Τον Ιούνη του 2017 μετά από ιδέα του lisari και του Μάκη Χατζόπουλου, διακεκριμένοι συγγραφείς μαθηματικών βιβλίων παραχώρησαν ένα θέμα ο καθένας, λίγο πριν τις πανελλήνιες εξετάσεις. Αυτές είναι οι λύσεις που πρότεινα στα θέματα των κυρίων Στεργίου, Σκομπρή (ΔΙΠΛΗ λύση), Μιχαηλίδη, Μαυρίδη, Πατήλα (λύση μαζί με τον Γιάννη Καρεκλά), καθώς και η πρότασή μου για το θέμα του κυρίου Τάσου, που υπάρχει αποκλειστικά εδώ.

1. Φάνης Μαργαρώνης
Προτεινόμενες Λύσεις
σε θέματα που
πρότειναν γνωστοί
συγγραφείς στο lisari
Ιούνης 2017

2. http://lisari.blogspot.gr
Γενικό Θέμα (Για θέμα Γ )
Μπάμπης Στεργίου 2017
Δίνονται οι συναρτήσεις :
2
f(x) 2(x 1)ln(x 1) x 2x     ,
g(x) (x 1)ln(x 1)   και
21 1
h(x) (x 1) 2x
2 2
     .
Α. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και να βρείτε το σύνολο τιμών της.
Β. Να βρείτε το πρόσημο της f και τις ασύμπτωτες της g
C .
Γ. Να λύσετε την εξίσωση g(x) h(x) και να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της g είναι
πάνω από τη γραφική παράσταση της h , με εξαίρεση το σημείο O(0,0) .
Δ. Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των g και h έχουν κοινή εφαπτομένη στο κοινό
τους σημείο.
Ε. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της
συνάρτησης g τον άξονα των τετμημένων και την ευθεία x 1 .
Είναι βασισμένο σε σχετική άσκηση από το σχολικό βιβλίο.

3. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΗ ΛΥΣΗ – ΦΑΝΗΣ ΜΑΡΓΑΡΩΝΗΣ
ΓΙΑ ΤΟ ΘΕΜΑ Γ ΤΟΥ ΚΥΡΙΟΥ ΜΠΑΜΠΗ ΣΤΕΡΓΙΟΥ
Α. Έχουμε 2
f(x) 2(x 1)ln(x 1) x 2x= + + + − με πεδίο ορισμού Α=(-1,+∞).
Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη, άρα και συνεχής, ως αποτέλεσμα πράξεων
μεταξύ συνεχών.
Έχουμε: f '(x) 2ln(x 1) 2 2x 2 f '(x) 2ln(x 1) 2x= + + + − ⇔ = + + , x>-1
και
2
f ''(x) 2 0
x 1
= + >
+
για κάθε x∈(-1,+∞) ,
άρα η f ’ θα είναι γνησίως αύξουσα στο (-1,+∞) ,
ενώ προφανώς είναι f '(0) 0= .
Οπότε: για 1 x 0 f '(x) f '(0) 0− < < ⇒ < = και f συνεχής, άρα
η f θα είναι γνησίως φθίνουσα στο (-1,0)
και: για x 0 f '(x) f '(0) 0> ⇒ > = και f συνεχής, άρα
η f θα είναι γνησίως αύξουσα στο (0,+∞)
Εποπτικά:
x -1 0 +∞
f ‘(x) - +
f (x) д е
Για το Σύνολο τιμών:
• στο Δ1=(-1,0) η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, επομένως θα είναι
f(Δ1)=( )x 0 x 1
lim f (x), lim f (x) (0,3)− +
→ →−
= .
Επειδή:
x 0
lim f (x) f (0) 0−
→
= = , αφού η f συνεχής στο 0
και ( )2
x 1 x 1
lim f (x) lim 2(x 1)ln(x 1) x 2x 2 0 1 2 3+ +
→− →−
= + + + − = ⋅ + + = ,
αφού ( )
έ u=x+1
DLHx 1 x 1 u 0 u 0 u 0
ln(x 1) ln u
lim (x 1)ln(x 1) lim lim lim( u) 0
1 1
x 1 u
+ + + + +
−∞
θ τω +∞
→− →− → → →
+
+ + = = = − =
+
• στο Δ2=[0,+∞) η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, άρα
f(Δ2)= ) [ )x
f (0), lim f (x) 0,
→+∞
 = +∞

,
σελ. 1

4. Επειδή: ( )
( )
2
x
lim 2(x 1)ln(x 1) x 2x
+∞⋅ +∞ +∞
→+∞
+ + + − + ∞=
Τελικά θα είναι: [ )1 2f (A) f ( ) f ( ) f (A) 0,= ∆ ∆ ⇔ = +∞
B. Από τη μονοτονία της f (ερ.Α) συμπεραίνουμε ότι η f παρουσιάζει ολικό
ελάχιστο για x=0 το f(0)=0.
Επομένως θα είναι f(x)≥0 για κάθε x∈(-1,+∞), ενώ η ισότητα ισχύει μόνο
για x=0, αφού :
για -1<x<0 η f είναι γνησίως φθίνουσα, άρα f (x) f (0) 0> =
και για x>0 η f είναι γνησίως αύξουσα, άρα f(x)>f(0)=0.
Για τις ασύμπτωτες της Cg:
• Είναι ( )x 1 x 1
lim g(x) lim (x 1)ln(x 1) 0+ +
→− →−
= + += , από ερ. Α
Επομένως η g δεν έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη.
• Είναι
(1 0) ( )
x x x
g(x) x 1 1
lim lim ln(x 1) lim 1 ln(x 1)
x x x
+ ⋅ +∞
→+∞ →+∞ →+∞
+     
= ⋅ + = + ⋅ + = + ∞    
    
Επομένως η Cg δεν έχει οριζόντιες ή πλάγιες ασύμπτωτες.
Γ. Παρατηρώ ότι: ( ) 2
2 g(x) h(x) 2(x 1)ln(x 1) (x 1) 4x 1 f (x)− = + + + + − −=
Δηλαδή ισχύει: ( )f (x) 2 g(x) h(x)= − (1).
Οπότε, λόγω της (1), ισοδύναμα έχουμε: ότι η εξίσωση
g(x)=h(x) ⇔ f(x)=0 ⇔ x=0 (από ερ.Β).
Επίσης ισχύει g(0)=h(0)=0, οπότε μένει να δείξω ότι g(x)>h(x) για κάθε
( ) ( )x 1,0 0,∈ − +∞ .
Ισοδύναμα, λόγω της (1), αρκεί f(x)>0 , που έχει αποδειχτεί στο ερ.Β.
Δ. Κοινό σημείο των Cg και Ch είναι το Ο(0,0), οπότε για να έχουν κοινή
εφαπτομένη στο Ο, αρκεί να δείξω ότι f '(0) g'(0)= .
Όμως g’(x)=ln(x+1)+1 , x>-1 , άρα g’(0)=1
Και h’(x)=-x+1 , x∈R, επομένως h’(0)=1.
σελ. 2

5. Προκύπτει ότι κοινή τους εφαπτομένη στο Ο(0,0) είναι η y=x.
E. Δείξαμε ότι g(0)=0
• Για 1 x 0 0 x 1 1− < < ⇒ < + < (2) άρα και ln(x+1)<ln1=0 (3)
Άρα από (2),(3) προκύπτει: (x+1)ln(x+1)<0 ⇔ g(x)<0
• Για x 0 x 1 1> ⇒ + > (4) , άρα και ln(x+1)>ln1=0 (5).
Άρα από (4), (5) προκύπτει:(x+1)ln(x+1)>0 ⇔ g(x)>0.
Συμπεραίνουμε ότι μοναδική ρίζα της g είναι το 0 και ότι στο [0,1] έχουμε
g(x)>0.
Οπότε το ζητούμενο εμβαδόν θα είναι:
[ ]
1
2 2
1 1 1
0 0 0
0
2 2
1 1
0 0
12
1 1
00
0
x x 1
E g(x)dx (x 1)ln xdx x ln(x 1) x dx
2 2 x 1
1 1 x 2x 3 1 x 2x 1 1
1 ln 2 0 dx ln 2 dx
2 2 x 1 2 2 x 1
3 1 1 3 1 x 1
ln 2 x 1 dx ln 2 x ln(x 1)
2 2 x 1 2 2 2 2
3
2
    
= = + = + + − + ⋅ =    
+    
+ + + − 
= + − − = − = 
+ + 
  
= − + − = − + + + =   +   
=
∫ ∫ ∫
∫ ∫
∫
1 1 1 3
ln 2 1 ln 2 2ln 2 τ.μ.
2 2 2 4
 
− ⋅ + + = − 
 
Οπότε
3
2ln 2 τ.μ.
4
Ε= −
σελ. 3

6. http://lisari.blogspot.gr
Γενικό θέμα
Επιμέλεια: Νίκος Σκομπρής
Θεωρούμε την παραβολή 2
C: y 4x και το σημείο  4,0 . Το σημείο  ,2  
με 0 4   κινείται κατά μήκος της παραβολής απομακρυνόμενο από την κορυφή
της και θεωρούμε το σημείο  , 2 .   
Όταν η ευθεία : y x 1   εφάπτεται της παραβολής στο σημείο Μ, να υπολογίσετε το
ρυθμό μεταβολής:
α) της γωνίας ˆ .
β) του εμβαδού του τριγώνου ΚΜΝ.
Σημείωση: Μια άσκηση (θέμα 4ο του κριτηρίου αξιολόγησης στο ρυθμό μεταβολής)
που θα προβληματίσει και είναι από το νέο βιβλίο του Νίκου που θα κυκλοφορήσει σε
λίγες μέρες! Η μεταβλητή δεν είναι ο χρόνος όπως συνήθως… και ….

7. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΗ ΔΙΠΛΗ ΛΥΣΗ – ΦΑΝΗΣ ΜΑΡΓΑΡΩΝΗΣ
ΓΙΑ ΤΟ ΘΕΜΑ ΤΟΥ ΚΥΡΙΟΥ ΝΙΚΟΥ ΣΚΟΜΠΡΗ
Η «ταχύτητα» μεταβολής των τιμών μιας συνάρτησης f(x), η οποία
περιγράφει ένα μέγεθος , όταν η τιμή του x μεταβάλλεται, λέγεται
ρυθμός μεταβολής του μεγέθους f(x) ως προς τη μεταβολή της
ανεξάρτητης μεταβλητής x, με δεδομένο ότι η f είναι μια
παραγωγίσιμη συνάρτηση στην αντίστοιχη θέση.
Σύμφωνα με τη σημείωση επί του θέματος –η οποία όμως δεν είναι
μέρος της εκφώνησης- μεταβλητή ΔΕΝ είναι ο χρόνος, οπότε η μόνη
μεταβλητή εδώ είναι το α, συνεπώς σε ένα πρώτο πρώτο μέρος θα
θεωρήσω τις μεταβολές ως προς το α.
Παρόλα αυτά, επειδή αντικειμενικά υφίσταται μεταβολή ως προς το
χρόνο, και στην εκφώνηση δεν αποσαφηνίζεται η ανεξάρτητη
μεταβλητή για το ρυθμό μεταβολής, θα επιχειρήσω και μια
προσέγγιση των ρυθμών μεταβολής ως προς το χρόνο, στο δεύτερο
μέρος της πρότασής μου.
σελ. 1

8. ΠΡΩΤΟ ΜΕΡΟΣ (μεταβολή ως προς α)
Από τα δεδομένα του προβλήματος προκύπτει το σχήμα:
Το Μ ( ),2α α κινείται επί του «πάνω» κλάδου της παραβολής y2=4x ,
με 0<α<4.
Επομένως κινείται απομακρυνόμενο από το Ο(0,0), πάνω στη γραφική
παράσταση της συνάρτησης f (x) 2 x= , παίρνοντας τιμές στο διάστημα
(0,4).
Συνεπώς η εφαπτομένη (η) της Cf με σημείο επαφής το Μ, θα έχει
εξίσωση:
( )y f ( ) f '( ) x− α= α ⋅ − α (1)
Όπου : f ( ) 2α = α και
1
f '( )α =
α
.
Έτσι η (1) θα γίνει: ( )
1 1
y 2 x y x 2
2
α
− α= ⋅ − α ⇔= ⋅ − + α
α α α
.
σελ. 2

9. Συνεπώς η (η) θα ταυτίζεται με την (ε) αν και μόνο αν:
1
1=
α
και 2 1
α
− + α =
α
Οι εξισώσεις ικανοποιούνται μόνο για α=1.
Οπότε θα αναζητήσουμε τους ρυθμούς μεταβολής των ζητούμενων
μεγεθών, όταν α=1.
Α. Για τη γωνία ˆΜΚΟ
Στο ορθογώνιο τρίγωνο
∆
Μ ΦΚ , με ˆΜΚΟ=θ(α) , έχουμε:
( ) ( )
2
( ) ( )
4
ΜΦ α
εφ θ α= ⇔ εφ θ α=
ΦΚ − α
Παραγωγίζουμε και προκύπτει:
( )
( )
( )
2
2 22
1
(4 ) 2
1 4
'( ) 1 ( ( )) '( )
( ) 4 4
− α + α
+ αα⋅θ α= ⇔ + εφ θ α ⋅θ α=
συν θ α − α α ⋅ − α
(2)
Όταν α=1, το τρίγωνο
∆
Μ ΦΚ έχει κορυφές: Μ(1,2), Φ(1,0) , Κ(4,0), οπότε
προκύπτει: εφ(θ(1))=
2
3
.
Έτσι για α=1 η (2) γίνεται:
2
4 4 1 5 9 5
1 '(1) '(1) '(1)
9 3 9 13 13
+ 
+ ⋅θ = ⇔ θ = ⋅ ⇔ θ = 
 
, που είναι και ο
ζητούμενος ρυθμός μεταβολής για τη γωνία ˆΜΚΟ.
Β. Για το εμβαδόν του τριγώνου ˆΜΚΝ
Είναι: Ε
KM N
(MN) ( K)
2
∆
⋅ Φ
= ,
οπότε Ε(α)=
4 (4 )
2 (4 )
2
α ⋅ − α
= α ⋅ − α
Άρα
1
'( ) (4 ) 2Ε α= ⋅ − α − α
α
σελ. 3

10. Επομένως για α=1 προκύπτει: Ε’(1)=1 ,
που είναι ο ζητούμενος ρυθμός μεταβολής. ∎
ΔΕΥΤΕΡΟ ΜΕΡΟΣ (μεταβολή ως προς t)
Α. Για τη γωνία ˆΜΚΟ
Ας θεωρήσουμε τα μεγέθη μεταβαλλόμενα ως προς το χρόνο, και έστω
to η χρονική στιγμή στην οποία ταυτίζεται η ευθεία (η) με την (ε), τότε,
σύμφωνα με όσα έχουν ειπωθεί, θα είναι:
• α(to )=1μμ/μχ
• εφ(θ(to ))=
2
3
rad/μχ
Έτσι στο τρίγωνο
∆
Μ ΦΚ θα έχουμε: ( )
2 (t)
(t)
4 (t)
α
εφ θ =
− α
Παραγωγίζοντας:
( )
( )
( )
( )
22
2
2
'(t)
4 (t) 2 (t) '(t)
(t)1
'(t)
(t) 4 (t)
4 (t)
1 (t) '(t) '(t) (3)
4 (t) (t)
α
⋅ − α + α ⋅α
α
⋅θ ⇔
συν θ − α
+ α
⇔ + εφ θ ⋅θ= ⋅α
− α ⋅ α
σελ. 4

11. Είναι f (t) 2 (t)= α , επομένως
'(t)
f '(t)
(t)
α
=
α
.
Αν ω είναι η γωνία που σχηματίζει με τον x’x, η εφαπτομένη της Cf στο
Μ, τότε θα είναι: f’(t)=εφ(ω(t)).
Από όπου προκύπτει: ( ) ( )
'(t)
(t) '(t) (t) (t)
(t)
α
= εφ ω ⇔ α = εφ ω ⋅ α
α
(4)
Επίσης από το τρίγωνο
∆
ΣΜ Φ έχουμε: ( )(t)
ΜΦ
εφ ω =
ΦΣ
Οπότε για t=to , είναι ( )
2
(t ) 1
2
οεφ ω = = , και η (4) μας δίνει:
α’(to )=1.
Επομένως η (3) για t=to γίνεται:
( )
o o2
4 4 1 5
1 '(t ) 1 '(t ) rad /
9 134 1 1
+ 
+ ⋅θ = ⋅ ⇔ θ = µχ 
  − ⋅
Β. Για το εμβαδόν του τριγώνου ˆΜΚΝ
Κατ’ επέκταση το εμβαδόν του τριγώνου
∆
Κ Μ Ν :
Είναι:
KM N
(MN) ( K)
2
∆
⋅ Φ
Ε = ,
οπότε Ε(t)=
4 (t) (4 (t))
2 (t) (4 (t))
2
α ⋅ − α
= α ⋅ − α
Άρα
'(t)
'(t) (4 (t)) 2 (t) '(t)
(t)
α
Ε= ⋅ − α − α ⋅α
α
Και για t=to : E’(to )=1⋅(4-1)-2⋅1⋅1 ⇔ E’(to )=1 τμ/μχ ∎
σελ. 5

12. http://lisari.blogspot.gr
ΘΕΜΑ Γ
Επιμέλεια: Γιώργος Μιχαηλίδης
Δίνεται η συνεχής συνάρτηση  f : 0,1  R της οποίας η γραφική παράσταση
διέρχεται από το σημείο  A 0,1 και η κλίση της στο σημείο   M x,f x ,
0 x 1  είναι
1
1
x
 .
Γ1. Να αποδείξετε ότι    f x x 2 x 1,x 0,1    .
Γ2. α) Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε τη συνάρτηση 1
f 
.
β) Να λύσετε την εξίσωση     f f ημx x,x 0,1  .
Γ3. Να αποδείξετε ότι
   
1 1
2
0 0
f x dx f x dx 
Γ4. Έστω Τ το εμβαδόν του τριγώνου ΟΒΜ που ορίζουν τα σημεία  O 0,0 ,
 B x,0 και   M x,f x , 0 x 1  . Αν το x μεταβάλλεται με ρυθμό
1 cm/sec , να βρείτε το ρυθμό μεταβολής του εμβαδού Τ, όταν x 0,25cm .

13. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΗ ΛΥΣΗ – ΦΑΝΗΣ ΜΑΡΓΑΡΩΝΗΣ
ΓΙΑ ΤΟ ΘΕΜΑ ΤΟΥ ΚΥΡΙΟΥ ΓΙΩΡΓΟΥ ΜΙΧΑΗΛΙΔΗ
Γ1. Είναι ( )f '(x) x 2 x '= − , x∈(0,1]
Άρα υπάρχει c∈R τέτοιο, ώστε f (x) x 2 x c=− + , x∈(0,1].
Επίσης f συνεχής στο [0,1], επομένως :
( )x 0 x 0
f (0) lim f (x) 1 lim x 2 x c c 1+ +
→ →
= ⇔= − + ⇔= ,
Αφού, με δεδομένο ότι το σημείο Α(0,1) είναι σημείο της Cf, έχουμε
f(0)=1.
Άρα για x∈[0,1] έχουμε f (x) x 2 x 1=− + .
Έτσι τελικά προκύπτει: f (x) x 2 x 1=− + , x∈[0,1].
Γ2. α) Έχουμε
1
f '(x) 1 0
x
=− < για x∈(0,1), και f συνεχής στο [0,1],
επομένως η f θα είναι γνησίως φθίνουσα στο [0,1], άρα και 1-1 και
αντιστρέψιμη.
Για την εύρεση της f-1:
Έστω y=f(x) , x∈[0,1]. Τότε έχουμε ( )
2
y x 2 x 1 y x 1= − + ⇔ = − (1α),
οπότε πρέπει y≥0. Άρα: (1 ) y | x 1|α ⇔ = − (1β).
όμως στο [0,1] είναι 0 x 1 0 x 1 1 x 1 0≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ − ≤ − ≤ .
Επομένως | x 1| 1 x− = − . Έτσι έχουμε:
(1 ) y 1 x x 1 yβ ⇔ = − ⇔ = − (1γ)
άρα πρέπει 1 y 0 y 1 y [0,1]− ≥ ⇔ ≤ ⇔ ∈ .
σελ. 1

14. Οπότε : ( )
2
(1 ) x 1 yγ ⇔ = − , y∈[0,1].
Τελικά είναι: ( )
2
1
f (x) 1 x−
= − , x∈[0,1].
Εναλλακτικά για το πεδίο ορισμού της f-1 , μπορούμε να πάρουμε
το πεδίο τιμών της f, δηλαδή: ( )f [0,1] [f (1),f (1)] [0,1]= = , αφού η f είναι
γνησίως φθίνουσα στο [0,1].
β) Εξίσωση: ( )f f (| x |) xηµ = (2) , με x∈[0,1], όπου ημx≥0, άρα |ημx|=ημx.
( ) ( )1
1 1 1 1
1 -1 1
x [0,1] f (x) [0,1]
(2) f f( x) x f( x) f (x) ημx=f f (x)−
− −
− −
∈ ∈
⇔ ηµ = ⇔ ηµ = ⇔
Και είναι : ( ) ( ) ( )
2
x [0,1]2 2
-1 1
f f (x) 1 1 x 1 |1 x | x
∈
−  
= − − = − − = 
 
, με x∈[0,1]
(το οποίο προκύπτει για x∈f(A) , f-1(x)∈f(A) ).
Άρα η εξίσωση ισοδυναμεί με: ημx=x, η οποία έχει μοναδική ρίζα το 0.
Εναλλακτικά:
( )
( ) ( )
1 1
1
2 2
(2) f f ( x) x f ( x) f (x)
x 1 1 x | x 1| |1 x | (3)
−
−
⇔ ηµ = ⇔ ηµ =
⇔ ηµ − = − ⇔ ηµ − = −
Δείξαμε ότι στο [0,1] είναι | x 1| 1 x− = −
ενώ ισχύει και ότι η συνάρτηση ημx είναι γνησίως αύξουσα στο [0,1].
Άρα είναι:
0 x 1 0 x 1 0 x 1 1 x 1 1 1≤ ≤ ⇔ ≤ ηµ ≤ ηµ ⇔ ≤ ηµ ≤ ηµ ⇔ − ≤ ηµ − ≤ ηµ −
Ενώ επίσης για x∈[0,1] ισχύει : 0≤ x xηµ ≤ , άρα για x=1 έχουμε: ημ1≤1
και ισοδύναμα : 1 1 1 1 0ηµ ≤ ⇔ ηµ − ≤ , άρα x 1ηµ − ≤ 0
Οπότε προκύπτει: | x 1| 1 xηµ − = − ηµ .
Έτσι έχουμε: (3) 1 x 1 x x x x x⇔ − ηµ = − ⇔ ηµ = ⇔ ηµ = , η οποία έχει
μοναδική λύση το x=0.
σελ. 2

15. Γ3. Είναι 0≤ 2 2
x x 1 f(x ) f(x)≤ ≤ ⇒ ≥ , αφού x∈[0,1] και η f είναι γνησίως
φθίνουσα. Το ίσον ισχύει μόνο για x=0 ή x=1. Επίσης f συνεχής,
επομένως προκύπτει:
1 1
2
0 0
f (x )dx f (x)dx>∫ ∫ .
Γ4. Έχουμε το σχήμα:
Είναι BM OB⊥ , άρα το τρίγωνο είναι ορθογώνιο.
Το εμβαδόν θα είναι:
( )
2
1 1 1
T(x) (OB) (OM) x f (x) x x 2 x 1
2 2 2
1 1
T(x) x x x x , x (0,1).
2 2
= ⋅ = ⋅ = ⋅ − +
⇔ = − + ∈
Άρα ως προς το χρόνο θα είναι:
σελ. 3

16. 21 1
T(t) x (t) x(t) x(t) x(t)
2 2
= − ⋅ + , με ρυθμό μεταβολής:
x '(t) 1
T'(t) x(t) x '(t) x '(t) x(t) x(t) x '(t)
22 x(t)
= ⋅ − ⋅ − + (4).
Τη χρονική στιγμή to που είναι x(to )=0,25=
1
4
και x’(to )=1, γίνεται:
2
oT'(t ) 0 cm /sec= , που είναι και ο ζητούμενος ρυθμός μεταβολής. ∎
σελ. 4

17. http://lisari.blogspot.gr
ΓΕΝΙΚΟ ΘΕΜΑ (Θέμα Γ)
Επιμέλεια: Γιώργος Μαυρίδης
Έστω συνάρτηση  f : ,0  R η οποία είναι παραγωγίσιμη και τέτοια,
ώστε
   3 3
f x x 3xf x  για κάθε x 0 .
Να αποδείξετε ότι:
Γ1.  0 f 1 1   .
Γ2.   2
f x x για κάθε x 0 .
Γ3. η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα.
Γ4.  f 0 0  και
 
2x 0
f x 1
lim
x 3
 .

18. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΗ ΛΥΣΗ – ΦΑΝΗΣ ΜΑΡΓΑΡΩΝΗΣ
ΓΙΑ ΤΟ ΘΕΜΑ ΤΟΥ ΚΥΡΙΟΥ ΓΙΩΡΓΟΥ ΜΑΥΡΙΔΗ
Είναι
3 3
f (x) x 3xf(x)+ = (1) , για κάθε x≤0.
Γ1. H (1) για x=-1 γίνεται:
3
f ( 1) 3f( 1) 1 0− + − − =.
Δηλαδή το f(-1) είναι ρίζα της εξίσωσης : ω3+3ω-1=0.
Έστω, λοιπόν, το P(ω)= ω3+3ω-1, παραγωγίσιμο στο R, που έχει
ρίζα το f(-1).
Επίσης: P(0)=-1<0 και P(1)=3>0
Ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano, αφού
P: συνεχής ως παραγωγίσιμη στο [0,1] και P(0)⋅P(1)<0.
Επομένως υπάρχει ένα, τουλάχιστον, xo ∈(0,1) τέτοιο, ώστε Ρ(xo )=0.
Όμως Ρ’(x)=3ω2+3>0 για κάθε ω∈R, άρα το P είναι γνησίως αύξουσα
συνάρτηση και το xo είναι η μοναδική ρίζα της.
Άρα το xo θα ταυτίζεται με το f(-1) κι έτσι αφού 0<xo <1, προκύπτει
και το ζητούμενο: 0<f(-1)<1.
Γ2. Από την (1) ⇔ ( )2 3
f (x) f (x) 3x x⋅ − =− (1α)
Παρατηρώ ότι:
• Η (1) για x=0 γίνεται: f3(0)=0 ⇔ f(0)=0 .
• Αν υπάρχει κάποιο ξ∈(-∞,0) , δηλ ξ≠0, τέτοιο, ώστε f(ξ)=0,
τότε η (1) για χ=ξ γίνεται:
3 3 3
f ( ) 3 f( ) 0 0ξ + ξ = ξ ξ ⇔ ξ = ⇔ ξ =
Άτοπο.
Επομένως το x=0 είναι η μοναδική ρίζα της f.
σελ. 1

19. Κι επειδή η f συνεχής και διάφορη του 0 στο (-∞,0), θα διατηρεί
σταθερό πρόσημο.
Όμως f(-1)>0, επομένως θα είναι : f(x)>0 για κάθε x>0.
Εναλλακτικά για το πρόσημο της f (χωρίς χρήση του Γ1):
Για x<0 είναι: -3x>0, αλλά και f2 (x)>0 , άρα f2(x)-3x>0.
Οπότε η (1α)⇔
3
2
x
f (x)
f (x) 3x
−
=
−
(1β) , με –x3>0 στο (-∞,0), άρα f(x)>0.
Σημείωση: Για το πρόσημο της f με αυτό τον τρόπο δεν κάναμε χρήση
του (Γ1), επομένως από το f(x)>0 μπορεί να προκύψει το f(-1)>0 για το
Γ1.
Μένει, λοιπόν, να δείξω ότι για κάθε x∈(-∞,0) ισχύει:
223(1 ) f (x) 3x 0x 0
2 2
2 2
2 2
x x
f (x) x x 1
f (x) 3x f (x) 3x
x f (x) 3x f (x) 2x 0 , που ισχύει, αφού:
β − >÷ >− −
< ⇔ < ⇔ < ⇔
− −
− < − ⇔ − >
για x<0 είναι : -2x>0, αλλά και f2 (x)>0 (αφού f(x)>0 ).
Γ3. Η f είναι παραγωγίσιμη, άρα η (1) είναι ισότητα παραγωγίσιμων
συναρτήσεων, οπότε παραγωγίζοντας:
2 2
3f (x) f '(x) 3x 3f (x) 3xf '(x)⋅ + = +
( )2 2
f '(x) f (x) x f (x) x⇔ ⋅ − = − ,
Ενώ είναι f(x)-x2 <0 για x<0 ,από ερώτημα (Γ2) , και f2(x)-x>0.
Επομένως
2
2
f (x) x
f '(x) 0
f (x) x
−
= <
−
για x<0 και η f συνεχής στο (-∞,0], άρα
η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (-∞,0].
Γ4. Είναι
f (0) 0
x 0 x 0
f (x) f (0) f (x)
f '(0) lim lim
x 0 x− −
=
→ →
−
= =
−
.
σελ. 2

20. Όμως για x<0 είναι :
x 0
2 f (x)
0 f (x) x x 0
x
÷ <
< < ⇔ < < , με
x 0
lim x 0
→
= , οπότε από
το Κριτήριο Παρεμβολής συμπεραίνουμε ότι
x 0
f (x)
lim
x−
→
=0, άρα και f ‘(0)=0.
Για x<0 έχουμε:
3 3 3
x 0
2 2
f (x) f (x) f (x) 1 f (x) 1
(1) 1 3
x x x 3 x 3
÷ <
       
⇔ + = ⋅ ⇔ = +       
       
Άρα
3
2x 0 x 0
f (x) 1 f (x) 1 1
lim lim
x 3 x 3 3→ →
   
= +=   
   
∎
σελ. 3

21. http://lisari.blogspot.gr
Επιμέλεια: Χρήστος Πατήλας
Θέμα Δ
Δίνεται η συνάρτηση με τις ιδιότητες
• για κάθε ,
•
• για κάθε
• το δεν είναι το .
Δ1. Αφού αποδείξετε την ύπαρξη του να αποδείξετε ότι .
(Μονάδες 4)
Δ2. Να βρείτε την ασύμπτωτη της με στο . (Μονάδες 6)
Δ3. Να μελετήσετε την ως προς τα κοίλα στο και να βρείτε την εξίσωση της
εφαπτομένης της στο . (Μονάδες 4)
Δ4. Να αποδείξετε ότι για κάθε ισχύει και κατόπιν ότι
. (Μονάδες 5)
Δ5. Να υπολογίστε το . (Μονάδες 6)
:f
2
1
(
2
)
2
f x
x x
x
(0)
4
f
( ) 0f x x
lim [ ( )]
x
xf x
lim ( )
x
f x lim ( ) 0
x
f x
g
C 2
(( ) )g x x f x
f
f
C (0, (0))A f
0x (
2 1
4 1
)f x
x
x
0
1
( ) ln
4
1
2f x dx
1
0
( )f x dx

22. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΗ ΛΥΣΗ
ΦΑΝΗΣ ΜΑΡΓΑΡΩΝΗΣ / ΓΙΑΝΝΗΣ ΚΑΡΕΚΛΑΣ
ΓΙΑ ΤΟ ΘΕΜΑ ΤΟΥ ΚΥΡΙΟΥ ΧΡΗΣΤΟΥ ΠΑΤΗΛΑ
Δ1. Για την ύπαρξη του
x
lim f (x)
→−∞
:
Πρόκειται για ερώτημα που ολοκληρωμένα απαντιέται μόνο με γνώσεις
Απειροστικού Λογισμού. Με «σχολική γλώσσα», όπου ακόμα και το όριο γίνεται
αντιληπτό διαισθητικά, μπορούμε να πούμε τα εξής:
H f είναι ορισμένη στο R και συνεχής, ως παραγωγίσιμη.
Είναι 2
1
f '(x) 0
x 2x 2
= >
− +
, για κάθε x∈R, επομένως η f είναι γνησίως
αύξουσα στο R.
Το σύνολο τιμών μιας συνεχούς και γνησίως αύξουσας συνάρτησης σε
ένα διάστημα της μορφής (α,β) ,(όπου τα α και β μπορούν να είναι,
αντίστοιχα, -∞ και +∞ ) είναι το ( )x x
lim f (x), lim f (x)− +
→α →β
.
Από τον κανόνα αυτό, το Σύνολο Τιμών της f αναγκαστικά υπάρχει και
δεν μπορεί να είναι άλλο, παρά το ( )x x
lim f (x), lim f (x)
→−∞ →+∞
.
Επομένως και το
x
lim f (x)
→−∞
υπάρχει.
Για την εύρεση του
x
lim f (x)
→−∞
:
Είναι
x
lim x
→−∞
= −∞ και ( )x
lim xf (x)
→−∞
δεν είναι -∞.
Εξετάζω περιπτώσεις:
• Αν
x
lim f (x)
→−∞
=α<0, με α∈R ή αν
x
lim f (x)
→−∞
-∞, τότε θα υπάρχει ξ∈R
τέτοιο, ώστε f(ξ)<0, Άτοπο, αφού η f(x)>0 στο R.
• Αν το
x
lim f (x) 0
→−∞
= θ > , όπου θ πραγματικός αριθμός, τότε θα είναι:
( )
( )
x
lim xf (x)
−∞ +
→−∞
= − ∞ , Άτοπο.
Άρα προκύπτει
x
lim f (x) 0.
→−∞
=
σελ. 1

23. Δ2. Για τις ασύμπτωτες της g)x)=x2f(x) στο -∞.
Υπολογίζω τα όρια:
• ( )x x
g(x)
lim lim xf(x) 1
x→−∞ →−∞
= = − , επειδή:
( )
0
0 2
x x dlH x
2
1
f (x) x 2x 2lim xf (x) lim lim 1
1 1
x x
→−∞ →−∞ →−∞
− += = = −
−
• [ ]
0
0 2 2
2
x x x dlH x
2 3
1 1 1
f (x)
x x 2x 2 xlim g(x) x lim x f (x) x lim lim
1 2
x x
→−∞ →−∞ →−∞ →−∞
+ −
− + += += = = 
−
4 3
4 3 2x
x x
lim 1
x 2x 2x→−∞
− +
= = −
− +
.
Επομένως η g έχει ασύμπτωτη στο -∞ την ευθεία με εξίσωση y=-x-1.
Δ3. Η f’ είναι παραγωγίσιμη , με 2 2
2(1 x)
f ''(x)
(x 2x 2)
−
=
− +
, οπότε προκύπτει ο
παρακάτω πίνακας:
x -∞ 1 +∞
f ''(x) + -
f(x)
ж з
Δηλαδή η f είναι κυρτή στο (-∞,1] και κοίλη στο [1,+∞)
Η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της στο ( )A 0,f (0) θα έχει εξίσωση:
y f(0) f '(0) x− = ⋅ , ενώ f (0)
4
π
= και
1
f '(0)
2
= .
Άρα γίνεται:
x
y
2 4
π
= + (ε).
σελ. 2

24. Δ4. Θα δείξω ότι
2x 1
f(x)
4 1 x
+ π
≤ <
−
, για κάθε x≤0.
Η f είναι κοίλη στο (-∞,0], επομένως η Cf θα είναι πάνω από την
εξίσωση της εφαπτομένης της (ε), με εξαίρεση το σημείο επαφής τους.
Άρα προκύπτει:
2x
f (x)
4
+ π
≤ .
Μένει να δείξω ότι
1
f (x)
1 x
<
−
.
Έστω η συνάρτηση
1
G(x) f(x)
1 x
= −
−
, x≤0.
H G(x) είναι παραγωγίσιμη στο (-∞,0], ως αποτέλεσμα πράξεων
παραγωγίσιμων, με:
2 2 2 2 2
1 1 1 1
G '(x) f '(x) 0
(1 x) x 2x 2 x 2x 1 (x 2x 2)(x 1)
−
= − = − = <
− − + − + − + −
Άρα η G είναι γνησίως φθίνουσα στο (-∞,0], συνεπώς:
( ) )x
G ( ,0] G(0), lim G(x) 1,0
4→−∞
π −∞ = = −   
, επειδή
x x
1
lim G(x) lim f (x) 0 0 0
1 x→−∞ →−∞
 
= − = − = 
− 
.
Έτσι προκύπτει ότι G(x)<0⇔
1
f (x)
1 x
<
−
.
Επομένως δείξαμε ότι:
2x 1
f(x)
4 1 x
+ π
≤ <
−
, για κάθε x≤0.
Από την τελευταία ανισότητα προκύπτει:
0 0 0
1 1 1
2x 1
dx f(x)dx dx
4 1 x− − −
+ π
< <
−∫ ∫ ∫ , εφόσον η ισότητα
1
f (x)
1 x
=
−
ισχύει
μόνο για x=0.
Είναι:
02
0
1
1
2x x 1 1
dx x
4 4 4 4 4 4−
−
 + π π π π −
= + = − = 
 
∫
Και [ ]
0 0
11
1
dx ln |1 x | ln 2
1 x −−
=− − =
−∫
σελ. 3

25. Άρα, τελικά, προκύπτει το ζητούμενο:
0
1
1
f (x)dx ln 2
4 −
π −
< <∫
Δ5. Είναι: [ ]
1 1 11
00 0 0
f (x)dx (x 1)' f (x)dx (x 1) f (x) (x 1) f '(x)dx= − ⋅ = − ⋅ − − ⋅ =∫ ∫ ∫
1 12
2 00
x 1 1 ln 2
0 f (0) dx ln(x 2x 2)
x 2x 2 4 2 4 2
− π π
 = + − = − − + = − − +∫ .
σελ. 4

26. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΗ ΛΥΣΗ – ΦΑΝΗΣ ΜΑΡΓΑΡΩΝΗΣ
ΓΙΑ ΤΟ ΘΕΜΑ ΤΟΥ ΚΥΡΙΟΥ ΝΙΚΟΥ ΤΑΣΟΥ
i)Για την F είναι: ( ) ( )F x =f x′ , x∈R
Η g είναι παραγωγίσιμη στο R, ως πράξεις παραγωγίσιμων
συναρτήσεων, με:
( )
( ) ( )
( ) ( )
2x 2x
x
x
2x 2x 2x
x x x
x
4f x + 2e - 4F x -e
g x = - 2e
e
4F x + e + 2e - 4F x -e
= - 2e = 2e - 2e = 0
e
′
Άρα η g είναι σταθερή στο R, δηλαδή g(x)=c για κάθε x∈R, με c:
σταθερά.
ii) Για x=0 η (1) γίνεται:
1 1 1
= F(0) + F(0) =
2 4 4
⇔
Οπότε για x=0 παίρνουμε: ( )
( ) 0
0
0
4F 0 + e
g 0 = - 2e c = 0
e
⇔
Άρα για κάθε x∈R ισχύει:
g(x) = 0
( )
( )
2x 2x
x
x
4F x + e e
- 2e = 0 F x =
e 4
⇔ ⇔
Οπότε
( ) ( )
2x
e
f x =F x =
2
′ , x∈R.
iii) α) Η f είναι παραγωγίσιμη στο R με :
( ) 2x
f x =e > 0′ για κάθε x∈R.
Οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στo R, άρα και 1-1 και
αντιστρέψιμη στο R
σελ. 1

27. β) Έστω για x∈R:
( )
( ) ( )
2x
2xe
y f x y e 2y, y > 0
2
1
2x = ln 2y x = ln 2y , με y > 0.
2
= ⇔ = ⇔ =
⇔ ⇔
Άρα ( ) ( )-1 1
f x = ln 2x
2
, με x>0.
---------
*Εναλλακτικά, για το πεδίο ορισμού της f-1, μπορούμε να βρούμε
το πεδίο τιμών της f:
Η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο R, οπότε έχει σύνολο
τιμών :
( ) ( ) ( )( ) ( )x x x x
2x 2x
e e
f f x , f x , 0,
2 2
lim lim lim lim
→−∞ →+∞ →−∞ →+∞
    
= = = +∞    
    
R
γ)
( ) ( )( ) ( )
( )
x x x
2x
1 2x
ln 2xe
2 f x f x e ln 2x 2x 2x
2x2x 2x 2x 2x 1
2x
lim lim lim
ημημ ημ→+∞ →+∞ →+∞
− ++ +
= =
+ + +
Θέτω u 2x= και άρα:
•
x x
u 2xlim lim
→+∞ →+∞
= = +∞ , οπότε το όριο γίνεται:
u
u
e ln u
u u
u
1
u
lim
ημ→+∞
+
= +∞
+
επειδή:
+
u +
u
u + dlH u +
e
lim = lim e = +
u
∞
∞
→ ∞ → ∞
∞
επίσης:
u u
ln u 1
lim lim 0
u u
+∞
+∞
→+∞ →+∞
= = και:
u 1 1 u 1
u | u | | u | u | u |
ηµ ηµ
≤ ⇔ − ≤ ≤ , ενώ
u
1
lim 0
| u |→+∞
= ,
σελ. 2

28. οπότε από Κριτήριο Παρεμβολής προκύπτει:
u
u
lim 0
u→+∞
ηµ
= .
iv) H εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο ( )( )A 1,f 1 είναι:
(ε): ( ) ( )( )y f 1 f 1 x 1′− = − , με
2
e
f (1)
2
= και
x 1
2x 2
f '(x) e f '(1) e
για =
= ⇒ =
v) α) Η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στo R με:
( ) 2x
f x 2e 0′′ = > για κάθε x∈R
Άρα η f είναι κυρτή στo R.
β) Η f είναι κυρτή στο R, άρα η γραφική της παράσταση
βρίσκεται «πάνω» από την εφαπτομένη ( )ε , με εξαίρεση το
σημείο επαφής ( )( )A 1,f 1 , δηλαδή για κάθε x∈R ισχύει:
( )
2 2x 2
2 2 2x 2e e e
f x e x e x e 2x 1
2 2 2
−
≥ − ⇔ ≥ − ⇔ ≥ −
με το = να ισχύει μόνο για x=1 (τετμημένη του σημείου επαφής).
vi) α) Αν Η h είναι η αρχική της h, αρκεί να δείξω ότι h(x)>0
για κάθε x>0.
Έχουμε:
( )( ) ( )( ) ( ) ( )
4 fe
f h 2 f h 2 f 2 h 2 2 0
2
> ⇔ > ⇔ > >

Όμως η συνάρτηση h είναι συνεχής στο ( )0,+∞ και h(x)≠0 για
κάθε x>0.
Άρα η h διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ( )0,+∞
.
Όμως h(2)>0 , άρα θα είναι h(x)>0 για κάθε x>0.
σελ. 3

29. β) Έχουμε: h(x)>0, άρα H’(x)>0 στο ( )0,+∞ , oπότε η H θα
είναι γνησίως αύξουσα στο ( )0,+∞
Για την ανίσωση έχουμε:
( ) ( )
f H1
f H(x) f H(x) f (0) H(x) 0 H(x) H(1) x 1
2
> ⇔ > ⇔ > ⇔ > ⇔ >
 
γ) Η εξίσωση γίνεται:
( )( ) ( )
( ) ( )
f h x H x 1
0
x 2 x
(x ) f h(x) (x 2) H( x) 1 0
− +
+ =
− −
⇔ − ⋅ + − ⋅ − + =
συν
π
π συν
Έστω : ( ) ( )(x) (x ) f h(x) (x 2) H( x) 1= − ⋅ + − ⋅ − +Φ π συν , x∈[2,π].
συνεχής συνάρτηση στο [2,π],
με ( )(2) (2 ) f H(2) 0= − ⋅ <Φ π , επειδή:
( )
4f e
h(2) 2 f h(2) f (2) 0
2
> ⇔ > = >

και 2-π<0
και ( ) ( )( ) ( 2) ( ) 1 ( 2) (1) 1 2 0= − ⋅ − + = − ⋅ + = − >Φ π π Η συνπ π Η π
άρα: (2) ( ) 0⋅ <Φ Φ π , επομένως από το θεώρημα Bolzano
υπάρχει μία τουλάχιστον ρίζα στο(2,π) για την εξίσωση.
σελ. 4