Επιμέλεια: Κατερίνας Τσιτούρας (μαθήτρια Γ΄ Λυκείου) και του Κωνσταντίνου Κουτσούμπα (καθηγητής μαθηματικός).

1. Λύση στο 2o Επαναληπτικό θέμα
από το βιβλίο Οδηγός Επανάληψης της lisari team
Ε1. Από τη δοσμένη σχέση έχουμε
 










x
xf
xxf
xf 1
)(ln
1
)(
)('
2
και από γνωστό θεώρημα έχουμε
1
1
)(ln c
x
xf  
Επίσης έχουμε x 0
1
1 lim xημ
1 0x
x 1
limf(x) e e e f(1)
 
    

    αφού f παραγωγίσιμη άρα και
συνεχής.
Για τον υπολογισμό του ορίου θα υπολογίσουμε πρώτα το
x 0
1
x ημ
x
 
 
 
lim
έχουμε:
xημx x ημx x x xημx x      
και
x 0 x 0
lim x 0 lim x
 
  
άρα από Κ. Π. έχουμε:
x 0
lim xημx 0


Άρα 1 0
x 1
limf(x) e e f(1)

    f(1) e 
Από  για x 1 έχουμε: 1
1
ln f(1) c
1
   1lne 1 c   1c 0
Συνεπώς

2. 1
ln f(x)
x
 
1
x
f(x) e
αλλά
1
0x
e  συνεπώς και ( ) 0f x  έχουμε ( ) 0f x  δηλαδή η συνάρτηση διατηρεί
πρόσημο και επειδή (1) 0f e  έχουμε: ( ) 0f x  , άρα x
exf
1
)(  , 0x .
Ε2. Έχουμε
2018
2017
2016)( xf
Θέτουμε
2018
2017
2016)()(  xfxg , ),0( x
η οποία είναι παραγωγίσιμη αφού η )(xf είναι παραγωγίσιμη και συνεπώς είναι και
συνεχής με
1
x
2
1
g'(x) f '(x) e 0
x
 
     
 
για κάθε 0x ,
άρα )(xg γν. φθίνουσα στο (0, ) .
Βρίσκουμε το σύνολο τιμών της g στο (0, )
2018
1
2017x
x 0 x 0
lim g(x) lim e 2016 
 
 
    
 
αφού
x 0
1
x

 lim και
1
u1
x
ux
ux 0
e lim e


  lim
και
02016)2016(lim)(lim
20182018
201702017
1


aeexg x
xx
άρα το σύνολο τιμών της g είναι το g(A) (α, )  όπου α 0 , όμως το
)(0 Ag συνεπώς η 0)( xg έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (0, ) και επειδή η
)(xg είναι γν. φθίνουσα στο (0, ) η ρίζα αυτή είναι και μοναδική και θετική.
Ε3 α. Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. για την x
exf
1
)(  στα διαστήματα 


 
2
, 21
1
xx
x και
1 2
2,
2
x x
x
 
  
όπου ισχύουν οι προϋποθέσεις για την )(xf άρα υπάρχουν 21, που
ανήκουν αντίστοιχα στα 1 2
1,
2
x x
x
 
 
 
, 1 2
2,
2
x x
x
 
 
 
τέτοια ώστε:
1 2
1
1
2 1
( )
2
( )
2
 
 
  

x x
f f x
f
x x
 και
1 2
2
2
2 1
x x
f(x ) f
2
f (ξ )
x x
2
 
  
  

με 21  
αλλά
1
x
2
1
f (x) e
x
     
 
και
1 1
x x
2 2
1 1
f (x) e e
x x
          
   
= 0
11
1
4
1
3
 xx
e
x
e
x

3. δηλαδή η )(xf  είναι γν. αύξουσα στο (0, ) .
Έχουμε ισοδύναμα:
1 2
1 2 1 2
1 2f
1 2 1 2
γν.αυξ
2 1 2 1
1 2
1 2
1
1x x
x2
x x x x
f f(x ) f(x ) f
2 2
ξ ξ f (ξ ) f (ξ )
x x x x
2 2
x x
2f f(x ) f(x )
2
2e e


    
    
        
 
 
   
 
  1 2
1 2 1 2
1
x
2 1 1
x x x x
e
2e e e

  
όμως 1 2 1 2
2 2
x x x x
e 2e 
 οπότε
1 2 1 2
2 1 1
x x x x
e e e
 
Ε3 β. Για την x
exf
1
)(  , 0x
Κατακόρυφες ασύμπτωτες  0xx  :

 
u
u
x
xx
eexf limlim)(lim
1
00
, (θέσαμε ,
1
x
u  με 
 0x , u )
άρα η ευθεία 0x είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της συνάρτησης.
Οριζόντιες - πλάγιες ασύμπτωτες    xy :
0
1
lim
)(
lim
1








 x
e
x
xf x
xx
  0
και
    1lim)(lim 0
1


eexxf x
xx

άρα η 1y είναι οριζόντια ασύμπτωτη της συνάρτησης στο  .
Ε4 α. Για να βρούμε το ζητούμενο όριο lim ( )
nx k
x
nx
f t dt

  θα προσπαθήσουμε να
φράξουμε τη συνάρτηση.
Έτσι για n και 0k  έχουμε:

4. t nx knx    
1 1 1
nx k t nx
 

x
e
γν.αυξ.

11 1
tnx k nx
ee e
 
και χρησιμοποιώντας την πρόταση:
" Αν f(x) g(x) τότε και
β β
a a
f(x)dx g(x)dx  "
έχουμε ότι
11 1nx k nx k nx k
tnx k nx
nx nx nx
e dt e dt e dt
  

    (1)
Όμως
 
1 1 1 1 1nx k nx k
nx k
nx k nx k nx k nx k nx k
1 nx
nx nx
I e dt e 1dt e t e (nx k nx) k e
 

    
        
και
 
1 1 1 1 1nx k nx k
nx k
nx nx nx nx nx
2 nx
nx nx
I e dt e 1dt e t e (nx k nx) k e
 

        
οπότε από τη σχέση (1) και παίρνοντας τα όρια στο  έχουμε:
1 1 1
1 1
0 0
lim lim lim
lim lim ( ) lim
lim ( )
lim ( )
  

  

  


 
    
    
  
  
nx k nx k nx k
nx k t nx
x x x
nx nx nx
nx k nx
x x x
x
x
e dt e dt e dt
k e f t dt k e
k e f t dt k e
k f t dt k
γιατί
1
0
lim lim 1unx
x u
k e k e k k
 
      , θέτοντας
1
, , 0u x u
nx
 
    
 
και από το Κ. Π. έχουμε ότι το ζητούμενο όριο είναι " k ".
Ε4 β.
Στην δοσμένη εξίσωση:
14
4
3
1 4
4
3
( )
2ln2
( )
2
4 0
x
x
x
x
x
x
f t dt x e
x e f t dt
y e y
 

 
  
 
     
 
 
 
 
(1) θέτουμε
4 1
4
3
41
4
3
( )
( )
x
x
x
x
x
x
f t dt x e
x e f t dt

 

 


και για να έχει αυτή 2 ακριβώς πραγματικές ρίζες αρκεί να δείξουμε ότι :

5. 2
0 4 0          
ln :2 22 2ln 2 2ln 2
ln ln16 
     
x
e e 

1
   2ln2 4 2ln2 2
2ln ln2 2 ln ln2e e  
    
 2ln2
ln 2ln2 2ln2 2ln2 0e 
 
      
όμως για 0x  ισχύει :
1
4
0x
x e 
και με ( ) 0f x  έχουμε:
4
3
( ) 0
x
x
f t dt  ,
συνεπώς
41
4
3
( ) 0
x
x
x
x e f t dt  
Αρκεί να δείξουμε ότι
4 1
4
3
( ) 0
x
x
x
f t dt x e  
Για x 0 ισχύει:
x 1 11e :
t 3x4x
1 1 1
3x t 4x e e e
4x t 3x
       
1
συνεπώς
1 114x 4x 4x
t 3x4x
3x 3x 3x
e dt e dt e dt    
1 11 4x 4x 4x
t 3x4x
3x 3x 3x
e dt e dt e dt      
1 11 4x
t 3x4x
3x
e x 3x e dt e x 3x        
1 11 4x
t 3x4x
3x
(1)
e x e dt e x   
και από το πρώτο μέλος της ανίσωσης παίρνουμε το ζητούμενο
(1)
4 1
4
3
( ) 0
x
x
x
f t dt x e  
Άρα η δευτεροβάθμια εξίσωση έχει 2 ακριβώς πραγματικές ρίζες.
Για την επίλυση του θέματος συνεργάστηκαν:
Κατερίνα Τσιτούρα (μαθήτρια Γ΄ Λυκείου)
Κωνσταντίνος Κουτσούμπας (μαθηματικός)