SolProva26/10/2007 - Università di Trento

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Università degli studi di Trento
Facoltà di Ingegneria
a.a. 2007-2008
Risoluzione degli esercizi proposti nella 1a prova parziale di Analisi Matematica 1
del 26 ottobre 2007
2 x 2  3x  e  x
lim
x   x 2 e  x  2 x 2  1
2
Es. 1. Si calcoli il limite

. Si possono applicare due strategie di calcolo:

a) Dividere per x 2 x  0 sia il numeratore che il denominatore della funzione:
Il limite si presenta nella forma indeterminata
 x2
lim
x  
3
1
 2 x2
2
x x e

 1 ,
1
1
2
2 2
ex
x
2
(2 x  3x  e ) / x
 lim
( x 2 e  x  2 x 2  1) / x 2 x 
2
2
3
1
1 1
, 2 x 2 , x , 2 , sono infinitesimi per x   .
x x e
e
x
dato che i quattro termini
b) Osservare che i termini e  x e x 2 e  x sono infinitesimi per x   che possono
2 x 2  3x
perciò essere trascurati, quindi scrivere il limite nella forma lim
,
x    2 x 2  1
il cui valore si determina subito dal rapporto tra i coefficienti direttivi del numeratore
2
 1 .
e del denominatore:
2
2
Es. 2 Si calcoli il limite
lim
x 0


  
3x log 1  3x 2
2 x  x 2 sin 2 x 2

0
; si può calcolarne il valore riconducendolo ai
0
limiti notevoli: basta dividere il numeratore ed il denominatore per x 3 , x  0
Il limite si presenta nella indeterminata


  
3x log 1  3x
2 x  x 2 sin 2 x 2
2
lim
x 0




3 log 1  3 x 2   3
3x log 1  3x 2
3x 2
x3
lim

 lim

2
x 0 ( 2 x  x )
x 0 2 x  x 2 sin 2 x 2
sin 2 x 2   2
x 2x 2
x3


log 1  3 x 2
9
3 1 9
3x 2
lim
   .
2
x 0 2
2 2 4
2  x  sin 22x
2x
 
  
Es. 3 Siano f x  log  x  2 e g x   x   e x1 . Si determinino:
 Il valore di   0 in modo tale che la retta tangente al grafico di f x  nel punto
1, f 1 abbia la stessa pendenza della retta tangente al grafico di g x nel punto
1, g 1 ;
 Per il valore di  così individuato, la retta tangente al grafico di f x  nel punto
1, f 1 .
Si calcolano inizialmente le due funzioni f x  e g x per x  1: f 1  log   2 e
g 1  1  e 0  1  1  0 ; ottenendo così i due punti A1, log   2 e B1,0 , rispettivamente sul
grafico di f x  e di g x , in cui si vogliono tracciare le rette tangenti.
Si calcolano poi le derivate di f x  e g x per x  1: ottenendo i due coefficienti angolari delle
tangenti:


f  x  
e f 1 
;
g x    x  1  e x 1 e g 1   1 1  e11    1 .
 2
 x2
Dovendo le due tangenti avere la stessa pendenza cioè lo stesso coefficiente angolare, si deve porre

   1 . Da quest’ultima relazione si ottiene l’equazione di 2°grado
f 1  g 1 
 2
 2  2  0 che risolta fornisce due valori per    2 .
Dovendo essere   0 , il valore per  è 2 , con il quale si calcola sia il valore di f 1 e di f 1 :
f 1  log


2  2 e f 1 
2
 2  1.
22
L’equazione della tangente alla f x  nel punto A 1, log
y


2  1 x  2  1  log





2  2 è dunque:
22 .
Es. 4 Si determinino il massimo assoluto e il minimo assoluto della funzione
f x   e 2 x 2 x 2  2 x  1 nell’intervallo  2,2.


Si calcola la derivata prima della funzione per stabilire gli eventuali punti di massimo e di minimo
relativo contenuti nell’intervallo indicato. Poi si confrontano i valori assunti dalla f x  nei punti
che annullano la sua derivata e negli estremi dell’intervallo.




f x   2e 2 x 2 x 2  2 x  1  e 2 x 4 x  2  4e x 2  1 .
Si ha f x   0  x 2  1  0  x  1.
Infine f  2  3 e 4 , f  1  e 2 , f 1  3 e 2 , f 2  11e 4 .
Si conclude che il massimo assoluto della funzione in  2,2 è f  2  3 e 4 e il punto di
massimo è x  2 , mentre il minimo assoluto funzione in  2,2 è f  1   e 2 e il punto di
minimo assoluto è x  1 .
2 x
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