H Ασκηση της Ημερας

1. ___________________________________________________________________________
23η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
.
     
   
   
    


x x x x
Βρίσκουμε την παράγωγο της f και έχουμε :
f (x) 2e 2xe 2e 2xe
f (x) 0 x 0
Αφού f (x) 0 x 0 και
f (x) 0 x 0 ,x 2
άρα η είναι γνησίως αύξουσα στο ( ,0] ,
γνησίως φθίνουσα στο [0,2)και
γνησίως φθίνουσα στο (2, )
Οπότε βρίσκουμ
α)
 




   


 
 
  

 
  
  
    
   
  
x xx x x
DLH
2
x 2
2
x 2
x
x x
1
2
ε:
2(1 x) 2
lim f(x) lim lim 0
e e
f 0 2
lim f(x) 2e
lim f(x) 2e
lim f(x) lim 2e (1 x)
Άρα το Α f(( ,0]) (0,2] αφού f συνεχής στο ( ,0] και γνησίωςαύξουσα
Α f((0,2)) ( 2
 
     
       
2
2
3
2 2
1 2 3
g 0 0
e ,2) αφού f συνεχής στο (0,2) και γνησίως φθίνουσα
Α f((2, )) ( , 2e ) αφού f συνεχής στο (2, )και γνησίωςφθίνουσα
Οπότε το σύνολο τιμών της f είναι : Α Α Α Α ( , 2e ) ( 2e ,2]
Η εξίσωση εφαπτομένης της C στο x ,g(x ) μεβ) 
  
    
    
    
  
  
 
0 0
0 0
0 0
0 0
0
0
0 0 0
x x
0 0
x x
0 0
x x
0 0 0
x x
0
x
0
0
x x είναι :
ε : y g(x ) g (x )(x x ) δηλαδή
ε : y (2e 5x ) (2e 5)(x x ) και αφού διέρχεται απο το Μ(0,α)
θα έχουμε : α (2e 5x ) (2e 5)(0 x )
α 2e 5x 2x e 5x
α 2e 2x e
α 2e (1 x )
α f(x ) Δηλαδή πρέπει το α να ανήκει στο σύνολο τιμών της f.
.
  
 
   
 
1 2
1 2
3 3
Οπότε
αν 0 α 2 τότε υπάρχουν ακριβώς δύο σημεία x ,x
με f(x ) f(x ) α άρα υπάρχουν δύο εφαπτομένες.
αν α 2 τότε υπάρχει ένα x 0 μεf(x ) α άρα υπάρχει μία εφαπτομένη
αν α 2 τότε δεν έχουμε καμμία εφαπτομένη
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος

2. ___________________________________________________________________________
23η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
     
    
  
2
4 4
2
5 5
2
αφού το α δεν ανήκει στο σύνολο τιμών της f
αν 2e α 0 τότε υπάρχει μοναδικό x (0,2) τέτοιο ώστεf(x ) α.
Άρα μία εφαπτομένη
αν α 2e τότε υπάρχει μοναδικό x 2 τέτοιο ώστεf(x ) α.
Άρα μία εφαπτομένη
αν α 2e τότε δεν έχουμε καμμία εφαπτομένη
αφού το α δεν ανήκει στο σύνολο τιμών της f

3. ___________________________________________________________________________
23η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
.
   
   
   
    
x
x x x
1
x - x -
f(x)=2e (1-x), x (- , 2) (2, + )=A .
Για κάθε x A, f '(x)=2e (1 x)-2e 2xe .
Για κάθε x (- ,0) f(x)>0, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο Α ( ,0],
είναι και συνεχής,
2(1-
lim f(x)= lim
α)
 


  
 
  
  
1x xD.L.H. x -
2
x 0 x 2
x) 2
lim 0, f(0)=2 . Άρα f(A ) (0,2].
e e
Για κάθε x (0,2) f(x)<0, άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Α (0,2),
είναι και συνεχής,
lim f(x)=f(0)=2 , lim f(x)=-2
  
 
    
      

2 2
2
3
2 2
3x +x 2
1
e . Άρα f(A ) ( 2e ,2).
Για κάθε x (2,+ ) f(x)<0, άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Α (2, ),
είναι και συνεχής,
lim f(x)=-2e , lim f(x)=(+ ) (- )=- . Άρα f(A ) ( , 2e ).
f(A)=f(A ) f     2 2
2 3
g
0 0
(A ) f(A ) f(A)=(- , -2e ) ( 2e ,2].
Η g είναι παραγωγίσιμη σε κάθε διάστημα του πεδίου ορισμού της, άρα η C
δέχεται σε κάθε σημείο της (x ,g(x )) εφαπτομένη , με συντελεστή διεύθυνσης
λ
β)

       
 
0 0 0
0
0 0 0
x x x
0 0 0 0 0 0 0
2
3
=g'(x ).
Έτσι είναι ε : y-g(x ) g'(x )(x-x ).
H ε διέρχεται από το σημείο Μ(0,α), αν και μόνο αν
α -g(x ) = g'(x )(-x ) α-2e 5x (2e 5)(-x ) 2e (1-x ) α f(x ) α.
α < -2e . Tότε α f(A ), μόνο, η

  
3
0 3 0
g
2
2
f είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής στο Α ,
άρα υπάρχει μοναδικό x A , τέτοιο ώστε f(x ) =α.
Kατά συνέπεια, από το σημείο Μ άγεται ακριβώς μία εφαπτομένη της C .
- 2e < α 0 . Τότε α f(A ), μ

 
2
0 2 0
g
1
όνο, η f είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής στο Α ,
άρα υπάρχει μοναδικό x A , τέτοιο ώστε f(x )=α.
Κατά συνέπεια, από το σημείο Μ άγεται ακριβώς μία εφαπτομένη της C .
0 < α < 2 . Τότε α f(A 
 
2 1 2
1 1 2 2
1 2
) και α f(A ), η f είναι γνησίως μονότονη στα Α , Α
και συνεχής, άρα υπάρχει μοναδικό x Α , και μοναδικό x Α , ώστε
f(x ) = f(x ) = α .
Κατά συνέπεια, από το σημείο Μ άγονται ακριβώς δύο εφαπτό
   
 
g
0 0 g
2
0
μενες της C .
α = 2 . Τότε f(x ) 2 x 0, υπάρχει μια μόνο εφαπτομένη της C , που
άγεται από το Μ(0,2).
α = -2e , ήα > 2 . Τότε α f(A), άρα η εξίσωση f(x )=0 είναι αδύνατη, οπότε
δεν υπάρχουν εφαπτόμ g
ενες της C , που να άγονται από το σημείο Μ(0,α) .
.
Λύνει η Ντίνα Ψαθά

4. ___________________________________________________________________________
23η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Η   x
f(x) 2e (1 x),x 2 είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της.
Για κάθε   x {2} A είναι:
      x x x x
f'(x) (2e (1 x))' 2e (1 x) 2e 2xe
    x
f'(x) 0 2xe 0 x 0 .
Έχουμε:
 f γνησίως αύξουσα στο ( ,0] και συνεχής οπότε

  
x
f(( ,0]) (lim f(x),f(0)] (0,2]
όπου


    
 
    

x
x xx x x x
2(1 x) 2
lim f(x) lim 2e (1 x) lim lim 0
e e
 f γνησίως φθίνουσα στο [0,2) και συνεχής 

   2
x 2
f([0,2)) (limf(x),f(0)] ( 2e ,2]
 f γνησίως φθίνουσα στο (2, ) και συνεχής  
     2
x x 2
f((2, )) (lim f(x),limf(x)) ( , 2e )
Άρα     2 2
f(A) ( , 2e ) ( 2e ,2]
β) Έστω 0 0
K(x ,g(x )) το σημείο επαφής της καμπύλης g και των εφαπτομένων που άγονται
από το Μ προς αυτή.Τότε η εξίσωση της εφαπτομένης γίνεται:
        0 0x x
0 0 0 0 0
y g(x ) g'(x )(x x ) y 2e 5x (2e 5)(x x ) όπου 0
x A
Επειδή το Μ(0,α) ανήκει στην εφαπτομένη τότε:
       0 0 0x x x
0 0 0
α 2e 5x (2e 5)(0 x ) α 2e (1 x ).
Δηλαδή το πλήθος των εφαπτομένων προκύπτει από το πλήθος των λύσεων της
 f(x) α,α .
Με τη βοήθεια του (α) ερωτήματος και του σχήματος
δίπλα προκύπτει ότι:
Αν α (0,2) τότε έχει 2 εφαπτομένες.
Αν      2 2
α ( , 2e ) ( 2e ,0] {2} τότε έχει 1 εφαπτομένη.
Αν     2
α (2, ) { 2e } τότε δεν έχει εφαπτομένες.
Λύνει ο Πέτρος Τζίκας

5. ___________________________________________________________________________
23η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α)      x
f (x) 2xe 0 x 0, με f στο   ,0 και στα 0,2 και  2, .
Ισχύει
 
 

 
L'H
xx x
2 1 x
lim f(x) lim 0
e
, ΟΜ f(0) 2 ,

  2
x 2
limf(x) 2e και

 
x
lim f(x) .
Άρα το ΣΤ της f είναι το        
2 2
, 2e 2e ,2 .
β)   x
g (x) 2e 5. Η εφαπτομένη της g
C στο   0 0
x ,g x είναι:       0 0x x
0 0
y 2e 5x 2e 5 x x
και για να διέρχεται από το Μ πρέπει και αρκεί να ισχύει:
          0 0 0x x x
0 0 0 0 0
α 2e 5x 2x e 5x α 2e 1 x α f(x ).
Από το α) για α 2και για α 0 με   2
α 2e υπάρχει μία τέτοια εφαπτομένη, ενώ για
 α 0,2 υπάρχουν 2.
Λύνει ο Κώστας Δεββές

6. ___________________________________________________________________________
23η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Α. Θεωρώ την συνάρτηση h : με τύπο   x
h(x) 2e (1 x) που είναι συνεχής και
παραγωγίσιμη στο με        x x x
h (x) 2e (1 x) 2e 2x e .
Επομένως:
x - 0 +
h + 0 -
h γν. αύξουσα max γν. φθίνουσα
 Η h είναι γνησίως αύξουσα στο  1
A ( ,0] και δίνει τιμές 1
h(A ) (0,2] αφού h(0) 2
και    
 
  

DLH
x xx x x
1 x 1
lim h(x) lim lim 0
e e
 Η h είναι γνησίως φθίνουσα στο  2
A [0, ) και δίνει τιμές  2
h(A ) ( ,2] αφού
   
    x
x x x
lim h(x) lim 2e lim 1 x .
 Tο σύνολο τιμών της είναι:    1 2
h(A) h(A ) h(A ) ( ,2].
 Επομένως f ο περιορισμός της h στο   2 αφού:
 
 
  
2
η h συνεχής
h(2) 2e
δίνει σύνολο
τιμών     2 2
, 2e ( 2e ,2].
Β. Έστω     0 0 0
A x ,g(x ) , με x 2 το σημείο επαφής της εφαπτομένης (ε) της γραφικής
παράστασης της g . Έχουμε     x
g (x) 2e 5, x και τότε:
          0 0x x
0 0 0 0 0
(ε) : ψ g(x ) g (x ) (x x ) ψ 2e 5x (2e 5) (x x )
Αφού         0 0x x
0 0 0 0
M(0,α) (ε) : α 2e 5x 2x e 5x α f(x )
που για τις διάφορες τιμές του α έχει:
   
   
 
    
 
 
      
 
  
2
2 2
καμμία λύση αν α 2, 2e
μία λύση αν α , 2e ( 2e ,0] 2
δύο λύσεις αν α 0,2
Λύνει ο Σπύρος Χαλικιόπουλος