LICEO SCIENTIFICO SESSIONE STRAORDINARIA PROBLEMA 2

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1 LICEO SCIENTIFICO SESSIONE STRAORDINARIA PROBLEMA 2 Consideriamo la funzione f: R R, osì definita: f(x) = ln(a e bx + ) al variare di a, b, parametri reali positivi. 1) Verifia he, omunque si selgano i parametri, si ha: f (x) > x R, f (x) > x R. Caloliamo le derivate della funzione: f (x) = ab ebx a e bx > x R perhè a, b, sono positivi + f (x) = ab2 e bx (a e bx + ) ab e bx (ab e bx ) (a e bx + ) 2 = ab2 e bx (a e bx + a e bx ) (a e bx + ) 2 = ab2 e bx (a e bx + ) 2 e risulta f (x) > x R perhé a, b, sono positivi. 2) Verifia inoltre he, omunque si selgano i parametri, la funzione f ha un asintoto orizzontale, per x, e un asintoto obliquo, per x + ; determina a, b,, in modo he l asintoto orizzontale, per x, sia la retta di equazione y = e l asintoto obliquo, per x +, sia la retta di equazione y = x. lim x (ln(a e bx + )) = ln(): quindi f ha l asintoto orizzontale y = ln(), per x ed è y = se = 1. Verifihiamo ora he f ha un asintoto obliquo per x + : Sessione straordinaria 218 Problema 2 1/ 5

2 lim (ln(a ebx + ) ) = lim (ln(a ebx ) ) = lim (ln(a) + ln(ebx ) ) = + bx = lim (ln(a) ) = lim lim (f(x) mx) = lim = lim (ln(ebx ) + ln (a + (bx ) = b = m x (ln(a ebx + ) bx) = ebx) bx) = lim = lim (ln(a) + ln (1 + a ebx)) = ln(a) = q lim (ln (ebx (a + (bx + ln (a + ebx) bx) = lim ebx)) bx) = ln (a + Quindi la funzione, per x +, ha l asintoto obliquo y = bx + ln (a) he oinide on y = x se b = 1 ed a = 1. 3) Dimostra he ponendo a = b = = 1 si ha: x < f(x) < e x x R. e bx) Con a = b = = 1 risulta: f(x) = ln(e x + 1) Osserviamo he: ln(e x + 1) > ln(e x ) = x, quindi f(x) > x Per verifiare he f(x) < e x studiamo qualitativamente la funzione. y = f(x) = ln(e x + 1) La funzione è definita su tutto R, per x = vale ln(2), se y = e x + 1 = 1, mai. La funzione è positiva quando e x + 1 > 1, e x > : sempre. Caloliamo i limiti: Se x, f(x) + y = asintoto al (ome visto nel punto preedente) Se x +, f(x) + ; possibile asintoto obliquo (y = x ome visto nel punto preedente). Monotonia: f (x) > x R, ome dimostrato nel punto 1: funzione sempre resente Conavità: f (x) > x R, ome dimostrato nel punto 1: onavità sempre verso l alto, nessun flesso. Sessione straordinaria 218 Problema 2 2/ 5

3 Il grafio è quindi il seguente: Rappresentando nello stesso piano artesiano le tre funzioni y = x, y = f(x) e y = e x si può onstatare he x < f(x) < e x x R : Osserviamo he x = f(x) < e x in quanto ln(2) < 1 e he per x f(x) ed e x sono infinitesimi dello stesso ordine, essendo: lim x ln (e x +1) e x = lim x e x e x = 1 (N.B. Siome ex, ln (e x + 1)~e x ). Sessione straordinaria 218 Problema 2 3/ 5

4 4) Verifia inoltre he ponendo a = b = = 1 e detta A l area della parte di piano ompresa tra il grafio della funzione h(x) = f( x ) e l asse x del riferimento artesiano, si ha A < 2 Inoltre, a partire dalle aratteristihe del grafio della funzione h(x), determina un numero reale S, quanto più grande possibile, tale he A > S Il grafio di h(x) = f( x ) si ottiene dal grafio di f(x) on le seguenti trasformazioni: 1. y = f(x) y = f( x) simmetria rispetto all asse delle y 2. y = f( x) y = f( x ) = h(x): si onferma il grafio di f( x) he si trova a destra dell asse y e lo si ribalta a sinistra: Sessione straordinaria 218 Problema 2 4/ 5

5 Per dimostrare he A < 2 è suffiiente dimostrare he: f(x)dx < 1 Ma risulta: e x dx = lim k ex dx ; ma riordiamo he f(x) < e x, quindi f(x)dx < e x dx k = lim k [ex ] k = Quindi: f(x)dx < 1, da ui A < 2. lim (1 k ek ) = 1 Cerhiamo infine un numero reale S (quanto più grande possibile) tale he A > S. A tal fine determiniamo l area S del triangolo ABC formato dalle tangenti (destra e sinistra) al grafio di h nel punto angoloso C = (; ln (2)). Per x < h(x) = ln(e x + 1) ed è: ex h (x) = e x + 1, h () = 1 2, semitangente sinistra in C: y ln(2) = 1 2 x, x A = 2 ln(2), AB = 4 ln(2), S = area(abc) = 2 ln(2) ln(2) = 2 ln 2 (2).96 Quindi numero reale S (quanto più grande possibile) tale he A > S è S = 2 ln 2 (2).96 Con la ollaborazione di Angela Santamaria Sessione straordinaria 218 Problema 2 5/ 5