VERIFICA DI MATEMATICA – Simulazione – Studio di funzione - Soluzioni Risolvi uno dei seguenti problemi e cinque dei seguenti quesiti. Problema 1:

VERIFICA DI MATEMATICA – Simulazione – Studio di funzione - Soluzioni Risolvi uno dei seguenti problemi e cinque dei seguenti quesiti.

Problema 1: 𝑓_𝑎(𝑥) = {𝑥³− 1 𝑠𝑒 𝑥 < 1 𝑙𝑛(𝑥^𝑎) 𝑠𝑒 𝑥 ≥ 1 a) D = R, quindi f è continua in R - {1}. In x =1 si ha:

𝑥→1lim⁻(𝑥³− 1) = 0 e f (1) = 0, quindi la funzione è continua in 1 per ogni valore di a.

𝑓′_𝑎(𝑥) = {3𝑥² 𝑠𝑒 𝑥 < 1

𝑎

𝑥 𝑠𝑒 𝑥 ≥ 1, quindi la funzione è derivabile in R - {1}. In x = 1 si ha:

𝑥→1lim⁻(𝑥3²) = 3 e f’ (1) = a, quindi la funzione è derivabile in 1 se e solo se a = 3.

𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)

𝑏 − 𝑎 =𝑓(𝑒) − 𝑓(0)

𝑒 − 0 =3 − (−1)

𝑒 =4

𝑒 x < 1 → 3x² = ⁴

𝑒→ 𝑥 = ±√⁴

3𝑒→ accettabile solo la positiva x ≥ 1 → ³_𝑥=⁴_𝑒→ 𝑥 =^3𝑒₄ → accettabile

b) 𝑦 = 𝑓₃(𝑥) = {𝑥³− 1 𝑠𝑒 𝑥 < 1 𝑙𝑛(𝑥³) 𝑠𝑒 𝑥 ≥ 1

Grafico 1

𝑦 = 𝑓₃(𝑥³):

c) y = 6 → retta tangente orizzontale → f ‘ (x0) = 0 x < 1 → 3x² = 0→ 𝑥 = 0 → accettabile

x ≥ 1 → ³_𝑥= 0 → impossibile x = 0 punto stazionario con:

f ‘ (x) > 0 → 3𝑥²> 0 → ∀𝑥 ≠ 0 → funzione crescente sia a sinistra che a destra di 0

f ‘‘ (x) > 0 → 6𝑥 > 0 → 𝑥 > 0 → funzione con concavità verso il basso a sinistra di 0 e verso l’alto a destra di 0.

Quindi x = 0 è un punto di flesso a tangente orizzontale.

d) Il grafico 1 è il grafico della derivata prima di g. Quindi il grafico di y = g (x) sarà:

Grafico 2 Il grafico 2 è il grafico di h’ (x), quindi il grafico di h(x) sarà:

e) lim

𝑥→1⁻ 𝑥³−1

𝑥−1 =⁰

0 𝐻

= lim

𝑥→1⁻ 3𝑥²

1 = 3 e lim

𝑥→1⁺ 𝑎𝑙𝑛𝑥

𝑥−1 =⁰

0 𝐻

= lim

𝑥→1⁻

𝑎 𝑥

1 = 𝑎. Quindi il lim

𝑥→1 𝑥³−1

𝑥−1 esiste se e solo se a = 3.

Problema 2

𝐷 ≡ 𝐵 → 𝑥 = 0 𝐷 ≡ 𝐶 → 𝑥 =^𝜋

2

0 < 𝑥 <^𝜋

2, con

x = 0 non accettabile perché il triangolo degenera 𝑥 =^𝜋

2 accettabile perché il triangolo ABD coincide con il triangolo ABC.

Quindi 0 < 𝑥 ≤^𝜋

2.

𝐴𝐸𝐵̂ = 𝜋 − (𝛽 + 𝑥), nel triangolo ABE 𝐷𝐸𝐵̂ = 𝐴𝐸𝐶̂ = 𝜋 − (𝐴𝐸𝐵̂) = 𝛽 + 𝑥.

𝐴𝐷𝐶̂ = 𝛽, perché angoli alla circonferenza che insistono sulla stessa corda AC.

𝐵𝐷𝐸̂ =𝜋

2− 𝛽 → 𝐷𝐵𝐸̂ = 𝜋 − (𝐵𝐸𝐷̂ + 𝐵𝐷𝐸̂ ) = 𝜋 − (𝛽 + 𝑥 +𝜋

2− 𝛽) =𝜋 2− 𝑥 𝐴𝐵𝐷̂ = 𝛽 +^𝜋

2− 𝑥.

In ABC, 𝐵𝐶 = ^𝑎

𝑐𝑜𝑠𝛽

In BDC, 𝐵𝐷 = 𝐵𝐶 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝐷𝐵𝐸̂ = ^𝑎

𝑐𝑜𝑠𝛽∙ 𝑐𝑜𝑠 (^𝜋

2− 𝑥) = ^𝑎

𝑐𝑜𝑠𝛽∙ 𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑆 =¹

2𝐴𝐵 ∙ 𝐵𝐷 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝐵𝐷𝐴̂ =¹

2∙ 𝑎 ∙ ^𝑎

𝑐𝑜𝑠𝛽∙ 𝑠𝑖𝑛𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛 (𝛽 +^𝜋

2− 𝑥), con 𝑐𝑜𝑠𝛽 = √1 − 𝑠𝑖𝑛²𝛽 = √1 − 16/25 =3

5 𝑠𝑖𝑛 (𝛽 +𝜋

2− 𝑥) = 𝑠𝑖𝑛 [𝜋

2− (𝑥 − 𝛽)] = 𝑐𝑜𝑠(𝑥 − 𝛽) = 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑐𝑜𝑠𝛽 + 𝑠𝑖𝑛𝑥𝑠𝑖𝑛𝛽 =3

5𝑐𝑜𝑠𝑥 +4 5𝑠𝑖𝑛𝑥 Quindi: 𝑆 =^𝑎2

2 ∙⁵

3∙ 𝑠𝑖𝑛𝑥 ∙ (³

5𝑐𝑜𝑠𝑥 +⁴

5𝑠𝑖𝑛𝑥) =^𝑎2

6 ∙ (3𝑠𝑖𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + 4𝑠𝑖𝑛²𝑥)

b) 𝑆 =^𝑎₆²∙ (3𝑠𝑖𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + 4𝑠𝑖𝑛²𝑥) = ^𝑎₆²(³₂𝑠𝑖𝑛2𝑥 + 4 ∙^{1−𝑐𝑜𝑠2𝑥}₂ ) =^𝑎₁₂²(3𝑠𝑖𝑛2𝑥 − 4𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 4) (𝑓𝑜𝑟𝑚𝑢𝑙𝑒 𝑑𝑖 𝑏𝑖𝑠𝑒𝑧𝑖𝑜𝑛𝑒 𝑝𝑒𝑟 𝑖𝑙 𝑠𝑖𝑛² 𝑒 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑢𝑙𝑎 𝑑𝑖 𝑠𝑢𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑧𝑖𝑜𝑛𝑒 𝑝𝑒𝑟 𝑠𝑖𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥)

Applicando ora l’arco aggiunto si ha:

{ 𝑟 = √9 + 16 = 5

𝑡𝑔𝛼 = −⁴

3→ 𝛼 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (−⁴

3) ≈ −53° = − ⁵³

180𝜋. Quindi 𝑆 =𝑎²

12[5𝑠𝑖𝑛 (2𝑥 − 53

180𝜋) + 4]

Posto a = 1

c) Per 𝑘 ≤ 0, 𝑛𝑒𝑠𝑠𝑢𝑛𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑧𝑖𝑜𝑛𝑒 Per 0 < 𝑘 < 𝑓 (^𝜋

2) , 1 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑧𝑖𝑜𝑛𝑒 Per 𝑓 (^𝜋

2) ≤ 𝑘 < 𝑓(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔3), 2 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑧𝑖𝑜𝑛𝑖 Per = 𝑓(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔3), 1 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑧𝑖𝑜𝑛𝑒

Per 𝑘 > 𝑓(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔3), 0 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑧𝑖𝑜𝑛𝑖 d) 𝑆 =^𝑎2

6 ∙ (3𝑠𝑖𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + 4𝑠𝑖𝑛²𝑥) → 𝑆^′=^𝑎2

6 ∙ (3𝑐𝑜𝑠²𝑥 − 2𝑠𝑖𝑛²𝑥 + 8𝑠𝑖𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥) > 0

3𝑐𝑜𝑠²𝑥 − 2𝑠𝑖𝑛²𝑥 + 8𝑠𝑖𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 > 0 → −3𝑡𝑔²𝑥 + 8𝑡𝑔𝑥 + 3 > 0 → 𝑡𝑔𝑥 =−4 ± 5

3 = ⟨

3

−1 3

−1

3< 𝑡𝑔𝑥 < 3 → (𝑡𝑒𝑛𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒𝑙𝑙𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑑𝑖𝑧𝑖𝑜𝑛𝑖 𝑔𝑒𝑜𝑚𝑒𝑡𝑟𝑖𝑐ℎ𝑒 𝑖𝑛𝑖𝑧𝑖𝑎𝑙𝑖)0 < 𝑥𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔3

Quindi si ha area massima per x = arctg3. Allora AB = a; 𝐵𝐶 = ^𝑎

𝑐𝑜𝑠𝛽= ^𝑎

3/5=⁵

3𝑎; 𝐵𝐷 =^{𝑎𝑠𝑖𝑛𝑥}

𝑐𝑜𝑠𝛽 con tgx=3 e quindi 𝑠𝑖𝑛𝑥 = ^𝑡𝑔𝑥

√1+𝑡𝑔²𝑥= ³

√10

Quindi 𝐵𝐷 =^{𝑎𝑠𝑖𝑛𝑥}

𝑐𝑜𝑠𝛽 = ^𝑎∙

3

√103 5

= ^5𝑎

√10

Allora: ^𝐴𝐷

𝑠𝑖𝑛𝐴𝐵𝐷̂ =_{𝑠𝑖𝑛𝑥}^𝐵𝐷 → 𝐴𝐷 =^𝐵𝐷∙[

3 5𝑐𝑜𝑠𝑥+⁴

5𝑠𝑖𝑛𝑥]

𝑠𝑖𝑛𝑥 = ^5𝑎

√10∙ (³₅𝑐𝑜𝑡𝑔𝑥 +⁴₅) = ^5𝑎

√10∙ (³₅∙¹₃+⁴₅) = ^5𝑎

√10. 2𝑝 = 𝐴𝐷 + 𝐵𝐷 + 𝐴𝐵 = 5𝑎

√10+ 5𝑎

√10+ 𝑎 =10𝑎

√10+ 𝑎 = 𝑎√10 + 𝑎

e) a = 1 → 2𝑝 = √10 + 1. Posto ℎ(𝑥) = √𝑥, 𝑥0= 9 𝑒 ∆𝑥 = 𝑑𝑥 = 1, applicando il differenziale si ha:

𝑑ℎ = ℎ^′(𝑥) ∙ ∆𝑥 = ¹

2√𝑥→ 𝑑ℎ(𝑥₀) =¹

6= (𝑎𝑙 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠𝑖𝑚𝑜)0,17. In conclusione:

√10 = √9 + 0,17 = 3,17

Quesito 1: _𝑥→0^{𝑙𝑖𝑚 𝑥}√1 + 𝑥⁴=_𝑥→0^𝑙𝑖𝑚(1 + 𝑥⁴)^1/𝑥 =_𝑥→0^𝑙𝑖𝑚𝑒^{𝑙𝑛(1+𝑥4)1/𝑥}=_𝑥→0^𝑙𝑖𝑚𝑒^{𝑙𝑛(1+𝑥4)𝑥} , con

𝑙𝑖𝑚 𝑥 → 0

𝑙𝑛(1 + 𝑥⁴) 𝑥 𝐻̿ 𝑙𝑖𝑚

𝑥 → 0 4𝑥³ 1 + 𝑥⁴

1 = 0 → 𝑙𝑖𝑚

𝑥 → 0^𝑥√1 + 𝑥⁴= 𝑒⁰= 1

Quesito 2: il quesito è un’applicazione del teorema di Lagrange. Quindi la funzione è continua e derivabile su R, con f ‘ (x) = e^x. Allora:

𝑓^′(𝑐) =𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)

𝑏 − 𝑎 → 𝑒^𝑐=𝑒³+ 1 − (1 + 1)

3 − 0 → 𝑒^𝑐 =𝑒³− 1

3 → 𝑐 = 𝑙𝑛 (𝑒³− 1 3 ) Quesito 3: 𝑦 =^𝑎𝑥−1

𝑥+2 → 𝑦^′ =𝑎(𝑥+2)−(𝑎𝑥−1)

(𝑥+2)² =^{𝑎𝑥+2𝑎−𝑎𝑥+1}

(𝑥+2)² = ^2𝑎+1

(𝑥+2)² . Per essere sempre crescente, la funzione deve avere derivata prima sempre positiva, cioè a > -1/2.

Quesito 4: ^{y2ex2 y'2xex2 y''2ex2 2x}^2xex2^2ex2^12x2

Essendo D = R, si ha y’’ > 0 se −^√2

2 < 𝑥 <^√2

2. Quindi i flessi hanno ascissa ±^√2

2 cioè: F 





 ;2 ^21 2

2 e

Ricordando poi la formula por la retta tangente: 𝑦 − 𝑓(𝑥₀) = 𝑓′(𝑥₀)(𝑥 − 𝑥₀), sostituendo le ascisse dei punti

di flesso si ha : ²

1 2

1 2

1 2

1

2 2 2

, 2 2

2 ^{  }    ^









 









 e x e y e x e

y

Quesito 5:

Poiché P varia tra B ed A si ha 0 < 𝑥 <^𝜋

2.

𝑦 = 𝐶𝑃²+ 𝐴𝐵 ∙ 𝐵𝑃, con 𝐵𝑃 = 2𝑟𝑠𝑖𝑛𝑥; 𝐴𝑃 = 2𝑟𝑐𝑜𝑠𝑥;

𝐶𝑃²= 𝐴𝐶²+ 𝐴𝑃²− 2𝐴𝐶 ∙ 𝐴𝑃𝑐𝑜𝑠(𝜋 − 𝑥) = 4𝑟²+ 4𝑟²𝑐𝑜𝑠²𝑥 + 8𝑟²𝑐𝑜𝑠²𝑥 =

= 12𝑟²𝑐𝑜𝑠²𝑥 + 4𝑟². Quindi 𝑦 = 𝐶𝑃²+ 𝐴𝐵 ∙ 𝐵𝑃 = 12𝑟²𝑐𝑜𝑠²𝑥 + 4𝑟²+ 4𝑟²𝑠𝑖𝑛𝑥. Allora:

𝑦^′ = 12𝑟²∙ 2𝑐𝑜𝑠𝑥(−𝑠𝑖𝑛𝑥) + 4𝑟²𝑐𝑜𝑠𝑥 = 4𝑟²𝑐𝑜𝑠𝑥(−6𝑠𝑖𝑛𝑥 + 1) > 0. Tenuto conto che x è nel primo quadrante, cosx > 0, quindi risolviamo solo −6𝑠𝑖𝑛𝑥 + 1 > 0 → 𝑠𝑖𝑛𝑥 <¹

6→ 𝑥 < arcsin (¹

6). Quindi

x = arcsin (1/6) è il massimo.

Quesito 6: la funzione ) 1

( ₂

2

  x x x

f soddisfa banalmente le condizioni richieste.

Quesito 7:

Quesito 8: 𝑦 = 𝑥𝑙𝑛𝑥 −¹

3𝑎𝑥³− 𝑥 → 𝑦^′= 𝑙𝑛𝑥 + 1 − 𝑎𝑥²− 1 = 𝑙𝑛𝑥 − 𝑎𝑥², con 𝐷 = (0; +∞) e 𝐷′ = (0; +∞).

Si ha 𝑙𝑛𝑥 − 𝑎𝑥²> 0, cioè 𝑙𝑛𝑥 > 𝑎𝑥². E’ ovvio che per 𝑎 ≤ 0 la parabola è sempre inferiore al logaritmo, quindi f’ è sempre negativa e quindi non ci sono punti stazionari.

Posto allora a > 0, calcoliamo per quale valore di a la curva logaritmica è tangente alla parabola nel punto di ascissa generica c:

{ 𝑙𝑛𝑐 = 𝑎𝑐²

(𝑙𝑛𝑥)^′(𝑐) = (𝑎𝑥²)′(𝑐)→ {𝑙𝑛𝑐 = 𝑎𝑐²

1

𝑐= 2𝑎𝑐 → {𝑙𝑛𝑐 =¹₂ 𝑎 = ¹

2𝑐²

→ {𝑐 = √𝑒 𝑎 = ¹

2𝑒

. Allora per 𝑎 < ¹

2𝑒 le curve hanno due intersezioni x1 < x2 e si ha:

Cioè f’ > 0 se x1 < x < x2, quindi x1 è un minimo e x2 è un massimo.

Per 𝑎 = ¹

2𝑒, si ha

Cioè f ’ sempre negativo per x diverso da x1, quindi x1 è un flesso a tangente orizzontale.

Per a 𝑎 >_2𝑒¹ si ha

Cioè f ‘ sempre negativa, quindi non ci sono punti stazionari Quesito 9

Quindi per −𝑘 − 2 < 0 → 𝑘 > −2, 0 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑧𝑖𝑜𝑛𝑖 Per −𝑘 − 2 = 0 → 𝑘 = −2, 2 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑧𝑖𝑜𝑛𝑖

Per 0 < −𝑘 − 2 < 4 → −6 < 𝑘 < −2, 3 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑧𝑖𝑜𝑛𝑖 Per −𝑘 − 2 = 4 → 𝑘 = −6, 2 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑧𝑖𝑜𝑛𝑖

Per −𝑘 − 2 > 4 → 𝑘 < −6, 1 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑧𝑖𝑜𝑛𝑒

Quesito 10