ΟΔΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ 2017

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr1.28 Έστω η συνάρτηση f : ℝ → ℝ για την οποία ισχύει: f (x + y) = f (x) + f (y) + 1974xy (1)για κάθε x, y ∈ ℝ .α) Να βρείτε το f (0)β) Αν η f είναι συνεχής στο 0 να δείξετε ότι είναι συνεχής για κάθε x ∈ ℝ .Λύσηα) Από την σχέση (1) για x = y = 0 έχουμε: f (0 + 0) = f (0) + f (0) + 1974 ⋅ 0 ⋅ 0 ⇔ f (0) = 2 f (0) ⇔ f (0) = 0β) Η f είναι συνεχής το 0 άρα lim f (x) = f (0) ⇔ lim f (x) = 0 (2) x→0 x→0Έστω τυχαίο x0 ∈ ℝ* θα δείξουμε ότι στο x0 η f είναι συνεχήςΘέτουμε x − x0 = h οπότε όταν x → x0 τότε h → 0Έτσι lim f (x) = lim f (x0 + h) = lim  f ( x0 ) + f (h) + 1974x0 h = lim  f ( x0 ) + lim  f (h) + lim 1974 x0 h  h→0 x → x0 h→0 h→0 h→0 h→0= f (x0 ) + f (0) + 0 = f (x0 ) που σημαίνει ότι η f είναι συνεχής στο τυχαίο x0 ∈ ℝ* άρα είναισυνεχής για κάθε x ∈ ℝ .1.29 Δίνονται οι συναρτήσεις f (x) = ex−1 − 1 και g(x) = ln(x + 1) + 1α) Δείξετε ότι η εξίσωση f (x) = x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (1,3) .β) Αν είναι ξ η ρίζα της εξίσωσης αυτής στο (1, 3) να υπολογίσετε το lim g(x) . x →ξΛύσηα) Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = f (x) − x (1) Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο 1, 3 ωςδιαφορά συνέχων συναρτήσεων.( )( ) ( )h(1)h(3) = e1−1 − 1 − 1 e3−1 − 1 − 3 = −1 e2 − 4 < 0Άρα από το θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ ∈ (1,3) μεh(ξ ) = 0 ⇔ f (ξ ) − ξ = 0 ⇔ f (ξ ) = ξΆρα η εξίσωση f (x) = x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (1, 3) .Β) Είναι lim g(x) = lim (ln(x + 1) + 1) x →ξ x→ξΘέτουμε u = x + 1 οπότε όταν x → ξ τότε u → ξ + 1 .Έτσι:lim g(x) = lim (ln u + 1) = ln(ξ + 1) + 1 (1)x →ξ u→ξ +1Όμως f (ξ ) = ξ ⇔ eξ −1 − 1 = ξ ⇔ eξ −1 = ξ + 1 (2) (2)lim g(x) = ln(ξ + 1) + 1 = ln(eξ −1 ) + 1 = ξ − 1 + 1 = ξ x →ξ1.30 Να δείξετε ότι η εξίσωση 1974x2 + α x − β = 0, α , β ∈ ℝ με 0 < β ≤ α δεν μπορεί να έχεικαι τις δυο ρίζες ακέραιες.ΛύσηΘεωρούμε την συνάρτηση f (x) = 1974x2 + α x − βΈχουμε f (0) = 1974 ⋅ 02 + α ⋅ 0 − β = −β < 0 , f (1) = 1974 ⋅12 + α ⋅1 − β = 1974 + α − β > 0 (διότιβ ≤α ⇔0≤α −β )Η f είναι συνεχής στο διάστημα 0,1 ως πολυωνυμική άρα από το θεώρημα Bolzanoπροκύπτει ότι η εξίσωση f (x) = 0 έχει μια τουλάχιστον λύση στο (0,1) , δηλαδή η μιατουλάχιστον ρίζα της εξίσωσης 1974x2 + α x − β = 0 δεν είναι ακέραια. ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 51

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr1.31 Έστω f : ℝ → ℝ συνεχής συνάρτηση με: f (2) + f (5) < 7 < f (3) + f (4) .Να αποδείξετε ότι υπάρχουν α , β ∈ ℝ με α + β = 7 και f (α ) + f (β ) = 7ΛύσηΕπειδή α + β = 7 ⇔ β = 7 − α και f (α ) + f (β ) = 7 ⇔ f (α ) + f (7 −α ) = 7 ⇔ f (α ) + f (7 −α ) − 7 = 0Θεωρούμε την συνάρτηση :g(x) = f (x) + f (7 − x) − 7 , x ∈ ℝΗ g είναι συνεχής στο ℝ άρα και στο διάστημα 2, 3Είναι:g(2) = f (2) + f (7 − 2) − 7 = f (2) + f (5) − 7 < 0g(3) = f (3) + f (4) − 7 > 0 Άρα από το θεώρημα Bolzano υπάρχει α ∈ (2, 3) τέτοια ώστεg(α ) = 0 ⇔ f (α ) + f (7 −α ) − 7 = 0 ⇔ f (α ) + f (7 −α ) = 7Αν θέσουμε β = 7 −α τότε ισχύει α + β = 7 και f (α ) + f (β ) = 7 .1.32 (Πρώτη δέσμη 1995)α) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ℝ και για αυτή ισχύει f (x) ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝ .Ναδείξετε ότι η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ℝ .β) Έστω f : (0, +∞) → ℝ συνεχής συνάρτηση και για κάθε x > 1 ισχύει:f (x) − 1 = x 2 1 + x − 1 .Αποδείξτε ότι η f διατηρεί πρόσημο στο (1,+∞) . +Λύσηα) Έστω ότι η f δεν διατηρεί πρόσημο στο ℝ οπότε παίρνει και θετικές και αρνητικέςτιμές. Τότε θα υπάρχουν α , β ∈ ℝ και έστω α < β με f (α ) < 0 και 0 < f (β ) .Η f συνεχής στο α , β  αφού είναι συνεχής στο ℝ .Είναι f (α ) f (β ) < 0 άρα από το θεώρημα Bolzano υπάρχει x0 ∈ (α , β ) ώστε f (x0 ) = 0 άτοποαπό υπόθεση. Άρα η f διατηρεί πρόσημο στο ℝ ( δηλ. ή έχει μόνο θετικές ή αρνητικέςτιμές)β) Από το πρώτο ερώτημα αρκεί να είναι f (x) ≠ 0 για κάθε x ∈ (1, +∞) .Έστω ότι υπάρχει ρ ∈ (1, +∞) ώστε f (ρ) = 0 .Τότε από την δοσμένη ισότητα είναι:f (ρ) − 1 = ρ 2 1 + ρ − 1 ⇔ 0−1 = ρ 2 1 + ρ − 1 ⇔ −1 = ρ 2 1 + ρ − 1 ⇔ 1 = ρ 2 1 + ρ − 1 ⇔ ... ⇔ ρ2 −ρ =0 + + + +Τελικά ρ = 1 ή ρ = 0 άτοπο εφόσον ρ ∈ (1, +∞) .1.33 (Μεζεδάκι θεωρίας. Θέλει απόδειξη για να χρησιμοποιηθεί)α) Αν η συνάρτηση f : α , β  → α , β  είναι συνεχής, τότε υπάρχει γ ∈ α , β  τέτοιο ώστεf (γ ) = γ . (θεώρημα σταθερού σημείου)Λύσηα) Αν f (α ) = α ή f (β ) = β τότε το ζητούμενο σημείο είναι το α ή το β αντίστοιχα.Υποθέτουμε ότι f (α ) ≠ α , f (β ) ≠ β οπότε f (α ) > α και f (β ) < β . Για την συνάρτηση g(x) = f (x) − x που είναι συνεχής στο α , β  , ισχύουν : g(α ) = f (α ) −α > 0 , g(β ) = f (β ) − β < 0Επομένως από το θεώρημα Bolzano υπάρχει γ ∈ (α , β ) τέτοιο ώστε g(γ ) = 0 ⇔ f (γ ) − γ = 0 ⇔ f (γ ) = γΔοκιμάστε μόνοι σας το εξής:Δίνονται οι συνεχείς συναρτήσεις f , g : α , β  → α , β  με g(α ) = α και f (α ) = α .Νααποδείξετε ότι η εξίσωση f (x) = g(x) έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο α , β  .52 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr1.34 Δίνεται η συνάρτηση f : ℝ → ℝ για την οποία ισχύουν οι σχέσεις f 2 (1) + f 2 (4) = 2 f (1) + 6 f (4) − 10 f 2 (x) − 4 f (x) + 3 ≤ 0 , για κάθε x ∈ ℝα) Να βρείτε τους f (1) και f (4) .β) Να αποδείξετε ότι η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο m και ολικό μέγιστο Μ.γ) Να αποδείξετε ότι η f δεν είναι γνησίως μονότονη.δ) Αν η f είναι συνεχής, να βρείτε το σύνολο τιμών της.Λύσηα) Από την δοθείσα σχέση έχουμε: f 2 (1) + f 2 (4) = 2 f (1) + 6 f (4) − 10 ⇔ f 2 (1) − 2 f (1) + 1 + f 2 (4) − 6 f (4) + 9 = 0 ⇔  f (1) − 1 = 0  f (1) = 1( f (1) − 1)2 + ( f (4) − 3)2 = 0 ⇔ και ⇔ και  f (4) − 3 = 0  f (4) = 3β) Έχουμε f 2 (x) − 4 f (x) + 3 ≤ 0 ⇔ ... ⇔ 1 ≤ f (x) ≤ 3 για κάθε x ∈ ℝ .Όμως f (1) = 1 και f (4) = 3 άρα f (1) ≤ f (x) ≤ f (4) για κάθε x ∈ ℝ .Συνεπώς , η f έχει ολικόελάχιστο m = 1 = f (1) και ολικό μέγιστο M = 3 = f (4) .γ) Παρατηρούμε ότι 1 < 4 όταν f (1) < f (4) και 5 > 4 όταν f (5) ≤ f (4) άρα η f δεν είναιγνησίως μονότονη.δ) Η f είναι συνεχής άρα παίρνει κάθε τιμή που βρίσκεται μεταξύ των ολικών ακροτάτωντης f (1) = 1 και f (4) = 3 .Επομένως έχει σύνολο τιμών το διάστημα f (A) = 1,3 .1.35 (Μεζεδάκι Bolzano) Έστω μια συνάρτηση f: ℝ → ℝ συνεχής και υπάρχεια ∈ ℝ ώστε f ( f (α )) = α .Να δείξετε ότι η εξίσωση f (x) = x έχει μια τουλάχιστονπραγματική ρίζα.ΛύσηΔιακρίνουμε περιπτώσεις:▪ Αν f (α ) = α το ζητούμενο ισχύει για x=α.▪ Αν f (α ) < α τότε θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = f (x) − x ,είναι συνεχής στο διάστημαα , f (α ) ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων.g(α ) = f (α ) −αg( f (α )) = f ( f (α )) − f (α ) = α − f (α )g( f (α ))g(α ) = ( f (α ) −α )(α − f (α )) = −(α − f (α ))2 < 0Άρα από το θεώρημα Bolzano υπάρχει ένας x0 ∈ (α , f (α )) τέτοιος ώστεg(x0 ) = 0 ⇔ f (x0 ) − x0 = 0 ⇔ f (x0 ) = x0▪ Αν f (α ) > α , ανάλογα… ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 53

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr1.36 Έστω μια συνάρτηση f συνεχής στο ℝ τέτοια ώστε: lim f (x) − 2 + (x − 1)2 = 100 x−1 x→1i) Να δείξετε ότι η Cf διέρχεται από το Α(1,2).ii)Να βρείτε τα όρια: lim f (x) − 2 και lim f (x) − 3 − 1 x−1 x−1 x→1 x→1iii)Αν οι ρίζες της f (x) είναι οι: x1 = − 3 , x2 = 3 2 2και επιπλέον : lim f (x) < 0 , lim f (x) > 0 , να βρείτε το πρόσημο της f (x) . x → −2 x→2Λύσηi) Θέτω g(x) = f (x) − 2 + (x − 1)2 ⇔ g(x)(x − 1) = f (x) − 2 + (x − 1)2 ⇔ f (x) = g(x)(x − 1) + 2 − (x − 1)2 x−1Λαμβάνουμε όρια και στα δύο μέλη:( ) ( ) ( )lim f (x) = lim g(x)(x − 1) + 2 − (x − 1)2 = lim g(x) lim (x − 1) + lim 2 − (x − 1)2 = 100 ⋅ 0 + 2 − 02 = 2 (1)x→1 x →1 x→1 x→1 x→1 =1 (1) lim f (x) = f (1) ⇔ 2 =Η f είναι συνεχής στο ℝ άρα στο x0 οπότε f (1) άρα η Cf διέρχεται x→1από το Α(1,2).ii) g(x) = f (x) − 2 + (x − 1)2 ⇔ g(x) = f (x) − 2 + (x − 1)2 ⇔ g(x) = f (x) − 2 + x − 1 ⇔ g(x) − ( x − 1) = f (x) − 2 x−1 x−1 x−1 x−1 x−1Λαμβάνουμε όρια και στα δυο μέλη( ( ))lim g(x) − x − 1 = lim f (x) − 2 ⇔ 100 − (1 − 1) = lim f (x) − 2 ⇔ lim f (x) − 2 = 100 x−1 x−1 x−1x→1 x→1 x →1 x →1lim f (x) = 2 < 3 ⇒ f (x) < 3 κοντά στο 1.Επομενωςx→1lim f (x) − 3 −1 = lim − f (x) + 3 −1 = lim  − f (x) − 2  = −100 x−1 x−1  x−1 x→1 x→1 x→1iii)Επειδή η f είναι συνεχής στο ℝ ,έχουμε: f (−2) = lim f (x) < 0 x → −2 f (2) = lim f (x) > 0 x→2Έτσι το πρόσημο της f (x) φαίνεται στον παρακάτω πίνακα: Διαστήματα  −∞ , − 3   − 3 , 3   3 , +∞   2   2 2   2  x0 f (x0 ) −2 1 2 f (x) f (−2) < 0 f (1) > 0 f (2) > 0 - + +54 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr1.37 Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [0,1] και γνησίως αύξουσα στο (0,1) . Αν είναιf (0) = 2 και f (1) = 4 , να αποδείξετε ότι:α. Η ευθεία y = 3 τέμνει τη γραφική παράσταση της f σε ένα ακριβώς σημείο μετετμημένη x0 ∈ (0,1) . f (x0 ) f  1  + f  2  + f  3  + f  4  5 5 4 5 5β. Υπάρχει x0 ∈ ( 0, 1) τέτοιο, ώστε = (1).Λύσηα.• Για να έχει η y = f (x) κοινό σημείο με την y = 3 θα πρέπει να υπάρχει x0 ∈ (0,1) τέτοιο, ώστε f (x0 ) = 3 .• Θεωρούμε λοιπόν τη συνάρτηση g με g (x) = f (x) − 3 (2), ορισμένη στο σύνολο [0,1] .i) Η g είναι συνεχής στο [0,1] ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων.ii) g (0) ⋅g (1)(=2)[f (0) − 3]⋅[f (1) − 3] = (2 − 3)⋅(4 − 3) = −1⋅1 = −1 < 0 .Έτσι από θεώρημα Bolzano υπάρχει x0 ∈ (0,1) τέτοιο ώστεg (x0 ) = 0 (=2) f (x0 ) − 3 = 0 ⇔ f (x0 ) = 3 , δηλαδή η Cf και η y = 3 έχουν ένα τουλάχιστονκοινό σημείο στο (0,1) . Για να δείξουμε ότι είναι μοναδικό αρκεί η g να είναι γνησίωςμονότονη. Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0,1) για κάθε x1 , x2 ∈ (0,1) με x1 < x2είναι f (x1 ) < f (x2 ) ⇔ f (x1 ) − 3 < f (x2 ) ⇔(2) g (x1 ) < g (x2 ) , άρα η g είναι γνησίως αύξουσαστο (0,1) συνεπώς η ρίζα της x0 είναι μοναδική. Τελικά το σημείο τομής x0 ∈ (0,1) τηςy = 3 με τη γραφική παράσταση της f είναι μοναδικό.β. Η συνάρτηση f ως συνεχής στο [0,1] παίρνει ελάχιστη τιμή m και μέγιστη τιμή Μ.Επομένως: m < f (x) < M (3), για κάθε x ∈[0,1] .Επειδή οι αριθμοί 1 , 2 , 3 , 4 ανήκουν στο διάστημα αυτό, ισχύει και γι’ αυτούς η (3): 5555m ≤ f  1  ≤ M Προσθέτουμε κατά μέλη: 5  4m ≤ f  1  + f  2  + f  3  + f  4  ≤ 4M ⇔ 5 5 5 5 ≤  2  ≤ Mm ≤ f  5  ≤ M f  1  + f  2  + f  3  + f  4 m ≤ f  3  ≤ 5 5 5 5m f 5  ⇔ m ≤ ≤ M (4) 4 M 4 5Αλλά η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0,1) άρα m ≠ M . Από το θεώρημα ενδιάμεσων ∈ ( 0, 1) f (x0 ) f  1  + f  2  + f  3  + f  4  5 5 5 5τιμών και την (4) θα υπάρχει x0 τέτοιο ώστε: = . 4 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 55

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr1.38 Έστω μια συνάρτηση f συνεχής στο 0,1 με f (0) = f (1) .Θεωρούμε την συνάρτησηg με: g(x) = f (x) − f (x + 1 ) ,ν ∈ ℕ* νΑ. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της g.B.Να δείξετε ότι:i) αν ν > 1, τότε g(0) + g(ν1 ) + g(ν2 ) + ... + ν − 1) = 0 g( νii)η εξίσωση: f (x) = f (x + ν1) έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο 0,1) . (Ευκλείδης Β)Λύση 0 ≤ x ≤1 ν − 1 ν − 1 0 ≤ x ν 0, ν Α) x ∈ Dg ⇔ + 1 ≤ 1 ⇔ 0 ≤ x ≤ άρα Dg = νΒ.i)για κάθε x ∈ ν − 1  , g(x) = f (x) − f (x + 1 ) οπότε 0, ν  νg(0) = f (0) − f (ν1)g(ν1) = f (ν1 ) − f (ν2 )g(ν2 ) = f (ν2 ) − f (ν3)…………………… ν − 1) = f ν − 1) − f (1) Με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε:g( ν ( νg(0) + g(ν1) + g(ν2 ) + ... + ν − 1) = f (0) − f (1) = 0 g( νii)Επειδή η f είναι συνεχής στο 0,ν − 1  σύμφωνα με το θεώρημα της μέγιστης και ν ελάχιστης τιμής παίρνουμε: m ≤ g(0) ≤ M .m....≤...g..(.ν.1..)...≤...M.Για κάθε x ∈ ν − 1  , m ≤ g(x) ≤ M ⇒ (+) 0, ν  ⇒  ≤ ν − 1) ≤ M m g( νν m ≤ g(0) + g(ν1 ) + g(ν2 ) + ... + ν − 1) ≤ ν ⋅ Μ ⇔ ν m ≤ 0 ≤ ν ⋅ Μ ⇔ m ≤ 0 ≤ Μ ⇒ g( νΥπάρχει x0 ∈ ν − 1  τέτοιο ώστε g(x0 ) = 0 (0 ≤ x0 ≤ ν − 1 < 1) 0, ν  νΆρα η εξίσωση g(x) = 0 ⇔ f (x) = f (x + 1 ) έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο 0,1) ν56 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr1.39Εστω f : ℝ → ℝ μια συνεχής συνάρτηση με την ιδιότητα ( f (x) − 2016)( f (x) − 2017) = 0 για κάθε x ∈ ℝα) Να αποδείξετε ότι το σύνολο τιμών της f δεν είναι διάστημα.β) Να αποδείξετε ότι η f είναι σταθερή.γ) Να βρείτε τον τύπο της f.Λύσηα) Για κάθε x ∈ ℝ ( f (x) − 2016)( f (x) − 2017) = 0 ⇔ f (x) = 2016 ή f (x) = 2017Άρα f (ℝ) ⊆ {2016, 2017} (1)Οπότε, το σύνολο τιμών της f δεν είναι διάστημα.β) Αν η συνάρτηση f δεν είναι σταθερή, τότε, λόγω της σχέσης (1),παιρνει και τις δυοτιμές 2016,2017.Επειδη όμως η f είναι συνεχής στο ℝ , θα παίρνει και όλες τις ενδιάμεσεςτιμές.Θα πρέπει δηλαδή 2016, 2017 ⊆ f (ℝ) ⊆ {2016, 2017} ΆτοποΆρα, η συνάρτηση f είναι σταθερή.γ) Εφόσον η συνάρτηση f είναι σταθερή και f (ℝ) ⊆ {2016, 2017} , θα είναι f (x) = 2016 για κάθε x ∈ ℝ ή f (x) = 2017 για κάθε x ∈ ℝ1.40Εστω ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο −3, 3 και ισχύει: (1) f 2 (x) + x2 = 9 ,για κάθε x ∈ −3, 3i)Να δείξετε ότι η f διατηρεί πρόσημο στο διάστημα (−3,3) .ii)Αν f (0) = 3 να βρεθεί ο τύπος της f και να γίνει η γραφική παράσταση .Λύσηi) Έστω ότι η f δεν διατηρεί σταθερό πρόσημο στο (−3, 3) .Τότε υπάρχουν x1 , x2 ∈ (−3, 3) μεf (x1 ) f (x2 ) < 0 .Συνεπώς από την εφαρμογή του θεωρήματος Bolzano για την f στο x1 , x2  (χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρούμε ότι x1 < x2 ) έχουμε ότι υπάρχει x0 ∈ (−3, 3) τέτοιοώστε f (x0 ) = 0 .Η (1) παίρνει την μορφή: f 2 (x0 ) + x02 = 9 ⇔ x02 = 9 ⇔ x0 = ±3 ,άτοπο αφού −3 < x1 < x0 < x2 < 3 .Άρα η f διατηρεί πρόσημο στο (−3,3) .ii)Επειδή f (0) = 3 > 0 και, επειδή η f διατηρεί πρόσημο στο (−3, 3) ,έχουμε ότι f (x) > 0 γιακάθε x ∈ (−3,3) άρα: f (x) = 9 − x , x ∈ (−3,3)Έστω M(x, y) ∈Cf ⇔ x2 + y2 = 9 , y ≥ 0 .Άρα το σημείο Μ ανήκει σε ημικύκλιο με κέντρο τοΟ(0,0) και ακτίνα ρ = 3 .ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 57

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr1.41*Δινεται συνεχής συνάρτηση f : ℝ → ℝ για την οποία ισχύει: f 2 (x) + 4xf (x) = 4x + 5 για κάθε x ∈ ℝ και f (0) > 0i.Να δείξετε ότι f (x) = 4x2 + 4x + 5 + 2x , x ∈ ℝii. Να βρείτε το όριο lim f (x) x → +∞iii.Να υπολογίσετε τα όρια: α. lim f (x) β. lim ( f (x))2 + 13x2 x → −∞ xx→+∞ x2 +ηµ 2xΛύσηi. Είναι( )f 2 (x) + 4xf (x) = 4x + 5 ⇔ f 2 (x) + 4xf (x) + 4x2 = 4x2 + 4x + 5 ⇔ f (x) + 2x 2 = 4x2 + 4x + 5 (1)Παρατηρούμε ότι για κάθε x ∈ ℝ : 4x2 + 4x + 5 > 0 (Δ<0,α=1>0)Η (1) : ( f (x) + 2x)2 = 4x2 + 4x + 5 ⇔ f (x) + 2x = 4x2 + 4x + 5 ⇔ g(x) = 4x2 + 4x + 5 (2)όπου g(x) = f (x) + 2x , x ∈ ℝΗ g είναι συνεχής στο ℝ ως άθροισμα συνεχών, δεν μηδενίζεται πουθενά άρα διατηρείπρόσημο στο ℝ και επειδή g(0) = f (0) − 2 ⋅ 0 = f (0) > 0 άρα g(x) > 0 για κάθε x ∈ ℝ .Έτσι απότην (2) έχουμε:g(x) = 4x2 + 4x + 5 ⇔ f (x) + 2x = 4x2 + 4x + 5 ⇔ f (x) = 4x2 + 4x + 5 − 2x , x ∈ ℝii.( ) ( )( )lim f (x) = lim 4x2 + 4x + 5 − 2x = lim 4x2 + 4x + 5 − 2x 4x2 + 4x + 5 + 2x x→+∞ = 4x2 + 4x + 5 + 2x( )x→+∞ x → +∞= lim 4x2 + 4x + 5 − 4x2 = lim )4x + 5 x(4 + 5) 4+ 5 = lim x = lim x =1 ( ) (x→+∞ 4x2 + 4x + 5 + 2x x→+∞ 4x2 + 4x + 5 + 2x x→+∞ x → +∞  + 4 + 5  4+ 4+ 5 +2 x  4 x x2 + 2  x x2ii. α) lim f (x) = lim  4+ 4 + 5  = lim −  4+ 4+ 5  4x2 + 4x + 5 − 2x = lim −x  x x2 + 2   x x2 + 2  = −4 x x→+∞ xx→−∞ x → −∞ x x→+∞ f (x) 2 + 13x 2( ) ( ) ( )β) lim f (x) 2  f (x) 2 x → −∞ x2 lim  x  f (x) 2 + 13x2 x2 + 13 + 13 x2 +ηµ 2x x2 +ηµ 2 x x → −∞ = lim = lim ηµ 2 x = ηµ 2 x x → −∞ x2 x → −∞ x2 x2 1 + 1 +ηµ 2x ≤ ηµ 2x ≤ 1 ⇒ − 1 ≤ ηµ2x ≤ 1 (3) x2 x2 x2 x2 x2 x2  1  1  − x2  = 0, lim x2 =0lim   x → −∞ οπότε από την (3) με το κριτήριο παρεμβολής προκύπτει ότιx → −∞lim ηµ 2x = 0xx→−∞ 2  f (x) 2 + 13 lim  x Έτσι = 16 + 13 = 29 x → −∞ ηµ 2 x 1 + 0 1 + x 258 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr1.42 (Πάλι το 1974 ;;;)Έστω μια συνάρτηση f : (0, +∞) → ℝ η οποία είναι συνεχής στο (0, +∞) και τέτοια ώστε , f 2 (x) = ln2 x για κάθε x > 0i) Να λύσετε την εξίσωση f (x) = 0ii)Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f διατηρεί πρόσημο σε καθένα από ταδιαστήματα (0,1) και (1, +∞) .iii)Αν επιπλέον f ( 1 ) < 0 και f (1974) > 0 .Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης. 1974Λύσηi) Έχουμε f (x) = 0 ⇔ f 2 (x) = 0 ⇔ ln2 x = 0 ⇔ ln x = 0 ⇔ x = 1Δηλαδή η εξίσωση f (x) = 0 έχει μοναδική ρίζα το 1ii)Η συνάρτηση f είναι συνεχής σε καθένα από τα διαστήματα (0,1) και (1, +∞) και δενμηδενίζεται σε κανένα από αυτά. Άρα, η συνάρτηση f διατηρεί πρόσημο σε καθένα από ταπαραπάνω διαστήματα.iii)Η συνάρτηση f διατηρεί πρόσημο στο διάστημα (0,1) και ισχύει: f ( 1 ) < 0 1974 Άρα f (x) < 0 για κάθε x ∈ (0,1)Επομένως στο διάστημα (0,1) ισχύειf 2 (x) = ln2 x ⇔ f (x) = ln x αφού ln x < 0 για κάθε (0,1) .Η f διατηρεί πρόσημο στο διάστημα (1, +∞) και ισχύει: f (1974) > 0 .Άρα f (x) > 0 για κάθε x ∈ (1, +∞) .Επομένως στο διάστημα (1, +∞) ισχύειf 2 (x) = ln2 x ⇔ f (x) = ln x αφού ln x > 0 για κάθε (1, +∞)Επίσης f (1) = 0 = ln 1Από τα παραπάνω f (x) = ln x για κάθε x > 0 .1.43Έστω f : ℝ → ℝ η οποία είναι συνεχής και τέτοια ώστε να ισχύει: f (x) ≠ 0 για κάθε x ≠ 0 και f (1974) + f (−1974) = 0i) Να αποδείξετε ότι f (x) f (−x) < 0 για κάθε x ≠ 0ii)Να αποδείξετε ότι η Cf διέρχεται από την αρχή των αξόνων.iii)Αν επιπλέον ισχύει f (1974) = 1974 να βρείτε το πρόσημο της συνάρτησης f.Λύσηi) Η f διατηρεί πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα (−∞,0) ,(0, +∞) το οποίο δεν είναι τοίδιο ,αφού f (1974) + f (−1974) = 0 ⇔ f (1974) = − f (−1974) . ( ) f συνε xής στο 0ii) f (x) f (−x) < 0 ⇒ lim f (x) f (−x) ≤ 0 ⇔ f 2 (0) ≤ 0 ⇔ f (0) = 0 άρα η Cf διέρχεται από την x→0αρχή των αξόνων.iii)Ισχύει: f (1974) = 1974 < ⇒ f (−1974) < 0 f (1974) ⋅ f (−1974) 0Η f είναι συνεχής και δεν μηδενίζεται στα διαστήματα (−∞,0) , (0,+∞) .Επομένως η fδιατηρεί πρόσημο σε καθένα από τα παραπάνω διαστήματα.Επειδή f (−1974) < 0 και f (1974) > 0 συμπεραίνουμε : f (x) < 0 για κάθε x < 0 f (x) > 0 για κάθε x > 0 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 59

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr1.44Έστω f : 0,π  → ℝ η οποία είναι συνεχής πεδίο ορισμού της τέτοια ώστε να ισχύει: (1) f 2 (x) + συν 2x = 1 για κάθε x ∈ 0,π i)Να αποδείξετε ότι η f διατηρεί πρόσημο στο διάστημα (0,π ) .ii)ποιο είναι το πρόσημο της f αν για κάποιο x1 ∈ (0,π ) είναι f (x1) = 8 .iii)Να υπολογίσετε το όριο ( ) ( )lim x → +∞ f (x1 ) + 2 x3 − 4x + 1974 όπου x2 ∈ 0,π f (x1 ) f (x2 )x2Λύσηi). Η f είναι συνεχής στο (0,π ) για να διατηρεί πρόσημο στο (0,π ) αρκεί να ισχύει f (x) ≠ 0για κάθε x ∈ (0,π ) .Έστω ότι υπάρχει ένα x0 ∈ (0,π ) τέτοιο ώστε f (x0 ) = 0 .Από την σχέση (1) για x = x0f 2 (x0 ) + συν 2x0 = 1 ⇔ συν 2x0 = 1 ⇔ x0 = 0 ή x0 = π άτοπο, εφόσον x0 ∈ (0,π ) άρα f (x) ≠ 0 γιακάθε x ∈ (0,π ) .Άρα η f διατηρεί πρόσημο στο (0,π ) .ii)Επειδή η f διατηρεί πρόσημο στο (0,π ) και ισχύει f (x1) = 8 τότε f (x) > 0 για κάθε x ∈ (0,π ) .iii)Έχουμε f (x1) = 8 κατά συνέπεια το ζητούμενο όριο είναι:( ) ( )lim 2 x3 − 4x + 1974 8 f (x2 )x2x → +∞ f (x1 ) + 2 x3 − 4x + 1974 = lim 8 + = lim 10x3 − 4x + 1974 = f (x1 ) f (x2 )x2 8 f (x2 )x2 x → +∞ x→+∞= lim 8 10x3 = lim 4 f 5x3 = lim 5x f ( =x2 )>0+ ∞ f (x2 )x2 (x2 )x2 x→+∞ 4 f (x2 ) x→+∞ x → +∞1.45Α. Δίνεται η συνάρτηση f με f (x) = 1 ( )x + 3 x . 2α). Δείξτε ότι η f αντιστρέφεται.β)). Βρείτε το πεδίο ορισμού της f−1 .γ). Να λυθεί η εξίσωση f−1 (x) = 64 .Β. Έστω f μια συνάρτηση ορισμένη και συνεχής στο R με f (8) = 6 και για κάθε x ∈ Rισχύει f (x) f (f (x)) = 2 . Να βρείτε το f (2) .ΛύσηΑ. α). Η f έχει πεδίο ορισμού το [0, +∞) . Για να αντιστρέφεται θα πρέπει να είναι «1 – 1»και γι’ αυτό αρκεί να είναι γνησίως μονότονη.Έστω x1 , x2 ∈ (0, +∞) με x1 < x2 . Τότε x1 < x2 και 3 x1 < 3 x2 . Προσθέτοντας: ( ) ( )x1 + 3 x1 < 1 <1 x2 + 3 x2 . Άρα 2 x1 + 3 x1 2 x2 + 3 x2 . Από αυτήν f (x1 ) < f (x2 ) ,άρα η f είναι γνησίως αύξουσα, οπότε αντιστρέφεται.β). Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο [0, +∞) . Επομένως από γνωστό θεώρημα η) ( )f θα έχει σύνολο τιμών το διάστημα: f ( 0 ) , lim f ( x ) . Όμως: f (0) = 1 ⋅ 0 + 3 0 = 0 και x→+∞ 2( )lim f (x) = lim 1 x + 3 x = +∞ . Τελικά το σύνολο τιμών της f είναι το [0, +∞) . Αλλά τοx→+∞ 2x→+∞σύνολο τιμών της f είναι πεδίο ορισμού της f−1 , δηλαδή f−1 : [0, +∞) → R .60 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grγ). Με x ∈[0, +∞) , έχουμε( )f−1 (x) = 64 ⇔ f (f−1 (x)) = f (64) ⇔ x = f (64) = 1 64 + 3 64 = 1 (8 + 4) ⇔ x = 6 . 22Β. Η σχέση f (x) f (f (x)) = 2 ισχύει για κάθε x ∈ R άρα και για x = 8 . Τότε f (8) f (f (8)) = 2και αφού f (8) = 6 , είναι 6 ⋅ f (6) = 2 ⇔ f (6) = 1 . Γνωρίζουμε ήδη τα f (6) ,f (8) και ότι η f 3είναι συνεχής στο [6,8] από θεώρημα ενδιάμεσων τιμών θα υπάρχει ένα τουλάχιστονx0 ∈ (6, 8) µε f (x0 ) = 2 (1).( )Για x = x0 η δοσμένη σχέση γράφεται f (x0 ) f f (x0 ) = 2 και λόγω της (1)2⋅f(2) = 2 ⇔ f(2) = 1.1.46 α)(oldies but goodies)Αν η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο Α καιA ∩ f (A) = ∅ , τότε: f (x) = f −1(x) ⇔ f (x) = x για κάθε x ∈ A ∩ f (A)β) Να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση f (x) = x ln x, x ≥ 1 αντιστρέφεται και να βρεθούν τακοινά σημεία των Cf ,Cf −1 .Λύσηα) Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα , θα είναι και 1-1, όποτε αντιστρέφεται.▪ Έστω x ∈ A ∩ f (A) με f (x) = x .Τότε έχουμε: x = f −1(x) δηλαδή f (x) = f −1(x)▪ Έστω x ∈ A ∩ f (A) με f (x) = f −1(x) .Υποθέτουμε ότι f (x) ≠ x .Έστω για παράδειγμα f (x) < x .Αφού η f −1 είναι γνησίως αύξουσα , έχουμε: (f −1 f (x)) < f −1 (x) ⇔ x < f −1 (x) = f (x) άτοπο.Ομοίως αποκλείουμε ότι f (x) > xΆρα είναι f (x) = x για κάθε x ∈ A ∩ f (A) .β )Οι συναρτήσεις y = ln x και y = x είναι γνησίως αύξουσες για κάθε x ∈ 1, +∞) .Επομένωςκαι η f είναι γνησίως αύξουσα .Το σύνολο τιμών της f είναι το x ∈ 0, +∞) , διότι ισχύει:f (1) = 0 και lim f (x) = lim ( x ln x) = +∞ x → +∞ x→+∞Επομένως είναι A ∩ f (A) = 1, +∞) .Επίσης η f είναι 1-1, ω γνησίως αύξουσα, άρα είναιαντιστρέψιμη.Επομένως υπάρχει f −1 και έχει πεδίο ορισμού το 1, +∞) ( την f −1 δεν μπορούμε να τηνπροσδιορίσουμε) .Έτσι τα κοινά σημεία των Cf ,Cf −1 θα βρίσκονται στην ευθεία y = x ,σύμφωνα με το ερώτημα (α). Έχουμε: ) x≥1 f (x) = f −1(x) ⇔ f (x) = x, x ∈ 1, +∞ ⇔ x ln x = x ⇔ x(ln x − 1) = 0 ⇔ x = eΆρα οι Cf ,Cf −1 έχουν ένα κοινό σημείο στο 1, +∞) το A(e, e)1.47 Δίνεται η εξίσωση ex ln x = λ ,λ > 0Α) Να δείξετε ότι η εξίσωση δεν έχει ρίζα στο (0,1Β) Θεωρούμε την συνάρτηση f (x) = ex ln x − λ ορισμένη στο (1, +∞)i)Δείξτε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο (1, +∞) .ii)Βρείτε το σύνολο τιμών της.iii)Αποδείξτε ότι η δοσμένη εξίσωση έχει ακριβώς μια ρίζα.ΛύσηΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 61

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΑ) Επειδή 0 < x ≤ 1 είναι ln x ≤ 0 και εφόσον ex > 0 είναι ex ⋅ ln x ≤ 0 οπότε η εξίσωσηex ln x = λ με λ > 0 είναι αδύνατη στο σύνολο (0,1 .Β)i) Οι συναρτήσεις ex και ln x είναι γνησίως αύξουσες στο (1, +∞) και μάλιστα με θετικέςτιμές( όταν x > 1 είναι ln x > ln1 ⇔ ln x > 0 )( )Έτσι για κάθε x1 , x2 ∈ 1, +∞ με x1 < x2 είναι ex1 < ex2 και ln x1 < ln x2 .Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη ( Είναι δυνατό γιατί έχουμε θετικά μέλη). Άρα:ex1 ln x1 < ex2 ln x2 ⇔ ex1 ln x1 − λ < ex2 ln x2 − λ ⇔ f (x1 ) < f (x2 ) , οπότε f είναι γνησίως αύξουσα στο(1,+∞) .ii)Επειδή οι συναρτήσεις ex , ln x ,λ είναι συνεχείς στο (1, +∞) και η f (x) = ex ln x − λ είναισυνεχής στο διάστημα αυτό( πράξεις μεταξύ συνεχών) και επειδή η f είναι γνησίως( )αύξουσα στο (1,+∞) θα έχει ως σύνολο τιμών το lim f (x), lim f (x) x→1 x → +∞( )▪ lim f (x) = lim ex ln x − λ = e1 ln1 − λ = −λx→1 x→1( )▪ lim f (x) = lim ex ln x − λ = (+∞)(+∞) − λ = +∞x → +∞ x → +∞Άρα σύνολο τιμών είναι : (−λ ,+∞)iii) Επειδή λ > 0 ⇔ −λ < 0 τότε 0 ∈ (−λ , +∞) και είναι τιμή της f που σημαίνει ότι η fμηδενίζεται για κάποια τιμή x = α δηλαδή το α είναι ρίζα. Η f έχει μια ρίζα είναι γνησίωςαύξουσα, η ρίζα αυτή είναι μοναδική. Άρα και η αρχική εξίσωση έχει μοναδική ρίζα.1.48 Έστω οι συνεχείς και γνησίως αύξουσες συναρτήσεις f , g : α , β  → ℝ ,με α ⋅ β < 0 οιοποίες έχουν σύνολο τιμών το διάστημα α , β  .Να αποδείξετε ότι υπάρχειx0 ∈ α , β  τέτοιο ώστε: α f (x0 ) + β g(x0 ) + (α + β )x0 = 0ΛύσηΘεωρούμε την συνάρτηση ϕ(x) = α f (x) + β g(x) + (α + β )x = 0 είναι συνεχής στο διάστημαα , β Η f : α , β  → ℝ συνεχής και γνησίως αύξουσα άρα το σύνολο τιμών της είναι  f (α ), f (β ) ,από υπόθεση όμως το σύνολο τιμών της είναι α , β  .Άρα f (α ) = α , f (β ) = β (1)Ομοίως για την g προκύπτει g(α ) = α , g(β ) = β (2)ϕ(α ) = α f (α ) + β g(α ) + (α + β )α , ϕ(β ) = α f (β ) + β g(β ) + (α + β )βϕ(α )ϕ(β ) = (α f (α ) + β g(α ) + (α + β )α )(α f (β ) + β g(β ) + (α + β )β ) (1),( 2) =( )( ) ( )( )= α 2 + βα + α 2 + βα αβ + β 2 + αβ + β 2 = 2α 2 + 2βα 2β 2 + 2αβ =2α (α + β ) 2β (β +α ) = 4αβ (α + β )2 ≤ 0Άρα από το θεώρημα Bolzano προκύπτει το ζητούμενο.62 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr1.49.(Μεζεδάκι με το Θ.Ε.Τ)Έστω η συνεχής και γνησίως φθίνουσα συνάρτηση f : 2015, 2016 → ℝ .Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα ακριβώς x0 ∈ (2015, 2016) τέτοιο ώστε: 3 f (x0 ) = f (2015) + f (2016) + f (2017)ΛύσηΕπειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 2015, 2016 και ισχύει 2015 < 2016 < 2017 , τότε: f (2017) < f (2016) < f (2015) f (2017) < f (2015) ≤ f (2015) f (2017) ≤ f (2017) < f (2015) +3 f (2017) < f (2016) + f (2015) + f (2017) < 3 f (2015) f (2017) < f (2016) + f (2015) + f (2017) < f (2015) 3Σύμφωνα με το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών υπάρχει ένας τουλάχιστον x0 ∈ (2015, 2016)τέτοιο ώστε f (x0 ) = f (2015) + f (2016) + f (2017) δηλαδή 3 f (x0 ) = f (2015) + f (2016) + f (2017) και 3επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα είναι μοναδικός .1.50.Έστω f : ℝ → ℝ μια πραγματική συνάρτηση για την οποία ισχύει: (1) xf (x) ≤ x2 για κάθε x ∈ ℝ 1 ln(2 + x2 ) + 2x−1 2H f είναι συνεχής στο x0 = 0 να αποδείξετε ότι η Cf διέρχεται από την αρχή τωναξόνων.ΛύσηH (1) παίρνει την μορφή:xf (x) ≤ x2 ⇔ xf (x) ≤ x 2 ⇔ x f (x) ≤ x 2 1 ln(2 + x2 ) + 2x−1 1 ln(2 + x2 ) + 2x−1 1 ln(2 + x2 ) + 2x−1 22 2Για x ≠ 0f (x) ≤ x ≤ x άρα f (x) ≤ x οπότε − x ≤ f (x) ≤ x (2) 1 ln(2 + x2 ) + 2x−1 2( )Η (2) επειδή lim − x = lim x = 0 από το κριτήριο της παρεμβολής lim f (x) = 0 και επειδή από x→0 x→0 x→0υπόθεση η f είναι συνεχής στο x0 = 0 ισχύει f (0) = 0 άρα η Cf διέρχεται από την αρχή τηναξόνων. ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 63

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr1.51.Έστω f : ℝ → ℝ μια πραγματική συνάρτηση για την οποία ισχύει: 2 f (x) +ηµ f (x) = x για κάθε x ∈ ℝi)Να αποδείξετε ότι είναι 1-1.ii)Να αποδείξετε ότι είναι συνεχής στο x0 = 0 .iii)Να υπολογίσετε το όριο lim f (x) . xx→+∞Λύσηi)Για κάθε x1 , x2 ∈ ℝ με f (x1) = f (x2 ) έχουμε 2 f (x1 ) = 2 f (x2 ) (1) και ηµ f (x1 ) = ηµ f (x2 ) (2)Προσθέτουμε κατά μέλη 2 f (x1 ) +ηµ f (x1 ) = 2 f (x2 ) +ηµ f (x2 ) ⇒ x1 = x2 άρα f είναι 1-1.ii) Έχουμε: 2 f (x) = x −ηµ f (x) ≤ x + ηµ f (x) ≤ x + f (x) ( ισχύει για κάθε x ∈ ℝ , ηµx ≤ x )2 f (x) ≤ x + f (x) ⇔ f (x) ≤ x ⇔ − x ≤ f (x) ≤ xΓια x = 0 : 0 ≤ f (0) ≤ 0 άρα f (0) = 0 .( )Επειδή lim − x = lim x = 0 από το κριτήριο της παρεμβολής x→0 x→0Προκύπτει lim f (x) = f (0) άρα f συνεχής στο 0. x→0iii) Αν x>0: 2 f (x) +ηµ f (x) = x τότε 2 f (x) + ηµ f (x) = 1 2x 2x 2άρα f (x) − 1 = ηµ f (x) x 2 2x f (x) − 1 = −ηµ f (x) = ηµ f (x) ≤ 1 ή f (x) − 1 ≤ 1 ή − 1 ≤ f (x) − 1 ≤ 1 ή − 1 + 1 ≤ f (x) ≤ 1 + 1 x2 2x 2x 2x x 2 2x 2x x 2 2x 2x 2 x 2x 2Επειδή lim  − 1 + 1  = lim  1 + 1  = 1 από το κριτήριο παρεμβολής έχουμε: lim f (x) = 1  2x 2   2x 2  2 x 2 x → +∞ x→+∞ x → +∞1.52 Δίνεται η συνάρτηση: f : (0, +∞) → R με f (x) = ex + ln x + x − 1 .α. Να βρείτε τα όρια: lim f (x) και lim f (x) . x→0+ x→∞β. Δείξτε ότι για κάθε x ∈ R η εξίσωση f (x) = κ έχει μία μόνο ρίζα.γ. Να λυθεί η εξίσωση f (x) = e .δ. Βρείτε τις τιμές του λ ∈ R για τις οποίες ισχύει η ισότητα:( )eλ2 +1 − e2λ = ln (2λ) − ln λ2 + 1 − λ2 + 2λ − 1.Λύσηα.• Όπως προκύπτει άμεσα από το σχήμα είναι lim ex = e0 = 1, lim ln x = −∞ . Επίσης x→0+ x→0+ lim (x − 1) = −1 , άρα lim f (x) = −∞ . x→0+ x→0+• Ανάλογα τώρα: lim ex = +∞ = lim ln x = lim (x − 1) . Επομένως: lim f (x) = +∞ x→+∞ x→+∞ x→∞ x→∞64 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grβ. xli→m0+ f (x) lim f (x) =• Επειδή = −∞, x→∞ +∞ και η f είναι συνεχής, θα παίρνει όλες τις τιμές μεταξύ −∞, +∞ άρα έχει σύνολο τιμών το R. Συνεπώς θα παίρνει και την τιμή κ πράγμα που σημαίνει ότι η εξίσωση f (x) = κ έχει ρίζα στο R.• Θα δείξουμε ότι η ρίζα αυτή είναι μοναδική. Πραγματικά οι συναρτήσεις ex ,ln x, x − 1 είναι γνησίως αύξουσες στο (0, +∞) άρα και f γνησίως αύξουσα στο (0, +∞) πράγμα που σημαίνει ότι την τιμή κ την παίρνει μια φορά δηλαδή η εξίσωση f (x) = κ έχει μοναδική λύση.γ. Είναι f (x) = e ⇔ ex + ln x + x − 1 = e . Η εξίσωση αυτή έχει προφανή λύση την x = 1 (αφούe1 + ln1+ e −1 = e ) και δεν έχει άλλη σύμφωνα με το προηγούμενο ερώτημα.δ. Υποπτευόμαστε ότι από τη δοσμένη ισότητα προκύπτουν δύο ίσες τιμές τηςσυνάρτησης. Η ισότητα γράφεται:( ) ( ) ( ) ( )eλ2 +1 + ln λ2 + 1 + λ2 = e2λ + ln 2λ + 2λ − 1 ⇔ eλ2 +1 + ln λ2 + 1 + λ2 + 1 − 1 == e2λ + ln (2λ) + 2λ − 1⇔ f (λ2 + 1) = f (2λ) (1).Αλλά η f ως γνησίως αύξουσα είναι «1 – 1» και έτσι από την (1):λ2 + 1 = 2λ ⇔ λ2 − 2λ + 1 = 0 ⇔ (λ − 1)2 = 0 ⇔ λ = 1.(*)Bonus μεζεδάκι θεωρίας(Προσοχή. Θέλει απόδειξη για να χρησιμοποιηθεί σε άσκηση)Να αποδείξετε ότι αν μια συνάρτηση f:ℝ → ℝ είναι 1-1 και συνεχής τότε είναιγνησίως μονότονη.ΑπόδειξηΈστω x1 , x2 , x3 ∈ ℝ με x1 < x2 < x3Η f είναι 1-1 , άρα οι τιμές f (x1), f (x2 ), f (x3 ) θα είναι διαφορετικές μεταξύ τους .Θα το δουλέψουμε με την εις άτοπον απαγωγή.Έστω ότι η συνάρτηση δεν είναι γνησίως μονότονη.Άρα δεν ισχύουν οι σχέσειςf (x1 ) < f (x2 ) < f (x3 ) και f (x1 ) > f (x2 ) > f (x3 )Δηλαδή το f (x2 ) δεν βρίσκεται ανάμεσα στα f (x1 ), f (x3 ) .Οπότε θα ισχύει μια από τις ακόλουθες ανισότητες : f (x1 ) < f (x3 ) < f (x2 ) (1) f (x1 ) > f (x3 ) > f (x2 ) (2) f (x2 ) < f (x1 ) < f (x3 ) (3) f (x2 ) > f (x1 ) > f (x3 ) (4)Ας υποθέσουμε ότι ισχύει η (1) .Εφόσον το f (x3 ) βρίσκεται μεταξύ των f (x1 ), f (x2 ) και λαμβάνοντας υπόψη ότι η f είναισυνεχής στο ℝ , με εφαρμογή του θεωρήματος ενδιαμέσων τιμών έχουμε:Υπάρχει ξ ∈ (x1 , x2 ) : f (ξ ) = f ( x3 ) ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 65

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΔηλαδή, για ξ < x3 έχουμε f (ξ ) = f (x3 ) άτοπο διότι η f είναι 1-1 .Όμοια καταλήγουμε σεάτοπο για τις (2) ,(3) ,(4).Αρα κάθε συνάρτηση f:ℝ → ℝ είναι 1-1 και συνεχής τότε είναιγνησίως μονότονη.1.53 Δίνεται η συνάρτηση f ,μη σταθερή και συνεχής στο α , β  ,τέτοια, ώστε: f (x) ≥ 0 ,για κάθε x ∈ α , β α) Να δείξετε ότι για κάθε x1 , x2 ∈ α , β  υπάρχει κ ∈ (α , β ) , ώστε f (κ ) = f (x1 ) f (x2 ) .β) Να δείξετε ότι υπάρχει λ ∈ (α , β ) ,ώστε f (λ) ≥ f (x1 ) f (x2 ) για κάθε x1 , x2 ∈ α , β  .Λύσηα) Σύμφωνα με το θεώρημα μεγίστης ελάχιστης τιμής , ισχύει m ≤ f (x) ≤ M για κάθεx ∈ α , β  , όπου m είναι η ελάχιστη και Μ η μέγιστη τιμή της f στο α , β  .Επομένως ,αφούx1 , x2 ∈ α , β  έχουμε: m ≤ f (x1) ≤ M (1) m ≤ f (x2 ) ≤ M (2)Από τις (1),(2) αφού f (x) ≥ 0 για κάθε x ∈ α , β  , έχουμε: m2 ≤ f (x1 ) f (x2 ) ≤ M2 ⇔ m ≤ f (x1 ) f (x2 ) ≤ M f (x1 ) f (x2 )Άρα σύμφωνα με το θεώρημα ενδιάμεσης τιμής , υπάρχει κ ∈ (α , β ) , ώστε f (κ ) =β) Από τις (1) ,(2) για κάθε x1 , x2 ∈ α , β  , έχουμε: 2m ≤ f (x1 ) + f (x2 ) ≤ 2M ⇔ m ≤ f (x1 ) + f (x2 ) ≤M 2Άρα σύμφωνα με το θεώρημα ενδιάμεσης τιμής υπάρχει λ ∈ (α , β ) ,ώστε f (λ) = f (x1 ) + f (x2 ) f (x1 ) f (x2 ) .Επομένως f (λ) ≥ f (x1 ) f (x2 ) . 2Όμως ισχύει ότι f (x1 ) + f (x2 ) ≥ 2*1.54Δίνεται συνάρτηση f : ℝ → ℝ η οποία είναι γνησίως μονότονη και συνεχής,τέτοια ισχύει: lim f (x − 1974) = 1 x − 1974 x → −3α. Να υπολογίσετε το όριo 1 + xf (x) −συν 2 x x( f (x) + x2 ) lim x→0β.Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα .γ.Να βρείτε το πρόσημο της συνάρτησης f.δ.Αν επιπλέον η συνάρτηση f είναι περιττή και ισχύει η σχέση lim f (x) = 4 x → +∞Να βρείτε το σύνολο τιμών της .ε.Να βρείτε τις τιμές του α ∈ ℤ* έτσι ώστε η εξίσωση f (x) = eα+1 − 5 να έχει ακριβώς μιαρίζα στο ℝ .(Δίνεται: ln  9  = 1,197 )  e Λύσηα) Από υπόθεση lim f (x − 1974) =1 x − 1974 x→−3Θέτουμε u = x − 1974 οπότε όταν x → 1974 τότε u → 0Επομένως το όριο παίρνει την μορφή:66 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grlim f (u) = 1 ή lim f (x) = 1u→0 u u→0 x 1 + xf (x) −συν 2 x xf (x) +ηµ 2 x x2  f (x) + ηµ 2x  f (x) + ηµ 2x 1+ x( f (x) + x2 ) xf (x) + x3  x x2  x x2 1+   f (x) + x 1lim = lim = lim = lim = 0 =2  f (x)  xx→0 x→0 x→0 x2  x +  x→0 xi.Έχουμε β) lim f (x) = 1 > 0 u→0 xοπότε f (x) > 0 κοντά στο 0 δηλαδή οι αριθμοί x,f(x) είναι ομόσημοι κοντά στο 0. xΣυνεπώς υπάρχουν x1 , x2 ∈ ℝ με x1 < 0 < x2 τέτοιοι ώστε:f (x1) < 0 < f (x2 ) από υπόθεση όμως η f είναι γνησίως μονότονη άρα f είναι γνησίωςαύξουσαγ) Έχουμε:lim f (x) = lim  x f (x)  = ( )lim x ⋅ lim  f (x)  = 0 , επειδή η f είναι συνεχής προκύπτει ότι  x   x x→0 x→0 x→0 x→0 f (0) = lim f (x) = 0 x→0Από το γεγονός ότι η f είναι γνησίως αύξουσα έχουμε:-Αν x > 0 ισχύει f (x) > f (0) = 0-Αν x < 0 ισχύει f (x) < f (0) = 0δ) Η συνάρτηση f είναι περιττή .Δηλαδή f (−x) = − f (x) για κάθε x ∈ ℝΟπότεlim f (−x) = lim (− f (x)) = − lim ( f (x)) = −4x → +∞ x → +∞ x → +∞Αν θέσουμε όπου u το –x παρατηρούμε ότι το u τείνει στο −∞Οπότε η ισότηταlim f (−x) = −4 γράφεται lim f (u) = −4 δηλαδή lim f (x) = −4x → −∞ u→+∞ x → +∞Η συνάρτηση είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα άρα ( )f (ℝ) = lim f (x), lim f (x) = (−4, 4) x → −∞ x → +∞e) Η εξίσωση f (x) = e−α −1 − 5 έχει μια ( λόγω μονοτονίας) λύση αρκεί−4 < f (x) < 4 δηλαδή−4 < eα +1 − 5 < 4 ⇔ 1 < eα +1 < 9 ⇔ 0 < α +1 < ln 9 ⇔ −1 < α < ln 9 −1 ⇔ −1 < α <  9  ⇔ −1 <α < 1,197 ln  e Αλλά α ∈ ℤ* οπότε α=1.*1.55(Μεζεδακι) Έστω συνάρτηση f : (0,1) → ℝ η οποία είναι συνεχής, γνησίωςαύξουσα, έχει συνεχή αντίστροφη συνάρτηση και σύνολο τιμών το διάστημαf : ((0,1)) = (−∞,0) .Να αποδείξετε ότια. f−1(x) > 0 για κάθε x < 0β. η συνάρτηση f−1 είναι γνησίως αύξουσα. f −1( 1 ) x = +∞γ. lim f −1 (x) x → −∞  3 − f −1 (x)  = −2 ln  δ. Να λύσετε την εξίσωση 2 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 67

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΛύσηα. έχουμε Df−1 = f(A) = (−∞,0) και f−1(A) = Df = (0,1) .Άρα, f−1(x) ∈ (0,1) για κάθε x < 0 καισυνεπώς f−1(x) > 0 για κάθε x < 0 .β. Έστω x1 , x2 ∈ (−∞,0) με x1 < x2 .Κάνοντας χρήση της ιδιότητας f(f−1(y)) = y για κάθε y ∈ f(A)και την μονοτονία της f παίρνουμεf(f−1(x1 )) < f(f−1(x2 )) ⇔ f−1(x1) < f−1(x2 ) άρα η f−1 είναι γνησίως αύξουσα .γ. Η f−1 είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής .Επομένως,( )f−1(A) = lim f−1(x),lim f−1(x) x → −∞ x→0Όμως, f−1(A) = (0,1) και συνεπώς lim f−1(x) = 0 , lim f−1(x) = 1 x → −∞ x→0Οπότε, έχουμε lim 1 = +∞ αφού lim f−1(x) = 0 και f−1(x) > 0 για κάθε x<0 f −1(x) x → −∞ x → −∞Επιπλέονlim f−1( 1) = lim f−1(u) = 1 > 0xx→−∞ u→0 f −1( 1 )  1 1  x =  −1 ( x ⋅ −1 ( x)  = +∞Άρα lim f −1 (x) lim  f ) f  x → −∞ x → −∞δ.  3 − f −1 ( x)  = −2 ⇔ 3 − f−1(x) = e−2 ⇔ 3 − f−1(x) = 2e−2 ⇔ 3 − 2e−2 = f −1(x) ⇔ f −1(x) = 3 − 2e−2 ⇔ f −1(x) = 3− 2   2 e2ln 2Αλλά 0 < f−1(x) < 1 όμως 3 − 2 > 1 άρα η εξίσωση είναι αδύνατη. e21.56 Δίνεται η συνάρτηση f (x) = ln x + ex2 − e, x ∈ (0, +∞)i)Να βρείτε το πρόσημο της τιμής f  1  .  2017 ii)Να βρείτε το σύνολο τιμών της f. f  1  f  1  2017 2017iii)Να δείξετε ότι : ( ) ( )f 3 2016 f 3 2017 < .iv)Αν a > 0 ,να δείξετε ότι : lim f (a)x5 + x2 + 2017 = +∞ x → −∞ f  1  x4 + 2017 av)Να βρείτε τις πραγματικές τιμές κ,λ ( λ > 1 ) αν ισχύει: 2 eκ2 +λ2 + ln(κ 2 + λ 2 ) = e2λ −1 + ln(2λ −1) .Λύσηi)Έστω x1, x2 ∈ (0, +∞) με x1 < x2 ⇒ ln x1 < ln x2 x1 < x2 ⇒ x12 < x22 ⇒ ex12 < ex22 (+)ln x1 + ex12 < ln x2 + ex22 ⇒ ln x1 + ex12 − e < ln x2 + ex22 − e ⇒ f (x1 ) < f (x2 ) .Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, +∞) .Επίσης παρατηρούμε ότι f (1) = ln1+ e1 − e = 068 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΈτσι 1 f ր(0,+∞) f  1  < f (1) ⇔ f  1  < 0  2017   2017  2017 <1 ⇒ii) H f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο A = (0, +∞) συνεπώς( )f (A) = lim f (x), lim f (x) = (−∞, +∞) x →0+ x →+∞( )lim f (x) = lim ln x + ex2 − e = −∞ +1− e = −∞ , lim f (x) = .. = +∞x→0+ x →0+ x→0+ f ր(0,+∞)iii)1 < 3 2016 < 3 2017 ⇒ f (1) < f ( 3 2016) < f ( 3 2017) ⇒ 1 1 f  1  < 0 f  1  f  1   2017 2017 20170 < f ( 3 2016) < f ( 3 2017) ⇒ > ⇒ < f ( 3 2016) f ( 3 2017 ) f ( 3 2016) f ( 3 2017)iv) lim f (a)x5 + x2 + 2017 = lim f (a)x5 = lim f (a) x (1) x → −∞ f  1  x4 + 2017 x → −∞ f  1  x4 x → −∞ f  1  a a aΓια κάθε a > 0 :Αν a > 1 και 1 <1 συνεπώς f 1 < f (1) =0, f (a) > f (1) = 0 οπότε f (a) < 0 a  a  f  1  aΑν a < 1 και 1 > 1 συνεπώς f  1  > f (1) = 0 , f (a) < f (1) =0 οπότε f (a) < 0 a  a  f  1  a f ( a) <0 f  f (a) f (a) 1  a ∞ = (−∞) =+Άρα (1): lim  1  x  1  a a x → −∞ f fv) eκ2 +λ2 + ln(κ 2 + λ 2 ) = e2λ−1 + ln(2λ −1) ⇔ eκ2 +λ2 + ln(κ 2 + λ 2 ) − e = e2λ −1 + ln(2λ −1) − e ⇔ f ր αρα f 1−1⇔ f (κ 2 + λ 2 ) = f (2λ −1) ⇔ κ 2 + λ 2 = 2λ −1 ⇔ κ 2 + λ 2 − 2λ +1 = 0 ⇔ κ 2 + (λ −1)2 = 0 ⇔⇔ κ = 0 και λ = 11.57 (large oefeτζιδικο) Δίνεται η συνάρτηση f ( x ) = −e3x − x3 +1.Β1. Να εξετάσετε την f ως προς την μονοτονία και να βρείτε τις ρίζες και το πρόσημότης. f (x)−1Β2. Να εξετάσετε αν υπάρχει το όριο, lim f (x) . x→0Β3.α)Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρεθεί το πεδίο ορισμού τηςαντίστροφής της. β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση e−e3x −x3−2015 = 1 , έχει μοναδική ρίζα.Β4. Αν για τη συνάρτηση g : (0, +∞) → ℝ ισχύει:e3g(x) + g3 ( x ) = x3 ⋅ e6 + (lnx + 2)3 , για κάθε x > 0, να αποδείξετε ότι ο τύπος της g είναιg(x)= lnx + 2 και να βρεθεί η αντίστροφή της.ΛύσηΒ1. Η συνάρτηση f ( x ) = −e3x − x3 +1 έχει πεδίο ορισμού το ℝ .Έστω x1, x2 ∈ ℝ με x1 < x2.Τότε έχουμε διαδοχικά:3x1 < 3x2 και x13 < x23e3x1 < e3x2 και −x13 > −x23 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 69

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr− e3x1 > − e3x2 (1) και −x13 + 1 > −x23 + 1 (2). Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει: − e3x1 −x13 + 1 > − e3x2 −x23 +1. Επομένως f(x1) > f(x2). Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ .Παρατηρούμε ότι f(0) = −e0 – 0 + 1= –1 + 1 = 0.Άρα η f έχει τουλάχιστον, μία ρίζα, το x0=0.Αυτή είναι και μοναδική, γιατί η f είναι γνησίως φθίνουσα.Έτσι για κάθε x > 0 επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα ισχύει f(x) < f(0), δηλαδή f(x) < 0.Ενώ για κάθε x < 0 ισχύει f(x) > f(0), οπότε f(x) > 0.Το πρόσημο της f φαίνεται και στον παρακάτω πίνακα:Β2. Επειδή η f είναι συνεχής στο ℝ , γιατί προέρχεται από πράξεις με συνεχείςσυναρτήσεις, είναι και συνεχής στο x0=0. Οπότε ισχύει: lim f ( x ) = f (0) = 0 . x→0Για x ≠ 0 έχουμε: f ( x)− 1 = 1 − 1 . (x) f f (x )Για x > 0, lim f (x) −1 = lim  − 1  = +∞ . f (x) 1  x→0+ x →0+  f (x ) Όντως, στο Β1 ερώτημα αποδείξαμε, ότι για κάθε x > 0 ισχύει f(x) < 0, οπότεlim f 1 = −∞ .x→0+ (x)Για x < 0, lim f (x) −1 = lim 1 − 1  = −∞ . f (x)   x→0− x →0− f (x ) Όντως, στο Β1 ερώτημα αποδείξαμε, ότι για κάθε x < 0 ισχύει f(x) > 0, οπότεlim f 1 = +∞ .x→0− (x)Επομένως, δεν υπάρχει το lim f (x)−1 . x→0 f (x)Β3.α) Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ , είναι και 1 – 1, επομένως αντιστρέφεται.Το πεδίο ορισμού της αντίστροφης, είναι το σύνολο τιμών της f.Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο ℝ . Έτσι, το σύνολο τιμών της, είναι το( )f (ℝ) = lim f (x), lim f (x) = (−∞, +∞) = ℝ . x → +∞ x → −∞Ισχύουν:( )lim f ( x) = lim −e3x − x3 +1 = −∞ .x → +∞ x → +∞Ειδικά lim e3x = lim eu = +∞ . x → +∞ u →+∞( ) ( )Θέσαμε u=3x, οπότε αν x→ +∞ τότε u→ +∞, ενώ lim −x3 +1 = lim −x3 = −∞ . x → +∞ x →+∞( )lim f ( x) = lim −e3x − x3 +1 = +∞ .x → −∞ x → −∞70 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΕιδικά lim e3x = lim eu = 0 . x → −∞ u →−∞( ) ( )Θέσαμε u=3x οπότε αν x→ −∞ τότε u→ −∞, ενώ lim −x3 +1 = lim −x3 = +∞ . x → −∞ x →−∞β) Ισχύουν ισοδύναμα:( )e−e3x −x3−2015 = 1 ⇔ e−e3x −x3 −2015 = e0 ⇔ −e3x − x3 − 2015 = 0 ⇔ −e3x − x3 +1 = 2016 ⇔ f x = 2016.Θέλουμε, λοιπόν, να δείξουμε ότι, η εξίσωση f(x)=2016 έχει μοναδική ρίζα x0 ∈ ℝ . Όμως ηf είναι συνεχής στο ℝ και η τιμή 2016 ∈ f (ℝ) = ℝ .Άρα η εξίσωση f(x)=2016, έχει μια, τουλάχιστον, ρίζα στο x0 ∈ ℝ .Αυτή είναι μοναδική, καθώς η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ .Β4. Ισχύουν οι ισοδυναμίες:( ) ( ) ( ) ( )e3g(x) + g3 x = x3e6 + lnx + 2 ⇔ e3 x3e6 >0 3g(x) + g3 x = ( )eln x3e6 + lnx + 2 3 ⇔( ) ( )e3g(x) + g3 x = e +lnx3 +lne6 lnx + 2 3x>0( ) ( ) ( ) ( )⇔ e3g( x ) + g3 x = e3lnx+6 + lnx + 2 3 ⇔ e3g(x) + g3 x = e3(lnx+2) + lnx + 2 3⇔ −e3g(x) − g3 ( x ) = −e3(lnx+2) − (lnx + 2)3 ⇔ −e3g(x) − g3 ( x ) +1 = −e3(lnx+2) − (lnx + 2)3 +1⇔ f ( g ( x ) ) = f ( lnx + 2) f 1−1 g ( x ) = lnx + 2 . ⇔Για την εύρεση της αντίστροφης της g, θέτουμε y=g(x) και λύνουμε ως προς x.Έχουμε λοιπόν ισοδύναμα:g ( x ) = y ⇔ y = lnx + 2, y ∈ ℝ , καθώς lnx + 2 ∈ ℝ , για κάθε x > 0.lnx = y − 2⇔x= e y− 2 , y ∈ ℝ  f −1 ( y) f −1 ( x ) = ex−2 ,όµως f  −1 (y) = x οπότε = ey−2, y∈ℝ και έτσι x∈ℝ .1.58.Έστω f μια συνεχής συνάρτηση στο διάστημα  π  , για την οποία ισχύει 0, 2 f2 (x) + 2xf (x) = 1− συν2x − x2 , για κάθε x ∈ 0, π  , με f  π  = 1 − π . 2   6  2 6Γ1. Να δείξετε ότι f(x) = ημx – x, x ∈ 0, π . 2 Γ2. Δίνεται η συνάρτηση g(x) = fη(µx)(+κx1) , x ∈ 0, π µε κ∈ℝ . ,x <0 2  ,  x −1Να βρείτε την παράμετρο κ, ώστε η g να είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της.Γ3. Για κ=2, να αποδείξετε ότι η εξίσωση g(x)=0 έχει μία τουλάχιστον λύση στοδιάστημα  − π , 0  .  2 Γ4. Για κ=2, να δείξετε ότι η συνάρτηση g δεν είναι 1 – 1.ΛύσηΓ1. Για κάθε x ∈  π έχουμε ισοδύναμα: 0, 2  ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 71

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grf 2 (x) + 2xf (x) = 1− συν2x − x2 ⇔ f 2 (x) + 2xf (x) + x2 = ηµ2x ⇔ (f (x) + x)2 = ηµ2x (1) .Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f (x) + x, x ∈ 0, π  . 2 Η σχέση (1) ισοδύναμα γράφεται h2(x) = ημ2x (2) και ισχύει για κάθε x ∈ 0, π  . 2 Η εξίσωση h(x)=0 στο 0, π γράφεται ισοδύναμα: 2 h ( x ) = 0 ⇔ h2 ( x ) = 0 (2) ηµ 2 x = 0 ⇔ ηµx = 0 ⇔ x = 0 . ⇔  πΕπομένως, η εξίσωση h(x)=0 έχει στο 0, 2  μοναδική ρίζα την x=0.Η h στο  0, π  είναι συνεχής, ως άθροισμα συνεχών και δεν μηδενίζεται σ’ αυτό. Άρα, στο  2  0, π  η h διατηρεί σταθερό πρόσημο. 2 Όμως  π  = f  π  + π = 1 − π + π = 1 > 0. h  6   6  6 2 6 6 2Συνεπώς για κάθε x ∈  0, π , ισχύουν h(x) > 0 και ημx > 0.  2 Οπότε η σχέση (2) γίνεται ισοδύναμα h(x)=ημx ή ισοδύναμα f(x) + x = ημx και τελικά f(x) =ημx – x, x ∈ 0, π Επιπλέον ισχύει f(0)=ημ0 – 0 = 0. Εντέλει δείξαμε ότι, f(x) = ημx – x, 2  .x ∈  π  . 0, 2  fη(µx()κ+x1) , x ∈ 0, π  2 Γ2. Έχουμε: g ( x ) =  x , με κ∈ℝ . −1 ,x <0Για κάθε x ∈  0, π  η g είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών. 2 Για κάθε x ∈ (−∞, 0) η g είναι συνεχής γιατί προέρχεται από πράξεις με συνεχείςσυναρτήσεις.Επομένως, πρέπει η g να είναι συνεχής στο x0=0. Οπότε ισχύει:lim g (x) = lim g (x) = g (0) (1) .x→0+ x →0−Για x > 0, έχουμε lim g (x) = lim (f (x) +1) = f (0) +1 = 1 (2) . x→0+ x →0+Έχουμε δείξει στο Γ1, ότι η f είναι συνεχής στο 0, οπότε lim f ( x ) = f (0) = 0 . x→0+ g(x) =  ηµ (κx) −  = κ −1 (3) .Για x < 0, έχουμε lim lim  1  x  x→0− x→0−Αν θέσουμε u=κx, τότε lim u = lim (κx ) = 0 . x→0− x →0−72 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΈτσι, lim ηµ ( κx) = κ lim ηµ ( κx) = κ lim ηµu = κ ⋅1 = κ . x→0− x x→0− κx u→0 uΕπίσης g(0) = f(0) + 1 = 1 (4).Η σχέση (1) λόγω των σχέσεων (2), (3) και (4) γίνεται ισοδύναμα: 1 = κ – 1 = 1. Οπότε κ – 1 =1 και άρα κ = 2.Γ3. Για κ = 2 η g γίνεται: ( )  ( x ) + 1, x ∈ 0, π  f 2 g x =  ηµ2x  x −1, x<0Η g είναι ορισμένη και συνεχής στο − π ,  . 2 0  π  ηµ   − π  ηµ ( −π ) ηµπ  2  2 2 π πg − = −1 = − −1 = − 1 = 0 −1 = −1 −π 2 22g(0)=1Άρα g  − π  ⋅ g (0) < 0 .  2 Έτσι από το θεώρημα Bolzano, η εξίσωση g(x)=0, έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο διάστημα − π , 0  . 2Γ4. Παρατηρούμε ότι g (−2π) = ηµ (−4π) −1 = ηµ4π −1 = 0 −1= −1. Επίσης από το ερώτημα 2π −2πΓ3, g  − π  = −1. 2Έτσι ισχύει g (−2π) = g  − π  ενώ −2π ≠ − π .  2  2Ώστε η g δεν είναι 1 – 1.- Ένας δεύτερος τρόπος στην περίπτωση που δεν μπορούμε να υπολογίσουμε δύο ίσες τιμές,είτε στον ίδιο κλάδο, είτε σε διαφορετικούς κλάδους.Παρατηρούμε  π  = f  π  +1 = ηµ π − π +1= 2 − π . g  2   2  2 2 2Θα δείξουμε ότι υπάρχει ένα x0 ∈(−∞, 0) , ώστε g(x0 ) = 2− π . 2Έχουμε: lim g (x) = lim  ηµ2x −1 = 0 −1= −1 , γιατί lim ηµ2x = 0.  x x x → −∞ x → −∞ x→−∞Απόδειξη:ηµ2x ≤ 1 ⇔ ηµ2x ⋅ 1 ≤ 1 ⇔ ηµ2x ≤ 1 ⇔ − 1 ≤ ηµ2x ≤ 1 xx xx xxxΌμως lim 1 = 0 , οπότε, από κριτήριο παρεμβολής lim ηµ2x = 0 . xx→−∞ xx→−∞ ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 73

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΙσχύει lim g(x) = lim  ηµ2x −1 =1.  x x→0− x→0−Έστω η συνάρτηση Λ(x) = g(x) −  2 − π  , x < 0. 2lim Λ (x) = lim  (x) −  2 − π  = −1 − 2 + π = −3 + π < 0 . g 2 2 2x → −∞ x →−∞Άρα υπάρχει ένας πραγματικός αριθμός α, κοντά στο −∞, ώστε να ισχύει ισοδύναμα:Λ (α) < 0 ⇔ g (α) −  2 − π  < 0 ⇔ g ( α ) < 2 − π . 2 2lim Λ (x) = lim  (x) −  2 − π  = lim  ηµ2x −1− 2 + π  = 2 −1− 2 + π = −1 + π > 0 . g  2   x 2  2 2x→0− x →0− x →0−Άρα υπάρχει ένας πραγματικός αριθμός β < 0, κοντά στο 0, ώστε να ισχύει ισοδύναμα:Λ (β) > 0 ⇔ g (β) −  2 − π  > 0 ⇔ g (β) > 2 − π .  2  2Επομένως g (α) < 2 − π < g (β) και η g είναι συνεχής στο [α,β] ⊆ (−∞, 0) . Από θεώρημα 2ενδιαμέσων τιμών υπάρχει ένα τουλάχιστον x0 ∈ (α,β) άρα και στο (−∞,0) ώστεg(x0 ) = 2− π . Εντέλει g ( x 0 ) = g  π  ενώ, x0 ∈(−∞, 0) και π ∈ (0, +∞) . Άρα x0 ≠ π . Οπότε 2 2 2 2η g δεν είναι 1 – 1.74 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr ΠΑΡΑΓΩΓΟΙ Προτιµώ τις ανηφόρες µου κυρτές και τις κατηφόρες µου κοίλες !!y Cf’ 1 2 3 5 x0 4ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 75

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ2.1 Η συνάρτηση f : ℝ → ℝ είναι συνεχής στο x0 = 1 και ισχύει η ιδιότητα x2f3(x) + 2f(x) = x3 − 1 για κάθε x ∈ ℝ (1)Να δείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 1 .ΛΥΣΗΑρκεί να βρούμε το lim f( x) − f(1) (2) Λόγω της συνέχειας ισχύει: lim f(x) = f(1) (3) x − 1 x →1 x →1Πρέπει να υπολογίσουμε το f(1) .Από την (1) για x = 1 . f2 (1)+2≠012 f3(1) + 2f(1) = 13 − 1 ⇔ f3(1) + 2f(1) = 0 ⇔ f(1)(f2 (1) + 2) = 0 ⇔ f(1) = 0Άρα αναζητούμε το όριο: lim f(x) .Θα χρησιμοποιήσουμε την σχέση (1) x−1 x→1( )x2f3(x) + 2f(x) = x3 − 1 ⇔ f(x) x2f2 (x) + 2 = x − 1 (x2 + x + 1) για x ≠ 1f(x) = x2 + x + 1 .Άρα lim f(x) − f(1) = lim f(x) = lim x2 + x + 1 = 12 + 1 + 1 = 3x−1 x2f2 (x) + 2 x − 1 x−1 x→1 x2f2 (x) + 2 12 f2 (1) + 2 2 x →1 x→12.2 Έστω παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ℝ → ℝ για την οποία ισχύει η σχέση f(x2 ) + xf(x) = x4 + x3 + x + 1 , για κάθε x ∈ ℝΝα βρείτε : i) την τιμή f '(1) ii) το όριο lim xf(x) − 2 x−1 x →1ΛΥΣΗi)Από την δοθείσα σχέση παραγωγίζοντας, λαμβάνουμε:( )f '(x2 )(x2 )'+ x ' f(x) + xf '(x) = 4x3 + 3x2 + 1Για κάθε x ∈ ℝ .Δηλαδήf '(x2 )2x + f(x) + xf '(x) = 4x3 + 3x2 + 1 , για κάθε x ∈ ℝΘέτοντας στην τελευταία σχέση όπου x το 1 βρίσκουμε f '(12 )2 ⋅1 + f(1) + 1f '(1) = 4 ⋅13 + 3 ⋅12 + 1 ⇔ 3f '(1) + f(1) = 8 (1)Επίσης, από την δοθείσα σχέση θέτοντας όπου x το 1 βρίσκουμεf(12 ) + 1f(1) = 14 + 13 + 1 + 1 ⇔ f(1) + f(1) = 4 ⇔ 2f(1) = 4 ⇔ f(1) = 2Αντικαθιστούμε στην σχέση (1) έχουμε:3f '(1) + 2 = 8 ⇔ f '(1) = 2ii)Αποδείξαμε ότι f '(1) = 2Δηλαδή lim f(x) − f(1) = 2 ή lim f(x) − 2 =2Θέτουμε x − 1 x−1 x →1 x →1 g(x) = f(x) − 2 ,x ≠ 1 x−1Επομένως, g(x)(x − 1) = f(x) − 2 για κάθε x ≠ 1Δηλαδή f(x) = g(x)(x − 1) + 2 για κάθε x ≠ 1Έχουμε λοιπόν 2) x (g(x)(x − 1)xf(x) − 2 = + − 2 = g(x)(x − 1)x + 2x − 2 = x−1 x−1 x−1g(x)(x − 1)x + 2(x − 1) = (x − 1)(g(x)x + 2) = xg(x) + 2 για κάθε x≠1 x−1 x−1( ) ( )Άρα xf(x) − 2 lim x− 1 = lim xg(x) + 2 = lim xg(x) + 2 = 1⋅2 + 2 = 4 x→1 x→1 x →12.3 Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ℝ → ℝ για την όποια ισχύει:76 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr f(e2x ) + 2f(x2 + 1) = x + 6 για κάθε x ∈ ℝ (1)Να δείξετε ότι: i) f(1) = 2 ii) f(x) − 2 = 1 ( )iii) f(x) 2 − 4 = 1 lim x−1 2 lim 3 x2 + 3x − 4 x →1 x →1ΛΥΣΗi)Για x = 0 στην (1) προκύπτει:f(e2⋅0 ) + 2f(02 + 1) = 0 + 6 ⇔ f(1) + 2f(1) = 6 ⇔ f(1) = 2ii)Για κάθε x ∈ ℝ έχουμε:( ) ( )f(e2x ) + 2f(x2 + 1) ' = x + 6 ' ⇔ f '(e2x )(e2x )'+ 2f '(x2 + 1)(x2 + 1)' = 1 ⇔ 2f '(e2x )e2x + 2f '(x2 + 1)2x2 = 1⇔ 2f '(e2x )e2x + 4f '(x2 + 1)x2 = 1 (2)Για x=0 η (2) γίνεται:⇔ 2f '(e2⋅0 )e2⋅0 + 4f '(02 + 1)02 = 1 ⇔ 2f '(1)e2⋅0 + 4f '(02 + 1) ⋅ 02 = 1 ⇔ 2f '(1) = 1 ⇔ f '(1) = 1 2Όμως η f είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 1 .Επομένως:f '(1) = lim f(x) − f(1) = lim f(x) − 2 = 1 x−1 x−1 2 x→1 x→1iii)Έχουμε:( ) ( )( )limx →1 f(x) 2 − 4 = lim f(x) − 2 f(x) + 2 = lim f(x) − 2 ⋅ lim f(x) + 2 = 1 ⋅ 4 = 2x2 + 3x − 4 (x − 1)(x + 4) x−1 x→1 x+4 2 5 5 x→1 x→12.4Εστω δυο συναρτήσεις f,g : ℝ → ℝ τέτοιες, ώστε f(x)g(x) = ημx για κάθε x ∈ ℝ .Να αποδείξετε ότι :i)αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο xo = 0 και f(0) = 1Τότε η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη και ισχύει: g '(0) = 1ii)αν ισχύει f(0) = g(0) = 0Τότε μια τουλάχιστον από τις συναρτήσεις f,g δεν είναι παραγωγίσιμη στο xo = 0 .ΛΥΣΗi)Για όποια x ∈ ℝ η f είναι παραγωγίσιμη και ισχύει η σχέση f(x) ≠ 0Η συνάρτηση g(x) = ημx f(x)Είναι επίσης παραγωγίσιμη και ισχύει η σχέση g '(x) = συνx ⋅ f(x) − ημx ⋅ f '(x) f(x)2Όμως, από την υπόθεση η f είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 0 και f(0) = 1 ≠ 0Επομένως, η συνάρτηση g είναι επίσης παραγωγίσιμη στο x0 = 0 με g '(0) = συν0 ⋅ f(0) − ημ0 ⋅ f '(0) = 1−0 = 1 f(0)2 1ii)Για κάθε x ∈ ℝ στο οποίο οι f,g είναι παραγωγίσιμες από την δοθείσα σχέση παίρνουμε ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 77

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr (f(x)g(x))' = (ημx)' ⇔ f '(x)g(x) + f(x)g '(x) = συνxΑν υποθέσουμε ότι οι f και g είναι παραγωγίσιμες στο x0 = 0 προκύπτει η σχέσηf '(0)g(0) + f(0)g '(0) = συν0 ⇔ 0 + 0 = 1 άτοπο. Άρα, μια τουλάχιστον από τις συναρτήσεις f,gδεν είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 0 .2.5 Η συνάρτηση f ορίζεται στο ℝ .Να αποδείξετε ότι αν η f είναι παραγωγίσιμη στοα με f(α) ≠ 0 , τότε και η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο α.ΛΥΣΗΓια τυχαίο x ∈ ℝ με x ≠ α έχουμε: ( )( )f(x) − f(α) ( ) ( ) ( )x − α = f(x) − f(α) f(x) + f(α) = (x f(x) 2 − f(α) 2 = ( (f(x))2 − (f(α))2 = f(x) + f(α) x − α) f(x) + f(α) (x − α) f(x) + f(α) − α) (f(x) − f(α))(f(x) + f(α)) = f(x) − f(α) ⋅ f(x) + f(α) (x − α) f(x) + f(α) x − α f(x) + f(α)( )= (1)Η f ως παραγωγίσιμη είναι και συνεχής στο α οπότε και η f είναι συνεχής στο α.Επομένωςlim f(x) − f(α) = lim  f( x) − f(α) ⋅ f(x) + f(α)  = lim  f(x) − f(α)  lim  f(x) + f(α)  f(α) + f(α) = x−α  x − α f(x) + f(α)   x − α   f(x) + f(α)  = f΄(α) f(α) + f(α)x→α x→α x→α x→α= f΄(α) f(α) + f(α) = f΄(α)f(α) ∈ ℝ .Άρα η f είναι παραγωγίσιµη στο α. f(α) + f(α) f(α)2.6 Για την συνάρτηση f : ℝ → ℝ ισχύει: x ≤ f(x) ≤ ex − 1 για κάθε x ∈ ℝ (1)Να αποδείξετε ότι :i) Η f είναι συνεχής στο x0 = 0 .ii) Η f είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 0 .ΛΥΣΗi)Για να είναι η f συνεχής στο 0 θα πρέπει να ισχύει: lim f(x) = f(0) x→0Από την (1) για x = 0 είναι: 0 ≤ f(0) ≤ e0 − 1 ⇔ 0 ≤ f(0) ≤ 0 ⇒ f(0) = 0( )Είναι lim x = 0 και lim ex − 1 = 0 από το κριτήριο της παρεµβολής και την (1) προκύπτει x→0 x→0 lim f(x) = 0 = f(0) x→0ii)Θα σχηµατίσουµε το λόγο µεταβολής f(x) − f(0) x−0Διακρίνουµε περιπτώσεις για το x▪ x > 0 η (1)παιρνει την µορφή: x ≤ f(x) ≤ ex − 1 ⇔ x ≤ f(x) ≤ ex − 1 ⇔ 1 ≤ f(x) ≤ ex − 1 (2) xx x xxΑλλά lim ex − 1 = lim ex − e0 είναι η παράγωγος της ex στο 0. x→0 x x − 0 x→0Άρα lim ex − 1 = e0 = 1 οπότε από την (2) και το κριτήριο παρεµβολής ισχύει: xx→0+ lim f(x) = 1 = lim f(x) − f(0) (3) x x− 0 x→0+ x→0+▪ x < 0 ….. lim f(x) = 1 = lim f(x) − f(0) (4) x x − 0 x→0− x→0−78 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΑπό (3),(4) έχουμε ότι lim f( x) − f(0) =1 άρα f '(0) = 1 . x − 0 x→02.7 Αν η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο ℝ .i) Να υπολογίσετε την παράγωγο της συνάρτησης h(x) = g(αχ ) στο x0 = 1 .ii)Να αποδείξετε ότι : lim g(α x) − xg(α) = αg '(α) ln α − g(α) , 0<α≠1 x − 1 x →1ΛΥΣΗi)Εφόσον η g είναι παραγωγίσιμη ,άρα η h θα είναι παραγωγίσιμη ως σύνθεσηπαραγωγίσιμων συναρτήσεων.Άρα h '(x) = g '(αχ )(αχ )' = g '(αχ )αχ ln α . Άρα h '(1) = g '(α)α ln αii)Έχουμε: g(αx ) − xg(α)  g(α x ) + xg(αχ ) − xg(αχ ) − xg(α)   g(α x ) − xg(αχ ) + xg(αχ ) − xg(α)  x−1  x−1   x−1 lim = lim   = lim   =x →1 x →1 x→1lim  g(αx ) − xg(αx ) + xg(α x ) − xg(α)  = lim  g(αx )(1 − x) + x(g(αx ) − g(α))  =  x−1 x−1   x−1 x −1 x →1   x →1  = lim  g(αx )(1 − x) + x (g(αx ) − g(α))  = lim −g(αx ) + x (g(αχ ) − g(α))  =  x−1 x−1   x−1  x→1   x →1 = − lim g(αx ) + lim x lim (g(αχ ) − g(α1 )) = −g(α) + 1⋅ h '(1) = −g(α) + g '(α)α ln α = αg '(α)ln α − g(α) x→1 x→1 x −1 x→12.8 H συνάρτηση f : ℝ → ℝ είναι συνεχής στο 1974 και ισχύει: f(1974) = 5 .Αν για τηνσυνάρτηση g ισχύει g(x) = 4(x2 − 19742 )f(x) για κάθε x ∈ ℝ (1)Να αποδείξετε ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο 1974 να βρείτε την παράγωγο της.ΛΥΣΗΕπειδή, η f είναι συνεχής στο 1974 έχουμε: lim f(x) = f(1974) = 5 x→1974Έχουμε:lim g(x) − g(1974) = lim 4(x2 − 19742 )f(x) − 4(19742 − 19742 )f(1974) = lim 4(x2 − 19742 )f(x) = x − 1974 x − 1974 x − 1974x→1974 x→1974 x→1974= lim 4(x − 1974)(x + 1974)f(x) = lim 4(x + 1974)f(x) = lim 4(1974 + 1974)f(1974) = 8(1974)5 = 40 ⋅1974 = .. x − 1974 x→1974 x →1974 x→1974Άρα g '(1974) = 40 ⋅1974 «Φέτος τηρώ αυστηρό πρόγραµµα µελέτης,δεν θα διαβάζω µόνο όταν κοιµάµαι και για µισή ώρα µετά το φαγητό. Σήµερα, έχω φάει δεκαπέντε φορές!! Οράτιος 17 ετών, υποψήφιος πανελληνίων ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 79

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr2.9 Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν ,γράφοντας στο τετράδιο σας,δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση την λέξη Σωστό , αν η πρότασηείναι σωστή, ή Λάθος αν η πρόταση είναι λανθασμένη.1)Αν μια ευθεία (ε) έχει με την γραφική παράσταση της f μόνο ένα κοινό σημείο , τότε η(ε) είναι πάντοτε εφαπτομένη της. ΣΛ2)Μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο σημείο x0 του πεδίου ορισμού της, αν υπάρχειτο lim f(x) − f(x0 ) ΣΛ x − x0 x→x03)Αν δυο συναρτήσεις δεν έχουν κοινά σημεία, τότε δεν δέχονται κοινή εφαπτομένη. Σ Λ4)Για την συνάρτηση f(x) = 1974x2 , x ∈ −2,1 έχει μόνο ένα τοπικό ακρότατο. ΣΛ5) Αν η συνάρτηση f είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο διάστημα Δ και η f είναι κοίλη στοΔ, τότε f ''(x) ≥ 0 , για κάθε x ∈ ∆ . ΣΛΑπαντήσεις1) Λ 2)Λ 3) Λ 4)Λ 5)Λ2.10 Δίνεται η συνάρτηση f η οποία είναι παραγωγίσιμη στο ℝ με την ιδιότητα f(e2x ) + 3f(x5 + 1) = 2x − 4 ,για κάθε x ∈ ℝΝα βρείτε το lim f 2(x) − 1 x2 + 2x − 3 x →1ΛΥΣΗΑπό την (1),για x = 0 , έχουμε:f(e2⋅0 ) + 3f(05 + 1) = 2 ⋅ 0 − 4 ⇔ f(1) + 3f(1) = −4 ⇔ f(1) = −1 (2)( )( )Έτσι lim f2 (x) − 1 = lim f(x) − 1 f(x) + 1 = lim  f(x) + 1 ⋅ f(x) − 1  (3) x2 + 2x − 3 x→1 (x + 3)(x − 1)  x−1 x+3  x →1 x→1Οι συναρτήσεις f(e2x ),f(x5 + 1) είναι παραγωγίσιμες στο ℝ ως συνθέσεις παραγωγίσιμωνσυναρτήσεων .Άρα ,από την (1) έχουμε:f '(e2x )2e2x + 3f '(x5 + 1)5x4 = 2 ⇔ 2e2xf '(e2x ) + 15x4f '(x5 + 1) = 2, για κάθε x ∈ ℝΓια x = 0 έχουμε: f '(1)2 = 2 ⇔ f '(1) = 1 ⇔ lim f(x) − f(1) = 1 ⇔ lim f(x) − (−1) = 1 ⇔ lim f(x) + 1 = 1 (4) x − 1 x−1 x−1 x→1 x→1 x→1Επίσης η f,ως παραγωγίσιμη στο ℝ ,είναι συνεχής στο x0 = 1 ,άρα lim f(x) = f(1) = −1 x →1Άρα lim f(x) − 1 = −1 − 1 =−1 (5) x+3 1+3 2 x →1Τελικά από (3) ,(4) ,(5) : lim  f(x) + 1 ⋅ f(x) −1  = −1  x−1 x+3  2 x →180 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr2.11 Έστω η συνάρτηση f : ℝ → ℝ για την όποια ισχύει: x2 f(x)667 + 666f(x) = x2 − 4 για κάθε x ∈ ℝ (1)Και η f είναι συνεχής στο x0 = 2Να αποδείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 2 .ΛΥΣΗi) Για x = 2 στην (1) προκύπτει:22 f(2)667 + 666f(2) = 22 − 4 ⇔ 4 f(2)667 + 666f(2) = 0 ⇔( )⇔ f(2) 4f( 2)2006 +2006≠0 για καθε X∈ℝ 4 f(2)666 + 666 = 0 ⇒ f(2) = 0Αρκεί, να δείξουμε ότι το f '(2) = lim f(x) − f(2) = lim f(x) ∈ ℝ x − 2 x−2 x→2 x→2Για x ≠ 2 από υπόθεση έχουμε:( ) ( )( )x2 f(x)667 + 666f(x) = x2 − 4 ⇔ f(x) x2 f(x)666 + 666 = x − 2 x + 2 ⇔ ( ) ( )( )f(x) x2 f(x)666 + 2006( )⇔ x − 2 = x−2 x+2 ⇔ f(x) x2 f(x)666 + 666 = x+2 ⇔ x−2 x−2 x+2( )f(x) =x − 2 x2 f(x)666 + 666 f(x) = lim x+2 = 2+2 =4=2 x−2 x→2 x2 f(x)666 + 666 22 f(2)666 + 666 666 333( ) ( )Έτσιlim x→22.12 Έστω οι συναρτήσεις f,g : ℝ → ℝ τέτοιες ώστε : f(α) = g(α) και f(x) + x ≤ g(x) + α γιακάθε x ∈ ℝ .Αν οι f και g είναι παραγωγίσιμες στο α , να αποδείξετε ότι g '(α) − f '(α) = 1 .ΑπόδειξηΓια x > α έχουμε:f(x) + x ≤ g(x) + α ⇔f(x) + x −α ≤ f(α)=g(α) − f(α) + x − α ≤ g(x) − g(α) ⇔ f(x) − f(α) + x − α ≤ g(x) − g(α) x −α x − α x−α g(x) ⇔ f(x)f(x) − f(α) + 1 ≤ g(x) − g(α) x − α x − αΆρα lim f(x) − f(α) +1≤ lim g(x) − g(α) , επειδή οι f ,g είναι παραγωγίσιμες στο α, προκύπτει ότι x−α x−α x→α x→α f '(α) + 1 ≤ g '(α) ⇔ g '(α) − f '(α) ≤ 1 (1) Για x < α έχουμε:f(x) + x ≤ g(x) + α ⇔f(x) + x −α ≤ f(α)=g(α) − f(α) + x − α ≤ g(x) x<α f(x) − f(α) + x − α ≥ g(x) − g(α) x −α x − α x−α g(x) ⇔ f(x) − g(α) ⇔f(x) − f(α) + 1 ≥ g(x) − g(α) x − α x − αΆρα lim f(x) − f(α) +1≥ lim g(x) − g(α) , επειδή οι f ,g είναι παραγωγίσιμες στο α, προκύπτει ότι x−α x−α x→α x→α f '(α) + 1 ≥ g '(α) ⇔ g '(α) − f '(α) ≥ 1 (2)Από τις σχέσεις (1) και(2) προκύπτει: g '(α) − f '(α) = 12.13 Δίνεται η συνάρτηση ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 81

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr f(x) = 2 ln x − 2 ln 13 − x + 13 , 13 xi) Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία .ii)Να αποδείξετε ότι ln β ≤ β2 − 169 για κάθε β ≥ 13 . 13 26βiii)Να λύσετε την εξίσωση ln x = x2 − 169 13 26xΛΥΣΗi)Για κάθε x ∈ Df = (0, +∞) είναιf '(x) =  − 2 ln 13 − x + 13  = 2 − 1 − 13 = 26x − x2 − 169 = − (x − 13)2  2 ln x 13 x  ' x 13 x2 13x2 13x2Παρατηρούμε ότι f '(x) < 0 για κάθε x ≠ 13 και η f είναι συνεχής στο x=13 άρα η f είναιγνησίως φθίνουσα.ii)Με fց στο (0,+∞) β β( )β ≥ 13 ⇒ f(β) ≤ f(13) ⇔ 2 lnβ − 2 ln13 − + 13 ≤ 2 ln 13 − 2 ln 13 − 13 + 13 ⇔ 2 lnβ − ln13 − + 13 ≤ 0 ⇔ 13 β 13 13 13 β2 ln β ≤ β2 − 132 ⇔ ln β ≤ β2 − 132 ⇔ ln β ≤ β2 − 169 13 13β 13 26β 13 26βiii)Είναι( )ln x = x2 − 132 ⇔ 2l n x = x2 − 132 ⇔ 2 ln x − ln 13 = x2 − 132 ⇔ 2 ln x − 2 ln 13 = x − 13 ⇔ 13 26x 13 13x 13x 13x 13 x2 ln x − 2 ln 13 − x + 13 = 0 ⇔ f(x) = 0 13 xΗ εξίσωση f(x) = 0 έχει ρίζα την x=13 είναι γνησίως φθίνουσα η ρίζα είναι μοναδική.2.14 (Θέμα 2000) Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : ℝ → ℝ για την οποία ισχύει: lim f(x) − e2x + 1 = 0 x→0 ημ2xi)Να βρείτε την τιμή f(0) .ii)Να αποδείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 0iii)Αν h(x) = e−xf(x) , να αποδείξετε ότι οι εφαπτομένες των Cf και Ch στα σημείαA(0,f(0)) και B(0, h(0)) είναι παράλληλες.ΛΥΣΗi)θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = f(x) − e2x + 1 ,όπου το χ κοντά στο 0. ημ2xΈχουμε:g(x) = f(x) − e2x + 1 ⇔ g(x)ημ2x = f(x) − e2x + 1 ⇔ f(x) = g(x)ημ2x + e2x − 1 ημ2x( )Τότε lim f(x) = lim g(x)ημ2x + e2x − 1 = 0 , η f συνεχής στο x=0 άρα f(0) = lim f(x) = 0 . x→0 x→0 x→0ii) lim f(x) − f(0) = lim g(x)ημ2x + e2x −1 = lim  g(x)ημ2x + e2x − 1  = lim  2g(x) ημ2x + e2x − 1  = x − 0 x→0 x     x→0 x→0  x x  x→0  2x x  ημ2x e2x − 1  ημ2x  e2x −1 ( )=  +  = ⋅ lim +   = 2⋅0⋅1+ 2e2⋅0 =2lim 2g(x) 2 lim g(x) lim x→0  2x x x→0 x→0 2x x→0  x 82 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΣημειώνουμε ότι:• Η διάσπαση των ορίων έγινε διότι τα όρια υπάρχουν.• lim  e2x − 1  = lim  e 2x − e2⋅0  = k '(0), k(x) = e2x    − 0  x→0  x  x→0  x Άρα f '(0) = 0 = e −x f(x) − e−0 f(0) = lim e−xf(x) = lim e−x lim f(x) = e− f( x) − f(0) = f '(0) x − 0 x→0 x x − 0iii) h '(0) lim lim x lim x→0 x→0 x→0 x→0 xx→0άρα οι εφαπτομένες των Cf και Ch στα σημεία A(0,f(0)) και B(0, h(0)) είναι παράλληλες.2.15 Δίνεται η συνάρτηση f : ℝ → ℝ που είναι παραγωγίσιμη στο ℝ με f '(x) ≠ 0 γιακάθε x ∈ ℝ και η συνάρτηση h με h(x) = f(x) , x ∈ ℝ . f '(x)Αν είναι (ε) η εφαπτόμενη της Ch σε ένα κοινό σημείο με τον άξονα x' x να δείξετε ότιη (ε) σχηματίζει με τον άξονα αυτό γωνία π . 4ΛΥΣΗΘεωρούμε (x0 , h(x0 )) ένα κοινό σημείο της Ch με τον x' xΤότε, h(x0 ) = 0 ⇔ f(x0 ) =0 ⇔ f(x0 ) = 0 (1) f '(x0 )Από την υπόθεση της άσκησης ισχύει f '(x) ≠ 0 για κάθε x0 ∈ ℝ .Γι να δείξουμε ότι ηεφαπτομένη (ε) στο σημείο (x0 , h(x0 )) σχηματίζει γωνία π με τον χ’χ αρκεί να δείξουμε ότι 4h '(x0 ) = εφ π = 1. 4Πραγματικά:h '(x) =  f(x)  = f '(x)f '(x) − f(x)f '(x) = (f '(x))2 − f(x)f ''(x)  f '(x)  ' (f (f '(x))2 '(x))2( () ) (( ))Άρα, h'(x0 ) = f '(x0 ) 2 − f(x0 )f ''( x0 ) (1) f '(x0 ) 2 = 1 f '(x0 ) 2 f '(x0 ) 2 =Οπότε η (ε) σχηματίζει με τον άξονα αυτό γωνία π . 4 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 83

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr2.16 Δίνονται οι συναρτήσεις f,g : ℝ → ℝ με τις ιδιότητες: ▪ f(ex ) + f(3x) = f(eg(x) ) (1) 2 ▪ Η f είναι 1-1Να δείξετε ότι : ξi)Η εξίσωση ex = 3x έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο διάστημα (0,1) .ii)Υπάρχει ξ ∈ ℝ τέτοιο ώστε g(ξ) = ξ .iii)Αν f,g παραγωγίσιμες με f(x) ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝ να δείξετε ότι: g '(ξ) = ξ + 1 2ξiv)Αν Ε(ξ) το εμβαδό του τριγώνου που σχηματίζει η εφαπτομένη της γραφικήςπαράστασης της g στο σημείο Α(ξ,f(ξ)) με τους άξονες Οx,Oy να δείξετε ότι: Ε(ξ) < 1 2ΛΥΣΗi) Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = ex − 3x ,είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα 0,1 καιh(0) = e0 − 3 ⋅ 0 = 1 > 0 , h(1) = e1 − 3 ⋅1 = e − 3 < 0 άρα από το θεώρημα Bolzano υπάρχειτουλάχιστον ένα ξ ∈ (0,1) τέτοια ώστε h(ξ) = 0 ⇔ ...eξ = 3ξii)Βάζουμε στην (1) όπου x=ξ :f(eξ ) + f(3ξ) = e3ξ =3ξ f(eξ ) + f(eξ ) = f(eg(ξ) ) ⇔ f(eg(ξ) ) ⇔ 22⇔ 2f(eξ ) = f(eg(ξ) ) ⇔ f(eξ ) = f 1−1 = eg(ξ) ⇔ g(ξ) = ξ 2 f(eg(ξ) ) ⇔ eξii)Παραγωγίζουμε την (1)f(e x +  ( ) ( ) ) f(3x) ' = f(eg(x) ) '⇔ 1 f '(ex )ex + 3f '(3x) = f '(eg(x) )eg(x)g '(x)2 2Θέτουμε όπου x=ξ: g(ξ)=ξ '(ξ) ⇔( ) ( )1 1 f '(eξ )eξ + 3f '(3ξ) = f '(eg(ξ) )eg(ξ)g f '(eξ )eξ + 3f '(eξ ) = f '(eξ )eξg '(ξ) ⇔2 2eξ =εξ f '(eξ )≠0f '(eξ )eξ + 3f '(eξ ) − 2f '(eξ )eξg '(ξ) = 0 ⇔ f '(eξ )(eξ + 3 − 2eξg '(ξ)) = 0 ⇔eξ + 3 − 2eξg '(ξ) = 0 eξ = 3ξ 3ξ + 3 − 2 ⋅ 3ξg '(ξ) = 0 ⇔ g '(ξ) = ξ + 1 ⇔ 2ξiii)Η εξίσωση της εφαπτομένης της Cg στο Α(ξ,g(ξ)) είναι:y − g(ξ) = g '(ξ)(x − ξ) ⇔ y − ξ = ξ + 1 (x − ξ) ⇔ y = ξ + 1 x − ξ + 1 + ξ ⇔ y = ξ + 1 x + ξ − 1 2ξ 2ξ 2 2ξ 2Τα σημεία τομής της Cg με τους άξονες Οx,Oy είναι B(0 , ξ − 1), Γ( ξ −ξ2 , 0) 2 ξ+1Είναι( )Ε(ξ) = 1 2 ξ −1 ξ − ξ2 0<ξ<1 1 ⋅ 1 − ξ ⋅ ξ − ξ2 = ξ 1−ξ 2 .Αρκεί 2 ξ+1 4(ξ + 1) = 2 2 ξ+1( ) ( )( ) ( ) ( )ξ 1− ξ 2 4(ξ + 1) < 1 ⇔ ξ 1−ξ 2 0<ξ<1 1−ξ 2 < 2(ξ + 1) ⇔ ξ 1 − 2ξ + ξ2 < 2ξ + 2 ⇔ ξ 1 − 2ξ + ξ2 < 2ξ + 2 2 2(ξ + 1) <1 ⇔ ξ84 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grξ − 2ξ2 + ξ3 < 2ξ + 2 ⇔ ξ3 − 2ξ2 − ξ − 2 < 0 ισχύει για 0 < ξ < 12.17 i) Δίνονται οι παραγωγίσιμες συναρτήσεις f : ℝ → ℝ και g : ℝ → ℝ για τις οποίεςισχύει: f(x)g(x) = x ,για κάθε x ∈ ℝΝα δείξετε ότι μια μόνο από τις γραφικές παραστάσεις των f και g διέρχεται από τηναρχή των αξόνων.ii)Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ℝ → ℝ για την οποία ισχύουν f '(x) ≠ 0 ,για κάθε x ∈ ℝ (3) f(x4 ) = f(x2 )2 για κάθε x ∈ ℝ (4)Να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της f διέρχεται από το σημείο A(1,1) .ΛΥΣΗi)Για x = 0 έχουμε: f(0)g(0) = 0 ⇒ f(0) = 0 ή g(0) = 0άρα είναι βέβαιο ότι τουλάχιστον μια από τις γραφικές παραστάσεις των f και g διέρχεταιαπό την αρχή των αξόνων.Έστω ότι Cf και Cg διέρχονται και οι δυο από την αρχή των αξόνων Ο(0,0) τότε: f(0) = 0 και g(0) = 0 (2)Παραγωγίζοντας την f(x)g(x) = x λαμβάνουμε: (f(x)g(x))' = x' ⇒ f '(x)g(x)'+ f(x)g '(x) = 1 οπότε για x = 0f '(0)g(0)'+ f(0)g '(0) = 1 ⇒ 0 = 1 άτοπο.ii)Πρέπει να δείξουμε ότι: f(1) = 1Παραγωγίζοντας την (4) έχουμε:( ) ( ) ( ) ( )f(x4 ) ' = f(x2 )2 ' ⇔ x4 'f '(x4 ) = 2 f(x2 ) 'f(x2 ) ⇔( )4x3f '(x4 ) = 2f '(x2 ) x2 ' f(x2 ) ⇔ 4x3f '(x4 ) = 4xf '(x2 )f(x2 ) f '(1)≠0Οπότε για x = 1 : 4 ⋅13 f '(14 ) = 4 ⋅1f '(12 )f(12 ) ⇒ f '(1) = f '(1)f(1) ⇔ f '(1)(1 − f(1)) = 0 ⇔ f(1) = 1Άρα A(1,1) ∈ Cf .2.18 Αν είναι f(1) = 4,g(1) = 8,f '(1) = 4,g '(1) = 10 , τότε ποια από τα παρακάτω ισχύουν :α) (f ⋅g)'(1) = 51 γ) (f ⋅g)'(1) = 72β) (f + g)'(1) = 14 δ) ( f )'(1) = 40 gΑπάντησηΣωστή η (β) (f + g)'(1) = f '(1) + g '(1) = .. = 14Σωστή η (γ) (f ⋅g)'(1) = f '(1) ⋅g(1) + f(1) ⋅g '(1) = 32 + 40 = 72Σχόλιο στραβού για την (18)…ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 85

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΒέβαια, για να πούμε και του στραβού το δίκιο, δεν μπορούμε ναχρησιμοποιούμε τους κανόνες παραγώγισης σε σημείο έτσι, χωρίςπερίσκεψη.Δείτε τις συναρτήσεις:f(x) = x2 , x ∈ (−∞,1 ∪ 2, +∞) είναι παραγωγίσιμη στο 1 με f '(1) = 2g(x) = 3x, x ∈ 1, +∞) είναι παραγωγίσιμη στο 1 με g '(1) = 3Όμως η f+g ορίζεται στο 2, +∞) ∪ {1} και δεν έχει νόημα η παράγωγος σε μεμονωμένοσημείο στο 1.2.19 Έστω f : ℝ → ℝ μια παραγωγίσιμη συνάρτηση με συνεχή παράγωγο και f '(x) γιακάθε x ∈ ℝ .Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = f(x) και έστω A(α,β) το σημείο στο οποίο f '(x)η Cg τέμνει τον άξονα x’x.i)Να αποδείξετε ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο α.ii)να βρείτε την γωνία, την οποία σχηματίζει η εφαπτομένη της Cg στο Α με τον χ’χ.ΛΥΣΗi)Η Cg τέμνει στο Α με τον x’x άρα β = 0 ή g(α) = 0 ⇔ f(α) = 0 ⇔ f(α) = 0 f '(α)lim g(x) − g(α) = lim f(x) − f(α) f(α)=0 f(x) = lim  f(x) ⋅ 1  = lim  f(x) − 0 ⋅ 1  = lim  f(x) − f(α) ⋅ 1  = x −α f '(x) f '(α)  x−α f '(x)   x−α f '(x)   x− α f '(x) x→α x→α = lim f '(x) x→α x→α x→α x −α x→α x−α= lim  f(x) − f(α) ⋅ 1  = lim f(x) − f(α) ⋅ lim 1 = f '(α) ⋅ 1 = 1  x − α f '(x)  x − α x→α '(x) '(α) x→α x→α f fΆρα g '(α) = 1 οπότε η g είναι παραγωγίσιμη στο α. i) g '(α) = εφω = 1 ⇒ ω = 450 οπότε ω = 4502.20 Δίνεται η συνάρτηση f : (1, +∞) → ℝ και ισχύει xf(x) = ex−f(x) .Να αποδείξετε ότιυπάρχει εφαπτόμενη της Cf που είναι παράλληλη προς την ευθεία (ε): y = 1 x + 5 και 4να βρείτε το σημείο της Cf από το οποίο άγεται η εφαπτομένη αυτή. Κατόπιν ναβρείτε την εξίσωση της.ΛΥΣΗΗ ευθεία (ε) : y = 1x+5 έχει συντελεστή διεύθυνσης λε = 1 . 4 4Αν υποθέσουμε ότι από το σημείο Μ(x0 , y0 ) της Cf άγεται εφαπτομένη παράλληλη προςτην (ε) τότε: f '(x0 ) = λε = 1 (1) 4Θα βρούμε πρώτα τον τύπο της f(x) και κατόπιν της παράγωγο της.Ισχύει:xf(x) = ex−f(x) ⇔ ln(xf(x) ) = ln(ex−f(x) ) ⇔ f(x) ln x = x − f(x) ⇔ f(x) ln x + f(x) = x ⇔f(x)(ln x + 1) = xΑλλά από το πεδίο ορισμού της f είναι γνωστό ότι x > 1 ⇒ ln x > 0 ⇒ ln x + 1 > 1 άρα ln x + 1 ≠ 0Άρα. f(x) = x (2)Η παράγωγος της f ln x + 1f '(x) =  ln x 1  ' = (x)'(ln x + 1) − (x)(ln x + 1)' = ln x + 1 − x 1 = ln x (3)  x+  (ln x + 1)2 x (ln x + 1)2 (ln x + 1)286 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grH (1) λόγω της (3) δίνει: ln x0 1 4 ( ) ( ) ( ) ( )ln x0 + 1 2 = ⇔ 4 ln x0 = ln x0 + 1 2 ⇔ 4 ln x0 = ln x0 2 + 2 ln x0 + 1 ⇔ ln x0 2 − 2 ln x0 + 1 = 0( )⇔ ln x0 − 1 2 = 0 ⇔ ln x0 = 1 ⇔ x0 = eΈτσι f(e) = ln e 1 = e 1 = e οπότε από το σημείο M  e, e  άγεται η εφαπτομένη παράλληλη e+ 1+ 2  2 στην (ε).Η εξίσωση της εφαπτομένης της είναι: y − f(e) = f '(e)(x − e)Αλλά, f '(e) = ln e = 1 = 1 άρα y − e = 1 (x − e) ⇔ ... ⇔ y = 1 x + e 4 24 44 (ln e + 1)2 (1+ 1)22.21 Δίνεται η συνάρτηση f : ℝ* →ℝ με f(x) = 1 −1 και το σημείο M(λ,f(λ)), λ ≠ 0 της x2 xγραφικής παράστασης της f.α) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο Μ.β)i)Για λ = 3 δεν έχει άλλο κοινό σημείο με την Cf.ii)Για λ = 1 έχει και άλλο κοινό σημείο με την Cf.ΛΥΣΗα) f(x) = 1 −1 = 1 −x = 1−x x2 x x2 x2 x2( )f   (1 − x)' x2 − (1 − x) x2 ' = −x2 − (1− x)2x ='(x) =  1− x  ' = x2 x4 x4= −x2 − 2x + 2x2 = x2 − 2x = x(x − 2) = x − 2 x4 x4 x4 x3Η εξίσωση εφαπτομένης της Cf στο Μ είναι :y − f(λ) = f '(λ)(x − λ) ⇔ y− 1− λ = λ−2 x− λ−2 λ ⇔ λ2 λ3 λ3 1− λ λ− λ− 1− λ−λ + λ−y = λ2 + λ3 2 x − λ2 2 ⇔ y = λ2 2 + λ3 2 x ⇔y = 3 − 2λ + λ−2 x ⇔ y = λ− 2 x + 3 − 2λ (2) λ2 λ3 λ3 λ2β)i) Για λ = 3 κοινό σημείο είναι το M(3,f(3)) με αντικατάσταση στον τύπο της f είναιM(3, − 2 ) 9Η εξίσωση της εφαπτομένης γίνεται y= 3− 2 x + 3 −2 ⋅ 3 ⇔ y= 1 x−1 33 32 27 3Τα κοινά σημεία της εφαπτομένης αυτής με την Cf προκύπτουν από την λύση τουσυστήματος = 1x − 1 y1x−=2x1x=−2x217 x − 1 (yx=− 3)2 = 0 x = 3 x = 3y = 27 3 3 1−x y = 1−3 y = −y 1−x ⇔ ⇔ .. ⇔ x2 ⇔ 32 ⇔ 2 9 x2Κατά συνέπεια για λ=3 η εφαπτομένη στο M(3, − 2) δεν έχει άλλο κοινό σημείο με την Cf. 9ii)Για λ=1 κοινό σημείο είναι το M(1,f(1)) με αντικατάσταση στον τύπο της f είναι M(1,0) ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 87

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΗ εξίσωση της εφαπτομένης γίνεται y = 1− 2 x + 1 −2 ⋅ 1 ⇔ y = −x + 1 13 12Τα κοινά σημεία της εφαπτομένης αυτής με την Cf προκύπτουν από την λύση τουσυστήματοςy = −x + 1 xy = 1 ή x = −1y = 1−x = 0 ή y=2 x2 ⇔ ... ⇔Άρα, εκτός από το κοινό σημεία (1,f(1)) ή (1,0) υπάρχει και άλλο κοινό σημείο το (-1,2).2.22 Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν ,γράφοντας στο τετράδιο σας,δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση την λέξη Σωστό , αν η πρότασηείναι σωστή, ή Λάθος αν η πρόταση είναι λανθασμένη.1) Η εφαπτομένη μιας συνάρτησης f τέμνει την Cf μόνο σε ένα σημείο. ΣΛ2)Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα α,β και παραγωγίσιμη στο (α,β) καιυπάρχει x0 ∈ (α,β) τέτοιο ώστε : f '(x0 ) = 0 τότε ισχύει f(α) = f(β) . ΣΛ3)Αν μια συνάρτηση δεν είναι παραγωγίσιμη σε ένα σημείο x0 του πεδίου ορισμού τηςτότε δεν είναι συνεχής στο x0 . Σ Λ4)Αν δυο παραγωγίσιμες συναρτήσεις σε κάθε εσωτερικό σημείο ενός διαστήματος Δέχουν ίσες παραγώγους, τότε δεν είναι υποχρεωτικά ίσες στο Δ. ΣΛ5)Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο x0 και η συνεχής συνάρτηση g δεν είναιπαραγωγίσιμη στο x0 , τότε η συνάρτηση f ⋅g δεν είναι παραγωγίσιμη στο x0 . Σ Λ Λ6)Αν f '(x0 ) = 0 τότε η συνάρτηση f παρουσιάζει στο σημείο x0 τοπικό ακρότατο. Σ Λ7)Αν η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα Δ,τότε ισχύει: f '(x) < 0, για κάθε x ∈ ∆ . ΣΑπαντήσεις1)Λ 2)Λ 3)Λ 4)Σ 5) Λ 6)Λ 7)Λ2.23 Δίνεται η γραφική παράσταση της xσυνάρτησης f με τύποf(x) = x3 + κx2 + 2x + 2016λ, κ, λ ∈ ℝ CfΝα δείξετε ότι: x1 ⋅ x2 = 2 3 O x1 x2 xΛΥΣΗΑπό την γραφική παράσταση βλέπουμε ότι τα x1 , x2 είναι θέσεις ακρότατων άρα από τοθ.Fermat ισχύει f '(x1 ) = 0,f '(x2 ) = 0Η παράγωγος της f είναι:88 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr( )f '(x) = x3 + κx2 + 2x + 2016λ ' = 3x2 + κx + 2Οι αριθμοί x1 , x2 είναι ρίζες της εξίσωσης 3x2 + κx + 2 = 0 άρα από τον τύπο του Vieta ( P = γ α)για το γινόμενο ριζών δευτεροβάθμιας εξίσωσης ισχύει: x1 ⋅ x2 = 2 32.24 Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ℝ → ℝ για την οποία ισχύει(1) 2f(x2 ) + xf(x − 1) + x8 + 2 = 0 για κάθε x ∈ ℝ και η συνάρτηση g(x) = f(x) + ex−1 + 3, x ∈ ℝ .Αν ηγραφική παράσταση της συνάρτησης g έχει οριζόντια εφαπτομένη στο σημείοA(1,g(1)) .i) Να αποδείξετε ότι f(1) = −1,f '(1) = −1ii) Να βρεθεί η τιμή του πραγματικού λ, ώστε η εφαπτομένη της γραφικήςπαράστασης της f στο B(0,f(0)) να είναι παράλληλη στην ευθεία (λ − 10)x + y = 1974ΛΥΣΗi) Στην (1) για x = 0 : 2f(02 ) + 0f(0 − 1) + 08 + 2 = 0 ⇔ 2f(0) + 2 = 0 ⇔ f(0) = −1Στην (1) για x = 1 : 2f(12 ) + 1f(1 − 1) + 18 + 2 = 0 ⇔ 2f(1) − 1 + 1 + 2 = 0 ⇔ f(1) = −1Εφόσον η εφαπτομένη της Cg στο σημείο A(1,g(1)) είναι παράλληλη στον άξονα x’x,ισχύειότι g '(1) = 0 .Όμως g '(x) = f '(x) + ex−1Άρα g '(1) = f '(1) + e1−1 = 0 ⇔ f '(1) = −1 .ii)Για να είναι η εφαπτομένη της Cf στο B(0,f(0)) παράλληλη στην ευθεία(ε) : (λ − 10)x + y = 1974 αρκεί f '(0) = 10 − λΠαραγωγίζουμε την σχέση (1) και λαμβάνουμε:( )2f '(x2 ) x2 '+ x' f(x − 1) + xf '(x − 1) + 8x7 = 0 ⇔ 4xf '(x2 ) + f(x − 1) + xf '(x − 1) + 8x7 = 0Για x = 1 :4 ⋅1⋅ f '(12 ) + f(1 − 1) + 1f '(1 − 1) + 8 ⋅17 = 0 ⇔ 4f '(1) + f(0) + f '(0) + 8 = 0 ⇔⇔ 4 ⋅(−1) − 1 + f '(0) + 8 = 0 ⇔ f '(0) = 4 + 1 − 8 = −3Άρα f '(0) = 10 − λ ⇔ −3 = 10 − λ ⇔ λ = 13 .2.25 i)Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ex (x − 1)2 = 4 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο ℝ .ii)Δίνονται οι συναρτήσεις f(x) = ex και g(x) = − 1 .Να αποδείξετε ότι υπάρχει μια xτουλάχιστον κοινή εφαπτομένη των Cf και Cg.ΛΥΣΗi)Έστω συνάρτηση h(x) = ex (x − 1)2 − 4 , είναι συνεχής στο ℝ για την οποία ισχύει ότι( )h(1) = e1(1 − 1)2 − 4 = −4 < 0, h(3) = 4e3 − 4 = 4 e3 − 1 > 0Από το θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ (1, 3) τέτοιο ώστε h(ξ) = 0Άρα, η εξίσωση ex (x − 1)2 = 4 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο ℝ .ii)Αρχικά θα πρέπει να εξετάσουμε αν οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f,gέχουν κοινή εφαπτομένη σε κοινό σημείο. Έστω λοιπόν ότι υπάρχει ένα σημείο Α(x0 , y0 )τέτοιο ώστεf(x0 ) = g(x0 ) = y0 και f '(x0 ) = g '(x0 ) , τότε θα έχουμε: ex0 = − 1 και ex0 = 1 x0 x02Δηλαδή 1 =− 1 x0 ≠0 = x02 ⇔ x0 + x02 = 0 ⇔ x0 (1 + x0 ) = 0 ⇔ x0 = −1 , 1 ≠ −1 x02 x0 ⇔ − x0 eΆρα δεν υπάρχει κοινή εφαπτομένη σε κοινό σημείο .ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 89

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΈστω ότι υπάρχουν σημεία A(α,f(α)) , Β(β,g(β)) των γραφικών παραστάσεων των f και gαντίστοιχα στα οποία οι εφαπτομένες ταυτίζονται .Τότε και ισχύει: f '(α) = g '(β) ⇔ eα = 1 ⇔ eα ⋅β2 =1 (1) β2Καιg(β) − f(α) = f '(α)(β − α) ⇔ − 1 − eα = eα (β − α) ⇔ − 1 − eα = eαβ − eαα ⇔ ββ( )− 1 1 −1 1 2 ⇔ =2⇔ β2 β β β β β − eα = β − eαα ⇔ − eα = − eαα ⇔ eαα − eα = eα α−1 =4 (1) β2 4 ⇔ eα( ) ( ) ( ) ( )e2α α−1 2 ⇔ β2e2α α − 1 2 = 4 ⇔ β2eαeα α −1 2 = α−1 2 = 4Όπως δείξαμε στο ερώτημα (i) , η παραπάνω εξίσωση έχει μια τουλάχιστον ρίζα ,άραυπάρχουν σημεία Α(α,f(α)) ,Β(β,f(β)) τέτοια ώστε οι εφαπτομένες των Cf και Cg ναταυτίζονται.2.26 Δίνονται οι συναρτήσεις f,f−1 παραγωγίσιμες στο ℝ τέτοιες ώστε η Cf−1 τέμνει τονάξονα y’y στο σημείο με τεταγμένη 1 επίσης είναι γνωστό ότι lim f−1(y) − 1 = 13 .Να y→0 yβρείτε την εξίσωση της εφαπτόμενης τη Cf στο σημείο Β(1,f(1)).ΛΥΣΗΗ Cf−1 τέμνει τον άξονα y’y στο σημείο με τεταγμένη 1 άρα f−1(0) = 1 ⇔ 0 = f(1) .Θέτουμε f−1(y) = x ⇔ y = f(x) όποτε lim x = lim f−1(y) = f−1(0) = 1 y→0 y→0( Υπενθυμίζουμε ότι f−1 παραγωγίσιμη στο 0 άρα και συνεχής στο 0)Τότεlim f−1(y) − 1 = 13 ⇔ lim f−1(y) − f −1(0) = 13 ⇔ lim x−1 = 13 ⇔ y y f(x) − 0y→0 y→0 y→0⇔ lim 1 = 13 ⇔ 1 = 13 ⇔ f '(1) = 1 f(x) − f(1) f '(1) 13 y→0 x−1Άρα , η εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο Β(1,f(1)) είναι (ε): y − f(1) = f '(1)(x − 1) ⇔ y = 1 (x − 1) 1390 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr2.27Δίνεται η συνάρτηση f : ℝ → ℝ μια παραγωγίσιμη συνάρτηση με την ιδιότητα f3(x) + 3f(x) = ex + x2 − x − 1 για κάθε x ∈ ℝ 2i)Αν g(x) = ex + x − 1 ,να βρείτε τις ρίζες της εξίσωσης g(x) = 0 και το πρόσημο της g.ii)Να βρείτε τα κρίσιμα σημεία της f.iii)Να βρείτε τα τοπικά ακρότατα της f.iv)Να εξετάσετε αν η f έχει ολικό ελάχιστο.ΛΥΣΗ( )i) Έχουμε g '(x) = ex + x − 1 ' = ex + 1 > 0 , οπότε η g είναι γνησίως αύξουσα .Όμως,g(0) = 0 ,δηλαδή το x = 0 είναι ρίζα της g(x) = 0 .Άρα το x = 0 είναι και η μοναδική ρίζα τηςg(x) = 0 , αφού η g είναι γνησίως μονότονη.▪ Για x < 0 είναι g(x) < g(0) ⇔ g(x) < 0▪ Για x > 0 είναι g(x) > g(0) ⇔ g(x) > 0Άρα, η συνάρτηση g είναι αρνητική στο διάστημα (−∞,0) και θετική στο διάστημα (0,+∞) .ii) Έστω α ένα κρίσιμο σημείο της f .Επειδή η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη, θα είναιf '(α) = 0 .Η σχέση f3(x) + 3f(x) = ex + x2 − x − 1 με παραγώγιση δίνει: 2( ) ( )3f2 (x)f '(x) + 3f '(x) = ex + x − 1 ⇔ f '(x) 3f2 (x) + 3 = ex + x − 1 ⇔ f '(x) 3f2 (x) + 3 = g(x) (1)Η σχέση (1) για x = α δίνει( )f '(α) 3f2 (α) + 3 = g(α) ⇔ g(α) = 0Διότι f '(α) = 0 .Όμως g(α) = 0 ⇔ α = 0 ,από το ερώτημα (i).Άρα, το μοναδικό κρίσιμο σημείο της f είναι το x = 0 .iii)Τα τοπικά ακρότατα της f τα αναζητούμε στην περίπτωση μας ( αφού η f είναιπαραγωγίσιμη σε ανοικτό διάστημα) στα κρίσιμα σημεία. Έτσι το μόνο πιθανό τοπικόακρότατο είναι το f(0).▪ Για x < 0 η σχέση (1) δίνει ( )f '(x) 3f2 (x) + 3 = g(x) < 0 οπότε f '(x) < 0 στο (−∞,0)▪ Για x > 0 η σχέση (1) δίνει ( )f '(x) 3f2 (x) + 3 = g(x) > 0 οπότε f '(x) > 0 στο (0, +∞)Άρα, το f(0) είναι τοπικό ελάχιστο της συνάρτηση f .Για x = 0 η δοσμένη σχέση δίνει( )f3(0) + 3f(0) = e0 + 02 − 0 − 1 ⇔ f(0) f2 (0) + 3 = 0 ⇔ f(0) = 0 2Επομένως το f(0) = 0 είναι το τοπικό ελάχιστο της f.iv)Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (−∞,0 και γνησίως αύξουσα στοδιάστημα 0,+∞) , συμπεραίνουμε ότι το f(0) = 0 είναι το ολικό ελάχιστο της f.ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 91

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr2.28 Ο Τοτός και τα ακρότατα…Στο διαγώνισμα τετραμήνου στα μαθηματικά στο σχολείο του Τοτού τέθηκε τοερώτημα: Υπάρχει θετική τιµή του πραγµατικού λ ,ώστε η συνάρτηση f(x) = λex + 2016x, x ∈ 1, 2 να παρουσιάζει µέγιστο στο σηµείο x0 = 2 .Ο Τοτός έλυσε την άσκηση ως εξής: Έστω ότι η f παρουσιάζει μέγιστο στο σημείο x0 = 2 .Η f είναι παραγωγίσιμη στο1, 2 ,με f '(x) = λex + 2016 .Σύμφωνα με το θεώρημα Fermatf '(2) = 0 ⇔ λe2 + 2016 = 0 ⇔ λ = − e2 < 0 2016 Άρα δεν υπάρχει θετική τιμή του λ ώστε η f να παρουσιάζει μέγιστο στο 2. Ο καθηγητής που διόρθωσε το διαγώνισμα του έγραψε στην κόλλα:…Τοτό, αν λ=5>0 έχουμε f(x) = 5ex + 2016x, με f(x) = 5ex + 2016 > 0 για κάθε x ∈ 1, 2 άρα η fείναι γνησίως αύξουσα στο 1, 2 .Επομένως έχει μέγιστο στο x0 = 2 .Τελικά, Τοτό υπάρχει ή δεν υπάρχει λ > 0 ώστε η f να παρουσιάζει μέγιστο x0 = 2 ;Ποιο ήταν το λάθος στην λύση του Τοτού.ΑπάντησηΗ f παρουσιάζει μέγιστο για κάθε θετική τιμή του λ. Το λάθος είναι ότι το θεώρημαFermat εφαρμόζεται σε εσωτερικό σημείο διαστήματος και όχι σε άκρο διαστήματος.2.29 ( all time classic..)Να μελετήσετε ως προς την μονοτονία την συνάρτηση f(x) = x2 − x + ln x, x ∈ (0, +∞)Και να βρείτε τις ρίζες και το πρόσημο της.ii)Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων g(x) = 1 + x − x2 και h(x) = 1 + ln xΈχουν μόνο ένα κοινό σημείο ,στο οποίο οι εφαπτομένες ευθείες τους είναι κάθετεςμεταξύ τους.iii)Να αποδείξετε ότι 2 + x ln x > x + x2 − x3 για κάθε x ∈ (0, +∞) 23ΛΥΣΗi) Έχουμε f '(x) = 2x − 1 + l = 2x2 − x + l για κάθε x ∈ (0, +∞) xxΤο τριώνυμο 2x2 − x + l > 0 για κάθε x ∈ (0, +∞) ( Δ=-7<0) άραf '(x) > 0 για κάθε x ∈ (0, +∞)Οπότε, η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα επίσης f(1) = 0 .Δηλαδή ,το 1 είναι ρίζα της fκαι μάλιστα μοναδική αφού η f είναι γνησίως αύξουσα.Σχετικά με το πρόσημο της f παρατηρούμε ότι:▪ Για κάθε x ∈ (0,1) ισχύει f(x) < f(1) = 0▪ Για κάθε x ∈ (1, +∞) ισχύει f(x) > f(1) = 092 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grii)Αρχικά θα δείξουμε ότι η εξίσωσηh(x) = g(x) ⇔ h(x) − g(x) = 0 ⇔ x2 − x + ln x = 0 ⇔ f(x) = 0 έχει μοναδική ρίζα.Αυτό όμως ισχύει από το ερώτημα (i) καθώς αποδείξαμε ότι η f(x) = 0 έχει μοναδική ρίζατο 1. Επομένως οι γραφικές παραστάσεις των g και h έχουν μοναδικό κοινό σημείο τοΑ(1,1).Επισης:( )g '(x) = 1 + x − x2 ' = 1 − 2x και h '(x) = 1 xΆρα g '(1) = −1 και h '(1) = 1 έχουμε g '(1)h '(1) = −1 το γινόμενο το συντελεστών διεύθυνσηςτων Cg,Ch στο κοινό τους σημείο Α(1,1) είναι -1 άρα οι εφαπτομένες είναι κάθετες.iii)Θεωρούμε την συνάρτηση Φ(x) = 2 + x ln x − x − x2 + x3 , x > 0 23ΕίναιΦ '(x) =  2 + x ln x − x − x2 + x3  ' = ln x + 1 − 1 − x + x2 = ln x − x + x2 = f(x) για κάθε x>0    2 3Οι ρίζες και το πρόσημο τη Φ’(x) ει αι οι ρίζες και το πρόσημο της f(x) x0 1 +∞ Φ(x) = f '(x) - + Φ(x)Από τον πίνακα μεταβολών συμπεραίνουμε ότι η Φ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στοx0 =1 το Φ(1) = 5 .Επομένως ,για κάθε x ∈ (0,+∞) ισχύει: 6 Φ(x) ≥ Φ(1) ⇔ Φ(x) ≥ 5 > 0 6Άρα 2 + x ln x − x − x2 + x3 > 0 τελικά 2 + x ln x > x + x2 − x3 23 23 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 93

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr2.30 Δίνεται η f : ℝ → ℝ μια παραγωγίσιμη συνάρτηση με τις ιδιότητες:▪ f(−1) + 2 = lim ln2 x + (x − 1) ln x ln3 x + (x − 1)2 x→1▪ f '(x) = λ − e−x3 για κάθε x ∈ ℝ▪ Η γραφική παράσταση της f δεν βρίσκεται «κάτω» από τον χ’χ στο πεδίοορισμού της.i)Να υπολογίσετε το όριο lim ln x x−1 x→1ii) Με την βοήθεια του (i) να δείξετε ότι f(−1) = 0 .iii) Να αποδείξετε ότι λ = e .iv) Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα.v)Να μελετήσετε την f’ ως προς την μονοτονία.ΛΥΣΗ ln x = ln x − ln 1 g( x)=ln x g(x) − g(1) = g '(1) x−1 x − 1 x − 1i) lim lim = lim x →1 x →1 x→1Όμως g '(x) = 1 και g '(1) = 1 xΤελικά lim ln x =1 x−1 x →1 ln2 x + (x − 1) ln x ln2 x + (x − 1) ln xii) lim ln2 x + (x − 1) ln x = lim (x − 1)2 = lim (x − 1)2 (x − 1)2 = ln3 x + (x − 1)2 ln3 x + (x − 1)2 ln3 x + (x − 1)2 x →1 x→1 x→1 (x − 1)2 (x − 1)2 (x − 1)2 ln2 x + ln x  ln x 2 + ln x (i) 12 + 1 (x − 1)2 x−1  x−1  x−1 0 ⋅12 + 1= lim = lim = = 2 ln3 x +1 ln2 x x→1 (x − 1)2 x→1 ln x (x − 1)2 +1f(−1) + 2 = 2 ⇔ f(−1) = 0iii)Η γραφική παράσταση της f δεν βρίσκεται «κάτω» από τον χ’χ στο πεδίο ορισμού τηςάρα f(x) ≥ 0 για κάθε x ∈ ℝ ή f(x) ≥ f(−1) για κάθε x ∈ ℝΟπότε η f παρουσιάζει ελάχιστο στο x1 = −1 .Η f είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο ℝκαι παρουσιάζει στο εσωτερικό σημείο x1 = −1 τοπικό ακρότατο άρα από το θεώρημαFermat ισχύει: f '(−1) = 0 Έτσι: f '(−1) = 0 ⇔ λ − e−(−1)3 = 0 ⇔ λ = eiv)Η δοθείσα σχέση όταν λ = e παίρνει την μορφή: f '(x) = e − e−x3 για κάθε x ∈ ℝ▪ f '(x) > 0 ⇔ e − e−x3 > 0 ⇔ e1 > e−x3 ex ր ⇔ x > −1 ⇔ 1 > −x3▪ f '(x) < 0 ⇔ e − e−x3 < 0 ⇔ e1 < e−x3 ex ր ⇔ x < −1 ⇔ 1 < −x3 ▪ f '(x) < 0 ⇔ ... ⇔ x = −1Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞,−1 και η f είναι γνησίως αύξουσα στο −1, +∞)Επίσης η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το f(−1) = 0v)Είναι f '(x) = e − e−x3 , f παραγωγίσιμη στο ℝ και f ''(x) = .. = 3x2e−x3 > 0 για κάθε x ∈ ℝάρα η f’ είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .94 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr2.31 Α. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν ,γράφοντας στο τετράδιοσας ,δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση την λέξη Σωστό , αν ηπρόταση είναι σωστή, ή Λάθος αν η πρόταση είναι λανθασμένη.1) Αν για μια συνάρτηση f ισχύει ότι: lim f(x) = λ ∈ ℝ και lim (f(x) − λx) = β ∈ ℝ xx→+∞ x → +∞τότε η ευθεία y = λx + β είναι ασύμπτωτη της Cf στο +∞ . ΣΛ2)Για οποιαδήποτε δυο φόρες παραγωγίσιμη και κοίλη συνάρτηση f : ℝ → ℝ ισχύει f ''(x) < 0για κάθε x ∈ ℝ . ΣΛ3)Αν μια συνάρτηση f παρουσιάζει μέγιστο, τότε αυτό θα είναι πάντα μεγαλύτερο από τατοπικά μέγιστα της f. ΣΛ4)Για οποιεσδήποτε παραγωγίσιμες συναρτήσεις f,g : ℝ → ℝ ,με f(x) ≤ g(x) για κάθεx ∈ ℝ ,θα ισχύει f '(x) < g '(x) για κάθε x ∈ ℝ . ΣΛΒ. Αν το lim f '(x) δεν υπάρχει , τότε μπορούμε να πούμε , ότι δεν υπάρχει και το x→x0 g '(x)lim f(x) ( που παίρνει την μορφή 0 ).x→x0 g(x) 0Γ. Αν μια παραγωγίσιμη συνάρτηση f ορισμένη στο σύνολο Α είναι περιοδική , ηπαράγωγος της είναι:i)Σταθερήii)Περιοδικήiii)ΘετικήΑπαντήσειςΑ.1)Σ 2)Λ 3)Σ 4)ΛΒ. Όχι, διότι το θεώρημα του L’Hospital εκφράζει μόνο ικανή συνθήκη και όχι αναγκαία.Γ. Σωστό είναι το (ii) .Δείτε. f(x + T) = f(x) για κάθε x ∈ A , T ≠ 0Παραγωγίζουμε:(f(x + T))' = (f(x))' ⇔ f '(x + T)(x + T)' = f '(x) ⇔ f '(x + T) = f '(x)για κάθε x ∈ A , T ≠ 0 άρα η f’ είναι περιοδική.2.32 Δίνεται η f : ℝ → ℝ μια δυο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση με την ιδιότητα (1) 2xf(x) ≥ f '(0) − f '(x) για κάθε x ∈ ℝΝα αποδείξετε ότι f ''(0) + (f(0))2 ≥ −1ΛΥΣΗΓια x > 0 από την σχέση (1)2xf(x) ≥ f '(0) − f '(x) ⇔ 2f(x) ≥ f '(0) − f '(x) ⇔ 2f(x) ≥ f '(0) − f '(x) ⇔ 2f(x) ≥ − f '(x) − f '(0) x x − 0 x − 0Λαμβάνουμε όρια( )lim ≥  − f '(x) − f '(0)  ⇔ ≥ −f  x − 0 x→02f(x) lim 2f(0) ''(0) x→0( τα όρια γνωρίζουμε ότι υπάρχουν η f δυο φορές παραγωγίσιμη )Για x < 0 από την σχέση (1) ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 95

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr2xf(x) ≥ f '(0) − f '(x) ⇔ ... ⇔ 2f(x) ≤ − f '(x) − f '(0) x − 0Λαμβάνουμε όρια( )lim ≤ lim  − f '(x) − f '(0)  ⇔ ≤ −f ''(0)  x − 0 x→0 x→0 2f(x) 2f(0)Άρα 2f(0) = −f ''(0)Έτσι f ''(0) + (f(0))2 + 1 = −2f(0) + (f(0))2 + 1 = (f(0) − 1)2 ≥ 0 οπότε f ''(0) + (f(0))2 ≥ −1(Σε επομένη σελίδα άλλη λύση με χρήση του θεωρήματος Fermat)2.33Δίνεται η συνάρτηση : f(x) = x + 1 − lnx ,με x > 0 και x ≠ 1 x − 1Αν η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g(x) = lnx στο σημείοA(α,ln α) ,με α > 0 , και η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησηςh(x) = ex στο σημείο B(β,eβ ) , με β ∈ ℝ , ταυτίζονται, τότε να αποδείξετε ότι ο αριθμός αείναι ρίζα της εξίσωσης f(x) = 0 .(Εξετάσεις 2006)ΛύσηΗ εφαπτομένη της Cg στο σημείο A(α,ln α) έχει εξίσωση: (ε1 ) : y − ln α = 1 (x − α) ⇔ y = 1 x −1 + ln α α αΗ εφαπτομένη της Cf στο σημείο B(β,eβ ) έχει εξίσωση : (ε2 ) : y − eβ = eβ (x − β) ⇔ y = eβx − eββ + eβ ⇔ y = eβx + eβ (1 − β)Οι ( (ε1),(ε2 ) ταυτίζονται άρα 1 = eβ ⇔ −α1l(n1α− =β ⇔ −α1l(n1α+ =β ⇔ −α1ln+ α =β α β) = ln α) 1 ln αeβ (1 − β) −1 + ln α = −1 + ln α α = −1 + ln α = −1 + ln α1−+lnlnαα= β −α + α ln α ⇔ 1−+lnαα==−βln α + α ln α ⇔ 1−+lnαα==(β−1 + α) ln α ⇔ =⇔ −−11l+n+ααα==βln ⇔ −1α+l−nα1α−=lnβ ⇔ f−(lαn)α= = β 0 α α = 0Ο αριθμός α είναι ρίζα της εξίσωσης f(x) = 0 .96 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr2.34 Για την παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ℝ → ℝ με f(0) = 1 ισχύει: lim f(x + 2h) − f(x − h) = 2xf(x) για κάθε x∈ℝ h2 + 3h x2 + 1 h→0i) Να αποδείξετε ότι: f(x + 2h) − f(x − h) = 2 f(x + 2h) − f(x) + 1 f(x − h) − f(x) h2 + 3h + 2h + −h h 3 h 3 για κάθε x ∈ ℝ , h ≠ 0 και h ≠ 3ii) Να αποδείξετε ότι f '(x) = 2xf(x) , για κάθε x∈ℝ . x2 + 1Λύσηi)για κάθε x ∈ ℝ , h ≠ 0 και h ≠ 3f(x + 2h) − f(x − h) = f(x + 2h) − f(x) + f(x) − f(x − h) = f(x + 2h) − f(x) + −f(x − h) + f(x) = h2 + 3h h(h + 3) h(h + 3) h(h + 3)= f(x + 2h) − f(x) − f(x − h) − f(x) = 2 f(x + 2h) − f(x) − 1 f(x − h) − f(x) = h(h + 3) h(h + 3) + 2h + h h 3 h 3= 2 f(x + 2h) − f(x) + 1 f(x − h) − f(x) h+ 2h + −h 3 h 3ii) lim  2 f(x + 2h) − f( x)  = lim 2 lim  f( x + 2h) − f( x)  2h=u 2 lim  f( x + u) − f(x)  = 2 f '(x)  + 2h  +  2h  3  u  3 h→0 h 3 h→0 h 3 h→0 = u→0 h→0lim  1 f(x − h) − f(x)  = lim 1 lim  f(x − h) − f(x)  −h=u 1 lim  f(x + u) − f(x)  = 1 f '(x)  + −h  +  −h  3  u  3h→0 h 3 h→0 h 3 h→0 = u→0 u→0Άρα το ζητούμενο όριοlim f(x + 2h) − f(x − h) = 2 f '(x) + 1 f '(x) = f '(x) ,για κάθε x∈ℝ h2 + 3h 33h→0Οπότε από την δοθείσα σχέση f '(x) = 2xf(x) ,για κάθε x∈ℝ . x2 + 12.35 Για μια συνάρτηση f : α,β → ℝ ισχύουνα) Είναι συνεχής στο α,β .β) Είναι παραγωγίσιμη στο (α,β) .γ) f(β) − β2 = f(α) − α2 .Να αποδείξετε ότι υπάρχει x0 ∈ (α,β) ώστε f '(x0 ) = 2x0 .ΛΥΣΗΗ σχέση γράφεται f '(x0 ) − 2x0 = 0 και συμπεραίνουμε ότι προέρχεται από την παράγωγοτης f(x) − x2 .Θεωρούμε λοιπόν την συνάρτηση g : α,β → ℝ με g(x) = f(x) − x2 (1)Για την g έχουμε :i) Είναι συνεχής στο α,β ως διαφορά των συνέχων συναρτήσεων f και x2 .ii)Είναι παραγωγίσιμη στο (α,β) ως διαφορά των παραγωγίσιμων στο (α,β)συναρτήσεων f και x2 .iii) g(α) = f(α) − α2 = f(β) − β2 = g(β) λόγω υπόθεσης. ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 97

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΕπομένως από το θεώρημα Rolle θα υπάρχει x0 ∈ (α,β) τέτοιο ώστε : (1) (1)g '(x0 ) = 0 .Αλλά g '(x) = f '(x) − 2x οπότε g '(x0 ) = f '(x0 ) − 2x0 = 0 άρα f '(x0 ) = 2x02.36 Ο Τοτός και το θεώρημα RolleΟ Τοτός –κολοσσός στα μαθηματικά θετικού προσανατολισμού-μπήκε στηνσχολική τάξη με αλαζονικό ύφος και είπε στον καθηγητή των μαθηματικών.-Κύριε απέδειξα ότι το θεώρημα Rolle δεν ισχύει!!Ο καθηγητής ήξερε τις μαθηματικές ανησυχίες του Τοτού και υπομονετικάρώτησε:-Δηλαδή;-Κοιτάξτε αν έχουμε την συνάρτηση f με τύπο f(x) = 3x3 ορισμένη στο διάστημα−1,1 .Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση f είναι ορισμένη στο −1,1 και παραγωγίσιμη στο−1,1 . Ισχύει ότι: f '(x) = 9x2 .Υπάρχει ένα ξ ∈ (−1,1) τέτοιο ώστε: f '(ξ) = 9ξ2 = 0Προφανώς ξ = 0Άρα κύριε το θεώρημα Rolle ισχύει.Παρατηρούμε όμως ότιf(−1) = 3(−1)3 ≠ 3(1)3 = f(1)Άρα το θεώρημα του Rolle δεν ισχύει !!Τι απάντησε ο καθηγητής στον Τοτό;ΑπάντησηΟι υποθέσεις του θεωρήματος Rolle είναι ικανές. Δεν είναι αναγκαίες ώστε η f’(x) να έχειμια τουλάχιστον ρίζα σε ένα διάστημα.(Μεζεδάκια Rolle,Θ.Μ.Τ από το G.Aligniac)2.37 α) Θεωρούμε τις συνεχείς στο α,β συναρτήσεις f,g που είναι παραγωγίσιμεςστο (α,β) με f(x) > 0 για κάθε x ∈ α,β και ln f(α) − ln f(β) = g(β) − g(α) .Να δειχτεί ότιυπάρχει ξ ∈ (α,β) τέτοιος, ώστε f '(ξ) + f(ξ)g '(ξ) = 0 . •β) Θεωρούμε την συνεχή συνάρτηση f : −α,α → ℝ με ( α > 0 ) που είναι δυο φορέςπαραγωγίσιμη στο (−α,α) , με f(0) = f(α) + f(−α) (1).Να δείξετε ότι υπάρχει ξ ∈ (α,β) 2τέτοιος, ώστε f ''(ξ) = 0 . •γ) Θεωρούμε την τρεις φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ℝ → ℝ .Υποθέτουμε ότι η f’είναι κυρτή και ότι η f δεν έχει σημεία καμπής .Να δείξετε ότι η f΄ είναι 1-1. •δ) Δίνεται η συνάρτηση f ορισμένη στο 0,1 και παραγωγίσιμη 0,1 , με f(0) = 0 καιf(x) > 0 για κάθε x ∈ (0,1) .Να δείξετε ότι υπάρχει ξ ∈(0,1) ώστε 2 f '(ξ) = f '(1 − ξ) f(ξ) f(1 − ξ)ΛΥΣΗα) Έχουμε ln f(α) − ln f(β) = g(β) − g(α) ⇔ ln f(α) + g(α) = ln f(β) + g(β) (1)98 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.grΘεωρούμε την συνάρτηση h(x) = ln f(x) + g(x) για την οποία ισχύει το θεώρημαRolle.Πραγματικά η h είναι συνεχής στο α,β και παραγωγίσιμη στο (α,β) ,επίσηςh(α) = h(β) άρα υπάρχει ξ ∈ (α,β) τέτοιος, ώστε h '(ξ) = 0 .Όμως h '(x) = f '(x) + g '(x) και h '(ξ) = 0 ⇔ f '(ξ) + g '(ξ) = 0 ⇔ f '(ξ) + f(ξ)g '(ξ) = 0 f(x) f(ξ) •β) Το θεώρημα της μέσης τιμής για την συνάρτηση f στα διαστήματα −α,0 , 0,αεφαρμόζεται. Άρα υπάρχουν ξ1 ∈ (−α,0) , ξ2 ∈ (0,α) τέτοιο, ώστε: f(0) − f(−α) (1) f(α) + f(−α) − f(−α) f(α) − f(−α) 0 − (−α) 2αf '(ξ1 ) = = 2 = (2) α f(α) − f(0) (1) f(α) − f(α) + f(−α) f(α) − f(−α) α − 0 2αf '(ξ2 ) = = 2 = (3) αΘεωρούμε την συνάρτηση f’’ στο ξ1 ,ξ2  . Από το θεώρημα του Rolle( f παραγωγίσιμηστο ξ1 ,ξ2  , f '(ξ1 ) = f '(ξ2 ) ) άρα υπάρχει ξ ∈ (ξ1 ,ξ2 ) ⊆ (α,β) τέτοιος, ώστε f ''(ξ) = 0 . •γ) Έστω ότι η f’ δεν είναι 1-1.Τοτε υπάρχουν x1 , x2 ∈ ℝ ,με x1 < x2 ώστε f '(x1 ) = f '(x2 ) .Επειδή ηf’ είναι κυρτή, θα ισχύει η f '' είναι γνησίως αύξουσα. Το θεώρημα του Rolle για την f’ στοx1 , x2  ισχύει( διότι η f’ είναι παραγωγίσιμη στο x1 , x2  και f '(x1 ) = f '(x2 ) ).Άρα υπάρχειξ ∈ (x1 , x2 ) τέτοιο ώστε f ''(ξ) = 0 .Επειδή η f’’ είναι γνησίως αύξουσα ,αλλάζει πρόσημοεκατέρωθεν του ξ, οπότε το ξ είναι σημείο καμπής της f.Άτοπο. Άρα η f΄ είναι 1-1. •δ) Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = (f(x))2 f(1 − x) που είναι ορισμένη στο 0,1 .Η g είναιπαραγωγίσιμη και στο 0,1 ,ως γινόμενο παραγωγίσιμων συναρτήσεων (άρα καισυνεχής). Από το Θ.Μ.Τ υπάρχει ξ ∈(0,1) τέτοιος ,ώστε g '(ξ) = g(1) − g(0) (1) 1−0( )Είναι g '(x) = (f(x))2 f(1 − x) ' = 2f(x)f '(x)f(1 − x) + (f(x))2 f '(1 − x)(1 − x)' = 2f(x)f '(x)f(1 − x) − (f(x))2 f '(1 − x)ή g '(x) = 2f(x)f '(x)f(1 − x) − (f(x))2 f '(1 − x)Άρα g '(ξ) = 2f(ξ)f '(ξ)f(1 − ξ) − (f(ξ))2 f '(1 − ξ)Επίσης έχουμε:g(1) = (f(1))2 f(1 − 1) = (f(1))2 f(0) , g(0) = (f(0))2 f(1 − 0) = (f(0))2 f(1)Έτσι η (1) γράφεται:g '(ξ) = g(1) − g(0) = (f(1))2 f(0) − (f(0))2 f(1) = (f(1))2 f(0) − (f(0))2 f(0)=0 ή 1− 0 1 f(1) = 0g '(ξ) = 0 ⇔ 2f(ξ)f '(ξ)f(1 − ξ) − (f(ξ))2 f '(1 − ξ) = 0 ⇔ 2f(ξ)f '(ξ)f(1 − ξ) = (f(ξ))2 f '(1 − ξ) ⇔ 2 f(ξ) f '(ξ) = f '(1 − ξ) f(1 − ξ) ( f(ξ))22 f(ξ) f '(ξ) = f '(1 − ξ) ⇔ 2 f '(ξ) = f '(1 − ξ) f(1 − ξ) f(ξ) f(1 − ξ) (f(ξ))22.38 Δίνεται η συνάρτηση f : ℝ → ℝ , που είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο α,βκαι ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ. 99

Ο∆ΗΓΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2017 Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr f(α) = f(β) = 0 (1)i)Να δείξετε ότι για την συνάρτηση g,με τύπο g(x) = f(x) και x0 ∉ α,β υπάρχει x − x0αριθμός ξ ∈ (α,β) , τέτοιος ώστε g '(ξ) = 0ii)Να δείξετε ότι η εφαπτομένη (ε) του διαγράμματος της f στο σημείο Μ(ξ,f(ξ))διέρχεται από το σημείο N(x0 ,0) .ΛΥΣΗi)Η συνάρτηση g είναι ορισμένη στο διάστημα α,β και συνεχής στο α,β .Είναι: g '(x) = f '( x) ( x − x0 )− f(x) (2) − x0 (x )2Άρα η g είναι παραγωγίσιμη στο (α,β) .Είναι ακόμα: g(α) = f(α) (1) , g(β) = f(β) (1) x − x0 x − x0 =0 =0Άρα από το θεώρημα Rolle , υπάρχει ξ ∈ (α,β) , τέτοιος ώστε g '(ξ) = 0 (3)ii)Η (3) είναι ισοδύναμη με την :f '(ξ) (ξ − x0 )− f(ξ) = 0 ⇔ f '(ξ) ( ξ − x0 ) − f(ξ) = 0 ⇔ f '(ξ) = f(ξ) (4) − x0 (ξ )2 (ξ − x0 )Η εφαπτομένη (ε) στο σημείο Μ(ξ,f(ξ)) της γραφικής παράστασης της f έχει εξίσωση:y − f(ξ) = ( ) (4) = f(ξ) ) ( x − ξ ) (5) f '(ξ) x − ξ ⇔ y − f(ξ) (ξ − x0Οι συντεταγμένες (x0 ,0) του σημείου Ν επαληθεύουν την (5).Πραγματικά: 0 − f(ξ) = f(ξ) ) (x0 − ξ) ⇔ f(ξ) = −f(ξ) (ξ − x0Άρα η (ε) διέρχεται από το σημείο N(x0 ,0) .2.39 Δίνονται οι συναρτήσεις f,g ορισμένες στο ℝ με την g παραγωγίσιμη στο ℝ .Έστω ακόμη ότι, για κάθε x ∈ ℝ ,ισχύει:▪ g '(x) + g(x) = 0▪ f(x) ⋅g(x) = 1i)Να βρείτε την εφαπτομένη (ε1) της γραφικής παράστασης της f στο Α(λ,f(λ)) και τοσημείο Β που τέμνει τον οριζόντιο άξονα x’x.ii)Να βρείτε την εφαπτομένη (ε2 ) της γραφικής παράστασης της f στο B(λ,g(λ)) καιτο σημείο Γ που τέμνει τον οριζόντιο άξονα x’x.iii)Αν οι εφαπτομένες (ε1) και (ε2 ) τέμνονται στο σημείο Α, να δείξετε ότι το τρίγωνοΑΒΓ είναι ορθογώνιο.ΛΥΣΗ i)Για κάθε x ∈ ℝ ,έχουμε:100 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ Γ.,∆ΡΟΥΓΑΣ Α.,ΧΑ∆ΟΣ Χ.,ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.,ΠΑΤΣΗΣ Σ.