1. La risposta esatta `e la b . Consideriamo la funzione f (x) = 2 log 7x 5 arctan x e studia- mone l’immagine. La funzione `e definita e continua in (0, + 1) con lim

RISOLUZIONE

1. La risposta esatta `e la b . Consideriamo la funzione f (x) = 2 log 7x 5 arctan x e studia- mone l’immagine. La funzione `e definita e continua in (0, + 1) con lim

x!0

f (x) = 1 mentre

x !+1 lim f (x) = + 1 La funzione risulta inoltre derivabile in (0, +1) con

f ⁰ (x) = 2 x

5

1 + x ² = 2x ² 5x + 2

x(1 + x ² ) = 2(x 2)(x ¹ ₂ )

x(1 + x ² ) , 8x > 0.

Quindi f ⁰ (x) > 0 se x 2 (0, ¹ ₂ ) [ (2, +1), f ⁰ (x) < 0 se x 2 ( ¹ ₂ , 2) e f ⁰ ( ¹ ₂ ) = f ⁰ (2) = 0. Allora f (x) risulta strettamente crescente in (0, ¹ ₂ ] e in [2, + 1), risulta strettamente decrescente in [ ¹ ₂ , 2], x = ¹ ₂ risulta un punto di massimo relativo e x = 2 risulta un punto di minimo relativo. Posto

↵ m = f (2) e ↵ M = f ( ¹ ₂ ), dal Teorema dei valori intermedi concludiamo allora che l’equazione f (x) = ↵ ammette una sola soluzione per ogni ↵ < ↵ _m e ↵ > ↵ _M , due soluzioni per ↵ = ↵ _m e

↵ = ↵ _M , tre soluzioni per ↵ 2 (↵ m , ↵ _M ).

2. La risposta esatta `e la d . Determiniamo il numero di zeri della funzione f _↵ (x) = e ^↵x

x ² . Osserviamo innanzitutto che la funzione risulta definita e continua in tutto R. Poich`e la funzione risulta pari, potremo limitare lo studio all’intervallo [0, + 1). Risulta f ↵ (0) = 1 per ogni ↵ 2 R e, dalla gerarchia degli infiniti, essendo ↵ > 0 risulta

x !+1 lim f _↵ (x) = + 1 La funzione risulta inoltre derivabile in R per ogni ↵ > 0 con

f _↵ ⁰ (x) = 2↵xe ^↵x

2x = 2x(↵e ^↵x

1)

Per x 2 (0, +1), risulta che f ↵ ⁰ (x) > 0 se e solo se ↵e ^↵x

> 1 e dunque, essendo ↵ > 0, se e solo se e ^↵x

> _↵ ¹ ovvero x ² > _↵ ¹ log ¹ _↵ .

Quindi, se ↵ 1, avremo che risulta f _↵ ⁰ (x) > 0 per ogni x 2 (0, +1) e dunque che f ↵ (x) `e strettamente crescente in [0, + 1) .

Se invece 0 < ↵ < 1, avremo che f _↵ ⁰ (x) > 0 in (0, + 1) se e solo se x > q

1

↵ log _↵ ¹ = x ↵ e quindi

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che f _↵ (x) `e strettamente crescente in [x <sub>↵</sub> , + 1), strettamente decrescente in [0, x ↵ ] e che x <sub>↵</sub> `e punto di minimo con f ↵ (x ↵ ) = _↵ ^{1 1} _↵ log _↵ ¹ . Risulta inoltre f ↵ (x ↵ ) > 0 per ↵ > ¹ _e , f ↵ (x ↵ ) = 0 per ↵ = ¹ _e e f _↵ (x _↵ ) < 0 per 0 < ↵ < ¹ _e

Riunendo quanto ottenuto, dal Teorema di esistenza degli zeri e dallo studio della monotonia, deduciamo che f ↵ (x) ammette due zeri per ↵ = ¹ _e , quattro zeri per ogni 0 < ↵ < ¹ _e e nessun zero per ¹ _e < ↵.

3. La risposta esatta `e la d . La funzione f (x) = p

x ² 1 + x risulta definita e continua in D = {x 2 R | |x| 1 } con f(±1) = ±1 e

x ! 1 lim f (x) = lim

x ! 1 x

✓ 1

q 1 _x ¹

◆

= 0 quindi y = 0 `e asintoto orizzontale sinistro per f (x). Mentre lim

x !+1 f (x) = + 1 ed essendo

x!+1 lim f (x)

x = lim

x!+1

p x ² 1

x + 1 = 2 e lim

x!+1 f (x) 2x = lim

x!+1

p x ² 1 x = 0,

y = 2x risulta asintoto obliquo destro. Quindi a `e falsa. La funzione risulta inoltre derivabile in ogni |x| > 1 con

f ⁰ (x) = x

p x ² 1 + 1

Dunque, se x > 1 avremo che f ⁰ (x) > 0 e quindi f (x) strettamente crescente in [1, + 1). Se x < 1 avremo f ⁰ (x) < 0 essendo x ² 1 < x ² e dunque f (x) strettamente decrescente in ( 1, 1]. Dalla monotonia stretta di f(x) negli intervalli ( 1, 1] e [1, +1), segue che f(x)

`e iniettiva negli intervalli ( 1, 1] e [1, +1). Essendo inoltre sup

x 2( 1, 1]

f (x) = 0 < 1 = min

x 2[1,+1) f (x), otteniamo che f (x) `e iniettiva in tutto il suo dominio e anche b `e falsa.

Infine, osserviamo che f (x) `e derivabile due volte nel suo dominio con f ⁰⁰ (x) =

p x ² 1 x p ^x x

1

x ² 1 = 1

(x ² 1)

< 0 per ogni |x| > 1

e la funzione risulta concava sia in ( 1, 1) che in (1, +1). Pertando anche c `e falsa.

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4. La risposta esatta `e la b . La funzione f (x) = e

per ogni ↵ 6= 0 risulta definita e continua in D = {x 2 R | x 6= 1} e

x!±1 lim f (x) = lim

x!±1 e

↵ 1 1

x

= e ^↵

quindi y = e ^↵ `e asintoto orizzontale per f (x) (dunque a `e falsa). Mentre

x!1 lim

f (x) =

( + 1 se ↵ > 0,

0 se ↵ < 0 e lim

x!1 f (x) =

( 0 se ↵ > 0, + 1 se ↵ < 0 La funzione risulta inoltre derivabile in ogni x 6= 1 con

f ⁰ (x) = ↵e

(x 1) ²

Dunque, se ↵ > 0 avremo f ⁰ (x) < 0 per ogni x 6= 1 e quindi f(x) strettamente decrescente in ( 1, 1) e (1, +1) mentre se ↵ < 0 avremo f ⁰ (x) > 0 per ogni x 6= 1 e quindi f(x) strettamente crescente in ( 1, 1) e (1, +1).

Dalla monotonia stretta di f (x) negli intervalli ( 1, 1) e (1, +1), segue che f(x) `e iniettiva in tali intervalli. Essendo inoltre per ↵ > 0, f (x 1 ) > e <sup>↵</sup> > f (x 2 ) per ogni x 1 > 1 > x 2 , otteniamo che f (x) `e iniettiva in tutto il suo dominio. Analogamente per ↵ < 0, , quindi b `e vera.

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Osserviamo infine che c `e falsa, infatti dalla monotonia stretta f (x) 6= e <sup>↵</sup> per ogni x 6= 1 e dunque e <sup>↵</sup> non appartiene all’immagine della funzione qualunque sia ↵ 2 R e quindi l’immagine della funzione non pu` o essere (0, + 1). Dal Teorema dei valori intermedi abbiamo precisamente che l’immagine della funzione `e infatti (0, e ^↵ ) [ (e ^↵ , + 1) e non (0, +1).

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