2007 - Liceo scientifico di ordinamento sessione straordinaria

Sessione straordinaria LS_ORD 2007 Soluzione di De Rosa Nicola

tan( x ) 1

= =

2

sin( x ) cos( x ) , cos ( x ) , per cui il rapporto può essere

Ora ricordiamo che + +

2 2

1 tan ( x ) 1 tan ( x )

così scritto: 3

+

1

+ +

+

2 2

2

1 3 cos ( x ) tan ( x ) 4 4

1 tan ( x )

= = = = + = +

y tan( x ) tan( x ) 4 cot tan( x )

tan( x )

sin( x ) cos( x ) tan( x ) tan( x )

+ 2

1 tan ( x )

π

 

∈  

con la restrizione geometrica . Si nota come il rapporto richiesto sia indipendente dal

0

,

x  

2

raggio ma solo funzione dell’angolo.

2) +

2 [ ]

tan ( x ) 4 π

= 0

, 2

y

Studiamo la funzione nell’intervallo :

tan( x ) π

≠ ≠

 

tan( ) 0

x x k π

 

⇔ ⇔ ≠ ∈

π π

  e particolareggiando

Dominio: ,

x k k Z

π π

≠ + ≠ + 2

x k x k

 

2 2 π π π π

       

[ ] 3 3

π π π π

∪ ∪ ∪

       

0

, 2 il dominio sarà:

all’intervallo di studio .

0

, , , , 2

       

2 2 2 2

Intersezioni con gli assi: non ci sono intersezioni con gli assi;

− + + +

2 2 2

tan ( ) 4 tan ( ) 4 tan ( ) 4

x x x

− = = = − = −

( ) ( )

f x f x

Eventuali simmetrie: per cui

− −

tan( ) tan( ) tan( )

x x x

la funzione è dispari; >

 tan( x ) 0 π π

+     

2

tan ( x ) 4 3 π

= > ⇔ ⇔ ∈ ∪

π    



Positività: ;

y 0 x 0

, , 2

≠ =    

tan( x ) 2 2

x k , k 0

,

1

, 2

,

3

, 4

 2

Asintoti verticali:

+

2

tan ( x ) 4 4

= = +∞

lim +

+

→ tan( x ) 0

x 0 + +

2 2

tan ( x ) 4 4 tan ( x ) 4 4

= = +∞ = = −∞

lim , lim

+ −

+ −

π π

→ →

tan( x ) tan( x )

0 0

x x

+

2

tan ( x ) 4 4

= = −∞

lim −

−

π

→ tan( x ) 0

x 2 2

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+

2 [ ]

tan ( x ) 4 = + = −∞

lim lim tan( x ) 4 cot tan( x ) ,

+ +

π π

tan( x )

→ →

x x

2 2

+

2 [ ]

tan ( x ) 4 = + = +∞

lim lim tan( x ) 4 cot tan( x )

− −

π π

tan( x )

→ →

x x

2 2

+

2 [ ]

tan ( x ) 4 = + = −∞

lim lim tan( x ) 4 cot tan( x ) ,

+ +

π π

tan( x )

3 3

→ →

x x

2 2

+

2 [ ]

tan ( x ) 4 = + = +∞

lim lim tan( x ) 4 cot tan( x )

− −

π π

tan( x )

3 3

→ →

x x

2 2 π π

3

π π

= = = = =

Quindi le rette di equazione , ,

x 0

, x x x , x 2 sono asintoti verticali;

2 2

Asintoti orizzontali ed obliqui: non ce ne sono; − −

2 2 2

1 4 sin ( x ) 4 cos ( x ) tan ( x ) 4

= − = =

y ' ( x ) per

Crescenza e decrescenza: 2 2 2 2 2

cos ( x ) sin ( x ) sin ( x ) cos ( x ) sin ( x )

cui nel dominio di definizione

−

2

tan ( x ) 4

= > − > > ∪ < −

⇒ ⇒

2

y ' ( x ) 0 tan ( x ) 4 0 tan( x ) 2 tan( x ) 2 le cui soluzioni

2

sin ( x ) [ ]

π

0

, 2

nell’intervallo sono:

π π π π

( ) ( ) 3 3

π π π

< < ∪ < < − ∪ + < < ∪ < < −

arctan( 2 ) x x x x 2 arctan( 2 )

arctan( 2 ) arctan( 2 )

2 2 2 2

( ) ( )

π π

− − − −

arctan( 2

), 4 , 2 arctan( 2

), 4

Quindi la funzione presenta i massimi nei punti ed i

( ) ( )

π +

arctan( 2

), 4 , arctan( 2

), 4

minimi nei punti ; +

4 4

2 sin( x ) 8 cos( x ) 2 sin ( x ) 8 cos ( x )

= + =

La derivata seconda è y ' ' ( x ) per cui essa non si

3 3 3 3

cos ( x ) sin ( x ) sin ( x ) cos ( x )

annulla mai, cioè la funzione non presenta flessi.

Il grafico è sotto presentato: 3

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3) π

+

2  

tan ( ) 4

x

=  

y

Dalla figura soprastante emerge che il rapporto nell’intervallo assume

0

,

 

tan( )

x 2

= ≅ ° = °

valore minimo per x arctan( 2 ) 63 . 4349 63 26 ' .

4) A

L’area richiesta è rappresentata nella figura sottostante con : 4

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Tale area è pari a:

π π  

3 3

[ ] sin( x ) cos( x )

∫ ∫

= + = + =

A tan( x ) 4 cot tan( x ) dx 4 dx

 

 

cos( x ) sin( x )

π π

4 4 π

 

π  

[ ] 3

4

sin ( x )

 

= − + = =

 

3

ln cos( x ) 4 ln sin( x ) ln  

π cos( x )

 

 

  π

4 4

   

 

9 2 9 2

   

= − =

 

ln ln ln

   

 

8 4 4

    5

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Soluzione

1) ( )

= −

2

Studiamo la funzione y ln x 4 .

 − >

 2 ( ) ( )

x 4 0 ⇔ − > ⇔ ∈ − ∞ − ∪ +∞

2



Dominio: x 4 0 x , 2 2

, ;

− ≥

 2

x 4 0 ( )

= − = ⇔ − = ⇔ = ±

2 2

Intersezione asse delle ascisse: y ln x 4 0 x 4 1 x 5 ;

Intersezione asse delle ordinate: non esistono visto il dominio di definizione;

Eventuali simmetrie: la funzione è pari visto che

)

(

( )

 

− = − − = − =

2

  2

y ( x ) ln x 4 ln x 4 f ( x ) ;

 

Positività: )

( < − ∪ > < − ∪ >

 

x 2 x 2 x x

2 2



= − > ⇔ ⇔ ⇔ < − ∪ >

2  

y ln x 4 0 x 5 x 5

< − ∪ >

− >

 2  x 5 x 5

x 4 1

( ) ( ) +

− = − = = −∞ = ±

2 2

lim ln x 4 lim ln x 4 ln(

0 )

Asintoti verticali: per cui le rette x 2

+ −

→ → −

x 2 x 2

sono asintoti verticali; ( )

− = +∞

2

lim ln x 4

Asintoti orizzontali: non ce ne sono; infatti ;

→ ±∞

x = +

Asintoti obliqui: non ce ne sono; infatti, se esistessero avrebbero equazione , ma

y mx q

)

( [ ]

)

(

−

2

ln x 4 x

H

= = = = − = +∞

2

m lim lim 0

, q lim ln x 4

nel nostro caso ;

−

2

→ ±∞ → ±∞ → ±∞

x x 4

x x x

( )

= −

2

Crescenza e decrescenza: la funzione y ln x 4 nel dominio di definizione può essere

( )

1 x

= − =

2

scritta come y ln x 4 la cui derivata è y ' ( x ) , per cui nel dominio di

−

2

2 x 4

( ) ( )

∈ − ∞ − ∪ +∞

x , 2 2

, la funzione risulta essere sempre crescente; la derivata

definizione 6

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− − − −

2 2 2

x 4 2 x 4 x

= =

y ' ' ( x )

seconda è pari a ed essa non si annulla mai, per cui non ci

( ) ( )

2 2

− −

2 2

x 4 x 4

sono flessi.

Il grafico è sotto presentato:

2) ( ) ( )

= = −

B 5 , 0 , A 5 , 0 .

Dobbiamo calcolare le tangenti nei punti = − = − +

Le due tangenti avranno equazioni s : y f ' ( 5 )( x 5 ) e t : y f ' ( 5 )( x 5 ) con

( ) ( )

   

x x

= = − = = −

f ' 5 5 , f ' 5 5 per cui le tangenti saranno

   

− −

2 2

 

x 4 x 4

= = −

x x

5 5

= − = − +

s : y 5 ( x 5 ) e t : y 5 ( x 5 ) come sotto rappresentato: 7

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= − = − +

Le due tangenti di equazione s : y 5 ( x 5 ) e t : y 5 ( x 5 ) si intersecano nel punto

( ) 2 5 * 5

= − = =

D 0

, 5 per cui l’area del triangolo ABD sarà: A 5 5 .

ABD 2

3) x

= =

La derivata prima è y ' ( x ) g ( x ) , per cui studiamo la funzione derivata prima.

−

2

x 4

( ) ( ) ( )

− ≠ ⇔ ∈ − ∞ − ∪ − ∪ +∞

2

Dominio: x 4 0 x , 2 2

, 2 2

, ;

x

= = ⇔ =

Intersezione asse delle ascisse: g ( x ) 0 x 0 ;

−

2

x 4

= =

⇒

Intersezione asse delle ordinate: x 0 y 0 ; ( )

− x x

− = = − = −

Eventuali simmetrie: la funzione è dispari, infatti g ( x ) g ( x ) ;

( ) −

− −

2 2

x 4

x 4

( ) ( )

x

= > ⇔ ∈ − ∪ +∞

Positività: g ( x ) 0 x 2

, 0 2

, ;

−

2

x 4

Asintoti verticali:

x x

= +∞ = −∞

lim , lim

− −

2 2

+ −

→ →

4 4

x x

x 2 x 2

x x

= +∞ = −∞

lim , lim

− −

2 2

+ −

→ − → −

x 4 x 4

x 2 x 2 8

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= ±

per cui le rette x 2 sono asintoti verticali;

x = =

Asintoti orizzontali : lim 0 per cui la retta y 0 è asintoto orizzontale;

−

2

→ ±∞ x 4

x = +

Asintoti obliqui: non ce ne sono; infatti, se esistessero avrebbero equazione ,

y mx q

x

− 1

2

x 4

= = =

ma nel nostro caso m lim lim 0 ;

−

2

→ ±∞ → ±∞

x x 4

x x

− − − −

2 2 2

x 4 2 x 4 x

= =

g ' ( x )

Crescenza e decrescenza: per cui nel dominio di

( ) ( )

2 2

− −

2 2

x 4 x 4

x

= =

definizione la funzione y ' ( x ) g ( x ) è sempre decrescente; la derivata seconda

−

2

x 4

( )

+

2

2 x x 12

= = ⇔ =

g ' ' ( x ) 0 x 0

è per cui (0,0) è un flesso.

( )

2

−

2

x 4

Il grafico è di seguito presentato:

4)

L’area da calcolare è sotto rappresentata con S: 9

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Tale area sarà pari a: 0

0    

x 1 1

∫

= = − = =

2

  .

S dx ln x 4 ln( 4 ) ln( 2 )

 

−

2

   

2 2

x 4 −

− 3

3 10

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Soluzione

1) ( ) 1

= −

2 −

Il dominio della funzione y x 3 x è dato dalla risoluzione del sistema seguente:

x 4

− >

 < ∪ >

2 

 x 3 x 0 x 0 x 3 ( ) ( ) ( )

⇔ ⇔ ∈ − ∞ ∪ ∪ +∞

  x , 0 3

, 4 4

,

≠

− ≠

  x 4

x 4 0

( ) 1

= − =

2 −

In realtà la funzione y x 3 x è prolungabile per continuità da destra in x 3 e da sinistra

x 4

( ) ( )

1 1

= − = − =

2 2

− −

in x 0 : infatti lim x 3 x 0

, lim x 3 x 0 .

x 4 x 4

+ −

→ →

x 3 x 0 11

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2) + + −

x x 3 3

lim

Dobbiamo calcolare il limite . Esso può essere risolto sia senza applicare il

− + +

→

x 1 x x 3 1

teorema di De L’Hopital che applicandolo. Risolviamolo in ambo i modi:

• + = = −

⇒ 2

Senza applicare de L’Hopital: poniamo x 3 t x t 3 per cui

+ + − − + −

2

x x 3 3 t 3 t 3

= =

lim lim ( )

− + +

→ → − − −

2

x 1 t 2

x x 3 1 t 3 t 1

( )

( )

( )

− + − − + −

2 2

t 3 t 3 t 3 t 1

( )

( )

= =

lim ( ) ( )

− − − − + −

→ 2 2

t 2 t 3 t 1 t 3 t 1

( ) ( )

− + − − − + − −

2 2 2

t 3 2

t t 3 4 t 3 t 3 (

t 1

)

= =

lim ( )

− − − 2

→ 2

t 2 t 3 t 1

− + − − −

2 2 2

2

t 4

t 2

t t 3 4 t 3

= =

lim −

→ 2

t 4

2

t − + − − − − +

2 2

t ( 2

t 4 ) ( 2

t 4 ) t 3 ( 2

t 4 )( t 3 t )

= == =

lim lim

− −

→ →

2

t 4 2

t 4

t 2 t 2

= − + =

2

lim ( t 3 t ) 3

→

t 2

• Applichiamo de L’Hopital: 1 1 1 1 3

+ +

+ + − +

x x 3 3 H 2 x 2 x 3 2 4 4

= = = =

lim lim 3

− + + 1 1 1 1 1

→ →

x 1 x 1

x x 3 1 − −

+ 2 4 4

2 x 2 x 3

3) − 2

1 x

=

= − f ( x ) :

Applichiamo la definizione di derivata nel punto x 1 alla funzione + 2

1 x

− − −

f ( h 1

) f ( 1

)

− = =

f ' ( 1

) lim

→ h

h 0

− − −

2 2

1 ( h 1

) 2 h h

+ − + −

2 2

1 ( h 1

) 1 ( h 1

)

= = =

lim lim

→ →

h h

h 0 h 0

−

h ( 2 h ) −

+ − 2 ( 2 h )

1 ( h 1

)

= = =

lim lim 1

+ − 2

→ →

h 1 ( h 1

)

h 0 h 0 12

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Per vedere se i calcoli effettuati sono giusti possiamo calcolare la derivata direttamente senza

passare per il limite del rapporto incrementale:

− + − −

2 2

x x x x x

2 (

1 ) 2 (

1 ) 4

= = − ⇒

f ' ( x ) + +

2 2 2 2

x x

(

1 ) (

1 )

 

x

4

− = − =

f ' ( 1

) 1

 

+ 2 2

 

x

(

1 ) = −

x 1

4)

Si consideri la figura sottostante: = < <

Calcoliamo i punti C e D dati dall’intersezione dell’ellisse con la retta di equazione y k , 0 k 1 :

+ =

 ( ) ( )

2 2

x 9 y 9 = − = ± −

⇒ ⇒ ⇒

2 2 2



C , D : x 9 1 k x 3 1 k

=

 y k ) )

( (

( ) ( )

= − = − −

2 2

C 3 1 k , k , D 3 1 k , k +

( AB CB ) * CH

= = = − =

2

L’area del trapezio isoscele ABCD è : S dove AB 6

, CD 6 1 k , CH k

2 )

(

+

( AB CB ) * CH

= = + − < <

2

S ( k ) 3

k 1 1 k , 0 k 1 .

per cui l’area sarà: 2

Per la massimizzazione dell’area calcoliamo la derivata prima: [ ]

( )

( )   − + − − − + −

2 2 2 2 2

k 3 1 k 3 1 k 3

k 3 1 k 1 2 k

 

= + − + − = =

2

S ' ( k ) 3 1 1 k 3

k  

− − −

2 2 2

 

1 k 1 k 1 k < <

Studiamo la monotonia: sapendo per ipotesi che 0 k 1 allora

[ ]

− + −

2 2

3 1 k 1 2 k

= > − + − >

⇒ 2 2

S ' ( k ) 0 1 k 1 2 k 0 , per cui va risolta questa disequazione

− 2

1 k

− > −

2 2

1 k 2 k 1 . Tale disequazione ha come soluzione l’unione delle soluzioni dei due

irrazionale 13

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sistemi seguenti: 

< < < <



0 k 1 0 k 1



 − ≥ ∪ − ≥ ⇔

2 2



 k k

1 0 2 1 0

( )

 

− <

2 2

− > − +

k

2 1 0

 2 2

 k k

1 1 2

  < <

k

0 1

 < < 

k

0 1



  1 1

− ≤ ≤ ∪ ≤ − ∪ ≥ ⇔

 

k k k

1 1 2 2

 

1 1

− < <

  − <

k 4 2

 4 k 3

k 0



 2 2 

  < <

k

0 1

 

< <

0 k 1

  1 1

− ≤ ≤ ∪ ≤ − ∪ ≥ ⇔

 

1 k 1 k k

2 2

 

1 1

− < <

 

k 3 3

 − < < ∪ < <



 2 2 k k

0 0

 2 2

1 1 3

< < ∪ ≤ < ⇔

k k

0 2

2 2

3

< <

k

0 2 3

=

Quindi il massimo dell’area lo si ha per k e l’area vale

2

       

3 3 3 3 3 3 9 3

   

= + − = =

 

  .

A 3 1 1

     

2 2 4 2 2 4

 

   

5)