ΟΔΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ 2017

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr( )g '(x) + g(x) = 0 ⇔ exg '(x) + exg(x) = 0 ⇔ exg(x) ' = 0 ⇔ exg(x) = c⇔ exg(x) = c ⇔ g(x) = c ⇔ g(x) = ce−x , c σταθερός πραγματικός αριθμός διάφορος του 0, διότι exαν c = 0 ,θα ισχύει g(x) = 0 , οπότε και f(x)g(x) = 0 , άτοπο από υπόθεση.Τότε f(x)g(x) = 1 ⇔ f(x) = 1 ⇔ f(x) = 1 ⇔ f(x) = 1 ex g(x) ce−x cΓια κάθε x ∈ ℝ , είναι f '(x) = 1 ex .Άρα η εξίσωση της εφαπτομένης στο σημείο Α(λ,f(λ)) cείναι: (ε1 ) : y − f(λ) = f '(λ)(x − λ) ⇔ y− 1 eλ = 1 eλ(x − λ) c cΓια y=0, έχουμε 0 − 1 eλ = 1 eλ (x − λ) ⇔ λ − 1 = x ⇔ x = λ − 1 . ccΆρα η (ε1 ) τέμνει τον άξονα x’x στο Β(λ − 1,0)ii) Για κάθε x ∈ ℝ , είναι g '(x) = −ce−x .Άρα η εξίσωση της εφαπτομένης στο σημείο B(λ,g(λ))είναι: ( )ε2 : y − g(λ) = g '(λ)(x − λ) ⇔ y − ce−λ = −ce−λ (x − λ)Για y=0, έχουμε (ε2 ) : 0 − g(λ) = g '(λ)(x − λ) ⇔ 1 = x − λ ⇔ x = 1 + λ .Άρα η (ε2 ) τέμνει τον άξονα x’x στο Γ(λ + 1,0)( )iii)Επειδή g '(λ)f '(λ) =  1 eλ  −ce−λ  c  = −1 ,άρα το οι εφαπτόμενες είναι κάθετες οπότε τοτρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο.2.40 Στο διπλανό σχήμα δίνεται μια (ε)παραγωγίσιμη συνάρτηση στο διάστημα α,β Cf Βκαι ένα σημείο Γ της ευθείας ΑΒ που δεν yανήκει όμως στο ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ.Να αποδείξετε ότι: Μ Αα) Για την συνάρτηση g(x) = f(x) − δ x−γ Γ(γ,δ)Εφαρμόζεται το θεώρημα Rolle στο διάστημα α,ββ) Από το Γ είναι δυνατό πάντα να φέρουμετουλάχιστον μια εφαπτομένη προς την Cf. Oα βxΛΥΣΗ 101Α)Η g είναι συνεχής στο α,β και παραγωγίσιμη στο (α,β) .g(α) = f(α) − δ = λ ΑΒ ( Γ,Α σημεία της ευθείας ΑΒ) α−γ ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grg(β) = f(β) − δ = λ ΑΒ ( Γ,Β σημεία της ευθείας ΑΒ) β−γΆρα g(α) = g(β)Εφαρμόζεται το θεώρημα Rolle στο διάστημα α,ββ) Οπότε ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο α,β άρα υπάρχει x0 ∈ (α,β)τέτοιο ώστε g '(x0 ) = 0 (1)Αλλάg '(x) =  f(x) − δ  ' = (f(x) − δ)'(x − γ) − (f(x) − δ)(x − γ)' = = f '(x)(x − γ) − (f(x) − δ)  x−γ  (x − γ)2 (x − γ)2  Έτσι η (1) γίνεται:f '(x0 )(x0 − γ) − (f(x0 ) − δ) = 0 ⇔ f '(x0 )(x0 − γ) − (f(x0 ) − δ) = 0 ⇔ (x0 − γ)2(f(x0 ) − δ) = f '(x0 )(x0 − γ) ⇔ δ − f(x0 ) = f '(x0 )(γ − x0 )Δηλαδή η ευθεία y − f(x0 ) = f '(x0 )(x − x0 ) ( εφαπτομένη) διέρχεται από το σημείο Γ.2.41Δινεται συνάρτηση f συνεχής στο διάστημα 1, 4 , παραγωγίσιμη στο (1,4) και ηf’ γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (1,4) .Να συγκρίνετε τους αριθμούς f(2) + f(3) καιf(1) + f(4) .Λύση Από τους αριθμούς στο συμπέρασμα οδηγούμαστε να εργαστούμε με Θ.Μ.Τ σταδιαστήματα 1, 2 και 3, 4 .Η f είναι συνεχής στο 1, 4 άρα συνεχής και σε καθένα από τα διαστήματα 1, 2 και3, 4 .Η f παραγωγίσιμη στο (1,4) άρα και σε καθένα από τα διαστήματα (1,2) και(3, 4) .Επομένως ισχύει Θ.Μ.Τ για την f σε καθένα από τα διαστήματα 1, 2 και 3, 4οπότε:Υπάρχει x1 ∈ (1, 2) τέτοιο ώστε : f '(x1 ) = f(2) − f(1) = f(2) − f(1) (1) 2−1Υπάρχει x2 ∈ ( 3, 4) τέτοιο ώστε : f '(x2 ) = f(4) − f(3) = f(4) − f(3) (2) 4−3Αλλά η f’ γνησίως φθίνουσα στο (1,4) καιx1 < x2 άρα f '(x1 ) > f '(x2 ) ⇔ f(2) − f(1) > f(4) − f(3) ⇔ f(2) + f(3) > f(1) + f(4)102 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr2.42 Αν η f είναι συνεχής στο α,β , παραγωγίσιμη στο (α,β) και υπάρχει λ > 0 τέτοιοώστε f '(x) < λ για κάθε x ∈ (α,β) δείξετε ότι για κάθε ξ1 ,ξ2 ∈ (α,β) με ξ1 ≠ ξ2 ισχύει: f(ξ1 ) − f(ξ2 ) < λ ξ1 − ξ2ΛΥΣΗΈστω ξ1 ,ξ2 ∈ (α,β) με ξ1 ≠ ξ2 .Τότε ξ1 < ξ2 ή ξ1 > ξ2 .Έστω ότι ξ1 < ξ2 θα εφαρμόσουμε Θ.Μ.Τστο ξ1 ,ξ2  .Πραγματικά:• Η f είναι συνεχής στο ξ1 ,ξ2  ⊆ α,β• Η f είναι παραγωγίσιμη στο (ξ1 ,ξ2 ) ⊆ (α,β)Άρα υπάρχει ξ ∈ (α,β) τέτοιο ώστε : f(ξ2 ) − f(ξ1 ) = f '(ξ)(ξ2 − ξ1 )Επομένως f(ξ1) − f(ξ2 ) < f '(ξ) ξ1 − ξ2 και εφόσον f '(ξ) < λ θα είναι f(ξ1) − f(ξ2 ) < λ ξ1 − ξ2 .2.43 Στο διπλανό σχήμα δίνεται η συνάρτηση fτου πληθωρισμού του κρατιδίου Καφρικιστάν yσε σχέση με την ανεργία ΠΛΗΘΩΡΙΣΜΟΣ %i)Αν η κλίση της εφαπτομένης της A(4,17)γραφικής παράστασης της f στο σημείοΑ(4,17) είναι ίση με -6 και η ανεργία είναι4%,να συμπεράνετε τον τρόπο με τον οποίομεταβάλλεται ο πληθωρισμός.ii)Τι προκύπτει για τον πληθωρισμό από τοδιάγραμμα για x>12; B(10,0)Απάντηση Ο 4 12 xi)f’(4)=-6 ( Μονάδες πληθωρισμού ανα μονάδα ανεργίας)ii)Η συνάρτηση f από την γραφική παράσταση φαίνεται ΑΝΕΡΓΙΑ %ότι είναι γνησίως φθίνουσα άρα θα έχουμε μείωση τιμών.2.44 Δίνεται συνάρτηση f : α,β → ℝ δυο φορές παραγωγίσιμη και έστω Α(α,f(α)) καιB(β,f(β)) σημεία της Cf.Α) Αν το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ τέμνει την Cf στο σημείο Γ(γ,f(γ)) , με γ ∈ (α,β) , νααποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον x0 ∈ (α,β) τέτοιο ώστε f ''(x0 ) = 0 .Β) Αν ο κύκλος διαμέτρου ΑΒ τέμνει την Cf στο σημείο ∆(δ,f(δ)) ,με δ ∈ (α,β) ,νααποδείξετε ότι υπάρχουν ξ1 ,ξ2 ∈ (α,β) διαφορετικά μεταξύ τους, τέτοια ώστεf '(ξ1 ) ⋅ f '(ξ2 ) = −1 .ΛΥΣΗΑ) Τα σημεία Α,Γ,Β είναι συνευθειακά, άραλ ΑΓ = λ ΓΒ ⇔ f(γ) − f(α) = f(β) − f(γ) (1) γ−α β−γΌμως από το Θ.Μ.Τ για την f στα διαστήματα α, γ και γ,β προκύπτει ότι υπάρχουνx1 ∈ (α, γ) και x2 ∈ (γ,β) τέτοια ώστε: f '(x1 ) = f(γ) − f(α) , f '(x2 ) = f(β) − f(γ) γ − α β − γ ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 103

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΆρα από (1) προκύπτει: f '(x1 ) = f '(x2 ) .Από το θεώρημα Rolle για την f’ στο x1 , x2 προκύπτει το ζητούμενο.Β) Ισχύει Α∆ ⊥ ∆Β ⇔ λ Α∆ ⋅ λ∆Β = −1 ⇔ f(δ) − f(α) ⋅ f(β) − f(δ) = −1 δ − α β − δΕφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ στα διαστήματα α,δ , δ,β και προκύπτει το ζητούμενο.2.45 i)Να εφαρμόσετε το θεώρημα μέσης τιμής για την συνάρτηση f(x) = ημx στοδιάστημα  α + x , β + x  όπου α,β ∈ ℝ , α > β ,όπου x > max{−α, −β}ii)Με την βοήθεια του ερωτήματος (i) ,να υπολογίσετε το όριοlim  ημ( x + α ) − ημ( x + β)x → +∞ΛΥΣΗi)Για κάθε x > max{−α, −β} η συνάρτηση f(x) = ημx είναι συνεχής στο  α + x , β + x  και( )παραγωγίσιμη στο α + x , β + x( )Σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ υπάρχει ξ ∈ α + x , β + x με f '(ξ) = f( α + x) − f( β + x) α+x− β+xii)f '(ξ) = ημ( α + x) − ημ( β + x) ⇔ συνξ = ημ( α + x) − ημ( β + x) ⇔ α+x− β+x α+x− β+x( )συνξ α + x − β + x = ημ( α + x) − ημ( β + x) α>β α −β( ) ( )ημ( α + x) − ημ( β + x) = συνξ α + x − β + x ≤ α + x − β + x = α + x − β + x = α+x+ β+xΕπειδή lim α −β =0 προκύπτει lim  ημ( x + α ) − ημ( x + β) = 0 x → +∞ α+x+ β+x x → +∞104 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr2.46 Ο Τοτός το θεώρημα Μέσης τιμής και το κοινό σημείο!Ο Τοτός μπήκε στην σχολική τάξη με αλαζονικό ύφος και είπε στον καθηγητή τωνμαθηματικών.-Κύριε έχω απορία!-Δηλαδή;Δίνονται οι συναρτήσεις f και f-1 ορισμένες και παραγωγίσιμες στο ℝ με f '(x) > 0 για κάθεx ∈ ℝ .Οι Cf,Cf−1 έχουν ένα κοινό σημείο Μ(α,β), α ≠ β .Είναι: β = f(α) και β = f−1(α) Ή β = f(α) και α = f(β)Άρα, από το θεώρημα Μέσης Τιμής ,υπάρχει ξ ∈ (α,β) ,τέτοιο ώστε:f '(ξ) = f(β) − f(α) ή f '(ξ) = α −β = −1 < 0 ή f '(ξ) < 0 για κάθε x ∈ ℝ β− α β−ααλλά από υπόθεση f '(x) > 0 για κάθε x ∈ ℝ .Τι απάντησε ο καθηγητής στον Τοτό;ΑπάντησηΠροφανώς το κοινό σημείο πρέπει να βρίσκεται στην διχοτόμο της 1ης -3ης γωνίας τωναξόνων, οπότε α = β .Στην περίπτωση αυτήν δεν ορίζεται καν διάστημα (α,β)2.47 (Μεζεδάκι θεωρίας)Αν η συνεχής συνάρτηση f : α,β → ℝ είναι παραγωγίσιμη στο (α,β) τότε:i)Αν f '(x) > 0 για κάθε x ∈ (α,β) ,τότε f(β) > f(α)ii)Αν f '(x) < 0 για κάθε x ∈ (α,β) ,τότε f(β) < f(α)ΛΥΣΗi)Το θεώρημα Μέσης τιμής ισχύει, άρα υπάρχει ξ ∈ (α,β) τέτοιοώστε f '(ξ) = f(β) − f(α) .Επειδή f '(ξ) > 0 και β-α>0 θα είναι και f(β) − f(α) > 0 ή β − αf(β) > f(α) .Ανάλογα το (ii)2.48 (Αll time classic)Δίνεται η συνάρτηση 105 f(x) = 2x2 ln x − 3x2 + 4x − 1i)Να βρείτε τις f’ και f’’.ii)Να μελετήσετε την f ως προς τα κοίλα.iii)Να βρείτε τα σημεία καμπής της Cf .iv)Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία.v)Να βρείτε το πρόσημο της f.vi)Να βρείτε τα σημεία τομής της Cf με τον οριζόντιο άξονα .vii)Να βρείτε το σύνολο τιμών της f.ΛΥΣΗi)Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το σύνολο A = (0, +∞) και ισχύει: ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grf '(x) = .. = 4x ln x − 4x + 4 για κάθε x > 0 .f ''(x) = .. = 4 ln x για κάθε x > 0 .ii) Επειδή η f’’ είναι αρνητική στο (0,1) , θετική στο (1, +∞) και η f είναι συνεχής στο x0 = 1 ,συμπεραίνουμε ότι η f είναι: x0 1 +∞κοίλη στο (0,1)κυρτή στο 1, +∞) f ''(x) - + ∩f (x) ∪ Σ.Κiii)Επειδή f ''(1) = 0 και η f αλλάζει κοίλα μόνο στο 1, προκύπτει ότι το μόνο σημείο καμπήςτης Cf είναι το A(1,f(1)) δηλαδή το A(1,0).iv)Η f’’είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,1 και γνησίως αύξουσα στο 1, +∞) .Έτσι:x < 1 ⇔ f '(x) > f '(1) ⇔ f '(x) > 0 x0 1 +∞x > 1 ⇔ f '(x) > f '(1) ⇔ f '(x) > 0Άρα f '(x) > 0 για κάθε x ≠ 1 .Επειδή η συνάρτηση f είναι f '(x) + +συνεχής στο A = (0,+∞) η f είναιγνησίως αύξουσα. f (x)v)Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα. Έτσι:x < 1 ⇔ f(x) < f(1) ⇔ f(x) < 0x > 1 ⇔ f(x) > f(1) ⇔ f(x) > 0Άρα, η f είναι αρνητική στο (0,1) και θετική στο (1,+∞) .vi)Επειδή η f είναι γνησίως μονότονη και f(1)=0,συμπεραίνουμε ότι η μοναδική ρίζα τηςεξίσωσης f(x) = 0 είναι η x = 1 .Άρα, το ζητούμενο σημείο είναι το Α(1,0)vii)Έχουμε:lim f(x) = .. = +∞x → +∞( )lim f(x) = lim 2x2 ln x − 3x2 + 4x − 1 = −1 , διότιx→0 x→0  ∞  2    ∞  x ( )lim f(x) = lim 0( −∞ )  2 ln x  lim   = − 1 = = 2x2 ln x = lim 1 2x lim x2 0x→0 x→0 x→0  x2  D.H.L x→0  x4  2 x→0 −Άρα το σύνολο τιμών της f είναι f(A) = (−1, +∞) .2.49 (μεζεδάκι..) Η συνάρτηση f : ℝ → ℝ είναι δυο φορές παραγωγίσιμη και για κάθεx ∈ ℝ ισχύει: f(x) + ef(x) = −x4 + 4x3 − 12x2 + 8 (1)Να αποδείξετε ότι:106 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grα) Η Cf δεν έχει κανένα σημείο καμπής.β) Η f έχει ένα ακριβώς σημείο που είναι θέση τοπικού ακρότατου.ΛΥΣΗΠαραγωγίζοντας διαδοχικά κατά μέλη την (1) έχουμε: f '(x) + ef(x)f '(x) = −4x3 + 12x2 − 24x (2) ( )f ''(x) + ef(x) f '(x) 2 + ef(x)f ''(x) = −12x2 + 24x − 24 ⇔ ( )f ''(x) + ef(x) f '(x) 2 + ef(x)f ''(x) = −12(x2 − 2x + 2) (3)α) Υποθέτουμε ότι η Cf έχει σημείο καμπής το A(x0 ,f(x0 )) , οπότε f ''(x0 ) = 0 Από την (3) για( ) ( )x = x0 έχουμε f ''(x0 ) + ef(x0 ) f '(x0 ) 2 + ef(x0 )f ''(x0 ) = −12(x02 − 2x0 + 2) ⇔ ef(x0 ) f '(x0 ) 2 = −12(x02 − 2x0 + 2)Η τελευταία ισότητα όμως δεν μπορεί να ισχύει γιατί είναι ( )ef(x0 ) f '(x0 ) 2 ≥ 0 ενώταυτόχρονα −12( x 2 − 2x0 + 2) < 0 (εφόσον το τριώνυμο y2 − 2y + 2 έχει αρνητική διακρίνουσα 0κατά συνέπεια είναι πάντα ομόσημο του α=1>0, οπότε y2 − 2y + 2 > 0 για κάθε y ∈ ℝ ).β) Από την (2) :f '(x) + ef(x)f '(x) = −4x3 + 12x2 − 24x ⇔ f '(x)(1 + ef(x) ) = −4x3 + 12x2 − 1+ef( x) ≠0 '(x = −4x3 + 12x2 − 24x 1+ ef(x) 24x ⇔ ff '(x) = 0 ⇔ −4x3 + 12x2 − 24x = 0 ⇔ −4x(x2 − 3x2 + 6) = 0 ⇔ x = 0 .Η f’έχει μοναδική ρίζα την x = 0και εκατέρωθεν αυτής αλλάζει πρόσημο ,οπότε το σημείο x = 0 είναι μοναδική θέσητοπικού ακρότατου της f.2.50 (Μεζεδάκι θεωρίας)Αν μια παραγωγίσιμη συνάρτηση είναι κυρτή σε ένα διάστημα Δ, να αποδείξετε ότιγια κάθε x ∈ (α,β) ⊆ ∆ ισχύει Αν πάρουμε για x το μέσο του f(x) − f(α) < f(β) − f(x) α,β δηλαδή x − α β − x x = α + β , τότε είναιΛΥΣΗ 2Στα διαστήματα α, x , x,β για την f ισχύει το Θ.Μ.Τ x − α = β − x > 0 και η παραπάνωΆρα, υπάρχουν ξ1 ∈ (α,x) ,ξ2 ∈ (x,β) τέτοια ώστε ανισότητα παίρνει την μορφή: f(α) − f(x) f(β) − f(x) f  α +β  < f(α) + f(β) για κάθε α − x β − x  2  2 f '(ξ1 ) = ,f '(ξ2 ) =  Από την υπόθεση η f είναι κυρτή άρα f ' γνησίως αύξουσα α,β∈ ℝ f 'ր f(x) − f(α) f(β) − f(x) Για α = β η παραπάνω ισχύει ως x − α β − xΤότε έχουμε ξ1 < ξ2 ⇒ f '(ξ1 ) < f '(ξ2 ) δηλαδή < . προφανής ισότητα Η παραπάνω ανισότητα και η γενίκευση της με πολλά σημεία έχει εμφανιστεί αρκετές φορές2.51(1η δέσμη 1997) στις εξετάσεις . Χαρακτηριστικό είναι το θέμα του 1997.Α) Έστω f παραγωγίσιμη στο ℝ και κυρτή .Να δείξετε ότι: f (x1 ) + f (x2 ) , f  x1 + x2  ≤ για κάθε x1 , x2 ∈ℝ  2  2  Β) Δίνεται πραγματική συνάρτηση g,δυο φορές παραγωγίσιμη στο ℝ τέτοια ώστε: g(x) > 0 και g ''(x) ⋅g(x) − g '(x)2 > 0 ,για κάθε x ∈ ℝ .Να δείξετε ότι: ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 107

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gri) η συνάρτηση g ' είναι γνησίως αύξουσα. gii) g  x1 + x2  ≤ g (x1 )g (x2 ) για κάθε x1 , x2 ∈ ℝ .   2ΛΥΣΗΑ) Για x1 ≠ x2 , έστω x1 < x2 εφαρμόζουμε το θεώρημα μέσης τιμής για την f σε καθένα απότα διαστήματα:  , x1 + x2  ,  x1 + x2  x1 2   2 , x2 Οπότε υπάρχουν: ξ1 ∈  x1 , x1 + x2  , ξ2 ∈  x1 + x2 , x2   2   2     ( ) ( ) ( )f ' ξ1 f  x1 + x2  − f x1 f  x1 + x2  − f x1 ( ) ( ) ( )και f ' ξ2 f x2 − f  x1 + x2  f x2 − f  x1 + x2   2   2  = x2  2   2   = = x2 = x1 + x2 x2 − x1 − x1 + x2 − x1 2 − x1 2 2 2Επειδή η f είναι κυρτή στο ℝ άρα έχουμε:( ) ( ) ( ) ( )ξ1 f  x1 + x2  − f x1 f x2 − f  x1 + x2   2  <  2  f 'ր      x1 + x2   x1 + x2  < ξ2 f '(ξ1 ) < f '(ξ2 ) ⇔ ⇔ f  2  − f x1 < f x2 − f   ⇒ x2 − x1 x2 − x1   2 22 (x2 ) (x1 )⇔ 2f  x1 + x2  < f (x2 ) + f (x1 ) ⇔ f  x1 + x2  < f + f  2   2  2    Για x1 = x2 η παραπάνω σχέση ισχύει ως ισότητα.B.i)Για κάθε x ∈ ℝ έχουμε: g'  '(x) =  g '(x)  ' = g ''(x)g(x) − g '(x)g '(x) = g ''(x)g(x) − g '(x)2 >0 g   g(x)  g 2 (x) g2 (x)   Άρα , η g ' είναι γνησίως αύξουσα ℝ . gii)Θεωρούμε την συνάρτηση : h(x) = ln(g(x)), x ∈ ℝΤότε, για κάθε x ∈ ℝ έχουμε: h '(x) = g '(x) g(x)Η οποία, λόγω του ερωτήματος (i) είναι γνησίως αύξουσα. Άρα, η h(x) = ln(g(x)) είναικυρτή.Οπότε, λόγω του ερωτήματος (Α) ,θα ισχύει:( ) ( )h  x1 + x2  ≤ h (x1 ) + h (x2 ) ⇒ ln  g  x1 + x2   ≤ ln g (x1 ) + ln g (x2 ) ⇔  2  2   2       2  x1 + x2    x1 + x2  1( ) ( )⇔ 2 1 ln g  2 2 ln  g    ≤ 2 ln g (x1 )g (x2 ) ⇔    ≤ ln g (x1 )g (x2 ) ⇔   ( )( ) ( ) ( ) ( )⇔x1 + x2  ≤ ln xր  x1 + x2  ≤ ln  g  2   ln g x1 g x2 g   g x1 g x2   ⇔ 2108 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr2.52 Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν ,γράφοντας στο τετράδιο σας,δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση την λέξη Σωστό , αν η πρότασηείναι σωστή, ή Λάθος αν η πρόταση είναι λανθασμένη.1) Αν μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα Δ και f '(x0 ) = 0 για κάποιοεσωτερικό σημείο x0 ∈ ∆ , τότε η f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο x0 . ΣΛ2)Μια συνάρτηση f παραγωγίσιμη σε ένα ανοικτό διάστημα Δ, με f '(x0 ) ≠ 0 για κάθε x ∈ ∆,δεν παρουσιάζει ακρότατα στο Δ. ΣΛ3)Αν μια άρτια συνάρτηση έχει στο x0 τοπικό ελάχιστο, τότε στο −x0 έχει τοπικόελάχιστο. Σ Λ4)Αν μια συνάρτηση f είναι κυρτή σε ένα διάστημα Δ, τότε f ''(x) > 0 για κάθε εσωτερικόσημείο του Δ . ΣΛ5)Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής σε ℝ , τότε έχει το πολύ δυο ασύμπτωτες. ΣΛΑπαντήσεις1)Λ 2) Σ 3)Σ 4)Λ 5)Σ2.53Δινεται συνάρτηση f : ℝ → ℝ δυο φορές παραγωγίσιμη, η οποία σε σημείο x0 ∈ ℝπαρουσιάζει τοπικό ακρότατο το 0 και ικανοποιεί την σχέση: f ''(x) > 4(f '(x) − f(x)) για κάθε x ∈ ℝα) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση : g(x) = f(x) ⋅ e−2xΕίναι κυρτή στο ℝ .β) Να αποδείξετε ότι f(x) ≥ 0 για κάθε x ∈ ℝ .(θέμα εξετάσεων)ΛΥΣΗα) Για κάθε x ∈ ℝ είναι:( )g '(x) = f(x) ⋅ e−2x ' = f '(x) ⋅ e−2x + f(x) ⋅ e−2x (−2x)' = f '(x) ⋅ e−2x − f(x) ⋅ 2e−2xκαι( ) ( ) ( )g ''(x) = f '(x) ⋅ e−2x − f(x) ⋅ 2e−2x ' = f ''(x) ⋅ e−2x + f '(x) ⋅ e−2x '− f '(x) ⋅ 2e−2x + f(x) ⋅ 2e−2x (−2x)' =f ''(x) ⋅ e−2x − 2f '(x)e−2x − f '(x) ⋅ 2e−2x + f(x) ⋅ 4e−2x = e−2x (f ''(x) − 4f '(x) + 4f(x)) > 0β)H f παρουσιάζει ακρότατο στο x0 , είναι παραγωγίσιμη στο x0 και το x0 είναι εσωτερικόσημείο του ℝ .Άρα από το θεώρημα Fermat ισχύει ότι f '(x0 ) = 0 , επίσης ισχύει f(x0 ) = 0 .Θα αποδείξουμε ότι g(x) ≥ 0 για κάθε x ∈ ℝΕφόσον η g είναι κυρτή στο ℝ , η g’ είναι γνησίως αύξουσα, οπότε:x < x0 ⇔ g '(x) < g '(x0 ) ⇔ g '(x) < 0x > x0 ⇔ g '(x) > g '(x0 ) ⇔ g '(x) > 0ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 109

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΆρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞,x0  και γνησίως αύξουσα στο x0 , +∞) ,ενώπαρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x0 .Δηλαδή για κάθε x ∈ ℝ ισχύει ότι:g(x) ≥ g(x0 ) ⇔ g(x) ≥ 0 ⇔ f(x) ≥ 0 για κάθε x ∈ ℝ .2.54 Δίνεται η συνάρτηση f : (0,+∞) → ℝ , με f(x) = ln2 x + α ln x + 2x2 + 2α , όπου α ∈ ℝ xΓια την οποία ισχύει ότι f(x) ≥ 2 + 2α για κάθε x ∈ (0, +∞) .i)Να υπολογίσετε το f(1) και να αποδείξετε ότι α = 2 .ii)Να αποδείξετε ότι η f είναι κυρτή.iii)Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία.iv)Έστω g : (0, +∞) → ℝ παραγωγίσιμη συνάρτηση , της οποίας η γραφική παράστασηέχει δυο κοινά σημεία με την ασύμπτωτη της Cf στο +∞ .Να αποδείξετε ότι ηεξίσωση g(x) = xg '(x) έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (0, +∞) .ΛΥΣΗi) f(1) = ln2 1 + α ln 1 + 2 ⋅12 + 2α = 2 + 2α 1( ) ( )( )f'(x) =  ln2 x + α ln x + 2x2 + 2α  = ln2 x + α ln x + 2x2 + 2α ' x − ln2 x + α ln x + 2x2 + 2α x '=  ' x2 x( ) ⋅ 1 + 1 +  − x x 2 ln x α 4x x ln2 x + α ln x + 2x2 + 2α = 2 ln x + α + 4x2 − ln2 x − α ln x − 2x2 − 2α = x2 x22 ln x + 2x2 − ln2 x − α x2Για κάθε x ∈ (0, +∞) ισχύει: f(x) ≥ 2 + 2α ⇔ f(x) ≥ f(1) Άρα η f έχει ολικό ελάχιστο στο x0 = 1 , το1 είναι εσωτερικό σημείο του (0,+∞) και η f είναι παραγωγίσιμη το 1.Απο το θεώρημαFermat είναιf '(1) = 0 ⇔ 2 ln 1 + 2 ⋅12 − ln2 1−α = 0 ⇔ 2−α = 0 ⇔ α = 2 12( )ii) f '(x) = 2 ln x + 2x2 − ln2 x−2 και f ''(x) = 2 ln2 x − ln x + 2 >0 για x > 0 άρα η f είναι κυρτή. x2 x3iii)H f’ είναι γνησίως αύξουσα και f '(1) = 0 .Το πρόσημο της f '(x) και μονοτονία της fφαίνεται στον πίνακα x0 1 +∞ -f '(x) + f (x)iv) Βρίσκουμε ότι:110 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grlim f(x) = lim ln2 x + 2 ln x + 2x2 + 4 (*) lim ln2 x + lim 2 ln x + lim 2x2 + 4 = x x2 x2 x2 x2x → +∞ x → +∞ = x → +∞ x → +∞ x → +∞= 0+0+2 = 2 ∞1  2  (*) lim ln x ∞ lim x = 0 άρα lim ln x =0 , lim 2 ln x = .. = 0 x x2 = x → +∞ x → +∞ D.H.L x→+∞x 1x→+∞lim (f(x) − 2x) = .. = 0x → +∞Άρα η ασύμπτωτη της Cf στο +∞ είναι η ευθεία με εξίσωση : ε : y = 2xΥπάρχουν x1 , x2 ∈ (0, +∞) , με x1 < x2 ώστε g(x1 ) = 2x1 και g(x2 ) = 2x2Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = g(x) , συνεχής στο x1 , x2  , παραγωγίσιμη στο (x1 ,x2 ) και xh(x1 ) = g(x1 ) = 2x1 =2 , h(x2 ) = ... = 2 άρα ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle x1 x1οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον x3 ∈ (0, +∞) τέτοιο ώστε h '(x3 ) = 0Αλλά, h '(x) =  g(x)  ' = g '(x) ⋅x− g(x) δηλαδή  x  x2g '(x3 ) ⋅ x3 − g(x3 ) = 0 ⇔ g '(x3 ) ⋅ x3 − g(x3 ) = 0 ⇔ g '(x3 ) ⋅ x3 = g(x3 ) . x322.55 Έστω xxe−x − λx−e ≥ 0 για κάθε x ∈ (0, +∞) , λ>0i) Να βρείτε την τιμή του λ.ii)Να δείξετε ότι ( )lim 1 + x σφx = λ . x→0+ΛΥΣΗi)Θεωρούμε την συνάρτηση f(x) = xxe−x − λx−ef(e) = eee−e − λe−e = eee−e − 1 = ee−e − 1 = e0 − 1 = 1 − 1 = 0Άρα, η δοσμένη σχέση γράφεται f(x) ≥ f(e) για κάθε x ∈ (0, +∞) .Η f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στο x0 = e και επειδή είναι παραγωγίσιμη ως διαφοράπαραγωγίσιμων συναρτήσεων και το x0 = e είναι εσωτερικό σημείου του (0, +∞) σύμφωναμε το θεώρημα του Fermat θα ισχύει f '(e) = 0 . (1)( ) ( ) ( ) ( )Είναι f '(x) = xxe−x − λx−e ' = xx ' e−x + xx e−x '− λx−e ln λ(x − e)' = eln xx ' e−x + xxe−x (−x)'− λx−e ln λ =( ) ( ( ) ) ( ( ))exln x ' e−x − xxe−x − λx−e ln λ = exln x x ln x ' e−x − xxe−x − λx−e ln λ = exln x ln x + 1 e−x − xxe−x − λx−e ln λ =( ( ))= xx ln x + 1 e−x − xxe−x − λx−e ln λΗ (1) γίνεται( ( )) ( ( ))ee ln e + 1 e−e − eee−e − λe−e ln λ = 0 ⇔ ee 1 + 1 e−e − 1 − ln λ = 0 ⇔ 2eee−e − 1 − ln λ = 02 − 1 − ln λ = 0 ⇔ ln λ = 1 ⇔ λ = eii)To lim (1 + )x σφx παρουσιάζει απροσδιοριστία 1∞ .Έτσι x→0+( )lim 1 + x σφx = lim eln(1+x)σφx = lim eσφx ln(1+x) (2)x→0+ x→0+ x→0+Όμως lim σφx ln (1 + x) έχει απροσδιοριστία της μορφής (+∞) ⋅ 0 x→0+ ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 111

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr  0 1   1+ x  ln(1 + x)  ln(1 + x) =0 lim (ln(1 + x))' συν 2 x  1  εφx D.L.Hospital x→0+ εφx ' 1 1+x( )lim σφx ln1+ x = lim = lim = lim = lim =1( )x→0+ συν 2 x x→0+  σφx  x→0+ x→0+ x→0+( )Άρα, από την (2) lim 1 + x σφx = lim eln(1+ )x σφx = lim eσφxln(1+x) = e1 = e x→0+ x→0+ x→0+2.56Εστω f : ℝ → ℝ μια δυο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση Στου Fermatστο ℝ με το µαγαζί….. 2xf(x) ≥ f '(0) − f '(x) ,για κάθε x ∈ ℝΝα δείξετε ότι f ''(0) + f2 (0) ≥ −1ΛΥΣΗΈχουμε ,για κάθε x ∈ ℝ2xf(x) ≥ f '(0) − f '(x) ⇔ 2xf(x) + f '(x) − f '(0) ≥ 0 (1)Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = 2xf(x) + f '(x) − f '(0) , x ∈ ℝΙσχύει h(0) = 2 ⋅ 0 ⋅ f(0) + f '(0) − f '(0) = 0 Άρα, η (1) παίρνει την μορφή:h(x) ≥ h(0) για κάθε x ∈ ℝΔηλαδή, η συνάρτηση h παρουσιάζει ακρότατο στο 0 .Επομένως ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Fermatάρα h '(0) = 0 Παραγωγίζουμε την h.h '(x) = 2f(x) + 2xf '(x) + f ''(x) , x ∈ ℝΤοτε h '(0) = 0 ⇔ 2f(0) + 2 ⋅ 0f '(0) + f ''(0) = 0 ⇔ 2f(0) + f ''(0) = 0 ⇔ f ''(0) = −2f(0)Οποτε ,η προς αποδειξην σχεση: f ''(0)=−2f(0)( )f ''(0) + f2 (0) ≥ −1 ⇔ − 2f(0) + f2 (0) ≥ −1 ⇔ 1 − 2f(0) + f2 (0) ≥ 0 ⇔ 1 − f(0) 2 ≥ 0 που ισχύει για κάθεx ∈ ℝ ,άρα ισοδύναμα θα ισχύει και η προς απόδειξη σχέση.2.57 Δίνεται συνάρτηση f : ℝ → ℝ δυο φορές παραγωγίσιμη και τέτοια , ώστε: ▪ lim f(x) −1 = 1 (1) x−1 x →1 ▪ f '(x) ≤ 1 για κάθε x ∈ ℝ (2) ▪ η συνάρτηση f’’είναι γνησίως μονότονηα) Να βρείτε τις τιμές f(1),f’(1) και την εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείοτης με τετμημένη 1.β) Να βρείτε το πρόσημο και τις ρίζες της συνάρτησης f’’.γ) Να εξετάσετε αν υπάρχει το όριο lim 1974 x − f(x) x→1ΛΥΣΗα) Για χ κοντά στο 1 , θέτουμε g(x) = f(x) − 1 x−1g(x) = f(x) −1 ⇔ g(x) ( x − 1) = f(x) −1 ⇔ g( x) ( x − 1) + 1 = f(x) x−1Λαμβάνουμε όρια και στα δυο μέλη( )lim g(x)(x − 1) + 1 = lim f(x) ⇔ lim f(x) = 1x →1 x→1 x→1f παραγωγίσιμη στο 1 άρα f συνεχής στο 1 οπότε f(1) = lim f(x) = 1 x→1Έχουμε lim f(x) − 1 =1⇔ lim f( x) − f(1) =1⇔ f '(1) = 1 x−1 x − 1 x →1 x→1112 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΗ εξίσωση της εφαπτομένης στο σημείο Α(1,f(1) ) είναι:ε : y − f(1) = f '(1)(x − 1) ή ε : y − 1 = 1(x − 1) ή ε : y = xβ) Από την σχέσηf '(x) ≤ 1 για κάθε x ∈ ℝ ή f '(x) ≤ f '(1) για κάθε x ∈ ℝ παρατηρούμε ότι η f’ παρουσιάζειολικό μέγιστο στο x0 = 1 άρα από το θεώρημα του Fermat προκύπτει ότι f ''(1) = 0 .Η f’’ είναι γνησίως μονότονη άρα x0 = 1 είναι μοναδική ρίζα της f ''(x) = 0 .Έστω ότι η f’’ είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ τότε θα ισχύειx < 1 ⇔ f ''(x) < f ''(1) ⇔ f ''(x) < 0 δηλαδή η f’ είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞,1)Όμως f 'ցx < 1⇔ f '(x) > f '(1) ⇔ f '(x) > 0 άτοπο από την (2) και η f’’ είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ .Οπότε ισχύει για το πρόσημο και τις ρίζες της f’’f ''(x) = 0 ⇔ x = 1 fցf ''(x) < 0 ⇔ f ''(x) < f ''(1) ⇔ x > 1 fցf ''(x) > 0 ⇔ f ''(x) > f ''(1) ⇔ x < 1γ) Από το ερώτημα γ) προκύπτει fցf ''(x) < 0 ⇔ f ''(x) < f ''(1) ⇔ x > 1 δηλαδή η f στρέφει τα κοίλα κάτω όταν x > 1 αυτό σημαίνειότι η Cf είναι «κάτω» από την εφαπτομένη της στο (1,f(1)) δηλαδή f(x) < x για x > 1Οπότε lim 1974 = +∞ x − f(x) x →1+Ανάλογα lim 1974 = −∞ x − f(x) x →1−Άρα δεν υπάρχει το ζητούμενο όριο.(Συμπληρωματικό μεζεδάκι θεωρίας )Αν μια παραγωγίσιμη συνάρτηση f είναι κυρτή σε ένα διάστημα Δ, τότε ηεφαπτομένη της γραφικής παράστασης σε κάθε εσωτερικό σημείο του Δ, εκτός απότο σημείο επαφής, βρίσκεται κάτω από την Cf.Αν η f είναι κοίλη, τότε η εφαπτομένη βρίσκεται πάνω από την Cf.ΛΥΣΗΈστω ότι η συνάρτηση είναι κοίλη και έστω x > x0 .Η εφαπτομένη της συνάρτησης στοσημείο M(x0 ,f(x0 )) έχει εξίσωση y − f(x0 ) = f '(x0 )(x − x0 ) που γράφεται και στην μορφήy = f '(x0 )(x − x0 ) + f(x0 )Για να βρίσκεται η εφαπτομένη πάνω από την Cf πρέπει κάθε σημείο A(x, y) αυτής ναβρίσκεται ψηλότερα από το αντίστοιχο σημείο B(x,f(x)) της συνάρτηση.Δηλαδή πρέπει ναισχύει:ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 113

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr y > f(x) ⇔ f '(x0 )(x − x0 ) + f(x0 ) > f(x) ⇔ A(x, y) ⇔ f '(x0 )(x − x0 ) > f(x) − f(x0 ) ⇔ f '(x0 ) > f(x) − f(x0 ) (1) x − x0Στο διάστημα x0 , x για την f ισχύει το M(x0 , f(x0 ))Θεώρημα Μέσης τιμής , άρα υπάρχει ένα, B(x , f( x))τουλάχιστον, ξ ∈ (x0 , x) τέτοιο, ώστε ναισχύει f '(ξ) = f(x) − f(x0 ) (2) x − x0Από την σχέση (2) , η σχέση (1) πουθέλουμε να αποδείξουμε, γράφεται:f '(x0 ) > f '(ξ)Αυτή ισχύει, διότι η f είναι κοίλη άραf’ γνησίως φθίνουσα και επειδή: x0 ξ x f 'ր x0 < ξ ⇒ f '(x0 ) > f '(ξ)2.58 Έστω η συνάρτηση f : 0,1 → ℝ ,δυο φορές παραγωγίσιμη, για την οποία ισχύουνf(x) > 0,f(0) = 1,f '(0) = 0 και: f(x)f ''(x) − 2 f '(x)2 = (f(x))3 , x ∈ 0,1α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g με τύπο g(x) = f '(x) − x είναι σταθερή στο f2 (x)διάστημα 0,1 .β) Να βρείτε τον τύπο της f.γ) Να βρείτε το είδος της μονοτονίας της f στο διάστημα 0,1 .δ) Να αποδείξετε ότι η f είναι κυρτή στο 0,1 .ΛΥΣΗα) Έχουμε ότι : g '(x) = f ''(x)f2 (x) − 2(f '(x))2 f(x) −1 = f ''(x)f(x) − 2(f '(x))2 (1) = 0 f4 (x) f 3 (x) −1=1−1Άρα g(x) = c (2) για κάθε x ∈ 0,1β) Για x=0 η σχέση (2) δίνει g(0) = c ⇔ f '(0) − 0 = c ⇔ c = 0 . f 2 (0)Άρα g(x) = 0 για κάθε x ∈ 0,1 .Έτσι: = ⇔ f '(x) −x = ⇔ f '(x) = ⇔  − 1  =  x 2  ⇔ −1 = x2 + c, x ∈ 0,1 f 2 (x) f 2 (x)  f(x)   ' f(x) 2g(x) 0 0 x ' 2 Για x = 0 έχουμε −1 = c , οπότε:−1 = x2 − 1 ⇔ .... ⇔ f(x) = 2 , x ∈ 0,1 f(x) 2 2 − x2 Ισχύει =  2  = .. = 4x 2 > 0 για κάθε x ∈ 0,1 .  2 − x2  ' 2 − x2( )γ) f '(x)Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα 0,1 .δ) Έχουμε ότι: ( ) ( )  4(3x2 +  4x  2 − x2 2)f ''(x) =  2 − x2 2  ' = .. = > 0 για κάθε x ∈ 0,1 . 3114 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΆρα η f είναι κυρτή στο διάστημα 0,1 .2.59 Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ℝ → ℝ για την οποία ισχύουν:▪ f(0) = 1▪ f(x)f '(x) = 3e6x για κάθε x ∈ ℝΝα βρείτε τον τύπο της f.ΛΥΣΗ( ) ( )f(x)f '(x) = 3e6x ⇔ 2f(x)f '(x) = 6e6x ⇔ f2 (x) ' = e6x ' ⇔ f2 (x) = e6x + c (1)Για x=0 η (1) παίρνει την μορφή:f2 (0) = e6⋅0 + c ⇔ 1 = 1 + c ⇔ c = 0Άρα f2 (x) = e6x (2) για κάθε x ∈ ℝΗ σχέση (2) μας δείχνει ότι η f δεν μηδενίζεται σε κανένα σημείο. Άρα, ως παραγωγίσιμηείναι και συνεχής οπότε διατηρεί πρόσημο στο ℝ .Επειδή f(0) = 1 > 0 , είναι και f(x) > 0 γιακάθε x ∈ ℝ .Συνεπώς f2 (x) = e6x ⇔ f(x) = e3x για κάθε x ∈ ℝBonus.Η λύση του Τοτού Ο Τοτός –γνωστός μαθηματικός λοξίας-για να λύσει την παραπάνω άσκηση έκανετα εξής: κατέληξε με τον ίδιο τρόπο στην σχέση (2) και κατόπιν έγραψε:( )f2 (x) = e6x ⇔ f2 (x) − e6x = 0 ⇔ f2 (x) − e3x 2 = 0 ⇔( )( )f(x) − e3x f(x) + e3x = 0 ⇔ f(x) − e3x = 0 ή f(x) + e3x = 0 ⇔ f(x) = e3x ή f(x) = −e3xΑλλά ο δεύτερος τύπος για x=0 δίνει f(0) = −e3⋅0 = −1 οπότε ισχύει μόνο ο πρώτος τύποςf(x) = e3x .Είναι σωστή η λύση του;ΑπάντησηΕίναι λάθος η λύση του Τοτού διότι για δυο συναρτήσεις f,g από την σχέση f ⋅g = 0 γιακάθε χ στο κοινό πεδίο ορισμού των f,g δεν προκύπτει κατά ανάγκη ότι f = 0 ή g = 0 .2.60 Να βρεθεί συνάρτηση f : (0,+∞) → (0,+∞) με τις ιδιότητες ,• f παραγωγίσιμη στο (0,+∞)• f '(x) = f(x) ln(xe) (1) για κάθε x ∈ (0, +∞)• η f παρουσιάζει ακρότατο στο x0 ∈ (0, +∞) για το οποίο ισχύει: f(x0 )e = x0 (2)ΛΥΣΗΓια x > 0 η (1)f '(x) = f(x) ln(xe) f(x)>0 f '(x) = ln x + ln e ⇔ (ln f(x))' = ln x + 1 ⇔ (ln f(x))' = (x ln x)' ⇔ ⇔ f(x)ln f(x) = x ln x + c, x > 0 (3).Αναζητούμε την τιμή της σταθεράς c.Το x0 ∈ (0, +∞) είναι θέση ακρότατου άρα από Θ.Fermat f '(x0 ) = 0Η (1) ισχύει για κάθε x ∈ (0, +∞) άρα θα ισχύει και για x = x0f '(x0 ) = f(x0 ) ln(x0e) ⇔ 0 = f(x0 ) ln(x0e) f(⇔x0 )>0 ln(x0e) = 0 ⇔ x0e =1⇔ x0 = 1 eΜε αντικατάσταση στην (2) ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 115

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr 1  e 1  1  e 1  e1)  e1 )  1f( e ) e f( e ) e f( f( e = ⇔ ln = ln ⇔ e ln = −1 ⇔ ln = − (4)Η (3) για x=1 παίρνει την μορφή ln f( 1) = 1 ln 1 + (4) 1 = − 1 + c ⇔ c = 0 e e ee c ⇔− eeΆρα ln f(x) = x ln x ⇔ f(x) = exln x ⇔ f(x) = eln xx ⇔ f(x) = xx , x > 0 .2.61 (Μεζεδάκι 1974 ☺☺)Να συγκριθούν οι αριθμοί Α = 19741973 + 1 και Β= 19741974 +1 19741974 + 1 19741975 +1ΛΥΣΗα) Θεωρούμε την συνάρτηση με τύπο f(x) = 1974x + 1 , x∈ℝ Είναι 1974x+1 + 1f '(x) =  1974x + 1  ' ⇔ .... ⇔ f '(x) < 0  1974x+1 + 1   Άρα , f '(x) < 0 για κάθε x ∈ ℝ οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ fց στο ℝ 19741973 +1 19741974 + 1 19741974 +1 19741975 + 11973 < 1974 ⇔ f(1973) > f(1974) ⇔ >2.62Έστω η συνάρτηση f : ℝ → ℝ παραγωγίσιμη στο ℝ με f(4) = 3 και ισχύει :lim f(x) − 3x = 2 x−1x →1i)Να δείξετε ότι f(1) = 3ii)Να βρείτε τον αριθμό f '(1) και την εφαπτομένη της Cf στο σημείο A(1,f(1)) .iii)Να δείξετε ότι η ευθεία y = x + 1 τέμνει την Cf σε σημείο με x0 ∈ (1, 4) .iv)Αν επιπλέον η f είναι κυρτή , να αποδείξετε ότι:α) υπάρχει μοναδικός ξ ∈ (1, 4) στον οποίο η f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστοβ) f(3) < f(6) .ΛΥΣΗi)Από υπόθεση lim f(x) − 3x = 2 .Θέτουμε x−1 x →1g(x) = f(x) − 3x ⇔ g( x) ( x − 1) = f(x) − 3x ⇔ f(x) = g(x) ( x − 1) + 3x x−1Από υπόθεση η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο x0 = 1 , θα είναι :( )f(1) = lim f(x) = lim g(x)(x − 1) + 3x = lim g(x)lim (x − 1) + lim (3x) = 3 x→1 x→1 x →1 x →1 x→1ii)Έχουμε( ) ( ) ( )f '(1) = lim f(x) − f(1) = lim g(x) x − 1 + 3x − f(1) = lim g(x) x −1 + 3x − 3 = lim g(x) x −1 + 3(x − 1) = x − 1 x−1 x−1 x−1 x→1 x→1 x→1 x→1= lim g(x) ( x − 1) + 3(x − 1) = lim (x − 1) ( g(x) + 3) = lim (g(x) + 3) = 5 x→1 x−1 x→1 x−1 x →1Η εφαπτομένη της Cf στο σημείο με x0 = 1 έχει εξίσωση:y − f(1) = f '(1)(x − 1) ⇒ ... ⇒ y = 5x − 2116 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.griii)Θα δείξουμε ότι η εξίσωση f(x) = x + 1 έχει ρίζα στο διάστημα (1,4) .Θεωρούμε συνάρτηση h(x) = f(x) − x − 1 που είναι συνεχής στο διάστημα 1, 4 ως άθροισμασυνέχων συναρτήσεων και επιπλέον:h(1) = f(1) − 1 − 1 = 3 − 1 − 1 = 1h(4) = f(4) − 4 − 1 = 3 − 4 − 1 = −2Άρα h(1)h(4) < 0 οπότε ισχύει το θεώρημα Bolzano σύμφωνα με το οποίο η συνάρτηση έχειμια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (1, 4) .Άρα η γραφική παράσταση της συνάρτηση fτέμνει σε ένα τουλάχιστον σημείο την ευθεία y=x+1.iv)α) Εφόσον η f είναι κυρτή θα είναιf’ γνησίως αύξουσα στο ℝ και f ''(x) > 0Αφού f(1) = f(4) , f συνεχής στο 1, 4 , f παραγωγίσιμη στο (1,4) από το θεώρημα Rolleυπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ (1, 4) τέτοιος ώστε f '(ξ) = 0 .Άρα στο σημείο ξ είναι πιθανό η fνα παρουσιάζει ακρότατο. Θα πρέπει να εξασφαλίσουμε ότι εκατέρωθεν του ξ αλλάζει ημονοτονία τη f. f 'ր • x < ξ ⇒ f '(x) < f '(ξ) = 0 f 'ր • x > ξ ⇒ f '(x) > f '(ξ) = 0Άρα, πραγματικά η f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στην θέση ξ .Από τις προηγούμενεςσχέσεις φαίνεται ότι η f’ διατηρεί πρόσημο στα διαστήματα (−∞,ξ) ,(−∞,ξ) , οπότε η f δενπαρουσιάζει ακρότατο σε άλλο σημείο.β) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ℝ άρα θα ισχύει το θεώρημα μέσης τιμής σταδιαστήματα 1, 3 , 4,6 σύμφωνα με το οποίο υπάρχουν δυο τουλάχιστονx1 ∈ (1, 3) , x2 ∈ (4,6) τέτοια ώστε να ισχύει:f '(x1 ) = f(3) − f(1) = f(3) − 3 3 − 1 2f '(x2 ) = f(6) − f(4) = f(6) − 3 6 − 4 2Όμως η συνάρτηση f είναι κυρτή στο ℝ οπότε η συνάρτηση f’ είναι γνησίως αύξουσα.Έτσιέχουμε: f '(x1 ) < f '(x2 ) ⇒ f(3) − 3 < f(6) − 3 ⇒ ... ⇒ f(3) < f(6) 2 22.64 Έστω η συνάρτηση f για την οποία ισχύει (1) (f(x))3 + f(x) = x3 + 1 για κάθε x ∈ ℝα) Να δείξετε ότι η συνάρτηση f είναι 1-1.( )β) Να λύσετε την εξίσωση f(2x2 − 1) 3 + f(x) = x3 + 1 .Αν η f επιπλέον είναι παραγωγίσιμη στο ℝ , τότε:γ) Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία και να εξετάσετε αν η f έχειακρότατα.δ) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στοσημείο της A(1,f(1)) .ε) Αν ∆ = −1,1 αν βρείτε το f(A) . ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 117

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grστ) Να βρείτε τις τιμές του λ ∈ ℤ για τις οποίες η εξίσωση f(x) = 3 − λ έχει λύση στο 2διάστημα Δ.ΛΥΣΗα) Έχουμε (f(x))3 + f(x) = x3 + 1 , x ∈ ℝΑν x1 , x2 ∈ ℝ με f(x1 ) = f(x2 ) ,τότε έχουμε f(x1 )3 = f(x2 )3 οπότε( ) ( )f(x1 ) 3 + f(x1 ) = 3 (1) +1= x23 +1⇒ = f(x2 ) x1 x2 + f(x2 )⇒ x13Άρα η f είναι 1-1. (1) +1⇔( ) ( ) ( )( ) ( )β) f(2x2 − 1) 3 + f(x) = x3 f(2x2 − 1) 3 + f(x) = f(x) 3 + f(x) ⇔ f(2x2 − 1) 3 = f(x) 3 ⇔( ) ( )f(2x2 − 1) 3 = 3 ⇔ f(2x2 − 1) = f 1−1 −1= x ⇔ 2x2 −x−1= 0 ⇔ =1 ή x=−1 f(x) x f(x) ⇔ 2x2 2γ) Για κάθε x ∈ ℝ ισχύει:( ) ( )(f(x))3 + f(x) ' = x3 + 1 ' ⇔ 3(f(x))2 f '(x) + f '(x) = 3x2 ⇔ f '(x) 3(f(x))2 + 1 = 3x2 ⇔( )3(f(x))2 +1≠0 ⇔ x∈ℝ 3x2 >0 για κάθε x≠0 και f '(0) = 0 . f(x) 2 +1 f '(x) = 3Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ , οπότε δεν έχει ακρότατα.δ) ισχύει για κάθε x ∈ ℝ άρα για x = 1 : (f(1))3 + f(1) = 2 ⇔ (f(1))3 + f(1) − 2 = 0 ⇔ ... ⇔ f(1) = 1f '(1) = 3 ⋅12 + = 3 .Άρα η ζητούμενη εφαπτομένη είναι: 4 3 ( f(1) )2 1y − f(1) = f '(1)(x − 1) ⇔ y − 1 = 3 (x − 1) ⇔ y = 3 x + 1 4 44ε)H f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο διάστημα −1,1 .Άρα: f(∆) = f(−1),f(1)Είναι όμως f(1) = 1 και από την (1) για x=-1( ) (( ) ) (f(−1))2 +1>0 για καθε χ f(−1) 3 + f(−1) = (−1)3 + 1 ⇔ f(−1) f(−1) 2 + 1 = 0 ⇔ f(−1) = 0Άρα f(∆) = 0,1Στ) Για να έχει η εξίσωση f(x) = 3 − λ λύση στο f(∆) = 0,1 αρκεί να ισχύει 20 ≤ 3 − λ ≤ 1 ⇔ 0 ≤ 3 − λ ≤ 2 ⇔ −3 ≤ −λ ≤ −1 ⇔ 3 ≥ λ ≥ 1 και λ ∈ ℤ άρα λ = 1 ή λ = 2 ή λ = 3 2118 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr2.65 Έστω δυο συναρτήσεις f,g : ℝ → ℝ οι οποίες είναι παραγωγίσιμες και τέτοιες,ώστε (1) f '(x) = g(x) και g '(x) = f(x) για κάθε x>0 xxΝα αποδείξετε ότι:i)Η συνάρτηση h(x) = f(x) + g(x) , x ∈ (0, +∞) είναι σταθερή. xii)Αν f(1) = 3 και g(1) = 1 ,τότε:α) f(x) = 2x2 + 1 και g(x) = 2x2 − 1 για κάθε x ∈ (0, +∞) xxβ) οι γραφικές παραστάσεις των f,g έχουν τις ίδιες ασύμπτωτες.ΛΥΣΗi)Για κάθε x ∈ (0, +∞) ισχύει:( )h '(x) =  f(x) + g( x)  ' = f '(x) + g '(x) x − f(x) − g(x) = xf '(x) + xg '(x) − f(x) − g(x) (1)  x  x2 x2 == f(x) + g(x) − f(x) − g(x) =0 . x2Άρα η συνάρτηση h είναι σταθερή.ii)α) Είναι h(x) = c ⇔ f(x) + g(x) = c ⇔ f(x) + g(x) = cx για κάθε x>0. xΓια x = 1 έχουμε f(1) + g(1) = c ⇔ 3 + 1 = c ⇔ c = 4 .Επομένως, για κάθε x ∈ (0,+∞) ισχύει:f(x) + g(x) = 4x και g(x) = xf '(x)( )Άρα f(x) + xf '(x) = 4x ⇔ (xf(x))' = 2x2 'Επομένως xf(x) = 2x2 + c1 για κάθε x > 0Για x = 1 βρίσκουμε f(1) = 2 + c1 ⇔ 3 = 2 + c1 ⇔ c1 = 1Τελικά xf(x) = 2x2 + 1 ⇔ f(x) = 2x2 + 1 για κάθε x ∈ (0, +∞) xΟπότε, από την σχέση f(x) + g(x) = 4x παίρνουμε g(x) = 4x − f(x)Και g(x) = 4x − 2x2 + 1 xΚαι τελικά g(x) = 2x2 − 1 για κάθε x ∈ (0, +∞) xii)Οι ασύμπτωτες των Cf,Cg αναζητούνται στο 0 και στο +∞Είναι lim f(x) = lim 2x2 + 1 = +∞ x→0+ x→0+ xΚαι lim g(x) = lim 2x2 − 1 = −∞ x→0− x→0− xΕπομένως, η ευθεία x=0 είναι ασύμπτωτη και της Cf και της Cg.Επίσης lim f(x) = lim 2x2 + 1 = 2 2 xx→+∞ xx→+∞Και lim (f(x) − 2x) = .. = 0 x → +∞ ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 119

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΌμοια, αποδεικνύουμε ότιlim g(x) = lim 2x2 − 1 = 22xx→+∞ xx→+∞Και lim (g(x) − 2x) = .. = 0x → +∞Άρα, η ευθεία y = 2x είναι πλάγια ασύμπτωτη στο +∞ και της Cf και της Cg.(Rolle για τον Φιλώτα και τον Βρασίδα…)2.67 Αν ο Βρασίδας και ο Φιλώτας,δυο δρομείς,σε ένα αγώνα δρόμου τερματίζουνταυτόχρονα, να αποδείξετε ότι υπάρχει μια ,τουλάχιστον, στιγμή κατά την διάρκειατης κούρσας που είχαν την ίδια ταχύτητα . t=β t=0ΛΥΣΗ Αν f(t) η θέση κάθε χρονική στιγμή t, του Βρασίδα και f’(t) η ταχύτητα του.Αν τώρα g(t) ηθέση την κάθε χρονική στιγμή t, του Φιλώτα και g’(t) η ταχυτητα του.Γνωρίζουμε ότιξεκινούν την ίδια χρονική στιγμή t=0 και τερματιζουν μαζι μετα από χρονο β , αραισχύουν f(0) = g(0) , f(β) = g(β) .Θέλουμε να αποδείξουμε ότι υπάρχει μια, τουλάχιστον,στιγμή t0 κατά την διάρκεια της κούρσας που είχαν την ίδια ταχύτητα, δηλαδήf '(t0 ) = g '(t0 ) .Θεωρούμε συνάρτηση h(t) = f(t) − g(t) στο διάστημα (0,β)▪ Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο 0,β▪ Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη στο (0,β)▪ h(0) = f(0) − g(0) = 0 , h(β) = f(β) − g(β) = 0Άρα ισχύει το θεώρημα Rolle , οπότε υπάρχει ένα, τουλάχιστον, t0 ∈ (0,β) τέτοιο ώστεh '(t0 ) = 0 ⇔ f '(tο ) − g '(tο ) = 0 ⇔ f '(tο ) = g '(tο ) ,που είναι και το ζητούμενο.120 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr2.68 Δίνεται η συνάρτηση f :  π  → ℝ με τύπο 0, 2  f(x) = ημx για κάθε x ∈  π  0, 2 i) Να βρείτε το σύνολο τιμών της f .ii)Να βρείτε την τιμή f−1(0) .iii)Αν επιπλέον η συνάρτηση f−1 είναι συνεχής ,να υπολογίσετε το όριο lim f 1974 x −1(x) − x→0iv) Να αποδείξετε ότι : f(x) ≥ 2 x για κάθε x ∈  π  π 0, 2 ΛΥΣΗi)Η συνάρτηση f(x) = ημx είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο ∆ =  π  0, 2 Άρα, το σύνολο τιμών της f είναι f(∆) =  f(π  = 0,1 f(0), 2 )( )ii) f(0) = 0 ⇒ f−1 f(0) = f−1(0) ⇔ 0 = f−1(0)iii) x ∈  0, π  άρα x → 0+ .Όταν π > x > 0 ισχύει ημx < x ⇒ f(x) < x άρα η Cf βρίσκεται κάτω από  2  2τη ευθεία y=x οπότε η Cf−1 λόγω συμμετρίας βρίσκεται πάνω από την ευθεία y=x δηλαδή( )f−1(x) > x ⇒ f−1(x) − x > 0  π  για κάθε x ∈  0, 2  επίσης έχουμε lim f−1(x) − x =0 άρα x→0 lim 1974 x = +∞ . f −1(x) − x→0iv)Πρέπει να δείξουμε ότι ημx ≥ 2 x (1 ) για κάθε x ∈  π  π 0, 2 Για x = 0, x = π ισχύει η (1) 2Η ζητούμενη ανισότητα για x ∈  0, π  γίνεται ημx ≥ 2 x ⇔ ημx ≥2  2  π x πΘεωρούμε την συνάρτηση g(x) = ημx , x ∈  0, π  . x  2 Τότε g '(x) =  ημx  = ( ημx ) ' x − (ημx) x' = x ( συνx ) − ημx (1)  x  ' x2 x2Το πρόσημο του αριθμητή θα το εξετάσουμε, θεωρώντας συνάρτησηh(x) = xσυνx − ημx , x ∈  0, π   2 h '(x) = (xσυνx − ημx)' = συνx − xημx − συνx = −xημx < 0 για κάθε x ∈  0, π   2 Άρα η h είναι γνησίως φθίνουσα στο  π  . 0, 2 Οπότε αν π ≥ x > 0 : h(x) < h(0) ⇒ xσυνx − ημx < 0συν0 − ημ0 ⇒ xσυνx − ημx < 0 (2) 2Από (1),(2) προκύπτει g '(x) < 0 ,δηλαδή η g είναι γνησίως φθίνουσα στο x ∈  0, π   2  ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 121

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΟπότε για κάθε x ∈  0, π  : g(x) ≥ g(π) ⇒ ημx ≥ ημ π ⇔ ημx ≥ 1 ⇔ ημx ≥ 2 ⇔ ημx ≥ 2x  2  2 x 2 x π x π π π 22(Bonus ερώτημα στην προηγούμενη)Να δειχτεί ότι ισχύει η ανισότητα ημx < x ,για κάθε x > 0Λύση .Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = ημx − x για κάθε x ≥ 0 .Ισχύει:g '(x) = συνx − 1 ≤ 0 ( −1 ≤ συνx ≤ 1 ⇔ −2 ≤ συνx − 1 ≤ 0 )για κάθε x ≥ 0 ,άρα η g είναι γνησίωςφθίνουσα στο 0,+∞) ,οπότε x > 0 ⇒ g(x) < g(0) ⇒ ημx − x < 0 ⇔ ημx < x2.69Αν για την συνάρτηση f : (0, +∞) → ℝ ισχύουν:▪ f παραγωγίσιμη στο (0,+∞) ▪ f(1) = 1▪ η τυχαία εφαπτομένη της Cf σε σημείο της M(x0 ,f(x0 )) τέμνει τον άξονα x' x στοσημείο A(x1 ,0) με x0 = x1 . Να βρείτε τον τύπο της f. 2ΛΥΣΗi) Η τυχαία εφαπτομένη της Cf σε σημείο της M(x0 ,f(x0 )) έχει εξίσωση (ε): y − f(x0 ) = f '(x0 )(x − x0 )H (ε) διέρχεται από το σημείο A(x1 ,0) x0 x1⇔=⇔ 2 x0 = x1 2 − = − ⇔ = − = − ⇔0 f(x0 ) f '(x0 )(x1 x0 ) f(x0 ) f '(x0 )(x1 x0 ) f(x0 ) f '(x0 )(2x0 x0 )( )⇔ f(x0 ) = f '(x0 )x0 ⇔ x0f '(x0 ) − f(x0 ) = 0 , για κάθε x0 ∈ 0, +∞Άρα για κάθε x ∈ (0, +∞) ισχύει: xf '(x) − f(x) = 0 ⇔ ( xf(x) ) ' = 0 ⇔ xf(x) = x>0 = c , c ⇔ f(x) xόπου c σταθερός πραγματικός αριθμός , x ∈ (0, +∞)Όμως f(1) = 1 ⇒ .... ⇔ c = 1 .Οπότε f(x) = 1 , x ∈ (0, +∞) y y’ x2.70 Α. Στο διπλανό σχήμα απεικονίζεταιη γραφική παράσταση της συνάρτησηςf : ℝ − {1} → ℝ .Να υπολογίσετε τα όρια:i. lim f(x) ii. lim f(x) y=2x-4 xx→+∞ xx→−∞ x Cfiii. lim (f(x) − 2x) iv. lim (f(x) − 2x + 4) x → +∞ x → +∞v. lim x 2 xf(x) + ln x 2 x vi. lim f(x) ln(x − 1) f(x) − 2x3 − ημ x−2 x → −∞ x→2+( )vii. lim f(x)ex x → −∞Β.Nα βρείτε τον πραγματικό αριθμό λ 2όταν lim f(x) + 1974x + λ = 1 x’Λύση xf(x) − 2x2 Cf x → −∞Η ευθεία y=2x-4 είναι πλάγιαΑσύμπτωτη της Cf και η ευθεία x=2είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf.Έτσι:122 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gri. lim f(x) = 2 ii. lim f(x) = 2 iii. lim (f(x) − 2x) = −4 xx→+∞ xx→−∞ x → +∞iv. lim (f(x) − 2x + 4) = lim (f(x) − (2x − 4)) = 0 x → +∞ x → +∞ xf(x) + ln x xf(x) + ln x f(x) + ln x iii 2+0 =−2 =−1 f(x) − 2x3 − ημ x x2 −4 − 0 4 2v. lim x 2 2 x = lim x2 = lim − − ημ2x = x → −∞ x2f(x) − 2x3 − ημ2x x → −∞ x → −∞ x2 x2 f(x) 2xvi. lim f(x) ln(x − 1) = lim f(x) ln(x − 1) = lim f(x) lim ln(x − 1) = (−∞)(1) = −∞ x−2 x−2 x−2 x→2+ x→2+ x→2+ x→2+( ( ) )( 0 1 ln(x − 1)lim ln(x − 1) =0 lim x−2 ' ' = lim x−1 =1) x−2 1x→2+ D.L.H x→2+ x→2+( ) ( )vii. lim f(x)ex =  f(x) xex  =  f(x)  ⋅ xex = 1⋅0 = 0 x → −∞  x   x  lim lim lim x→−∞ x → −∞ x→−∞ ∞( ) ( )( lim xex =  x  ∞  1  = −ex =0) x → −∞ e−x   −e−x  lim  = lim lim x → −∞ D.H.L x → −∞ x → −∞Β. lim f(x) + 1974x + λx = lim f(x) + 1974x + λx = lim f(x) + 1974 + λ = 2 + 1974 + λ = 1976 + λ xf(x) − 2x2 x xx x → −∞ x −4 −4 x → −∞ x → −∞ xf(x) − 2x2 f(x) − 2x xx1976 + λ = 1 ⇔ 1976 + λ = −4 ⇔ λ = −1980 −42.70 Αν f,g είναι συνεχείς συναρτήσεις στο ℝ και ισχύει ότιf(x) − g(x) = x − 4 για κάθε x ∈ ℝ .Έστω ότι η ευθεία με εξίσωση y = 3x − 7 είναιασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της f καθώς το x → +∞ .α) Να βρείτε τα όρια i) lim g(x) ii) lim g(x) + 3x + ημ 2x xf(x) − 3x2 + 1 xx→+∞ x → +∞β) Να δείξετε ότι η ευθεία με εξίσωση y = 2x − 3 είναι ασύμπτωτη της γραφικήςπαράστασης τη g καθώς x → +∞ .ΛΥΣΗα)i) Εφόσον η y = 3x − 7 είναι ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της f καθώς τοx → +∞ θα ισχύει lim f(x) = 3 (1) xx→+∞Θέλουμε όριο στο +∞ άρα θεωρούμε x > 0 , οπότεf(x) − g(x) = x − 4 ⇔ f(x) − g(x) = x − 4 ⇔ f(x) − g(x) = 1 − 4 ⇔ g(x) = f(x) − 1 + 4 x x xx xxx xΛαμβάνουμε όρια και στα δυο μέλη (υπάρχουν τα όρια στο Β μέλος )lim g(x) = lim f(x) −1+ lim 4 (1) = 2 ⇔ lim g(x) = 2xx→+∞ xx→+∞ xx→+∞ = 3−1+0 xx→+∞ii) lim g(x) + 3x + ημ 2x = lim g(x) + 3 + ημ2x xf( x) − 3x2 + 1 x → +∞ x x (2) x → +∞ (f(x) − 3x) + 1 xέχουμε:ημ2x ≤ 1 ⇔ − 1 ≤ ημ2x ≤ 1 για κάθε x > 0 ( x → +∞ ) xx xxx ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 123

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr⇔ −1 ≤ ημ2x ≤ 1 και εφόσον lim  − 1  = lim  − 1  = 0 από το κριτήριο της παρεμβολής x x x  x   x  x → +∞ x→+∞προκύπτει lim ημ2x = 0 xx→+∞ Από υπόθεση, η y = 2x − 3 είναι ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της g καθώςx → +∞ τότε ισχύει lim f(x) − (3x − 7) = 0 (3) x → +∞( ) ( )lim − − 7) =  7  ⇔   = −7x → +∞ f(x) (3x 0 ⇔ lim f(x) − 3x + = 0 lim f(x) − 3x x→+∞ x → +∞Έτσι, το ζητούμενο όριο από την (2) γίνεται: lim g(x) + 3 + ημ2x = 2+3+0 = −5 xx −7 + 0 7 x → +∞ (f(x) − 3x) + 1 xβ) Αρκεί να δείξουμε ότι lim g(x) − (2x − 3) = 0 .Έτσι x → +∞ f(x) − (3) g(x) − − 3) = + − + 3) = f(x) − + 7) = y = 2x − 3lim (2x lim x 4 2x lim 3x 0 άρα η είναιx → +∞ x → +∞ x → +∞ασύμπτωτη στης Cg στο +∞ .2.72 (Κάτι μου θυμίζει…)Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν ,γράφοντας στο τετράδιο σας,δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση την λέξη Σωστό , αν η πρότασηείναι σωστή, ή Λάθος αν η πρόταση είναι λανθασμένη. (Με αιτιολόγηση)1)Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0,1 , παραγωγίσιμη στο (0,1) και f '(x) ≠ 0 για όλατα x ∈ (0,1) ,τότε f(0) ≠ f(1) . ΣΛ2)Αν η συνάρτηση f παραγωγίζεται στο α,β με f(β) < f(α) ,τότε υπάρχει x0 ∈ (α,β) τέτοιοώστε f '(x0 ) < 0 . ΣΛ3)Αν οι συναρτήσεις f και g είναι παραγωγίσιμες στο α,β με f(α) = g(α) και f(β) = g(β)τότε υπάρχει x0 (α,β) , τέτοιο ώστε στα σημεία A(x0,f(x0 )) και B(x0,g(x0 )) οι εφαπτόμενες ναείναι παράλληλες. ΣΛ4)Αν f '(x) = (1 − x)2 (x − 2) για κάθε x ∈ ℝ ,τότε:i) τo f(1) είναι τοπικό μέγιστο της f. ΣΛii) τo f(2) είναι τοπικό ελάχιστο της f. ΣΛΑπαντήσεις1)Σωστο.Αν ήταν f(0) = f(1) τότε από το θεώρημα Rolle στο 0,1 , θα υπήρχε ένατουλάχιστον ξ ∈ (0,1) ώστε f '(ξ) = 0 ,που είναι άτοπο.2)Σωστο.Αν ήταν f '(x0 ) ≥ 0 για κάθε x0 ∈ (α,β) ,τότε η f θα ήταν γνησίως αύξουσα στοα,β , οπότε δεν θα μπορούσε να είναι f(β) < f(α) .3) Σωστό. Για την συνάρτηση h(x) = f(x) − g(x) στο διάστημα α,β ισχύει το Θ.Rolle ,οπότευπάρχει x0 ∈ (α,β) ώστε h '(x0 ) = 0 ⇔ f '(x0 ) − g '(x0 ) = 0 ⇔ f '(x0 ) = g '(x0 )Δηλαδή ,οι εφαπτομένες στα Α και Β είναι παράλληλες.4)i) Λάθος. ii)Σωστό124 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grx −∞ 12 +∞ f '(x) - - + f (x) -Τι θέλεις για δώρο την πρωτοχρονιά παιδί µου; -Ένα πράσινο δράκο! -Τι είναι αυτά που ζητάς παιδί µου; -Καλά, τότε ζητώ στις πανελλαδικές στα µαθηµατικά να µην πέσει ερώτηµα µε το Θ.Μ.Τ! -Τι χρώµα τον θες τον δράκο,παιδί µου;2.73 Καθένα από τα παρακάτω σχήματα παριστάνει την γραφική παράσταση τηςπαραγώγου κάποιας συνάρτησης f.Σε ποια από τις περιπτώσεις αυτές έχει η f τοπικόμέγιστο; Cf’ 1 1(i) (ii) Cf’ Cf’ Cf’ 1 1(iii) (iv)ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 125

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΑπάντηση (iii)2.74 Δινεται η συνάρτηση f με f : (0, +∞) → ℝ ισχύουν:▪ Είναι παραγωγίσιμη στο (0,+∞)▪ f(x)3 + x3 = 3xf(x) για κάθε x > 0 (1)▪ Η f παρουσιάζει ακρότατο στο x0 ∈ (0, +∞) .Να βρείτε το x0 .ΛΥΣΗΣύμφωνα με την υπόθεση:Το x0 είναι εσωτερικό σημείο του διαστήματος (0, +∞)Η f είναι παραγωγίσιμη στο (0,+∞)Η f παρουσιάζει ακρότατο στο x0 ∈ (0, +∞)Άρα, από το θεώρημα Fermat ισχύει: f '(x0 ) = 0 (1)Παραγωγίζουμε την δοσμένη ισότητα3f2 (x)f '(x) + 3x2 = 3f(x) + 3xf '(x) ⇔ f2 (x)f '(x) + x2 = f(x) + xf '(x) (2)Για x = x0 η (2) είναι: (1)f2 (x0 )f '(x0 ) + x02 = f(x0 ) + x0f '(x0 ) ⇔ f(x0 ) = x02 (3)Η (1) για x = x0 :f(x0 )3 + x03 = 3x0 f( x0 ) (3)  x02  3 + x 3 = 3x0 x0 2 ⇔ x06 + x03 − 3x03 = 0 ⇔ 0 ⇔( )x06 − 2x03 = 0 ⇔ x03 x 3 − 2 = 0 ⇔x0 >0 x0 = 3 2 02.75 Δινεται η συνάρτηση f με f(x) = ln ex − 1 xi)Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f.ii)Να δείξετε ότι για κάθε x ∈ Df ισχύει f(x) − f(−x) = xiii)Να βρείτε τα όρια lim f(x) , lim f(x) , lim f(x) x → −∞ x→0 x → +∞iv)Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα .v)Να βρείτε το σύνολο τιμών της f.vi)Να εξετάσετε αν υπάρχει εφαπτομένη της Cf παράλληλη στην ευθεία y = x + 2016 .ΛΥΣΗi)Για να ορίζεται η f ex − 1 > 0 ⇔ ... ⇔ x ∈ (−∞,0) ∪ (0, +∞) xii)Για κάθε x ∈ Df( ( ))f(x)−f(−x) = ln ex − 1 − ln e−x − 1 = ln  ex −1  = ln  −x ex −1  = l n  1− ex  = l n  1− ex  = x −x    x e−x −1   e−x −1   1 −1   x       ex   e−x − 1    −x ( ) ( )=     1− ex  =  ex 1− ex  = =xl n  1− ex  l n  1− ex  l n ex   ex126 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.griii) ▪ lim f(x) = lim ln ex − 1 (1) x → −∞ x → −∞ x( )Έχουμε lim ex − 1 = lim ex − 1 1 = (0 − 1) 0 = 0 xx→−∞ x → −∞ xΆρα θέτουμε u = ex − 1 όταν x → −∞ τότε u → 0 και η (1) γίνεται: xlim ln u = −∞u→0▪ lim f(x) = lim ln ex − 1 (2)xx→0 x→0( )Έχουμε 0 ex −1 ' = lim ex =1 lim ex − 1 =0 lim ( )x→0 x x→0 1 x→0 x 'Άρα θέτουμε u = ex − 1 όταν x → 0 τότε u → 1 και η (2) γίνεται: xlim ln u = 0u →1▪ lim f(x) = lim ln ex − 1 (3)x → +∞ x → +∞ x( )Έχουμε ∞ ex − 1 ' = lim ex = +∞ lim ex − 1 ∞ lim ( )xx→+∞ = x→+∞ x ' 1x→+∞Άρα θέτουμε u = ex − 1 όταν x → +∞ τότε u → +∞ και η (3) γίνεται: xlim ln u = +∞ u → +∞iii) Για κάθε x ∈ (−∞,0) ∪ (0,+∞)f '(x) =  ex − 1  = 1  ex − 1  = x  exx − ex + 1  = exx − ex + 1  ln ' ex −1  ' −  x2  x(ex − 1)  x  x e x 1   xΑντιλαμβανόμαστε ότι το πρόσημο του αριθμητή δεν εύκολο να προσδιοριστεί αλγεβρικάοπότε καταφεύγουμε στην ανάλυση.Θεωρούμε συνάρτηση g(x) = exx − ex + 1 .Είναι:( )g '(x) = exx − ex + 1 ' = exx + ex − ex = exx , g '(x) = 0 ⇔ exx = 0 ⇔ x = 0 x −∞ 0 +∞ -g '(x) + g(x)Από τον παραπάνω πινάκα έχουμε: g(x) > g(0) ⇔ g(x) > 0 για κάθε x ∈ (−∞,0) ∪ (0, +∞) ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 127

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΕπίσης x(ex − 1) > 0 για κάθε x ∈ (−∞,0) ∪ (0, +∞) , οπότε f '(x) > 0 για κάθε x ∈ (−∞,0) ∪ (0, +∞)άρα η f είναι γνησίως αύξουσα σε καθένα από τα διαστήματα (−∞,0) ,(0,+∞) και δεν έχειακρότατα.v)Από τον πίνακα μεταβολών της f προκύπτει:f(Df ) = (−∞,0) ∪ (0,+∞) x −∞ 0 +∞ +f '(x) + f (x)vi)Για να υπάρχει εφαπτομένη της Cf παράλληλη στην ευθεία y = x + 2016 αρκει η εξίσωσηf '(x) = 1 να έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο (−∞,0) ∪ (0, +∞) .Είναι:f '(x) = 1 ⇔ exx − ex +1 = 1 ⇔ exx − ex + 1 = 1 ⇔ exx − ex +1 = xex − x ⇔ ex − x −1 = 0,x ≠ 0 x(ex − 1) xex − xΘεωρούμε την συνάρτηση h(x) = ex − x − 1, x ≠ 0( )h '(x) = ex − x − 1 ' = ex − 1 , h '(x) = 0 ⇔ x = 0 x −∞ 0 +∞ -h '( x) + h(x)Η μόνη ρίζα της ex − x − 1 = 0 είναι η x = 0 ,η οποία απορρίπτεται διότι 0 ∉ DfΆρα δεν υπάρχει εφαπτομένη της Cf παράλληλη στην y = x + 2016 .128 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr2.76 Καλλιγραφία….Στον παρακάτω πίνακα του εξπρεσιονιστή ζωγράφου Λένου Πινέλου , ο καλλιτέχνης–κολοσσός στον απειροστικό λογισμό- απεικονίζει την γραφική παράσταση μιαςσυνάρτησης f. 1 Cf -1 1 23 -1 Λένος ΠινέλοςΑν θεωρήσουμε την συνάρτηση g = 1 ,τότε: fi)Να βρεθεί το πεδίο ορισμού των συναρτήσεων f,g και να λυθεί η εξίσωση f(x) = 0 .ii)Να υπολογίσετε τα όρια lim f(x) , lim f(x) , lim g(x) , lim g(x) , lim g(x) , lim g(x) , lim g(x) x → −∞ x → +∞ x → −1− x → −1+ x →1+ x →1− x→3iii)να βρεθούν οι ασύμπτωτες της Cg.iv)Να μελετήσετε την g ως προς την μονοτονία.ΛΥΣΗi) Df = ℝ, Dg = ℝ − {x ∈ ℝ / f(x) = 0} = ℝ − {−1,1, 3}f(x) = 0 ⇔ x = −1 ή x = 1 ή x = 3ii) Από την Cf διαπιστώνουμε:▪ lim f(x) = −∞ , lim f(x) = +∞x → −∞ x → +∞▪ lim g(x) = lim 1 = − ∞f(x)<0 κοντά στο −1 από αριστεράx → −1− x→−1− f(x) lim f( x)=0 x→−1−▪ lim g(x) = lim g(x) = lim 1 = + ∞f(x) >0κοντά στο −1 από δεξιάx → −1+ x → −1+ x→−1+ f(x) xl→im−1− f( x)=0▪ lim g(x) = lim 1 f(x)<0x →1+ f(x)x→1+ = −∞ xl→im1+ f( x)=0 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 129

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr▪ lim g(x) = lim 1 f(x)>0 ▪ lim g(x) = lim 1 f(x)<0x →1− f(x)x→1− x→3− f(x)x→3− = +∞ = −∞ lim f( x)=0 lim f( x)=0 x→1− x→3−▪ lim g(x) = lim 1 f(x)>0x→3+ f(x)x→3+ = +∞ xl→im3+ f( x)=0iii) H Cg έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες: x = −1, x = 1, x = 3iv)Η f είναι παραγωγίσιμη άρα και g είναι παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της μεg '(x) =  1  ' = − f '(x) .Παρατηρούμε ότι το πρόσημο της g '(x) είναι αντίθετο από το  f(x)  f2 (x)πρόσημο της f '(x) άρα στο διάστημα που η f(x) είναι γνησίως αύξουσα η g(x) είναιγνησίως φθίνουσα.2.77 Θεωρούμε την συνάρτηση f(x) = ln x − 1 − xi)Να βρείτε το πεδίο ορισμού A της f.ii)Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται.iii)Να βρείτε το σύνολο τιμών της f.( )iv)Να βρείτε το lim x2f−1(x) x→0ΛΥΣΗi) 1x−>x0≥ 0 ⇔ x ∈ (0,1 , άρα A = (0,1ii)Για κάθε x ∈ (0,1 είναι:( )f '(x) = ln x − 1 − x ' = 1 + 1 > 0 άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο Α οπότε και 1-1 x 2 1−x,οπότε αντιστρέφεται.iii)Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο A = (0,1 άρα( (f(A) = lim f(x), f(1) = ... = −∞ , 0  x→0+iv)Ισχύει:( (Af−1 = f(A) = −∞,0 και f−1(Af−1 ) = A = 0,1Για κάθε x ∈ (−∞,0 ισχύει0 < f−1(x) ≤ 1 ⇔ 0 < x2f−1(x) ≤ x2 , από το κριτήριο της παρεμβολής η τελευταία δίνει:( )lim x2f−1(x) = 0x→0-Πάµε για καφέ; 5+5=10-Πάµε.-Οκ θα περάσω να σε πάρω σε λίγο. 9+8=17-Οκ! Αλλά προς τι, οι προσθέσεις;-Κάνω τα λόγια µου πράξεις....130 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr2.78 (Ο Τοτός και o κανόνας του L’ Hospital )Ο Τοτός έγραφε στο ημερολόγιο του τον Ιανουάριο του 2016:…χθες το βραδύ ανακάλυψα μια νέα μαθηματική πρόταση, θα την διατυπώσω και θατην γράψω στο περιθώριο του ημερολογίου που είναι αρκετά μεγάλο για να την χωρέσει.Αν μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη,τότε η f’ είναι συνεχής.ΑπόδειξηΈστω τυχαίο x0 ∈ Df ( ( ) )f 0 − f(x) − f(x0 ) '(x0 ) = lim f(x) − f(x0 ) =0 lim x − x0 ' ' = lim f '(x) x x0 x→x0 x→x0 x→x0Άρα lim f '(x) = f '(x0 ) ……. x→x0Την επόμενη μέρα ο Τοτός σκοτώθηκε σε μονομαχία με τον γείτονα του για μια θέσηparking …Είναι σωστή η πρόταση του Τοτού;ΑπάντησηΟ Τοτός χρησιμοποίησε το αντίστροφο του κανόνα του L Hospital που δεν ισχύει. Δηλαδήισχυρίστηκε ότι αν lim f(x) = L τότε θα ισχύει lim f '(x) = L x→x0 g(x) x→x0 g '(x)Αντιπαράδειγμα αποτελούν οι συναρτήσεις f(x) = x2ημ 1 , g(x) = ln(1 + x) ορισμένες στο x(−1,0) ∪ (0,1) .Ισχύει lim f(x) = ... = 0 όμως το lim f '(x) δεν υπάρχει. x→0 g(x) x→0 g '(x)2.79 (θέμα Δέσμης 1989)Δίνονται οι συναρτήσεις f,g : ℝ → ℝ με f(0) = g(0) και f ''(x) = g ''(x) για κάθε x ∈ ℝΝα αποδείξετε ότι:i)Υπάρχει σταθερά c τέτοια ώστε: f(x) − g(x) = cx για κάθε x ∈ ℝii)Αν ρ1 ,ρ2 ετερόσημες ρίζες της g(x) = 0 ,τότε η f(x) = 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στοδιάστημα ρ1 ,ρ2  .ΛΥΣΗi)Είναι: f ''(x) = g ''(x)Άρα υπάρχει c ∈ ℝ τέτοια, ώστε:f '(x) = g '(x) + c ⇔ f '(x) − g '(x) = c ⇔ (f(x) − g(x))' = (cx)'Άρα υπάρχει c ' ∈ ℝ τέτοια, ώστε: f(x) − g(x) = cx + c ' (1)Για x = 0 η (1) γίνεται:f(0) − g(0) = c ⋅ 0 + c ' ⇔ c ' = 0 .Άρα f(x) − g(x) = cx , x ∈ ℝii)Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα ρ1 ,ρ2  με: f(x) = g(x) + cx , x ∈ ℝf(ρ1 ) = g(ρ1 ) + c ⋅ ρ1 = c ⋅ ρ1 , f(ρ2 ) = g(ρ2 ) + c ⋅ ρ2 = c ⋅ ρ2 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 131

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr f(ρ1 )f(ρ2 ) = c2ρ1ρ2 ≤ 0 ( ρ1 , ρ2 ετερόσημα, c2 ≥ 0 )-Αν c=0 τότε f(ρ1)f(ρ2 ) = 0 δηλαδή μια τουλάχιστον από τις ρ1 ,ρ2 είναι ρίζα της f(x) = 0 .-Αν c ≠ 0 τότε f(ρ1)f(ρ2 ) < 0 οπότε από το θεώρημα Bolzano η f(x) = 0 έχει μια τουλάχιστονρίζα στο (ρ1 ,ρ2 ) .2.80 (Μεζεδάκια)Δίνεται η συνάρτηση f συνεχής στο διάστημα 0, 4 και παραγωγίσιμη στο (0, 4) μεf(1) = f(2) = 0 .Αν η f στρέφει τα κοίλα άνω στο διάστημα (0, 4) να αποδείξετε ότι:i) f(0)f(4) > 0 ii)η f παρουσιάζει ελάχιστο στο (0,4) .ΛΥΣΗi)Επειδή η f είναι συνεχής στο διάστημα 0, 4 , παραγωγίσιμη στο (0, 4) και ισχύειf(1) = f(2) = 0 τότε εφαρμόζεται το θεώρημα Rolle για το διάστημα 0, 4 .Άρα, υπάρχει έναςτουλάχιστον x0 ∈ (0, 4) τέτοιος ώστε f '(x0 ) = 0 .Επειδή η f στρέφει τα κοίλα άνω στο διάστημα 0, 4 η συνάρτηση f’ είναι γνησίωςαύξουσα στο 0, 4 και επιπλέον το x0 είναι μοναδικό. Οπότε:▪ Για x < x0 θα ισχύει f '(x) < f '(x0 ) = 0▪ Για x > x0 θα ισχύει f '(x) > f '(x0 ) = 0Το πρόσημο της f '(x) φαίνεται από τον παρακάτω πίνακαx 0 1 x0 2 4f '(x) -- ++f (x) ΕH f είναι γνησίως φθίνουσα στο 0,1 οπότε είναι f(0) > f(1) ή f(0) > 0H f είναι γνησίως αύξουσα στο 2, 4 οπότε είναι f(4) > f(2) ή f(4) > 0Επομένως f(0) ⋅ f(4) > 0ii) Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα 0, x0  και γνησίως αύξουσα στο x0 , 4 άρα η fπαρουσιάζει για x = x0 ∈ (0, 4) ολικό ελάχιστο στο διάστημα (0, 4) .132 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr2.81Έστω συνάρτηση f : 0, +∞) → ℝ παραγωγίσιμη στο ℝ , τέτοια ώστεf(0) = 0,f '(x) ≥ 0 για κάθε x∈ℝ+ και lim f(x) = 0 .Να αποδείξετε ότι f(x) = 0 για κάθε x∈ℝ+ . x → +∞ΛΥΣΗΑς υποθέσουμε ότι αυτό δεν συμβαίνει ,αλλά ότι υπάρχει ξ ∈ ℝ+ ώστε f(ξ) ≠ 0 .Ισχύει f '(x) ≥ 0 για κάθε x ∈ ℝ+ άρα f γνησίως αύξουσα για κάθε x ∈ ℝ+ .Επειδή ξ > 0 ⇒ f(ξ) > f(0) = 0 .Άρα f(ξ) > 0Όμως lim f(x) = 0 , επομένως υπάρχει x∈ℝ+ με x > ξ , οπότε x → +∞ f(x) < f(ξ) ή f(x) − f(ξ) <0 x−ξΟπότε από το θεώρημα μέσης τιμής στο ξ, x υπάρχει x0 ∈ (ξ, x) : f '(x0 ) = f(x) − f(ξ) x −ξΤότε f '(x0 ) < 0 , άτοπο από την υπόθεση άρα f(x) = 0 για κάθε x ∈ ℝ+ .2.82 (Θέμα εξετάσεων 2001)Έστω f μια συνάρτηση παραγωγίσιμη στο ℝ για την όποιαισχύει: (f(x))3 + β (f(x))2 + γf(x) = x3 − 2x2 + 6x − 1, x ∈ ℝΌπου β, γ ∈ ℝ με β2 − 3γ < 0i)Να δείξετε ότι η f δεν έχει ακρότατα.ii)Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα.iii)Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδική ρίζα της εξίσωσης f(x) = 0 στο ανοικτό διάστημα(0,1) .ΛΥΣΗi)Για κάθε x ∈ ℝ ισχύει:(1) (f(x))3 + β (f(x))2 + γf(x) = x3 − 2x2 + 6x − 1 με β2 < 3γΑπό την (1) παραγωγίζοντας τα μέλη της ως προς x έχουμε: 3(f(x))2 f '(x) + 2β(f(x)) f '(x) + γf '(x) = 3x2 − 4x + 6 , x ∈ ℝ (2)Υποθέτουμε ότι η f παρουσιάζει για x = x0 ακρότατο.Τότε θα ισχύει από Θ.Fermat f '(x0 ) = 0Για x = x0 η (2) γίνεται:( ) ( )3 f(x0 ) 2 f '(x0 ) + 2β f(x0 ) f '(x0 ) + γf '(x0 ) = 3x02 − 4x0 + 6 ⇔ 3x02 − 4x0 + 6 = 0 , άτοπο η εξίσωση3x2 − 4x + 6 = 0 δεν έχει πραγματικές ρίζες ( ∆ < 0 ). Άρα η συνάρτηση f δεν έχει ακρότατα.ii)Από την σχέση (2) έχουμε:3(f(x))2 f '(x) + 2β(f(x)) f '(x) + γf '(x) = 3x2 − 4x + 6 ⇔ f '(x) 3(f(x))2 + 2β (f(x)) + γ = 3x2 − 4x + 6, x ∈ ℝ (3)Αλλά,3x2 − 4x + 6 > 0 για κάθε x ∈ ℝ( )3(f(x))2 + 2β(f(x)) + γ > 0 για κάθε x ∈ ℝ αφού είναι ∆ = 4β2 − 12γ = 4 β2 − 3γ < 0 άρα από την (3)προκύπτει ότι f '(x) > 0 για κάθε x ∈ ℝ , οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .iii)Για x = 0 και x = 1 η (1)( )▪ (f(0))3 + β(f(0))2 + γf(0) = −1 ⇔ f(0) (f(0))2 + β(f(0)) + γ = −1 (4) ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 133

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΤο τριώνυμο x2 + βx + γ έχει ∆ = β2 − 4γ και επειδή 0 ≤ β2 < 3γ < 4γ ( αφού γ > 1 β2 ≥ 0 ) είναι 3∆ < 0 , οπότε είναι x2 + βx + γ > 0 για κάθε x ∈ ℝ .Άρα είναι (f(0))2 + β(f(0)) + γ > 0 οπότε απότην (4) f(0) < 0( )▪ (f(1))3 + β(f(1))2 + γf(1) = 4 ⇔ f(1) (f(1))2 + β(f(1)) + γ = 4 (5)Και επειδή (f(1))2 + β(f(1)) + γ > 0 θα είναι f(1) > 0Επομένως έχουμε f(0) ⋅ f(1) < 0 και f συνεχής στο 0,1 οπότε από το θεώρημα Bolzano ηεξίσωση f(x) = 0 έχει ρίζα στο (0,1) που είναι και μοναδική επειδή η f είναι γνησίωςαύξουσα.2.83 Έστω f μια συνάρτηση παραγωγίσιμη στο ℝ για την όποια ισχύει: ▪ f(x) + f '(x) = 1 για κάθε x ∈ ℝ (1) ▪ f(1) = 2i)Να αποδείξετε ότι f(x) = e1−x + 1 για κάθε x ∈ ℝii)Να βρείτε το σύνολο τιμών της f.iii)Να εξετάσετε την f ως προς τα κοίλα.iv)Να αποδείξετε ότι για κάθε α,β ∈ ℝ , α < β ισχύει: e1−α (α − β) < e1−β − e1−α < e1−β (α − β)ΛΥΣΗi)Πολλαπλασιάζουμε και τα δυο μέλη της (1) με ex και έχουμε: ( ) ( ) ( )exf(x) + exf '(x) = ex ⇔ ex ' f(x) + exf '(x) = ex ⇔ exf(x) ' = ex ' ⇔ exf(x) = ex + c , c σταθερόςπραγματικός αριθμός.Για x = 1 η τελευταία ισότητα γίνεται:e1f(1) = e1 + c ⇔ 2e = e + c ⇔ c = eexf(x) = ex + e ⇔ f(x) = ex + e ⇔ f(x) = 1+ e1−x , x∈ℝ exii)Είναι f '(x) = e1−x (1 − x)' = −e1−x < 0 για κάθε x ∈ ℝ .Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίωςφθίνουσα στο ℝ και το σύνολο τιμών της είναι το διάστημα( )lim f(x), lim f(x) x → +∞ x → −∞( )lim f(x) = lim e1−x + 1 = +∞x → −∞ x → −∞( )lim f(x) = lim e1−x + 1 = 1x → +∞ x → +∞Άρα το σύνολο τιμών της f είναι (1,+∞) .( )iii) f ''(x) = −e1−x ' = e1−x > 0 για κάθε x ∈ ℝ , οπότε η f είναι κυρτή στο ℝ .iv)Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ℝ , οπότε από το Θ.Μ.Τ στο α,β θα υπάρχειξ ∈ (α,β) τέτοιο, ώστε f '(ξ) = f(β) − f(α) β−αΕπειδή η f είναι κυρτή, η f’ είναι γνησίως αύξουσα και για α < ξ < β θα ισχύει:f '(α) < f '(ξ) < f '(β) .Άρα:f '(α) < f(β) − f(α) < f '(β) ⇔ (β − α) f '(α) < f(β) − f(α) < (β − α) f '(β) ⇔ (β − )α (−e1−α ) < f(β) − f(α) < (β − )α (−e1−β ) β − α( ) ( ) ( ) ( )α − β (e1−α ) < f(β) − f(α) < α − β (e1−β ) ⇔ α − β e1−α < e1−β − e1−α < α − β e1−β134 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr2.84 Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν ,γράφοντας στο τετράδιο σας,δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση την λέξη Σωστό , αν η πρότασηείναι σωστή, ή Λάθος αν η πρόταση είναι λανθασμένη. (Με αιτιολόγηση)1)Η γραφική παράσταση μιας πολυωνυμικής συνάρτησης άρτιου βαθμού έχει πάνταοριζόντια εφαπτομένη. ΣΛ2) Η γραφική παράσταση μιας πολυωνυμικής συνάρτησης περιττού βαθμού έχει πάνταοριζόντια εφαπτομένη. ΣΛ3)Η συνάρτηση f(x) = αx3 + βx2 + γx + δ με α,β, γ,δ ∈ ℝ και α ≠ 0 έχει πάντα ένα σημείοκαμπής . ΣΛ4)Αν οι συναρτήσεις f,g έχουν στο x0 σημείο καμπής ,τότε και η συνάρτηση h = f ⋅g έχει στοx0 σημείο καμπής. ΣΛΑπαντήσεις1)Σ)Η πρώτη παράγωγος είναι πολυώνυμο περιττού βαθμού, οπότε έχει μια τουλάχιστονπραγματική ρίζα ,άρα θα έχουμε τουλάχιστον μια οριζόντια εφαπτομένη.2)Λ)Η πρώτη παράγωγος είναι πολυώνυμο άρτιου βαθμού, οπότε δεν βέβαιο ότι θα έχειπραγματικές ρίζες3)Σ)Η δεύτερη παράγωγος της f είναι η f ''(x) = 6αx + 2β η οποία ανεξάρτητα από τις τιμέςτων γραμμάτων έχει πάντα μια τιμή που μηδενίζεται και εκατέρωθεν της ρίζας αλλάζειπρόσημο άρα έχουμε ένα σημείο καμπής.4)Λ)Για f(x) = x3 και g(x) = x7Οι f’’,g’’μηδενίζονται στο 0 και αλλάζουν πρόσημο εκατέρωθεν του 0 άρα έχουμε σημείοκαμπής όμως η h(x) = f(x)g(x) = x10 δεν παρουσιάζει σημείο καμπής στο 0.2.85 Έστω συνάρτηση f : ℝ → ℝ , η οποία είναι παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγοκαι τέτοια ώστε: (1) f(x) + f(4 − x) = 0 για κάθε x ∈ ℝ και f '(x) ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝΝα αποδείξετε ότι:i)η συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη.ii)η συνάρτηση δεν είναι ούτε κυρτή ούτε κοίλη.iii)η εξίσωση f(x) = 0 έχει ακριβώς μια ρίζα.iv)η ευθεία ε : y = x − 2 εφάπτεται στην γραφική παράσταση της συνάρτησης g(x) = f(x) , x ∈ ℝ f '(x)Στο σημείο με τετμημένη x0 = 2 .ΛΥΣΗi) H f’ είναι συνεχής στο ℝ και f '(x) ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα η f’ διατηρεί πρόσημο στο ℝοπότε η f είναι γνησίως μονότονη.ii)Από την δοθείσα ισότητα παραγωγίζοντας λαμβάνουμε:f '(x) + f '(4 − x)(4 − x)' = 0 ⇔ f '(x) − f '(4 − x) = 0 ⇔ f '(x) = f '(4 − x) για κάθε x ∈ ℝ ,Για x=0 προκύπτει: f '(0) = f '(4) ≠ 0 οπότε η f’ δεν είναι γνησίως μονότονη άρα δεν είναι ούτεκυρτή ούτε κοίλη.iii)Από την σχέση (1) για x=2 : f(2) + f(4 − 2) = 0 ⇔ 2f(2) = 0 ⇔ f(2) = 0άρα η f(x) = 0 έχει ρίζα το x=2 και είναι μοναδική επειδή η f είναι γνησίως μονότονη.iv)Έχουμε g(2) = f(2) = 0 , Α(2,0) είναι το σημείο επαφής. 135 f '(2) ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΑρκεί τώρα g '(2) = λε = 1 Για την παράγωγο στο 2 δουλεύουμε με τον ορισμό:g '(2) = lim g(x) − g(2) = lim f(x) − f(2) = lim f(x) = lim  f 1 f(x)  = lim  f 1 f(x) − f(2)  = x−2 f '(x) f '(2)  '(x) x−2   '(x) x − 2  x→2 x→2 x→2 f '(x) x→2 x→2 x−2 x−2= lim f 1 lim f(x) − f(2) = f 1 f '(2) = 1 '(x) x − 2 '(2) x→2 x→22.86 Εστω f μια παραγωγίσιμη συνάρτηση στο x0 = 0 με f '(0) = 0 και το σημείο A(0,1)να ανήκει στο γράφημα της .i)Να δείξετε ότι οι συναρτήσεις h(x) = xf(x) και g(x) = f(x) − x f(x)Είναι παραγωγίσιμες στο σημείο x0 = 0 .ii)Να υπολογίσετε την γωνία που σχηματίζει η εφαπτομένη της g με την εφαπτομένητης h στο σημείο x0 = 0 .ii)Να υπολογίσετε το εμβαδό του τρίγωνου που σχηματίζουν οι παραπάνωεφαπτομένες με τον άξονα x’x.ΛΥΣΗi)Για την συνάρτηση h ,η παράγωγος στο x0 = 0 είναιh '(0) = lim h(x) − h(0) = lim xf(x) = lim f(x) = f(0) = 1 ( από υπόθεση f παραγωγίσιμη άρα x − 0 x x→0 x→0 x→0συνεχής στο 0)Άρα h παραγωγίσιμη στο 0 και ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης της στο 0είναι λ1 = 1 .Ανάλογα εργαζόμαστε για την g f(x) − x − f(0) + 0 f(x) − x −1 f(x) x f(0) f(x) x( )g '(0) f(x) 2 − x − f(x) = = lim g(x) − g(0) = lim = lim = lim xf(x) x−0 x→0 x→0 x→0 x→0( ) ( ) ( )= lim x→0 f(x) 2 − f(x) − x = lim f(x) f(x) − 1 −x = lim  f(x) f(x) − 1 − x  = lim  f(x) − 1 − 1  = xf(x)  xf(x)   x f(x)  xf(x) x→0 x→0  xf(x)  x→0= lim f(x) − 1 − lim  1  = lim  f(x) − f(0)  − lim  1  = f '(0) − 1 = 0 − 1 = −1  x   f(x)   x − 0   f(x)  f(0) 1 x→0 x→0 x→0 x→0(από υπόθεση η f είναι παραγωγίσιμη στο 0, οπότε είναι και συνεχής το 0 lim f(x) = f(0) ) x→0Έτσι η g είναι παραγωγίσιμη στο 0 και ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης τηςστο 0 είναι λ2 = −1 .Η γωνία των εφαπτομένων των h,g στο x0 = 0 είναι 90ο επειδή λ1 ⋅ λ2 = −1Η εφαπτομένη της h στο σημείο (0,h(0))y − h(0) = h '(0)(x − 0) ή y = x ε1Η εφαπτομένη της g στο σημείο (0,g(0))y − g(0) = g '(0)(x − 0) ή y = −x + 1 ε2Το σημείο τομής των (ε1),(ε2) προκύπτει από την λύση του συστήματοςyy = x + 1 ⇔ ... ⇔ x = 1 ,y = 1 άρα πρόκειται το σημείο Γ  1 , 1  = −x 2 2  2 2 136 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΒ(1,0) είναι το σημείο που η ε2 τέμνει τον x’x και Ο(0,0) το σημείο που η (ε2) τέμνει τονx’x οπότε το εμβαδό του τριγώνου είναι Ε = 1 ⋅ 1 ⋅1 = 1 τετραγωνικές μονάδες. 22 42.87 Έστω f μια συνάρτηση δυο φορές παραγωγίσιμη στο f : ℝ → ℝ για την όποιαισχύουν: ( )lim f(x) = +∞ , lim f(x) = −∞ , f '(0) = 1 και (1) ef(x) + 2 f '(x) = 1 για κάθε x ∈ ℝ x → +∞ x → −∞ 3Α.i)Να εξετάσετε την f ως προς την μονοτονία, τα κοίλα και να βρείτε το σύνολοτιμών της.ii)Να δείξετε ότι η εξίσωση f(x) = 0 έχει μοναδική ρίζα την x = 0 .Β. Να αποδείξετε ότι:i)ισχύει: ef(x) + 2f(x) = x + 1 για κάθε x ∈ ℝii) η f αντιστρέφεται και να βρείτε τον τύπο της f−1 .iii)αν λ1 , λ2 οι συντελεστές διεύθυνσης των εφαπτομένων των Cf , Cf−1 αντίστοιχαστην αρχή των αξόνων, τότε λ1λ2 = 1 .Γ) Να βρείτε την πλάγια ασύμπτωτη της Cf στο +∞ .ΛΥΣΗ( )Α.i) = ⇔ = 1 >0 x∈ℝ ef(x) + 2 f '(x) 1 f '(x) ef(x) + 2 για κάθε, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .Παραγωγίζουμε δεύτερη φορά( ) (( )) ( )ef(x) + 2 f '(x) = 1 ⇔ f ''(x) =  1 2  ' = − ef(x) + 2 ' ef(x)f '(x) <0 για κάθε x∈ℝ  ef(x) +  =− ef(x) + 2 2 ef(x) + 2 2άρα η f είναι κοίλη στο ℝ .( )Το σύνολο τιμών της f θα είναι το διάστημα lim f(x), lim f(x) = (−∞, +∞) x → −∞ x → +∞ii)Θέτουμε στην (1) όπου x = 0 :( ) ( )ef(0) + 2 f '(0) = 1 ⇔ ef(0) + 2 1 = 1 ⇔ ef(0) + 2 = 3 ⇔ ef(0) = 1 ⇔ f(0) = 0 3Επειδή τώρα η f είναι γνησίως αύξουσα η ρίζα x = 0 είναι μοναδική.( ) ( )Β.i) ef(x)f '(x) + 2f '(x) = 1 ⇔ ef(x) + 2f(x) ' = 1 ⇔ ef(x) + 2f(x) ' = (x)' ⇔ ef(x) + 2f(x) = x + c , (2)c σταθερός πραγματικός αριθμός.Θέτουμε στην (1) όπου x = 0 : ef(0) + 2f(0) = x + c ⇔ ef(0) + 2 ⋅ 0 = 0 + c ⇔ c = 1Άρα η (2) παίρνει την μορφή: ef(x) + 2f(x) = x + 1 για κάθε x ∈ ℝ (3)ii)Η f είναι γνησίως αύξουσα άρα είναι 1-1 συνεπώς αντιστρέφεται. f(ℝ) = ℝ άρα Df−1 = ℝΘέτοντας στην (3) για y = f(x) έχουμε:ey + 2y = x +1 ⇔ x = ey + 2y −1 ,Άρα f−1(x) = ex + 2x − 1 , x ∈ ℝiii)Παρατηρούμε ότι f−1(0) = f(0) = 0 επομένως οι Cf−1 ,Cf διέρχονται από την αρχή τωναξόνων.Από υπόθεση έχουμε λ1 = f '(0) = 1 .Είναι: 3 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 137

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr( ) ( ) ( )f−1(x) ' = ex + 2x − 1 ' = ex + 2 .Οπότε λ2 = f−1(0) ' = e0 + 2 = 3Τελικά λ1 ⋅ λ2 = 1⋅3 =1 3 ∞ = f(x) ∞ f '(x) = lim f '(x) = 1 = 1( )Γ)▪λ lim lim 1x→−∞ lim ef(x) + 0+2 = xx→−∞ x→−∞ x ' x → −∞ 2   = 1 limef( x) +2f( x)=x+1⇔ 2f( x)−x=1−ef (x )  f(x) x  2 x→−∞( ) ( ) ( )▪ 1 1 =1 β = lim − 2 = 2 lim 2f(x) − x 1 − ef(x) = 1 1−0 2 2 x → −∞ x → −∞Επομένως η πλάγια ασύμπτωτη της Cf στο −∞ έχει εξίσωση y = 1 x + 1 222.88 (Εξετάσεις 1995) Δίνεται η δυο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση f με f '(x) ≠ 0 γιακάθε x ∈ ℝ και η συνάρτηση g : ℝ → ℝ για την οποία ισχύει g(x)f '(x) = 2f(x) για κάθεx∈ℝ .i)Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως μονότονη.ii)Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται.iii)Αν το A(x0 ,f(x0 )) είναι σημείο καμπής της Cf, να αποδείξετε ότι η εφαπτομένη τηςCg στο Α είναι παράλληλη στην ευθεία y = 2x − 5 .ΛΥΣΗi)Η f’ είναι συνεχής και f '(x) ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα διατηρεί πρόσημο στο ℝ άρα είναιγνησίως μονότονη στο ℝ .ii)Είναι 1-1 ως γνησίως μονότονη άρα αντιστρέφεται .iii)Από την δοθείσα ισότητα έχουμε:g(x)f '(x) = f '(x)≠0 = 2f(x) οπότε η g είναι παραγωγίσιμη. 2f(x) ⇔ g(x) f '(x)g '(x) =  2f(x)  = 2 (f '(x))2 − 2f(x)f ''(x)  f '(x)  ' (f '(x))2g '(x) = 2(f '(x))2 − 2f(x)f ''(x) (2) (f '(x))2Για x = x0 ισχύει f ''(x0 ) = 0 και f '(x0 ) ≠ 0( () ) (( ))Η (2) για x = x0 : g '(x0 ) = 2 f '(x0 ) 2 − 2f(x0 )f ''(x0 ) f ⇔''(x0 )=0 g '(x0 ) = 2 f '(x0 ) 2 =2 άρα η εφαπτομένη της f '(x0 ) 2 f '(x0 ) 2Cg στο Α είναι παράλληλη στην ευθεία y = 2x − 5 .138 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr2.90 Δίνεται μια συνάρτηση f,δυο φορές παραγωγίσιμη και κυρτή στο διάστημαα,β καθώς και μια συνάρτηση g με τύπο g(x) = f(x) − f(α) − (f(β) − f(α))(x − α) για κάθε x ∈ α,β β−αΝα αποδείξετε ότι:i)Υπάρχει x0 ∈ (α,β) τέτοιο ώστε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της g στοx0 να είναι παράλληλη προς τον άξονα x’x.ii) g ''(x) = f ''(x) iii) g(x) ≤ 0 για κάθε x ∈ α,β .ΛΥΣΗi) g(α) = f(α) − f(α) − (f(β) − f(α))(α − α) = 0,g(β) = .. = 0 ,g συνεχής στο α,β , g παραγωγίσιμη β−αστο (α,β) , άρα από το θεώρημα Rolle υπάρχει x0 ∈ (α,β) τέτοιο ώστε g '(x0 ) = 0 .Άρα,υπάρχει x0 ∈ (α,β) τέτοιο ώστε η εφαπτομένη της Cg στο x0 να είναι παράλληλη στο x΄x.ii)Παραγωγίζουµε την g δυο φορές:g '(x) = f '(x) − f(β) − f(α) , g ''(x) = f ''(x) β − αiii)Θα δουλέψουµε άτοπο, έστω ότι υπάρχει x0 ∈ (α,β) τέτοιο ώστε g(x0 ) > 0Θεωρούµε την g στα διαστήµατα α, x0  , x0 ,β και εφαρµόζουµε Θ.Μ.Τάρα θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ (α, x0 ) τέτοιο ώστε: g '(ξ1 ) = g(x0 ) − g(α) = g(x0 ) >0 (1) ( g(x0 ) > 0 , x0 > α ) x0 − α x0 − αάρα θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ (x0 ,β) τέτοιο ώστε: g '(ξ2 ) = g(β) − g(x0 ) = − g(x0 ) <0 (2) ( g(x0 ) > 0 , x0 < β ) β − x0 β − x0Αλλάξ1 < ξ2 g 'ր < g '(ξ2 ) ⇔ g(x0 ) < − g(x0 ) Άτοπο, από (1) ,(2) καθώς δείχνει ότι ένας αρνητικός x0 − α β−x ⇒ g '(ξ1 ) 0είναι µεγαλύτερος από ένα θετικό αριθµό. Άρα g(x) ≤ 0 για κάθε x ∈ α,β .2.91 .Έστω f,g συναρτήσεις οι οποίες παρουσιάζουν σε κοινό σημείο του κοινούπεδίου ορισμού τους Α η f μέγιστο και η g ελάχιστο.i.Να δείξετε ότι η συνάρτηση f-g παρουσιάζει μέγιστο.ii.Να βρείτε το μέγιστο της συνάρτησης h(x) = 1 − x2 − ηµ2016x + 2017iii.Να δείξετε ότι η f παρουσιάζει κοινή εφαπτομένη με την g στο κοινό τουςακρότατο τον άξονα χ’χ.Λύσηi.Αν η f και η g παρουσιάζουν στην θέση x0 ∈ A µέγιστο και ελάχιστο αντίστοιχα, τότε:Για κάθε x ∈ A : f(x) ≤ f(x0 ) ,Για κάθε x ∈ A : g(x) ≥ g(x0 ) ⇔ −g(x) ≤ −g(x0 ) πρόσθεση κατά µέληΓια κάθε x ∈ A : f(x) − g(x) ≤ f(x0 ) − g(x0 ) ⇔ (f − g)(x) ≤ (f − g)(x0 ) άρα f-g παρουσιάζει µέγιστοστην θέση x0ii.Έστω οι συναρτήσεις f(x) = 1 − x2 , g(x) = ηµ2016x − 2017 µε κοινό πεδίο ορισµού A = −1,1Για κάθε x ∈ −1,1 : −x2 ≤ 0 ⇔ 1 − x2 ≤ 1 ⇔ 1 − x2 ≤ 1 ⇔ f(x) ≤ f(0) ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 139

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΓια κάθε x ∈ −1,1 : g(x) = ημ2016x − 2017 ≥ −2017 = g(0) άρα g(x) ≥ g(0) η f και η g παρουσιάζουνστην θέση x0 = 0 μέγιστο και ελάχιστο αντίστοιχα οπότε από το ερώτημα (i) η συνάρτησηh = f − g παρουσιάζει μέγιστο στην θέση x0 = 0 .iii.f,g παραγωγίσιμες στο −1,1 ,έτσι:f '(x) = x ,f '(0) = 0 , g '(x) = 2016ημ2015xσυνx, g '(0) = 0 1− x2Άρα g '(0) = f '(0),g(0) = f(0) οπότε η ευθεία y − g(0) = f '(0)(x − 0) ⇔ y = 0 , ο άξονας των x.2.91 Δίνεται η συνάρτηση f ( x ) = ex + x2 . 2Θεωρούμε επίσης τη συνάρτηση g : ℝ → ℝ και τον πραγματικό αριθμό x0, έτσι ώστε:g(x0) = x0 + 1 και lim g ( x0 + vh ) − g ( x0 ) = v, v ∈ N* −{1} h→0 hΝα αποδείξετε ότι:i. Η εξίσωση f΄(x)=0 έχει ακριβώς μία πραγματική ρίζα ρ. (x)+ f′(x)− (ρ)ii. lim f f = eρ +1, όπου ρ η ρίζα του Δ1 ερωτήματος. x−ρ x→ρiii. α) Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο x0, με g΄(x0)=1. β) Η εφαπτομένη της Cf στο σημείο της Α(0,f(0)), εφάπτεται στην Cg στο σημείοΒ(x0,g(x0)).iv. Η συνάρτηση fog είναι παραγωγίσιμη στο x0, με (fog)′ ( x0 ) = ex0+1 + x0 +1.Λύσηi. f ( x ) = ex + x2 , x ∈ ℝ . 2( )Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη με f ′( x ) = ex ′ +  x2 ′ = ex + x, x∈ℝ.  2 Έστω x1,x2 ∈ ℝ , με x1 < x2, τότε ισχύει ex1 < ex2.Με πρόσθεση κατά μέλη, προκύπτει: ex1 + x1 < ex2 + x2, δηλαδή f΄(x1) < f΄(x2).Εποµένως η f΄ είναι γνησίως αύξουσα.Η f΄ είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, άρα το σύνολο τιµών της είναι:( )f ′((−∞, +∞)) = lim f ′(x), lim f ′(x) = (−∞, +∞) = ℝ . x → −∞ x → +∞( )Όντως, lim f ′( x ) = lim ex + x = −∞ , γιατί lim ex = 0 και lim x = −∞ . x → −∞ x→−∞ x → −∞ x → −∞( )Όντως, lim f ′( x ) = lim ex + x = +∞ , γιατί lim ex = +∞ και lim x = +∞ . x → +∞ x→+∞ x → +∞ x → +∞Το 0 ∈ f ′(ℝ) = ℝ , άρα, υπάρχει ένας τουλάχιστον ρ ∈ ℝ τέτοιος ώστε f΄(ρ)=0.Ο ρ είναι µοναδικός, διότι η f΄ είναι γνησίως αύξουσα.Τελικά, η εξίσωση f΄(x)=0 έχει ακριβώς µία πραγµατική ρίζα ρ.ii. Για x ≠ ρ, έχουµε: (x ) f′(x) (ρ) (x) f (ρ) ′(x) f ′(ρ)lim f + − f f΄(ρ)=0 lim  f − + f −  = f ′(ρ) + f ′′ ( ρ ) = 0 + eρ +1 = eρ +1 x −ρ  x − ρ x − ρ x→ρ = x →ρ  , διότι η f είναι δύο φορές παραγωγίσιµη µε f ′′( x ) = ex +1, x ∈ ℝ .140 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.griii.α) Ισχύει: lim g ( x0 + vh ) − g ( x0 ) = v, v ∈ N* και ν ≠ 1. h→0 h ( x) g( )Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει το όριο lim g − x 0 και είναι ίσο με 1. Έχουμε: x − x0 x→x0lim g (x) − g(x0 ) = lim g (x0 + vh ) − g (x0 ) = 1 ⋅ lim g (x0 + vh ) − g (x0 ) = 1 ⋅ v = 1 − v h→0 vx→x0 x x0 h→0 vh hΘέσαμε x0 + vh = x ⇔ x − x0 = vh ⇔ h = x − x0 . vΑν x → x0 τότε h → 0. Επομένως, g΄(x0) = 1.β) Η εφαπτοµένη της Cf στο σηµείο της Α(0,f(0)) έχει εξίσωση:y − f (0) = f′(0)(x − 0) ⇔ y −1= x ⇔ y = x +1.Η εφαπτοµένη της Cg στο σηµείο της Β(x0, g(x0)) έχει εξίσωση:y − g(x0 ) = g′(x0 )(x− x0 ) ⇔ y − x0 −1 =1(x− x0 ) ⇔ y = x+1.Προφανώς οι δύο εφαπτόµενες συµπίπτουν.iv. Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιµη στο x0 µε g΄(x0)=1.Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο g(x0) = x0 + 1,( )µε f ′ g ( x0 ) = f ′( x0 +1) = ex0+1 + x0 +1.Η fog είναι παραγωγίσιµη στο x0, µε: (fog)΄(x0) = f΄(g(x0))g΄(x0)= ex0 + 1 + x0 + 1. ..πολλοί µαθητές αναρωτιούνται: «Καλά εγώ τώρα πως θα βρίσκω για κάθε άσκηση ύπαρξης ,ποιο θεώρηµα σε ποια συνάρτηση και σε ποιο διάστηµα πρέπει να χρησιµοποιήσω;» ∆εν υπάρχει καθηγητής µαθηµατικών όσο καλός και αν είναι, που µπορεί να πλασάρει στο µαθητή µια τέτοια γνώση σαν συνταγή. Μόνο η εµπειρία από την επίλυση πολλών ασκήσεων ή την επίλυση ασκήσεων µε πολλούς τρόπους έχει αποτελέσµατα. Όσο εύγλωττα το λέει ο Yoda: «Κάνε ή µην κάνεις . Μην προσπαθείς!! ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 141

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr2.91 Δίνεται η συνάρτηση  xν − ημνx ,x ≠ 0  xν+2 f(x) = 13  6 ,x = 0Η οποία είναι συνεχής στο x0 = 0 .2.i.Να δείξετε ότι ν = 13 .ii.Να δείξετε ότι η συνάρτηση h με τύπο h(x) = ln (f(x)) έχει πεδίο ορισμού το ℝ .ΛΥΣΗi. Η f είναι συνεχής στο x0 = 0 άρα lim f(x) = f(0) x→0Έτσιlim xν − ημνx = lim (x − ημx)(xν−1 + xν−2 ημx + xν−3ημ2x + .. + ημν−1x) = xν+2 xν+2x→0 x→0  x − ημx xν−1 + xν−2 ημx + xν−3ημ2x + .. + ημν−1x   x − ημx  xν−1 xν−2 ημx x ν −3 ημ 2 x ημ ν −1 x  x3 xν−1  x3  xν−1 xν−1 xν−1 xν−1  = lim  = lim  ⋅ + + .. + = x→0 x→0= lim  x − ημx ⋅  1 + ημx +  ημx 2 .. +  ημx ν−1   (1)  x3  x  x   x    x→0         00( )lim − ημx  x − ημx  x x3  0 lim x3 ' ' = lim 1 − συνx 0 lim ημx = 1 lim ημx = 1 ⋅1 = 1( )x→0  3x2 6x 6 x 6 6 = x→0 x→0 = x→0 x→0 D.H D.H  x − ημx  ημx  ημx  2  ημx  ν −1   1 (1 + 1 + ....... + 1ν−1 ) = ν  x3  x  x   x    6 6(1): lim  ⋅  1 + + .. +   = x→0Έτσι ν = 13 ⇔ ν = 13 66ii. Αρκεί να δείξουμε ότι f(x) > 0 για κάθε x ∈ ℝΓια ν = 13  x13 − ημ13x ,x ≠ 0  x15f(x) = 13  6 ,x = 0Από θεωρία ισχύει η ανισότητα ημx ≤ x , x ∈ ℝ (με την ισότητα να ισχύει μόνο στο 0)Επομένως:• Για x = 0 ισχύει f(0) = 13 6• Αν x > 0 τότε ημx < x ⇔ ημx ≤ ημx < x ⇔ ημx < x ⇔ ημ13x < x13 ⇔ ημ13x − ημ13x > 0 οπότε ανx <0 ισχύει: f(x) = ημ13x − ημ13x >0 x15Άρα σε κάθε περίπτωση f(x) > 0 για κάθε x ∈ ℝ• Αν x < 0 τότεημx < x ⇔ −ημx ≤ ημx < −x ⇔ −ημx < −x ⇔ ημx > x ⇔ ημ13x > x13 ⇔ ημ13x − ημ13x < 0 οπότε ανx > 0 ισχύει: f(x) = ημ13x − ημ13x > 0 x15142 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr2.92 Δοκιμές εκτός δρόμου…Στο παρακάτω σχήμα η πλαγιά ΑΒ ορίζεται από την καμπύλη y = f(t) , όπου f είναιπαραγωγίσιμη συνάρτηση. Αν το τζιπ, μπορεί να αναρριχηθεί σε κλίσεις έως και 20%(δηλαδή σε κλίσεις που αντιστοιχούν σε συντελεστή διεύθυνσης 0,2) τότε ναεξηγήσετε γιατί δεν μπορεί να ανεβεί την πλαγιά. B 200 mA 1kmΑπάντηση Σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής , υπάρχει τουλάχιστον ένα σημείο Γ της πλαγιάςστο οποίο η κλίση είναι ίση με την κλίση της ευθείας ΑΒ. Όμως η κλίση (δηλαδή οσυντελεστής διεύθυνσης) της ευθείας ΑΒ είναι: 200 = 0.25 ή 25% 1000Άρα, αν το αυτοκίνητο φτάσει στο Γ θα συναντήσει κλίση 25% την οποία δεν θα μπορεί ναυπερβεί.2.93 Δίνεται μια συνάρτηση f : ℝ → ℝ , δυο φορές παραγωγίσιμη στο ℝ για την οποίαισχύουν: ▪ f(2) = 2 ▪ f ''(x) ≠ 0 για κάθε x ∈ (0, 2) ▪ lim f(x) = 13 x→0 ημ2xi) Να αποδείξετε ότι: f(0) = 0 και f '(0) = 26ii) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στοσημείο Μ(0,f(0)).iii) Η εξίσωση f '(x) = 0 δεν μπορεί να έχει δυο διαφορετικές ρίζες στο διάστημα (0, 2) .iv) Υπάρχει x0 ∈ (0, 2) τέτοιο ώστε f(x0 ) = 2 − x0v) Υπάρχουν ξ1 ,ξ2 ∈ (0,2) τέτοια ώστε f '(ξ1 )f '(ξ2 ) = 1ΛΥΣΗi) f παραγωγίσιμη στο 0 άρα f συνεχής το 0 άρα f(0) = lim f(x) . x→0Τότε θέτουμε g(x) = f(x) με lim g(x) = lim f(x) = 13 . Είναι f(x) = g(x)ημ2x , με ημ2x x→0 x→0 ημ2xΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 143

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grf(0) = lim f(x) = lim (g(x)ημ2x) = 13 ⋅ 0 = 0 x→0 x→0και( )f'(0) = lim f(x) − f(0) = lim g(x)ημ2x − g(0)ημ 2⋅0 = lim g(x)ημ2x = lim  g( x) ⋅ 2 ⋅ ημ2x  = x − 0 x x  2x  x→0 x→0 x→0 x→0  = lim  g(x) ⋅ 2 ⋅ ημ2x  = 13 ⋅ 2 ⋅ 1 = 26  2x  x→0Άρα f '(0) = 26ii) y − f(0) = f '(0)(x − 0) ⇔ y = 26xiii) Έστω η εξίσωση f '(x) = 0 έχει δυο ρίζες στο διάστημα 0, 2 τις x1 , x2 με 0 < x1 < x2 < 2 ανόμως f '(x1 ) = f '(x2 ) = 0 επειδή η f ′ είναι παραγωγίσιμη σε όλο το ℝ άρα και στο x1 , x2 οπότε από το θεώρημα Rolle υπάρχει x3 ∈ (0, 2) τέτοιο ώστε f ''(x3 ) = 0 , άτοπο καθώςf ''(x) ≠ 0 για κάθε x ∈ (0, 2) .iv) Έστω h(x) = f(x) − 2 + x είναι h(0) = −2 < 0 και h(2) = 2 > 0 . Άρα h(0) ⋅ h(2) < 0Οπότε από το θεώρημα Bolzano υπάρχει x0 ∈ (0, 2) τέτοιο ώστεh(x0 ) = 0 ⇔ f(x0 ) − 2 + x0 = 0 ⇔ f(x0 ) = 2 − x0 .v) Η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ στα διαστήματα 0, x0  , x0 , 2 οπότευπάρχουν ξ1 ∈ (0, x0 ) ,ξ2 ∈ (x0 , 2) αντίστοιχα ώστε: f '(ξ1 ) = f(x0 ) − f(0) ( iv ) 2 − x0 x0 − 0 x0 = f '(ξ2 ) = f(2) − f(x0 ) f(2)=2 2 − (2 − x0 ) = x0 x0 − 2 x0 − 2 x0 − = 2Έτσι f '(ξ1 ) ⋅ f '(ξ2 ) = 2 − x0 ⋅ x0 =1. x0 x0 − 22.94 A) Να αποδείξετε ότι αν μια συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη , τότε καιαντίστροφη της f-1 έχει το ίδιο είδος μονοτονίας.B)Δίνεται συνεχής και γνησίως μονότονη συνάρτηση f : 0, 2 → ℝ με f(2) = 2 και ισχύειότι: lim ημ2x − x2f(x) = −2 x→0 1 − x2 + 1i) Να αποδείξετε ότι η Cf διέρχεται από την αρχή των αξόνων.ii) Να βρείτε το είδος της μονοτονίας της f.iii) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης g με τύπο g(x) = f−1(2 − x) − f2 (x)iv) Με την βοήθεια του ερωτήματος (Α) να αποδείξετε ότι −4 ≤ f−1(2 − x) − f2 (x) ≤ 2 γιακάθε x ∈ Dg .ΛΥΣΗΑ) Έστω ότι η f είναι γνησίως αύξουσα θα αποδείξουμε ότι και η f-1 είναι γνησίωςαύξουσα.Έστω y1 , y2 ∈ Df−1 με y1 < y2 .Θα αποδείξουμε ότι ( ) ( )f−1 y1 < f−1 y2 .Υπάρχουν x1 , x2 ∈ Df τέτοιαώστε f (x1 ) = y1 , f (x2 ) = y2Από όπου προκύπτει ότι ( ) ( )f−1 y1 = x1 , f−1 y2 = x2144 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΘα εργαστούμε με άτοπο. Υποθέτουμε ότι δεν ισχύει: f−1 (y1 ) < f−1 (y2 ) .Τότε, έχουμε τιςπεριπτώσεις:( ) ( ) ( ) ( )▪ f−1 y1 = f−1 y2 ⇔ f(f−1 y1 ) = f(f−1 y2 ) ⇒ y1 = y2 άτοπο,( από υπόθεση y1 < y2 )( ) ( ) ( ) ( )▪ f−1 fր y1 > f −1 y2 f(f −1 y1 ) > f(f −1 y2 ) ⇒ y1 > y2 άτοπο ⇒Τελικά, ( )f−1 y1 < ( )f−1 y2 οπότε και η f-1 είναι γνησίως αύξουσα.Β) i) Θέτουμε g(x) = ημ2x − x2f(x) , x ∈ (0, 2 . Έτσι: 1− x2 + 1g(x)(1 − x2 + 1) = ημ2x − x2f(x) ⇔ g(x)(1 − x2 + 1) − ημ2x = −x2f(x) ⇔ x2f(x) = ημ2x − g(x)(1 − x2 + 1)f(x) = ημ 2 x − g(x)(1 − x2 + 1) για x ≠ 0 . x2Λαμβάνουμε τα όριαlim f(x) = lim ημ 2 x − g(x)(1 − x2 + 1) = lim ημ 2 x − lim g(x) ⋅ lim (1 − x2 + 1) = x2 x2 x→0 x2x→0 x→0 x→0 x→0lim  ημx 2 − lim g(x) ⋅ lim (1 − x2 + 1)(1 + x2 + 1) =  lim ημx 2 − lim g(x) ⋅ lim 1−(x2 + 1) = x  x2 (1 + x2 + 1) x  x→0 x2 (1 + x2 + 1)x→0 x→0 x→0 x→0 x→0=  lim ημx 2 − lim g(x) ⋅ lim −x2 + =  lim ημx 2 − lim g(x) ⋅ lim 1+ −1 +1 = 12 − (−2) − 1  = 0 x x→0 x2 (1 + x2 x x→0 x2 2 x→0 x→0 1) x→0 x→0(Υπενθυμίζουμε ότι οι ιδιότητες των ορίων εφαρμόζονται διότι τα όρια υπάρχουν)Η f είναι συνεχής στο 0 άρα f(0) = lim f(x) = 0 . x→0ii) Η f από υπόθεση είναι γνησίως μονότονη και ισχύει f (0) < f (2) άρα η f είναι γνησίωςαύξουσα.iii) Η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο 0, 2 άρα το σύνολο τιμών της είναιf(0),f(2) = 0, 2 . Επίσης ισχύει f−1 (0) = 0,f−1 (2) = 2 το πεδίο ορισμού της f −1 είναιDf−1 = 0, 2 .Άρα η συνάρτηση g ορίζεται όταν2 −x∈ D −1 ⇔ 0 ≤ 2 − x ≤ 2 από όπου προκύπτει Dg = 0, 2 .x ∈D f 0 ≤ x ≤ 2 fiv)Η f είναι γνησίως αύξουσα ,άρα από το ερώτημα A και η f−1 είναι γνησίως αύξουσα. Θαεργαστούμε συνθετικά:Έστω x1 , x2 ∈ 0, 2 με x1 < x2 .Έχουμε:( ) ( )▪ x1 < x2 ⇔ −x1 > −x2 ⇔ 2 − x1 > 2 − x2 ⇒ ff−1ր −1 2 − x1 > f−1 2 − x2 (1) fր f(x1 ),f(x2 )∈0,2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )▪ x1 < x2 ⇔ x1 < x2 ⇒ f x1 < f x2 ⇒ f2 x1 < f2 x2 ⇒ −f2 x1 > −f2 x2 (2)(1) +(2) ⇒ f−1 (2 − x1 ) − f2 (x1 ) > f−1 (2 − x2 ) − f2 (x2 ) ⇔ g (x1 ) > g (x2 )Άρα, η g είναι γνησίως φθίνουσα στο Dg .Συνεπώς, όταν 0 ≤ x ≤ 2 ⇒ g(0) ≥ g(x) ≥ g(2) ⇔ 2 ≥ f−1(2 − x) − f2 (x) ≥ −4 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 145

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr94)Quickie.Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση f : 0,1 → ℝ για την οποία η f’ είναιγνησίως φθίνουσα στο 0,1 .Επίσης ισχύει f '(1) = 1 και η εφαπτομένη της Cf στοσημείο της Α(0f(0)) έχει εξίσωση y = 2x + 1 .i.Να βρείτε τις τιμές f(0) και f '(0) .ii.Να αποδείξετε ότι 2 < f(1) < 3 .iii.Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ (0,1) , ώστε: (2 − 3ξ)f(ξ) = f(1 − ξ) − 4ξ .ΛΥΣΗi) Η εξίσωση της εφαπτόμενης τα Cf στο σημείο Α(0,f(0)) έχει εξίσωση: y − f(0) = f '())(x − 0) ⇔ .... ⇔ y = f '(0)x + f(0)Η οποία ταυτίζεται με την y = 2x + 1 άρα f '(0) = 2,f(0) = 1ii.Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0,1 οπότε από το Θ.Μ.Τ για την f στο 0,1 υπάρχειx0 ∈ (0,1) τέτοιο ώστε f '(x0 ) = f(1) − f(0) = f(1) − f(0) 1−0Η f’ είναι γνησίως φθίνουσα οπότε έχουμε:0 < x0 < 1 ⇔ f '(0) > f '(x0 ) > f '(1) ⇔ f '(0) > f '(x0 ) > f '(1) ⇔ 2 > f '(x0 ) > 1 ⇔⇔ 2 > f(1) − f(0) > 1 ⇔ 2 > f(1) − 1 > 1 ⇔ 3 > f(1) > 2 (1)iii.Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = (2 − 3x)f(x) − f(1 − x) + 4x , x ∈ 0,1Είναι:g(0) = 2f(0) − f(1) = 2 ⋅1 − f(1) = 2 − f(1) < 0 από (1)g(1) = −f(1) − f(0) + 4 = 3 − f(1) > 0 από (1)Επειδή η g είναι συνεχής στο 0,1 ως παραγωγίσιμη , από το θεώρημα Bolzano υπάρχειένα τουλάχιστον ξ ∈ (0,1) τέτοιο ώστε:g(ξ) = 0 ⇔ (2 − 3ξ)f(ξ) − f(1 − ξ) + 4ξ = 0 ⇔ .... ⇔ (2 − 3ξ)f(ξ) = f(1 − ξ) − 4ξ95) (Δεν βγαίνουν όλα με παράγωγο…)Δίνεται μια συνεχής και γνησίως αύξουσα συνάρτηση f : ℝ → ℝ για την όποια ισχύει : ▪ f(0) ≥ lim (ημx + συνx)2 − συνx (2ημx + συνx) x→0 x ημx 4 ▪ f2 (x) ≠ 4 για κάθε x ∈ ℝΝα αποδείξετε ότι:i) f(x) > 2 για κάθε x ∈ ℝii) Η εξίσωση ex + f(x) = exf(x) έχει ακριβώς μια πραγματική ρίζα στο διάστημα (0,1) .ΛΥΣΗi) Αρχικά υπολογίζουμε το όριο:lim ( ημx + συνx )2 − συνx (2ημx + συνx) 0 ημ 2 x + συν2 x + 2ημxσυνx − 2ημxσυνx − συν 2 x x ημxx→0 x ημx =0 lim x→0 44= lim 4 ημ2x = lim 4 ημx = 4 lim ημx = 4 ⋅1 = 4 , οπότε η δοθείσα γίνεται f(0) ≥ 4x→0 xημx x→0 x x→0 xΘεωρούμε την συνάρτηση g(x) = f(x) − 2 , x ∈ ℝ .Θα αποδείξουμε ότι g(x) ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝ .146 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΈστω ότι υπάρχει x0 ∈ ℝ : g(x0 ) = 0 ⇔ f(x0 ) − 2 = 0 ⇔ f(x0 ) = 2 ⇒ f2 (x0 ) = 4 άτοπο από υπόθεσηάρα η g δεν μηδενίζεται σε κανένα σημείο του ℝ και είναι συνεχής οπότε διατηρείπρόσημο και επειδή f(0) ≥ 4 ⇔ f(0) − 2 ≥ 2 ⇔ g(0) ≥ 2 , θα ισχύει ότι g(x) > 0 για κάθε x ∈ ℝΔηλαδή g(x) > 0 ⇔ f(x) − 2 > 0 ⇔ f(x) > 2 για κάθε x ∈ ℝ .ii) Μετασχηματίζουμε την εξίσωσηex + f(x) = ex f(x) ⇔ex f ( x ) ≠ 0 ex + f(x) =1⇔ ex + f(x) −1 = 0 ⇔ ex + f(x) −1 = 0 ⇔ 1 + 1 −1 = 0 exf(x) exf(x) exf(x) exf(x) f(x) exΘεωρούμε την συνάρτησηh(x) = 1 + 1 −1,x∈ℝ f(x) exΗ h είναι συνεχής στο ℝ άρα και στο 0,1h(0) = 1 + 1 −1 = 1 > 0 f(0) e0 f(0)h(1) = 1 + 1 − 1 .Από το ερώτημα (i) και επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα f(1) ef(1) > f(0) ≥ 4 ⇒ f(1) > 4 ⇔ 1 < 1 ⇔ 1 + 1 − 1 < 1 + 1 − 1 ⇔ h(1) < 4 − 3e < 0 f(1) 4 f(1) e 4 e 4eΆρα από το θεώρημα Bolzano υπάρχει μια τουλάχιστον λύση της h(x) = 0 στο (0,1) .Για την μοναδικότητα θα μελετήσουμε συνθετικά την μονοτονία της f στο ℝΈστω x1 , x2 ∈ℝ με x1 fր 1 > 1 (3) f(x1 ) f(x2 ) < x2 ⇒ f(x1 ) < f(x2 ) ⇔ ex ր < ex2 ⇔1 >1 ⇔1 −1 > 1 −1 (4) e x1 ex2 e x1 ex2 x1 < x2 ⇒ ex1(3)+(4) ⇒ 1 +1 −1> 1 +1 −1⇔ h(x1 ) > h(x2 ) f(x1 ) ex1 f(x2 ) ex2Άρα η h είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ , άρα και 1-1, οπότε η h(x) = 0 έχει μοναδική λύση,οπότε κατ’ επέκταση έχει μοναδική λύση και η ex + f(x) = exf(x) .Σχόλιο Στο τελευταίο ερώτημα με την εξίσωση η μεταφορά των όρων στο πρώτο μέλοςex + f(x) = exf(x) ⇔ ex + f(x) − exf(x) = 0 δίνει κατεύθυνση βοηθητικής συνάρτησηςf(x) = ex + f(x) − exf(x) για την όποια δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε Bolzano στο 0,1 καθώςδεν γνωρίζουμε τίποτα για το πρόσημο των τιμών της στα άκρα τουδιαστήματος, f(0),f(1) .Επίσης , σημειώνουμε σε κανένα ερώτημα δεν μπορούμε ναπαραγωγίσουμε, καθώς στην εκφώνηση δεν αναφέρει ότι η f είναι παραγωγίσιμη. Προχθές στο σπίτι.. -Γιατί δεν λύνεις ασκήσεις; Τι κάνεις; -Γράφω τουιτ. -Αυτός ο Ιτ δεν µπορεί να τα γράψει µόνος του.. Μαρία 17 ετών, υποψήφιος πανελληνίων ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 147

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr96) Δίνεται συνάρτηση f : (0, +∞) → ℝ για την όποια ισχύουν οι ιδιότητες :• f(x ⋅ y) = f(x) ⋅ f(y) για κάθε x ∈ (0, +∞)• f(x) < 1 για κάθε x ∈ (1, +∞)• f(x) ≠ 0 για κάθε x ∈ (0, +∞)Να δείξετε ότι:i) f(1) = 1 και f  1  = 1 για κάθε x ∈ (0,+∞)  x  f(x)ii) f(x) > 0 για κάθε x ∈ (0, +∞)iii)Η f είναι γνησίως φθίνουσα.iv)Η εξίσωση f(e1−x ) = f( 1 ) ⋅ f(222x2 + 444x) έχει μοναδική ρίζα στο (0, +∞) . 666xv)Αν είναι γνωστό ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 1 τότε ισχύει f '(x) = f '(1)f(x) για κάθε x ∈ (0, +∞) xΛΥΣΗi) Η ισότητα f(x ⋅ y) = f(x) ⋅ f(y) ισχύει για κάθε x ∈ (0, +∞) άρα θα ισχύει και για x = y = 1( ) ( )f(1⋅1) = f(1) ⋅ f(1) ⇔ f(1) = f(x)≠0 f(1) 2 ⇔ f(1) − f(1) 2 = 0 ⇔ f(1)(1 − f(1)) = =1 0 ⇔ f(1)Η ισότητα f(x ⋅ y) = f(x) ⋅ f(y) ισχύει για κάθε x ∈ (0, +∞) άρα θα ισχύει και για y = 1 xf(x ⋅ 1) = f(x)⋅ f  1  ⇔ f(1) = f(x) ⋅ f  1  ⇔ 1 = f(x)⋅ f  1  ⇔f ( x ) ≠ 0 f  1  = 1 για κάθε x ∈ (0,+∞) x x x x x f(x)ii) Η ισότητα f(x ⋅ y) = f(x) ⋅ f(y) ισχύει για κάθε x ∈ (0, +∞) άρα θα ισχύει και για( )y = x = f(x)≠0 x) 2 > 0 για x ∈ 0, +∞ x) ⇔ f(x) = ( )x) = f( , αφού f(x) ≠ 0 για x , x > 0 άρα f( x ⋅ x ) ⋅ f( f(κάθε x ∈ (0,+∞) .iii) Έστω x1 , x2 ∈ (0, +∞) με x1 < x2 ⇔ x2 >1 , άρα από υπόθεση x1f( x2 ) < 1 ⇔ f(x2 ⋅ 1 ) < 1 ⇔ f(x2 )f( 1 ) < 1 ⇔(i) f(x2 ) 1 ) < 1 ⇔(ii) f(x2 ) < f(x1 ) άρα η f είναι γνησίως x1 x1 x1 f(x1φθίνουσα.( )iv) f(e1−x ) = f( 1 ) ⋅ f(222x2 + 444x) ⇔ f(e1−x ) = f( 1 ⋅ 222x2 + 444x ) ⇔ f(e1−x ) = f( 222x2 + 444x) ⇔ 666x 666x 666xf(e1−x ) = f( 222x(x + 2)) ⇔ f(e1−x ) = f( x + 2 ) fց ⇔άρα f1−1 e1−x = x + 2 666x 333e1−x = x + 2 ⇔ 3e1−x − x − 2 = 0Θεωρούμε συνάρτηση h(x) = 3e1−x − x − 2 ,με x ∈ ℝ . Βρίσκουμε προφανή ρίζα το 1(θετικός)καθώς h(1) = 3e1−1 − 1 − 2 = 0 .Για την μοναδικότητα της ρίζας εξετάζουμε την μονοτονία τηςh. Είναι παραγωγίσιμη στο ℝ άρα h '(x) = −3e1−x − 1 < 0 για κάθε x ∈ ℝ ,έτσι η h γνησίωςφθίνουσα στο ℝ , άρα και 1-1, οπότε η ρίζα x=1 είναι μοναδική.v) Η f είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 1 άρα f '(1) = lim f(x) − f(1) = lim f(x) − 1 ∈ ℝ x −1 x−1 x→1 x→1Θα δείξουμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο τυχαίο x0 ∈ (0, +∞)148 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΔηλαδή ότι f '(x0 ) = lim f(x) − f(x0 ) ∈ ℝ x − x0 x→x0 Να θυμίσω ότι για θεωρητικά θέματα παραγώγωνΈτσι από τον ορισμό της παραγώγου συνάρτησης σε = f(x) − f(x0 ) h= x f(x0h) − f(x0 ) (=i ) σημείο με κατάλληλη αντικατάσταση προκύπτουν x − x0 x0h − x0f '(x0 ) lim =x0 lim οι σχέσεις: x→x0 h →1 f(x) − f(x0 ) x − x0lim f(x0 )f(h) − f(x0 ) == lim f(x0 )(f(h) − 1) = • f '(x0 ) = lim x0h − x0 x0 (h − 1)h→1 h →1 x→x0f(x0 ) (f(h) − 1) f(x0 ) • f '(x0 ) = lim f(x0 + h) − f(x0 ) x0 (h − 1) x0 h lim = f '(1) ∈ ℝ h→0 h→1Άρα, καταλήγουμε ότι • f '(x0 ) = lim f(x0 + λh) − f(x0 ) (λ ≠ 0) λhf '(x) = f '(1)f(x) για κάθε x ∈ (0, +∞) . h→0 x • f '(x0 ) = lim f(x0h) − f(x0 ) = 1 lim f( x0 h) − f(x0 ) , x0 ≠ 0 x0 h−1 h→1 x0 (h − 1) h→197) Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση f : − π , π  → ℝ για την όποια 2 2 ισχύει η ιδιότητα (1) συνx (f '(x) + ημx) = συνx − f(x) για κάθε x ∈ − π , π  2 2 Θεωρούμε επίσης την συνάρτηση g(x) = f(x) − συνx για κάθε x ∈ − π , π  π 2 2 i) Να αποδείξετε ότι ισχύει g(x) + g '(x)συνx = 0 για κάθε x ∈ − π , π  2 2 ii)Να αποδείξετε ότι η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο και ολικό μέγιστο , τα οποίακαι να βρείτε .iii)Με την βοήθεια του ερωτήματος (ii)να βρείτε το τύπο της f.ΛΥΣΗi) Η συνάρτηση g(x) = f(x) − συνx προφανώς είναι παραγωγίσιμη στο− π , π  .Παραγωγίζουμε 2 2 g '(x) = (f(x) − συνx)' = f '(x) + ημxΈτσιg(x) + g '(x)συνx = f(x) − συνx + (f '(x) + ημx ) συνx (1) f(x) − συνx + συνx − f(x) = 0 για κάθε x ∈ − π , π  2 2  =ii)H g είναι συνεχής στο κλειστό − π , π  άρα θα παίρνει μια ελάχιστη τιμή μ και μια 2 2 μέγιστη τιμή Μ. Επειδή όμως η g είναι παραγωγίσιμη στο − π , π  ,οι πιθανές θέσεις 2 2 ολικών ακρότατων είναι :• τα άκρα −π ,π του πεδίου ορισμού − π , π  22 2 2 •κάποιο x0 ∈  − π , π  για το οποίο θα ισχύει g '(x0 ) =0  2 2  ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 149

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΌμως από την σχέση του ερωτήματος (i)Για x = − π 2 g(− π) + g '(− π )συν  − π  = 0 ⇔ g(− π) = 0 2 2  2  2Για x = π 2 g(π ) + g '(π )συν π = 0 ⇔ g(π ) = 0 2 22 2Για x = x0 g(x0 ) + g '(x0 )συνx0 = 0 ⇔ g(x0 ) = 0Επομένως είναι μ = M = 0iii)Για κάθε x ∈ − π , π  : 2 2  μ ≤ g(x) ≤ M ⇔ 0 ≤ g(x) ≤ 0 ⇔ g(x) = 0 ⇔ f(x) − συνx = 0 ⇔ f(x) = συνx98)A. Αν f,g,h συναρτήσεις παραγωγίσιμες στο A τότε ισχύει : α) (f(x)g(x)h(x))' = f '(x)g(x)h(x) + f(x)g '(x)h(x) − f(x)g(x)h '(x) β) (f(x)g(x)h(x))' = f '(x)g(x)h(x) + f(x)g '(x)h(x) + f(x)g(x)h '(x) γ) (f(x)g(x)h(x))' = f '(x)g(x)h(x) − f(x)g '(x)h(x) + f(x)g(x)h '(x) δ) (f(x)g(x)h(x))' = f '(x)g '(x)h(x) − f(x)g '(x)h '(x) + f '(x)g(x)h '(x)Να σημειώσετε στο τετράδιο σας την σωστή απάντηση .Β. Έστω η συνάρτηση f δυο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση f : (1, +∞) → ℝ με f(e) = 1και f '(e) = 1 τέτοια ώστε: 2e xf(x)f ''(x) + x (f '(x))2 + f(x)f '(x) = 0 για κάθε x ∈ (1, +∞)Με την βοήθεια του ερωτήματος (Α) να βρείτε τον τύπο της f.ΛΥΣΗA) β) θεωρία σχολικό βιβλίο σελ 230Β) Για κάθε x ∈ (1, +∞) έχουμε:xf(x)f ''(x) + x (f '(x))2 + f(x)f '(x) = 0 ⇔ xf(x)f ''(x) + xf '(x)f '(x) + (x)' f(x)f '(x) = 0 (A) ⇔(xf(x)f '(x))' = 0 άρα xf(x)f '(x) = c , c πραγματικός σταθερός αριθμός (1)Η (1) για x = e παίρνει την μορφή:ef(e)f '(e) = c ⇔ e ⋅1⋅ 1 = c ⇔ c = 1 άρα η (1) για c = 1 γίνεται 2e 2 2 xf(x)f '(x) = 1 για κάθε x ∈ (1, +∞) (2) 2xf(x)f '(x) = 1 ⇔x>1 2f(x)f '(x) = 1 ⇔ ( )2 x⇔ (f(x))2 ' = (ln x)' ⇔ (f(x))2 = ln x + c1 , c1 πραγματικός σταθερός αριθμός (3)Η (3) για x = e γίνεται:( )f(e) 2 = ln e + c1 ⇔ 1 = 1 + c1 ⇔ c1 = 0150 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.