ΘΕΜΑ

Λάμπρος Κατσάπας · #1

Δίνεται η συνάρτηση $f:[1,+\infty)\rightarrow \mathbb{R}$ για την οποία ισχύουν τα παρακάτω:

i) Είναι συνεχής στο $[1,+\infty)$ και παραγωγίσιμη στο $(1,+\infty).$

ii) Για κάθε $x\in(1,+\infty): \ln \left ((x-1)^2+1 \right )\leq \lim_{h\rightarrow 0}\dfrac{f(x+h)-f(x-h)}{2h}\leq \ln x^2.$

iii) f(1)=1.

1.Να αποδείξετε ότι $\lim_{h\rightarrow 0}\dfrac{f(x+h)-f(x-h)}{2h}=f'(x).$

2.Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση

είναι γνησίως αύξουσα.

3.Να λύσετε την εξίσωση $3f(x)=x^3-3x+5,x\geq 1.$

4.Να αποδείξετε ότι το σύνολο τιμών της

είναι το $[1,+\infty)$

5.Να αποδείξετε ότι
a) $\lim_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{f(x)}{x \ln x-x}=2$ .
b) Η C_f

δεν έχει ασύμπτωτη στο $+\infty$ .

6.Να αποδείξετε ότι για κάθε x>1

ισχύει: $|f{'} (x)-\ln(x^2-x+1)|\leq \ln 2.$

#2

Ωραίο θέμα

1. $\underset{h\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x+h)-f(x-h)}{2h}=\underset{h\to 0}{\mathop{\frac{1}{2}\lim }}\,\left( \frac{f(x+h)-f(x)}{h}+\frac{f(x-h)-f(x)}{-h} \right)=\frac{1}{2}\left[ {f}'(x)+{f}'(x) \right]={f}'(x)$
2. Αν
$\begin{array}{l} x \in (1, + \infty ):\ln \left( {{{(x - 1)}^2} + 1} \right) \le \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f(x + h) - f(x - h)}}{{2h}} \le \ln {x^2} \Rightarrow \\ \Rightarrow \ln \left( {{{(x - 1)}^2} + 1} \right) \le f'(x) \le \ln {x^2} \end{array}$
Επειδή $\chi \ge 1\Rightarrow \ln \left( {{(x-1)}^{2}}+1 \right)\ge {{(x-1)}^{2}}+1-1={{(x-1)}^{2}}\ge 0$
και η ισότητα μόνο για $\displaystyle \chi =1$ έπεται ότι {f}'(x)>0

στο $\displaystyle (1,+\infty )$
οπότε η

γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle [1,+\infty )$
3.
$\displaystyle 3f(x)={{x}^{3}}-3x+5\Leftrightarrow 3f(x)-{{x}^{3}}+3x-5=0$ . Προφανής λύση η $\chi =1$
Έστω $\displaystyle g(\chi )=3f(x)-{{x}^{3}}+3x-5,\,\,\chi \ge 1$ . Τότε $\displaystyle {g}'(\chi )=3{f}'(x)-3{{x}^{2}}+3,\,\,\chi \ge 1$
Είναι $\displaystyle g(1)=0$ . Έστω ότι υπάρχει $\displaystyle k>1$ με $\displaystyle g(k)=0$
Τότε από θεώρημα Rolle στο $\displaystyle [1,k]$ υπάρχει ένα $\displaystyle c\in (1,k)$ με $\displaystyle {g}'(c)=0\Leftrightarrow {f}'(c)={{c}^{2}}-1$
Όμως $\displaystyle {f}'(x)\le \ln {{x}^{2}}\le {{x}^{2}}-1$ και η ισότητα ισχύει μόνο για $\displaystyle x=1$ .Άρα δεν υπάρχει $\displaystyle c\in (1,k)$ με $\displaystyle {f}'(c)={{c}^{2}}-1$ ,
οπότε η μοναδική λύση της εξίσωσης $\displaystyle 3f(x)={{x}^{3}}-3x+5$ είναι η $\displaystyle \chi =1$ .
4.
Η $\displaystyle f$ ορίζεται στο $\displaystyle [1,+\infty )$ και είναι γνησίως αύξουσα με f(1)=1.

Aπό το ΘΜΤ στο $\displaystyle [1,x]$ ,υπάρχει ένα $\displaystyle m\in (1,x)$ , ώστε $\displaystyle f(x)={f}'(m)(x-1)+1$
Τότε για $\displaystyle x>1$ :
$\displaystyle \begin{array}{l} \ln \left( {{{(x - 1)}^2} + 1} \right) \le f'(x) \le \ln {x^2} \Rightarrow \\ \Rightarrow \ln \left( {{{(m - 1)}^2} + 1} \right)(x - 1) + 1 \le f'(m)(x - 1) + 1 \le \left( {\ln {m^2}} \right)(x - 1) + 1 \end{array}$
Οπότε από το κριτήριο παρεμβολής , προκύπτει $\displaystyle \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=+\infty$ ,
άρα το σύνολο τιμών είναι το $\displaystyle [1,+\infty )$
5.
α) Για $\displaystyle x>1$ : $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)}{x\ln x-x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{f}'(x)}{\ln x}$
Όμως : $\ln \left( {{(x-1)}^{2}}+1 \right)\le {f}'(x)\le \ln {{x}^{2}}\Rightarrow \frac{\ln \left( {{(x-1)}^{2}}+1 \right)}{\ln x}\le \frac{{f}'(x)}{\ln x}\le \frac{\ln {{x}^{2}}}{\ln x}\Rightarrow \frac{\ln \left( {{(x-1)}^{2}}+1 \right)}{\ln x}\le \frac{{f}'(x)}{\ln x}\le 2$
και : $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( {{(x-1)}^{2}}+1 \right)}{\ln x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{2(x-1)}{{{(x-1)}^{2}}+1}}{\frac{1}{x}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2({{x}^{2}}-x)}{{{(x-1)}^{2}}+1}=2$ ,οπότε $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)}{x\ln x-x}=2$

β) Αφού $\displaystyle \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=+\infty$ , δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη.
Έστω
$\begin{array}{l} g(x) = \frac{{f(x)}}{{x\ln x - x}} \Rightarrow g(x) = \frac{{f(x)}}{{x(\ln x - 1)}} \Rightarrow \\ \Rightarrow g(x)(\ln x - 1) = \frac{{f(x)}}{x} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g(x)(\ln x - 1) = + \infty \end{array}$
Άρα δεν έχει ούτε πλάγια ασύμπτωτη
6.
Για κάθε x>1

$\begin{array}{l} \ln \left( {{{(x - 1)}^2} + 1} \right) \le f'(x) \le \ln {x^2} \Rightarrow \\ \\ \Rightarrow \ln \left( {{{(x - 1)}^2} + 1} \right) - \ln ({x^2} - x + 1) \le f'(x) - \ln ({x^2} - x + 1) \le \ln {x^2} - \ln ({x^2} - x + 1) \Rightarrow \\ \\ \Rightarrow \ln \left( {\frac{{{{(x - 1)}^2} + 1}}{{{x^2} - x + 1}}} \right) \le f'(x) - \ln ({x^2} - x + 1) \le \ln \left( {\frac{{{x^2}}}{{{x^2} - x + 1}}} \right) \Rightarrow \\ \\ \Rightarrow \ln \left( {\frac{{{x^2} - x + 1 - x + 1}}{{{x^2} - x + 1}}} \right) \le f'(x) - \ln ({x^2} - x + 1) \le \ln \left( {\frac{{{x^2} - x + 1 + x - 1}}{{{x^2} - x + 1}}} \right) \Rightarrow \\ \\ \Rightarrow \ln \left( {1 - \frac{{x - 1}}{{{x^2} - x + 1}}} \right) \le f'(x) - \ln ({x^2} - x + 1) \le \ln \left( {1 + \frac{{x - 1}}{{{x^2} - x + 1}}} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\\ \end{array}$
Μπορούμε (με μελέτη ή αλγεβρικά) να αποδείξουμε ότι $\displaystyle -1\le \frac{x-1}{{{x}^{2}}-x+1}\le \frac{1}{3}$
Τότε :
$\displaystyle 1+\frac{x-1}{{{x}^{2}}-x+1}\le 1+\frac{1}{3}<2$ και $\displaystyle \frac{x-1}{{{x}^{2}}-x+1}\ge -1\Rightarrow 1-\frac{x-1}{{{x}^{2}}-x+1}\le 2$ (2)

Από (1) και (2) έπεται το ζητούμενο .

Dimessi · #3

Καλό για Γ λυκείου! Θα το δώσω σε μαθητή δίνοντας και την πηγή του

. Επειδή μου άρεσε σαν θέμα, βάζω τη λύση μου.

1. Έχουμε $\displaystyle \lim_{h\rightarrow 0}\frac{f\left ( x+h \right )-f\left ( x-h \right )}{2h}=\frac{1}{2}\cdot \left ( \lim_{h\rightarrow 0}\frac{f\left ( x+h \right )-f\left ( x \right )}{h}-\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f\left ( x-h \right )-f\left ( x \right )}{h} \right )=f{'}\left ( x \right ).$

2. Η

είναι συνεχής στο $\left [ 1,+\infty \right )$ και παραγωγίσιμη στο $\left ( 1,+\infty \right )$ με $f{'}\left ( x \right )\geqslant \ln\left ( \left ( x-1 \right ) ^{2}+1\right )> 0,\forall x\in \left ( 1,+\infty \right )$ , άρα η

είναι γνησίως αύξουσα στο $\left [ 1,+\infty \right ).$ Η

είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο $\left [ 1,+\infty \right )$ , άρα $\displaystyle \boxed{f\left ( \left [ 1,+\infty \right ) \right )=\left [ f\left ( 1 \right ),\lim_{x\rightarrow +\infty}f\left ( x \right ) \right )}\left ( 1 \right ).$ Για κάθε $x\in \left ( 1,+\infty \right ),$ η

είναι συνεχής στο $\left [ 1,x \right ]$ και παραγωγίσιμη στο $\left ( 1,x \right ),$ άρα από ΘΜΤ υπάρχει $\xi \in \left ( 1,x \right )$ με $\displaystyle f{'}\left ( \xi \right )=\frac{f\left ( x \right )-f\left ( 1 \right )}{x-1}=\frac{f\left ( x \right )-1}{x-1}$ και αφού $f{'}\left ( \xi \right )\geqslant \ln\left ( \left ( \xi -1 \right )^{2}+1 \right )\overset{x-1> 0}\Leftrightarrow f\left ( x \right )\geqslant \ln\left ( \left ( \xi -1 \right )^{2}+1 \right )\cdot \left ( x-1 \right )+1$ και επειδή $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\left [ \ln\left ( \left ( \xi -1 \right )^{2}+1 \right )\cdot \left ( x-1 \right )+1 \right ]=+\infty,$ άρα $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}f\left ( x \right )=+\infty\overset{\left ( 1 \right )}\Rightarrow \boxed{f\left ( \left [ 1,+\infty \right ) \right )=\left [ 1,+\infty \right )}.$

3. Θεωρούμε την συνάρτηση $h\left ( x \right )=3f\left ( x \right )-x^{3}+3x-5,x\geq 1.$ Είναι $h\left ( 1 \right )=0.$ Έστω ότι η

έχει κάποια ρίζα $\rho > 1.$ Η

είναι συνεχής στο $\left [ 1,\rho \right ]$ και παραγωγίσιμη στο $\left ( 1,\rho \right )$ με $h\left ( 1 \right )=h\left ( \rho \right ),$ άρα από Θ. Rolle υπάρχει $\xi _{1}\in \left ( 1,\rho \right )$ με $h{'}\left ( \xi _{1} \right )=0 \left ( 2 \right ).$ Η

είναι παραγωγίσιμη στο $\left ( 1,+\infty \right )$ με $h{'}\left ( x \right )=3f{'}\left ( x \right )-3x^{2}+3,\forall x\in \left ( 1,+\infty \right )\overset{\left ( 2 \right )}\Rightarrow \boxed{f{'}\left ( \xi _{1} \right )=\xi _{1}^{2}-1}\left ( 3 \right ).$ Συνεπώς $\boxed{f{'}\left ( \xi _{1} \right )\overset{\left ( 3 \right )}=\xi _{1}^{2}-1\leqslant \ln\xi _{1}^{2}}\left ( 4 \right ).$ Θεωρούμε την συνάρτηση $g\left ( x \right )=x-\ln x-1,x> 1.$ Η

είναι παραγωγίσιμη με $\displaystyle g{'}\left ( x \right )=1-\frac{1}{x}> 0,\forall x\in \left ( 1,+\infty \right ),$ άρα η

είναι γνησίως αύξουσα στο $\left ( 1,+\infty \right ).$ Η

είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο $\left ( 1,+\infty \right ),$ άρα $\displaystyle g\left ( x \right )> \lim_{x\rightarrow 1^{+}}g\left ( x \right )=0,\forall x\in \left ( 1,+\infty \right )$ και από την σχέση $\left ( 4 \right ):g\left ( \xi _{1}^{2} \right )\leqslant 0,$ άτοπο. Άρα, η εξίσωση έχει μοναδική λύση στο $\left [ 1,+\infty \right ),$ την $\boxed{x=1}.$

4.i) Για κάθε $\displaystyle x\in \left ( 1,+\infty \right ):\frac{\ln\left ( \left ( x-1 \right ) ^{2}\right )+1}{\ln x}\leqslant \frac{f{'}\left ( x \right )}{\ln x}\leqslant 2$ και αφού $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{\ln \left ( \left ( x-1 \right )^{2} +1\right )}{\ln x}\overset{DHL}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{\displaystyle \frac{2x-2}{x^{2}-2x+2}}{\displaystyle \frac{1}{x}}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{2x^{2}-2x}{x^{2}-2x+2}=2,$ άρα από το Κριτήριο Παρεμβολής $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f{'}\left ( x \right )}{\ln x}=2.$ Είναι $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}f\left ( x \right )=+\infty$ και $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\left ( x\ln x-x \right )=+\infty$ και αφού το όριο $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f{'}\left ( x \right )}{(x \ln x-x){'}}$ υπάρχει και ισούται με

από τον κανόνα De L' Hospital και το όριο $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f\left ( x \right )}{x\ln x-x}$ υπάρχει και είναι $\displaystyle \boxed{\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f\left ( x \right )}{x\ln x-x}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f{'}\left ( x \right )}{\ln x}=2}.$
ii) Αφού $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}f\left ( x \right )=+\infty,$ η $C_{f}$ δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο $+\infty.$ Για κάθε $x\in \left ( 1,+\infty \right ):f{'}\left ( x \right )\geqslant \ln \left ( \left ( x-1 \right )^{2}+1 \right )$ και αφού $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\ln \left ( x^{2}-2x+2 \right )=+\infty,$ άρα $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}f{'}\left ( x \right )=+\infty.$ Αφού $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}f\left ( x \right )=+\infty$ και το όριο $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f{'}\left ( x \right )}{\left ( x \right ){'}}$ υπάρχει και ισούται με $+\infty,$ από τον Κανόνα De L' Hospital (το όριο $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f\left ( x \right )}{x}$ είναι απροσδιόριστη μορφή $\displaystyle \left ( \frac{+\infty}{+\infty} \right )$ ) και το όριο $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f\left ( x \right )}{x}$ υπάρχει και είναι $\displaystyle \boxed{\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f\left ( x \right )}{x}=\lim_{x\rightarrow +\infty}f{'}\left ( x \right )=+\infty},$ άρα η $C_{f}$ δεν έχει πλάγια ασύμπτωτη στο $+\infty.$

5. Έστω ότι υπάρχει $x_{0}> 1$ με $\displaystyle f{'}\left ( x_{0} \right )-\ln \left ( x_{0}^{2}-x_{0} +1\right )> \ln2$ . Αφού $\displaystyle \ln 2< f{'}\left ( x_{0} \right )-\ln \left ( x_{0} ^{2}-x_{0}+1\right )\leqslant 2\ln x_{0}-\ln \left ( x_{0}^{2}-x_{0}+1 \right ),$ άρα $\displaystyle 2\ln x_{0}-\ln \left ( x_{0}^{2}-x_{0}+1 \right )> \ln 2.$ Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle k\left ( x \right )=2\ln x-\ln \left ( x^{2}-x+1 \right ),x> 1.$ Η

είναι παραγωγίσιμη με $\displaystyle k{'}\left ( x \right )=\frac{2}{x}-\frac{2x-1}{x^{2}-x+1}=\frac{2-x}{x\left ( x^{2}-x+1 \right )},\forall x\in \left ( 1,+\infty \right ).$ Είναι:
$\displaystyle k{'}\left ( x \right )> 0\Leftrightarrow x< 2$
$k{'}\left ( x \right )< 0\Leftrightarrow x> 2$
$k{'}\left ( x \right )=0\Leftrightarrow x=2$
Άρα, η

είναι γνησίως αύξουσα στο $\left ( 1,2 \right ]$ και γνησίως φθίνουσα στο $\left [ 2,+\infty \right ),$ άρα $k\left ( x \right )\leqslant k\left ( 2 \right )=2\ln 2-\ln 3< \ln 2,\forall x\in \left ( 1,+\infty \right )$ και $k\left ( x_{0} \right )> \ln 2,$ άτοπο.
Έστω ότι υπάρχει $y_{0}> 1$ με $f{'}\left ( y_{0} \right )-\ln \left ( y_{0} ^{2}-y_{0}+1\right )< -\ln 2.$ Αφού $\displaystyle \ln \left ( y_{0}^{2} -2y_{0}+2\right )-\ln \left ( y_{0}^{2}-y_{0}+1 \right )\leqslant f{'}\left ( y_{0} \right )-\ln \left ( y_{0}^{2}-y_{0}+1 \right )< -\ln 2,$ άρα $\displaystyle \ln \left ( y_{0}^{2}-2y_{0}+2 \right )-\ln \left ( y_{0}^{2}-y_{0}+1 \right )< -\ln 2.$ Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle p\left ( x \right )=\ln \left ( x^{2} -2x+2\right )-\ln \left ( x^{2}-x+1 \right ),x> 1.$ Η

είναι παραγωγίσιμη με $\displaystyle p{'}\left ( x \right )=\frac{2x-2}{x^{2}-2x+2}-\frac{2x-1}{x^{2}-x+1}=\frac{x\left ( x-2 \right )}{\left ( \left ( x-1 \right )^{2} +1\right )\left ( x^{2}-x+1 \right )},\forall x\in \left ( 1,+\infty \right ).$ Είναι:
$p{'}\left ( x \right )> 0\Leftrightarrow x> 2$
$p{'}\left ( x \right )< 0\Leftrightarrow x< 2$
$p{'}\left ( x \right )=0\Leftrightarrow x=2$
Άρα, η

είναι γνησίως φθίνουσα στο $\left ( 1,2 \right ]$ και γνησίως αύξουσα στο $\left [ 2,+\infty \right ),$ άρα $p\left ( x \right )\geqslant p\left ( 2 \right )=\ln 2-\ln 3> -\ln 2,\forall x\in \left ( 1,+\infty \right )$ και $p\left ( y_{0} \right )< -\ln 2,$ άτοπο.
Επομένως $\displaystyle \boxed{\forall x\in \left ( 1,+\infty \right ):-\ln2\leqslant f{'}\left ( x \right )-\ln\left ( x^{2}-x+1 \right )\leqslant \ln 2\Leftrightarrow \left | f{'}\left ( x \right )-\ln \left ( x^{2}-x+1 \right )\right |\leqslant \ln 2}.$

ΘΕΜΑ

ΘΕΜΑ

Re: ΘΕΜΑ

Re: ΘΕΜΑ

Μέλη σε σύνδεση