Esercizi tipo esame

Corso di Analisi Matematica T-ADocente prof. G. Dore

Corso di Laurea in Ingegneria MeccanicaAnno Accademico 2017/2018

Esercizi

(1) Sia f : R → R , definita da

f(x) = sin(

3ex2−2)

.

Calcolare f ′(2) .

(2) Sia f la funzione definita da

f(x) =(

sin(5x))sin(7x)

.

Calcolare f ′(3

7π)

.

(3) Sia f : R → R definita da

f(x) = (x+ 1)√

|x+ 2| .

Calcolare f ′′(x) per x ∈ R \ {−2} .


f(x) =(

sin(3x) cosh(4x))x4

.

Calcolare f ′(π

6

)

.


f(x) =cosx sin(6x)

sin(x4).

Calcolare f ′(π

4

)

.

1


f(x) =(

log(

log(2x) + e5x))3

.

Calcolare f ′(1/2) .


f(x) = x e√x2 − 3− 2 .

Calcolare f ′(√7)

.


f(x) =

√x2 + 4

sin(5x2) + 10.

Calcolare f ′

(

√

3

5π

)

.


f(x) = x6 log(

2 + sin(5x))

.

Calcolare f ′(π) .


f(x) = ex4

sin√x2 + 4x+ 3 .



f(x) = log|x2 − 3x− 10|

x+ 5.


2


f(x) =log(

1 + 3 cos4 x)

exp(

1 + 3 sin4 x) .

Calcolare f ′(−π/4) .

(13) Calcolare

limx→0

√1 + 2x4 − cos(5x2)

x4.

(14) Calcolare

limx→+∞

x logx2 − 4x

x2 − 7x.

(15) Calcolare

limx→+∞

x

(

exp(x− 5

x− 9

)

− e

)

.

(16) Calcolare

limx→1

log(

sinπx

2

)

log(x2 − 2x+ 2).

(17) Calcolare

limx→+∞

sinh(4x)(

log(

sinh(2x))

+ log 2− 2x)

log(

cos(1/x)) (√

x4 + x2 −√x2 + 1

) .

(18) Calcolare il limite

limx→0

log(

cos(4x)) (

e− exp(

cos(3x2)))

cos(

exp(3x))

x2√x8 + x12

.

(19) Calcolare

limx→0+

sin√x4 + 3x6

1− cos√x2 + 5x4

.

(20) Calcolare

limx→0+

logx√

x2 + 4x4

1− cos(4x).

3

(21) Calcolare

limx→+∞

(√x4 + 2x3 −

√x4 + 4x2

)(

exp( 4x

x2 + 2x

)

− 1)

.

(22) Calcolare

limx→0+

√x4 + 6x2 log

x+ 4

x+ 3log

4x+ 1

3x+ 11− cos

(

4 sin(3x)) .

(23) Calcolare

limx→+∞

√2 + x2 + 4x4

√2 + x−2 + 4x−4 log

x2 + 5

x2 + 5xsin

x+ 6

x2 + 6.

(24) Calcolare

limx→+∞

√x4 + 4x

(

exp

(

x+ 3

x+ 4

)

− e

)

cos

(

4x

x2 + 3

)

sin

(

3x

x2 + 4

)

.

(25) Ricordando che

sin y = y − 1

6y3 + o(y4) , per y → 0 ,

cos y = 1− 1

2y2 +

1

24y4 + o(y5) , per y → 0 ,

calcolare

limx→0

(

1

(cosx− 1)(4 + x2)+

1

2x sin x+ x4

)

.

(26) Ricordando che

√

1 + y = 1 +1

2y − 1

8y2 + o(y2) , per y → 0 ,

calcolare

limx→+∞

logx3 + 4

x3 + 2log

4x3 + 1

2x3 + 1√x2 + 3−

√x2 + 2− 1

2x

.

4

(27) Ricordando che

√

1 + y = 1 +1

2y − 1

8y2 + o(y2) , per y → 0 ,

log(1 + y) = y − 1

2y2 + o(y2) , per y → 0 ,

calcolare

limx→0+

√e2x2 − 2x4 + 2x6 − ex log

(

e− x2

e

)

x log(1 + 3x4).

(28) Ricordando che

cos y = 1− 1

2y2 +

1

24y4 + o(y5) , per y → 0 ,

ey = 1 + y +1

2y2 + o(y2) , per y → 0 ,

calcolare

limx→0

exp(2 cosx− x2)− e2 + 2e2x2

cos(2x)− exp(−2x2).

(29) Ricordando che

3√

1 + y = 1 +1

3y − 1

9y2 + o(y2) , per y → 0 ,

log(1 + y) = y − 1

2y2 + o(y2) , per y → 0 ,

calcolare il limite

limx→+∞

3√x3 + 9x2 − x− 3

log(

3 cosh(5x))

(

log

(

3 + x

x

)

− 3

x+ 5

) .

5

(30) Ricordando che

2√

1 + y = 1 +1

2y + o(y) , per y → 0 ,

3√

1 + y = 1 +1

3y + o(y) , per y → 0 ,

cos y = 1− 1

2y2 + o(y3) , per y → 0 ,

calcolare

limx→+∞

sinh(4x)(

log(

sinh(2x))

+ log 2− 2x)

(

3√x3 + 3x2 − 2

√x2 + 3x

)

arctan(2x) log

(

cos1

x

)

(√x4 + x2 −

√x2 + 4

)

.

(31) Ricordando che

sin y = y − 1

6y3 + o(y4) , per y → 0 ,

sinh y = y +1

6y3 + o(y4) , per y → 0 ,

ey = 1 + y +1

2y2 +

1

6y3 + o(y3) , per y → 0 ,

calcolare

limx→0

sinh(e2x − 1)− sin(e2x − 1)

cos(6x) log(1 + 2x)(√

1− x2 − 1) .

(32) Ricordando che

√

1 + y = 1 +1

2y − 1

8y2 + o(y2) , per y → 0 ,

3√

1 + y = 1 +1

3y − 1

9y2 + o(y2) , per y → 0 ,

cos y = 1− 1

2y2 + o(y3) , per y → 0 ,

calcolare

limx→0+

√x2 + 2x3 − 3

√x3 + 3x4

√x2 − 4x4 − cos(3x2)

.

6

(33) Ricordando che

√

1 + y = 1 +1

2y − 1

8y2 + o(y2) , per y → 0 ,

3√

1 + y = 1 +1

3y − 1

9y2 + o(y2) , per y → 0 ,

calcolarelim

x→+∞x(√x6 + 4x4 − 3

√x9 + 6x7

)

.

(34) Ricordando che

√

1 + y = 1 +1

2y − 1

8y2 + o(y2) , per y → 0 ,

calcolare

limx→+∞

x log(

ex2

+ e3x)

(

1

x+ 2− 1√

x2 + 4x

)

.

(35) Ricordando che

√

1 + y = 1 +1

2y − 1

8y2 + o(y2) , per y → 0 ,

sin y = y − 1

6y3 + o(y4) , per y → 0 ,

calcolare

limx→+∞

(√x6 + 4x5 + 6x4 − x3 − 2x2

)

(

sinx+ 4

x4 + 1− 1

x3

)

exp(

6 + 3 log x)

.

(36) Ricordando che

cos y = 1− 1

2y2 +

1

24y4 + o(y5) , per y → 0 ,

cosh y = 1 +1

2y2 +

1

24y4 + o(y5) , per y → 0 ,

ey = 1 + y +1

2y2 + o(y2) , per y → 0 ,

calcolare

limx→0

exp(3 cosx) + exp(3 coshx)− 2e3(

cos(3x) cosh(3x)− 1)(

cos(ex)− 1) .

7


f(x) = arcsin

(

1−√

6x− 5

x− 6

)

.

Scrivere sotto forma di intervallo o di unione di intervalli il dominio naturale di f .

(38) Sia g la funzione definita da

f(x) =

√

x2 − 2x− 3

|x2 − 1| − 1.

Scrivere sotto forma di intervallo o unione di intervalli il dominio naturale di f .


f(x) = log2x+ 5

x+ 1.



f(x) =

√x2 + 4x+ 3

x+ 2.



f(x) =1

√

x2 − 2x

|x− 3| + x

.

Scrivere sotto forma di intervallo o unione di intervalli il dominio naturale di f .


f(x) = log(√x2 + 2x− 3− 2x+ 2

)

.


8


f(x) =√

− log 3− log(x+ 4) .



f(x) =

√

log∣

∣

∣

3

x− 2

∣

∣

∣.



f(x) =√x2 − 9− 1√

5− x.



f(x) =log(x2 − 4x)

log(x2 − 8).



f(x) = log(

|x|(x+ 1)2 + 4x)

.



f(x) = arcsin(√

1− 5x− 3x)

.


9

(49) Sia f : R → R tale che

f(x) = 4 arctan(x3 − x2 − 8x+ 12)− arctan(

4(x3 − x2 − 8x+ 12))

.

f e derivabile con derivata

f ′(x) =60(3x2 − 2x− 8)(x3 − x2 − 8x+ 12)2

(

1 + (x3 − x2 − 8x+ 12)2)(

1 + 16(x3 − x2 − 8x+ 12)2) .

Determinare i punti di massimo e di minimo locale per f .


f(x) = log(x2 + 2x)− |x+ 4| .


(51) Sia f : ]−∞,−2/3] ∪ [2,+∞[ → R tale che

f(x) = (x+ 4)√3x2 − 4x− 4 .



f(x) = x e−2x2+3x .

Determinare gli intervalli in cui f e crescente e quelli in cui e decrescente.

(53) Sia f : ]−∞,−2] ∪ [2,+∞[ → R tale che

f(x) =√2x2 + 56−

√x2 − 4 .

f e derivabile in ]−∞,−2[ ∪ ]2,+∞[ con derivata

f ′(x) =2x√

2x2 + 56− x√

x2 − 4.

Determinare gli intervalli in cui f e crescente e quelli in cui e decrescente.

10


f(x) =√x2 − 3− 2x2 .

Determinare gli intervalli in cui f e crescente.

(55) Sia f : ]−∞,−1[ ∪ ]−1,+∞[ → R tale che

f(x) =|x2 − 4x+ 3|

x+ 1.

Determinare gli intervalli in cui f e crescente, quelli in cui f e decrescente e i puntidi massimo e di minimo locale per f .

(56) Sia f : [−4,−1] ∪ ]0,+∞[ → R tale che

f(x) =

√

x2 + 5x+ 4

x.

Determinare gli intervalli in cui f e crescente, quelli in cui f e decrescente e i puntidi massimo e di minimo locale per f .


f(x) = |x+ 1|√x+ 2 .

Determinare gli intervalli in cui f e crescente e quelli in cui f e decrescente e i puntidi massimo e di minimo locale per f .


f(x) = |4x2 − 8x+ 3| ex .


(59) Sia f : ]−∞, 1] ∪ ]2,+∞[ → R tale che

f(x) = |x+ 4|√

x− 1

x− 2.


11

(60) Sia f : ]−∞,−3[ ∪ ]−3, 3[ ∪ ]3,+∞[ → R tale che

f(x) = 2 arctan(x2) + arctan

(

1

2(x2 − 9)

)

.


(61) Calcolare∫ 4

1

x+ 3

x(4x+ 3)dx .

(62) Calcolare∫ 2

1

log x

3x(log2 x+ 4)dx .

(63) Calcolare∫ π/2

0

sin x cosx

cosx+ 2dx .

(64) Calcolare∫ π/6

0

2x−2 sin x+ 5 cosx

(5 sin x+ 2 cosx)3dx .

(65) Calcolare∫ 2

1

√−x2 + 4

xdx .

(66) Calcolare∫ 1

1/2

1

x

√

x+ 1

3x− 1dx .

(67) Calcolare∫ 2

1

(x+ 1)ex − 3 e−x

(ex + 4 + 3 e−x)2dx .

(68) Calcolare∫ 5

2

x+ 3

x2 + 9dx .

12

(69) Calcolare∫ 1/2

0

(6x2 + 2) arcsin x dx .

(70) Calcolare∫ 1

0

x√1 + 8x2

1 + 4x2dx .

(71) Calcolare∫ 1

0

cosh x+ 4 sinh x

cosh x− sinh xdx .

(72)∫ 1

0

x3

√x4 + 2x2 + 2

dx .

13

Soluzioni

(1) Utilizzando la formula di derivazione di funzione composta, ∀x ∈ R , si ha

f ′(x) = cos(

3ex2−2)

3ex2−22x ;

percio

f ′(2) = cos(

3e22−2)

3e22−22 · 2 = 12e2 cos

(

3e2)

.

(2) Per calcolare la derivata di f e utile riscrivere la formula che la definisce sottoforma di esponenziale; abbiamo quindi

f(x) = exp(

sin(7x) log(

sin(5x)))

.

Percio, per x appartenente al dominio naturale di tale funzione, si ha

f ′(x) = exp(

sin(7x) log(

sin(5x)))

(

7 cos(7x) log(

sin(5x))

+ sin(7x)5 cos(5x)

sin(5x)

)

.

Da cio segue

f ′(3

7π)

= exp

(

sin(3π) log

(

sin(15

7π)

))

·

·

7 cos(3π) log

(

sin(15

7π)

)

+ sin(3π)5 cos

(15

7π)

sin(15

7π)

=

= exp(0)

(

−7 log

(

sin(15

7π)

)

+ 0

)

=

= −7 log

(

sin(15

7π)

)

.

(3) Ricordando che la derivata della funzione valore assoluto, in R∗ , e la funzione

segno, si ha, ∀x ∈ R \ {−2} ,

f ′(x) =√

|x+ 2|+ (x+ 1)1

2√

|x+ 2|sgn(x+ 2) =

2|x+ 2|+ (x+ 1) sgn(x+ 2)

2√

|x+ 2|=

=2(x+ 2) sgn(x+ 2) + (x+ 1) sgn(x+ 2)

2√

|x+ 2|=

(3x+ 5) sgn(x+ 2)

2√

|x+ 2|.

Dovendo calcolare la derivata seconda di f , cioe la derivata di f ′ , e utile racco-gliere nell’espressione di f ′ le costanti moltiplicative; tra queste comprendiamo anchela funzione segno; infatti ai fini del calcolo delle derivate essa si comporta come unacostante, visto che fissato un qualunque punto in cui e derivabile essa e costante inun opportuno intorno di tale punto. Si ha

f ′(x) =sgn(x+ 2)

2

3x+ 5√

|x+ 2|;

14

percio, utilizzando la formula di derivazione di un quoziente, si ha

f ′′(x) =sgn(x+ 2)

2

3√

|x+ 2| − (3x+ 5)1

2√

|x+ 2|sgn(x+ 2)

(√

|x+ 2|)2 =

=sgn(x+ 2)

2

6|x+ 2| − (3x+ 5) sgn(x+ 2)

2|x+ 2|3/2 =

=sgn(x+ 2)

2

6(x+ 2) sgn(x+ 2)− (3x+ 5) sgn(x+ 2)

2|x+ 2|3/2 =3x+ 7

4|x+ 2|3/2 .

(4) Riscrivendo f sotto forma di esponenziale in base e si ha

f(x) = exp(

x4 log(

sin(3x) cosh(4x)))

,

quindi, per x appartenente al dominio naturale di questa funzione, si ha

f ′(x) = exp(

x4 log(

sin(3x) cosh(4x)))

·

·(

4x3 log(

sin(3x) cosh(4x))

+ x4 3 cos(3x) cosh(4x) + 4 sin(3x) sinh(4x)

sin(3x) cosh(4x)

)

.

Pertanto

f ′(π

6

)

= exp

(

π4

64log

(

sinπ

2cosh

2π

3

))

·

·

4π3

63log

(

sinπ

2cosh

2π

3

)

+π4

64

3 cosπ

2cosh

2π

3+ 4 sin

π

2sinh

2π

3

sinπ

2cosh

2π

3

=

=

(

cosh2π

3

)π4/64π3

54

log

(

cosh2π

3

)

+π

6

sinh2π

3

cosh2π

3

.

(5) Si ha, per x appartenente al dominio naturale di f ,

f ′(x) =

(

− sin x sin(6x) + 6 cosx cos(6x))

sin(x4)− cosx sin(6x) 4x3 cos(x4)

sin2(x4),

quindi

f ′(π

4

)

=

=

(

− sinπ

4sin

3π

2+ 6 cos

π

4cos

3π

2

)

sin

(

π4

44

)

− cosπ

4sin

3π

24π3

43cos

(

π4

44

)

sin2

(

π4

44

) =

=1√2

sin

(

π4

44

)

+π3

16cos

(

π4

44

)

sin2

(

π4

44

) .

15

(6) Si ha, per x appartenente al dominio naturale di f ,

f ′(x) = 3(

log(

log(2x) + e5x))2 1

log(2x) + e5x

(

1

x+ 5e5x

)

,

percio

f ′

(

1

2

)

= 3(

log(

log 1 + e5/2))2 1

log 1 + e5/2(

2 + 5e5/2)

=75

4(2e−5/2 + 5) .

(7) f ′(√

7)

=9

2.

(8) f ′

(√

3

5π

)

=

√

3π

3π + 20

25 + 3π

50.

(9) f ′(π) = 6π5 log 2− 5

2π6 .

(10) f ′(1) = 5e sin(

2√2)

+3e

2√2cos(

2√2)

.

(11) f ′(0) =1

10.

(12) f ′(−π/4) =

12

7− 3 log

7

4

exp

(

7

4

) .

(13) Il limite e nella forma indeterminata 0/0 .Cerchiamo di calcolarlo riconducendoci a limiti notevoli; a tal fine e opportuno

scrivere la funzione di cui dobbiamo calcolare il limite nella forma

√1 + 2x4 − 1 + 1− cos(5x2)

x4=

√1 + 2x4 − 1

x4+

1− cos(5x2)

x4.

Si ha

√1 + 2x4 − 1

x4=

(√1 + 2x4 − 1

)(√1 + 2x4 + 1

)

x4(√

1 + 2x4 + 1) =

=2x4

x4(√

1 + 2x4 + 1) =

2√1 + 2x4 + 1

−−→x→0

1 .

Inoltre per y → 0 e 1− cos y ∼ y2/2 , quindi si ha

1− cos(5x2)

x4∼ (5x2)2

2x4=

25

2.

16

Percio

limx→0

√1 + 2x4 − cos(5x2)

x4= lim

x→0

√1 + 2x4 − 1

x4+ lim

x→0

1− cos(5x2)

x4= 1 +

25

2=

27

2.

(14) Visto che limx→+∞

x2 − 4x

x2 − 7x= 1 , il limite e nella forma indeterminata 0 · ∞ .

Utilizzando il fatto che, per y → 1 , log y ∼ y − 1 , per x → +∞ , si ha

logx2 − 4x

x2 − 7x∼ x2 − 4x

x2 − 7x− 1 =

3x

x2 − 7x∼ 3x

x2=

3

x;

percio

x logx2 − 4x

x2 − 7x∼ x

3

x= 3 .

Quindi il limite cercato e uguale a 3 .

(15) Il primo fattore ha limite +∞ , mentre il secondo ha limite e1−e = 0 , quindiil limite e nella forma indeterminata 0 · ∞ .

Si ha

exp(x− 5

x− 9

)

− e = e

(

exp(x− 5

x− 9− 1)

− 1

)

= e

(

exp( 4

x− 9

)

− 1

)

;

ma 4/(x− 9) → 0 per x → +∞ e ey − 1 ∼ y , per y → 0 , quindi, per x → +∞ ,si ha

x

(

exp(x− 5

x− 9

)

− e

)

= ex

(

exp( 4

x− 9

)

− 1

)

∼ 4ex

x− 9−−−−→x→+∞

4e ;

percio il limite cercato e uguale a 4e .

(16) Numeratore e denominatore sono funzioni continue che si annullano in 1 ,

quindi il limite e nella forma indeterminata 0/0 .Trasformiamo il limite in modo che la variabile tenda a 0 , ponendo x = 1 + y .

Otteniamo

log(

sinπx

2

)

log(x2 − 2x+ 2)=

log(

sin(π

2+

π

2y))

log(

(y + 1)2 − 2(y + 1) + 2) =

=log(

sinπ

2cos

πy

2+ cos

π

2sin

πy

2

)

log(y2 + 2y + 1− 2y − 2 + 2)=

log(

cosπy

2

)

log(1 + y2).

Poiche log z ∼ z − 1 per z → 1 , si ha log(1 + y2) ∼ y2 , per y → 0 . Analoga-mente, sempre per y → 0 ,

log(

cosπy

2

)

∼ cosπy

2− 1 ∼ − 1

2

(πy

2

)2

,

dove si e utilizzato il fatto che cos z − 1 ∼ −z2/2 , per z → 0 . Percio, per y → 0 ,si ha

log(

cosπy

2

)

log(1 + y2)∼

− π2

8y2

y2= − π2

8.

Quindi il limite cercato e uguale a −π2/8 .

17

(17) Esaminiamo il comportamento per x → +∞ dei vari fattori che compaionoa numeratore.

Poiche limx→+∞

e4x = +∞ mentre limx→+∞

e−4x = 0 , si ha, per x → +∞ ,

sinh(4x) =e4x − e−4x

2∼ 1

2e4x .

Analogamente limx→+∞

e2x = +∞ e limx→+∞

e−2x = 0 , quindi si ha, per x → +∞ ,

log(

sinh(2x))

+ log 2− 2x = log

(

e2x − e−2x

2

)

+ log 2− 2x =

= log(

e2x(1− e−4x))

− log 2 + log 2− 2x =

= log e2x + log(1− e−4x)− 2x = log(1− e−4x) ∼ −e−4x .

Percio il numeratore e equivalente a −e−4xe4x/2 = −1/2 .Passiamo ora a studiare il comportamento del denominatore per x → +∞ . In

tal caso 1/x → 0 , percio cos(1/x) → 1 , quindi abbiamo

log

(

cos1

x

)

∼ cos1

x− 1 ∼ − 1

2

1

x2.

Inoltre, raccogliendo il termine dominante, si ottiene, per x → +∞ ,√x4 + x2 −

√x2 + 1 =

√

x4(1 + x−2)−√

x2(1 + x−2) =

= x2√1 + x−2 − |x|

√1 + x−2 ∼ x2

Il denominatore e quindi equivalente a − 1

2x2x2 = −1/2 .

Percio numeratore e denominatore hanno limite reale, quindi il limite cercato euguale al quoziente tra limite del numeratore e limite del denominatore, che e 1 .

(18) Entrambi i fattori a numeratore tendono a 0 , per x → 0 . Il primo fattore adenominatore tende a cos 1 , mentre gli altri due tendono a 0 . Pertanto il limite enella forma indeterminata 0/0 .

Studaimo il comportamento di ciascun fattore per x → 0 . Si ha

log(

cos(4x))

∼ cos(4x)− 1 ∼ − 1

2(4x)2 = −8x2 ,

e−exp(

cos(3x2))

= e(

1−exp(

cos(3x2)−1))

∼ e(

1−cos(3x2))

∼ e1

2(3x2)2 =

9e

2x4 ,

cos(

exp(3x))

→ cos 1 ,√x8 + x12 =

√x8

√1 + x4 ∼ x4 .

Pertanto la funzione di cui cerchiamo il limite e equivalente, per x → 0 , a

−8x2 9e

2x4

cos 1 x2x4=

−36

cos 1

e questo e il limite cercato.

18

(19) limx→0+

sin√x4 + 3x6

1− cos√x2 + 5x4

= 2 .

(20) limx→0+

logx√

x2 + 4x4

1− cos(4x)= − 1

4.

(21) limx→+∞

(√x4 + 2x3 −

√x4 + 4x2

)(

exp( 4x

x2 + 2x

)

− 1)

= 4 .

(22) limx→0+

√x4 + 6x2 log

x+ 4

x+ 3log

4x+ 1

3x+ 11− cos

(

4 sin(3x)) =

√6

72log

4

3.

(23) limx→+∞

√2 + x2 + 4x4

√2 + x−2 + 4x−4 log

x2 + 5

x2 + 5xsin

x+ 6

x2 + 6= −10

√2 .

(24) limx→+∞

√x4 + 4x

(

exp

(

x+ 3

x+ 4

)

− e

)

cos

(

4x

x2 + 3

)

sin

(

3x

x2 + 4

)

= −3e .

(25) La funzione di cui vogliamo calcolare il limite e somma di due funzioni,ciascuna delle quali ha numeratore uguale a 1 e denominatore che tende a 0 . Perstabilire il limite di ciascun addendo occorre studiare il segno dei denominatori vicino a0 . Evidentemente per x in un opportuno intorno di 0 , escluso 0 , si ha cos x−1 < 0e 4 + x2 > 0 , percio (cosx− 1)(4 + x2) < 0 e dunque

limx→0

1

(cosx− 1)(4 + x2)= −∞ ;

inoltre (sempre per x in un intorno di 0 , ma diverso da 0 ) si ha 2x sin x+ x4 > 0 ,perche somma di numeri maggiori di 0 , e quindi

limx→0

1

2x sin x+ x4= +∞ ;

percio il limite e nella forma indeterminata −∞+∞ .

Per calcolare il limite occorre studiare il comportamento per x → 0 dei duedenominatori. Si ha

(cos x− 1)(4 + x2) =(

− 1

2x2 +

1

24x4 + o(x5)

)

(4 + x2) =

= −2 x2 +1

6x4 + o(x5)− 1

2x4 +

1

24x6 + o(x7) = −2x2 − 1

3x4 + o(x5)

e

2x sin x+ x4 = 2x(

x− 1

6x3 + o(x4)

)

+ x4 = 2x2 +2

3x4 + o(x5) .

19

Percio

1

(cosx− 1)(4 + x2)+

1

2x sin x+ x4=

1

−2x2 − 1

3x4 + o(x5)

+1

2x2 +2

3x4 + o(x5)

=

=2x2 +

2

3x4 + o(x5)− 2x2 − 1

3x4 + o(x5)

(

−2x2 − 1

3x4 + o(x5)

)(

2x2 +2

3x4 + o(x5)

) =

=

1

3x4 + o(x5)

(

−2x2 − 1

3x4 + o(x5)

)(

2x2 +2

3x4 + o(x5)

) ∼1

3x4

−4x4= − 1

12.

Quindi il limite cercato e uguale a − 1

12.

(26) Per x → +∞ l’argomento del primo logaritmo a numeratore tende a 1 ,mentre l’argomento del secondo logaritmo tende a 2 , quindi il numeratore ha limitelog 1 log 2 = 0 . Il denominatore e invece in forma indeterminata, perche ciascunadelle due radici tende a +∞ .

Studiamo anzitutto il numeratore. Si ha, per x → +∞ ,

logx3 + 4

x3 + 2∼ x3 + 4

x3 + 2− 1 =

2

x3 + 2∼ 2x−3 ,

log4x3 + 1

2x3 + 1→ log 2 ,

quindi il numeratore e equivalente a 2 log 2 x−3 .

Il denominatore, per x → +∞ , e uguale a

|x|√1 + 3x−2 − |x|

√1 + 2x−2 − 1

2x=

= x

(

1 +3

2x−2 − 9

8x−4 + o(x−4)

)

− x

(

1 + x−2 − 1

2x−4 + o(x−4)

)

− 1

2x−1 =

= x+3

2x−1 − 9

8x−3 + o(x−3)− x− x−1 +

1

2x−3 − 1

2x−1 ∼ − 5

8x−3 .

Percio la funzione di cui stiamo calcolando il limite, per x → +∞ , e equivalente a

2 log 2 x−3

− 5

8x−3

= − 16

5log 2 ;

quindi il limite cercato e uguale a − 16

5log 2 .

20

(27) Il limite e nella forma indeterminata 0/0 . Poiche log(1+y) ∼ y , per y → 0 ,

il denominatore e equivalente a x · 3x4 = 3x5 .

Studiamo il primo addendo a numeratore. Per il calcolo del limite possiamosupporre x > 0 , quindi si ha

√e2x2 − 2x4 + 2x6 = e|x|

√

1− 2

e2x2 +

2

e2x4 = ex

√

1− 2

e2x2 +

2

e2x4 .

Poiche limx→0+

(

− 2

e2x2 +

2

e2x4)

= 0 , per la formula di Taylor abbiamo

√e2x2 − 2x4 + 2x6 =

= ex

(

1 +1

2

(

− 2

e2x2 +

2

e2x4)

− 1

8

(

− 2

e2x2 +

2

e2x4)2

+ o

(

(

− 2

e2x2 +

2

e2x4)2))

=

= ex(

1− 1

e2x2 +

1

e2x4 − 1

2e4x4 + o(x4)

)

= ex− 1

ex3 +

2e2 − 1

2e3x5 + o(x5) .

Inoltre, utilizzando la formula di Taylor, si ha

log(

e− 1

ex2)

= log

(

e(

1− 1

e2x2)

)

= log e + log(

1− 1

e2x2)

=

= 1− 1

e2x2 − 1

2

(

− 1

e2x2)2

+ o

(

(

− 1

e2x2)2)

=

= 1− 1

e2x2 − 1

2e4x4 + o(x4) .

Quindi si ha

√e2x2 − 2x4 + 2x6 − ex log

(

e− 1

ex2)

=

= ex− 1

ex3 +

2e2 − 1

2e3x5 + o(x5)− ex+

1

ex3 +

1

2e3x5 + o(x5) =

=1

ex5 + o(x5) ∼ 1

ex5 .

Percio la funzione di cui stiamo calcolando il limite e equivalente, per x → 0+ , a

1

ex5

3x5=

1

3e;

quindi il limite cercato e uguale a1

3e.

(28) Il limite e nella forma indeterminata 0/0 .

21

Studiamo il denominatore. Si ha

cos(2x)− exp(−2x2) =

= 1− 1

2(2x)2 +

1

24(2x)4 + o

(

(2x)5)

−(

1− 2x2 +1

2(−2x2)2 + o

(

(−2x2)2)

)

=

= 1− 2x2 +2

3x4 + o(x5)−

(

1− 2x2 + 2x4 + o(x4))

∼

∼ − 4

3x4 .

Studiamo ora il numeratore. Si ha

2 cosx− x2 = 2(

1− 1

2x2 +

1

24x4 + o(x5)

)

− x2 = 2− 2x2 +1

12x4 + o(x5) ;

percio

exp(2 cosx− x2) = exp(

2− 2x2 +1

12x4 + o(x5)

)

.

L’esponente tende a 2 per x → 0 , quindi e utile scomporre l’esponenziale nel pro-dotto di due esponenziali, il primo con esponente 2 , il secondo con esponente chetende a 0 , cioe

exp(2 cosx− x2) = e2 exp(

−2x2 +1

12x4 + o(x5)

)

.

Inoltre

exp(

−2x2 +1

12x4 + o(x5)

)

=

= 1 +(

−2x2 +1

12x4 + o(x5)

)

+1

2

(

−2x2 +1

12x4 + o(x5)

)2

+

+ o

(

(

−2x2 +1

12x4 + o(x5)

)2)

=

= 1− 2x2 +1

12x4 + 2x4 + o(x4) = 1− 2x2 +

25

12x4 + o(x4) ,

percio

exp(2 cosx− x2)− e2 + 2e2x2 = e2(

1− 2x2 +25

12x4 + o(x4)

)

− e2 + 2e2x2 ∼ 25e2

12x4 .

Quindi per x → 0 si ha

exp(2 cosx− x2)− e2 + 2e2x2

cos(2x)− exp(−2x2)∼

25e2

12x4

− 4

3x4

= − 25e2

16;

pertanto il limite cercato e uguale a − 25e2

16.

22

(29) Per x → +∞ si ha

3√x3 + 9x2 = x

3

√

1 +9

x= x

(

1 +1

3

9

x− 1

9

(

9

x

)2

+ o

(

1

x2

)

)

= x+3−9x−1+o(x−1) ,

pertanto

3√x3 + 9x4 − x− 3 = x+ 3− 9x−1 + o(x−1)− x− 3 ∼ −9x−1 .

Inoltre

log(

3 cosh(5x))

= log

(

3

2

(

e5x + e−5x)

)

= log

(

3

2e5x(

1 + e−10x)

)

=

= log3

2+ 5x+ log

(

1 + e−10x)

∼ 5x .

Infine

log

(

3 + x

x

)

= log

(

1 +3

x

)

=3

x− 1

2

9

x2+ o(x−2) ,

da cui segue

log

(

3 + x

x

)

− 3

x+ 5=

3

x− 1

2

9

x2+ o(x−2)− 3

x+ 5=

=3(x+ 5)− 3x

x(x+ 5)− 1

2

9

x2+ o(x−2) =

15

x2 + 5x− 1

2

9

x2+ o(x−2) =

=15

x2(

1 + o(1)) − 1

2

9

x2+ o(x−2) =

15

x2

(

1 + o(1))

− 1

2

9

x2+ o(x−2) =

=30− 9

2x2+ o(x−2) ∼ 21

2x−2 .

Percio

limx→+∞

3√x3 + 9x2 − x− 3

log(

3 cosh(5x))

(

log

(

3 + x

x

)

− 3

x+ 5

) = limx→+∞

−9x−1

5x21

2x−2

= − 18

105= − 6

35.

(30) Studiamo il comportamento dei fattori a numeratore per x → +∞ .

Poiche, per x → +∞ , e4x → +∞ mentre e−4x → 0 , si ha

sinh(4x) =e4x − e−4x

2∼ 1

2e4x .

Analogamente e2x → +∞ e e−2x → 0 , quindi

log(

sinh(2x))

+ log 2− 2x = log

(

e2x − e−2x

2

)

+ log 2− 2x =

= log(

e2x(1− e−4x))

− log 2 + log 2− 2x = log(

e2x)

+ log(

1− e−4x)

− 2x =

= log(1− e−4x) ∼ −e−4x .

23

Raccogliendo il termine dominante in ciascuna radice e utilizzando la formula diTaylor si ha

3√x3 + 3x2 − 2

√x2 + 3x = 3

√

x3(1 + 3x−1)− 2√

x2(1 + 3x−1) =

= x3√1 + 3x−1 − x

2√1 + 3x−1 =

= x

(

1 +1

33x−1 + o

(

x−1)

−(

1 +1

23x−1 + o

(

x−1)

))

=

= x

(

− 1

2x−1 + o

(

x−1)

)

= − 1

2+ o(1) −−−−→

x→+∞− 1

2.

Percio

sinh(4x)(

log(

sinh(2x))

+ log 2− 2x)(

3√x3 + 3x2 − 2

√x2 + 3x

)

∼

∼ 1

2e4x(−e−4x)

(

− 1

2

)

=1

4.

Studiamo il comportamento del denominatore. Si ha limx→+∞

arctan(2x) = π/2 .

Per x → +∞ si ha 1/x → 0 , quindi

log

(

cos1

x

)

= log

(

1− 1

2x2+ o(

x−3)

)

∼ − 1

2x2+ o(

x−3)

∼ − 1

2x2.

Infine

√x4 + x2 −

√x2 + 4 = x2

√1 + x−2 − x

√1 + 4x−2 =

= x2(√

1 + x−2 − x−1√1 + 4x−2

)

∼ x2 .

Quindi si ha

arctan(2x) log

(

cos1

x

)

(√x4 + x2 −

√x2 + 4

)

∼ π

2

(

− 1

2x2

)

x2 = − π

4.

Numeratore e denominatore hanno limite reale, pertanto il limite e uguale alquoziente tra limite del numeratore e limite del denominatore, cioe e uguale a

1

4

− π

4

= − 1

π.

(31) limx→0

sinh(e2x − 1)− sin(e2x − 1)

cos(6x) log(1 + 2x)(√

1− x2 − 1) = − 8

3.

(32) limx→0+

√x2 + 2x3 − 3

√x3 + 3x4

√x2 − 4x4 − cos(3x2)

=1

5.

24

(33) limx→+∞

x(√

x6 + 4x4 − 3√x9 + 6x7

)

= 2 .

(34) limx→+∞

x log(

ex2

+ e3x)

(

1

x+ 2− 1√

x2 + 4x

)

= −2 .

(35) limx→+∞

(√x6 + 4x5 + 6x4−x3−2x2

)

(

sinx+ 4

x4 + 1− 1

x3

)

exp(

6+3 log x)

= 4e6 .

(36) limx→0

exp(3 cosx) + exp(3 coshx)− 2e3(

cos(3x) cosh(3x)− 1)(

cos(ex)− 1) = − 5e3

27(cos 1− 1)

(37) Il dominio naturale di f e costituito dagli x ∈ R per cui il denominatorex− 6 non e nullo, il numero sotto radice e non negativo e l’argomento dell’arcosenoappartiene a [−1, 1] ; quindi dom f e l’insieme delle soluzioni del sistema

x− 5

x− 6≥ 0

1−√

6x− 5

x− 6≥ −1

1−√

6x− 5

x− 6≤ 1

cioe

x− 5

x− 6≥ 0

√

6x− 5

x− 6≤ 2

√

6x− 5

x− 6≥ 0 .

L’ultima disequazione e verificata da tutti gli x che verificano la prima disequazione.La seconda disequazione e verificata per gli x che soddisfano la prima disequazionee tali che

6x− 5

x− 6≤ 4 ,

che, successivamente, equivale a

3x− 5

x− 6− 2 ≤ 0

3(x− 5)− 2(x− 6)

x− 6≤ 0

x− 3

x− 6≤ 0 .

Il sistema e quindi equivalente a

x− 5

x− 6≥ 0

x− 3

x− 6≤ 0 .

25

L’insieme delle soluzioni della prima disequazione e ]−∞, 5]∪]6,+∞[ , quello dellaseconda e [3, 6[ ; l’intersezione di tali insiemi e [3, 5] , che costituisce il dominio di f .

(38) Il dominio di f e costituito dagli x ∈ R tali che |x2 − 1| − 1 6= 0 e

x2 − 2x− 3

|x2 − 1| − 1≥ 0.

Si ha |x2− 1| − 1 = 0 se e solo se x2− 1 = ±1 , quindi x = 0 oppure x = ±√2 ,

pertanto i punti 0 e ±√2 non appartengono al dominio.

Per risolvere la disequazione studiamo il segno di numeratore e denominatore. Iltrinomio x2 − 2x− 3 si annulla per

x = 1±√

12 − 1 · (−3) = 1± 2 =

{

−1

3 ,

quindi si ha x2−2x−3 ≥ 0 per x ∈ ]−∞,−1]∪[3,+∞[ . Inoltre si ha |x2−1|−1 > 0

se x2 − 1 > 1 oppure 1 − x2 > 1 . La prima disequazione e verificata per x >√2

oppure x < −√2 mentre la seconda non e mai verificata.

Il segno del quoziente si ricava dal seguente schema

−√2 −1 0

√2 3

x2 − 2x+ 3 + + + − − − − − − − − − − + +

|x2 − 1| − 1 + + − − − − − − − + + + + + +

x2 − 2x+ 3

|x2 − 4| − 4+ + − + + + + + + + − − − − + +

Quindi il dominio di f e]

−∞,−√2[

∪ [−1, 0[ ∪]

0,√2[

∪ [3,+∞[ .

(39) Il dominio naturale di f e costituito dagli x ∈ R per cui il denominatorex+1 e diverso da 0 e che rendono positivo l’argomento del logaritmo. Percio abbiamo

dom f =

{

x ∈ R \ {−1}∣

∣

∣

∣

2x+ 5

x+ 1> 0

}

.

Dobbiamo quindi risolvere la disequazione

2x+ 5

x+ 1> 0 .

Il segno del quoziente si ricava dal seguente schema

−5/2 −1

2x+ 5 − − − − − + + + + + + + + + + + +

x+ 1 − − − − − − − − − − − − + + + + +

2x+ 5

x+ 1+ + + + + − − − − − − − + + + + +

Percio dom f = ]−∞,−5/2[ ∪ ]−1,+∞[ .

26

(40) Il dominio naturale di f e costituito dagli x ∈ R tali che la quantita sottoradice e non negativa e il denominatore x+ 2 e diverso da 0 . Quindi

dom f ={

x ∈ R \ {−2}∣

∣ x2 + 4x+ 3 ≥ 0}

.

Il trinomio x2 + 4x+ 3 si annulla per

x = −2±√22 − 1 · 3 = −2 ± 1 =

{

−1

−3 ,

quindi e non negativo per x ∈ ]−∞,−3] ∪ [−1,+∞[ . Pertanto

dom f = (]−∞,−3] ∪ [−1,+∞[) \ {−2} = ]−∞,−3] ∪ [−1,+∞[ .

(41) Il dominio naturale di f e costituito dagli x diversi da 3 e tali che

x2 − 2x

|x− 3| ≥ 0 e

√

x2 − 2x

|x− 3| 6= −x .

Se x 6= 3 allora il denominatore del primo membro della prima disequazionee positivo, quindi essa e verificata se e solo se x2 − 2x ≥ 0 . Pertanto la primadisequazione e verificata se e solo se x ∈ ]−∞, 0] ∪ [2, 3[ ∪ ]3,+∞[ .

Inoltre√

x2 − 2x

|x− 3| = −x ⇐⇒ x ≤ 0 ∧ x2 − 2x

|x− 3| = x2 .

Se x ≤ 0 si ha |x− 3| = 3− x , percio√

x2 − 2x

|x− 3| = −x ⇐⇒ x ≤ 0 ∧ x2 − 2x

3− x= x2 .

Se x 6= 3 si ha

x2 − 2x

3− x= x2 ⇐⇒ x2 − 2x = x2(3− x) ⇐⇒ x(x2 − 2x− 2) = 0 .

Il trinomio x2−2x−2 si annulla per x = 1±√3 , quindi l’equazione x(x2−2x−2) = 0

ha le soluzioni 0 e 1±√3 . Pertanto

√

x2 − 2x

|x− 3| = −x ⇐⇒ x ≤ 0 ∧ x ∈{

0, 1−√3, 1 +

√3}

⇐⇒ x ∈{

0, 1−√3}

.

Percio

dom f =]

−∞, 1−√3[

∪]

1−√3, 0[

∪ [2, 3[ ∪ ]3,+∞[ .

(42) Il dominio naturale di f e costituito dagli x tali che

x2 + 2x− 3 ≥ 0 e√x2 + 2x− 3− 2x+ 2 > 0 .

Il trinomio x2 + 2x− 3 si annulla per

x = −1 ±√1 + 3 = −1 ± 2 =

{

−3

1 ;

percio la prima disequazione e verificata per x ∈ ]−∞,−3] ∪ [1,+∞[ .

27

La seconda disequazione e verificata quando

√x2 + 2x− 3 > 2x− 2 :

che e vero se 2x− 2 < 0 , cioe x < 1 , oppure

x2 + 2x− 3 > (2x− 2)2

cioe

3x2 − 10x+ 7 < 0 .

Questo trinomio si annulla per

x =5±

√52 − 3 · 73

=5± 2

3=

17

3.

e quindi e negativo per x ∈ ]1, 7/3[ .

Percio il dominio naturale di f si ricava dal seguente schema

−3 1 7/3

x2 + 2x− 3 ≥ 0√x2 + 2x− 3− 2x+ 2 > 0

dom f

Quindi

dom f = ]−∞,−3] ∪]

1,7

3

[

.

(43) dom f =

]

−4,− 11

3

]

.

(44) dom f = [−1, 2[ ∪ ]2, 5] .

(45) dom f = ]−∞,−3] ∪ [3, 5[ .

(46) dom f = ]−∞,−3[ ∪]

−3,−2√2[

∪ ]4,+∞[ .

(47) dom f = ]−∞,−3[ ∪ ]0,+∞[ .

(48) dom f =

[

0,1

5

]

.

(49) Per determinare gli estremanti locali di f occorre studiare il segno di f ′ .

Per ogni x ∈ R il denominatore di f ′ e positivo e il fattore (x3 − x2 − 8x+ 12)2 e

28

non negativo, quindi il segno di f ′(x) coincide con il segno di 3x2 − 2x − 8 . Taletrinomio si annulla per

x =1±

√12 + 3 · 83

=1± 5

3=

− 4

32 .

Percio 3x2 − 2x − 8 e positivo se x ∈ ]−∞,−4/3[ ∪ ]2,+∞[ , mentre e negativo sex ∈ ]−4/3, 2[ . Quindi il segno di f ′ risulta dal seguente schema

−4/3 2

f ′(x) + + + + − − − − − − − + + + +

Percio −4/3 e punto di massimo locale per f , mentre 2 e punto di minimolocale.

(50) Per determinare gli estremanti locali di f studiamo il segno della sua derivataIl dominio di f e costituito dagli x per cui e positivo l’argomento del logaritmo,

cioe tali che x2 + 2x > 0 , quindi e ]−∞,−2[ ∪ ]0,+∞[ . Inoltre f e derivabile inogni punto del dominio in cui non si annulla l’argomento del valore assoluto, cioe inogni punto del dominio escluso −4 . Se x ∈ dom f \ {−4} si ha

f ′(x) =2x+ 2

x2 + 2x− sgn(x+ 4) .

Per determinare il segno di f ′ e necessario distinguere a seconda che sgn(x+ 4) siauguale a −1 o a 1 , cioe a seconda che x sia minore o maggiore di −4 . Si ha

f ′(x) =

2x+ 2

x2 + 2x+ 1 =

2x+ 2 + x2 + 2x

x2 + 2x=

x2 + 4x+ 2

x2 + 2xse x < −4 ,

2x+ 2

x2 + 2x− 1 =

2x+ 2− x2 − 2x

x2 + 2x=

−x2 + 2

x2 + 2xse x > −4 .

Se x ∈ dom f si ha x2 + 2x > 0 , pertanto il segno di f ′(x) dipende solo dal segno

del numeratore. Il trinomio x2 + 4x+ 2 si annulla per

x = −2±√22 − 2 = −2±

√2 ,

pertanto e positivo per x < −4 . Il trinomio −x2 + 2 e non negativo se e solo

se x ∈[

−√2,√2]

, quindi in dom f ∩ ]−4,+∞[ si ha f ′(x) ≥ 0 se e solo se

x ∈]

0,√2]

. Percio il segno di f ′ e quello riportato nel seguente schema

−4 −2 0√2

f ′(x) + + + − − − + + − − −

Quindi −4 e√2 sono punti di massimo locale per f e non esistono punti di

minimo locale.

(51) −2 e punto di massimo locale per f , −2/3 e 2 sono punti di minimo locale.

29

(52) La funzione f e derivabile; per il Test di monotonia, cerchiamo gli intervalliin cui essa e crescente o decrescente studiando il segno di f ′ .

Si ha, ∀x ∈ R ,

f ′(x) = e−2x2+3x + x e−2x2+3x(−4x+ 3) = (−4x2 + 3x+ 1) e−2x2+3x ;

quindi, visto che l’esponenziale e sempre non negativo, abbiamo

f ′(x) ≥ 0 ⇐⇒ −4x2 + 3x+ 1 ≥ 0 .

Il trinomio −4x2 + 3x+ 1 si annulla per

x =−3±

√32 + 4 · 4−8

=−3± 5

−8=

1

− 1

4.

Percio il trinomio e non negativo per x ∈ [−1/4, 1] mentre e non positivo perx ∈ ]−∞,−1/4] ∪ [1,+∞[ .

Pertanto f e decrescente in [−1/4, 1] ed e decrescente in ]−∞,−1/4] e in[1,+∞[ .

(53) Per il Test di monotonia, possiamo studiare la monotonia di f determinandoil segno di f ′ .

Se x ∈ ]−∞,−2[ ∪ ]2,+∞[ allora

f ′(x) =x(

2√x2 − 4−

√2x2 + 56

)

√2x2 + 56

√x2 − 4

.

Il denominatore e positivo, percio il segno di f ′ e determinato dal segno di x e da

quello di 2√x2 − 4−

√2x2 + 56 . Per x ∈ dom f ′ si ha

2√x2 − 4−

√2x2 + 56 ≥ 0 ⇐⇒ 2

√x2 − 4 ≥

√2x2 + 56 ⇐⇒ 4x2−16 ≥ 2x2+56 ;

tale disuguaglianza equivale a 2x2 ≥ 72 , quindi

2√x2 − 4−

√2x2 + 56 ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ ]−∞,−6] ∪ [6,+∞[ .

Percio il segno di f ′ risulta dal seguente schema

−6 −2 2 6

x − − − − − − + + + + + +

2√x2 − 4−

√2x2 + 56 + + + − − − − − − + + +

f ′(x) − − − + + + − − − + + +

Percio f e crescente in [−6,−2] e [6,+∞[ ed e decrescente in ]−∞,−6] e in

[2, 6] .

(54) f e crescente in

]

−∞,− 7

4

]

e

[√3,

7

4

]

.

30

(55) Nei punti del dominio che non annullano l’argomento del valore assoluto anumeratore f e derivabile. Tale numeratore si annulla per

x = 2±√22 − 3 = 2± 1 =

{

1

3 ;

percio f e derivabile in dom f \ {1, 3} . Per x in tale insieme si ha

f ′(x) =sgn(x2 − 4x+ 3) (2x− 4)(x+ 1)− |x2 − 4x+ 3|

(x+ 1)2=

=sgn(x2 − 4x+ 3) (2x2 − 2x− 4)− (x2 − 4x+ 3) sgn(x2 − 4x+ 3)

(x+ 1)2=

= sgn(x2 − 4x+ 3)x2 + 2x− 7

(x+ 1)2.

Visto che il denominatore e positivo in tutto il dominio della funzione, si ha

f ′(x) ≥ 0 ⇐⇒ sgn(x2−4x+3) (x2+2x−7) ≥ 0 ⇐⇒ (x2−4x+3)(x2+2x−7) ≥ 0 .

Il trinomio x2 + 2x− 7 si annulla per

x = −1 ±√12 + 7 = −1±

√8,

quindi x2 + 2x − 7 ≥ 0 per x ∈]

−∞,−1−√8]

∪[

−1 +√8,+∞

[

. Sappiamo che

il trinomio x2 − 4x+ 3 si annulla per x = 1 e x = 3 , percio

x2 − 4x+ 3 ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ ]−∞, 1] ∪ [3,+∞[ .

Il segno di f ′ risulta quindi dal seguente schema

−1−√8 −1 1 −1 +

√8 3

x2 + 2x− 7 + + − − − − − − − − − + + + +

x2 − 4x+ 3 + + + + + + + + + + − − − + +

f ′(x) + + − − − − − − − − + − − + +

Quindi f e crescente in]

−∞,−1 −√8]

,[

1,−1 +√8]

e [3,+∞[ , e decrescente

in[

−1 −√8,−1

[

, ]−1, 1] e[

−1 +√8, 3]

; −1 −√8 e −1 +

√8 sono punti di

massimo locale per f , 1 e 3 sono punti di minimo locale.

(56) La funzione f e derivabile in tutti i punti del dominio che non annullano

x2 + 5x+ 4 ; tale trinomio si annulla per

x =−5±

√52 − 4 · 42

=−5 ± 3

2=

{

−1

−4 ,

percio ]−4,−1[ ∪ ]0,+∞[ ⊆ dom f ′ .

31

Per x ∈ ]−4,−1[ ∪ ]0,+∞[ si ha

f ′(x) =1

2

(

x2 + 5x+ 4

x

)−1/2(2x+ 5)x− (x2 + 5x+ 4)

x2=

(

x

x2 + 5x+ 4

)1/2x2 − 4

2x2.

Percio, per ]−4,−1[∪ ]0,+∞[ , si ha f ′(x) ≥ 0 se e solo se x2− 4 ≥ 0 ; quest’ultima

disequazione e verificata se e solo se x ∈ ]−∞,−2] ∪ [2,+∞[ . Pertanto segno di f ′

e riportato nel seguente schema

−4 −2 −1 0 2

f ′(x) + + + − − − − + + + + + +

Percio f e crescente in [−4,−2] e in [2,+∞[ ed e decrescente in [−2,−1] e in]0, 2] ; −2 e punto di massimo locale per f , −4 , −1 e 2 sono punti di minimolocale.


[

−2,− 5

3

]

e in [−1,+∞[ ; e decrescente in

[

− 5

3,−1

]

;

− 5

3e punto di massimo locale per f , −2 e −1 sono punti di minimo locale.


]

−∞,−√5

2

]

, in

]

1

2,

√5

2

[

e in

[

3

2,+∞

[

, e decrescente

in

[

−√5

2,1

2

]

e in

[√5

2,3

2

]

; −√5

2e

√5

2sono punti di massimo locale,

1

2e

3

2

sono punti di minimo locale.

(59) f e crescente in [−4, 0] e in

[

7

2,+∞

[

, e decrescente in ]−∞,−4] , in [0, 1]

e in

]

2,7

2

]

; 0 e punto di massimo locale, −4 , 1 e7

2sono punti di minimo locale.

(60) f e crescente in[

−3√2,−3

[

, in]

−3,−√6]

, in[

0,√6]

e in[

3√2,+∞

[

,

e decrescente in]

−∞,−3√2]

, in[

−√6, 0]

, in[√

6, 3[

e in]

3, 3√2]

; ±√6 sono

punti di massimo locale, 0 e ±3√2 sono punti di minimo locale.

(61) Scomponiamo la funzione integranda nella somma di frazioni piu semplici.La scomposizione puo essere fatta con un semplice trucco

x+ 3

x(4x+ 3)=

4x+ 3− 3x

x(4x+ 3)=

4x+ 3

x(4x+ 3)+

−3x

x(4x+ 3)=

1

x− 3

4x+ 3.

Quindi una primitiva della funzione integranda e

x 7→ log |x| − 3

4log |4x+ 3| ;

32

Pertanto l’integrale e uguale a

[

log |x| − 3

4log |4x+ 3|

]4

1

= log |4| − 3

4log |4 · 4 + 3| − log |1|+ 3

4log |1 · 4 + 3| =

= log 4− 3

4log 19 +

3

4log 7 .

(62) La funzione integranda e il prodotto tra una funzione in cui la variabile xcompare solo come argomento del logaritmo e la derivata della funzione logaritmo,cioe, posto φ(x) = log x , si ha

log x

3x(log2 x+ 4)=

φ(x)

3((

φ(x))2

+ 4)φ′(x) .

Pertanto, effettuando la sostituzione t = φ(x) = log x ; si ottiene

∫ 2

1

log x

3x(log2 x+ 4)dx =

∫ log 2

0

t

3(t2 + 4)dt .

Ameno di costanti moltiplicative, il numeratore della funzione integranda e la derivatadel denominatore, quindi si trova facilmente un primitiva. Si ha

∫ log 2

0

t

3(t2 + 4)dt =

∫ log 2

0

1

6

2t

t2 + 4dt =

[

1

6log(t2 + 4)

]log 2

0

=

=1

6log(log2 2 + 4)− 1

6log 4 .

(63) La derivata della funzione coseno e la funzione x 7→ − sin x , quindi la funzioneintegranda e il prodotto tra una funzione in cui la variabile compare solo come argo-

mento del coseno e la derivata di tale funzione. E allora evidente che la sostituzionet = cos x porta trasforma l’integrale in uno piu semplice. Abbiamo

∫ π/2

0

sin x cos x

cosx+ 2dx = −

∫ π/2

0

cos x

cosx+ 2(− sin x) dx = −

∫ cos(π/2)

cos 0

t

t+ 2dt =

= −∫ 0

1

t+ 2− 2

t+ 2dt =

∫ 1

0

(

1− 2

t+ 2

)

dt =

=[

t− 2 log |t+ 2|]1

0= 1− 2 log 3 + 2 log 2 .

(64) La funzione integranda e il prodotto di due funzioni di ciascuna delle quali si

trova facilmente una primitiva: il primo fattore ammette la primitiva x2 , mentre ilsecondo fattore si presenta nella forma φ′(x)(φ(x))−3 (con φ(x) = 5 sin x + 2 cosx )

e quindi una sua primitiva e −(φ(x))−2/2 . Si puo quindi integrare per parti in duemodi diversi; evidentemente e opportuno derivare il fattore 2x , perche con tale sceltarimane da integrare una funzione in cui la variabile x compare esclusivamente comeargomento delle funzioni seno e coseno, cosa che non accade nell’altro caso.

33

Si ottiene dunque:∫ π/6

0


(5 sin x+ 2 cosx)3dx =

=

[

2x−1

2(5 sin x+ 2 cosx)2

]π/6

0

−∫ π/6

0

2−1

2(5 sin x+ 2 cosx)2dx =

=

[ −x

(5 sin x+ 2 cosx)2

]π/6

0

+

∫ π/6

0

1

(5 sinx+ 2 cosx)2dx .

Il primo addendo e uguale a:

−π/6(

5 sin(π/6) + 2 cos(π/6))2 − 0 =

−π/6(

5

2+ 2

√3

2

)2 = − π

6

(

2

5 + 2√3

)2

=

= − π

6

4

25 + 20√3 + 12

= − 2π

111 + 60√3.

Consideriamo ora l’integrale ancora da calcolare. La funzione integranda e quo-

ziente tra una costante e una funzione omogenea di grado 2 in seno e coseno. E quindipossibile esprimerla tramite la funzione tangente, visto che l’intervallo di integrazionee incluso nel dominio di tale funzione. Si ha

1

(5 sin x+ 2 cosx)2=

sin2 x+ cos2 x

(5 sinx+ 2 cosx)2=

sin2 x

cos2 x+ 1

(

5sin x

cos x+ 2

)2 =tan2 x+ 1

(5 tanx+ 2)2;

e quindi opportuno effettuare la sostituzione tanx = t . Visto che x varia tra 0 eπ/6 , quindi appartiene all’immagine della funzione arcotangente, si ha x = arctan t

e quindi la derivata del cambiamento di variabile e 1/(1 + t2) . Percio∫ π/6

0

1


∫ π/6

0

tan2 x+ 1

(5 tanx+ 2)2dx =

=

∫ tan(π/6)

tan 0

t2 + 1

(5t+ 2)21

1 + t2dt =

∫ 1/√3

0

1

(5t + 2)2dt =

=

[ −1

5(5t+ 2)

]1/√3

0

=−1

5

(

5√3+ 2

) +1

5 · 2 =−√3

25 + 10√3+

1

10.

Quindi

∫ π/6

0



[ −x

(5 sin x+ 2 cosx)2

]π/6

0

−[

1

5(5t+ 2)

]1/√3

0

=

= − 2π

111 + 60√3−

√3

25 + 10√3+

1

10.

(65) Nella funzione integranda compare la radice quadrata del polinomio −x2 + 4 ;occorre innanzitutto effettuare una sostituzione che elimini tale radice. Per questo

34

effettuiamo la sostituzione x = φ(t) = 2 sin t ; poiche x/2 ∈ [1/2, 1] ⊆ domarcsin , si

ottiene t = φ−1(t) = arcsin(x/2) . Poiche t ∈ [π/6, π/2] si ha cos t ≥ 0 , quindi

∫ 2

1

√−x2 + 4

xdx =

∫ arcsin 2

arcsin 1

√

4− (2 sin t)2

2 sin t2 cos t dt =

=

∫ π/2

π/6

2 cos t

2 sin t2 cos t dt =

∫ π/2

π/6

2 cos2 t

sin tdt .

La funzione integranda puo essere facilmente scritta come prodotto tra una fun-zione razionale di cos t e sin t ; quindi la sostituzione cos t = s trasforma l’integralein quello di in una funzione razionale. Si ha infatti

∫ π/2

π/6

2 cos2 t

sin tdt =

∫ π/2

π/6

2 cos2 t

sin2 tsin t dt =

∫ π/2

π/6

2 cos2 t

1− cos2 tsin t dt

e con la sostituzione cos t = s , tenuto conto che la derivata della funzione coseno el’opposto della funzione seno, si ottiene

∫ π/2

π/6

2 cos2 t

1− cos2 tsin t dt = −

∫ cos(π/2)

cos(π/6)

2s2

1− s2ds =

∫

√3/2

0

2s2

1− s2ds .

Il polinomio a numeratore ha lo stesso grado di quello a denominatore, quindibisogna anzitutto scrivere la frazione come somma di un polinomio e di una frazioneil cui numeratore abbia grado minore di quello del denominatore. Si ha:

2s2

1− s2=

2s2 − 2 + 2

1− s2= −2 +

2

1− s2.

Inoltre

2

1− s2=

(1 + s) + (1− s)

1− s2=

1 + s

1− s2+

1− s

1− s2=

1

1− s+

1

1 + s.

Pertanto si ha

∫ 2

1

√−x2 + 4

xdx =

∫

√3/2

0

2s2

1− s2ds =

∫

√3/2

0

(

−2 +1

1 + s+

1

1− s

)

ds =

=[

−2s+ log |1 + s| − log |1− s|]

√3/2

0=

= −√3 + log

√3 + 2

2− log

2−√3

2=

= −√3 + log

√3 + 2

2−√3= −

√3 + log

(

7 + 4√3)

.

(66) Nella funzione integranda compare la radice quadrata del quoziente di due po-linomi di primo grado; per eliminare la radice e opportuno effettuare una sostituzionein modo che la nuova variabile di integrazione sia tale radice quadrata. Percio poniamo

35

t =√

(x+ 1)/(3x− 1) , quindi (3x−1)t2 = x+1 , da cui si ricava (3t2−1)x = t2+1 .

Pertanto effettuiamo la sostituzione x = φ(t) = (t2 + 1)/(3t2 − 1) . Si ha

φ′(t) =2t(3t2 − 1)− 6t(t2 + 1)

(3t2 − 1)2=

6t3 − 2t− 6t3 − 6t

(3t2 − 1)2=

−8t

(3t2 − 1)2;

per x = 1/2 risulta t =√3 , per x = 1 risulta t = 1 , per cui si ha

∫ 1

1/2

1

x

√

x+ 1

3x− 1dx =

∫ 1

√3

1

t2 + 1

3t2 − 1

t−8t

(3t2 − 1)2dt =

∫

√3

1

8t2

(t2 + 1)(3t2 − 1)dt .

Dobbiamo integrare una funzione razionale. Anzitutto e necessario fattorizzareil denominatore. Il polinomio t2 + 1 e irriducibile, mentre il polinomio 3t2 − 1 si

scompone in(√

3 t + 1)(√

3 t − 1)

, percio la funzione integranda si scompone in

fratti semplici nella forma

8t2

(t2 + 1)(3t2 − 1)=

a√3 t + 1

+b√

3 t− 1+

ct+ d

t2 + 1,

con a , b , c e d opportuni numeri reali. Riducendo a denominatore comunel’espressione a destra, il numeratore diventa

a(√3 t− 1

)

(t2 + 1) + b(√3 t + 1

)

(t2 + 1) + (ct+ d)(3t2 − 1) =

=√3 at3 +

√3 at− at2 − a +

√3 bt3 +

√3 bt + bt2 + b+ 3ct3 − ct+ 3dt2 − d =

=(√3 a+

√3 b+ 3c

)

t3 + (−a + b+ 3d)t2 +(√3 a +

√3 b− c

)

t+ (−a + b− d) .

Questo numeratore deve essere uguale a 8t2 , quindi a , b , c e d debbono soddisfareil seguente sistema

√3 a+

√3 b+ 3c = 0 ,

−a + b+ 3d = 8 ,√3 a+

√3 b− c = 0 ,

−a + b− d = 0 .

Sottraendo membro a membro la terza equazione dalla prima e la quarta dalla secondasi ottiene 4c = 0 e 4d = 8 , da cui c = 0 e d = 2 . La prima equazione diventa√3 a +

√3 b = 0 , quindi a = −b , sostituendo nell’ultima si ha 2b − 2 = 0 , quindi

b = 1 e a = −1 .Abbiamo percio

∫ 1

1/2

1

x

√

x+ 1

3x− 1dx =

∫

√3

1

8t2

(t2 + 1)(3t2 − 1)dt =

=

∫

√3

1

( −1√3 t+ 1

+1√

3 t− 1+

2

t2 + 1

)

dt =

=

[

− 1√3log∣

∣

∣

√3 t + 1

∣

∣

∣+

1√3log∣

∣

∣

√3 t− 1

∣

∣

∣+ 2 arctan t

]

√3

1

=

36

= − 1√3log 4 +

1√3log 2 + 2 arctan

√3 +

+1√3log(√3 + 1

)

− 1√3log(√3− 1

)

− 2 arctan 1 =

= − 1√3log 2 + 2

π

3+

1√3log

(√3 + 1

)2

3− 1− 2

π

4=

= − 2√3log 2 +

2√3log(√3 + 1

)

+π

6.

(67)

∫ 2

1

(x+ 1)ex − 3 e−x

(ex + 4 + 3 e−x)2dx =

=

[

−(x+ 1)1

ex + 4 + 3 e−x+

1

2log(ex + 1)− 1

2log(ex + 3)

]2

1

=

= −31

e2 + 4 + 3 e−2+ 2

1

e + 4 + 3 e−1+

1

2log

(e2 + 1)(e+ 3)

(e2 + 3)(e+ 1).

(68)

∫ 5

2

x+ 3

x2 + 9dx =

[

1

2log(x2 + 9) + arctan

x

3

]5

2

=

=1

2log

34

13+ arctan

5

3− arctan

2

3.

(69)

∫ 1/2

0

(6x2 + 2) arcsin x dx =

=

[

(2x3 + 2x) arcsin x+2

3x2

√1− x2 +

10

3

√1− x2

]1/2

0

=5

24π +

7√3

4− 10

3.

(70)

∫ 1

0

x√1 + 8x2

1 + 4x2dx =

[

1

4

√1 + 8x2 − 1

4arctan

(√1 + 8x2

)

]1

0

=

= 1− 1

4arctan 5 +

π

16.

(71)

∫ 1

0

cosh x+ 4 sinh x

cosh x− sinh xdx =

[

5

4e2x − 3

2x

]1

0

=5

4e2 − 11

4.

(72)

∫ 1

0

x3

√x4 + 2x2 + 2

dx =

=

[

1

2

√x4 + 2x2 + 2− 1

2log(√x4 + 2 x2 + 2 + x2 + 1

)

]1

0

=

=

√5−

√2

2+

1

2log

(√2 + 1√5 + 2

)

37

Esercizi tipo esame

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