g thet oik_math

ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016 A΄ ΦΑΣΗ

Ε_3.Μλ3ΘΟ(ε)

ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 1 ΑΠΟ 4

ΤΑΞΗ: Γ΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΣ: ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥ∆ΩΝ / ΣΠΟΥ∆ΩΝ

ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ

ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

Ηµεροµηνία: Πέµπτη 7 Ιανουαρίου 2016

∆ιάρκεια Εξέτασης: 3 ώρες

ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ Α

Α1. Να αποδείξετε ότι αν µια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη σ’ ένα σηµείο 0x ,

τότε είναι και συνεχής στο σηµείο αυτό.

Μονάδες 9

Α2. α) Έστω δύο µεταβλητά µεγέθη ,x y που συνδέονται µε τη σχέση

( )y f x= , όταν f είναι µια συνάρτηση παραγωγίσιµη στο 0x .Τι

ονοµάζουµε ρυθµό µεταβολής του y ως προς x στο σηµείο 0x ;

Μονάδες 3

β) Πότε µια συνάρτηση :f A R→ λέγεται συνάρτηση 1 1− ;

Μονάδες 3

Α3. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιό

σας δίπλα, το γράµµα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση τη λέξη Σωστό, αν η

πρόταση είναι Σωστή ή Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασµένη.

α) 1( ( )) , ( )f f x x x f A−

= ∈ .

Μονάδες 2

β) Αν ( ) 0f x > κοντά στο 0x , τότε κατά ανάγκη

0

lim ( ) 0x x

f x→

> .

Μονάδες 2

γ) Αν f είναι συνεχής στο [ ],α β , τότε η f παίρνει στο [ ],α β µια µέγιστη

τιµή M και µια ελάχιστη τιµή m .

Μονάδες 2



Ε_3.Μλ3ΘΟ(ε)


δ) Αν η f είναι συνεχής στο 0x και η συνάρτηση g είναι συνεχής στο

0x ,

τότε η σύνθεσή τους gof είναι συνεχής στο 0x πάντοτε.

Μονάδες 2

ε) Η συνάρτηση ( ) , 0xf x a a= > είναι παραγωγίσιµη στο R και ισχύει 1( ) xf x x a −′ = ⋅ .

Μονάδες 2

ΘΕΜΑ Β

∆ίνεται η συνάρτηση ( ) 3 31

xf x e x= − − + .

Β1. Να εξετάσετε την f ως προς την µονοτονία και να βρείτε τις ρίζες και το

πρόσηµό της.

Μονάδες 6

Β2. Να εξετάσετε αν υπάρχει το όριο, 0

( ) 1lim

( )x

f x

f x→

−

.

Μονάδες 4

Β3. α) Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρεθεί το πεδίο ορισµού

της αντίστροφής της.

Μονάδες 5

β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 3 3

20151

x

e x

e− − −

= , έχει µοναδική ρίζα.

Μονάδες 3

Β4. Αν για τη συνάρτηση : (0, )g R+∞ → ισχύει:

3 ( ) 3 3 6 3( ) (ln 2)g xe g x x e x+ = ⋅ + + , για κάθε 0x > , να αποδείξετε ότι ο τύπος της

g είναι ( ) ln 2g x x= + και να βρεθεί η αντίστροφή της.

Μονάδες 7

ΘΕΜΑ Γ

Έστω f µια συνεχής συνάρτηση στο διάστηµα 0,2

π

, για την οποία ισχύει

( ) ( )2 2 22 1 συν ,f x xf x x x+ = − − για κάθε 0,

2x

π ∈

, µε1

6 2 6f

π π = −

.



Ε_3.Μλ3ΘΟ(ε)


Γ1. Να δείξετε ότι ( ) ηµ , 0,2

f x x x xπ

= − ∈ .

Μονάδες 8

Γ2. ∆ίνεται η συνάρτηση

( ) 1 , 0,2

( )( )

1 , 0

f x x

g xx

xx

π

ηµ κ

+ ∈ =

− <

, µε Rκ ∈ .

Να βρείτε την παράµετρο κ ,ώστε η g να είναι συνεχής στο πεδίο ορισµού της.

Μονάδες 6

Γ3. Για 2κ = ,να αποδείξετε ότι η εξίσωση ( ) 0g x = έχει µία τουλάχιστον λύση

στο διάστηµα ,02

π −

.

Μονάδες 6

Γ4. Για 2κ = ,να δείξετε ότι η συνάρτηση g δεν είναι 1–1.

Μονάδες 5

ΘΕΜΑ ∆

∆ίνεται η συνάρτηση2

( )2

xx

f x e= + .

Θεωρούµε επίσης τη συνάρτηση g : R R→ και τον πραγµατικό αριθµό 0x , έτσι ώστε:

•0 0

( ) 1g x x= + και

• *0 0

0

( ) ( )lim , 1h

g x vh g xv v

h→

+ −

= ∈ − .

Να αποδείξετε ότι:

∆1. Η εξίσωση ( ) 0f x′ = έχει ακριβώς µία πραγµατική ρίζα ρ .

Μονάδες 6

∆2. ( ) ( ) ( )

lim 1x

f x f x fe

x

ρ

ρ

ρ

ρ→

′+ −= +

−, όπου ρ η ρίζα του ∆1 ερωτήµατος.

Μονάδες 4



Ε_3.Μλ3ΘΟ(ε)


∆3. α) Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιµη στο 0x , µε

0( ) 1g x′ = .

Μονάδες 5

β) Η εφαπτοµένη της fC στο σηµείο της ( )( )0, 0A f , εφάπτεται στηνg

C

στο σηµείο ( )( )0 0,B x g x .

Μονάδες 5

∆4. Η συνάρτηση fog είναι παραγωγίσιµη στο 0x , µε 0

1

0 0( ) ( ) 1

x

fog x e x+

′ = + + .

Μονάδες 5



Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)


ΤΑΞΗ: Γ΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΣ: ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥ∆ΩΝ / ΣΠΟΥ∆ΩΝ

ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ

ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

Ηµεροµηνία: Πέµπτη 7 Ιανουαρίου 2016

∆ιάρκεια Εξέτασης: 3 ώρες

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ Α

Α1. Βλέπε απόδειξη σχολικού βιβλίου σελ. 217.

Α2. α) Βλέπε ορισµό σχολικού βιβλίου σελ. 241.

β) Βλέπε ορισµό σχολικού βιβλίου σελ. 151.

Α3. α) → Λάθος. Το σωστό είναι ( )( )1,f f x x x A−

= ∈ .

β) → Λάθος. Το σωστό είναι ( )0

lim 0x x

f x→

≥ .

γ) → Σωστό.

δ) → Λάθος. Το σωστό είναι: Αν η f είναι συνεχής στο 0x και η συνάρτηση

g είναι συνεχής στο ( )0f x τότε η σύνθεση τους gof είναι συνεχής στο

0x .

ε) → Λάθος. Το σωστό είναι ( ) lnxf x a a′ = ⋅ .



Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)


ΘΕΜΑ Β

Β1. Η συνάρτηση 3 3( ) 1xf x e x= − − + έχει πεδίο ορισµού το R .

Έστω 1 2,x x R∈ µε

1 2x x< .

• Τότε έχουµε διαδοχικά:

1 23 3x x< και 3 3

1 2x x<

1 23 3x xe e< και 3 3

1 2x x− > −

1 23 3x x

e e− > − (1) και 3 3

1 21 1x x− + > − + (2).

Προσθέτοντας κατά µέλη τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει: 1 2

3 33 3

12

1 1x x

e x e x− − + > − − + .

Εποµένως 1 2

( ) ( )f x f x> .

Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R .

• Παρατηρούµε ότι 0(0) 0 1 1 1 0f e= − − + = − + = .

Άρα η f έχει τουλάχιστον, µια ρίζα, το 0

0x = .

Αυτή είναι και µοναδική, γιατί η f είναι γνησίως φθίνουσα.

• Έτσι για κάθε 0x > επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα ισχύει

( ) ( )0f x f< ,δηλαδή ( ) 0f x < .

Ενώ για κάθε 0x < ισχύει ( ) ( )0f x f> ,οπότε ( ) 0f x > .

Το πρόσηµο της f φαίνεται και στον παρακάτω πίνακα:

Β2. Επειδή η f είναι συνεχής στο R , γιατί προέρχεται από πράξεις µε συνεχείς

συναρτήσεις, είναι και συνεχής στο 0

0x = .

Οπότε ισχύει: 0

lim ( ) (0) 0x

f x f→

= = .

Για 0x ≠ έχουµε: ( ) 1 1

1( ) ( )

f x

f x f x

−

= − .

x−∞ 0 +∞

( )f x + −



Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)


Για 0x > ,0 0

( ) 1 1lim lim 1 .

( ) ( )x x

f x

f x f x+ +→ →

−= − = +∞

Όντως, στο Β1 ερώτηµα αποδείξαµε, ότι για κάθε 0x > ισχύει ( ) 0f x < , οπότε

0

1lim

( )x f x+→

= −∞ .

Για 0,x <0 0

( ) 1 1lim lim 1

( ) ( )x x

f x

f x f x− −

→ →

−= − = −∞

.

Όντως, στο Β1 ερώτηµα αποδείξαµε, ότι για κάθε 0x < ισχύει ( ) 0f x > , οπότε

0

1lim

( )x f x−→

= +∞ .

Εποµένως, δεν υπάρχει το 0

( ) 1lim

( )x

f x

f x→

−.

Β3. α) Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R , είναι και 1–1, εποµένως

αντιστρέφεται.

Το πεδίο ορισµού της αντίστροφης, είναι το σύνολο τιµών της f .

Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο R . Έτσι, το σύνολο

τιµών της, είναι το ( ) ( lim ( ), lim ( )) ( , )x x

f R f x f x R→+∞ →−∞

= = −∞ +∞ = .

Ισχύουν:

• ( ) ( )3 3lim lim 1x

x x

f x e x→+∞ →+∞

= − − + = −∞ .

-Ειδικά 3lim lim

x u

x u

e e→+∞ →+∞

= = +∞ .

Θέσαµε 3u x= , οπότε αν x→+∞ τότε .u →+∞

( ) ( )3 3lim 1 limx x

x x

→+∞ →+∞

− + = − = −∞ .

• ( ) ( )3 3lim lim 1x

x x

f x e x→−∞ →−∞

= − − + = +∞ .

-Ειδικά 3lim lim 0

x u

x u

e e→−∞ →−∞

= = .

Θέσαµε 3u x= οπότε αν x→−∞ τότε u→−∞ ,

ενώ ( ) ( )3 3lim 1 limx x

x x

→−∞ →−∞

− + = − = +∞ .

β) Ισχύουν ισοδύναµα: 3 3 3 3

2015 2015 0 3 31 2015 0x x

e x e x xe e e e x− − − − − −= ⇔ = ⇔ − − − = ⇔ 3 3 1 2016 ( ) 2016.xe x f x⇔ − − + = ⇔ =



Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)


Θέλουµε, λοιπόν, να δείξουµε ότι, η εξίσωση ( ) 2016f x = έχει

µοναδική ρίζα 0x R∈ . Όµως η f είναι συνεχής στο R και η τιµή

( )2016 f R R∈ = .

Άρα η εξίσωση ( ) 2016f x = , έχει µια, τουλάχιστον, ρίζα 0x R∈ .

Αυτή είναι µοναδική, καθώς η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R .



Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)


Β4. Ισχύουν οι ισοδυναµίες: ( ) ( ) ( )

33 3 3 6ln 2

g x

e g x x e x+ = + +

( ) ( )( )

( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

3 63 6

3 6

1 1

0ln 33 3

33 3 ln ln

033 3 3ln 6

33 3 ln 23

33 3 ln 23

33 3 ln 23

ln 2

ln 2

ln 2

ln 2

ln 2

1 ln 2 1

ln 2 ln 2.

x e x eg x

g x x e

xg x x

g x x

g x x

g x x

f

e g x e x

e g x e x

e g x e x

e g x e x

e g x e x

e g x e x

f g x f x g x x−

>

+

>

+

+

+

+

⇔ + = + +

⇔ + = + +

⇔ + = + +

⇔ + = + +

⇔ − − = − − +

⇔ − − + = − − + +

⇔ = + ⇔ = +

• Για την εύρεση της αντίστροφης της g , θέτουµε ( )y g x= και λύνουµε ως

προς x .

Έχουµε λοιπόν ισοδύναµα:

( ) ln 2,g x y y x y R= ⇔ = + ∈ , καθώς ln 2x R+ ∈ ,για κάθε 0x > .

( )

2

1

ln 2 ,yx y x e y R

ό f y xµως

−

−

= − ⇔ = ∈

= οπότε ( )1 2

,

yf y e y R− −

= ∈

και έτσι ( )1 2,

xf x e x R− −

= ∈ .

ΘΕΜΑ Γ

Γ1. Για κάθε 0,2

x

π ∈

έχουµε ισοδύναµα:

2 2 2( ) 2 ( ) 1f x xf x x xσυν+ = − −

2 2 2( ) 2 ( )f x xf x x xηµ⇔ + + =2 2( ( ) )f x x xηµ⇔ + = (1).

Θεωρούµε τη συνάρτηση ( ) ( ) , 0, .2

h x f x x xπ

= + ∈

Η σχέση (1) ισοδύναµα γράφεται 2 2( )h x xηµ= (2) και ισχύει για κάθε

0,2

x

π ∈

.



Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)


Η εξίσωση ( ) 0h x = στο 0,2

π

γράφεται ισοδύναµα:

(2)2 2( ) 0 ( ) 0 0 0 0h x h x x x xηµ ηµ= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = .

Εποµένως, η εξίσωση ( ) 0h x = έχει στο 0,2

π

µοναδική ρίζα την 0x = .

Η h στο 0,2

π

είναι συνεχής, ως άθροισµα συνεχών και δεν µηδενίζεται σ’

αυτό. Άρα, στο 0,2

π

η h διατηρεί σταθερό πρόσηµο.

Όµως 1 1

0.6 6 6 2 6 6 2

h fπ π π π π

= + = − + = >

Συνεπώς για κάθε 0,2

x

π ∈

,ισχύουν ( ) 0h x > και 0xηµ > .

Οπότε η σχέση (2) γίνεται ισοδύναµα ( )h x xηµ= ή ισοδύναµα ( )f x x xηµ+ =

και τελικά ( ) , 0,2

f x x x xπ

ηµ

= − ∈ . Επιπλέον ισχύει (0) 0 0 0f ηµ= − = .

Εντέλει δείξαµε ότι, ( ) , 0,2

f x x x xπ

ηµ

= − ∈ .

Γ2.

Έχουµε

( ) 1, 0,2

( )( )

1, 0

f x x

g xx

xx

π

ηµ κ

+ ∈ =

− <

,µε Rκ ∈ .

-Για κάθε 0,2

x

π ∈

η g είναι συνεχής ως άθροισµα συνεχών.

-Για κάθε x∈ ( ),0−∞ η g είναι συνεχής γιατί προέρχεται από πράξεις µε

συνεχείς συναρτήσεις.

Εποµένως, πρέπει η g να είναι συνεχής στο 0

0x = . Οπότε ισχύει:

0 0

lim ( ) lim ( ) (0)x x

g x g x g+ −

→ →

= = (1).

-Για 0x > , έχουµε 0 0

lim ( ) lim( ( ) 1) (0) 1 1x x

g x f x f+ +

→ →

= + = + = (2).

Έχουµε δείξει στο Γ1, ότι η f είναι συνεχής στο 0, οπότε 0

lim ( ) (0) 0.x

f x f+

→

= =

-Για 0x < , έχουµε 0 0

( )lim ( ) lim 1 1x x

xg x

x

ηµ κκ

− −

→ →

= − = −

(3).



Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)


Αν θέσουµε u xκ= , τότε ( )00

lim lim 0.xx

u xκ−−

→→

= =

Έτσι, 00 0

( ) ( )lim lim lim 1

ux x

x x u

x x u

ηµ κ ηµ κ ηµκ κ κ κ

κ− −

→→ →

= = = ⋅ = .

Επίσης (0) (0) 1 1g f= + = (4).

Η σχέση (1) λόγω των σχέσεων (2), (3) και (4) γίνεται ισοδύναµα:

1 1 1κ= − = . Oπότε 1 1κ − = και άρα 2κ = .

Γ3. Για 2κ = η g γίνεται:

( )( ) 1, 0,

2

ηµ21, 0

f x x

g xx

xx

π + ∈ =

− <

Η g είναι ορισµένη και συνεχής στο ,02

π −

.

•

( )ηµ 2

ηµ21 1 1 0 1 1

2

2 2 2

g

π

ππ ηµπ

π π π

− − − = − = − = − = − = −

− −

• ( )0 1g =

Άρα ( )0 02

g gπ

− ⋅ <

.

Έτσι από το θεώρηµα Bolzano, η εξίσωση ( ) 0g x = , έχει µία, τουλάχιστον,

ρίζα στο διάστηµα , 02

π −

.

Γ4. Παρατηρούµε ότι ( )2g π− =( )4 4

1 1 0 1 12 2

ηµ π ηµ π

π π

−

− = − = − = −

−

. Επίσης από

ερώτηµα Γ3, 12

gπ

− = −

.

Έτσι ισχύει ( )22

g gπ

π

− = −

ενώ 22

π

π− ≠ − .

Ώστε η g δεν είναι 1 1− .

Ένας δεύτερος τρόπος στην περίπτωση που δεν µπορούµε να

υπολογίσουµε δύο ίσες τιµές, είτε στον ίδιο κλάδο, είτε σε διαφορετικούς

κλάδους.



Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)


Παρατηρούµε 1 1 22 2 2 2 2

g fπ π π π π

ηµ

= + = − + = −

.

Θα δείξουµε ότι υπάρχει ένα ( )0,0x ∈ −∞ , ώστε

0( ) 2

2g x

π

= − .

Έχουµε lim ( )x

g x→−∞

=

ηµ2lim 1 0 1 1x

x

x→−∞

= − = − = −

, γιατί

ηµ2lim 0x

x

x→−∞

= .

Απόδειξη:

1 1ηµ2 1 ηµ2x x

x x≤ ⇔ ⋅ ≤

ηµ2 1 1 ηµ2 1x x

x x x x x

≤ ⇔ − ≤ ≤

Όµως 1

lim 0x x→−∞

= , οπότε, από κριτήριο παρεµβολής ηµ2

lim 0x

x

x→−∞

= .

Ισχύει ( )0 0

ηµ2lim lim 1 1x x

xg x

x− −

→ →

= − =

.

Έστω η συνάρτηση ( ) ( ) (2 ), 02

x g x xπ

Λ = − − < .

• lim ( ) lim ( ) (2 ) 1 2 3 02 2 2x x

x g xπ π π

→−∞ →−∞

Λ = − − = − − + = − + <

.

Άρα υπάρχει ένας πραγµατικός αριθµός α, κοντά στο −∞ , ώστε να ισχύει

ισοδύναµα: ( ) 0 ( ) (2 ) 0 ( ) 22 2

g g aπ π

α αΛ < ⇔ − − < ⇔ < − .

•

0 0 0

ηµ2lim ( ) lim ( ) (2 ) lim 1 2 2 1 2 1 0

2 2 2 2x x x

xx g x

x

π π π π

− − −

→ → →

Λ = − − = − − + = − − + = − + >

Άρα υπάρχει ένας πραγµατικός αριθµός 0β < ,κοντά στο 0 , ώστε να ισχύει

ισοδύναµα:

( ) 0 ( ) (2 ) 0 ( ) 22 2

g gπ π

β β βΛ > ⇔ − − > ⇔ > − .

Εποµένως ( ) 2 ( )2

g a gπ

β< − < και η g είναι συνεχής στο [ ],a β ( ,0)⊆ −∞ . Από

θεώρηµα ενδιαµέσων τιµών υπάρχει ένα τουλάχιστον 0

( , )x a β∈ άρα και στο ( ,0)−∞

ώστε 0

( ) 22

g xπ

= − . Εντέλει 0

( )2

g x gπ

=

ενώ,0

( ,0)x ∈ −∞ και (0, )2

π

∈ +∞ . Άρα

0

2x

π

≠ . Οπότε η g δεν είναι 1 1− .



Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)


ΘΕΜΑ ∆

∆1.

2

( ) ,2

xx

f x e x R= + ∈ .

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη µε 2

( ) ( ) ( ) ,2

x xx

f x e e x x R′ ′ ′= + = + ∈ .

Έστω 1 2 1 2, ,x x R x xµε∈ < , τότε ισχύει 1 2

x x

e e< .

Με πρόσθεση κατά µέλη, προκύπτει: 1 2

1 2,

x x

e x e x+ < + ,δηλαδή 1 2

( ) ( )f x f x′ ′< .

Εποµένως η f ΄ είναι γνησίως αύξουσα.

Η f ′ είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, άρα το σύνολο τιµών της είναι:

( ) ( )( , ) lim ( ), lim ( ) ( , )x x

f f x f x R→−∞ →+∞

′ ′ ′−∞ +∞ = = −∞ +∞ = .

Όντως, ( ) ( )lim limx

x x

f x e x→−∞ →−∞

′ = + = −∞ , γιατί lim 0x

x

e→−∞

= και limx

x

→−∞

= −∞ .

Όντως, ( ) ( )lim limx

x x

f x e x→+∞ →+∞

′ = + = +∞ , γιατί lim x

x

e→+∞

= +∞ και limx

x

→+∞

= +∞ .

Τo 0 ( )f R R′∈ = , άρα, υπάρχει ένας τουλάχιστον Rρ ∈ τέτοιος ώστε ( ) 0f ρ′ = .

Ο ρ είναι µοναδικός, διότι η f ′ είναι γνησίως αύξουσα.

Τελικά, η εξίσωση ( ) 0f x′ = έχει ακριβώς µία πραγµατική ρίζα ρ .

∆2. Για ,x ρ≠ έχουµε:

( ) 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )lim lim

f

x x

f x f x f f x f f x f

x x x

ρ

ρ ρ

ρ ρ ρ

ρ ρ ρ

′ =

→ →

′ ′ ′ + − − −= + = − − −

( ) ( ) 0 1 1f f e eρ ρρ ρ′ ′′= + = + + = + , διότι η f είναι δύο φορές παραγωγίσιµη µε

( ) 1,xf x e x R′′ = + ∈ .

∆3. α) Ισχύει: *0 0

0

( ) ( )lim ,h

g x vh g xv v

h→

+ −

= ∈ και 1v ≠ .

Αρκεί να δείξουµε ότι υπάρχει το όριο 0

0

0

( ) ( )limx x

g x g x

x x→

−

−

και είναι ίσο µε 1.

Έχουµε:

( ) ( )0

0 00 0 0

0 00

( ) ( ) ( ) ( ) 1 1lim lim lim 1x x h h

g x h g xg x g x g x h g x

x x h h

νν

ν

ν ν ν→ → →

+ −− + −

= = ⋅ = ⋅ =

−

Θέσαµε 0

0 0

x xx vh x x x vh h

v

−+ = ⇔ − = ⇔ = .

Αν 0

x x→ τότε 0h→ .

Εποµένως, 0

( ) 1g x′ = .



Ε_3.Μλ3ΘΟ(α)


β) Η εφαπτοµένη της fC στο σηµείο της Α ( )( )0, 0f έχει εξίσωση:

(0) (0)( 0) 1 1y f f x y x y x′− = − ⇔ − = ⇔ = + .

Η εφαπτοµένη της g

C στο σηµείο της ( )( )0 0,x g xΒ έχει εξίσωση:

0 0 0 0 0( ) ( )( ) 1 1( ) 1y g x g x x x y x x x y x′− = − ⇔ − − = − ⇔ = + .

Προφανώς οι δύο εφαπτόµενες συµπίπτουν.

∆4. Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιµη στο 0x µε

0( ) 1g x′ = .

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο 0 0

( ) 1,g x x= + µε

01

0 0 0( ( )) ( 1) 1

x

f g x f x e x+

′ ′= + = + + .

H fog είναι παραγωγίσιµη στο 0x , µε: 0

1

0 0 0 0( ) ( ) ( ( )) ( ) 1

x

fog x f g x g x e x+

′ ′ ′= = + + .

g thet oik_math

Education