόνο σημείο, με τετμημένη x0 ∈(0,1) . α) Είναι h(x) = f(x)−(ℓnx +3) . Η f έχει πεδίο ορισμού το Df =(0,1), ενώ η t(x) = ℓnx +3 το Dt =(0,+∞) . Τότε η h, ως άθροισμα των f και t, έχει πεδίο ορισμού το Dh =Df ∩Dt = (0,1) ∩(0,+∞) = (0,1), στο οποίο είναι συνεχής, ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. Θεωρώ x1, x2 ∈(0,1) , με x1 < x2 . Τότε είναι και: • f(x1)> f(x2 ) , αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα. • ℓnx1 < ℓnx2 ⇒ −ℓnx1 >−ℓnx2 ⇒ −ℓnx1−3>−ℓnx2 −3 . Προσθέτοντας κατά μέλη τις προηγούμενες ανισότητες, προκύπτει f(x1)−ℓnx1−3> f(x2 )−ℓnx2 −3 ⇒ h(x1)>h(x2 ) , το οποίο σημαίνει ότι η h είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,1) . Επειδή είναι και συνεχής, σύνολο τιμών της είναι το ( )h(Dh)= ℓimh(x) , ℓimh(x) . x→1− x→0+ • ℓimh(x) = ℓim[f(x)−ℓnx−3] . x→1− x→1− - 841 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Όταν x →1− , είναι x <1⇔ x−1<0 και από την ανισότητα της εκφώνησης έχω ότι 2ηµ(x −1) ≥f(x)≥ x2 −1 (1) x −1 x −1 Είναι ℓ 1 = ℓim 2ηµ(x −1) = 2⋅ℓim ηµ(x −1) . Θέτω x−1= y . x→1− x→1− x −1 x −1 Όταν x →1− είναι x <1 ⇒ x−1<0 ⇒ y <0 , δηλαδή y → 0− , άρα ℓ 1 = 2 ⋅ ℓim ηµy = 2⋅1= 2 . y y→0− Επίσης, είναι ℓim x2 −1 0 ℓim (x −1) (x +1) = ℓim(x +1) = 1+1 = 2 . x −1 x→1− x→1− =0 x→1− x −1 Λόγω του κριτηρίου παρεμβολής, από την (1) προκύπτει και ℓimf(x) = 2 . x→1− Επομένως, είναι ℓimh(x) = 2−ℓn1−3 =−1 ⇒ ℓimh(x) =−1 . x→1− x→1− • ℓimh(x) = ℓim[f(x)−ℓnx−3]. x→0+ x→0+ Στο όριο που δίνεται στην εκφώνηση θέτω ϕ(x) = f(x)−3 x και θα είναι ℓimϕ(x) = 3 . x→0 Είναι f(x)−3= x⋅ϕ(x) ⇔ f(x) = x⋅ϕ(x)+3 , επομένως - 842 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο ℓimf(x) = ℓim[xϕ(x)+3] = 0⋅3+3 ⇒ ℓimf(x) = 3 . x→0 x→0 x→0 Τότε είναι και ℓim f(x) = 3 , άρα x→0+ ℓimh(x) = 3−(−∞)−3 ⇒ ℓimh(x) = +∞ . x→0+ x→0+ Τελικά, το σύνολο τιμών της h είναι το h(Dh) = (−1,+∞) . β) Αρκεί να δείξω ότι η εξίσωση g(x) = x ⇔ ef(x)−3 = x ⇔ f(x)−3 = ℓnx ⇔ f(x)−ℓnx−3 = 0 ⇔ h(x) = 0 έχει μόνο μία ρίζα στο διάστημα (0,1) . Αφού το 0 ανήκει στο σύνολο τιμών της h, η εξίσωση h(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (0,1) . Αφού, όμως, η h είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,1) , η ρίζα αυτή είναι μοναδική. - 843 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Άσκηση 721 Έστω συνάρτηση f ορισμένη στο ! και με σύνολο τιμών το ! , για την οποία ισχύει ότι f 3(x)+3f(x) = x , για κάθε x ∈ ! . Να αποδείξετε ότι: α) η f είναι 1-1 και να βρείτε τον τύπο της αντίστροφής της. β) η f είναι γνησίως αύξουσα. γ) f(x) = |x| , για κάθε x ∈ ! . f2(x)+3 δ) η f είναι συνεχής στο 0. ε) ℓim f(x) = 1 . x 3 x→0 α) Θεωρώ x1, x2 ∈ ! , ώστε f(x1) = f(x2 ) . Τότε ισχύουν και f 3(x1) = f 3(x2 ) και 3f(x1) = 3f(x2 ) . Προσθέτοντας κατά μέλη τις δύο αυτές ισότητες, προκύπτει f 3(x1)+3f(x1) = f 3(x2 )+3f(x2 ) , από όπου, με την βοήθεια της σχέσης της εκφώνησης, προκύπτει x1 = x2 , το οποίο ση- μαίνει ότι η f είναι 1-1. Θέτοντας f(x) = y , η σχέση της εκφώνησης γράφεται y3 +3y = x , οπότε τελικά είναι f −1(x) = x3 + 3x , επειδή ισχύει και f(x) = y ⇔ x = f −1(y) . - 844 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο β) Θεωρώ x1, x2 ∈ ! , με x1 < x2 , και υποθέτω ότι η f δεν είναι γνησίως αύξουσα. Τότε θα ισχύει f(x1)≥ f(x2 ) , από όπου προκύπτει ότι θα ισχύουν και f 3(x1)≥ f 3(x2 ) και 3f(x1)≥ 3f(x2 ) . Προσθέτοντας κατά μέλη τις ανισότητες αυτές, έχω ότι f 3(x1)+3f(x1)≥ f 3(x2 )+3f(x2 ) , από όπου, με την βοήθεια της σχέσης της εκφώνησης, προκύπτει x1 ≥ x2 , το οποίο είναι άτοπο όμως, αφού εξαρχής θεώρησα x1 < x2 . Άρα, η f είναι γνησίως αύξουσα. γ) Από την σχέση της εκφώνησης προκύπτει f(x)⋅⎣⎡f 2(x)+3⎤⎦ = x , οπότε f(x)⋅⎣⎡f 2(x)+3⎦⎤ = | x | ⇒ f(x) ⋅ f 2(x)+3 = | x | . Είναι f 2(x)+3>0 , για κάθε x ∈ ! , οπότε τελικά έχω ότι f(x) ⋅⎡⎣f 2(x)+3⎦⎤ = | x | ⇔ f ( x) = f 2 |x| 3 (1) (x)+ δ) Αρκεί να δείξω ότι ισχύει ℓimf(x) = f(0) . x→0 Θέτω x = 0 στην (1) και έχω ότι f(0) = |0| ⇔ f(0) =0 ⇔ f(0)=0 . f 2(0)+ 3 Επομένως, αρκεί να δείξω ότι ισχύει ℓimf(x) = 0 . x→0 - 845 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Από την (1) έχω ότι f(x) = f |x| ≤ |x| ⇒ f(x) ≤ |x| ⇒− |x| ≤f(x)≤ |x| . 2(x)+3 3 3 3 3 Είναι ℓim −| x | = 0 , ℓim |x| =0, 3 x→0 3 x→0 οπότε από την τελευταία ανισότητα προκύπτει και ℓimf(x) = 0 , x→0 λόγω του κριτηρίου παρεμβολής. ε) Για x ≠ 0 , από την σχέση f(x)⋅⎡⎣f 2(x)+3⎦⎤ = x του (γ), έχω ότι f (x) = 1 , x 2(x)+ f 3 οπότε ℓim f (x) = ℓim 1 = 1 = 1 = 1 , x x)+ (0)+ + 3 x→0 x→0 f 2( 3 f 2 3 0 3 αφού η f είναι και συνεχής στο 0. - 846 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Άσκηση 722 Έστω οι συναρτήσεις f ,g: ! → ! , με g(x) =−7x2 +5x +2 . Αν ισχύει 2⋅[f(x)]3 +3f(x) = x +5 , για κάθε x ∈ ! , και η f έχει σύνολο τιμών το ! , τότε: α) να αποδείξετε ότι η g δεν είναι αντιστρέψιμη, ότι η f είναι αντιστρέψιμη και να βρεί- τε τον τύπο της f −1 . β) να βρείτε τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της f με τους άξονες x΄x και y΄y. γ) να λύσετε τις ανισώσεις f(3x)< x και f −1(x)>g(x) . α) Η g δεν είναι αντιστρέψιμη Έστω ότι η g είναι αντιστρέψιμη. Τότε θα είναι 1-1, άρα αν θεωρήσω x1, x2 ∈ ! , ώστε g(x1) = g(x2 ) , θα πρέπει να προκύ- πτει x1 = x2 . Από την σχέση g(x1) = g(x2 ) προκύπτει −7x12 + 5x1+ 2 = −7x 2 + 5x2 + 2 ⇒ 7x12 −7 x 2 −5x1 + 5x2 = 0 ⇒ 2 2 ⇒ (7 x12 x)−2 − 5(x1 − x2 ) = 0 ⇒ 7(x1 − x2 )(x1 + x2)−5(x1−x2)= 0 ⇒ 2 ⇒ (x1−x2)⎡⎣7(x1+ x2)−5⎤⎦ = 0 ⇒ x1−x2 = 0 ή 7(x1+ x2)−5= 0 ⇒ ⇒ x1 = x2 ή x1+ x2 = 5 . 7 Άρα η g δεν είναι 1-1, οπότε δεν είναι αντιστρέψιμη. - 847 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο ∆εύτερος τρόπος για την g (προτεινόμενος) Η γραφική παράσταση της g είναι παραβολή η οποία στρέφει τα κοίλα κάτω στο ! (γνωστό από την θεωρία, αφού ο συντελεστής του x2 είναι αρνητικός) και τέμνει τον άξονα x΄x σε δύο σημεία (η g έχει διακρίνουσα ίση με 52 −4⋅(−7)⋅2 = 81, οπότε έχει δύο άνισες ρίζες). Από την θεωρία τότε είναι γνωστό ότι η Cg δεν έχει σταθερή μονοτονία, οπότε η g δεν είναι 1-1. ▶︎ Σχόλιο Η αιτιολόγηση μπορεί να γίνει και έτσι: Αφού η g έχει δύο άνισες ρίζες x1 < x2 , ισχύει g(x1) = g(x2 ) = 0 . ∆ηλαδή η g λαμβάνει ίσες τιμές για σε διαφορετικούς αριθμούς του πεδίου ορισμού της. Η f είναι αντιστρέψιμη Για να δείξω ότι η f είναι αντιστρέψιμη, αρκεί να δείξω ότι είναι 1-1. Θεωρώ x1, x2 ∈ ! , ώστε f(x1) = f(x2 ) . Τότε είναι και: • [f(x1)]3 =[f(x2 )]3 ⇒ 2⋅[f(x1)]3 = 2⋅[f(x2 )]3 . • 3f(x1) = 3f(x2 ) . Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ανισότητες, προκύπτει 2⋅[f(x1)]3 +3f(x1) = 2⋅[f(x2 )]3 +3f(x2 ) . Λαμβάνοντας υπόψη την ιδιότητα που έχει η f, από την ισότητα αυτή προκύπτει x1+ 5 = x2 + 5 ⇒ x1 = x2 , το οποίο σημαίνει ότι η f είναι 1-1. - 848 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Τύπος της αντίστροφης Θέτοντας f(x) = y , από την ιδιότητα της f προκύπτει 2y3 +3y = x +5 ⇔ x = 2y3 +3y−5 , οπότε είναι f −1(x) = 2x3 +3x−5 , x ∈ ! , αφού η f έχει σύνολο τιμών το ! (δηλαδή το πεδίο ορισμού της f −1 είναι το ! ) και επιπλέον ισχύει f(x) = y ⇔ x = f −1(y) . β) Με τον άξονα x΄x Θέτω x =−5 στην ιδιότητα της f και προκύπτει 2f 3(−5)+3f(−5) =−5+5 ⇔ f(−5)⋅⎡⎣2f 2(−5)+3⎦⎤ = 0 . Είναι 2f 2(−5)+3>0 , οπότε f(−5) = 0 , άρα η Cf τέμνει τον x΄x στο σημείο Α(−5,0) . Με τον άξονα y΄y Θέτω x = 0 στην ιδιότητα της f και προκύπτει 2f3(0)+3f(0)=5 ⇔ 2f3(0)+3f(0)−5=0 . Θέτω f(0) = α και έχω την εξίσωση 2α3 +3α−5= 0 , από όπου προκύπτει (α−1)(2α2 +2α +5) = 0 ⇔ α−1= 0 ή 2α2 +2α +5= 0 ⇔ α =1, αφού η δεύτερη εξίσωση είναι αδύνατη (έχει διακρίνουσα 22 −4⋅2⋅5=−36 ). Επομένως είναι f(0) =1, οπότε η Cf τέμνει τον y΄y στο σημείο Β(0,1) . - 849 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο γ) 1η ανίσωση Αφού η f έχει σύνολο τιμών το ! , θεωρώ x1, x2 ∈ ! , με x1 < x2 . Τότε είναι: • x13 < x 3 ⇒ 2x13 < 2x 3 . 2 2 • 3x1 <3x2 ⇒ 3x1−5<3x2 −5 . Προσθέτοντας κατά μέλη τις ανισότητες αυτές προκύπτει 2x13 + 3x1−5< 2x23 + 3x2 −5 ⇒ f −1(x1)< f −1(x2 ) , το οποίο σημαίνει ότι η f −1 είναι γνησίως αύξουσα στο ! . Τότε, από την ζητούμενη ανίσωση ισοδύναμα προκύπτει f(3x)< x ⇔ f −1( f(3x) )< f −1(x) ⇔ 3x <2x3 + 3x −5 ⇔ 2x3 −5>0 ⇔ 2x3 >5 ⇔ ⇔ x3 > 5 ⇔ x> 3 5 . 2 2 2η ανίσωση Είναι f −1(x)>g(x) ⇔ 2x3 +3x−5>−7x2 +5x +2 ⇔ 2x3 +7x2 −2x−7 >0 ⇔ ⇔ 2x(x2 −1)+7(x2 −1)>0 ⇔ (x2 −1)(2x +7)>0 . Ο ακόλουθος πίνακας δίνει το πρόσημο του παραπάνω γινομένου. x −∞ − 7 −1 1 +∞ 2 x2 −1 + + - + 2x + 7 - + + + Γινόμενο - + - + - 850 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Επομένως x ∈⎜⎝⎛⎜⎜− 7 , −1⎠⎟⎟⎟⎞ ∪(1,+∞) . 2 Άσκηση 723 ∆ίνεται η συνάρτηση f(x) = e−x −ℓnx− x−1 . α) Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία. β) Να βρείτε το σύνολο τιμών της f. γ) Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της f τέμνει τον x΄x ακριβώς σε ένα ση- μείο. α) Για να ορίζεται η f, πρέπει ⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎩ x>0 ⎪⎬⎪⎫⎪⎭⎪ ⇔ ⎩⎧⎪⎪⎪⎪⎨ x>0 ⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎭ , x −1≥ 0 x ≥1 δηλαδή x ≥1. Επομένως είναι Df =[1,+∞) , στο οποίο η f είναι συνεχής, ως πράξεις συνεχών συναρ- τήσεων. Θεωρώ x1, x2 ∈[1,+∞) , με x1 < x2 . Τότε είναι και: • −x1 >−x2 ⇒ e−x1 > e−x2 . • ℓnx1 < ℓnx2 ⇒ −ℓnx1 >−ℓnx2 . • x1−1< x2 −1 ⇒ x1−1 < x2 −1 ⇒ − x1−1 >− x2 −1 . Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ανισότητες, προκύπτει e−x1 −ℓnx1− x1−1 > e−x2 −ℓnx2 − x2 −1 ⇒ f(x1)> f(x2 ) , το οποίο σημαίνει ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [1,+∞) . - 851 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο β) Αφού η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, έχει σύνολο τιμών το (f(Df )= ℓim f ( x) , f (1) ⎤⎥⎦ . x→+∞ ( )• ℓim f(x) = ℓim e−x −ℓnx− x−1 = 0−(+∞)−(+∞)=−∞ . x→+∞ x→+∞ • f(1) = e−1−ℓn1− 1−1 = e−1 . Άρα είναι f (Df ) = (−∞ , e−1⎤⎦ . γ) Αρκεί να δείξω ότι η εξίσωση f(x) = 0 έχει μοναδική ρίζα στο [1,+∞) . Επειδή το 0 ανήκει στο σύνολο τιμών της f, η εξίσωση f(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα. Αυτή όμως είναι μοναδική, αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα. - 852 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Άσκηση 724 ∆ίνεται συνάρτηση f : ! → ! , συνεχής και γνησίως αύξουσα, με f(1) = 2 . Θεωρούμε και την συνάρτηση g(x) = f(e−x )−ex , x ∈ ! . α) Να αποδείξετε ότι η g είναι γνησίως φθίνουσα. β) Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της g τέμνει τον άξονα x΄x σε ένα ακρι- βώς σημείο, με τετμημένη x0 ∈(0,1) . α) Θεωρώ x1, x2 ∈ ! , με x1 < x2 . Τότε ισχύουν και: • −x1 >−x2 ⇒ e−x1 > e−x2 ⇒ f(e−x1 )> f(e−x2 ) , αφού η f είναι γνησίως αύξουσα. • ex1 < ex2 ⇒ −ex1 >−ex2 . Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ανισότητες, προκύπτει f (e−x1 )−ex1 > f (e−x2 )−ex2 ⇒ g(x1)> g(x2 ) , το οποίο σημαίνει ότι η g είναι γνησίως φθίνουσα. β) Αρκεί να δείξω ότι υπάρχει μοναδικό x0 ∈(0,1) , ώστε g(x0 ) = 0 ή, ισοδύναμα, ότι η εξί- σωση g(x) = 0 έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα (0,1) . Ι. Η συνάρτηση f(e−x ) είναι συνεχής στο ! (άρα και στο [0,1] ), ως σύνθεση της e−x (η οποία, με την σειρά της, είναι συνεχής ως σύνθεση της −x με την ex ) με την f(x) . Άρα η g είναι συνεχής στο [0,1] , ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. ΙΙ. g(0) = f(e0 )−e0 = f(1)−1 = 2−1 = 1>0 . III. g(1) = f(e−1)−e1 = f(e−1)−e . - 853 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Είναι 1 = e−1 <1 f↑ f (e−1) < f (1) ⇒ f(e−1)< 2 ⇒ f (e−1)− e <2−e <0 ⇒ g(1) < 0 . e ⇒ Άρα ισχύει το θεώρημα Bolzano, οπότε η εξίσωση g(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (0,1) . Επειδή όμως η g είναι γνησίως φθίνουσα, η ρίζα αυτή είναι μοναδική. Άσκηση 725 Αν f συνάρτηση για την οποία ισχύει x f(x)−x4 +ηµα x = x2ηµ 1 , για κάθε x ∈ !∗ , x και f(0) =−α ≠ 0 , τότε: α) να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής στο 0. β) να υπολογίσετε τα ℓim f(x) και ℓim f(x) . x→−∞ x→+∞ γ) να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ! . α) Αρκεί να δείξω ότι ισχύει ℓimf(x) = f(0) =−α ≠ 0 . x→0 Για x ≠ 0 , από την σχέση της εκφώνησης προκύπτει xf(x)= x4 −ηµα x + x2ηµ 1 ⇔ f ( x) = x3 − ηµαx + x ηµ 1 (1) x x x οπότε είναι ℓ = ℓim f ( x ) = ℓx→im0 ⎜⎜⎝⎜⎛x3 − ηµα x + x ηµ x1⎟⎞⎠⎟⎟ . Είναι x x→0 ℓ1 = ℓim ηµα x = ℓx→im0 ⎛⎝⎜⎜⎜α ⋅ ηµα x ⎟⎟⎟⎠⎞ = α ⋅ ℓim ηµα x . x αx αx x→0 x→0 - 854 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Θέτω α x = y . Όταν x → 0 , τότε y → 0 και είναι ℓ1 = α ⋅ℓim ηµy = α ⋅1 = α . y→0 y Επομένως, ℓ = 03 −α +0 ⇒ ℓ =−α ≠ 0 . β) Έστω L1 = ℓim f ( x) = xℓ→i−m∞⎜⎜⎝⎛⎜x3 − ηµα x + x ηµ x1⎠⎟⎟⎞⎟ . x x→−∞ • Για το ℓ 2 = ℓim ηµα x , x έχω: x→−∞ ισχύει ηµα x = ηµα x = 1 ⋅ ηµα x ≤ 1 ⋅1, x |x| |x| |x| αφού ηµα x ≤1, για κάθε x ∈ ! . Επομένως, ισχύει ηµαx ≤ 1 ⇔− 1 ≤ ηµα x ≤ 1 . x |x| |x| x |x| Είναι ℓim −1 = 0 = ℓim 1 , |x| x→−∞ |x| x→−∞ οπότε από την προηγούμενη ανισότητα προκύπτει ℓim ηµα x =0, x x→−∞ - 855 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο λόγω του κριτηρίου παρεμβολής. • Για το ℓ 3 = xℓ→i−m∞⎝⎜⎛⎜⎜xηµ 1 ⎟⎠⎟⎟⎞ x θέτω 1 =h , οπότε είναι x= 1 . x h Όταν x → −∞ , τότε h→ 0− , άρα ℓ3 = hℓ→im0−⎝⎛⎜⎜⎜ 1 ⋅ηµh⎞⎟⎟⎟⎠ = ℓim ηµh = 1. h h h→0− Συνεπώς, είναι L1 =(−∞)−0+1 ⇒ L1 =−∞ . Αν L2 = ℓim f ( x) = xℓ→i+m∞⎛⎝⎜⎜⎜x3 − ηµα x + x ηµ x1⎟⎠⎞⎟⎟ , x x→+∞ τα ℓim ηµα x και xℓ→i+m∞⎜⎝⎛⎜⎜xηµ x1⎟⎟⎟⎠⎞ x x→+∞ υπολογίζονται με τον ίδιο τρόπο και δίνουν τα ίδια αποτελέσματα, οπότε θα είναι L2 = (+∞)−0+1 ⇒ L2 = +∞ . γ) Από την (1) προκύπτει ότι η f είναι συνεχής στο !∗ , ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων. Επειδή είναι συνεχής και στο 0 (από το (α)), προκύπτει ότι η f είναι συνεχής στο ! . Έτσι, επειδή είναι και ℓim f(x) =−∞ , ℓim f(x) = +∞ , x→−∞ x→+∞ η f έχει σύνολο τιμών το ! . - 856 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Επειδή το 0 ανήκει στο σύνολο τιμών της f, η εξίσωση f(x) = 0 θα έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ! . Άσκηση 726 ∆ίνεται συνεχής συνάρτηση f : ! → ! , για την οποία ισχύει f 2(x)−2xf(x) = 5 , για κάθε x ∈ ! . Επιπλέον, η γραφική της παράσταση διέρχεται από το σημείο Μ(2,−1) . α) Να αποδείξετε ότι f(x)<0 , για κάθε x ∈ ! . β) Να βρείτε τον τύπο της f. γ) Να βρείτε το ℓim f(x) . x→+∞ α) Έστω ότι ισχύει f(x0 ) = 0 (1) , για κάποιο x0 ∈ ! . Θέτοντας x = x0 στην ιδιότητα της f, προκύπτει (1) f 2(x0 )−2x0 f(x0 )= 5 ⇔ 02 −2x0 ⋅0 = 5 ⇔ 0 = 5, το οποίο προφανώς είναι άτοπο. Άρα είναι f(x) ≠ 0 , για κάθε x ∈ ! . Επειδή η f είναι και συνεχής στο ! , συμπεραίνω ότι διατηρεί σταθερό πρόσημο στο !. Αφού η Cf διέρχεται από το Μ, ισχύει f(2) =−1<0 . Αυτό σημαίνει ότι είναι f(x)<0 , για κάθε x ∈ ! . - 857 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο β) Από την ιδιότητα της f προκύπτει f 2(x)−2x f(x)+ x2 = x2 +5 ⇔ [f(x)−x]2 = x2 +5 (2) Θεωρώντας την συνάρτηση g(x) = f(x)−x , από την (2) έχω ότι θα είναι g2(x) = x2 +5 . Επειδή είναι x2 +5>0 , για κάθε x ∈ ! , θα είναι και g2(x)>0 , για κάθε x ∈ ! , δηλαδή g(x) ≠ 0 , για κάθε x ∈ ! . Επειδή η g είναι και συνεχής στο ! , ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων, συμπεραίνω ότι η g διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ! . Είναι g(2) = f(2)−2 =−1−2 =−3<0 , οπότε είναι g(x)<0 ⇔ f(x)−x <0 , για κάθε x ∈ ! . Τότε, από την (2) προκύπτει f(x)−x =− x2 +5 ⇔ f(x)= x− x2 +5 . γ) Είναι ( )( )+∞−∞ ( )ℓim f(x)= ℓim x− x2 +5 = ℓim x− x2 +5 x+ x2 +5 = x→+∞ x→+∞ x→+∞ x+ x2 +5 = ℓim x2 −(x2 +5) = ℓim x2 − x2 −5 = ℓim −5 −5 x→+∞ x + x2 + 5 x→+∞ x + x2 + 5 x→+∞ x + x2 + 5 +=∞ 0 ⇒ ℓim f(x) = 0 . x→+∞ - 858 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Άσκηση 727 ∆ίνεται η συνάρτηση f(x) = 2x2 −1−συνx , x ∈ ⎡⎢⎣⎢0 , π ⎥⎤⎦⎥ . 2 α) Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα. β) Να βρείτε το σύνολο τιμών της f. γ) Να δείξετε ότι η εξίσωση f(x)=0 έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα ⎜⎜⎛⎝⎜0 , π ⎟⎟⎟⎠⎞ . 2 α) Θεωρώ x1, x2 ∈ ⎡⎣⎢⎢0 , π ⎤⎥⎥⎦ , με x1 < x2 . Τότε είναι και: 2 • x12 < x22 ⇒ 2x12 < 2x 2 ⇒ 2x12 −1< 2x 2 −1. 2 2 • συνx1 >συνx2 ⇒ −συνx1 <−συνx2 , αφού η συνάρτηση συνx είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα αυτό. Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ανισότητες, προκύπτει 2x12 −1−συνx1 < 2x22 −1−συνx2 ⇒ f(x1)< f(x2 ) , το οποίο σημαίνει ότι η f είναι γνησίως αύξουσα. β) Αφού η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Α = ⎢⎣⎡⎢0 , π ⎥⎦⎥⎤ , έχει σύνολο τιμών το 2 f(Α) = ⎢⎢⎡⎣ f(0) , f ⎜⎛⎝⎜⎜ π ⎞⎟⎟⎟⎠ ⎦⎤⎥⎥ . 2 • f(0) = 2⋅02 −1−συν0 =−1−1 =−2 . • f ⎜⎜⎜⎝⎛ π ⎞⎟⎟⎠⎟= 2⋅⎛⎝⎜⎜⎜ π ⎟⎟⎟⎞⎠2 −1−συν π = 2⋅ π2 −1−0 = π2 −1 = π2 −2 . 2 2 2 4 2 2 - 859 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr