Η Ασκηση της Ημερας

1. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Θεωρούμε τη συνάρτηση        2
g x f 2lnx f lnx , x 0. Έχουμε:
           
2 2 4
g x 4 ln x lnx x 2g x x , x 0
   
   
    
       
       
     
2 2 2
2 2 2
2 2
g x 4 ln x 4lnx 2xg x x , x 0
g x 2xg x x ln x 4lnx 4, x 0
g x x lnx 2 , x 0
    g x x lnx 2
Θεωρούμε τη συνάρτηση     h x g x x, x 0. Επομένως,    h x lnx 2 (1).
Η f ως παραγωγίσιμη είναι και συνεχής. Η g είναι συνεχής ως αποτέλεσμα πράξεων
μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. Ομοίως και η h . Από την (1) έχουμε:
         2
h x 0 lnx 2 0 lnx 2 x e . Οπότε, η h διατηρεί πρόσημο σε καθένα από τα
διαστήματα  2
0, e και   2
e , . Αν  h x 0    2
x 0, e
η (1)           h x lnx 2 h x lnx 2, αφού        2
lnx 2 0 lnx 2 0 x e .
Αν Αν   h x 0    2
x 0, e η (1)    h x 2 lnx Οπότε, ή   h x lnx 2,   
2
x 0, e ή
  h x 2 lnx,   
2
x 0, e . Ομοίως, βρίσκουμε ότι ή   h x lnx 2,   
2
x e , ή
  h x 2 lnx,   
2
x e , . Οπότε, οι δυνατοί τύποι της h είναι:
  h x lnx 2, x 0 ή
  h x 2 lnx, x 0 ή
 
   
 
 
2
2
lnx 2, 0 x e
h x
2 lnx, x e
ή
 
   
 
 
2
2
2 lnx, 0 x e
h x
lnx 2, x e
Επομένως, οι δυνατοί τύποι της g είναι:
           2
g x x lnx 2, x 0 f lnx x lnx 2, x 0 ή
           2
g x x lnx 2, x 0 f lnx x lnx 2, x 0 ή
   
         
   
       
2 2
2
2 2
x lnx 2, 0 x e x lnx 2, 0 x e
g x f lnx
x lnx 2, x e x lnx 2, x e
ή
Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου

2. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
   
         
   
       
2 2
2
2 2
x lnx 2, 0 x e x lnx 2, 0 x e
g x f lnx
x lnx 2, x e x lnx 2, x e
Αν στην σχέση     2
f lnx x lnx 2, x 0 , θέσουμε    y2
y lnx x e έχουμε:
    y y
f y e 2, y 0
2
. Άρα,     x x
f x e 2, x 0
2
. Ομοίως εργαζόμαστε και για τα
υπόλοιπα. Άρα, οι δυνατοί τύποι της συνάρτησης f είναι:
    x x
f x e 2, x 0
2
ή
    x x
f x e 2, x 0
2
ή
 

   
 
   

x 2
x 2
x
e 2, 0 x e
2f x
x
e 2, x e
2
ή
 

   
 
   

x 2
x 2
x
e 2, 0 x e
2f x
x
e 2, x e
2
β) Θεωρούμε τη συνάρτηση  
   
   
   
       2
2 2
lne f x e f x 1 e
t x f x x ημx t x e 1
x ημx x ημx
.
Είναι:  

x 2
limt x 0. Οπότε
       
              
2 2
x 2 x 2 x 2
limf x lim x ημx g x e 1 2 ημ2 0 e 1 limf x e 1.
Όμως, η f ως παραγωγίσιμη είναι και συνεχής.
Επομένως,    
   
x 2
f 2 limf x e 1 0 και αφού η f είναι συνεχής   f x 0,    2
x 0, e .
Επιπλέον,   4
f 8 e 2,  2
8 e και αφού η f είναι συνεχής   f x 0,     2
x e , .
Τέλος  2
f e 0. Οπότε  f x 0,  x 0. Άρα,     x x
f x e 2, x 0
2
.
i) Πρέπει να δείξουμε ότι η f αντιστρέφεται, δηλαδή ότι είναι 1-1. Αρκεί να δείξουμε ότι
είναι γνησίως μονότονη.
    1 2
x , x 0, με 1 2
x x έχουμε:
 
   
x x
1 2 1 2
e : e 0
x x x x
e e e e και 1 2
x x
2 2
.
Επομένως,   1 2x x1 2
x x
e e
2 2
          1 2x x1 2
1 2
x x
e 2 e 2 f x f x
2 2
.
Οπότε, η f είναι γνησίως αύξουσα. Άρα, υπάρχει 1
f .

3. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
ii) Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής έχει σύνολο τιμών
        
  
xx 0
f 0, limf x , lim f x . Έχουμε:
   
 
 
        
 
x
x 0 x 0
x
limf x lim e 2 1 0 2 1
2
       
 
          
 
x
x x
x
lim f x lim e 2 2
2
Οπότε          f 0, 1, . Άρα, η f
C έχει με την ευθεία y α, α
 κανένα κοινό σημείο   α 1
 μοναδικό κοινό σημείο   α 1, αφού η f είναι 1-1
iii) Η 1
f έχει πεδίο ορισμού το σύνολο τιμών της f .
Θα δείξουμε ότι η 1
f και η f έχουν το ίδιο είδος μονοτονίας.
     1 2
y , y 1, με 1 2
y y έχουμε:          

   
  
f:
1 1 1 1
1 2 1 2
f f y f f y f y f y .
Οπότε η 1
f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής (υπόθεση). Έτσι, για το σύνολο τιμών της
θα ισχύει:
        
 
    1 1 1
x 1 x
f 1, limf x , lim f x    0, . Επομένως,  

 1
x
lim f x .
Επιπλέον  

 
 
   
 
1
u
x
x u 0
1
lim f limf u 1
x
. Άρα, το ζητούμενο όριο γίνεται:
   

  
  
  
 
 
1
x
1 f x 1
lim
1 31
f 3
x
iv) Είναι:     4 24
f 4 e 2 e
2
. Ακόμη    
x
x
e 1
f' x
22 e
.
Οπότε,
      
4 4
24
e 1 e 1
f' 4
2 22e2 e
     21
f' 4 e 1
2
.
Άρα,
                   2 21
ε : y f 4 f' 4 x 4 ε : y e e 1 x 4
2
      2 21
ε : y e 1 x e 2
2
.

4. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Ισοδύναμα η αρχική σχέση γράφεται:
      
2 2
f(2lnx) x lnx 2 και με  g(x) f(2lnx) x,  h(x) lnx 2 γίνεται g(x) h(x) .
Η g ορίζεται στο  0, και η h έχει μόνη ρίζα το 2
e .
Άρα η g διατηρεί πρόσημο στο καθένα από τα  2
0,e και  2
e , ως συνεχής στο  0, με
μόνη ρίζα το 2
e .
Ι) Αν g(x) 0στα  2
0,e και  2
e , τότε είναι:    
 
2
2
2 lnx, 0 < x < eg(x) lnx 2
lnx 2, x e
Για    u
u 2lnx x e η προηγούμενη σχέση γράφεται:
 
     u x
u 4 x 4
f(u) e f(x) e ,x 0
2 2
ΙΙ) Αν g(x) 0στα  2
0,e και  2
e , τότε είναι:     
 
2
2
lnx 2, 0 < x < eg(x) lnx 2
2 lnx, x e
Για    u
u 2lnx x e η προηγούμενη σχέση γράφεται:
 
      u x
u 4 x 4
f(u) e f(x) e ,x 0
2 2
ΙΙΙ) Αν g(x) 0στο  2
0,e και g(x) 0στο  2
e , τότε είναι:
 g(x) 2 lnx, x 0και με    u
u 2lnx x e γράφεται   x x
f(x) e 2
2
, x 0
ΙV) Αν g(x) 0 στο  2
0,e και g(x) 0στο  2
e , τότε είναι:
 g(x) lnx 2, x 0 και με    u
u 2lnx x e γράφεται   x x
f(x) e 2
2
, x 0
β) Από τις 4 πιθανές συναρτήσεις η μόνη που ικανοποιεί και τις 2 συνθήκες του
ερωτήματος β) είναι η   x x
f(x) e 2
2
, x 0(απλές πράξεις).
i) H f αντιστρέφεται στο  0, ως .
ii) To Σ.Τ. της f είναι   1, από γνωστό θεώρημα. Άρα αν  a 1η εξίσωση f(x) a
αδύνατη και αν  a 1έχει μία λύση θετικό.
iii) Θέτω    x xx
1 x 2
φ(x) 1
2e ee
, x 0και είναι

 
x
lim φ(x) 1.
Άρα για μεγάλα x είναι
Λύνει ο Κώστας Δεββές

5. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
        
       
x
x x x x xx
x x x
1 x 2 e x 2
φ(x) 0 1 1
2e e e 2e ee
x
e 2 e f(x) e lnf(x) x
2
(με x το 1
f (x)) 
  1
lnx f (x).
Επειδή

 
x
lim lnx θα είναι 

 1
x
lim f (x) .
Άρα 

  1
x
lim(1 f (x)) και με 
1
u
x
το
 
   
x u 0
1
lim f( ) 3 limf(u) 3 2
x
.
Τελικά το ζητούμενο όριο είναι 
iv) Mετά τις πράξεις η ζητούμενη εφαπτομένη γίνεται:

  
2
2e 1
y x e 2
2
.

6. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Η σχέση της υπόθεσης είναι : για κάθε x 0
    2 2 4 2
f (2lnx) 4 ln x lnx 2xf(2lnx) x   2 2
f (2lnx) 2xf(2lnx) x =  2
4 ln x 4lnx
  2
(f(2lnx) x) =  2
(lnx 2) .
Θέτω     
u
2
u
2lnx u lnx x e
2
οπότε έχω για u R , 
u
22
(f(u) e ) =  2u
( 2)
2
(1).
Αν τώρα g(x) 
x
2
(f(x) e ) , x R η σχέση (1) γράφεται: 2
g (x)=  2x
( 2)
2
.
Γιά x 0  g(x) 0 
x
2
2
=0 x 4 και επειδή g συνεχής ως άθροισμα παραγωγίσιμων, θα
διατηρεί πρόσημο στα διαστήματα    0,4 , 4, .
Δηλαδή  
x
g(x) 2
2
και διακρίνοντας περιπτώσεις έχω:
i) g(x) 0   x 0,4 , g(x) 0    x 4, τότε από σχέση (1)
 
x
g(x) 2
2
 
x
2
(f(x) e ) = 
x
2
2
 
x
2
f(x) e + 
x
2
2
, x 0 .
ii) g(x) 0   x 0,4 , g(x) 0    x 4, τότε από σχέση (1)
  
x
g(x) 2
2
 
x
2
(f(x) e ) =- 
x
2
2
 
x
2
f(x) e - 
x
2
2
, x 0.
iii) g(x) 0   x 0,4 , g(x) 0    x 4, τότε από σχέση (1)
 
x
g(x) 2
2
 
x
2
(f(x) e ) = 
x
2
2
 
x
2
f(x) e + 
x
2
2
, x 0.
iv) g(x) 0   x 0,4 , g(x) 0    x 4, τότε από σχέση (1)
  
x
g(x) 2
2
 
x
2
(f(x) e ) = 
x
2
2
 
x
2
f(x) e - 
x
2
2
, x 0.
β)Αν φ(x)
 
 2
lne f(x) e
x ημx
 
 2
1 f(x) e
x ημx
τότε


x 2
limφ(x) 0 και   2
f(x) x φ(x)ημx e 1επόμενα
επειδή f συνεχής ,

  
x 2
f(2) limf(x) e 1, g(2) f(2) e=-1<0, g(8)  4
f(8) e =2>0 συνεπώς από
περίπτωση iii) προκύπτει ότι

x
2
f(x) e + 
x
2
2
, x 0.
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς

7. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
i) Η f είναι παραγωγίσιμη με

 
x
2
e 1
f΄(x) 0
2
 x 0 συνεπώς f γνήσια αύξουσα στο
 0, ,οπότε η f είναι 1-1 ,άρα αντιστρέφεται .
ii) Είναι 


x 0
lim f(x) 
x 0
lim (
x
2
e + 
x
2
2
)=-1,
 

x
lim f(x)
 x
lim (
x
2
e + 
x
2
2
)=και επειδή f γνήσια
αύξουσα στο  0, θα είναι    f 0,   1, . Επόμενα:
Αν  α 1, τότε α   f 0, , άρα η γραφική παράσταση της f και η ευθεία y=α
δεν έχουν κανένα κοινό σημείο.
Αν  α 1, τότε α   f 0, , άρα η γραφική παράσταση της f και η ευθεία y=α
έχουν μοναδικό κοινό σημείο λόγω μονοτονίας της f .
iii) Από δ) έχω ότι    f 0,   1, = 1
f
D . Τώρα έστω 1 2
y ,y    f 0,   1, = 1
f
D με
 1 2
y y  
 1 1
1 2
f(f (y )) f(f (y ))  
1 1
1 2
f (y ) f (y )
διότι f γνήσια αύξουσα στο  0, . Επόμενα 1
f γνήσια αύξουσα στο   1, . Συνεπώς
  
  1
f 1, 
 

1 1
xx 1
( lim f (x), lim f (x))= 0, οπότε 
 
 1
x
lim f (x) . Τώρα το ζητούμενο όριο
είναι:





1
x
1 f (x)
lim
1
f( ) 3
x




 
1
1x
2x
1 f (x)
lim
1
e 1
2x
 

  
 
1
1x
2x
1
lim[ 1 f (x) ]
1
e 1
2x
, διότι

 
  1
x
lim (1 f (x)) και
 

 
1x
2x
1 1
lim
21
e 1
2x
.
iv) Η εφαπτόμενη στο  4,f(4) είναι:   y f(4) f΄(4)(x 4). ΄Όμως   2
f 4 e
  

2
e 1
f΄ 4
2
, οπότε (ε):
 
   
 
2
2 e 1
y e (x 4)
2
 
    
 
2
2e 1
y x e 2
2
.

8. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
2 2 4
2 2 2
2 2
u
2
2u
22
f : , παραγωγίσιμη
f (2lnx) 4 ln x lnx x 2f(2lnx) x ,(1) για κάθε x>0
f (2lnx) 2xf(2lnx) x ln x 4lnx 4,x 0
(f(2lnx) x) (lnx 2) ,x 0.
Θέτω u=2lnx, x>0 x e
(u 4)
(f(u) e ) ,u .
4

       
      
   
 

  
α)
u
2
2
2
Θέτω g(u)=f(u)-e ,u
u 4(u 4)
g (u) ,u g(u) ,u (2)
4 2
g(u) 0 u 4
u 4
για κάθε u 4 είναι 0 g(u) 0 g(u) 0,g συνεχής στο , άρα η
2
g διατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα (- , 4) κ


    
   

      

u 4
,u 4
2
4 u
,u 4
2
4 u
,u 4
2
u 4
,u 4
2
x
2
f
αι (4, + ). Ετσι
4 u
g(u) ,u , ή g(u)= {
2
4 u
ή g(u)={ ή g(u)= ,u .
2
1
Kατά συνέπεια, και επειδή D (0, ), f(x)=e x 2,x 0
2










 


    
x x
2 2
x x
2 2
1 1 x
e x 2,x 4 e x 2,x 4
2 2 2
1 1
e x 2,0 x 4 e x 2,0 x 4
2 2
4
2 2x 2
(a) ή
1
f(x) { (β) ή f(x)={ (γ) ή f(x)=e x 2,x 0 (δ) .
2
lne f(x) e 1 f(x) e
Αν lim 0,f(8) e 2, έστω h(x) ,
x ημx x ημx
     
       

   
   
   β)
x 2
2 2
x 2 x 2
0
x 2
άρα limh(x) 0
και f(x) h(x)x ημx e 1 limf(x) lim(h(x)x ημx e 1) 0 4 ημ2 e 1 e 1.
H f είναι παραγωγίσιμη, άρα και συνεχής στο (0, + ).
Αρα η f είναι συνεχής και στο χ 2,
οπότε f(2)=limf(x) f(

 


             



4
x
2
2) e 1.
Eίναι και f(8)=e 2, άρα ο τύπος της f είναι ο (δ), δηλ.
x
f(x) e 2,x 0.
2
 

   
Λύνει η Ντίνα Ψαθά

9. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
x
2
1
f
1 1
Για κάθε x 0,f'(x) e 0 f γνησίως αύξουσα στο (0,+ ) f 1 1, άρα
2 2
υπάρχει η f (είναι συνάρτηση).
Οι τετμημένες των κοινών σημείων των C και ε: y = α, α είναι οι λύσεις της
εξίσωσης f(x

       

i)
ii)
xx 0
f
) = α, α .
Α (0, ).
lim f(x)= 1, lim f(x) ,f συνεχής και γνησιως αύξουσα στο Α, f(A) ( 1, ).
Αρα, αν α -1, τότε οι C , ε , δεν εχουν κοινά σημεία.
Αν α > -1, τότε υπάρχει ένα ακ
 

  
      

1 1 f
ριβώς x 0, ώστε f(x ) α, οπότε οι C και ε , έχουν ένα
ακριβώς κοινό σημείο.
 
1
f
1 1
1 2 1 2 1 2
1 1
1 2
1 1 1 1
1 2 1 2 1 2
D f(A) ( 1, ).
Για καθε y ,y ( 1, ) με y y είναι f(f (y )) f(f (y )),
f γν αυξουσα f (y ) f (y ),
(γιατί αν ήταν f (y ) f (y ), f γν. αυξ f(f (y )) f(f (y )) y y , άτοπο).
Αρα

 
 
   
   
    
 
    
iii)
1
1 1
1
x
1
x
1
2x
x x
η f είναι γνησίως αύξουσα στο (-1,+ ).
Η f είναι και συνεχής, άρα f (( 1, )) (0, ).
Aρα lim f (x) .
Ετσι lim (1-f (x)) 1 ( ) .
1 1
Eπίσης lim (f( ) 3) lim(e 1) 1 0 1 2,
x 2x
ά

 




 

   
 
    
       
1
x
f
2 2
2 2
1 f (x) 1
ρα lim ( ) .
1 2
f( ) 3
x
Η εξίσωση της ευθείας ε , που εφάπτεται της C , στο σημείο (4,f(4)) είναι η
e 1 e 1
ε : y-f(4)=f΄(4)(χ-4). Είναι f(4)=e , f '(4)= , άρα ε: y-e (x 4), δηλ
2 2



    

 
 
iv)
2
2
αδή
e 1
ε: y= x (e 2).
2

 

10. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Για κάθε x > 0 ισχύει:
   
   
   
   
   
2 2 4
2 2 2
2 2
2 2
f 2lnx 4 ln x lnx x 2f 2lnx x
f 2lnx 2xf 2lnx x ln x 4lnx 4
f 2lnx x lnx 2
f 2lnx x lnx 2
f 2lnx x lnx 2 1
       
     
     
     
  
Θέτουμε
   
   
    2
g x f 2lnx x
1 g x lnx 2
g x 0 g x 0 lnx 2 0 lnx 2 0 lnx 2 x e
 
  
            
Η f είναι παραγωγίσιμη στο άρα και συνεχής .
Η g είναι είναι συνεχής στο  0, ως πράξεις συνεχών και έχει μοναδική ρίζα
το 2
e , άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα    2 2
0,e και e ,
στα οποία η ρίζα της χωρίζει το  0,
 Αν
     
 
2 2
2
2
g x 0 x 0,e e ,
2 lnx ,0 x e
Τότε g x lnx 2
lnx 2,x e
    
   
   
 
 Αν
     
 
2 2
2
2
g x 0 x 0,e e ,
lnx 2,0 x e
Τότε g x lnx 2
2 lnx, x e
    
   
    
 
 Αν
       
   
2 2
2 2
2 2
g x 0 x 0,e και g x 0 x e ,
lnx 2 , 0 x e 2 lnx , 0 x e
τότε g x 2 lnx x 0,
lnx 2 , x e 2 lnx , x e
      
        
       
     
 Αν
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος

11. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
       
   
2 2
2 2
2 2
g x 0 x 0,e και g x 0 x e ,
lnx 2 , 0 x e lnx 2 , 0 x e
τότε g x lnx 2 x 0,
lnx 2 , x e lnx 2, x e
      
        
       
    
Δηλαδή
  
2
2
2 lnx ,0 x e
f 2lnx x
lnx 2,x e
   
  
 
  
2
2
lnx 2,0 x e
f 2lnx x
2 lnx, x e
   
  
 
    f 2lnx x 2 lnx x 0,     
    f 2lnx x lnx 2 x 0,     
Θέτουμε
u
2
u
2lnx u lnx x e
2
    
Οπότε οι δυνατοί τύποι της f στο  0, είναι:
  
u
2
u
2 22
u
2
u
2 e , 0 u 4
u2f u αφού 0 x e 0 e e 2 u 4
2u
2 e , u 4
2

   
         
   

  
u
2
u
2
u
2 e , 0 u 4
2f u
u
2 e , u 4
2

   
 
   

  
u
2
u
f u 2 e u 0
2
    
  
u
2
u
f u 2 e u 0
2
    
β) H f είναι συνεχής στο 2 άρα    x 2
limf x f 2


Είναι
   
   2x 2
lne f x e 1 f 2 e
lim 0 0 1 f 2 e 0 f 2 e 1
4ημ2x ημχ
   
          και
  4
f 8 e 2 
Οι τιμές αυτές δίνονται μόνο από τον τελευταίο τύπο  
u
2
u
f u 2 e u 0
2
    
Άρα ο τύπος της f στο  0, είναι:  
x
2
x
f x 2 e x 0
2
    

12. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
γ)    
x
2
1 1
x 0 είναι f x e 0 άρα f στο 0, οπότε 1 1 και αντιστρέψιμη.
2 2
      
δ)
 
 
x
2
x 0 x 0
x
2
x x
x
lim f x lim 2 e 0 2 1 1
2
x
lim f x lim 2 e 2
2
 
 
 
 
        
 
 
          
 
H f είναι συνεχής και            xx 0
στο 0, άρα f 0, limf x , lim f x 1, 
     
Το πλήθος των κοινών σημείων της f
C με την ευθεία ψ = α,α εξαρτάται από το
πλήθος των ριζών της εξίσωσης  f x α
 Αν   α 1 τότε α f 0,    άρα η εξίσωση είναι αδύνατη και η f
C δεν έχει κοινά
σημεία με την ψ = α.
 Αν   α 1 τότε α f 0,    και η εξίσωση  f x α έχει μοναδική λύση στο  0,
αφού f οπότε η f
C έχει μοναδικό κοινό σημείο με την ψ = α.
ε) Η 1
f
έχει π.ο το     f 0, 1,    και σύνολο τιμών το π.ο της f το  0,
Δηλαδή     1
f 1, 0,
   
Η    1
f στο 0, f στο 1,
    (με απόδειξη) είναι και συνεχής οπότε
           1 1 1 1
x xx 1
f 1, lim f x , lim f x 0, lim f x
   
 
       
 
   
1
u
x
x x x
u 0
1
x
1
lim f lim f u 1
x
1 f x 1
Άρα lim
1 3 21
f 3
x


  



 
   
 
   
   
  
 
 
στ)      2 21
f 4 e , f 4 e 1
2
  
Η εφαπτομένη της f
C στο   A 4,f 4 έχει εξίσωση:
         2 2 2 21 1
y f 4 f 4 x 4 y e e 1 x 4 y e 1 x e 2
2 2
            

13. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α)
Έχουμε:    2 2 4
f 2lnx - 4 = ln x-lnx + x 2f 2lnx - x , x > 0 
  .
Θέτουμε y 2lnx και έχουμε:
     
2 2y y2
y2 2 2
y y
f y 4 2y 2e f y e f y e 2 ,μεy 0
4 2
   
            
  
.
Θέτουμε αρχικά όπου y το x και στην συνέχεια    
x
2
g x f x e ,μεx 0   , οπότε έχουμε:
 
2
2 x
g x 2
2
 
  
 
.
Παρατηρούμε ότι η g μηδενίζεται στο 4, και διατηρεί πρόσημο στα διαστήματα
   0,4 , 4, . Επίσης αφού g συνεχής (πράξεις συνεχών) , συνοπτικά για αυτήν έχουμε:
x 0 4 
g(x) + +
g(x) + -
g(x) - +
g(x) - -
Έτσι οι πιθανοί τύποι της f είναι:
1.    
x
2
x
f x e 2,x 0,
2
     ,
2.    
x
2
x
f x e 2 ,x 0,
2
     ,
3.  
x
2
x
2
x
e 2,0 x 4
2f x
x
e 2 ,x 4
2

   
 
   

,
4.  
x
2
x
2
x
e 2 ,0 x 4
2f x
x
e 2,x 4
2

   
 
   

.
β)
Από την σχέση   4
f 8 e 2  , οι τύποι 2,3 απορρίπτονται, ενώ απο το όριο:
Λύνει ο Κώστας Τσόλκας

14. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
 
2x 2
lne f x e
lim
x ημx
 
, με την χρήση βοηθητικής συνάρτησης , υπολογίζουμε το όριο:
 x 2
limf x e 1

  , το οποίο απορρίπτει τον πιθανό τύπο 4.
Άρα ο τύπος της f είναι ο 1 , δηλαδή  
x
2
x
f x e 2 , x 0
2
    .
β) i)
Έχουμε για την παραγωγίσιμη f:
 
x
' x 2
1 1
f e 0
2 2
   , για κάθε x 0 . Άρα η f είναι ¨1-1¨ ως γνησίως αύξουσα για x 0 , άρα
υπάρχει η αντίστροφή της, η 1
f
.
β) ii)
Επειδή f : συνεχής, γνησίως αύξουσα στο  0, το σύνολο τιμών της είναι το:
           xx 0
f A f 0, limf x , lim f x 1, 
      . (Τα όρια είναι εύκολα να υπολογιστούν)
Οπότε αν  α f A α 1    , η  f x α έχει ακριβώς μία ρίζα.( μονοτονία της f ),
ενώ αν α 1  δεν έχει ρίζες.
β) iii)
Επειδή η 1
f
έιναι συνεχής και γνησιώς αύξουσα στο  1,  (αφου η f είναι γνησίως
μονότονη στο Α , η 1
f
είναι γνησίως μονότονη με το ίδιο είδος μονοτονίας στο  f A ,
*Ευκολη απόδειξη με άτοπο) , απο το σύνολο τιμων της 1
f
που είναι το  0, (πεδίο
ορισμού της f ) , έχουμε ότι :
 1
x
lim f x

  .
Επίσης
1
2x
1 1
f e 2
x 2x
 
   
 
, συνεχής στο  0, , με
x
1
lim f 1 0 2 1
x
 
     
 
,
οπότε το ζητούμενο όριο έιναι της μορφής
1
 
  
και είναι ίσο με – .
β) iv)
Έχουμε   2
f 4 e ,      21
f 4 e 1
2
, οπότε η εφαπτομένη της f
C στο   4,f 4 έιναι η ευθεία :
 2 21
y e 1 x e 2
2
    .

15. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17