2011 - Liceo scientifico PNI, sessione ordinaria

Nicola De Rosa, Liceo scientifico sperimentale PNI sessione ordinaria 2011, matematicamente.it

PROBLEMA1

Sia f la funzione definita sull'insieme R dei numeri reali da

  2

   

e sia la sua rappresentazione grafica nel

f x x ln 4 

x

e 1

sistema di riferimento Oxy.      

1. Si determini il limite di per x che tende a e a . Si

f x

   

 

f x f x

calcoli e si spieghi perché dal risultato si può dedurre

 

 

A 0

,

1 ln 4

che il punto è centro di simmetria di .

  

f x m

2. Si provi che, per tutti i reali m, l'equazione ammette una e

 

 

una sola soluzione in R. Sia la soluzione dell'equazione ;

f x 3





per quale valore di m il numero è soluzione dell'equazione

   ?

f x m x

  2

e

   

3. Si provi che, per tutti gli x reali, è: . Si

f x x 2 ln 4 

x

e 1

 

provi altresì che la retta r di equazione e la retta s di

y x ln 4

 

  

equazione sono asintoti di e che è interamente

y x 2 ln 4

compresa nella striscia piana delimitata da r e da s.

  

     



 

  

I f x x ln 4 dx lim I

4. Posto , si calcoli: . Qual è il

  

0

significato geometrico del risultato ottenuto?

RISOLUZIONE

Punto 1   2

  

f x x ln 4

La funzione è definita in tutto R in quanto



x

e 1

   

x

e 1 0 per cui ha senso calcolare i limiti agli estremi del

x R

dominio. 1

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2

   

x x

lim e lim e 0

Poiché e si ha e

lim 0



x

      e 1

x x x

 

2 2

    

 

per cui e

lim 0 lim x ln 4

 

 

x x

   

e 1 e 1

x x

 

2

   

  .

lim x ln 4 

 

x

  e 1

x    

 

f x f x

Calcoliamo la somma . Si ha:

   

2 2

   

         

   

f x f x x ln 4 x ln 4 

 

   

x x

e 1 e 1

2 2

  

2 ln 4 

 

x x

e 1 e 1  



x

2 e 1

x

2 2 e  

     

2 ln 4 2 ln 4 2 ln 4 1

  

x x x

e 1 e 1 e 1

   

P x

, y , P ' x ' , y '

Ricordiamo che due punti sono simmetrici rispetto a

  se A è il punto medio del segmento PP’, cioè se

un punto A x , y

A A



 x x '



x



 A 2

 . Consideriamo quindi i due punti



y y '

 

y



 A 2

  

   



  

P x

, f x , P ' x

, f x appartenenti al grafico : essi si

corrispondono nella simmetria di centro A in quanto



 x x



x

 



 x 0

A 2  A

 

   

   



f x f x y 1 ln 4

  A

y



 A 2 2

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Punto 2    

 

g x f x m

Osserviamo che la funzione è continua in tutto R ed ha

 

      x

limite se e se per cui a norma del teorema

x

degli zeri per le funzioni continue esiste almeno un valore di x per cui

     

     

g x f x m 0 f x m m R

e cioè . Inoltre la derivata della

     

 

g x f x m f x

funzione coincide con quella di che è pari a



x 2 x

  2

e e 1

  

f ' x 1 e che quindi risulta essere sempre

   

2 2

 

x x

e 1 e 1      

 

f x g x f x m

positiva; in conclusione la funzione , e quindi , è

strettamente crescente in tutto il dominio R da cui deduciamo che esiste

    

un’unica soluzione dell’equazione f x m m R .

       

     

f 3 f x f x 2 ln 4 1

Se dalla relazione ricaviamo

   

 

        

f 2 2 ln 4 f 2 2 ln 4 3 2 ln 4 1 per cui il valore di

 

  

  m 2 ln 4 1

.

f m

m tale per cui è

Punto 3 x

2 2

e   2

    

2

Poichè deduciamo che può

f x x ln 4

  

x x x

e 1 e 1 e 1

x

  2

e

   

f x x 2 ln 4

essere scritta anche come .



x

e 1

    

Per provare che le rette di equazione e

y x ln 4 y x 2 ln 4

  2

  

sono asintoti per la funzione , calcoliamone gli

f x x ln 4 

x

e 1

 

y mx q

asintoti obliqui. Essi avranno equazione con

 

   

 

f x

   ; calcoliamo prima l’asintoto

m lim , q lim f x mx

 



   

x

x x

obliquo destro, si ha: 3

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   



 

f x x ln 4 2

   

 

 

m lim lim 1 in quanto

  

  x

     

x x x e 1

x x  



  2 2

x ln 4  



   

 

lim 0

e ; il coefficiente q vale

lim 1  



  x

   

  x e 1

x x

x  

 

  2

    

  per cui l’asintoto obliquo

q lim f x x lim ln 4 ln 4



 

x

    e 1

x x  

destro ha equazione . Calcoliamo analogamente

r : y x ln 4

l’asintoto obliquo sinistro, sfruttando in questo caso che la funzione può

x

  2

e

   

essere scritta come , si ha:

f x x 2 ln 4 

x

e 1

   

 

  x

f x x 2 ln 4 2

e

   

 

 

m lim lim 1 in quanto

  

 x

     

x x x e 1

x x  

 

  x

2

e

x 2 ln 4 



   

 

lim 0

e in quanto

lim 1 

  x

   

  x e 1

x x

x    

x

2

e 1

 

 

 

lim 0

, lim 0 ; il coefficiente q vale

 

  

x

   

  x

e 1

x x  

x

 

  2

e

 

     

q lim f x x lim 2 ln 4 ln 4 in quanto

 



x

   

 

e 1

x x

 

x

2

e  per cui l’asintoto obliquo sinistro ha equazione

 

 

lim 0



x

   

e 1

x    .

s : y x 2 ln 4

Per dimostrare che il grafico della funzione sia compreso tra gli asintoti

  2 2

     

notiamo che in quanto per

f x x ln 4 x ln 4 0

 

x x

e 1 e 1

   

sta al di sopra dell’asintoto

f x

cui il grafico di ; inoltre

y x ln 4

x x

  2

e 2

e

        

f x x 2 ln 4 x 2 ln 4 0

in quanto per cui

 

x x

e 1 e 1

4

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    

sta al di sotto dell’asintoto

f x

il grafico di ; da queste

y x 2 ln 4

considerazioni segue quanto richiesto.

Prima di tracciare il grafico della funzione, discutiamo la

concavità/convessità della funzione. La derivata seconda è

    

2

   

2 x x x 2 x x

2 e e 1 2 e e 1 e 1

   

f '' x   4



x

e 1

    

    

x x 2 x x 2 x x x

2 e e 1 e e e 1 2 e e 1



   

4 3

 

x x

e 1 e 1

      

x

f ' ' x 0 e 1 x 0

per cui da cui deduciamo che la funzione

   

  

concavità verso l’alto in

ha e verso il basso in e

0

, ,

0

 



A 0

,

1 ln 4 è un flesso a tangente obliqua con equazione

x

   .

y 1 ln 4

2

Di seguito il grafico della funzione e dei due asintoti nello stesso

riferimento cartesiano. 5

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Punto 4  



L’integrale può essere interpretato geometricamente come l’area

I

della regione di piano delimitata dall’asse y, dalla retta di equazione

 

 , dall’asintoto r e dal grafico di . Calcoliamo ora esplicitamente

x    

 

    2

 

      

l’integrale richiesto: I f x x ln 4 dx dx .



 

x

e 1

0 0

  

x

Effettuando la sostituzione , gli estremi inferiore e

t e x ln t 



      per cui l’integrale si

x 0 t 1

, x t e

superiore diventano 

   e

  2 2

 

  

 

I dx dt

scrive .

 





 

x t t 1

e 1

0 1  

2 2

2 

L’integrando  

può essere scrittocome per cui

 

  

  

t t 1

t t 1

l’integrale diventa 6

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

  e 

 

 

 

e e

  2 2 2 t e

 

  

     

   

I dt dt 2 ln 2 ln 2 ln 2

 

  

   

    

t t 1 t t 1 t 1 e 1

1 1 1

  

Passando al limite per si ha

   

 

   

e e

 

     

   

   

lim I lim 2 ln 2 ln 2 2 ln lim 2 ln 2

 

 

  

  

   

e 1 e 1

   

 

2 ln1 2 ln 2 2 ln 2

che rappresenta l’area della regione di piano illimitata delimitata



dall’asse dall’asintoto

y, r e dal grafico di .

7

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PROBLEMA2