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Simulazione Ordinamento 2013/14

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1

ANNO SCOLASTICO 2013/14 SIMULAZIONE DELLA PROVA DI MATEMATICA DELL’ESAME DI STATO

INDIRIZZO: SCIENTIFICO CORSO DI ORDINAMENTO

Risoluzione Problema 1 a) Disegniamo la circonferenza mettendo in evidenza gli elementi indicati dal problema: il diame-

tro AC, di lunghezza variabile, la corda AB (con 1AB = ) e la corda BC (con , 0BC x x AC= ).

Poiché il diametro non può avere lunghezza minore della corda, deve essere:

AC AB 1AC . Il triangolo ABC è rettangolo in B, perché inscritto in una semicirconferenza, quindi:

22221 xBCABAC +=+= .

La funzione ( )f x è pertanto data da:

22

)(ACBCABxf =

)1(2)( 2x

xxf+

= .

Studiamo la funzione senza tener conto della limitazione geometrica. • Dominio: R, in quanto il denominatore non si annulla per alcun valore di x. • Poiché:

)()1(2

)( 2 xfxxxf =+

= ,

la funzione è dispari, quindi è simmetrica rispetto all’origine. • Il grafico della funzione interseca gli assi cartesiani soltanto nell’origine O(0; 0), poiché:

( ) 0 0f x x= = . • Studiamo il segno della funzione.

( ) 0f x > 0)1(2 2 >

+ xx 0x > ;

( ) 0f x < 0x < .



2

• Limiti della funzione agli estremi del dominio:

0)1(2

lim)(lim 2 =+

=±± x

xxfxx

,

poiché il denominatore è un infinito di ordine superiore rispetto al numeratore. L’asse delle ascisse è quindi asintoto orizzontale per la funzione. Non esistono asintoti obliqui né verticali. Riportiamo nel piano cartesiano le informazioni trovate.

• Calcoliamo la derivata prima e studiamo il suo segno.

22

2

22

2

)1(21

)1(21

21)(

xx

xxxxx'f

+=

++

= .

( ) 0f ' x > 01 2 >x 1 1x< < . Rappresentiamo in tabella il segno di f ' e individuiamo gli intervalli di crescenza e di decre-scenza della funzione f.

1x = è punto di minimo relativo per la funzione, con 1( 1)4

f = . Poiché la funzione rimane

sempre positiva per 0x > , 1x = è anche punto di minimo assoluto.

1x = è punto di massimo relativo per la funzione, con 1(1)4

f = . Poiché la funzione rimane

sempre negativa per 0x < , 1x = è anche punto di massimo assoluto.

• Calcoliamo la derivata seconda e studiamo il suo segno. 22 2 2 2

2 4

(1 )1 2 (1 ) (1 ) 2(1 ) 2( )2 (1 )

xx x x x xf '' xx

++ += =

+

2 2

2 4

[ 2 (1 ) (1 ) 4 ]2(1 )x x x x

x+

+ 3=

3 3 3

2 3 2 3

2 2 4 4 2 6 22(1 ) 2(1 )

x x x x x xx x

+= = =

+ +

2( 3)2x x 2

2 32 3

( 3)(1 )(1 )x x

xx=

++.

( ) 0f '' x > 0)1()3(32

2

>+ xxx 0)3( 2 >xx .



3

Rappresentiamo in tabella il segno di f '' e individuiamo gli intervalli con concavità verso l’alto e quelli con concavità verso il basso della funzione f.

La funzione presenta tre punti di flesso:

3x = , con 3( 3)8

f = 133;8

F ;

0x = , con (0) 0f = ( )0;0O ;

3x = , con 3( 3)8

f = 233;8

F .

I tre punti di flesso sono allineati, appartenendo tutti alla retta di equazione 18

y x= .

Rappresentiamo il grafico approssimato della funzione.

b) La funzione è continua in R e quindi è integrabile in ogni intervallo limitato e chiuso. In generale, il valor medio di una funzione ( )g x continua in un intervallo [ ];a b è per definizione:

=b

adxxg

abxg )(1)( .

Applichiamo dunque la definizione di valor medio alla funzione ( )f x del problema, relativamente all’intervallo [ ]0;h :

+

=h

dxxx

hxf

0 2 )1(201)( .

Determiniamo innanzi tutto una primitiva ( )F x di ( )f x :



4

22 2 2

1 2 1 2 1( ) ln(1 )2(1 ) 2 2(1 ) 4 1 4x x xF x dx dx dx x cx x x

= = = = + ++ + +

.

Troviamo quindi il valor medio:

)1ln(41)1ln(

411

)1(21)( 2

0

2

0 2 hh

xh

dxxx

hxf

hh

+=+=+

= .

Il limite:

hh

h 4)1ln(lim2+

+

si presenta nella forma indeterminata . Risolviamolo applicando il teorema di De L’Hospital:

[ ]

22

2

2D ln(1 ) 1lim lim lim 0

4 4 2(1 )h h h

hh hh

D h h+ + +

+ += = =+

2ln(1 )lim 0

4h

hh+

+= .

c) Le intersezioni delle rette del fascio y mx= con il grafico sono date dalle soluzioni del se-

guente sistema:

+=

=

)1(2 2xxy

mxy

22(1 )

y mxxmxx

=

=+

Vediamo che, m R, il sistema ammette come soluzione (0;0) . In particolare, per 0m = la retta del fascio diventa 0y = , l’asse delle scisse, che interseca il grafico solamente nell’origine. Determiniamo le eventuali altre soluzioni. Posto 0m e 0x , riduciamo la seconda equazione:

2

12(1 )

mx

=+

22 (1 ) 1m x+ = 22 2 1 0mx m+ = .

Abbiamo ottenuto un’equazione di secondo grado pura in x, che ha soluzioni reali soltanto se il coefficiente di 2x e il termine noto sono discordi: 2 (2 1) 0m m <

Dal grafico dei segni stabiliamo che le rette del fascio intersecano in punti diversi dall’origine per:

102

m< < .

In corrispondenza di tali valori di m, otteniamo i punti di intersezione di coordinate:

2 1 22mxm

= 1 22mxm

= ± ; 1 22my mm

= ± 1 2 1 2;2 2m mQ mm m

± ± .



5

La regione è delimitata dal grafico , dall’asse delle ascisse e dalla retta 1 22mxm

= .

La sua area è data dall’integrale definito:

)2ln(41

21ln

41

2211ln

41)1ln(

41

)1(2221

0

2221

0 2 mmm

mxdxxxS

mm

mm

==+=+=+

= .

d) Determiniamo l’equazione della parabola p passante per l’origine e avente vertice di coordinate 11;4

V . Se 2y ax bx c= + + è l’equazione della parabola generica, allora:

(0;0)O p 0c = 2y ax bx= + ;

11;4

V vertice 1

214

ba

a b

=

= +

21 24

a b

a a

=

=

1214

b

a

=

=

21 14 2

y x x= + .

La parabola interseca l’asse x nei punti (0;0)O e (2;0)A .

L’area del segmento parabolico OVA è data da:

31

412

32

32

=== HVOASOVA .



6

L’area di è uguale a quella del segmento parabolico se:

1 1ln(2 )4 3

m = 4ln(2 )3

m = 34

21

= em .

e) Rappresentiamo la base L e una generica sezione del solido, ricordando che l’ascissa del punto di

flesso della funzione nel primo quadrante è 3Fx = .

Possiamo pensare il volume del solido come somma di infiniti strati di spessore infinitesimo dx e con base rettangolare di dimensioni ( )y f x= e h x= :

2

2( )2(1 )xdV x f x dx dxx

= =+

.

Il volume del solido è quindi dato da:

[ ] ==+

=+

+=

+= 3

0

3

0 2

3

0 2

23

0 2

2

arctg21

111

21

111

21

)1(2xxdx

xdx

xxdx

xxV

62

33

321

== .

Problema 2 a) L’area sottesa al grafico di kf nell’intervallo [0; ] è data dall’integrale definito:

0 0 00

sen cos( ) (sen 1) 1kk kx kxS f x dx kx dx dx xk k

= = + = + = + =

cos 1 1 cosk kk k k k

= + = + .

Affinché tale valore sia uguale a , deve essere:

1 coskk k

+ = 1 cos 0kk k

= cos 1k = k è pari.

Il più piccolo valore di k cercato è dunque 2, e le corrispondenti funzioni sono: ( ) sen 2 1f x x= + , +=

xdttxg

0)12(sen)( .



7

Risolviamo l’integrale di ( )g x :

212cos

21

21

22cos

22cos)12(sen)(

00

+=+=+=+= xxxxttdttxgx

x.

b) Sia f sia g sono funzioni continue e derivabili su R, perché somme di funzioni continue e inde-

finitamente derivabili su R. Calcoliamo i punti di intersezione di , grafico di g, con l’asse x risolvendo il seguente sistema:

1 1cos22 2

0

y x x

y

= +

=

1 1cos 2 02 20

x x

y

+ =

=.

Riscriviamo la prima equazione in altro modo:

1 1 cos22 2

x x+ = ,

e la risolviamo con il metodo grafico ponendo a sistema:

12

1 cos22

y x

y x

= +

=

.

Dal grafico deduciamo che l’unico punto di intersezione tra le due funzioni del sistema si ha in cor-

rispondenza di 0x = , dunque l’equazione 1 1cos2 02 2

x x + = ha come unica soluzione 0x = : il

grafico interseca l’asse x solamente nell’origine. c) Studiamo ( ) sen 2 1f x x= + .

La funzione è una sinusoide con periodo 22= e ampiezza 1, traslata verso l’alto di 1.



8

Studiamo 1 1( ) cos22 2

g x x x= + .

La funzione è definita su tutto R, non è né pari né dispari e, come dimostrato in precedenza, interse-ca gli assi cartesiani solamente nell’origine. Dalla prima figura deduciamo che:

1 1 cos22 2

x x+ > 1 1 cos2 02 2

x x+ > 0x > ,

quindi ( ) 0g x > per 0x > e ( ) 0g x < per 0x < . Calcoliamo i limiti agli estremi del dominio.

±=+=+±± x

xx

xxxxx 2

2cos211lim2cos

21

21lim .

La funzione non ha asintoti orizzontali e, essendo continua in R, non ha neppure asintoti verticali. Cerchiamo eventuali asintoti obliqui.

1 1 1 1 cos2lim cos2 lim 1 12 2 2 2x x

xm x xx x x± ±

= + = + = ;

1 1 1 1lim cos2 1 lim cos22 2 2 2x x

q x x x x± ±

= + = non esiste.

La funzione g dunque non ha nemmeno asintoti obliqui. Calcoliamo la derivata prima e studiamo il suo segno.

1( ) 1 sen 2 2 0 1 sen 22

g' x x x= + + = + .

( ) 0g' x x R;

( ) 0g' x = sen 2 1x = 2 22

x k= + 4

x k= + , con k Z.

La funzione g è allora strettamente crescente, con infiniti punti di stazionarietà di coordinate 1;

4 4 2k k+ + + , con k Z.

Calcoliamo la derivata seconda e studiamo il suo segno. ( ) 2cos2g'' x x= .

( ) 0g'' x > 2cos2 0x > 2 2 22 2

k x k+ < < + 4 4k x k+ < < + , con k Z,

( ) 0g'' x = 4 2

x k= + , con k Z,

( ) 0g'' x < 34 4k x k+ < < + , con k Z.

La funzione volge dunque la concavità verso l’alto negli intervalli ;4 4k k+ + ,

la concavità verso il basso negli intervalli 3;4 4k k+ + ,

e presenta punti di flesso per 4 2

x k= + , con k Z.



9

In particolare i flessi corrispondenti a valori di k pari coincidono con i punti stazionari, e quindi sono pun-ti di flesso a tangente orizzontale. Disegniamo il grafico approssimato della funzione g. Oltre a quanto già detto osserviamo che, poiché il termine cos 2x oscilla fra –1 e +1, la funzione g è compresa fra le due rette di equazione:

1 1 1 1( 1)2 2 2 2

y x x x= + + = + = y x= ,

1 1 1 1( 1) 12 2 2 2

y x x x= + = + + = + 1y x= + .

d) Il punto A di di ascissa x = ha ordinata 1 1( ) cos22 2

g = + = .

Il coefficiente angolare della retta t è dato da ( ) 1 sen 2 1g' = + = . La retta t tangente in A a ha quindi equazione: 1 ( )y x= y x= . Gli altri punti ( ); ( )x g x di appartenenti alla retta t sono tali che:

( )g x x= 1 1cos22 2

x x x+ = cos 2 1x = x k= , con k Z.

Per tali punti: ( ) 1 sen 2 1g' k k= + = , che coincide con il coefficiente angolare di t, quindi la retta t è tangente a in infiniti punti di coor-dinate ( );k k , con k Z. Evidenziamo nella figura precedente la regione delimitata da e dalla retta y x= . La sua area vale:

[ ] =+=+== dxxdxxxxdxxxgS000 2

12cos21

212cos

21)(

2212sen

41

0

=+= xx .

e) Rappresentiamo il solido di rotazione ed evidenziamo l’elemento di volume infinitesimo:



10

[ ] dxxxdxxdxxfdV )12sen22sen()2sen1()( 222 ++=+== . Riduciamo utilizzando la formula di bisezione:

1 cos4 3 cos42sen 2 1 2sen 22 2 2

x xdV x dx x dx= + + = + .

Calcoliamo il volume:

[ ]3

3 3 424 40 0

0

3 cos4 3 sen 4( ) 2sen 2 cos22 2 2 8

x xV f x dx x dx x x= = + = =

+== 2

89)1(

89 .

Questionario 1. La funzione )1(arctg 2= xy è definita e continua su R.

Inoltre è pari, in quanto )1arctg(]1)([arctg 22 = xx , quindi non è invertibile su R. Per essere invertibile in un intorno di 1=x , la funzione deve essere monotòna (strettamente cre-scente o decrescente) in tale intorno. Calcoliamo la derivata prima e studiamo il suo segno.

22 )1(12

+=

xxy ,

quindi la funzione è derivabile su R e: 0>y se 0>x , 0<y se 0<x . Pertanto la funzione è strettamente decrescente in [0;] , strettamente crescente in [;0] + , e risulta invertibile in ciascuno dei due intervalli. In particolare è invertibile nell’intervallo [;0] + e quindi negli intorni di 1=x del tipo [;] ba con 10 << a , 1>b .



11

Per il teorema della derivata della funzione inversa sappiamo che:

)]([D

1)]([D0

01

xfyf = , dove )( 00 xfy = .

Nel nostro caso è )1(arctg)( 2= xxf definita su [;0] + e 00 =y ; 0x è dato da: )1(arctg0 2

0= x 0120 =x 10 +=x

(escludiamo la soluzione 10 =x perché non appartiene al dominio di f ). Risulta quindi:

21

)11(1121

)]1([D1)]0([D

22

1 =

+

==f

f .

2. Il numero di sequenze che si possono fare con tutte le 24 perle è dato dalle permutazioni di 24 elementi:

!2424 =P .

Queste file non sono però tutte differenti: infatti se scambiamo di posto, ossia permutiamo, due perle dello stesso colore otteniamo ancora una fila identica. Il numero delle file appena calcolato va pertanto ridotto: del fattore !66 =P corrispondente al numero di permutazioni delle perle rosse, del fattore !1010 =P corrispondente al numero di permutazioni delle perle arancioni, del fattore !88 =P corrispondente al numero di permutazioni delle perle gialle. Le possibili sequenze differenti sono allora:

768.651.889.5!8!10!6

!24

8106

24 ===PPP

Pn .

Nel caso in cui la prima e l’ultima perla siano arancioni, restano da disporre 22 perle di cui 6 ros-se, 8 arancioni e 8 gialle; le sequenze sono allora:

310.269.960!8!8!6!22

886

22 ===PPP

Pna .

Nel caso in cui la prima e l’ultima perla siano dello stesso colore potranno essere entrambe aran-cioni come nel caso precedente oppure entrambe rosse o entrambe gialle. Con lo stesso procedimento otteniamo quindi:

770.089.320!8!10!4

!22

8104

22 ===PPP

Pnr sequenze con le perle estreme rosse,

904.500.597!6!10!6

!22

6106

22 ===PPP

Png sequenze con le perle estreme gialle.



12

Il numero totale delle sequenze con le perle estreme dello stesso colore è dunque:

984.859.877.1=++ gar nnn .

3. La funzione ( ) 11

ln1+= xxy ha per dominio: 10ln1 >+ xx 11> xex .

Poiché il numero 1 è punto di accumulazione per il dominio, il limite ha senso. Analizziamo separatamente il limite sinistro e il limite destro:

( ) 11

1ln1lim + x

xx forma indeterminata del tipo 1 ;

( ) 11

1ln1lim +

+x

xx forma indeterminata del tipo +1 .

La funzione è positiva in tutto il dominio quindi, se applichiamo l’identità AeA ln= , può essere scritta nella forma equivalente:

( ) ( )[ ]( )1ln1ln

11

ln1ln11

ln1+

+ ==+= xx

xxx eexy .

Calcoliamo il limite dell’esponente per x tendente a 1:

( )1ln1lnlim

1

+

xx

x è una forma indeterminata del tipo

00

.

Le due funzioni a numeratore e a denominatore soddisfano le ipotesi del teorema di De L’Hospital, quindi possiamo applicare il teorema per il calcolo del limite:

( ) ( )[ ][ ]

11

1ln11

lim1Dln1lnDlim

1ln1lnlim

111=+=

+=

+ xxx

xx

xxxx

.

Applicando il teorema del limite delle funzioni composte otteniamo il limite richiesto:

( )( ) ( )

eeeex xx

xx

xx

xx ====+

++11

ln1lnlim1ln1ln

111

11limln1lim .

4. Analizziamo la funzione per x tendente a 0.

1lim)(lim00

== x

xxexf ; 1)1(lim)(lim 2

00=+=

++xxf

xx; 0)0( =f .

In 0=x la funzione presenta una discontinuità di terza specie. La continuità di una funzione in un punto è condizione necessaria affinché la funzione sia deri-vabile in quel punto; inoltre, in corrispondenza dei punti angolosi la funzione è continua. Pertan-to, l’unica risposta esatta è la d).

5. Ricordiamo che in un prisma si chiama diagonale ogni segmento che congiunge due vertici non appartenenti alla stessa faccia. Nel caso di un parallelepipedo, e in particolare di un cubo, le diagonali sono quattro tutte congruenti. Disegniamo il cubo DCBAABCD mettendo in evidenza una diagonale, per esempio CA .



13

I percorsi superficiali di minima lunghezza che congiungono A e C sono composti da segmenti rettilinei che appartengono a due facce contigue. Dato che le facce sono tutte congruenti è suffi-ciente considerare i percorsi appartenenti a una qualsiasi delle coppie di facce contigue. Sviluppiamo nel piano la superficie del cubo.

Sulle facce contigue ABAB e DCBA dello sviluppo, il percorso più breve è quello rappre-sentato dal segmento CA , che forma coppie di angoli congruenti (perché opposti al vertice) con lo spigolo comune BA . I triangoli rettangoli NAA e CBN sono allora congruenti perché hanno rispettivamente congruenti un cateto ( CBAA ) e un angolo acuto ( CNBANA ˆˆ ). In particolare risulta BNNA , quindi N è il punto medio dello spigolo BA . Il percorso di minima lunghezza, sulla superficie del cubo, è quindi quello composto da due segmenti consecutivi il cui estremo comune divide a metà lo spigolo. Applicando il teorema di Pitagora ricaviamo la misura della lunghezza:

5)2( 22 lllCA =+= . 6. Innanzi tutto osserviamo che l’integrale definito al primo membro esiste solamente se 1<k , in

quanto la funzione 12

=x

y non è integrabile in senso generalizzato in alcun intervallo ];[ ba ,

con ];[1 ba . Posto dunque 1<k , procediamo al calcolo degli integrali.

+

<1

00 11

12 dx

xxdx

xk

[ ]+

+<

1

00 1211ln2 dx

xxx k



14

+

<1

0 1211ln2 dxx

k [ ]10

2 1ln21ln +< xxk

2ln21)1ln( 2 <k 22 2lnln)1ln( < ek 4

ln)1ln( 2 ek <

4

)1( 2 ek < 2

12

eke<<

21

21 eke

+<< ,

con 18,02

1 e e 82,12

1+ e .

Ricordando la limitazione 1<k , la disuguaglianza è verificata per 12

1 << ke .

7. La funzione ha per dominio R; negli intervalli aperti [1;] , 21;1 , +;

21 è continua

e derivabile per tutti i valori reali dei coefficienti a, b e c, quindi esaminiamo la funzione nei

punti 1=x e 21

=x .

Condizione necessaria per l’esistenza della derivata di una funzione in un punto è che sia conti-nua in tale punto. Verifichiamo allora la continuità della funzione data nei punti citati. In 1=x abbiamo:

cbafxfx

+== )1()(lim1

e 1coslim)(lim11

==++

xxfxx

.

La funzione è continua in 1=x soltanto se: 1=+ cba .

In 21

=x abbiamo:

0coslim)(lim21

21

== xxfxx

e 021

21lnlim

21

==++

fxax

continua cba ,, R.

Quindi la funzione è continua in R se e solo se 1=+ cba . Studiamo ora la derivabilità.

La funzione è derivabile in 1=x e 21

=x se le derivate destra e sinistra, in ciascun punto,

coincidono. Calcoliamo la derivata nei tre intervalli aperti:

>+

<<

<+

=

21se

122

211sesen1se2

)(

xxa

xxxbax

xf .



15

Poiché la funzione è continua in 1=x (supposto 1=+ cba ), la funzione è derivabile in ta-le punto se e solo se:

)sen(lim)2(lim11

xbaxxx

=++

02 =+ ba ab 2= .

Analogamente, la funzione è derivabile in 21

=x se e solo se:

+

=+ 122lim)sen(lim

21

21 x

axxx

a= =a .

Determiniamo i coefficienti a, b, c risolvendo il sistema formato dalle tre condizioni trovate:

=

=

=+

aabcba

21

=

=

=++

ab

c2

12

=

=

=

12

cba

.

8. Disegniamo un triangolo di lati 2 cm, 3 cm, 4 cm e nominiamo vertici e angoli come in figura.

Applichiamo il teorema del coseno.

+= cos2222

ACABACABBC += cos3229416

= cos123 41cos = .

Poiché cos risulta negativo, l’angolo è ottuso. 9. La funzione f è decrescente nell’intervallo [3;] , crescente nell’intervallo [;3] + e presen-

ta il minimo assoluto nel punto )2;3(M ; pertanto la derivata prima f è: negativa per 3<x , positiva per 3>x , nulla per 3=x .

Il grafico di f interseca l’asse x in )0;3( . I punti O e F sono punti di flesso per f e punti stazionari per f . Dal grafico ricaviamo le equazioni delle tangenti nei punti di flesso:

in O: xy = ; in F: )6(21)1( = xy 4

21

= xy .

I coefficienti angolari di tali rette forniscono i valori delle derivate nei punti di flesso:

1)0( =f ; 21)6( =f .



16

Quindi )1;0( e 21;6 sono le coordinate dei punti stazionari di f .

Riportiamo i risultati nel seguente disegno.

f presenta due asintoti orizzontali ( 3=y per x , l’asse delle ascisse per +x ), quindi la derivata prima tende a 0 per x e per +x .

Osservando i flessi e le concavità di f possiamo ricavare ulteriori informazioni su f . Infatti la concavità è stabilita dal segno di f , ossia della derivata di f ; quindi concavità positiva signi-fica derivata prima crescente, concavità negativa significa derivata prima decrescente. Pertanto: • f è decrescente per 0<x , con valori che vanno da 0 (per x ) a 1 (in 0=x ); • f è crescente per 60 << x , con valori che vanno da 1 (in 0=x ) a 0 (in 3=x ) e poi fi-

no a 21 (in 6=x );

• f è decrescente per 6>x , con valori che vanno da 21 (in 6=x ) a 0 (per +x ).

Ora possiamo tracciare un grafico probabile di f .

10. Per determinare il dominio della funzione, consideriamo che:

a) il radicando di una radice di indice pari deve essere non negativo:

02ln)2ln(

xx ;

b) gli argomenti dei logaritmi devono essere positivi: 002 >> xx 2>x ;

c) il denominatore di una frazione deve essere diverso da zero: 02ln x 2ln x 2ex .

L’ultima condizione è implicita nella prima disequazione.



17

Risolviamo dunque la prima disequazione 02ln)2ln(

xx .

Studiamo separatamente il segno di numeratore e denominatore e compiliamo il grafico dei se-gni.

N: 0)2ln( >x 12 >x 3>x ; D: 02ln >x 2ln >x 2ex > .

La disequazione è soddisfatta per 2 3 exx > . Mettendo a sistema con la seconda condizione ( )2>x , troviamo il dominio della funzione:

232 exx >< .

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