VERIFICA DI MATEMATICA Simulazione Studio di funzione - Soluzioni., quindi la funzione è derivabile in R - {1}. In x = 1 si ha:

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Dino Cenci
5 anni fa
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1 VERIFICA DI MATEMATICA Simulzione Studio di funzione - Soluzioni Risolvi uno dei seguenti problemi e cinque dei seguenti quesiti. Problem : f () = { se < ln( ) se ) D = R, quindi f è continu in R - {}. In = si h: lim ( ) = 0 e f () = 0, quindi l funzione è continu in per ogni vlore di. f () = { se <, quindi l funzione è derivbile in R - {}. In = si h: se lim ( ) = e f () =, quindi l funzione è derivbile in se e solo se =. f(b) f() b = f(e) f(0) e 0 = ( ) e = 4 e < = 4 = ± 4 ccettbile solo l positiv e e = 4 e = e 4 ccettbile b) y = f () = { se < ln( ) se Grfico

2 y = f ( ): c) y = 6 rett tngente orizzontle f ( 0) = 0 < = 0 = 0 ccettbile = 0 impossibile = 0 punto stzionrio con: f () > 0 > 0 0 funzione crescente si sinistr che destr di 0 f () > 0 6 > 0 > 0 funzione con concvità verso il bsso sinistr di 0 e verso l lto destr di 0. Quindi = 0 è un punto di flesso tngente orizzontle. d) Il grfico è il grfico dell derivt prim di g. Quindi il grfico di y = g () srà:

3 Grfico Il grfico è il grfico di h (), quindi il grfico di h() srà: e) lim = 0 H 0 = lim = e lim + ln = 0 H 0 = lim =. Quindi il lim esiste se e solo se =.

4 Problem D B = 0 D C = π 0 < < π, con = 0 non ccettbile perché il tringolo degener = π ccettbile perché il tringolo ABD coincide con il tringolo ABC. Quindi 0 < π. AEB = π (β + ), nel tringolo ABE DEB = AEC = π (AEB ) = β +. ADC = β, perché ngoli ll circonferenz che insistono sull stess cord AC. BDE = π β DBE = π (BED + BDE ) = π (β + + π β) = π ABD = β + π. In ABC, BC = cosβ In BDC, BD = BC cosdbe = S = AB BD sinbda = cosβ cos (π ) = cosβ sin sin sin (β + π ), con cosβ cosβ = sin β = 6/5 = 5 sin (β + π ) = sin [π ( β)] = cos( β) = coscosβ + sinsinβ = 5 cos sin Quindi: S = 5 sin ( cos + 4 sin) = (sincos sin ) b) S = (sincos + 6 4sin ) = 6 ( cos sin + 4 ) = (sin 4cos + 4) (formule di bisezione per il sin e formul di supliczione per sincos) Applicndo or l rco ggiunto si h: r = = 5 { tgα = 4 α = rctg ( 4 5 Quindi ) 5 = π. 80 S = 5 [5sin ( π) + 4] 80 Posto =

5 c) Per k 0, nessun soluzione Per 0 < k < f ( π ), soluzione Per f ( π ) k < f(rctg), soluzioni Per = f(rctg), soluzione Per k > f(rctg), 0 soluzioni d) S = 6 (sincos + 4sin ) S = 6 (cos sin + 8sincos) > 0 cos sin + 8sincos > 0 tg + 8tg + > 0 tg = 4 ± 5 = < tg < (tenendo conto delle condizioni geometriche inizili)0 < rctg

6 Quindi si h re mssim per = rctg. Allor AB = ; BC = = = 5 sin ; BD = cosβ /5 cosβ con tg= e quindi sin = tg = +tg 0 Quindi BD = sin cosβ = 0 5 = 5 0 Allor: AD sinabd = BD sin BD [ 5 AD = cos+4 5 sin] = 5 sin 0 ( cotg + 4 ) = ( + 4 ) = p = AD + BD + AB = = + = e) = p = 0 +. Posto h() =, 0 = 9 e = d =, pplicndo il differenzile si h: dh = h () = dh( 0) = = (l centesimo)0,7. In conclusione: 6 0 = 9 + 0,7 =,7 Quesito : lim = lim 0 ( + 4 ) / = lim 0 eln(+4 ) / = lim lim ln( + 4 ) H lim = 0 lim + 4 = e 0 = 0 eln(+4) 0 Quesito : il quesito è un ppliczione del teorem di Lgrnge. Quindi l funzione è continu e derivbile su R, con f () = e. Allor: f (c) = f(b) f() b e c = e + ( + ) 0 e c = e, con c = ln ( e ) Quesito : y = + y = (+) ( ) = + + = + (+) (+) (+). Per essere sempre crescente, l funzione deve vere derivt prim sempre positiv, cioè > -/. Quesito 4: y e y' e y'' e e e Essendo D = R, si h y > 0 se < <. Quindi i flessi hnno sciss ± cioè: F ; e Ricordndo poi l formul por l rett tngente: y f( 0 ) = f ( 0 )( 0 ), sostituendo le scisse dei punti di flesso si h : y, e e y e e Quesito 5: Poiché P vri tr B ed A si h 0 < < π. y = CP + AB BP, con BP = rsin; AP = rcos; CP = AC + AP AC APcos(π ) = 4r + 4r cos + 8r cos = = r cos + 4r. Quindi y = CP + AB BP = r cos + 4r + 4r sin. Allor: y = r cos( sin) + 4r cos = 4r cos( 6sin + ) > 0. Tenuto conto che è nel primo qudrnte, cos > 0, quindi risolvimo solo 6sin + > 0 sin < < rcsin 6 ( ). Quindi 6

7 = rcsin (/6) è il mssimo. Quesito 6: l funzione f ( ) soddisf bnlmente le condizioni richieste. Quesito 7: Quesito 8: y = ln y = ln + = ln, con D = (0; + ) e D = (0; + ). Si h ln > 0, cioè ln >. E ovvio che per 0 l prbol è sempre inferiore l logritmo, quindi f è sempre negtiv e quindi non ci sono punti stzionri. Posto llor > 0, clcolimo per qule vlore di l curv logritmic è tngente ll prbol nel punto di sciss generic c: lnc = c { = c (ln) (c) = ( {lnc ) (c) lnc = c = e c = { =. c e Allor per < e intersezioni < e si h: le curve hnno due

8 Cioè f > 0 se < <, quindi è un minimo e è un mssimo. Per =, si h e Cioè f sempre negtivo per diverso d, quindi è un flesso tngente orizzontle.

9 Per > si h e Cioè f sempre negtiv, quindi non ci sono punti stzionri Quesito 9

10 Quindi per k < 0 k >, 0 soluzioni Per k = 0 k =, soluzioni Per 0 < k < 4 6 < k <, soluzioni Per k = 4 k = 6, soluzioni Per k > 4 k < 6, soluzione

11 Quesito 0

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