DERIVATE
Risoluzione della verifica
IN UN’ORA - SECONDA PROVA
2. TEOREMI DEL CALCOLO DIFFERENZIALE
Risoluzione della verifica IN UN’ORA - SECONDA PROVA
1 Il limite si presenta nella forma indeterminata 3 $ 0 .
3
oppure
Per utilizzare la regola di De L’Hospital, dobbiamo ricondurre il limite a una delle seguenti forme:
3
0
.
0
0
Riscriviamo il limite per ricondurci alla forma
e applichiamo la regola di De L’Hospital. Riordiniamo i
0
termini e svolgiamo i calcoli.
1
$ ex
x
ln (e x + 1)
- x2 e x
+
e
1
x
= x lim
lim x ln (e + 1) = x lim
= x lim
x "-3
"-3
"-3
"-3 ex + 1
-1
1
x
x2
Il limite si presenta ancora nella forma indeterminata 0 $ 3. Possiamo applicare una seconda volta il teorema
di De L’Hospital, riconducendoci prima a una delle forme indeterminate ammesse.
lim
x "-3
- x2 e x
- x2
- x2
- 2x
= x lim
= x lim
= x lim
x
x
"
3
"
3
" - 3 - e-x
e +1
1 + e-x
e +1
ex
Applichiamo ancora la regola di De L’Hospital, senza operare modifiche nel testo perché il limite si trova già
3
nella forma indeterminata
, e troviamo il risultato
3
lim
x "-3
2x
2
(- 2e x) = 0 .
= x lim
= x lim
" - 3 - e-x
"-3
e-x
2 Il limite si presenta nella forma indeterminata 00 .
3
oppure
Per utilizzare la regola di De L’Hospital, dobbiamo ricondurre il limite a una delle seguenti forme:
3
0
. Riscriviamo il limite nella forma
0
lim (1 - cos x)
x"0
sen x
= lim e
x"0
ln (1 - cos x) sen x
= lim e
x"0
sen x ln (1 - cos x)
= lim e
x"0
ln (1 - cos x)
1
sen x
dove abbiamo riscritto l’esponente in modo tale da poter applicare la regola di De L’Hospital.
Svolgiamo i calcoli all’esponente:
sen x
ln (1 - cos x)
cos x = lim sen x $ sen 2 x =
1
= lim
lim
x"0
x"0
x " 0 1 - cos x
- cos x
- cos x
1
sen x
sen 2 x
= lim
x"0
(1 - cos x)(1 + cos x)
sen x (1 + cos x)
sen x
= lim b$
l = 0.
x"0
- cos x
cos x
1 - cos x
Il limite iniziale, quindi, vale:
lim (1 - cos x) sen x = lim e sen x ln (1 - cos x) = 1.
x"0
x"0
3 Il limite si presenta nella forma indeterminata 0 quindi possiamo applicare direttamente il teorema di De
0
L’Hospital.
1
-1
ln x
x
= lim= lim=- 3
lim
x " 1- 1 + cos rx
x " 1 - r sen rx
x " 1 rx sen rx
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1
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2. TEOREMI DEL CALCOLO DIFFERENZIALE
Risoluzione della verifica
IN UN’ORA - SECONDA PROVA
4 a) Per dimostrare che f (x) = 2x + cos x è biiettiva, osserviamo che:
• per il teorema del confronto, xlim
f (x) = !3 in quanto cos x # 1;
"!3
• per il teorema dei valori intermedi, il codominio della funzione è R;
• f l(x) = 2 - sen x 2 0 6x ! R , quindi la funzione è strettamente crescente su R.
Quindi la funzione è iniettiva e suriettiva da R in R.
b) Calcoliamo g l(r) sfruttando il teorema della derivata della funzione inversa.
Abbiamo infatti g l(r) =
1
, dove f (x0) = r .
f l(x0)
Determiniamo x0:
2x0 + cos x0 = r " x 0 =
r
.
2
Sostituiamo il valore di x0 nell’espressione della derivata dell’inversa e svolgiamo i calcoli.
g l (r) =
1
1
1
=
=
=1
f l(x0)
2 - sen x0
2-1
c) f è continua è derivabile in tutto il suo dominio, quindi in particolare anche nell’intervallo [0; 2r] e pertanto vale il teorema di Lagrange.
f l(c) =
f (2r) - f (0)
4r + 1 - 1
=
= 2.
2r - 0
2r
Determiniamo c:
2 - sen c = 2 " sen c = 0 " c = kr, k ! Z .
In ]0; 2r[, c’è un solo punto in cui la retta tangente al grafico di f è parallela alla retta passante per gli estremi
dell’intervallo: c = r .
5
f (x) = ax3 + bx + c con a, b, c ! R .
a) Per determinare il valore dei parametri, calcoliamo la derivata prima e seconda di f
f l(x) = 3ax 2 + b
f m(x) = 6ax
e mettiamo a sistema le condizioni richieste:
Z
Z 4 = 8a + 2b + c
]] 4 = f (2)
]]
[ f l(2) = 11 " [11 = 12a + b
]] f m(2) = 12 ]12 = 12a
\
\
Risolvendo il sistema otteniamo: a = 1, b =- 1, c =- 2 .
La funzione è, quindi, f (x) = x3 - x - 2 e le sue derivate sono
f l(x) = 3x 2 - 1, f m(x) = 6x .
b) L’equazione della retta tangente al grafico della funzione nel suo punto di ascissa x =
y-fb
y+
1
è
2
1
1
1
= f lb lb x - l
2l
2
2
19
1
1
=- b x - l
8
4
2
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y =-
Risoluzione della verifica
IN UN’ORA - SECONDA PROVA
1
1
19
x+ " x + 4y + 9 = 0 .
4
8
8
L’equazione della retta tangente al grafico della funzione nel suo punto di ascissa x =y - f by+
1
è
2
1
1
1
= f lb- lb x + l
2l
2
2
13
1
1
=- b x + l
8
4
2
y =-
1
1
13
x- " x + 4y + 7 = 0 .
4
8
8
c) f è continua e derivabile in tutto il dominio perché è un polinomio, quindi in particolare nell’intervallo
[- 1; 1].
Inoltre f (- 1) =- 1 + 1 - 2 =- 2 e f (1) = 1 - 1 - 2 =- 2 quindi sono soddisfatte le ipotesi del teorema di Rolle. Esiste, pertanto, almeno un x ! ] - 1; 1 [ in cui la derivata si annulla.
f l(x) = 0 " 3x 2 - 1 = 0 " x =-
3
3
0x =
.
3
3
Entrambi i valori sono accettabili perché sono punti interni all’intervallo [- 1; 1].
d) Studiamo sommariamente il grafico della funzione.
• D = R;
• la funzione interseca l’asse y nel punto di ordinata - 2 ;
• la funzione interseca l’asse x in un punto di ascissa a 2 0 , con a intersezione della retta y = x + 2
con la cubica y = x3 ;
• il segno della funzione è positivo se x 2 a (dove
il grafico della cubica è sopra quello della retta),
negativo altrimenti;
• i limiti della funzione agli estremi del dominio
sono: xlim
f (x) = ! 3 ;
"!3
• studiamo il segno della derivata prima:
f l(x) 2 0 " x 1 -
y
y = f(x)
O
1
α
2
x
–2
3
3
0x 2
3
3
quindi la funzione è crescente negli intervalli
3
3
; + 3< e decrescente nelF- 3; <eF
3
3
3
3
;
<.
3
3
Il grafico probabile è rappresentato nella figura a lato.
l’intervallo F-
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