Derivate con soluzioni - Analisi Matematica, Tesi di laurea di Analisi Matematica. Politecnico di Torino
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Derivate con soluzioni - Analisi Matematica, Tesi di laurea di Analisi Matematica. Politecnico di Torino

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Analisi Matematica - Derivate con soluzioni
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Funzioni derivabili

Esercizi svolti

1) Applicando la definizione di derivata, calcolare la derivata in x = 0 delle funzioni:

a)2x− 5 b)x− 3 x− 4

c) √ x+ 1 d)x sinx.

2) Scrivere l’equazione della retta tangente al grafico della funzione

f(x) = x

x− 2

in x = 1.

3) Applicando le regole di derivazione calcolare la derivata delle seguenti funzioni:

a(x) = 2x3 − 9x+ 7 cosx

b(x) = x sinx+ cosx

c(x) = x2 − 4 x2 + 4

d(x) = 1− tanx 1 + tanx

e(x) = x2 log x+ 3x

f(x) = log x− 1 log x+ 1

g(x) = (x2 + 1)5

h(x) = log cosx+ x tanx

i(x) = √ 4x2 − 3

l(x) = sin log √ x

m(x) = 5 √ sin 3x

n(x) = arctan(1− x)

o(x) = x arcsinx+ √ 1− x2

p(x) = ( log 3)x .

4) Discutere la derivabilità in x = 0 delle funzioni:

a) f(x) = sin |x| b) g(x) = cos √ |x|.

1

2 Funzioni derivabili

5) Sia

f(x) = { (x− β)2 − 2 x ≥ 0 α sinx x < 0

.

Determinare α, β ∈ R tali che f sia continua e derivabile su R.

6) Discutere la derivabilità di f(x) = |x2 − 1|.

7) Siano

f(x) = |x|x e g(x) = e−1/x2 .

Verificare che f e g sono prolungabili con continuità su R . Le funzioni f e g cos̀ı prolungate risultano derivabili in x = 0?

8) Scrivere l’equazione della retta tangente nel punto di ascissa x = 2 al grafico di

f(x) = x+ 2 x2 − 1

− log(2x− 3) .

9) Determinare per quali valori della x la funzione f(x) = 3x+ sinx è crescente oppure decres-

cente.

10) Determinare massimi e minimi relativi della funzione f(x) = ex + 3e−x sul suo dominio.

11) Studiare il segno della derivata delle seguenti funzioni in un intorno del punto x0 = 0 e

discuterne il comportamento in x0 = 0:

a) f(x) = 3 sinx− 3x b) f(x) = 4x+ 4 cosx.

12) Sia f(x) = x7 + x. Verificare che f è invertibile su R. Verificare che f−1 è derivabile su R, determinare (f−1)′ tramite la formula della derivata della funzione inversa e calcolare (f−1)′(0) e (f−1)′(2).

13) Determinare gli eventuali asintoti della funzione√ x2 − 6x+ 7.

14) Trovare i punti del grafico di f(x) = 5x3 nei quali la tangente

a) è parallela alla retta y = 2x;

b) è perpendicolare alla retta y = x+ 5.

Funzioni derivabili 3

15) Dimostrare che le rette tangenti ai grafici delle due funzioni f(x) = x3 e g(x) = 13x sono tra

loro perpendicolari nei punti di ascissa diversa da zero.

16) Verificare che

f(x) = log(2 + x) + 2 x+ 1 x+ 2

non ha altri zeri oltre a x0 = −1.

17) Verificare che la funzione f(x) = x3 − 2x2 soddisfa le ipotesi del Teorema di Lagrange

nell’intervallo [0, 1] e determinare un punto θ ∈ (0, 1) tale che

f ′(θ) = f(1)− f(0) .

18) Si consideri la funzione f , definita da

f(x) =

{ 2x2 + x2 sin 1x se x 6= 0

0 se x = 0. Si dimostri che f è derivabile in [0,+∞) e che f ′ non è continua in 0.

19) Determinare i valori di α ∈ R tali che la funzione f(x) = x4+3 x2−α soddisfi le ipotesi del Teorema

di Lagrange sull’intervallo [0, 1].

20) Stabilire per quali a ∈ R la funzione

f(x) = x2 + a cosx

è convessa in R.

21) Dimostrare che se α ≥ 1, allora

(1 + x)α ≥ 1 + αx

per ogni x > −1. (Tale disuguaglianza prende il nome di disuguaglianza di Bernoulli. )

22) Dimostrare che

sinx ≥ x− x 3

6

per ogni x ≥ 0.

23) Determinare il numero di soluzioni reali delle equazioni:

4 Funzioni derivabili

a) x3 + 3x2 + 5x+ 3 = 0 ;

b) x4 + 4x+ 12 = 0 ;

c) 3x5 − 5x3 + 1 = 0.

24) Dimostrare o smentire la seguente affermazione:

Per ogni λ ∈ R l’equazione x5 + x = λ ha esattamente una soluzione.

25) Determinare il numero di soluzioni dell’equazione

x lnx = λ , λ ∈ R .

26) Determinare il numero di soluzioni dell’equazione

x · ex = λ , λ ∈ R .

27) Dimostrare che per ogni a ∈ R l’equazione

x2 arctanx = a

ha esattamente una soluzione.

Funzioni derivabili 5

SOLUZIONI

1) a) Si ha: lim x→0

2x− 5− (−5) x

= 2 b)− 116

c) Si ha: lim x→0

√ 1 + x− 1

x = lim

x→0

1 + x− 1 x( √ 1 + x+ 1)

= 1 2

d)0.

2) a) Ricordiamo che l’equazione della retta tangente alla curva in x = 1 è y = f(1)+f ′(1)(x−1).

Occorre quindi calcolare la derivata della funzione f in x0 = 1. Si ha f ′(x) = − 2(x−2)2 e, in

particolare, f ′(1) = −2.

L’equazione richiesta è allora y(x) = −1− 2(x− 1).

3)

a)6x2 − 9− 7 sinx b)x cosx c) 16x (x2 + 4)2

d)− 2 (sinx+ cosx)2

e)2x log x+ x+ 3 f) 2

x(log x+ 1)2

g)10x(x2 + 1)4 h) x

cos2 x i)

4x√ 4x2 − 3

l) 1 2x

cos log √ x m)

3 cos 3x

5 5 √ sin4 3x

n)− 1 x2 − 2x+ 2

o) arcsinx p) log(log 3)( log 3)x.

4) a) x = 0 è un punto angoloso per f .

Calcoliamo, infatti, le derivate laterali di f in x = 0. Si ha

limx→ x+ sinx− 0 x

= 1 e limx→ x− sin(−x)− 0 x

= −1.

b) La derivata destra di g in 0 vale −12 , quella sinistra 1 2 , quindi g non è derivabile in x = 0.

5) Imponiamo innanzitutto che la funzione f sia continua sul suo dominio. È sufficiente imporre

che f sia continua nel punto di raccordo x = 0, ottenendo β = ± √ 2.

La funzione è poi derivabile ovunque tranne, al più, in x = 0. Per discutere la derivabilità in

x = 0, calcoliamo la derivata f ′. Si ottiene f ′(x) = 2(x − β) se x > 0 e f ′(x) = α cosx se

x < 0. Sia β = ± √ 2, in modo che f sia continua in x = 0. Calcoliamo ora il limite di f ′(x)

per x → 0. Per un noto teorema, se tale limite esiste e vale ` ∈ R, allora f è derivabile in x = 0 e vale f ′(0) = `. Risulta lim

x→0+ f ′(x) = −2β e lim

x→0− f ′(x) = α, quindi f è derivabile se

α = −2 √ 2 e β =

√ 2 oppure se α = 2

√ 2 e β = −

√ 2.

6 Funzioni derivabili

6) f è derivabile in R \ {−1, 1}.

In x = −1 f non è derivabile ( la derivata destra vale 2, quella sinistra −2); in x = 1 f non

è derivabile (la derivata destra vale 2, quella sinistra −2).

Per x 6= ±1, f è uguale al polinomio x2−1 oppure al polinomio 1−x2, ed è pertanto derivabile,

con derivata data, rispettivamente, da 2x e da −2x.

7) f è prolungabile per continuità in x = 0. Più precisamente, dal fatto che |x|x := ex ln |x| segue

che

lim x→0

|x|x = lim x→0

ex ln |x| = 1.

Poniamo ora

f̃(x) := { |x|x se x 6= 0 1 se x = 0

e calcoliamo

lim x→0

f̃(x)− f̃(0) x− 0

= lim x→0

|x|x − 1 x

= lim x→0

( ex ln |x| − 1 x ln |x|

) ln |x| = −∞.

Il prolungamento di f non è quindi derivabile in 0.

La funzione g è prolungabile per continuità in x = 0. Vale infatti

lim x→0

e− 1

x2 = 0.

Poniamo allora

g̃(x) := { e−

1 x2 se x 6= 0

0 se x = 0 e calcoliamo

lim x→0

g̃(x)− g̃(0) x− 0

= lim x→0

e− 1

x2 − 0 x

= lim t→∞

( t · e−t2

) = 0.

Il prolungamento di g è quindi derivabile in 0, con g̃′(0) = 0 .

8) Osserviamo innanzitutto che f è derivabile in x = 2 e che

f ′(x) = 1

x2 − 1 − 2x(x+ 2)

(x2 − 1)2 − 2

2x− 3

per x > 32 . In particolare, f ′(2) = −319 . Poich è f(2) =

4 3 , la retta tangente ha equazione

y = −319 x+ 74 9 .

Funzioni derivabili 7

9) Calcoliamo la derivata di f e imponiamo che sia maggiore o uguale a zero. Si ottiene

f ′(x) = 3 + cosx .

Poichè f ′ è maggiore di zero su R, f risulta crescente per ogni valore della x.

10) Osserviamo innanzitutto che f è definita su tutto R ed è ivi derivabile.

Calcoliamo poi la derivata di f . Risulta

f ′(x) = ex − 3e−x .

Quindi f ′(x) > 0 se e2x > 3, cioè se x > 12 ln 3 e f ′(x) < 0 se x < 12 ln 3. Allora f ha minimo

in x = 12 ln 3.

11) a) Vale f ′(x) = 3 cosx− 3, quindi f ′(0) = 0 e f ′(x) < 0 per ogni x appartenente a un intorno

bucato dell’origine. Allora il punto x0 = 0 è un punto di flesso discendente.

b) Il punto x0 = 0 è un punto di flesso ascendente.

12) La funzione f è continua e strettamente crescente su R, quindi invertibile su R. La sua derivata, inoltre, non si annulla mai in R, cos̀ı che la funzione inversa f−1 è derivabile su R e per ogni x ∈ dom(

( f−1

) ) = R si ha che (f−1)′(x) = 1

f ′(f−1(x)) = 1

7(f−1(x))6+1 .

Poichè f(0) = 0 , si ha che f−1(0) = 0 , quindi (f−1)′(0) = 1.

Poichè f(1) = 2 , si ha che f−1(2) = 1 , quindi (f−1)′(2) = 18 .

13) Osserviamo innanzitutto che, poiché dom f = R \ {(3 − √ 2, 3 +

√ 2)}, ha senso cercare un

asintoto obliquo sia a +∞ sia a −∞.

Calcoliamo ora

lim x→±∞

f(x) x

= lim x→±∞

|x| x

√ 1− 6

x +

7 x2

= ±1 .

Calcoliamo poi

lim x→+∞

(f(x)− 1 · x) = lim x→+∞

−6x+ 7√ x2 − 6x+ 7 + x

= −3

e

lim x→−∞

(f(x) + 1 · x) = lim x→−∞

−6x+ 7√ x2 − 6x+ 7− x

= 3 .

Allora f ha un asintoto obliquo destro dato da y(x) = x − 3 e un asintoto obliquo sinistro

dato da y(x) = −x+ 3.

8 Funzioni derivabili

14) a) Imponendo la condizione x2 = 215 , si determina x = ± √

2 15 .

b) La condizione da imporre è in questo caso 15x2 = −1, cos̀ı che non esistono punti soddis-

facenti la condizione richiesta.

15) Le rette tangenti a f e g hanno coefficiente angolare rispettivamente uguale a m(x) = 3x2 su

R e n(x) = − 1 3x2

su R \ {0}. Poichè per ogni x 6= 0 risulta m(x) ·n(x) = −1, le rette tangenti a f e g sono ortogonali.

16) Si ha che dom((f)) = (−2,+∞) e lim x→±∞

f(x) = ±∞ . Inoltre f è strettamente crescente su

dom((f)) . Quindi f non ha altri zeri oltre x0 = −1 .

17) La funzione f è continua in [0, 1] e derivabile in (0, 1), soddisfa quindi le ipotesi del Teorema

di Lagrange. Risulta inoltre θ = 13 .

18) Per x 6= 0 la funzione è derivabile come somma e composizione di funzioni derivabili. In x = 0

calcoliamo il limite del rapporto incrementale:

lim x→0

2x2 + x2 sin 1x x

= lim x→0

(2x+ x sin 1 x ) = 0,

quindi f è derivabile in tutto R.

Risulta inoltre f ′(x) = 4x + 2 sin 1x − cos 1 x per x 6= 0 e f

′(0) = 0. Poichè limx→0 f ′(x) non

esiste, la funzione derivata f ′ non è continua in R

19) Bisogna imporre che f sia continua in [0, 1] e derivabile in (0, 1). La funzione f soddisfa

queste due ipotesi se x2 6= α per ogni x ∈ [0, 1].

Se α < 0, questa condizione è sempre verificata.

Se α = 0, non è verificata perchè in x = 0 il denominatore si annulla.

Se α > 0, bisogna imporre x 6= ± √ α per ogni x ∈ [0, 1], cioè x 6=

√ α per ogni x ∈ [0, 1].

Questo equivale a richiedere che √ α non assuma valori compresi fra 0 e 1, cioè α non deve

appartenere a [0, 1].

In conclusione, le ipotesi del teorema di Lagrange sono soddisfatte per α < 0 e α > 1, non

sono soddisfatte per α ∈ [0, 1].

Funzioni derivabili 9

20) f è convessa se |a| ≤ 2.

Infatti, se a = 0 f è ovviamente convessa. Più in generale, la derivata seconda di f , f ′′(x) =

2− a cosx, è positiva se a cosx ≤ 2.

Se a > 0, questa disequazione è banalmente verificata da tutte le x tali che cosx < 0. Se

invece cosx ≥ 0, allora si ha 0 ≤ a cosx ≤ a ≤ 2, quindi la condizione è 0 ≤ a ≤ 2.

Se a < 0, la disequazione a cosx ≤ 2 è verificata per ogni a se cosx > 0. Se cosx ≤ 0, allora

essa si può scrivere come |a cosx| ≤ 2, che, come nel caso precedente, conduce a |a| ≤ 2.

Si conclude che f è convessa su tutto R se |a| ≤ 2.

21) Sia f(x) := (1 + x)α, x > −1. Derivando otteniamo f ′(x) = α(1 + x)α−1 e f ′′(x) = α(α −

1)(1 + x)α−2. Poichè f ′′ è positiva, f è convessa, quindi vale

f(x) ≥ f(0) + f ′(0)(x− 0) = 1 + αx .

Un’altra possibilità consiste nel definire g(x) := (1 + x)α − 1 − αx, per x > −1. Si osserva

che g(0) = 0 e che g′(x) > 0 per x > 0 e g′(x) < 0 per −1 < x < 0. Allora g(x) ≥ 0 per ogni

x > −1.

22) Sia f(x) := sinx− x+ x36 , x ≥ 0. Si ha f ′(x) = cosx− 1 + x22 e f

′′(x) = − sinx+ x. È noto

che sinx ≤ x per ogni x ≥ 0, per cui f ′′(x) ≥ 0 per ogni x ≥ 0 e f è convessa. Vale quindi la

stima f(x) ≥ f(0) + f ′(0)(x− 0) = 0 su tutto il semiasse positivo.

23) a) La funzione f(x) = x3 + 3x2 + 5x+ 3 tende a +∞ per x→ +∞, a −∞ per x→ +∞ ed è

strettamente crescente: l’equazione ammette quindi una sola soluzione reale.

b) La funzione f(x) = x4 + 4x+ 12 tende a +∞ per x → ±∞; f ha minimo in x = −1, ove

assume il valore 9. L’equazione f(x) = 0 non ha quindi soluzioni reali.

c) La funzione f(x) = 3x5 − 5x3 + 1 tende a +∞ per x → +∞ e a −∞ per x → −∞.

Consideriamo ora la derivata di f , f ′(x) = 15x2(x2 − 1). f è strettamente crescente per

x < −1 e x > 1, decrescente in (−1, 1); x = 0 rappresenta un punto di flesso discendente.

Dal momento che f(−1) = 3 e f(1) = −1, l’equazione f(x) = 0 ha tre soluzioni reali ( una

minore di −1, una compresa fra −1 e 1, una maggiore di 1).

10 Funzioni derivabili

24) L’affermazione è vera.

Infatti, posto f(x) = x5 + x si ha limx→+∞ = +∞ e limx→−∞ = −∞. Quindi l’equazione ha

almeno una soluzione. Il fatto che tale soluzione sia unica segue dal fatto che f è strettamente

crescente.

25) Studiamo la funzione f(x) = x lnx, definita per x > 0. Risulta limx→0+ = 0 e lim x→+∞

= +∞.

Inoltre, f ′(x) = lnx+1, quindi f è crescente per x > 1e . f ha quindi minimo in 1 e , ove assume

il valore −1e . Si ossono allora concludere i seguenti fatti.

Se λ < −1e non vi sono soluzioni.

Se λ = −1e esiste una soluzione.

Se −1e < λ < 0 vi sono due soluzioni.

Se λ ≥ 0 esiste una soluzione.

26) Studiamo la funzione f(x) = xex, definita per x ∈ R. Risulta limx→−∞ = 0 e lim x→+∞

= +∞.

Inoltre, f ′(x) = ex(x+ 1), quindi f è crescente per x > −1. f ha quindi minimo in x = −1,

ove assume il valore −1e . Si ossono allora concludere i seguenti fatti.

Se λ < −1e non vi sono soluzioni.

Se λ = −1e esiste una soluzione.

Se −1e < λ < 0 vi sono due soluzioni.

Se λ ≥ 0 esiste una soluzione.

27) Studiamo la funzione f(x) = x2 arctanx, definita per x ∈ R. Risulta lim x→−∞

= −∞ e lim x→+∞

=

+∞.

Inoltre, f(0) = 0 e f ′(x) = 2x arctanx+ x 2

1+x2 . Osservando che x arctanx è sempre maggiore

o uguale a zero ( e si annulla solo in zero) e che 1 x2+1

è sempre minore o uguale a uno ( e vale

uno solo in zero), si conclude che f ′(x) > 0 per ogni x ∈ R , x 6= 0. Quindi f è strettamente crescente. In particolare, l’equazione proposta ammette sempre un’unica soluzione.

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