2010 - Liceo della comunicazione, prova suppletiva

Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione prova suppletiva 2010, matematicamente.it

PROBLEMA 1

In un sistema di assi cartesiani ortogonali O x y una curva γ ha per

equazione  2

3

( x 1

)



y .

 

2

ax bx c

Si calcolino i valori delle costanti reali a, b, c, sapendo che γ ha per

1.

asintoti le rette di equazioni y = 3 e x = -2 , e passa per il punto (3,

12/5).

2. Si studi la funzione così ottenuta e si disegni il relativo grafico.

L’equazione di γ

3. può porsi sotto la forma:

 

  

y 3 .

 

x 2 x 2

Si determinino le costanti α e β

Si calcoli l’area della superficie piana, finita, delimitata da γ,

4.

dall’asse x e dalle rette x = 4 e x = k , essendo k l’ascissa del punto in

cui la curva incontra l’asintoto orizzontale.

RISOLUZIONE

Punto 1 

 

La funzione deve avere come asintoto verticale e come

y 3

x 2

asintoto orizzontale.

 

La retta è asintoto verticale se

x 2

 

 2

3 x 1 27

  

lim e quindi se si annulla il

 

 

2

  4 a 2

b c

ax bx c

x 2   

denominatore , cioè .

4

a 2

b c 0  

 2

3 x 1 3

 

 lim 3

y 3

La retta è asintoto orizzontale se e

 

2

  a

ax bx c

x



quindi se .

a 1 1

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 

12

 

Il passaggio per permette di ricavare la terza condizione

3

,

 

5

12 12

     .

9 a 3

b c 5

 

9 a 3

b c 5

Si tratta quindi di risolvere il sistema di tre equazioni in tre incognite

  

  

a 1 a 1 a 1  



   2

3 x 1

        

  

4 a 2

b c 0 2

b c 4 b 0 da cui .

y 

2

x 4

  

       

  

9 a 3

b c 5 3

b c 4 c 4

Punto 2  

 2

3 x 1



Studiamo la funzione y 

2

x 4

Dominio: R;  

 2

3 x 1

   

Intersezione asse ascisse: y 0 x 1



2

x 4 3

   

x 0 y

Intersezione asse ordinate: 4

Simmetrie: la funzione non è nè pari nè dispari;

   

    

2

Positività: essendo , la funzione è positiva se

x 1 0 x R 1

     

2

x 4 0 e quindi se ;

x 2 x 2  

Asintoti verticali: come indicato nella traccia è asintoto verticale

x 2

   

 

2 2

3 x 1 3 x 1

   

lim , lim

e in particolare ; inoltre

 

2 2

 

   

x 4 x 4

x 2 x 2

   

 

2 2

3 x 1 3 x 1

    

lim , lim per cui anche è asintoto

x 2

 

2 2

 

 

x 4 x 4

x 2 x 2

verticale; 

Asintoti orizzontali: come indicato nella traccia è asintoto

y 3

orizzontale destro e sinistro;

Asintoti obliqui: non ve ne sono in quanto la funzione è razionale fratta

e la presenza dell’asintoto orizzontale esclude la presenza di quello

obliquo; 2

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Crescenza e decrescenza: la derivata prima è

 

      

      

2

2

  6 x 1 x 4 3 x 1 2 x 6 x 1 x 4

  ; essendo

f ' x    

2 2

 

2 2

x 4 x 4

   

2

     

2 , la derivata prima è positiva se

x 4 0 x R 2

  

          

e quindi se intervalli nei

x 1 x 4 0 x 2 2 x 1 x 4

quali la funzione è strettamente crescente; in particolare la funzione

 

presenta un massimo relativo in ed un minimo relativo in

M 1

,

0

 

9

  ;

m 4

,

 

4

Concavità e convessità: la derivata seconda è

 

  

3 2

  6 2 x 15 x 24 x 20

 

f ' ' x ; per ricavare i flessi basta trovare

 

3



2

x 4

seconda e quindi risolvere l’equazione

gli zeri della derivata

      

3 2 ; in particolare attraverso

g x 2 x 15 x 24 x 20 0

considerazioni basate sul comportamento agli estremi, sulla crescenza e

   

g x g x

concavità di deduciamo che ammette un solo zero

 

appartenente all’intervallo : infatti in tale intervallo è strettamente

5

,

6

crescente ed assume valore discorde agli estremi per cui a norma del

 

teorema degli zeri esiste un unico zero in . Tale zero è ricavabile

5

,

6

attraverso uno dei metodi numerici come quello di Newton-Raphson

che permette di ricavare ricorsivamente lo zero attraverso la formula

 

g x

  

n

x x x 6

con punto iniziale .

 



n 1 n 0

g ' x n

Di seguito il metodo in forma tabellare  

n x x e x x

 

n n 1 n n 1

0 6,000 5,733

1 5,733 5,704 0,267

2 5,704 5,703 0,030

3 5,703 5,703 0,000

3

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 l’unico flesso a tangente obliqua ha

2

Con un errore inferiore a 10



ascissa .

x 5

,

70

Il grafico è di seguito presentato:

Punto 3

Effettuando il minimo comune multiplo si ha:

 

 2  

3 x 1

      

f x 3

  

2

x 4 x 2 x 2

   

   

    

  2

2 3 x x 2 2 12

3 x 6 x 3

 

 

2 2

x 4 x 4

4

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e sfruttando il principio di identità dei polinomi ricaviamo il seguente

sistema di due equazioni in due incognite

 3

 



   

     

  

6 2 2 12 4

  

  

   

    

 

2 2 12 3 2 2 15 27

   

 4

 

 2    

3 x 1 3 1 27 1

 

    

   

f x 3

  

   

2

x 4 4 x 2 4 x 2

Punto 4

Per calcolare le intersezioni della funzione con l’asintoto orizzontale

basta risolvere l’equazione

 

 2  

3 x 1 5

           

2 2 ; quindi la

3 x 1 x 4 2 x 1 4 x



2 2

x 4 5



funzione interseca l’asintoto orizzontale nel punto ad ascissa .

x 2

L’area richiesta è quindi

  4

     

4 3 1 27 1 3 27



        

   

 

S 3 dx 3 x ln x 2 ln x 2

 

 

   

 4 x 2 4 x 2 4 4 5

5 2

2 3 27 15 3 1 27 9

      

12 ln 2 ln 6 ln ln

4 4 2 4 2 4 2

3 27 15 3 27 9

      

12 ln 2 ln 6 ln 2 ln

4 4 2 4 4 2

4

9 3 27 3 9 9 3

    

ln 2 ln 3 ln

2 2 4 4 2 16 5

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PROBLEMA 2   2

f ( x ) x 1 x

Sia data la funzione

1. Si determini il dominio di f(x) e si dica se la funzione è continua e

derivabile in ogni punto di esso. tracci il grafico γ.

2. Si studi la funzione f(x) e se ne

Si calcoli l’area della racchiusa dal grafico γ e dal

3. parte di piano R

semiasse positivo delle ascisse.

genera, nella rotazione attorno all’asse delle ascisse, un

4. La regione R vertice nell’origine.

solido S. In S si inscriva un cono circolare retto con

Si determinino raggio e altezza del cono, affinché il suo volume sia

massimo. RISOLUZIONE

Punto 1     2

Il dominio della funzione è dato da:

f x x 1 x

     

2

1 x 0 1 x 1 .

Nel dominio la funzione è continua.

La derivata prima è   

2 2

  x x 1 2 x

 

        

2 2 da cui

f ' x 1 x x 1 x

 

  

 

2 2 2

1 x 1 x 1 x

 

deduciamo che la funzione non è derivabile nei punti in cui

x 1

   

  

lim f ' x lim f ' x

presenta una tangente verticale; infatti . In

 

  

x 1 x 1

conclusione la funzione è derivabile in tutti i punti del dominio esclusi i

 

punti con ascisse .

x 1 6

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Punto 2     2

Studiamo la funzione f x x 1 x

  

Dominio: ;

1 x 1            

2

Intersezione asse ascisse: f x x 1 x 0 x 0 x 1 x 1

 

  

Intersezione asse ordinate: x 0 f 0 0

Simmetrie: la funzione è dispari in quanto

     

         

2 2

f x x 1 x x 1 x f x

Positività: + -

-



x 0 + +

     

2

1 x 0 1 x 1

     

f x 0 0 x 1 

 x

1 1

0

- + -

Asintoti verticali: non ve ne

   

 

lim f x lim f x 0

sono in quanto ;

 

  

x 1 x 1  

 1

,

1

Asintoti orizzontali: non esistono visto il dominio chiuso ;

 

 1

,

1

Asintoti obliqui: non esistono visto il dominio chiuso ;

Crescenza e

decrescenza:

la derivata prima è  2

 1 2 x

2

  1 2 x

 

f ' x ; il 1 x

1 2

2

 

2

1 x 2

2

quadro dei segni è a

lato presentato: da  

2 1

 

  

esso deduciamo la presenza di un minimo relativo ed

m ,

 

2 2

 

 

2 1

 



un massimo relativo ;

M ,

 

2 2

  7

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Concavità e convessità: la derivata seconda è



  x

   

2 2    

4 x 1 x 1 2 x    

2 2 

4 x 1 x x 1 2 x 3

 2 x 3 x

2

  1 x

  

f '' x     

3 3

2

1 x  

2 2

1 x 1 x

2 2

  

per cui, ricordando che il dominio è , si ha

1 x 1

 3 3

       



3

2 x 3 x 0

  x 0 x

      

 

f ' ' x 0 1 x 0

2 2

  

 

1 x 1   

 1 x 1  



concavità verso l’alto in

per cui la funzione presenta e verso il

1

,

0

 

basso in ; la funzione presenta quindi un flesso a tangette obliqua

0

,

1

 

 

con tangente inflessionale di equazione .

F 0

,

0 y x

Di seguito il grafico:

Punto 3

L’area richiesta è 1

 

    3

 

1 1 2 2

1 d 1 x 1 1 x 1

 

2

 

       

2 2

S x 1 x dx 1 x dx  

3

2 dx 2 3

 

 

0 0 2 0

8

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Punto 4 

   

2

Sia con un punto generico appartenente al

P x

, x 1 x 0 x 1     2

ramo del primo quadrante della funzione . Il raggio del

f x x 1 x  

sarà pari all’ordinata del punto P e cioè 2

R x 1 x

cono inscritto 

mentre l’altezza sarà pari all’ascissa e cioè . Il volume del cono

h x

  

     

2

  R h

        

2 2 3 5

sarà allora . La

V x x 1 x x x x

3 3 3

massimizzazione la effettuiamo mediante derivazione: la derivata prima

  

    

2 4

è per cui la funzione volume, ricordando la

V' x 3 x 5 x

3  

3

 

 

limitazione geometrica è strettamente crescente in e

0 x 1 0

,

 

5

 

 

3

 

strettamente decrescente in da cui deduciamo che il volume è

,

1

 

5

  3



massimo quando l’altezza è pari a x ed il raggio è pari a

5

6



R . Il valore massimo è pertanto pari a

5

   

 

3 3 3 9 3 2 3

   

    .

V

   

5 3 5 5 25 5 25 5

    9

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QUESTIONARIO

Quesito 1

Si determini il campo di esistenza della funzione:



2 sen (2 x ) 3

 con 0 ≤ x ≤ 2π .

y log cos x   

2 sin 2 x 3



Il dominio della funzione , limitandoci

y log cos x

 



all’intervallo , è dato dalla risoluzione del seguente sistema:

0

, 2  

 2

  

   

  2 k 2 x 2 k

3 





  sin 2 x

 3 3

  

2 sin 2 x 3 0 2

  

   3 

         

  

D : cos x 0 cos x 0 0 x x 2

2 2

  

 

log cos x 0 cos x 1

 

  

  x 0 x 2

 

 

   

 7 4

    

x x

 6 3 6 3

    

  

3 

      



0 x x 2 D : ,

 

 

2 2 6 3

 

  

 x 0 x 2



 10

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Quesito2   

x x 1 1 

,

Si calcoli il limite della funzione quando x tende a .

1



2

x 1

Scriviamo il limite nel seguente modo:  

      

x x 1 1 x x 1 1 1 x 1

  

 

lim lim lim

      

  



    

2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1

x 1 x 1 x 1

x 1 

x 1

Il termine può essere così razionalizzato:

  

x 1 x 1

  

  

 

x 1 x 1

x 1 x 1

  

   

            

x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1



x 1

  