Η άσκηση της ημερας

1. η άσκηση
της ηµέρας
µικρές προσπάθειες ενασχόλησης
µε αγαπηµένες µας συνήθειες
επιµέλεια: Παύλος Τρύφων
από το lisari.blogspot.gr

2. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
Μας τίμησαν με τη συμμετοχή τους
Αντωνόπουλος Νίκος
Βουτσάς Διονύσης
Δεββές Κώστας
Ζωβοΐλης Ηλίας
Καταραχιάς Τάκης
Κίκης Νίκος
Κουτσοβασίλης Κώστας
Μάντζαρης Μάκης
Μαρκάκης Αντώνης
Μάρκου Κατερίνα
Νικολακάκης Βαγγέλης
Μίχας Μάνος
Ξανιά Ηλιάνα
Παγώνης Θεόδωρος
Πάτσης Ανδρέας
Σπύρου Πάνος
Τσακαλάκος Τάκης
Τσατσαρώνης Θεόδωρος
Χατζάκης Δημήτρης
Χρήστου Μαρία
Χιωτίνης Μιχάλης
Χύτης Μάριος

3. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
2
8η
άσκηση
Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού
Προτάθηκε από τον Ηλία Ζωβοΐλη (1-11-2015)
Αποστολή λύσεων έως τη Κυριακή 8/11/2015
Έστω συνάρτηση f ορισμένη και παραγωγίσιμη στο  0,1 ,
για την οποία ισχύουν:
• 2
x x 1 f(x) 2x 1,     για κάθε x 0,1
•f κυρτή στο  0,1
• Οι ευθείες με εξισώσεις: ψ x λ  και ψ 3x μ  , εφάπτονται της fC
Α. Να βρείτε τις τιμές των πραγματικών αριθμών λ και μ .
Β. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) 0 έχει μοναδική ρίζα,
η οποία βρίσκεται στο
1 2
, .
2 3
 
 
 
Γ. Να αποδείξετε ότι
1 1
10
2
f(x)dx f(x)dx 
Δ. Να υπολογίσετε το όριο
 2
x 0
x ln f(x) 1
lim
f(1 x) 1

 
 
Ε. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν  α,β 0,1 , με α β , τέτοια ώστε:
2
f(α) α α f(β) 2β    .

4. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
3
1η
προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)
Α. Για x 0 έχουμε: 1 f(0) 1 f(0) 1.       Οπότε:
 
x 0
2
x 0 x 0 x 0
f(x) 1 f(x) 1
x x f(x) 1 2x x 1 2 lim x 1 lim lim 2
x x  

  
 
            
1 f (0) 2.  
Για x 1 έχουμε:1 f(1) 1 f(1) 1.    Οπότε:
 
x 1
2
x 1 x 1 x 1
f(x) 1 f(x) 1
x x 2 f(x) 1 2x 2 2 x 2 lim 2 lim lim x 2
x 1 x 1  

  
 
              
 
2 f (1) 3.  
Επειδή η ευθεία με εξίσωση: ψ x λ  εφάπτεται της fC ,
συμπεραίνουμε ότι υπάρχει γ  0,1 , τέτοιο ώστε f (γ) 1  .
Η συνάρτηση f είναι κυρτή στο  0,1 ,
επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα στο  0,1 , οπότε:
1 f (0) f (γ) 1 f (0) 1.      
Επειδή η ευθεία με εξίσωση: ψ 3x μ  εφάπτεται της fC ,
συμπεραίνουμε ότι υπάρχει δ  0,1 , τέτοιο ώστε f (δ) 3  .
Η συνάρτηση f είναι κυρτή στο  0,1 ,
επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα στο  0,1 ,
οπότε:3 f (δ) f (1) 3 f (1) 3.      
Άρα οι παραπάνω ευθείες εφάπτονται της fC στα σημεία  0, 1 και  1,1
αντίστοιχα, οπότε f(0) 0 λ λ 1     και f(1) 3 μ μ 2.    
Β. Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο  0,1 , θα ισχύει
f (x) f (0) 1 f    γν.αύξουσα στο  0,1 , οπότε       
f συνεχής
f 0,1 f(0),f(1) 1,1 .  
Προφανώς  0 1,1  , οπότε υπάρχει μοναδικό ρ  0,1 , τέτοιο ώστε f(ρ) 0 .
Η μοναδικότητα του ρ είναι απόρροια της μονοτονίας.
Για την f ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ σε καθένα από τα  0,ρ
και  ρ,1 , οπότε υπάρχουν  1ξ 0,ρ και  2ξ ρ,1 , τέτοια ώστε:
1
f(ρ) f(0) 1
f (ξ )
ρ ρ

   και 2
f(1) f(ρ) 1
f (ξ )
1 ρ 1 ρ

  
 
.
Όμως
f γν.αύξουσα
1 2 1 2ξ ξ f (ξ ) f (ξ )

    
1 1 1
1 ρ ρ ρ .
ρ 1 ρ 2
     

Επίσης
f γν.αύξουσα
2 2ξ 1 f (ξ ) f (1)

    
1 1 2
3 1 ρ ρ .
1 ρ 3 3
     


5. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
4
Γ. Για κάθε
1
x 0,
2
 
  
έχουμε:
1 1
12 2f γν.αύξουσα
0 0 1
1
0 x ρ f(x) f(ρ) 0 f(x)dx 0 f(x)dx f(x)dx 0
2
             
1
1 12
10 1
2
f(x)dx f(x)dx f(x)dx.     
Δ.
         2
x 0
x 0 x 0
x 0 x 0
lim f(x) 1 ln f(x) 1x ln f(x) 1 f(x) 1 ln f(x) 1
lim lim
f(x) 1 f(1 x) 1 f(x) 1 f(1 x) 1f(1 x) 1 lim lim
x x x x

 
 

 
 
      
  
        
0
0,
1 ( 3)
 
 
καθώς:
•      
ψ f(x) 1
DLHx 0 ψ 0 ψ 0 ψ 0
2
1
lnψ ψ
lim f(x) 1 ln f(x) 1 lim ψ lnψ lim lim 0
1 1
ψ ψ
   

  
   
       

.
•
x 0
f(x) 1
lim f (0) 1.
x


 
•
1 x u
x 0 u 1
f(1 x) 1 f(u) 1
lim lim f (1) 3.
x 1 u 
 
 
  
    

Ε. Θεωρούμε τις συναρτήσεις g και h με τύπους:
•  2
g(x) f(x) x x,x 0,1   
•  h(x) f(x) 2x,x 0,1  
Είναι:g(0) f(0) 1   και g(1) f(1) 2 3   .Επειδή g προφανώς συνεχής
στο  0,1 , σύμφωνα με το Θεώρημα Bolzano υπάρχει α  0,1 , τέτοιο ώστε
g(α) 0  2
f(α) α α 0. (1)  
Είναι: h(0) f(0) 1   και h(1) f(1) 2 3   .Επειδή h προφανώς συνεχής
στο  0,1 , σύμφωνα με το Θεώρημα Bolzano υπάρχει β  0,1 , τέτοιο ώστε
h(β) 0  f(β) 2β 0. (2) 
Από (1) και (2) προκύπτει: 2
f(α) α α f(β) 2β    .
Έστω ότι α β .Τότε θα ήταν: 2 2
f(α) α α f(α) 2α α α 0 α 0         ή
α 1 , που είναι ΑΤΟΠΟ, καθώς  α 0,1 .Άρα α β .

6. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
5
2η
προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)
A. Έστω 𝜀 ∶ 𝑦 = 𝑥 + 𝜆 η εφαπτόμενη 𝐶𝑓 στο 𝛢(𝑥1, 𝑓(𝑥1)) άρα 𝑓′(𝑥1) = 1
και (𝑥1) = 𝑥1 + 𝜆 . Επίσης , επειδή 𝑓 κυρτή τότε 𝑓′
γνησιως αύξουσα για κάθε
𝑥 ∈ [0,1] . Είναι 𝑥1 ≥ 0
𝑓′↑
⇔ 𝑓′( 𝑥1) ≥ 𝑓′(0) ⟺ 𝟏 ≥ 𝒇′(𝟎)
Έστω 𝜂 ∶ 𝑦 = 3𝑥 + 𝜇 η εφαπτόμενη 𝐶𝑓 στο 𝛣(𝑥2, 𝑓(𝑥2)) άρα 𝑓′(𝑥2) = 3 και
𝑓(𝑥2) = 3𝑥2 + 𝜇 . Επίσης , επειδή 𝑓 κυρτή τότε 𝑓′
γνησιως αύξουσα για κάθε 𝑥 ∈
[0,1] . Είναι 𝑥2 ≤ 1
𝑓′↑
⇔ 𝑓′( 𝑥2) ≤ 𝑓′(1) ⟺ 𝟑 ≤ 𝒇′(𝟏)
 𝑥2
+ 𝑥 − 1 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 2𝑥 − 1 , (1) για κάθε 𝑥 ∈ [0,1]
 Για 𝑥 = 0 στην (1) ∶ −1 ≤ 𝑓(0) ≤ −1 ⇢ 𝑓(0) = −1
 Για 𝑥 = 1 στην (1) ∶ 1 ≤ 𝑓(1) ≤ 1 ⇢ 𝑓(1) = 1
 𝑓 παραγωγιση στο 0 άρα 𝑓′(0) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
𝑓(𝑥)+1
𝑥
 𝑓 παραγωγιση στο 1 άρα 𝑓′(1) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1−
𝑓(𝑥)−1
𝑥−1
 𝑥2
+ 𝑥 − 1 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 2𝑥 − 1 ⟺ 𝑥2
+ 𝑥 ≤ 𝑓(𝑥) + 1 ≤ 2𝑥 ⇔ 𝑥 + 1 ≤
𝑓(𝑥)+1
𝑥
≤
2
Άρα ,
𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
(𝑥 + 1) ≤ 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
𝑓(𝑥) + 1
𝑥
≤ 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
2 ⟺ 1 ≤ 𝑓′(0) ≤ 2 ⇢ 𝟏 ≤ 𝒇′(𝟎)
Έχουμε :
{
1 ≥ 𝑓′(0)
𝜅𝛼𝜄
1 ≤ 𝑓′(0)
⟺ 𝑓′(0) = 1 ⇔ 𝑓′(0) = 𝑓′( 𝑥1)
𝑓′1−1
⇔ 𝑥1 = 0
Είναι : 𝑓(𝑥1) = 𝑥1 + 𝜆
𝑥1=0
⇔ 𝑓(0) = 0 + 𝜆 ⟺ 𝝀 = −𝟏
 𝑥2
+ 𝑥 − 1 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 2𝑥 − 1 ⟺ 𝑥2
+ 𝑥 − 2 ≤ 𝑓(𝑥) − 1 ≤ 2𝑥 − 2
⇔
𝑥2
+ 𝑥 − 2
𝑥 − 1
≥
𝑓(𝑥) + 1
𝑥 − 1
≥
2𝑥 − 2
𝑥 − 1
⇔
2𝑥 − 2
𝑥 − 1
≤
𝑓(𝑥) + 1
𝑥 − 1
≤
𝑥2
+ 𝑥 − 2
𝑥 − 1
Άρα ,

7. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
6
𝑙𝑖𝑚
𝑥→1−
(
2𝑥 − 2
𝑥 − 1
) ≤ 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1−
𝑓(𝑥) − 1
𝑥 − 1
≤ 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1−
𝑥2
+ 𝑥 − 2
𝑥 − 1
⟺ 2 ≤ 𝑓′(1) ≤ 3 ⇢ 𝒇′(𝟏) ≤ 𝟑
Έχουμε : {
3 ≥ 𝑓′(1)
𝜅𝛼𝜄
3 ≤ 𝑓′(1)
⟺ 𝑓′(1) = 3 ⇔ 𝑓′(1) = 𝑓′( 𝑥2)
𝑓′1−1
⇔ 𝑥2 = 3
Είναι : 𝑓(𝑥2) = 3𝑥2 + 𝜇
𝑥2=3
⇔ 𝑓(1) = 3 + 𝜇 ⟺ 𝝁 = −𝟐
Β. Έστω , 𝒇(
𝟏
𝟐
) = 𝟎 . Θεωρούμε ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 2𝑥 + 1 για κάθε 𝑥 ∈ [0,1]
 𝑓(𝑥) ≤ 2𝑥 − 1 ⟺ 𝑓(𝑥) − 2𝑥 + 1 ≤ 0 ⇔ ℎ(𝑥) ≤ ℎ (
1
2
) . Επομένως η ℎ
παρουσιάζει
Στο
1
2
μέγιστο άρα από θεώρημα Fermat ℎ′
(
1
2
) = 0 ⇔ 𝑓′
(
1
2
) − 2 = 0 ⇔ 𝑓′
(
1
2
) =
2
Η εφαπτόμενη της 𝐶𝑓 στο 𝛤(
1
2
, 𝑓(
1
2
)) είναι η ευθεία ζ : 𝑦 = 2𝑥 − 1
Επειδή 𝑓 κυρτή τότε : 𝑓(𝑥) ≥ 2𝑥 − 1
Έχουμε : {
𝑓(𝑥) ≥ 2𝑥 − 1
𝜅𝛼𝜄
𝑓(𝑥) ≤ 2𝑥 − 1
⟺ 𝑓(𝑥) = 2𝑥 − 1 ⇢ ΑΤΟΠΟ αφού η 𝑓 είναι κυρτή
Τελικά 𝒇(
𝟏
𝟐
) ≠ 𝟎 .
 Για 𝑥 =
1
2
στην (1) ∶ 𝑓 (
1
2
) ≤ 0 ⇢ 𝑓 (
1
2
) < 0
 Για 𝑥 =
2
3
στην (1) ∶
1
9
≤ 𝑓 (
2
3
) ⇢ 𝑓 (
2
3
) > 0
 {
𝑓 𝜎𝜐𝜈𝜀𝜒𝜂𝜍 [
1
2
,
2
3
]
𝑓 (
1
2
) 𝑓 (
2
3
) < 0
τότε από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση 𝑓(𝑥) = 0 έχει
τουλάχιστον
μια ρίζα στο (
1
2
,
2
3
)
Είναι :
0 ≤ 𝑥 ≤ 1
𝑓′↑
⇔ 𝑓′(0) ≤ 𝑓′(𝑥) ≤ 𝑓′(1) ⟺ 1 ≤ 𝑓′(𝑥) ≤ 3 ⇢ 𝑓′(𝑥) > 0
 𝑓′(𝑥) > 0 άρα η 𝑓 είναι γνησίως αύξουσα στο [0,1] άρα και 1-1 οπότε η
εξίσωση
𝑓(𝑥) = 0 έχει το πολύ μια ρίζα στο [0,1]

8. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
7
Τελικά , η εξίσωση 𝑓(𝑥) = 0 έχει ακριβώς μια ρίζα στο (
1
2
,
2
3
) .
Γ. 𝑓(𝑥) ≤ 2𝑥 − 1 ⇒ ∫ 𝑓(𝑥)
1
2
0
𝑑𝑥 ≤ ∫ (2𝑥 − 1)𝑑𝑥 =
1
4
−
1
2
< 0 ⟺
1
2
0
∫ 𝑓(𝑥)
1
2
0
𝑑𝑥 < 0
∫ 𝑓(𝑥)
1
2
0
𝑑𝑥 < 0 ⟺ ∫ 𝑓(𝑥)
1
0
𝑑𝑥 + ∫ 𝑓(𝑥)
1
2
1
𝑑𝑥 < 0 ⟺ ∫ 𝑓(𝑥)
1
0
𝑑𝑥 < ∫ 𝑓(𝑥)
1
1
2
𝑑𝑥
Δ.
 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
𝑓(1−𝑥)−1
𝑥
= − 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1−
𝑓(𝑥)−1
𝑥−1
= −𝑓′(1) = −3
 𝑥2
+ 𝑥 − 1 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 2𝑥 − 1 ⟺ 𝑥2
+ 𝑥 ≤ 𝑓(𝑥) + 1 ≤ 2𝑥
⟺ 𝑙𝑛(𝑥2
+ 𝑥) ≤ 𝑙𝑛(𝑓(𝑥) + 1) ≤ 𝑙𝑛(2𝑥) ⟺ 𝑥𝑙𝑛(𝑥2
+ 𝑥) ≤ 𝑥𝑙𝑛(𝑓(𝑥) + 1)
≤ 𝑥𝑙𝑛(2𝑥)
{
𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
(𝑥𝑙𝑛(𝑥2
+ 𝑥)) = ⋯ = 0
𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
(𝑥𝑙𝑛(2𝑥)) = ⋯ = 0
από Κ.Π. 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
(𝑥𝑙𝑛(𝑓(𝑥) + 1)) = 0
 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
𝑥2 𝑙𝑛(𝑓(𝑥)+1)
𝑓(1−𝑥)−1
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
𝑥𝑙𝑛(𝑓(𝑥)+1)
𝑓(1−𝑥)−1
𝑥
=
0
−3
= 0
Ε. Θεωρούμε την συνάρτηση 𝛫(𝑥) = 𝑓(𝑥) + 𝑥2
+ 𝑥 − 𝑓(𝛽) − 2𝛽
Από το Β ερώτημα υπάρχει 𝜉 ∈ (
1
2
,
2
3
) ∶ 𝑓(𝜉) = 0 , έστω ότι το 𝜷 = 𝝃
𝛫( 𝑥) = 𝑓( 𝑥) + 𝑥2
+ 𝑥 − 𝑓( 𝜉) − 2𝜉 ⟺ 𝛫( 𝑥) = 𝑓( 𝑥) + 𝑥2
+ 𝑥 − 2𝜉
 𝛫(1) = 𝑓(1) + 2 − 2𝜉 = 3 − 2𝜉 > 0
 𝛫(𝜉) = 𝑓(𝜉) + 𝜉2
+ 𝜉 − 2𝜉 = 𝜉2
− 𝜉 = 𝜉(𝜉 − 1) < 0
 {
𝛫 𝜎𝜐𝜈𝜀𝜒𝜂𝜍 [𝜉, 1]
𝛫(𝜉)𝛫(1) < 0
τότε από Θεώρημα Bolzano υπάρχει 𝛼 ∈ (𝜉, 1) ∶ 𝛫(𝛼) = 0
⟺ 𝑓(𝛼) + 𝛼2
+ 𝛼 − 𝑓(𝛽) − 2𝛽 = 0 ⟺ 𝑓(𝛼) + 𝛼2
+ 𝛼 = 𝑓(𝛽) + 2𝛽

9. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
8
3η
προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)
A.
𝒙 𝟐
+ 𝒙 − 𝟏 ≤ 𝒇(𝒙) ≤ 𝟐𝒙 − 𝟏 (𝟏)
για 𝑥 = 0 από (1) είναι 𝑓(0) = −1
για 𝑥 = 1 από (1) είναι 𝑓(1) = 1
για 𝑥 > 0 από (1) είναι 𝑥2
+ 𝑥 ≤ 𝑓(𝑥) + 1 ⇒ 𝑥 + 1 ≤
𝑓(𝑥)−𝑓(0)
𝑥
,τότε αφού f είναι
παραγωγίσιμη θα έχουμε lim
𝑥→0
(𝑥 + 1) ≤ lim
𝑥→0
𝑓(𝑥)−𝑓(0)
𝑥
⇒ 𝟏 ≤ 𝒇′(𝟎)
Για 𝑥 < 1 από (1) είναι 𝑥 + 2 ≥
𝑓(𝑥)−𝑓(1)
𝑥−1
, τότε αφού f είναι παραγωγίσιμη θα
έχουμε lim
𝑥→1
(𝑥 + 2) ≥ lim
𝑥→1
𝑓(𝑥)−𝑓(1)
𝑥−1
⇒ 𝒇′(𝟏) ≤ 𝟑
𝑓 𝜅𝜐𝜌𝜏ή στο [0,1] άρα 𝒇′
↗ στο [0,1] και 1-1
- έστω (𝑥1, 𝑓(𝑥1)) το σημείο στο οποίο εφάπτεται η 𝑦 = 𝑥 + 𝜆 της 𝐶𝑓, τότε
𝑓′(𝑥1) = 1
όμως 𝑥1 ≥ 0
𝒇′↗
⇒ 𝑓′(𝑥1) ≥ 𝑓′(0) ⇒ 1 ≥ 𝑓′(0)
𝟏≤ 𝒇′(𝟎)
⇒ 𝒇′(𝟎) = 𝟏
𝒇′ 𝟏−𝟏
⇒ 𝒙 𝟏 = 𝟎
η εφαπτόμενη εφάπτεται στη 𝐶𝑓 στο σημείο (0,-1) οπότε −1 = 0 + 𝜆 ⇒ 𝝀 =
−𝟏
- έστω (𝑥2, 𝑓(𝑥2)) το σημείο στο οποίο εφάπτεται η 𝑦 = 3𝑥 + 𝜇 της 𝐶𝑓,
τότε 𝑓′(𝑥2) = 3
όμως 𝑥2 ≤ 1
𝒇′↗
⇒ 𝑓′(𝑥2) ≤ 𝑓′(1) ⇒ 3 ≤ 𝑓′(1)
𝒇′(𝟏)≤𝟑
⇒ 𝒇′(𝟏) = 𝟑
𝒇′ 𝟏−𝟏
⇒ 𝒙 𝟐 = 𝟏
η εφαπτόμενη εφάπτεται στο στη 𝐶𝑓 στο σημείο (1,1) οπότε 1 = 3 + 𝜇 ⇒ 𝝁 =
−𝟐
B.
 𝑓 συνεχής στο [
1
2
,
2
3
]
 𝛼𝜋ό (1) για 𝑥 =
1
2
είναι 𝑓 (
1
2
) ≤ 0 ,
αν 𝑓 (
1
2
) = 0 τότε εφαρμόζοντας ΘΜΤ στα [ 0,
1
2
] και [
1
2
,1 ] αφού f
παραγωγίσιμη και συνεχής σε καθένα από αυτά ,θα υπάρχουν 𝜉1 ∈ (0,
1
2
) , 𝜉2 ∈

10. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
9
(
1
2
, 1) , 𝜉1 < 𝜉2 : 𝑓′(𝜉1) =
𝑓(
1
2
)−𝑓(0)
1
2
−0
= 2, 𝑓′(𝜉2) =
𝑓(
1
2
)−𝑓(1)
1
2
−1
= 2 ,άτοπο αφού
𝒇′
↗ , συνεπώς 𝒇 (
𝟏
𝟐
) < 𝟎
𝛼𝜋ό (1) για 𝑥 =
2
3
είναι 𝒇 (
𝟐
𝟑
) ≥
𝟏
𝟗
> 𝟎 , άρα 𝒇 (
𝟏
𝟐
) 𝒇 (
𝟐
𝟑
) < 𝟎 και από Θ.Bolzano
υπάρχει 𝑥 𝑜 ∈ (
1
2
,
2
3
) : 𝒇(𝒙 𝒐) = 𝟎.
τώρα αν η ∃ 𝑥1 ∈ [ 0,1 ] 𝜇𝜀 𝑥1 < 𝑥 𝑜 (𝜒. 𝛽. 𝛾) ∶ 𝑓(𝑥1) = 0 τότε από Θ.Rolle στο
[𝑥1, 𝑥 𝑜] θα υπάρχει 𝜉 ∈ (𝑥1, 𝑥 𝑜): 𝑓′(𝜉) = 0 , όμως 𝒇′
↗ άρα 0 < 𝜉 ⇒ 𝑓′(0) <
𝑓′(𝜉) ⇒ 1 < 0 ,άτοπο.
Συνεπώς η εξίσωση 𝒇(𝒙) = 𝟎 έχει μοναδική ρίζα την 𝒙 𝒐 ∈ [𝟎, 𝟏]
Γ.
(1)
1 1
1 1 1
2 2
1 1
0 0 0
2 2
1 1 1
2 2 212
1
20 0 0
( ) ( ) ( ) ( ) (2 1)
1
( ) ( ) ( )
4
f x dx f x dx f x dx f x dx x dx
f x dx x x f x dx f x dx
     
      
    
  
Δ.
για 𝑥 ≠ 0,

1
0 1 1
(1 ) 1 ( ) 1 ( ) (1)
lim lim lim '(1) 3
1 1
u x
x u u
f x f u f u f
f
x u u  
 
  
   
      
 
 𝛼𝜋ό (1) είναι
        
      
0
2 2
2
1
(2)
1 2 ln ln 1 ln 2
ln ln 1 ln 2
x
x x f x x x x f x x
x x x x f x x x
 
         
   
όμως
  
   2 2
2
2
2
0 0 0 0
2
2 1
ln 2 2 1
lim ln lim lim lim 0
1 1DLHx x x x
x
x x x xx xx x x
x x
x x
   
 
 
 
   

      


11. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
10
  
 
0 0 0 0
2
1
ln 2
lim ln 2 lim lim lim 0
1 1DLHx x x x
x xx x x
x x
   
 
 
 
   
    

, άρα από κριτήριο
παρεμβολής στην (2) είναι   0
lim ln ( ) 1 0
x
x f x

 
άρα
   2
0 0
ln ( ) 1 ln ( ) 1 0
lim lim 0
(1 ) 1(1 ) 1 3x x
x f x x f x
f xf x
x
 
 
 
  
   
Ε.
Έστω 𝐺(𝑥) = 𝑓(𝑥) + 𝑥2
+ 𝑥 , 𝑥 ∈ [0,1] και 𝐻(𝑥) = 𝑓(𝑥) + 2𝑥 , 𝑥 ∈ [0,1]
συνεχείς στο [0,1] ως αθροίσματα συνεχών συναρτήσεων.
𝐺(0) = −1 , 𝐺(1) = 3 ⇒ 𝐺(0) 𝐺(1) < 0
𝐻(0) = −1 , 𝐻(1) = 3 ⇒ 𝐻(0)𝐻(1) < 0
από Θ.Bolzano στο [0,1] , υπάρχουν 𝛼 ∈ (0,1), 𝛽 ∈ (0,1) ώστε G(α)=0 και
H(β)=0 , συνεπώς 𝑓(𝛼) + 𝛼2
+ 𝛼 = 𝑓(𝛽) + 2𝛽 . Αν 𝛼 = 𝛽 τότε
𝑓(𝛼) + 𝛼2
+ 𝛼 = 𝑓(𝑎) + 2𝑎 ⇒ 𝑎 = 0 ή 𝛼 = 1 άτοπο άρα 𝛼 ≠ 𝛽
τελικά
υπάρχουν 𝜶, 𝜷 ∈ (𝟎, 𝟏) ⊆ [𝟎, 𝟏] με 𝜶 ≠ 𝜷 ώστε
𝒇(𝜶) + 𝜶 𝟐
+ 𝜶 = 𝒇(𝜷) + 𝟐𝜷

12. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
11
9η
άσκηση
Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού
Προτάθηκε από τον Βαγγέλη Νικολακάκη ( 7-11-2015)
Αποστολή λύσεων έως τη Κυριακή 15/11/2015
Έστω η συνάρτηση   2
x 5
f x lnx
x x

 

Να βρείτε τα όρια
Α.  x
lim f x

και  x 0
limf x

Β. i)
 
 xx
f x 3
lim
e f x
 
  
 
και ii)
 
 
2
2 2x
f x
lim
f x x  
Γ. i)    
2
x
f xx 0
lnx
lim f x e
e
 
 
 
και ii)
 
x 0
f x
lim
x
Στην συνέχεια να βρείτε τον R , ώστε
 
 
f x5
1
x 0
xe
lim 1 e 1
f x 1 x


 
     
    

13. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
12
1η
προτεινόμενη λύση (Βαγγέλης Νικολακάκης)
Α. Για τα όρια έχουμε :
  x
lim ln x

  και 2 2x x x
x 5 x 1
lim lim lim 0
x x x x  

  

,οπότε
 x
lim f x 0

    
      2x 0 x 0 x 0
x 5 1 x 5
limf x lim ln x lim ln x 5
x x x x 1   
    
              
    
Β. Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε
 
 x x
1
lim f x lim 0
f x 
   
i)Θα εργαστούμε με δύο τρόπους
α τρόπος (αντικατάσταση)
 Αντικαθιστούμε το
 
 
3 3
y f x
f x y
  
Για x  είναι και  f x   ,οπότε και
 
3
y 0
f x
 
 Το ζητούμενο όριο γράφεται
 
 xx
1 3
lim f x
e f x
 
  
 
 1
Όμως είναι xx
1
lim 0
e
 και
 
 x y 0 y 0
3 3 y
lim f x lim y 3lim 3 1 3
f x y y  
    
         
  
Έτσι από την  1 παίρνουμε
 
 xx
1 3
lim f x 0 3 0
e f x
 
     
 
β τρόπος (κριτήριο παρεμβολής)
Γνωρίζουμε ότι  x
lim f x

 .Δηλαδή για τα x  είναι και  f x 0  2

14. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
13
Χρησιμοποιούμε την ιδιότητα x x  και έχουμε
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2
x x x x x
f x 3 1 3 1 3 1 3 1 3
f x f x f x f x
e f x e f x e f x e f x e f x
      
Δηλαδή
 
 
 
 x x x x x
f x f x3 3 3 3 3
e f x e e e f x e
        3
Όμως
x xx x
3 3
lim lim 0
e e 
 
   
 
Έτσι από την  3 λόγω ΚΠ παίρνουμε
 
 xx
1 3
lim f x 0
e f x
 
   
 
ii) είναι
 
 
 
   
22 :f x 0
2 22 2x x x
2
f x 1 1 1
lim lim lim 1
xf x x 1 0x1 1f x f x

  
   
      
 
,
Αφού
           
xx 1 1 x 1
f x f xf x f x f x f x
 
      με
   x x
1 1
lim lim 0
f x f x 
 
   
 
 
και λόγω ΚΠ είναι
 x
x
lim 0
f x
 
  
 
Γ. i) για το όριο
       
2 2
x x
f x f xx 0 x 0
ln x ln x
lim f x e lim f x e
e e 
   
     
   
 4 έχουμε :
  
 
    
2 A
x
x 0
lim f x e e


 
       
 

15. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
14
  
 
      f x
f xx 0 x 0
ln x
lim lim e ln x e
e 
 
 
 
        
 
Έτσι λόγω της  4 παίρνουμε
   
2
x
f xx 0
ln x
lim f x e
e

 
       
 
ii) για το όριο
 
x 0
f x
lim
x
παρατηρούμε ότι έχουμε απροσδιοριστία
0

και
για τον λόγο αυτό γράφουμε το πηλίκο σαν γινόμενο.
Είναι
 
    x 0 x 0
f x 1
lim lim f x
x x 
 
       
 
,άρα
 
x 0
f x
lim
x
 
Είναι
 
 
f x5
1
x 0
xe
lim 1 e 1
f x 1 x


 
     
   
 5
Όμως
 
 
 
   
 
f x f x5 5:x
f x5
x 0 x 0 x 0
xe e 1
lim lim lim e
f x f xf x x 1 x 1 x 1
x x x x
  
  
   
     
                        
   
5 5 51 1 1
e 0 0 0
0

            
   
και έτσι από την  5 παίρνουμε
1 1
0 1 e 1 e 2 0 
          6
 Θεωρούμε την συνάρτηση   x 1
h x e x 2 0
   

16. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
15
 Αν 1 2x ,x R με    1 2 1 2x x ... h x h x    ,οπότε η h είναι γ. αύξουσα στο R ,
άρα και 1 1 .
 Έτσι η εξίσωση  6 γράφεται :    
1 1
h x h 1 x 1

  
2η
προτεινόμενη λύση (Νίκος Αντωνόπουλος)
(εναλλακτικές λύσεις υποερωτημάτων)
Β. i) Είναι
 
 
 
 
x
xx x
3
f x f x3
lim lim 3e
3e f x
f x
 
 
  
          
 
 
αφού
 
 
x u 0
3
f x u
lim lim 1
3 u
f x
 


  και x
x
lim 3e

 
Γ. i) Είναι
   
2
x
f xx 0
nx
lim f x e
e
 
   
 
αφού  x 0
limf x

  τότε  f x u
x 0 u
lime lim e 0
 
 
και
2
ux
ux 0
lim e lim e 
   και
x 0
lim nx

 
τότε  
2
x
x 0
limf x e

  και    f x f xx 0 x 0
nx 1
lim lim nx
e e 
 
   
 
ii) Είναι
 
 x 0 x 0
f x 1
lim lim f x
x x 
 
    
 
αφού  x 0
limf x

  και
x 0
1
lim
x

 
Είναι

17. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
16
 
 
f x5
x 0
xe
lim 1 1
f x 1 x
 
     
   
αφού  f x
x 0
limxe 0 0 0

   και   x 0
lim f x 1 x

   
Άρα ισχύει
1 1
e 1 1 e 2 0 
     
Θεωρούμε τη συνάρτηση
  x 1
g x e x 2,x
   
Η g είναι παραγωγίσιμη στο με
  x 1
g x e 1 0
   
Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο
Είναι
   1
e 2 0 g g 1 1
        
αφού η g είναι 1 – 1 ως γνησίως μονότονη

18. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
17
10η
άσκηση
Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού
Προτάθηκε από τον Ηλία Ζωβοΐλη (15-11-2015)
Αποστολή λύσεων έως τη Κυριακή 22/11/2015
Δίνονται οι συναρτήσεις f,g παραγωγίσιμες στο , για τις οποίες ισχύουν:
• f(x) 0 , για κάθε x
•  f (x) lnf(x) x 1 f(x)     , για κάθε x
• Η fC δέχεται οριζόντια εφαπτομένη την ευθεία ψ e
• x
g(x) G(x) e G(0)
   , για κάθε x , όπου G αρχική συνάρτηση
της g στο
Α. Να αποδείξετε ότι x
g(x) (x 1) e
   ,x και
x
e x
f(x) e 
 , x .
Β. Να βρείτε λ 0 , ώστε η εξίσωση:  ln x lnλ x  , να έχει μοναδική
λύση, την οποία και να προσδιορίσετε.
Γ. Να αποδείξετε ότι για κάθε α,β ισχύει: 2
f(2α) f(2β) f (α β)   .
Δ. Αν μ,ν  με 0 μ ν  , να αποδείξετε ότι υπάρχει ρ  μ ν,2ν  ,
τέτοιο ώστε: 2
f (ρ) f(2μ) f(2ν)  .
Ε. Να υπολογίσετε το όριο:
x
xx 0
g(e ) g(x 1)
lim
e x 1
 
 
.

19. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
18
1η
προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)
Α. x
g(x) G(x) e G(0)
   , για κάθε x ,οπότε για x 0 έχουμε:g(0) 1  .
Είναι:      x x x
g(x) G(x) e G(0) g (x) g(x) e e g (x) g(x) 1              
 
x 0
x x x
g(0) 1
e g(x) (x) e g(x) x c c 1 g(x) (x 1) e ,x .



               
Έτσι: x
G(x) G(0) x e ,x .
     (1)
Επειδή η fC δέχεται οριζόντια εφαπτομένη την ευθεία ψ e , συμπεραίνουμε
ότι υπάρχει ox  , τέτοιο ώστε of (x ) 0  και of(x ) e.
   
ox x
o o o of (x) lnf(x) x 1 f(x) f (x ) lnf(x ) x 1 f(x )

          
 o o0 lne x 1 e x 0 f(0) e         και f (0) 0. 
Έστω h(x) lnf(x), x .  Είναι
f (x)
h (x)
f(x)

  , οπότε  f (x) lnf(x) x 1 f(x)     
f (x)
lnf(x) x 1 h (x) h(x) x 1 h (x) h(x) x 1
f(x)

             
     x x x x
e h (x) h(x) e x 1 e h(x) G (x) e h(x) G(x) c                  
x 0
h(0) G(0) c

    lnf(0)  G(0) c  c 1 G(0).  
Έτσι:
(1)
x x x
e h(x) G(x) c e h(x) G(x) 1 G(0) e h(x)  
           x
1 x e
  
x
h(x) e x    lnf(x)  x
e x  f(x) 
x
e x
e 
, x .
Β.  ln x lnλ x  
x
x e x
x lnλ e λ e f(x)
     . Για την συνάρτηση f έχουμε:
•  
x
x e x
f (x) e 1 e 
    , x και
•  
x
2x x e x
f (x) e e 1 e 0
      , για κάθε x
Εύκολα βρίσκουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο
 1A ,0 
και γνησίως αύξουσα στο  2A 0,  . Είναι:
x
x t e x
e x t
x x t
lim f(x) lim e lim e
 

  
   ,
καθώς  x
x
lim e x

  , αφού x
x
lim e 0

 και
x
lim x

  .
Είναι
x
x t e x
e x t
x x t
lim f(x) lim e lim e
 

  
   , καθώς
 x x
xx x
x
lim e x lim e 1
e 
 
      
 
,
αφού x
x
lim e

  και
 
 
x xx DLH x
x 1
lim lim 0
e e


 
  .

20. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
19
Έτσι έχουμε:     
f συνεχής
1
x
f A f(0), lim f(x) e,

  

και
    
f συνεχής
2
x
f A f(0), lim f(x) e,

   

.
Οπότε για:
• 0 λ e  , η εξίσωση είναι αδύνατη
• λ e , η εξίσωση έχει μοναδική λύση την x 0
• λ e , η εξίσωση έχει δύο ακριβώς ρίζες, μία στο 1A και μία στο 2A .
Γ. Για α β , έχουμε προφανή ισότητα.
Έστω α β .
Για την συνάρτηση h, έχουμε:
• x
h(x) lnf(x) e x, x .   
• x
h (x) e 1, x .   
• x
h (x) e , x .  
Η συνάρτηση h ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ σε καθένα από τα
 2α,α β και  α β,2β , οπότε υπάρχουν 1ξ   2α,α β και 2ξ   α β,2β ,
τέτοια ώστε 1
h(α β) h(2α)
h (ξ )
β α
 
 

και 2
h(2β) h(α β)
h (ξ )
β α
 
 

.
Όμως          
h γν.αύξουσα
1 2 1 2ξ ξ h ξ h ξ 2h α β h 2α h 2β

        
                
2
2ln f α β ln f 2α ln f 2β ln f α β ln f 2α f 2β        
     2
f α β f 2α f 2β .   
Ομοίως αποδεικνύουμε για α β .
Δ. Θεωρούμε συνάρτηση u με u(x) 2
f (x) f(2μ) f(2ν), x    μ ν,2ν .
Η συνάρτηση u είναι προφανώς συνεχής στο  μ ν,2ν και
• u(μ ν) 2
f (μ ν) f(2μ) f(2ν) 0     , λόγω Β.
• u(2ν)  2
f (2ν) f(2μ) f(2ν) f(2ν) f(2ν) f(2μ) 0       , καθώς f(2ν) 0 και
f(2ν) f(2μ) 0  , αφού 0 μ ν  και f γνησίως αύξουσα στο  0, .
Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ρ  μ ν,2ν  ,
τέτοιο ώστε: u(ρ) 0  2
f (ρ) f(2μ) f(2ν)  .
Ε. Γνωρίζουμε ότι: x
e x 1  , για κάθε x , με την ισότητα να ισχύει μόνο
για x 0 .Επομένως για κάθε x 0 είναι x
e x 1  . Για x 0 , η συνάρτηση g
ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ στο x
x 1,e   , επομένως υπάρχει
ξ(x) x
x 1,e , τέτοιο ώστε

21. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
20
 g ξ(x)   
x x
ξ(x)
x x
g(e ) g(x 1) g(e ) g(x 1)
2 ξ(x) e
e x 1 e x 1
   
   
   
,
καθώς g (x)    x
2 x e
  . Είναι: x
x 1 ξ(x) e   και   x
x 0 x 0
lim x 1 lime 1
 
   ,
οπότε σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής θα είναι και
x 0
limξ(x) 1

 .
Έτσι έχουμε:
x
xx 0 ξ(x) 1
g(e ) g(x 1)
lim lim
e x 1 
 

 
  ξ(x)
2 ξ(x) e
 
1
e
 .
2η
προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)
A. Είναι: g(x)+G(x)+𝑒−𝑥
=G(0)  G΄(x)+G(x)+𝑒−𝑥
=G(0)  G΄(x)𝑒 𝑥
+G(x) 𝑒 𝑥
+
1 = G(0) 𝑒 𝑥  (G(x) 𝑒 𝑥
)΄ = (G(0) 𝑒 𝑥
− 𝑥)΄ οπότε:
G(x) 𝑒 𝑥
= G(0) 𝑒 𝑥
− 𝑥+ρ. Για x=0 έχω ρ=0. Συνεπώς G(x) 𝑒 𝑥
= G(0) 𝑒 𝑥
− 𝑥 
G(x) = G(0) −𝑥𝑒−𝑥
. Επόμενα G΄(x)=( −𝑥𝑒−𝑥
)΄  g(x)=(x-1) 𝑒−𝑥
.
Για τη συνάρτηση f έχουμε: f(x)> 0 και επειδή η Cf δέχεται οριζόντια εφαπτομένη
την ευθεία ψ=e x0є𝑅 ώστε f(x0)=e , f΄(x0)=0 οπότε . 𝑓΄(𝑥0) = (𝑙𝑛𝑓(𝑥0) + 𝑥0 −
1)𝑓(𝑥0) 0 = 1 + 𝑥0 − 1 𝑥0 = 0. Δηλαδή
f(0)=e , f΄(0)=0 .
Επίσης 𝑓΄(𝑥) = (𝑙𝑛𝑓(𝑥) + 𝑥 − 1)𝑓(𝑥)  𝑓΄(𝑥)
𝑓(𝑥)
= 𝑙𝑛𝑓(𝑥) + 𝑥 − 1 
(𝑙𝑛𝑓(𝑥))΄= 𝑙𝑛𝑓(𝑥) + 𝑥 − 1  𝑒−𝑥
(𝑙𝑛𝑓(𝑥))΄- 𝑒−𝑥
𝑙𝑛𝑓(𝑥) = (𝑥 − 1)𝑒−𝑥 
(𝑒−𝑥
𝑙𝑛𝑓(𝑥))΄=(-x𝑒−𝑥
)΄ οπότε: 𝑒−𝑥
𝑙𝑛𝑓(𝑥) = −x𝑒−𝑥
+ c. Για x=0 έχω c=1. Άρα
𝑙𝑛𝑓(𝑥) = −x + 𝑒 𝑥  𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑒 𝑥−𝑥
.
B. 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑒 𝑥−𝑥  𝑓΄(𝑥) = (𝑒 𝑥
− 1)𝑒 𝑒 𝑥−𝑥
, 𝑓΄(𝑥) = 0 𝑥 = 0 , 𝑓΄(𝑥) > 0 𝑥 > 0,
𝑓΄(𝑥) < 0  𝑥 < 0. Συνεπώς f γν. φθίνουσα στο (−∞ , 0] , f γν. αύξουσα στο
[0 , +∞ ). Επίσης lim 𝑥→−∞ 𝑓(𝑥) = +∞ , 𝑓(0) = 𝑒 , lim 𝑥→+∞ 𝑓(𝑥) = +∞
διότι lim
𝑥→+∞
𝑥
𝑒 𝑥
= lim
𝑥→+∞
1
𝑒 𝑥
= 0 (𝑎𝜋ό 𝜅𝛼𝜈ό𝜈𝛼 𝐷. 𝐿. 𝐻) lim
𝑥→+∞
𝑒 𝑥
− 𝑥 = lim
𝑥→+∞
𝑒 𝑥
(1 −
𝑥
𝑒 𝑥
) =+∞. Επόμενα f((−∞ , 0]) = [𝑒 , +∞ ) , f([0 , +∞ ) = [𝑒 , +∞ ) δηλαδή f (R) =
[𝑒 , +∞ ) . Τώρα η δοσμένη εξίσωση είναι: ln(x+lnλ)=x  lnλ = 𝑒 𝑥
− 𝑥  λ= 𝑒 𝑒 𝑥−𝑥
.

22. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
21
Συνεπώς αν 0<λ<e η εξίσωση δεν έχει λύση. Αν λ>e τότε υπάρχει ένα x1є(−∞ , 0) και
ένα x2є( 0 , +∞ ) ώστε f(x1) = f(x2) =λ ( θεώρημα μέσης τιμής για τη συνεχή
συνάρτηση f ). Aν λ=e τότε f(x)=f(0)  x=0 διότι f(0)=e είναι η ελάχιστη τιμή της f
όπως προκύπτει από τα παραπάνω. Άρα λ=e και x=0.
Γ. Ισχύει ότι: (𝑒 𝛼
− 𝑒 𝛽
)2
≥ 0  𝑒2𝛼
+ 𝑒2β
≥ 2𝑒α+β  (𝑒2𝛼
− 2α) + (𝑒2β
− 2β) ≥
2 (𝑒α+β
− (𝛼 + 𝛽))  ln(𝑓2𝛼) + ln(𝑓2𝛽) ≥ 2 ln(𝑓(𝛼 + 𝛽)) 
ln((𝑓2𝛼)(𝑓2𝛽)) ≥ ln 𝑓2 (𝛼 + 𝛽)  𝑓(2𝑎)𝑓(2𝛽) ≥ 𝑓2 (𝛼 + 𝛽) 𝛾𝜄ά 𝜅ά𝜃𝜀 𝛼 , 𝛽 𝜖𝑅.
Προφανώς η ισότητα ισχύει για α=β.
Δ. Θέτω h(x) =𝑓2(𝑥) − 𝑓(2𝜇)𝑓(2𝜈). Η h συνεχής στο R ως άθροισμα συνεχών.
Επειδή μ+ν<2ν από Γ) θα είναι h(μ+ν)<0. Επειδή f γν. αύξουσα στο [0 , +∞ ) θα
είναι 0≤ 𝜇 < 𝜈 , 𝑓(2𝜈) − 𝑓(2𝜇) > 0  𝑓(2𝜈)(𝑓(2𝜈) − 𝑓(2𝜇)) > 0 
h(2ν)> 0. ΄Αρα από θεώρημα Bolzano υπάρχει ρ𝜖(𝜇 + 𝜈 , 2𝜈) ώστε h(ρ)=0 
𝑓(2𝜇)𝑓(2𝜈) = 𝑓2 (𝜌) .
Ε. Είναι: g(x)=(x-1) 𝑒−𝑥
, g΄(x) = (2 − 𝑥)𝑒−𝑥
, 𝑔΄΄(x) = (x − 3)𝑒−𝑥
. Επίσης οι
συναρτήσεις g(x) , g(x+1) , g( 𝑒 𝑥
) , g΄(x) , g΄ (x+1) ,
g΄( 𝑒 𝑥
) , g΄΄( 𝑒 𝑥
) , g΄΄(x) , g΄΄ (x+1) είναι συνεχείς οπότε από διαδοχικές εφαρμογές του
κανόνα De L΄ Hospital (διότι έχω μορφές
0
0
) προκύπτει:
lim
𝑥→0
g( 𝑒 𝑥)−g(x+1)
𝑒 𝑥−x−1
= lim
𝑥→0
𝑒 𝑥g΄( 𝑒 𝑥)−g΄(x+1)
𝑒 𝑥−1
= lim
𝑥→0
𝑒 𝑥g΄( 𝑒 𝑥)+𝑒2xg΄΄( 𝑒 𝑥)−g΄΄(x+1)
𝑒 𝑥
= g΄( 1)=
1
𝑒
.

23. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
22
3η
προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)
A.
𝒇′(𝒙) = (𝒍𝒏𝒇(𝒙) + 𝒙 − 𝟏)𝒇(𝒙) (𝟏)
𝛨 𝑓 𝜀ί𝜈𝛼𝜄 𝜋𝛼𝜌𝛼𝛾𝜔𝛾ί𝜎𝜄𝜇𝜂 𝜎𝜏𝜊 𝑅 𝜅𝛼𝜄 𝜂 𝐶𝑓 𝛿έ𝜒𝜀𝜏𝛼𝜄 𝜀𝜑𝛼𝜋𝜏ό𝜇𝜀𝜈𝜂 𝜎𝜏𝜊 𝑥1 ∈
𝑅 , την 𝑦 = 𝑓′(𝑥1)𝑥 − 𝑥1 𝑓′(𝑥1) + 𝑓(𝑥1) η οποία 𝜎𝜐𝜇𝜋ί𝜋𝜏𝜀𝜄 𝜇𝜀 𝜏𝜂𝜈 y =
e αν και μονο αν
𝑓′(𝑥1) = 0 και 𝑓(𝑥1) = 𝑒
όμως από την (1) ⇒ 𝑓′(𝑥1) = (𝑙𝑛𝑓(𝑥1) + 𝑥1 − 1)𝑓(𝑥1)
𝑓(𝑥1)=𝑒 ,𝑓′(𝑥1)=0
⇒ 𝑥1 = 0.
άρα 𝒇(𝟎) = 𝒆
Έ𝜎𝜏𝜔 𝛨(𝑥) = 𝑒−𝑥
𝑙𝑛𝑓(𝑥) + 𝑥𝑒−𝑥
, 𝑥 ∈ 𝑅 η οποία είναι συνεχής και
παραγωγίσιμη στο R ως πράξεις συνεχών και παραγωγίσιμων
συναρτήσεων.
𝐻′(𝑥) =
𝑓′(𝑥)
𝑓(𝑥)
𝑒−𝑥
− 𝑒−𝑥
𝑙𝑛𝑓(𝑥) + 𝑒−𝑥
− 𝑥𝑒−𝑥
=
(𝑙𝑛𝑓(𝑥) + 𝑥 − 1)𝑓(𝑥)
𝑓(𝑥)
𝑒−𝑥
− 𝑒−𝑥
𝑙𝑛𝑓(𝑥) + 𝑒−𝑥
− 𝑥𝑒−𝑥
= 0
άρα Η σταθερή στο R , ας είναι 𝐻(𝑥) = 𝑐, 𝑐 ∈ 𝑅
𝛾𝜄𝛼 𝑥 = 0 ⇒ 𝐻(0) = 𝑐 ⇒ 𝑐 = 1
άρα 𝐻(𝑥) = 1 ⇔ 𝑒−𝑥
𝑙𝑛𝑓(𝑥) + 𝑥𝑒−𝑥
= 1 ⇔ 𝒇(𝒙) = 𝒆 𝒆 𝒙−𝒙
, 𝒙 ∈ 𝑹
𝒈(𝒙) + 𝑮(𝒙) + 𝒆−𝒙
= 𝑮(𝟎) (𝟐)
για 𝑥 = 0
(2)
⇒ 𝒈(𝟎) = −𝟏
'Εστω 𝐹(𝑥) = 𝑒 𝑥
𝐺(𝑥) − 𝐺(0)𝑒 𝑥
+ 𝑥, 𝑥 ∈ 𝑅 η οποία είναι συνεχής
και παραγωγίσιμη στο R ως πράξεις συνεχών και παραγωγίσιμων
συναρτήσεων.

24. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
23
𝐹′(𝑥) = 𝑒 𝑥
𝐺′ (𝑥) + 𝑒 𝑥
𝐺(𝑥) − 𝐺(0)𝑒 𝑥
+ 1 ⇒
𝐹′(𝑥) = 𝑒 𝑥[𝑔(𝑥) + 𝐺(𝑥) − 𝐺(0)]𝑒 𝑥
+ 1
(2)
⇒ 𝐹′(𝑥) = 0 άρα F
σταθερή , ας είναι 𝐹(𝑥) = 𝑘 , 𝑘 ∈ 𝑅
για 𝑥 = 0 ⇒ 𝐹(0) = 𝑘
𝒈(𝟎)=−𝟏
⇒ 𝑘 = 0
άρα 𝐹(𝑥) = 0 ⇔ 𝑒 𝑥
𝐺(𝑥) − 𝐺(0)𝑒 𝑥
+ 𝑥 = 0 ⇔ 𝑮(𝒙) = −𝒙𝒆−𝒙
+ 𝑮(𝟎)
(3)
(2)
(3)
⇔ 𝑔(𝑥) − 𝑥𝑒−𝑥
+ 𝐺(0) + 𝑒−𝑥
= 𝐺(0) ⇔ 𝑔(𝑥) = 𝑥𝑒−𝑥
− 𝑒−𝑥
⇔
𝒈(𝒙) = (𝒙−𝟏)𝒆−𝒙
, 𝒙 ∈ 𝑹
B.
Για 𝑥 > −𝑙𝑛𝜆 είναι ln(𝑥 + 𝑙𝑛𝜆) = 𝑥 ⇔ 𝑥 + 𝑙𝑛𝜆 = 𝑒 𝑥
⇔ 𝜆 =
𝑒 𝑒 𝑥−𝑥
⇔ 𝜆 = 𝑓(𝑥)
Είναι 𝑓′(𝑥) = (𝑒 𝑥
− 1) 𝑒 𝑒 𝑥−𝑥
και ο πίνακας μεταβολών της 𝑓 είναι ο
παρακάτω
χ -∞ 0 +∞
f ' - +
f
O.E.
f(0)=e
 είναι
( )
1
lim lim ( ) 0x xx DLH x
x
e e


 
  , άρα
lim ( ) lim[ (1 )]x x
xx x
x
e x e
e 
    

25. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
24
και lim ( ) lime lim
x
x u e x
e x u
x x u
f x e
 

  
   
 lim ( )x
x
e x

   άρα
lim ( ) lime lim
x
x u e x
e x u
x x u
f x e
 

  
   
συνεπώς 𝑔((−∞, 0)) = (𝑒, +∞) , 𝑔([0, +∞)) = [𝑒, +∞)
- αν λ<e τότε η εξίσωση 𝑓(𝑥) = 𝜆 δεν έχει ρίζες αφού 𝑓(𝑥) ≥ 𝑒 ∀ 𝑥 ∈
𝑅
- αν λ=e τότε η εξίσωση 𝑓(𝑥) = 𝜆 έχει ακριβώς μια ρίζα την 𝑥 = 0
- αν λ>e τότε η εξίσωση 𝑓(𝑥) = 𝜆 έχει 2 ρίζες στα (−∞, 0), (0, +∞)
αντίστοιχα.
οπότε η εξίσωση 𝒇(𝒙) = 𝝀, 𝒙 > 𝒍𝒏𝝀 έχει μοναδική ρίζα για λ=e την
x=0
Γ.
𝒇(𝟐𝒂)𝒇(𝟐𝜷) ≥ 𝒇 𝟐(𝒂 + 𝜷) , 𝑓(𝑥) ≥ 𝑒 > 0 𝑎𝜋ό 𝛣. 𝜀𝜌ώ𝜏𝜂𝜇𝛼
- αν 𝛼 = 𝛽 ισχύει προφανώς η ισότητα
- αν 𝛼 < 𝛽 (χ.β.γ) τότε θεωρώ τη συνάρτηση 𝐷(𝑥) =
ln(𝑓(𝑥)) 𝜎𝜏𝜊 [2𝛼, 2𝛽]
𝐷′(𝑥) =
𝑓′(𝑥)
𝑓(𝑥)
𝐷′′(𝑥) =
𝑓′′(𝑥)𝑓(𝑥) − [𝑓′(𝑥)]2
𝑓2(𝑥)
= 𝑒 𝑥
> 0
άρα η D' είναι γν. αύξουσα στο R.
εφαρμόζοντας ΘΜΤ στα [2α, α+β] και [α+β, 2β] (ισχύει
2α<α+β<β)
θα υπάρχουν 𝜉1 ∈ (2α, α+β ) και 𝜉2 ∈ (𝛼 + 𝛽, 2𝛽) με 𝜉1 < 𝜉2 ώστε

26. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
25
𝐷′(𝜉1) =
𝐷(2𝑎) − 𝐷(𝑎 + 𝛽)
𝛼 − 𝛽
𝜅𝛼𝜄 𝐷′(𝜉2) =
𝐷(𝑎 + 𝛽) − 𝐷(2𝛽)
𝛼 − 𝛽
και εφόσον D' γν. αύξουσα θα είναι
𝐷′(𝜉1) < 𝐷′(𝜉2) ⇒
𝐷(2𝑎) − 𝐷(𝑎 + 𝛽)
𝛼 − 𝛽
<
𝐷(𝑎 + 𝛽) − 𝐷(2𝛽)
𝛼 − 𝛽
𝛼<𝛽
⇒
𝐷(2𝑎) − 𝐷(𝑎 + 𝛽) > 𝐷(𝑎 + 𝛽) − 𝐷(2𝛽) ⇒ 𝐷(2𝑎) + 𝐷(2𝛽) >
2𝐷(𝑎 + 𝛽)
ln(𝑓(2𝑎) + 𝑙𝑛𝑓(2𝛽) > 2 ln(𝑓(𝑎 + 𝛽)) ⇒ 𝑓(2𝑎)𝑓(2𝛽) > 𝑓2(𝑎 + 𝛽)
άρα 𝒇(𝟐𝒂)𝒇(𝟐𝜷) ≥ 𝒇 𝟐(𝒂 + 𝜷) ∀𝜶, 𝜷 ∈ 𝑹
Δ.
Έστω 𝐿(𝑥) = 𝑓2(𝑥) − 𝑓(2𝜈)𝑓(2𝜇) , 𝑥 ∈ [𝜇 + 𝜈 ,2𝜈] , 0 ≤ 𝜇 < 𝜈
συνεχής .
- 𝐿(𝜇 + 𝜈) = 𝑓2(𝜇 + 𝜈) − 𝑓(2𝜈)𝑓(2𝜇) ,όμως από τη σχέση του
ερωτήματος Γ. για 𝛼 = 𝜇 < 𝜈 = 𝛽 είναι 𝐿(𝜇 + 𝜈) < 0
- 𝐿(2𝜈) = 𝑓2(2𝜈) − 𝑓(2𝜈)𝑓(2𝜇) = 𝑓(2𝜈)(𝑓(2𝜈) − 𝑓(2𝜇)) , όμως η 𝑓
είναι γν. αύξουσα για 𝑥 ≥ 0 άρα 𝑓(2𝜈) > 𝑓(2𝜇) 𝜅𝛼𝜄 𝐿(2𝜈) > 0
Συνεπώς από Θ.Bolzano ∃ 𝜌 ∈ (𝜇 + 𝜈, 2𝜈) ∶ 𝐿(𝜌) = 0
⇔ 𝑓2(𝜌) = 𝑓(2𝜈)𝑓(2𝜇)
Ε.
1ος τρόπος :
Η g είναι 2 φορες παραγωγίσιμη με συνεχή 2η παράγωγο
𝑔′(𝑥) = 𝑒−𝑥(2 − 𝑥), 𝑔′′(𝑥) = 𝑒−𝑥(𝑥 − 3)

27. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
26
0 0
( ) ( )
0 0
0 0
2
0
( ) ( 1) '( ) '( 1)
lim lim
1 1
''( ) '( ) ''( 1) 1
lim ''(1) '(1) ''(1) '(1)
x x x
x xx DLH x DLH
x x x x
xx
g e g x g e e g x
e x e
g e e g e e g x
g g g g
e e
 

   
 
  
  
    
2ος τρόπος :
Ισχύει 𝑙𝑛𝑥 ≤ 𝑥 − 1 , ό𝜋𝜊𝜐 𝜂 𝜄𝜎ό𝜏𝜂𝜏𝛼 𝜄𝜎𝜒ύ𝜀𝜄 𝜇ό𝜈𝜊 𝛾𝜄𝛼 𝑥 = 0
𝑢=𝑒 𝑥
⇔
𝑒 𝑢
≥ 𝑢 + 1 , ό𝜋𝜊𝜐 𝜂 𝜄𝜎ό𝜏𝜂𝜏𝛼 𝜄𝜎𝜒ύ𝜀𝜄 𝜇ό𝜈𝜊 ό𝜏𝛼𝜈 𝑢 = 0
για 𝑥 ≠ 0 είναι 𝑒 𝑥
> 𝑥 + 1
Από ΘΜΤ για την 𝑔 στο [𝑥 + 1, 𝑒 𝑥
] υπάρχει 𝜉 ∈ (𝑥 + 1, 𝑒 𝑥) ∶
𝑔′(𝜉) =
𝑔(𝑒 𝑥) − 𝑔(𝑥 + 1)
𝑒 𝑥 − 𝑥 − 1
Όμως 𝑔′(𝑥) = (2 − 𝑥)𝑒−𝑥
, 𝑔′′(𝑥) = (𝑥 − 3)𝑒−𝑥
< 0 𝛾𝜄𝛼 𝑥 < 3
άρα η g' είναι γν. φθίνουσα κοντά στο 0 𝛾𝜄𝛼 𝑥 < 3
οπότε 𝑥 + 1 < 𝜉 < 𝑒 𝑥
⇒ 𝑔′(𝑥 + 1) > 𝑔′(𝜉) > 𝑔′(𝑒 𝑥
) ⇒
𝑔′(𝑥 + 1) >
𝑔(𝑒 𝑥) − 𝑔(𝑥 + 1)
𝑒 𝑥 − 𝑥 − 1
> 𝑔′(𝑒 𝑥
)
𝛫.𝛱.
⇒
lim
𝑥→0
𝑔′(𝑥 + 1) ≥ lim
𝑥→0
𝑔(𝑒 𝑥)−𝑔(𝑥+1)
𝑒 𝑥−𝑥−1
≥ lim
𝑥→0
𝑔′(𝑒 𝑥) ⇒
𝑔′(1) ≥ lim
𝑥→0
𝑔(𝑒 𝑥)−𝑔(𝑥+1)
𝑒 𝑥−𝑥−1
≥ 𝑔′(1)
άρα lim
𝑥→0
𝑔(𝑒 𝑥)−𝑔(𝑥+1)
𝑒 𝑥−𝑥−1
= 𝑔′(1) =
1
𝑒

28. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
27
11η
άσκηση
Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού
Προτάθηκε από τον Δημήτρης Χατζάκης (22-11-2015)
Αποστολή λύσεων έως τη Κυριακή 29/11/2015
Έστω 𝐟: ℝ → ℝ δυο φορές παραγωγισιμη και γνησίως μονότονη .
 H 𝐂𝐟 έχει στο +∞ ασύμπτωτη την ευθεία :
𝐲 = 𝐥𝐧(𝟏 + 𝐚) + 𝟏 − 𝐞 𝐚
, 𝐚 ∈ (𝟎, +∞)
 H 𝐂𝐟 έχει στο −∞ ασύμπτωτη την ευθεία : 𝐲 =
𝛑
𝐞
− 𝐥𝐧𝛑
i. Να δείξετε ότι η 𝐟 είναι γνησίως φθίνουσα
ii. Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικό 𝛏 ∈ ℝ ώστε 𝐟(𝛏) = 𝟎
iii. Να δείξετε ότι η 𝐂𝐟 δεν τέμνει τις ασύμπτωτες της
iv. Να δείξετε ότι η 𝐟′′
δεν διατηρεί σταθερό πρόσημο
1η
προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)
i.
Έστω 𝜑(𝑥) = 𝑙𝑛(1 + 𝑥) + 1 − 𝑒 𝑥
 𝜑′(𝑥) =
1
𝑥+1
− 𝑒 𝑥
 𝜑′′(𝑥) = −
1
(𝑥+1)2
− 𝑒 𝑥
< 0 ⇢ 𝜑′
↓ ∀𝑥 > 0
Για 𝑥 > 0
𝜑′ ↓
⇔ 𝜑′(𝑥) < 𝜑′(0) ⇔ 𝜑′(𝑥) < 0 ⇢ 𝜑 ↓ ∀𝑥 > 0
Για 𝑥 > 0
𝜑 ↓
⇔ 𝜑(𝑥) < 𝜑(0) ⇔ 𝜑(𝑥) < 0
Άρα 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
𝑓(𝑥) = 𝑙𝑛(1 + 𝑎) + 1 − 𝑒 𝑎
= 𝜑(𝛼) < 0 , 𝛼𝜑𝜊𝜐 𝑎 ∈ (0, +∞)

29. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
28
Έστω ℎ(𝑥) = 𝑙𝑛𝑥 με ℎ′
(𝑥) =
1
𝑥
ℎ παραγωγισιμη στο [𝑒, 𝜋]
𝛩𝛭𝛵
→ ∃𝜉1 ∈ (𝑒, 𝜋) ∶
1
𝜉
=
𝑙𝑛𝜋−𝑙𝑛𝑒
𝜋−𝑒
(1)
Είναι : 𝑒 < 𝜉 < 𝜋 ⇔
1
𝜋
<
1
𝜉
<
1
𝑒
(1)
⇔
1
𝜋
<
𝑙𝑛𝜋−𝑙𝑛𝑒
𝜋−𝑒
<
1
𝑒
⇔ ⋯ ⇔
𝜋
𝑒
− 𝑙𝑛𝜋 > 0
Άρα 𝑙𝑖𝑚
𝑥→−∞
𝑓(𝑥) =
𝜋
𝑒
− 𝑙𝑛𝜋 > 0
Αν 𝑓 ↑ ⇢ 𝑓(ℝ) = ( 𝑙𝑖𝑚
𝑥→−∞
𝑓(𝑥) , 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
𝑓(𝑥)) = (+, −) άτοπο άρα η 𝑓 ↓
ii.
Έχουμε ότι η 𝑓 ↓ ⇢ 𝑓(ℝ) = ( 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
𝑓(𝑥) , 𝑙𝑖𝑚
𝑥→−∞
𝑓(𝑥)) = (𝜑(𝛼),
𝜋
𝑒
− 𝑙𝑛𝜋)
Αφού το 0 ∈ 𝑓(ℝ) 𝜅𝛼𝜄 𝑓 1 − 1 τότε ότι υπάρχει μοναδικό 𝜉 ∈ ℝ ώστε 𝑓(𝜉) = 0
iii.
Έστω 𝑦 = 𝜆 η οριζόντια ασύμπτωτη της 𝐶𝑓 στο −∞ και έστω ότι η 𝐶𝑓 τέμνει την
𝑦 = 𝜆 για 𝑥 = 𝑥0 . Δηλαδή 𝑓(𝑥0) = 𝜆 . ( 𝑓 συνεχής άρα 𝑙𝑖𝑚
𝑥→𝑥0
−
𝑓(𝑥) = 𝜆 )
Τότε το σύνολο τιμών του διαστήματος (−∞, 𝑥0) θα ήταν :
𝑓((−∞, 𝑥0)) = ( 𝑙𝑖𝑚
𝑥→𝑥0
−
𝑓(𝑥) , 𝑙𝑖𝑚
𝑥→−∞
𝑓(𝑥)) = (𝜆, 𝜆) το όποιο είναι άτοπο
Ομοίως αν 𝑦 = 𝜇 η οριζόντια ασύμπτωτη της 𝐶𝑓 στο +∞ . Άρα η 𝐶𝑓 δεν τέμνει
τις ασύμπτωτες της .
iv. A τρόπος :
Είναι :
{
𝑓 ↓
𝜅𝛼𝜄
𝑓 𝜋𝛼𝜌𝛼𝛾𝜔𝛾𝜄𝜎𝜄𝜇𝜂
⇔ 𝑓′
(𝑥) ≤ 0 . Όποτε υπάρχει 𝑥1 ∈ ℝ ∶ 𝑓′(𝑥1) < 0
1 περίπτωση : Έστω 𝑓 ′′(𝑥) > 0 ⇢ 𝑓 κυρτή στο ℝ .
Εφαπτόμενη της 𝐶𝑓 στο 𝛢(𝑥1, 𝑓(𝑥1)) ∶ 𝑦 = 𝑓′(𝑥1)𝑥 + 𝑓(𝑥1) − 𝑓′(𝑥1)𝑥1
Αφού η 𝑓 κυρτή τότε κάθε εφαπτόμενη της 𝐶𝑓 είναι κάτω από την 𝐶𝑓 οποτε :
𝑓(𝑥) ≥ 𝑦 ⇔ 𝑓(𝑥) ≥ 𝑓′(𝑥1)𝑥 + 𝑓(𝑥1) − 𝑓′(𝑥1)𝑥1
Είναι : 𝑙𝑖𝑚
𝑥→−∞
𝑓(𝑥) ≥ 𝑙𝑖𝑚
𝑥→−∞
(𝑓′(𝑥1)𝑥 + 𝑓(𝑥1) − 𝑓′(𝑥1)𝑥1)

30. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
29
⟺
𝜋
𝑒
− 𝑙𝑛𝜋 ≥ +∞ ⇢ άτοπο , άρα η 𝑓 ′′
δεν είναι θετική .
2 περίπτωση : Έστω ότι η 𝑓 ′′(𝑥) < 0
Αφού η 𝑓 κοίλη τότε κάθε εφαπτόμενη της 𝐶𝑓 είναι πάνω από την 𝐶𝑓 οποτε :
𝑓(𝑥) ≤ 𝑦 ⇔ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓′(𝑥2)𝑥 + 𝑓(𝑥2) − 𝑓′(𝑥2)𝑥2
Είναι : 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
𝑓(𝑥) ≤ 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
(𝑓′(𝑥2)𝑥 + 𝑓(𝑥2) − 𝑓′(𝑥2)𝑥2)
⟺ 𝜑(𝛼) ≤ −∞ ⇢ άτοπο , άρα η 𝑓 ′′
δεν είναι αρνητική . Όποτε η 𝑓′′
δεν διατηρεί
σταθερό πρόσημο .
Β τρόπος : 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
𝑓(𝑥) = 𝜆 ⇔ 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
𝑒 𝑥 𝑓(𝑥)
𝑒 𝑥
= 𝜆
𝐷𝐿𝐻 (
∞
∞
)
⇔ 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
𝑒 𝑥 𝑓(𝑥)+𝑒 𝑥 𝑓′(𝑥)
𝑒 𝑥
= 𝜆
⇔ 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
(𝑓′(𝑥) + 𝑓(𝑥)) = 𝜆
Θέτουμε ℎ(𝑥) = 𝑓′(𝑥) + 𝑓(𝑥) ⇔ 𝑓′(𝑥) = ℎ(𝑥) − 𝑓(𝑥)
Έχουμε : 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
𝑓′(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
(ℎ(𝑥) − 𝑓(𝑥)) = 𝜆 − 𝜆 = 0
Είναι 𝑙𝑖𝑚
𝑥→−∞
𝑓(𝑥) = 𝜇 ⇔ 𝑙𝑖𝑚
𝑥→−∞
𝑒 𝑥 𝑓(𝑥)
𝑒 𝑥
= 𝜇
𝐷𝐿𝐻(
0
0
)
⇔ 𝑙𝑖𝑚
𝑥→−∞
𝑒 𝑥 𝑓(𝑥)+𝑒 𝑥 𝑓′(𝑥)
𝑒 𝑥
= 𝜇
⇔ 𝑙𝑖𝑚
𝑥→−∞
(𝑓′(𝑥) + 𝑓(𝑥)) = 𝜇
Θέτουμε 𝛫(𝑥) = 𝑓′(𝑥) + 𝑓(𝑥) ⇔ 𝑓′(𝑥) = 𝛫(𝑥) − 𝑓(𝑥)
Έχουμε : 𝑙𝑖𝑚
𝑥→−∞
𝑓′(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→−∞
(𝛫(𝑥) − 𝑓(𝑥)) = 𝜇 − 𝜇 = 0
Τελικά έχουμε 𝑙𝑖𝑚
𝑥→−∞
𝑓′(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
𝑓′(𝑥) = 0
Αν 𝑓 ′′(𝑥) > 0 ⇢ 𝑓′
↑ ⇢ 𝑓′(ℝ) = ( 𝑙𝑖𝑚
𝑥→−∞
𝑓(𝑥) , 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
𝑓(𝑥)) = (0,0) άτοπο
Αν 𝑓 ′′(𝑥) < 0 ⇢ 𝑓′
↓ ⇢ 𝑓′(ℝ) = ( 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
𝑓(𝑥) , 𝑙𝑖𝑚
𝑥→−∞
𝑓(𝑥)) = (0,0) άτοπο

31. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
30
2η
προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)
i) Θέτω για x>0 g(x) =
𝑙𝑛𝑥
𝑥  g΄(x)=
1−𝑙𝑛𝑥
𝑥2
. g΄(x)=0  x=e , g΄(x) >0  x<e oπότε
g (−∞ , 𝑒] , g [𝑒 , +∞ ) . Επόμενα η g παρουσιάζει στο x0 = e ολικό ελάχιστο
ίσο με g(e)=
1
𝑒
. Συνεπώς g(π) < g(e) 
𝑙𝑛𝜋
𝜋
<
1
𝑒  π-elnπ>0 
𝜋
𝑒
− 𝑙𝑛𝜋 > 0 .
Επίσης θέτω h(x)=ln(x+1) +1-𝑒 𝑥
, 𝑥 ≥ 0. h΄(x) =
1
1+𝑥
− 𝑒 𝑥
. h΄΄(x)=−
1
(1+𝑥)2
− 𝑒 𝑥
<
0 για x>0 οπότε h΄ [0 , +∞ ) δηλαδή x>0  h΄(x) < h΄(0) =0  h [0 , +∞ ) .
Συνεπώς για α>0 είναι ℎ(𝑎) < ℎ(0)  ln(α+1) +1-𝑒 𝑎
< 0 .
Επειδή η Cf έχει στο +∞ ασύμπτωτη την ευθεία y = ln(α+1) +1-𝑒 𝑎
<0
είναι lim
𝑥 +∞
𝑓(𝑥) = ln(α+1) +1-𝑒 𝑎
< 0 επόμενα θα υπάρχει x1>0 ώστε f(x1)<0.
Επειδή η Cf έχει στο −∞ ασύμπτωτη την ευθεία y =
𝜋
𝑒
− 𝑙𝑛𝜋 >0 είναι lim
𝑥 −∞
𝑓(𝑥) =
𝜋
𝑒
− 𝑙𝑛𝜋 >0 επόμενα θα υπάρχει x2<0 ώστε f(x2)>0.
Δηλαδή είναι f γνήσια μονότονη , x2<x1 και f(x2)> f(x1). ΄Αρα η f είναι γνήσια
φθίνουσα .
ii) Η f είναι συνεχής ( ως παραγωγίσιμη ) στο [𝑥2 , 𝑥1 ,] (από ερώτημα i) ) , f(x1)f(x2)<
0 άρα από θεώρημα Bolzano υπάρχει ξє ( x2 , x1 ) ώστε f(ξ) = 0. Επειδή f είναι γνήσια
φθίνουσα στο R το ξ είναι μοναδικό.
iii) ΄Εχω lim
𝑥 +∞
𝑓(𝑥) = ln(α+1) +1-𝑒 𝑎
, lim
𝑥 −∞
𝑓(𝑥) =
𝜋
𝑒
− 𝑙𝑛𝜋 ,f συνεχής στο R , f
είναι γνήσια φθίνουσα στο R συνεπώς
f(R) = (ln(α+1) +1-𝑒 𝑎
,
𝜋
𝑒
− 𝑙𝑛𝜋 ). ΄Oμως ln(α+1) +1-𝑒 𝑎
 f(R) ,
𝜋
𝑒
− 𝑙𝑛𝜋  f(R) άρα
η Cf δεν τέμνει τις ασύμπτωτές της.
iv) Aν η f΄΄ διατηρεί σταθερό πρόσημο και είναι f΄΄(x)>0 ∀𝑥 ∈ 𝑅 τότε f κυρτή στο R
οπότε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f σε κάθε σημείο του R βρίσκεται
"κάτω" από τη γραφική της παράσταση με εξαίρεση το σημείο επαφής τους. Επειδή η f
είναι γνήσια φθίνουσα f΄(x)≤0 ∀𝑥 ∈ 𝑅 .Έστω x0єR με f΄(x0)<0. Τότε f(x)≥ f΄(x0)(x- x0) +
f(x0). lim
𝑥 −∞
( f΄(x0)(x − x0) + f(x0)) = +∞  lim
𝑥 −∞
𝑓(𝑥) =
+∞ άτοπο διότι lim
𝑥 −∞
𝑓(𝑥) =
𝜋
𝑒
− 𝑙𝑛𝜋 .
΄Ομοια αν είναι f΄΄(x)<0 ∀𝑥 ∈ 𝑅 τότε f κοίλη στο R οπότε η εφαπτομένη της γραφικής
παράστασης της f σε κάθε σημείο του R βρίσκεται "πάνω" από τη γραφική της
παράσταση με εξαίρεση το σημείο επαφής τους. Επειδή η f είναι γνήσια φθίνουσα
f΄(x)≤0 ∀𝑥 ∈ 𝑅 .Έστω x0єR με f΄(x0)<0. Τότε f(x)≤ f΄(x0)(x- x0) + f(x0).

32. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
31
lim
𝑥 +∞
( f΄(x0)(x − x0) + f(x0)) = −∞  lim
𝑥 +∞
𝑓(𝑥) =
−∞ άτοπο διότι lim
𝑥 +∞
𝑓(𝑥) = ln(α + 1) + 1 − 𝑒 𝑎
.
Άρα η f΄΄δεν διατηρεί σταθερό πρόσημο.
3η
προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)
Α. Από τις δεδομένες οριζόντιες ασύμπτωτες, συμπεραίνουμε ότι:
x
π
lim f(x) lnπ
e
  και α
x
lim f(x) ln(1 α) 1 e

    .
Από τη γνωστή ανισότητα:lnx x 1  , για κάθε x 0 , με την ισότητα
να ισχύει μόνο για x 1 , προκύπτει: ln(1 α) α  , καθώς 1 α 1  .
Από τη γνωστή ανισότητα: x
e x 1  , για κάθε x , με την ισότητα
να ισχύει μόνο για x 0 , προκύπτει: α
e α 1  , καθώς α 0 .
Έτσι για α 0 , προκύπτει: α α
ln(1 α) α e 1 ln(1 α) 1 e 0         .
Επειδή
x
lim f(x)

 α
ln(1 α) 1 e 0    , συμπεραίνουμε ότι υπάρχει λ 0 , τέτοιο
ώστε:f(λ) 0 .
Θεωρούμε τη συνάρτηση g με τύπο
x
g(x) lnx,x 0.
e
  
Είναι
1 1 x e
g (x) ,x 0.
e x e x

    

Η συνάρτηση g είναι γν.αύξουσα στο  e,  , επομένως
π
g(π) g(e) 0 lnπ 0
e
     .
Επειδή
x
π
lim f(x) lnπ 0
e
   , συμπεραίνουμε ότι υπάρχει κ 0 , τέτοιο ώστε:
f(κ) 0 .
Γνωρίζουμε ότι η f είναι γν.μονότονη στο . Επομένως θα είναι:
• f γν.φθίνουσα στο ή
• f γν.αύξουσα στο
Έστω ότι f γν.αύξουσα στο .Τότε:
f γν.αύξουσα
κ λ f(κ) f(λ)   , που είναι ΑΤΟΠΟ,
καθώς
f(κ) 0 και f(λ) 0 .
Επομένως f γν.φθίνουσα στο .
Β. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο  κ,λ με f(κ) 0 και f(λ) 0 .Σύμφωνα με
το
θεώρημα Bolzano, υπάρχει  ξ κ,λ , τέτοιο ώστε f(ξ) 0 και επειδή f
γν.φθίνουσα στο ,

33. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
32
το ξ είναι μοναδικό.
Γ. Επειδή η f είναι συνεχής και γν.φθίνουσα στο ,θα ισχύει:
    α
x x
π
f lim f(x), lim f(x) ln(1 α) 1 e , lnπ
e 
 
      
 
, οπότε
για κάθε x ,ισχύει: α π
ln(1 α) 1 e f(x) lnπ
e
      , οπότε οι εξισώσεις:
α
f(x) ln(1 α) 1 e    και
π
f(x) lnπ
e
  , είναι αδύνατες στο .
Επομένως η fC , δεν τέμνει τις ασύμπτωτες.
Δ. Λήμμα:
Αν f γν.μονότονη στο και f γν.φθίνουσα στο , τότε f (x) 0  , για κάθε
x .
ΑΠΟΔΕΙΞΗ:
Έστω f γν.αύξουσα στο και f γν.φθίνουσα στο .Αν υποθέσουμε ότι
υπάρχει
ox  : of (x ) 0  , τότε κάνοντας χρήση του Θ.Μ.Τ στο  o ox ,x 1 για την f ,
έχουμε:
Υπάρχει 1ξ   o ox ,x 1 :  1 o of ξ f(x 1) f(x )    .
Όμως    
f γν.αύξουσα
o 1 o 1 ox ξ x 1 f ξ f x 0

       
o o o of(x 1) f(x ) 0 f(x 1) f(x )     
που είναι ΑΤΟΠΟ, καθώς f γν.φθίνουσα στο .Επομένως f (x) 0  , για κάθε
x .
Ομοίως εργαζόμαστε αν υποθέσουμε ότι f γν.φθίνουσα στο , κάνοντας
χρήση του Θ.Μ.Τ στο  o ox 1,x για την f .
Επανερχόμαστε στο ζητούμενο ερώτημα.
•Αν υποθέσουμε ότι f (x) 0  , για κάθε x ,τότε f κυρτή στο , οπότε:
f(x) f (ξ)(x ξ)  , για κάθε x , αφού η ευθεία με εξίσωση ψ f (ξ)(x ξ) 
εφάπτεται της fC στο σημείο  ξ,0 και έτσι:
 x x x
lim f(x) lim f (ξ)(x ξ) lim f(x)
  
     , καθώς f (ξ) 0  και
x
lim (x ξ)

  .
Όμως
x
π
lim f(x) lnπ
e
  .
•Αν υποθέσουμε ότι f (x) 0  , για κάθε x ,τότε f κοίλη στο , οπότε:
f(x) f (ξ)(x ξ)  , για κάθε x , αφού η ευθεία με εξίσωση ψ f (ξ)(x ξ) 
εφάπτεται της fC στο σημείο  ξ,0 και έτσι:
 x x x
lim f(x) lim f (ξ)(x ξ) lim f(x)
  
     , καθώς f (ξ) 0  και
x
lim (x ξ)

  .
Όμως α
x
lim f(x) ln(1 α) 1 e

    .

34. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
33
4η
προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)
A.
Από τον ορισμό των οριζόντιων ασύμπτωτων είναι
𝐥𝐢𝐦
𝒙→+∞
𝒇(𝒙) = 𝒍𝒏(𝟏 + 𝒂) + 𝟏 − 𝒆 𝒂
𝐥𝐢𝐦
𝒙→−∞
𝒇(𝒙) =
𝝅
𝒆
− 𝒍𝒏𝝅
από την 𝑙𝑛𝑥 ≤ 𝑥 − 1, 𝑥 > 0
- για 𝑥 = 𝑎 + 1 𝜀ί𝜈𝛼𝜄 ln(1 + 𝑎) ≤ 𝑎 με την ισότητα να ισχύει μόνο για α=0
- για 𝑥 = 𝑒 𝑎
𝜀ί𝜈𝛼𝜄 𝑙𝑛𝑒 𝑎
≥ 𝑒 𝑎
− 1 ⇔ 𝑎 ≤ 𝑒 𝑎
− 1 με την ισότητα να ισχύει μόνο για
α=0
άρα 𝑙𝑛(1 + 𝛼) < 𝑒 𝑎
− 1 ∀ 𝑎 ∈ (0, +∞)
συνεπώς 𝐥𝐢𝐦
𝒙→+∞
𝒇(𝒙) < 𝟎 και θα υπάρχει 𝑥2 > 0 κοντά στο +∞ ώστε f(𝒙 𝟐) < 𝟎
Εστω η συνάρτηση 𝑔(𝑥) =
𝑙𝑛𝑥
𝑥
, 𝑥 ≥ 𝑒 συνεχής
είναι 𝑔′(𝑥) =
1−𝑙𝑛𝑥
𝑥2
< 0 στο (𝑒, +∞) άρα g γν. φθίνουσα στο [𝑒, +∞)
συνεπώς 𝑒 < 𝜋 ⇒ 𝑓(𝑒) > 𝑓(𝜋) ⇒
𝑙𝑛𝑒
𝑒
>
𝑙𝑛𝜋
𝜋
⇒
𝜋
𝑒
> 𝑙𝑛𝜋
συνεπώς 𝐥𝐢𝐦
𝒙→−∞
𝒇(𝒙) > 𝟎 και θα υπάρχει 𝑥1 < 0 κοντά στο -∞ ώστε f(𝒙 𝟏) > 𝟎
Αν υποθέσουμε ότι 𝑓 ↑ 𝜎𝜏𝜊 𝑅 τότε 𝑥1 < 𝑥2 ⇒ 0 < 𝑓(𝑥1) < 𝑓(𝑥2) < 0 άτοπο
άρα 𝒇 γν.φθίνουσα
B.
Aπό Θ.Bolzano στο [𝑥1, 𝑥2] με 𝑓(𝑥1)𝑓(𝑥2) < 0
θα υπάρχει 𝝃 ∈ (𝒙 𝟏, 𝒙 𝟐) ∶ 𝒇(𝝃) = 𝟎 και επειδή 𝒇 γν. φθίνουσα θα είναι μοναδικό.
Γ.
Eίναι 𝑓 συνεχής στο R και γν. φθίνουσα άρα 𝑓(𝑅) = ( lim
𝑥→+∞
𝑓(𝑥) , lim
𝑥→−∞
𝑓(𝑥))
𝑓(𝑅) = (𝑙𝑛(1 + 𝑎) + 1 − 𝑒 𝑎
,
𝜋
𝑒
− 𝑙𝑛𝜋 )

35. ___________________________________________________________________________
ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
34
οπότε 𝑙𝑛(1 + 𝑎) + 1 − 𝑒 𝑎
< 𝑓(𝑥) <
𝜋
𝑒
− 𝑙𝑛𝜋 ∀𝑥 ∈ 𝑅
και κατά συνέπεια δεν τέμνει καμιά από τις ασύμπτωτες
Δ.
Στο [𝜉 + 𝑥1, 𝜉] από ΘΜΤ θα ∃𝜅 ∈ (𝜉 + 𝑥1 , 𝜉) ∶ 𝑓′(𝜅) =
𝑓(𝜉+𝑥1)−𝑓(𝜉)
𝑥1
=
𝑓(𝜉+𝑥1)
𝑥1
όμως 𝑓(𝜉 + 𝑥1) > 𝑓(𝜉) = 0 αφού f ↘ R και 𝑥1 < 0
άρα 𝒇 ′(𝜿) < 𝟎.
έστω χ.β.γ. ότι 𝑓′′(𝑥) > 0 ∀𝑥 ∈ 𝑅 𝜏ό𝜏𝜀 𝑓 κυρτή και βρίσκεται πάνω από κάθε
εφαπτόμενη της (εκτός του σημείου επαφής)
Η εφαπτόμενη της 𝐶𝑓 στο (𝜅, 𝑓(𝜅)) είναι 𝑦 = 𝑓′(𝜅)(𝑥 − 𝜅) + 𝑓(𝜅)
άρα 𝑓(𝑥) ≥ 𝑓′(𝜅)(𝑥 − 𝜅) + 𝑓(𝜅)
όμως lim
𝑥→−∞
[𝑓′(𝜅)(𝑥 − 𝜅) + 𝑓(𝜅)] = +∞ ,άρα κοντά στο −∞ είναι
𝑓(𝑥) ≥ 𝑓′(𝜅)(𝑥 − 𝜅) + 𝑓(𝜅) > 0 ⇒ 0 <
1
𝑓(𝑥)
≤
1
𝑓′(𝜅)(𝑥−𝜅)+𝑓(𝜅)
και με Κ.Π. είναι lim
𝑥→−∞
1
𝑓(𝑥)
= 0 ⇒ lim
𝑥→−∞
𝑓(𝑥) = +∞ , άτοπο.
(ομοια αν 𝑓′′(𝑥) < 0)
άρα η 𝒇′′ δεν διατηρεί σταθερό πρόσιμο.