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La prova di matematica per il liceo della comunicazione. Esame stato 2010/2011. Sessione ordinaria.
Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione, sessione ordinaria. Prova di matematica 2011
Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2011, matematicamente.it
2 x 2
Positività: in quanto
f x 1 x e 0 1 x 0 1 x 1
x ;
e 0 x R
Asintoti verticali: non ve ne sono in quanto il dominio è R;
2 x
Asintoti orizzontali: , mentre
lim f x lim 1 x e
x x
2
1 x
2 x
lim f x lim 1 x e lim x
e
x x x
applicando due volte l’Hospital
2
1 x 2
lim lim 0
x x
e e
x x
per cui la retta è asintoto orizzontale destro;
y 0
Asintoti obliqui: non ve ne sono in quanto
f x f x
;
lim , lim 0
x x
x x
Crescenza e decrescenza: la derivata prima è
x 2 x 2 x per cui
f ' x 2 x e 1 x e x 2 x 1 e
2 x 2
f ' x x 2 x 1 e 0 x 2 x 1 0 x 1 2 x 1 2
; quindi la funzione è strettamente crescente in
e strettamente decrescente in
,
1 2 1 2 , 1 2 ,
1 2
l’ascissa del l’ascissa
x 1 2
per cui è massimo e è
x 1 2 m
M
del minimo;
Concavità e convessità: La derivata seconda è
x 2 x 2 x
f ' ' x 2 x 2 e x 2 x 1 e x 4 x 1 e per cui
2
f ' ' x 0 x 4 x 1 0 2 3 x 2 3 ; quindi la funzione
ha concavità verso l’alto in 2 3 , 2 3 e verso il basso in
3 2
F 2 3 , 4 3 6 e
, 2 3 2 3 , ; i punti e
1
3 2
F 2 3 , 4 3 6 e sono flessi a tangente obliqua.
2 2
Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2011, matematicamente.it
Il grafico è:
Punto 3
Calcoliamo l’integrale indefinito 2 x utilizzando
F x 1 x e dx
l’integrazione per parti:
2 x 2 x x
F x 1 x e dx 1 x e 2 xe dx
2 x x x
1 x e 2 xe 2 e dx
2 x x x 2 x
1 x e 2 xe 2 e x 2 x 1 e K
2
2 x x
Posto ricaviamo g x x 2 x 1 e x 1 e
K 0 3
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Punto 4
L’area richiesta, ricordando che una primitiva della funzione integranda
2 x
è come dimostrato al Punto 3, è pari a
x 1 e
1 2
1 2
2 2
2 x 2 x x x
S 1 x e dx 1 x e dx x 1 e x 1 e
1 1
1 1
1 2 1 1 2
4
e 9
e 4
e 8
e 9
e
2 x
Calcoliamo ora invece il limite . Si ha:
lim 1 x e dx
1
2 2
2 x x 1
lim 1 x e dx lim x 1 e lim 1 e 4
e
1
1
Il limite applicando due volte il teorema di De L’Hospital è
2
1 2
2 per cui
lim 1 e lim lim 0
e e
2 x 1 .
lim 1 x e dx 4
e
1
Questo integrale, se fosse stato preceduto dal segno “-“ , non era altro
che l’area della regione di piano compresa tra e l’asse x
nell’intervallo 1
, in quanto in questo intervallo la funzione è
negativa; infatti il valore dell’integrale così proposto è negativo e in
quanto tale non può identificare un’area che per definizione è non
negativa; col segno “-“ davanti questo integrale definito sarebbe
positivo e identificherebbe l’area sopra indicata.
4
Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2011, matematicamente.it
PROBLEMA2
Nel piano, riferito ad assi cartesiani Oxy, sono dati i punti: A(2;1), B(-
2;1), C(2;3), D(2;5), E(6;5)
1. Si verifichi che il quadrilatero convesso ABDE è un parallelogramma
del quale C è il punto d’incontro delle diagonali. Si calcoli l’area del
quadrilatero.
2. Si consideri il fascio di curve di equazione
2
x 2 x a
y
2 x 4
dove a è un parametro reale. Si verifichi che, qualunque sia a, la curva
corrispondente ammette C come centro di simmetria e le rette AD e BE
come asintoti.
3. Si determini la curva del fascio passante per il punto P(0,1) e si
verifichi che le rette AB e DE sono tangenti a . Si tracci il grafico di
.
Si calcoli l’area della regione finita di piano delimitata da
4. , dalla
e dall’asse
retta BE, dalla retta di equazione y.
x 2
RISOLUZIONE
Punto 1
Si consideri la figura seguente raffigurante il parallelogramma ABDE:
5
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Le equazioni delle rette componenti il parallelogramma, ricordando la
y y x x
1 1
formula della retta passante per due punti
y y x x
2 1 2 1
, sono:
x , y , x , y
1 1 2 2
AB : (si ricava senza applicare la formula soprastante ma
y 1
notando che i punti A e B hanno stessa ordinata)
DE: (si ricava senza applicare la formula soprastante ma
y 5
notando che i punti D ed E hanno stessa ordinata)
BD: y x 3
AE: y x 1
Notiamo dalle equazioni delle rette che i lati opposti del quadrilatero
sono paralleli e due lati consecutivi non sono perpendicolari per cui il
quadrilatero può essere un rombo o un parallelogramma; ma poiché le
lunghezze di due lati consecutivi sono differenti in quanto
2 2 allora deduciamo che il quadrilatero
AB 4
, BD 4 4 4 2
ABDE è un parallelogramma.
Sempre tenendo presente la formula che esprime l’equazione di una
retta passante per due punti ricaviamo che le diagonali hanno equazioni:
AD: (si ricava senza applicare la formula soprastante ma
x 2
notando che i punti A e D hanno stessa ascissa)
x
y 2
BE: 2
2
,
3
che si incontrano nel punto coincidente con C.
e l’altezza
La base del parallelogramma misura per cui
AB 4 AD 4
l’area del parallelogramma è 16.
Punto 2
Notiamo innanzitutto che il fascio di curve di equazione
2 x
x 2 x a
y 2
y degenera nella retta di equazione se .
a 8
2 x 4 2
6
Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2011, matematicamente.it
X 4 x x 4 X
Consideriamo la seguente trasformazione e
Y 6 y y 6 Y
2
x 2 x a
sostituiamo nella curva di equazione . Si ha:
y
2 x 4
2 2
4 X 2 4 X a X 10 X 24 a
6 Y
2 4 X 4 4 2 X
2 2 2
X 10 X 24 a X 2 X a X 2 X a
Y 6
4 2 X 4 2 X 2 X 4
per cui l’espressione della funzione trasformata coincide con quella di
partenza; quindi C è centro di simmetria al variare di a.
2
x 2 x a
y R 2
La funzione è definita in ; il limite per è
x 2
2 x 4
2 se a 8
x 2 x a
lim per cui è asintoto verticale se e
x 2
3 se a 8
2 x 4
x 2
solo se mentre se il punto di ascissa è una
a 8 a 8 x 2
discontinuità eliminabile. Supponiamo quindi da ora in avanti .
a 8
2
x 2 x a
lim
Poiché non ci sono asintoti orizzontali; vediamo
2 x 4
x
y mx q
se esistono asintoti obliqui. Essi avranno equazione con
f x
; nel caso in esame
m lim , q lim f x mx
x
x x
2
f x x 2 x a 1
m lim lim ,
2
x 2
2 x 4 x
x x
2
x 2 x a x 4 x a
q lim f x mx lim lim 2
2 x 4 2 2 x 4
x x x
x
per cui l’asintoto obliquo ha equazione y 2 .
2 x
y 2
Gli asintoti, quindi, posto , hanno equazioni e
a 8 x 2 2
che coincidono con le rette AD e BE.
7
Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2011, matematicamente.it
Punto 3
La curva del fascio passante per il punto P(0,1) è quella per cui
a
1. .
1 a 4
4
La retta AB ha equazione mentre la retta DE ha equazione .
y 1 y 5
Per verificare che le rette AB e DE sono tangenti a calcoliamo i punti
2
x 2 x 4
a tangente orizzontale della funzione cioè i punti in cui
y
2 x 4
si annulla la derivata prima. La derivata prima è:
2 2
2 x 2 2 x 4 2 x 2 x 4 2 x 8 x
y ' per cui
2 2
2 x 4 2 x 4
2
2 x 8 x
y ' 0 x 0 x 4 . I punti a tangente orizzontale sono,
2
2 x 4
0
,
1
quindi, e che appartengono alle rette di equazione e
4
,
5 y 1
.
y 5
2
x 2 x 4
y f x
Studiamo la funzione :
2 x 4
R 2
Dominio: ;
Intersezione ascisse:
2
x 2 x 4
2
y 0 x 2 x 4 0 x 1 5 ;
2 x 4
x 0 f 0 1
Intersezioni ordinate: ;
Simmetrie: la funzione non è né pari né dispari;
2
x 2 x 4
y 0 1 5 x 1 5 x 2
Positività: ;
2 x 4
Asintoti verticali: come dimostrato al Punto 2, poiché
2 2
x 2 x 4 x 2 x 4
lim , lim , la retta è asintoto
x 2
2 x 4 2 x 4
x 2 x 2
verticale destro e sinistro;
Asintoti orizzontali: come dimostrato al Punto 2, non vi sono asintoti
orizzontali; 8
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come dimostrato al Punto 2, l’asintoto obliquo destro e
Asintoti obliqui: x
sinistro coincidono con ;
y 2
2
2
2 x 8 x
Crescenza e decrescenza: la derivata prima è il cui segno
y '
2
2 x 4
è di seguito presentato:
2
2 x 8 x
y ' 0 x 0 x 4
2
2 x 4
2
2 x 8 x
y ' 0 0 x 2 2 x 4
2
2 x 4
per cui la funzione è strettamente crescente in e
,
0 4
,
M 0
,
1
strettamente decrescente in per cui è massimo
0
, 2 2
, 4
relativo e è minimo relativo;
m 4
,
5
Concavità e convessità: la derivata seconda è
2 2
4 x 8 2 x 4 4 2 x 4 2 x 8 x
y ''
4
2 x 4
3 2
16 x 2 16 x 2 x 4 2
4 2
16 x 2 x 2
la funzione nel dominio ha sempre concavità verso l’alto e non
per cui
presenta pertanto flessi.
Il grafico è a lato presentato: 9
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Punto 4
L’area da calcolare è di seguito rappresentata in grigio:
L’area richiesta è
0 2
x x 2 x 4
S 2 dx ; poiché
2 2 x 4
2
2
x 2 x 4 x 4
2 essa diventa
2 x 4 2 2 x 4
0 2
x x 2 x 4
S 2 dx
2 2 x 4
2
0 0
4 2
dx dx
2 x 4 x 2
2 2
0
2 ln x 2 2 ln 2 2 ln 4 2 ln 2
2 10
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QUESTIONARIO
Quesito 1
Si trovi l'area della regione delimitata dalla curva e dall'asse x
y cos x
da x = l a x = 2. 2
L’area richiesta, pari a , è raffigurata in grigio di seguito:
cos x dx
1
Ricordando che il coseno cambia segno, da negativo a positivo in
l’area richiesta risulta pari a
corrispondenza di 2
2 2
2
2
S cos x dx cos xdx cos xdx sin x sin x
2
1
2
1 1 2