ATTIVIT ` A 8
Individuare la risposta corretta, motivandola
1. Il perimetro massimo di un rettangolo inscritto nell’ellisse
x42+ y
2= 1 vale a 4 p
5 b 2⇡
c
p12 5d nessuna delle precedenti 2. La funzione f (x) = xe
xe
x1
(f)
a `e dispari
b non ammette asintoto c ammette minimo relativo d nessuna delle precedenti 3. L’equazione e
x ↵= x ammette
a un’unica soluzione positiva per ogni ↵ < 1 b al pi` u una soluzione per ogni ↵ 1
c almeno una soluzione positiva per qualche ↵ 2 R d nessuna delle precedenti
4. La funzione f (x) = 2
x2x
a ammette un unico zero in ( 1, 1) b ammette un unico punto di flesso
c non ammette asintoti d nessuna delle precedenti
(f)Ricorda, poich´e ex`e funzione strettamente convessa e y = x + 1 `e la retta tangente al suo grafico in x = 0, si ha che ex> x + 1 per ogni x2 R, x 6= 0
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RISOLUZIONE
1. La risposta corretta `e a . Per determinare il perimetro massimo dei rettangoli inscritti nell’ellisse
x2
4
+ y
2= 1 osserviamo che detta b la semibase e h la semialtezza, il perimetro `e dato da 4(b + h).
Dato che il rettangolo `e inscritto nell’ellisse, dovremo avere che
b42+ h
2= 1 (possiamo infatti supporre che i lati del rettangolo siano paralleli agli assi), da cui h =
»1
b42=
12p
4 b
2con b 2 [0, 2]. Dovremo quindi determinare il massimo della funzione p(b) = 2(2b + p
4 b
2) nell’intervallo [0, 2]. La funzione `e derivabile in (0, 2) con
p
0(b) = 2(2
pb4 b2
) =
p24 b2
(2
p4 b
2b) In (0, 2) si ha che p
0(b) = 0 se e solo se 2 p
4 b
2= b ovvero se e solo se b =
p45
e tale punto risulta punto di massimo per p(b) con p(
p45
) =
p20 5= 4 p
5 e tale valore indica il perimetro massimo.
2. La risposta corretta `e d . La funzione f (x) = xe
xe
x1 `e definita e continua in R\{0}, non risulta pari dato che f ( x) 6= f(x) per ogni x 6= 0 (quindi a `e falsa). Risulta
x
lim
!0f (x) = lim
x!0
xe
xe
x1 = lim
x!0
x e
x1 = 1 mentre
x!+1
lim f (x) = lim
x!+1
xe
xe
x1 = lim
x!+1
x 1
e1x= + 1 e lim
x! 1
f (x) = lim
x! 1
xe
xe
x1 = 0 dato che lim
x! 1
xe
x= lim
y!+1 y
ey
= 0. La funzione non ammette asintoti verticali e y = 0 `e asintoto orizzontale per x ! 1
(g). Quindi b `e falsa. Anche la risposta c `e falsa, infatti la funzione risulta derivabile nel suo dominio con
f
0(x) = (e
x1)(e
x+ xe
x) xe
x· e
x(e
x1)
2= e
x(e
x1 x) (e
x1)
2e poich´e f
0(x) > 0 per ogni x 6= 0 (in quanto, essendo e
xfunzione convessa, risulta e
x> 1 + x per ogni x 2 R, x 6= 0), dal Teorema di Fermat possiamo concludere che la funzione non ammette punti n´e di minimo n´e di massimo relativo. Dal criterio di monotonia, abbiamo che la funzione risulta strettamente crescente sia in ( 1, 0) che in (0, +1).
(g)osserviamo che la funzione ha come asintoto obliquo per x! +1 la bisettrice y = x dato che
x!+1lim
f (x) x = lim
x!+1 ex
ex 1 = 1 e lim
x!+1f (x) x = lim
x!+1 xex
ex 1 x = lim
x!+1 x ex 1 = 0
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3. La risposta esatta `e c . Posto f
↵(x) = e
x ↵x, l’equazione equivale a determinarne il numero di zeri al variare di ↵ 2 R. Abbiamo che la funzione `e definita e continua in R, inoltre dalla gerarchia degli infiniti, si ha
x!±1
lim f
↵(x) = + 1.
La funzione risulta derivabile in ogni x 2 R con f
↵0(x) = e
x ↵1.
Dunque, avremo f
↵0(x) > 0 se e solo se x > ↵ e quindi che f
↵(x) risulta strettamente decrescente in ( 1, ↵], strettamente crescente in [↵, +1) e che x = ↵ `e punto di minimo assoluto per f
↵(x) con f
↵(↵) = 1 ↵. Osserviamo f
↵(↵) < 0 se ↵ > 1, f
↵(↵) = 0 se ↵ = 1 e f
↵(↵) > 0 se ↵ < 1.
↵ < 1
↵ = 1
↵ > 1
x y
Dal Teorema dei valori intermedi e dalla monotonia della funzione otteniamo che
• la funzione non ammette zeri se ↵ < 1 e quindi l’equazione non ammette soluzioni
• la funzione ammette uno e un solo zero se ↵ = 1 e dunque l’equazione ammette un’unica soluzione x
0= 1
• la funzione ammette esattamente due zeri se ↵ > 1 da cui l’equazione ammette esattamente due soluzioni x
1< ↵ e x
2> ↵, essendo x = ↵ punto di minimo assoluto.
Possiamo allora concludere che a e b sono false mentre c `e vera: per ogni ↵ > 1 si ha infatti che l’equazione ammette almeno una soluzione positiva: x
2> ↵ > 1
(h).
(h)osserviamo che anche la soluzione x1 < ↵ `e positiva. Infatti che per ogni ↵2 R risulta f↵(0) = e ↵> 0, quindi per ogni ↵ > 1 otteniamo che la funzione `e strettamente decrescente in ( 1, 0] da cui f↵(x) f↵(0) > 0 per ogni x 0.
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4. La risposta corretta `e d . La funzione f (x) = 2
x2x `e definita e continua in R. Abbiamo
x! 1
lim f (x) = + 1, dato che lim
x! 1
2
x= 0, e lim
x!+1
f (x) = + 1, poich´e dalla gerarchia degli infiniti risulta lim
x!+1 2x
2x
= + 1. La funzione non ammette pertanto asintoti verticali e orizzontali, abbiamo per` o
x! 1
lim
f (x)
x
= lim
x! 1 2x
x
2 = 2 e lim
x! 1
f (x) + 2x = lim
x! 1
2
x= 0
e dunque che y = 2x `e asintoto obliquo per x ! 1. Osserviamo che la funzione non ammette invece asintoto obliquo per x ! +1.
La funzione `e inoltre derivabile in R con f
0(x) = log 2 2
x2 per ogni x 2 R e risulta f
0(x) > 0 se e solo se x > log
2(
log 22) = 1 log
2(log 2) = x
0. Dal criterio di monotonia abbiamo allora che la funzione `e strettamente decrescente in ( 1, x
0], strettamente crescente in [x
0, + 1) e che x
0`e punto di minimo assoluto
(i). Osserviamo che x
0= 1 log
2(log 2) > 1, in quanto log
2log 2 < 0.
Infatti, essendo 2 < e si ha log 2 < 1 e dunque log
2(log 2) < 0.
Infine la funzione `e derivabile due volte in R con f
00(x) = log
22 2
x> 0 per ogni x 2 R. Dal criterio di convessit` a abbiamo quindi che f (x) `e convessa in R.
Da quanto ottenuto possiamo concludere che
a `e falsa, la funzione `e positiva in ( 1, 1) dato che f(1) = 0 e che f(x) `e strettamente decrescente in ( 1, 1), quindi f(x) > f(1) = 0 per ogni x < 1;
b `e falsa, la funzione `e convessa in tutto R dunque non ammette punti di flesso;
c `e falsa, la funzione ammette un asintoto obliquo per x ! 1.
(i)Osservato che f (1) = 0, otteniamo che f (x0) < f (1) = 0. Dal teorema dei valori intermedi e dalla monotonia stretta possiamo allora concludere che la funzione ammette due soli zeri, uno in ( 1, x0) e uno in (x0, +1).