Maturità 2008 – Sessione Straordinaria

Maturità 2008 – Sessione Straordinaria.
Problema 1.
Sia data la parabola di equazione y  ax 2  bx  c
1. Si determini a,b,c in modo che la parabola passi per il punto A(0,-6), B(1,0) e nel punto B
sia tangente alla retta di coefficiente angolare 5.
2. Si determinino le misure dei lati del rettangolo di perimetro massimo inscritto nel segmento
parabolico limitato dalla parabola e dall’assex
3. Trovato questo rettangolo ed essendo M ed N i due suoi vertici che stanno sulla parabola, si
calcoli in gradi e primi (sessagesimali) l’ampiezza dell’angolo acuto formato dalle due
tangenti alla parabola in M ed N.
1.
y  ax 2  bx  c y '  2ax  b . Imponendo il passaggio per A e B e imponendo in B la derivata
uguale a 5. (per significato geometrico della derivata)
 6  c
0  c
c  6



 7 25 
2
0  a  b  c b  a  6
b  7 y   x  7 x  6 V  ; 
2 4 
5  2a  b
5  2a  a  6 a  1



2. Interseco la parabola con una retta generica y=k (con 0<k<25/4) e trovo i punti M e N
 y   x2  7 x  6

y  k

7  25  4k
 x2  7 x  6  k  0
x 
M,N 

2
y  k
y  k

 7  25  4k 
 7  25  4k   7  25  4k 
 7  25  4k 
M 
; k  N 
; k  Q 
; k  P 
; k 
2
2
2
2



 



MN  xN  xM 
MQ  k  0  k
7  25  4k 7  25  4k 2 25  4k


 25  4k
2
2
2
Da cui Perimetro( MNPQ)  2( MN  MQ)  2(k  25  4k )
Perimetro massimo per
Perimetro(k ) '  2(1 
25  4k  2  0
4
25  4k  2
)2
 0 la cui espressione è positiva per
2 25  4k
25  4k
25  4k  2
25  4k  2 25  4k  4 4k  21 k 
21
4
(Valore massimo)
21
21
21
21
29
.
Perimetro( )  2(  25  4 )  2(  2) 
4
4
4
4
2
Osserviamo che agli estremi ho valori inferiori al massimo.
25
25
25
25 25
Perimetro(0)  2(0  25  0)  2(5)  10 Perimetro( )  2(  25  4 ) 

4
4
4
2
9
 5 21 
 9 21 
3. per il valore massimo ho M  ;  N  ; 
2 4 
2 4 
m ' m
1 m  m '
Dove m e m’ sono i coefficienti angolari della retta tangente nel punto N ed M
L’angolo si calcola con la formula tan  
5
m  2axM  b  2  7  2
2
22 4

1 4 3
Problema 2
9
m '  2axN  b  2  7  2
2
4
3
  arc tan  53,13
tan  
  53(13  60) '  538'
x 1
x2  2
1. Si studi tale funzione e si tracci il grafico  , su un piano riferito ad un sistema di assi
cartesiani ortogonali (Oxy).
2. Si scriva l’equazione della tangente alla curva  nel punto d’intersezione con l’asse y.
Si consideri la funzione
f ( x)  ln
3. Si studi la funzione g ( x)  e f ( x ) e se ne tracci il grafico  .
1.
f ( x)  ln
x 1
x2  2
f ( x)  ln
x 1
0
x2  2
lim ln
x 1
C.E.
x 1
0
x2  2
x 1
1
x2  2
x 1
  x=-1 A.V.
x2  2
x 1

 f ( x)  ln 2
x 2

 x  0
x  1
( x 2  x  2)
 x2  x  2
 0 mai positiva e nulla

0
x2  2
x2  2
lim ln
x 
x 1
 ln 0   x=-1 A.V.
x2  2
1

 f (0)  ln   ln 2  0, 69
Non ha intersezione con l’asse x.
2


x  0
1 ( x 2  2)  (2 x)( x  1) x 2  2 x 2  2  2 x 2  2 x x 2  2  x 2  2 x  2
f '( x) 


x 1
( x 2  2)2
x 1
( x 2  2) 2
x  1 ( x 2  2) 2
2
x 2
f '( x) 
x 2  2 ( x 2  2 x  2) ( x 2  2 x  2)

 0 1  3  x  1  3
x  1 ( x 2  2)2
( x  1)( x 2  2)
x 2  2 x  2  0 x  1  1  2  1  3 
1  3
1  3
x  1  3 min. (non sta nel campo di esistenza)
x  1  3
Tralasciamo lo studio della derivata seconda e facciamo lo studio della derivata prima agli estremi.
( x 2  2 x  2)
lim
 0 all’infinito non va con valori bassi poco pendente ( e questo significa che ha
x  ( x  1)( x 2  2)
un flesso dopo il massimo)
Vista la difficoltà di studiare la derivata seconda potrei passare direttamente al grafico, e saltare il
calcolo della derivata seconda. (Il calcolo che segue si può saltare.)..
A partire dalla derivata prima scritta come segue, calcolo la derivata seconda.
 x2  2 x  2
f '( x)  3
x  x2  2x  2
(2 x  2)( x3  x 2  2 x  2)  (3x 2  2 x  2)( x 2  2 x  2)
f ''( x) 
x3  x 2  2 x  2
2 x 4  2 x3  4 x 2  4 x  2 x3  2 x 2  4 x  4  (3x 4  6 x3  6 x 2  2 x3  4 x 2  4 x  2 x 2  4 x  4)
f ''( x) 
x3  x 2  2 x  2
f ''( x) 
2 x 4  4 x3  6 x 2  8 x  4  (3x 4  8 x3  4)
x3  x 2  2 x  2
2 x 4  4 x3  6 x 2  8 x  4  3x 4  8 x3  4 x 4  4 x3  6 x 2  8 x  8

x3  x 2  2 x  2
x3  x 2  2 x  2
Applico Ruffini al polinomio p( x)  x 4  4 x3  6 x 2  8x  8
f ''( x) 
Provo per 1, 2, 4, 8
p(1)  1  4  6  8  8  17
p(1)  1  4  6  8  8  9
p(2)  16  32  24  16  8  0
p( x)  ( x  2)( x3  6 x 2  6 x  4)
Nel secondo polinomio devo applicare Ruffini 1, 2, 4 e provando no trovo soluzioni razionali.
Ora dovrei studiare la funzione q( x)  ( x3  6 x 2  6 x  4) , per trovare le soluzione, (con il metodo di
approssimazione. Non riporto risultati. La soluzione è x  4,95 tale soluzione. Sta oltre il C.E.
Quindi ho un unico flesso, per x=2
1
2. Tangente nel punto (0;  ln 2)  (0;ln )
2
y  f ( x0 )  f '( x0 )( x  x0 )
f (0)  ln
1
2
3. f ( x)  e
f ( x) 
lim
x 
ln
f '(0) 
x 1
x2  2

x 1
0
x2  2
2
1
2
y  ln
1
1
 1( x  0) y  x  ln  x  ln 2
2
2
x 1
C.E. (1; )
x2  2
x  1
x 1
 0 y=0 A.O.
x2  2
Intersezione asse x A(-1,0)
Intersezione asse y B(0,1/2)
f '( x) 
( x 2  2)  ( x  1)(2 x)  x 2  2 x  2
1  3  x  1  3

( x 2  2)2
( x 2  2)2
( x 2  2)2 (2 x  2)  2( x 2  2)(2 x)( x 2  2 x  2)
f ''( x) 
( x 2  2)2
2 x3  2 x 2  4 x  4  4 x 4  8x 2  8x
x 3  3x 2  6 x  2
2
f ''( x)  ( x 2  2)

2(
x

2)
 0 ….
( x 2  2)2
( x 2  2)2
Occorre discuterla con il calcolo approssimato…
2. Si determinino le equazioni degli asintoti della curva f ( x)  arctan x 
C.E. (; ) non ha asintoti verticali.
lim arctan x 
x 
3.
x

   0 da cui
2
1 x
2
y

2
x
1  x2
A. O. (destro e sinitro)
Un cilindro dentro un cono visto in sezione appare come
in figura. Il volume di un cilindro si trova V  Abase  h   FH 2CH
Quindi occorre trovare il raggio e l’altezza del cilindro pongo raggio FH  x con 0  x  r
CH HA

L’altezza del cilindro KH  h  y ricordandoci le proporzioni abbiamo che
ovvero
CK HF
x
h
rh  hx
h r
cioè h  h da cui KH  h  x 

r
r
r
y x
rh  hx  h 2
h 2 3

x (r  x) 
rx  x derivando
r
r
r
h
2
V '( x) 
2rx  3 x 2  0 da cui massimo per x  r
r
3
V ( x)  Abase  h   x 2
8 3  h  4 3  4
2
2
r r  r  
 r    hr
r  9
27  r  27  27

4x2
3x 
,x  0
4. Si consideri la funzione f ( x)  
x
2
x0

Se ne studi la funzione e poi si tracci il grafico
Vmax 
h  4
2| x|

,x  0
3 x 
f ( x)  
x
 2
x0
3 x  2, x  0

f ( x )  3 x  2, x  0
2
x0

3x  2, x  0
a sinistra e a destra ho due funzioni continue (polinomio di primo grado).
f ( x)  
3x  2, x  0
Studio la continuità in 0. lim f ( x)  2 lim f ( x)  2 la funzione in 0 non è continua.
x 0
x 0
5.
f ( x)  sin 2 x
f ( x  h)  f ( x )
sin 2 ( x  h)  sin 2 ( x)
(sin x cosh  cos x sinh) 2  sin 2 ( x)
 lim
 lim
h 0
h 0
h 0
h
h
h
2
2
2
2
2
sin x cos h  cos x sin h  2sin x cos x sinh cosh  sin ( x)
lim
h 0
h
2
2
2
2
sin x(1  cos h)  cos x sin h  2sin x cos x sinh cosh
lim

h 0
h
f '( x)  lim
(1  cos 2 h)
sin 2 h
sinh
 cos 2 x
 2sin x cos x
cosh 
h 0
h
h
h
sinh cosh
lim 0  0  2sin x cos x
 2sin x cos x
h 0
h
6. la proposizione è falsa
limsin 2 x
Perché basta se prendo due rette r     e s   , con
 
Con angolo _ rs  rs  90 . Questo è un esempio che contraddice la proposizione
0 x 

La funzione f(x) non è continua in
. E quindi non derivabile.
2
1
1  cos3 x
Anche se f (0)  0  f ( )  0 f '( x) 

cos
x

 0 cos3 x  1 x   , l’unico
2
2
cos x
cos x
punto in cui si annulla nell’intervallo, ma tale punto non è interno. E quindi non esiste il punto a
derivata nulla all’interno dell’intervallo.
 x 2  2 x  x  4  0
8. y  ln( x 2  2 x  x  4) 
2
 x  2 x  0
7.
f ( x)  tan x  sin x
x2  2 x  x  4
 x2  2 x  0  x  4  0

 2
2
x  4  0
 x  2 x  ( x  4)
x  0  x  2 x  4

 2
2
x  4
 x  2 x  x  8x  16
x  0  x  2 x  4


x  4
6 x  16  0
x  0 2  x  4 x  4
Da cui C.E. x  0  x  2
esin x  cos x
0
cos xesin x  sin x 1  0


lim

 1
x 0 e cos x  e log( x  e)
0 x0  sin xecos x  e
0 1
xe
10. lim