Η Ασκηση της Ημερας

1. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Η συνάρτηση f παρουσιάζει μέγιστο το 1.
Επομένως υπάρχει 0
x ,με   0
f x 1 και     0
f x f x 1,για κάθε x .
Από το θεώρημα του Fermat προκύπτει ότι   0
f x 0 .
Αντικαθιστώντας  0
x x ,έχουμε:
         
 
 
          
0
0
f x 1
2
0 0 0 0 0 0
f x 0
x 1 f x f x f x 0 x 1 1 0 x 0
και έτσι προκύπτει   f 0 1.
β)
       
     
 
 
 
 
 

 
         
2f x 0
2
2 2 2
x 1 f x f x f x
x 1 f x f x f x 0 0
f x f x f x
 
 
   
 
     
  
              
 
 
2 2
f x f x1 1 1 1
x 1 0 x 1 x x
f x f x f x f x f x f x
 
    x1
x c e
f x
.
Για x 0 , εύκολα προκύπτει c 1, οπότε
   
        

x x
x
1 1 1
x e e x f x ,x
f x f x e x
.
γ)
Είναι  
 
   
   
      
   
x x
2 2x x x
e x1 1 e
f x ,x
e x e x e x
•  
 

        

x
x
2
x
1 e
f x 0 0 1 e 0 x 0
e x
•  
 

        

x
x
2
x
1 e
f x 0 0 1 e 0 x 0
e x
•  
 

        

x
x
2
x
1 e
f x 0 0 1 e 0 x 0
e x
Έτσι η συνάρτηση f είναι γν.αύξουσα στο   1
A ,0 και γν.φθίνουσα στο
  2
A 0,
και επειδή επιπλέον f συνεχής στο ,θα ισχύει
           
  1 x x 0
f A lim f x ,lim f x f 0 0,1
Λύνει ο Άχθος Αρούρης

2. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
και            
  2 x x 0
f A lim f x ,lim f x f 0 0,1 , αφού:
•

x
x
lim e 0
•

 x
x
lim e
•  
  
x
lim x
•

 
x
lim x
•  
  x
x
lim e x
•
 
 


  

   

xx
x
x DLH x x
ee
lim lim lim e
x x
•   
  
        
  
x
x
x x
e
lim e x lim x 1
x
•   
 
xx x
1
lim f x lim 0
e x
•   
 
xx x
1
lim f x lim 0
e x
Επομένως για κάθε x 0 είναι   0 f x 1, ενώ     f x 1 x 0 .
Για κάθε   x 0,1 είναι               
1 1 1
0 0 0
0 f x 1 0 f x dx 1 dx 0 f x dx 1.
Τότε όμως:
•    
 
  
 

1
1
0
f x dx f A και επειδή f γν.αύξουσα στο 1
A , υπάρχει μοναδικό 1
x 0
με     
1
1
0
f x f x dx.
•    
 
  
 

1
2
0
f x dx f A και επειδή f γν.φθίνουσα στο 2
A , υπάρχει μοναδικό 2
x 0
με     
1
2
0
f x f x dx.
δ)
Για κάθε x 0 είναι:   
    
 

     

ημ f x 1f x 1
lnx ημ f x 1 x lnx
x f x 1
και
•  
 
     


    

      
  
 
 
DLHx 0 x 0 x 0 x 0 x 0
2
1
lnxlnx xlim x lnx lim lim lim lim x 0
1 1
1
x x
x

3. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
•
 
 


 
x 0
f x 1
lim f 0 0
x
•   

 
x 0
lim f x 1 0
•
  
 
 

 
 

 

u f x 1
u 0 u 0x 0
ημ f x 1 ημu
lim lim 1
f x 1 u
Επομένως:
        
  
 
 
       
  
x 0 x 0
ημ f x 1f x 1
lim lnx ημ f x 1 lim x lnx
x f x 1
 
    
   
  

       
x 0 x 0 x 0
ημ f x 1f x 1
lim x lnx lim lim 0 0 1 0
x f x 1

4. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
       
  
   

   
 
   
2
0 0
.
Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο και ισχύει x 1 f x f x f x 0 (1).
Είναι f 0,1 .
Άρα για κάθε x ,f x 1 και υπάρχει x ,τέτοιο ώστε f x 1.
Δηλαδή η f παρουσιάζει ακρότατο (ολικό μέγισ
 
         
   

 
     

0
0
2
0 0 0 0 0 0
το ) στο x και είναι παραγωγίσιμη
στο .
Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat, είναι f x 0.
Aντικαθιστώντας στη σχέση (1), προκύπτει:
x 1 f x +f x +f x =0 x 1 1 + 1 + 0 = 0 x 0.
Άρα f 0 =1 (και f 0 =0
    
   
 
   
 
   
  

 
               
 
 
  
2 2
)
β.
Είναι f = 0,1 , άρα f x 0, για κάθε x .
Τότε για κάθε x , η σχέση (1) γράφεται ισοδύναμα:
1 1 1 1 1 1
x 1 + f x 0 x 1 f x x x
f x f x f x f x f x f x
υπάρχει c , τέτοιο ώστε για κάθε x , x
 
   
 
 
 


          
 

  
x
x x x
x
1
ce .
f x
Για x 0 προκύπτει 1 = c. Άρα
1 1
x e e x 0 (γιατί για κάθε x , ισχύει e x 1 x)
f x f x
1
f x , x .
e x
γ.
Για κάθε x , είναι 0 f x 1, όχι παντού ίση με 1, και η f είναι συνεχής, άρα
0< f x  
   
   
  
  

1 1 1
0 0 0
1
0
dx 1dx 0 f x dx 1.
Έστω f x dx , άρα α 0,1 .
Λύνει η Ντίνα Ψαθά

5. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
.
   
     
 
 
 
 
    
        


   

    
x
x
2
x
x
Τότε η εξίσωση γίνεται: f x ,x , 0,1
1
Έστω g x f x ,x g x ,x .
e x
1 e
Για κάθε x ,g x . Είναι g 0 0.
e x
Για κάθε x ( ,0),e 1, άρα g x 0, οπότε η g είναι γνησίως αύξουσα στο ( ,0).
Γ   
   
 
 
 
     
      
               
   

x
x
ια κάθε x (0, ),e 1, άρα g x 0, οπότε η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 0, .
Επομένως η g παρουσιάζει μέγιστο για x 0, το g 0 f 0 1 .
ο α 0,1 0 1 0 1 1 1 0.
Άρα g 0 1 0.
Είναι lim g x l    
   
 
 
 
              
 
       
 
 
x
xx x
1 1
1 1
1 1
1
im 0 0, γιατί lim e x 0 .
e x
g είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο ( ,0) , άρα g = ,1 .
Το 0 g και η g είναι γνησίως αύξουσα στο Α .
Άρα υπάρχει ακριβώς ένα x  
     
 

 
 
 
   


  
             
   
     
   
1
x x x
x
x D.L.H. x x x
x
2
, τέτοιο ώστε g x 0.
e e e
Είναι lim lim , άρα lim e x lim x 1 ,
x 1 x
οπότε lim g x 0 0.
g είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής στο 0, ,   
 
 
 
 
    
  
  
      
 
2
2 2
2 2 2
2 2
άρα g ,1
ο 0 g και η g είναι γνησίως φθίνουσα στο Α .
Άρα υπάρχει ακριβώς ένα x , τέτοιο ώστε g x 0.
Είναι g 0 1 0, άρα x 0, οπότε το x (0, ).
Άρα η εξίσωση f x έχει ακριβώς δύο ρίζ
  
 
 
   
 
 

   

u f x 1
u 0 x 0x 0
ες ετερόσημες.
δ.
ημ f x 1 ημu
Είναι lim lim 1, (γιατί f συνεχής, άρα limf x f 0 1)
f x 1 u
.

6. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
 
 
   
     
    
 

   
 

 
 
 
   
 

 
     

 
          
  
x 0
D.L.H.x 0 x 0 x 0 x 0
2
x 0 x 0
f x 1
lim f 0 0 και
x
1
lnx xlim x lnx lim lim lim x 0.
1 1
x x
Άρα
ημ f x 1f x 1
lim lnx ημ f x 1 lim x lnx 1 0 0 0
x f x 1

7. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Είναι     2
(x 1)f (x) f(x) f (x) 0, x και f( ) (0,1] επομένως υπάρχει 0
x με
0
f(x ) 1 που παρουσιάζει μέγιστο άρα από Fermat είναι  0
f (x ) 0 και από την ισότητα
έχουμε    2
0 0 0 0
(x 1)f (x ) f(x ) f (x ) 0 ή      0 0
x 1 1 0 0 x 0 άρα f(0) 1
β)
Επίσης τώρα από την ισότητα έχουμε ότι
 
              
 
 
2
1 f (x) 1 1
x 1 0 x 1 0 g (x) g(x) x 1, x
f(x) f (x) f(x) f(x)
με 
1
g(x)
f(x)
και ισοδύναμα
                x x x x x x
e g (x) e g(x) xe e e g(x) xe , x ή
 
      x x x1
e g(x) xe c ce x, x
f(x)
και αφού f(0) 1 προκύπτει
c 1 έτσι     

x
x
1 1
e x f(x) , x
f(x) e x
( γνωστόν ότι    x
e x 1 x, x )
γ)
Είναι η  
x
1
f(x) , x
e x
παραγωγίσιμη με

  

x
x 2
1 e
f (x) , x
(e x)
και από αυτό έχουμε
ότι       x
f (x) 0 1 e 0 x 0 άρα η f είναι γνήσια αύξουσα στο διάστημα   1
( ,0]
και έχουμε ότι       x
f (x) 0 1 e 0 x 0 άρα η f είναι γνήσια φθίνουσα στο διάστημα
   2
[0, ) και επομένως

  1 x
f( ) (lim f(x), f(0)] (0,1], και

  2 x
f( ) (lim f(x), f(0)] (0,1]
και αφού  0 f(x) 1 είναι και       
1 1 1
0 0 0
0 f(x)dx 1dx 0 f(x)dx 1 ισχύει ότι ο αριθμός
 
1
1
0
f(x)dx f( ) και  
1
2
0
f(x)dx f( ) άρα υπάρχουν μοναδικοί  1
x ( ,0) και   2
x (0, )
που επαληθεύουν την εξίσωση  
1
0
f(x) f(x)dx
δ)
Έχουμε
 
 
 
    
x 0 x 0
(f(x) 1)
lim(lnx (f(x) 1)) lim(lnx(f(x) 1) )
f(x) 1
= 

   
 
  
x 0
f(x) f(0) (f(x) 1)
lim xlnx L
x f(x) 1
Λύνει o Βασίλης Κακαβάς

8. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
και επειδή
   


   
    

DLHx 0 x 0 x 0 x 0
2
1
lnx xlim(xlnx) lim lim lim x 0
1 1
x x
και 

 
  
 x 0
f(x) f(0)
lim f (0) 0
x
και

 

   
  
  
u f(x) 1
u 0x 0
(f(x) 1) u
lim lim 1
f(x) 1 u
το L 0

9. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Έχουμε          2
x 1 f (x) f(x) f (x) 0, x 1 και   f( ) 0,1
α)
Επειδή   f( ) 0,1 θα ισχύει:   0 f(x) 1,x άρα θα υπάρχει 0
x τέτοιο ώστε
0
f(x ) 1 , το 0
x είναι θέση (ολικού) μεγίστου, οπότε σύμφωνα με το θεώρημα του
Fermat θα ισχύει  0
f (x ) 0 .
Η σχέση (1) για  0
x x μας δίνει:
             2
0 0 0 0
x 1 f (x ) f(x ) f (x) 0 x 1 1 1 0 0  0
x 0 δηλ. f(0) 1
β)
Η σχέση (1) μετασχηματίζεται:
     
 
             
x
e 0
2 x 2 x x
x 1 f (x) f(x) f (x) 0 e x 1 f (x) e f(x) e f (x) 0
       
 
 
  

 
              
x
x 2 x x x 2 x
2
x
e f(x)
e x 1 f (x) e f(x) 0 e f(x) e x 1 f (x) x 1 e
e f(x)
      
  
             
 
 
x x x x
x x
1 1
x e e xe xe c,c , x 2
e f(x) e f(x)
Η σχέση (2) για x 0 δίνει:

  
f(0) 1
0
1
c c 1
e f(0)
, άρα 
    x
x
1
xe 1, x
e f(x)
 

          

x
/ e 0
x x
x x
1 1 1
xe 1 x e f(x) , x
e f(x) f(x) e x
γ)
Έστω  
1
0
k f(x)dx , επειδή    0 f(x) 1, x και το ίσον ισχύει μόνον για x 0
προκύπτει ότι:  
1
0
0 f(x)dx 1 δηλ.  0 k 1, θα δείξουμε ότι η εξίσωση f(x) k έχει
ακριβώς δύο ετερόσημες ρίζες στο ,
έχουμε ότι:
 

  

x
2
x
e 1
f (x)
e x
,
εξετάζουμε πότε    f (x) 0 x 0
ακόμη
 
 
xx x
1
lim f(x) lim 0
e x
διότι
   
     x
x
lim e x 0
Λύνει ο Κωνσταντίνος Μόσιος

10. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
και
  
  
   
 
xx x x
x
x
1 1
lim f(x) lim lim 0
xe x e 1
e
, διότι
 


  

  
x xx D.L.H x x
x
x x 1
lim lim lim 0
e ee
, οπότε  
 
       
 
x
xx
x
lim e 1 1 0
e
Μονοτονία, Ακρότατα και σύνολο τιμών δείχνονται στον παραπάνω πίνακα και επειδή
 Ο     1
k f( ) 0,1 και η f είναι συνεχής στο 1
, θα
υπάρχει ένας   1
x ,0 ( αρνητικός ) τέτοιος ώστε
1
f(x ) k. ( Εξαιρείται το μηδέν διότι  f(0) 1 k )
 Ο     2
k f( ) 0,1 και η f είναι συνεχής στο 2
, θα
υπάρχει ένας   2
x 0, ( θετικός ) τέτοιος ώστε
2
f(x ) k.
δ)
    
 
 
 
  
       
  
x 0 x 0
f(x) 1
lim lnx f(x) 1 lim lnx f(x) 1
f(x) 1
 
    
 
 
       
             
         
x
x
x xx 0 x 0
f(x) 1 f(x) 11 e x 1
lim lnx lim lnx 1 e x lnx
e x f(x) 1 e x f(x) 1
     1 0 0 1 0 διότι 

 
x 0x 0
1 1
lim 1
e x e
και
   
 
 
   
  
  
    
   

      

 
02
x
0 0
x
x x. D.L.H D.L.Hx 0 x 0 x 0 x 0
2x x
1
1 elnx xlim lnx 1 e lim lim lim
1 e x e
1 e 1 e
      


    
   
   
x x 0 0
x x 0 0x 0
2 1 e e 2 1 e e 0
lim 0
e x e e 0 e 1
  
 
    
 
    
   
     

0
. D.L.Hx 0 x 0 x 0 x 0
2
1
lnx xlim x lnx lim lim lim x 0
1 1
x x

 
 
  
 
 u 0x 0
f(x) 1 u
lim lim 1
f(x) 1 u
, όπου       
x
1
u f(x) 1 1 1 1 0
e x
, όταν 
x 0 .

11. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Από την υπόθεση έχουμε f( ) (0,1] οπότε ηf (συνεχής ως παραγωγίσιμη) παρουσιάζει
ολικό μέγιστο σε εσωτερικό σημείο 0
x του το 0
f(x ) 1.
Επόμενα από θεώρημα Fermat θα ισχύει 0
f'(x ) 0.
Τότε όμως επίσης από την υπόθεση
   2
0 0 0 0
(x 1)f (x ) f(x ) f'(x ) 0    0
x 1 1 0  0
x 0 .
Άρα f(0) 1.
β)
Είναι:
f( ) (0,1]  f(x) 0  x .
Τώρα
   2
(x 1)f (x) f(x) f'(x) 0     
2
1 f'(x)
x 1 0
f(x) f (x)
   
2
1 f'(x)
x 1
f(x) f (x)

 
   
 
 
'
1 1
x x
f(x) f(x)
   x1
x ce
f(x)
.
Γιά x 0 έχω

1
c
f(0)
 c 1 οπότε
  x1
x e
f(x)
  x1
e x
f(x)
 
x
1
f(x)
e x
(   x
e x 1 x  x ).
γ)
Από ερώτημα β)

x
1
f(x)
e x


 

x
x
e 1
f'(x)
e x
.

  

x
x
e 1
f'(x) 0 0
e x
 x
e 1  x 0.
Όμοια

  

x
x
e 1
f'(x) 0 0
e x
 x
e 1  x 0 και f'(x) 0  x
e 1  x 0
οπότε f γνήσια αύξουσα στο ( ,0],f γνήσια φθίνουσα στο [0, ) ,  max
f f(0) 1.
Επίσης


x
lim f(x)


xx
1
lim 0
e x
διότι

  x
x
lim(e x) ,


x
lim f(x)


xx
1
lim 0
e x
,
διότι

 x
x
lim(e x)

 x
x
lim(e x)

  x
xx
x
lim e (1 )
e
(


xx
x
lim
e 

xx
1
lim 0
e
από κανόνα De L’
Hospital ).
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς

12. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Επόμενα      f ( ,0] 0,1 ,      f [0, ) 0,1 .
Τώρα  0 f(x) 1   
1
0
0 f(x)dx 1 διότι η συνάρτηση f(x) 1 δεν είναι παντού μηδέν
στο διάστημα [0,1].
Τώρα το 
1
0
f(x)dx  f ( ,0] , οπότε υπάρχει μοναδικό 1
x 0 (επειδήf γνήσια αύξουσα
στο ( ,0]) ώστε  
1
1
0
f(x ) f(x)dx .
Όμοια το 
1
0
f(x)dx  f [0, ) , οπότε υπάρχει μοναδικό 2
x 0 (επειδήf γνήσια φθίνουσα
στο [0, ) ) ώστε  
1
2
0
f(x ) f(x)dx.
Άρα η εξίσωση  
1
0
f(x) f(x)dx έχει ακριβώς δύο ετερόσημες ρίζες στο .
δ)
Ισχύει ότι:
   f(x) 1 f(x) 1      lnx f(x) 1   lnx f(x) 1 
-    lnx f(x) 1    lnx f(x) 1    lnx f(x) 1 (1).
Όμως
 

 
x 0
lim lnx (f(x) 1) = 

 
 
  
 
 
 
x 0
lnx f(x) 1
lim 0
1 x
x
διότι



x 0
lnx
lim
1
x




x 0
2
1
xlim
1
x


 
x 0
lim( x) 0 (από κανόνα De L’ Hospital ) και 


 
x 0
f(x) 1
lim f'(0) 0.
x
Επόμενα  

  
x 0
lim lnx (f(x) 1 0   

  
x 0
lim lnx f(x) 1 0
οπότε από σχέση (1) και κριτήριο παρεμβολής  

   
x 0
lim lnx (f(x) 1) 0.

13. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Είναι     f 0,1 άρα η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο το 1.
Επομένως υπάρχει 0
x ώστε   0
f x 1 και επειδή το 0
x είναι εσωτερικό σημείο
του και η f είναι παραγωγίσιμη σε αυτό από Θ.Fermat θα είναι   0
f x 0 .
Για κάθε x ισχύει              2
x 1 f x f x f x 0 1 .
Η  1 για  0
x x δίνει                  2
0 0 0 0 0 0
x 1 f x f x f x 0 x 1 1 0 x 0
άρα   f 0 1
β)
Αφού        f 0,1 0 f x 1
 
 
 
 
 
   
     
 
 
          
 
       
 
 
2 2
x
f x f x1 1
1 x 1 0 1 x
f x f x f x f x
1 1 1
x x x c e 2
f x f x f x
Για x 0 η    2 c 1 άρα
   
        

x x
x
1 1 1
x e e x f x , x
f x f x e x
αφού
x
e x .
γ)
Για κάθε x είναι  
   
 
   
 
x x
2 2
x x
e 1 1 e
f x
e x e x
.
       x
f x 0 1 e 0 x 0
         f x 0 x 0 , f x 0 x 0 η f είναι συνεχής στο άρα
η f είναι γνησίως αύξουσα στο   ,0 και γνησίως φθίνουσα στο  0, .
Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο    1
A ,0 άρα
      
   1 x
f A lim f x ,f 0 0,1
αφού   
   
   xx x
1 1 1
lim f x lim 0
e x 0
.
Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο  2
A 0, άρα
      
   2 x
f A lim f x ,f 0 0,1
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος

14. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Αφού   
  
 xx x
1 1
lim f x lim 0
e x
,     
  
          
  
x x
xx x
x
lim e x lim e 1 1 0
e
,
 
 
x xx L'H x
x 1
lim lim 0
e e
.
Το  
1
0
f x dx είναι αριθμός. Έστω   
1
0
a f x dx .
Για κάθε x είναι   0 f x 1 το ίσον μόνο για x 0 άρα
            
1 1 1
0 0 0
0 f x dx 1 dx 0 f x dx 1 0 a 1
Η εξίσωση        
1
0
f x f x dx f x a .
Το   1
a f A και f γνησίως αύξουσα στο 1
A άρα η εξίσωση   f x a
έχει μοναδική ρίζα 1
x στο 1
A με 1
x 0 .
Το   2
a f A και f γνησίως φθίνουσα στο 2
A άρα η εξίσωση   f x a
έχει μοναδική ρίζα 2
x στο 2
A με 2
x 0 .
Οπότε η εξίσωση     
1
0
f x f x dx έχει δυο ακριβώς ετερόσημες ρίζες.
δ)
    

   
x 0
lim f x 1 f 0 1 0
      
  
  
 
  
          
  
x 0 x 0
f x 1
lim lnx f x 1 lim lnx f x 1 0 1 0
f x 1

  
  
  
 
 u 0x 0
f x 1 u
lim lim 1
f x 1 u
      
  
      
           
     
x
x xx 0 x 0 x 0
1 1 e x
lim lnx f x 1 lim lnx 1 lim lnx
e x e x
   
  

x
x
lnx 1 e x 0
0
e x 1
  
 
 
 
       
   
 

   
 
 
      
 
   
       
    
    
2
x
0
x
x xx 0 x 0 x 0 x 0
2x x
2
x x x x x
x x x xx 0 x 0
1
1 e xlnx xlim lnx 1 e x lim lim lim
1 1 e x e 1
1 e x 1 e x
2 1 e x 1 e 1 e 1 e x e 0
lim 2 lim 2 0
1 e xe 2e xe 2

15. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18

              
         
            
       
0 0
0 0
0
)
ύ f( ) (0,1] ύ f(x) 1, ή ά x έ ώ f(x ) 1
ί ύ ϋ έ . Fermat
(x : ό ί , ά ό ί ), ό f (x ) 0.
έ έ x x ί        
 
2
0 0 0 0 0
: (x 1)f (x ) f(x ) f (x ) 0 ... x 0
Ά f(0) 1
   
 
 

         

            
              
   
2
x x x x
2
x x
x x
)
ή f(x) 0, ύ ί f (x) έ :
1 f (x) 1 1 1 1
x 1 0 ( ) x 1 e ( ) e e x e .
f(x) f (x) f(x) f(x) f(x) f(x)
e e
Ά ( ) ( e x) ό e x c x 0 ύ c 1.
f(x) f(x)
Ά ύ   
x
1
ί f(x) .
e x

        

         
            
      
 
   

1 1
x
0 0
x x
1 1 1 1
0 0 0 0
1
0
)
1
ί f(x) f(x)dx ί : c, ό c f(x)dx
e x
ό (e x)c 1 0. έ h(x) (e x)c 1.
E ή f(x) 1 έ f(x)dx 1dx . f(x)dx 1 f(x)dx 1 0 ά c 1 0.
ό ή f(x) 0 έ f(x)dx  
    
               
               
              
x
0 . c 0.
Έ h (x) (e 1)c, c 0
x 0 ό h (x) 0 ά h ί ί ί ( ,0]
x 0 ό h (x) 0 ά h ί ί ύ [0, )
ή h ά ά x 0 ί h(0) c 1 0.
 
   
        
           
x
x x
x
x x
x x x x
ό ύ : lim h(x) lim[(e x)c 1]
e
lim h(x) lim[(e x)c 1] , ύ lim(e x) lim x( 1) ( )
x
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος

16. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18


 
   
                 
           
( )
x
x
x x
1 2
e
ύ [lim lim e ]
x
Ά h έ ά ΄ ύ ί έ x 0 έ x 0 ή
ί έ ώ ύ ί ό .



   



   
  
      

 
   

  
        
 
x 0
x 0
x 0
x
xx xx 0 x 0 x 0 x 0
(f(x) 1)( (f(x) 1))
) (lnx ( (f(x) 1)) lim(lnx )
f(x) 1lim
( (f(x) 1))
lim(lnx (f(x) 1)) ) 0 ύ
f(x) 1
1 e x 1 lnx
lim(lnx (f(x) 1)) lim(lnx ( 1)) lim(lnx ( )) lim
e xe x e x
   




   



  
         
  
    
  
   
 


  
 

( )
x
0
( )
x 2 x 2 x x0
x x x x xx 0 x 0 x 0 x 0
x 2
0
( )
x x x0
xx 0
u 0x 0
e x 1
1
( e x 1) ( e x 1) 2( e x 1)(1 e )xlim lim lim lim
e 1 x(e 1) x(e 1) xe 1 e
( e x 1)
2( 3e 2e 1 xe )
lim 0
(2 x)e
( (f(x) 1)) u
lim ) lim
f(x) 1 u
   
       
1, ό u f(x) 1
x 0 ό u 0 (f(0) 1)

17. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α) H f έχει ΟΜ το 1 για ένα τουλάχιστον 0
x άρα   0
f x 1 και από Fermat   0
f x 0 .
Aν τεθούν στην αρχική ισότητα έχω 0
x 0 .
β) Ισοδύναμα από την αρχική
 
 
 
 
   
 
 
 
  
                   
   
   
x x
x x x
2
f x1 1 e e
x 1 0 x 1 e e xe
f x f x f x f x f x
   


      
x
x xe 1
xe c x ce
f x f x
και για   x 0 c 1, άρα   
x
1
f x
e x
.
γ)  
 

    

x
2
x
1 e
f x 0 x 0
e x
. Η f στο   ,0 και στο  0, άρα   0 f x 1 με
την ισότητα μόνο στο 0. Άρα     
1 1
0 0
0 f x dx dx 1 και αν θέσω        
1
0
h x f x f x dx θα
είναι      
1
0
h 0 1 f x dx 0 (1). Επίσης  

x
lim f x 0 άρα    
  
1
x
0
lim h x f x dx 0 δηλαδή
θα υπάρχει 1
x 0 ώστε   1
h x 0(2). Επιπλέον
 
 
   
 
xx x
x
x
1 1
lim lim 0
xe x e 1
e
αφού με
de L’Hospital είναι


xx
x
lim 0
e
. Άρα    
  
1
x
0
lim h x f x dx 0 δηλαδή θα υπάρχει 2
x 0
ώστε   2
h x 0(3). Από τις (1), (2), (3) 2 θεωρήματα Bolzano και την μονοτονία της h (που
είναι ίδια με της f ), θα υπάρχουν ακριβώς 2 ετερόσημες ρίζες της h δηλαδή της
ζητούμενης εξίσωσης.
δ) Η συνάρτηση     lnx f x 1 για x 0 και κοντά σ’ αυτό γράφεται:
    
 
 
 

f x 1f x 1
xlnx
x f x 1
. Με de L’ H   
 
 
x 0 x 0
lnx
lim xlnx lim 0
1
x
(1).
Από το α)  
 



   
x 0
f x 1
f 0 0 lim 0
x
(2).
Αν θέσω   u f x 1 το 


x 0
lim u 0 άρα
  
  
 
  
 
x 0 u 0
f x 1 u
lim lim 1
f x 1 u
(3).
Από τις (1), (2) και (3) είναι   

   
x 0
lim(lnx f x 1 ) 0.
Λύνει ο Κώστας Δεββές

18. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη για κάθε x και παρουσιάζει ολικό μέγιστο το
1 , άρα υπάρχει 0
x τέτοιο, ώστε   0
f x 1 .
Από Θ. Fermat είναι :   0
f x 0 .
Για  0
x x η δεδομένη σχέση γίνεται :
                       2
0 0 0 0 0 0 0
x 1 f x f x f x 0 x 1 1 1 0 x 1 1 0 x 0 ,
άρα   f 0 1.
β)
Αφού για κάθε x είναι   f x 0 , διαιρούμε τη δεδομένη σχέση με  2
f x , οπότε :
 
 
 
     
 
         
 
 
2
f x1 1 1
x 1 0 x 1
f x f x f x f x
   
 
 
    
                       
    
 
x x x x1 1 1
e x 1 e e x e
f x f x f x
   
 
          x x x1 1
e x e c x c e
f x f x
,  x , c .
Για x 0 :
 
    01
0 c e c 1
f 0
, άρα
 
     

x
x
1 1
x e f x
f x e x
,  x .
γ)
Η f συνεχής και παραγωγίσιμη στο με  
 

 

x
2
x
1 e
f x
e x
.
Για κάθε    x 0 f x 0 , άρα η f γνησίως αύξουσα στο   ,0 ,
ενώ για κάθε    x 0 f x 0 , άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  0, .
  
 
xx x
1
lim f x lim 0
e x
, αφού  
  x
x
lim e x , άρα      f ,0 0,1
   
 
   
 
xx x x
x
x
1 1
lim f x lim lim
xe x e 1
e

 
 
 xx
x
lim
e
,
 
 
 

 
 xx x
x
x 1
lim lim 0
ee
, άρα από κανόνα De L’ Hospital


xx
x
lim 0
e
,
Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης

19. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
άρα  

x
lim f x 0 , οπότε      f 0, 0,1 .
Έστω    
1
0
f x dx k , άρα η εξίσωση γίνεται   f x k.
Αφού για κάθε x είναι      
1
0
f x 0 f x dx 0.
Επίσης για κάθε x                  
1 1
0 0
f x 1 1 f x 0 1 f x dx 0 f x dx 1, αφού
η ισότητα δεν ισχύει για κάθε    x 0,1 , άρα   
1
0
f x dx 1. Άρα είναι  k 0,1 .
Επειδή το    k f ,0 υπάρχει      1 1
x ,0 : f x k και αφού η f γνησίως αύξουσα
στο   ,0 η 1
x είναι μοναδική αρνητική ρίζα της εξίσωσης   f x k .
Επειδή το   k f 0, υπάρχει      2 2
x 0, : f x k και αφού η f γνησίως φθίνουσα
στο  0, η 2
x είναι μοναδική θετική ρίζα της εξίσωσης   f x k.
Άρα η εξίσωση         
1
0
f x k f x f x dx έχει ακριβώς δύο ετερόσημες πραγματικές
ρίζες.
δ)
   
  
 
 
 
 
   
       
  
x 0 x 0
f x 1 f x 1
lim lnx f x 1 lim x lnx
f x 1 x
   
 
 
   
 x 0 x 0
lnx
lim x lnx lim
1
x
,
 
   
  

   
  
 
 
x 0 x 0 x 0
2
1
lnx xlim lim lim x 0
1
1
x
x
,
άρα από κανόνα De L’ Hospital είναι  

 
x 0
lim x lnx 0

  
 

  
 
  
x 0
f x 1
lim
f x 1
: Θέτουμε   u f x 1 και   
 
x 0
lim f x 1 0 , άρα
  
  
      
  
u 0x 0
f x 1 u
lim lim 1
f x 1 u

     
  
 
    
     
      
x 0 x 0
f x 1 f x f 0
lim lim f 0 0
x x 0
Άρα    

      
x 0
lim lnx f x 1 0 1 0 0.

20. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Για την συνάρτηση f γνωρίζω ότι     f 0,1 .
Αυτό σημαίνει ότι υπάρχει κάποιο 0
x τέτοιο ώστε   0
f x 1.
Εύκολα παρατηρώ ότι για αυτό το 0
x η συνάρτηση εμφανίζει ολικό μέγιστο ίσο με την
τιμή   0
f x 1. Το 0
x είναι εσωτερικό σημείο του και η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη
σε αυτό (εφόσον είναι παραγωγίσιμη σε όλο το ) και επομένως πληρούνται όλες οι
προϋποθέσεις του Θεωρήματος Fermat. Άρα   0
f x 0 .
Η σχέση (1) ισχύει για κάθε x , επομένως και για  0
x x .
       
 
     
 
 
  
        
    
0 0f x 0 f x 1
2 2
0 0 0 0 0 0 0
0 0
x 1 f x f x f x 0 x 1 f x f x 0
x 1 1 0 x 0
Άρα η συνάρτηση εμφανίζει ολικό μέγιστο στο 0
x 0 με τιμή   f 0 1.
β)
Για κάθε x ισχύει ότι
               
       
     
 
 
 
 
 
 
   
 
 
          

      
 
      
 
 
2 2
x xf x 0
x x x 2 x
2
x x
x x
x 1 f x f x f x 0 f x f x x 1 f x
e f x e f x
e f x e f x e 1 x f x e 1 x
f x
e e
e x e x c,c
f x f x
Ακόμα   f 0 1 οπότε η παραπάνω σχέση για x 0 γράφεται:
 
     
0
0e 1
e 0 c c c 1
f 0 1
Άρα για κάθε x ισχύει:
   
 


      

x
x x
x
e 1 1
e x 1 x e f x
f x f x e x
, η οποία επαληθεύει την δοσμένη σχέση.
γ)
Ισχύει ότι     f 0,1 επομένως   0 f x 1 για κάθε x και εφόσον η f δεν είναι η
σταθερή συνάρτηση 1, θα έχω:
               
1 1 1 1
0 0 0 0
0 f x 1 0dx f x dx 1dx 0 f x dx 1
Λύνει ο Στράτος Μανιτάρου

21. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Έστω η συνάρτηση            

 
1 1
x
0 0
1
g x f x f x dx f x dx,x
e x
Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο με
       
 
  
       
 

1 x
2
x
0
e 1
g x f x f x dx f x
e x
.
Ισχύει:  
 

           

x
x x
2
x
e 1
g x 0 0 e 1 0 e 1 x 0
e x
 
 

           

x
x x
2
x
e 1
g x 0 0 e 1 0 e 1 x 0
e x
 
 

           

x
x x
2
x
e 1
g x 0 0 e 1 0 e 1 x 0
e x
Επομένως η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα στο   ,0 , γνησίως φθίνουσα στο
 0, και εμφανίζει ολικό μέγιστο στο 0
x 0 ίσο με
            
1 1
0 0
g 0 f 0 f x dx 1 f x dx 0
Ακόμα       
  x
g ,0 limg x ,g 0
Ισχύει:    
 
    
 
           
  
1 1 1
xx x
0 0 0
1 1
limg x lim f x dx f x dx f x dx 0
e x 0
Παρατηρώ ότι    0 g ,0 άρα υπάρχει μοναδικό    0
x ,0 τέτοιο ώστε   0
g x 0
Επιπλέον       
   x
g 0, limg x ,g 0
Ισχύει:        
 
 
                 
  
 
1 1
xxx x x
0 0
1 1
limg x lim f x dx lim f x dx
ee x
x 1
x
Όμως:
 
 
 
   

   

xx /
x
x x x
ee
lim lim lim e
x x
Άρα
 
           
  
  
1 1 1
0 0 0
1
f x dx 0 f x dx f x dx 0
1
Παρατηρώ ότι   0 g 0, άρα υπάρχει μοναδικό  1
x 0, τέτοιο ώστε   1
g x 0

22. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Άρα υπάρχουν ακριβώς 2 ετερόσημοι αριθμοί για τους οποίους         
1
0
g x 0 f x f x dx
.
Άρα η εξίσωση     
1
0
f x f x dx , έχει ακριβώς δυο ετερόσημες ρίζες στο .
δ)
Έχω:      
  
   
 
  
        
   
 
x 0 x 0
f x 1
lim lnx f x 1 lim lnx f x 1
f x 1
Ισχύει:    
   
 
x
x x
1 1 e x
f x 1 1
e x e x
Για το
  
  

 
x 0
f x 1
lim
f x 1
θέτω   f x 1 u όπου   

   0
x 0
u u lim f x 1 0 και έχω:
  
   
 
  
 
x 0 u 0
f x 1 u
lim lim 1
f x 1 u
Ακόμα
  
 
 
 
 
  
  
 
 
 
   
   
   
  
   
   

      
    
    
      
             
  

0 /
x 0 x 0 x 0 x 0
2
2 2
x x
22
x
x
x xxx 0 x 0 x 0 x 0
2
x 2
1
lnxlnx xlim lnx f x 1 lim lim lim
1 f x
1
f x 1 f x 1
f x 1
1 e x 1 e x
1 e xf x 1 e x x
lim lim lim lim
e 1 x e 1xf x x e 1x
e x x
Όμως:

 
 
     

  
    

xx 0/0
x
x 0 x 0 x 0
1 e x1 e x
lim lim lim e 1 0
x x

 
 
 
 
 
x x
2x 0 x 0
x e 1 e 1
lim lim 1
x x
Άρα   0
Άρα   0 1 0

23. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Δεδομένα:
2
(x 1)f (x) f(x) f'(x) 0|x     (0.1)
f( ) (0,1] (0.2)
Ερώτημα Α
Από την (0.2), ισχύει πως f(x) 1 για x  , και επειδή το 1 περιλαμβάνεται στο σύνολο
τιμών της f , θα υπάρχει 0
x  τέτοιο ώστε
0
f(x ) 1 (0.3)
Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο και 0
f(x) 1 f(x) f(x )   η f παρουσιάζει μέγιστο
στο 0
x άρα από Θεώρημα Fermat ισχύει
0
f (x ) 0  (0.4)
Η (0.1) για 0
x x γίνεται:
(1.3),(1.4)
2
0 0 0 0 0 0 0
(x 1) f (x ) f(x ) f (x ) 0 (x 1) 1 1 0 0 x 1 1 0 x 0                
Άρα
f(0) 1 (0.5)
Ερώτημα Β
Από το πεδίο ορισμού της f γνωρίζουμε πως f(x) 0|x  .
Άρα η (0.1) μπορεί να μετασχηματιστεί σε:
x
x
x
( e )
2
2 2
x x x xέ . . . e
x x x
2
x
1 f (x) f(x) f (x)
(x 1) f (x) f(x) f (x) 0 (x 1) 0 (x 1) 0
f(x) f (x) f (x)
e f (x) (e ) f(x) e e
xe e 0 ( xe ) ( ) xe c
f (x) f(x) f(x)
1
x ce
f(x)



       
  
 
              
 
          
  

Όπου x αντικαθιστώ με το 0 στην παραπάνω σχέση.
x
(1.5)
e x 0|x
x x
x
1 1
0 c 0 c c 1
f(0) 1
Ά
1 1
x e f(x)( x e ) 1 f(x) |x
f(x) e x
  
       

         

Ερώτημα Γ.
Η f παραγωγίσιμη στο με
x
x 2
e 1
f (x)
(e x)

  

Λύνει ο Αναστάσιος Μπίθας

24. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Ό
x 2
x x
x
x
(e x) 0|x
(e 1) (1 e )
1 e 0|x 0
1 e 0|x 0
   
    
   
   
Άρα
f (x) 0|x 0
f (x) 0|x 0
  
  
Άρα η f γνησίως αύξουσα για x 0 αφού είναι συνεχής στο x 0 και γνησίως φθίνουσα
για x 0 αφού είναι συνεχής στο x 0 .
1
0
f(x) 0 f(x)dx 0  
Επίσης
1 1 1 1( ό x 0) 1
00 0 0 0
f(x) 1 f(x)dx 1dx f(x)dx f(x)dx 1x
  
           
Θα υπολογίσουμε το σύνολο τιμών της f :
x
xx x x
x x
xx x
( )
x xx (DLH) x
x
x
xx x
f ,
1
lim(e x) lim 0 lim f(x) 0
e x
x
lim(e x) lim e (1 )|(i)
e
x 1
lim lim 0|(ii)
e e
(i),(ii) lim(e x) |(iii)
1
(iii) lim lim f(x) 0
e x
f(( ,0])
  
 


 

 
 
      

   
  
   
  


x
f , ί
x
(lim f(x),f(0)] (0,1]
f([0, ) (lim f(x),f(0)] (0,1]

  


  

Αφού ο αριθμός
1
0
f(x)dx (0,1) περιλαμβάνεται στο σύνολο τιμών της f γιαx ( ,0] 
και για x [0, )  η εξίσωση
1
0
f(x) f(x)dx  έχει 2 ετερόσημες ρίζες στο και επειδή η f
γνησίως μονότονη στα παραπάνω διαστήματα, οι ρίζες αυτές θα είναι μοναδικές.

25. ___________________________________________________________________________
24η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18