Γ_ΛΥΚΕΙΟΥ 33_ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ Μαθηματικών-Κατεύθυνσης

ΘΕΜΑ 1Ο (Μιγαδικοί)Δίνεται ο μιγαδικός z ≠ 1 και έστω w = 2 + iz 1− zα. Να βρεθεί ο μιγαδικός w όταν z=2β. Να δείξετε ότι w−2 = z w+iγ. Αν η εικόνα του z κινείται στον κύκλο κέντρου (0,0) και ακτίνας 1 και Μ είναιη εικόνα του w στο μιγαδικό επίπεδο, να αποδείξετε ότι το Μ κινείται σεευθεία, της οποίας να βρείτε την εξίσωση.δ) Αν ο w είναι πραγματικός, να αποδείξετε ότι η εικόνα του z κινείται σε κύκλοαπό τον οποίο έχει εξαιρεθεί το σημείο Α(1,0)ε) Για z=2 να αποδείξετε ότι o w2004 είναι πραγματικός.ΛΥΣΗα. Για z=2 είναι w = 2 + i2 = −2 − 2i 1− 2β. Είναι w= 2 + iz ⇔ w − wz = 2 + iz ⇔ iz + wz = w − 2 ⇔ z = w−2 1− z w+iγ. Δίνεται z = 1 οπότε z = 1 οπότε w−2 w≠−i = w+i w= x+ yi w+i =1⇔ w−2 ⇔(x − 2) 2 + y 2 = x 2 + ( y +1) 2 ⇔ −4x + 4 = 2 y +1 ⇔ 4x + 2 y − 3 = 0Άρα το Μ κινείται στην ευθεία με εξίσωση 4x+2y-3=0δ. w πραγματικός ⇔ Im(w) = 0 ⇔ 2 Im(w)i = 0 ⇔ w − w = 0 ⇔ w = w ⇔⎜⎝⎛⎜ 2+ iz ⎟⎟⎞⎠ = 2 + iz ⇔ 2 − iz = 2 + iz ⇔ (2 − iz)(1 − z) = (2 + iz)(1 − z) ⇔ 1− z 1− z 1− z 1− z z = x+ yi2 − 2z − iz + iz z = 2 − 2z + iz − iz z ⇔ 2iz z − i(z + z) + 2(z − z) = 0 ⇔2i(x 2 + y 2 ) − i2x + 2 ⋅ 2 yi = 0 ⇔ x 2 + y 2 − x + 2 y = 0Που παριστάνει κύκλο κέντρου K⎛⎜ 1 , −1⎟⎞ και ακτίνας ⎝2 ⎠ρ= (−1) 2 + 2 2 − 4 ⋅ 0 5 = 22Όμως z ≠ 1 ⇔ z ≠ 1 και για (x,y)=(1,0) επαληθεύεται η (1) άρα από τον κύκλοεξαιρούμε το Α(1,0)ε. Για z=2 είναι (από α) ερώτημα) w = −2 − 2i = −2(1+ i) οπότεw2 = 22 (12 + i 2 + 2i) = 22 ⋅ 2i και w4 = (22 ) 2 ⋅ 22 i 2 = 24 ⋅ 22 (−1) = −26Άρα w 2004 = (w 4 ) 501 = (−26 ) 501 = −23006 πραγματικός

ΘΕΜΑ 2Ο (Μιγαδικοί)Έστω f (w) = (2 + 3 i)w − 5 wi , όπου w = a + βi, a, β ∈ R 22α. Να βρεθούν τα Re(f(w)) και Im( f (w))β. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ(f(w)) στο μιγαδικό επίπεδογ. Να βρεθεί το μέτρο f (w) όταν Re(w) = 2 Im(w) + 3δ. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του w, όταν η απόσταση τουf(w) από την αρχή των αξόνων είναι ίση με 2 5 .ΛΥΣΗα. Είναι f (w) = (2 + 3 i)(a + βi) − 5 (a − βi)i = 222a + 2βi + 3 ai − 3 β − 5 ai − 5 β = 2a − 4β + (−a + 2β )i 2 22 2Οπότε Re( f (w)) = 2a − 4β και Im( f (w)) = −a + 2ββ. Έστω f (w) = x + yiΤότε ⎧x = 2a − 4β ⎫ ⇔ ⎧x = 2a − 4β ⎫ ⇔ ⎧x = 2a − 4β ⎨ ⎬ ⎨⎩2 ⎬ ⎨⎩x + 2y = 0 ⎩ y = −a + 2β ⎭ y = −2a + 4β ⎭Άρα ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η ευθεία ε : x + 2 y = 0γ. Είναι f (w) = (2a − 4β ) 2 + (−a + 2β ) 2 = 4(a − 2β ) 2 + (a − 2β ) 2 = 5 a − 2βΑλλά Re(w) = 2 Im(w) + 3 ⇔ a = 2β + 3 ⇔ a − 2β = 3 οπότε f (w) = 3 5δ. Δίνεται ότι η απόσταση του f(w) από την αρχή των αξόνων είναι 2 5 οπότε f (w) = 2 5 ⇔ 5 α − 2β = 2 5 ⇔ α − 2β = 2 ή a − 2β = −2 ⇔ a − 2β − 2 = 0 ήa − 2β + 2 = 0Άρα ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι οι ευθείες ε1 : x − 2 y − 2 = 0 καιε2 : x − 2y + 2 = 0ΘΕΜΑ 3Ο (Μιγαδικοί)Δίνεται ο μιγαδικός z ≠ 2i και έστω f (z) = 5 −12i − 2iz . Θεωρούμε ακόμη τους z − 2iμιγαδικούς z1 = z + 3i και z2 = f (z) + 3i .α. Να βρεθεί ο z1 αν z1=z2β. Να λυθεί η εξίσωση f(z)=5+2iγ. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του z όταν f(z) πραγματικόςΛΥΣΗα. z1= z2 ⇔ f (z) = z⇔ 5 −12i − 2iz = z ⇔ 5 −12i − 2iz = z2 − 2iz ⇔ z2 = 5 −12i z − 2i ⎧ x 2 − y2 =5 (1) ⎪Έστω z = x + yi τότε z2 = x2 − y2 + 2xyi οπότε ⎨ ⎩⎪2xy = −12 (2)

Από (2) έχω x,y ετερόσημοιΌμως (x 2 − y 2 )2 = 25 ⇔ x 4 + y 4 − 2x2 y 2 = 25 και 4x 2 y 2 = 144Οπότε προσθέτοντας κατά μέλη έχουμεx 4 + y 4 + 2x 2 y 2 = 169 ⇔ (x 2 + y 2 ) 2 = 169 ⇔ x 2 + y 2 = 13 (3)(1) ⎫ ⇔ ⎪⎧2x 2 = 18⎪⎫ ⇔ ⎧x = ±3 ⎫ x,⇔y ετερ⎪⎨⎧ήz = 3 − 2i(3)⎬⎭ ⎨⎩⎪2 y 2 = 8 ⎬⎪⎭ ⎨ = ±2⎬⎭ ⎪⎩z = −3 + 2i ⎩ yΟπότε z1 = 3 + i ή z1 = −3 + 5iβ. f (z) = 5 + 2i ⇔ 5 −12i − 2iz = (z − 2i)(5 + 2i) ⇔ 5 −12i − 2iz = 5z + 2iz −10i + 4 ⇔(5 + 4i) z = 1− 2i ⇔ z = 1− 2i = (1 − 2i)(5 − 4i) = 5 − 4i − 10i − 8 = − 3 − 14 i 5+ 4i 25 + 16 41 41 41γ. f (z) πραγματικός ⇔ Im f (z) = 0 ⇔ 2 Im f (z)i = 0 ⇔ f (z) − f (z) = 0 ⇔f (z) = f (z) ⇔ 5 −12i − 2iz = 5 + 12i + 2iz ⇔ z − 2i z + 2i5z + 10i −12iz + 24 − 2iz z + 4z = 5z + 12iz + 2iz z −10i + 24 + 4z ⇔4iz z + 12i(z + z) + (z − z) − 20i = 0 ⇔2(x2 + y 2 ) + 12x + y −10 = 0 ⇔ x2 + y2 + 6x + 1 y − 5 = 0 ⇔ 2(x + 3)2 + ( y + 1 )2 = 5 + 9 + 1 ⇔ (x + 3)2 + ( y + 1)2 = 225 4 16 4 16Άρα ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι κύκλος κέντρου K (−3, − 1 ) και 4ακτίνας ρ = 15 . 4ΘΕΜΑ 4Ο (1-1 και αντίστροφη)Δίνεται η συνάρτηση f : R → R για την οποία ισχύει f 3 (x) + f (x) + 1 x = 0 (1) 2για κάθε x∈R.α. Να αποδειχθεί ότι η f είναι “1-1”β. Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης f-1γ. Να λυθεί η εξίσωση f −1 (x 3 − x) = f −1 (3 − 3x)ΛΥΣΗα. Είναι (1) ⇔ f 3 (x) + f (x) = − 1 x (2) 2Έστω x1 , x2 ∈ R με f (x1 ) = f (x2 ) τότε f 3 (x1 ) = f 3 (x2 ) οπότεf 3 (x1 ) + f (x1 ) = f 3(x2 ) + f (x2 ) (2) 1 x1 = −1 x2 ⇔ x1 = x2 2 2 ⇔−Άρα η f είναι “1-1”

β. Έστω f(x)=y τότε x = f −1 ( y) οπότε η (1) γίνεταιy 3 + y + 1 f −1 ( y) = 0 ⇔ f −1 ( y) = −2 y 3 − 2 y 2Άρα f −1 ( y) = −2 y 3 − 2 yγ. Η f −1 είναι “1-1” οπότε η εξίσωση γίνεται x 3 − x = 3 − 3x ⇔ x 3 + 2x − 3 = 01 0 2 -3 x=1/// 1 1 31 130 ⎧x =1Οπότε ⎨⎪ή ⎪ ⎩ x 2 + x+3 = 0 αδύνατοΆρα x=1ΘΕΜΑ 5Ο (Συνέχεια – συναρτησιακές σχέσεις – αντίστροφη)Δίνεται η συνεχής στο 0 συνάρτηση f : R → R , για την οποία ισχύουνf (α + β ) = f (a) ⋅ f (β ) (1) για οποιαδήποτε α, β∈R και f (x) ≠ 0 για κάθεx∈R.Να αποδείξετε ότια. f (0) = 1β. f (x) > 0 για κάθε x ∈ Rγ. f (−x) = 1 για κάθε x∈R f (x)δ. Αν η εξίσωση f(x)=1 έχει μοναδική ρίζα το 0 τότε η f αντιστρέφεται και ισχύειf −1 (x ⋅ y) = f −1 (x) + f −1 ( y) .ΑΠΟΔΕΙΞΗα. H σχέση (1) για α=β=0 γίνεταιf (0) = f (0) ⋅ f (0) ⇔ ( f (0))2 − f (0) = 0 ⇔ f (0)( f (0) −1) = 0 ⇔⎧ f (0) = 0⎪⎨ή⎩⎪ f (0) = 1Και επειδή f (x) ≠ 0 για κάθε x ∈ R , θα έχουμε f (0) = 1β. Η f δεν μηδενίζεται πουθενά στο R ( f (x) ≠ 0 για κάθε x ∈ R ) και παίρνειτην τιμή 1 για x=0. Οπότε για να έχει παντού θετικές τιμές (f(x)>0 για κάθεx ∈ R ) αρκεί να είναι συνεχής στο R. Στο 0 η f δίνεται συνεχής. Έστω x0 ∈ R * f συνεχής στο 0τότε lim f (x) = lim f (x0 + h) = lim( f (x0 ) ⋅ f (h)) = lim f (x0 ) ⋅ lim f (h) = h→0 x → x0 h→0 h→0 h→0 f (x0 ) ⋅ f (0) = f (x0 ) ⋅1 = f (x0 )

Άρα η f είναι συνεχής σε κάθε x0 ∈ R *. Επομένως f συνεχής στο R. Δίνεταιόμως ότι f (x) ≠ 0 για κάθε x. Οπότε, από συνέπειες του θεωρήματοςBolzano, η f διατηρεί το πρόσημό της σε όλο το R και επειδή f(0)=1>0 έχουμεότι f(x)>0 για κάθε x ∈ R .γ. H σχέση (1) για α=-x και β=x γίνεταιf (−x + x) = f (−x) ⋅ f (x) ⇔ f (0) = f (−x) ⋅ f (x) ⇔ f (−x) ⋅ f (x)≠0 f (−x) = 1 f (x) f (x) = 1 ⇔δ. Έστω x1 , x2 ∈ R με f (x1 ) = f (x2 ) (2)Θέτω x1 − x2 = h ⇔ x1 = x2 + h οπότε(2) f (x2 + h) = f (x2 ) ⇔ f (x2 )⋅ f (h) = f (x2 f (x2 )≠0 ⇔ ) ⇔f (h) = 1 ⇔ h = 0 αφού η εξίσωση f (x) = 1 έχει μοναδική ρίζα το 0Οπότε x1 − x2 = 0 ⇔ x1 = x2Άρα f “1-1” επομένως αντιστρέφεται.Έστω f −1 (x) = a και f −1 ( y) = β τότε x=f(α) και y=f(β) οπότε (1)xy = f (a) f (β) ⇔ xy = f (a + β) ⇔ f −1 (xy) = a + β ⇔ f −1 (xy) = f −1 (x) + f −1 ( y)ΘΕΜΑ 6Ο (Όριο – συνέχεια)Για τη συνεχή στο [-1, 1] συνάρτηση f, ισχύει xf (x) = 2 − 1− x 2 − συνx (1) γιακάθε x ∈[−1, 1] .α. Να βρείτε το f(0)β. Να βρείτε το α∈R ώστε η συνάρτηση ⎧ f (x) , x ∈[−1, 0) ∪ (0, 1] ⎪ xg(x) = ⎨ ⎪ a, x=0 ⎩να είναι συνεχήςγ. Για την τιμή του α που βρήκατε στο προηγούμενο ερώτημα, να δείξετε ότι ηg διατηρεί σταθερό πρόσημο στο [-1, 1].ΛΥΣΗα. (1) x≠0 f (x) = 2− 1− x 2 − συνx x ⇔Οπότεlim f (x) = lim 2 − 1− x2 − συνx = 1− 1−x2 + lim 1 − συνx = lim 1 − (1 − x2 ) +0= x lim x x x→0 x(1 + 1 − x 2 )x→0 x→0 x→0 x→0lim x = 0 = 0 αλλά f συνεχής στο 0, οπότε f(0)=0x→0 1+ 1− x 2 2β. Η g είναι συνεχής στο [−1, 0) ∪ (0, 1] ως πηλίκο συνεχών.

Επίσηςlim g(x) = lim f (x) (1) lim 2 − 1− x2 − συνx = lim 1 − 1− x2 + lim 1 − συνx = x→0 x x2 x2 x2x→0 = x→0 x→0 x→0lim 1 − (1 − x 2 ) + lim 1 − συν2 x = lim 1 + lxi→m0⎛⎜⎜⎝ ημ 2 x ⋅ 1 ⎟⎞⎠⎟ = 1 + 1 =1 x 2 (1 + 1 − x 2 x 2 (1 + συνx) x→0 1 + 1− x2 x2 συνx 22x→0 ) x→0 1 +Άρα πρέπει α=1γ. Αρκεί να δείξουμε ότι g(x) ≠ 0 για κάθε x ∈[−1, 1] .Είναι g(0) = 1 ≠ 0Επίσης 2 − 1− x 2 − συνx = 1− 1− x 2 +1− συνxΑλλά για x ≠ 0 ισχύει 1− 1− x 2 > 0 και 1− συνx ≥ 0οπότε1 − 1 − x2 + 1 − συνx > 0 ⇔ xf (x) > 0 οπότε f (x) ≠ 0 . Άρα για x ≠ 0ισχύει g(x) ≠ 0 . Επομένως g(x) ≠ 0 για κάθε x ∈[−1, 1] .ΘΕΜΑ 7Ο (Συνέχεια – μονοτονία με ορισμό – “1-1”)Δίνεται η συνάρτηση f : R → R για την οποία ισχύει f (x) − f ( y) < x − y (1)για οποιαδήποτε x, y ∈ R με x ≠ y .α. Να αποδειχθεί ότι η f είναι συνεχής στο Rβ. Να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση g(x) = x − f (x) είναι γνησίως αύξουσα στοRγ. Να λυθεί η εξίσωση f (2x3 ) − f (3 −x2 ) = 2x3 + x2 − 3ΛΥΣΗα. Έστω x0 ∈ R . Τότε για κάθε x ∈ R με x ≠ x0 ισχύειf (x) − f (x0 ) < x − x0 ⇔ − x − x0 < f (x) − f (x0 ) < x − x0( )Αλλά − x− x0 = lim x − x0 =0 lim x→0 x→0Οπότε από κριτήριο παρεμβολής lim( f (x) − f (x0 )) = 0 ⇔ lim f (x) = f (x0 ) x→0 x→ x0Άρα η f είναι συνεχής στο R.β. Έχουμε g(x) = x − f (x) ⇔ f (x) = x − g(x) . Έστω x1 , x2 ∈ R με x1 ≠ x2 τότεισχύειf (x1) − f (x2) < x1 − x2 ⇔ x1 − g(x1) − x2 + g(x2 ) < x1 − x2 ⇔ x1 − x2 − (g(x1) − g(x2 )) <1⇔ x1 − x21− g(x1) − g(x2 ) < 1 ⇔ −1 < 1 − g(x1 ) − g(x 2 ) < 1 ⇔ −2 < − g(x1 ) − g(x2 ) <0⇔ x1 − x2 x1 − x2 x1 − x20 < g(x1 ) − g(x2 ) < 2 x1 − x2Οπότε g(x1 ) − g(x2 ) > 0 x1 − x2Αν x1 < x2 τότε x1 − x2 < 0 οπότε g(x1 ) − g(x2 ) < 0 ⇔ g(x1 ) < g(x2 )

Επομένως g γνησίως αύξουσα στο R.γ. Διαδοχικά έχουμε f (2x3 ) − f (3 − x 2 ) = 2x3 + x 2 − 3 ⇔ 3 − x 2 − f (3 − x 2 ) = 2x3 − f (2x3 ) ⇔g(3 − x2 ) = g(2x3 ) ⇔ 3 − x 2 = 2x3 ⇔ 2x3 + x 2 − 3 = 02 1 0 -3 x=1/// 2 3 32 330 ⎧⎪x = 1Οπότε ⎨⎪ή ⎪ ⎪⎩2 x 2 + 3x + 3 = 0 αδύνατοΆρα x=1ΘΕΜΑ 8Ο (Μιγαδικοί – θ. Bolzano)Δίνεται ο μιγαδικός w = z+2 με z = x + yi, x, y ∈ R με (x, y) ≠ (0,1) . z−iα. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ(x,y) του επιπέδου, για ταοποία w = 2 .β. Αν Α(α,β) ένα σημείο του γεωμετρικού τόπου του α ερωτήματος, νααποδείξετε ότι η εξίσωση 3(a − 2) 2 x 5 + 2(β − 2) 2 x 3 −10 = 0 έχει μια ακριβώςρίζα στο διάστημα (0, 1).ΑΠΟΔΕΙΞΗα. Έχουμεw= z+2 z≠i 2 z − i ⇔ (z + 2)(z + 2) = 2(z − i)(z + i) ⇔ 2 ⇔ z−i = 2⇔z+2 =z z + 2z + 2z + 4 = 2z z + 2iz − 2iz + 2 ⇔ z z + 2i(z − z) − 2(z + z) − 2 = 0 ⇔x2 + y 2 − 4 y − 4x − 2 = 0 ⇔ (x − 2)2 + ( y − 2)2 = 10 (1)Η (2) για x=0 και y=1 δεν επαληθεύεται.Επομένως ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι ο κύκλος κέντρου Κ(2,2) καιακτίνας ρ = 10 .β. Επειδή το Α είναι σημείο του γεωμετρικού τόπου έχουμε(a − 2) 2 + (β − 2) 2 = 10 .Θεωρούμε τη συνάρτηση f (x) = 3(a − 2)2 x5 + 2(β − 2)2 x3 −10, x ∈[0, 1]Η f είναι συνεχής στο [0, 1] ως πολυωνυμική.Ακόμη f(0)=-10<0 καιf (1) = 3(a − 2) 2 + 2(β − 2) 2 −10 = (a − 2) 2 + (β − 2) 2 −10 + (a − 2) 2 + (β − 2) 2 + (a − 2) 2 =10 + (a − 2) 2 > 0Οπότε από το θεώρημα Bolzano προκύπτει ότι η εξίσωση f(x)=0 έχει μια

τουλάχιστο ρίζα στο (0, 1). Όμως f ′(x) = 15(a − 2) 2 x 4 + 6(β − 2) 2 x 2 > 0 γιακάθε x ∈ (0, 1) . Οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, 1). Επομένως η ρίζαείναι μοναδική.ΘΕΜΑ 9Ο (Μιγαδικοί – Θ. Rolle)Δίνεται η παραγωγίσιμη στο (0, +∞) συνάρτηση f για την οποία f (x) ≠ 0 γιακάθε x ∈ (0, +∞) και οι μιγαδικοί z1 = a 2 + if (a) και z2 = 1 +i 1 με 0<α<β β2 f (β)για τους οποίους ισχύει z1 + z 2 = z1 − z 2 .Να αποδείξετε ότια. Ο z1z2 είναι φανταστικόςβ. Οι αριθμοί f(α) και f(β) είναι ανάλογοι των τετραγώνων των α και βγ. Υπάρχει ένας τουλάχιστον ξ∈(α, β) τέτοιος ώστε f ′(ξ ) = 2 f (ξ ) ξΑΠΟΔΕΙΞΗα. Διαδοχικά έχουμε z1 + z 2 = z1 − z 2 ⇔ z1 + z 2 2 = z1 − z 2 2 ⇔(z1 + z 2 )(z1 + z2 ) = (z1 − z 2 )(z1 − z2 ) ⇔z1 z1 + z1 z2 + z 2 z1 + z 2 z2 = z1 z1 −z1z2 − z 2 z1 + z 2 z2 ⇔2z1z2 + 2z1z2 = 0 ⇔ z1z2 + z1z2 = 0 ⇔ 2 Re(z1z2 ) = 0⇔ z1 z2 φανταστικόςβ. Είναι z1 z2 = (a 2 + if (a))( 1 +i f 1 ) = β2 (β )a2 +i a2 ) + i f (a) − f (α ) = a2 − f (a) + i⎜⎝⎜⎛ a2 f (a) ⎠⎟⎟⎞β2 f (β β2 f (β) β2 f (β ) f (β) + β2Αλλά z1z2 φανταστικός ⇔ a2 − f (α) = 0 ⇔ f (a) = a2 (1) β2 f (β) f (β) β2Οπότε f(α) και f(β) ανάλογα των τετραγώνων των α και βγ. (1) ⇔ f (a) = f (β) a2 β2Η συνάρτηση g(x) = f (x) είναι παραγωγίσιμη στο (0, +∞) με x2g ′(x) = x 2 f ′(x) − 2xf (x) = xf ′(x) − 2 f (x) και επίσης g(a) = g(β ) . Οπότε για x4 x3την g εφαρμόζεται θεώρημα Rolle στο [α, β]. Άρα υπάρχει ξ∈(α, β) τέτοιοςώστε g ′(ξ ) = 0 ⇔ ξf ′(ξ ) − 2 f (ξ ) = 0 ⇔ f ′(ξ ) = 2 f (ξ ) ξ

ΘΕΜΑ 10Ο (Θ. Rolle – παράγωγος – εφαπτομένη)Δίνονται οι συναρτήσεις f και g ορισμένες στο R για τις οποίες υπάρχει x0 ∈ Rτέτοιο ώστε f (x) = (x − x0 )g(x) για κάθε x ∈ R και ακόμη για την f εφαρμόζεταιτο θεώρημα Rolle στο διάστημα [α, β] με α,β∈R, α<β. Αν f(α)=0 και x0 ∉[a, β]να δειχθεί ότια. υπάρχει ξ∈(α, β) τέτοιο ώστε g΄(ξ)=0β. Η ευθεία που διέρχεται από τα σημεία Α(ξ, (f(ξ)) και Β(x0, 0) εφάπτεται τηςCf στο ΑΑΠΟΔΕΙΞΗα. Ισχύει x − x0 ≠ 0 για κάθε x ∈[a, β] αφού x0 ∉[a, β] . Οπότε g(x) = f (x) x − x0Η f είναι συνεχής στο [α, β] οπότε και η g ως πηλίκο συνεχών. Η f είναιπαραγωγίσιμη στο (α, β) οπότε και η g ως πηλίκο παραγωγίσιμων.Ακόμη g(a) = f (a) = 0 =0 και g(β) = f (β) = f (a) =0 οπότε g(α)=g(β) a − x0 a − x0 β − x0 β − x0Επομένως από θεώρημα Rolle υπάρχει ξ∈(α, β) τέτοιος ώστε g΄(ξ)=0 (1)β. Αρκεί η εφαπτομένη της Cf στο Α να διέρχεται από το Β.Είναι g ′(x) = f ′(x)(x − x0 ) − f (x) (x − x0 )2Οπότε η (1) είναι ισοδύναμη με την f ′(ξ )(ξ − x0 ) − f (ξ ) = 0 ⇔ f ′(ξ ) = f (ξ ) ξ − x0Η εφαπτομένη της Cf στο Α είναιε: y− f (ξ) = f ′(ξ)(x − ξ) ⇔ y− f (ξ) = f (ξ) (x − ξ) (2) ξ − x0Η (2) για x=x0 και y=0 (συντεταγμένες του Β) γίνεται0− f (ξ ) = f (ξ ) (x 0 −ξ ) ⇔ −f (ξ ) = −f (ξ ) αληθεύει. ξ −x0Άρα το Β είναι σημείο της ε.ΘΕΜΑ 11Ο (Θ.Μ.Τ.)α. Να αποδειχθεί ότι για την συνάρτηση f(x)=lnx εφαρμόζεται ΘΜΤ στο [α, β](0 < a < β ) και ισχύει 1 < ln β − ln a < 1 (1) β β −α aβ. Να αποδειχθεί ότι e eπ π > e 2π (2)ΑΠΟΔΕΙΞΗα. Η f είναι παραγωγίσιμη στο (0, +∞) με f ′( x) = 1 οπότε σε κάθε διάστημα x[α, β] με 0 < a < β εφαρμόζεται για την f Θ.Μ.Τ. Από ΘΜΤ υπάρχει ξ∈(α, β)τέτοιο ώστε

f ′(ξ ) = f (β ) − f (a) ⇔ 1 = ln β − ln a β −α ξ β −αοπότε (1) ⇔ 1 < 1 < 1 a ,β ,ξ > 0 ξ > a αληθεύει β ξ a ⇔ β>β. Η (2) γράφεται ισοδύναμα ln(eeπ π ) > ln e 2π ⇔ ln ee + ln π π > 2π ln e ⇔e ln e − π ln e > π ln e − π ln π ⇔ (e − π ) ln e > π (ln e − ln π ) ⇔ (π − e) ln e < π (ln π − ln e) ⇔π >e 1 < ln π − ln e (3) π −e⇔ πΑλλά υπάρχει ξ∈(e, π) τέτοιο ώστε f ′(ξ ) = f (π ) − f (e) ⇔ 1 = ln π − ln e π− e ξ π −eΟπότε (3) ⇔ 1 < 1 ⇔ π > ξ αληθεύει . πξΘΕΜΑ 12Ο (Θ. Bolzano, ΘΜΤ)Δίνεται η συνεχής στο [0, 1] συνάρτηση f για την οποία ισχύει f(0)=1 καιf(1)=0. Να αποδείξετε ότια. Υπάρχει x0 ∈ (0, 1) τέτοιο ώστε f (x0 ) = x0β. Αν, επί πλέον η f είναι παραγωγίσιμη στο (0, 1) τότε υπάρχουνx1, x2 ∈ (0, 1) τέτοια ώστε f ′(x1 ) ⋅ f ′(x2 ) = 1.ΑΠΟΔΕΙΞΗα. Η συνάρτηση g(x)=f(x)-x είναι συνεχής στο [0, 1] ως διαφορά συνεχών καιg(0) = f (0) − 0 = 1− 0 = 1 > 0 και g(1) = f (1) −1 = 0 −1 = −1 < 0 . Οπότε, απόθεώρημα Bolzano, υπάρχει x0 ∈ (0, 1) τέτοιο ώστεg(x0) = 0 ⇔ f (x0 ) − x0 = 0 ⇔ f (x0 ) = x0β. Για την συνάρτηση f εφαρμόζεται ΘΜΤ σε καθένα από τα διαστήματα[0, x0 ] και [x0 , 1] . Οπότε υπάρχουν x1 ∈ (0, x0 ) και x2 ∈ (x0 , 1) τέτοια ώστεf ′(x1 ) = f (x0 ) − f (0) = x 0 −1 (1) και x0 − 0 x0f ′(x2 ) = f (1) − f (x0 ) = 0− x0 = x 0 (2) 1− x0 1− x0 x 0 − 1Από τις (1) και (2) έχω f ′(x1 ) ⋅ f ′(x2 ) = 1

ΘΕΜΑ 13Ο (Μονοτονία – ακρότατα – σύνολο τιμών - απόδειξηανισότητας - λύση ανίσωσης)Δίνονται οι συναρτήσεις f (x) = 2x και g(x) = e x − x3 − x −1 ex 3α. Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία και τα ακρόταταβ. Να βρείτε το σύνολο τιμών της f και να αποδείξετε ότι e x > 2x για κάθεx∈Rγ. Να μελετήσετε την g ως προς την μονοτονία και τα ακρόταταδ. Να βρείτε το σύνολο τιμών της gε. Να λύσετε την ανίσωση g(e 2x ) < g(4x 2 +1)ΛΥΣΗα. D f = R (αφού e x ≠ 0 για κάθε x ∈ R ) όπου η f είναι παραγωγίσιμη μεf ′(x) = 2e x − 2xe x = 2 − 2x (e x ) 2 exΣχηματίζουμε τον πίνακα x -∞ 1 +∞f΄(x) + 0 - f μέγιστοΟπότε είναι f ↑ στο (−∞, 1], f ↓ στο [1, +∞)Στο 1 η f έχει (ολικό) μέγιστο το f (1) = 2 eβ. Είναι lim f (x) = lim ( 1 ⋅ 2x) = +∞(−∞) = −∞ x → −∞ x → −∞ e xΟπότε σε συνδυασμό και με το α) ερώτημα έχουμε ότι f (R) = (−∞, 2 ] e(Δεν χρειάζεται το lim f (x) αφού lim f (x) = −∞ ) x → +∞ x→−∞Η ζητούμενη ανίσωση ex > 2x γίνεται 2x <1 (αφού e x > 0 ) που αληθεύει exαφού 2x ≤ 2 και 2 < 1 ex e eγ. Dg = R όπου η g είναι δύο φορές παραγωγίσιμη μεg ′(x) = e x − x 2 −1 καιg ′′(x) =e x −2x > 0 για κάθε x ∈ R από β) ερώτημαΟπότε g ′ ↑ και επειδή g ′(0) = 0 έχουμε τον πίνακα x -∞ 0 +∞g΄(x) - 0+ g ελάχιστο

Οπότε g ↓ στο (−∞, 0] , g ↑ στο [0, +∞)Στο 0 η g έχει ελάχιστο το g(0)=0δ. Είναι lim g(x) = xl→im−∞⎜⎜⎝⎛ e x − x3 − x −1⎟⎟⎠⎞ = +∞ αφού lim e x = 0 και 3 x → −∞ x → −∞xl→im−∞⎜⎜⎝⎛ − x3 − x −1⎞⎟⎠⎟ = +∞ 3Οπότε σε συνδυασμό και με το γ) ερώτημα έχουμε ότι g(R) = [0, +∞)ε. Είναι e 2x > 0, 4x 2 +1 > 0 και g ↑ στο [0, +∞) οπότε η ανίσωσηf (e2x ) < f (4x 2 + 1) γίνεται 2x= ye 2x < 4x 2 +1 ⇔ e y < y 2 +1 ⇔ e y − y 2 −1 < 0 ⇔ g ′( y) < 0 ⇔ y < 0 ⇔ 2x < 0 ⇔ x < 0ΘΕΜΑ 14Ο (Rolle – Μονοτονία)α. Αν για τη συνάρτηση f εφαρμόζεται το θεώρημα Rolle στο [α, β] και f ′′(x) < 0 για κάθε x ∈[a, β] να δείξετε ότι f (x) > f (a) για κάθε x ∈ (a, β) .β. Αν για τη συνάρτηση g ισχύει g ′′(x) < 0 για κάθε x ∈[0, 1] να δείξετε ότιg(x) > g(0)(1 + x) − xg(1) .ΑΠΟΔΕΙΞΗα. Από θεώρημα Rolle υπάρχει ξ∈(α, β) τέτοιο ώστε f ′(ξ ) = 0 . Αλλάf ′′(x) < 0 στο [α, β] οπότε f ′ ↓ στο [α, β]. Οπότε για x∈[α, ξ) είναιx < ξ ⇔ f ′(x) > f ′(ξ ) ⇔ f ′(x) > 0 και για x ∈ (ξ, β] είναιx > ξ ⇔ f ′(x) < f ′(ξ ) ⇔ f ′(x) < 0 . Άρα για το πρόσημο της f΄ και τηνμονοτονία της f έχουμε τον πίνακαxα ξβf΄(x) + 0 -fΆρα f ↑ στο [α, ξ] οπότε για x∈(α, ξ], ισχύει f (x) > f (a) και f ↓ στο [ξ, β]οπότε για x ∈[ξ, β) ισχύει f (x) > f (β ) ⇔ f (x) > f (a)Άρα για κάθε x ∈ (a,β) ισχύει f (x) > f (a) .β. Θεωρώ τη συνάρτηση f (x) = g(x) − g(0)(1+ x) + xg(1)Είναι f ′(x) = g ′(x) − g(0) + g(1) και f ′′(x) = g ′′(x) , οπότε f ′′(x) < 0 για κάθεx ∈[0, 1] . Επίσης f (0) = g(0) − g(0) + 0 = 0 και f (1) = g(1) − 2g(1) + g(1) = 0Οπότε για την f εφαρμόζεται και το θεώρημα Rolle στο [0, 1]. Επομένως γιακάθε x ∈ (0, 1) ισχύει f (x) > f (0) ⇔ g(x) − g(0)(1+ x) + xg(1) > 0 ⇔ g(x) > g(0)(1+ x) − xg(1)

ΘΕΜΑ 15Ο (Μονοτονία και με ορισμό – πλήθος ριζών)α. Να δειχτεί ότι αν μια συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα σε ένα διάστημα Δτότε ισχύει η ισοδυναμία f (x1 ) < f (x2 ) ⇔ x1 < x2 (x1,x2∈Δ) .β. Να δειχτεί ότι η συνάρτηση g(x) = e x + x είναι γνησίως αύξουσα στο R.γ. Δίνεται η συνάρτηση f (x) = e x2+x+1 − e x+1 + x 2 , x ∈ R . Να δειχθεί ότι ηεξίσωση f(x)=0 έχει μοναδική ρίζα την x=0 και για οποιαδήποτε x ∈ R * ισχύειf(x)>0.ΑΠΟΔΕΙΞΗα. Έστω x1 , x2 ∈ Δ με x1 < x2 τότε f (x1 ) < f (x2 ) αφού f ↑ στο Δ. Αντίστροφα.Έστω x1 , x2 ∈ Δ με f (x1 ) < f (x2 ) . Αν x1 ≥ x2 τότε f (x1 ) ≥ f (x2 ) (αφού f ↑στο Δ) άτοπο . Άρα x1<x2. Επομένως f (x1 ) < f (x2 ) ⇔ x1 < x2 .β. Είναι g ′(x) = e x +1 > 0 για κάθε x ∈ R οπότε g ↑ στο R.γ. Είναι f (0) = e1 − e1 + 0 = 0 οπότε το x=0 ρίζα της f(x)=0. Θα δείξουμε ότι γιακάθε x ∈ R * ισχύει f (x) > 0 ⇔ e x2 +x+1 − e x+1 + x 2 > 0 ⇔ e x2 +x+1 − e x+1 + x 2 + x + 1 − (x + 1) > 0 ⇔e x2 +x+1 + x 2 + x + 1 > e x+1 + x + 1 g↑⇔ g(x2 + x + 1) > g(x + 1) ⇔ x 2 + x + 1 > x + 1 ⇔ x 2 > 0 ⇔ x ≠ 0Άρα πράγματι για κάθε x≠0 ισχύει f(x)>0ΘΕΜΑ 16Ο Ακρότατα – Κριτήριο Παρεμβολής – Σύνολο τιμών 1α. Να δειχτεί ότι ax a ≤ x + a −1 για οποιαδήποτε x>0 και α>1 ( )1β. Να δειχτεί ότι lim x − 2 x−5 = 1 x → +∞γ. Να δειχτεί ότι 2005 x 1 − − x − 2004 < e x για κάθε x ∈ (0, +∞) 2005ΑΠΟΔΕΙΞΗ 1α. Η ζητούμενη γίνεται ax a − x − a +1 ≤ 0 1Έστω f (x) = ax a − x − a +1 , x ∈ (0, +∞)Αρκεί να δείξουμε ότι η f έχει μέγιστο το 0 ή κάποιον μικρότερο του 0.Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο D f = (0, +∞) με f ′( x) = x 1 −1 − 1 και af ′′(x) = ⎜⎛ 1 − 1⎞⎟ x 1 −2 < 0 για κάθε x ∈ (0, +∞) και a ∈ (1, +∞) οπότε f ′↓. ⎝ a a ⎠Λύνω την εξίσωση f ′( x) = 0 ⇔ x 1 −1 =1 ⇔ x =1 aΓια το πρόσημο της f΄ και την μονοτονία της f σχηματίζω τον πίνακα

x0 1 +∞f΄(x) + 0 -f μέγιστοΆρα η f έχει μέγιστο το f (1) = a −1− a +1 = 0β. Η ανισότητα του α) ερωτήματος θέτοντας όπου x το x − 2 και όπου α τοx-5 και θεωρώντας x>6 (τότε x − 2 > 0 και x − 5 > 1) γίνεται 1 x−2 x x−5 x x − 2 x−5 ≤ ( ) ( )1 + −6 −5(x − 5) x − 2 x−5 ≤ x − 2 + x − 5 − 1 ⇔ 1( )Αλλά για κάθε x>6 είναι x − 2 > 1 και αφού x-5>0 ισχύει x − 2 x−5 > 1 1 x−2 x−6 x−5 x−5 x − 2 x−5 ≤( )Οπότε 1 < +Όμως lim 1 = 1 και xl→im+∞⎜⎛⎜⎝ x−2 + x−6 ⎞⎟⎟⎠ =1 x−5 x−5 x→+∞ 1 γίνεται( )Επομένως από κριτήριο παρεμβολής έχουμε lim x − 2 x−5 = 1 x→∞γ. Η συνάρτηση f του α ερωτήματος για α=2005 1f (x) = 2005x 2005 − x − 2004 και ισχύει f (x) ≤ 0 για κάθε x ∈ (0, +∞)Επίσης e x > 0 για κάθε x ∈ R 1Άρα για κάθε x ∈ (0, +∞) ισχύει 2005x 2005 − x − 2004 < e xΘΕΜΑ 17Ο (Ανισότητα – μονοτονία – ανισότητα με δύο μεταβλητές)Να αποδείξετε ότια. Για κάθε x ∈ ⎜⎛ 0, π ⎟⎞ ισχύει x > ημxσυνx ⎝ 2⎠β. Η συνάρτηση f (x) = εφx είναι γνησίως αύξουσα στο ⎜⎛ 0, π ⎞⎟ x ⎝ 2⎠γ. Αν 0 < α < β < π τότε εφa < α 2 εφβ βΑπόδειξηα. Έστω φ(x) = x − ημxσυνxΕίναι φ′(x) = 1 − συν2 x + ημ2 x = 2ημ2 x > 0 για κάθε x ∈ ⎛⎜ 0, π ⎞⎟ ⎝ 2⎠Αλλά φ συνεχής στο ⎢⎡⎣0, π ⎟⎞ οπότε φ ↑ στο ⎣⎡⎢0, π ⎟⎞ 2⎠ 2⎠

Επομένως για x ∈ ⎜⎛ 0, π ⎟⎞ ισχύει φ(x) > φ(0) ⇔ x − ημxσυνx ⇔ x > ημxσυνx ⎝ 2⎠β. Είναι 1 2 x x − εφx x − ημxσυνx φ( x) x ∈ ⎛⎜ 0, π ⎟⎞ συν x 2συν 2 x x 2συν 2 x ⎝ 2⎠f ′(x) = = = >0 για κάθε x2άρα f ↑ στο ⎛⎜ 0, π ⎞⎟ ⎝ 2⎠γ. Η ζητούμενη, αφού εφβ > 0 και α > 0 , γίνεται ισοδύναμαεφα < εφβ ⇔ f (a) < f (β) αληθεύει αφού 0 < a < β < π και f ↑ στο ⎛⎜ 0, π ⎟⎞ .αβ 2 ⎝ 2⎠ΘΕΜΑ 18Ο (Μονοτονία – κοίλα – πλήθος ριζών)Δίνονται οι συναρτήσεις f (x) = ln x + 2 − 1 και g(x) = e x ln x x x2α. Να αποδείξετε ότι g′′(x) = e x f (x)β. Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία και τα κοίλαγ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x)=0 έχει μοναδική ρίζα και να βρείτε έναδιάστημα πλάτους 1 στο οποίο περιέχεται 2δ. Να αποδείξετε ότι η g έχει μοναδικό σημείο καμπής.ΑΠΟΔΕΙΞΗα. Είναι D f = Dg = (0, +∞) όπου f και g είναι δύο φορές παραγωγίσιμες.Έχουμε g ′(x) = e x ln x + e x 1 και xg′′(x) = e x ln x + e x 1 + ex 1 − ex 1 = e x (ln x + 2 − 1 ) = e x f (x) x x x2 x x2β. Έχουμεf ′(x) = 1 − 2 + 2 = x2 − 2x + 2 >0 για κάθε x∈ Df οπότε f↑ x x2 x3 x3και f ′′( x) = − 1 + 4 − 6 = − x2 + 4x − 6 <0 για κάθε x ∈ Df x2 x3 x4 x4οπότε η f στρέφει τα κοίλα κάτωγ. Είναι f ↑ οπότε η f(x)=0 έχει το πολύ μια ρίζα. Αρκεί, λοιπόν, ναπροσδιορίζουμε ένα διάστημα με πλάτος 1 , στα άκρα του οποίου, η f έχει 2ετερόσημες τιμές. Είναι f (1) = ln1+ 2 − 1 = 1 > 0 και επειδή η f ↑ θα ψάξω 1 12τιμή της f για x<1.

Είναι f ⎜⎛ 1 ⎟⎞ = ln 1 + 2 −1 = − ln 2 + 4 − 4 = − ln 2 < 0 άρα στο διάστημα ⎝2⎠ 2 1 ⎜⎛ 1 ⎞⎟ 2 2 ⎝2⎠⎜⎛ 1 , 1⎞⎟ η f(x)=0 έχει την μοναδική της ρίζα. (αφού f συνεχής).⎝2 ⎠δ. Από γ. ερώτημα υπάρχει x0 ∈ ⎜⎛ 1 , 1⎟⎞ τέτοιο ώστε f (x0 ) = 0 και f↑ οπότε ⎝2 ⎠έχουμε τον πίνακα x 0 x0 +∞ f (x) - 0+ e x f (x) - 0+ g ′′(x) g ΣΚΆρα η g έχει μοναδικό σημείο καμπής.ΘΕΜΑ 19Ο (Κοίλα)Α. Να αποδείξετε ότι αν μια παραγωγίσιμη συνάρτηση f στρέφει τα κοίλα άνωσε ένα διάστημα Δ, τότε f ⎛⎜ x1 + x2 ⎞⎟ ≤ f (x1 ) + f (x2 ) (1) για οποιαδήποτε ⎝2⎠ 2x1 , x2 ∈ Δ .Β. Δίνεται η συνάρτηση f (x) = − ln(ln x)α. Να δείξετε ότι η f είναι κυρτήβ. Να δείξετε ότι για οποιαδήποτε x1, x2 ∈ (1, +∞) ισχύει ln x1 + x2 ≥ ln x1 ln x2 2ΑΠΟΔΕΙΞΗΑ. Η (1) είναι προφανής για x1=x2. Έστω τώρα x1 ≠ x2 .Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορώ να υποθέσω ότι x1 < x2 .Η σχέση (1) γίνεται ισοδύναμα2 f ⎛⎜ x1 + x2 ⎟⎞ ≤ f (x1 ) + f (x2 ) ⇔ f ⎜⎛ x1 + x2 ⎟⎞ − f (x1 ) < f (x2 ) − f ⎜⎛ x1 + x2 ⎟⎞ (2) ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ x1 x1 + x2 x2 2

Αλλά x1 + x2 − x1 = x2 − x1 + x2 >0 αφού το x1 + x2 είναι μέσο του 2 2 2διαστήματος με άκρα x1 και x2 . Οπότε f ⎛⎜ x1 + x2 ⎞⎟ − f (x1 ) f (x2 ) − f ⎜⎛ x1 + x2 ⎞⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠(2) ⇔ ≤ (3) x1 + x2 x1 + x2 2 − x1 x2 − 2Για την f όμως εφαρμόζεται ΘΜΤ σε κάθε διάστημα που είναι υποσύνολο τουΔ, αφού η f είναι παραγωγίσιμη στο Δ. Οπότε υπάρχουν ξ1 ∈ ⎜⎛ x1 , x1 + x2 ⎟⎞ και ⎝ 2⎠ f ⎜⎛ x1 + x2 ⎞⎟ − f (x1 ) ⎝ 2 ⎠ξ2 ∈ ⎛⎜ x1 + x2 , x2 ⎞⎟ τέτοια ώστε f ′(ξ1 ) = και ⎝ 2 ⎠ x1 + x2 − x1 2 f (x2 ) − f ⎛⎜ x1 + x2 ⎟⎞ ⎝ 2 ⎠f ′(ξ 1) = οπότε (3) ⇔ f ′(ξ1 ) ≤ f ′(ξ 2 ) που αληθεύει αφού x1 + x2 x2 − 2ξ1 < ξ 2 και f ′ ↑ .Β.α. Πρέπει ln x > 0 ⇔ x > 1 οπότε D f = (1, +∞)Έχουμε f ′( x) = − 1 (ln x)′ = − x 1 x και f ′′(x) = (x ln x)′ = ln x +1 >0 για ln x ln (x ln x)2 (x ln x)2κάθε x ∈ (1, +∞) . Άρα η f είναι κυρτή.β. Η f είναι κυρτή, οπότε από Α ερώτημα προκύπτει ότι για οποιαδήποτεx1, x2 ∈ (1, +∞) ισχύειf ⎛⎜ x1 + x2 ⎟⎞ ≤ f (x1 ) + f (x2 ) ⇔ − ln⎛⎜ ln x1 + x2 ⎟⎞ ≤ − ln(ln x1 ) − ln(ln x2 ) ⇔⎝2⎠ 2 ⎝ 2⎠ 2ln⎛⎜ ln x1 + x2 ⎟⎞ ≥ ln(ln x1 ⋅ ln x2 ) ⇔ ln⎛⎜ ln x1 + x2 ⎞⎟ ≥ ln ln x1 ln x2 ln ↑ x1 + x2 ≥ ln x1 ln x2⎝ 2⎠ 2 ⎝ 2⎠ 2 ⇔ lnΘΕΜΑ 20Ο (Συνέχεια – de l’ Hospital - εφαπτομένη) ⎧ax + β x +γ x −3 ⎪⎪ xΔίνεται η συνάρτηση f (x) ⎨ , x≠0 με 1 ≠ a, β , γ > 0 . = ⎪⎪⎩ 0, x=0Αν η f είναι συνεχής στο R.α. Να αποδειχθεί ότι a ⋅ β ⋅γ = 1β. Να αποδειχθεί ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 και να βρεθεί η εξίσωση τηςεφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο Α(0,f(0)).

ΛΥΣΗα. Η f είναι συνεχής σε κάθε x ≠ 0 ως πηλίκο συνεχών, ανεξάρτητα από ταα,β,γ.Έχουμε −3 ′( )lim 0x→0 0 f (x) = lim a x + β x +γ x −3 ax +β x +γ x x→0 x = lim (x)′ x→0 =( )lim a x ln a + β x ln β + γ x ln γ = ln a + ln β + ln γ = ln(aβγ ) x→0Για να είναι η f συνεχής και στο 0 πρέπειlim f (x) = f (0) ⇔ ln(αβγ ) = 0 ⇔ αβγ = 1x→0β. Έχουμε ax +βx + γx −3 −0 0 f (x) − f (0) x ax +βx + γx − 3 0 (a x +βx + γx − 3)′ x−0 x x2 (x2 )′lim = lim = lim = lim = x→0x→0 x→0 x→0lim ax ln a + β x ln β + γx ln γ 0 (a x ln a + β x ln β + γx ln γ)′ = 2x 0 (2x)′x→0 = lim x→0( )lim a x ln 2 a + β x ln 2 β + γ x ln 2 γ = 1 ln 2 a + ln 2 β + ln 2 γx→0 2 2( )Οπότε f ′(0) = 1 ln 2 a + ln 2 β + ln 2 γ . Α(0,f(0)) είναι 2Επομένως η εφαπτομένη της Cf στο( )ε : y = 1 ln 2 a + ln 2 β + ln 2 γ x 2ΘΕΜΑ 21Ο (Απροσδιοριστία – κανόνας De l’ Hospital – μονοτονία –σύνολο τιμών)Δίνεται ότι η συνάρτηση f ( x) = ⎪⎪⎧e x + x − x ln x, ⎞⎟, x>0 είναι ⎪⎨⎪⎩lhi→ma⎛⎜⎝ h a εφ ⎠ x=0 − πh (a ≠ 0) 2 2aσυνεχής στο πεδίο ορισμού τηςα. Να βρεθεί ο αριθμός αβ. Να μελετηθεί ως προς την μονοτονία η f και να βρεθεί το σύνολο τιμώντης.γ. Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την Cf τον άξοναx΄x και τις ευθείες x=1 και x=e.ΛΥΣΗα. Για το f(0) θέτω h − a = x ⇔ h = x + a οπότε h → a ⇔ x → 0Έχουμε lim h − a εφ πh = lim x ⋅ εφ π(x + a) = lim x εφ⎛⎜ π + πx ⎟⎞ = 2 2a x→0 2 2a x→0 2 ⎝2 2a ⎠ h→a

x πx x συν πx πx =k 2ak συνk a lki→m0⎜⎜⎛⎝ k συνk ⎠⎟⎟⎞ −a 2 2a − lim 2a 2a π ημk π ημk π− σφ = = − lim 2 = − = lim x→0 2 πx k →0 ημ 2a x→0Οπότε f (0) = − a . π ∞ 1Επίσης lim( x ln x) = lim ln x ∞ lim (ln x)′ = lim x = lim(−x) = 0 1 1 x→0 x→0 x→0 x = x→0 ⎞⎟′ x→0 x2 ⎠ ⎜⎛ 1 − ⎝ xΟπότε lim f (x) = lim(e x + x − x ln x) = 1. Άρα πρέπει − a = 1 ⇔ a = −π x→0 x→0 π ⎧⎪e x + x − x ln x, x>0 ⎨ .β. Είναι f (x) = ⎪ 1, x=0 ⎩Για x>0 έχουμε f ′(x) = e x +1− ln x −1 = e x − ln xΓια x ∈ (0, 1] είναι ln x ≤ 0 ⇔ − ln x ≥ 0 οπότε f ′(x) > 0Για x>1 είναι f ′′( x) = ex − 1 > 0 αφού ex > e >1> 1 ⇒ ex − 1 > 0 οπότε f ′↑ x x xστο [1, +∞) (αφού είναι συνεχής στο [1, +∞) ) άρα για x>1 ισχύει f ′(x) > f ′(1) ⇔ f ′(x) > eΕπομένως για κάθε x>0 ισχύει f ′(x) > 0Αλλά f συνεχής στο [0, +∞) επομένως f ↑ στο [0, +∞)( ) [Το σύνολο τιμών της f είναι f [0, +∞) = f (0), lim f (x)) x→+∞Έχουμε όμως f (0) = 1 και( )lim ⎢⎡⎣e ⎛⎜1 + x x ln x ⎠⎟⎞⎤⎦⎥ ⎝ ex exx → +∞ f (x) = lim e x + x − x ln x = lim x − x → +∞ x→+∞Όμως lim x ∞ lim (x)′ = lim 1 =0 και ∞ (e x ) ex x → +∞ e x x → +∞ x → +∞ = ∞ x ln x ′ ∞ ln x + 1 ′ 1 ∞ ez ′ ∞ (ex )′( ) ( )limx lnx lim = lim ln x + 1 lim = lim x = lim 1 =0 ex = ex = ex xe x( )x→+∞ x→+∞ x→+∞ x→+∞ x→+∞ x→+∞Οπότε lim f (x) = +∞(1+ 0 − 0) = +∞ . Επομένως f ([0, +∞)) = [1, +∞) x → +∞∫ ∫γ. Το ζητούμενο εμβαδό είναι E = e f (x) dx = e f (x)dx αφού f(x)>0 για κάθε 11x∈[0, +∞) e (e x + x − x ln x)dx = e (e x e ⎝⎜⎜⎛ x2 ⎟⎠⎞⎟ 1 2 1 1∫ ∫ ∫Έχουμε xdx E= + x)dx + ln =

⎢⎡e x x2 ⎤e ⎡ x2 ln x⎥⎤ e e x2 (ln x)′dx = ee e2 −e− 1 e2 ln e − e x2 1 dx ⎣ ⎦1 1 2 2 2 2 12 x∫ ∫= + 2 ⎥ + ⎢ 2 − + + ⋅ = ⎦1 ⎣ee + e2 −e− 1 + e2 − ⎡x2 ⎤e = ee + e2 −e− 1 − e2 + 1 = ee + 3 e2 −e− 1 2 2 2 ⎢ ⎥ 2 4 4 4 4 ⎣ 4 ⎦1ΘΕΜΑ 22Ο (Ολοκλήρωμα – μονοτονία – σύνολο τιμών)Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f με πεδίο ορισμού (1, +∞) για την οποίαισχύει f (x) = − xf ′(x) ln x για κάθε x ∈ (1, +∞) και η γραφική της παράσταση 2τέμνει την ευθεία x=e στο σημείο της με τεταγμένη 4. Αν f (x) ≠ 0 για κάθεx ∈ (1, +∞)α. Να βρεθεί η συνάρτηση fβ. Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση f (x) = a έχει μοναδική ρίζα στο (1, +∞) γιαοποιοδήποτε α∈(0, +∞).ΛΥΣΗα. Η δοθείσα σχέση γίνεται( )( ) ( ) ( )f ′(x) 2 f (x) ′ ′ ln x>0 ′ ′ lnf (x) ⇔ = − x x ⇔ ln = − 2 ln ln x ln f (x) = ln(ln x) −2 ⇔∫ ∫(ln f (x) )′dx = (ln(ln x) −2 )′dx ⇔ ln f (x) = ln(ln x) −2 + c ⇔ ln f (x) = ln(ln x) −2 + ln ec ⇔f (x) = (ln x) −2 ⋅ e c (1) x=e f (e) = (ln e) −2 e c ⇔ 4 = ec(1) ⇒Οπότε f (x) = 4 x ln 2Αλλά f συνεχής οπότε ή f (x) = 4 x για κάθε x ∈ (1, +∞) ή f (x) = − 4 x για ln 2 ln 2κάθε x ∈ (1, +∞) . (Διατηρεί πρόσημο αφού f (x) ≠ 0 για κάθε x ∈ D f )Είναι όμως f (e) = 4 > 0 . Άρα f (x) = 4 για κάθε x ∈ (1, +∞) ln 2 xβ. Αρκεί να δείξουμε ότι η f έχει σύνολο τιμών το (0, +∞) (για να έχει μιατουλάχιστο ρίζα η εξίσωση f (x) = a, a > 0 ) και f “1-1” (για να έχει μια τοπολύ ρίζα). Είναι f ′( x) = − 4(ln 2 x)′ = − 4 ⋅ 2 ln x(ln x)′ = − 8 < 0 αφού x>1. (ln x) 4 (ln x) 4 x ln 3 xΆρα η f είναι γνησίως φθίνουσα οπότε και “1-1”. Το σύνολο τιμών της είναιf ((1, +∞)) = ( lim f (x), lim f (x)) . x→+∞ x→1+Αλλά lim f (x) = lim 4 = 0 αφού lim ln x = +∞ και x → +∞ x→+∞ ln 2 x x→+∞

lim f (x) = lim 4 = +∞ αφού lim ln x = 0 και ln 2 x > 0x →1+ x→1+ ln 2 x x →1+Άρα f ((1, +∞)) = (0, +∞)Επομένως πράγματι η εξίσωση f(x)=α έχει μοναδική ρίζα στο (1, +∞) για κάθεa ∈ (0, +∞) .ΘΕΜΑ 23Ο (Παράγωγος – διαφορική εξίσωση – κανόνας de l’ Hospital –εξίσωση – εμβαδό)Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : (0, +∞) → R για την οποία ισχύουνf ′(1) = 1 και f (xy) = xf ( y) + yf (x) για όλα τα x, y ∈ (0, +∞)α. Να αποδείξετε ότιi. f ′(x) = 1+ f (x) για κάθε x ∈ (0, +∞) xii. f (x) = x ln x για κάθε x ∈ (0, +∞)β. Να βρείτε το lim f (x) x→0γ. Να λύσετε την εξίσωση 2 f (x) = x 2 −1δ. Να βρείτε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από τη γραφικήπαράσταση της h(x) = 2 f (x), τη γραφική παράσταση της g(x) = x 2 −1 και τηνευθεία x=e.ΛΥΣΗ x= y=1α. i. Δίνεται f (xy) = xf ( y) + yf (x) ⇒ f (1) = f (1) + f (1) ⇔ f (1) = 0Επίσης δίνεται f ′(1) =1⇔ lim f (h) − f (1) =1⇔ lim f (h) =1 h −1 h −1 h→1 h→1Είναι f ′(x) = lim f (w) − f (x) w→x w− xΘέτουμε w =h⇔ w = hx οπότε w→ x ⇔ h →1 και xf ′(x) = lim f (hx) − f (x) = lim hf (x) + xf (h) − f (x) = h→1 hx − x h→1 hx − xlhi→m1⎝⎜⎛⎜ f ( x)(h − 1) + xf (h) ⎟⎞⎟⎠ = f (x) + f ′(1) = f (x) + 1 x(h − 1) x(h − 1) x xii. Έχουμεf ′(x) = 1 + f (x) ⇔ f ′(x) − f (x) =1 ⇔ f ′(x)x − f (x) = 1 ⇔ f ′(x)x − f (x) = 1 ⇔ ⎛⎜ f (x) ⎟⎞′ = 1 x x x x2 x ⎝ x ⎠ x∫ ∫Οπότε ⎛⎜ f (x) ⎟⎞′ dx = 1 dx ⇔ f (x) = ln x + x>0 f (x) = x ln x + cx (1) ⎝ x ⎠ x x c⇔Είναι f ′(x) = ln x +1+ c οπότε f ′(1) = 1+ cΑλλά f ′(1) = 1 ⇔ 1+ c = 1 ⇔ c = 0Άρα (1) ⇔ f (x) = x ln x

∞ 1β. Είναι lim( x ln x) = lim ln x ∞ lim (ln x)′ = lim x = lim(−x) = 0 1 1 x→0 x→0 x→0 x = x→0 ⎟⎞′ x→0 x2 ⎠ ⎛⎜ 1 − ⎝ xγ. Η ζητούμενη εξίσωση γίνεται 2 f (x) − x 2 +1 = 0Έστω φ(x) = 2 f (x) − x 2 +1 = 2x ln x − x 2 +1Είναι φ ′(x) = 2 ln x + 2 − 2x και φ ′′(x) = 2 −2 xΈχουμε x 0 1 +∞φ΄΄(x) +0-φ΄ μέγιστοΟπότε φ ′(x) ≤ 0 για κάθε x ∈ (0, +∞) με το “=” να ισχύει μόνο για x=1.Επομένως η φ είναι γνησίως φθίνουσα συνάρτηση. Άρα η εξίσωση φ(x)=0έχει το πολύ μια ρίζα.Είναι φανερό όμως ότι φ(1) = 2 ⋅1ln1−12 +1 = 0 . Άρα η εξίσωση φ(x)=0 έχειμοναδική ρίζα την x=1.δ. Η εξίσωση h(x) = g(x) γίνεται2 f (x) = x 2 −1 ⇔ φ(x) = 0 ⇔ x = 1 μοναδική ρίζα∫Το ζητούμενο εμβαδό είναι E = e h(x) − g(x) dx 1Αλλά h(x) − g(x) = φ(x) και φ ↓ οπότε για x≥1 ισχύει φ(x)≤0ΆραE = e (−h(x) + g(x))dx = e (−2x ln x + x 2 −1)dx = − e (x 2 )′ ln xdx + e (x 2 −1)dx = ∫ ∫ ∫ ∫1 1 11 e ⎡ x3 ⎤ e e x2 1 e3 ⎛⎝⎜⎜ 13 −1⎠⎞⎟⎟ =[ ] ∫ ∫− 1 ⎢ 3 ⎥ x 3 3x2 ln x e + x 2 (ln x) ′dx + ⎣ − x = −e 2 ln e +12 ln 1 + 1 dx + − e − 1 ⎦1−e2 ⎡x2 ⎤e e3 −e+ 2 −e 2 e2 1 e3 −e+ 2 e3 e2 −e+ 1 +⎢ ⎥ + e 3 = + 2 − 2 + 3 3 = 3 − 2 6 ⎣ 2 ⎦1

ΘΕΜΑ 24Ο (Θ.Μ.Τ. – Ολοκλήρωμα με αντικατάσταση)Δίνεται η παραγωγίσιμη στο R συνάρτηση f, για την οποία ισχύει2 f (2x) − f (x) = 2x (1), x ∈ R και η συνάρτηση F (x) = x 2 f (xt)dx − x 2 + 3, ∫1x∈R.α. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν x1 ∈ (0, 1) και x2 ∈ (1, 2) τέτοια ώστε f ′(x1 ) + 2 f ′(x2 ) = 2 .β. Να αποδείξετε ότι η F είναι σταθερή και να βρείτε την τιμή της.∫γ. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα I = 4 f (x)dx 1ΛΥΣΗ x=0α. (1) ⇒ 2 f (0) − f (0) = 0 ⇔ f (0) = 0 x =1(1) ⇒ 2 f (2) − f (1) = 2Η f είναι παραγωγίσιμη στο R οπότε εφαρμόζεται ΘΜΤ σε κάθε διάστημα.Επομένως υπάρχουν x1 ∈ (0, 1) και x2 ∈ (1, 2) τέτοια ώστεf ′(x1 ) = f (1) − f (0) = f (1) και 1− 0f ′(x2 ) = f (2) − f (1) = f (2) − f (1) ⇔ 2 f ′(x2 ) = 2 f (2) − 2 f (1) 2 −1Οπότε f ′(x1 ) + 2 f ′(x2 ) = 2 = x 2 f (xt)dt = 2 f (xt)xdt οπότε 1∫ ∫β. Για το ολοκλήρωμα I1 1 θέτουμε u = xt = g(t) u2 = g(2) = 2x και du = xdt οπότε I1 = 2x f (u)du∫u1 = g(1) = x, x∫Οπότε F (x) = 2x f (u)du − x 2 + 3 x F ′(x) = ⎜⎝⎛ 2x x + 3⎞⎠⎟′∫ ∫Έχουμε 1 1 f (u)du − x 2 f (u)du − = (1)f (2x)(2x)′ − f (x) − 2x = 2 f (2x) − f (x) − 2x = 0Οπότε F σταθερή∫Επομένως για κάθε x ∈ R ισχύει F (x) = F (0) = 0 2 f (0)dt − 02 + 3 = 3 1γ. Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε∫ ∫F (x) = 2x f (u)du − x 2 + 3 ⇔ 2x f (u)du = x 2 (2) xx x=12 f (u)du = 1 ⎫ 1 ⎪∫ ∫(2)⇒ ⎪ (+) 4 f (x)dx = 5 ⇔ I = 5 ⎬ 1 ⇒ x=24 f (u)du ⎪ 2 = 4⎭⎪∫(2) ⇒

ΘΕΜΑ 25Ο (Μονοτονία – σύνολο τιμών – εμβαδό)Δίνεται η συνάρτηση f ( x) = 1 , x ∈ (0, π) ημxα. Να μελετηθεί η f ως προς την μονοτονία και τα ακρόταταβ. Να βρεθεί το σύνολο τιμών της fγ. Να αποδειχθεί ότι το εμβαδό του χωρίου που ορίζεται από την Cf τον άξοναx΄x και τις ευθείες x = π και x = π είναι E = 1 ln 3. 32 2ΛΥΣΗα. H f είναι παραγωγίσιμη στο (0, π) με f ′(x) = −συνx ημ 2 xΣχηματίζουμε τον πίνακαX0 π π 2f΄(x) - 0+f ελάχιστοΆρα f ↓ στο (0, π] , f ↑ στο [ π , π) 22Στο π η f έχει ελάχιστο το f ⎛⎜ π ⎟⎞ = 1 =1 2 ⎝ 2 ⎠ ημ π 2β. Είναι lim f (x) = lim 1 = +∞ αφού ημx > 0 και limημx = 0 ημx x→0 x→0+ x→0Οπότε f ((0, π)) = [1, +∞) (Δεν χρειάζεται το lim f (x) αφού lim f (x) = +∞ ) x→π x→0+γ. Είναι f (x) > 0 για κάθε x ∈ ⎡ π , π⎤ οπότε το ζητούμενο εμβαδό είναι ⎢⎣ 3 2 ⎦⎥ π π 1 π 1 π1 + εφ 2 x 1 2 ημx 2 2εφ x 2 2 εφ x f ( x)dx π π 2 dx∫ ∫ ∫E =2 = dx = ∫dx =π ⋅ = π 3 333 22 1 + εφ2 x 2∫ ∫ ∫π1 ⋅ 1 dx = π x )′ ⋅ 1 dx = π3π2⎛⎜⎜⎝ ln⎛⎜ εφ x ⎟⎞ ⎟⎟⎞⎠′dx = ⎣⎢⎡ln⎛⎝⎜ εφ x ⎠⎟⎞⎥⎤⎦ π 2 εφ x 2 εφ x ⎝ 2 ⎠ 2 2π x π2(εφ π3 2συν 2 3 3 22 2= ln(εφ π) − ln⎜⎛ εφ π ⎞⎟ = ln1 − ln 3 = − ln 3 + ln 3 = − 1 ln 3 + ln 3 = 1 ln 3 4 ⎝ 6⎠ 3 22

Β΄ τρόπος∫ ∫E = π 1 dx = π ημx dx 2 ημx 2 1 − συν2 x π π 3 3Θέτω u = συνx = g(x) οπότε du = −ημxdx ⇔ −du = ημxdxu1 = g⎛⎜ π ⎟⎞ = συν π = 1 και u2 = g⎜⎛ π ⎟⎞ = συν π =0 ⎝3⎠ 3 2 ⎝2⎠ 2Οπότε 0 ⎛⎜ − 1 ⎟⎞du 1 1 du 1 ⎝ 1−u2 ⎠ 2 u2 −1∫ ∫E = 2 = − 0Θα βρω α, β∈R τέτοια ώστεu 1 1 = u a 1 + u β 1 ⇔ 1 = a(u + 1) + β(u − 1) ⇔ 2− − +1 = (a + β)u + a − β ⇔⎧a + β = 0⎫ ⇔ ⎧⎪⎪a = 1 1⎨⎩α − β = 1⎭⎬ ⎨ = 2 2 ⎩⎪⎪β − 1 ⎜⎛ 1 1 ⎞⎟ −1 1 2 E=− 2 2 0 0∫ [ ]Οπότε 2 2 ⎜ u − 1 − u + ⎟du = ln u −1 − ln u +1 = ⎝⎜⎜ 1 ⎟⎠⎟− 1 ⎜⎛ ln 1 − ln 3 ⎞⎟ = − 1 (− ln 2 − ln 3 + ln 2) = 1 ln 3 2⎝ 2 2⎠ 2 2ΘΕΜΑ 26Ο Εφαπτομένη – ανισότητα – εμβαδόΔίνεται η συνάρτηση f (x) = x 3 ln xα. Να δειχθεί ότι υπάρχει ένα μόνο σημείο Α της C f , στο οποίο η εφαπτομένηείναι παράλληλη στον άξονα x΄x, το οποίο και να βρεθεί.β. Να δειχθεί ln x x3 ≥ − 1 για κάθε x ∈ (0, +∞) 3eγ. Να βρεθεί το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από την Cf τον άξονα x΄xκαι την ευθεία x=xA όπου xA η τετμημένη του σημείου Α του πρώτουερωτήματος .ΛΥΣΗα. Είναι D f = (0, +∞) όπου f παραγωγίσιμη μεf ′(x) = 3x 2 ln x + x 2 = x 2 (3 ln x +1)Λύνουμε την εξίσωση f ′( x) = 0 ⇔ 3 ln x +1 = 0 ⇔ x = e −1 ⇔ x = 1 μοναδική 3 3eλύση. Οπότε σε ένα μόνο σημείο η εφαπτομένη είναι παράλληλη του x΄x.

Είναι f ⎛⎜⎝⎜ e − 1 ⎠⎟⎞⎟ = ⎜⎝⎜⎛ e − 1 ⎟⎠⎞⎟ 3 ln e − 1 = − 1 e −1 = − 1 . Επομένως το ζητούμενο σημείο 3 3 3 3 3eείναι A⎛⎜⎝⎜ 1 ,− 1 ⎠⎟⎞⎟ . 3e 3eβ. Για το πρόσημο της f΄ και την μονοτονία της f σχηματίζουμε τον πίνακαx0 e − 1 +∞ 3f΄(x) - 0 +f ελάχΆρα για κάθε x ∈ (0,+∞) ισχύει f (x) ≥ f (e − 1 ) ⇔ x3 ln x ≥ − 1 ⇔ ln x x3 ≥ − 1 3 3e 3e x>0γ. Λύνω την f (x) = 0 ⇔ x 3 ln x = 0 ⇔ ln x = 0 ⇔ x = 1Οπότε το ζητούμενο εμβαδό είναι ⎟⎞⎠⎟′ 1 1 1 ln x≤0 1 ⎜⎝⎜⎛ x4 ⎡x4 x ⎤ 1 x4 4 ⎥ −1 −1 x3 ln x dx = − −1 ⎦ −1∫ ∫ ∫ ∫E = e3 f (x) dx = e3 e3 ln xdx = −⎢ 4 ln 1 + 4e 3 (ln x)′dx = ⎣ 3 e − ⎜⎜⎝⎛ e − 1 ⎠⎟⎟⎞ 4 3 − 4 − 4 − 1 1 1 x4 1 1 e 3 ⎡ x4 ⎤1 e 3 1 (e 3 )4 e − 3 1 4 x dx 3∫= − − ⋅ + =− + − = ln1 + ln + −1 = ⎢ ⎥ −1 44 4 ⎣ 16 ⎦ 12 16 16 e3 e3 e − 4 1 e − 4 4 = 3e3 e − 7 3 3 = − 7 + 3e 3− + − 4 48e3 e 12 16 16 48e 3ΘΕΜΑ 27Ο (Κοίλα - Εμβαδό)α. Δίνεται η τρεις φορές παραγωγίσιμη στο R συνάρτηση f για την οποία f (3) (x) > 0 για κάθε x ∈ R , f (3) (0) ≥ 0 και f ′′(0) = 0 . Να δειχτεί ότι η f είναικοίλη στο (−∞, 0] και κυρτή στο [0, +∞) .β. Να μελετηθεί ως προς τα κοίλα η συνάρτηση f (x) = −e −x − 3 − x + x 2 + x 3 26γ. Να βρεθεί το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από την Cf τον άξονα x΄xκαι τις ευθείες x=0 και x=1.ΛΥΣΗα. Αφού η f΄΄ είναι παραγωγίσιμη θα είναι και συνεχής. Για το πρόσημο της f(3)και την μονοτονία της f΄΄ σχηματίζουμε τον πίνακα. x -∞ + 0 +∞ f (3) (x) + f΄΄

Αλλά f ′′(x) = 0 οπότε για x>0 ισχύει f ′′(x) > 0 και για x<0 ισχύει f ′′(x) < 0Επομένως στο (−∞, 0] η f είναι κοίλη και στο [0, +∞) η f είναι κυρτή.β. Έχουμε f ′(x) = e−x −1 + x + x 2 , f ′′(x) = −e−x + 1 + x και f (3) (x) = e −x +1 > 0 2και f ′′(0) = 0 άρα από α) ερώτημα η f στρέφει τα κοίλα κάτω στο (−∞, 0] καιάνω στο [0, +∞) .∫γ. Το ζητούμενο εμβαδό είναι E = 1 f (x) dx . Είναι f ′′ ↑ και f ′′(0) = 0 οπότε 0για x>0 ισχύει f ′′(x) > 0 . Αλλά f΄ συνεχής στο [0, +∞) οπότε f ′ ↑ στο[0, +∞) . Όμως f΄(0)=0 οπότε για x>0 ισχύει f΄(x)>0. Αλλά f συνεχής στο[0, +∞) οπότε f ↑ στο [0, +∞) . Επομένως για 0 ≤ x ≤ 1 ισχύειf (0) ≤ f (x) ≤ f (1) .Είναι f (0) = −4 και f (1) = −e −1 − 3 −1+ 1 + 1 = − 1 − 4 + 4 = − 1 − 4 + 2 < 0 2 6 e 6 e 3άρα για κάθε x ∈[0, 1] είναι f(x)<0.∫ ∫Οπότε E = 1 f 1(e −x + 3 + x − x 2 − x 3 )dx = ( x))dx = 26 (− 00⎡⎢− e−x + 3x + x2 − x3 − x4 ⎤1 = −e −1 +3+ 1 − 1 − 1 +1=⎣ 2 6 ⎥ 2 6 24 24 ⎦ 0− 1 + 4+ 12 −4 −1 = − 1 + 4+ 7 = 103e − 24 e 24 e 24 24ΘΕΜΑ 28Ο (Συνάρτηση οριζόμενη από ολοκλήρωμα)Θεωρούμε την συνεχή στο διάστημα [α, β] συνάρτηση f για την οποία ισχύειf(x)>0 για κάθε x ∈[a, β]. Να αποδείξετε ότι∫ ∫α. Για την συνάρτηση h(x) = x f (t)dt β f (t)dt ισχύουν οι προϋποθέσεις του axθεωρήματος Rolle στο [α, β]β. Αν ξ∈(α, β) με h΄(ξ)=0 τότε η ευθεία x=ξ χωρίζει το χωρίο που καθορίζεταιαπό την Cf τον άξονα x΄x και τις ευθείες x=α και x=β σε δύο ισεμβαδικά χωρία.ΑΠΟΔΕΙΞΗα. Η h είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] με x (t)dt ⎞⎠⎟′ β f (t)dt + x (t)dt⎜⎝⎛ β (t)dt ⎞⎟⎠′ f (x) β f (t)dt − f (x) x f (t)dt a α x x a x∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫h′(x) = ⎝⎜⎛f f f =Επίσης h(a) = a f (t)dt β f (t)dt = 0⎫⎪ ⇒ h(a) = h(β) a f (t)dt a f (t)dt = ⎬ ∫∫ ∫∫h(β) =β β 0 ⎪⎭ α βΆρα για την h ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [α, β]

β. Η f έχει θετικές τιμές στο [α, β] οπότε αρκεί ξ f (x)dx = β f (x)dx ∫ ∫α ξΑλλά h′(ξ ) = 0 ⇔ f (ξ ) β f (t)dt − f (ξ ) ξ f (t)dt f (ξ )≠0 ξ f (t)dt = β f (t)dt =0 ⇔ ∫ ∫ ∫ ∫ξ α αξΘΕΜΑ 29Ο (Μιγαδικοί, ασύμπτωτες, εμβαδό)Δίνεται ο σταθερός μιγαδικός w ≠ 0 .α. Να αποδειχθεί ότι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ(z) του μιγαδικούεπιπέδου, για τους οποίους ισχύειz2 −2 Re(z) Im(z) = 0 (1) είναι κύκλος με κέντρο την εικόνα του w. − Im(w) Re(w)β. Αν w = 4 και ρ η ακτίνα του παραπάνω κύκλου, τότε να βρεθεί το εμβαδότου χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησηςf(x)=xlnx, την ασύμπτωτη στο +∞ της συνάρτησης g(x) = x 2 + 2x + 2 − x , τηνκατακόρυφη ασύμπτωτη της συνάρτησης φ( x) = 2x2 − 5x + 7 και την ευθεία x−ex=ρ.ΛΥΣΗα. Έστω w = a + βi και z = x + yi τότε x y(1) ⇔ x 2 + y 2 − 2 = 0 ⇔ x 2 + y 2 −2ax − 2βy = 0 ⇔ −β ax 2 − 2ax + a 2 + y 2 − 2βy + β 2 = a 2 + β 2 ⇔ (x − a) 2 + ( y − β ) 2 = w 2που παριστάνει κύκλο με κέντρο Κ(α, β) δηλαδή την εικόνα του w.β. Είναιlim g(x) = lim ( x 2 + 2x + 2 − x) = lim x 2 + 2x + 2 − x2x→+∞ x→+∞ x→+∞ x 2 − 2x + 2 + x 2 + 2 2+0 = 2 =1 x 1+0+0 +1 2= lim = x→+∞ 2 2 x x2 1+ + +1Οπότε η ασύμπτωτη της Cg στο +∞ είναι η y=1Επίσης Dy = R −{e} όπου φ συνεχής και( )lim lim ⎛⎜ 1 7) ⎟⎞ άρα η x=e μοναδική ⎝x→e+ − ⎠x→e+φ( x) = x e (2 x 2 − 5x + = +∞ 2e 2 − 5⋅e + 7 = +∞κατακόρυφη ασύμπτωτη. Ακόμη w = 4 οπότε ρ=4. Άρα το ζητούμενο∫εμβαδό είναι E = 4 f (x) −1dx . Αλλά για x ≥ e ισχύει f (x) ≥ e οπότε e

⎜⎝⎛⎜ x2 ⎟⎞⎟⎠′ ⎡x2 ⎤ 4 4 x2 (ln x)′dx − (4 − e) = 2 ⎥ e2 4 ( f (x) −1)dx = 4 4 dx e e e∫ ∫ ∫ ∫E = ln xdx − = ⎢ 2 ln x − ⎣ ⎦e ∫e 2 − 4 x dx − 4 + e = 8ln 4 − e2 − ⎡ x2 ⎤4 − 4 + e = 8 ln 4 − e2 e2 −4+e = e2 2 ⎢ 4 ⎥ 2 −4+8ln 4 − ⎣ ⎦e 2 48ln 4 − e2 + e − 8 4ΘΕΜΑ 30Ο ( Μονοτονία - Ολοκλήρωμα)Δίνονται οι παραγωγίσιμες στο R συναρτήσεις f και g για τις οποίες ισχύουν f ′(x) = 3e3ex −1+x− f (x) για κάθε x∈R και f(0)=2, και g ′(x) = 2g(x) − 2 για κάθε x∈Rκαι η γραφική παράσταση της g τέμνει τον y΄y στο ίδιο σημείο που τον τέμνεικαι η f ενώ βρίσκεται όλη πάνω από την ευθεία y=1.α. Να δειχθεί ότι οι συναρτήσεις f και g είναι γνησίως αύξουσες.β. Να βρεθούν οι συναρτήσεις f και g και να δειχθεί ότι οι γραφικές τουςπαραστάσεις έχουν δύο κοινά σημεία.γ. Να βρεθεί το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από τις γραφικέςπαραστάσεις των συναρτήσεων f και g.ΛΥΣΗα. Για κάθε x∈R ισχύει 3e3ex +x−1− f (x) > 0 ⇔ f ′(x) > 0 άρα f ↑ στο R. Δίνεταιg(x)>1 για κάθε x∈R ⇔ 2g(x) − 2 > 0 ⇔ g ′(x) > 0 άρα g ↑ στο R.β. Είναι f ′(x) = 3e3ex +x−1− f (x) ⇔ f ′( x)e f (x) = 3e x e3ex −1 ⇔∫ ∫(e f (x) )′ = (e3ex −1 )′ ⇔ (e f (x) )′dx = (e3ex −1 )′dx ⇔ e f (x) = e3ex −1 + c (1)(1) x=0 e f (0) = e3e0 −1 +c ⇔ e2 = e2 +c ⇔ c =0 οπότε ⇒e f (x) = e3ex −1 ⇔ f (x) = 3e x − 1Επίσηςg ′( x) = 2( g ( x) − 1) g ( x)>1 (g(x) −1)′ = 2 ⇔ g(x) −1 ⇔ ′ g ( x)>1 (2x)′ ⇔( ) ∫ ∫ln g(x) −1 = (ln(g(x) −1))′dx = (2x)′dx⇔ ln(g(x) −1) = 2x + c (2) x=0(2) ⇒ ln(g(0) −1) = 0 + c ⇔ c = 0 οπότεln(g(x) −1) = 2x ⇔ g(x) −1 = e 2x ⇔ g(x) = e 2x +1Η εξίσωση f (x) = g(x) γίνεται ex =y3e x −1 = e 2x +1 ⇔ e 2x − 3e x + 2 = 0 ⇔ y 2 − 3y + 2 = 0 ⇔y = 1 ή y = 2 ⇔ e x = 1 ή e x = 2 ⇔ x = 0 ή x = ln 2

Άρα οι Cf και Cg έχουν δύο κοινά σημεία.∫ ∫ ∫γ. E = ln 2 f (x) − g(x) dx = ln 2 3e x −1− e 2x −1dx = ln 2 − e 2x + 3e x − 2 dx 00 0Είναι − e 2x + 3e x − 2 = −(e x −1)(e x − 2) x -∞ 0 ln2 +∞ ex-1 ex-2 - 0+ + -(ex-1)(ex-2) - - -0+ 0 +0 - ⎡ e2x ⎤ ln 2 ⎢− 2 ⎥∫Άρα E= ln 2 (−e 2x + 3e x − 2)dx = ⎣ + 3e x − 2 x = 0 ⎦0 e 2 ln 2 + 3e ln 2 − 2 ln 2 − ⎝⎜⎛⎜ − e0 + 3e 0 − 2 ⋅ 0⎠⎞⎟⎟ = −2 + 6 − 2 ln 2 + 1 −3= 3 − 2 ln 2− 2 2 2 2ΠαρατήρησηΤο α ερώτημα θα μπορούσε να λυθεί μετά το β και με χρήση αυτού.ΘΕΜΑ 31Ο (Bolzano – Rolle – De l’ Hospital – Ολοκλήρωμα)Δίνεται η συνάρτηση φ(x) = x ln x , x>0 και έστω a = limφ(x) . Δίνεται ακόμη η x→0τρεις φορές παραγωγίσιμη στο [0, +∞) συνάρτηση g με θετικές τιμές στο∫διάστημα (0, 1) για την οποία ισχύουν 2 g(x)dx < 0, g(a) = 0 και g ′(0) = 0 . 0Δίνεται ακόμη συνάρτηση f : [a, +∞) → R με ⎪∫⎧ 1 x g(t)dt, x>a ⎨ ex 2f ( x) = 0 ⎪ 0, x=a ⎩α. Να μελετηθεί ως προς τη συνέχεια η συνάρτηση fβ. Να δειχθεί ότι υπάρχει ρ∈(1, 2) τέτοιο ώστε f (ρ) = 0γ. Να δειχθεί ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο 0δ. Να δειχθεί ότι υπάρχει ξ ∈ (0, +∞) τέτοιο ώστε f ′(ξ ) = 0ΛΥΣΗ

∞ 1α. Αρχικά a = lim φ ( x) = lim( x ln x) = lim ln x ∞ lim (ln x)′ = lim x = lim(−x) = 0 1 1 x→0 x→0 x→0 x→0 x = x→0 ⎟⎞′ x→0 x2 ⎠ ⎛⎜ 1 − ⎝ x ⎧1 x g(t)dt, x>0∫οπότε g(0)=0 και ⎪ f ( x) = ⎨ ex 2 0 ⎪ 0, x=0 ⎩Η f είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση στο (0, +∞) ως γινόμενο παραγωγίσιμων∫με f ′( x) = − 2 x g (t )dt + g(x) οπότε και συνεχής. Για τη συνέχεια στο 0 ex 3 o ex 2έχουμε f(0)=0 και∫ ∫lim f (x) = lim x ⎛⎝⎜ x g (t )dt ⎞⎠⎟′ 0 g (t )dt 0 0 g(x) 0 ( g ( x))′ g ′( x) (*) g ′(0) ex 2 0 lim = lim 2ex 0 (2ex)′ = lim 2e 2e =0x→0 x→0 (ex2 )′ = = x→0 x→0 = lim x→0 x→0οπότε f συνεχής στο 0. Άρα f συνεχής στο [0, +∞) .* g τρεις φορές παραγωγίσιμη στο [0, +∞) οπότε g΄ συνεχής στο 0.∫β. Η f (x) = 1 x g(t)dt είναι συνεχής στο [1, 2]. ex 2 0Επίσης ∫ ∫f(1)⋅ f (2) = 1 1g (t )dt ⋅ 1 2 g(t)dt < 0 αφού ∫2 g(t)dt < 0 και e 4e 0 0 0∫1 g(t)dt > 0 επειδή g(x)>0 στο (0, 1) και g συνεχής στο [0, 1]. Άρα από 0θεώρημα Bolzano υπάρχει ρ∈(1, 2) τέτοιο ώστε f(ρ)=0.γ. Έχουμε∫lim f (x) − f (0) = lim x g (t )dt 0 g(x) 0 g ′( x) 0 g ′′( x) = g ′′(0) ∈ R άρα f x − 0 0 ex 3 0 3ex 2 0 6ex 0 6e 6ex→0 x→0 = lim = lim = lim x→0 x→0 x→0παραγωγίσιμη στο 0 με f ′(0) = g ′′(0) 6eδ. Στο διάστημα [0, ρ] ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle για τηνf οπότε υπάρχει ξ∈(0, ρ) άρα και ξ∈(0, +∞) τέτοιο ώστε f ′(ξ ) = 0 .

ΘΕΜΑ 32Ο (“1-1” – αντιστροφή – μονοτονία από αντίστροφη – όριο -εμαδό)Δίνεται η συνάρτηση f : R → R με f (R) = R για την οποία f 5 (x) + f 3 (x) + x = 5 (1) για κάθε x ∈ R .α. Να δειχθεί ότι η f είναι “1-1”β. Να βρεθεί η αντίστροφη της fγ. Αν μια συνάρτηση g είναι γνησίως φθίνουσα σε ένα διάστημα Δ τότε γιαοποιαδήποτε x1 , x2 ∈ R ισχύει η ισοδυναμία x1 < x2 ⇔ g(x1 ) > g(x 2 )δ. Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία η fε. Να λυθεί η εξίσωση f(x)=0στ. Να βρεθεί το όριο lim f (x) x→+∞ζ. Να βρεθεί το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από την C f τους άξονεςx΄x και y΄y.ΛΥΣΗα. Έστω x1 , x2 ∈ R με f (x1 ) = f (x2 ) τότε⎧f 5 (x1 ) = f 5 ( x2 )⎫⎪ 3 (x1 ) = f 3 ( x2 ⎪⎨ f )⎬ οπότε⎩⎪3 f ( x1 ) = 3 f ( x 2 ) ⎪ ⎭ (1) f 5 (x1 ) + f 3 (x1 ) + 3 f (x1 ) = f 5 (x2 ) + f 3 (x2 ) + 3 f (x2 ) ⇔ 5 − x1 = 5 − x2 ⇔ x1 = x2Άρα η f είναι “1-1”β. Είναι f (R) = R οπότε D f −1 = RΈστω f (x) = y τότε f −1 ( y) = x οπότε(1) ⇔ y 5 + y 3 + 3y + f −1 ( y) = 5 ⇔ f −1 ( y) = − y 5 − y 3 − 3y + 5Άρα f −1 : R → R με f −1 (x) = −x 5 − x 3 − 3x + 5γ. Έστω x1, x2 ∈ Δ με x1 < x2 . Τότε αφού g ↓ ισχύει g(x1 ) > g(x2 )ΑντίστροφαΈστω x1 , x2 ∈ Δ με g(x1 ) > g(x2 )Αν x1 ≥ x2 τότε αφού g ↓ θα είναι g(x1 ) ≤ g(x2 ) άτοποΆρα x1 < x2Επομένως για οποιαδήποτε x1 , x2 ∈ Δ ισχύει η ισοδυναμίαx1 < x2 ⇔ g(x1 ) > g(x2 )δ. Είναι ( f −1 )′(x) = −5x 4 − 3x 2 − 3 < 0 για κάθε x ∈ R οπότε η f −1 είναιγνησίως φθίνουσα στο R.Έστω x1 , x2 ∈ R με x1 < x2Επειδή το σύνολο τιμών της f −1 (πεδίο ορισμού της f) είναι το R, υπάρχουνy1 , y2 ∈ R τέτοιο ώστε f −1 ( y1 ) = x1 και f −1 ( y2 ) = x2 f −1↓Οπότε f −1 ( y1 ) < f −1 ( y2 ) ⇔ y1 > y2 ⇔ f (x1 ) > f (x2 ) άρα f ↓ στο R

ε. f (x) = 0 ⇔ f −1 (0) = x . Αλλά f −1 (0) = 5 οπότε x=5Άρα η εξίσωση f(x)=0 έχει μοναδική ρίζα x=5( )στ. Είναι D f = R = (−∞,+∞) και f ↓ οπότε f (R) = lim f (x), lim f (x) x→+∞ x→−∞Αλλά f (R) = D f −1 = R = (−∞,+∞) . Άρα lim f (x) = −∞ x→+∞ζ. Οι συμμετρικές γραμμές των C f , y′y, x′x ως προς την ευθεία y=x είναι οιC f −1 , x′x, y′y αντίστοιχα. Οπότε το ζητούμενο εμβαδό είναι ίσο (λόγωσυμμετρίας) με το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από τιςC f −1 , x′x, y′y .Είναι f −1 (x) = 0 ⇔ −x 5 − x 3 − 3x + 5 = 0 ⇔ x = 1 φανερή ρίζα και μάλισταμοναδική αφού f −1 ↓ .∫ ∫Άρα είναι E = 1 f −1 (x)dx = 1 − x5 − x3 − 3x + 5 dx 00Είναι f −1 (1) = 0 και f −1 ↓ οπότε στο [0, 1] είναι f −1 (x) ≥ 0 άρα ⎡⎢− x6 x4 − 3x 2 ⎤ 1 = − 1 − 1 − 3 + 5 = − 2 − 3 −18 + 60 = 37 ⎣ 6 − 2 ⎥∫E = 1 x 5 − x3 − 3x + 5)dx = + 5x 4 (− 642 12 12 0 ⎦0ΘΕΜΑ 33Ο ΘΜΤ – μονοτονία - ολοκλήρωμαΔίνεται η παραγωγίσιμη στο [-α, α] (α>0) συνάρτηση f. Αν η f΄ είναι γνησίωςφθίνουσα να αποδείξετε ότι :α. f (x) > (x + a) f ′(a) + f (−a) για κάθε x ∈ (−a, a]∫β.1 a f (x)dx ≥ af ′(a) + f (−a)2a −aΑΠΟΔΕΙΞΗα. Η f είναι συνεχής στο [-α, x] και παραγωγίσιμη στο (-α, x) οπότε από ΘΜΤυπάρχει ξ∈(-α, x) τέτοιο ώστε f΄(ξ)= f (x) − f (−a) ⇔ f ′(ξ ) = f (x) − f (−a) x − (−a) x+aΑλλά ξ<x και x≤α. Επίσης f ′↓ οπότε f ′(ξ ) > f ′(a) ⇔ f (x) − f (−a) > f ′(a) ⇔ x+ax>− a⇔ x+a>0 ⇔ f (x) − f (−a) > (x + a) f ′(a) ⇔ f (x) > (x + a) f ′(a) + f (−a) (1)β. Η (1) γίνεται f (x) − (x + a) f ′(a) − f (−a) > 0 για κάθε x ∈ (−a, a]Έστω g(x) = f (x) − (x + a) f ′(a) − f (−a) x ∈[−a, a]Είναι g(x)>0 για κάθε x ∈ (−a, a] και g(−a) = 0 οπότε a g(x)dx > 0 ⇔ ∫−a

∫ ∫ ∫a f (x)dx − f ′(a) a (x + a)dx − f (−a) a dx > 0 ⇔−a −a −a∫a f (x)dx > f ′(a)⎢⎡ x2 + ax⎤⎥ a + f (−a)(a + a) ⇔ −a ⎣ 2 ⎦ −a∫a ′(a)⎝⎛⎜⎜ a2 ⎛⎝⎜⎜ (−a) 2 + a(−a)⎞⎟⎠⎟⎟⎟⎞⎠ + 2af (−a) −a 2 2 f (x)dx > f + a2 − ⇔∫a f (x)dx > 2a2 f ′(a) + 2af (−a) ⇔ −a∫1 a f (x)dx > af ′(a) + f (−a)2a −a