Επιμέλεια: Βασίλης Αυγερινός αποκλειστικά για το lisari

1. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
1
ΜΑΘΗΜΑΤIΚΑ
ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ
Γ΄ΛΥΚΕΙΟΥ
ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ
ΛΟΓΙΣΜΟΣ
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ
ΑΥΓΕΡΙΝΟΣ ΒΑΣΙΛΗΣ

2. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
2
… οι σημειώσεις του Φροντιστηρίου
«Διάταξη» στη Ν. Σμύρνη και Νίκαιας

3. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
3
ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ
Η έννοια της παραγώγου
Ερωτήσεις θεωρίας
1. Τι καλείται συνάρτηση θέσεως ενός κινητού ; Ποια είναι η μέση
ταχύτητα ενός κινητού; Τι καλούμαι στιγμιαία ταχύτητα του κινητού
και πότε ένα κινητό κινείται προς τα αριστερά ή προς τα δεξιά ;
Ας θεωρήσουμε ένα σώμα που κινείται κατά μήκος ενός άξονα και ας
υποθέσουμε ότι )(tSS  είναι η τετμημένη του σώματος αυτού τη χρονική
στιμή t. H συνάρτηση S καθορίζει τη θέση του σώματος τη χρονική στιγμή
t και ονομάζεται συνάρτηση θέσης του κινητού.
x=S(t)
M
O
A
S(t0)
S(t)
M0
1
Ας υποθέσουμε, τώρα, ότι κάποια χρονική στιγμή 0t το κινητό βρίσκεται στη
θέση 0M και ότι μετά από παρέλευση χρόνου h, δηλαδή τη χρονική στιγμή
htt  0 , βρίσκεται στη θέση Μ. (Σχ. 1). Στο χρονικό διάστημα από 0t έως t η
μετατόπιση του κινητού είναι ίση με )()( 0tStS  . Άρα, η μέση ταχύτητα του
κινητού σ’ αυτό το χρονικό διάστημα είναι
χρόνος
μετατόπιση)()(
0
0



tt
tStS
.
Όσο το t είναι πλησιέστερα στο 0t , τόσο η μέση ταχύτητα του κινητού δίνει με
καλύτερη προσέγγιση το ρ υ θ μ ό α λ λ α γ ή ς της θέσης του κινητού κοντά
στο 0t . Για το λόγο αυτό το όριο της μέσης ταχύτητας, καθώς το t τείνει στο
0t , το ονομάζουμε στιγμιαία ταχύτητα του κινητού τη χρονική στιγμή 0t και τη
συμβολίζουμε με )( 0tυ . Δηλαδή:
0
0
0
0
)()(
lim)(
tt
tStS
tυ
tt 



.

4. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
4
Για παράδειγμα, αν tttS 4)( 2
 είναι η συνάρτηση θέσης ενός κινητού
(Σχ.2β),
x=S(t)
t=4
t=2
4321O
t=0
(α)
x=S(t)
2 4
4
O
x
t
2
(β)
τότε η στιγμιαία ταχύτητα του κινητού κατά τις χρονικές στιγμές 11 t , 22 t
και 33 t είναι αντιστοίχως:
 2
1
)3)(1(
lim
1
34
lim
1
)1()(
lim)1(
1
2
11










 t
tt
t
tt
t
StS
υ
ttt
 0
2
)2)(2(
lim
2
44
lim
2
)2()(
lim)2(
2
2
22










 t
tt
t
tt
t
StS
υ
ttt
 2
3
)3)(1(
lim
3
34
lim
3
)3()(
lim)3(
3
2
33










 t
tt
t
tt
t
StS
υ
ttt
.
΄Οταν ένα κινητό κινείται προς τα δεξιά, τότε κοντά στο 0t ισχύει
0
)()(
0
0



tt
tStS
, οπότε είναι 0)( 0 tυ , ενώ, όταν το κινητό κινείται προς τα
αριστερά κοντά στο 0t ισχύει 0
)()(
0
0



tt
tStS
, οπότε είναι 0)( 0 tυ .
2. Γιατί δεν μπορεί να εφαρμοσθεί ο ορισμός της εφαπτομένης κύκλου
της Ευκλείδειας Γεωμετρίας σε οποιαδήποτε καμπύλη ;
Είναι γνωστό από την Ευκλείδεια Γεωμετρία ότι
εφαπτομένη ενός κύκλου σε ένα σημείο του Α
ονομάζουμε την ευθεία η οποία έχει με τον
κύκλο ένα μόνο κοινό σημείο, το Α. Ο ορισμός
αυτός δεν μπορεί να γενικευτεί για οποιαδήποτε
καμπύλη, γιατί, με έναν τέτοιο ορισμό η
παραβολή 2
xy  θα είχε στο σημείο )1,1(A δύο
εφαπτόμενες ε και ζ (Σχ. 4α), ενώ η 3
xy  δεν θα είχε στο σημείο )1,1(A
καμία εφαπτομένη (Σχ. 4β).
O
Α
ε
3

5. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
5
Ο
ε ζ
x
A(1,1)
(α)
y=x2
y
(β)
Ο x
y=x3
y
4
A(1,1)
3. Δώστε ορισμό της εφαπτομένης του κύκλου, ο οποίος να μπορεί να
γενικευτεί για όλες τις καμπύλες.
Θεωρούμε, λοιπόν, ένα άλλο σημείο Μ του
κύκλου (Σχ. 5). Τα σημεία MA, ορίζουν μια
τέμνουσα του κύκλου, την ευθεία AM .
Καθώς το σημείο Μ, κινούμενο πάνω στον
κύκλο πλησιάζει στο Α, η τέμνουσα ΑΜ
φαίνεται να έχει ως “οριακή θέση” την
εφαπτομένη του κύκλου στο Α.
Τη διαπίστωση αυτή θα δούμε, τώρα, πως
μπορούμε να την αξιοποιήσουμε για να ορίσουμε την εφαπτομένη της
γραφικής παράστασης μιας συνάρτησης σε ένα σημείο της.
 Έστω f μία συνάρτηση και ))(,( 00 xfxA ένα σημείο της γραφικής της
παράστασης.
Αν πάρουμε ένα ακόμη σημείο ))(,( xfxM , 0xx  , της γραφικής παράστασης της
f και την ευθεία ΑΜ που ορίζουν τα σημεία Α και M, παρατηρούμε ότι:
εφαπτομένη
στο Α
Α
Μ
Μ
O
Μ
5
ε
xO
Cf
x
(β)
x0
M(x,f(x))
y
M
A(x0,f(x0))
6
ε
xO
Cf
xx0
M(x,f(x))
A(x0,f(x0))
y
M
(α)

6. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
6
Καθώς το x τείνει στο 0x με 0xx  , η τέμνουσα ΑΜ φαίνεται να παίρνει μια
οριακή θέση ε (Σχ. 6α). Την ίδια οριακή θέση φαίνεται να παίρνει και όταν το
x τείνει στο 0x με 0xx  (Σχ. 6β). Την οριακή θέση της ΑΜ θα μπορούσαμε να
την ονομάσουμε εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο Α. Επειδή
η κλίση της τέμνουσας ΑΜ είναι ίση με
0
0 )()(
xx
xfxf


, είναι λογικό να
αναμένουμε ότι η εφαπτομένη της fC στο σημείο ))(,( 00 xfxA θα έχει κλίση το
0
0 )()(
lim
0 xx
xfxf
xx 


.
4. Δώστε τον ορισμό του συντελεστή διεύθυνσης της εφαπτομένης της
γραφικής παράστασης της συνάρτησης f σε ένα σημείο της
))(,( 00 xfxA καθώς και τον τύπο που μας δίνει την εξίσωση της
εφαπτομένης στο ίδιο σημείο.
ΟΡΙΣΜΟΣ: Έστω f μια συνάρτηση και ))(,( 00 xfxA ένα σημείο της fC . Αν
υπάρχει το
0
0
0
)()(
lim
xx
xfxf
xx 


και είναι ένας πραγματικός αριθμός λ, τότε
ορίζουμε ως εφαπτομένη της fC στο σημείο της Α, την ευθεία ε που
διέρχεται από το Α και έχει συντελεστή διεύθυνσης λ.
Επομένως, η εξίσωση της εφαπτομένης στο σημείο ))(,( 00 xfxA είναι
)()( 00 xxλxfy  ,
όπου
0
0
0
)()(
lim
xx
xfxf
λ
xx 



.
Για παράδειγμα, έστω η συνάρτηση 2
)( xxf  και
το σημείο της )1,1(A . Επειδή
1
1
lim
1
)1()(
lim
2
11 




 x
x
x
fxf
xx
2)1(lim
1


x
x
,
ορίζεται εφαπτομένη της fC στο σημείο της
)1,1(A . Η εφαπτομένη αυτή έχει συντελεστή
διεύθυνσης 2λ και εξίσωση )1(21  xy .
A(1,1)y=x2
xO
y
7

7. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
7
5. Να δοθεί ο ορισμός παραγώγου συνάρτησης σε σημείο χο του πεδίου
ορισμού της κατόπιν να δοθεί ένα παράδειγμα.
ΟΡΙΣΜΟΣ: Μια συνάρτηση f λέμε ότι είναι παραγωγίσιμη σ’ ένα σημείο 0x
του πεδίου ορισμού της, αν υπάρχει το
0
0 )()(
lim
0 xx
xfxf
xx 


και είναι πραγματικός
αριθμός.
Το όριο αυτό ονομάζεται παράγωγος της f στο 0x και συμβολίζεται με
)( 0xf  . Δηλαδή:
0
0
0
)()(
lim)(
0 xx
xfxf
xf
xx 



.
Για παράδειγμα, αν 1)( 2
 xxf , τότε στο 10 x έχουμε
2)1(lim
1
)1)(1(
lim
1
1
lim
1
)1()(
lim
11
2
11










x
x
xx
x
x
x
fxf
xxxx
.
Επομένως, 2)1( f .
6. Να δοθεί ο εναλλακτικός ορισμός παραγώγου συνάρτησης σε σημείο χο
του πεδίου ορισμού της κατόπιν να δοθούν όλες οι γνωστές μορφές
της παρουσίασης του ορισμού αυτού ;
Αν, τώρα, στην ισότητα
0
0
0
0
)()(
lim)(
xx
xfxf
xf
xx 



θέσουμε hxx  0 , τότε έχουμε
h
xfhxf
xf
h
)()(
lim)( 00
0
0



.
Πολλές φορές το 0xxh  συμβολίζεται με xΔ , ενώ το  )()( 00 xfhxf
)()( 00 xfxΔxf  συμβολίζεται με )( 0xfΔ , οπότε ο παραπάνω τύπος γράφεται:
Δx
xΔf
xf
Δx
)(
lim)( 0
0
0

 .
Η τελευταία ισότητα οδήγησε το Leibniz να συμβολίσει την παράγωγο στο 0x
με
dx
xdf )( 0
ή 0
)(
xx
dx
xdf
 . Ο συμβολισμός )( 0xf  είναι μεταγενέστερος και
οφείλεται στον Lagrange.
7. Πότε μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο χο εσωτερικό σημείο
ενός διαστήματος του πεδίου ορισμού της f ; Να δοθούν
παραδείγματα.

8. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
8
Είναι φανερό ότι, αν το 0x είναι εσωτερικό σημείο ενός διαστήματος του
πεδίου ορισμού της f, τότε:
Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0x , αν και μόνο αν υπάρχουν στο ℝ τα
όρια
0
0
0
)()(
lim
xx
xfxf
xx 


,
0
0
0
)()(
lim
xx
xfxf
xx 


και είναι ίσα.
Για παράδειγμα,
— η συνάρτηση






0,
0,
)( 2
2
xx
xx
xf είναι
παραγωγίσιμη στο 0 με 0)0( f , αφού
0
0
lim
0
)0()(
lim
2
00





 x
x
x
fxf
xx
και
0
0
lim
0
)0()(
lim
2
00





 x
x
x
fxf
xx
,
ενώ
— η συνάρτηση






0,5
0,
)(
3
xx
xx
xf δεν είναι
παραγωγίσιμη στο 0, αφού
0
0
lim
0
)0()(
lim
3
00





 x
x
x
fxf
xx
και
5
05
lim
0
)0()(
lim
00





 x
x
x
fxf
xx
.
8. Ποια είναι η στιγμιαία ταχύτητα ενός κινητού, τη χρονική στιγμή 0t ;
Ποιος ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης ε της fC μιας
παραγωγίσιμης συνάρτησης f, στο σημείο ))(,( 00 xfxA ; Ποια είναι η
εξίσωση της ε φ α π τ ο μ έ ν η ς στο σημείο αυτό και τι καλούμαι
κλίση της fC στο Α ή κλίση της f στο 0x .
 Η στιγμιαία ταχύτητα ενός κινητού, τη χρονική στιγμή 0t , είναι η παράγωγος
της συνάρτησης θέσης )(tSx  τη χρονική στιγμή 0t . Δηλαδή, είναι
O x
y
y=x2
y=x2
8
O x
y
y=x3
y=5x
9

9. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
9
)()( 00 tStυ  .
 Ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης ε της fC μιας παραγωγίσιμης
συνάρτησης f, στο σημείο ))(,( 00 xfxA είναι η παράγωγος της f στο 0x .
Δηλαδή, είναι
)( 0xfλ  ,
οπότε η εξίσωση της ε φ α π τ ο μ έ ν η ς ε είναι:
))(()( 000 xxxfxfy 
Την κλίση )( 0xf  της εφαπτομένης ε στο ))(,( 00 xfxA θα τη λέμε και κλίση της
fC στο Α ή κλίση της f στο 0x .
9. Να εξετάσετε αν η συνάρτηση ||)( xxf  είναι παραγωγίσιμη στο 00 x ;
Τι παρατηρείτε ;
Έστω η συνάρτηση ||)( xxf  . Η f είναι συνεχής
στο 00 x , αλλά δεν είναι παραγωγίσιμη σ’ αυτό,
αφού
1lim
0
)0()(
lim
00



 x
x
x
fxf
xx
, ενώ
1lim
0
)0()(
lim
00





 x
x
x
fxf
xx
.
Παρατηρούμε, δηλαδή, ότι μια συνάρτηση f μπορεί να είναι συνεχής σ’
ένα σημείο 0x χωρίς να είναι παραγωγίσιμη σ’ αυτό.
10. Να διατυπώσετε και να αποδείξετε το θεώρημα που συνδέει την
παραγωγισιμότητα μιας συνάρτησης με την συνέχειά της σε ένα σημείο
; Ποιο σχόλιο θα κάνατε σύμφωνα με το θεώρημα αυτό ;
ΘΕΩΡΗΜΑ
Αν μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη σ’ ένα σημείο 0x , τότε είναι και
συνεχής στο σημείο αυτό.
O x
y 14

10. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
10
ΑΠΟΔΕΙΞΗ
Για 0xx  έχουμε
)(
)()(
)()( 0
0
0
0 xx
xx
xfxf
xfxf 


 ,
οπότε











)(
)()(
lim)]()([lim 0
0
0
0
0
0
xx
xx
xfxf
xfxf
xxxx
)(lim
)()(
lim 0
00
0
0
xx
xx
xfxf
xxxx





00)( 0  xf ,
αφού η f είναι παραγωγίσιμη στο 0x . Επομένως, )()(lim 0
0
xfxf
xx


, δηλαδή η f
είναι συνεχής στο 0x .
ΣΧΟΛΙΟ
Αν μια συνάρτηση f δεν είναι συνεχής σ’ ένα σημείο 0x , τότε, σύμφωνα
με το προηγούμενο θεώρημα, δεν μπορεί να είναι παραγωγίσιμη στο 0x .
11. Για ποιες τιμές του α∈ ℝ, η συνάρτηση






0,1
0,
)( 3
22
xαxx
xαxx
xf
είναι: i) συνεχής στο 00 x ; ii) παραγωγίσιμη στο 00 x ;
ΛΥΣΗ
i) Η f είναι συνεχής στο 00 x , αν και μόνο αν
)0()(lim)(lim
00
fxfxf
xx


ή, ισοδύναμα,
112
 αα ή 1α .
ii) Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:
 Αν 11,α , η συνάρτηση f δεν είναι συνεχής και επομένως δεν είναι
παραγωγίσιμη.
 Αν 1α , η συνάρτηση γράφεται






0,1
0,1
)( 3
2
xxx
xxx
xf .
— Για 0x , έχουμε

11. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
11
1
)1(11
0
)0()( 2







x
x
xx
x
xx
x
fxf
,
οπότε
1)1(lim
0
)0()(
lim
00




x
x
fxf
xx
.
— Για 0x έχουμε
1
)1(11
0
)0()( 2
23







x
x
xx
x
xx
x
fxf
,
οπότε
1)1(lim
0
)0()(
lim 2
00




x
x
fxf
xx
.
Άρα
0
)0()(
lim
0
)0()(
lim
00 




 x
fxf
x
fxf
xx
και επομένως, για 1α η f είναι παραγωγίσιμη στο 00 x .
 Αν 1α , η συνάρτηση γράφεται






0,1
0,1
)( 3
2
xxx
xxx
xf
— Για 0x , έχουμε
1
)1(11
0
)0()( 2







x
x
xx
x
xx
x
fxf
,
οπότε
1)1(lim
0
)0()(
lim
00




x
x
fxf
xx
.
— Για 0x έχουμε
1
)1(11
0
)0()( 2
23







x
x
xx
x
xx
x
fxf
,
οπότε
1)1(lim
0
)0()(
lim 2
00




x
x
fxf
xx
.
Άρα
0
)0()(
lim
0
)0()(
lim
00 




 x
fxf
x
fxf
xx
και επομένως, για 1α η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 00 x .

12. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
12
Ασκήσεις
1η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΕΥΡΕΣΗ ΑΠΛΩΝ ΠΑΡΑΓΩΓΩΝ
1. Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης  f x = 2
x + 1 στο
0
x = 0
Λύση
f
D = ℝ
f (0) =
0
lim
x
   0
0
f x f
x


=
0
lim
x
2
1 1x
x
  =
0
lim
x
x = 0
2. Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης  f x = 2
1
x
στο 0
x = 1
Λύση
f
D = ℝ*
f (1) =
1
lim
x
   1
1
f x f
x


=
1
lim
x
2
1 1
1
x
x


=
1
lim
x
2
2
1
( 1)
x
x x


=
1
lim
x
2
(1 )(1 )
( 1)
x x
x x
 

=
1
lim
x
2
(1 )(1 )
( 1)
x x
x x
 

=
1
lim
x
2
(1 )(1 )
( 1)
x x
x x
 

=
1
lim
x
2
(1 )x
x
 
= 2
(1 1)
1
 
= –2

13. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
13
3. Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης  f x = 2
x στο 0
x = 0
Λύση
f
D = ℝ
Κοντά στο 0
x = 0 είναι
   0
0
f x f
x


=
2 2
0
0
x
x
 

=
2
x
x

= x
x

ημx
f (0) =
0
lim
x
   0
0
f x f
x


=
0
lim
x
x
x

.
0
lim
x
ημx = 1 . 0 = 0
4. Να βρείτε (αν υπάρχει) την παράγωγο της συνάρτησης  f x = x x
στο 0
x =0
Λύση
f
D = ℝ
Για x  0 είναι
   0
0
f x f
x


=
0
0
x x
x


= x
f (0) =
0
lim
x
   0
0
f x f
x


=
0
lim
x
x = 0
5. Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης = 2 – x + xημ
στο σημείο = 0
Λύση
= ℝ
Κοντά στο = 0 είναι =
=
= –1+ημ
(0) = = (–1+ημ ) = –1 + ημ0 = –1
 f x x
0
x
f
D
0
x
   0
0
f x f
x


2 2x x x
x
   
( 1 )x x
x
  
x
f 
0
lim
x
   0
0
f x f
x

 0
lim
x
x

14. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
14
-+ +
-  +
0 3
2η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΕΥΡΕΣΗ ΠΑΡΑΓΩΓΩΝ
ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ΠΟΛΛΑΠΛΟΥ
ΤΥΠΟΥ
6.Να βρείτε (αν υπάρχει) την παράγωγο της συνάρτησης  f x = 1x 
στο 0
x = 1
Λύση
f
D = ℝ
Για x  1 είναι
   1
1
f x f
x


=
1 0
1
x
x
 

=
1
1
x
x


1
lim
x 

   1
1
f x f
x


=
1
lim
x 

1
1
x
x


=
1
lim
x 

1 = 1 (1)
1
lim
x 

   1
1
f x f
x


=
1
lim
x 

( 1)
1
x
x
 

=
1
lim
x 

(–1) = –1 (2)
Από τις (1), (2) συμπεραίνουμε ότι η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0
x = 1
7. Να βρείτε (αν υπάρχει) την παράγωγο της συνάρτησης
 f x = 2
3x x στο 0
x = 1
Λύση
f
D = ℝ
Πρόσημο του τριωνύμου 2
x –3x
Κοντά στο 0
x = 1 είναι
   1
1
f x f
x


=
2 2
( 3 ) 1 3.1
1
x x
x
   

=
2
3 2
1
x x
x
  

=
( 1)( 2)
1
x x
x
  

= 2 – x
f (1) =
1
lim
x
   1
1
f x f
x


=
1
lim
x
(2 – x) = 2 – 1 = 1

15. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
15
8. Να βρείτε (αν υπάρχει) την παράγωγο της συνάρτησης
 f x =
2
1 0
1 0
x x , x
x , x
   

 
στο 0
x = 0
Λύση
0
lim
x 

   0
0
f x f
x


=
0
lim
x 

2
1 (0 1)x x
x
   
=
0
lim
x 

2
x x
x

=
0
lim
x 

( 1)x x
x

=
0
lim
x 

(x + 1) = 0 + 1 = 1 (1)
0
lim
x 

   0
0
f x f
x


=
0
lim
x 

1 (0 1)x
x
  
=
0
lim
x 

x
x
=
0
lim
x 

1 = 1 (2)
Από (1) και (2) έχουμε f (0) =
0
lim
x
   0
0
f x f
x


= 1
9. Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης =
στο = 0
Λύση
Για x 0 είναι =
=
=
=
= =
(0) = = . = = =
 f x
1 , 0
0 , 0
x x
x
x
 


0
x

   0
0
f x f
x


1 0x
x
x
 
2
1 x
x

2
(1 )(1 )
(1 )
x x
x x
  
 
2
2
1 )
(1 )
x
x x

 
2
2
(1 )
x
x x

   
2
x
x
 1
1 x 
f 
0
lim
x
   0
0
f x f
x

 0
lim
x
 
2
x
x

0
lim
x
1
1 x 
2
1 1
1 0 
1
1 1
1
2

16. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
16
3η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ ΚΑΙ ΣΥΝΕΧΕΙΑ
10. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0 , να αποδείξετε ότι η
συνάρτηση g(x) = x f (x) είναι παραγωγίσιμη στο 0.
Λύση
f είναι συνεχής στο 0 
0
lim
x
f (x) = f (0)
Για x  0 είναι
   0
0
g x g
x


=
   0. 0x f x f
x

= f (x)
Άρα
0
lim
x
   0
0
g x g
x


=
0
lim
x
f (x) = f (0)  g(0) = f (0)
11. Αφού μελετήσετε ως προς τη συνέχεια στο 0
x = 0 τη συνάρτηση
 f x =
2
3
1 0
0
x , x
x , x
  


να εξετάσετε αν είναι παραγωγίσιμη στο σημείο αυτό.
Λύση
0
lim
x 

 f x =
0
lim
x 

( 2
x + 1) = 1 και
0
lim
x 

 f x =
0
lim
x 

3
x = 0
Άρα δεν υπάρχει το
0
lim
x
 f x , οπότε η f δεν είναι συνεχής στο 0, άρα
ούτε παραγωγίσιμη σ’αυτό.
12. Αφού μελετήσετε ως προς τη συνέχεια στο χ0 = 1 τη συνάρτηση
= │x – 1│+ 1
να εξετάσετε αν είναι παραγωγίσιμη στο σημείο αυτό.
Λύση
= ℝ
= (│x – 1│+ 1 ) = 1 και = │1 – 1│+ 1 = 1
Άρα = , οπότε συνεχής στο 1
Για x < 1 είναι = = –1
Οπότε = –1 (1)
 f x
f
D
1
lim
x
 f x
1
lim
x
 1f
1
lim
x
 f x  1f f
   1
1
f x f
x


( 1) 1 1
1
x
x
   

1
lim
x 

   1
1
f x f
x



17. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
17
Για x > 1 είναι = = 1
Οπότε = 1 (2)
Από (1) , (2) συμπεραίνουμε ότι η δεν είναι παραγωγίσιμη στο 1
13.Αν η συνάρτηση είναι συνεχής στο 0 και = 4 , να
αποδείξετε ότι : i) = 0 ii) (0) = 4
Λύση
i) είναι συνεχής στο 0 = = [ x ]
= . x = 4 . 0 = 0
ii) (0) = = = 4
   1
1
f x f
x


1 1 1
1
x
x
  

1
lim
x 

   1
1
f x f
x


f
f
0
lim
x
 f x
x
 0f f 
f   0f
0
lim
x
 f x
0
lim
x
 f x
x
0
lim
x
 f x
x 0
lim
x
f 
0
lim
x
   0
0
f x f
x

 0
lim
x
 f x
x

18. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
18
4η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ ΚΑΙ
ΕΦΑΠΤΟΜΕΝΗ
14. Αν  f x =
1 0
1
1 0
  

  
, x
x
x , x
, να αποδείξετε ότι ορίζεται
εφαπτομένη της f
C στο σημείο Α(0, 1) και σχηματίζει με τον άξονα
των x γωνία
4

Λύση
Για x < 0 είναι
   0
0
f x f
x


=
1 1
1 x
x


=
1 (1 )
(1 )
x
x x
 

= 1 1
(1 )
x
x x
 

= 1
1 x
Άρα
0
lim
x 

   0
0
f x f
x


=
0
lim
x 

1
1 x
= 1 (1)
Για x > 0 είναι
   0
0
f x f
x


=
1 1x
x
  
=
x
x

Άρα
0
lim
x 

   0
0
f x f
x


=
0
lim
x 

x
x

= 1 (2)
Από (1) , (2)  f (0) =
0
lim
x
   0
0
f x f
x


= 1
Άρα , στο σημείο Α(0, 1) ορίζεται εφαπτομένη της f
C με συντελεστή
διεύθυνσης f (0) = 1 = εφ
4


19. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
19
5η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ ΚΑΙ ΚΡΙΤΗΡΙΟ
ΠΑΡΕΜΒΟΛΗΣ
15. Αν x + 1   f x  2
x + x + 1 για κάθε x∈ ℝ, να αποδείξετε
ότι :
i)  0f = 1
ii) 1 
   0f x f
x

 x + 1 για κάθε x < 0 και
1 
   0f x f
x

 x + 1 για κάθε x > 0
iii) f (0) = 1
Λύση
i) Για x = 0 η υπόθεση  1   0f  1   0f = 1
ii) x + 1   f x  2
x + x + 1 
x + 1 – 1   f x –  0f  2
x + x + 1 – 1
x   f x –  0f =  2
x + x (1)
 Για x < 0 , η (1)  x
x

   0f x f
x


2
x x
x

1 
   0f x f
x

 x + 1 (2)
 Για x > 0 , η (1)  x
x

   0f x f
x


2
x x
x

1 
   0f x f
x

 x + 1 (3)
iii) Επειδή
0
lim
x 

( x + 1) = 1 , με κριτήριο παρεμβολής στη (2) θα έχουμε
0
lim
x 

   0f x f
x

= 1 (4)
Ομοίως , με κριτήριο παρεμβολής στη (3) θα έχουμε
0
lim
x 

   0f x f
x

= 1 (5)
Από τις (4) , (5)  f (0) =
0
lim
x
   0f x f
x

= 1

20. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
20
16. Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο σημείο 0
x = 0 και για
κάθε x ισχύει 2
 x – 4
x  x  f x  2
 x + 4
x
να αποδείξετε ότι : i)  0f = 0 ii) f (0) = 1
Λύση
i) f συνεχής στο σημείο 0
x = 0 
0
lim
x 

 f x =  0f (1)
Αρκεί να βρούμε το
0
lim
x 

 f x
Για x > 0 , η υπόθεση 
2 4
x x
x
 
  f x 
2 4
x x
x
 
2
x
x

- 3
x   f x 
2
x
x

+ 3
x
x
x

ημx - 3
x   f x 
x
x

ημx + 3
x (2)
Αλλά
0
lim
x 

(
x
x

ημx  3
x ) = 1 . ημ0  3
0 = 0.
Με το κριτήριο παρεμβολής στη (2) θα έχουμε
0
lim
x 

 f x = 0
(1)
  0f
ii) Για x  0 η υπόθεση 
2 4
2
x x
x
 

 
2
xf x
x

2 4
2
x x
x
 
2
2
x
x

– 2
x 
 f x
x

2
2
x
x

+ 2
x
 
2
x
x

– 2
x 
   0f x f
x

  
2
x
x

+ 2
x (3)
Αλλά
0
lim
x
[ 
2
x
x

 2
x ] = 2
1  0 = 1
Με κριτήριο παρεμβολής στην (3) θα έχουμε
0
lim
x
   0f x f
x

= 1
Άρα f (0) = 1

21. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
21
6η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ ΜΕ ΤΟΝ
ΟΡΙΣΜΟ ΤΟΥ h
17. Αν για μια συνάρτηση ισχύει f(1+h) = 2 + 3h + 3h2
+ h3
,
για κάθε h∈ ℝ, να αποδείξετε ότι : i) f(1) = 2 ii) f΄(1) = 3
Λύση
i) Για h = 0 , η υπόθεση δίνει f (1) = 2 + 3∙0 + 3∙02
+ 03
= 2
ii) Για κάθε h≠0 είναι
f(1+h)−f(1)
h
=
2+3ℎ+3ℎ2+ℎ3−2
ℎ
=3+3h+3h2
Άρα f’(1) = 2
0
lim(3 3 3 )
h
h h

  = 3 + 0 + 0 = 3
18. Να αποδείξετε ότι , αν μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο
0
x , τότε
i)
0
lim
h
   0 0
f x h f x
h
 
= – f ( 0
x )
ii)
0
lim
h
   0 0
f x h f x h
h
  
= 2 f ( 0
x )
Λύση
f παραγωγίσιμη στο 0
x 
0
lim
u
   0 0
f x u f x
u
 
= f ( 0
x ) (1)
i)
0
lim
h
   0 0
f x h f x
h
 
= –
0
lim
h
   0 0
( )f x h f x
h
  

(όπου - h θέτουμε u οπότε και 0 )
= –
0
lim
u
   0 0
f x u f x
u
 
(1)
 – f ( 0
x )
ii)
0
lim
h
   0 0
f x h f x h
h
  
=
0
lim
h
       0 0 0 0
f x h f x f x f x h
h
    
=
0
lim
h
[
   0 0
f x h f x
h
 
-
   0 0
f x h f x
h
 
]
=
0
lim
h
   0 0
f x h f x
h
 
-
0
lim
h
   0 0
f x h f x
h
 
(1, )i
 f ( 0
x ) – (– f ( 0
x )) = 2 f ( 0
x )
f
u 

22. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
22
7η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ ΚΑΙ ΚΙΝΗΣΕΙΣ
19. Στο παρακάτω σχήμα δίνονται οι γραφικές παραστάσεις των
συναρτήσεων θέσεως τριών κινητών που κινήθηκαν πάνω στον άξονα
xx στο χρονικό διάστημα από 0sec έως 8sec. Να βρείτε:
8
765
42
O
t (sec)
x=S(t) κινητό Γ
κινητό Α
κινητό Β
i) Ποιο κινητό ξεκίνησε από την αρχή του άξονα κίνησης;
ii) Ποιο κινητό κινήθηκε μόνο προς τα δεξιά;
iii) Ποιο κινητό άλλαξε φορά κίνησης τη χρονική στιγμή 2t sec,ποιο
τη χρονική στιγμή 4t sec και ποιο τη χρονική στιγμή 5t sec;
iv) Ποιο κινητό κινήθηκε προς τα αριστερά σε όλο το χρονικό
διάστημα από 0sec έως 4sec;
v) Ποιο κινητό τερμάτισε πιο κοντά στην αρχή του άξονα κίνησης;
vi) Ποιο κινητό διάνυσε το μεγαλύτερο διάστημα;
Λύση
i) το Β.
ii) το Γ.
iii) 2t , αλλάζει το A, 4t το Β και 5t κανένα
iv) το Β
v) το Β
vi) το Α.

23. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
23
Παραγωγίσιμες συναρτήσεις
Παράγωγος συνάρτηση
Ερωτήσεις θεωρίας
1. Πότε μία συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το Α είναι παραγωγίσιμη στο
Α; Πότε η f είναι παραγωγίσιμη σε ένα ανοικτό διάστημα
του πεδίου ορισμού της και πότε η f είναι παραγωγίσιμη σε ένα
κλειστό διάστημα ][ βα, του πεδίου ορισμού της ;
Έστω f μια συνάρτηση με πεδίο ορισμού ένα σύνολο Α. Θα λέμε ότι:
— H f είναι παραγωγίσιμη στο Α ή, απλά, παραγωγίσιμη, όταν είναι
παραγωγίσιμη σε κάθε σημείο Ax 0 .
— Η f είναι παραγωγίσιμη σε ένα ανοικτό διάστημα του πεδίου
ορισμού της, όταν είναι παραγωγίσιμη σε κάθε σημείο ),(0 βαx  .
— Η f είναι παραγωγίσιμη σε ένα κλειστό διάστημα ],[ βα του πεδίου
ορισμού της, όταν είναι παραγωγίσιμη στο ),( βα και επιπλέον ισχύει




 

 x
fxf
x
)()(
lim και 



 

 x
fxf
x
)()(
lim .
2. Πως ορίζεται και πως συμβολίζεται η πρώτη παράγωγος της
συνάρτησης f με πεδίο ορισμού το Α ; Πως ορίζεται και πως
συμβολίζεται η δεύτερη παράγωγος της συνάρτησης f με πεδίο
ορισμού το Α και πως ορίζεται και πως συμβολίζεται η νιοστή
παράγωγος της συνάρτησης f με πεδίο ορισμού το Α ;
Έστω f μια συνάρτηση με πεδίο ορισμού Α και 1A τo σύνολο των σημείων του
Α στα οποία αυτή είναι παραγωγίσιμη. Αντιστοιχίζοντας κάθε 1Ax στο )(xf  ,
ορίζουμε τη συνάρτηση
),(
: 1
xfx
RAf


),( βα
),( βα

24. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
24
η οποία ονομάζεται πρώτη παράγωγος της f ή απλά παράγωγος της f. H
πρώτη παράγωγος της f συμβολίζεται και με
dx
df
που διαβάζεται “ντε εφ
προς ντε χι”. Για πρακτικούς λόγους την παράγωγο συνάρτηση )(xfy  θα τη
συμβολίζουμε και με ))((  xfy .
Αν υποθέσουμε ότι το 1Α είναι διάστημα ή ένωση διαστημάτων, τότε η
παράγωγος της f  , αν υπάρχει, λέγεται δεύτερη παράγωγος της f και
συμβολίζεται με f  .
Επαγωγικά ορίζεται η νιοστή παράγωγος της f, με 3ν , και συμβολίζεται
με )(ν
f . Δηλαδή
][ 1)()(
 νν
ff , 3ν .
Σχόλιο: Η εύρεση της παραγώγου συνάρτησης, με βάση τον ορισμό που
δώσαμε, δεν είναι πάντα εύκολη. Στη συνέχεια θα δούμε μερικές
βασικές περιπτώσεις παραγώγισης συναρτήσεων, που θα τις
χρησιμοποιούμε στην εύρεση παραγώγου συναρτήσεων (αντί να
χρησιμοποιούμε τον ορισμό κάθε φορά).
3. Να αποδείξετε ότι η σταθερή συνάρτηση cxf )( , c είναι
παραγωγίσιμη στο χοϵR και ισχύει 0)(  xf , δηλαδή :
0)( c
Πράγματι, αν 0x είναι ένα σημείο του R, τότε για 0xx  ισχύει:
0
)()(
00
0






xx
cc
xx
xfxf
.
Επομένως,
0
)()(
lim
0
0
0



 xx
xfxf
xx
,
δηλαδή 0)( c .
4. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση xxf )( . Η συνάρτηση f είναι
παραγωγίσιμη στο χοϵR και ισχύει 1)(  xf , δηλαδή
1)( x

25. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
25
Πράγματι, αν 0x είναι ένα σημείο του R, τότε για 0xx  ισχύει:
1
)()(
0
0
0
0






xx
xx
xx
xfxf
.
Επομένως, 11lim
)()(
lim
00
0
0



 xxxx xx
xfxf
,
δηλαδή 1)( x .
5. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση ν
xxf )( , }1,0{ . Η συνάρτηση
f είναι παραγωγίσιμη στο χοϵR και ισχύει 1
)( 
 ν
xνxf , δηλαδή
1
)( 
 
xx
Πράγματι, αν 0x είναι ένα σημείο του R, τότε για 0xx  ισχύει:
1
00
21
0
1
00
21
0
0
0
0
0 ))(()()( 









 ννν
ννννν
xxxx
xx
xxxxxx
xx
xx
xx
xfxf


,
Οπότε 1
0
1
0
1
0
1
0
1
00
21
00
0
0
)(lim
)()(
lim 



 ννννννν
xxxx
xνxxxxxxx
xx
xfxf
 ,
δηλαδή 1
)( 
 νν
xνx .
6. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση xxf )( είναι παραγωγίσιμη στο
),0(  και ισχύει
x
xf
2
1
)(  , δηλαδή
 
x
x
2
1


Πράγματι, αν 0x είναι ένα σημείο του ),0(  , τότε για 0xx  ισχύει:
  
    000
0
00
00
0
0
0
0 1
)()(
)()(
xxxxxx
xx
xxxx
xxxx
xx
xx
xx
xfxf













,
οπότε
00
00
0
0 2
11
lim
)()(
lim
xxxxx
xfxf
xxxx






,
δηλαδή  
x
x
2
1


.
Όπως είδαμε η xxf )( δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0.

26. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
26
7. Έστω συνάρτηση xxf ημ)(  . Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f
είναι παραγωγίσιμη στο R και ισχύει xxf συν)(  , δηλαδή
xx συν)ημ( 
Πράγματι, για κάθε x 0h ισχύει
h
xhxhx
h
xhx
h
xfhxf ημημσυνσυνημημ)(ημ)()( 




h
h
x
h
h
x
ημ
συν
)1συν(
ημ 

 .
Επειδή
1
ημ
lim
0

 h
h
h
και 0
1συν
lim
0


 h
h
h
,
έχουμε
xxx
h
xfhxf
h
συν1συν0ημ
)()(
lim
0



.
Δηλαδή, xx συν)ημ(  .
8. Έστω η συνάρτηση xxf συν)(  . Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f
είναι παραγωγίσιμη στο R και ισχύει xxf ημ)(  , δηλαδή
xx ημ)συν( 
Πράγματι, για κάθε x 0h ισχύει:
h
xhxhx
h
xhx
h
xfhxf συνημημσυνσυνσυν)(συν)()( 




h
h
x
h
h
x
ημ
ημ
1συν
συν 

 ,
οπότε











 


 h
h
x
h
h
x
h
xfhxf
hhh
ημ
ημlim
1συν
συνlim
)()(
lim
000
xxx ημ1ημ0συν  .
Δηλαδή, xx ημ)συν(  .

27. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
27
9. Πως συνδέονται τα όρια
1
ημ
lim
0

 x
x
x
,
0
1συν
lim
0


 x
x
x
,
με την παράγωγο των συναρτήσεων xxf ημ)(  , xxg συν)( 
Τα όρια 1
ημ
lim
0

 x
x
x
, 0
1συν
lim
0


 x
x
x
,
τα οποία χρησιμοποιήσαμε για να υπολογίσουμε την παράγωγο των
συναρτήσεων xxf ημ)(  , xxg συν)(  είναι η παράγωγος στο 00 x των
συναρτήσεων gf , αντιστοίχως, αφού
)0(
0
0ημημ
lim
ημ
lim
00
f
x
x
x
x
xx





)0(
0
0συνσυν
lim
1συν
lim
00
g
x
x
x
x
xx






.
10. Να δοθούν οι τύποι των παράγωγων των συναρτήσεων
x
exf )( και xxf ln)(  .
Έστω η συνάρτηση x
exf )( . Αποδεικνύεται ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο
ℝ και ισχύει x
exf  )( , δηλαδή
xx
ee )(
Έστω η συνάρτηση xxf ln)(  . Αποδεικνύεται ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο
),0(  και ισχύει
x
xf
1
)(  , δηλαδή
x
x
1
)(ln 
11. Να βρεθεί το σημείο της γραφικής παράστασης της συνάρτησης
xxf ln)(  , στο οποίο η εφαπτομένη διέρχεται από την αρχή των
αξόνων.

28. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
28
ΛΥΣΗ
Επειδή
x
xxf
1
)(ln)(  , η εξίσωση της
εφαπτομένης ε της fC σε ένα σημείο
))(,( 00 xfxM είναι
)(
1
ln 0
0
0 xx
x
xy  .
Η ευθεία ε διέρχεται από την αρχή των
αξόνων )0,0(O , αν και μόνο αν
exxx
x
x  000
0
0 1ln)0(
1
ln0 .
Άρα, το ζητούμενο σημείο είναι το )1,(eM .
12. Στο παρακάτω σχήμα οι ευθείες 1ε και 2ε είναι οι εφαπτόμενες της
γραφικής παράστασης της συνάρτησης xxf ημ)(  στα σημεία 0)(0,O και
,0)(πA αντιστοίχως. Να βρεθούν: i) Οι εξισώσεις των 1ε και 2ε ii) Το
εμβαδόν του τριγώνου που σχηματίζουν οι 1ε , 2ε και ο άξονας των x.
ΛΥΣΗ
i) Επειδή xxxf συν)ημ()(  , είναι 1)0( f και
1)(  πf οπότε οι 1ε , 2ε έχουν εξισώσεις
xy  και )( πxy 
αντιστοίχως.
ii) Αν λύσουμε το σύστημα των παραπάνω
δύο εξισώσεων βρίσκουμε ότι οι ευθείες 1ε , 2ε τέμνονται στο σημείο 





2
,
2
ππ
Β .
Άρα, το τρίγωνο ΟΑΒ έχει εμβαδόν
422
1 2
ππ
πΕ  .
1
y
O e
Μ
A(π,0)
y
x
ε2ε1
Β
O(0,0)

29. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
29
Ασκήσεις
1η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΕΥΡΕΣΗ ΑΠΛΗΣ ΠΑΡΑΓΩΓΟΥ
ΣΕ ΣΗΜΕΙΟ χο
1. Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης f στο σημείο 0
x όταν :
i)  f x = 4
x , 0
x = -1 ii)  f x = x , 0
x = 9
iii)  f x = συνx , 0
x =
6
 iv)  f x = nx , 0
x = e
v)  f x = x
e , 0
x = 2n
Λύση
i) Για κάθε xϵR είναι f (x) = 4 3
x  f (–1) = 4 3
( 1) = – 4
ii) Για κάθε x(0, +) είναι f (x) = 1
2 x
 f (9) = 1
2 9
= 1
6
iii) Για κάθε xϵR είναι f (x) = – ημx  f   6
 = – ημ
6
 = – 1
2
iv) Για κάθε x(0, +) είναι f (x) = 1
x
 f (e) = 1
e
v) Για κάθε xϵR είναι f (x) = x
e  f ( 2n ) = 2n
e = 2

30. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
30
2η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΕΥΡΕΣΗ ΠΑΡΑΓΩΓΟΥ ΣΕ ΟΛΟ
ΤΟ ΠΕΔΙΟ ΟΡΙΣΜΟΥ
ΣΥΝΑΡΗΣΕΩΝ ΠΟΛΛΑΠΛΟΥ
ΤΥΠΟΥ
2. Να βρείτε , όπου ορίζεται , την παράγωγο της συνάρτησης
 f x =
2
, 1
, 1
x x
x x
 


Λύση
Για κάθε x < 1 είναι f (x) = ( 2
x )΄ = 2x
Για κάθε x > 1 είναι f (x) = ( x )΄ = 1
2 x
1
lim
x 

   1
1
f x f
x


=
1
lim
x 

2
1
1
x
x


=
1
lim
x 

(x + 1) = 1 + 1 = 2 (1)
1
lim
x 

   1
1
f x f
x


=
1
lim
x 

1
1
x
x


=
1
lim
x 

2
1
( ) 1
x
x


=
1
lim
x 

1
( 1)( 1)
x
x x

 
=
1
lim
x 

1
1x 
= 1
1 1
= 1
2
(2)
Από τις (1) , (2) συμπεραίνουμε ότι η f δεν παραγωγίζεται στο 0
x = 1
3. Να βρείτε , όπου ορίζεται , την παράγωγο της συνάρτησης
 f x =
, 0
, 0
x x
x x
 


Λύση
Για κάθε x < 0 είναι f (x) = (ημx)΄ = συνx
Για κάθε x > 0 είναι f (x) = (x)΄ = 1

31. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
31
0
lim
x 

   0
0
f x f
x


=
0
lim
x 

0
0
x
x
 

=
0
lim
x 

x
x
 = 1 (1)
0
lim
x 

   0
0
f x f
x


=
0
lim
x 

0
0
x
x


=
0
lim
x 

1 = 1 (2)
Από τις (1) , (2) συμπεραίνουμε ότι f (0) = 1
4. Να βρείτε , όπου ορίζεται , την παράγωγο της συνάρτησης
 f x =
3
4
, 2
, 2
x x
x x
 


Λύση
Για κάθε x < 2 είναι f (x) = ( 3
x )΄ = 3 2
x
Για κάθε x > 2 είναι f (x) = ( 4
x )΄ = 4 3
x
2
lim
x 

 f x =
2
lim
x 

3
x = 3
2 = 8 (1)
2
lim
x 

 f x =
2
lim
x 

4
x = 4
2 = 16 (2)
Από τις (1) , (2) συμπεραίνουμε ότι η f δεν είναι συνεχής στο 2 , άρα δεν
παραγωγίζεται σ’αυτό.
5. Να βρείτε , όπου ορίζεται , την παράγωγο της συνάρτησης
 f x =
2
3
2,
3
2,
3
x x
x x
 


Λύση
Για κάθε x < 2
3
είναι f (x) = ( 2
x )΄ = 2x
Για κάθε x > 2
3
είναι f (x) = ( 3
x )΄ = 3 2
x
2
3
lim
x


 f x =
2
3
lim
x


2
x =  
2
2
3
= 4
9
(1)
2
3
lim
x


 f x =
2
3
lim
x


3
x =  
3
2
3
= 8
27
(2)
Από τις (1) , (2) συμπεραίνουμε ότι η f δεν είναι συνεχής στο 2
3
, άρα δεν
παραγωγίζεται σ’αυτό.

32. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
32
3η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ ΚΑΙ
ΕΦΑΠΤΟΜΕΝΕΣ
6. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν σημεία της παραβολής y = 2
x
στα οποία οι εφαπτόμενες της γραφικής παράστασης να είναι μεταξύ τους
παράλληλες. Ισχύει το ίδιο για τη γραφική παράσταση της συνάρτησης
 f x = 3
x ;
Λύση
Έστω g(x) = 2
x , xϵR Τότε g΄(x) = 2x
Έστω τα σημεία 1
M ( 1
x , g( 1
x )) , 2
M ( 2
x , g( 2
x )) με 1
x  2
x και 1
 , 2
 οι
εφαπτόμενες της g
C σε αυτά αντίστοιχα.
1
 // 2
  g΄( 1
x ) = g΄( 2
x )
2 1
x = 2 2
x
1
x = 2
x που είναι άτοπο
Άρα δεν υπάρχουν παράλληλες εφαπτόμενες της g
C
Για κάθε xϵR είναι  f x = ( 3
x )΄ = 3 2
x
Έστω τα σημεία 1
N ( 1
x , f ( 1
x )) , 2
N ( 2
x , f ( 2
x )) με 1
x  2
x και 1
 , 2

οι εφαπτόμενες της f
C σε αυτά αντίστοιχα.
1
 // 2
   1
f x =  2
f x
3 2
1
x = 3 2
2
x
2
1
x = 2
2
x  1
x = – 2
x (αφού 1
x  2
x )
Υπάρχουν , λοιπόν , τέτοια σημεία και είναι εκείνα που έχουν αντίθετες
τετμημένες
7. Έστω η συνάρτηση = και το σημείο Α(ξ , (ξ)) , ξ 0
της γραφικής παράστασης της . Να αποδείξετε ότι η ευθεία που
διέρχεται από τα σημεία Α(ξ , (ξ)) και Β(–ξ , 0) εφάπτεται της
στο Α.
 f x x f 
f
f
f
C

33. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
33
Λύση
= [0 , + )
Για να ορίζεται η τιμή (ξ) = , πρέπει ξ και επειδή ξ 0 ,
πρέπει ξ > 0 Είναι . = =
Η εφαπτομένη ε της στο σημείο Α έχει εξίσωση:
y – (ξ) = (x – ξ)
y – = (x – ξ)
Οι συντεταγμένες του Β(– ξ , 0) επαληθεύουν την εξίσωση της ε αφού
0 – = (– ξ – ξ) – = (–2ξ) – = – που ισχύει.
Άρα η ευθεία ε συμπίπτει με την ευθεία ΑΒ.
8. Να αποδείξετε ότι η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της
= σε οποιοδήποτε σημείο της Μ( , ) , 0 έχει με αυτήν
και άλλο κοινό σημείο Ν εκτός του Μ. Στο σημείο Ν η κλίση της
είναι τετραπλάσια της κλίσης της στο Μ.
Λύση
= R = 3 = 3
Η εφαπτομένη ε της στο σημείο Α έχει εξίσωση
y – (α) = (x – α)
y – = 3 (x – α)
y = 3 x – 3 +
y = 3 x – 2
Για να βρούμε τα κοινά σημεία των , ε , λύνουμε το σύστημα


 ή Άρα Ν(–2 ,–8 )
= 3 = 12 = 4 . 3 = 4
fD 
f   fD 
 f x 1
2 x
  f   1
2 
f
C
f  f  
 1
2 
 1
2 
  1
2 
  
 f x
3
x  3
  
f
C
fD  f x 2
x   f   2

f
C
f  f  
3
 2

2
 3
 3

2
 3

f
C
3
2 3
3 2
y x
y a x a
 

 

3
3 2 3
3 2
y x
x a x a


 

3
3 2 2 3
2 2 0
y x
x a x a x a


   
3
2 2 2
( ) 2 ( ) 0
y x
x x a a x a
 

   

3
2
( )( ) 2 ( ) 0
y x
x x a x a a x a
 

    
3
2
( )[ ( ) 2 ] 0
y x
x a x x a a
 

   

3
2 2
0 2 0
y x
x a ή x ax a
 

    
3
2
y x
x a ή x=a ή x a
 

 

3
y a
x a



3
8
2
y a
x a



 3

 2f a  2
( 2 )a 2
 2
  f  

34. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
34
9. Έστω ε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης
= σε ένα σημείο της Μ . Αν Α, Β είναι τα σημεία
στα οποία η ε τέμνει τους άξονες και αντιστοίχως, να
αποδείξετε ότι
i) To M είναι μέσο του ΑΒ
ii) Το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ είναι σταθερό , δηλαδή ανεξάρτητο
του ξϵR*
Λύση
= = = = – = –
ε : y – (ξ) = (x – ξ) y – = – (x – ξ)
Για y = 0 παίρνουμε – = – (x – ξ) ξ = x – ξ x = 2ξ
Άρα Α(2ξ , 0)
Για x = 0 παίρνουμε y – = – (0 – ξ) y – = y =
Άρα Β
i) Μέσο του ΑΒ : =
ii) (OAB) = (OA)(OB) = = 2
 f x 1
x  1,

xx y y
 f   lim
x
   f x f
x
 

lim
x
1 1
x
x


 
lim
x
x
x
x
 

 
lim
x
1
x 2
1

f  f    1
 2
1

1
 2
1

 
1
 2
1

 1

1

 2

 20 ,

20
2 0
2 2
,
 
   
 
 
 
 1,

1
2
1
2
2 2


35. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
35
4η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ ΚΑΙ ΓΡΑΦΙΚΕΣ
ΠΑΡΑΣΤΑΣΕΙΣ
10. Να παραστήσετε γραφικά την
παράγωγο της συνάρτησης f
του διπλανού σχήματος.
Λύση
Στο διάστημα (–2 , 0) η κλίση είναι
 f x = 0 2
2 0

 
= 1
Στο διάστημα (0 , 2) η κλίση είναι  f x = 2 2
2 0
 

= –2
Στο διάστημα (2 , 4) η κλίση είναι  f x = 0
Στο διάστημα (4 , 6) η κλίση είναι  f x =
4 ( 2)
6 4
 

= 6
2
= 3
Στο διάστημα (6 , 9) η κλίση είναι  f x = 0 4
9 6


= – 4
3
Γραφική παράσταση της f 
11. Να παραστήσετε γραφικά τη συνάρτηση
f : [0, 8]→R, η οποία είναι συνεχής , με
f (0) = 0 και της οποίας η παράγωγος
παριστάνεται γραφικά στο διπλανό σχήμα .
842
1
1
2
O
y
x
y=f΄(x)

36. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
36
Λύση
Στο διάστημα (0 , 2) η κλίση είναι
 f x = 2 .
Άρα η f
C είναι το ευθ. τμήμα ΟΑ
Στο διάστημα (2 , 4) η κλίση είναι  f x = –1 .
Άρα η f
C είναι το ευθ. τμήμα ΑΒ
Στο διάστημα (4 , 84) η κλίση είναι  f x = 1 . Άρα η f
C είναι το ευθ.
τμήμα ΒΓ

37. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
37
5η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΕΥΡΕΣΗ ΠΑΡΑΜΕΤΡΩΝ ΑΠΟ
ΠΑΡΑΓΩΓΟΥΣ
12. Να βρείτε τις τιμές των α , β για τις οποίες η συνάρτηση
 f x =
,
,
x x
αx+β x
  

 
είναι παραγωγίσιμη στο 0
x = π
Λύση
Για να είναι παραγωγίσιμη στο 0
x = π , θα πρέπει , κατ’αρχήν να είναι
συνεχής .
Άρα lim
x 

 f x = lim
x 

 f x = f (π) 
lim
x 

ημx = lim
x 

(αx + β) = απ + β 
ημπ = απ + β  0 = απ + β  β = – απ (1)
f παραγωγίσιμη στο 0
x = π  lim
x 

   f x f
x
 
 
= lim
x 

   f x f
x
 
 
lim
x 

( )x
x
  
 
= lim
x 

 x
x
  
 
lim
x 

x
x

 
= lim
x 

( )x
x
  
 
0
lim
x 

( )x
x
  
 
= lim
x 

α  –1 = α
Από (1)  β = π

38. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
38
Κανόνες Παραγώγισης
Ερωτήσεις θεωρίας
1. Να διατυπωθεί και να αποδειχθεί το θεώρημα της παραγώγου του
αθροίσματος.
Παράγωγος αθροίσματος
ΘΕΩΡΗΜΑ 1
Αν οι συναρτήσεις gf , είναι παραγωγίσιμες στο 0x , τότε η συνάρτηση gf 
είναι παραγωγίσιμη στο 0x και ισχύει:
)()()()( 000 xgxfxgf 
ΑΠΟΔΕΙΞΗ
Για 0xx  , ισχύει:
0
0
0
0
0
00
0
0 )()()()()()()()())(())((
xx
xgxg
xx
xfxf
xx
xgxfxgxf
xx
xgfxgf











.
Επειδή οι συναρτήσεις gf , είναι παραγωγίσιμες στο 0x , έχουμε:
),()(
)()(
lim
)()(
lim
))(())((
lim 00
0
0
00
0
00
0
0
xgxf
xx
xgxg
xx
xfxf
xx
xgfxgf
xxxxxx










Δηλαδή )()()()( 000 xgxfxgf  .
2. Να διατυπωθεί το παραπάνω θεώρημα για παραγωγίσιμες σε διάστημα
Δ συναρτήσεις , να γενικευθεί και να δοθεί ένα παράδειγμα.
Αν οι συναρτήσεις gf , είναι παραγωγίσιμες σ’ ένα διάστημα Δ, τότε για κάθε
Δx ισχύει: )()()()( xgxfxgf  .
Το παραπάνω θεώρημα ισχύει και για περισσότερες από δύο συναρτήσεις.
Δηλαδή, αν kfff ...,,, 21 , είναι παραγωγίσιμες στο Δ, τότε
)()()()()( 2121 xfxfxfxfff kk
  .
Για παράδειγμα, xxx
exxexxexx  2συν)3()()()ημ()3ημ( 22
.

39. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
39
3. Να διατυπωθεί και να αποδειχθεί το θεώρημα της παραγώγου του
γινομένου.
Παράγωγος γινομένου
ΘΕΩΡΗΜΑ 2
Αν οι συναρτήσεις gf , είναι παραγωγίσιμες στο 0x , τότε και η συνάρτηση
gf  είναι παραγωγίσιμη στο 0x και ισχύει:
)()()()()()( 00000 xgxfxgxfxgf 
ΑΠΟΔΕΙΞΗ
Για 0xx  ισχύει:
0
00
0
0 )()()()())(())((
xx
xgxfxgxf
xx
xgfxgf





0
0000 )()()()()()()()(
xx
xgxfxgxfxgxfxgxf



0
0
0
0
0 )()(
)()(
)()(
xx
xgxg
xfxg
xx
xfxf





 .
Επειδή οι gf , είναι παραγωγίσιμες, άρα και συνεχείς στο 0x , έχουμε:
0
0
0
0
00
0
00
0
0
)()(
lim)()(lim
)()(
lim
))(())((
lim
xx
xgxg
xfxg
xx
xfxf
xx
xgfxgf
xxxxxxxx 








)()()()( 0000 xgxfxgxf  ,
Δηλαδή ).()()()()()( 00000 xgxfxgxfxgf 
4. Να διατυπωθεί το παραπάνω θεώρημα για παραγωγίσιμες σε διάστημα
Δ συναρτήσεις , να γενικευθεί και να δοθεί ένα παράδειγμα.
Αν οι συναρτήσεις gf , είναι παραγωγίσιμες σ’ ένα διάστημα Δ, τότε για κάθε
Δx ισχύει: )()()()()()( xgxfxgxfxgf  .
Για παράδειγμα,
x
exexexexe xxxxx 1
ln)(lnln)()ln(  , 0x .
Το παραπάνω θεώρημα επεκτείνεται και για περισσότερες από δύο
συναρτήσεις. Έτσι, για τρεις παραγωγίσιμες συναρτήσεις ισχύει:
)()()()()()()()()())()()(( )()(])[( xhxgxfxhxgxfxhxgxfxhxgxf  
)()()()()]()()()([ xhxgxfxhxgxfxgxf 
)()()()()()()()()( xhxgxfxhxgxfxhxgxf  .

40. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
40
Για παράδειγμα, )(lnημln)ημ(lnημ)()lnημ(  xxxxxxxxxxxx
x
xxxxxxx
x
1
ημlnσυνlnημ
2
1
 , 0x .
5. Να αποδειχθεί ότι αν f είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση σ’ ένα
διάστημα Δ και c R,τότε )())(( xfcxcf 
Αν f είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση σ’ ένα διάστημα Δ και c
0)( c , σύμφωνα με το θεώρημα γινομένου έχουμε:
)())(( xfcxcf 
Για παράδειγμα, 2233
1836)(6)6( xxxx  .
6. Να διατυπωθεί το θεώρημα της παραγώγου του πηλίκου .
Παράγωγος πηλίκου
ΘΕΩΡΗΜΑ
Αν οι συναρτήσεις gf , είναι παραγωγίσιμες στο 0x και 0)( 0 xg , τότε και η
συνάρτηση
g
f
είναι παραγωγίσιμη στο 0x και ισχύει:
2
0
0000
0
)]([
)()()()(
)(
xg
xgxfxgxf
x
g
f 








7. Να διατυπωθεί το παραπάνω θεώρημα για παραγωγίσιμες σε διάστημα
Δ συναρτήσεις και να δοθεί ένα παράδειγμα.
Αν οι συναρτήσεις gf , είναι παραγωγίσιμες σ’ ένα διάστημα Δ και για κάθε
Δx ισχύει 0)( xg , τότε για κάθε Δx έχουμε:
2
)]([
)(()()(
)(
xg
xgx)fxgxf
x
g
f 








.
Για παράδειγμα,
2
2
2
222
)15(
5)15(2
)15(
)15()15()(
15 














 x
xxx
x
xxxx
x
x
2
2
2
22
)15(
25
)15(
5210






x
xx
x
xxx
,
5
1
x .

41. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
41
8. Έστω η συνάρτηση ν
xxf 
)( ,νϵN να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f
είναι παραγωγίσιμη στο R* και ισχύει 1
)( 
 ν
xνxf , δηλαδή
1
)( 
 νν
xνx
Κατόπιν να δοθεί ένα παράδειγμα και να γενικευθεί ο παραπάνω
τύπος.
Πράγματι, για κάθε χϵR* έχουμε:
1
2
1
2
)(
)(1)1(1
)( 














 ν
ν
ν
ν
νν
ν
ν
xν
x
xν
x
xx
x
x .
Για παράδειγμα, 5
5144 4
44)(
x
xxx  
, 0x .
Είδαμε, όμως, πιο πριν ότι 1
)( 
 νν
xνx , για κάθε φυσικό 1ν . Επομένως, αν
}1,0{ , τότε 1
)( 
 κκ
κxx .
9. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση xxf εφ)(  είναι παραγωγίσιμη στο
}0συν|{Af  xx και ισχύει
x
xf 2
συν
1
)(  , δηλαδή
x
x 2
συν
1
)εφ( 
Πράγματι, για κάθε χϵ }0συν|{Af  xx έχουμε:
x
xxxx
x
xxxx
x
x
x 22
συν
ημημσυνσυν
συν
)συν(ημσυν)ημ(
συν
ημ
)εφ(












xx
xx
22
22
συν
1
συν
ημσυν


 .
10. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση xxf σφ)(  είναι παραγωγίσιμη στο
}0ημ|{Af  xx και ισχύει
x
xf 2
ημ
1
)(  , δηλαδή
x
x 2
ημ
1
)σφ( 

42. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
42
Πράγματι, για κάθε χϵ }0ημ|{Af  xx έχουμε:
x
xxxx
x
xxxx
x
x
x 22
ημ
συνημ-
ημ
)ημ(συν)συν(
ημ
συν
)σφ(
 











xx
xx
22
22
ημ
1
συν
συνημ-


 .
11. Να βρεθεί η παράγωγος της συνάρτησης
1
ln
)(


x
xx
xf .
ΛΥΣΗ
Έχουμε: 22
)1(
ln)1)(1(ln
)1(
)1(ln)1()ln(
1
ln
)(















x
xxxx
x
xxxxxx
x
xx
xf
22
)1(
ln1
)1(
ln1lnln






x
xx
x
xxxxxx
12. Να αποδειχθεί ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων
1
1
)(


x
xf και 1)( 2
 xxxg έχουν κοινή εφαπτομένη στο κοινό τους
σημείο 1)(0,A και να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης αυτής.
ΛΥΣΗ
Αρκεί να δείξουμε ότι )0()0( gf  . Έχουμε:
22
)1(
1
)1(
)1(1)1()1(
1
1
)(














xx
xx
x
xf
Και 12)1()( 2
 xxxxg ,
Οπότε 1)0( f και 1)0( g .
Άρα )0(1)0( gf  .
Η εξίσωση της εφαπτομένης στο σημείο )1,0(A είναι:
1)0(11  xyxy .
13. Να διατυπωθεί το θεώρημα της παραγώγου της συνθέτου
συνάρτησης . Τι είναι ο κανόνα της αλυσίδας ;

43. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
43
Παράγωγος συνθέτου συναρτήσεως
ΘΕΩΡΗΜΑ
Αν η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο 0x και η f είναι παραγωγίσιμη στο
)( 0xg , τότε η συνάρτηση gf  είναι παραγωγίσιμη στο 0x και ισχύει
)())(()()( 000 xgxgfxgf 
Γενικά, αν μια συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα Δ και η f
είναι παραγωγίσιμη στο )(Δg , τότε η συνάρτηση gf  είναι παραγωγίσιμη στο
Δ και ισχύει
)())(()))((( xgxgfxgf  .
Δηλαδή, αν )(xgu  , τότε
uufuf  )())(( .
Με το συμβολισμό του Leibniz, αν )(ufy  και )(xgu  , έχουμε τον τύπο
dx
du
du
dy
dx
dy

που είναι γνωστός ως κανόνας της αλυσίδας.
ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ
Το σύμβολο
dx
dy
δεν είναι πηλίκο. Στον κανόνα της αλυσίδας απλά
συμπεριφέρεται ως πηλίκο, πράγμα που ευκολύνει την απομνημόνευση του
κανόνα.
14. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση α
xxf )( , χϵR-Ζ είναι
παραγωγίσιμη στο ),0(  και ισχύει 1
)( 
 α
xαxf , δηλαδή
1
)( 
 αα
xαx (1)
Πράγματι, αν xαα
exy ln
 και θέσουμε xαu ln , τότε έχουμε u
ey  .
Επομένως,
1ln 1
)( 
 ααxαuu
xα
x
α
x
x
αeueey .
15. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση x
αxf )( , 0α είναι παραγωγίσιμη
στο R και ισχύει ααxf x
ln)(  , δηλαδή
ααα xx
ln)( 

44. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
44
Πράγματι, αν αxx
eαy ln
 και θέσουμε αxu ln , τότε έχουμε u
ey  .
Επομένως,
αααeueey xαxuu
lnln)( ln
 .
16. Η συνάρτηση ||ln)( xxf  , χϵR* είναι παραγωγίσιμη στο R* και
ισχύει
x
x
1
)||(ln 
Πράγματι.
— αν 0x , τότε
x
xx
1
)(ln)||(ln  , ενώ
— αν 0x , τότε )ln(||ln xx  , οπότε, αν θέσουμε )ln( xy  και xu  , έχουμε
uy ln . Επομένως,
xx
u
u
uy
1
)1(
11
)(ln 


και άρα
x
x
1
)||(ln  .
17. Να δοθεί ανακεφαλαιωτικός πίνακας , αν η συνάρτηση )(xfu 
είναι παραγωγίσιμη.
Ανακεφαλαιώνοντας, αν η συνάρτηση )(xfu  είναι παραγωγίσιμη, τότε
έχουμε:
uuαu αα
 1
)( u
u
u  2
συν
1
)εφ(
u
u
u 
2
1
)( u
u
u  2
ημ
1
)σφ(
uuu  συν)ημ( uee uu
)(
uuu  ημ)συν( uααα uu
 ln)(
u
u
u 
1
)||(ln

45. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
45
18. Να βρεθούν οι παράγωγοι των συναρτήσεων
i) 92
5)()(  3xxf ii) 12
)( 
 x
exg iii) 1ln)( 2
 xxh .
ΛΥΣΗ
i) Αν θέσουμε 53 2
 xu , τότε η συνάρτηση )(xfy  γράφεται
9
uy  ,
οπότε έχουμε
uuuy  89
9)(
)53()53(9 282
 xx
xx 6)53(9 82

82
)53(54  xx .
Ομοίως, έχουμε
ii) )1()()( 21212
 
xeexg xx
(θέσαμε )12
 xu
)2(12
xe x
 
12
2 
 x
xe
iii) )( 1
1
1
))1(ln()( 2
2
2


 x
x
xxh (θέσαμε 12
 xu )
)1(
12
1
1
1 2
22




 x
xx
1
2
)1(2
1
22




x
x
x
x
.
19. Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης ε του κύκλου 222
: ρyxC  στο
σημείο του ),( 111 yxM .
ΛΥΣΗ
Αν λύσουμε την εξίσωση του κύκλου ως προς y,
βρίσκουμε ότι
22
xρy  , αν 0y και 22
xρy  , αν
0y .
Επομένως, ο κύκλος C αποτελείται από τα σημεία
των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων
Μ1(x1,y1)
A(ρ,0)A΄(-ρ,0)
C
y
x
ε
O

46. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
46
22
1 )( xρxf  και 22
2 )( xρxf 
οι οποίες είναι ορισμένες στο κλειστό διάστημα ],[ ρρ και παραγωγίσιμες στο
ανοικτό διάστημα ),( ρρ .
Αν, τώρα, με )(xfy  συμβολίσουμε εκείνη από τις παραπάνω συναρτήσεις
στην οποία ανήκει το ),( 111 yxM , τότε θα ισχύει
)( 1xfλε
 (1) και 222
)( ρxfx  (2)
Έτσι, με παραγώγιση και των δύο μελών της (2), έχουμε
0)()(22  xfxfx
οπότε, για 1xx  , θα ισχύει
0)()( 111  xfxfx .
Έτσι, λόγω της (1) θα έχουμε
011  ελyx
οπότε, για 01 y , θα είναι
1
1
y
x
λ

ε .
Άρα, η εφαπτομένη ε έχει εξίσωση:
)( 1
1
1
1 xx
y
x
yy  ,
η οποία γράφεται διαδοχικά:
2
11
2
11 xxxyyy 
2
1
2
111 yxyyxx 
2
11 ρyyxx  , (3)
αφού 22
1
2
1 ρyx  .
Αν 01 y , που συμβαίνει όταν το σημείο ),( 111 yxM είναι το )0,(ρA ή το )0,( ρΑ  ,
τότε εύκολα αποδεικνύεται ότι οι εφαπτόμενες της fC στα σημεία αυτά είναι
οι κατακόρυφες ευθείες
ρx  και ρx 
αντιστοίχως. Και οι δυο αυτές εξισώσεις δίνονται από τον παραπάνω τύπο (3)
για )0,(),( 11 ρyx  και )0,(),( 11 ρyx  αντιστοίχως.
Με ανάλογο τρόπο βρίσκουμε την εξίσωση της εφαπτομένης
οποιασδήποτε άλλης κωνικής τομής.

47. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
47
Ασκήσεις
1η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΕΥΡΕΣΗ ΑΠΛΩΝ ΠΑΡΑΓΩΓΩΝ
1. Να βρείτε την παράγωγο των συναρτήσεων
i)  f x = 7
x – 4
x + 6x – 1 ii)  f x = 2 3
x + lnx – 3
iii)  f x =
4
4
x –
3
3
x +
2
2
x – x iv)  f x = συνx – 3 ημx + ln3
Λύση
i) Για κάθε χϵR είναι f (x) = 7 6
x – 4 3
x + 6
ii) Για κάθε  0, x είναι f (x) = 6 2
x + 1
x
iii) Για κάθε χϵR είναι f (x) = 3
x – 2
x + x –1
iv) Για κάθε χϵR είναι f (x) = – ημx – 3 συνx
2.Να βρείτε την παράγωγο των συναρτήσεων
i)  f x = ( 2
x – 1)(x – 3) ii)  f x = x
e ημx
iii)  f x =
2
2
1
1
x
x


iv)  f x =
1
x x
x
  
 
v)  f x = 2
x ημx συνx
Λύση
i) Για κάθε χϵR είναι f (x) = ( 2
x –1)΄ (x – 3) + ( 2
x –1)( x – 3)΄
= 2x(x – 3) + ( 2
x – 1). 1
= 2 2
x – 6x + 2
x –1 = 3 2
x – 6x –1
ii) Για κάθε χϵR είναι f (x) = ( x
e )΄ημx + x
e (ημx)΄ = x
e ημx + x
e συνx
iii) Για κάθε χϵR είναι f (x) =
 
2 2 2 2
22
(1 )(1 ) (1 )(1 )
1
x x x x
x
     

=
 
2 2
22
2 (1 ) (1 )2
1
x x x x
x
   


48. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
48
=
 
2 2
22
2 (1 1 )
1
x x x
x
   

=
 
22
4
1
x
x


iv) Για κάθε χϵR με 1 + συνx 0 είναι
f (x) = 2
( )(1 ) ( )(1 )
(1 )
x x x x x x
x
           
 
= 2
( )(1 ) ( )( )
(1 )
x x x x x x
x
        
 
=
2 2
2
(1 )
x x x x x x x x
x
          
 
= 2
1
(1 )
x x
x
  
 
v) Για κάθε χϵR είναι
f (x) = ( 2
x )΄ημx συνx + 2
x (ημx )΄συνx + 2
x ημx (συνx)΄
= 2x ημx συνx + 2
x συνx συνx + 2
x ημx (– ημx)
= 2x ημx συνx + 2
x 2
x – 2
x 2
x
3.Να βρείτε την παράγωγο των συναρτήσεων
i)  f x =
ln
x
e
x
ii)  f x = εφx + σφx
iii)  f x = x
x
e

iv)  f x = 1
1
x
x


– 1
1
x
x


Λύση
i) Για κάθε x(0 , 1)(1, +) είναι f (x) =
   
 2
ln ln
ln
x x
e x e x
x
 
=
 2
1ln
ln
x x
e x e
x
x

=
 
 2
1ln
ln
x
e x
x
x

ii) Για κάθε χϵR με ημx 0 και συνx 0 είναι f (x) = (εφx)΄ + (σφx)΄
= 2
1
x
– 2
1
x
iii) Για κάθε χϵR είναι f (x) =
 
2
( ) ( )x x
x
x ΄e x e ΄
e
 
= 2
x x
x
x e x e
e
 
= x
x x
e
 
iv) Για κάθε x( , –1) (–1, 1) (1, ) είναι  f x =
2 2
( 1) ( 1)
( 1)( 1)
x x
x x
  
 

49. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
49
=
2 2
2
2 1 2 1
1
x x x x
x
    

= 2
4
1
x
x


Άρα f (x) = – 4  2
1
x
x


= – 4
 
2
22
1.( 1) .2
1
x x x
x
 

= – 4
 
2
22
1
1
x
x
 

= 4
 
2
22
1
1
x
x


4. Αν = και g(x) = + , να βρείτε τις
συναρτήσεις , . Ισχύει = ;
Λύση
=R– , = [0 , 1) (1 , + )
Για κάθε x είναι (x) = 2 = 2 =
Για κάθε x είναι g(x) =
= = = 2
οπότε , για κάθε x είναι (x) = .
Δεν ισχύει = αφού οι συναρτήσεις , έχουν διαφορετικό
πεδίο ορισμού.
 f x
2( 1)
1
x
x


1
1
x
x


1
1
x
x


f  g f  g
f
D 1 g
D  
 f
D f  2
1.( 1) ( 1).1
( 1)
x x
x
  
 2
2
( 1)x

 2
4
( 1)x


 g
D
2 2
( 1) ( 1)
( 1)( 1)
x x
x x
  
 
2
2 1 2 1
( ) 1
x x x x
x
    

2 2
1
x
x


1
1
x
x


 g
D g 2
4
( 1)x


f  g f  g

50. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
50
2η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΕΥΡΕΣΗ ΠΑΡΑΓΩΓΩΝ
ΠΟΛΛΑΠΛΟΥ ΤΥΠΟΥ
5. Να βρείτε , όπου ορίζεται , την παράγωγο της συνάρτηση
 f x =
2
2 3 ,
12 6 , 0
x x x 0
x x x
  

 
Λύση
Για κάθε x < 0 είναι f (x) = 4x + 3
Για κάθε x > 0 είναι f (x) = 12 1
2 x
+ 6 = 6
x
+ 6
 0f = 12 0 + 6. 0 = 0
0
lim
x 

   0
0
f x f
x


=
0
lim
x 

2
2 3 0x x
x
  =
0
lim
x 

(2x + 3) = 3
0
lim
x 

   0
0
f x f
x


=
0
lim
x 

12 6x x
x
 =
0
lim
x 

 12 6
x
 = +
Άρα η f δεν παραγωγίζεται στο 0
x = 0
6. Να βρείτε , όπου ορίζεται , την παράγωγο της συνάρτηση
 f x =
2
, 0
, 0
x x x
x x
  


Λύση
Για κάθε x < 0 είναι f (x) = 2x + συνx
Για κάθε x > 0 είναι f (x) = 1
 0f = 2
0 + ημ0 = 0
0
lim
x 

   0
0
f x f
x


=
0
lim
x 

2
x x
x
 
=
0
lim
x 

 x
x
x

 = 0 + 1 = 1
0
lim
x 

   0
0
f x f
x


=
0
lim
x 

x
x
=
0
lim
x 

1 = 1

51. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
51
Άρα f (0) = 1
7. Να βρείτε την παράγωγο των συναρτήσεων
i) (x) = ii) (x) =
και στη συνέχεια την εξίσωση της εφαπτομένης της στο Ο(0 , 0),
σε καθεμιά περίπτωση χωριστά.
Λύση
i) = R
(x) = = =
Για x < 0 είναι ΄(x) = (–x (–x)΄
= (–x (–1)
= – (–x =
Για x > 0 , ΄(x) = = =
ii) = R
(x) = = =
Για x < 0 είναι ΄(x) = (–x (–x)΄
= (–x (–1)
= – (–x = –
Για x > 0 , ΄(x) = = =
=
=
= = – = 0 (1)
= = = = 0 (2)
Από τις (1) , (2) ΄(0) = 0
f 3 2
x f 3 4
x
f
C
f
D
f
23
x
2
3x
2
3
2
3
( ) , 0
, 0
x x
x x
  

 
 f 2
3
2 1
3)

2
3
1
3)

2
3
1
3)

3
2
3 x


 f 2
3
2 1
3x
 2
3
1
3x

3
2
3 x
f
D
f
43
x
4
3x
4
3
4
3
( ) , 0
, 0
x x
x x
  

 
 f 4
3
4 1
3)

4
3
1
3)
4
3
1
3) 4
3
3
x
 f 4
3
4 1
3x
 4
3
1
3x 4
3
3
x
0
lim
x 
( ) (0)
0
f x f
x

 0
lim
x 
4
3( ) 0x
x
 
0
lim
x 
11
3( )x
x


0
lim
x 
1
3( ) ( )x x
x
 
0
lim
x 
3
x
0
lim
x 
( ) (0)
0
f x f
x

 0
lim
x 
4
3 0x
x

0
lim
x 
1
3x
0
lim
x 
3
x
 f

52. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
52
Η ζητούμενη εφαπτομένη είναι y – (0) = ΄(0)(x – 0)
y – 0 = 0 x y = 0
3η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΠΑΡΑΓΩΓΟΙ ΚΑΙ
ΕΦΑΠΤΟΜΕΝΕΣ
8. Να βρείτε τα σημεία της γραφικής παράστασης της συνάρτησης
 f x = x + 4
x
, στα οποία οι εφαπτόμενες είναι παράλληλες στον
άξονα των x.
Λύση
f
D = R*
f (x) = 1 – 2
4
x
=
2
2
4x
x

f (x) = 0 
2
2
4x
x
 = 0 2
x – 4 = 0 2
x = 4 x = 2 ή x = –2
 2f = 2 + 4
2
= 4 και  2f  = –2 – 4
2
= – 4
Τα ζητούμενα , λοιπόν , σημεία είναι Α(2, 4) και Β(–2, – 4)
9. Να βρείτε τα σημεία της γραφικής παράστασης της συνάρτησης  f x
= x
x
e
, στα οποία οι εφαπτόμενες είναι παράλληλες στον άξονα των x.
Λύση
f
D = R
f (x) = 2
1. x x
x
e xe
e
 = 1
x
x
e

f (x) = 0  1 – x = 0  x = 1
 1f = 1
e
f f 


53. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
53
Τo ζητούμενo σημείo είναι το Α 11,
e
10. Να βρείτε τα σημεία της γραφικής παράστασης της συνάρτησης
 f x =
2
1x
x
 , στα οποία οι εφαπτόμενες είναι παράλληλες στον άξονα
των x.
Λύση
f
D = R*
f (x) =
2
2
2 . ( 1).1x x x
x
 
=
2
2
1x
x

f (x) = 0  2
x – 1 = 0  2
x = 1  x = 1 ή x = – 1
 1f =
2
1 1
1
 = 2 και  1f  =
2
( 1) 1
1
 

= –2
Τα ζητούμενα , λοιπόν , σημεία είναι Α(1, 2) και Β(–1, – 2)
11. Να αποδείξετε ότι οι εφαπτόμενες των γραφικών παραστάσεων των
συναρτήσεων  f x = 2
x και g(x) = 1
2x
+ 1
2
στο κοινό σημείο τους
Α(1, 1), είναι κάθετες.
Λύση
f
D = R και g
D = R*
f (x) = 2x και g(x) = 1
2  2
1
x
 = 2
1
2x

f (1) g(1) = 2.  1
2
 = – 1. Άρα οι εφαπτόμενες των f
C , g
C στο κοινό
σημείο τους Α(1, 1), είναι κάθετες .
12. Δίνεται η συνάρτηση  f x = x
x
  
 
, αϵR*. Να βρείτε τις τιμές
του α , για τις οποίες η κλίση της f
C στο σημείο της Α(0, 1) είναι
ίση με 1
2
.
Λύση
f
D =R–  
 f x = 1x
x

 
f (x) = 2
1.( ) ( 1).1
( )
x x
x
   

 
= 2
1)
( )
x x
x
   

 
= 2
1)
( )x
 

 
f (0) = 2
1)
(0 )
 

 
= 1 


54. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
54
f (0) = 1
2
 1 

= 1
2
 2α – 2 = α  α = 2
13. Να βρείτε τα σημεία της γραφικής παράστασης της συνάρτησης
 f x = 3
x – 3x + 5 στα οποία η εφαπτομένη είναι :
i) παράλληλη προς την ευθεία y = 9x + 1
ii) κάθετη προς την ευθεία y = – x
Λύση
f
D = R
f (x) = 3 2
x – 3
i) Εφαπτομένη παράλληλη στην ευθεία y = 9x + 1  f (x) = 9
3 2
x – 3 = 9
3 2
x = 12
2
x = 4  x = – 2 ή x = 2
 2f  = 3
( 2) – 3. (– 2) + 5 = – 8 + 6 + 5 = 3
f (2)= 3
2 – 3. 2 + 5 = 8 – 6 + 5 = 7
Τα ζητούμενα σημεία είναι Α(– 2, 3) , Β(2, 7)
ii) Εφαπτομένη  στην ευθεία y = – x  f (x) (– 1) = – 1
3 2
x – 3 = 1
3 2
x = 4
2
x = 4
3
 x = 2
3
 ή x = 2
3
 2
3
f  =  
3
2
3
 – 3. 2
3
 + 5
= 8
3 3
 + 6
3
+ 5
= 8 3
9
 + 6 3
3
+ 5
= 8 3 18 3 45
9
   = 10 3 45
9

 2
3
f =  
3
2
3
– 3. 2
3
+ 5
= 8
3 3
– 6
3
+ 5
= 8 3
9
– 6 3
3
+ 5
= 8 3 18 3 45
9
  = 10 3 45
9
 
Τα ζητούμενα σημεία είναι Γ ( 2
3
 , 10 3 45
9
 ) , Δ ( 2
3
, 10 3 45
9
  )

55. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
55
14. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης
της συνάρτησης  f x = 2
x , η οποία άγεται από το σημείο Α(0, –1).
Λύση
f
D = R
Η εφαπτομένη ε της f
C στο τυχαίο σημείο της Λ( 0
x ,  0
f x ) έχει εξίσωση
y –  0
f x =  0
f x (x – 0
x )  y – 2
0
x = 2 0
x ( x – 0
x )
y = 2 0
x x – 2
0
x (1)
Η ε άγεται από το Α  Α ε
– 1 = 2 0
x . 0 – 2
0
x
2
0
x = 1  0
x = – 1 ή 0
x = 1
Για 0
x = – 1 , η (1) γίνεται y = – 2x – 1
Για 0
x = 1 , η (1) γίνεται y = 2x – 1
15.Δίνεται η συνάρτηση  f x = α 2
x + βx + γ , α , β , γ R. Να
βρείτε τις τιμές των α , β , γ για τις οποίες η f
C διέρχεται από το
σημείο Α(1, 2) και εφάπτεται της ευθείας y = x στην αρχή των
αξόνων.
Λύση
Η f
C διέρχεται από το σημείο Α(1, 2)   1f = 2
α 2
1 + β. 1 + γ = 2
α + β + γ = 2 (1)
Η f
C διέρχεται από την αρχή των αξόνων   0f = 0
γ = 0 (2)
Η εφαπτομένη της f
C στην αρχή των αξόνων είναι y -  0f =  0f  (x – 0)
και επειδή  f x = 2αx + β δηλαδή  0f  = 2α. 0 + β = β ,
η εφαπτομένη γίνεται y – 0 = β x  y = βx , η οποία πρέπει να
συμπίπτει με
την ευθεία y = x , δηλαδή πρέπει β = 1 (3)
Λόγω των (2) , (3) η (1)  α + 1 + 0 = 2  α = 1
16. Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων
= και g(x) = – x + 1 έχουν ένα μόνο κοινό σημείο ,
στο οποίο οι εφαπτόμενές τους είναι κάθετες .
Λύση
 f x 1
x
2
x

56. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
56
Αf=R* και Ag=R , εργαζόμαστε στο R*
Κοινά σημεία των , : g(x) = – x + 1 =
– + x –1 = 0
( x – 1) + (x – 1) = 0
(x – 1)( + 1) = 0
x – 1 = 0 x = 1
g(1) = = = 1
Άρα το σημείο Α(1, 1) είναι το μοναδικό κοινό σημείο των ,
(x) = – (1) = – = –1
g΄(x) = 2x – 1 g΄(1) = 2.1 – 1 = 1
Άρα (1) . g΄(1) = -1
Επομένως , οι εφαπτόμενές των , στο κοινό σημείο τους Α(1, 1)
είναι κάθετες
17. Να αποδείξετε ότι η ευθεία y = 3x – 2 έχει , με τη γραφική
παράσταση της = δύο κοινά σημεία και εφάπτεται αυτής σε
ένα από τα σημεία αυτά .
Λύση
Η ευθεία y = 3x – 2 εκφράζεται με τη συνάρτηση g(x) = 3x – 2 , χϵR με
Αf=R*
Κοινά σημεία των , :
g(x) = 3x – 2 =
– 3x + 2 = 0
– x – 2x + 2 = 0
x( – 1) – 2(x – 1) = 0
x (x – 1) (x + 1) – 2(x – 1) = 0
(x – 1) [x (x + 1) – 2] = 0
(x – 1)( + x – 2) = 0 x = 1 ή x = –2 ή x = 1
g(1) = = = 1
g(–2) = = = –8
Άρα τα κοινά σημεία των , είναι Α(1,1) διπλό σημείο και Β(–2, –8)
(x) = 3 (1) = 3. = 3
Εφαπτομένη της στο Α(1,1) : y – 1 = 3 (x – 1)
y – 1 = 3x – 3
y = 3x – 2 που συμπίπτει με τη δοσμένη ευθεία
f
C g
C  f x  2
x 1
x
3
x 2
x
2
x
2
x

 1f 1
1
f
C g
C
f  2
1
x
 f  2
1
1

f 
f
C g
C
 f x 3
x
f
C g
C
 f x  3
x
3
x
3
x
2
x
2
x 
 1f 3
1
 2f  3
( 2)
f
C g
C
f  2
x  f  2
1
f
C

57. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
57
18.Δίνονται οι συναρτήσεις = α + βx + 2 και g(x) = .
Να βρείτε τα α , βϵR, για τα οποία οι γραφικές παραστάσεις τους
έχουν κοινή εφαπτομένη στο σημείο με τετμημένη = 1.
Λύση
Αf=R* και Ag=R , εργαζόμαστε στο R*
(x) = 2αx + β , g΄(x) = –
Κοινή εφαπτομένη στη θέση = 1 = g(1) και (1) = g΄(1)
α + β + 2 = 1 και 2α + β = –1
α + β = –1 και β = –1 – 2α
α –1 – 2α = –1 και β = –1 – 2α
α = 0 και β = –1
19.Δίνονται οι συναρτήσεις = και g(x) = – – x . Να
αποδείξετε ότι η εφαπτομένη της στο σημείο Α(0, 1) , εφάπτεται
και στην .
Λύση
Αf=R και Ag=R , εργαζόμαστε στο R
(x) = , g΄(x) = –2x – 1 (0) = = 1
Εφαπτομένη της στο σημείο Α(0, 1) ε : y – = (0) (x – 0)
y – = 1(x – 0)
y – 1 = x y = x + 1
Θα βρούμε την εφαπτομένη της , που άγεται από το σημείο Α(0, 1) , το
οποίο δεν της ανήκει.
Εφαπτομένη της σε κάποιο σημείο της Λ( , g( ))
η : y –g( ) = g΄( )(x – ) y – (– – ) = (–2 – 1) (x – ) (1)
Η (η) διέρχεται από το Α(0, 1) 1 – (– – ) = (–2 –1) (0 – )
1 + + = 2 +
= 1 = 1 ή = –1
Για = 1 η (η) γίνεται y – (– – 1) = (–2.1– 1) (x – 1)
y + 2 = –3(x – 1)
y + 2 = –3x + 3
y = –3x + 1
Για = –1 η (η) γίνεται y – (–1 + 1) = (2 –1) (x + 1)
 f x 2
x 1
x
0
x
f  2
1
x
0
x   1f f 
 f x x
e 2
x
f
C
g
C
f  x
e f  0
e
f
C  0f f 
0
e

g
C
g
C 0
x 0
x
0
x 0
x 0
x  2
0
x 0
x 0
x 0
x
 2
0
x 0
x 0
x 0
x
2
0
x 0
x 2
0
x 0
x
2
0
x  0
x 0
x
0
x 2
1
0
x

58. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
58
y = x + 1 , που συμπίπτει με την ε .
20. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει πολυώνυμο δεύτερου βαθμού ,
του οποίου η γραφική παράσταση να εφάπτεται των ευθειών y = x + 1
και y = 3x – 1 στα σημεία Α(0, 1) και Β(1, 2) αντιστοίχως .
Λύση
Έστω = α + βx + γ με α 0 το πολυώνυμο.
Α 1 = γ (1)
Β 2 = α + β + γ α + β = 2 – γ (2)
Είναι (x) = 2αx + β , οπότε (0) = β (3) και (1) = 2α + β (4)
Η ευθεία y = x + 1 εφάπτεται της στο Α (0) = 1 β = 1 (5)
Η ευθεία y = 3x –1 εφάπτεται της στο Β (1) = 3
2α + β = 3
2α = 2 α = 1 (6)
Λόγω των (6), (5) , (1) η (2) 1 + 1 = 2 – 1 0 = –1 που
είναι άτοπο
21. Να βρείτε τα σημεία της γραφικής παράστασης της συνάρτησης
(x) = ημ2x – 2 , x [0, 2π] ,
στα οποία η εφαπτομένη της είναι παράλληλη στον άξονα των x.
Λύση
Στα ζητούμενα σημεία x θα είναι ΄(x) = 0 συν2x (2x)΄– 4ημx
(ημx)΄ = 0
συν2x . 2 – 4ημx συνx = 0
2συν2x – 2ημ2x = 0
συν2x = ημ2x
εφ2x = 1 (1)
Αλλά 0 x 2π 0 2x 4π
(1) 2x = , π + , 2π + , 3π +
2x = , , ,
x = , , ,
22.Έστω μια παραγωγίσιμη στο R συνάρτηση για την οποία ισχύει
΄(1) = 1 και g η συνάρτηση που ορίζεται από την ισότητα g(x) =
f
 f x 2
x 
 f
C 
 f
C  
f  f  f 
f
C  f 
(3)

f
C  f 
(4)

(5)
 
 
f 2
x 
f 
    

4

4

4

4

4
 5
4
 9
4
 13
4

8
 5
8
 9
8
 13
8

f
f

59. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
59
( + x + 1) – 1 , xϵR. Να αποδείξετε ότι η εφαπτομένη της
στο σημείο Α(1, (1)) εφάπτεται της στο Β(0, g(0)) .
Λύση
Η εφαπτομένη της στο σημείο Α(1, (1)) είναι
ε : y – (1) = ΄(1)(x – 1)
y – (1) = 1.(x – 1)
y = x – 1 + (1) (1)
Είναι g(0) = ( + 0 + 1) – 1 = (1) – 1
g΄(x) = ΄( + x + 1) ( + x + 1)΄ = ΄( + x + 1) (2x + 1)
g΄(0) = ΄( + 0 + 1) (2 .0 + 1) = ΄(1) . 1 = 1
Η εφαπτομένη της στο σημείο Β(0, g(0)) είναι η :
y – g(0) = g΄(0)(x – 0)
y – [ (1) – 1] = 1. x
y – (1) + 1 = x
y = x + (1) – 1 (2)
Από τις (1) , (2) , οι ευθείες ε , η συμπίπτουν , άρα η ε εφάπτεται της
στο Β(0, g(0)) .
23. Έστω μια συνάρτηση παραγωγίσιμη στο διάστημα (–1, 1),
για την οποία ισχύει (ημx) = συνx , για κάθε x (– π/2 , π/2)
i) Να βρείτε την ΄(0)
ii) Να αποδείξετε ότι η εφαπτομένη της στο σημείο Α(0, (0))
σχηματίζει με τους άξονες ισοσκελές τρίγωνο.
Λύση
i) Η υπόθεση για x = 0 δίνει (ημ0) = συν0 (0) = 1 . 1 = 1
Με παραγώγιση έχουμε ΄(ημx)(ημx)΄ = συνx - ημx
΄(ημx)συνx = (συνx – ημx)
Άρα ΄(ημ0) = (συν0 – ημ0) =
΄(0) = 1 . (1 – 0)
΄(0) = 1
ii) H εφαπτομένη της στο σημείο Α(0, (0)) είναι
ε : y – (0) = ΄(0)(x – 0)
y – 1 = 1. x
y = x + 1 (1)
Για y = 0 , η (1) x = –1.
Άρα η (ε) τέμνει τον άξονα στο σημείο Α(–1, 0)
f 2
x f
C
f g
C
f
C f
f f
f
f
f 2
0 f
f 2
x 2
x f 2
x
f 2
0 f
g
C
f
f
f
g
C
f
f x
e 
f
f
C f
f 0
e  f
f x
e x
e
f x
e
f 0
e
f
f
f
C f
f f

xx

60. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
60
Για x = 0 , η (1) y = 1.
Άρα η (ε) τέμνει τον άξονα στο σημείο Β(0, 1)
Επομένως (ΟΑ) = (ΟΒ) = 1 δηλαδή το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ισοσκελές.
4η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΠΑΡΑΓΩΓΟΙ ΣΥΝΘΕΤΩΝ
ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ
24. Να βρείτε την παράγωγο των συναρτήσεων :
i)  f x = (3 4 3
4x x 2
)
ii)  f x = (x – 1
2
3)
iii)  f x = ημ 2
1
1 x
iv)  f x = ln 1 x
x

v)  f x =
2
xe
Λύση
i) Πρέπει 3 4 3
4x x  0  3
x (3x +4)  0  x 0 και x  4
3

f (x) = –2(3 4 3
4x x 2 1
) 
(3 4 3
4x x )΄ = –2(3 4 3
4x x 3
)
(12 3
x +12 2
x )
= –2
 
34 3
1
3 4x x
12 2
x (x + 1)
= –24
 39
1
3 4x x 
2
x (x + 1)
= –24
 37
1
3 4
x
x x


ii) Πρέπει x – 1 > 0  x > 1
f (x) = 2
3
(x – 1
2 1
3)

(x – 1)΄ = 2
3
(x – 1
1
3)

iii) f
D = R
f (x) = συν 2
1
1 x  2
1
1 x


= συν 2
1
1 x
2
2 2
(1 )
(1 )
x
x
   
= συν 2
1
1 x 2 2
2
(1 )
x
x


iv) Πρέπει x  0 και 1
x
– x > 0
2
1 x
x
 > 0
x (1 – x)(1 + x) > 0  x < –1 ή 0 < x < 1

yy

61. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
61
x –1 0 1
Γινόμενο + – + –
f (x) = 1
1 x
x

 1 x
x

 = 2
1
1 x
x
  2
1 1
x
  = 2
1
x
x
2
2
1 x
x
  =
2
2
1
( 1)
x
x x


v) f
D = R
f (x) =
2
xe (– 2
x )΄ =
2
xe (–2x) = –2x
2
xe
25. Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης f στο σημείο 0
x όταν :
i)  f x = 2
x 3
1 x , 0
x = 2 ii)  f x = (2x
1
3) + (2x
2
3) , 0
x = 4
iii)  f x = 3
x 3
 (πx) , 0
x = 1
6
iv)  f x =
2
2
2
x
x


, 0
x = 3
Λύση
i) Για κάθε xϵR είναι
f (x) = ( 2
x )΄ 3
1 x + 2
x ( 3
1 x )΄ = 2x 3
1 x + 2
x 3
1
2 1 x
3 2
x
Άρα f (2) = 4. 3 + 4 1
2.3
12 = 12 + 8 = 20
ii) Για κάθε x > 0 είναι
f (x) = 1
3
(2x
1 1
3)

(2x)΄ + 2
3
(2x
2 1
3)

(2x)΄
= 1
3
(2x
2
3)

.2 + 2
3
(2x
1
3)

.2
Άρα f (4) = 1
3
(2. 4
2
3)

.2 + 2
3
(2. 4
1
3)

.2 = 1
3
2
38

.2 + 2
3
1
38

.2
= 1
3
2
2
. 2 + 2
3
1
2
. 2
= 1
3
. 1
2
+ 2
3
= 1
6
+ 4
6
= 5
6
iii) Για κάθε xϵR είναι :
f (x) = ( 3
x )΄ 3
 (πx) + 3
x ( 3
 (πx))΄ =
= 3 2
x 3
 (πx) + 3
x 3 2
 (πx) (ημ(πx))΄ =
= 3 2
x 3
 (πx) + 3
x 3 2
 (πx) συν(πx) (πx)΄ =
= 3 2
x 3
 (πx) + 3
x 3 2
 (πx) συν(πx).π
Άρα f ( 1
6
) = 3 
2
1
6
3
 (π 1
6
) +  
3
1
6
3 2
 (π 1
6
) συν(π 1
6
).π
= 3. 1
36
.  
3
1
2
+ 1
216
. 3 .  
2
1
2
. 3
2
. π

62. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
62
= 1
12
. 1
8
+ 1
72
. 1
4
. 3
2
. π = 1
96
+ 3
576

iv) Για κάθε x 2 είναι f (x) =
2
2
2 (2 ) ( 2)( 1)
(2 )
x x x
x
   

=
2 2
2
4 2 2
(2 )
x x x
x
  

Άρα f (3) =
2 2
2
4.3 2.3 3 2
(2 3)
  

= 2
12 18 9 2
( 1)
  

= 5
26. Να βρείτε την παράγωγο των συναρτήσεων :
i)  f x = ln x
x ii)  f x = 5 3
2 x
iii)  f x = (lnx)x
, x > 1 iv)  f x = ημx. x
e
Λύση
i) Για κάθε x > 0 είναι
 f x = ln .lnx x
e =
2ln x
e
f (x) =
2ln x
e  2
ln x  = ln x
x 2lnx (lnx)΄ = 2 1
x
ln x
x lnx
ii) Για κάθε xϵR είναι
 f x = (5 3)ln2x
e 
f (x) = (5 3)ln2x
e 
[(5x-3)ln2]΄ = 5 3
2 x
5ln2
iii)  f x = ln(ln )x x
e
f (x) = ln(ln )x x
e [xln(lnx)]΄ = (lnx)x
[1.ln(lnx) + x [ln(lnx)]΄]
= (lnx)x
[ln(lnx) + x 1
ln x
(lnx)΄]
= (lnx)x
[ln(lnx) + x 1
ln x
. 1
x
]
= (lnx)x
[ln(lnx) + 1
ln x
]
iv) Για κάθε xϵR είναι
f (x) = (ημx)΄ x
e
+ ημx.( x
e
)΄ = συνx . x
e
+ ημx.. x
e
( συνx)΄
= συνx . x
e
+ ημx.. x
e
( –ημx)
= x
e
(συνx – 2
x )

63. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
63
5η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΠΑΡΑΓΩΓΟΙ ΑΝΩΤΕΡΑΣ
ΤΑΞΕΩΣ
27. Αν  f x = 2
x , να αποδείξετε ότι f  (x) + 4  f x = 2
Λύση
Για κάθε xϵR είναι f (x) = 2 ημx (ημx)΄ = 2ημx συνx = ημ2x
f  (x) = συν2x (2x)΄ = 2συν2x
f  (x) + 4  f x = 2συν2x + 4 2
x
= 2(1 – 2 2
x ) + 4 2
x
= 2 – 4 2
x + 4 2
x = 2
28. Να βρείτε πολυώνυμο τρίτου βαθμού τέτοιο , ώστε f(0) = 4,
f’(–1) = 2 ,f’’(2) = 4 και f(3)
(1) = 6.
Λύση
Έστω f(x)= αx3
+ βx2
+ γx + δ , α≠0 το ζητούμενο πολυώνυμο .
Είναι f’(x) = 3αx2
+ 2βx + γ , f’’(x) = 6αx + 2β , f(3)
(x) = 6α
f(0) = 4 δ = 4 δ = 4 δ = 4
f’(-1)= 2 3α – 2β + γ = 2 3α – 2β + γ = 2 3.1 – 2β + γ = 2
f’’(2) = 4 12α + 2β = 4 6α + β = 2 6.1 + β = 2
f(3)
(1) = 6. 6α = 6 α = 1 α = 1
δ = 4 δ = 4 δ = 4
– 2β + γ = –1 – 2(– 4) + γ = –1 γ = –9
β = – 4 β = – 4 β = – 4
α = 1 α = 1 α = 1
Άρα f(x) = x3
– 4x2
– 9x + 4

64. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
64
7η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΟΡΙΣΜΟΣ ΠΑΡΑΓΩΓΟΥ
29. Αν μια συνάρτηση f :R→R είναι παραγωγίσιμη στο 0
x = α , να
αποδείξετε ότι
i) lim
x
( ) ( )xf x f
x
 

= ( ) ( )f f   
ii) lim
x
( ) ( )x a
e f x e f
x
 

= e
( ( ) ( )f f    )
Λύση
i) Για x  α είναι
( ) ( )xf x f
x
 

=
( ) ( ) ( ) ( )xf x f xf xf
x
     

=
[ ( ) ( )] ( )( )x f x f f x
x
    

= x
( ) ( )f x f
x
 

+ ( )f  
lim
x
( ) ( )xf x f
x
 

= lim
x
[ x
( ) ( )f x f
x
 

+ ( )f  ]
= lim
x
x . lim
x
( ) ( )f x f
x
 

+ lim
x
( )f 
= ( )f   + ( )f 
ii) Για x  α είναι
( ) ( )x a
e f x e f
x
 

=
( ) ( ) ( ) ( )x a x x
e f x e f e f e f
x
     

=
[ ( ) ( )] ( )( )x x
e f x f f e e
x

    

= x
e
( ) ( )f x f
x
 

+ ( )f 
x
e e
x



(1)
Επειδή η συνάρτηση h(x) = x
e είναι παραγωγίσιμη στο α , θα έχουμε
h΄(α) = lim
x
x
e e
x



(2)
Αλλά h΄(x) = x
e , οπότε h΄(α) = e
και η (2)  e
= lim
x
x
e e
x



(1)  lim
x
( ) ( )x a
e f x e f
x
 

= lim
x
[ x
e
( ) ( )f x f
x
 

+ ( )f 
x
e e
x



]
= lim
x
[ x
e
( ) ( )f x f
x
 

] + lim
x
[ ( )f 
x
e e
x



]
= lim
x
x
e . lim
x
( ) ( )f x f
x
 

+ ( )f  lim
x
x
e e
x



= e
( )f   + ( )f  e
= e
( ( ) ( )f f    )