2012 - Liceo della comunicazione, sessione ordinaria

Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2012, matematicamente.it

Problema 1

2² 2² 2² 2²

      

Sia e sia

f (x) ln (x) ln x 1 g (x) ln (x) ln x 1

1. Si determinino i domini di f e di g.

2. Si disegnino, nel medesimo sistema di assi cartesiani ortogonali Oxy, i grafici di f e di g.

3. Si determinino, se esistono, le coordinate degli eventuali punti di discontinuità o di non derivabilità di f e di g rispettivamente.

 

4. Si calcoli l’area e l’asse compresa tra g(x) x per.

e x 2

e

Risoluzione

Punto 1

   

2²

Consideriamo la funzione f (x); innanzitutto

f (x) ln (x) ln x 1

 

osserviamo che per l’esistenza di 2 deve essere,

ln (x) x 0

assicura anche l’esistenza di, in quanto l’addendo

2

condizione che ln x

x  , l’addendo

2 2

esiste. Posto quindi può essere

ln x ln x

0 x 0

 

   per cui per assicurare l’esistenza

2

ln x 2 ln x 2 ln x

scritto come,

del radicando bisogna imporre  

        

2 2 2; poiché

ln (x) ln x 1 ln (x) 2 ln x 1 0  

   

   

         

2 2

2, la disequazione

ln (x) 2 ln x 1 ln x 1 ln x 1 0



nel rispetto della condizione è sempre soddisfatta. In conclusione

x 0  

  ∞

   

2 2 D: x,

0

f (x) ln (x) ln x 1

il dominio di f è.

Stessi ragionamenti vanno fatti per la funzione  

 ∞

  

2 2 D: x 0

,

g (x) ln (x) ln x 1 il cui dominio sarà.

1

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Punto 2

Notiamo subito che il grafico della funzione

   

2 2 può essere ricavato da quello di

f (x) ln (x) ln x 1

   a seguito di simmetria rispetto all’asse delle

2 2

g (x) ln (x) ln x 1  

 

ordinate in quanto.

f (x) g x   

2 2

Studiamo quindi il grafico di. Innanzitutto,

g (x) ln (x) ln x 1

 

 

       2

2 2 2

poiché, possiamo

ln (x) ln x 1 ln (x) 2 ln x 1 ln x 1

riscrivere

  

2 2

g (x) ln (x) ln x 1 come

   



ln x 1 se x e

 

   

g (x) ln x 1.

 

  



1 ln x se 0 x e 

x e

Notiamo innanzitutto che la funzione è continua in e in quanto

   

   

   

lim ln x 1 lim 1 ln x 0.

 

 

x e x e    

 

g x ln x 1

Studiamo un ramo alla volta, partendo da 1

 

∞

nell’intervallo. Tale funzione interseca l’asse delle ascisse in

e

,  

  ∞

e,

e,

0, è positiva nel dominio, non presenta asintoti né verticali

né orizzontali né obliqui, ed è strettamente crescente in tutto il dominio

 

∞

e

,.      

  nell’intervallo

g x 1 ln x 0

, e

Studiamo il ramo. Tale funzione

2 

non interseca l’asse delle ascisse in quanto x e non appartiene al

  

0

, e

dominio, è positiva nel dominio, presenta come asintoto

x 0

 

 

  ∞

lim 1 ln x

verticale in quanto, non presenta asintoti orizzontali





x 0

né obliqui visto il dominio limitato, ed è strettamente decrescente in

 

0

, e

tutto il dominio.



x e

Notiamo che in la funzione presenta un punto angoloso in quanto

   

1 1 1 1

      

lim g' (x) lim lim g' (x) lim.

   

   

x e x e

x e x e x e x e

2

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  

2 2

Di seguito il grafico di.

g (x) ln (x) ln x 1

Il grafico di  

   



ln x 1 se x e

    

2 2 

f (x) ln (x) ln x 1 si ricava

 

    



1 ln x se e x 0

simmetria intorno all’asse delle ordinate:

da quello soprastante per 3

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Punto 3

  

2 2

g (x) ln (x) ln x 1

La funzione è continua in tutto il dominio

  

 ∞ x e

D: x 0

, e non è derivabile in in cui presenta un punto

g

angoloso in quanto

1 1

   

lim g' (x) lim

 

  x e

x e x e  

1 1

     

 

lim g' (x) lim  

 

  x e

x e x e    

2 2

f (x) ln (x) ln x 1

Analogo ragionamento per la funzione

 

 ∞

D: x,

0

continua in tutto il dominio e non è derivabile in

f

 

x e in cui presenta un punto angoloso in quanto

   

1 1 1 1

      

lim f' (x) lim lim f' (x) lim.

   

       

x e x e

x e x e x e x e

4

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Punto 4

2 e  

 



 

L’area richiesta è pari a. Applicando l’integrazione

S ln x 1 dx

e

per parti si ha:

2 e      

       



        

2 e

S ln x 1 dx x ln x 2 2

e ln 2

e 2 e ln e 2

e

e

   

       

          

2

e ln 2 ln e 2 e ln e 2 2

e ln 2 1 2 e 1 2

 

    4

      

e 2 ln 2 1 e ln 4 1 e ln  

e

5

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Problema 2

Siano f e g le funzioni definite, per tutti gli x reali, da

3

  

e

f (x) | 8 x | g (x) sen

(x)

1. Fissato un conveniente sistema di riferimento cartesiano Oxy, si studino f e g e se ne disegnino i rispettivi grafici e.

G G

f g

2. Si scrivano le equazioni delle rette r e s tangenti, rispettivamente, a

1



e nel punto di ascissa.

G G x

f g 2

primi sessagesimali, dell’angolo acuto individuato da r e da s?

Si calcoli l’area della regione R racchiusa, G G

3. tra e.

f g

4. Si scrivano, spiegandone il perché, ma senza calcolarli, gli integrali definiti che forniscono i volumi dei solidi K e W ottenuti dalle rotazioni

  

di R, attorno alle rette e, rispettivamente.

y 0 y 1

Risoluzione

_____ _____

Punto 1

   3

Studiamo la funzione.

f (x) 8x

   3

Il grafico della funzione possiamo ricavarlo da quello della

f (x) 8x

   3

h (x) 8x

funzione ribaltando verso le ordinate positive la parte di

grafico al di sotto dell’asse delle ascisse. Pertanto studiamo la funzione

   3

h (x) 8x

Dominio: R;      

3

h (x) 8 x 0 x 0

Intersezione ascisse:  

  

x 0 h 0 0

Intersezioni ordinate:;

Simmetrie: la funzione è dispari in quanto

     

      

3 3;

h (x) 8 x 8 x h (x)

   

3

h (x) 8x

Positività: la cubica è positiva se;

x 0