Gentle

erxmer · #1

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f : R \to R$ για την οποία ισχύουν: $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} \displaystyle{\frac{f'(x)}{e^x-1}=\frac{1}{e^x-x}-\frac{1}{e^x-1}, x \neq 0}\\ \\ f(0)=0\\ \\ e^x \geq x+1, x \in R\\ \end{matrix}\right.}$

1) Να αποδείξετε ότι ο τύπος της συνάρτησης

είναι

2) Να βρεθεί το σύνολο τιμών της συνάρτησης

3) Να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της

έχει ακριβώς δυο σημεία καμπής (x_1,f(x_1)), (x_2,f(x_2)

με

4) Δίνεται η συνάρτηση g(x) = (e^x −1) f (x) , x∈R

. Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από
τη γραφική παράσταση της συνάρτησης

, τον άξονα x ' x

και τις ευθείες x = 0

και

.

#2

erxmer έγραψε:Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f : R \to R$ για την οποία ισχύουν: $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} \displaystyle{\frac{f'(x)}{e^x-1}=\frac{1}{e^x-x}-\frac{1}{e^x-1}, x \neq 0}\\ \\ f(0)=0\\ \\ e^x \geq x+1, x \in R\\ \end{matrix}\right.}$

1) Να αποδείξετε ότι ο τύπος της συνάρτησης είναι

2) Να βρεθεί το σύνολο τιμών της συνάρτησης

3) Να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της έχει ακριβώς δυο σημεία καμπής με

4) Δίνεται η συνάρτηση. Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από
τη γραφική παράσταση της συνάρτησης , τον άξονα και τις ευθείες και .

...παρέα με τις ασκήσεις.....

1) Από $\frac{{f}'(x)}{{{e}^{x}}-1}=\frac{1}{{{e}^{x}}-x}-\frac{1}{{{e}^{x}}-1},x\ne 0$ προκύπτει ότι

${f}'(x)=\frac{{{e}^{x}}-1}{{{e}^{x}}-x}-1\Leftrightarrow {f}'(x)=\frac{({{e}^{x}}-x{)}'}{{{e}^{x}}-x}-{x}'\Leftrightarrow {f}'(x)={{\left( \ln ({{e}^{x}}-x)-x \right)}^{\prime }}$

αφού από ${{e}^{x}}\ge x+1,x\in R$ έχουμε ότι ${{e}^{x}}\ge x+1>x,x\in R$ άρα ${{e}^{x}}-x>0,x\in R$ οπότε

$f(x)=\left\{ \begin{matrix} & \ln ({{e}^{x}}-x)-x+{{c}_{1}},\,\,\,x<0 \\ & \ln ({{e}^{x}}-x)-x+{{c}_{2}},\,\,\,x>0 \\ \end{matrix} \right.$

Τώρα επειδή η

είναι παραγωγίσιμη στο

άρα και συνεχής θα ισχύει ότι

$\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=f(0)=0$

Είναι $\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \ln ({{e}^{x}}-x)-x+{{c}_{1}} \right)={{c}_{1}}$ και

$\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \ln ({{e}^{x}}-x)-x+{{c}_{2}} \right)={{c}_{2}}$

άρα ${{c}_{1}}={{c}_{2}}=0$ επομένως $f(x)=\left\{ \begin{matrix} & \ln ({{e}^{x}}-x)-x,\,\,\,x<0 \\ & \ln ({{e}^{x}}-x)-x,\,\,\,x>0 \\ \end{matrix} \right.$ και τελικά αφού $\ln ({{e}^{0}}-0)-0=0$ είναι $f(x)=ln({{e}^{x}}-x)-x,x\in R$

2) Είναι ${f}'(x)=\frac{{{e}^{x}}-1}{{{e}^{x}}-x}-1=\frac{{{e}^{x}}-1-{{e}^{x}}+x}{{{e}^{x}}-x}=\frac{x-1}{{{e}^{x}}-x},\,\,\,x\in R$ οπότε

{f}'(1)=0

και ${f}'(x)>0\Leftrightarrow x>1$ άρα

γνήσια αύξουσα στο ${{\Delta }_{1}}=[1,\,+\infty )$ και ${f}'(x)<0\Leftrightarrow x<1$

άρα

γνήσια φθίνουσα στο ${{\Delta }_{2}}=(-\infty ,1]$ έτσι αφού η

είναι συνεχής έχουμε

$f({{\Delta }_{1}})=[f(1),\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)),\,\,\,f({{\Delta }_{2}})=[f(1),\,\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x))$

Για το $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \ln ({{e}^{x}}-x)-x \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \ln ({{e}^{x}}-x)-\ln {{e}^{x}} \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \ln (\frac{{{e}^{x}}-x}{{{e}^{x}}}) \right)=$

$=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \ln (1-\frac{x}{{{e}^{x}}}) \right)=\ln 1=0$ αφού

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{x}{{{e}^{x}}} \right)\underset{DLH}{\overset{\frac{+\infty }{+\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1}{{{e}^{x}}} \right)=0$

και για το $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \ln ({{e}^{x}}-x)-x \right)=+\infty$

αφού $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{e}^{x}}-x \right)=+\infty ,\,\,\,\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( -x \right)=+\infty$ επομένως

$f({{\Delta }_{1}})=[ln(e-1)-1,\,\,\,0),\,\,\,f({{\Delta }_{2}})=[ln(e-1)-1,\,+\infty )$ άρα $f(R)=[ln(e-1)-1,\,+\infty )$

3) Από ${f}'(x)=\frac{x-1}{{{e}^{x}}-x},\,\,\,x\in R$ είναι ${f}''(x)={{\left( \frac{x-1}{{{e}^{x}}-x} \right)}^{\prime }}=\frac{2{{e}^{x}}-x{{e}^{x}}-1}{{{({{e}^{x}}-x)}^{2}}},\,\,\,x\in R$

Τώρα η συνάρτηση $g(x)=2{{e}^{x}}-x{{e}^{x}}-1$ είναι συνεχής με $g(-2)=2{{e}^{-2}}+2{{e}^{-2}}-1=\frac{4}{{{e}^{2}}}-1<0$ και

g(1)=2e-e-1=e-1>0

και $g(2)=2{{e}^{2}}-2{{e}^{2}}-1=-1<0$ άρα $g(-2)g(1)<0,\,\,\,g(1)g(2)<0$ οπότε σύμφωνα με το Θεώρημα του Bolzano

υπάρχουν ${{x}_{1}}\in (-2,\,1),\,\,\,{{x}_{2}}\in (1,\,2)$ με $g({{x}_{1}})=g({{x}_{2}})=0$

Τώρα επειδή ${g}'(x)=2{{e}^{x}}-{{e}^{x}}-x{{e}^{x}}=(1-x){{e}^{x}}$ η συνάρτηση

είναι γνήσια αύξουσα στο διάστημα $(-\infty ,\,\,1]$

και γνήσια φθίνουσα στο διάστημα $[1,\,\,+\infty )$ επομένως ${{x}_{1}}\in (-2,\,1)\subseteq (-\infty ,\,\,1]$

είναι μοναδικό και ${{x}_{2}}\in (1,\,2)\subseteq [1,\,\,+\infty )$ είναι μοναδικό και ακόμη

για $x<{{x}_{1}}\overset{g<}{\mathop{\Rightarrow }}\,g(x)<g({{x}_{1}})=0,\,\,\,\,x>{{x}_{1}}\overset{g<}{\mathop{\Rightarrow }}\,g(x)>g({{x}_{1}})=0$

επομένως για την ${f}''(x)=\frac{g(x)}{{{({{e}^{x}}-x)}^{2}}}$ ισχύει ότι $\displaystyle{{f}''({{x}_{1}})=0}$ και αλλάζει πρόσημο εκατέρωθεν του ${{x}_{1}}$

άρα το $({{x}_{1}},\,\,f({{x}_{1}}))$ μοναδικό σημείο καμπής στο $(-\infty ,\,\,1]$ και

$x<{{x}_{2}}\overset{g>}{\mathop{\Rightarrow }}\,g(x)>g({{x}_{2}})=0,\,\,\,\,x>{{x}_{2}}\overset{g>}{\mathop{\Rightarrow }}\,g(x)<g({{x}_{2}})=0$

επομένως για την ${f}''(x)=\frac{g(x)}{{{({{e}^{x}}-x)}^{2}}}$ ισχύει ότι $\displaystyle{{f}''({{x}_{2}})=0}$ και αλλάζει πρόσημο εκατέρωθεν του ${{x}_{2}}$ άρα

το $({{x}_{2}},\,\,f({{x}_{2}}))$ μοναδικό σημείο καμπής στο $[1,\,\,+\infty )$ άρα η

έχει ακριβώς δυο σημεία καμπής (x_1,f(x_1)), (x_2,f(x_2)

με

4) Το ζητούμενο εμβαδό θα είναι $E=\int\limits_{0}^{1}{|}g(x)|dx=\int\limits_{0}^{1}{|}{{e}^{x}}-1||f(x)|dx$ και επειδή

${{e}^{x}}\ge 1,\,\,\,x\in [0,\,\,1]$ είναι $E=({{e}^{x}}-1)|f(x)|dx$ και ακόμη επειδή η

είναι γνήσια φθίνουσα στο

$(-\infty ,\,\,1]$ με f(0)=0

για $0\le x\le 1\Rightarrow f(0)=0\ge f(x)\ge f(1)$ επομένως

$E=-\int\limits_{0}^{1}{({{e}^{x}}}-1)f(x)dx=-\int\limits_{0}^{1}{({{e}^{x}}}-x{)}'f(x)dx=-\left[ ({{e}^{x}}-x)f(x) \right]_{0}^{1}+\int\limits_{0}^{1}{({{e}^{x}}}-x){f}'(x)dx$

$\displaystyle{=-\left[ ({{e}^{x}}-x)f(x) \right]_{0}^{1}+\int\limits_{0}^{1}{({{e}^{x}}}-x)\frac{x-1}{{{e}^{x}}-x}dx=-\left[ ({{e}^{x}}-x)f(x) \right]_{0}^{1}+ \int\limits_{0}^{1}{(x-1)}dx=...}$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Gentle

Gentle

Re: Gentle

Μέλη σε σύνδεση