1. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Θεωρούμε τη συνάρτηση 2
g x f 2lnx f lnx , x 0. Έχουμε:
2 2 4
g x 4 ln x lnx x 2g x x , x 0
2 2 2
2 2 2
2 2
g x 4 ln x 4lnx 2xg x x , x 0
g x 2xg x x ln x 4lnx 4, x 0
g x x lnx 2 , x 0
g x x lnx 2
Θεωρούμε τη συνάρτηση h x g x x, x 0. Επομένως, h x lnx 2 (1).
Η f ως παραγωγίσιμη είναι και συνεχής. Η g είναι συνεχής ως αποτέλεσμα πράξεων
μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. Ομοίως και η h . Από την (1) έχουμε:
2
h x 0 lnx 2 0 lnx 2 x e . Οπότε, η h διατηρεί πρόσημο σε καθένα από τα
διαστήματα 2
0, e και 2
e , . Αν h x 0 2
x 0, e
η (1) h x lnx 2 h x lnx 2, αφού 2
lnx 2 0 lnx 2 0 x e .
Αν Αν h x 0 2
x 0, e η (1) h x 2 lnx Οπότε, ή h x lnx 2,
2
x 0, e ή
h x 2 lnx,
2
x 0, e . Ομοίως, βρίσκουμε ότι ή h x lnx 2,
2
x e , ή
h x 2 lnx,
2
x e , . Οπότε, οι δυνατοί τύποι της h είναι:
h x lnx 2, x 0 ή
h x 2 lnx, x 0 ή
2
2
lnx 2, 0 x e
h x
2 lnx, x e
ή
2
2
2 lnx, 0 x e
h x
lnx 2, x e
Επομένως, οι δυνατοί τύποι της g είναι:
2
g x x lnx 2, x 0 f lnx x lnx 2, x 0 ή
2
g x x lnx 2, x 0 f lnx x lnx 2, x 0 ή
2 2
2
2 2
x lnx 2, 0 x e x lnx 2, 0 x e
g x f lnx
x lnx 2, x e x lnx 2, x e
ή
Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου
2. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
2 2
2
2 2
x lnx 2, 0 x e x lnx 2, 0 x e
g x f lnx
x lnx 2, x e x lnx 2, x e
Αν στην σχέση 2
f lnx x lnx 2, x 0 , θέσουμε y2
y lnx x e έχουμε:
y y
f y e 2, y 0
2
. Άρα, x x
f x e 2, x 0
2
. Ομοίως εργαζόμαστε και για τα
υπόλοιπα. Άρα, οι δυνατοί τύποι της συνάρτησης f είναι:
x x
f x e 2, x 0
2
ή
x x
f x e 2, x 0
2
ή
x 2
x 2
x
e 2, 0 x e
2f x
x
e 2, x e
2
ή
x 2
x 2
x
e 2, 0 x e
2f x
x
e 2, x e
2
β) Θεωρούμε τη συνάρτηση
2
2 2
lne f x e f x 1 e
t x f x x ημx t x e 1
x ημx x ημx
.
Είναι:
x 2
limt x 0. Οπότε
2 2
x 2 x 2 x 2
limf x lim x ημx g x e 1 2 ημ2 0 e 1 limf x e 1.
Όμως, η f ως παραγωγίσιμη είναι και συνεχής.
Επομένως,
x 2
f 2 limf x e 1 0 και αφού η f είναι συνεχής f x 0, 2
x 0, e .
Επιπλέον, 4
f 8 e 2, 2
8 e και αφού η f είναι συνεχής f x 0, 2
x e , .
Τέλος 2
f e 0. Οπότε f x 0, x 0. Άρα, x x
f x e 2, x 0
2
.
i) Πρέπει να δείξουμε ότι η f αντιστρέφεται, δηλαδή ότι είναι 1-1. Αρκεί να δείξουμε ότι
είναι γνησίως μονότονη.
1 2
x , x 0, με 1 2
x x έχουμε:
x x
1 2 1 2
e : e 0
x x x x
e e e e και 1 2
x x
2 2
.
Επομένως, 1 2x x1 2
x x
e e
2 2
1 2x x1 2
1 2
x x
e 2 e 2 f x f x
2 2
.
Οπότε, η f είναι γνησίως αύξουσα. Άρα, υπάρχει 1
f .
3. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
ii) Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής έχει σύνολο τιμών
xx 0
f 0, limf x , lim f x . Έχουμε:
x
x 0 x 0
x
limf x lim e 2 1 0 2 1
2
x
x x
x
lim f x lim e 2 2
2
Οπότε f 0, 1, . Άρα, η f
C έχει με την ευθεία y α, α
κανένα κοινό σημείο α 1
μοναδικό κοινό σημείο α 1, αφού η f είναι 1-1
iii) Η 1
f έχει πεδίο ορισμού το σύνολο τιμών της f .
Θα δείξουμε ότι η 1
f και η f έχουν το ίδιο είδος μονοτονίας.
1 2
y , y 1, με 1 2
y y έχουμε:
f:
1 1 1 1
1 2 1 2
f f y f f y f y f y .
Οπότε η 1
f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής (υπόθεση). Έτσι, για το σύνολο τιμών της
θα ισχύει:
1 1 1
x 1 x
f 1, limf x , lim f x 0, . Επομένως,
1
x
lim f x .
Επιπλέον
1
u
x
x u 0
1
lim f limf u 1
x
. Άρα, το ζητούμενο όριο γίνεται:
1
x
1 f x 1
lim
1 31
f 3
x
iv) Είναι: 4 24
f 4 e 2 e
2
. Ακόμη
x
x
e 1
f' x
22 e
.
Οπότε,
4 4
24
e 1 e 1
f' 4
2 22e2 e
21
f' 4 e 1
2
.
Άρα,
2 21
ε : y f 4 f' 4 x 4 ε : y e e 1 x 4
2
2 21
ε : y e 1 x e 2
2
.
4. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Ισοδύναμα η αρχική σχέση γράφεται:
2 2
f(2lnx) x lnx 2 και με g(x) f(2lnx) x, h(x) lnx 2 γίνεται g(x) h(x) .
Η g ορίζεται στο 0, και η h έχει μόνη ρίζα το 2
e .
Άρα η g διατηρεί πρόσημο στο καθένα από τα 2
0,e και 2
e , ως συνεχής στο 0, με
μόνη ρίζα το 2
e .
Ι) Αν g(x) 0στα 2
0,e και 2
e , τότε είναι:
2
2
2 lnx, 0 < x < eg(x) lnx 2
lnx 2, x e
Για u
u 2lnx x e η προηγούμενη σχέση γράφεται:
u x
u 4 x 4
f(u) e f(x) e ,x 0
2 2
ΙΙ) Αν g(x) 0στα 2
0,e και 2
e , τότε είναι:
2
2
lnx 2, 0 < x < eg(x) lnx 2
2 lnx, x e
Για u
u 2lnx x e η προηγούμενη σχέση γράφεται:
u x
u 4 x 4
f(u) e f(x) e ,x 0
2 2
ΙΙΙ) Αν g(x) 0στο 2
0,e και g(x) 0στο 2
e , τότε είναι:
g(x) 2 lnx, x 0και με u
u 2lnx x e γράφεται x x
f(x) e 2
2
, x 0
ΙV) Αν g(x) 0 στο 2
0,e και g(x) 0στο 2
e , τότε είναι:
g(x) lnx 2, x 0 και με u
u 2lnx x e γράφεται x x
f(x) e 2
2
, x 0
β) Από τις 4 πιθανές συναρτήσεις η μόνη που ικανοποιεί και τις 2 συνθήκες του
ερωτήματος β) είναι η x x
f(x) e 2
2
, x 0(απλές πράξεις).
i) H f αντιστρέφεται στο 0, ως .
ii) To Σ.Τ. της f είναι 1, από γνωστό θεώρημα. Άρα αν a 1η εξίσωση f(x) a
αδύνατη και αν a 1έχει μία λύση θετικό.
iii) Θέτω x xx
1 x 2
φ(x) 1
2e ee
, x 0και είναι
x
lim φ(x) 1.
Άρα για μεγάλα x είναι
Λύνει ο Κώστας Δεββές
5. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
x
x x x x xx
x x x
1 x 2 e x 2
φ(x) 0 1 1
2e e e 2e ee
x
e 2 e f(x) e lnf(x) x
2
(με x το 1
f (x))
1
lnx f (x).
Επειδή
x
lim lnx θα είναι
1
x
lim f (x) .
Άρα
1
x
lim(1 f (x)) και με
1
u
x
το
x u 0
1
lim f( ) 3 limf(u) 3 2
x
.
Τελικά το ζητούμενο όριο είναι
iv) Mετά τις πράξεις η ζητούμενη εφαπτομένη γίνεται:
2
2e 1
y x e 2
2
.
6. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Η σχέση της υπόθεσης είναι : για κάθε x 0
2 2 4 2
f (2lnx) 4 ln x lnx 2xf(2lnx) x 2 2
f (2lnx) 2xf(2lnx) x = 2
4 ln x 4lnx
2
(f(2lnx) x) = 2
(lnx 2) .
Θέτω
u
2
u
2lnx u lnx x e
2
οπότε έχω για u R ,
u
22
(f(u) e ) = 2u
( 2)
2
(1).
Αν τώρα g(x)
x
2
(f(x) e ) , x R η σχέση (1) γράφεται: 2
g (x)= 2x
( 2)
2
.
Γιά x 0 g(x) 0
x
2
2
=0 x 4 και επειδή g συνεχής ως άθροισμα παραγωγίσιμων, θα
διατηρεί πρόσημο στα διαστήματα 0,4 , 4, .
Δηλαδή
x
g(x) 2
2
και διακρίνοντας περιπτώσεις έχω:
i) g(x) 0 x 0,4 , g(x) 0 x 4, τότε από σχέση (1)
x
g(x) 2
2
x
2
(f(x) e ) =
x
2
2
x
2
f(x) e +
x
2
2
, x 0 .
ii) g(x) 0 x 0,4 , g(x) 0 x 4, τότε από σχέση (1)
x
g(x) 2
2
x
2
(f(x) e ) =-
x
2
2
x
2
f(x) e -
x
2
2
, x 0.
iii) g(x) 0 x 0,4 , g(x) 0 x 4, τότε από σχέση (1)
x
g(x) 2
2
x
2
(f(x) e ) =
x
2
2
x
2
f(x) e +
x
2
2
, x 0.
iv) g(x) 0 x 0,4 , g(x) 0 x 4, τότε από σχέση (1)
x
g(x) 2
2
x
2
(f(x) e ) =
x
2
2
x
2
f(x) e -
x
2
2
, x 0.
β)Αν φ(x)
2
lne f(x) e
x ημx
2
1 f(x) e
x ημx
τότε
x 2
limφ(x) 0 και 2
f(x) x φ(x)ημx e 1επόμενα
επειδή f συνεχής ,
x 2
f(2) limf(x) e 1, g(2) f(2) e=-1<0, g(8) 4
f(8) e =2>0 συνεπώς από
περίπτωση iii) προκύπτει ότι
x
2
f(x) e +
x
2
2
, x 0.
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς
7. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
i) Η f είναι παραγωγίσιμη με
x
2
e 1
f΄(x) 0
2
x 0 συνεπώς f γνήσια αύξουσα στο
0, ,οπότε η f είναι 1-1 ,άρα αντιστρέφεται .
ii) Είναι
x 0
lim f(x)
x 0
lim (
x
2
e +
x
2
2
)=-1,
x
lim f(x)
x
lim (
x
2
e +
x
2
2
)=και επειδή f γνήσια
αύξουσα στο 0, θα είναι f 0, 1, . Επόμενα:
Αν α 1, τότε α f 0, , άρα η γραφική παράσταση της f και η ευθεία y=α
δεν έχουν κανένα κοινό σημείο.
Αν α 1, τότε α f 0, , άρα η γραφική παράσταση της f και η ευθεία y=α
έχουν μοναδικό κοινό σημείο λόγω μονοτονίας της f .
iii) Από δ) έχω ότι f 0, 1, = 1
f
D . Τώρα έστω 1 2
y ,y f 0, 1, = 1
f
D με
1 2
y y
1 1
1 2
f(f (y )) f(f (y ))
1 1
1 2
f (y ) f (y )
διότι f γνήσια αύξουσα στο 0, . Επόμενα 1
f γνήσια αύξουσα στο 1, . Συνεπώς
1
f 1,
1 1
xx 1
( lim f (x), lim f (x))= 0, οπότε
1
x
lim f (x) . Τώρα το ζητούμενο όριο
είναι:
1
x
1 f (x)
lim
1
f( ) 3
x
1
1x
2x
1 f (x)
lim
1
e 1
2x
1
1x
2x
1
lim[ 1 f (x) ]
1
e 1
2x
, διότι
1
x
lim (1 f (x)) και
1x
2x
1 1
lim
21
e 1
2x
.
iv) Η εφαπτόμενη στο 4,f(4) είναι: y f(4) f΄(4)(x 4). ΄Όμως 2
f 4 e
2
e 1
f΄ 4
2
, οπότε (ε):
2
2 e 1
y e (x 4)
2
2
2e 1
y x e 2
2
.
8. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
2 2 4
2 2 2
2 2
u
2
2u
22
f : , παραγωγίσιμη
f (2lnx) 4 ln x lnx x 2f(2lnx) x ,(1) για κάθε x>0
f (2lnx) 2xf(2lnx) x ln x 4lnx 4,x 0
(f(2lnx) x) (lnx 2) ,x 0.
Θέτω u=2lnx, x>0 x e
(u 4)
(f(u) e ) ,u .
4
α)
u
2
2
2
Θέτω g(u)=f(u)-e ,u
u 4(u 4)
g (u) ,u g(u) ,u (2)
4 2
g(u) 0 u 4
u 4
για κάθε u 4 είναι 0 g(u) 0 g(u) 0,g συνεχής στο , άρα η
2
g διατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα (- , 4) κ
u 4
,u 4
2
4 u
,u 4
2
4 u
,u 4
2
u 4
,u 4
2
x
2
f
αι (4, + ). Ετσι
4 u
g(u) ,u , ή g(u)= {
2
4 u
ή g(u)={ ή g(u)= ,u .
2
1
Kατά συνέπεια, και επειδή D (0, ), f(x)=e x 2,x 0
2
x x
2 2
x x
2 2
1 1 x
e x 2,x 4 e x 2,x 4
2 2 2
1 1
e x 2,0 x 4 e x 2,0 x 4
2 2
4
2 2x 2
(a) ή
1
f(x) { (β) ή f(x)={ (γ) ή f(x)=e x 2,x 0 (δ) .
2
lne f(x) e 1 f(x) e
Αν lim 0,f(8) e 2, έστω h(x) ,
x ημx x ημx
β)
x 2
2 2
x 2 x 2
0
x 2
άρα limh(x) 0
και f(x) h(x)x ημx e 1 limf(x) lim(h(x)x ημx e 1) 0 4 ημ2 e 1 e 1.
H f είναι παραγωγίσιμη, άρα και συνεχής στο (0, + ).
Αρα η f είναι συνεχής και στο χ 2,
οπότε f(2)=limf(x) f(
4
x
2
2) e 1.
Eίναι και f(8)=e 2, άρα ο τύπος της f είναι ο (δ), δηλ.
x
f(x) e 2,x 0.
2
Λύνει η Ντίνα Ψαθά
9. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
x
2
1
f
1 1
Για κάθε x 0,f'(x) e 0 f γνησίως αύξουσα στο (0,+ ) f 1 1, άρα
2 2
υπάρχει η f (είναι συνάρτηση).
Οι τετμημένες των κοινών σημείων των C και ε: y = α, α είναι οι λύσεις της
εξίσωσης f(x
i)
ii)
xx 0
f
) = α, α .
Α (0, ).
lim f(x)= 1, lim f(x) ,f συνεχής και γνησιως αύξουσα στο Α, f(A) ( 1, ).
Αρα, αν α -1, τότε οι C , ε , δεν εχουν κοινά σημεία.
Αν α > -1, τότε υπάρχει ένα ακ
1 1 f
ριβώς x 0, ώστε f(x ) α, οπότε οι C και ε , έχουν ένα
ακριβώς κοινό σημείο.
1
f
1 1
1 2 1 2 1 2
1 1
1 2
1 1 1 1
1 2 1 2 1 2
D f(A) ( 1, ).
Για καθε y ,y ( 1, ) με y y είναι f(f (y )) f(f (y )),
f γν αυξουσα f (y ) f (y ),
(γιατί αν ήταν f (y ) f (y ), f γν. αυξ f(f (y )) f(f (y )) y y , άτοπο).
Αρα
iii)
1
1 1
1
x
1
x
1
2x
x x
η f είναι γνησίως αύξουσα στο (-1,+ ).
Η f είναι και συνεχής, άρα f (( 1, )) (0, ).
Aρα lim f (x) .
Ετσι lim (1-f (x)) 1 ( ) .
1 1
Eπίσης lim (f( ) 3) lim(e 1) 1 0 1 2,
x 2x
ά
1
x
f
2 2
2 2
1 f (x) 1
ρα lim ( ) .
1 2
f( ) 3
x
Η εξίσωση της ευθείας ε , που εφάπτεται της C , στο σημείο (4,f(4)) είναι η
e 1 e 1
ε : y-f(4)=f΄(4)(χ-4). Είναι f(4)=e , f '(4)= , άρα ε: y-e (x 4), δηλ
2 2
iv)
2
2
αδή
e 1
ε: y= x (e 2).
2
10. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Για κάθε x > 0 ισχύει:
2 2 4
2 2 2
2 2
2 2
f 2lnx 4 ln x lnx x 2f 2lnx x
f 2lnx 2xf 2lnx x ln x 4lnx 4
f 2lnx x lnx 2
f 2lnx x lnx 2
f 2lnx x lnx 2 1
Θέτουμε
2
g x f 2lnx x
1 g x lnx 2
g x 0 g x 0 lnx 2 0 lnx 2 0 lnx 2 x e
Η f είναι παραγωγίσιμη στο άρα και συνεχής .
Η g είναι είναι συνεχής στο 0, ως πράξεις συνεχών και έχει μοναδική ρίζα
το 2
e , άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα 2 2
0,e και e ,
στα οποία η ρίζα της χωρίζει το 0,
Αν
2 2
2
2
g x 0 x 0,e e ,
2 lnx ,0 x e
Τότε g x lnx 2
lnx 2,x e
Αν
2 2
2
2
g x 0 x 0,e e ,
lnx 2,0 x e
Τότε g x lnx 2
2 lnx, x e
Αν
2 2
2 2
2 2
g x 0 x 0,e και g x 0 x e ,
lnx 2 , 0 x e 2 lnx , 0 x e
τότε g x 2 lnx x 0,
lnx 2 , x e 2 lnx , x e
Αν
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος
11. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
2 2
2 2
2 2
g x 0 x 0,e και g x 0 x e ,
lnx 2 , 0 x e lnx 2 , 0 x e
τότε g x lnx 2 x 0,
lnx 2 , x e lnx 2, x e
Δηλαδή
2
2
2 lnx ,0 x e
f 2lnx x
lnx 2,x e
2
2
lnx 2,0 x e
f 2lnx x
2 lnx, x e
f 2lnx x 2 lnx x 0,
f 2lnx x lnx 2 x 0,
Θέτουμε
u
2
u
2lnx u lnx x e
2
Οπότε οι δυνατοί τύποι της f στο 0, είναι:
u
2
u
2 22
u
2
u
2 e , 0 u 4
u2f u αφού 0 x e 0 e e 2 u 4
2u
2 e , u 4
2
u
2
u
2
u
2 e , 0 u 4
2f u
u
2 e , u 4
2
u
2
u
f u 2 e u 0
2
u
2
u
f u 2 e u 0
2
β) H f είναι συνεχής στο 2 άρα x 2
limf x f 2
Είναι
2x 2
lne f x e 1 f 2 e
lim 0 0 1 f 2 e 0 f 2 e 1
4ημ2x ημχ
και
4
f 8 e 2
Οι τιμές αυτές δίνονται μόνο από τον τελευταίο τύπο
u
2
u
f u 2 e u 0
2
Άρα ο τύπος της f στο 0, είναι:
x
2
x
f x 2 e x 0
2
12. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
γ)
x
2
1 1
x 0 είναι f x e 0 άρα f στο 0, οπότε 1 1 και αντιστρέψιμη.
2 2
δ)
x
2
x 0 x 0
x
2
x x
x
lim f x lim 2 e 0 2 1 1
2
x
lim f x lim 2 e 2
2
H f είναι συνεχής και xx 0
στο 0, άρα f 0, limf x , lim f x 1,
Το πλήθος των κοινών σημείων της f
C με την ευθεία ψ = α,α εξαρτάται από το
πλήθος των ριζών της εξίσωσης f x α
Αν α 1 τότε α f 0, άρα η εξίσωση είναι αδύνατη και η f
C δεν έχει κοινά
σημεία με την ψ = α.
Αν α 1 τότε α f 0, και η εξίσωση f x α έχει μοναδική λύση στο 0,
αφού f οπότε η f
C έχει μοναδικό κοινό σημείο με την ψ = α.
ε) Η 1
f
έχει π.ο το f 0, 1, και σύνολο τιμών το π.ο της f το 0,
Δηλαδή 1
f 1, 0,
Η 1
f στο 0, f στο 1,
(με απόδειξη) είναι και συνεχής οπότε
1 1 1 1
x xx 1
f 1, lim f x , lim f x 0, lim f x
1
u
x
x x x
u 0
1
x
1
lim f lim f u 1
x
1 f x 1
Άρα lim
1 3 21
f 3
x
στ) 2 21
f 4 e , f 4 e 1
2
Η εφαπτομένη της f
C στο A 4,f 4 έχει εξίσωση:
2 2 2 21 1
y f 4 f 4 x 4 y e e 1 x 4 y e 1 x e 2
2 2
13. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α)
Έχουμε: 2 2 4
f 2lnx - 4 = ln x-lnx + x 2f 2lnx - x , x > 0
.
Θέτουμε y 2lnx και έχουμε:
2 2y y2
y2 2 2
y y
f y 4 2y 2e f y e f y e 2 ,μεy 0
4 2
.
Θέτουμε αρχικά όπου y το x και στην συνέχεια
x
2
g x f x e ,μεx 0 , οπότε έχουμε:
2
2 x
g x 2
2
.
Παρατηρούμε ότι η g μηδενίζεται στο 4, και διατηρεί πρόσημο στα διαστήματα
0,4 , 4, . Επίσης αφού g συνεχής (πράξεις συνεχών) , συνοπτικά για αυτήν έχουμε:
x 0 4
g(x) + +
g(x) + -
g(x) - +
g(x) - -
Έτσι οι πιθανοί τύποι της f είναι:
1.
x
2
x
f x e 2,x 0,
2
,
2.
x
2
x
f x e 2 ,x 0,
2
,
3.
x
2
x
2
x
e 2,0 x 4
2f x
x
e 2 ,x 4
2
,
4.
x
2
x
2
x
e 2 ,0 x 4
2f x
x
e 2,x 4
2
.
β)
Από την σχέση 4
f 8 e 2 , οι τύποι 2,3 απορρίπτονται, ενώ απο το όριο:
Λύνει ο Κώστας Τσόλκας
14. ___________________________________________________________________________
15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
2x 2
lne f x e
lim
x ημx
, με την χρήση βοηθητικής συνάρτησης , υπολογίζουμε το όριο:
x 2
limf x e 1
, το οποίο απορρίπτει τον πιθανό τύπο 4.
Άρα ο τύπος της f είναι ο 1 , δηλαδή
x
2
x
f x e 2 , x 0
2
.
β) i)
Έχουμε για την παραγωγίσιμη f:
x
' x 2
1 1
f e 0
2 2
, για κάθε x 0 . Άρα η f είναι ¨1-1¨ ως γνησίως αύξουσα για x 0 , άρα
υπάρχει η αντίστροφή της, η 1
f
.
β) ii)
Επειδή f : συνεχής, γνησίως αύξουσα στο 0, το σύνολο τιμών της είναι το:
xx 0
f A f 0, limf x , lim f x 1,
. (Τα όρια είναι εύκολα να υπολογιστούν)
Οπότε αν α f A α 1 , η f x α έχει ακριβώς μία ρίζα.( μονοτονία της f ),
ενώ αν α 1 δεν έχει ρίζες.
β) iii)
Επειδή η 1
f
έιναι συνεχής και γνησιώς αύξουσα στο 1, (αφου η f είναι γνησίως
μονότονη στο Α , η 1
f
είναι γνησίως μονότονη με το ίδιο είδος μονοτονίας στο f A ,
*Ευκολη απόδειξη με άτοπο) , απο το σύνολο τιμων της 1
f
που είναι το 0, (πεδίο
ορισμού της f ) , έχουμε ότι :
1
x
lim f x
.
Επίσης
1
2x
1 1
f e 2
x 2x
, συνεχής στο 0, , με
x
1
lim f 1 0 2 1
x
,
οπότε το ζητούμενο όριο έιναι της μορφής
1
και είναι ίσο με – .
β) iv)
Έχουμε 2
f 4 e , 21
f 4 e 1
2
, οπότε η εφαπτομένη της f
C στο 4,f 4 έιναι η ευθεία :
2 21
y e 1 x e 2
2
.