4117 6758επιλυση εξισωσεων και ανισωσεων συναρτησιακων μορφων

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Γ ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ
ΕΛΕΥΘΕΡΙΟΥ ΓΑΒΡΙΗΛ - ΚΟΥΜΑΝΤΟΣ ΝΙΚΟΛΑΟΣ 1
ΕΠΙΛΥΣΗ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ ΚΑΙ ΑΝΙΣΩΣΕΩΝ
ΣΥΝΑΡΤΗΣΙΑΚΩΝ ΜΟΡΦΩΝ MIAΣ ΜΕΤΑΒΛΗΤΗΣ
Στα παρακάτω γίνεται μία προσπάθεια, ομαδοποίησης των ασκήσεων
επίλυσης εξισώσεων και ανισώσεων, συναρτησιακών μορφών, συνεχών
συναρτήσεων, των οποίων η λύση στηρίζεται σε τεχνικές μη άμεσης
αλγεβρικής επίλυσης.
Να αναφέρουμε ότι ανάλογες σκέψεις, μπορούν να προκύψουν και στην
περίπτωση εξισώσεων και ανισώσεων, οι οποίες παρουσιάζουν στον
τύπο τους την αντίστροφη μίας συνάρτησης.
Προφανώς, οι παρακάτω δεν είναι οι μοναδικές μορφές που μπορεί
κάποιος να συναντήσει , ούτε και ο τρόπος επίλυσης τους μοναδικός.
Γίνεται όμως μία προσπάθεια, να δοθούν στο μαθητή κάποια εργαλεία
σκέψης, για μία πιο άνετη προσέγγιση τέτοιων θεμάτων.
Ο προσδιορισμός της μονοτονίας της συνάρτησης, σε όποιες ασκήσεις
αυτός χρειάστηκε, έγινε είτε με τον ορισμό και τις ιδιότητες της διάταξης,
είτε με τη βοήθεια του αντίστοιχου θεωρήματος των παραγώγων, για
μεγαλύτερη << πολυφωνία >>, στην εύρεσή της.

1η ΜΟΡΦΗ: ff( x)= k. f( g( x) )= k
ό
π
ο
υ
κ
ε
f( A)
κ
α
ι
g( x)
εΑ
)f( g( x) )= f( h( x) με g(x)εAf, h(x)εAf
f(…)+f(….)=α, αεR
f(…)=g(…) στο f g
Α
∩
A
1ος τρόπος
Mορφοποιούμε, μέσω παρατήρησης την σχέσηf (x) k ή f(g(x))=k όπου κεf(A)
σε f(…)=f(….) , όπου το κ=f(x0) με το x0εΑ, και <<απολείφουμε>> τα
f:
 είτε μέσω μονοτονίας
 είτε μέσω της 1-1
 είτε μέσω θέσης ακροτάτου

 είτε κάνοντας χρήση των επιμέρους πεδίων ορισμού, σε
συναρτήσεις πολλαπλού τύπου, ανάλογα με το x0 στο οποίο και
ορίζονται.
Προφανώς, δείχνοντας ότι το κεf(Α), απλώς δικαιολογούμε την
ύπαρξη ρίζας, αλλά δεν την προσδιορίζουμε.
Παράδειγμα 1
Δίνεται η συνάρτηση f με f(x)=ex+x-1.
i. Nα δείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα.
ii. Nα λύσετε την εξίσωση f(x)=e
iii. Να βρείτε το x ώστε να είναι f(lnx+x)=e
Λύση
i. Για κάθε 1 2 1 2x ,x R με x x  με τη βοήθεια των ιδιοτήτων της
διάταξης αποδεικνύουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα.
ii. Είναι f (x) e f (x) f (1)   και αφού η f είναι γνησίως αύξουσα
προκύπτει ότι η x=1, είναι η μοναδική λύση της εξίσωση (κάθε
γνησίως μονότονη συνάρτηση, ορίζει εξίσωση μορφής f(x)=α, αεR
με το πολύ μία ρίζα).
iii. Αρχικά να προσέξουμε ότι πρέπει (lnx+x)εAf =R και x>0 επομένως
αναζητώ λύσεις για x>0. Είναι :
f(lnx+x)=e f(lnx+x)=f(1) lnx+x=1 lnx+x-1=0   . Aν είναι
g(x)=lnx+x-1 με x>0 η ισοδύναμη εξίσωση είναι
g(x)=0 g(x) g(1) x 1    αφού εύκολα αποδεικνύεται ότι η g είναι
γνησίως αύξουσα.
Δίνεται η συνάρτηση f(x)=
2
2
1
 

   
, -5<x<-2
, -2 x 6
x x
x
. Βρείτε τα xε(-5,6] για τα
οποία είναι: 2 4 2 1( ) ( )f x f     .
Λύση
Επειδή 1 1   προκύπτει 2+4ημxε[-2,6]x και έτσι 2 4 2 4 1     ( )f x x
Ακόμη 5 2 1 2 2 1 1       και έτσι προκύπτει f(- ) ... .

Επομένως έχουμε ισοδύναμα: 2 2 1 2 4 1 1        ( ) ( )f x f x
2 4 2 2 4 2        ή 2+4ημx=-2x x από τις οποίες προκύπτει x=kp ή
x=2kp-
2

, κεZ.
20ς τρόπος
Χρήση συναρτησιακής σχέσης δύο μεταβλητών από την υπόθεση,
είτε ιδιότητες άρτιας ή περιττής συνάρτησης, μορφοποιούν
εξισώσεις μορφής, f(…)+f(….)=α, αεR σε μορφή
ff (x) k ή f(g(x))=k όπου κεf(A) και g(x)εΑ , άρα επιλύονται ανάλογα.

Αν f:R R με f(x)-f(y)=f(x-y) , για κάθε x,yεR
i. Να βρείτε το f(0).
ii. Nα λύσετε την εξίσωση f(x2-4x)-f(x-6)=0 xεR, αν γνωρίζεται ότι
η f έχει μοναδική ρίζα.
ΛΥΣΗ
i. H υπόθεση για x=y=0 μας δίνει f(0)-f(0)=f(0) άρα f(0)=0.
ii. H εξίσωση f(x2-4x)-f(x-6)=0 είναι ισοδύναμη με την f(x2-5x+6)=0
(1) , βάση της συναρτησιακής σχέσης της υπόθεσης, αν θέσουμε
όπου x το x2-4x και y το x-6. Άρα η (1) δίνει με τη βοήθεια και
του i ερωτήματος, την εξίσωση f(x2-5x+6)=f(0) από την οποία
προκύπτει, η ισοδύναμη εξίσωση x2-5x+6=0, αφού η f έχει
μοναδική ρίζα, η οποία είναι το μηδέν όπως προκύπτει από το i.
ερώτημα. Η λύση της τελευταίας δίνει x=2 ή x=3.

Αν f:R R μία περιττή συνάρτηση , να βρείτε xεR για τα οποία ισχύει:
f(lnx)+f(-x+1)=0, αν γνωρίζεται ότι η f είναι γνησίως μονότονη
ΛΥΣΗ
Για x>0 έχουμε f(lnx)+f(-x+1)=0 f (lnx) f( x 1).    (1) Γνωρίζουμε ότι
σύμφωνα με τον ορισμό της περιττής είναι g(-x)=-g(x) με x, -xεAg.
Επομένως η (1) μας δίνει ισοδύναμα f (lnx) f(x 1)  από την οποία και
παίρνουμε μοναδική λύση την x=1.

30ς τρόπος
Ενδεχομένως μορφοποίηση σε f(…)=g(…) στο f gA  να δίνει λύση:
 είτε μέσω μοναδικού κοινού σημείου των γραφικών
παραστάσεων
 είτε κάποιο x0. στο οποίο η μία συνάρτηση να παρουσιάζει
ελάχιστο και η άλλη μέγιστο

Παράδειγμα
Δίνεται η 2
f (x) 5 25 x   και η g(x)= 2
x 5
i. Να βρείτε τα ακρότατα των f και g.
ii. Να λύσετε την εξίσωση f(x)=g(x)
ΛΥΣΗ
i. Η f ορίζεται για τους πραγματικούς για τους οποίους
2 2
25 x 0 x 25 5 x 5        και ισχύει
2 2 2
25 x 0 25 x 0 5 25 x 5 f (x) 5            με το ίσον να
ισχύει για x=5 και x=-5. Επομένως η μέγιστη τιμή της f είναι το 5.
Επίσης για την g για κάθε xεR ισχύει 2 2
x 0 x 5 5 g(x) 5     
δηλαδή η ελάχιστη τιμή της g είναι το 5 για x=0.
ii. Eίναι f (x) 5 και g(x) 5 . Eπειδή η τιμή 5 για την οποία ισχύουν
συγχρόνως οι προηγούμενες ανισοισότητες, δεν επιτυγχάνεται για
κοινή τιμή του x (για την f ισχύει για x=5 και x=-5, ενώ για την g για
x=0) η αντίστοιχη εξίσωση είναι αδύνατη.

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ

ΟΙ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1 1
f (x) x, f (x) f (x) 
 
Γνωρίζουμε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f και f-1
έχουν άξονα συμμετρίας την ευθεία y=x. Επομένως προκύπτει ότι:
1
f (x) x f (x) x
   . Έτσι οι εξισώσεις 1
f (x) x και f (x) x
  , είναι
ισοδύναμες, άρα επιλύουμε την απλούστερη.
Η επίλυση της εξίσωσης 1
f (x) f (x)
 , ερμηνεύει αλγεβρικά, την
εύρεση των κοινών σημείων της γραφικής παράστασης των
συναρτήσεων f και f-1 δηλαδή του συστήματος που ορίζουν οι
εξισώσεις y=f(x) και x=f(y).

ΜΟΝΟ στην περίπτωση που η f είναι γνησίως αύξουσα, η εξίσωση
1 1
f (x) x, f (x) f (x) 
  είναι ισοδύναμη με τις εξισώσεις
1
f (x) x ή x f (x)
  .
ΑΠΟΔΕΙΞΗ
Έστω α μία λύση της εξίσωσης 1
f (x) f (x)
 . Τούτο σημαίνει ότι το Ν(α,β)
είναι κοινό σημείο των Cf και 1
f
C  , οπότε είναι:
1
f( ) και f ( ) f( )
         . Αρκεί να δείξουμε ότι το α είναι λύση της
εξίσωσης f(x)=x, δηλαδή θα αποδείξουμε ότι f(α)=α β=α. Πράγματι
έχουμε: Αν α<β και αφού f αύξουσα παίρνω f(α)<f(β) άρα α<β πράγμα
άτοπο. Ανάλογα αν α>β καταλήγουμε σε άτοπο. Επομένως κατανάγκην
θα είναι α=β
Αλλά και αντίστροφα, αν το α ήταν μία λύση της εξίσωσης f(x)=x, τότε
ισχύει f(α)=α f-1(α)=α, επομένως 1
f ( ) f ( ),
   δηλαδή το α είναι λύση
της εξίσωσης f(x)=f-1(x).

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ
Δίνεται η συνάρτηση .
i. Να αποδείξετε ότι η αντιστρέφεται και να βρείτε το πεδίο ορισμού
της .
ii. Να αποδείξετε ότι οι και έχουν ένα κοινό σημείο, το οποίο και
να προσδιορίσετε.
ΛΥΣΗ
i. Η παραγωγίσιμη στο με για κάθε
άρα η είναι γνησίως αύξουσα στο ,συνεπώς είναι
και 1-1,οπότε αντιστρέφεται. Η συνεχής και γνησίως αύξουσα στο
, άρα
Είναι και
άρα και
και
άρα
Επομένως .

ii. Τα κοινά σημεία των και προκύπτουν από την λύση του
συστήματος:
με . Αφαιρώντας κατά μέλη τις (1),(2) έχουμε:

όπου με .
Η παραγωγίσιμη στο με
(αφού .
Συνεπώς η είναι γνησίως αύξουσα στο , οπότε και 1-1.
Επομένως η (4)
Άρα η (1)

Οπότε για η (4) δίνει .Επομένως οι και έχουν μονα-
δικό κοινό σημείο το Μ(2,2), το οποίο επαληθεύει τις αρχικές εξισώσεις
του συστήματος.

ΠΡΟΣΟΧΗ

Τα κοινά σημεία των και προκύπτουν από την λύση του
συστήματος f(x)=y και f(y)=x. Tονίζουμε ότι κατά τη λύση του
συστήματος, με την παραπάνω διαδικασία, δεν ισχύει η ισοδυναμία
λόγω της αφαίρεσης κατά μέλη, οπότε κάνουμε επαλήθευση των
λύσεων που προέκυψαν.

Μία άλλη διαδικασία, επίλυσης του παραπάνω συστήματος,
παρουσιάζεται σαν εναλλακτική λύση για το ii. ερώτημα του παραπάνω
παραδείγματος:
Τα κοινά σημεία των και προκύπτουν από την λύση του
συστήματος :
 
     
:1 1
11
( ) ( ( )) ( ) ( ( ))

)(

( )
f f y f f x f y f f xy f x
f y f f f y xy f x x


     
  
 

   
( ( )) ( )( ( ))
( ) (
(

)
)f f x f x f xf f x x
f y x f y x
x   
 

 


με , (1, )x y   (1)
Έστω η συνάρτηση ( ) ( ) , 1g x f x x x   η οποία είναι παραγωγίσιμη στο (1, )

με ( ) ( ) 1 0g΄ x f΄ x   για κάθε 1x  (αφού ( ) 0f΄ x  για κάθε 1x  ). Άρα η συνάρτηση g
είναι γνησίως αύξουσα στο (1, ) οπότε και 1 1 .
Επομένως η (1)
( ( )) ( )
( )

f y
g f x
x
g x




:1 1 ( )
)

(
g x
y x
x
f
f 


 
 ( ) ( )
ln( 1)

x x x
f y f x
 




:1 1 ln( 1) 0

f x
y x
  


 

ln( 1) ln1

y x
x  




1 1

y
x
x
 


2

2y
x 





Συνεπώς το κοινό σημείο των fC , 1
f
C  είναι το Α(2,2).

Ασκήσεις
1. Έστω 2
3
f (x)
x 1


.
i. Nα δείξετε ότι έχει μέγιστο μόνο στο 0.
ii. Να λύσετε τις εξισώσεις:
α. f(x)=3 β. f(x2-1)=3 γ. f(3f(x-1))=3
2. Δίνεται η συνάρτηση f(x)= 2 2
(x 1) (x 3) 1   .
i. Nα δείξετε ότι η f έχει ελάχιστο σε 2 διαφορετικές θέσεις.
ii. Να λύσετε την εξίσωση 2
f(x 3x 1) 1  
3. Έστω   21
f (x) και g(x)=ln x 1 1 1
x 1 1
   
 

i. Να δείξετε ότι το 1 η μέγιστη τιμή της f και η ελάχιστη τιμή της g.
ii. Nα λύσετε την εξίσωση:   21
-1=ln x 1 1
x 1 1
 
 

4. Αν f:R R μία περιττή και γνησίως μονότονη συνάρτηση , να βρείτε
xεR για τα οποία ισχύει: f(ex)+f(x-1)=0.
5. Έστω η συνάρτηση : f(x)=
i. Να μελετηθεί η f ως προς την μονοτονία.
ii. Να λυθεί η εξίσωση:
iii. Αν α,β και ισχύει: να αποδείξετε
ότι α=β
iv. Να λύσετε την εξίσωση:

6. Δίνονται οι συναρτήσεις f,g: με : f(x)= και
g(x)=
i. Να μελετήσετε τις συναρτήσεις f,g ως προς την μονοτονία και τα
ακρότατα.
ii. Να λυθεί στο η ανίσωση :  
21
2 1x
xe x x
   
7. Δίνονται οι συναρτήσεις f,g: με : f(x)= και
g(x)=
ii. Να βρεθεί το σύνολο τιμών της g.
iii. Να λύσετε την εξίσωση:f(g(x))=1
8. Δίνονται οι συναρτήσεις f(x)= και g(x)=
i. Να αποδείξετε ότι η f έχει ελάχιστο το 2.
ii. Να αποδείξετε ότι η g έχει μέγιστο το 2 και ελάχιστο το -2.
iii. Να βρείτε τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων
των συναρτήσεων f και g.
9. Δίνονται οι συναρτήσεις f,g :R R με τύπους 2
f(x) x 2x 2, xεR   και
2
2x
g(x)
x 1


για κάθε xεR.
i. Να αποδείξετε ότι η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο.
ii. Να αποδείξετε ότι η g παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο x0=1.
iii. Nα βρείτε τα κοινά σημεία των Cf και Cg.
10. Δίνεται η συνάρτηση f(x)=
2
2
1
 
   
, x>2
, 1 x 2
x
x
. Nα λυθεί η εξίσωση
2 2
1 2   ( )f x x .
11. Δίνεται η συνάρτηση f(x)=x+ x
i. Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα.
ii. Να εξετάσετε αν η f αντιστρέφεται.

iii. Να αποδείξετε ότι η f έχει σύνολο τιμών το [0, )
iv. Να λύσετε την εξίσωση 1
f (x) x

v. Βρείτε τα κοινά σημεία της γραφικής παράστασης των f και 1
f
.
12. Δίνεται η συνάρτηση x
f (x) e x 1  
i. Nα βρείτε τη μονοτονία της f.
ii. Nα εξετάσετε αν ορίζεται η αντίστροφη της f, και αν ναι. να βρείτε
το πεδίο ορισμού της αντίστροφης.
iii. Να λύσετε την εξίσωση 1 x
f (e ) x

iv. Βρείτε τα κοινά σημεία της γραφικής παράστασης των f και 1
f
.

2η ΜΟΡΦΗ: f(....) f(....) .... vf(...) γ ( ... v)        με γ=ακρότατη τιμή της f
O ορισμός του ακροτάτου της f, με τη βοήθεια των ιδιοτήτων της
διάταξης, μας δίνει άμεση λύση της εξίσωσης, το x0 στο οποίο η f
παρουσιάζει ακρότατο.

Έστω f :R R με f(2)=3 και f(x) 3 για κάθε xεR. Nα λυθεί η εξίσωση
f(x2+1)+2f(2x)=9.
ΛΥΣΗ
Αφού f(x) 3 για κάθε xεR θα έχουμει:
 θέτοντας όπου x το x2+1 άρα f(x2+1) 3, με το ίσον να ισχύει μόνο
αν x2+1=2…..(Α) δηλαδή x=1 ή x=-1.
 θέτοντας όπου x το 2x άρα f(2x) 3 με το ίσον να ισχύει μόνο αν
2x=2 δηλαδή x=1 άρα και 2f(2x)  6… (B)
Επομένως από (Α)+(Β) : f(x2+1)+2f(2x) 9 με το = μόνο αν x2+1=2=2x
από την οποία προκύπτει ότι x=1.

Ασκήσεις

2
2
2x x 2
x x 1
 
 
.
i. Nα δείξετε ότι η f έχει ελάχιστο ίσο με 1.
ii. Να λυθεί η εξίσωση 2 3
f(x x 1) f(x 7) 2    

iii. Βρείτε τα x,yεR ώστε 3f (x y) 2f (2x 3y) 5 0    
2
2
2
1
x x
x x
 
 
.
i. Nα αποδείξετε ότι η f έχει ελάχιστο το -3.
ii. Να λυθεί η εξίσωση 2 43 3
( ) ( 3 ) 6 0
2 2
f x f x x     
iii. Βρείτε τους α,βεR ώστε να ισχύει 2 ( 1) 3 (2 1) 15 0f a f a       
3. Αν f :[0, ) R  γνησίως μονότονη με f(x) x2+1 για κάθε x0 και
f(0)=1. Βρείτε τα κ,λε[0,) για τα οποία είναι 3f(κ)+2f(λ)=5.
4. Δίνεται η συνάρτηση f(x)=x2-2-συνx.
i. Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ= 0,
2
 
 
  
.
ii. Nα λύσετε στο Δ την εξίσωση f(x)+f(x3)+f(x2017)=-9
6. Δίνεται η συνάρτηση f(x)=2x+ ,x
i. Να αποδείξετε ότι f(x) x
ii. Να λύσετε την εξίσωση: f(x)+f( )+f( )+f( )=4
7. Δίνεται συνάρτηση f(x)= με x>0
       i. Να μελετηθεί η fως προς την μονοτονία, τα ακρότατα, τα
          κοίλα και τα σημεία καμπής.
       ii.  Να αποδείξετε ότι f(x)
1
e
 ,για κάθε x>0.
        iii.  Να λύσετε την εξίσωση: ef(
        iv.   Να λύσετε την εξίσωση : f(x)+f( = .
8. Δίνεται η συνάρτηση f(x)= ,με x>0
i. Να μελετηθεί η f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα.
ii. Να βρεθούν τα α,β>0 και γ τέτοιοι ώστε να ισχύει: (α- =1
iii.Να λύσετε την εξίσωση: f( )
9 Δίνεται η συνάρτηση: f(x)= , x
ii. Να βρεθεί το σύνολο τιμών της f.
iii. Να λύσετε την εξίσωση :f(y

10. Aν η συνάρτηση f :R R παρουσιάζει ελάχιστο μόνο στο 1 το 5και
ισχύει f(α)+f(lnβ)=10 να βρείτε τα αεR και β>0.

3η ΜΟΡΦΗ: f (....) f (....) f (...) f (.....)  
10ς τρόπος: Προφανείς ρίζες και χρήση μονοτονίας
Αφού βρώ την ή τις τιμές για την ή τις οποία-ες ισχύει η ισότητα,
στη συνέχεια δείχνω ότι f(α)>f(γ) και f(β)>f(δ) (αν f γνησίως
αύξουσα, αλλιώς θα ισχύει η αντίστροφη φορά) και προσθέτω τις
σχέσεις κατά μέλη, αποδεικνύοντας έτσι ότι η ή οι ρίζα-ες που
βρήκαμε με παρατήρηση, είναι μοναδική-κες.

Αν xεR και f γνησίως φθίνουσα, να λύσετε την εξίσωση:
f (x) f (5x) f (3x) f (12x)   .
ΛΥΣΗ
Παρατηρώ ότι για x=0 ισχύει η ισότητα.
Αν x<0 είναι:
3x x και f άρα f(3x)>f(x)
f (x) f (5x) f (3x) f (12x)
12x<5x και f άρα f(12x)>f(5x)
    

2
2

Aν x>0 είναι:
3x x και f άρα f(3x)<f(x)
f (x) f (5x) f (3x) f (12x)
12x>5x και f άρα f(12x)<f(5x)
    

2
2

Επομένως η μοναδική λύση της εξίσωσης είναι η x=0.

Ασκήσεις

1. Αν x>0 και f γνησίως αύξουσα, να λύσετε την εξίσωση:
3 5 7
f(x) f(x ) f(x ) f(x )   .
2. Αν xεR και f γνησίως αύξουσα, να λύσετε την εξίσωση:
x x x x
f(2 ) f(3 ) f(e ) f( )    .
3. Δίνεται η συνάρτηση f(x)= +1)
i. Να μελετηθεί η f ως προς την μονοτονία, τα ακρότατα, τα
κοίλα και τα σημεία καμπής.
ii. Να λύσετε την εξίσωση: f( )+f( )=f(x)+f(0)

i. Να μελετηθεί η f ως προς την μονοτονία
ii. Να λυθεί η εξίσωση: f( )+f( )=f( )+f( )
5. Δίνεται η συνάρτηση f(x)= +x-1
i. Να μελετηθεί η f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα και στη
συνέχεια να βρεθούν οι ρίζες και το πρόσημο της f.
ii. Να λύσετε την εξίσωση: f(x)=f( )+
6. i. Να λυθεί η εξίσωση : =x+1
ii. Να αποδείξετε ότι για κάθε x>0 ισχύει: συνx>1-
iii. Αν η f είναι γνησίως αύξουσα στο να λυθεί η εξίσωση:
f( +f(συνx)=f(1+x)+f(1- ) στο [0,+ .
7. i. Να αποδείξετε ότι για κάθε x ισχύει:
α. ημx
β. (1
ii. Αν η f είναι γνησίως αύξουσα στο να λυθεί η εξίσωση:
f(ημx)+f( )=f(1 )+f( ) στο [0,+ .
8. Έστω η συνάρτηση f:R R η οποία είναι γνησίως φθίνουσα για κάθε
0x  και γνησίως αύξουσα για κάθε 0x  . Να λύσετε τις εξισώσεις:
i. f(x)+f(5x)=f(3x)+f(7x)
ii. f(x)+f(x5)=f(x3)+f(x10), x>0
iii. f(ex)+f(e5x)= f(e3x)+f(e7x)
iv. f(lnx)-f(2lnx)=f(7lnx)-f(5lnx), x>0
v. 2 3
( ) ( ) ( ) ( )f x f x f x f x   , x>0
20ς τρόπος: Μορφοποίηση και χρήση βοηθητικής συνάρτησης
Μετασχηματίζω την προς απόδειξη στη μορφή βοηθητικής
συνάρτησης η οποία:
 είτε δίνεται

 είτε την κατασκευάζουμε <<εμπειρικά>> μέσω της μορφής
που παίρνουν τα δύο μέλη της εξίσωσης
 είτε με τη βοήθεια κάποιας συναρτησιακής σχέσης δύο
μεταβλητών, από την υπόθεση.
Παράδειγμα1
Έστω f,g : R R με g(x)=f(x+4)-f(x+1) η οποία είναι γνησίως αύξουσα
στο R. Να λύσετε τις παρακάτω εξισώσεις:
i. f(2x+4)=f(2x+1) αν g(2)=0
ii. f(x2+3x+4)=f(x2+3x+1)-3 αν f(4)=f(1)-3
iii. f(x4+4)-f(x2+4)=f(x4+1)-f(x2+1)
ΛΥΣΗ
i. Είναι f(2x+4)=f(2x+1)  f(2x+4)-f(2x+1)=0  g(2x)=0 g(2x)=g(2)
αρα 2x=2 δηλαδή x=1, αφού η g είναι γνησίως μονότονη.
ii. Eίναι f(x2+3x+4)=f(x2+3x+1)-3 f(x2+3x+4)-f(x2+3x+1)=-3
g(x2+3x)=g(0) άρα αφού η g είναι γνησίως μονότονη, x2+3x =0
δηλαδή x=0 ή x=-3.
iii. Είναι f(x4+4)-f(x2+4)=f(x4+1)-f(x2+1) 
f(x4+4)- f(x4+1)= f(x2+4)- f(x2+1)  g(x4)=g(x2) άρα αφού η g είναι
γνησίως μονότονη , προκύπτει x4=x2  x=0 ή x=1 ή x=-1.

Να λυθεί η εξίσωση: 2xx4
eex42x 

ΛΥΣΗ
Είναι 4 x x 2 x 2 4 x
x 2 4 x e e x 2 e e 4 x   
           …(1)
Θεωρούμε την συνάρτηση f(x)=x+ex,με xεR, η οποία εύκολα
αποδεικνύουμε ότι είναι γνησίως αύξουσα. Παρατηρώντας την (1) αυτή
μετασχηματίζεται στην εξίσωση f ( x 2) f ( 4 x)   (Α). Η τελευταία
ορίζεται όταν: ( x 2 εR και x 2 ) και ( 4 x εR και 4 x 0  )
επομένως όταν x [ 2,4]  . Έτσι η (Α) δίνει x 2 4 x   από την οποία
προκύπτει ότι x=1.

Aν για την συνάρτηση f :R R ισχύει f(x)-f(y)=f(x-y), x,yεR με την
συνάρτηση f να είναι γνησίως μονότονη, να λυθεί η εξίσωση:
f(3x-2)+f(2x2-3)=f(2x-1)+f(3x2-4).

ΛΥΣΗ
Η εξίσωση της υπόθεσης δίνει: f(3x-2)+f(2x2-3)=f(2x-1)+f(3x2-4) 
f(3x-2)- f(2x-1)=f(3x2-4)- f(2x2-3) (Α). Το πρώτο μέλος της εξίσωσης αν
θεωρήσουμε x το 3x-2 και y το 2x-1 γράφεται με τη βοήθεια της
υπόθεσης ως f(3x-2-2x+1)=f(x-1), ενώ το δεύτερο μέλος θεωρήσουμε x
το 3x2-4 και y το 2x2-3 μετασχηματίζεται σε f(3x2-4-2x2+3)=f(x2-1). Άρα
πλέον έχουμε από την (Α) να λύσουμε την f(x-1)= f(x2-1). Αφού η f είναι
γνησίως μονότονη, λύνουμε ισοδύναμα την εξίσωση x-1= x2-1 από την
οποία παίρνουμε x=0 ή x=1.

Ασκήσεις

1. Έστω f,g : R R με g(x)=f(x+3)-f(x+1) η οποία είναι γνησίως
αύξουσα στο R. Να λύσετε τις παρακάτω εξισώσεις:
i. f(2x+3)=f(2x+1) αν g(2)=0
ii. f(x2+3x+4)=f(x2+3x+2)-3 αν f(3)=f(1)-3
iii. f(x4+3)-f(x2+3)=f(x4+1)-f(x2+1)
2. Έστω f,g : R R με g(x)=f(x+2)-f(-x) και f γνησίως αύξουσα στο R.
Να δείξετε ότι η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα και στη
συνέχεια να λύσετε την εξίσωση:
i. 2 2
f( 4x) f(x 5) f(4x 2) f( x 3)       
ii. x x
f (e 2) f ( x 1) f (x 3) f ( e )       
iii.f(lnx+2)+f(-x+1)=f(-lnx)+f(x+1) με x>0
3. Δίνεται η γνησίως φθίνουσα f: R R. Nα δείξετε ότι η συνάρτηση
g(x)=f(x)-x είναι γνησίως φθίνουσα και στη συνέχεια να βρεθούν οι
τιμές του λεR, ώστε να ισχύει: 2 2
f( 3 ) f(2 6) 5 6           .
4. Έστω f: μια συνάρτηση, η οποία είναι παραγωγίσιμη και η
f΄ ειναι γνησιως φθινουσα . Αν f(2)=f(3) , να λύσετε τις εξισώσεις:
i. f(x+1)-f(x)=0
ii. f( +3)=f( +2)
iii. f( )+f( )=f( )+f( )
5. Δίνεται η συνάρτηση f(x)=2(x-2) +2 -1 με x>0
i. Να αποδείξετε ότι η f είναι κυρτή
ii. Να μελετηθεί ως προς την μονοτονία η συνάρτηση:
g(x)=f(x+2)-f(x) με x>0.

iii. Να λύσετε την εξίσωση :f( +2)+f( )=f( +2)+f( )
iv. Να λύσετε την εξίσωση : f( +3)+f(x+2)=f( +1)+f(x+4)
6. Δίνεται η συνάρτηση f(x)= ( +3)
i. Να μελετηθεί η f ως προς την κυρτότητα.
ii. Να λύσετε την εξίσωση : f(2 +6)+2f( +3)=f(2 +6)+2f( +3).
iii. Να λύσετε την εξίσωση : f(2 )-f(2x-2)= 2
7. Αν f(x)=
2
x 2
f (x) e x 1   , x R , να αποδειχθεί ότι η είναι κυρτή και
στη συνέχεια να λυθεί η εξίσωση    f x 3 f x f (x 3) f (x)      
όταν x [0, )  .
8. Δίνεται η συνάρτηση f: για την οποία ισχύει:
f(α)+f(β)=f(αβ) για κάθε α,β .
Επίσης η εξίσωση f(x)=0 έχει μοναδική ρίζα.
i. Να βρείτε την τιμή f(1)
ii. Να αποδείξετε ότι f(α)-f(β)=f( για κάθε α,β
iii. Να αποδείξετε ότι η f είναι 1-1.
iv. Να λύσετε την εξίσωση: f(x+1)+f(x+5)=f(x+2)+f(x+3)
9. Να λυθούν οι παρακάτω εξισώσεις:
i. 2x3x22 2x2x3 2


ii. xσυν)xxημ(xημ)xxσυν( 33

iii. 1x3x
3x
1x
ln 2
2




iv. xln)xln1(xx xln


30ς τρόπος: Μορφοποίηση και χρήση Θεωρήματος Μέσης Τιμής
Η προφανής ρίζα της εξίσωσης, σε συνάρτηση με τη χρήση
Θεωρήματος μέσης τιμής, ενδεχομένως και με χρήση διερεύνησης
όπως φαίνεται στο παρακάτω παράδειγμα, επιλύει την εξίσωση.

Παραδείγματα 1
Αν
2
x 2
f (x) e x 1   , x R , να αποδειχθεί ότι η f είναι κυρτή και στη συνέχεια
να λυθεί η εξίσωση f ( x 3) f ( x ) f (x 3) f (x)       όταν x [0, ) 
(ΘΕΜΑ Γ Πανελληνίων 2016)
ΛΥΣΗ
Η παραπάνω άσκηση μπορεί να αντιμετωπιστεί και με την τεχνική
της μορφοποίησης και τη χρήση βοηθητικής συνάρτησης. Ας δούμε
μια εναλλακτική λύση, με τη βοήθεια του Θεωρήματος Μέσης τιμής.
Προφανής λύση το μηδέν. Υποθέτουμε λοιπόν, αντίθετα, ότι υπάρxει
0x 0 όπου να είναι λύση της εξίσωσης. Ισxύει 0 0x x  (από τη
γνωστή ανισότητα 0 0x x  με ισότητα μόνο για x 0 ) καθώς
επίσης 0 0x x 3    και 0 0x x 3  .
Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:
Αν 0 0x 3 x   τότε 0 0 0 0x x 3 x x 3       και επειδή ισxύουν
οι προϋποθέσεις του ΘΜΤ σε κάθε ένα από τα διαστήματα
0 0 0 0[ x , x 3], [x ,x 3]    άρα υπάρxουν
1 0 0 2 0 0( x , x 3), ξ ε (x ,x 3)      ώστε η εξίσωση να γράφεται:
1 23f ( ) 3f ( )    απ΄οπου 1 2f ( ) f ( )    και αφού η f είναι γνησίως
αύξουσα (ως κυρτή) άρα είναι και1-1 κι έτσι παίρνουμε 1 2   ,
πράγμα άτοπο αφού τα 1 2,  ανήκουν σε διαφορετικά διαστήματα.
Αν 0 0x x 3   τότε 0 0 0 0x x x 3 x 3       .
Γράφουμε την εξίσωση στη μορφή: f
0 0 0 0f(x ) f( x ) f(x 3) f( x 3)      
Επειδή ισxύουν οι προϋποθέσεις του ΘΜΤ σε κάθε ένα από τα
διαστήματα 0 0 0 0[ x ,x ], [ x 3,x 3]    άρα υπάρxουν
ξ1ε 0 0( x ,x ), ξ2ε 0 0( x 3,x 3)   ώστε η εξίσωση να γράφεται:
0 0 1 0 0 2(x x )f ( ) (x x )f ( )        και αφού 0 0x x 0   άρα
1 2f ( ) f ( )    και αφού η f είναι γνησίως αύξουσα (ως κυρτή) άρα
είναι και 1-1, κι έτσι παίρνουμε 1 2   , πράγμα άτοπο αφού τα 1 2, 
ανήκουν σε διαφορετικά διαστήματα.

Aσκήσεις

1. Για την δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση f:R R ισχύει:
f (x)
2h 0
3f (x h) f(x h) 2hf (x) 4f(x)
lim 2 2e
h


    
  .
i. Nα δείξετε ότι: 2h 0
3f (x h) f(x h) 2hf (x) 4f(x)
lim 2f (x)
h
    

ii. Nα δείξετε ότι η f είναι κυρτή στο R.
iii. Nα λυθεί η εξίσωση f(2x+1)-(x-1)f ΄ (3x)=f(x+2), xεR.
2. Αν g΄ μια γνησιως αυξουσα συναρτηση να λυσετε την εξισωση
3 3
g(1 x x ) g(1) g(x) g(x ), x>0    
(ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΘΕΜΑ ΟΕΦΕ 2014)
Ενδέχεται ο μετασχηματισμός της εξίσωσης, σε συνδυασμό με το
Θεώρημα Μέσης τιμής, να μας δίνει ισοδύναμη, αλγεβρικά,
επιλύσιμη εξίσωση
Αν f(t)=tx,
t>0, να λύσετε την εξίσωση: f(3)+f(4)=f(2)+f(5).
ΛΥΣΗ
Έχουμε
x x x x
x x x x 3 2 5 4
3 4 2 5
3 2 5 4
 
    
 
. H συνάρτηση f ικανοποιεί τις
υποθέσεις του Θεωρήματος μέσης τιμής σε καθένα από τα
διαστήματα[2,3] και [4,5]. Επομένως θα υπάρχουν κ,λ αντίστοιχα στο
(2,3) και (4,5) ώστε  x 1 x 1 x 1 x 1
f ( ) f ( ) x x x 0   
            από
την οποία προκύπτει x=0 ή
x 1
x 1 x 1
0 1

         
δηλαδή x=1.
Ασκήσεις
1.Δίνεται συνάρτηση f :(0, ) R  με f(x)=xα
, x>0. Nα λύσετε τις
εξισώσεις:
i. f(3)+f(4)=f(2)+f(5)
ii.f(6)+f(3)=f(4)+f(5)

4η ΜΟΡΦΗ: f (....) f (....) f (...) 
Η χρήση συναρτησιακών σχέσων δύο μεταβλητών, σαν δεδομένο από την
άσκηση, μορφοποιεί την εξίσωση σε μορφή: f (g(x)) f (h(x)) της οποίας η
επίλυση έχει λύση τα x για τα οποία είναι:
g(x) h(x)
g(x)
h(x)
  
 
, άρα μας
οδηγεί σε απλούστερη προς επίλυση εξίσωση.
Aν για την συνάρτηση f :(0, ) R  ισχύει f(x)-f(y)=f(x+y), x,yεR με την
συνάρτηση f να είναι γνησίως μονότονη, να λυθεί η εξίσωση:
f(3x-2)=f(2x-1)+f(3x2-4).
ΛΥΣΗ
Η εξίσωση της υπόθεσης δίνει: f(3x-2)=f(2x-1)+f(3x2-4) 
f(3x-2)- f(2x-1)=f(3x2-4) (Α). Το πρώτο μέλος της εξίσωσης αν
θεωρήσουμε x το3x-2 και y το 2x-1 γράφεται με τη βοήθεια της
υπόθεσης ως f(3x-2+2x-1)=f(5x-3), Άρα πλέον έχουμε από την (Α) να
λύσουμε την
f(5x-3)= f(3x2-4). Αφού η f είναι γνησίως μονότονη, λύνουμε ισοδύναμα
την εξίσωση 5x-3= 3x2-4 από την οποία και προκύπτουν: 1,2
5 37
x
6

 .
Ασκήσεις

1. Έστω η συνάρτηση f : που ικανοποιεί τη σχέση f(x)-f(y)=f(x-y)
για κάθε x, y και η εξίσωση f(x)=0 που έχει μοναδική ρίζα.
i. Να βρείτε την f(0)
ii. Να δείξετε ότι η f είναι 1-1.
iii. Αν f(x)<0 για κάθε x<0,
α. Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα.
β. Να λύσετε την ανίσωση f(ex+1)+f(3x-1)<f(ex-x).
2. Έστω η συνάρτηση f : ),0( για την οποία ισχύει 






y
x
f)y(f)x(f για
κάθε x, y>0 και η εξίσωση f(x)=0 έχει μοναδική ρίζα.

iii. Να λύσετε την εξίσωση f(x2-2)+f(x)=f(5x-6).
iv. Αν f(x)<0 για κάθε x>1,
α. Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα.
β. Nα λύσετε την ανίσωση f(x)+f(x2+3)>f(x2+1)+f(x+1)
3. Έστω συνάρτηση f: R R για την οποία ισχύει ότι: f(x+y)=f(x)+f(y) για
κάθε x, yεR.
i. Να αποδείξετε ότι f(0)=0
ii. Nα δείξετε ότι η f είναι περιττή
iii. Αν f(x)>0 για κάθε x<0 να δείξετε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα.
iv. Αν η εξίσωση f(x)=0 έχει μοναδική ρίζα, να λύσετε την εξίσωση:
   
3
3
1 1 ( 1)x
f x e f x f x     
Ενδέχεται, η χρήση αριθμητικής τιμής από την υπόθεση, να
μετασχηματίζει την εξίσωση, και να μας οδηγεί σε τεχνικές
επίλυσης, με βάση την 3η Μορφή.
Δίνεται η συνάρτηση f:(0, ) R  , γνησίως φθίνουσα για την οποία
f(1)=0. Να λύσετε την εξίσωση 2017 3
f (x) f (x ) f (x ) 
ΛΥΣΗ
Η εξίσωση επαληθεύεται για x=1 και παίρνει την μορφή
2017 3
f (x) f (x ) f (x )  +f(1).
Aν 0<x<1 τότε 2017 3
2017 3 2017 3
x 1 και f άρα f(x)>f(1)
f (x) f (x ) f (x ) f (1)
x <x και f άρα f(x )>f(x )
    

2
2
.
Αν x>1 τότε 2017 3
2017 3 2017 3
x 1 και f άρα f(x)<f(1)
f (x) f (x ) f (x ) f (1)
x >x και f άρα f(x )<f(x )
    

2
2

Τελικά η x=1 είναι η μοναδική λύση της εξίσωσης.
Ασκήσεις
1. Δίνεται η συνάρτηση f:(0, ) R  , γνησίως αύξουσα για την οποία
f (x) f (x ) f (x )  .

Σε μορφές οι οποίες βασίζονται σε συναρτήσεις τύπου f(x)=αx με
α>1 η προφανής ρίζα τους και ο μετασχηματισμός τους, με
διαίρεση με τη δύναμη με τη μεγαλύτερη βάση, μας οδηγεί με τη
βοήθεια της μονοτονίας, στην επίλυσή τους.
Παραδείγματα
Αν f(t)=tx
t>0, να λύσετε την εξίσωση: f(6)+f(8)=f(10).
ΛΥΣΗ
Η εξίσωση f(6)+f(8)=f(10) γράφεται ισοδύναμα 6x
+8x
=10x
της οποίας η
προφανής ρίζα είναι το 2. Διαιρώντας με το 10x
η εξίσωση γράφεται στη
μορφή
6 8
1 0 g(x) 0 g(x) g(2).
10 10
 
                  
Εύκολα αποδεικνύουμε
ότι η g είναι μία γνησίως φθίνουσα συνάρτηση, άρα η προφανής ρίζα της
είναι και μοναδική. ( Θυμίζουμε ότι κάθε γνησίως μονότονης συνάρτησης η
γραφική παράσταση τέμνει οποιαδήποτε ευθεία της μορφής y=α, άρα και την
y=0, σε ένα το πολύ σημείο).

Ασκήσεις
1. Δίνεται η συνάρτηση f(t)=tx, με t>0. Nα λυθεί η εξίσωση
f(3)+f(4)=f(5).

ΕΠΙΛΥΣΗ - AΠΟΔΕΙΞΗ ΑΝΙΣΩΣΕΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΙΑΚΩΝ
ΜΟΡΦΩΝ ΜΙΑΣ ΜΕΤΑΒΛΗΤΗΣ
Οι τεχνικές τις οποίες ακολουθούμε για την επίλυσή τους, είναι ανάλογες
με αυτές των εξισώσεων. Για να τονιστεί το προηγούμενο, τα
περισσότερα από τα παραδείγματα είναι τα ίδια με αυτά των εξισώσεων,
σε ανισοτική μορφή. Όλα τα παρακάτω προφανώς εφαρμόζονται
ανάλογα και σε ανισώσεις αντίστροφης ανισοτικής φοράς.

1η ΜΟΡΦΗ: f( x)< k, f( g( x) )< k
ό
π
ο
υ
κ
ε
f( A)
f(…)+f(….)<α, αεR
f(…)<g(…) στο f gA 
f( g( x) )< f( h( x) )
μ
ε
f :Α
→ R
κ
α
ι
f
γ
ν
η
σ
ίω
ς
μ
ο
ν
ό
το
ν
η
1ος τρόπος
Mορφοποιούμε, μέσω παρατήρησης την σχέσηf (x) k ή f(g(x))>k όπου κεf(A)
σε f(…)>f(….) , όπου το κ=f(x0) με το x0εΑ, και <<απολοίφουμε>> τα f
Δίνεται η συνάρτηση f με f(x)=ex+x-1.
ii. Nα λύσετε την ανίσωση f(x)>e
Λύση
i. Για κάθε 1 2 1 2x ,x R με x x  με τη βοήθεια των ιδιοτήτων της
διάταξης αποδεικνύουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα.
ii. Είναι f (x) e f (x) f (1)   και αφού η f είναι γνησίως αύξουσα
προκύπτει ότι η x>1
Δίνεται η συνάρτηση f(x)=
1
ln x 1
x
 
i. Nα μελετηθεί ως προς τη μονοτονία.
ii. Nα λυθεί η ανίσωση f(x)<0.

iii. Nα λυθεί η ανίσωση f(x)<2-
1
e

iv. Για κάθε 0<x<1 να δείξετε ότι ln x 1 x 
ΛΥΣΗ
(i) Η f ορίζεται στο (0, ). Η f είναι παραγωγίσιμη στο (0, ) με
για κάθε x>0. Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο
(0, ).
(ii) Προφανώς f(1)=ln1-1+1=0 . Για κάθε x>0 είναι f(x)>0 f(x)>f(1)
x>1
(iii) Προφανώς f(e)= lne- +1=2- Για κάθε x>0 είναι f(x)< -
f(x)<f(e) x<e
(iv) Προφανώς το τελευταίο ερώτημα, της παραπάνω άσκησης, δεν
χρειάζεται απόδειξη γιατί είναι εφαρμογή στη σελίδα 266 του
βιβλίου. Ας παρουσιάσουμε όμως και κάποιες εναλλακτικές
προσεγγίσεις στην επίλυσή του.
Για κάθε 0<x<1 είναι x<1 lnx<ln1 lnx<0 (1)
Είναι x<1 1-x>0 (2). Από (1),(2) lnx<0<1-x lnx<1-x
β΄ τροπος: από (ii) θέτοντας όπου x το
1
x
)
20ς τρόπος
Χρήση συναρτησιακής σχέσης δύο μεταβλητών από την υπόθεση,
είτε ιδιότητες άρτιας ή περιττής συνάρτησης, μορφοποιούν
ανισώσεις μορφής, f(…)+f(….)>α, αεR σε μορφή
f (x) k ή f(g(x))>k όπου κεf(A) , άρα επιλύονται ανάλογα.
Αν f:R R με f(x)-f(y)=f(x y) , για κάθε x,yεR

ii. Nα λύσετε την ανίσωση f(x2-4x)-f(x-6)>0 x>0, αν γνωρίζεται ότι η f
είναι γνησίως αύξουσα
ΛΥΣΗ
i. H υπόθεση για x=y=0 μας δίνει f(0)-f(0)=f(0) άρα f(0)=0.
ii. H ανίσωση f(x2-4x)-f(x-6)>0 είναι ισοδύναμη με την
f(  2
x 4x x 6  )>0 (1) , βάση της συναρτησιακής σχέσης της
υπόθεσης, θέτοντας όπου το x το x2-4x και y το x-6. Άρα η (1) δίνει με
τη βοήθεια και του i ερωτήματος, την ανίσωση f(  2
x 4x x 6  )> f(0)
από την οποία προκύπτει, αφού η f είναι γνησίως αύξουσα, η
ισοδύναμη ανίσωση   2
x 4x x 6 0   . Η λύση της τελευταίας μας
δίνει xε(0,4) (6,+ )

Αν f:R R μία περιττή συνάρτηση , να βρείτε xεR για τα οποία ισχύει:
f(lnx)+f(-x+1)>0, αν γνωρίζεται ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα.
ΛΥΣΗ
Έχουμε f(lnx)+f(-x+1)>0 f (lnx) f( x 1).    (1) Γνωρίζουμε ότι
σύμφωνα με τον ορισμό της περιττής είναι g(-x)=-g(x) με x, -xεAg.
Επομένως η (1) μας δίνει ισοδύναμα f (lnx) f(x 1)  από την οποία
f(lnx)>f(x-1) lnx<x-1 lnx-x+1<0  . Aν είναι g(x)=lnx-x+1 με x>0 η
ισοδύναμη ανίσωση είναι g(x)<0 για την οποία γνωρίζουμε , ότι η g
έχει μέγιστο το 0 για x=1, άρα g(x)<0 σημαίνει 0<x<1 ή x>1.
(Δες την αντίστοιχη εφαρμογή στη σελίδα 266 του σχολικού βιβλίου)

30ς τρόπος
Ενδεχομένως μορφοποίηση σε f(…)>g(…) στο f gA  να δίνει λύση
με τη βοήθεια κάποιου x0. στο οποίο η μία συνάρτηση να
παρουσιάζει ελάχιστο και η άλλη μέγιστο

Δίνεται η 2
f (x) 5 25 x   και η g(x)= 2
x 5
i. Να βρείτε τα ακρότατα των f και g.
ii. Να λύσετε την ανίσωση f(x)<g(x)
ΛΥΣΗ

i. Η f ορίζεται για τους πραγματικούς για τους οποίους
2 2
25 x 0 x 25 5 x 5        και ισχύει
2 2 2
25 x 0 25 x 0 5 25 x 5 f (x) 5            με το ίσον να
ισχύει για x=5 και x=-5. Επομένως η μέγιστη τιμή της f είναι το 5.
Επίσης για την g για κάθε xεR ισχύει 2 2
x 0 x 5 5 g(x) 5     
δηλαδή η ελάχιστη τιμή της g είναι το 5 για x=0.
ii. Eίναι f (x) 5 και g(x) 5 . Αλλά επειδή η τιμή 5 για την οποία ισχύουν
συγχρόνως οι προηγούμενες ανισοισότητες, δεν επιτυγχάνεται για
κοινή τιμή του x (για την f ισχύει για x=5 και x=-5, ενώ για την g για
x=0) η αντίστοιχη ανίσωση ισχύει για κάθε τιμή του xεΑf Ag.
ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ

Η ΑΝΙΣΩΣΗ 1 1
f (g(x)) t(x) ή f (g(x)) t(x) 
 

Σε επίλυση ανισώσεων μορφής 1 1
f (g(x)) t(x) ή f (g(x)) t(x) 
  (1)
πρέπει να είμαστε ιδιαίτερα προσεκτικοί. Αρχικά βρίσκουμε το πεδίο
ορισμού της 1
f og
έστω Α καθώς της t έστω Β.
Αν t(x) A εξετάζουμε αν η ανίσωση (1) έχει λύση ενώ αν t(x)εΑ
<<φοράμε f>> στην (1), προσέχοντας τη μονοτονία , και λύνουμε τη νέα
ανίσωση που δεν περιέχει την f-1.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ

Δίνεται η συνάρτηση f(x)=x+lnx, x>0.
ii. Να βρείτε το σύνολο τιμών της f.
iii. Να λύσετε την ανίσωση 1
f (x) x

ΛΥΣΗ
i. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη ως πράξη παραγωγίσιμων
συναρτήσεων, για κάθε x>0 με
1
f (x) 1 0
x
    για κάθε x>0.
Επομένως η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα.

ii. Έχουμε f συνεχή, ως πράξη συνεχών για κάθε x>0 και γνησίως
αύξουσα. Επομένως είναι f(A)= x 0 x
limf (x), lim f (x) ( , )
 
   .
iii. Έχουμε Α=(0,) και f(A)= 1
f
A  =R. Διακρίνουμε τις εξής
περιπτώσεις:
 Αν x 0 τότε 1 1
f (x) (0, ) επομένως f (x) 0 
    , άρα η
ανίσωση αληθεύει.
 Αν x>0 τότε  1 1
ανίσωση δίνει ισοδύναμα f (x) x f f (x) f (x) 
   
x x ln x ln x 0 x 1       . Άρα τελικά 0<x<1.
Eπομένως η αρχική ανίσωση έχει τελικά λύση x ( ,1) 

Ασκήσεις

1. Δίνονται οι συναρτήσεις f :R R με f(0)=1 γνησίως αύξουσα και
g : R R με g(1)=0 γνησίως φθίνουσα . Να δείξετε ότι:
i. 2
f (x 1) 1 
ii. 2 2
f (x y 2xy) 1 για κάθε x y   
iii.
1
g x 1 0 για κάθε x>0 και x 1
x
       

iv.  2
g x 1 x 1 0    για κάθε xεR
2. ΄Εστω
ln(x 1) lnx
f : R με Α=(0,+ ) και f(x)=
x
 
   .
i. Nα δείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο Α
ii. Για κάθε α,βεΝ* με α<β να δείξετε ότι
1 1
1 1   
 

3. Έστω f :R R μία γνησίως αύξουσα συνάρτηση με f(0)=1. Nα
λυθούν οι ανισώσεις:
i. f (2x 3) 1 
ii. f(2f(x)-2)>1
iii. f (x)
f(e e) 1 
iv. f(lnx-2)<1
v. f(3f(x)-2)<f(2f(x)-1)
4. Έστω x
f(x) 2 x
  .

ii. Να λυθούν οι ανισώσεις:
α. f(x)>1 β. f(-x)<3 γ. f(f(x)-2)<3
δ.
x
1 1
x
2 2
     
ε. x
2 (x 3) 1  στ. x
1 2 (x 6) 
5. Aν f μία γνησίως αύξουσα συνάρτηση να λυθούν:
i. f ( x ) f (2)
ii. f(lnx)>f(0)
iii. f(f(3x-2))<f(f(x+2))
iv. x 2
f (e 1) f (2)
 
6. Δίνεται η συνάρτηση f(x)=x+ln(x+2)
ii. Να λυθεί η 4 2
f (x 1) f (x 1)  
iii. Nα λυθεί η 2
2
3x
ln x 3x 2
x 2
  


7. Αν f(x)= x
ln x e .
i. Nα μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία.
ii. Να λυθεί η ανίσωση:
2 2
2 x 3 2 2x 2
ln(2x 2) e ln(x 3) e 
    
iii. Nα λυθεί η ανίσωση:  
2
2
x 12 4
2ln(x 1) e f (x 2)

   
8. Δίνεται η f : R  με Α=(0, ) και x
x
f (x)
e
 .
i. Να δείξετε ότι η
f (x 1)
g(x)
f (x)

 είναι γνησίως φθίνουσα στο Α.
ii. Να λύσετε την 2 2
f (2x)f (x 1) f (2x 1)f (x ), x>0  
iii. Nα λύσετε την 4 2 2 4
lnf (x 1) lnf (x ) lnf (x 1) lnf (x ), x 0     
9. Έστω x
f(x) 2 x  . Nα λύσετε την ανίσωση:
2 2
f (x 1) f (x 2) f (x ) f (x 3)     
10. Δίνεται η f(x)= x 2
2 x .
i. Nα δείξετε τι η συνάρτηση g(x)=f(x+1)-f(x) είναι γνησίως αύξουσα.
ii. Να λύσετε την ανίσωση 2 2
f(x 1) f(x 2) f(x 3) f(x )     
11. Έστω f,g :R R για τις οποίες η f είναι γνησίως φθίνουσα και
g(x)=f(x-1)-f(1-x).
i. Να βρείτε τη μονοτονία της συνάρτησης g.
ii. Nα βρείτε τα διαστήματα όπου η Cg βρίσκεται πάνω από τον xx΄ .

iii. Να λύσετε την ανίσωση: 2 2
f (x 1) f (1 2x) f (2x 1) f (1 x )       .
12. Δίνεται η f (x) x .
i. Nα δείξετε ότι η συνάρτηση g(x)=f(x+1)-f(x) είναι γνησίως
φθίνουσα.
ii. Να λύσετε την ανίσωση: 2 2
f (x 2) f(x 3) f(x 1) f (x 4)      
13. Δίνεται η x 2
f(x) 3 3x  και η h(x)=f(x+1)-f(x).
i. Να δείξετε ότι η h είναι γνησίως αύξουσα.
ii. Να λύσετε την 2 4 4 2
f(x 1) f(x ) f(x 1) f(x )    
iii. Να λύσετε την 2 2
f (x 1) f (x 2) f (x ) f (x 3)     
14. Έστω f :R R μία γνησίως φθίνουσα συνάρτηση. Να λυθούν οι
ανισώσεις:
i. 2 2
f (x ) f ( x) f ( x ) f (x)    
ii. 2 2
f (2x 4) f ( x ) f ( 2x 3) f (x 1)       
iii.
2
2 2
2
2x 1
f (2x 1) f (x 2) ln
x 2

   


15. Δίνεται η συνάρτηση f(x)= , με x
i. Να μελετηθεί η f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα.
ii. Να λύσετε τις παρακάτω ανισώσεις:
α. f( 1
β.
γ.
16 .Δίνονται οι συναρτήσεις f,g :R R με τύπους 2
10x
f (x) , xεR
x 25


και
g(x) 1 x 5 , xεR  
i. Να αποδείξετε ότι η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο για x=5.
ii. Να αποδείξετε ότι η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο.
iii. Να λύσετε την ανίσωση f (x) g(x)
17. Έστω f: R  με Α=(0,+ ) και f(x)=lnx+x-1
i. Να δείξετε ότι υπάρχει η αντίστροφη της f.
ii. Να βρείτε το σύνολο τιμών της f.
iii. Nα λύσετε την ανίσωση 1
f (x) x

18. Έστω f :R R με f ( R)=R και 3 3
f (x) x f (x)  , xεR.
i. Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφη.

ii. Να βρείτε τα x ώστε η γραφική παράσταση της f-1 να βρίσκεται
κάτω από την y=x
2η ΜΟΡΦΗ: f (... .) f (. ...) f (. ..) f (. ....)      
10ς τρόπος: Προφανείς ρίζες και χρήση μονοτονίας
Αφού βρώ την τιμή για την οποία ισχύει η ισότητα, στη συνέχεια
δείχνω ότι f(α)>f(γ) και f(β)>f(δ) (αν f γνησίως αύξουσα, αλλιώς θα
ισχύει η αντίστροφη φορά) και προσθέτω τις σχέσεις κατά μέλη.

Δίνεται η συνάρτηση 2
1
f (x)
x 1



i. Να δείξετε ότι η f είναι άρτια.
ii. Nα μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία.
iii. Να δείξετε ότι για κάθε x 0 ισχύει f(x)+f(3x)>f(2x)+f(4x)
iv. Να δείξετε για κάθε x>0 ότι x 2x 3x 4x
f (e ) f (e ) f (e ) f (e )  
v. Να δείξετε ότι ότι για κάθε x 0 ισχύει f(x)+f(-3x)>f(2x)+f(-4x)
ΛΥΣΗ
(i) Η f ορίζεται στο διότι για κάθε x .
Για κάθε x έχουμε ότι: -x και f(-x)= = f(x)
Συνεπώς η f είναι άρτια.
(ii) Η f είναι παραγωγίσιμη στο ως πηλίκο παραγωγίσιμων
συναρτήσεων με: f΄(x) = άραf΄(x)=0
f΄(x)>0 x<0
Συνεπώς f΄(x)>0 για κάθε x και f συνεχής στο x0=0
άρα η f γνησίως αύξουσα στο και όμοια ακριβώς η f
γνησίως φθίνουσα στο [0,+
(iii) Για κάθε x<0 έχουμε:
x<0 2x<x f(2x)<f(x) (1)
x<0 4x<3x f(4x)<f(3x) (2)

Προσθέτοντας τις (1),(2) έχουμε: f(2x)+f(4x)<f(x)+f(3x) (3)
Για κάθε x>0 έχουμε:
x>0 2x>x f(2x)<f(x) (4)
x>0 4x>3x f(4x)<f(3x) (5)
Προσθέτοντας τις (4),(5) έχουμε: f(2x)+f(4x)<f(x)+f(3x) (6)
Από (3),(6) f(2x)+f(4x)<f(x)+f(3x) .
(iv) 1<3 x<3x f( f( (7)
2<4 2x<4x f( f( (8)
Προσθέτοντας τις (7),(8) έχουμε:
f( f( f( + f(
(v) Για κάθε x<0 έχουμε:
x<0 x>2x f(x)>f(2x) (9)
x<0 3x < 4x f(-3x)>f(-4x) (10)
f(x)+f(-3x)>f(2x)+f(-4x)
και όμοια f(x)+f(-3x)>f(2x)+f(-4x)
Επομένως f(x)+f(-3x)>f(2x)+f(-4x) .

Ασκήσεις

1. Δίνεται η f(x)=
1
ln x
x

i. Να μελετηθεί η f ως προς τη μονοτονία.
ii. Να δείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο ισχύει:
v v v v
f(5 ) f(7 ) f(6 ) f(8 )  
iii. Να δείξετε ότι για κάθε x>0 ισχύει f(2x)+1>f(3x)+f(ex)
2. Δίνεται η συνάρτηση f(x)= 3
x 8x
i. Nα μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία.
ii. Να δείξετε ότι για κάθε x>1 ισχύει: 3 x 2
f (x ) f (2 ) f (x ) f (2)  
iii. Nα δείξετε ότι για κάθε x<0 ισχύει: x x x x
f(3 ) f(5 ) f(2 ) f(4 )  

20ς τρόπος: Μορφοποίηση και χρήση βοηθητικής συνάρτησης
Μετασχηματίζω την προς απόδειξη στη μορφή βοηθητικής
συνάρτησης η οποία είτε δίνεται είτε την κατασκευάζουμε
<<εμπειρικά>> μέσω της μορφής που παίρνουν τα δύο μέλη της
ανίσωσης, είτε με τη βοήθεια κάποιας συναρτησιακής σχέσης δύο
μεταβλητών, από την υπόθεση

Δίνεται η γνησίως αύξουσα συνάρτηση f :(0, ) R  . Nα λυθεί η
ανίσωση: 2
2
1 1
f (x 1) f (2) f f
x 1 2
               

ΛΥΣΗ
Η ανίσωση ορίζεται όταν και >0 που ισχύουν για
κάθε x .Επομένως για κάθε x έχουμε:
 (1)
Θεωρούμε την συνάρτηση με x>0.
Έστω x1,x2 με x1<x2. Έχουμε: x1<x2 f(x1)>f(x2) (2)
0<x1<x2 f( f( f( f( (3)
f(x1) f( f(
Συνεπώς η είναι γνησίως φθίνουσα στο
Η (1)

Δίνεται η συνάρτηση f: η οποία είναι γνησίως μονότονη, περιττή
στο με f( . Επίσης η γραφική παράσταση της f διέρχεται από το
Α(1, -1).(Παράδειγμα μίας τέτοιας συνάρτησης είναι η 3
f (x) x , xεR )
i. Να μελετηθεί η f ως προς τη μονοτονία και να αποδείξετε ότι
ορίζεται η .

ii. Να αποδείξετε ότι η είναι γνησίως φθίνουσα στο και η
fof είναι γνησίως αύξουσα στο
iii. Να λύσετε τις παρακάτω ανισώσεις:
α. f(f(5x+4))-f(f(3x+2))<0
β. f(
γ. f(f(
δ. για x>0
ΛΥΣΗ
(i) Η f είναι περιττή άρα για κάθε xεR ισχύει -xεR και f(-x)= - f(x) (1)
Επίσης το Α(1,-1)ανήκει στη γραφική παράσταση της f συνεπώς
f(1)= -1. Η (1) για x=1 δίνει f(0)= -f(0)  2f(0)=0  f(0)=0. H f
είναι γνησίως μονότονη στο R άρα η f είτε είναι γνησίως αύξουσα
στο είτε γνησίως φθίνουσα στο R. Έστω ότι η f είναι γνησίως
αύξουσα στο τότε: 0<1  f(0)<f(1)  0< -1 άτοπο. Συνεπώς η f
είναι γνησίως φθίνουσα στο R . Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα
στο R είναι «1-1» οπότε ορίζεται η f-1 με 1
f
D f (R) R  
(ii) Ισχύει ότι f(f-1(y))=y για κάθε yεR (2)
Έστω 1 1 1 1
1 2 1 2 1 2y y f (f (y )) f (f (y )) f (y ) f (y )   
    
2
. Επομένως η f-1
είναι γνησίως φθίνουσα στο f( R)=R Eίναι
1 2 1 2 1 2 1 2x x f (x ) f (x ) f (f (x )) f (f (x )) (fof)(x ) (fof)(x )       .
Επομένως η fof είναι γνησίως αύξουσα στο R.
(iii) (α) Για κάθε xεR έχουμε: f(f(5x+4))-f(f(3x+2))<0 
f(f(5x+4))<f(f(3x+2)) (fof)(5x+4))<(fof)(3x+2))
 5x+4<3x+2  2x< -2 x<-1

(β) Για x=1 η (1) δίνει f(-1)= - f(1)= -(-1)=1. Συνεπώς για κάθε xεR
έχουμε:f(  f( x
e x 2)
  >f(-1) 
x x
e x 2 1 e x 1 0 
       (3). Θεωρούμε την συνάρτηση
g(x)= x
e x 1
  , xεR.
Η g είναι παραγωγίσιμη στο R με g΄(x)=-e-x-1<0 για κάθε xεR
άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο R . Προφανώς g(0)=0.
Συνεπώς η (3) g(x)<0  g(x)<g(0) 
2
x>0
(γ) Για κάθε x έχουμε:
1 1
f (f (f ( x ) 1) 1) 1 f (f (f ( x ) 1) 1) f (1) 
       
1
f(f ( x 1) 1
  <-1 1
f(f ( x ) 1) 0
   1
f(f ( x ) 1) f(0)
  
1
f ( x ) 1
 >0 1
f ( x ) 1
  1 1
f ( x ) f (1) 
  x 1
(δ) Για x=1 η σχέση ισχύει ως ισότητα. Αν xε(0,1) τότε:
x<1 2
x 1  άρα 4 2
x x και 3
x 1 άρα 9 6
x x οπότε:
2 4 1 2 1 4
x x f (x ) f (x ) 
   (4) και 6 9 1 6 1 9
x x f (x ) f (x ) 
   (5)
Προσθέτοντας τις (4),(5) προκύπτει ότι
1 2 1 6 1 4 1 9
f (x ) f (x ) f (x ) f (x )   
  
Αν x>1 τότε: x>1 2 2 4 1 2 1 4
x 1 άρα x x f (x ) f (x ) 
     (6) και
6 9 1 6 1 9
x x f (x ) f (x ) 
   (7)
Προσθέτοντας τις (6),(7) προκύπτει
ότι: 1 2 1 6 1 4 1 9
f (x ) f (x ) f (x ) f (x )   
  
Επομένως 1 2 1 6 1 4 1 9
f (x ) f (x ) f (x ) f (x )   
   για κάθε x>1

Ασκήσεις

1. Έστω f,g : R R με g(x)=f(x+3)-f(x+1) η οποία είναι γνησίως
αύξουσα στο R. Να λύσετε τις παρακάτω ανισώσεις:
i. f(2x+3)<f(2x+1) αν g(2)=0
ii. f(x2+3x+4)>f(x2+3x+2)-3 αν f(3)=f(1)-3
iii. f(x4+3)-f(x2+3)<f(x4+1)-f(x2+1)
2. Έστω f,g : R R με g(x)=f(x+2)-f(-x) και f γνησίως αύξουσα στο R.
Να δείξετε ότι η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα και στη
συνέχεια να λύσετε την εξίσωση:
i. 2 2
f ( 4x) f (x 5) f (4x 2) f( x 3)       
ii. x x
f(e 2) f( x 1) f(x 3) f( e )       
iii.f(lnx+2)+f(-x+1)>f(-lnx)+f(x+1) με x>0
3. Έστω f: μια συνάρτηση, η οποία είναι παραγωγίσιμη και η
f είναι γνησίως φθίνουσα . Αν f(2)=f(3) , να λύσετε τις εξισώσεις:
i. f(x+1)-f(x)>0
ii. f( +3)<f( +2)
iii. f( )+f( )<f( )+f( )
i. Να μελετηθεί η f ως προς την κυρτότητα.
ii. Έστω η συνάρτηση g(x)=f(x+3)-f(x), x
α. Nα μελετηθεί η g ως προς την μονοτονία
β. Να λύσετε την ανίσωση: f(3(x+1))<f(3x)+ +2
γ. Να λύσετε την ανίσωση f( )+f( )>f( )+f( )
δ. Να λύσετε την ανίσωση f( +f(x+1)>f( )+f(x+4)
5. Δίνονται οι συναρτήσεις f,g: για τις οποίες ισχύει:
g(x)=f(2x-5)-f(4-x) για κάθε x . Επίσης η συνάρτηση f είναι γνησίως
φθίνουσα.
i. Να μελετήσετε την g ως προς την μονοτονία
ii. Να λύσετε την ανίσωση: g( )>0

iii. Αν για τον πραγματικό αριθμό α ισχύει ότι :
g( )+g( )>g( )+g( ) να αποδείξετε ότι α>0.

30ς τρόπος: Μορφοποίηση και χρήση Θεωρήματος Μέσης Τιμής
Η μορφοποίηση της αντίστοιχης ανίσωσης, σε συνάρτηση με τη
χρήση Θεωρήματος μέσης τιμής, όπως φαίνεται στο παρακάτω
παράδειγμα, επιλύει ή δικαιολογεί την ανίσωση.

Δίνεται η συνάρτηση f, με f(x)=lnx.
i. Να προσδιορίσετε την μονοτονία της f και της f ΄.
ii. Να δείξετε ότι για κάθε x>0 είναι f(3x)+f(5x)>f(7x)+f(x).

ΛΥΣΗ
i. Είναι 2
1 1
f (x) 0 (1) και f (x)=- 0 (2)
x x
    , άρα έχω ότι η f είναι
γνησίως αύξουσα, για κάθε x>0 και η f ΄ γνησίως φθίνουσα για
x>0.
ii. ΕΠΙΣΗΜΑΝΣΗ
Λόγω της ευκολίας της συνάρτησης, η εξίσωση αυτή μπορεί
να λυθει και με οσα εχουν διδαχθει στην Β΄ Λυκείου. Η
παρακάτω επίλυση επιδιώκει να τονίσει την ικανότητα λύσης με
βάση την τεχνική που προαναφέρθει, κυρίως , σε θέματα τα
οποία δεν αντιμετωπίζονται με εφαρμογή, άμεσων αλγεβρικών
τεχνικών.
H ανίσωση f(3x)+f(5x)>f(7x)+f(x) γράφεται ισοδύναμα:
f(3x)-f(x)>(7x)-f(5x) (A). Είναι x>0 και επομένως x<3x<5x<7x.
Εφαρμόζοντας το Θεώρημα Μέσης τιμής σε καθένα από τα
διαστήματα [x,3x] και [5x,7x] η (Α) μετασχηματίζεται στην
1 2f ( ) f ( )    . Από το i γνωρίζουμε ότι η f ΄ ειναι γνησιως αρα η
(Β) μας δίνει ξ1<ξ2 το οποίο ισχύει αφού x< ξ1<3x<5x <ξ2 <7x.

3η ΜΟΡΦΗ: f (....) f (....) f(...) 
Η χρήση συναρτησιακών σχέσων δύο μεταβλητών, σαν δεδομένο από την
άσκηση, μορφοποιεί την ανίσωση σε μορφή: f (g(x)) f (h(x)) της οποίας η
επίλυση έχει λύση τα x για τα οποία είναι:
g(x) h(x) αν f
g(x)
h(x)
  
 
1
g(x) h(x) αν f
g(x)
h(x)
  
 
2
, άρα μας οδηγεί σε απλούστερη προς επίλυση
ανίσωση.
Aν για την συνάρτηση f :R R ισχύει f(x)-f(y)=f(x-y), x,yεR με την
συνάρτηση f να είναι γνησίως αύξουσα, να λυθεί η ανίσωση:
f(3x-2)>f(2x-1)+f(3x2-4).
ΛΥΣΗ
Η εξίσωση της υπόθεσης δίνει: f(3x-2)>f(2x-1)+f(3x2-4) 
f(3x-2)- f(2x-1)>f(3x2-4) (Α). Το πρώτο μέλος της εξίσωσης αν
θεωρήσουμε x το3x-2 και y το 2x-1 γράφεται με τη βοήθεια της
υπόθεσης ως f(3x-2-2x+1)>f(x-1), Άρα πλέον έχουμε από την (Α) να
λύσουμε την
f(x-1)> f(3x2-4). Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα, λύνουμε ισοδύναμα
την ανίσωση x-1>3x2-4 από την οποία xε
1 37 1 37
,
6 6
       
.
Έστω η συνάρτηση f : που ικανοποιεί τη σχέση f(x)-f(y)=f(x-y) για
κάθε x, y και η εξίσωση f(x)=0 που έχει μοναδική ρίζα.
i. Να βρείτε την f(0)
iii. Αν f(x)<0 για κάθε x<0,
α. Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα.

β. Να λύσετε την ανίσωση f(ex+1)+f(3x-1)<f(ex-x).
ΛΥΣΗ
(i) Για κάθε x,y ισχύει: f(x)-f(y)=f(x-y) (1)
H (1) για x=y=0 έχουμε: f(0) – f(0)=f(0) f(0)=0.
(ii) Επειδή f(0)=0 και η f(x)=0 έχει μοναδική ρίζα, τότε ότι η x=0
μοναδική ρίζα της f(x)=0 (2) Έστω 1 2x ,x εR με 1 2f (x ) f (x ) .
Έχουμε:
1 2 1 2 1 2
1 2 1 2
f (x ) f (x ) f (x ) f (x ) 0 f(x x ) 0 άρα λόγω της 2 παίρνουμε
x x 0 x x
      
   

Επομένως η f είναι «1-1».
(iii) (α) Έστω 1 2x ,x εR με 1 2x x Έχουμε:
1 2x x και επειδή f(x)<0 για κάθε x<0 θα είναι :
1 2 1 2 1 2f (x x ) 0 f (x ) f (x ) 0 f (x ) f (x )      
Επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα στο .
(β) Για κάθε x έχουμε: f(ex+1)+f(3x-1)<f(ex-x)
f(3x-1)< f(ex-x)- f(ex+1) f(3x-1)<f(ex-x- ex-1)
f(3x-1)<f(-x-1) 
1
3x-1< -x-1 4x<0  x<0
Ενδέχεται, η χρήση αριθμητικής τιμής από την υπόθεση, να
μετασχηματίζει την ανίσωση, και να μας οδηγεί σε τεχνικές
επίλυσης, με βάση την 3η Μορφή.
Δίνεται η συνάρτηση f:(0, ) R  , γνησίως φθίνουσα για την οποία
f(1)=0. Να λύσετε την ανίσωση 2017 3
f(x) f(x ) f(x ) 
ΛΥΣΗ

Η ανίσωση επαληθεύεται για x=1 και παίρνει την μορφή
2017 3
f (x) f (x ) f (x )  +f(1).
Aν 0<x<1 τότε 2017 3
2017 3 2017 3
x 1 και f άρα f(x)>f(1)
f (x) f (x ) f (x ) f (1)
x <x και f άρα f(x )>f(x )
    

2
2
.
Αν x>1 τότε 2017 3
2017 3 2017 3
x 1 και f άρα f(x)<f(1)
f (x) f (x ) f (x ) f (1)
x >x και f άρα f(x )<f(x )
    

2
2

Τελικά τα x>1 είναι λύση της ανίσωσης
Σε μορφές οι οποίες βασίζονται σε συναρτήσεις τύπου f(x)=αx με α>1 η
προφανής ρίζα τους και ο μετασχηματισμός τους, με διαίρεση με τη
δύναμη με τη μεγαλύτερη βάση, μας οδηγεί με τη βοήθεια της μονοτονίας,
στην επίλυσή τους.
Αν f(t)=tx,
t>0, να λύσετε την ανίσωση: f(6)+f(8)>f(10).
ΛΥΣΗ
Η ανίσωση f(6)+f(8)>f(10) γράφεται ισοδύναμα 6x
+8x
>10x
η οποία ισχύει
σαν ισότητα για x=2. Διαιρώντας με το 10x
η ανίσωση γράφεται στη μορφή
6 8
1 0 g(x) 0 g(x) g(2).
10 10
 
                  
Εύκολα αποδεικνύουμε ότι η g
είναι μία γνησίως φθίνουσα συνάρτηση, άρα παίρνουμε x>2.

Ασκήσεις

1. Έστω η συνάρτηση f : ),0( για την οποία ισχύει 






y
x
f)y(f)x(f για
κάθε x, y>0 και η εξίσωση f(x)=0 έχει μοναδική ρίζα.
v.Να βρείτε το f(1).
vi. Να δείξετε ότι η f είναι 1-1.
vii. Να λύσετε την ανίσωση f(x2-2)+f(x)>f(5x-6).
viii. Αν f(x)<0 για κάθε x>1,
α. Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα.
β. Nα λύσετε την ανίσωση f(x)+f(x2+3)>f(x2+1)+f(x+1)

2. Έστω συνάρτηση f: R R για την οποία ισχύει ότι: f(x+y)=f(x)+f(y) για
κάθε x, yεR.
iii. Να αποδείξετε ότι f(0)=0
iv. Nα δείξετε ότι η f είναι περιττή
v. Αν f(x)>0 για κάθε x<0 να δείξετε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα.
vi. Αν η εξίσωση f(x)=0 έχει μοναδική ρίζα, να λύσετε την ανίσωση:
   
3
3
1 1 ( 1)x
f x e f x f x     
3. Δίνεται η συνάρτηση f:(0, ) R  , γνησίως αύξουσα για την οποία
f(x) f(x ) f(x )  .
4. Δίνεται η συνάρτηση f(t)=tx, με t>0. Nα λυθεί η εξίσωση f(3)+f(4)<f(5).

..Ευχαριστούμε θερμά το φίλο και συγγραφέα Στέλιο Μιχαήλογλου,
ο οποίος με τις εύστοχες παρατηρήσεις, αλλά και τις διορθώσεις
του, συντέλεσε στην ολοκλήρωση του παρόντος άρθρου.

ΑΘΗΝΑ
ΣΕΠΤΕΜΒΡΗΣ 2016

4117 6758επιλυση εξισωσεων και ανισωσεων συναρτησιακων μορφων

Empfohlen

Empfohlen

Weitere ähnliche Inhalte

Was ist angesagt?

Was ist angesagt? (20)

Andere mochten auch

Andere mochten auch (20)

Ähnlich wie 4117 6758επιλυση εξισωσεων και ανισωσεων συναρτησιακων μορφων

Ähnlich wie 4117 6758επιλυση εξισωσεων και ανισωσεων συναρτησιακων μορφων (20)

Mehr von Christos Loizos

Mehr von Christos Loizos (20)

Kürzlich hochgeladen

Kürzlich hochgeladen (20)

4117 6758επιλυση εξισωσεων και ανισωσεων συναρτησιακων μορφων