Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΤΑ ΣΗΜΑΝΤΙΚΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Θεώρημα Μέσης Τιμής Λογισμός / ΟλοκληρώματαΈστω μια συνάρτηση f ορισμένη σε ένα διάστημα Δ και [α,β] υποσύνολοτου Δ.Αν η f είναι :1)συνεχής στο [α,β]2)Παραγωγίσιμη στο (α,β)Τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ στο (α,β) τ.ω f ΄(ξ)= f (β) − f (α) β − αΠεριπτώσεις1)Μας ζητείται να εξετάσουμε αν εφαρμόζεται το Θ.Μ.Τ ή μας ζητείταινα βρούμε τις παραμέτρους ώστε να εφαρμόζεται το Θ.Μ.Τ2) Μας ζητείται να δείξουμε ότι υπάρχει σημείο της γραφικήςπαράστασης της f όπου η εφαπτομένη της Cf στο σημείο αυτό είναιπαράλληλη προς ευθεία που διέρχεται από κάποιο σημείο1. Θεωρώ τη συνάρτηση f με τύποf ( x ) =  x2 − αx + β, x ∈[−1,0]  γx  2 − βx − 2, x ∈(0,1]Να βρεθούν οι τιμές των πραγματικών αριθμών α,β,γ έτσι ώστε να ισχύειτο Θ.Μ.ΤΛύσηΓια να ισχύει το Θ.Μ.Τ πρέπει η f να είναι συνεχής στο [-1,1] καιπαραγωγίμη στο (-1,1)Η f είναι συνεχής στο [−1,0) ∪ (0,1] ως πολυωνυμική 1 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / ΟλοκληρώματαΘέλω να είναι συνεχής και για x=0Αυτό σημαίνει ότι πρέπει limx→o+ f (x) = limx→o− f (x)Ισοδύναμα limx→o+ (γx2=− βx − 2) limx→o− (x2 − αx +=β) ↔ −2 βΕπομένως ο τύπος της f γίνεται f (x) = x2 − αx − 2, x ∈[−1,0]   γx 2 + 2x − 2, x ∈ ( 0,1]Η f είναι παραγωγίσιμη στο [−1,0) ∪ (0,1]Θέλω να είναι παραγωγίσιμη και για x=0Δηλαδή, θέλω f΄(0+)=f΄(0-) <-> limx→0+ f (x) − f (0) = limx→0− f (x) − f (0) x xΌμως f(0)=-2 ,επομένως η παραπάνω σχέση γίνεταιlim=x→0+ γx2 + 2xx − 2 + 2 limx→0− x2 − αx − 2 + 2 ↔ xlimx→0+ γx2=+ 2x limx→0− x2 − αx ↔ limx→0+ (γx=+ 2) limx→0− (x − α) x xΌμως limx→0+ (γx + 2) =2 και limx→0− (x − α) =−αΣυνδιάζοντας τις παραπάνω σχέσεις έχω α=-2Άρα α=-2 , β=-2 και το γ ∈ R2. Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση f:[1,4]->R με f(1)= 5,f(4)=-1Να δειχτεί ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο Μ(x0,f(x0)) της Cf όπουη εφαπτομένη της είναι παράλληλη στην ευθεία y=-2x-1ΛύσηΗ f είναι παραγωγίσιμη στο [1,4] άρα και συνεχής στο [1,4] . Επομένωςεφαρμόζεται το Θ.Μ.Τ και άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον x0 στο [1,4] τ.ω2 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / Ολοκληρώματαf΄(x0 ) = f (4) − f (1) = −1− 5 = −2 3 4 −1Επομένως η εφαπτομένη της Cf στο Μ(x0,f(x0)) έχει συντελεστήδιεύθυνσης f΄(x0)=-2Όμως λε =-2 .Αυτό σημαίνει ότι η εφαπτομένη της Cf στο Μ(x0,f(x0))είναι παράλληλη στην ευθεία y=-2x-1.Εφαρμογή του Θ.Μ.Τ στην απόδειξη ανισοτικών σχέσεωνΜεθοδολογίαΌταν θέλουμε να δείξουμε μια ανίσωση της μορφήςμ ≤ f (β) − f (α) ≤ Μ β−ααντικαθιστούμε το λόγο f (β) − f (α) με f΄(ξ) από το Θ.Μ.Τ β−αεφόσον ισχύουν οι προυποθέσεις του Θ.Μ.Τ για τη συνάρτηση f στοδιάστημα [α,β]ΆσκησηΔίνεται η συνάρτηση f(x)=ex ,x>0 .1)Να εξετάσετε αν εφαρμόζεται το Θ.Μ.Τ στο διάστημα [0,x] ,x>02)Nα δείξετε ότι x<ex -1 <xex ,x>0ΛύσηH f(x)=ex ,x>0 έχει π.ο το R και είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο π.οτης.3 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / ΟλοκληρώματαΕπομένως η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο υποσύνολο [0,x] ,x>0του π.ο της.Άρα : f συνεχής στο [0, x] ⊂ Rf παραγωγίσιμη στο (0, x) ⊂ RΕπομένως σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ στο (0,x) ,x> 0, τέτοιο ώστε ex − e0 ↔=eξ ex − e0 ↔=eξ ex −1 x x xf΄(=ξ) f (x) − f (0) ↔ f΄(=ξ) x−0(2)Όμως 0<ξ<x <-> e0 < eξ < ex (1) (διότι η f(x)=ex ,x>0 είναι γνησίωςαύξουσα)Η σχέση (1) λόγω της (2) γίνεται1 < ex −1 < ex ↔ x < ex −1 < xex , x > 0 xΜελέτη συνάρτησης fΜεθοδολογία1ον Βρίσκω το π.ο της συνάρτησης f2ον Βρίσκω τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της f με τουςάξονες yy΄ και xx΄ :Για x=0 το y =…Για y=0 το x=…3ον Εξετάζω αν η f είναι άρτια περιττή ή περιοδική4ον Εξετάζω αν υπάρχουν ασύμπτωτες : 4 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / ΟλοκληρώματαΠλάγια ασύμπωτη η y=λx+β μελ limx→+∞ f (x) , β=limx→+∞ (f (x) − λx) xΑν λ=0 τότε y=0Oριζόντια ασύμπτωτη : αν limx→±∞ f (x ) =β τότε η y=β είναι οριζόντιαασύμπτωτηΚατακόρυφη ασύμπτωτη:αν limx→x0 f (x ) = ± ∞ τότε η x=x0 είναικατακόρυφη ασύμπτωτη.(Το x0 είναι άκρο ανοιχτού διαστήματος ή οιαριθμοί που εξαιρούνται του π.ο της f)5ον Εξετάζω αν η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμηΣημειώνω ότι :1) Η f είναι συνεχής σε ένα σημείο x0 του πεδίου ορισμού της ανlimx→x0 f (x) = f (x0 )2) Η f είναι παραγωγίσιμη στο x0 του πεδίου ορισμού της αν υπάρχει τοlimx→x0 f (x) −f (x0) = λ , και το λ είναι πραγματικός αριθμός x − x06ον Εξετάζουμε την f ως προς : 1) Τη μονοτονία 2) Τα ακρότατα 3) Τα κοίλα 4) Τα σημεία καμπής7ον Φτιάχνουμε τον πίνακα μεταβολών της συνάρτησης8ον Χαράζουμε τη γραφική παράσταση 5 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / ΟλοκληρώματαΆσκηση 1η 1. Να μελετηθεί και να παρασταθεί γραφικά η συνάρτηση f (x) = ln x +1 x Λύση 1ον Το π.ο της f είναι το (0, +∞) 2ονΗ f είναι συνεχής στο (0, +∞) ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων 3ον Σημεία τομής με τον άξονα xx΄ Για y=0 ,έχω 0 =ln x +1 ↔ ln x =−1 ↔ x =1 xeΣυνεπώς τέμνει τον xx΄ στο σημείο Α(1/e , 0)Σημεία τομής με τον άξονα yy΄ δεν υπάρχουν4ον Εξετάζω αν υπάρχει στο +∞ πλάγια ασύμπτωτη της μορφής y=λx+β.Έχω :λ li=mx→+∞ f (xx) = limx→+∞ ln xx2+ 1 ( +∞ ), απροσδιόριστη μορφή +∞Eφαρμόζω το κανόνα του L΄Hopital και έχω =(ln x +1)΄ 1=λ limx→=+∞ ln xx2+ 1 lim x→+∞ (x2 )΄ li=mx→+∞ 2xx lim=x→+∞ 21x2 0Άρα λ=0 6 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / Ολοκληρώματαβ=limx→+∞ (f (x=) − λx) limx→=+∞f (x) limx→+∞ l=n x + 1 ( +∞ ), x +∞απροσδιόριστη μορφήEφαρμόζω το κανόνα του L΄Hopital και έχωβ=limx→+∞ ln x +1 = limx→+∞ (ln x +1)΄ = limx→+∞ 1 = 0 ↔ β = 0 x x x΄Άρα η ευθεία y=0 είναι ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της f στο+∞Εξετάζω αν υπάρχει κατακόρυφη ασύμπτωτη της γραφικής παράστασηςτης f .Εξετάζω δηλαδή αν limx→0+ f (x ) = ± ∞Έχω : limx→0+ f (x ) = limx→0+ ln x +1 = limx→0+  1 (ln x + 1) = (+∞)(−∞) = −∞ x  xΆρα η x=0 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης τηςf5ον Εξετάζω την f ως προς : Τη μονοτονία Τα ακρότατα Τα κοίλα Τα σημεία καμπήςΥπολογίζω τη παράγωγο της f=f ′(x) (ln x +1)′ x − x′(ln x +1) 1 x − ln x −1 1 x − ln x −1 − ln x x= x= x2 = x2 x2 x2 7 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός /Θέτω f′(x) = 0 ισοδύναμα − ln x = 0 ↔ ln x =0 ↔ x =1 Ολοκληρώματα x2 +∞Επομένως για 0<x<1 το lnx<0 και για x>1 το lnx >0 -Άρα ο πίνακας προσήμων της f΄ είναι x0 11 f΄(x) + f(x)Παρατηρώ από το πίνακα προσήμων της f ΄ ότι :Στο διάστημα (0,1) η f είναι γνησίως αύξουσαΣτο διάστημα (1, +∞) η f είναι γνησίως φθίνουσαΣτο σημείο Μ(1,1) η f παρουσιάζει Τοπικό ΜέγιστοΥπολογίζω την f΄΄( )f ′′(x) = −xln2 x ′ =− (ln x)′ x2x−4 x2′ ln x 1 x2 − 2x ln x ↔ =− x x4f ′′(x) 1 x − 2 ln x =− 1− 2 ln x =2 ln x −1 (2ln x −1) (2ln x −1) =− x x3 x3 =xx3 =x x3 x2 xΤο πρόσημο της f΄΄ εξαρτάται από το πρόσημο της (2 ln x −1) x 8 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / Ολοκληρώματα (2ln x −1) = 0 ↔ (2 ln x −1) = 0 ↔ 2 ln x −1 = 0 ↔ 2 ln x = 1 ↔f΄΄(x) = 0 ↔ x x x2ln x = 1 ↔ x = 1 ↔ x = e 2 e2 (2ln x −1)Εάν x > e τότε 2lnx-1>0 <-=> f ′′(x) x > 0 ↔ f ′′(x) > 0 x2 (2ln x −1)Εάν 0 < x < e τότε 2lnx-1<0 <-=> f ′′(x) x < 0 ↔ f ′′(x) < 0 x2Σχηματίζω το πίνακα προσήμων της f΄΄ x 0 e1/2 e1/2 +∞ f΄΄(x) - + f(x)Παρατηρώ ότι :H f στο διάστημα (0,e1/2 ) στρέφει τα κοίλα κάτωH f στο διάστημα (e1/2 ,0) στρέφει τα κοίλα άνωΤο σημείο Σ ( e, f( e )) = Σ  e , 2 3  είναι σημείο καμπής  e 6ον Σχηματίζω το πίνακα μεταβολών της f και χαράσω τη γραφικήπαράσταση της f 9 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / Ολοκληρώματα x 0 1 e1/2 e1/2 +∞f΄(x) 1f΄΄(x) -- f(x) + -+ -Χαράσω τη γραφική παράσταση της f (x) = ln x +1 x10 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / ΟλοκληρώματαΆσκηση 2ηΔίνεται η συνάρτηση f (x=) x2 +1 + λx, π.ο το R , i) Ανlimx→+∞ f (x) = 2 , να υπολογίσετε το λ ∈ R ,ii) Να μελετήσετε και να xπαραστήσετε γραφικά τη συνάρτηση f για x ≥ 0Λύση f (x) =2 ↔ limx→+∞ x2 +x1 + λx x2 + x 2 + λx x =2 ↔ limx→+∞ x 2 xi) limx→+∞ =2 ↔ x2 (1 + 1 ) + λx x  1  x2 x  x2 limx→+∞ = 2 ↔ limx→+∞  (1 + ) + λ  = 1+ λ = 2 ↔ λ = 1 xEξετάζω αν υπάρχει κατακόρυφη ασύμπτωτη τηςf (x=) x2 +1 + x, x ≥ 0 :limx→0+ f (x ) =1 ≠ ±∞ άρα δεν υπάρχει κατακόρυφη ασύμπτωτη της CfEξετάζω αν υπάρχει πλάγια ασύμπτωτη της μορφής y=αx+β:=α f (x) limx→+∞=x2 +x1 + x limx→+∞ x( 1=+ 1 / x2 + 1) 2 x li=mx→+∞ x( )=β limx→+∞ [=f (x) − 2x] limx→+∞ (x2 + 1) − x2 x=2 + 1 − x limx→+∞ x2 +1 + x ↔β = limx→+∞ x2 1 ↔ β = limx→+∞ 1 =0↔β=0 +1 1 + 1 / x2 + 1) + x x( 11 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / ΟλοκληρώματαΆρα η y=2x είναι η πλάγια ασύμπτωτη για x → +∞Στο [0,+∞) η f (x=) x2 +1 + x είναι συνεχήςΥπολογίζω την f΄x2 +1 ′ +1=( )f ′(x) = x > 0 για x ≥ 0, f ′(x) = 0 ↔ x = 0 ↔ x=02 x2 +1 x2 +1 x2 +1f ′(x) =0 ↔ x =0 ↔ x=0. Για x =0 το f (0) =1 x2 +1Υπολογίζω την f΄΄ 1 > 0 για x ≥ 0( )=f ′′(x)( )x2 +1 x2 +1Σχηματίζω το πίνακα μεταβολών x 0 +∞f΄(x)f΄΄(x) +F (x) + T.E (0,1)Συνεπώς :H f είναι αύξουσα στο [0, +∞)Στέφει τα κοίλα άνω στο [0, +∞)Παρουσιάζει Τ.Ε στο (0,1)Έχει πλάγια ασύμπτωτη την y=2x όταν x->+∞12 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / ΟλοκληρώματαΆσκηση 3ηΔίνεται η συνά=ρτηση f (x) x 2 x +λ 3 , λ ∈ R − 2x −I)Nα βρεθεί η τιμή του λ ώστε f΄(0)=1ΙΙ)Να γίνει η μελέτη και η γραφική παράσταση της f για λ=1ΛύσηI)Βρίσκω το π.ο της f=f (x) =x + λ x + λ , π.ο το R-{-1,3} x2 − 2x − 3 (x +1)(x − 3)f ′(x ) = −x2 − 2λx + 2λ − 3 → f ′(0) = 2λ − 3 =1 ↔ 2λ − 3 = 9 ↔ λ = 6 (x2 − 2x − 3)2 9 13 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / Ολοκληρώματα=II)Για λ 1=έχω f (x) =x +1 =x +1 1 , π.ο το R-{3} x2 − 2x − 3 (x +1)(x − 3) x−3=f ′(x) (=x −−13)2 , f ′′(x) 2 (x − 3)3Σχηματίζω το πίνακα μεταβολών x3 +∞ f΄(x) - f΄΄(x) + f(x)Στο (3, +∞) η f ↓ και στρέφει τα κοίλα άνωΚατακόρυφη ασύμπτωτη: limx→3 f (x ) = + ∞ επομένως η x=3 είναικατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf όταν το x τείνει στο 314 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / ΟλοκληρώματαΆσκηση 4ηΔίνεται η συνάρτηση f (x) =−xex + 1, x ∈ Ri) Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονίαii)Να δειχτεί ότι η f(x)=0 έχει ακριβώς μία ρίζα στο [0,1],έστω x0iii)Να μελετηθεί η θέση της Cf ως προς την εφαπτομένη της στο xoiv)Να γραφεί ο πίνακας μεταβολών της fv)Να σχεδιαστεί η γραφική παράστασηvi)Να βρεθεί το σύνολο τιμών της fΛύσηi)f (x) =−xex + 1, x ∈ R,f ′(x) =(−xex +1)′ =−ex − xex =−ex (1 + x )f ′(x)= 0 ↔ −ex (1+ x)= 0 ↔ x = −1Επομένως στο διάστημα (−∞, −1),f ′(x) > 0,στο διάστημα(−1, +∞),f ′(x) < 0Άρα στο διάστημα (−∞, −1],f ↑ (γνησίως αύξουσα) και στοδιάστημα (−1, +∞),f ↓ (γνησίως φθίνουσα) και στο σημείοΣ(-1, 1/e + 1) η f παρουσιάζει Τ.Μii) Στο [0,1] η f (x) =−xex +1 είναι συνεχής διότι είναι γνησίωςαύξουσα.f (0) = 1, f(1)= -e+1=1-e<0, επομένως : f (1).f (0) = (1− e) < 0 .Πληρούνται οι προυποθέσεις του θεωρήματος Bolzano ,συνεπώς υπάρχει ένα τουλάχιστον x0 ∈(0,1) τ.ω f(x0 ) =0 καιεφόσον η f είναι γνησίως αύξουσα το x0 είναι μοναδικό.iii) f ′′(x) =(−ex − xex )′ =−ex − xex − ex =−ex (2 + x )f ′′(x) =0 ↔ x =−215 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / ΟλοκληρώματαΣτο διάστημα (−∞, −2) η f ′′(x)>0 , στο διάστημα(−2, +∞) η f ′′(x)<0Επομένως στο διάστημα (−∞, −2] η f στρέφει τα κοίλα άνω καιστο διάστημα (−2, +∞) η f στρέφει τα κοίλα κάτωΌμως [0,1] ⊂ [−2, +∞) , άρα στο [0,1] η f στρέφει τα κοίλα κάτωκαι η Cf βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη της στο σημείο x0iv)Πίνακας μεταβολών της f (x) =−xex + 1, x ∈ Rx -∞ -2 -2 -1 -1 +∞f΄(x) + + -f΄΄(x) + - -f(x) Σ.Κ Τ.Μ και Σ.Κ Σ(-2, (-2/e2)+1 ) Μ(-1,1/e +1)Σημείο τομής της f με το yy΄ το Α(0,1)Έχει ασύμπτωτες τους άξονες xx΄ και yy΄:limx→−∞ =f (x) limx→−∞ (−xex=+ 1) limx→−∞  −x  , απρ.μορφή  e−x Eφαρμόζω κανόνα de l΄ Hopital :lim=x→−∞  e−−xx  lim=x→−∞ −−e1−x li=mx→−∞ e1−x 0limx→+∞ f (x) = limx→+∞ (−xex + 1) = −∞16 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / Ολοκληρώματαvi)Σύνολο τιμών της f το (−∞,1 / (e +1)] ∪ (1 / (e +1),0)Άσκηση 5ηΔίνεται η f (x) = ln x .Nα βρεθούν: xi) Οι κατακόρυφες ασύμπτωτες της Cfii)Oι ασύμπτωτες της Cfiii)Nα γίνει η χάραξη της γραφικής παράστασηςΛύσηΤο π.ο της f είναι το (0, +∞) και είναι συνεχής ως πηλίκο συνεχώνi)Κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cflimx→0+ f (x) = limx→0+ ln x = limx→0+ 1 .ln x = (+∞).(−∞) = −∞ x xEπομένως η x=0 δηλαδή ο άξονας yy΄είναι κατακόρυφηασύμπτωτη της Cf17 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / Ολοκληρώματαii)Eξετάζω αν υπάρχει πλάγια ασύμπτωτη της μορφής y=λx+β ln x=λ lim=x→+∞ f (xx) li=mx→+∞ xx li=mx→+∞ lxn2x ( +∞ ),απροσδ.μορφή +∞Εφαρμόζω το κανόνα de l’Hospital 1λ = limx→+∞ ln x = limx→+∞ x = limx→+∞ 1 =0 ↔ λ =0 x2 2x 2x2=β limx→+∞ [f (x=) − λx] limx→=+∞ f (x) limx→=+∞ lnxx  +∞  , απρ.μορφή  +∞ Εφαρμόζω το κανόνα de l’Hospital (ln x)′ 1 ( x )′β = limx→+∞ = limx→+∞ x = limx→+∞ 1 =0↔β =0 1 xΆρα η ευθεία y=0 , δηλαδή ο άξονας xx΄ είναι ασύμπτωτη της Cfστο +∞ΜονοτονίαΤο π.ο της f είναι το (0, +∞) και είναι συνεχής ως πηλίκο συνεχώνx1<x2 ->lnx1<lnx2->lnx1 / x1 < lnx2 / x2 ->f(x1)<f(x2)Επομένως :Για x ∈(0, +∞) f ↑ (γνησίως αύξουσα)Σημεία τομής με τον xx΄:Για y= 0 έχω 0= ln x ↔ x= 1,(εφόσον ln1= 0) x1Επομένως τέμνει τον xx΄ στο Α(1,0)18 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / ΟλοκληρώματαΆσκηση 6ηΔίνεται η συνάρτηση f (x) =x2 − 2 ln x, x > 0i)Να δειχτεί ότι f (x) ≥ 1, x > 0ii)Να βρείτε τις ασύμπτωτες της Cfiii)Να γίνει μελέτη και χάραξη της CfΛύσηf ′(x) =(x2 − 2 ln x)′ =2x − 2 1 =2x2 − 2 =2 (x −1)(x +1) xx xf ′ ( x ) =0 ↔ 2(x −1)(x + 1) =0 ↔ xx==−11 xΌμως x>0 επομένως δεκτή είναι η λύση x=1Συνεπώς :Για x>1 , f΄(x)>0Για x<1 , f΄(x)<019 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / Ολοκληρώματα Άρα : Στο (0,1) η f είναι φθίνουσα Στο [1, +∞) η f είναι αύξουσα Στο σημείο Μ(1,f(1)) η f παρουσιάζει Τ.Ε f(1)=1-2ln1=1-2.0=1Aυτό σημαίνει ότι για κάθε x > 0 , f (x) ≤ f (1)Iσοδύναμα f (x) ≤ 1, για κάθε x>0ii) Εξετάζω αν υπάρχει πλάγια ασύμπτωτη της μορφής y=λx+βλ = limx→+∞ f (x) = +∞ ↔ λ ∉ R xΕπομένως δεν υπάρχει πλάγια ασύμπτωτηlimx→0+ f (x) = limx→0+ (x2 − 2 ln x) = 0 − (−∞) = +∞Επομένως η x=0 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cfiii) Mελέτη και χάραξη της γραφικής παράστασης  2 x2 −1 ′  =  x ( ) ( )=f ′′(x)  2x.x − x2 −1   2x 2 =−x2x2 + 1  x 2+ 1   x2  2 x=2  2 2 > 0, ∀x ∈(0, +∞)Συνεπώς:Στο (0,1) η f είναι φθίνουσαΣτο [1, +∞) η f είναι αύξουσαΣτο σημείο Α(1,1) η f παρουσιάζει Τ.Ε.Τέλος η f στρέφει τα κοίλα άνωκαι το σημείο Α(1,1) εκτός από Τ.Ε είναι και σημείο καμπήςΣχηματίζω τη γραφική παράσταση 20 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / ΟλοκληρώματαMονοτονία /Ακρότατα/ Εύρεση ριζών με τη βοήθεια του πεδίου τιμών τηςσυνάρτησηςΆσκηση 7ηΈστω οι συναρτήσεις f και g με π.ο το R και η συνάρτησηf  g η οποία είναι 1-1Να δειχτεί ότι :i)H g είναι «1-1»ii)η εξίσωση g(f (x) + x3 − =x) g(f (x) + 2x −1) έχει ακριβώς δύο θετικές και μίααρνητική ρίζα 21 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / ΟλοκληρώματαΛύσηi)Έστω ότι η g δεν είναι «1-1» τότε υπάρχουν πραγματικά x1 , x2 μεx1 ≠ x2 τ.ω g(x1) =g(x2 ) ↔ f (g(x1)) =f (g(x2 )) ↔ (f  g)(x1) =(f  g)(x2 )Άτοπο διότι από την υπόθεση η συνάρτηση f○g είναι «1-1»Αποδείξαμε ότι η g είναι «1-1» επομένως από τη σχέσηg(f (x) + x3 − =x) g(f (x) + 2x −1)ισοδύναμα έχω : f(x)+x3-x=f(x)+2x-1<->x3-3x+1=0.Θεωρώ τησυνάρτηση φ(x)= x3-3x+1, x πραγματικόςMονοτονία της φ :φ΄(x)= (x3-3x+1)΄=3x2-3, φ΄(x)= 0<->3x2-3=0<->x=1 ή x=-1Σχηματίζω το πίνακα μονοτονίας της φ(x)= x3-3x+1x -∞ -1 -1 11 +∞φ΄ (x)φ(x) + - + Τ.Μ Τ.Ε• φ(-1)=-1+3+1=3 Α(-1,3) Β(1,-1)• φ(1)=1-3+1=-1• Σχηματίζω τη γραφική παράσταση (μας βοηθά το σχήμα) της φ(x)= x3-3x+1, όπου το x είναι πραγματικός αριθμός22 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / Ολοκληρώματα • Εύρεση συνόλου τιμών της φ limx→−∞ φ(x) = −∞, limx→+∞ φ(x) = +∞ • Επομένως :Στο διάστημα (−∞, −1] το σύνολο τιμών είναι το (−∞,3]Το μηδέν ανήκει στο διάστημα (-∞,3] , επομένως η εξίσωση φ(x)=0Έχει τουλάχιστον μία αρνητική ρίζα στο διάστημα (-∞,-1] και εφόσονστο διάστημα αυτό η φ είναι γνησίως αύξουσα η ρίζα είναι μοναδικήΣτο διάστημα[−1,1] το σύνολο τιμών είναι το [−1,3]Το μηδέν ανήκει στο διάστημα [-1,3] , επομένως η εξίσωση φ(x)=0έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο διάστημα [-1, 1] και εφόσον στο 23 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / Ολοκληρώματαδιάστημα αυτό η φ είναι γνησίως φθίνουσα η ρίζα είναι μοναδικήΕξετάζω το πρόσημο της ρίζας αυτής :Παρατηρώ ότι φ(0)φ(1)=1.(-1)=-1<0Επιπλέον η φ είναι συνεχής στο R επομένως και στο υποσύνολο του το[0,1]Άρα σύμφωνα με το Θ.Bolzano υπάρχει μία τουλάχιστον θετική ρίζα τηςφ στο (0,1) και εφόσον η φ είναι γνησίως φθίνουσα στο [0,1] η ρίζα είναιμοναδική.Στο διάστημα[1, +∞] το σύνολο τιμών είναι το [−1, +∞]Το μηδέν ανήκει στο διάστημα [-1,+∞] , επομένως η εξίσωση φ(x)=0έχει τουλάχιστον μία θετική ρίζα στο διάστημα [1, +∞] και εφόσον στοδιάστημα αυτό η φ είναι γνησίως αύξουσα η ρίζα είναι μοναδική. • Συνεπώς :Η εξίσωση g(f (x) + x3 − =x) g(f (x) + 2x −1) έχει ακριβώς δύο θετικές καιμία αρνητική ρίζαΆσκηση 8ηΈστω η συνάρτηση f(x)=xlnx-x+1i)Nα μελετηθεί ως προς τη μονοτονία,ακρότατα και σύνολο τιμώνii)Nα δείξετε ότι xx  ≥ ex−1, για κάθεx > 024 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / ΟλοκληρώματαΛύσηΤο π.ο της f(x)=xlnx-x+1 είναι το (0,+∞) στο οποίο η f είναι συνεχής καιπαραγωγίσιμη.Μονοτονία και ακρόταταi)f΄(x)=lnx+x.(1/x) -1+0=lnx , f΄(x)=0<->lnx=0<->x=1Συνεπώς στο διάστημα (0,1] η f είναι γνησίως φθίνουσα και στοδιάστημα (1,+∞) είναι γνησίως αύξουσα.Στο σημείο (1,f(1)) = (1, 0) η f παρουσιάζει ελάχιστοΠεδίο τιμώνlim=x→0+ f (x) limx→0+ (xlnx − x + 1)= limx→0+ (xlnx) − limx→0+ x + 1, (1)lim=x→0+ (xlnx) li=mx→0+ ln1x ( −∞ ),απροσδιόριστη μορφή +∞ xΕφαρμόζω κανόνα de l’ hospitallimx→0+ (xl=nx) limx→0+ =ln1x 1 lim x→0+ ( −=x2 ) limx→0+ (=−x) 0, (2) x limx→0+ −=x1 x x2Επομένως η σχέση (1) λόγω της (2) γράφεταιlim=x→0+ f (x) limx→0+ (xlnx − x + 1)=0-0+1=1limx→+∞ f (x) = limx→+∞ (xlnx − x + 1)= limx→+∞ x(lnx −1 + 1 / x) = (+∞)(+∞ −1 + 0)= +∞25 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / ΟλοκληρώματαΆρα το π.τ της f  είναι το [0, 1) ∪ (0, +∞=) [0, +∞)ii) xx  ≥ ex−1 ↔ ln xx  ≥ ln ex−1 ↔ x ln x ≥ (x −1) ln e ↔ x ln x ≥ (x −1) ↔x ln x − x +1 ≥ 0 ↔ f (x) ≥ 0 ↔ f (x) ≥ f (1) ισχύει διότι στο σημείο (1,0)η f  παρουσιάζει ελάχιστο . Επομένως xx  ≥ ex−1Άσκηση 9ηΑν k >0 και η εξίσωση x=e.k1/x έχει θετική λύση , να βρεθεί η μικρότερητιμή του k.ΛύσηΈστω x0 η θετική λύση της εξίσωσης x=e.k1/x . Επομένως x0 = e.k1/x0 (1)Εξαιτίας της μονοτονίας της λογαριθμικής συνάρτησης lnx η (1) γίνεται :lnx0=ln (e.k1/x0 )<-> lnx0=lne + ln k1/x0 <-> lnx0=1+ (1/x0) lnk<->lnx0-1=(1/x0) lnk<-> x0(lnx0-1)= lnk<->e x0(lnx0-1)=elnk <->k= e x (lnx -1) 00Zητώ τη μικρότερη τιμή του k , δηλαδή τη μικρότερη τιμή του e x (lnxx -1) 00Θέτω f(x)= e x (lnx-1),x>0 και μελετώ την f ως προς τη μονοτονία της :Παραγωγίζω την f και έχω : f΄(x)= (e x (lnx-1))΄=e x (lnx-1) [x(lnx-1)]΄=e x (lnx-1) [ lnx-1+1] <-> f΄(x)= e x (lnx-1) lnxΘέτω f΄(x)=0 επομένως έχω :e x (lnx-1) lnx=0<->x=1, διότι e x (lnx-1)≠ 0 ,για κάθε x>026 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός /Σχηματίζω το πίνακα μεταβολών της f(x)= e x (lnx-1),x>0 Ολοκληρώματαx 0 11 +∞f΄(x) - +f(x) f γνησίως αύξουσα f γνησίως φθίνουσα Ελάχιστο Ε(1,f(1))Eύρεση ελαχίστου σημείου Ε(1,f(1))Για x=1, f(1)= e 1 (ln1-1) = 1/eΣυνεπώς min f(x)=f(1)=1/e , άρα min k=1/eΜονοτονία / Ακρότατα / ΟλοκλήρωμαΆσκηση 10ηΔίνεται η συνάρτηση f με f(x) = ex / x2+4 , x ανήκει στο R xi)Να δειχτεί ότι η συνάρτηση F  με F(x) = ∫ f (t)dt 0είναι γνησίως αύξουσα στο R xii)Nα λυθεί η εξίσωση ∫ f (t)dt = 0 ημxΛύσηi)H συνάρτηση f(x) = ex / x2+4 , όπου το x είναι πραγματικός αριθμός ,είναι συνεχής xΣυνεπώς η F(x=) ∫ f (t)dt είναι παραγωγίσιμη με F′(x=) f (x) > 0 ∀x ∈ R 0 27 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / ΟλοκληρώματαΕφόσον F΄(x)>0 για κάθε πραγματικό x , η F(x) είναι γνησίως αύξουσαστο Rx 0 x x ημxii)0 =∫ f (t)dt =∫ f (t)dt + ∫ f (t)dt =∫ f (t)dt − ∫ f (t)dt =(F(x) − F(ημx))ημx ημx 0 0 0(F(x) − F(ημx)) = 0 ↔ F(x) = F(ημx) ↔ x = ημx ↔ x = 0 μοναδική λύσηΆσκηση 10ηΔίνεται η συνάρτησ=η f (x) ex  –x , x ∈ Ri)Να μελετηθεί η f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα και να δειχθείότι f(x)>1 για κάθε πραγματικό x xii)Aν ∫ f=(t)dt F(x), x ∈ R 0 2y−y2Να βρεθεί ο Γ.Τ των σημείων Μ(x,y) για τα οποία ισχύει ∫ f (t)dt = 0 x2 −4 xΛύσηi)f ′(x) =(ex  –x)′ =ex −1,f ′(x) =0 ↔ ex =1f ′(x) ≥ 0 ↔ ex −1 ≥ 0 ↔ ex ≥ 1, f ′(x) < 0 ↔ ex −1 < 0 ↔ ex < 1Επομένως :Για x ∈(−∞,0),f ′(x) < 0 , άρα στο (−∞,0] η f είναι γνησίως φθίνουσαΓια x ∈(0, +∞),f ′(x) > 0 , άρα στο (0, +∞) η f είναι γνησίως αύξουσαΓια x=0 παρουσιάζει ελάχιστο στο σημείο E(0,f(0))=E(0,1)Aυτό σημαίνει ότι για κάθε x πραγματικό f(x)>f(0)<->f(x)>1 28 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / Ολοκληρώματα 2y−y2 ∫ f (t)dt =0 ↔ (2y − y2 ) − (x2 − 4x) =0 ↔ x2 + y2 − 4x − 2y =0ii) x2−4xx2 − 4x + 4 − 4 + y2 − 2y +1−1 = 0 ↔ (x − 2)2 + (y −1)2 = 5Επομένως ο Γ.Τ είναι κύκλος κέντρου Κ (2,1) και ακτίνας ρ = 5Άσκηση 11ηΔίνεται η συνάρτηση f που είναι παραγωγίσιμη στο R και ισχύειf 7(x)+f 5(x)+f(x) = x , (1) για κάθε πραγματικό x.i)Nα δειχτεί ότι η f δεν έχει ακρόταταii)Να δειχτεί ότι η f αντιστρέφεται και να βρεθεί η f-1Λύσηi)Παραγωγίζω την (1) και έχω :(f 7(x)+f 5(x)+f(x))΄ = x΄ <-> 7f 6(x)f΄(x)+5f 4(x)f΄(x)+f΄(x)=1 <-> 29 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / Ολοκληρώματαf΄(x)( 7f 6(x)+ 5f 4(x)+1) = 1 <-> f΄(x) = 1 / ( 7f 6(x)+ 5f 4(x)+1)( 7f 6(x)+ 5f 4(x)+1)>0 επομένως f ΄(x) >0 ,για κάθε πραγματικό xΑυτό σημαίνει ότι η f είναι γνησίως αύξουσα άρα δεν έχει ακρόταταii) H f είναι γνησίως αύξουσα στο R , συνεπώς είναι 1-1και αντιστρέφεται . Θέτω στη σχέση (1) όπου x το f-1(x) και έχω :f 7(f-1(x))+f 5(f-1(x))+f(f-1(x) ) = f-1(x) , (2) .Γνωρίζω ότι(f○f -1)(x)=I (x)(ταυτοτική συνάρτηση). Eπομένως η (2) γίνεται :(f○f -1)(x) (f○f -1)(x) (f○f -1)(x) (f○f -1)(x) (f○f -1)(x)+ f 3(f-1(x))+f(f-1(x) ) =f −1(x) < − > x.x.x.x.x.x.x + x.x.x.x.=x + x f −1(x) < − > x7 + x=5 + x f −1(x) , x ∈ RΆσκηση 12ηΔίνεται η συνάρτηση f  με τύπο f (x)= 1 + x2 , x ∈ R,1 + x2 ≠ 0i)Να δειχτεί ότι f(x) > f ′(x),x ∈ Rii)Nα μελετηθεί η 1+ =x2 g(x), x ∈ R ως προς τη μονοτονίατα ακρότατα και τα σημεία καμπής και να παρασταθεί γραφικάΛύση1 + x=2 g(x), x ∈ R , με g(x) > 0 εφόσον 1+ x2 > 0f (x) = 1+ x2 = g(x), x ∈ R,f ′(x) = ( g(x))′ = g′(x) 2 g(x)i)Θέλω vα δείξω ότι f(x) > f ′(x),x ∈ RΙσοδύναμα θέλω νδο : g(x) > g′(x) , x ∈ R και g(x) > 0 2 g(x)30 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / ΟλοκληρώματαIσοδύναμα g(x) g(x) > g′(x) g (x) ↔ g(x) > 1 g′(x),(1) 2 g(x) 2=Όμως 1+ x=2 g(x)=και g′(x) 2x x ,(2) 2 1+ x2 1+ x2Από τις σχέσεις (1) και (2) έχω :1+ x2 > x ↔1+ x2 > x ↔1+ x2 − 2 1 x + 1 − 1 > 0 ↔  x − 1 2 + 3 >0 1+ x2 2 44  2  4H τελευταία σχέση ισχύει άρα ισχύει και η αρχική.Δηλαδή f(x)>f΄(x) γιακάθε πραγματικό xii)=g′(x) x , x ∈ R 1+ x2 31 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/

Mεθοδολογία -Λυμένες ασκήσεις Συνέχεια / Διαφορικός Λογισμός / ΟλοκληρώματαΓια x ∈(−∞,0), g(x) < 0,άρα η g είναι γνησίως φθίνουσαΓια x ∈[0, +∞), g(x) > 0,άρα η g είναι γνησίως αύξουσα=1 + x2 g(x),=για x=0 έχω g(0)= 1 1Στο σημείο (0,g(0)) =(0,1) η g παρουσιάζει ελάχιστο 1+ x2 − x 1+ x2 ′ 1+ x2 − x x = 1+ x2 1+ x2 1+ x2( ) ( )=g′′(x) =1+x x2 ′x′ 1+ x2 − x2=g′′ ( x ) =1 + x2 1 > 0,∀x ∈ R 1+ x2 (1 + x2 ) 1 + x2Συνεπως η g στρέφει τα κοίλα άνω .Tο σημείο (0,1) είναι και σημείοκαμπής της CgKαλή μελέτη32 Στέλλα Σερεμετάκη , Μαθηματικός , Μsc in Pure Mathematics http://www.mathschoolonline.org/