1
ΜΑΘΗΜΑ 33 2.7 ΤΟΠΙΚΑ ΑΚΡΟΤΑΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Η έννοια του τοπικού ακρότατου Προσδιορισµός των τοπικών ακρότατων Θεώρηµα Fermat Θεωρία – Σχόλια – Μέθοδοι Ασκήσεις Fermat Ανισώσεις
ΘΕΩΡΙΑ
1. Ορισµός Μια συνάρτηση f µε πεδίο ορισµού Α, θα λέµε ότι παρουσιάζει στο ox ∈Α τοπικό
µέγιστο, όταν υπάρχει δ > 0, τέτοιο ώστε
f(x) ≤ f( ox ) για κάθε x∈Α∩ ( ox – δ, ox + δ)
2. Ορισµός Μια συνάρτηση f µε πεδίο ορισµού Α, θα λέµε ότι παρουσιάζει στο ox ∈Α τοπικό
ελάχιστο, όταν υπάρχει δ > 0, τέτοιο ώστε
f(x) ≥ f( ox ) για κάθε x∈Α∩ ( ox – δ, ox + δ)
3. Παρατήρηση Στο τοπικό ακρότατο συνάρτησης f λειτουργούν δύο αριθµοί : α) ο ox , που καθορίζει τη θέση του τ. ακρότατου (ως προς το αριστερά – δεξιά)
β) ο f( ox ), που καθορίζει το πόσο πάνω ή κάτω συµβαίνει το τ. ακρότατο.
4. Θεώρηµα Fermat Έστω συνάρτηση f ορισµένη σ’ ένα διάστηµα ∆ και ox εσωτερικό σηµείο
του ∆. Αν η f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο ox και είναι παραγωγίσιµη
σ’ αυτό, τότε f ′ ( ox ) = 0
2
x
y
x0
O
K
x
y
Ox0
ΣΧΟΛΙΑ - ΜΕΘΟ∆ΟΙ
1. Το Θ. Fermat γραφικά Συµπέρασµα : η εφαπτοµένη της fC
στο σηµείο Κ( ox , f( ox )) είναι x x′
2. Σηµαντική συνέπεια του Θ. Fermat Από ανισότητα συµπεραίνει ισότητα.
3. Παρατήρηση Μια συνάρτηση µπορεί να παρουσιάζει τοπικό ακρότατο σε κάποια θέση ox ,
χωρίς να είναι παραγωγίσιµη στο ox .
4. Το θεώρηµα της σελίδας 262 του σχ. βιβλίου γραφικά
f παραγωγίσιµη στο (α, 0x )∪ ( 0x , β)
και συνεχής στο 0x
5. Πιθανά ακρότατα σε διάστηµα ∆ : α) τα εσωτερικά σηµεία του ∆, στα οποία η παράγωγος είναι µηδέν β) τα εσωτερικά σηµεία του ∆, στα οποία η συνάρτηση δεν παραγωγίζεται γ) τα άκρα του ∆, εφ’όσον βέβαια ανήκουν στο πεδίο ορισµού.
x α ox β
f (x) + – f(x) ր ց
τ. µέγιστο
x α ox β
f (x) – + f(x) ց ր
τ. ελάχιστο
3
6. Για να βρούµε τα τοπικά ακρότατα : α) πιθανά ακρότατα β) µονοτονία γ) πίνακα µεταβολών 7. Μέθοδος Για να αποδείξουµε ότι µια παραγωγίσιµη συνάρτηση σε διάστηµα ∆ δεν έχει ακρότατα , πάµε µε άτοπο και ……. Fermat .
4
ΑΣΚΗΣΕΙΣ
1. Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x) = α 3x + β 2x + γx + 1 , όπου α, β, γ∈ℝ . Να υπολογίσετε τα α, β, γ ώστε η f να παρουσιάζει τοπικά ακρότατα
στα 1x = 2 και 2x = 3, και η εφαπτοµένη της fC στο σηµείο (1, f(1))
να έχει συντελεστή διεύθυνσης λ = – 12.
Προτεινόµενη λύση
fD = ℝ και f παραγωγίσιµη , σαν πολυωνυµική.
f (x) = 3α 2x + 2βx + γ
Τοπικό ακρότατο στο 1x = 2 ⇒ f (2)= 0 (από Fermat)
3α 22 + 2β⋅2 + γ = 0 12α + 4β + γ = 0 (1) Τοπικό ακρότατο στο 2x = 3 ⇒ f (3)= 0 (από Fermat)
3α 23 + 2β⋅3 + γ = 0 27α + 6β + γ = 0 (2) λ = – 12. ⇔ f (1)= – 12
3α 21 + 2β⋅1 + γ = – 12 3α + 2β + γ = – 12 (3) Λύνουµε το σύστηµα των (1), (2), (3) και βρίσκουµε α = – 2 , β = 15 , γ = – 36 Οπότε f(x) = – 2 3x + 15 2x – 36x + 1 Ελέγχουµε αν η f(x) = – 2 3x + 15 2x – 36x + 1 που βρήκαµε, ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του προβλήµατος. Είναι f (x) = – 6 2x + 30x – 36 = – 6( 2x – 5x + 6)
Πρόσηµο της f ′ , µονοτονία και ακρότατα της f
x –∞ 2 3 +∞
f (x) – 0 + 0 –
f(x) ց ր ց τ. ελ. τ. µέγ
5
2. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f(x) = 3x + (α– 2) 2x + ( 2α – α + 2)x – 2 δεν έχει ακρότατο για κάθε α∈ℝ .
Προτεινόµενη λύση
fD = ℝ και f παραγωγίσιµη , σαν πολυωνυµική.
f (x) = 3 2x + 2(α– 2)x + ( 2α – α + 2)
∆ = 4(α– 2 2) – 4. 3 ( 2α – α + 2)
= 4( 2α – 4α + 4) – 4(3 2α – 3α + 6)
= 4( 2α – 4α + 4 – 3 2α + 3α– 6)
= 4(– 2 2α – α – 2) = – 4(2 2α + α + 2)
δ = 21 – 4⋅2⋅2 = 1 – 16 = – 15 < 0
Άρα το τριώνυµο 2 2α + α + 2 είναι οµόσηµο του 2 , δηλαδή θετικό για κάθε α∈ℝ , άρα ∆ < 0 άρα το τριώνυµο f (x) δεν έχει ρίζες ,
δηλαδή f (x) ≠ 0 για κάθε x∈ℝ . (1) Αν η f είχε ακρότατο στη θέση ox , κατά το Θεώρηµα Fermat θα ήταν
of (x ) = 0 , που είναι άτοπο από την (1).
6
3. Έστω η συνάρτηση f(x) = eµx – x µε µ > 0. i) Να µελετήσετε την f ως προς τη µονοτονία και τα ακρότατα . ii) Για ποια τιµή του µ το ελάχιστο της f παίρνει τη µέγιστη τιµή του;
Προτεινόµενη λύση
i)
fD = ℝ και f παραγωγίσιµη στο ℝ .
f (x) = (eµx)΄– (x) = eµx(µx)΄ – 1 = µ eµx– 1
f (x) = 0 ⇔ µ eµx– 1 = 0 ⇔ eµx= 1µ
ln eµx = ln 1µ
µx = – lnµ ⇔ x = lnµ
−µ
f (x) > 0 ⇔ ……………………………..... ⇔ x > lnµ
−µ
eµx ii)
flnµ − µ
=
ln
e
µ µ − µ +ln
µ
µ = lne− µ +
lnµµ
= 1lne
−µ + lnµµ
= 1−µ + lnµµ
= 1µ
+ lnµµ
= 1 ln+ µ
µ
Θεωρούµε τη συνάρτηση g(µ) = 1 ln+ µ
µ µε µ > 0, της οποίας αναζητάµε το
µέγιστο.
g΄(µ) = 2
(1 ln ) (1 ln ) 1+ µ µ − + µ ⋅µ
= 2
1 1 lnµ − − µµ
µ =
2
ln− µµ
g΄(µ) > 0 ⇔ 2
ln− µµ
> 0 ⇔ lnµ < 0 ⇔ µ < 1
x
–∞ lnµ
−µ
+∞
f (x) – 0 + f(x)
ց ր ελάχιστο
7
Πρόσηµο της g και µονοτονία της g µέγιστο για µ = 1 4. Αν 0 < α≠ 1 και για κάθε x∈ℝ ισχύει xα ≥ 1 + x , να αποδείξετε ότι α = e.
Προτεινόµενη λύση
Για κάθε x∈ℝ ισχύει xα ≥ 1 + x
xα – 1 – x ≥ 0 (1)
Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x) = xα – 1 – x , x∈ℝ
f(0) = 0α – 1 – 0 = 1 – 1 = 0
Η (1) γίνεται f(x) ≥ f(0) για κάθε x∈ℝ .
Άρα , η f παρουσιάζει ακρότατο (ελάχιστο) στη θέση 0x = 0.
Κατά Fermat ⇒ f (0)= 0
Αλλά f (x) = ( xα – 1 – x ) = xα lnα – 1 , οπότε f (0)= 0α lnα – 1
0 = lnα – 1
lnα = 1 ⇒ α = e
µ 0 1 +∞ g΄(µ) + 0 – g (µ)
ր ց
Από ανισότητα σε ισότητα , υποψιαζόµαστε Fermat
Θέτουµε κατάλ-ληλη τιµή στο x, ώστε να προκύ-ψει το 2ο µέλος της (1)
8
5. Αν 0 < α≠ 1 και για κάθε x > 0 ισχύει xα ≥ xα , να αποδείξετε ότι α = e.
Προτεινόµενη λύση
Για κάθε x > 0 ισχύει xα ≥ xα
xα – xα ≥ 0 (1)
Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x) = xα – xα , x > 0
f(α) = αα – αα = 0
Η (1) γίνεται f(x) ≥ f(α) για κάθε x∈(0, +∞ )
Άρα , η f παρουσιάζει ακρότατο
(ελάχιστο) στη θέση 0x = α.
Κατά Fermat ⇒ f (α) = 0
Αλλά f (x) = (xα – xα )΄ = α 1xα− – xα lnα , οπότε f (α) = α 1α−α – αα lnα
0 = αα – αα lnα
0 = 1 – lnα
1 = lnα ⇒ α = e
Από ανισότητα σε ισότητα , υποψιαζόµαστε Fermat
Θέτουµε κατάλ-ληλη τιµή στο x, ώστε να προκύ-ψει το 2ο µέλος της (1)
9
6.
Αν α ∈ ( )π0, 2
και για κάθε x∈ℝ ισχύει ( )x4ηµα + ( )xσυνα ≥ 2, να
προσδιορίσετε το α .
Προτεινόµενη λύση
Για κάθε x∈ℝ ισχύει ( )x4ηµα + ( )xσυνα ≥ 2
( )x4ηµα + ( )xσυνα – 2 ≥ 0 (1)
Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x) = ( )x4ηµα + ( )xσυνα – 2 , x∈ℝ .
f(0) = ( )04ηµα + ( )0συνα – 2 = 1 + 1 – 2 = 0
Η (1) γίνεται f(x) ≥ f(0) για κάθε x∈ℝ .
Άρα , η f παρουσιάζει ακρότατο (ελάχιστο) στη θέση 0x = 0.
Κατά Fermat ⇒ f (0)= 0
Αλλά f (x) = ( )x4ηµα ln(4ηµα) + ( )xσυνα ln(συνα) , οπότε
f (0) = ( )04ηµα ln(4ηµα) + ( )0συνα ln(συνα)
= ln(4ηµα) + ln(συνα) =
= ln(4ηµα συνα) ⇒ 0 = ln(4ηµα συνα)
4ηµα συνα = 1
2ηµ2α = 1
ηµ2α = 12
2α = 2κπ + 6π ή 2α = 2κπ + 5
6π
α = κπ + 12π ή α = κπ + 5
12π , κ∈ℤ
α = 12π ή α = 5
12π αφού α ∈ ( )π0,
2
Από ανισότητα σε ισότητα , υποψιαζόµαστε Fermat
Θέτουµε κατάλ-ληλη τιµή στο x, ώστε να προκύ-ψει το 2ο µέλος της (1)
10
7. Οι α, β, γ είναι σταθεροί πραγµατικοί αριθµοί και για κάθε x∈ℝ ισχύει
ηµαx ≤ ηµβx + ηµγx. Να αποδείξετε ότι α = β + γ.
Προτεινόµενη λύση
Για κάθε x∈ℝ ισχύει ηµαx ≤ ηµβx + ηµγx ηµαx – ηµβx – ηµγx ≤ 0 Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x) = ηµαx – ηµβx – ηµγx , x∈ℝ
f(0) = ηµ0 – ηµ0 – ηµ0 = 0 (1) Η (1) γίνεται f(x) ≤ f(0) για κάθε x∈ℝ .
Άρα , η f παρουσιάζει ακρότατο (µέγιστο) στη θέση 0x = 0.
Κατά Fermat ⇒ f ΄ (0) = 0
Αλλά f ΄ (x) = (ηµαx – ηµβx – ηµγx)΄
= ασυναx – βσυνβx – γσυνγx οπότε
f ΄ (0) = ασυν0 – βσυν0 – γσυν0 ⇒ 0 = α – β – γ ⇒ α = β + γ
8. Αν α > 0 και για κάθε x > 0 ισχύει xlnx + α ≥ αx , να προσδιορίσετε το α .
Προτεινόµενη λύση
Για κάθε x > 0 ισχύει xlnx + α ≥ αx
xlnx + α – αx ≥ 0 (1)
Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x) = xlnx + α – αx , x > 0
f(1) = 1⋅ln1 + α – α⋅1 = 0
Η (1) γίνεται f(x) ≥ f(1) για κάθε x > 0
Άρα , η f παρουσιάζει ακρότατο (ελάχιστο) στη θέση 0x = 1.
Κατά Fermat ⇒ f ΄ (1) = 0
Αλλά f ΄ (x) = (xlnx + α – αx)΄
= lnx + 1 – α οπότε f ΄ (1) = ln1 + 1 – α ⇒ 0 = 0 + 1 – α ⇒ α = 1
Από ανισότητα σε ισότητα , υποψιαζόµαστε Fermat
Από ανισότητα σε ισότητα , υποψιαζόµαστε Fermat
11
Από ανισότητα σε ισότητα, υποψιαζόµαστε Fermat
Από ανισότητα σε ισότητα, υποψιαζόµαστε Fermat
9. Αν 1α , 2α , . . . , να είναι θετικοί αριθµοί και διαφορετικοί του 1 και για
κάθε x∈ℝ ισχύει x1α + x
2α + . . . + xνα ≥ ν , όπου ν ∗∈ℕ , να αποδείξετε ότι
1α 2α . . . να = 1.
Προτεινόµενη λύση
Για κάθε x∈ℝ ισχύει x1α + x
2α + . . . + xνα ≥ ν (1)
Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x) = x1α + x
2α + . . . + xνα , x∈ℝ
f(0) = 01α + 0
2α + . . . + 0να
= 1 + 1 + . . . + 1 = ν Η (1) γίνεται f(x) ≥ f(0) για κάθε x ∈ℝ
Άρα , η f παρουσιάζει ακρότατο (ελάχιστο) στη θέση 0x = 0.
Κατά Fermat ⇒ f ΄ (0) = 0
Αλλά f ΄ (x) = ( x1α + x
2α + . . . + xνα )΄
= x1α ln 1α + x
2α ln 2α + . . . + xνα ln να
οπότε f ΄ (0) = 01α ln 1α + 0
2α ln 2α + . . . + 0να ln να ⇒
0 = ln1α + ln 2α + . . . + ln να
0 = ln( 1α 2α . . . να )
1α 2α . . . να = 1
10. Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο ℝ και για κάθε x∈ℝ ισχύει xf(x) + 1 ≤ xe + ηµ2x , να αποδείξετε ότι f(0) = 3. Προτεινόµενη λύση
Για κάθε x∈ℝ ισχύει xf(x) + 1 ≤ xe + ηµ2x
xf(x) + 1 – xe – ηµ2x ≤ 0 (1) Θεωρούµε τη συνάρτηση g(x) = xf(x) + 1 – xe – ηµ2x παραγωγίσιµη στο ℝ
g(0) = 0⋅f(0) + 1 – 0e – ηµ0 g(0) = 0
Η (1) γίνεται g(x) ≤ g(0) , για κάθε x∈ℝ
Άρα , η g παρουσιάζει ακρότατο (µέγιστο) στη θέση 0x = 0.
Κατά Fermat ⇒ g (0) = 0
Αλλά g (x) = ( xf(x) + 1 – xe – ηµ2x )
= f(x) + x f ΄ (x) – xe – 2συν2x
οπότε g (0) = f(0) + 0⋅ f ′ (0) – 0e – 2συν0 ⇒ 0 = f(0) + 0 – 1 – 2 3 = f(0)
Θέτουµε κατάλ-ληλη τιµή στο x, ώστε να προκύ-ψει το 2ο µέλος της (1)
12
11. Έστω παραγωγίσιµη συνάρτηση f ώστε για κάθε x∈(0, +∞ ) να ισχύει
2f(x) – xe ≤ 2lnx + 2x + 1 και f(1) = e 22+ . Να αποδείξετε ότι f ΄ (1) = 2 +e
2
Προτεινόµενη λύση
Για κάθε x∈(0, +∞ ) ισχύει 2f(x) – xe ≤ 2lnx + 2x + 1
2f(x) – xe – 2lnx – 2x ≤ 1 (1) Θεωρούµε τη συνάρτηση g(x) = 2f(x) – xe – 2lnx – 2x , x∈(0, +∞ )
g(1) = 2f(1) – 1e – 2ln1 – 21
g(1) = 2e 22+ – e – 1
g(1) = 1
Η (1) γίνεται g(x) ≤ g(1) , για κάθε x∈(0, +∞ )
Άρα , η g παρουσιάζει ακρότατο (µέγιστο) στη θέση ox = 1.
Κατά Fermat ⇒ g (1) = 0
Αλλά g (x) = (2f(x) – xe – 2lnx – 2x )΄
= 2f ΄ (x) – xe – 2 1x
– 2x , οπότε g (1) = 2f ΄ (1) – 1e – 2 11
– 2⋅1
0 = 2f ΄ (1) – e – 2 – 2 e + 4 = 2f ′ (1)
f ΄ (1) = 2 +e2
Θέτουµε x = 1 αφού γνωρίζουµε την τιµή f(1)
13
12.
Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο διάστηµα (1, +∞ ) µε ( )f2π = 1 +
2π και
f(x) – ηµx ≥ 2xσυν + 2x – 2π για κάθε x > 1. Να αποδείξετε ότι ( )f
2π′ = 2
Προτεινόµενη λύση
Για κάθε x > 1 είναι f(x) – ηµx ≥ 2xσυν + 2x – 2π
f(x) – ηµx – 2xσυν – 2x ≥ –2π (1)
Θεωρούµε τη συνάρτηση g(x) = f(x) – ηµx – 2xσυν – 2x , x > 1
( )g2π = ( )f
2π – ηµ
2π – 2
2πσυν – 2
2π
( )g2π = 1 +
2π – 1 – 0 – π
( )g2π = –
2π
Η (1) γίνεται g(x) ≥ ( )g2π , για κάθε x > 1
Άρα , η g παρουσιάζει ακρότατο (ελάχιστο) στη θέση 0x = 2π
Κατά Fermat ⇒ ( )g2π′ = 0
Αλλά ( )g x′ = (f(x) – ηµx – 2xσυν – 2x )
= f ΄ (x) – συνx + 2συνx ηµx – 2
οπότε ( )g2π′ = ( )f
2π′ – συν
2π + 2συν
2π ηµ
2π – 2 ⇒
0 = ( )f2π′ – 0 + 0 – 2 ⇒ ( )f
2π′ = 2
Θέτουµε x = 2π
αφού γνωρίζουµε
την τιµή f ( )2π
14
Βοηθητική συνάρτηση
13. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο ℝ µε f(0) > 0 και xf(x) + f(1) ≤ f(x + 1) + xηµ2x για κάθε x∈ℝ . Αν, επί πλέον, η f ΄ είναι συνεχής στο ℝ , να αποδείξετε ότι σε κάποιο διάστηµα που περιέχει το 1, η f είναι γνησίως αύξουσα .
Προτεινόµενη λύση
Για κάθε x∈ℝ είναι xf(x) + f(1) ≤ f(x + 1) + xηµ2x
xf(x) + f(1) –f(x + 1) – xηµ2x ≤ 0 (1)
Θεωρούµε τη συνάρτηση g(x) = xf(x) + f(1) –f(x + 1) – xηµ2x , x∈ℝ
g(0) = 0⋅f(0) + f(1) –f(0 + 1) – 0⋅ηµ0
g(0) = 0
Η (1) γίνεται g(x) ≤ g(0) , για κάθε x∈ℝ .
Άρα , η g παρουσιάζει ακρότατο (µέγιστο) στη θέση 0x = 0.
Κατά Fermat ⇒ ( )g 0′ = 0.
Αλλά ( )g x′ = (xf(x) + f(1) –f(x + 1) – xηµ2x )΄
= f(x) + x f ΄ (x) –f ΄ (x + 1) – ηµ2x – xσυν2x ⋅2
οπότε ( )g 0′ = f(0) + 0⋅ f ΄ (0) –f ΄ (0 + 1) ⇒
0 = f(0) –f ΄ (1) f ΄ (1) = f(0) > 0
f ′ συνεχής στο ℝ ⇒ f ΄ συνεχής και στο ox = 1 ⇒
x 1lim→
f ΄ (x) = f ′ (1) > 0 ⇒
f ΄ (x) > 0 κοντά στο ox = 1 ⇒
f ΄ (x) > 0 στο (α, 1)∪ (1, β) και επειδή f ΄ (1) > 0 , θα είναι f ΄ (x) > 0 στο (α, β)
Άρα f γνησίως αύξουσα στο διάστηµα (α, β), το οποίο περιέχει το 1.
15
14. Έστω παραγωγίσιµη συνάρτηση f : →ℝ ℝ τέτοια, ώστε
[f(x) 2] + 2x = 1 + 2xf(x) για κάθε x∈ℝ .
Να αποδείξετε ότι η f δεν έχει τοπικό ακρότατο. Προτεινόµενη λύση
Έστω ότι η f έχει τοπικό ακρότατο στη θέση ox .
Από Fermat θα είναι f ΄ ( ox ) = 0 (1)
Η υπόθεση [f(x) 2] + 2x = 1 + 2xf(x) ⇒
[[f(x) 2] + 2x ]΄ = [1 + 2xf(x)]΄
2f(x) f ΄ (x) + 2x = 0 + 2(f(x) + x f ΄ (x))
f(x) f ΄ (x) + x = f(x) + xf ΄ (x)
για x = ox παίρνουµε f( ox ) f ΄ ( ox ) + ox = f( ox ) + ox f ΄ ( ox ) (1)
⇒
f( ox )⋅0 + ox = f( ox ) + ox ⋅0
ox = f( ox ) (2)
Η υπόθεση [f(x) 2] + 2x = 1 + 2xf(x) για x = ox δίνει
[f( ox ) 2] + 2ox = 1 + 2 ox f( ox )
(2)
⇒
2ox + 2
ox = 1 + 2 ox ox
22ox = 1 + 2 2
ox ⇒ 0 = 1 που είναι άτοπο.
Στις αρνήσεις επιχειρούµε «άτοπο απαγωγή»
16
15. Έστω παραγωγίσιµη συνάρτηση f : →ℝ ℝ τέτοια , ώστε
[f(x) 3] + 3x = 3xf(x) – 1 για κάθε x∈ℝ .
Αν το f(α) είναι τοπικό ακρότατο της f, να αποδείξετε ότι α = 1.
Προτεινόµενη λύση
Από Fermat θα είναι f ΄ (α) = 0 (1)
Η υπόθεση [f(x) 3] + 3x = 3xf(x) – 1 ⇒
[[f(x) 3] + 3x ]΄ = [3xf(x) – 1]΄
3[f(x)2] f ΄ (x) + 3 2x = 3(f(x) + x f ΄ (x))
[f(x)2] f ΄ (x) + 2x = f(x) + xf ΄ (x)
για x = α παίρνουµε [f(α) 2] f ΄ (α) + 2α = f(α) + α f ΄ (α) (1)
⇒
[f(α) 2] ⋅ 0 + 2α = f(α) + α⋅0
2α = f(α) (2)
Η υπόθεση [f(x) 3] + 3x = 3xf(x) – 1 για x = α δίνει
[f(α) 3] + 3α = 3αf(α) – 1 (2)
⇒
6α + 3α = 3α 2α – 1
6α + 3α = 3 3α – 1
6α – 2 3α + 1 = 0
( 3α – 1 2) = 0 ⇒ 3α – 1 = 0 ⇒ 3α = 1 ⇒ α = 1
17
γ
x
ε
M0
KO
Μ
16. ∆ίνεται σηµείο Κ(α, β) και συνάρτηση f παραγωγίσιµη στο ανοιχτό διάστηµα ∆ µε f ΄ (x)≠ 0 για κάθε x∈∆.
Αν η απόσταση (ΚΜ) του Κ από το τυχαίο σηµείο Μ της fC έχει ελάχιστο
(Κ oΜ ) , όπου oΜ ∈ fC , να αποδείξετε ότι η ευθεία Κ oΜ είναι κάθετη στην
εφαπτοµένη ε της fC στο σηµείο oΜ .
Προτεινόµενη λύση
Έστω Μ(x, f(x)) το τυχαίο σηµείο της fC .
(ΚΜ 2) = (x – α 2) + (f(x) – β 2) .
Θεωρούµε τη συνάρτηση
g(x) = (x – α 2) + (f(x) – β 2) , x∈∆,
η οποία είναι παραγωγίσιµη στο ∆ και
παρουσιάζει ελάχιστο g( ox ) = (Κ oΜ 2) .
Από το Θ. Fermat θα έχουµε g ( ox ) = 0.
Αλλά g (x) = 2(x – α) + 2(f(x) – β) f ′ (x)
g( ox ) = 2( ox – α) + 2(f( ox ) – β) f ′ ( ox )
0 = 2(ox – α) + 2(f( ox ) – β) f ′ ( ox )
0 = (ox – α) + (f( ox ) – β) f ′ ( ox ) (1)
Αρκεί να αποδείξουµε ότι ελ o ΚΜ⋅ λ = –1
f ΄ ( ox )( )o
o
f xx
−β−α
= –1
f ΄ ( ox )(f( ox ) – β) = – ( ox – α)
(ox – α) +f ΄ ( ox ) (f( ox ) – β) = 0
που ισχύει από την (1)
18
y
x
(δ)
O
k
M
M0
K0
17. Έστω η συνάρτηση f(x) = xe και η διχοτόµος (δ) της πρώτης – τρίτης γωνίας
των αξόνων. Να βρείτε εκείνο το σηµείο της fC το οποίο απέχει τη µικρότερη
απόσταση από την ευθεία (δ) και πόση είναι αυτή η απόσταση.
Προτεινόµενη λύση
Έστω Μ( x, xe ) το τυχαίο σηµείο της fC και
(ΜΚ) η απόστασή του από τη (δ).
Η εξίσωση της (δ) είναι y = x ⇔ – x + y = 0.
Άρα (MK) = xx e
1 1
− +
+ =
xe x
2
−
Αναζητάµε το ελάχιστο της ποσότητας xe x−
Θεωρούµε τη συνάρτηση g(x) = xe – x , x∈ℝ
g΄(x) = xe – 1
g΄(x) = 0 ⇔ xe – 1 = 0 ⇔ xe = 1 ⇔ x = 0
Πρόσηµο της g , µονοτονία της g και ακρότατα
Άρα g (x) ≥ g (0) = 0e – 0 = 1 > 0 ⇒ xe x− = xe – x.
Έτσι , αναζητάµε το ελάχιστο της g(x) = xe – x , το οποίο βρήκαµε ίσο 1 και
συµβαίνει για x = 0 .Άρα το ζητούµενο σηµείο της fC είναι το oΜ (0, 0e ) = oΜ
(0, 1) και η απόστασή του από τη (δ) είναι ( oΜ oK ) = 0e 0
2
−= 1
2= 2
2
x –∞ 0 +∞ g΄(x) – 0 + g (x) ց 1 ր
ολ. ελάχ
Πρέπει να απαλλαγούµε από το απόλυτο
19
y
xαΟ
Α
∆ Γ
Β Σ
18. Να προσδιορίσετε ορθογώνιο παραλληλόγραµµο του οποίου οι δύο κορυφές να ανήκουν στον άξονα x x′ και οι άλλες δύο στη γραφική παράσταση της
συνάρτησης f(x) = – 2x + 9x, έτσι ώστε το εµβαδόν του να είναι µέγιστο. Προτεινόµενη λύση
Έστω ΑΒΓ∆ το τυχαίο ορθογώνιο και (ΟΑ) = α.
Οι ρίζες της εξίσωσης f(x) = 0 είναι
0 και 9. Άρα (ΟΣ) = 9
Α∆⊥ x x′ ⇒ x∆ = α
∆∈ fC ⇒ y∆ = – 2α + 9α
∆Γ x x′ ⇒ yΓ = y∆ = – 2α + 9α
Γ∈ fC ⇒ yΓ = f ( xΓ )
–2α + 9α = – 2xΓ + 9xΓ
2xΓ – 2α = 9xΓ – 9α
(xΓ – α)( xΓ + α) = 9(xΓ – α)
xΓ +α = 9 ⇒ xΓ = 9 – α =xΒ
(ΑΒ) = (ΟΒ) – (ΟΑ) = 9 – α – α = 9 – 2α
(ΑΒΓ∆) = (ΑΒ)⋅(Α∆) = (9 – 2α)(– 2α + 9α)
= – 92α + 81α + 2 3α –18 2α
= 23α – 27 2α + 81α
Θεωρούµε τη συνάρτηση g(α) = 2 3α – 27 2α + 81α , 0 < α.< 92
g΄(α) = 6 2α – 54α + 81
g΄(α) = 3(2 2α – 18α + 27)
Πρόσηµο της g και µονοτονία της g
Εποµένως , το ορθογώνιο έχει το µέγιστο εµβαδόν όταν η κορυφή Α έχει
τετµηµένη 9 3 32
−
α 0 9 3 3
2− 9
2
g΄(α) + 0 – g (α) ր ց
µέγιστο
20
19. Για κάθε x≥0 και y≥0 να αποδείξετε ότι 8 3x – 15 2x y + 6x 2y + 3y ≥ 0.
Προτεινόµενη λύση
Έστω y≥ 0 τυχαίο.
Θεωρούµε τη συνάρτηση
f(x) = 8 3x – 15y 2x + 6 2y x + 3y , x ≥ 0
f ΄ (x) = 24 2x – 30yx + 6 2y = 6(4 2x – 5yx + 2y )
∆ = (–5y 2) – 4⋅4⋅ 2y = 25 2y –16 2y = 9 2y
Ρίζες της f ΄ : x = 5y 3y
8±
= y ή y4
Πρόσηµο της f ΄ και µονοτονία της f
f(0) = 8⋅ 30 – 15 2x ⋅0 + 6x⋅0 + 3y = 3y ≥ 0
f(y) = 8 3y – 15 2y y + 6y 2y + 3y = 8 3y –15 3y + 6 3y + 3y = 0.
Από τον πίνακα συµπεραίνουµε ότι ελf = 0, άρα f(x) ≥ 0
x 0
y4
y +∞
f ΄ (x) + 0 – 0 + f(x) 3y ր ց 0 ր
τ. µέγ τ. ελ
Όταν έχουµε δύο µεταβλητές , θεωρούµε τη µία σαν ανεξάρτητη µεταβλητή
21
20. Για κάθε x > 0 να αποδείξετε ότι xe > e
42x
Προτεινόµενη λύση
Αρκεί να αποδείξουµε xe – e4
2x > 0, για κάθε x > 0
Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x) = xe – e4
2x , x ≥ 0
f ΄ (x) = xe – e4
2x = xe – e2
x
f ΄ (x) = xe – e2
f ΄ (x) = 0 ⇔ xe – e2
= 0 ⇔ xe = e2
⇔ ln xe = ln e2
⇔
x = lne– ln2 ⇔ x = 1 – ln2
Πρόσηµο της f ΄ και µονοτονία της f ΄
x 0 1 – ln2 +∞ f ΄ (x) – 0 + f ΄ (x) ց ր
ελάχιστο
f ΄ (1 – ln2) = 1 ln 2e − – e2
(1 – ln2)
= ln 2e
e – e
2+ e
2ln2
= e2
– e2
+ e2
ln2 = e2
ln2 > 0
Από τον πίνακα συµπεραίνουµε ότι f ′ (x) > f ′ (1 – ln2) = e2
ln2 > 0
Άρα f γνησίως αύξουσα στο [0, +∞ )
Για κάθε x > 0 f ↑⇒ f(x) >f(0) = 0e – e
420 = 1 > 0
Μέθοδος : Για να έχουµε το πρόσηµο της f ΄ φθάνουµε στην f ΄
22
21. Για την παραγωγίσιµη συνάρτηση f: [0, +∞ )→ ℝ δίνεται ότι f(0) = 1 και f ΄ (x) > f(x) για κάθε x∈[0, +∞ ).
Να αποδείξετε ότι f(x) ≥ xe για κάθε x∈[0, +∞ ).
Προτεινόµενη λύση
Για κάθε x∈[0, +∞ ) είναι f ΄ (x) >f(x) ⇔ f ΄ (x) –f(x) > 0
f ΄ (x) xe− – f(x) xe− > 0⋅ xe−
f ΄ (x) xe− + f(x)( xe− )΄ > 0
(f(x) xe− )΄ > 0
Άρα , η συνάρτηση h(x) = f(x) xe− είναι γνησίως αύξουσα στο [0, +∞ ).
x ≥ 0 h ↑
⇒ h(x) ≥ h(0)
f(x) xe− ≥ f(0) 0e−
f(x) xe− ≥ 1⋅1
f(x) xe− ≥ 1 ⇒ f(x) ≥ xe
Να θυµόµαστε αυτή την ενέργεια
23
22. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο ℝ και ισχύει f ΄ (x) = x x2− – ln2⋅f(x) για κάθε x∈ ℝ . Αν η f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στη θέση ox = 1, να βρείτε την f.
Προτεινόµενη λύση
Για κάθε x∈ ℝ είναι f ΄ (x) = x x2− – ln2⋅f(x)
f ΄ (x) x2 = x – ln2⋅f(x) x2
f ΄ (x) x2 + ln2⋅f(x) x2 = x
f ΄ (x) x2 + f(x) ( x2 )΄ = x
(f(x) x2 )΄ = 2x
2
′
f(x) x2 = 2x
2+ c (1)
Για x = 1 η (1) ⇒ f(1) 12 = 212
+ c ⇒ 2f(1) = 12
+ c (2)
Επειδή η f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στη θέση ox = 1, από το Θ. Fermat θα
είναι f ΄ (1) = 0
Η υπόθεση f ΄ (x) = x x2− – ln2. f(x) για x = 1 ⇒
f ΄ (1) = 1⋅ 12− – ln2⋅f(1)
0 = 12− – ln2⋅f(1)
ln2⋅f(1) = 12− ⇒ f(1) = 12 ln 2
(2) ⇒ 2 12 ln 2
= 12
+ c ⇒ 1ln 2
– 12
= c
Η (1) γίνεται f(x) x2 = 2x
2+ 1
ln 2 – 1
2 ⇔ f(x) = (
2x2
+ 1ln 2
– 12) x2−