Η Ασκηση της Ημέρας

1. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α) Είναι  *
f
D
2 1
f(x) = 1- x - ln | x | f (x) = -2x -
x

οπότε
f (x) > 0 για x<0 και f (x) < 0 για x>0.
Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (-,0) και γνησίως φθίνουσα στο (0,+).
Επειδή όμως f(-1)=0 και f(1)=0, και λόγω της μονοτονίας της f, συμπεραίνουμε ότι:
 αν x<-1 ή x>1 τότε f(x)<0.
 αν -1<x<0 ή 0<x<1 τότε f(x)>0.
β)
2
=
ln | x | -x
g(x)
x
,  *
g
D
Η g είναι παραγωγίσιμη στο *
με παράγωγο
 
 
2
2 22
2 2
2
=
ln | x | +x
ln | x | -x ln | x | +xln | x | -x
g (x)
x x x
ln | x |
x
 
          
 
 
 
2
2
1
2x x
x x
f x1 x
x
από το α) ερώτημα προκύπτει ο παρακάτω πίνακας μεταβολών
Λύνει ο Πρόδρομος Ελευθερίου

2. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Οπότε η g είναι:
 γνησίως φθίνουσα στα διαστήματα (-,-1] και [1,+) γιατί είναι συνεχής σ’ αυτά και
(x) <g 0 .
 γνησίως αύξουσα στα διαστήματα [-1,0) και (0,1] γιατί είναι συνεχής σ’ αυτά και
(x) g 0.
 =
lnx
g(x)
x 
 
  
 x x
lim lim -x , γιατί:
 lnxlnx
x x x
 
  

  

/
x x x
1
lim lim lim 0 και

  
x
lim( x)
Επειδή η g είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο A1=[1, +) θα ισχύει:
1
g(A )  

x
limg(x),g(1)     , 1
 =
lnx
g(x) lnx
x x
  
  
   
        
   x 0 x 0 x 0
1
lim lim -x lim x , γιατί:
 


x 0
lim -x 0,
x


 
x 0
1
lim και lnx

 
x 0
lim
Επειδή η g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο A2=(0,1] θα ισχύει:
 

     2
x 0
g(A ) limg(x),g(1) , 1
 =
ln(-x)
g(x)
x 
 
  
 x x
lim lim -x , γιατί:
 ln(-x)ln(-x)
x x x
 
  

  

/
x x x
1
lim lim lim 0 και
 
 
x -
lim(-x)
Επειδή η g είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο A3=(-,1] θα ισχύει:
3
g(A ) 

 x
g(1), limg(x)   [ 1, )
 =
ln(-x)
g(x) ln(-x)
x x
  
  
   
       
   x 0 x 0 x 0
1
lim lim -x lim -x , γιατί:

3. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
 


x 0
lim -x 0,
x


 
x 0
1
lim και ln(-x)

 
x 0
lim
Επειδή η g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο A4=[-1,0) θα ισχύει:
 

   4
x 0
g(A ) g(-1),lim f(x) 1,
Επομένως σύνολο τιμών της g είναι το       , 1 1,
γ) Έχουμε για x 0:
2
2 21 ln | x | -x
x + xημ(π xy) = lnx ημ(π xy) = ημ(π xy) = g(x), (1)
2 x
    
Επειδή -1 ημ(π xy) 1   για να ισχύει η (1) για κάποια τιμή του x θα πρέπει (δεν αρκεί)
για την ίδια τιμή του x να ισχύει:-1 1 g(x)
Όμως:
 Για κάθε x>0 ισχύει g(x) -1 . H ισότητα ισχύει μόνο για x=1.
 Για κάθε x<0 ισχύει g(x) 1 . H ισότητα ισχύει μόνο για x=-1.
Άρα για να ισχύει η (1) πρέπει (δεν αρκεί) x=1 ή x=-1.
 Για x=1 έχουμε: (1) ημ(π y) = -1    
3
y 2k
2
, k
 Για x=-1 έχουμε:(1) ημ(-π y) = 1 ημ(π y) = 1     
ημ(π y) = -1   
3
y 2k
2
, k
Άρα, οι ζητούμενες τιμές των x,y είναι:
( x = -1 ή x=1) και
3
y = 2k +
2
, k

4. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18

    
  
        
    
      
2
2 2
2
2
)
Η συνάρτηση γράφεται ισοδύναμα: f(x) ( x 1 ln x ), x 0
Είναι f( 1) f(1) 0
Αν 1 x 0, ή 0 x 1 x 1,x 0, τότε x <1 x -1<0 και ln x <0,
άρα x 1 ln x 0 f(x) 0.
Αν x 1, ή x 1 x 1, τότε x 1 x   
    

  
 
 
    
  
     
2
2
2
2 2 2
1 0 και ln x 0,
άρα x 1 ln x 0 f(x) 0.
)
ln x
Είναι g(x) x, x 0.
x
1
x ln x
1 ln x x f(x)xΓια κάθε x 0, g'(x) 1 .
x x x
Είναι g'( 1) g'(1) 0
Αν x 1, ή x 1, τότε f(x) 0 g'(x) 0, άρα η g είναι γνη
  
      
σίως φθίνουσα
στα διαστήματα ( , 1] και [1, ).
Αν 1 x 0 ή 0<x 1,τότε f(x) 0 g'(x) 0, άρα η g είναι γνησίως αύξουσα
στα διαστήματα [-1,0) και (0,1].
Άρα η g παρουσιάζει τοπ. ελάχιστο στο


    
  
   
   
1
x 0
( ,0) για x 1, το g( 1) 1, οπότε
για κάθε x<0, είναι g(x) g(-1) g(x) 1
και τοπ. μέγιστο στο (0, ) για x 1, το g(1) 1, oπότε για κάθε x>0 είναι
g(x) g(1) g(x) 1.
Έστω A =( ,0). Είναι lim g( 

        
 
 
x 0
1 1
2
1
x) lim( ln x x) ( ) ( ) και η
x
g είναι συνεχής στο Α , άρα g(A ) [1, ).
Έστω Α (0, ).
Λύνει η Ντίνα Ψαθά

5. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
 
 

        
  
      

2
x 0 x 0
2
1 2
Είναι
1
lim g(x) lim( ln x x) ( ) ( ) και η g είναι συνεχής στο A ,
x
άρα g(A ) ( , 1].
Άρα το σύνολο τιμών της g είναι το g( ) g(A ) g(A ) ( , 1] [1, ).
)
           

     
     
 

2 2 2
2
1 1
Για x 0, είναι x x ημ( xy) lnx x ημ( xy) 2ln x x
2 2
ln x x
ημ( xy) ημ( xy) g(x),x 0.
x
Aν x 0, είναι g(x) 1, με g(x) 1 μόνο για x 1 και για κάθε x,y ,
ημ( xy) 1,
άρα η εξίσωση ημ(        
       
    
        
xy) g(x) ημ( xy) 1 και g(x) 1 x 1 και
ημ( y) 1 x 1 και ημ( y) 1.
Αν x>0, είναι g(x) 1,με g(x) 1 μόνο για x=1 και για κάθε x,y ,
ημ( xy) 1, άρα η εξίσωση ημ( xy) g(x) ημ( xy) 1 και  
      
      
 
            
        
      
g(x)=-1 x 1
και ημ( y) 1 x=1 και ημ( y) 1.
Τελικά
(x 1, ή x 1) και ημ( y) 1
3
(x 1, ή x 1) και ( y 2k , ή y 2k ,k )
2 2
1 3
(x 1, ή x 1) και (y 2k , ή y 2k ,k )
2 2
1
(x 1, ή x 1) και y ,
2
: περιττός.

6. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Είναι η   2
f(x) 1 x ln|x| παραγωγίσιμη με

     
2
1 2x 1
f(x) 2x , x 0
x x
άρα η f είναι γνήσια αύξουσα στο διαστήματα   1
( ,0), και γνήσια φθίνουσα στο
διαστήματα    2
(0, ) και αφού   f( 1) f(1) 0 ισχύουν για
             x 1 f(x) f( 1) 0, 1 x 0 f( 1) f(x) f(x) 0 και
        x 1 f(x) f(1) 0, 0 x 1 f(x) f(1) 0
β)
Είναι η

 
2
ln|x| x
g(x) , x 0
x
παραγωγίσιμη με
    
       
 
2
2 2 2
ln|x| 1 ln|x| 1 ln|x| x f(x)
g (x) x 1
x x x x
και σύμφωνα με το (α) είναι
       g (x) 0, x ( , 1), x (1, ) άρα γνήσια φθίνουσα στα        1 2
( , 1], [1, )
και     g (x) 0, x ( 1,0), x (0,1) άρα γνήσια αύξουσα στα     2 3
[ 1, 0), (0, 1]
επομένως
 
    1 2x x
g( ) [g( 1), limg(x)), g( ) (limg(x), g(1)] και
 
 
    2 3
x 0 x 0
g( ) [g( 1), limg(x)), g( ) (limg(x), g(1)] οπότε
       1 2
g( ) [1, ), g( ) ( , 1] και       2 3
g( ) [1, ), g( ) ( , 1] αφού
  
 
     
 
2
2x x x
ln|x| x ln|x|
limg(x) lim limx 1
x x
επειδή


  
 
   
 2 2x DLH x x
1
ln|x| 1xlim lim lim 0
x 2x 2x
και ανάλογα
  
 
     
 
2
2x x x
ln|x| x ln|x|
limg(x) lim limx 1
x x
επειδή


  
 
   
 2 2x DLH x x
1
ln|x| 1xlim lim lim 0
x 2x 2x
Επίσης  
 
 
    
 
2
x 0 x 0
1
limg(x) lim (ln|x| x )
x
και
 
 
 
    
 
2
x 0 x 0
1
limg(x) lim (ln|x| x )
x
και τελικά το σύνολο τιμών της g είναι
     A ( , 1] [1, )
γ)
Η εξίσωση          2 2 21
x x ( xy) lnx x x ( xy) ln|x|
2
Λύνει o Βασίλης Κακαβάς

7. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
         2 2
x x ( xy) ln|x| x ( xy) ln|x| x


      
2x 0
ln|x| x
( xy) ( xy) g(x)
x
και επειδή        1 ( xy) 1, g(x) 1, g(x) 1 η ισότητα μόνο όταν     ( xy) g(x) 1 ή
   ( xy) g(x) 1 και επειδή    g(x) 1 x 1 και

                
1
( y) 1 y 2 y 2 ,
2 2
Και ακόμη επειδή    g(x) 1 x 1 και             ( y) 1 ( y) 1 ( y) 1

           
1
y 2 y 2 ,
2 2

8. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού       f
A ,0 0,
Αν x 0 τότε       2
f x 1 x ln x ,η οποία είναι παραγωγίσιμη στο   1
A ,0 με
   
        
 
1 1
f x 2x 2x 0
x x
για κάθε x 0 οπότε η f γνησίως αύξουσα στο διάστημα
  1
A ,0
Παρατηρούμε ότι   f 1 0 δηλαδή η εξίσωση   f x 0 με x 0 έχει ρίζα την  x 1 η
οποία είναι μοναδική εφόσον η f γνησίως αύξουσα στο   1
A ,0 .
Για την εύρεση του προσήμου της έχουμε άρα
            
f
1 x 0 f x f 1 f x 0
           
f
x 1 f x f 1 f x 0
Αν x 0 τότε     2
f x 1 x lnx ,η οποία είναι παραγωγίσιμη στο   2
A 0, με
   
        
 
1 1
f x 2x 2x 0
x x
για κάθε x 0 οπότε η f γνησίως φθίνουσα στο διάστημα
  2
A 0,
Παρατηρούμε ότι   f 1 0 δηλαδή η εξίσωση   f x 0 με x 0 έχει ρίζα την x 1 η οποία
είναι μοναδική εφόσον η f γνησίως φθίνουσα στο   2
A 0, .
Για την εύρεση του προσήμου της έχουμε
          
f
0 x 1 f x f 1 f x 0
         
f
x 1 f x f 1 f x 0
Άρα το πρόσημο της f φαίνεται στον παρακάτω πίνακα
       2
1
f x 1 x ln x ,x 0 και      2
2
f x 1 x lnx,x 0
β)
Για τη συνάρτηση g έχουμε
Λύνει ο Χρήστος Κουστέρης

9. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
 
   



 
  

2
2
ln x x
,x 0
x
g x
lnx x
,x 0
x
Η g παραγωγίσιμη σε κάθε ένα από τα διαστήματα     ,0 , 0, με παράγωγο
Για x 0  
    
 
    
    
2
1
2 2
1
2x x ln x x
f xxg x ,x 0
x x
         1
g x 0 f x 0 x 1
Για x 0  
   
 
   
    
2
2
2 2
1
2x x lnx x
f xxg x ,x 0
x x
        2
g x 0 f x 0 x 1
Άρα το πρόσημο της g στα διαστήματα   1
A ,0 και   2
A 0, είναι το ίδιο με το
πρόσημο της f από το (α) ερώτημα .Επομένως προκύπτει ο παρακάτω πίνακας.
Στο      1
, 1 η g γνησίως φθίνουσα
Στο   2
1,0 η g γνησίως αύξουσα
Στο    3
0,1 η g γνησίως αύξουσα
Στο   4
1, η g γνησίως φθίνουσα
Για  x 1 έχει τοπικό ελάχιστο το   g 1 1
Για x 1 έχει τοπικό μέγιστο το    g 1 1
(Είμαστε σίγουροι οι τα ακρότατα είναι τοπικά εφόσον το τοπικό μέγιστο είναι
μικρότερο από το τοπικό ελάχιστο)
Για να βρούμε το σύνολο τιμών της θα πρέπει να βρούμε τα παρακάτω όρια

10. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
  
     
     
      
        
    
22 2
x x x u u
ln x x ln x x lnu u lnu
lim g x lim lim lim lim u
x x u u
Το όριο
 
 
 
 
 
u u
1
lnu ulim lim 0
u 1
    
 
     
 
2
x x x
lnx x lnx
lim g x lim lim x
x x
διότι
  
 
        
  
   
           
 
2
2
x 0 x 0 x 0
ln x x 1
limg x lim lim ln x x
x x
          
  
 
          
 
2
2
x 0 x 0 x 0
lnx x 1
lim g x lim lim lnx x
x x
Στο      1
, 1 η g γνησίως φθίνουσα άρα       
     1 x
g g 1 , lim g x 1,
Στο   2
1,0 η g γνησίως αύξουσα άρα       

     2
x 0
g g 1 ,lim g x 1,
Στο    3
0,1 η g γνησίως αύξουσα άρα     

      3
x 0
g lim,g 1 , 1
Στο   4
1, η g γνησίως φθίνουσα       
      4 x
g lim g x ,g 1 , 1
Άρα το σύνολο τιμών της g είναι το       , 1 1,
γ)
Η εξίσωση      2 21
x x xy lnx
2
ορίζεται για κάθε x 0
   
     
           
          
2 2 2
2
1 1
x x xy lnx x x xy 2ln x
2 2
x xy ln x x xy g x
Ισχύει       1 xy 1
και από το σύνολο τιμών της g    g x 1 και   g x 1 για κάθε x 0 και οι ισότητες
ισχύουν μόνο για x 1 και  x 1 αντίστοιχα
Άρα η εξίσωση      xy g x αληθεύει μόνο για x 1 και  x 1
Για x 1
         
                        
 
1
y 1 y y y 2 y 2k ,k
2 2 2 2
Για  x 1
      
                     
 
1
y 1 y y 2 y 2k ,k
2 2 2

11. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το :      ,0 0,
f συνεχής και παραγωγίσιμη σε καθένα από τα     ,0 , 0, με :
 

2
2x 1
f ΄(x)
x
με        f΄(x)>0 για x ,0 και f΄(x)<0 για x 0,
Για την μονοτονία της f έχουμε τον παρακάτω πίνακα :
Σε κάθε ένα από τα διαστήματα     ,0 , 0, η f έχει μία ρίζα τους
αριθμούς -1 και 1 γιατί f(-1)=f(1)=0
Οι παραπάνω ρίζες είναι μοναδικές γιατί η f στα παραπάνω διαστήματα
είναι γνησίως μονότονη .
 Στο ,0 :      f γν.αύξουσα
x -1 f(x) f( 1) f(x) 0
   f γν.αύξουσα
x>-1 f(x) f( 1) f(x)>0
 Στο 0 , :     f γν.φθίνουσα
x 1 f(x) f(1) f(x) 0
  f γν.φθίνουσα
x>1 f(x) f(1) f(x)<0
Το πρόσημο της f φαίνεται στον παρακάτω πίνακα :
β)
Η συνάρτηση g έχει πεδίο ορισμού το :      ,0 0,
g συνεχής και παραγωγίσημη σε καθένα από τα     ,0 , 0, με :
 
 
2
2 2
1 x ln x f(x)
g΄(x)
x x
Επειδή  2
x 0 για x 0 το πρόσημο της  g ΄ x
Λύνει ο Γιώργος Κουρεμπανάς

12. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
προκύπτει από το πρόσημο της f άρα :
Στο   ,0    min
g g 1 1 ενώ στο  0 ,    max
g g 1 1
Υπολογίζουμε το :
 
   
        
     
               
     
2
x 0 x 0 x 0
ln x x ln x 1
lim g x lim lim x 0
x x 0
(Προφανώς δεν χρειάζεται να υπολογίσουμε το  x
lim g x )
Άρα όταν         x ,0 τότε g x 1 ,
Ομοίως υπολογίζουμε το :
          
   
               
  
2
x 0 x 0 x 0
lnx x lnx 1
limg x lim lim x 0
x x 0
(Προφανώς δεν χρειάζεται να υπολογίσουμε το  x
lim g x )
Άρα όταν           x 0 , τότε g x , 1
Άρα η συνάρτηση g έχει πεδίο τιμών το :       , 1 1,
γ)
Η εξίσωση  2 21
x xημ(π xψ)= lnx
2
γίνεται : ………  ημ(π xψ)=g x
Επειδή   -1 ημ(π xψ) 1 και με τη βοήθεια του β ερωτήματος έχουμε ότι :
 ημ(π xψ)=g x δηλαδή    ημ(π xψ)=g 1 1 και    ημ(π xψ)=g 1 1
Για την εξίσωση    ημ(π xψ)=g 1 1 έχουμε  x 1 οπότε :
          
3π 3
ημ(-π ψ) 1 ημ(π ψ) 1 π ψ 2κπ+ ψ=2κ+ , κ
2 2
Για την εξίσωση    ημ(π xψ)=g 1 1 έχουμε x 1 οπότε :
       
3π 3
ημ(π ψ) 1 π ψ 2κπ+ ψ=2κ+ , κ
2 2
Οπότε :      
       
   
3 3
x,ψ 1,2κ , 1,2κ , κ
2 2

13. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Έχουμε: ΠΙΝΑΚΑΣ Ι (Μονοτονίας-προσήμων)

   2
f(x) 1 x ln x ,x
α)
Είναι     
1
f (x) 2x ,x 0
x
 για   x 0 f (x) 0
 για   x 0 f (x) 0
 Η f στο διάστημα  ,0 είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη σ’ αυτό και γνησίως
αύξουσα, οπότε η προφανής ρίζα της  1
x 1 είναι μοναδική στο διάστημα αυτό και
ως γνησίως αύξουσα θα περνά από αρνητικές σε θετικές τιμές.
 Η f στο διάστημα  0, είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη σ’ αυτό και γνησίως
φθίνουσα, οπότε η προφανής ρίζα της 2
x 1 είναι μοναδική στο διάστημα αυτό και
ως γνησίως φθίνουσα θα περνά από θετικές σε τιμές αρνητικές. ( όπως δείχνεται
στον πίνακα I )
β)
Έχουμε: ΠΙΝΑΚΑΣ ΙΙ (Προσήμων - Μονοτονίας - Ακροτάτων)


 
2
ln x x
g(x) ,x
x
Είναι
  
     
   
2
2
1
2x x ln x x 1
xg (x) ,x 0
x
 
  
2
2
1 x ln x
g (x) ,x 0
x
  
2
f(x)
g (x) ,x 0
x
,
οπότε το πρόσημο της g καθορίζεται από το πρόσημο της f , ( ερώτημα α. )
Ακόμη έχουμε:
    
   
          
  
  
2
x x x
ln x x ln x
lim g(x) lim lim x 0
x x
, διότι
 
 
 
 
  

  
x D.H x x
ln xln x 1
lim lim lim 0
x x x
Λύνει ο Κωνσταντίνος Μόσιος

14. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
     
 
 
          
 x 0 x 0
1
lim g(x) lim ln x x 0
x
, διότι
 

 
  
t x
x 0 t 0
lim ln x limlnt και 

 
x 0
1
lim
x
     
 
 
          
 x 0 x 0
1
lim g(x) lim ln x x 0
x
, διότι
 

 
  
t x
x 0 t 0
lim ln x limlnt και 

 
x 0
1
lim
x
    
   
          
  
  
2
x x x
ln x x ln x
lim g(x) lim lim x 0
x x
 
 
 
 
  

  
x D.H x x
ln xln x 1
lim lim lim 0
x x x
 Η g στο διάστημα      1
, 1 είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη σ’ αυτό και
γνησίως φθίνουσα, οπότε  
     1 x
g( ) g( 1), lim g(x) 1,
 Η g στο διάστημα   2
1,0 είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη σ’ αυτό και
γνησίως αύξουσα, οπότε  

     2
x 0
g( ) g( 1),lim g(x) 1,
 Η g στο διάστημα    3
0,1 είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη σ’ αυτό και
γνησίως αύξουσα, οπότε  

      3
x 0
g( ) lim g(x),g(1) , 1
 Η g στο διάστημα   4
1, είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη σ’ αυτό και
γνησίως φθίνουσα, οπότε  
      4 x
g( ) lim g(x),g(1) , 1
Οπότε το σύνολο τιμών της g είναι:
 
              1 2 3 4
g( ) g( ) g( ) g( ) g( ) , 1 1,
γ)
η σχέση      2 21
x x ( xy) lnx ,x 0
2
μετασχηματίζεται:
                 2 2 2 2 21
x x ( xy) lnx ,x 0 x x ( xy) ln x x x ( xy) ln x
2

           
2
ln x x
( xy) ,x 0 ( xy) g(x),x 0
x
Επειδή       1 ( xy) 1, x,y και  g(x) 1 ή g(x) 1 η ισότητα ισχύει μόνον όταν

15. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
o  g(x) 1 για x 1 τότε     ( y) 1 και αυτό (βάσει του τριγωνομετρικού κύκλου)
ισχύει, όταν     
1
y 2 ,
2
ή όταν
o g(x) 1 για  x 1 τότε               ( y) 1 ( y) 1 ( y) 1 και αυτό
(βάσει του τριγωνομετρικού κύκλου) ισχύει, όταν     
1
y 2 ,
2
.
Τελικά έχουμε ότι  x 1 και     
1
y 2 ,
2
.

16. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
α΄ τρόπος
Πρέπει   x 0 x 0, άρα  *
f
D .
Για κάθε  *
x :           2
f x 1 x ln x 1 x 1 x ln x .
Παρατηρούμε ότι      f 1 f 1 0 .
Για           x 1,0 0,1 x 1 1 x 0 και    ln x 0 ln x 0 , άρα   f x 0 .
Για             x , 1 1, x 1 1 x 0 και    ln x 0 ln x 0 , άρα   f x 0 .
β΄ τρόπος
Η f είναι παραγωγίσιμη στο *
με  
  
    
2
2x 11
f x 2x
x x
.
Για κάθε x 0 είναι   f x 0 , άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  0, και αφού
  f 1 0,
είναι για κάθε          
f
x 1 f x f 1 f x 0 και για κάθε
          
f
0 x 1 f x f 1 f x 0.
Για κάθε x 0 είναι   f x 0 , , άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο  ,0 και αφού
  f 1 0 , για κάθε            
f
x 1 f x f 1 f x 0 και για κάθε
            
f
1 x 0 f x f 1 f x 0 .
Άρα τελικά   f x 0 για κάθε      x 1,0 0,1 και   f x 0 για κάθε
       x , 1 1, .
γ΄ τρόπος
Για κάθε  *
x και   *
x και               
2 2
f x 1 x ln x 1 x ln x f x , δηλ. η f
είναι άρτια , οπότε μελετάμε το πρόσημό της στο  0, . Στο  0,1 είναι   f x 0 και
στο  1, είναι   f x 0 , οπότε λόγω συμμετρίας είναι   f x 0 και στο  1,0 και
  f x 0 στο   , 1 .
β) Η συνάρτηση g ορίζεται στο  *
g
D και είναι παραγωγίσιμη  x 0 ( άρα και
Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης

17. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
συνεχής) με :  
   
 
         
2
2
2 2 2
1
2x x ln x x
1 x ln x f xxg x
x x x
, οπότε από ερώτημα
(α) ,   g x 0 για κάθε      x 1,0 0,1 και   g x 0 για κάθε        x , 1 1, , άρα
    g , 1 ,  g 1,0 ,   g 0,1 και  g 1, .
Αλλά    
 
     
 
 
2
x x x
ln x x ln x
lim g x lim lim x
x x
αφού
 
 
DLH
x x
ln x 1
lim lim 0
x x
και
 
  
x
lim x ,   g 1 1 και
   
  
  
      
 
2
x 0 x 0 x 0
ln x x 1
limg x lim lim ln x x
x x
, αφού 

 
x 0
1
lim
x
και 

 
x 0
lim ln x . Άρα
     g ,0 1, .
Ομοίως    
  
  
      
 
2
x 0 x 0 x 0
ln x x 1
limg x lim lim ln x x
x x
, αφού 

 
x 0
1
lim
x
και


 
x 0
lim ln x ,    g 1 1 και    
 
     
 
 
2
x x x
ln x x ln x
lim g x lim lim x
x x
, αφού
 
 
DLH
x x
ln x 1
lim lim 0
x x
και  
  
x
lim x . Άρα         g 0, , 1 .
Τελικά το σύνολο τιμών της g είναι το                    
*
g g ,0 g 0, , 1 1, .
γ)
Για κάθε  *
x :                 2 2 21
x x xy lnx x x xy ln x
2
     

         
2
ln x x
xy xy g x
x
Για κάθε      x 0,1 1, :         g x 1 xy , δηλ. η εξίσωση είναι αδύνατη.
Για x 1 :     
              
1
y g 1 1 y 2k y 2k
2 2
, k .
Για κάθε        x , 1 1,0 :        g x 1 xy , δηλ. η εξίσωση είναι αδύνατη.
Για  x 1:       
                    
1
y g 1 1 y 1 y 2k y 2k
2 2
, k .
Άρα    
  
 
1
x,y 1,2k
2
ή    
   
 
1
x,y 1,2k
2
με k .

18. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Είναι 
f
A και      f 1 f 1 0 .
Για κάθε 
x είναι    
    
2
1 2x 1
f x 2x
x x
.
Για κάθε x είναι   2
2x 1 0 .
Άρα   f x 0 για x 0 και   f x 0 για x 0 . Επομένως η f είναι γνησίως
αύξουσα στο  ,0 και γνησίως φθίνουσα στο  0, και
τα 1, 1 μοναδικές ρίζες.
Λαμβάνοντας υπόψην την μονοτονία της f και τις ρίζες της έχουμε
τον παρακάτω πίνακα προσήμου της f .
β) Είναι 
g
A .
Για κάθε 
x είναι
 
   
 
              
2
2 2 2
2 2 2 2
1
2x x ln x x
1 2x ln x x 1 x ln x f xxg x
x x x x
Άρα οι ρίζες και το πρόσημο της g είναι το ίδιο με την f .
Στο     1
A , 1 η g είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα άρα
      
    1 x
g A g 1 , lim g x 1, .
Στο  2
A 1,0 η g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα άρα
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος

19. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
      

    2
x 0
g A g 1 ,lim g x 1, .
Στο   3
A 0,1 η g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα άρα
      

     3
x 0
g A lim g x ,g 1 , 1 .
Στο  4
A 1, η g είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα άρα
      
     4 x
g A lim g x ,g 1 , 1 .
        
 
          
 
 
2
x x x x x
ln x x ln x ln x
lim g x lim lim x lim lim x 0
x x x
Αφού


 
 
x L'H x
1
ln x xlim lim 0
x 1
        
 
          
 
 
2
x x x x x
ln x x ln x ln x
lim g x lim lim x lim lim x 0
x x x
Αφού


 
 
x L'H x
1
ln x xlim lim 0
x 1
          
  
  
          
 
2
2
x 0 x 0 x 0
ln x x 1
limg x lim lim ln x x
x x
           
  
          
 
2
2
x 0x 0 x 0
ln x x 1
limg x lim lim ln x x
x x
Άρα το σύνολο τιμών της g είναι το
              1 2 3 4
g A g A g A g A , 1 1, .
γ)
Η εξίσωση      2 21
x x xy lnx
2
ορίζεται για  x 0 , y και
     
       
                

               
22 2 2 2
2
2
1 1
x x xy lnx x x xy ln x x x xy ln x
2 2
ln x x
x xy ln x x xy xy g x
x
Επειδή       1 xy 1 και το σύνολο τιμών της g είναι το      , 1 1, η
τελευταία εξίσωση αληθεύει μόνον αν
        xy 1 g 1 άρα  x 1 και

20. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
  
            
1
y 1 y 2k y 2k , k
2 2
ή
        xy 1 g 1 άρα x 1 και
  
            
1
y 1 y 2k y 2k , k
2 2
Επομένως η εξίσωση αληθεύει για τα ζεύγη :
   
    
 
1
x,y 1, 2k
2
και    
   
 
1
x,y 1,2k , k
2
.

21. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Α΄ τρόπος
    *
f g
, f άρτια, g περιττή. Θα βρω το πρόσημο της     2
f x 1 x lnx στο  0, ,
που έχει μόνη ρίζα το 1 ως αφού      
1
f x 2x 0
x
. Στο  0,1 είναι     f x f 1 0 και
στο  1, είναι     f x f 1 0 . Λόγω συμμετρίας της f
C ως προς y y θα είναι   f x 0
στο  1,0 και   f x 0 στο   , 1 , με μόνη ρίζα της f στο  ,0 το 1.
Β΄ τρόπος
     
1
f x 2x 0
x
, x 0 άρα f στο  ,0 ,   f x 0, x 0 άρα f στο  0, . Είναι
     f 1 f 1 0 που είναι μοναδικές λόγω μονοτονίας. Για     x 1 f x 0, για
     1 x 0 f x 0, για     0 x 1 f x 0 και για    x 1 f x 0 .
β)
Α΄ τρόπος
Επειδή g περιττή αν βρω το ΣΤ της για x 0 θα γνωρίζω και το αντίστοιχο για x 0. Με
   
lnx
g x x
x
, x 0 έχω  
 
    
2 2
f x1 lnx
g x 1 0
x x
  x 0,1 άρα g στο  0,1 και
  g x 0    x 1, άρα g στο  1, . Άρα       

     x 0
g 0,1 lim g x ,g 1 , 1 και
      
      x
g 1, lim g x ,g 1 , 1 . Λόγω συμμετρίας ως προς  θα είναι
     g ,0 1, και τελικά           
*
g , 1 1, .
Β΄ τρόπος
 
 
 
         
2
2
2 2 2
1
2x x ln x x
1 x ln x f xxg x
x x x
. Από το α) είναι   g x 0 για  x 1
άρα g στο    , 1 . Επίσης   g x 0 για    1 x 0 g στο  1,0 . Όμοια   g x 0
για   0 x 1 g στο  0,1 και   g x 0 για  x 1 g στο  1, . Επίσης
   
 
      
 
 
2 L'H
x x x
ln x x ln x
lim g x lim lim x
x x
,   g 1 1 άρα        g , 1 1, . Όμοια
  
 
 
    
 
 
x 0 x 0
ln x
lim g x lim x
x
γιατί  

    
x 0
ln x
lim
x
, άρα       g 1,0 1, .
Λύνει ο Κώστας Δεββές

22. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Τέλος   
 
 
    
 
 
x 0 x 0
ln x
lim g x lim x
x
γιατί  

    
x 0
ln x
lim
x
και    g 1 1. Άρα
      g 0,1 , 1 . Επίσης   
 
     
 
 
L'H
x x
ln x
lim g x lim x
x
άρα        g 1, , 1 .
Δηλαδή           
*
g , 1 1, .
γ)
Για x 0 ισοδύναμα έχω             2
x x xy ln x xy g x . Επειδή     *
x ,y
είναι      1 xy 1 και το ΣΤ της g από το β) είναι το       , 1 1, , θα αναζητήσω
x,y ώστε   g x 1ή 1. Από β) είναι      g x 1 g 1  x 0 με την ισότητα μόνο στο
x 1. Για x 1 είναι     
             xy 1 y 1 y 2
2
     
1
y 2 ,
2
.
Άρα τα ζεύγη    
     
 
1
x,y 1,2 ,
2
είναι λύσεις της αρχικής εξίσωσης.
Α΄ τρόπος
Επειδή g περιττή θα είναι          g x 1 g x 1 για x 0 άρα      g x 1 g 1 για
x 0 με την ισότητα μόνο στο  x 1. Τότε για  x 1 έχω
   
                
1
y 1 y 2 y 2 ,
2 2 2
. Δηλαδή τα ζεύγη
   
       
 
1
x,y 1, 2 ,
2
είναι λύσεις της αρχικής εξίσωσης.
Β΄ τρόπος
Χωρίς χρήση συμμετρίας από β) είναι      g x 1 g 1  x 0 με την ισότητα μόνο στο
 x 1. Για  x 1 είναι     
            y 1 y 1 y 2
2
     
1
y 2 ,
2
.
Άρα τα ζεύγη    
      
 
1
x,y 1,2 ,
2
είναι λύσεις της αρχικής εξίσωσης.

23. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Έχουμε:   2
f(x) 1 x ln x . Πεδίο ορισμού της f είναι Df = *
.
Για   x ( 1,0) (0,1) είναι  ln x 0,  2
1 x 0 οπότε f(x) 0.
Για     x ( , 1) (1, ) είναι  ln x 0,  2
1 x 0 οπότε f(x) 0.
Για  x 1 είναι f(x) 0.
β)
Για τη συνάρτηση g έχουμε: g(x)
 2
ln x x
.
x
Πεδίο ορισμού της g είναι Dg= *
.
Τώρα g'(x)
 
   
 
2
2
1
2x x ln x x
x
x
=
  2
2
1 ln x x
x
=
2
f(x)
x
.
Επόμενα g'(x) 0    x ( 1,0) (0,1), g'(x) 0      x ( , 1) (1, ).
Συνεπώς   g ( , 1],  g [ 1,0), g (0,1] ,  g [1, ).
Tώρα


x
lim g(x)
x
lim (
 2
ln x x
x
)=
x
lim ( 
ln x
x
x
)=  (διότι
x
lim (
ln x
x
)=
x
lim (
1
x
)=0
από κανόνα De L’Hospital) ,  g( 1) 1,

x 0
lim (
 2
ln x x
x
)= 
x 0
lim ( 
1
ln x x
x
)= ,

x 0
lim (
 2
ln x x
x
)=
 x 0
lim ( 
1
ln x x
x
)=  ,
x
lim (
 2
ln x x
x
)=
x
lim ( 
ln x
x
x
)= 
(διότι
x
lim (
ln x
x
)=
x
lim (
1
x
)=0 επίσης από κανόνα De L’Hospital) και  g(1) 1 .
Οπότε: g :( , 1][ 1, ) , g :[1,0 )[ 1, ) ,
g :(0,1]( , 1] , g :[ 1, )( , 1]. Άρα το σύνολο τιμών της g
είναι Rg=(  , 1][ 1, ) από το οποίο προκύπτει ότι g(x) 1.
γ)
Η δοσμένη ισότητα είναι:
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς

24. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
    2 21
x x ( xy) lnx
2
     
22 1
x x ( xy) ln x
2
    2
x x ( xy) ln x 

   
2
ln x x
( xy)
x
    ( xy) g(x)(1).
Όμως από ερώτημα β) για  x 1 ισχύει g(x) 1, οπότε η εξίσωση (1) είναι αδύνατη
όταν x ( , 1)(1,0 )(0,1)( 1, )
Για  x 1 η εξίσωση γίνεται:     ( y) g( 1)     ( y) 1      ( y) 1.
Για x 1 η εξίσωση γίνεται:    ( y) g(1)      ( y) 1.
Τώρα:     ( y) 1      ( y) (


2
)

    y 2
2
   
1
y 2
2
με   .
Άρα οι λύσεις της εξίσωσης είναι  x 1,   
1
y 2
2
με   .

25. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
 




 
  

+
2
2
2
x x 0
(f 2)
1 - x - lnx, αν x > 0
f(x) = 1 - x - ln x =
1 - x - ln(-x), αν x < 0
1
• αν x > 0 τότε f (x) = -2x - < 0 οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,+ ) και
x
επειδή limf(x) = - και lim f(x) = + άρα το f(0,+ ) =
Έχουμε f(1) = 0 Άρα για x > 1 f(x)
R
  

 
  -x - x 0
(f 1)
< f(1) δηλ. f(x) < 0 για κάθε x > 1.
Ομοίως για 0 < x < 1 έχουμε f(x) > 0
1
• αν x < 0 τότε f (x) = -2x - > 0 οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο (- ,0) και
x
επειδή lim f(x) = - και limf(x) = + άρα το f(- ,0) =
Έχουμε f(-1) = 0 Άρα για x < -1 Þ f(x
R
 
) < f(-1) δηλ. f(x) < 0 για κάθε x < -1.
Ομοίως για - 1 < x < 0 έχουμε f(x) > 0
Άρα η f(x) < 0 στα διαστήματα (- ,-1) και (1,+ ) ενώ f(x) > 0 στα διαστήματα
(-1,0) και (0,1) και f(-1) = f(1) = 0
β)
 
  
  
   

       
           
               
    
2
2
2
2
lnx x
, x 0
ln x x xg(x)
ln( x) xx
, x 0
x
ί ά g έ :
f(x)
x 0 ό g (x) ( ) έ :
x
x 1 g (x) 0 . g ί ί ό g(1, ) ( , 1] ώ
0 x 1 g ί      
            
              
                
2
ύ έ g(0,1] ( , 1]
. g(0, ) ( , 1] έ x 1 g(1) 1
f(x)
ί x 0 ό g (x) ( ) έ :
x
x 1 g (x) 0 . g ί ί ό g( , 1) (1, ) ώ
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος

26. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
           
            
             
1 x 0 g ί ύ έ g[ 1,0) [1, )
. g( ,0) [1, ) ά x 1 g( 1) 1
Ά ύ ώ g ί ( , 1] [1, )
γ)
             
             
        
 
                  
              
        
2 21
έ x x ( xy) lnx ί ( xy) g(x)
2
ή 1 ( xy) 1 ( ) ύ :
( xy) 1 ή ( xy) 1
( xy) 1 ( xy) ά xy 2
2 2
1 1
xy 2 ύ x 1 ό y 2 ,
2 2
( xy) 1
 
            
            
( xy) ( ) ά xy 2
2 2
1 1
xy 2 ύ x 1 ό y 2 ,
2 2
2η Εκδοχή
Α.

           
     
2
f( x) 1 ( x) ln x f(x) ή ί
ύ ί ά f ά
Το πρόσημό της έχει βρεθεί στο (α)
Β.

  
         

       
2
ln x ( x)
g( x) g(x) ύ ί ύ
x
ί ά g ί ή
Και το σύνολο τιμών έχει βρεθεί στο (β)
Γ. Όπως στο (γ)
3η Εκδοχή
Α. Όπως στη 2η εκδοχή (Β)
Β. Όπως στο (β)
Γ. Όπως στο (γ)

27. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Α.
Το πεδίο ορισμού της f είναι το  *
f
A R και είναι άρτια αφού:    f f
x A και το x A
και είναι          2 2
f( x) 1 ( x) ln x 1 x lnx f(x)
Άρα θα μελετήσουμε την μονοτονία και το πρόσημο του περιορισμού της f στο  0, .
‘Έχουμε λοιπόν:      
1
f'(x) 2x 0, x 0
x
. Επίσης το 1 είναι προφανής λύση της f(x) 0
και μοναδική, αφού ηf  0, και άρα 1:1.
Επιπλέον, αν η f είναι άρτια, η παράγωγός της θα είναι περιττή γιατί:
   
 
         
           
' '
f f
' ' ' ' ' ' '
x A και το x A και f( x) f(x) f( x) f(x)
x f ( x) f (x) f ( x) f (x) f ( x) f (x)
Επομένως προκύπτει ο επόμενος πίνακας για το πρόσημο της f :
Γιατί:  

          
f
1 2 1 2 1 2
x 0,1 και x (1, ) είναι x 1 x f(x ) f(1) f(x )
 1 2
f(x ) 0 f(x )
Hf είναι άρτια:

               
f
2 1 2 1 2 1
x 1 x f( x ) f( 1) f( x ) f( x ) 0 f( x )
B.
Το πεδίο ορισμού της g είναι το  *
g
A R και είναι περιττή αφού:
   f f
x A και το x A και είναι
   
     

2 2
ln x ( x) ln x x
g( x) g(x)
x x
, οπότε θα
βρούμε το σύνολο τιμών για τον περιορισμό της g στο  0, .
Η g είναι συνεχής στο  0, , αφού

    
2
lnx x lnx
g(x) x, x 0
x x
και
  
   
2
2 2 2
1 lnx 1 lnx x f(x)
g'(x) 1
x x x
 x 0 που σημαίνει ότι η g'(x) είναι ομόσημη με
τον περιορισμό της f στο  0, .
Η g είναι λοιπόν:
Λύνει Σπύρος Χαλικιόπουλος

28. ___________________________________________________________________________
18 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
 συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Α1=(0,1] και δίνει τιμές


   1
x 0
g(A ) (limg(x),g(1)] ( , 1], γιατί 

 
    
 x 0
1
lim lnx x
x
 συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Α2= [1, ) και δίνει τιμές

   2 x
g(A ) (lim g(x),g(1)] ( , 1], γιατί
 
 
    
 x x
lnx
lim g(x) lim x
x
αφού
 
   
  
'
'x x x
lnxlnx 1
lim lim lim 0
x xx
 παρουσιάζει μέγιστο στο 1 με τιμή  g(1) 1.
Τελικά το σύνολο τιμών του περιορισμού της g στο  0, είναι το  ( , 1] και
λαμβάνοντας υπόψιν ότι η g είναι περιττή, το σύνολο τιμών της είναι
    g(A) ( , 1] [1, ) ή g(x) 1.
Γ.
                         
22 2 21 1
x x x lnx x x x ln x x g(x)
2 2
Η τελευταία επειδή       x 1 και g(x) 1 αληθεύει μόνο όταν    g(x) 1 x 1
Άρα:      
 
 
   
                 
   
1
x g( 1) 1 1
1
Έτσι:
 
 
 
 
    
                
          
                  
2
1 12 2 2 ,
1 22
22