Compito di analisi per la scuola europea di Luxemburg 2

Matematica 7 It. 5 p./sett. Test (soluzione) Luxembourg, 20.03.2001



   

 2

1 x x 3 SE x 0





f : x  

 

x



( 2 x 3

) e SE x 0



a) D = R

f    

 

1 1 12 1 13

  

 x SE x 0

      

2

x x 3 0 SE x 0 2 2

   

 

f ( x ) 0   



2 x 3 0 SE x 0  3

  

x SE x 0



 2

 

1 13



dunque l’unico zero di f é: . Inoltre f(0) = 3.

x 2

  

  

 x

lim f lim 2 x 3 e 0

Essendo , y = 0 é asintoto orizzontale (a destra) di F.

 

 

x x

    

 

b) 2 x 1 SE x 0 2 SE x 0

 

 

f ': x f '': x

 

    

x x

 

( 2 x 1

) e SE x 0 ( 2 x 1

) e SE x 0

1 1 1

           

, dunque F é crescente per e decrescente per

f '( x ) 0 2 x 1 0 x x x

2 2 2

 

1 13



 

ed ha un massimo relativo in ,

 

2 4  

1 4

       

, dunque F ha un flesso obliquo in ,

f ''( x ) 0 2 x 1 0 x 0  

2 e

4

c) 3

2

1

0

- 3 - 2 - 1 0 1 2 3 4

- 1

- 2  

4 4 4 4

d)      

4

   

   

            

x x x x

A f ( x ) dx ( 2 x 3

) e dx ( 2 x 3

) e ' dx ( 2 x 3

) e ( 2 x 3

)' e dx

0

0 0 0 0

     

 

    13

4 4

 4

    

            

 

x x x x x 2

( 2 x 3

) e 2 e dx ( 2 x 3

) e 2 e ( 2 x 5

) e 5 u

 

4

e

0

0 0