ΟΔΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ 2017

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr37.Δίνεται η συνάρτηση f : (0, +∞) → ℝ με τύπο f(x) = ex + κxex − 3e2 , κ σταθερόςπραγματικός αριθμός και η συνάρτηση g : ℝ → ℝ τέτοια ώστε: • g '(1) = 1 • 1 + ημ2x ≤ g(x) ≤ e2x για κάθε x ∈ ℝi) Να δείξετε ότι οι συναρτήσεις g και gog είναι παραγωγίσιμες στο x0 = 0 καιμάλιστα ισχύει (gog)'(0) = g '(0) .ii)Nα βρείτε το όριο L = lim g(ημx) − 1 x→0 xiii)Aν L ρίζα της εξίσωσης f(x) = 0 στο (0,+∞) , να δείξετε ότι κ = 1 .iv) Nα δείξετε ότι ο αριθμός L είναι μοναδική ρίζα της εξίσωσης f(x) = 0 στο (0,+∞) .v)Σημείο A(x,0) κινείται στον θετικό ημιάξονα Οx έτσι ώστε η τετμημένη του νααυξάνεται με ρυθμό 2 cm / sec .Αν E(t) είναι το εμβαδό του τριγώνου που ορίζουν τασημεία O(0,0) , A(x,0) και B(x,ex ) να βρείτε την χρονική στιγμή t0 , που το εμβαδό τουτριγώνου ΟΑΒ μεταβάλλεται με ρυθμό 3e2 cm2 / sec .Λύσηi)Για x = 0 : 1 + ημ (2 ⋅ 0) ≤ g(0) ≤ e2⋅0 ⇔ 1 ≤ g(0) ≤ 1 άρα g(0) = 1Για x > 01 + ημ2x ≤ g(x) ≤ e2x ⇔ 1 + ημ2x ≤ g(x) ≤ e2x ⇔ ημ2x ≤ g(x) − 1 ≤ e2x − 1 ⇔ x x xxx xx x x x xxημ2x ≤ g(x) − 1 ≤ e2x − 1 ⇔ ημ2x ≤ g(x) − g(0) ≤ e2x − 1 xx x x x−0 xΑλλάlim ημ2x = lim 2 ημ2x = 2 lim ημ2x = 2 ⋅1 = 2xx→0+ x→0+ 2x x→0+ 2x 0lim e2x − 1 =0 lim (e2x − 1)' = lim 2e2x = 2xx→0+ D,H x→0+ x' 1x→0+Οπότε από το κριτήριο παρεμβολής lim g(x) − g(0) =2 x−0 x→0+Ανάλογα για x>0 προκύπτει: lim g(x) − g(0) = 2 x − 0 x→0−Δηλαδή lim g(x) − g(0) = lim g(x) − g(0) = 2 ⇒ g '(0) = 2 x−0 x − 0 x→0+ x→0−Επειδή η g είναι παραγωγίσιμη 0 και η g είναι παραγωγίσιμη g(0)=1 οπότε η gog είναιπαραγωγίσιμη στο x0 = 0 και ισχύει:(gog)'(0) = g '(g(0)) ⋅g '(0) = g '(1) ⋅g '(0) = 1⋅ 2 = 2 = g '(0) (**)ii) θέτουμε h(x) = ημx ⇒ h '(x) = συνx, h '(0) = 1 όπουL = lim g(ημx) −1 = lim g(ημx) − g(0) = lim g(h(x)) − g(h(0)) = x x x − 0 x→0 x→0 x→0= lim (goh)(x) − (goh)(0) = (goh) '(0) = g '(h(0))h '(0) = g '(0)h '(0) = 2 ⋅1 = 2 x −0 x→0iii) f(2) = 0 ⇔ e2 + 2κe2 − 3e2 = 0 ⇔ 2κe2 = 2e2 ⇔ κ = 1iv)Η εξίσωση είναι f(x) = 0 ⇔ ex + xex − 3e2 = 0 λύση της εξίσωσης είναι x = 2. Έστω ότιυπάρχει μια άλλη ρίζα στο (0,+∞) την x2 .Αν x2 > 2 τότε στο διάστημα 2,x2  η f ικανοποίειτις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle άρα υπάρχει ξ ∈ (2, x2 ) τέτοιο ώστε f΄(ξ) = 0 .Αλλά ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 301

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr( )f '(x) = ex + xex − 3e2 ' = 2ex + xex > 0 για κάθε x ∈ (0, +∞) οπότε f΄(x) = 0 είναι αδύνατη στο(0,+∞) .Άτοπο.Ανάλογα προκύπτει άτοπο αν x2 < 2 .Οπότε η εξίσωση f(x) = 0 έχει µοναδική ρίζα στο(0,+∞) .v)το εµβαδό του τριγώνου είναι: y ex(t) E(t) = 1 (OA)(AB) = 1 x(t) ⋅ ex(t) (1) 22από υπόθεση x'(t) = 2 cm / sec .Από την (1) :E'(t) = 1 x'(t) ⋅ ex(t) + 1 x'(t) ⋅ x(t) ⋅ ex(t) (2) ex(t) B O 22Αλλά x'(t) = 2 = (2t)' οπότε x(t) = 2t + c .Για t = 0xx((00)) = 0 ⋅ 0 + c οπότε c = 0 ,άρα x'(t) = 2t και = 2 A(x,0)από (2) : x(t)E'(t) = 1 ⋅ 2 ⋅ e2t + 1 2t ⋅ e2t 2 ⇔ E'(t) = e2t + 2te2t (3) x 22 (i)Όµως από υπόθεση E'(t0 ) = 3e2 ⇔ e2t0 + 2t0e2t0 = 3e2 ⇔ e2t0 + 2t0e2t0 − 3e2 = 0 ⇔ f(2t0 ) = 0 εξίσωσηπου από το ερώτηµα (ι) έχει µοναδική ρίζα το 2 στο (0,+∞) άρα 2t0 = 2 ⇔ t0 = 1 sec38.Δινεται η συνάρτηση f : 0,+∞) → ℝ* για την οποία ισχύει (1) f(f(x)) = xf(x) για κάθε x ∈ 0, +∞)H Cf διέρχεται από τα σημεία Α(2,6),Β(3,2).i)Να δείξετε ότι η f είναι 1-1.ii)Να λύσετε την εξίσωση f(f(x2 + x) − f(2) + f−1(6)) = 3 + f−1(2)iii)Να δείξετε ότι η Cf διέρχεται από το σημείο A(1,1).iv)Να βρείτε τα κοινά σημεία της γραφικής παράστασης της f με την διχοτόμο του1ου και του 3ου τεταρτημορίου.v)Δίνεται η 1-1 παραγωγίσιμη συνάρτηση g : ℝ → ℝ για την όποια για κάθε x ∈ ℝισχύει g '(g(x)) = 1 , g(0) = 0 να βρείτε τον τύπο της g.vi)Αν επιπλέον η f είναι γνησίως φθίνουσα και g(x) = x , x ∈ ℝ να δείξετε: α) η f είναι συνεχής στο (0,+∞)β) Να υπολογίσετε το όριο ( )lim f(666)x3 + 2016x2 x → −∞γ) Να δείξετε ότι η εξίσωση f(x) = g(x) + 1 έχει ακριβώς μια ρίζα στο (0,1)δ) Να δείξετε ∫1 − 1 < e f(x)dx < e − 1 e1Λύση)i)Έστω x1 , x2 ∈ 0, +∞ : f(x1) = f συναρτηση = (1) = x2f(x2 ) f( ⇒x1 )=f(x2 ) x1 = x2 άρα η f f(x2 ) ⇒ f(f(x1 )) f(f(x2 ))⇒ x1f(x1 )είναι 1-1.ii)Η f ως 1-1 αντιστρέφεται και επειδή Α(2,6) ,Β(3,2) ∈ Cf άρα προκύπτουν οι ισότητες f(2) = 6 , f−1(6) = 2 f(3) = 2 ,f−1(2) = 3302 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΗ ζητούμενη εξίσωση : f(2)=6 f(2)=6f(f(x2 + x) − f(2) + f−1(6)) = 3 + f−1(2) ⇔ f(f(x2 + x) − 6 + 2) = 3 + 3 ⇔ f(f(x2 + x) − 6 + 2) = 6 ⇔ f(f(x2 + x) − 6 + 2) = f(2) f−1 (6)=2f 1−1 f 1−1⇔ f(x2 + x) − 6 + 2 = 2 ⇔ f(x2 + x) = 6 ⇔ f(x2 + x) = f(2) ⇔ x2 + x = 2 ⇔ x2 + x − 2 = 0 ⇔ x = 1, x = −2 .iii)H (1) ισχύει για κάθε x ∈ 0,+∞) άρα θα ισχύει και για x = 1 τότε f 1−1f(f(1)) = f(1) ⇒ f(1) = 1 άρα η Cf διέρχεται από το σημείο A(1,1).iv)Αρκεί να λύσουμε την εξίσωση f(x) = x ,ο αριθμός 1 είναι ρίζα της παραπάνω εξίσωσηκαι επειδή η f είναι 1-1 είναι μοναδική.v)Επειδή g '(g(x)) = 1 είναι g '(x) ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝ , οπότε:g '(g(x)) = 1 ⇔ g '(g(x))g '(x) = g '(x) ⇔ (g(g(x)))' = (g(x))' ⇔ g(g(x)) = g(x) + cΓια x = 0 : g(g(0)) = g(0) + c ⇔ c = 0 g 1−1Άρα g(g(x)) = g(x) ⇒ g(x) = x η οποία ικανοποιεί τις υποθέσεις.vi) α) Έστω x0 ∈ (0, +∞) .Για fց fց x0f(x0 ) (1) x x < x0 ⇒ f(x) > f(x0 )⇒ f(f(x)) < f(f(x0 )) ⇔ xf(x) < x0f(x0 ) ⇔ f(x) <Αλλά , f(x) > f(x0 ) (2) Από (1),(2) : f(x0 ) < f(x) < x0f(x0 ) για κάθε x < x0 xΑπό το κριτήριο της παρεμβολής έπεται ότι: lim f(x) = f(x0 ) x→x0−Ομοίως αν x > x0 προκύπτει: lim f(x) = f(x0 ) x→x0+Οπότε, lim f(x) = f(x0 ) δηλαδή η f είναι συνεχής σε κάθε x0 ∈ (0, +∞) , άρα f συνεχής στο x→x0( 0, +∞ )β) Η f είναι συνεχής στο (0,+∞) άρα η f διατηρεί πρόσημο στο (0,+∞) .Επειδή f(1) = 1 > 0 είναιf(x) > 0 για κάθε x ∈ (0,+∞) άρα και f(666) > 0 οπότε το ζητούμενο όριο ( ) ( ) f(666)>0 lim f(666)x3 + 2016x2 = lim f(666)x3 = − ∞ x → −∞ x → −∞γ) f(x) = g(x) + 1 ⇔ f(x) = x + 1Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = f(x) − x − 1 , x ∈ 0,1 .Η h είναι συνεχής στο 0,1 και: fց• h(0) = f(0) − 1 > 0 , διότι 0 < 1 ⇒ f(0) > f(1) = 1• h(1) = f(1) − 2 = −1 < 0 ,Άρα, από θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ ∈ (0,1) : h(ξ) = 0Από την μονοτονία της h θα εξασφαλίσουμε την μοναδικότητα της ρίζας . ( ) fցΑν x1 , x2 ∈ 0,1 με x1 < x2 ⇒ f(x1 ) > f(x2 ) x1 < x2 ⇔ −x1 > −x2 ⇔ −x1 − 1 > −x2 − 1 προσθέτουμε κατά μέληf(x1 ) − x1 − 1 > f(x2 ) − x2 − 1 ⇔ g(x1) > g(x2 ) άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,1)Οπότε η ρίζα ξ της εξίσωσης είναι μοναδική . fցδ) Για 1 < x < e ⇒ f(1) > f(x) > f(e) ⇔ 1 > f(x) > f(e)Εφόσον 1> fց < f(f(e)) ⇔1< f(f(e)) ⇔ 1< ef(e) ⇔ f(e) > 1 f(e)⇒ f(1) e∫ ∫ ∫ ∫Δηλαδή 1 < f(x) < 1 άρα e 1dx < e f(x)dx < e 1dx ⇔ e − 1 < e f(x)dx < e − 1 e 1e 1 1 e 1 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 303

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr39.Δινεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f στο ℝ και η δυο φορές παραγωγίσιμησυνάρτηση g ορισμένη στο ℝ με συνεχή παράγωγο όπου g’’ γνησίως αύξουσα γιατις όποιες ισχύουν:• 10f(x) > 11x − xf '(x) για κάθε x ≠ 0• g(1) = lim  + 1)ημ x 3 3  (x +  x → +∞• g '(1) = 3e e−1• g(0) :η κλίση μιας άρτιας και παραγωγίσιμης συνάρτησης στο σημείο της x0 = 0 1 • ∫ (g ''(x) − g(x))exdx = 0 0i)Να δείξετε ότι g(1) = 3 , g(0) = 0 .ii)Να μελετήσετε ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα την συνάρτησηh(x) = x10f(x) − x11 .iii)Να δείξετε ότι f(x) ≥ x για κάθε x ∈ ℝ .iv)Αν επιπλέον f(x) > 0,f(1) = 1 και 10f(x) + xf '(x) = 0 για κάθε x > 0 ,να βρείτε το διάστημα Δστο οποίο ισχύει f(x) ≥ x .v)Να αποδείξετε ότι γραφική παράσταση της g έχει το πολύ ένα σημείο καμπής στοΔ.Λύση = 3 ⇔ x= 3 −3  3  =u x +3 u  3 i) (x + +  ( u − + 1)ημu = lim 1)ημ x 3 x→+∞ u→0 lim 3 x → +∞ u→0= lim ( 3 − 2)ημu = lim  ημu −  = 3 ⋅ 1 − 2 ⋅0 = 3 u 3 u 2ημu u→0 u→0Άρα g(1) = 3 .Αν φ μια άρτια παραγωγίσιμη συνάρτηση ορισμένη σε ένα συμμετρικό σύνολο A ⊆ ℝ με0 ∈ A .Ισχύει για κάθε x ∈ A : φ(−x) = φ(x)παραγωγίζουμε : φ'(−x)(−x)' = φ'(x) ⇔ −φ'(−x) = φ'(x) για κάθε x ∈ AΓια x = 0 : −φ'(0) = φ'(0) ⇔ φ'(0) = 0 .Άρα g(0) = 0 .ii)η h είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ℝ ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων( )h '(x) = x10f(x) − x11 ' = 10x9f(x) + x10f '(x) − 11x10 = x9 (10f(x) + xf '(x) − 11x) 10f(x)>11x−xf '(x)⇔10f(x)+xf '(x)−11x>0h '(x) = 0 ⇔ x9 (10f(x) + xf '(x) − 11x) = 0 ⇔ x9 = 0 ⇔ x = 0Έχουμε: h '(x) = 0 ⇔ x = 0 h '(x) > 0 ⇔ x > 0 h '(x) < 0 ⇔ x < 0Η h είναι γνησίως αύξουσα στο 0,+∞)Η h είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞,0Η h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x0 = 0 το h(0) = 010 f(0) − 011 = 0iii) Η h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x0 = 0 το h(0) = 0 άραγια κάθε x ∈ ℝ ισχύει: x10 ≥0h(x) ≥ h(0) ⇔ h(x) ≥ 0 ⇔ x10f(x) − x11 ≥ 0 ⇔ x10 (f(x) − x) ≥ 0 ⇒ f(x) − x ≥ 0 ⇔ f(x) ≥ xiv)Για κάθε x > 0304 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr10f(x) + xf '(x) = 0 ⇔ f '(x) = − 10 ⇔ (ln f(x))' = (−10 ln x)' ⇔ l n f(x) = −10 ln x + c f(x) xΓια x = 1 l n f(1) = −10 ln1 + c ⇔ l n1 = c ⇔ c = 0Άρα, τελικά l n f(x) = −10 ln x ⇔ f(x) = 1 x10 1 x>0 x10 x ⇔ 1 ≥ x11 ⇔ 0 < x ≤ 1Για κάθε x > 0 : (f(x) ≥ 0 , 1 x ⇔ ≥ τελικά ∆= 11 11v) ∫ (g ''(x) − g(x))exdx = 0 ⇔ ∫ (g ''(x)ex − g(x)ex )dx = 0 ⇔ ∫ g ''(x)exdx − ∫ g(x)exdx = 0 ⇔ 00 00 1 1 1 10 10 1 1∫ ∫ ∫ ∫⇔  0 g '(x)ex − g '(x)exdx − g(x)exdx = 0 ⇔ g '(x)ex − (g(x)ex − g(x)exdx) − g(x)exdx = 0 ⇔ 00 00 10 10 1 1 g '(x)ex 10 − g(x)ex 10 g(x)exdx) − g(x)exdx∫ ∫g '(x)ex − g(x)ex + = 0 ⇔ = 0 ⇔ 00⇔ g '(1)e − g '(0)e0 − (g(1)e1 − g(0)e0 ) = 0⇔ g '(1)e − g '(0)e0 − (g(1)e1 − g(0)e0 ) = g '(1)= e3−e1,g(1)=3,g(0)=0 ⇔ 3e e − g '(0) − (3e1 − 0e0 ) = 0 ⇔ 3e2 − 3e(e − 1) = g '(0) e−1 e−1 0⇔⇔ 3e = g '(0) e−1Δηλαδή g '(1) = 3e = g '(0) ,η g’ ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο e−1διάστημα 0,1 άρα υπάρχει ξ ∈ (0,1) τέτοιο ώστε g ''(ξ) = 0 λόγω της μονοτονίας της g’’ το ξθα είναι και η μοναδική ρίζα της g ''(x) = 0 άρα προκύπτει το ζητούμενο.40.(ΣΧ.) Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f ορισμένη στο ℝ και F μια αρχική τηςσυνάρτηση με τις ιδιότητες:• f(x)eF(x) = 2xex2 +1 ,για κάθε x ∈ ℝ• F(0) = lim αx + βx − 2 όπου α,β σταθεροί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε α ⋅β = e x→0 xi)Να δείξετε ότι F(0) = 1ii)Να αποδείξετε ότι F(x) = x2 + 1 , x ∈ ℝ .iii)Να βρείτε τον τύπο της f καθώς και τα κοινά σημεία των Cf,CF.iv)Να δείξετε ότι η Cf εφάπτεται της CF.v)Αν είναι γνωστό ότι το χωρίο που περικλείεται από την CF και την ευθεία y = 5χωρίζεται από την ευθεία y = λ2 + 1 , λ > 0 σε δυο ισεμβαδικά χωρία να βρείτε την τιμήτου λ.Λύσηi) F(0) = lim αx + βx − 2 0 + βx − + αβ = e =0 lim (αx 2)' = lim αx ln α βx ln β = ln α + l nβ = ln(αβ) = ln e = 1 xx→0 D.Hospital x→0 x' x→0 1( ) ( )ii) f(x)eF(x) = 2xex2 +1 ⇔ eF(x) ' = ex2 +1 ' ⇔ eF(x) = ex2 +1 + c, c σταθερός πραγματικός αριθμός. (1)Αλλά, F(0) = 1 οπότε η (1) για x = 0 : eF(0) = e02 +1 + c ⇔ e = e + c ⇔ c = 0 άρα ex 1−1eF(x) = ex2 +1 ⇒ F(x) = x2 + 1 , x ∈ ℝ( )iii) F'(x) = x2 + 1 ' = 2x , F(x) = f(x) ⇔ x2 + 1 = 2x ⇔ (x − 1)2 = 0 ⇔ x = 1 οπότε οι Cf,CF έχουν ένα κοινόσημείο το Α( 1,2). ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 305

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.griv)Παρατηρούμε ότι f(1) = 2 = F(1) και f '(1) = 2 = F'(1) άρα οι Cf,CF έχουν κοινή εφαπτομένηστο κοινό σημείο τους το Α( 1,2).v)Οι τετμημένες των σημείων Α και Β είναι οι ρίζες της εξίσωσης x2 + 1 = 5 ,δηλαδή οιαριθμοί x1 = −2,x2 = 2 .Οι τετμημένες των Γ και Δ είναι οι ρίζες της εξισώσειςx2 + 1 = λ2 + 1 ,δηλαδή οι αριθμοί x1 = −λ, x2 = λ .Το εμβαδό Ε του χωρίου Ω που περικλείεται από την ευθεία y = 5 και την γραφικήπαράστασης της y = x2 + 1 είναι:∫E=2 − 1)dx = − x3 + 2 = (− 8 + 8) − (8 − 8) = 32 τ.μ  3 4x 3 3 3 (5 − x2  −2 −2Το εμβαδό ε του χωρίου περικλείεται από την ευθεία y = λ2 + 1 και την γραφική παράστασητης y = x2 + 1 είναι: λ λ λλ  x3  λ  3  −λ ( λ2 = (λ2 =λ2 1dx − x2dx   −λ −λ −λ −λ∫ ∫ ∫ ∫ε= + 1− x2 − 1)dx − x2 )dx =λ2 ( λ + λ) − == λ2 (λ + λ) − ( λ3 + λ3 ) = 4 λ3 τ.μ 33 3Το Ω χωρίζεται από την y = λ2 + 1 σε δυοισεμβαδικά χώρια ,αν και μόνο ανε = Ε ⇔ 4 λ3 = 32 ⋅ 1 ⇔ λ = 3 4 23 32 y=λ2+1 y=-λ y=λ306 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr41.(ΣΧ.) Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ℝ* → (0, +∞) και συνεχής συνάρτηση gορισμένη στο ℝ .Είναι γνωστό ότι: • xf '(x) + 2f(x) = 0 , για κάθε x ∈ ℝ*  3  3  • f(1) = f(−1) = 1 , g(4) > f   7  , g(4) > f  3  7   3  • g(1) < f i) Να δείξετε ότι f(x) = 1 ,x ≠ 0. x2ii)Να βρείτε το εμβαδό Ε(λ) του χωρίου που περικλείεται από την γραφικήπαράσταση της συνάρτησης f του άξονα x’x και τις ευθείες x = 1,x = λ, λ > 0 .iii)Να βρεθούν οι τιμές του πραγματικού αριθμού λ αν ισχύει Ε(λ) ≤ λ(5 − λ) − 5 . λiv)Να δείξετε ότι η εξίσωση g(x) = 25 − 2λx έχει μια τουλάχιστον πραγματική ρίζα. 3v)Να δείξετε ότι η συνάρτηση h(x) = (MA) + MB) έχει ελάχιστη τιμή το 5 ,όπου Α,Β,Μτρία σημεία με Α(4,3),Β(1,7), M(x,g(x)) , x ∈ ℝ .Λύσηi)Για κάθε x ∈ ℝ* : xf '(x) + 2f(x) = 0 ⇔ xf '(x) = −2f(x) x≠0 f '(x) = − 2 , x ∈ (−∞,0) ∪ (0,+∞) (1) ⇔ f(x)>0 f(x) xΆρα η (1) ισχύει σε ένωση διαστημάτων και είναι συνεχής σε καθένα από αυτά ωςπαραγωγίσιμη οπότε:x ∈ (0, +∞) : f '(x) = − 2 ⇒ (ln f(x)) ' = ( −2 ln x ) ' ⇒ ln f(x) = −2 ln x + c1 (2) f(x) xx ∈ (−∞,0) : f '(x) = − 2 ⇒ (ln f(x)) ' = ( −2 ln(−x)) ' ⇒ ln f(x) = −2 ln(−x) + c2 (3) f(x) xΑλλάf(1) = 1 οπότε η (2): ln f(1) = −2 ln 1 + c1 ⇔ ln 1 = −2 ln 1 + c1 ⇔ c1 = 0f(−1) = 1 οπότε η (2): ln f(−1) = −2 ln 1 + c2 ⇔ ln 1 = −2 ln 1 + c2 ⇔ c2 = 0Δηλαδήx ∈ (0, +∞) : ln f(x) = −2 ln x ⇔ ln f(x) = ln x−2 ⇔ ln f( x) = ln 1 ⇔ f(x) = 1 x2 x2( )x ∈ ln(−x)−2 ln x−2 1 1 −∞, 0 : ln f(x) = −2 ln(−x) ⇔ ln f(x) = ⇔ ln f(x) = ⇔ ln f(x) = ln x2 ⇔ f(x) = x2Τελικά: f(x) = 1 ,x ≠ 0 x2ii) Tο εμβαδό Ε(λ) του ζητούμενου χωρίου∫ ∫ ∫ ∫E(λ) =λ1 dx = λ 1 dx = − λ − 1 dx = − λ  1  'dx = −  1 λ = −( 1 − 1) = 1 − 1 1 x2 1 x2 1 x2 1  x   x 1 λ λiii)Ε(λ) ≤ λ(5 − λ) − 5 λ>0 1 ≤ 5λ − λ2 −5 ⇔ λ −1 ≤ 5λ − λ2 −5 λ>0 −1≤ 5λ − λ2 −5 ⇔ λ ⇔1− λλ λλ ⇔λ⇔ −5λ + λ2 + 5 + λ − 1 ≤ 0 ⇔ −4λ + λ2 + 4 ≤ 0 ⇔ (λ − 2)2 ≤ 0άρα (λ − 2)2 = 0 ⇔ λ − 2 = 0 ⇔ λ = 2iv) Από υπόθεση ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 307

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr  7  ⇔ ... ⇔ g(1) < 7g(1) < f  7   3  ⇔ .... ⇔ g(4) > 3 .Για λ = 2 : g(x) = 25 − 2λx = 25 − 4xg(4) > f  3  33θεωρούμε την συνάρτηση φ(x) = g(x) − 25 − 4x είναι συνεχής στο 1, 4 3 φ(1) = g(1) − 25 − 4 = g(1) − 7 < 0 3 φ(4) = g(4) − 25 − 16 = g(4) − 3 > 0 3Άρα από το θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα x0 ∈ (1,4) έτσι ώστεφ(x0 ) = 0 ⇔ g(x0 ) − 25 − 4x0 = 0 ⇔ g(x0 ) = 25 − 4x0 (*) 3 3v) Η συνάρτηση h με τύπο h(x) = (MA) + MB) = (x − 4)2 + (g(x) − 3)2 + (x − 1)2 + (g(x) − 7)2 δενγνωρίζουμε αν είναι παραγωγίσιμη (από υπόθεση g συνεχής) άρα δεν μπορούμε ναακολουθήσουμε την πεπατημένη για την εύρεση ακρότατων.Από τριγωνική ανισότητα ισχύει στο τρίγωνο ΜΑΒ(MA) + MB) ≥ (AB) = (1 − 4)2 + (7 − 3)2 = (32 + 42 = 5 ,άρα ισχύει h(x) ≥ 5 για κάθε x ∈ ℝΑρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει x1 ∈ ℝ τέτοιο ώστε h(x1) = 5Παρατηρούμε ότι αν βρούμε την τιμή της h στο x0 ∈ (1,4) από το ερώτημα (iv) λαμβάνουμε: (*)h(x0 ) = (x0 − 4)2 + (g(x0 ) − 3)2 + (x0 − 1)2 + (g(x0 ) − 7)2 == (x0 − 4)2 + ( 25 − 4x0 − 3)2 + (x0 − 1)2 + ( 25 − 4x0 − 7)2 = 3 3= (x0 − 4)2 + ( 25 − 4x0 − 9)2 + (x0 − 1)2 + ( 25 − 4x0 − 21)2 = 3 3= (x0 − 4)2 + (16 − 4x0 )2 + (x0 − 1)2 + ( 4 − 4x0 )2 = 3 3= (x0 − 4)2 + 16 (4 − x0 )2 + (x0 − 1)2 + 16 (1 − x0 )2 9 9= (x0 − 4)2 (16 + 1) + (x0 − 1)2 (16 + 1) = 9 9= (x0 − 4)2 25 + (x0 − 1)2 25 = 5 (x0 − 4)2 + 5 (x0 − 1)2 = 9 9 3 3= 5( x0 −4 + x0 − 1 ) 1< =x0 <4 5 ((4 − x0 ) + (x0 − 1)) = 5 ⋅3 = 5 3 3 3Άρα h(x) ≥ h(x0 ) για κάθε x ∈ ℝ . Αν έφτασες µέχρι εδώ κάνε ένα διάλλειµα µε ένα τραγουδάκι !! https://www.youtube.com/watch?v=gUTyhmACoH0308 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr42.Α.Εστω συνάρτηση f : α,β → ℝ , η οποία είναι συνεχής και ισχύει f(x) ≥ 0 για κάθεx ∈ α,β .Να δείξετε ότι: β ∫ f(x)dx = 0 ⇔ f(x) = 0 για κάθε x ∈ α,β αΒ.Η συνάρτηση f : 0,2 → ℝ είναι παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο στο 0,2 καιείναι γνωστό ότι: 20 • 3∫ (f '(x))2dx − 12∫ f(x)dx = 64 (1) 02 • lim (f(x))5 + 16(f(x))3 − 211 ∈ℝ (2) x−2 x→2i)Να εξετάσετε τη συνάρτηση g(x) = x5 + 16x3 − 211 , x ∈ ℝ ως προς την μονοτονία και ναυπολογίσετε την τιμή της στο 4.ii)Να δείξετε ότι f(2) = 4 .iii)Να δείξετε ότι f(x) = x2 , x ∈ 0, 2 .iv)(Bonus ερώτημα ,θέλετε το κάνετε, θέλετε δεν το κάνετε..) Μια συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη στο −1,1 και η εφαπτομένη της Ch στοσημείο της Α(-1,h(-1)) είναι παράλληλη στην ευθεία ε1 : y = −f(1)x + 2016 ενώ ηεφαπτομένη της Ch στο σημείο της Β(3,h(3) είναι κάθετη στην ευθείαε1 : y = − f(2) x + 1974 .Να αποδείξετε ότι υπάρχει ξ ∈ (−1,1) τέτοιο ώστε h '(ξ) = 0 . 12(Υπόδειξη: Δεν μπορείτε να χρησιμοποιήσετε θεώρημα Bolzano .Γιατί;)ΛύσηΑ.( ⇒ ) βΑν ∫ f(x)dx = 0 και έστω ότι η f δεν είναι παντού μηδέν στο διάστημα α,β .Τότε η f είναι α ββσυνεχής στο α,β και f(x) ≥ 0 .Κατά συνέπεια ∫ f(x)dx > 0 , άτοπο ,εφόσον ∫ f(x)dx = 0 .Οπότε ααf(x) = 0 για κάθε x ∈ α,β . β( ⇐ )Αν f(x) = 0 για κάθε x ∈ α,β τότε είναι προφανές ότι ∫ f(x)dx = 0 αΒ.i) g(x) = x5 + 16x3 − 211 , x ∈ ℝ( )Είναι g '(x) = x5 + 16x3 − 211 ' = 5x4 + 48x2 ≥ 0 για κάθε x ∈ ℝ την ισότητα να ισχύει στο x = 0 αραη g είναι γνησίως αύξουσα στο ℝΕίναι g(4) = 45 + 16 ⋅ 43 − 211 = 45 + 45 − 211 = 45 + 45 − 211 = 210 + 210 − 211 = 2 ⋅ 210 − 211 = 211 − 211 = 0ii)Θέτουμε h(x) = (f(x))5 + 16(f(x))3 − 211 ⇔ h(x)(x − 2) = (f(x))5 + 16(f(x))3 − 211 x−2Λαμβάνουμε όρια και στα δυο μέλη στο 2 .Γνωρίζουμε ότι τα όρια υπάρχουν λογω τηςπαραγωγισιμότητας άρα και της συνέχειας της f ( lim f(x) = f(2) )και της (2) x→2( )( )lim h(x)(x − 2) = lim (f(x))5 + 16(f(x))3 − 211 ⇔ 0 = (f(2))5 + 16(f(2))3 − 211 (3)x→2 x→2Από το ερώτημα (i) η (3) : 0 = g(f(2)) ⇔ g(4) = g(f(2)) η g είναι γνησίως αύξουσα άρα και 1-1οπότε f(2) = 4 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 309

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr 20∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫iii) 3 (f '(x))2dx − 12 f(x)dx = 64 ⇔ 22 f(x)dx = 64 ⇔ 2 2 f(x)dx = 64 ⇔ 3 (f '(x))2dx + 12 (f '(x))2dx + 4 0 03 02 00 22 64 2  2 2  64 3  0 0 '(x)dx  3 (f '(x))2dx + 4 (f '(x))2dx 00 0∫ ∫ ∫ ∫⇔ = ⇔ +  x) − = ⇔ (x)' f(x)dx 4 xf( xf 2 2  64 f(2)=4 2  2  64  3 0  0 xf '(x)dx  3 ⇔∫ ∫ ∫ ∫⇔ 0 (f '(x))2dx + 4  2f(2) − 0f(0) − 0 = + − = ⇔ xf '(x)dx (f '(x))2dx 4 8 22 64 2 64 2∫ ∫ ∫ ∫⇔ (f '(x))2dx + 32 − 4 = ⇔ + − − 4 xf '(x)dx = 0 ⇔ xf '(x)dx (f '(x))2dx 32 0 30 30 0 2 32 2 ( ii )∫ ∫⇔ (f '(x))2dx + − 4 xf '(x)dx = 0 ⇔ 0 30 (*)(ii) 2 22 ∫(*) 2  4x3 2 32⇔ ∫ (f '(x))2dx + ∫ 4x2dx − 4∫ xf '(x)dx = 0 ⇔ 0 =  3  = 3 4x2dx  0(*) 0 00 ( )∫ ∫2 2( )⇔ (f '(x))2 − 4xf '(x) + 4x2 dx = 0 ⇔ f '(x) − 2x 2dx = 0 00Θεωρούμε την συνάρτηση Φ(x) = (f '(x) − 2x)2 , ορισμένη στο 0,2 ,συνεχή στο 0,2 μεΦ(x) ≥ 0 ,για κάθε x ∈ 0,2 οπότε από το ερώτημα Α προκύπτειγια κάθε x ∈ 0, 2( )Φ(x) = 0 ⇔ (f '(x) − 2x)2 = 0 ⇔ f '(x) − 2x = 0 ⇔ f '(x) = 2x ⇔ f '(x) = x2 ' ⇔ f(x) = x2 + c, (4)c σταθερόςπραγματικόςΑλλά, f(2) = 4 οπότε με αντικατάσταση στην (4) προκύπτει c = 0 ,τελικά f(x) = x2 ,x ∈ 0,2 .iv) H εφαπτομένη της Ch στο σημείο της Α(-1,h(-1)) είναι παράλληλη στην ευθείαε1 : y = −f(1)x + 2016 άρα h '(−1) = −f(1) = −1 ⇔ h(−1) = −1Η εφαπτομένη της Ch στο σημείο της Β(3,h(3)) κάθετη στην ευθεία ε1 :y = − f(2) x + 1974 άρα 12h '(3) ⋅  − f(2)  = −1 ⇔ h '(3)  − 4  = −1 ⇔ h '(3)  − 1  = −1 ⇔ h '(3) = 3  12  12   3 Δεν μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε θ.bolzano καθώς δεν γνωρίζουμε αν η h’ είναισυνεχής στο −1,1 .Έτσι:• h '(−1) = lim h(x) − h(−1) = −1 < 0 .Άρα: h(x) − h(−1) < 0 για τιμές του x κοντά στο -1. x − (−1) x − (−1) x→1+Επειδή x > −1 ⇔ x − (−1) > 0 ισχύει: h(x) − h(−1) < 0 ⇔ h(x) < h(−1) (5)• h '(1) = lim h(x) − h(1) =3>0 Άρα: h(x) − h(1) > 0 για τιμές του x κοντά στο 1. x − 1 x−1 x →1+Επειδή x < 1 ⇔ x − 1 < 0 ισχύει: h(x) − h(1) < 0 ⇔ h(x) < h(1) (6)Παρατηρούμε ότι υπάρχουν εσωτερικά σημεία του x στο διάστημα −1,1 στα οποία η hλόγω (5),(6) παίρνει μικρότερες τιμές από τις τιμές της στα άκρα του διαστήματος. Ησυνάρτηση h είναι συνεχής στο −1,1 θα έχει ολικό μέγιστο και ολικό ελάχιστο ,με τοολικό ελάχιστο να σημειώνεται σε εσωτερικό σημείο ξ τότε −1,1 .Επομένως, από τοθεώρημα Fermat θα ισχύει: h'(ξ) = 0 , ξ ∈ (−1,1)310 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr43. (ΣΧ.) Α.Έστω δυο συναρτήσεις f,g συνεχείς το α,β .Να δείξετε ότι: ββi)Αν f(x) ≥ g(x) για κάθε x ∈ α,β τότε ∫ f(x)dx ≥ ∫ g(x)dx ααii)Αν M,m είναι η μέγιστη κι η ελάχιστη τιμή της f στο α,β τότε : β M(β − α) ≤ ∫ f(x)dx ≤ m(β − α) αΒ. Δίνονται οι συναρτήσεις f(x) = 1 , x > 0 και g(x) = ln(x + 1 ), x ∈ ℝ x2 + 1 f(x)i)Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,+∞) . x+1 ∫ii)Να υπολογίσετε το όριο lim f(t)dt . x → +∞ xiii)Να δείξετε ότι g '(x) = 1 για κάθε x ∈ ℝ . x2 + 1iv) Να δείξετε ότι (g(εφx))' = 1 , για κάθε x ∈  0, π  συνx  2 v)Έστω μια συνάρτηση h παραγωγίσιμη στο ℝ με h'(x) ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝ .Αν h −1 (x) = εφx , x ∈  − π , π  να βρείτε την παράγωγο της h.  2 2 ΛύσηΑ.i) Για κάθε x ∈ α,β : β ββ ββf(x) ≥ g(x) ⇔ f(x) − g(x) ≥ 0 ⇒ ∫ (f(x) − g(x))dx ≥ 0 ⇒ ∫ (f(x)dx − ∫ g(x)dx ≥ 0 ⇔ ∫ (f(x)dx ≥ ∫ g(x)dx α αα ααii) M,m είναι η μέγιστη κι η ελάχιστη τιμή της f στο α,β άρα (i) β β β ββ β βm ≤ f(x) ≤ M ⇒ ∫ mdx ≤ ∫ f(x)dx ≤ ∫ Mdx ⇔ m∫ 1dx ≤ ∫ f(x)dx ≤ M∫ 1dx ⇔ m(β − α) ≤ ∫ f(x)dx ≤ M(β − α) αα α αα α αΒ. i)Η f είναι παραγωγίσιμη στο (0,+∞) ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων άρα =  1  = − ( x2 + 1)' =− (x2 + 1)' =− 2x 2 < 0 για x > 0  x2 +  ' 2 2 x2 + 1 x2 + 1 x2 + 1'(x)( ) ( ) ( )f 2 1 x2 + 1 x2 + 1 2άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,+∞) .ii)Για x > 0 ,και για κάθε (A) x+1t ∈ x, x + 1 : x ≤ t ≤ x + 1 ⇒ f(x) ≥ f(t) ≥ f(x + 1)⇒ f(x)(x + 1 − x) ≥ ∫ f(t)dt ≥ f(x + 1)(x + 1 − x) x∫ x+1f(x) ≥ f(t)dt ≥ f(x + 1)xl→im+∞xl→im+∞ x κριτηριο παρεμβολης x+1 ∫⇒ lim f(t)dt = 0 f( x) = 0 x → +∞ f( x x + 1) = 0iii) Για κάθε x ∈  0, π   2 g(x) = ln(x + 1 ) = ln(x + x2 + 1), x ∈ ℝ x2 + 1)' = 1 (1 + (x2 + 1)' ) = 1 (1 + 2x ) = f(x) x+ x2 + 1 2 x2 + 1 x + x2 + 1 2 x2 + 1( )g '(x) = ln(x + x2 + 1) ' = 1 (x + x + x2 + 1 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 311

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr= 1 (1 + x ) = 1 ⋅ x2 + 1 + x = 1 , x ∈ ℝ x + x2 + 1 x2 + 1 x + x2 + 1 x2 + 1 x2 + 1 1 1= 1 1 x∈ 0, π  1 1 εφ2x + 1 συ2νx 1 συν 2 x 2  συν 2 x συνxiv) (g(εφx))' = (g '(εφx))(εφx)' = = συνx = συνx > 0 συν 2 xv) Για κάθε x ∈  − π , π  , h '(x) ≠ 0 για κάθε x∈ℝ ,η h ως παραγωγίσιμη στο ℝ οπότε είναι και  2 2 συνεχής στο ℝ οπότε η h’ διατηρεί πρόσημο στο ℝ άρα είναι γνησίως μονότονη κατάσυνέπεια και 1-1 . h 1−1 ( iv )( ) ( )( ) ( ) ( )h−1(x) = εφx ⇔ h h−1(x) = h εφx ⇔ x = h εφx ⇒ x' = h εφx ' ⇔1 = h ' (εφx ) (εφx ) ' ⇔ 1 = h ' (εφx ) 1 ⇔ 1 = h ' (εφx ) (εφ2 x + 1) ⇔ h ' (εφx ) = 1 +1 συν 2 x εφ 2 xΘέτουμε u = εφx άρα h'(u) = 1 δηλαδή h '(x) = 1 ,x ∈ ℝ u2 + 1 x2 + 144.(ΣΧ.) Δίνεται η συνάρτηση f : ℝ → ℝ για την οποία ισχύει: f(0) = 0 και f(x) − f(y) ≤ x − y για κάθε x, y ∈ ℝi)Να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής στο ℝ .ii)Να δείξετε ότι η συνάρτηση g(x) = f(x) + 2x − 1 είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .iii)Να δείξετε ότι η εξίσωση g(x) = 0 έχει ακριβώς μια πραγματική ρίζα.iv)Να υπολογίσετε τα όρια , λ = lim 2016x2 + 3f(x) 1008x2 + f(x) κ = lim f(x) x → +∞ x→+∞ 2016x2v)☺ (Bonus ερώτημα)Αν h : κ, λ → ℝ είναι μια συνεχής συνάρτηση τέτοια ώστε h(κ) = h(λ) .Να δειχτεί ότιυπάρχουν α,β ∈ κ, λ τέτοιοι ώστε α −β = 1 και h(α) = h(β) .Λύσηi)Έχουμε f(0) = 0 και f(x) − f(y) ≤ x − y για κάθε x, y ∈ ℝ (1)Έστω τυχαίος x0 ∈ ℝ .Από (1) για κάθε x ∈ ℝ Αν x1 ≠ x2 και λ= f (x1) − f (x2 ) x1 − x2 f(x) − f(x0 ) ≤ x − x0 ⇔ − x − x0 ≤ f(x) − f(x0 ) ≤ x − x0 ⇔f(x0 ) − x − x0 ≤ f(x) ≤ f(x0 ) + x − x0 ο λόγος μεταβολής της f μεταξύΑλλά των x1 , x2 ,τότε( ) ( )lim • f γνησίως αύξουσα ⇔ λ > 0 • f γνησίως φθίνουσα ⇔ λ < 0x→x0 f(x0 ) − x − x0 = f(x0 ) , lim f(x0 ) + x − x0 = f(x0 ) x→x0Από το κριτήριο της παρεμβολής προκύπτει:lim f(x) = f(x0 ) για κάθε x0 ∈ ℝ άρα η f είναι συνεχής στο ℝx→x0ii)Θεωρούμε συνάρτηση g(x) = f(x) + 2x − 1 , x ∈ ℝΑν x1 , x2 ∈ ℝ με x1 ≠ x2 έχουμεg(x1 ) − g(x2 ) = f(x1) + 2x1 − 1 − f(x2 ) − 2x2 + 1 = f(x1 ) − f(x2 ) + 2(x1 − x2 ) = x1 − x2 x1 − x2 x1 − x2= f(x1 ) − f(x2 ) + 2(x1 − x2 ) = f(x1 ) − f(x2 ) + 2 x1 − x2 x1 − x2 x1 − x2Όμως από την σχέση (1) λαμβάνουμε:f(x1 ) − f(x2 ) ≤ x1 − x2 ⇔x1 ≠x2 f(x1) − f(x2 ) ≤1⇔ f(x1) − f(x2 ) ≤ 1 ⇔ −1 ≤ f(x1 ) − f(x2 ) ≤ 1 ⇔ x1 − x2 x1 − x2 x1 − x2312 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr−1 + 2 ≤ f(x1 ) − f(x2 ) + 2 ≤ 1+ 2 ⇔ 1 ≤ g(x1 ) − g(x2 ) ≤ 3 δηλαδή g(x1 ) − g(x2 ) > 0 άρα η g είναι γνησίως x1 − x2 x1 − x2 x1 − x2αύξουσα στο ℝ .iii)Η g είναι συνεχής στο ℝ .Η (1) για y = 0 :f(x) − f(0) ≤ x − 0 ⇔ f(x) ≤ x ⇔ − x ≤ f(x) ≤ x ⇔ − x + 2x − 1 ≤ f(x) + 2x ≤ x + 2x − 1 ⇔⇔ − x + 2x − 1 ≤ f(x) + 2x − 1 ≤ x + 2x − 1 ⇔ − x + 2x − 1 ≤ g(x) ≤ x + 2x − 1 για κάθε x ∈ ℝΓια x = 0 : − 0 + 2 ⋅ 0 − 1 ≤ g(0) ≤ 0 + 2 ⋅ 0 − 1 ⇔ −1 ≤ g(0) ≤ −1 άρα g(0) = −1 < 0Για x = 2 : − 2 + 2 ⋅ 2 − 1 ≤ g(2) ≤ 2 + 2 ⋅ 2 − 1 ⇔ 1 ≤ g(2) ≤ 5 άρα g(2) > 0Για την συνάρτηση g ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα0,2 άρα υπάρχει ξ ∈ (0, 2) : g(ξ) = 0 , η g είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ άρα το ξ είναιμοναδικό.iv)Από ερώτημα iii) για κάθε x ∈ ℝ ισχύει − x ≤ f(x) ≤ x οπότε για x ≠ 0−x ≤ f(x) ≤ x x2 >0 x ≤ f(x) ≤ x ⇔− x ≤ f(x) ≤ x ⇔− 1 ≤ f(x) ≤ 1 ⇔ x2 x2 x2 x2 x2 x x2 x ⇔− x2⇔ − 1 ⋅ 1 ≤ f(x) ⋅ 1 ≤ 1 ⋅ 1 ⇔ − 1 ≤ f(x) ≤ 1 x 2016 x2 2016 x 2016 2016 x 2016x2 2016 xόμως lim  − 1 x  , lim 1 = 0 άρα από το κριτήριο παρεμβολής  2016  = 0 x → +∞ x→+∞ 2016 x• κ = lim f(x) = 0 x→+∞ 2016x2 x 2  2016 + 3 f(x)  2016 + 3 f(x)  x2  x2• λ = lim 2016x2 + 3f(x) = lim = lim = 2016 = 2 1008x2 + f(x)  f(x)  f(x) 1008 x → +∞ x → +∞ x2 1008 + x2  x → +∞ 1008 + x2vi)Όταν κ = 0, λ = 2 h : 0, 2 → ℝ με h(0) = h(2)Για να δείξουμε ότι υπάρχουν α,β ∈ 0, 2 τέτοιοι ώστε α −β = 1 ήαα − β = 1 ⇔ αα = β + 1 αντίστοιχα να ισχύει: hh((αα)) = h(β) ⇔ hh((ββ + 1) = h(β) − β = −1 = β − 1 = h(β) − 1) = h(β)Δυο περιπτώσεις• Θεωρούμε την συνάρτηση φ(x) = h(x + 1) − h(x) που είναι συνεχής στο 0,2 άρα και στο0,1 .Είναι ,φ(0) = hh((10++11))−−hh((10))==hh((21))−−hh((10)) h( 0)=h( 2 ) ⋅ = (h(1) − h(2))(h(2) − h(1)) = −(h(1) − h(2))2 ≤φ(1) = ⇒ φ(0) φ(1) 0Άρα υπάρχει ξ ∈ 0,1 τέτοιος ώστε φ(ξ) = 0 ⇔ h(ξ + 1) − h(ξ) με ξ,ξ + 1∈ 0, 2 και (ξ + 1) − ξ = 1Για α = ξ + 1,β = ξ προκύπτει h(α) = h(β) και α −β = 1• Θεωρούμε την συνάρτηση φ1(x) = h(x) − h(x − 1) που είναι συνεχής στο 0,2 άρα και στο1, 2 Είναι (1) = hh((12))−−hh((12−−11))==hh(1(2) )−−hh(0(1)) h(0)=h( 2) (2) = ⇒φ1( )( ) ( )φ1 φ1 (0) ⋅ φ1 (1) = h(1) − h(2) h(2) − h(1) = − h(1) − h(2) 2 ≤ 0Άρα υπάρχει ξ ∈ 1, 2 τέτοιος ώστε φ1(ξ) = 0 ⇔ h(ξ) − h(ξ − 1) με ξ,ξ − 1∈ 0, 2 και (ξ − 1) − ξ = −1Για α = ξ − 1,β = ξ προκύπτει h(α) = h(β) και α − β = −1 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 313

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr45.Α.Δίνεται η συνάρτηση g με g(x) = x ln x , x > 0 .Να την μελετήσετε ως προς την μονοτονία, τα ακρότατα και το σύνολο τιμών.Β. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = gκ((xκ)−, 2) x > 0 − 2 ημ 2θ) − 2e λ συν 2θ + 2, x=0 + e λ (eλΌπου κ,λ σταθεροί πραγματικοί αριθμοί , θ∈ 0,2π .i)Να βρείτε τις τιμές των κ , λ αν η f είναι συνεχής στο 0,+∞) .ii)Για κ=1 και λ=0 :α)Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία ,τα ακρότατα και το σύνολο τιμών.β)Να βρείτε το πλήθος των διαφορετικών θετικών ριζών της εξίσωσης ln x = α για xόλες τις πραγματικές τιμές του α.γ) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της Cf στο Α(1,f(1)).δ) Να μελετήσετε την f ως προς την κυρτότητα στο πεδίο ορισμού της και κατόπιν ναβρείτε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από την Cf, την (ε) και τις ευθείεςx = 1, x = e .ε)Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο της B(e,f(e)) και στηνσυνέχεια να υπολογίσετε το όριο lim 1974 + e f(xe) − 2ex x→1ΛύσηΑ.Η g συνεχής, παραγωγίσιμη στο (0,+∞) ( ως γινόμενο μια πολυωνυμικής καιλογαριθμικής)g '(x) = (x ln x)' = ln x + x 1 = ln x + 1 , g '(x) = 0 ⇔ ln x + 1 = 0 ⇔ ln x = −1 ⇔ x = 1 xeg '(x) < 0 ⇔ ln x + 1 < 0 ⇔ ln x < −1 ⇔ x < 1 eg '(x) > 0 ⇔ ln x + 1 > 0 ⇔ ln x > −1 ⇔ x > 1 eΗ g είναι γνησίως φθίνουσα στο  0, 1  και γνησίως αύξουσα στο  1 , +∞  και παρουσιάζει  e   e ολικό ελάχιστο στην θέση x0 = 1 το g(1) = 1 ln 1 = −1 e ee e eΣτο διάστημα ∆ =  0, 1  , g ց άρα g( ∆ ) = g( 1 ), lim g(x)  1  e  1 e  x→0+Στο διάστημα ∆ =  1 , +∞  , g ր άρα g(∆2 ) = g( 1 ), lim g(x)  2  e  e  x → +∞ 0 ⋅( −∞ ) ∞1 = lim − x2 = lim(−x) = 0lim g(x) = lim(x ln x) = lim ln x ∞ lim (ln x)' = lim x =x→0+ x→0+ x→0+ 1 D.H x→0+ ( 1 )' −x→0+ 1 xx →0+ x→0+ xx x2lim g(x) = lim (x ln x) =+ ∞x → +∞ x → +∞Άρα g( ∆ ) =  1 ), lim g( x)  = − 1 , 0  , g( ∆ 2 ) = − 1 , +∞  τελικά το σύνολο τιμών της 1 g( e  e  e  x→0+g είναι g(Dg ) = − 1 , +∞  e 314 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.



Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΑν α ∈(0,+∞) επειδή ( 0, +∞) ⊆ − 1 , +∞  = f(  1 , +∞  και η f είναι γνησίως αύξουσα στο  1 , +∞  , e   e )  e προκύπτει ότι η (1) έχει ακριβώς μια ρίζα στο  1 , +∞  , που είναι θετική.  e Ένα σχήμα θα βοηθήσει να συνοψίσουμε: Μια ρίζα Cf 1 Μια ρίζα y = α,α ∈ (0,+∞) e y = α,α = 0 Δυο ρίζες Μια ρίζα y = α, α ∈  − 1 , 0   e  −1 e y = α,α = − 1 e y = α,α ∈  − 1 , −∞   e γ) Η εφαπτομένη της Cf στο σημείο της Α(1,f(1)): (ε) : y − f(1) = f '(1)(x − 1) ⇔ y = x − 1f ''(x) = 1 > 0 ,για κάθε x > 0 άρα η f είναι κυρτή στο (0,+∞) άρα η Cf είναι πάνω από την xεφαπτομένη (ε) με εξαίρεση το σημείο επαφής κατά συνέπεια το ζητούμενο εμβαδό είναι∫ ∫e (f(x) − (x − 1))dx = e (x ln x − (x − 1))dx = .... = 4e − e2 − 1 τ.μ 411ε) Η εφαπτομένη της Cf στο σημείο της Α(e,f(e)): (ε) : y − f(e) = f '(e)(x − e) ⇔ y − e = 2(x − e) ⇔ y − e = 2x − 2e ⇔ y = 2x − eΛόγω της κυρτότητας για κάθε x > 0 : f(x) ≥ 2x − e ⇔ f(x) − 2x + e ≥ 0 (*)Χειριζόμαστε το όριο με αντικατάσταση : 1974 u=xe⇔ x= u 1974 f(xe) − 2ex e u) − 2u = lim + e lim f( + e u→e x→1 u→eΑλλά κοντά στο e από την (*)ισχύει f(u) − 2u + e > 0 , lim(f(u) − 2u + e) = 0 u→eοπότε το ζητούμενο όριο lim 1974 + e = +∞ f(u) − 2u u→e316 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr46.Δίνεται η δυο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση f : (0,+∞) → ℝ , με f(1) = 0 καιf '(1) = 1 ,και η παραγωγίσιμη συνάρτηση g : (1,+∞) → ℝ για τις οποίες ισχύει:• f ''(x) = − f '(x)2 < 0 για κάθε x ∈ (0, +∞) (1)• g '(x) > 1 για κάθε x ∈ (1,+∞) (2) xf(x)i)Να δείξετε ότι f(x) = ln x, x > 0 .ii)Να αποδείξετε ότι g(5) − g(e) > ln(ln 5) .iii)Υλικό σημείο Μ κινείται πάνω στην γραφική παράσταση της f και η τετμημένητου μεταβάλλεται με ρυθμό x'(t) = e2 cm / s .Nα βρείτε το ρυθμό μεταβολής της γωνίας θπου σχηματίζει η ευθεία ΟΜ με τον άξονα x’x,όταν η ΟΜ γίνεται εφαπτομένη της Cf(όπου Ο η αρχή των αξόνων ). eiv) Να δείξετε ότι ∫ (ημx ⋅ f(x))dx ≤ 1 1v) (Μεζεδάκι..) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν x1 , x2 ∈ (1,+∞) με x1 < x2 ,ώστε: f  x1 + x2  > f(x1 ) ⋅ f(x2 )  2   (Υπόδειξη: Θεωρείστε βοηθητική συνάρτηση h(x) = ln(ln x) και εφαρμόστε Θ.Μ.Τ σεκατάλληλα διαστήματα...)Λύσηi)Για κάθε x > 0 ισχύει:f ''(x) = − f '(x)2 < 0 ⇔ − f ''(x) = 1 ⇔  f 1  = (x)' ⇔ f 1 = x + c,c ∈ ℝ σταθερός (3) f '(x)2  '(x) ' '(x)  Για x = 1 η (3) : 1 = 1 + c ⇔ c = 0 .Άρα, για κάθε x > 0 f '(1) 1 = x ⇔ 1 = f '(x) ⇔ f '(x) = (ln x)' ⇔ f(x) = ln x + c ,c ∈ ℝ σταθερός (4)f '(x) xΓια x = 1 η (4): f(1) = ln 1 + c ⇔ c = 0 ,τελικά f(x) = ln x, x > 0ii)H (2) από το ερώτημα (i) γίνεται:g '(x) > 1 ,για κάθε x ∈ (1,+∞) , Έτσι x ln xg '(x) > 1 ⇔ g '(x) > 1 ⋅ 1 ⇔ g '(x) > (ln x)' ⇔ g '(x) > (ln(ln x))' ⇔ g '(x) − (ln(ln x))' > 0 ⇔ (g(x) − ln(ln x))' > 0 x ln x x ln x ln xγια κάθε x ∈ (1,+∞) . Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = g(x) − ln(ln x) , x ∈ (1,+∞)Ισχύει h'(x) > 0 για κάθε x ∈ (1,+∞)Άρα, η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα. Έτσι, hր5 > e ⇒ h(5) > h(e) ⇒ g(5) − ln(ln 5) > g(e) − ln(ln e) ⇒ g(5) − ln(ln 5) > g(e) ⇒ g(5) − g(e) > l n(ln 5) ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 317

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.griii)Έστω η ΟΜ γίνεται εφαπτομένη της Cf,όταν το Μ συμπέσει με το σημείο M0(x0 , y0 ) .Τότεη εφαπτομένη (ε) της Cf στο M0 θα έχει εξίσωση: ε y − f(x0 ) = f '(x0 )(x − ⇔ − ln x0 = 1 − x0 ) y x0 x0 ) y (xΚαι επειδή η (ε) διέρχεται από την αρχή CfΟ(0,0),θα ισχύει:0 − ln x0 = 1 (0 − x0 ) ⇔ ln x0 = 1 ⇔ x0 = e M0(x0,y0) x0Έστω θ η γωνία που σχηματίζει η ευθεία ΟΜμε τον άξονα x’x. Τότε έχουμε: M(x,y) x θ εφθ = y x O-Κάθε χρονική στιγμή t θα ισχύει:εφ(θ(t)) = y(t) , όπου y(t) = ln(x(t)) x(t)Παραγωγίζουμε:  y(t)  y'(t) ⋅ x(t) − y(t) ⋅ x'(t) y'(t) ⋅ x(t) − y(t) ⋅ x'(t)  x(t)  ' (x(t))2 (x(t))2( ) ( )εφ(θ(t)) ' = ⇔ θ'(t) = ⇔ εφ2 (θ(t)) + 1 θ'(t) = συν2 (θ(t)) x '(t) ⋅ x(t) − y(t) ⋅ x '(t)y '(t )=ln(x( t))⇔ y '(t )= x '(t ) x(t) ( ) ( )⇔ εφ2 (θ(t)) + 1 θ'(t) = x(t) ⇔ εφ2 (θ(t)) + 1 θ'(t) = x '(t) − y(t) ⋅ x'(t) (x(t))2 (x(t))2( )⇔ x '(t)(1 − y(t)) εφ2 (θ(t)) + 1 θ'(t) = (x(t))2Την χρονική στιγμή t = t0 που το Μ βρίσκεται στην θέση M0(e,1)x(t0 ) = e , y(t0 ) = 1, εφ(θ(t0 )) = 1 eΟπότε( )εφ2 (θ(t0 )) + 1 θ'(t0 ) = x'(t0 )(1 − y(t0 )) ⇔  1 + 1  θ '( t 0 ) = e2 (1 − 1) ⇔  1 + 1  θ '( t 0 ) = 0 ⇔ θ'(t0 ) = 0 (x(t0 ))2  e  e2  e  eiv)Πρέπει να δείξουμε ότι ∫ (ημx ⋅ ln x)dx ≤ 1 1 ∫ ∫e e Π.Ο x1e Για κάθε x ∈ 1,e ισχύει: ημx ⋅ ln x ≤ ln x οπότε (ημx ⋅ ln x)dx ≤ ln xdx = .... = x ln x − =1 11v) Πρέπει να δείξουμε ότι f  x1 + x2  > f(x1 )f(x2 ) ⇔ ln  x1 + x2  > ln x1 ln x2  2   2     Θεωρούμε βοηθητική συνάρτηση h(x) = ln(ln x) είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στοx1 , x2 ∈ (1, +∞) έτσι:h '(x) = 1 , h ''(x) = − ln x+1 <0 x ln x (x2 ln x)Εφαρμόζουμε θεώρημα Μέσης τιμής στην συνάρτηση h στα διαστήματα x1 , x1 + x2   x1 + x2 , x  άρα υπάρχουν ξ1 ∈  x1 , x1 + x2  ,ξ2 ∈  x1 + x2 , x2  τέτοια ώστε: 2  , 2   2   2    2     318 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr h( x1 + x2 ) − h(x1 ) ln(ln x1 + x2 ) − ln(ln x1 ) 2 − x1 2h '(ξ1 ) = = 2 x2 − x1 x1 + x2 2 + h( x1 + x2 2 h(x2 ) − 2 ) l n(ln(x2 ) − ln(ln( x1 x2 )) x2 − x2 − x1h '(ξ2 ) = x1 + x2 = 2 2Η h’ είναι γνησίως φθίνουσα στο (1,+∞) άρα ln((ln x1 + x2 )) − ln(ln x1 ) l n(ln(x2 ) − ln(ln( x1 + x2 )) ⇔x2 −x1 >0 2 x2 − x1 2ξ1 < ξ2 ⇒ h '(ξ1 ) > h '(ξ2 ) ⇔ 2 x2 − x1 > 2x2 ⇔−x1 >0 ln((ln x1 + x2 )) > 1 l n(ln(x2 ) + ln(ln x1 ) ⇔ ln((ln x1 + x2 )) > l n(ln x2 1 ln x1−1 2 2 2 ⋅ ln x1)2 ⇒ln( x1 + x2 ) > ln x2 ⋅ ln x ⇔ f( x1 + x2 ) > f(x2 ) ⋅f(x1) 2 1 247.Α.Αν μια συνάρτηση f : Α → ℝ είναι γνησίως μονότονη τότε και η αντίστροφη τηςη f−1 έχει το ίδιο είδος μονοτονίας με την f .Β. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = x5 + x + 3 και η δυο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση gορισμένη στο 0,+∞) , με g ''(x) > 0 για κάθε x ∈ 0,+∞) .i)Να δείξετε ότι ορίζεται η f−1 : ℝ → ℝ και να βρείτε το πεδίο ορισμού της.ii)Να δείξετε ότι lim (f −1(λ2 + λ + 16) − 3)x2 + 2016x + 1974 = +∞ ,λ πραγματικός αριθμός. x + 2016 x → +∞iii) Θεωρούμε γνωστό ότι η f−1 είναι συνεχής στο ℝ ,να υπολογίσετε τις τιμές f(1),f(0)και στην συνέχεια να αποδείξετε ότι ∫5 f−1(x)dx = 4 33iv)Να δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ ∈ (3,5) τέτοιο ώστε f−1(ξ) = 2 . 3v)Αν επιπλέον ισχύει (g '(x))2 + (g(x))2 < 3x2 + 1 για κάθε x ∈ 0,+∞) . α) Να δείξετε ότι (g(1))2 − (g(0))2 < 2 . β) υπάρχει ξ2 ∈ (0,1) τέτοιο ώστε g(ξ2 ) ⋅ g '(ξ2 ) < 1 .vi)Αν h συνάρτηση με τύπο h(x) = f(x) + g(x) να δείξετε ότι για κάθε α,β ∈ (0,+∞) με α < βτότε για κάθε x ∈(α,β) ισχύει: h(x) < f(β) − f(α) x + βf(α) − αf(β) β − α β−α(Υπόδειξη: Τι εκφράζει γεωμετρικά η παραπάνω ανισοτική σχέση;)ΛύσηΑ.Η f είναι γνησίως μονότονη άρα 1-1 συνεπώς αντιστρέφεται θα δείξουμε ότι έχει το ίδιοείδος μονοτονίας με την f-1.Έστω ότι η f είναι γνησίως αύξουσα .Θα αποδείξουμε ότι και ηf-1ειναι γνησίως αύξουσα δηλαδήΓια κάθε y1 , y2 ∈ f(A) με y1 < y2 ισχύει f−1(y1 ) < f−1(y2 )Αν ίσχυε f−1(y1 ) ≥ f −1 ( y ) fր f(f −1 ( y1 )) ≥ f(f−1(y2 )) ⇒ y1 ≥ y2 άτοπο άρα η f-1 είναι γνησίως αύξουσα. 2 ⇒Ανάλογα αν υποθέταμε ότι η f ήταν γνησίως φθίνουσα.Β.i)H f είναι παραγωγίσιμη ως πολυωνυμική άρα f '(x) = 5x4 + 1 > 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα η fείναι γνησίως αύξουσα οπότε και 1-1 στο ℝ οπότε αντιστρέφεται. ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 319

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr ( ) ( )Df−1 = f(Df ) =fրℝ lim f(x), lim f(x) = −∞, +∞ = ℝ x → −∞ x → +∞ii) lim (f −1(λ2 + λ + 16) − 3)x2 + 2016x + 1974 = lim (f−1(λ2 + λ + 16) − 3)x2 = lim (f−1(λ2 + λ + 16) − 3)x το όριο x + 2016 x → +∞ x → +∞ x→+∞ xεξαρτάται από το πρόσημο της παράστασης f−1(λ2 + λ + 16) − 3Άρα αρκεί να δείξουμε ότι f−1 ր ℝf−1(λ2 + λ + 16) − 3 > 0 ⇔ f−1(λ2 + λ + 16) − f−1(0) > 0 ⇔ f−1(λ2 + λ + 16) > f−1(0) ⇔ λ2 + λ + 16 > 0 ερωτημα ( Α) που ισχύει για κάθε λ ∈ ℝ .Άρα f−1(λ2 + λ + 16) − 3 > 0 για κάθε λ ∈ ℝ .Οπότε lim (f−1(λ2 + λ + 16) − 3)x = +∞ x → +∞iii) f(1) = 5,f(0) = 3Θέτουμε u = f−1(x) ⇔ f(u) = x όπου f '(u)du = dxΓια τα άκρα ολοκλήρωσης f(1) = 5 ⇔ 1 = f−1(5) f(0) = 3 ⇔ 0 = f−1(3)∫ ∫ ∫5 1 + 3)10 1 1  u 6 u2 1 4 f −1 (x)dx 0 0  2 3u 3 (u53  0 = uf '(u)du = u(u5 +u − 0 + u+ 3)du = u(u5 + u+ 3) −  6 + + =∫iv) 5 f−1(x)dx = 4 33Έστω Α μια παράγουσα της f−1 (δηλαδή για κάθε x ∈ ℝ : A'(x) = f−1(x) )∫5 = 4 ⇔ A(5) − A(3) = 4 ⇔ A(5) − A(3) = 4 ⋅ 1 ⇔ A(5) − A(3) = 2 (1) f −1 (x)dx 3 3 5− 3 3 2 5−3 33Η συνάρτηση Α ικανοποίει τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ στο διάστημα 3,5 άρα υπάρχειτουλάχιστον ένα ξ ∈ (3,5) τέτοιο ώστε A '(ξ) = A( 5) − A(3) (1) A '(ξ) = 2 ⇔ f −1 (ξ) = 2 5 − 3 3 3 ⇔v)α) Ισχύει ότι: (g '(x) − g(x))2 ≥ 0 ⇔ (g '(x))2 + (g(x))2 ≥ 2g '(x)g(x)αλλά, από υπόθεση (g '(x))2 + (g(x))2 < 3x2 + 1 για κάθε x ∈ 0, +∞)έτσι 2g '(x)g(x) ≤ 3x2 + 1 για κάθε x ∈ 0, +∞) .Ολοκληρώνουμε στο 0,1∫ ∫ ∫1 1 1 x3 x102g '(x)g(x)dx < 3x2 +1 ⇔ [g2 (x)]'dx < + ⇔ g2 (1) − g2 (0) < 20 00β) Η συνάρτηση g2(x) ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.T στο διάστημα 0,1 άραυπάρχει ξ2 ∈ (0,1) τέτοιο ώστε (2) g2 (ξ2 ) = g2 (1) − g2 (0) < 2 από το προηγούμενο ερώτημα 1− 0( )Όμως g2(x) ' = 2g(x)g '(x)Άρα η (2) γίνεται: 2g(ξ2 )g '(ξ2 ) = g2 (1) − g2 (0) <2⇔ 2g(ξ2 )g '(ξ2 ) < 2 ⇔ g(ξ2 )g '(ξ2 ) < 1 1−0vi) h '(x) = (f(x) + g(x))' = f '(x) + g '(x) = 5x4 + 1 + g '(x)h ''(x) = (5x4 + 1 + g '(x))' = 20x3 + g ''(x) > 0 διότι 20x3 > 0 στο (0, +∞) και από υπόθεση g ''(x) > 0 γιακάθε x ∈ 0,+∞) άρα η h είναι στρέφει τα κοίλα άνω (κυρτή) στο (0,+∞) οπότε κάθε σημείο(x,y) του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ , Α(α,h(α)), Β(β,h(β)) είναι «πάνω» από κάθε σημείο(x0 , h(x0 )) , x0 ∈ (α,β) δηλαδή h(x) < y, α < x < β (1)Το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ έχει εξίσωση320 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gry − f(β) = f(β) − f(α) (x − β) ⇔ y = f(β) − f(α) x − f(β) − f(α) β + f(β) ⇔ Β(β,h(β)) Ch β − α β − α β − α Α(α,h(α)) (x0,h(x0))⇔ y = f(β) − f(α) x − f(β) − f(α) β + f(β)(β − α) ⇔ β − α β − α β−αy = f(β) − f(α) x− f(β)β − f(α)β + f(β)β − f(β)α ⇔ β−α β−α β −αy = f(β) − f(α) x+ −f(β)β + f(α)β + f(β)β − f(β)α ⇔ β−α β−αy = f(β) − f(α) x+ βf(α) − αf(β) , α < x < β (2) β−α β−αΑπό (1),(2) προκύπτει το ζητούμενο.( Εναλλακτικά, μπορείτε να αποδείξετε τηνπαραπάνω ανισοτική σχέση θεωρώντας συνάρτηση με χρήση μονοτονίας)48.(ΣΧ)Δινεται η συνάρτηση g : ℝ → ℝ με τύπο g(x) = x4 − αx3 + βx2 ,α,β σταθεροίπραγματικοί αριθμοί και η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : 0,1 → ℝ ,με συνεχή πρώτηπαράγωγο για τις οποίες ισχύουν:• Η g έχει τρία διαφορετικά τοπικά ακρότατα στις θέσεις x1 , x2 , x3 ∈ ℝ με x1 < x2 < x3 .• Tο σημείο Α(1,f(1)) βρίσκεται «πάνω» από την ευθεία y = x .• f '(x) ≥ f2 (0) + f(1) + x1 + x2 + x3 για κάθε x ∈ 0,1 3α 1• ∫ exf(x)dx = 1 0i)Να αποδείξετε x1 + x2 + x3 = 3α . 4ii)Να δείξετε ότι f(0) = − 1 . 2iii)Να δείξετε ότι η εξίσωση f(x) = x έχει ακριβώς μια λύση στο (0,1) .iv)Να βρείτε τον τύπο της f.v)Να δείξετε ότι f(1) = e . 2Λύσηi)Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ℝ ως πολυωνυμική, αν x1 ,x2 ,x3 σημεία που η fπαρουσιάζει τοπικά ακρότατα άρα από Θ.Fermat f(x1) = f(x2 ) = f(x3 ) = 0 .Έτσι:( )g '(x) = x4 − αx3 + βx2 ' = 4x3 − 3αx2 + 2βx = x(4x2 − 3αx + 2β)Πρέπει η εξίσωση g '(x) = 0 ⇔ x(4x2 − 3αx + 2β) = 0 να έχει τρεις ρίζες .Μια ρίζα είναι το 0 καιαπό τους τύπους του Vieta προκύπτει: x1 + x2 + x3 = 0 + (− −3α ) = 3α 4 4ii) Για κάθε x ∈ 0,1 : 3αf '(x) ≥ f2 (0) + f(1) + x1 + x2 + x3 ⇔ f '(x) ≥ f2 (0) + f(1) + 4 ⇔ f '(x) ≥ f2 (0) + f(1) + 1 (1) 3α 3α 4Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ στην f στο διάστημα 0,1 ,(ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις τουθεωρήματος, παραγωγισιμότητα στο (0,1) , συνέχεια στο 0,1 ) ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 321

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΆρα υπάρχει ξ ∈ (0,1) : f '(ξ) = f(1) − f(0) ⇔ f '(ξ) = f(1) − f(0) (2) 1−0Η (1) ισχύει για κάθε x ∈ 0,1 άρα ισχύει και για x = ξ ,έτσιf '(ξ) ≥ f 2 (0) + f(1) + 1 (1) − f(0) ≥ f2 (0) + f(1) + 1 ⇔ −f(0) ≥ f2 (0) + 1 ⇔ 0 ≥ f2 (0) + f(0) + 1 ⇔ 4 ⇔ f(1) 44 40 ≥ f2(0) + 2 1 f(0) +  1 2 ⇔  f(0) + 1 2 ≤ 0 οπότε f(0) + 1 = 0 ⇔ f(0) = − 1 2  2   2  22iii)Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = f(x) − x , x ∈ 0,1 ,τότε η h είναι συνεχής ως διαφοραπαραγωγίσιμων άρα και συνεχών στο 0,1 , επίσης ισχύει:h(0) = f(0) − 0 = − 1 < 0 2h(1) = f(1) − 1 > 0 ( Από υπόθεση ,το σημείο Α(1,f(1)) βρίσκεται «πάνω» από την ευθεία y = xάρα f(1) > 1 )Δηλαδή h(0)⋅ h(1) < 0 άρα από το θ.Bolzano η εξίσωση h(x) = 0 έχει μια τουλάχιστον λύσηστο (0,1) .Για κάθε x ∈ 0,1 : h '(x) = f '(x) − 1 ≥ f2 (0) + f(1) + 1 − 1 =  f 2 (0) + 1  + ( f(1) − 1) >0 4  4 άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο 0,1 οπότε η παραπάνω λύση είναι μοναδική.iv)Από ερώτημα (ii) ,για κάθε x ∈ 0,1f '(x) ≥ 1 + f(1) + 1 ⇔ f '(x) ≥ 1 + f(1) ⇔ f '(x) − 1 − f(1) ≥ 0 (3) 44 2 2Έστω Φ(x) = f '(x) − 1 − f(1), x ∈ 0,1 .Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει x0 ∈ 0,1 ώστε Φ(x0 ) > 0 ,τότε 2έχουμε:∫ ∫1 1 1 − f(1))dx > ⇔  − 1 1 > ⇔ 2 f(x) 2  00 (f '(x) − Φ(x)dx > 0 ⇔ 0 x − f(1)x 0 0⇔  f(1) − 1 − f(1)  − f(0) > 0 ⇔ − 1 − f(0) > 0 ⇔ − 1 − (− 1) > 0 ⇔ 0 > 0 ατοπο  2  2 2 2Άρα θα ισχύει Φ(x) = 0 για κάθε x ∈ 0,1 ή f '(x) − 1 − f(1) = 0 για κάθε x ∈ 0,1 2 f '(x) = 1 + f(1) για κάθε x ∈ 0,1 2 f '(x) =   1 + f(1)  x  για κάθε x ∈ 0,1   2  '   (4) f(x) =  1 +  x + c για κάθε x ∈ 0,1 c σταθερός πραγματικός  2 f(1) Για x = 0 η (4): f(0) = c ⇔ c = − 1 2Άρα f(x) =  1 + f(1)  x − 1 , x ∈ 0,1  2  2 1 1  1  1  Π.Ο   1  1 1 1  1  0 0 2 f(1) x 2  dx 1⇔ ex 2 f(1) x 2  0  2 f(1) dx  0 ∫ ∫ ∫v) = ⇔ + − = + − − + = ⇔ exf(x)dx 1 ex     ex 1  ∫  1 +  − 1  1 −  1 +  1 exdx = ⇔   1 +  − 1 1 −  1 +  ex 10 =   2 f(1)  x    2 f(1)  0 1 ex   2 f(1) x 2   2 f (1)  1ex    0 2 0322 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gref(1) −  − 1  −  1 + f(1)  (e1 − 1) = 1 ⇔ ef(1) + 1 −  1 + f(1)  (e − 1) = 1 ⇔  2   2  2  2 ef(1) + 1 − e − ef(1) + 1 + f(1) = 1 ⇔ − e + f(1) = 0 ⇔ f(1) = e 22 2 2 249.(ΣΧ)Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ℝ → ℝ και μια συνεχής συνάρτησηg : ℝ → ℝ για τις οποίες ισχύουν οι ιδιότητες • g(x) = x2λ+2016μ ημ 1 ,x ≠ 0 , μ ≥ 0,λ > 0 x μ2 + 1 + λ(λ − 2), x = 0 • f(x)f '(−x) = 1 ,για κάθε x ∈ ℝ • f(0) = 1 lim  1 + 2 3x−1 e6  x  x → +∞Α.i)Να δείξετε ότι μ = 0, λ = 1 . ii)Να δείξετε ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 0 και να βρείτε την εξίσωση (ε) της εφαπτομένης της Cg στο σημείο της με τετμημένη x0 = 0 . iii)Να δείξετε ότι η (ε) «διαπερνά» την Cg σε άπειρα σημεία .Β.i) Να δείξετε ότι f(0) = 1 .ii) Να δείξετε ότι f(x)f(−x) = 1 ,για κάθε x ∈ ℝiii) Να βρείτε τον τύπο της f.Γ. Αν f(x) = ex , x ∈ ℝ να δείξετε ότι η εφαπτομένη της Cf στο x0 = 0 μετατοπισμένη κατάμια μονάδα προς τα «κάτω» είναι ασύμπτωτη της Cg στο +∞Δ. Ζητήθηκε από ένα μαθητή ο ορισμός της εφαπτομένης της γραφικήςπαράστασης μια συνάρτησης f στο σημείο της x0 και αυτός έγραψε:«πρόκειται για μια ευθεία που έχει με την γραφική παράσταση της f ένα κοινόσημείο το A(x0 ,f(x0 )) .»Είναι σωστό ή λάθος; Αιτιολογήστε.ΛύσηΑi)Η g είναι συνεχής στο ℝ άρα είναι συνεχής και στο x0 = 0 άρα ισχύειlim g(x) = g(0) (1)x→0Έτσι lim g(x) = lim  x2 λ +2016μ ημ 1   x  x→0 x→0Για κάθε x ≠ 0 : x2λ+2016 ημ 1 ≤ x2λ+2016μ ⇔ − x2λ+2016μ ≤ x2λ+2016 ημ 1 ≤ x2λ+2016μ xx( ) ( )lim − x2λ+2016μ  1   x x→0 = lim x2λ+2016μ =0 άρα από το κριτήριο παρεμβολής: lim x2λ+2016μ ημ = 0 x→0 x→0Από (1) λαμβάνουμε: μ2 + 1 + λ(λ − 2) = 0 ⇔ μ2 + 1 + λ2 − 2λ = 0 ⇔ μ2 + (λ − 1)2 = 0 ⇔ μ = 0 και λ = 1ii) Για μ = 0 και λ = 1 : g(x) = x2 ημ 1 , x ≠ 0 x 0, x = 0g '(0) = lim g(x) − g(0) = lim x2ημ 1 − 0 = lim  xημ 1  x−0 x  x  x→0 x→0 x→0 x−0Για x ≠ 0 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 323

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr( )xημ 1 ≤ x ⇔ − x ≤ xημ 1 ≤ x , lim − x = lim x = 0 από κριτήριο παρεμβολής x x x→0 x→0lim  xημ 1  = 0 , οπότε η g είναι παραγωγίσιμη στο x0 =0 με g '(0) = 0  x x→0Η εξίσωση της εφαπτομένης είναι(ε) : y − g(0) = g '(0)(x − 0) ⇔ y − 0 = 0(x − 0) ⇔ y = 0iii)Τα κοινά σημεία της Cg με την (ε) προκύπτουν από την λύση της εξίσωσης g(x) = 0 1 1 1 = 2κπ κ ∈ ℤ* ⇔ 1 = νπ, ν ∈ ℤ* ⇔ x = 1 , ν ∈ ℤ*  x•Για x ≠ 0 ημ x = 0 ⇔ ημ x = ημ0 ⇔ 1 x νπ  x = 2κ +π•Για x = 0 g(0) = 0Άρα η (ε) «διαπερνά» την Cg σε άπειρα σημεία .  3 x−1  2 3 x−1  2     x  n x Β.i) f(0) = 1 + 2 = 1 lim eln 1+ = 1 lim e( 3 x −1) l 1+ e6 x e6 e6 lim 1 x → +∞ x → +∞ x→+∞Αλλά  1 + 2  ' x    2    l n  1 + 2   0 (l n  1 + 2 ) '  1 + 2    x     x    x  x lim  (3x − 1)l n 1 +  = lim   =0 lim = lim =  1  L  1  (3x − 1) 'x → +∞ x → +∞   Hospital x → +∞  3x −  ' x → +∞ −   3x − 1 1 (3x − 1)2 −2 x2 x+2= lim  x  − 2 x(x + 2) 2(3x − 1)2 18x2 = lim = lim 3x(x + 2) = lim 3x2 =6−x→+∞ 3 −x → +∞ 3 x → +∞ x→+∞ (3x − 1)2 (3x − 1)2Άρα f(0) = 1 lim e( 3 x −1) l n  1+ 2  = 1 e6 =1 e6  x  e6 x → +∞ii)Η σχέση f(x)f '(−x) = 1 ισχύει για κάθε x ∈ ℝ άρα θα ισχύει και για −x έτσι:f(−x)f '(x) = 1 τα δεύτερα μέλη ίσα άρα και τα πρώτα οπότεf(−x)f '(x) = f(x)f '(−x) ⇔ f(−x)f '(x) − f(x)f '(−x) = 0 ⇔ (f(x)f(−x))' = 0 άρα f(x)f(−x) = c ,γιαx=0 (f(0))2 = c ⇔ c = 1 ,οπότε ισχύει f(x)f(−x) = 1 για κάθε x ∈ ℝ .iii)Από τις σχέσεις f(x)f '(−x) = 1 , f(x)f(−x) = 1 παίρνουμε ότι f(x) = f '(x)Άρα f(x) = cex ( από εφαρμογή σχολικού βιβλίου που μπορεί να χρησιμοποιηθεί αυτούσιαστις ασκήσεις )Όμως f(0) = 1 έτσι f(0) = ce0 ⇔ 1 = c οπότε f(x) = exΓ.Η εξίσωση της εφαπτόμενης της Cf στο x0 = 0 είναι: y − f(0) = f '(0)(x − 0) ⇔ y − e0 = e0 (x − 0) ⇔ y = x + 1Η ε μετατοπισμένη μια μονάδα προς τα κάτω έχει τύπο y = xΑρκεί να δείξουμε ότι lim (g(x) − x) = 0 x → +∞ x= 1 ημu − 00 −ημu u2 2lim (g(x) − x) = lim (x2ημ 1 − x) =u lim( 1 ημu − 1) ⇔ lim( u ) =0 lim( συνu − 1 ) =0 lim( ) = 0 x u2 u 2ux → +∞ x → +∞ u→0 u→0 d.l.hospital u→0 d.l.hospital u→0Δ. Δεν ισχύει αυτό που ισχυρίζεται ο μαθητής και το αντιπαράδειγμα είναι η συνάρτηση g324 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grτης οποίας η γραφική παράσταση έχει άπειρα κοινά σημεία με την εφαπτομένη της στοx0 = 0 .50.Α.Δίνεται η δυο φόρες παραγωγίσιμη συνάρτηση f : (0,+∞) → ℝ για την οποία είναιγνωστό ότι: • f(f '(x)) + f(x) = 0 ,για κάθε x > 0 • f '(x) > 0 για κάθε x > 0 • f '(1) = 1,f(1) = 0Να δείξετε ότι f(x) = ln x , x ∈(0,+∞)Β. Χωρίς την χρήση υπολογιστή τσέπης με την βοήθεια της συνάρτησης f ,νααποδείξετε την ανισοτική σχέση: 3 − e2 < ln 7 < 1+ 7 7 e2  ex−1 − 1  ex−1 + 1 Γ. Δίνεται η συνάρτηση g(x) = f i)Να βρείτε το πεδίο ορισμού της g.ii)Να δείξετε ότι η g αντιστρέφεται και να ορίσετε την g−1 (πεδίο ορισμού, τύπος)iii)Να λύσετε την εξίσωση g(x) = − 1 2Δ. i)Να δείξετε ότι η εξίσωση f(x) = e έχει μοναδική ρίζα την ρ=e στο 1, +∞) . xii)Να υπολογίσετε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από την γραφικήπαράσταση της f ,την υπερβολή y = e , τον άξονα x’x και της ευθείας x = 3e . xΛύσηΑ. Εφόσον η σχέση f(f '(x)) + f(x) = 0 (1) για κάθε x > 0 θα ισχύει και για x το f '(x) > 0 , οπότε η(1) γίνεται: f(f '(f '(x))) + f(f '(x)) = 0 (2)Με αφαίρεση κατά μέλη των (1) και (2) προκύπτει:f(f '(f '(x))) = f(x) (3)Επειδή f '(x) > 0 στο (0,+∞) η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0,+∞) άρα και 1-1 στο (0,+∞) ,οπότε η (3) γίνεται: f '(f '(x)) = x (4)Παραγωγίζοντας την (1) έχουμε:f '(f '(x))f ''(x) + f '(x) = 0 (4) xf ''(x) + f '(x) = 0 ⇔ ( xf '( x) ) ' = 0 ⇔ xf '(x) = c , x > 0 ⇔Για x=1 έχουμε: c=1 ,οπότε : xf '(x) = 1 ⇔ f '(x) = 1 ⇔ f(x) = ln x + c1 , x > 0 xΓια x = 1 έχουμε: c1 = 0 , τελικά f(x) = ln x , x ∈ (0,+∞) η οποία επαληθεύει τις αρχικέςσυνθήκες.Β. Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ στην συνάρτηση f(x) = ln x ,στο διάστημα 7,e2 ( ) ( )f συνεχής στο 7,e2  , παραγωγίσιμη στο 7,e2 άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ ∈ 7,e2f '(ξ) = f(7) − f(e2 ) ⇔ 1 = ln 7 − ln e2 ⇔ 1 = ln 7 − 2 7 − e2 ξ 7 − e2 ξ 7 − e2Αλλά f ''( x) = − 1 < 0,x > 0 άρα f ' γνησίως φθίνουσα στο 7,e2  οπότε x2 f 'ց 1 > ln 7 − 2 > 1 ⇔ 7 − e2 < ln 7 − 2 < 7 − e2 ⇔ 7 7 − e2 e2 7 e27 < ξ < e2 ⇒ f '(7) > f '(ξ) > f '(e2 ) ⇒⇔ 7 − e2 + 2 < ln 7 < 7 − e2 + 2 ⇔ 1 − e2 + 2 < ln 7 < 7 − 1 + 2 ⇔ 3 − e2 < ln 7 < 7 + 1 7 e2 7 e2 7 e2 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 325

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr  ex−1 − 1  .Πρέπει ex−1 − 1 > 0 ⇔ ex−1 − 1 > 0 ⇔ ex−1 > 1 ⇔ ex−1 > e0 ⇔ x − 1 > 0 ⇔ x > 1 άρα ex−1 + 1  ex−1 + 1Γ. i) g(x) = ln Dg = (1,+∞)ii)Για κάθε x1 , x2 ∈ (0, +∞) με  ex1 −1 − 1  = ln  ex2 −1 − 1  x>0 ex1 −1 − 1 = ex2 −1 − 1 ⇔ ex1 −1 − 1 = ex2 −1 − 1 ⇔f(x1 ) = f(x2 ) ⇔ ln  ex1 −1 + 1   ex2 −1 + 1  ex1 −1 + 1 ex2 −1 + 1 ex1 −1 + 1 ex2 −1 + 1 ⇔(ex1 −1 − 1)(ex2 −1 + 1) = (ex1 −1 + 1)(ex2 −1 − 1) ⇔ ex1 +x2 −2 + ex1 −1 − ex2 −1 − 1 = ex1 +x2 −2 − ex1 −1 + ex2 −1 − 1 ⇔2ex1 −1 = 2ex2 −1 ⇔ x1 − 1 = x2 − 1 ⇔ x1 = x2 άρα η g είναι 1-1 οπότε αντιστρέφεται.θέτουμε  ex−1 −1  ⇔ ey = ex−1 −1 ⇔ e2y = ex−1 − 1 ⇔ e2y (ex−1 + 1) = ex−1 −1⇔y = g(x) ⇔ y = ln  ex−1 +1  ex−1 +1 ex−1 + 1e2y ⋅ ex−1 + e2y = ex−1 − 1 ⇔ e2y ⋅ ex−1 − ex−1 = −1 − e2y ⇔ ex−1(e2y − 1) = −1 − e2y ⇔ ex−1(1 − e2y ) = 1 + e2y ⇔ex−1 = 1+ e2y 1−e2 y >0⇔..⇔ y<0 = e + e2y+1 ⇔ x = ln e + e2y+1 , x < 0 .Δηλαδή g −1 (x) = ln e + e2x+1 ,x < 0 1− e2y 1− e2y 1− e2y 1− e2x ⇔ ex −1 ⇔ g−1(g(x)) = g−1(− 1 ) ⇔ 1) e + e 2( − 1 )+1 e+1 ln e + 1 e+1 e(e + 1) 2 2 2 2 1 − e−1 1− 1 e−1 e−1iii) g(x) = = g −1 (− = = = e = ln = x ln − 1 ln e ln 2 1 − 2( ) eΔ. i) Η εξίσωση f(x) = e έχει προφανή ρίζα το e, θα δείξουμε ότι είναι και μοναδική. xΘεωρούμε την συνάρτηση h(x) = f(x) − e = ln x − e ,x >1( συνεχής , παραγωγίσιμη στο 1,+∞) ) x xh '(x) = 1+ e >0η h είναι γνησίως αύξουσα στο 1,+∞) άρα η ρίζα ρ=e>1 είναι μοναδική. x x2ii)Το ζητούμενο εμβαδό είναι: e 3e e dx e 3e 1 dx e 3e 1 dx = x ln x1e e 1 3 e x x x 1 x e f(x)dx + ln xdx + e = (x '⋅ ln x)dx + e 1e 1e 1e∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫E =  = E1 + E2 = − ( x )dx + e ln x == x ln x1e − x1e + e  ln x  3e = e ln e − (e − 1) + e(ln 3e − ln e) = e − e + 1 + el n 3 = 1 + el n 3 τ.μ e x y=e/x Cf Δ Ε1 Ε2 Γ Α B Ο1 e y326 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr51.Δίνεται η συνάρτηση:  x ln x , 0 < x ≠ 1  x−1  f(x) = 0,  x=0  1, x = 1 i)Να βρείτε τα όρια: lim f(x) , lim f(x) , lim f(x) x→0+ x→1 x → +∞ii)Να δείξετε ότι: α) η f είναι συνεχής στο 0,+∞) . β) f '(1) = 1 2 γ) Η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,+∞) . δ) e(π − 1) < ln ππ(e−1)ii)Να βρείτε το σύνολο τιμών της f και να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης ( )2016(x−1)e x = x στο 1, +∞ .iii)α) Να δείξετε ότι f−1(x) − x < 0 για κάθε x ∈ (0,1) β) Να υπολογίσετε το όριο L = lim 9 x+1−1 xf −1(x) − x2 x→0+Λύση −∞ 1i) lim f(x) = lim x ln x = lim ln x = lim ln x +∞ (ln x)' = lim x = lim x = 0 x−1 x−1 1− 1 (1 − 1)' 1 x→0+ x→0+ x→0+ x→0+ x→0+ = lim x→0+ x x x x2 D.H x→0+ 0lim f(x) = lim x ln x 0 lim (x ln x)' = lim ln x+ 1 = 0 + 1 = 1 x−1 (x − 1)' 1x →1 x→1 = x→1 x→1 D.H −∞lim f(x) = lim x ln x +∞ lim (x ln x)' = lim ln x+ 1 = +∞ x−1 (x − 1)' 1x → +∞ x → +∞ = x → +∞ x → +∞ D.Hii)α) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στα διαστήματα (0,1) και (1,+∞) ως πηλίκο συνεχώνσυναρτήσεων .Επίσης είναι :• lim f(x) = lim f(x) = 0 = f(0) και lim f(x) = 1 = f(1) x→0 x→0+ x →1Άρα η f είναι συνεχής και στα σημεία x = 0 και x = 1 , οπότε είναι συνεχής στο 0,+∞) . f(x) − f(1) x ln x − 1 x ln x − x −1 x ln x − x + 1 0 (x ln x − x + 1)' x −1 x−1 x−1 x −1 (x − 1)2 ((x − 1)2 )'β) f '(1) = lim = lim x−1 = lim x−1 = lim =0 lim = x→1 x→1 x→1 x→1 D.H x→1 ln x + 1 − 1 01 2(x − 1)= lim = lim ln x =0 lim x = lim 1 = 1 2(x − 1) 2 2x 2 x→1 x→1 D.H x→1 x→1γ) Η f είναι συνεχής στο 0,+∞) και για κάθε x ∈ (0,1) ∪ (1,+∞)f '(x) =  x ln x  = ... = x − 1 − ln x (1)  x−1  ' (x − 1)2Θεωρούμε συνάρτηση φ(x) = x − 1 − ln x, x > 0 , ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 327

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grφ'(x) = 1 − 1 = x − 1 ,έχουμε xxφ'(x) = 0 ⇔ ... ⇔ x = 1φ'(x) < 0 ⇔ ... ⇔ x < 1φ'(x) > 0 ⇔ ... ⇔ x > 1Άρα η φ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x = 1 ,δηλαδή για κάθεx > 0 : φ(x) ≥ φ(1) ⇔ φ(x) ≥ 0 ⇔ x − 1 − ln x ≥ 0 ή x ∈ (0,1) ∪ (1, +∞) : x − 1 − ln x > 0Οπότε από την (1) προκύπτει f '(x) > 0 στο (0,1) ∪ (1, +∞) και f '(1) = 1 > 0 .Άρα η φ είναι 2γνησίως αύξουσα στο 0,+∞) .δ) e fր f(π) ⇔ e ln e < π ln π ⇔ e < ln ππ ⇔ e(π − 1) < ln ππ(e−1) e−1 π−1 e−1 π−1 < π ⇔ f(e) <ii))Η εξίσωση παίρνει την μορφή: 2016( x−1) x>1 2016(x−1) = ln x ⇔ 2016(x − 1) = ln x ⇔ x ln x = 2016 ⇔ f(x) = 2016 , x>1 x x−1 ex = x ⇔ ln e x ( )( ) fր = (1,+∞) βλέπουμε ότι 2016 ∈ f(A1 ) = (1, +∞) άρα από τοA1 = 1, +∞ ⇒ f(A1 ) = lim f(x), lim f(x) x →1+ x →1+θεώρημα των ενδιαμέσων τιμών υπάρχει x0 ∈ (1, +∞) ( μοναδικό λoγω της μονοτονίας της f)τέτοιο ώστε f(x0 ) = 2016 .iii)α) Αρκεί να δείξουμε για κάθε x ∈ (0,1) : f−1(x) − x < 0Έτσι: f −1(x) − x < 0 ⇔ f −1(x) < x fր f(f −1 (x)) < f(x) ⇔ x < f(x) ⇔ x < x ln x ⇔ x−1 ⇔⇔ x− x ln x < 0 ⇔ x(1 − xln−x1) <0 ⇔ x( x − 1 − ln x ) < 0 ⇔ xh(x) < 0 που ισχύει διότι για κάθε x−1 x−1 x−1x ∈ (0,1) : h(x) > 0, ( ερώτημα γ ) επίσης x > 0 , x − 1 < 0 . L = lim 9 x+1−1 = lim 9 x+1−1 =  9 x +1 − 1 ⋅ 1  x →0+ xf−1(x) − x2 x →0+ x(f−1(x) − x) x (x) iii)β) lim  (f −1 − x) x→0+• lim(f−1(x) − x) = 0, x→0+f−1(x) − x < 0 κοντά στο 0 από θετικές τιμές άρα lim (f −1 1 − x) = −∞ (x) x→0+ 9 x + 1 − 1 u = 9 x+1⇔ u9 =x +1⇔ u9 −1= x u−1 u−1 1 1 u9 − 1 + u7 + u6 + u6 9• lim = lim = lim (u − 1)(u8 + .. + 1) = lim u8 + u7 + .. + 1 = x→0+ x οταν x→0+ τοτε u →1+ u→1+ u →1+ u →1+  9 x +1 −1 1  1  x (f −1(x)  9L = lim ⋅ − x) = ⋅ (−∞) = −∞ x →0+328 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr52.Έστω συνεχής συνάρτηση f : ℝ → ℝ ,τέτοια ώστε: f3(x) + f(x) = 2x + 4 για κάθε x ∈ ℝi)Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται.ii)Να βρείτε το lim f(x) . x→3iii)Να δείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο ℝ .iv)Να υπολογίσετε το εμβαδό του τριγώνου που σχηματίζει η εφαπτομένη της Cf στοσημείο της M(3,f(3)) με του άξονες x’x,y’y.v)Να βρεθεί η εξίσωση (η) της εφαπτομένης της Cf−1 στο σημείο της με τετμημένηx0 = 2 .vi)(Ερώτημα bonus)Να δείξετε ότι: 2 β) 3 ∫α) f−1(x)dx = −1 ∫ f3(x)dx = 25 0 −2Λύσηi) Για κάθε x ∈ ℝ f3(x) + f(x) = 2x + 4 (1)Για κάθε x1 , x2 ∈ ℝ με f(x1 ) = f(x2 ) ⇒f3 (x1 ) = f3(x 2 ) ⇒ f3 (x1 ) + f(x1 ) = f3(x2 ) + (1) + 4 = 2x2 + 4 ⇒ x1 = x2f(x1 ) = f(x2 ) f(x2 )⇒ 2x1Άρα, η f είναι 1-1 οπότε αντιστρέφεται.ii)Επειδή η f είναι συνεχής στο x0 =3 θα έχουμε: lim f(x) = f(3) x→3Για x = 3 η (1) είναι:f3(3) + f(3) = 10 ⇔ f3 (3) + f(3) − 10 = 0 με χρήση σχήματος Horner βρίσκουμε ότι f(3) = 2 άραlim f(x) = 2x→3iii)Αρκεί να δείξουμε ότι για τυχαίο x0 ∈ ℝ , το lim f(x) − f(x0 ) είναι πραγματικός αριθμός. x − x0 x→x0Έχουμε:f 3 (x) + f(x) = 2x + 4 + (−) = 2x − 2x0 ⇔f 3 (x0 ) + f(x0 ) = 2x0 4 ⇒ f3 (x) − f3(x0 ) + f(x) − f(x0 )⇔ (f(x) − f(x0 ))((f2 (x) + f(x)f(x0 ) + f2 (x0 )) + f(x) − f(x0 ) = 2(x − x0 ) ⇔⇔ (f(x) − f(x0 ))((f2 (x) + f(x)f(x0 ) + f2 (x0 ) + 1) = 2(x − x0 ) ⇔⇔ f(x) − f(x0 ) = (f2 (x) + 2 + f2(x0 ) + 1 x − x0 f(x)f(x0 )Επειδή η f είναι συνεχής στο ℝ , lim f(x) = f(x0 ) x→x0lim f(x) − f(x0 ) = 2 ⇒ f '(x0 ) = 2 (2) x − x0 (x0 3f2 (x0 ) + 1x→x0 3f 2 ) + 1iv)H (2) για x=3 : f '(3) = 2 =2 3f2 (3) + 1 13Η εφαπτομένη της Cf στο σημείο της M(3,f(3)) έχει εξίσωση(ε): y − f(3) = f '(3)(x − 3) ⇔ y − 2 = 2 (x − 3) ⇔ y − 2 = 2 x − 6 ⇔ y = 2 x − 6 + 2 ⇔ y = 2 x + 20 13 13 13 13 13 13 13Τα σημεία τομής της (ε) με τους άξονες είναι B(0, 20),Γ(−10,0) οπότε ζητούμενο εμβαδό 13είναι Ε = 1 ⋅ 20 ⋅ −10 = 100 τ.μ 2 13 13 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 329

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grv)Παρατηρούμε ότι f(3) = 2 ⇔ f−1(2) = 3Άρα αναζητούμε την εφαπτομένη (η) της Cf−1 στο σημείο της (2, 3)Αρκεί να βρούμε την εξίσωση της εφαπτόμενης της Cf στο σημείο της (3, 2) και κατόπιννα εκμεταλλευτούμε την συμμετρία των Cf , Cf−1 ως προς την y=x.Δηλαδή το γεγονός ότικαι οι (ε) ,(η) θα είναι συμμετρικές ως ε προς την y=x.Από το ερώτημα (iv) έχουμε ήδη βρει την εξίσωση της εφαπτόμενης της Cf στο σημείοτης (3, 2) είναι η y = 2 x + 20 .Λόγω συμμετρίας, αν (x,y) ανήκει την (ε) τότε (y,x) ανήκει την 13 13(η). Άρα, αρκεί να λύσουμε την εξίσωση της (ε) προς x:Οπότε y = 2 x + 20 ⇔ 13y = 2x + 20 ⇔ 13y − 20 = 2x ⇔ x = 13 y − 10 13 13 2Άρα η ζητούμενη ευθεία είναι η (η): y = 13 x − 10 2vi)Επειδή η f αντιστρέφεται, έχουμε: f(x) = y ⇔ y = f−1(x)Οπότε η (1) γράφεται:y3 + y = 2f−1(y) + 4 ⇔ f−1(y) = y3 + y − 4 2Άρα : f−1(x) = x3 + x − 4 , x ∈ ℝ 2∫ ∫2 2 ( x3 + x − 4)dx 1  x4 x2  2 2 2  4 2  f −1 ( x)dx= 0 =  + − 4x 0 = .. = −10Από την (1) έχουμε:f3(x) + f(x) = 2x + 4 ⇔ f3(x) = 2x + 4 − f(x)3 = 3 + − = x2 +  3 − 3 = − 3 ⇒ 3 = − 3 −2 −2 −2 −2∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫−2 (2x f(x)dxf3 (x)dx 4 f(x))dx 4x f(x)dx 32 f(x)dx f3 (x)dx 32 (3) −2 −2 3( )∫Για το f3(x)dx θέτουμε f(x) = y ⇔ x = f−1(y) , dx = f−1(y) 'dy−2Για x = −2 ⇒ f−1(y) = −2 ⇔ y3 + y − 4 = −2 ⇔ y3 + y − 4 = −4 ⇔ y3 + y = 0 ⇔ y = 0 2Για x = 3 ⇒ f−1(y) = 3 ⇔ y3 + y − 4 = 3 ⇔ y3 + y − 4 = 6 ⇔ y3 + y − 10 = 0 ⇔ y = 2 2Επομένως∫ ∫ ∫3 2   2 2 f −1 ( y)dx y(f −1 ( y)) ' dx −1 0f(x)dx = = yf (y − = ... = 7−2 0 0 3Άρα, από την (3): ∫ f3 (x)dx = 32 − 7 = 25 −2330 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr53.Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ℝ → ℝ με f(0) = 1 , η οποία ικανοποιεί τησχέση f '(x) + 1 = 2x(f(x) + x) για κάθε x ∈ ℝ .Θεωρούμε επίσης συνάρτησηg(x) = F(x) − F(2 − x), x ∈ ℝ όπου F είναι αρχική της f.i. Να αποδείξετε ότι : f(x) = ex2 − x, x ∈ ℝ .ii. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι κυρτή και ότι η (e + 1)f(e3 ) < f(e4 ) + ef(e2 ) .iii. Να λύσετε στο διάστημα (0,+∞) την εξίσωση ex4 = x . ex2 x2iv. Να μελετήσετε τη συνάρτηση g ως προς την κυρτότητα και τα σημεία καμπής. 3 42v. Να αποδείξετε ότι 4∫ f(2t)dt <∫ f(t)dt . 10 4Λύσηi) Έστω h(x) = f(x) + x , x ∈ ℝ τότεf '(x) + 1 = 2x(f(x) + x) ⇔ (f(x) + x)' = 2x(f(x) + x) ⇔ (h(x))' = 2x(f(x) + x ⇔ ⋅e− x2⇔ (h(x))' = 2x(f(x) + x) ⇔ (h(x))' = 2x ⋅ h(x) ⇔ (h(x))'− 2x ⋅ h(x) = 0 ⇔ (h(x))'+ (−x2 )' h(x) = 0 ⇔e−x2 (h(x))'+ e−x2 (−x2 )' h(x) = 0 ⇔ e−x2 (h(x))'+ (e−x2 )' h(x) = 0 ⇔ (e−x2 h(x))' = 0Άρα e−x2 h(x) = c για κάθε x ∈ ℝ . Έτσιe−x2 h(x) = c ⇔ h(x) = ce−x2 ⇔ f(x) + x = ce−x2 για κάθε x ∈ ℝΓια x = 0 : f(0) + 0 = ce−02 ⇔ 1 = c .Άρα f(x) + x = e−x2 ⇔ f(x) = e−x2 − x για κάθε x ∈ ℝii) f '(x) = −2xe−x2 − 1 , x ∈ ℝ f ''(x) = 2e−x2 + 4x2e−x2 = e−x2 (2 + 4x2 ) > 0 , x ∈ ℝ άρα η f είναι κυρτή στο ℝ .H f είναι συνεχής σε καθένα από τα διαστήματα e2 ,e3  , e3 ,e4  και παραγωγίσιμη σε( ) ( )καθένα από τα διαστήματα e2 ,e3 , e3 ,e4 άρα εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ σε καθένα από τα( ) ( )διαστήματα e2 ,e3  , e3 ,e4  .Οπότε υπάρχουν x1 ∈ e2 ,e3 , x2 ∈ e3 ,e4 τέτοια ώστε : f '(x1 ) = f(e3 ) − f(e2 ) , f '(x2 ) = f(e4 ) − f(e3 ) e3 − e2 e4 − e3Έτσιx1 < x2 f 'ր < f '(x2 ) ⇔ f(e3 ) − f(e2 ) < f(e4 ) − f(e3 ) ⇔ f(e3 ) − f(e2 ) < f(e4 ) − f(e3 ) ⇔ e3 − e2 e4 − e3 e2 (e − 1) e3 (e − 1) ⇒ f '(x1 )⇔ f(e3 ) − f(e2 ) < f(e4 ) − f(e3 ) ⇔ ef(e3 ) − ef(e2 ) < f(e4 ) − f(e3 ) ⇔ ef(e3 ) + f(e3 ) < f(e4 ) + ef(e2 ) ⇔ e⇔ (e + 1)f(e3 ) < f(e4 ) + ef(e2 )iii) x ∈ (0,+∞) τότεex4 =x ⇔ x2ex4 = xex2 ⇔ 2x2ex4 = 2xex2 ⇔ −2x2e(x2 )2 = −2xex2 ⇔ex2 x2 f 'ր αρα και 1−1 x∈( 0 , +∞ )⇔ f '(x2 ) = f '(x) ⇔ x2 = x ⇔ x = 1iv)Η g είναι δυο φορές παραγωγίσιμη οπότε για x ∈ ℝg '(x) = f(x) − f(2 − x)(2 − x)' = f(x) + f(2 − x)g ''(x) = f '(x) − f '(2 − x)Έτσι f 'ր αρα f ' 1−1g ''(x) = 0 ⇔ f '(x) − f '(2 − x) = 0 ⇔ f '(x) = f '(2 − x) ⇔ x = 2 − x ⇔ 2x = 2 ⇔ x = 1 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 331

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr f 'րg ''(x) > 0 ⇔ f '(x) − f '(2 − x) > 0 ⇔ f '(x) > f '(2 − x) ⇔ x > 2 − x ⇔ 2x > 2 ⇔ x > 1 f 'րg ''(x) < 0 ⇔ f '(x) − f '(2 − x) < 0 ⇔ f '(x) < f '(2 − x) ⇔ x < 2 − x ⇔ 2x < 2 ⇔ x < 1Άρα η g είναι κοίλη στο (−∞,1 και κυρτή στο 1, +∞) και παρουσιάζει σημείο καμπής στηνθέση x0 = 1 το σημείο (1,g(1)) ή (1,0) . 3 4 θέτουμε 2t = u ⇔ t = u δηλαδή 2dt = duv.Στο ολοκλήρωμα 4∫ f(2t)dt 2 1 4Για t = 1 ⇒ 2 1 = u ⇔ 1 = u 44 2Για t = 3 ⇒ 2 3 = u ⇔ 3 = u 44 2 33 3 ∫ ∫ ∫4 = 2 du = 2 4 4 2 f(2t)dt f(u) f(u)du 1 1 21 42 2Άρα η προς απόδειξη γίνεται 3 222∫ f(t)dt <∫ f(t)dt (1) Αν F μια παράγουσα της f τότε η (1) γίνεται: 10 2 2  F( 3) − F( 1 )  < F(2) − F(0) ⇔ 2  F( 3 ) − F(2 − 3 )  < F(2) − F(2 − 2) ⇔ 2g( 3) < g(2) (3)  2 2   2 2  2Η g είναι συνεχής στα διαστήματα  3  ,  3 ,  και παραγωγίσιμη στα  1, 3  ,  3 , 2  άρα 1, 2   2 2  2   2 Θ.Μ.Τ στην g υπάρχουν x3 ∈  1, 3  , x4 ∈  3 , 2  τέτοια ώστε  2   2  = g( 3) − g(1) = g( 3) − g(1) = 2(g( 3) − g(1)=0 2g( 3) 2 −1 2 2 2g '(x3 ) 3 1 g(1)) = 22 = g(2) − g( 3) = g(2) − g( 3) = − 3 )) 2 − 2 2 2g '(x4 ) 2(g(2) g( 3 1 22x 3 ∈  1, 3  , x 4 ∈  3 , 2  άρα  2   2 x3 < x4 g 'ր 1,+∞) < g '(x4 ) ⇔ 2g( 3) < 2(g(2) − g( 3)) ⇔ g( 3) < g(2) − g( 3) ⇔ 2g( 3) < g(2) 2 2 2 2 2 ⇒ g '(x3 )332 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr54.i)Αν f : −2,1 → ℝ παραγωγίσιμη με f(−2) = f(1) = 0 και ef'(x) + f(x) = e3x2 −3 + x2 − 3x + 2 , γιακάθε x ∈ −2,1 να δείξετε ότι f(x) = x3 − 3x + 2 .ii)Αν φ,h δυο παραγωγίσιμες συναρτήσεις ορισμένες στο −2,1 για τις οποίες ισχύειφ'(x) = f(x) − x3 + 2x − 1 + h '(x) για κάθε x ∈ −2,1 με φ(0) = h(0) = 0 .Να υπολογίσετε το χωρίο exπου περικλείεται από τις Cφ,Ch και τις ευθείες x = 0, x = 1 .Λύσηi)Θεωρούμε συνάρτηση g(x) = f(x) − (x3 − 3x + 2) , x ∈ −2,1Ισχύει:g(−2) = f(−2) − ((−2)3 − 3(−2) + 2) = 0g(1) = f(1) − (13 − 3 ⋅1 + 2) = 0Η f είναι παραγωγίσιμη στο −2,1 άρα και η g ως πράξη παραγωγίσιμων οπότεf '(x) = g '(x) + (x3 − 3x + 2)' = g '(x) + (3x2 − 3)Από την σχέση της υπόθεσηςef(x) + f(x) = e3x2 −3 + x2 − 3x + 2 ⇔ eg'(x)+(3x2 −3) + g(x) + x3 − 3x + 2 = e3x2 −3 + x2 − 3x + 2 ⇔⇔ eg '(x)+(3x2 −3) + g(x) = e3x2 −3 ⇔ eg'(x) ⋅ e3x2 −3 + g(x) = e3x2 −3 ⇔ e ⋅ eg '(x) 3x2 −3 + g(x) = e3x2 −3 (1)Η συνάρτηση g(x) είναι συνεχής στο κλειστό −2,1 .Συνεπώς , θα παίρνει μέγιστη τιμή Μκαι ελάχιστη τιμή μ .Θα υπάρχουν x1 , x2 ∈ −2,1 ώστε g(x1 ) = M και g(x2 ) = μ είναιg(−2) = g(1) = 0 .•Αν M > 0 τότε x1 ∈ (−2,1) και από το θεώρημα Fermat( x1 ∈ (−2,1) εσωτερικό , κα ακρότατο)θα ισχύει: g '(x1 ) = 0Για x = x1 η σχέση (1) γίνεται:e ⋅ eg'(x1 ) 3x12 −3 + g(x1 ) = e3x12 −3 ⇔g'(x1 )=0 e3x12 −3 + g(x1 ) = e3x12 −3 ⇔ g(x1 ) = 0 Άτοπο, διότι g(x1 ) = M > 0 .ΆραM = 0 .Όμοια αν μ < 0 καταλήγουμε σε άτοπο. Άρα μ = 0 .Δηλαδή0 ≤ g(x) ≤ 0 για κάθε x ∈ −2,1 κατά συνέπειαg(x) = 0 ⇔ f(x) − (x3 − 3x + 2) = 0 ⇔ f(x) = x3 − 3x + 2 για κάθε x ∈ −2,1ii) Για κάθε x ∈ −2,1φ '(x) = f(x) − x3 + 2x −1 + h '(x) ⇔ φ '(x) = x3 − 3x + 2 − x3 + 2x −1 + h '(x) ⇔ ex ex⇔ φ '( x) = 1−x + h '(x) ⇔ φ '(x) − h '(x) = 1− x ⇔ (φ(x) − h( x)) ' =  x  ex ex  ex  'αρα από το θεωρημα των ίσων παραγωγων φ(x) − h(x) = x + c, (2) exc σταθερός πραγματικός αριθμός.Η (2) για x = 0 : φ(0) − h(0) = 0 +c ⇔ c = 0 άρα, φ(x) − h(x) = x ≥0 για κάθε x ∈ −2,1 e0 exΤο εμβαδό του ζητούμενου χωρίου είναι 1 1 x 1 1 1 1 1 0 ex 0 0 (φ(x) − h(x))dx = xe−xdx = 0 0∫ ∫ ∫ ∫ ∫E = dx = −x(e−x ) 'dx = −xe−x  + e−xdx = e −1 − e−x  =1 τ.μ 00 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 333

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr55.Εστω συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το ℝ και σύνολο τιμών το διάστημα −1, 4 .A.Αν η f είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο ℝ , τότε να δείξετε ότι: i)Η εξίσωση f '(x) = 0 έχει δυο τουλάχιστον ρίζες στο ℝ .ii)Υπάρχει ένας τουλάχιστον ξ ∈ ℝ , τέτοιος ώστε f ''(ξ) + f '(ξ) = 0 .iii)Η εξίσωση f '(x) = (ex + x2 )f(x) έχει μια τουλάχιστον ρίζα.Β. Δίνεται ακόμα συνάρτηση g με πεδίο ορισμού το ℝ , παραγωγίσιμη με συνεχή καιγνησίως μονότονη παράγωγο g’.Αν ισχύει g '(f(x) + 1) = exf(x) για κάθε x ∈ ℝ ,να δείξετεότι g(x) ≥ g(1) για κάθε x ∈ ℝ .ΛύσηΑ.i)Από υπόθεση το σύνολο τιμών της f είναι το −1, 4• H f έχει μέγιστη τιμή το 4 και την παρουσιάζει όταν x = x1 ∈ ℝ , f παραγωγίσιμη στο ℝάρα από το θεώρημα Fermat : f '(x1) = 0• H f έχει ελάχιστη τιμή το -1 και την παρουσιάζει όταν x = x2 ∈ ℝ , f παραγωγίσιμη στοℝ άρα από το θεώρημα Fermat : f '(x2 ) = 0Άρα η εξίσωση f '(x) = 0 έχει δυο τουλάχιστον ρίζες στο ℝ .( )ii)(σκέψη στο πρόχειρο f ''(ξ) + f '(ξ) = 0 ⇔ eξf ''(ξ) + eξf '(ξ) = 0 ⇔ eξf '(ξ) ' = 0 )Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = exf '(x) η οποία είναι συνεχής στο x1 , x2  , η h είναιπαραγωγίσιμη στο (x1 , x2 ) επίσης • h(x1 ) = ex1 f '(x1 ) = 0 • h(x2 ) = ex2 f '(x2 ) = 0Άρα από θεώρημα Rolle υπάρχει ένας τουλάχιστον (ξ ∈ x1 , x2 ) , τέτοιος ώστεh '(ξ) = 0 ⇔ eξf ''(ξ) + eξf '(ξ) = 0 ⇔ eξ (f ''(ξ) + f '(ξ)) = 0 ⇔ f ''(ξ) + f '(ξ) = 0 .( χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρήσαμε ότι x1 < x2 )iii)θεωρούμε την συνάρτηση Φ(x) = f '(x) − (ex + x2 )f(x) η Φ είναι συνεχής στο ℝ ως πράξειςσυνεχών. Έχουμε:Φ(x1 ) = f '(x1 ) − (ex1 + x12 )f(x1 ) = −4(ex1 + x12 ) < 0 ( f '(x1 ) = 0, f(x1 ) = 4 )Φ(x2 ) = f '(x2 ) − (ex2 + x 2 )f(x 2 ) = (ex2 + x22 ) > 0 ( f '(x2 ) = 0,f(x2 ) = −1 ) 2Άρα από το θεώρημα Bolzano για την Φ στο διάστημα x1,x2  ισχύει το ζητούμενο.Β. Ισχύει ότι g '(f(x) + 1) = exf(x) για κάθε x ∈ ℝΓια x = x1 : g '(f(x1 ) + 1) = ex1 f(x1 ) ⇔ g '(4 + 1) = ex1 ⋅ 4 ⇔ g '(5) = 4ex1 > 0Για x = x2 : g '(f(x2 ) + 1) = ex2 f(x2 ) ⇔ g '(−1 + 1) = ex2 ⋅(−1) ⇔ g '(0) = −ex2 < 0Παρατηρούμε επίσης ότι το 0 ανήκει στο σύνολο τιμών της f άρα υπάρχει τουλάχιστονένα x3 ∈ ℝ τέτοιο ώστε f(x3 ) = 0 ,έτσι g '(f(x3 ) + 1) = ex3 f(x3 ) ⇔ g '(1) = 0Από υπόθεση η g’ είναι γνησίως μονότονη και επίσης g '(0) < g '(1) άρα η g’ είναι γνησίωςαύξουσα στο ℝ .Έχουμε λοιπόν : g '(1) = 0 g 'ր άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο 1, +∞)x > 1 ⇒ g '(x) > g '(1) ⇔ g '(x) > 0 g 'ր άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο ( −∞ , 1x < 1 ⇒ g '(x) <g '(1) ⇔ g '(x) < 0Συνεπώς η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στην θέση x0 = 1Άρα g(x) ≥ g(1) για κάθε x ∈ ℝ .334 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr56.Δίνεται γνησίως μονότονη συνάρτηση f : ℝ → ℝ για την οποία ισχύει: lim x3 + f −1(4)x2 + f −1(3)x − 4 = 7 x−1 x →1i)Να δείξετε ότι f−1(4) = 1,f−1(3) = 2 .Να βρείτε το είδος της μονοτονίας της f .ii)Να λύσετε την ανίσωση f(f( x + 1) − 4x) < f(3 − 4x)iii)Αν x2 + αx + β < 0 για κάθε x ∈ ℝ , β ∈ ℝ,α > 1.Να δείξετε ότι: (f−1(α + 1 ) − f−1(2))x3 + 2016 α = −∞ lim (f(α2 ) − f(4β))x2 + 2x + 666 x → +∞iv)Θεωρούμε συνάρτηση g : ℝ → ℝ για την οποία ισχύει: (gοg)(x) = g(x) + f(x5 + 1) − 4 για κάθε x ∈ ℝ α) Να δείξετε ότι η g είναι 1-1. β) Να λύσετε την εξίσωση g(ln(x + f(1) − 3)x +1 ) − g( x ) = g(0) , x ∈ − 1 , +∞  2) 2  f( − 1Λύσηi) h(x) = x3 + f−1(4)x2 + f−1(3)x − 4 ⇔ h(x)(x − 1) = x3 + f−1(4)x2 + f−1(3)x − 4 x−1Λαμβάνουμε όρια στο 1( )( )lim h(x)(x − 1) = lim x3 + f−1(4)x2 + f−1(3)x − 4 ⇔x →1 x→10 = 1 + f−1(4) + f−1(3) − 4 ⇔ f−1(4) + f−1(3) = 3 (1)lim x3 + f−1(4)x2 + f−1(3)x −4 f−1 ( 4)+f−1 (3)= 3⇔ f−1 ( 4)=3−f−1 ( 3) x3 + (3 − f−1(3))x2 + f−1(3)x − 4 = x−1 x−1x →1 = lim x →1(Το πολυώνυμο x3 + (3 − f−1(3))x2 + f−1(3)x − 4 με την βοήθεια του σχήματος Horner για x=1δίνει x3 + (3 − f−1(3))x2 + f−1(3)x − 4 = (x − 1)(x2 + (4 − f−1(3))x + 4) )lim (x − 1)(x2 + (4 − f−1(3))x + 4) = lim(x2 + (4 − f −1 (3))x + 4) = 12 + (4 − f−1(3))1 + 4 = 9 − f −1 (3) x−1x →1 x→1Αλλά από υπόθεση lim x3 + f−1(4)x2 + f −1(3)x − 4 =7 οπότε 9 − f−1(3) = 7 ⇔ f−1(3) = 2 από τη (1) x−1 x →1προκύπτει f−1(4) = 1 .Θα δείξουμε ότι :Αν μια συνάρτηση f : Α → ℝ είναι γνησίως μονότονη τότε και η αντίστροφη της η f−1 έχει τοίδιο είδος μονοτονίας με την f .Η f είναι γνησίως μονότονη άρα 1-1 συνεπώς αντιστρέφεται θα δείξουμε ότι έχει το ίδιοείδος μονοτονίας με την f-1.Έστω ότι η f είναι γνησίως αύξουσα .Θα αποδείξουμε ότι και ηf-1ειναι γνησίως αύξουσα δηλαδήΓια κάθε y1 , y2 ∈ f(A) με y1 < y2 ισχύει f−1(y1 ) < f−1(y2 )Αν ίσχυε f−1(y1 ) ≥ f −1 ( y ) fր f(f −1 ( y1 )) ≥ f(f−1(y2 )) ⇒ y1 ≥ y2 άτοπο άρα η f-1 είναι γνησίως αύξουσα. 2 ⇒Ανάλογα αν υποθέταμε ότι η f ήταν γνησίως φθίνουσα.Άρα εφόσον f−1(4) < f−1(3) η f−1 είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ οπότε από την προηγούμενηπρόταση και η f−1 είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ .ii)Ισχύει : f−1(4) = 1 ⇔ f(1) = 4 , f−1(3) = 2 ⇔ f(2) = 3 fց στο ℝf(f( x + 1) − 4x) < f(3 − 4x) ⇔ f( x + 1) − 4x > 3 − 4x ⇔ f( x + 1) > 3 ⇔ ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 335

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr fց στο ℝ⇔ f( x + 1) > f(2) ⇔ x + 1 < 2 ⇔ x < 1 ⇔ −1 < x < 1 (f−1(α + 1 ) − f−1(2))x3 + 2016 (f−1(α + 1 ) − f−1(2))x3 (f−1(α + 1 ) − f−1(2)) α = lim α = lim αiii) lim (f(α2 ) − f(4β))x2 + 2x + 666 x → +∞ (f(α2 ) − f(4β))x2 x → +∞ (f(α2 ) − f(4β)) x x → +∞ (f−1(α + 1 ) − f−1(2)) αΌλα εξαρτώνται από τον αριθμό (f(α2 ) − f(4β))• Για κάθε α > 1 ισχύει α + 1 > 2 α(α + 1 > 2 ⇔ α2 + 1 > 2α ⇔ α2 + 1 − 2α > 0 ⇔ (α − 1)2 > 0) αΈτσια+ 1 f−1 ցℝ 1 ) < f−1(2) ⇔ f−1(α + 1 ) − f−1(2) < 0 (2) α > 2 ⇔ f−1(α + αα•Το τριώνυμο x2 + αx + β < 0 για κάθε x ∈ ℝ , β ∈ ℝ,α > 1 άρα η διακρίνουσα του είναι f−1 ցℝαρνητική δηλ ∆ < 0 ⇔ α2 − 4β < 0 ⇔ α2 < 4β ⇔ f(α2 ) > f(4β) ⇔ f(α2 ) − f(4β) > 0 (3) (f−1(α + 1 ) − f−1(2)) (f−1(α + 1 ) − f−1(2))x3 + 2016 α <0 α = −∞Από (2),(3) : (f(α2 ) − f(4β)) οπότε lim (f(α2 ) − f(4β))x2 + 2x + 666 x → +∞iv)α) Έστω x1 , x2 ∈ ℝ με g(x1 ) = g(x2 ) .Έτσι:g(x1 ) = g(x2 ) ⇒ g(g(x1 )) = g(g(x2 )) ⇔ g( x1 ) + f(x15 + 1) − 4 = g(x2 ) + f(x25 + 1) − 4 ⇔ f(xg(x1 )=g(x2 ) 5 + 1) = f(x25 + 1) 1f 1−1 +1⇔ ⇔ =⇔ +1= = x15 x 5 x15 x25 x1 x2 άρα η g είναι 1-1 στο ℝ . 2β)Για x = 0 f(1)=4(gοg)(0) = g(0) + f(05 + 1) − 4 ⇔ g(g(0)) = g(0) + f(1) − 4 ⇔ g(g(0)) = g(0) + 4 − 4 ⇔ g 1−1⇔ g(g(0)) = g(0) ⇔ g(0) = 0Η εξίσωση παίρνει την μορφήg(ln(x + f(1) − 3)x+1 ) − g( x ) = g(0) ⇔ g(ln(x + 4 − 3)x+1 ) − g( 3 x ) = 0 ⇔ f(2) − 1 − 1⇔ g(ln(x + 1)x+1 ) − g( x) = 0 ⇔ g(ln(x + 1)x+1 ) = g( x ) g 1−1 ln( x + 1)x+1 = x , x∈ − 1 , +∞  (4) 2 2 2  2 ⇔Η (4) έχει μια προφανή ρίζα το x = 0 .Θα εξετάσουμε αν είναι μοναδική(Σκέψη στο πρόχειρο για x ∈ − 1 , +∞  2 ln(x + 1)x+1 = x ⇔ (x + 1)ln(x + 1) = x ⇔ 2 ln(x + 1) = x ⇔ 2 ln(x + 1) − x = 0 ) 2 2 x+1 x+1Θεωρούμε συνάρτηση φ(x) = 2 ln(x + 1) − x , x∈ − 1 , +∞  x+1 2 Η φ παραγωγίσιμη στο − 1 , +∞  ως πράξεις παραγωγίσιμων. 2 φ '(x) =  2 ln(x + 1) − x x 1  ' = 2x + 1  +  (x + 1)2Όταν x ∈ − 1 , +∞  ισχύει φ'(x) ≥ 0 άρα η φ είναι γνησίως αυξουσα στο − 1 , +∞  οπότε η 2  2 ρίζα x = 0 είναι μοναδική.336 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr57.Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : ℝ → ℝ με f(0) = 0 και e2f(x) + 2xef(x) = 1, x ∈ ℝ i)Να δείξετε ότι f(x) = ln( x2 + 1 − x) , x ∈ ℝ ii)Να δείξετε ότι x2 + 1 − x > 0 ,για κάθε x ∈ ℝ iii)Να εξετάσετε την f ως προς την μονοτονία και να δείξετε ότι f '(x) x2 + 1 + 1 = 0 ,για κάθε x ∈ ℝ . iv)Να βρείτε τα όρια lim f(x) και lim f(x) . x→−∞ x→+∞ v) Να δείξετε ότι η εξίσωση ef(x) − 1974 = 0 έχει μια τουλάχιστον πραγματική λύση. ( )iv) Να υπολογίσετε το όριο  3π −  1 − ef(x) συν  2 x  lim x4 + x2 x→0 v)Να λύσετε την εξίσωση f(2x) + x = f(x) . Λυσηi)Εχουμε:e2f(x) + 2xef(x) = 1 ⇔ e2f(x) + 2xef(x) + x2 = x2 + 1 ⇔ (ef(x) + x)2 = x2 + 1 ⇔ ef(x) + x = x2 + 1 , x ∈ ℝ (1)Θέτουμε g(x) = ef(x) + x οπότε η (1) παίρνει την μορφή: g(x) = x2 + 1 , x ∈ ℝ (2)Από την (2) είναι προφανές ότι g(x) ≠ 0 και επειδή η g είναι συνεχής στο ℝ , ως πράξειςσυνεχών θα διατηρεί σταθερό πρόσημο.Όμως g(0) = ef(0) + 0 = 1 > 0 , οπότε και g(x) > 0 για κάθε x ∈ ℝΈτσι από την (2) g(x) = x2 + 1 ⇒ ef(x) + x = x2 + 1 ⇒ ef(x) = x2 + 1 − x ⇒ f(x) = ln( x2 + 1 − x) , x ∈ ℝii)Είναι x2 + 1 − x > x2 − x = x − x ≥ 0Άρα, x2 + 1 − x > 0 για κάθε x ∈ ℝiii) Η f είναι παραγωγίσιμη στο ℝ ως πράξεις παραγωγίσιμων.f '(x) = 1 ( x2 + 1 − x)' = 1 ( (x2 + 1)' − 1) = 1 ( 2x − 1) = x2 + 1 − x x2 + 1 − x 2 x2 + 1 x2 + 1 − x 2 x2 + 1= 1 ( x − x2 + 1 ) = 1 ⋅ x − x2 + 1 = − 1 < 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα η f είναι x2 + 1 − x x2 + 1 x2 + 1 x2 + 1 − x x2 + 1 x2 + 1γνησίως φθίνουσα στο ℝ .f '(x) x2 + 1 + 1 = − 1 x2 + 1 + 1 = −1 + 1 = 0 x2 + 1iv)• lim f(x) = lim (ln( x2 + 1 − x)) (3).Ομως: x → −∞ x→−∞( )lim  1   + 1  x2 − x  = x2 − x  =x → −∞ x2 + 1 − x = lim  x 1 + lim  −x 1 x → −∞ x → −∞=  −x( 1+ 1  lim  x2 + 1) = (+∞) ⋅ 2 = +∞ x → −∞ u= x2 +1−xΆρα lim f(x) = lim (ln( x2 + 1 − x)) = lim (ln(u)) = +∞ x → −∞ x→−∞ u → +∞• lim f(x) = lim (ln( x2 + 1 − x)) (4) x → +∞ x→+∞ ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 337

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grlim ( x2 + 1 − x) = lim ( x2 + 1 − x)( x2 + 1 + x) = lim x2 + 1 − x2 =x → +∞ x → +∞ ( x2 + 1 + x) (x→+∞ x2 + 1 + x)= lim 1 = lim 1 = 0 ⋅ 1 = 0(x→+∞ x2 + 1 + x) x → +∞ 1 2 1+ x2 + 1) (x( u= x2 +1−x>0lim f(x) = lim (ln( x2 + 1 − x)) = lim(ln(u)) = −∞x → +∞ x→+∞ u→0+v) ef(x) − 1974 = 0 ⇔ ef(x) = 1974 ⇔ f(x) = ln 1974 ⇔ f(x) − ln 1974 = 0Θεωρούμε συνάρτηση g(x) = f(x) − ln 1974 , x ∈ ℝ• lim g(x) = lim (f(x) − ln 1974) = +∞ άρα υπάρχει αριθμός α<0 τέτοιος ώστε g(α) > 0x → −∞ x → −∞• lim g(x) = lim (f(x) − ln 1974) = −∞ άρα υπάρχει αριθμός β>0 τέτοιος ώστε g(β) < 0x → +∞ x → +∞Άρα ισχύουν για την g όλες οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο α,β οπότευπάρχει τουλάχιστον ένα x0 ∈ (α,β) τέτοιο ώστε g(x0 ) = 0 ⇔ ..... ⇔ ef(x0 ) − 1974 = 0( ) ( ) ( ) ( )iv)1−ef(x) συν  3π − x   2  1 − ef(x) (−ημ x) ef(x) − 1 ημx  ef(x) − 1 ⋅ ημx lim = lim x4 + x2 = lim x4 + x2 = lim  x3 + x x  = x4 + x2 x→0  x→0 x→0 x→0ef(x) = x2 +1−x  x2 +1−x − 1 ημx   x2 +1 − (x + 1) ημx  =  x3 + x ⋅ x  =  x3 +x ⋅ x  = lim lim x→0 x→0( ( )( ) ) ( ( ) )=   2   x2 + 1 − (x + 1) x2 + 1 + (x + 1)   x2 + − (x + 1)2 lim  x(x2 + 1) x2 + 1 + (x + 1) ⋅ ημx  = lim  + 1) 1 +1 +(x + ⋅ ημx  =  x  x→0 x→0 x(x2 x2 1) x      x2 + 1 − (x2 + 2x + 1) ημx   −2x ημx   x(x2 + 1) x2 +1+ (x + ⋅ x  =  x2 + 1 + (x + 1) x  =lim( ) ( )=  lim  + ⋅ x→0 1) x→0 x(x2 1)  −2  −2     x2 + 1 + (x + 1) ημx   x2 + 1 + (x + 1)   ημx lim( ) ( )= + ⋅ x  = lim  +  lim  x  =    x→0 (x2 1) x→0 (x2 1) x→0( )= −2 ⋅1 = −1 (02 + 1) 02 + 1 + (0 + 1)v)H εξισωση παιρνει την μορφη: f(2x) + x = f(x) ⇔ f(2x) + 2x = f(x) + x (5)Θεωρούμε συνάρτηση Φ(x) = f(x) + x η οποία είναι παραγωγίσιμη στο ℝ ,έτσιΦ '(x) = f '(x) + 1 = − 1 + 1 = x2 + 1 − 1 ≥ 0 άρα η Φ είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ οπότε και x2 + 1 x2 + 1 Φ 1−11-1.Η (5) γίνεται : f(2x) + 2x = f(x) + x ⇔ Φ(2x) = Φ(x) ⇔ 2x = x ⇔ x = 0338 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr58.(all time classic..)Δίνονται οι συνεχείς συναρτήσεις f,g : ℝ → ℝ τέτοιες ώστε ναισχύουν οι ιδιότητες: (1) ΧΩΡΙΣ • xf(x) − 3x4 + x − 2ημxσυν2x = 0 για κάθε x ∈ ℝ (2) ΠΑΡΑΓΩΓΟ!! • g2 (x) = f(0)x6 για κάθε x ∈ ℝ (3) • g(2) < 0,g(−2) > 0 i)Να υπολογίσετε τα όρια lim f(x), lim f(x) x → +∞ x → −∞ii)Να δείξετε ότι f(0) = 1 .iii)Να δείξετε ότι η εξίσωση f(x) = 0 έχει τουλάχιστονμια λύση στο ℝ .iv)Να λύσετε την εξίσωση g(x) = 0 .v)Να δείξετε ότι η g διατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα(−∞,0) , (0,+∞) .vi)Να δείξετε ότι g(x) = −x3vii)Να δείξετε ότι η g αντιστρέφεται και να ορίσετε την g−1 .viii)Να βρείτε τα κοινά σημεία των Cg,Cg−1 .Λύσηi)Για x ≠ 0 η (1) γίνεταιf(x) = 3x4 − x + 2ημxσυν2x = 3x3 − 1 + 2ημxσυν2x xxΕίναι: 2ημxσυν2x = 2 ημxσυν2x ≤ 2 άρα − 2 ≤ 2ημxσυν2x ≤ 2 xx x xxxΌμως lim  − 2  = 0, lim 2 =0 από το κριτήριο παρεμβολής lim 2ημxσυν2x =0  x  x x → +∞ x x→+∞  x→+∞Έτσι  3 −1+ 2ημxσυν2 x  = +∞ lim  3x x  x → +∞Ανάλογα δείχνουμε :  3 − + 2ημxσυν2 x  = −∞ lim  3x 1 x  x → −∞ii)H f είναι συνεχής στο ℝ άρα είναι και συνεχής στο x0 =0 οπότε lim f(x) = f(0) x→0  2ημxσυν 2 x   ημx   x   x Έτσι lim f( x) = lim 3x3 −1+ = lim 3x3 − 1 + 2 συν 2 x = 3 ⋅ 03 − 1 + 2 ⋅1⋅12 =1 άρα x→0 x→0 x→0f(0) = 1 .iii) lim f(x) = +∞ τότε υπάρχει x1 >0 τέτοιο ώστε f(x1 ) > 0 x → +∞lim f(x) = −∞ τότε υπάρχει x2 <0 τέτοιο ώστε f(x2 ) < 0x → −∞Άρα η f ικανοποίει τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο x1 , x2  οπότε υπάρχειμια τουλάχιστον ρίζα της εξίσωσης f(x) = 0 στο (x1 , x2 ) ⊆ ℝ .iv)Έχουμε g(x) = 0 ⇔ g2 (x) = 0 ⇔ x6 = 0 ⇔ x = 0v)Η συνάρτηση g στο (−∞,0) είναι συνεχής και δεν μηδενίζεται άρα σε αυτό το διάστημαδιατηρεί σταθερό πρόσημο. Η συνάρτηση g στο (0, +∞) είναι συνεχής και δεν μηδενίζεται ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 339

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grάρα σε αυτό το διάστημα διατηρεί σταθερό πρόσημο. Άρα, η g διατηρεί σταθερό πρόσημοστα διαστήματα (−∞,0) , (0,+∞) .vi)Η g διατηρεί σταθερό πρόσημο στο (−∞,0) και από υπόθεση g(−2) > 0 οπότε g(x) > 0 γιακάθε x ∈ (−∞,0) .Επομένως στο διάστημα αυτό έχουμε: f(0)=1g2 (x) = f(0)x6 ⇔ g2 (x) = x6 ⇔ g(x) = −x3 αφού x < 0 .Επειδή g(0) = 0 έχουμε τελικά g(x) = −x3 για κάθε x ∈ (−∞,0 (4)Η g διατηρεί σταθερό πρόσημο στο (0, +∞) και από υπόθεση g(2) < 0 οπότε g(x) < 0 για κάθεx ∈ (0,+∞) .Επομένως στο διάστημα αυτό έχουμε: f(0)=1 x>0g2 (x) = f(0)x6 ⇔ g2 (x) = x6 ⇔ g(x) = (x3 )2 ⇔ − g(x) = x3 ⇔ g(x) = −x3 αφού x > 0 . g(x)<0Επειδή g(0) = 0 έχουμε τελικά g(x) = −x3 για κάθε x ∈ 0, +∞) (5)Από (4) ,(5) : g(x) = −x3 για κάθε x ∈ ℝvii) Έστω x1 , x2 ∈ ℝ με g(x1 ) = g(x2 ) , τότε έχουμε διαδοχικά−x13 = −x23 ⇔ x13 = x23 ⇔ x1 = x2 άρα η g είναι 1-1 συνεπώς αντιστρέφεται. Για α ορίσουμετην g−1 λύνουμε την y = g(x) ως προς x.y = g(x) ⇔ y = −x3 ⇔ (−x)3 = y ⇔ −x = − 3 −y , y < 0 ⇔ x =  3 −y , y < 0 ⇔ g−1(y) =  3 −y , y < 0  3 y , y ≥ 0 − 3 y , y ≥ 0 − 3 y , y ≥ 0Δηλαδή g−1(x) =  3 −x , x < 0 − 3 x , x ≥ 0viii) Λύνουμε το σύστημαyy = g(x) g 1−1 gy(=y)g=(xg)(g −1 ( x)) ⇔ xy = g(x) ⇔ y = −x3 (+) y = −x3 − y3 ⇔ y = −x3 3 + y3 = 0 = g −1 ( x) = g(y) x = −y3 x + y = −x3 x + y+x ⇔ ⇔⇔  y = −x3 + y)(x2 − xy + y2 ) = 0 ⇔ (yx=+ −x3 + x2 − xy + y2 ) = 1+ x2 −xy+ y2 ≠0 xy = −x3 ⇔ xy = −x3  x + y + (x y)(1 + y=0 = −y ⇔ 0⇔ xy = −x3 ⇔ xy + x3 = 0 ⇔ xy − y3 = 0 ⇔ xy(=1 − y2 ) = 0 ⇔ = −y = −y = −y − y⇔ xy = 0ή y = −1 ή y = 1 ⇔ xy = 0 ή y = −1 ή y =1 = −y = 0 ή x =1 ή x = −1Άρα τα κοινά σημεία των Cg,Cg−1 είναι : Ο(0,0),Α(-1,1),Γ(1,-1).340 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr59.Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : (0, +∞) → ℝ με f(1) = ln 4 και (x + 1)f '(x) − f(x) = x + 1 − (x + 1)2 , x > 0 xi. Να δείξετε ότι f(x) = (x + 1)ln x + 1 xii. Να μελετήσετε την συνάρτηση f ως προς την μονοτονία και να βρείτε τιςασύμπτωτες και το σύνολο τιμών της . 2020iii. Να δείξετε ότι η εξίσωση x + 1 = xe x+1 έχει μια ακριβώς θετική ρίζα .iv. Να δείξετε ότι f(x) + ln 4 ≥ f( x + 1) 22 2020 2020v. Να δείξετε ότι ∫ xf(x)dx > ∫ f(x)dx 11Λύσηi)Είναι(x + 1)f '(x) − f(x) = x + 1 − (x + 1)2 ⇔ (x + 1)f '(x) − (x + 1)' f(x) = x + 1 − (x + 1)2 ⇔ xx⇔ (x + 1)f '(x) − (x + 1)' f(x) = x + 1 − (x + 1)2 ⇔ (x + 1)f '(x) − (x + 1)' f(x) = 1 − 1 ⇔ (x + 1)2 (x + 1)2 x(x + 1)2 (x + 1)2 x+1 xΈτσι  f(x)  ' = (ln(x + 1) − ln x)' ⇔ f(x) = ln(x + 1) − ln x + c ,για x =1  x+1  x+1f(1) = ln(1 + 1) − ln 1 + c ⇔ ln 4 = ln 2+ c ⇔ 2 ln 2 = ln 2 +c ⇔ c = 01+1 2 2Άρα f(x) = ln(x + 1) − ln x ⇔ f(x) = ln x + 1 ⇔ f(x) = (x + 1) ln x + 1 , x > 0 x+1 x+1 x xii)Έχουμε f(x) = (x + 1) ln x + 1 ⇔ f(x) = (x + 1)(ln(x + 1) − ln x) xΠαραγωγίζουμε*f = + − 1 − 1) = + − − x +1 = x+ 1 − 1 >'(x) ln(x 1) ln x + (x + 1)( + x ln(x 1) ln x +1 x ln x x ,x 0 (1) x 1*Χρησιμοποιούμε την γνωστή ανισότητα ln x ≤ x − 1 με το = να ισχύει για x = 1 , θέτονταςόπου x το x + 1 είναι 0 < x + 1 ≠ 1 γίνεται ln x + 1 < x + 1 − 1 ⇔ ln x + 1 < 1 ⇔ ln x + 1 − 1 < 0 xx xx xx xxΕναλλακτικάln x + 1 − 1 = ln(x + 1) − ln x − 1 = ln(x + 1) − ln x − 1 που θυμίζει Θ.Μ.Τ x x x x +1−x x ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 341

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΕφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ στην συνάρτηση h(t) = ln t στο x, x + 1 με x > 0 άρα υπάρχειξ ∈ (x,x + 1) με h '(ξ) = ln(x + 1) − ln x ⇒ 1 = ln(x + 1) − ln x (2) x +1− x ξ x+1−xΌμως x <ξ < x+1⇒ 1 >1> 1 και από (2) x ξ x+11 > ln(x + 1) − ln x ⇔ ln(x + 1) − ln x − 1 < 0 ⇔ f '(x) < 0 αρ η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,+∞) .x x +1− x x + 1−x xΑσύμπτωτεςlim f(x) = lim(x + 1) ln x + 1 = +∞ ( lim(x + 1) = 1 , lim ln x + 1 = lim  ln(1 + 1)  = +∞ ) x  x x→0+ x→0+ x x→0+ x→0+ x→0+Άρα η ευθεία x = 0 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf στο x=0.lim f(x) = lim  (x + 1) ln x+ 1  = lim ln x + 1 0 lim (ln x + 1)' = ... = lim x +1 = 1  x  x x xx → +∞ x → +∞ x→+∞ 1 =0 x → +∞ x → +∞ ( 1 ) ' x+1 D.H.L + 1 xΗ ευθεία y = 1 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της Cf στο +∞Σύνολο τιμώνH f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο (0,+∞) άρα :( )( ) ( )f  0,+∞  = = lim f(x), lim f(x) 1, +∞ x → +∞ x→0=iii)Για την εξίσωση έχουμε: 2020 2020 2020x + 1 = xe x+1 ⇔ ln(x + 1) = ln(xe x+1 ) ⇔ ln(x + 1) = ln x + ln(e x+1 ) ⇔⇔ ln(x + 1) = ln x + 2020 ⇔ ln(x + 1) − ln x = 2020 ⇔ ln x + 1 = 2020 ⇔ x+1 x+1 x x+1⇔ (x + 1)ln x + 1 = 2020 ⇔ f(x) = 2020 xΌμως η f είναι συνεχής στο (0, +∞) και το 2020 ∈ f (0, +∞) = (1, +∞) , οπότε υπάρχειx0 ∈ (0, +∞) τέτοιο ώστε f(x0 ) = 2020 .Το x0 είναι μοναδικό λόγω μονοτονίας της f.iv) Η προς απόδειξη ανισότητα παίρνει την μορφή:f(x) + ln 4 ≥ f( x + 1) ⇔ f(x) + ln 4 ≥ 2f( x + 1) ⇔ 22 2⇔ f(x) − f( x + 1) ≥ f( x + 1) − 2 ln 2 ⇔ f(x) − f( x + 1) ≥ f( x + 1) − f(1) 22 22Η ισότητα ισχύει για x=1Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ στα διαστήματα342 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr x + 1  ,  x + 1 ,  , η f ικανοποίει τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ στα ανωτέρω διαστήματαx, 2   2 1άρα υπάρχουν ξ1 ∈  x, x + 1  , ξ ∈  x + 1  τέτοια ώστε  2   2 ,1 2 f(x) − f( x + 1) f(x) − f( x + 1) f(x) − f( x + 1) f '(ξ1 ) = 2 = 2 =2 2 x− x+1 x−1 x−1 22 f( x + 1) − f(1) f( x + 1) − f(1) f( x + 1) − f(1) f '(ξ2 ) = 2 = 2 =2 2 x +1 −1 x−1 x−1 22Όμως f( x + 1) − f(1) f(x) − f(x + 1) + + 2 x−1 2 2 2ξ1 < ξ2 f 'ր < f '(ξ2 ) ⇒ 2 x−1 < 2 ⇒ f( x 1) − f(1) < f(x) − f( x 1) ⇒ f '(ξ1 )Τελικά : f(x) + ln 4 ≥ f( x + 1) για κάθε x > 0 . 22v) Είναι xf(x) − f(x) = (x − 1)f(x)θεωρούμε την διαφορά ∆(x) = (x − 1)f(x) = (x − 1)(x + 1)ln x + 1 xΌμως x ∈ 1, 2020 οπότε:x ≥ 1 ⇔ x − 1 ≥ 0 και (x + 1) ln x + 1 ≥ 1 > 0 (από ερώτημα συνόλου τιμών) xΈτσι προκύπτει ∆(x) ≥ 0 και αφού έχει μια τουλάχιστον μη μηδενιζόμενη τιμή (π.χ∆(2) ≠ 0 ) θα είναι:2020 2020∫ ∆(x)dx > 0 ⇔ ∫ ((x − 1)f(x))dx > 0 ⇔00 2020 2020 2020 2020 2020⇔ ∫ (xf(x) − f(x))dx > 0 ⇔ ∫ xf(x)dx − ∫ f(x)dx > 0 ⇔ ∫ xf(x)dx > ∫ f(x)dx 0 00 00 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 343

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr60.Δίνονται οι συναρτήσεις f(x) = 2ex−1 − ln x , x>0 και g(x) = 2x + 2 ln 1 + 2 ex−1i)Να μελετήσετε τις f,g ως προς την κυρτότητα στο (0, +∞) .ii)Να δείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των f,g έχουν κοινή εφαπτομένη στοx0 = 1 , της οποίας να βρείτε την εξίσωση.iii)Για κάθε x > 0 να δείξετε ότι 2ex−1 − 2x ≥ ln (1 4x )2 + ex−1iv)Να λύσετε στο ( 0, +∞ ) την εξίσωση ex−1 = x + ln 1 2 x + ex−1 e∫v) Να δείξετε ότι (x2ex−1 −f(x) + e 2ex−1 −f(x) )dx = e2 − 1 1Λύση( )i) f '(x) = ' = 2ex−1 − 1 ,f ''(x)  x−1 1  2ex−1 1 2ex−1 − ln x x =  2e − x  ' = + x2 > 0 για κάθε x>0 άρα η f είναικυρτή στο (0,+∞)g '(x) =  2x + 2 ln 1 2  ' = ... = 1 + 2  + ex−1  ex−1( )g =  2  = − 2ex−1''( x)  1 + ex−1  ' ... = (1 + ex−1 )2 <0 άρα η g είναι κοίλη στο 0, +∞ii) f(1) = 2e1−1 − ln 1 = 2 , f '(1) = 2e1−1 − 1 = 1 1g(1) = 2 + 2 ln 1 + 2 = 2 + 2 ln1 = 2 , g '(1) = 2 =1 e1−1 1 + e1−1Δηλαδή f(1) = g(1),f '(1) = g '(1) συνεπώς οι γραφικές παραστάσεις των f,g έχουν κοινήεφαπτομένη στο x0 = 1 ,με εξίσωση y − g(1) = g '(1)(x − 1) ⇔ ... ⇔ y = x + 1iii)Από το την κυρτότητα των f και g Cfκαι την κοινή εφαπτομένη προκύπτειf(x) ≥ y ≥ g(x) για κάθε x ∈ (0, +∞) δηλαδήf(x) ≥ g(x) με την ισότητα όταν x = 1Άρα f(x) ≥ g(x) ⇔ 2ex−1 − ln x ≥ 2x + 2 ln 1 + 2 x −1 ⇔ Cg e x=12ex−1 − 2x ≥ +2 ln 1 + 2 x −1 + ln x ⇔ 2ex−1 − 2x ≥ + ln 4 + ln x ⇔ e (1 + ex−1 )22ex−1 − 2x ≥ ln (1 4x + ex−1)2344 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.griv) ex−1 = x + ln 1 2 x ⇔ ex−1 = x + ln x + ln 1 + 2 x −1 ⇔ 2ex−1 = 2x + 2 ln x + 2 ln 1 + 2 x −1 ⇔ + ex−1 e e⇔ 2ex−1 = 2x + ln x + 2 ln 1 + 2 x −1 ⇔ 2ex−1 + ln x = 2x + 2 ln 1 + 2 −1 ⇔ f(x) = g(x) e exΑπό το σχήμα προκύπτει ότι x=1. ee e 2ex−1 −f( x) (x + e )dx =2ex−1 −f(x) (x + e )dx =2ex−1 −2ex−1 +l n x 2ex−1 −2ex−1 +ln xv) ∫ ∫ ∫I = (xl n x + e ln x )dx = 11 1ee ee∫ ∫ ∫ ∫= xl n xdx + e ln xdx ⇔ I = xl n xdx + e ln xdx (1)11 11Θέτουμε u = xln x , οπότε u = xln x ⇔ ln u = ln xl n x ⇔ ln u = ln2 x ⇔ x = e ,ln udx = (e lnu )'du ,•x=1 τότε u = 1•x=e τότε u = eΆρα∫ ∫ ∫e e  e e xln xdx = 1 u(e −e1 1 ln u )' du = ue ln u 1 ln u duΆρα η (1) παίρνει την μορφή: ee ln xdx = ue ln u 1e e e ue ln u 1e xln xdx + e −e e 11 1 1∫ ∫ ∫ ∫I = ln x dx = = e⋅e = e2 −1 ln u du + ln e − 1e ln 1 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 345

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr61.Έστω η συνάρτηση f(x) = (λ − 1)x + 6 , x > 1 , λ,μ ∈ ℝ η οποία έχει ασύμπτωτες τις x+μευθείες y = 2 και x = −1 .i.Να αποδείξετε ότι f(x) = 2x + 6 ,x >1 x+1ii.Να βρείτε συνάρτηση G(x) με G'(x) = f(x) για κάθε x > −1 , της οποίας η γραφικήπαράσταση διέρχεται από το σημείο Μ(0,2).Λύσηi.Η Cf έχει ασύμπτωτες τις ευθείες y = 2 και x = 1 οπότε:lim f(x) = 2 και lim f(x) = +∞ ή lim f(x) = −∞x → ±∞ x→1+ x → −1+Είναι όμως:lim f(x) = lim ( λ − 1)x + 6 = (λ − 1) + 6 = λ −1 x +μ lim xx → ±∞ x→±∞ x→±∞ 1 + μ xΆρα λ − 1 = 2 ⇔ λ = 3f(x) = (3 − 1)x + 6 = 2x + 6 ,x > −1 x+μ x+μΑν μ≠1 θα είναι lim f(x) = lim 2x + 6 = 4 ∈ℝ άτοπο x+μ −1 + μ x → −1+ x → −1+Αν μ=1 θα είναι lim f(x) = lim 2x + 6 x > −1 οπότε μ=1 x+1 x → −1+ x → −1+ =ii.ΈχουμεG '(x) = f(x) = 2x + 6 = 2x + 2 + 4 = 2(x + 1) + 4 = 2 + 4 , x > −1 x+1 x+1 x+1 x+ 1ΔηλαδήG(x) = (2x + 4 ln(x + 1))' άρα G(x) = 2x + 4 ln(x + 1) + c, x > −1Όμως G(0) = 2 ⇔ 2 ⋅ 0 + 4 ln(0 + 1) + c = 2 ⇔ c = 2Άρα G(x) = 2x + 4 ln(x + 1) + 2,x > −1346 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr62.(all time classic)Δίνεται η συνάρτηση f(x) = 1 , x > 0 και το μεταβλητό σημείο xΜ(α,f(α)) της Cf .Η εφαπτομένη (ε) της Cf στο σημείο Μ τέμνει τους άξονες Οx,Oy στασημεία Α,Β αντίστοιχα.i) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης (ε) καθώς και τις συντεταγμένες τωνσημείων Α,Β ως συνάρτηση του α.ii) Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑB, όπου Ο είναι η αρχή τωναξόνων ,είναι σταθερό.iii) Έστω Γ,Δ οι προβολές του σημείου Μ στους άξονες Οx, Οy αντίστοιχα .Ναπροσδιορίσετε τις συντεταγμένες του σημείου Μ, ώστε η περίμετρος του ορθογωνίουΟΓΜΔ να είναι ελάχιστη.iv.Δίνεται η συνάντηση g(x) = (f(x))2 ln x, x > 0 ,να υπολογίσετε το εμβαδό πουπερικλείεται από την Cg, τον άξονα x’x και τις ευθείες x=1,x=2.v.Αν είναι γνωστό ότι η τετμημένη του Μ(το α) μεταβάλλεται με ρυθμό 4cm/sec ναβρείτε το ρυθμό μεταβολής της γωνίας ΟΒΑ την χρονική στιγμή t0 κατά την οποίαα=1 cm.ΛΥΣΗi)Η παράγωγος συνάρτηση της f είναι f '(x) =  1  ' = − 1 .Η ζητούμενη εφαπτομένη είναι:  x  x2ε : y − f(α) = f '(α)(x − α) ⇔ y − 1 = − 1 (x − α) ⇔ y = − 1 x + 2 α α2 α2 αΗ (ε) τέμνει τον άξονα x’x σε σημείο με τεταγμένη 0.y = − 1 ⋅x+ 2 ⇔ 0 = − 1 ⋅x+ 2 ⇔ 1 ⋅x = 2 ⇔ x = 2α άρα Α( 2α , 0) α2 α α2 α α2 αΗ (ε) τέμνει τον άξονα y’y στο σημείο με τετμημένη 0.Δηλαδή, y = − 1 ⋅0 + 2 ⇔ y = 2 άρα Β(0, 2 ) y α2 α α αii)(ΟΑB) = 1 (ΟΑ) (ΟΒ) = 1 2α 2 = 1 ⋅ 2α ⋅ 2 = 2 τ.μ Β 2 2 α2 αiii) Οι συνταγμένες των σημείων Γ,Δ θείναι Γ(α,0), ∆(0, 1 ) Δ Μ(α,1/α) αΆρα, η περίμετρος είναι :Π(α) = 2(α + 1 ) ,α > 0 αΠ '(α) =  2(α + 1 )  ' = 2 − 2 = 2α2 − 2 Ο ΓΑ x  α  α2 α2Π '(α) = 0 ⇔ 2α2 − 2 = α>0 = 1 α2 0⇔α ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 347

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr α 0 1 +∞ Π '(α ) - + Π(α )Άρα, για α=1 η περίμετρος του ορθογωνίου γίνεται ελάχιστη και οι συντεταγμένες του Μείναι Μ(1,1).iv. g(x) = (f(x))2 ln x = ln x ,x > 0 x2Ισχύει: g(x) > 0 για κάθε x ∈ 1, 2 άρα το ζητούμενο εμβαδό είναι 2 ln x 1 1 1  1    1 1 1 1  1 x2 x2  x ' ln xdx   x ln x2 2 x2 dx ∫ ∫ ∫ ∫E= dx = − = − = − − = ln xdx 2 2=  1 ln 1 − − 1 1  =   1 ln 1 +  1 1  =  1 ln 1 + 1 1  = .. = 1 − ln 2 τετρ. μονάδες −   x x2 x 2  −   x x2  x 2  −   x x  2  x 2  2v.θεωρούμε τις συναρτήσεις α(t) και θ(t) οι οποίες εκφράζουν την τετμημένη α τουσημείου Μ και την γωνία ΟΒΑ κάθε χρονική στιγμή t αντίστοιχα.Οι συναρτήσεις α(t) και θ(t) συνδέονται με την σχέση εφ(θ(t)) = (OA) = 2α(t) = α2 (t) (1) (OB) 2 α(t)Από υπόθεση γνωρίζουμε ότι α '(t) = 4 , α(t0 ) = 1 και αναζητούμε την θ'(t0 )Παραγωγίζουμε την σχέση (1) 1 θ'(t) = 2α(t)α '(t) α '( t)=4 8α(t) συν2θ(t) =Επομένως 1 ) θ'(t0 ) = 8α(t0 ) ⇔ θ'(t0 ) = 8α(t0 )συν2θ(t0 ) συν2θ(t0Όμως την χρονική στιγμή t0 , τα σημεία Α και Β είναι: Α(2,0),Β(0,2)Οπότε: συνθ(t0 ) = (ΟΒ) = 2 =1= 2 (ΑΒ) 2+ 2 22Άρα ο ζητούμενος ρυθμός μεταβολής είναι  2 2 = 4 rad / sec θ'(t0 ) = 8α(t0 )συν2θ(t0 ) = 8  2 348 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr63. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση στο ℝ με τύπο: f(x) = e2x−+λx2 + κ(κ − 2) − 2λ + 3, x≤0 κ, λ σταθεροί πραγματικοί αριθμοί − ln(e2x (x + 1)), x>0A. Να βρείτε τις τιμές των κ, λ. Υπάρχει µια άσκηση µε πολλάB. Για κ=1 και λ=1 ερωτήµατα. Κάποιο από αυτάi) Να εξετάσετε την f ως προς την μονοτονία έλεγε ότι υπάρχει µια άσκησηκαι τα ακρότατα. µε πολλά ερωτήµατα. Κάποιοii) Να βρείτε το σύνολο τιμών της f. αυτά έλεγε ότι υπάρχει µιαiii) Να δείξετε ότι η εξίσωση f(x) = 0 έχειδυο ρίζες ετερόσημες x1 , x2 με x1 < x2 . άσκηση µε πολλά ερωτήµατα….iv) Να δείξετε ότι η εξίσωσηf(α) − 1 + f(β) − 1 = 2016 έχει μια τουλάχιστον ρίζα x−1 x−2στο (1,2) για κάθε α,β ∈ ℝ* .v) Να δείξετε ότι η εξίσωση x + f(x) = ημxέχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (x1 , x2 ) ,όπου x1 , x2 οι ρίζες του ερωτήματος iii).vi) Να λύσετε στο (0,+∞) την εξίσωση  2x + x − 1  = 6 − 2x+1 − 2x ln   2ΛΥΣΗΑ. H f είναι συνεχής στο ℝ άρα είναι συνεχής και στο x0 = 0 οπότε lim f(x) = lim f(x) = f(0) . x→0+ x →0−Δηλαδή( ) ( )lim ex + x + κ(κ − 2) − 2λ + 3 = lim 2 − λ2 − ln(e2x (x + 1)) ⇔ e0 + 0 + κ(κ − 2) − 2λ + 3 = 2 − λ2 − ln(e2⋅0 (0 + 1)) ⇔x→0+ x→0+1 + κ(κ − 2) − 2λ + 3 = 2 − λ2 − ln 1 ⇔ 1 + κ2 − 2κ − 2λ + 3 = 2 − λ2 ⇔ κ2 − 2κ − 2λ + 2 + λ2 = 0κ2 − 2κ + 1 + 1 − 2λ + λ2 = 0 ⇔ (κ − 1)2 + (λ − 1)2 = 0 ⇔ λ = 1 και κ = 1Η συνάρτηση παίρνει την μορφή:f(x) = e2x−+12x + 1(1 − 2) − 2 ⋅1+ 3, x≤0 ή f(x) = 1ex−+(lxn,(e2x ) + ln(x + 1)), x≤0 ή − ln(e2 x (x + 1)), x>0 x>0f(x) = 1ex−+2xx , ln( x + 1)), x≤0 − x>0B. i) Για την μονοτονία εργαζόμαστε συνθετικά :(• Έστω x1 , x2 ∈ −∞, 0 με x1 < x2 ⇒ ex1 < ex2 (1) x1 < x2 (2)(1)+(2): x1 + ex1 < x2 + ex2 ⇒ f(x1 ) < f(x2 ) άρα f γνησίως αύξουσα στο (−∞,0( )• Έστω x1 , x2 ∈ 0, +∞ με x1 < x2 ⇒ −2x1 > −2x2 ⇒ 1 − 2x1 > 1 − 2x2 (1) x1 < x2 ⇒ x1 + 1 < x2 + 1 ⇒ ln(x1 + 1) < ln(x2 + 1) ⇒ − ln(x1 + 1) > − ln(x2 + 1) (2)(1)+(2): 1 − 2x1 − ln(x1 + 1) > 1 − 2x2 − ln(x2 + 1) ⇒ f(x1 ) > f(x2 ) άρα f γνησίως φθίνουσα στο (0, +∞) ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 349

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΠαρατηρούμε ότι fր x ≤ 0 ⇒ f(x) ≤ f(0) ⇔ f(x) ≤ 1 fց x > 0 ⇒ f(x) < f(0) ⇔ f(x) < 1Άρα η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο x0 = 0 το 1.ii) Η f είναι συνεχής στο ℝ(∆1 = (−∞,0]⇒fր f (∆1 ) = lim f(x), f(0) = ( −∞,1] x → −∞( )∆2 = (0, +∞)⇒fց f (∆2 ) = f( x), = (−∞,1) lim xli→m0+ f (x) x → +∞Άρα το σύνολο τιμών της f είναι f (A) = (−∞,1] .iii) f(−1) = −1 + 1 < 0,f(0) = 1 > 0,f(1) = −1 − ln 2 < 0 eH f είναι συνεχής στα −1,0 , 0,1f(−1)f(0) < 0 , f(0)f(1) < 0 άρα από θεώρημα Bolzano σε καθένα από τα δυο διαστήματαΥπάρχουν x1 ∈ (−1,0) , x2 ∈ (0,1) τέτοια ώστε f(x1 ) = 0 , f(x2 ) = 0iv) Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = (x − 2) f(α) − 1 + (x − 1) f(β) − 1 − 2016(x − 1)(x − 2)h(1) = −[f(α) − 1] > 0 (f(α) < 1, αφου 1 ολικο μεγιστο της f στο x0 = 0 και α ≠ 0)h(2) = f(β) − 1 < 0 (f(β) < 1, αφου 1 ολικο μεγιστο της f στο x0 = 0 και β ≠ 0)Η h συνεχής στο 1, 2 άρα από θεώρημα Bolzano υπάρχει x0 ∈ (1, 2) τέτοιο ώστεh(x0 ) = 0 ⇔ ... ⇔ f(α) − 1 + f(β) − 1 = 2016 . x−1 x−2v) Έστω η συνάρτηση k(x) = f(x) + x − ημx στο διάστημα x1 , x2  .Η k συνεχής στο x1 , x2  ως άθροισμα συνεχών.Από (iii) f ( x1 ) = f ( x2 ) = 0 γνωρίζουμε ότι ηµx ≤ x,∀x ∈ ℝ και το ΄΄=΄΄ ισχύει μόνο γιαx = 0 . Συνεπώς έχουμε:k(x1 ) = f(x1 ) + x1 − ημx1 = x1 − ημx1 < 0 , αφούx1 ∈ (−1, 0) ,άρα ημx1 < x1 ⇔ −ημx1 < −x1 ⇔ x1 − ημx1 < 0 καιk(x2 ) = f(x2 ) + x2 − ημx2 = x2 − ημx2 > 0 , αφούx2 ∈ (0,1) , άρα ημx2 < x2 ⇔ ημx2 < x2 ⇔ x2 − ημx2 > 0 .Συνεπώς k(x1)k(x2 ) < 0 άρα από θεώρημα Bolzano η εξίσωση k(x) = 0 ⇔ x + f (x) = ηµxέχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (x1 , x2 ) .vi)( ) ( )ln2x+x − 1   = 6 − 2x+1 − 2x ⇔ ln 2x + x − 1 − ln 2 = 6 − 2x+1 − 2x ⇔ −6 − ln 2 = −2x+1 − 2x − ln 2x + x −1 ⇔ .. ⇔2 f 1−1⇔ f(1) = f(2x + x − 2) ⇔ 1 = 2x + x − 2 ⇔ 2x + x − 3 = 0Θεωρούμε συνάρτηση φ(x) = 2x + x − 3 ,έχει προφανή ρίζα το 1 καθώς φ(1) = 0 , τώρα επειδήφ'(x) = 2x ln 2 + 1 > 0 δηλαδή φ γνησίως αύξουσα στο ℝ , άρα και 1-1, η ρίζα είναι μοναδική.350 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.