Esame di Stato 2026 – PROBLEMA 2
Versione DSA
Liceo Scientifico – Esame di Stato 2026 – Problema 2 – Versione DSA
Soluzione proposta da Giuseppe.
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Siano \( \varphi_a \) e \( \gamma \), rispettivamente, i grafici rappresentativi delle funzioni:
\[ f_a(x) = \frac{ax^2}{x-1}, \;\; \text{con } a \ne 0 \qquad \qquad g(x) = \frac{|x|}{x^2+1} \]
Siano fi con a, e gamma, rispettivamente, i grafici rappresentativi delle funzioni: effe con a, di ics, uguale ad, a per ics quadrato, fratto, ics meno uno, con a diverso da zero. E gi di ics, uguale a, valore assoluto di ics, fratto, ics quadrato più uno.
a)
Al variare del parametro \(a\), studiare gli intervalli di monotonia della funzione \(f_a\). Considerata la retta \(r\), di equazione \(y=k\) (\(k\in\mathbb{R}\)), determinare i valori di \(a\) e \(k\) in modo che \(r\) risulti tangente ai grafici \(\varphi_a\) e \(\gamma\).
Punto a. Al variare del parametro a, studiare gli intervalli di monotonia della funzione effe con a. Considerata la retta erre, di equazione ipsilon uguale a cappa, con cappa numero reale, determinare i valori di a e cappa in modo che erre risulti tangente ai grafici effe con a e gamma.
Soluzione del punto a
Monotonia di \(f_a\)
Il dominio di \(f_a\) è \(x\ne1\). La funzione è derivabile in tutto il dominio:
\[ f_a'(x) = \frac{2ax(x-1)-ax^2}{(x-1)^2} = \frac{ax(x-2)}{(x-1)^2} \]
Spiegazione: il denominatore è un quadrato, quindi sempre positivo: il segno di \(f_a'\) dipende solo dal segno del numeratore \(a\,x(x-2)\), che cambia a seconda del segno di \(a\).
Caso \(a>0\): \(f_a'(x)>0\) per \(x<0\) o \(x>2\) (f crescente); \(f_a'(x)<0\) per \(0<x<2\) (f decrescente, con discontinuità in \(x=1\)).
a > 0: x = 0 punto di massimo relativo; x = 2 punto di minimo relativo.
Caso \(a<0\): il segno si inverte: f decrescente per \(x<0\) o \(x>2\), crescente per \(0<x<2\) (\(x\ne1\)).
a < 0: x = 0 punto di minimo relativo; x = 2 punto di massimo relativo.
Retta y = k tangente a entrambi i grafici
Spiegazione: una retta orizzontale \(y=k\) è tangente al grafico di una funzione derivabile esattamente nei suoi punti stazionari (dove la tangente è orizzontale): serve quindi trovare i punti stazionari di \(g\) e imporre che \(f_a\) abbia un punto stazionario alla stessa quota.
Per \(x>0\): \(g(x)=\dfrac{x}{x^2+1}\), con
\[ g'(x) = \frac{1-x^2}{(x^2+1)^2} \]
che si annulla per \(x=1\) (massimo relativo, \(g(1)=\tfrac12\)); per simmetria pari, anche \(x=-1\) è massimo relativo con lo stesso valore. In \(x=0\) c'è un punto angoloso (per il modulo): non è derivabile, quindi non c'è tangente orizzontale lì.
γ ammette tangenti orizzontali solo per k = 1/2 (nei punti x = ±1).
Per \(\varphi_a\), i punti stazionari sono \(x=0\) (con \(f_a(0)=0\)) e \(x=2\) (con \(f_a(2)=4a\)). Per avere la stessa tangente \(y=k=\tfrac12\):
\[ 4a = \frac12 \;\Rightarrow\; a = \frac18 \]
(il valore \(f_a(0)=0\) non può coincidere con \(k=\tfrac12\)).
a = 1/8, k = 1/2
b)
Siano \(A\) e \(B\) i punti stazionari, rispettivamente, dei grafici \(\varphi_a\) e \(\gamma\), con \(x_A \ne 0\) e \(x_B>0\). Determinare il valore di \(a\) in corrispondenza del quale la misura del segmento \(AB\) risulti minima.
D'ora in avanti, si ponga \( a = \dfrac{1}{8} \).
Punto b. Siano a maiuscola e bi maiuscola i punti stazionari, rispettivamente, dei grafici fi con a e gamma, con ics con a diverso da zero e ics con bi maggiore di zero. Determinare il valore di a in corrispondenza del quale la misura del segmento a bi risulti minima.
D'ora in avanti, si ponga a uguale a un ottavo.
Soluzione del punto b
Dal punto a), i punti stazionari di \(f_a\) sono \(x=0\) e \(x=2\): poiché \(x_A\ne0\), si ha \(x_A=2\), da cui \(A=(2;4a)\).
I punti stazionari di \(g\) sono \(x=-1\) e \(x=1\): poiché \(x_B>0\), si ha \(x_B=1\), da cui \(B=\left(1;\dfrac12\right)\).
La misura del segmento AB, con la formula della distanza tra due punti, è:
\[ \overline{AB} = \sqrt{(2-1)^2 + \left(4a-\frac12\right)^2} = \sqrt{1+\left(4a-\frac12\right)^2} \]
Spiegazione: AB è funzione di a, ed è minima quando è minimo il radicando; poiché il termine \(\left(4a-\tfrac12\right)^2\) è sempre \(\ge0\), il radicando è minimo quando tale termine si annulla.
\[ 4a - \frac12 = 0 \;\Rightarrow\; a = \frac18 \]
In corrispondenza di tale valore, AB assume il valore minimo \(\overline{AB}=\sqrt1=1\).
a = 1/8 (segmento AB minimo, di misura 1)
c)
Studiare le funzioni \( f_{\frac{1}{8}} \) e \(g\), esaminandone in particolare la continuità e la derivabilità, e tracciare i loro grafici \(\varphi_{\frac{1}{8}}\) e \(\gamma\) in un medesimo sistema di riferimento. Utilizzare tali grafici per risolvere la disequazione \( f_{\frac{1}{8}}(x) > g(x) \).
Punto c. Studiare le funzioni effe con pedice un ottavo e gi, esaminandone in particolare la continuità e la derivabilità, e tracciare i loro grafici fi con pedice un ottavo e gamma in un medesimo sistema di riferimento. Utilizzare tali grafici per risolvere la disequazione, effe con pedice un ottavo di ics, maggiore di, gi di ics.
Soluzione del punto c
Per \(a=\dfrac18\):
\[ f_{\frac{1}{8}}(x) = \frac{x^2}{8(x-1)}, \qquad g(x)=\frac{|x|}{x^2+1} \]
Studio di \( f_{\frac18}(x) \)
Dominio: \(x\ne1\). f è continua e derivabile in tutto il dominio (rapporto di polinomi con denominatore non nullo).
Segno: \(f(0)=0\) (unico punto di intersezione con gli assi). Poiché \(x^2\ge0\), il segno di f coincide con quello di \((x-1)\): negativo per \(x<1\) (\(x\ne0\)), nullo in \(x=0\), positivo per \(x>1\).
Asintoto verticale: \(x=1\), con \(\lim_{x\to1^-}f(x)=-\infty\) e \(\lim_{x\to1^+}f(x)=+\infty\).
Asintoto obliquo:
\[ m = \lim_{x\to\pm\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x\to\pm\infty} \frac{x^2}{8x(x-1)} = \lim_{x\to\pm\infty} \frac{x}{8(x-1)} = \frac{1}{8} \] \[ q = \lim_{x\to\pm\infty} \big[f(x)-mx\big] = \lim_{x\to\pm\infty} \left[\frac{x^2}{8(x-1)}-\frac{x}{8}\right] =\] \[=\lim_{x\to\pm\infty} \frac{x^2-x(x-1)}{8(x-1)} = \lim_{x\to\pm\infty} \frac{x}{8(x-1)} = \frac{1}{8} \]
\[ m = \lim_{x\to\pm\infty} \frac{x}{8(x-1)} = \frac18, \qquad q = \lim_{x\to\pm\infty} \frac{x}{8(x-1)} = \frac18 \]
Asintoto obliquo: y = (x+1)/8
Monotonia (già vista al punto a con \(a=\tfrac18>0\)): crescente per \(x<0\) o \(x>2\), decrescente per \(0<x<2\) (\(x\ne1\)); massimo relativo in \(x=0\) (\(f=0\)), minimo relativo in \(x=2\) (\(f=\tfrac12\)).
Concavità: \(f''(x)=\dfrac{1}{4(x-1)^3}\), mai nulla: concava verso il basso per \(x<1\), verso l'alto per \(x>1\) — nessun punto di flesso.
Legenda: massimo relativo in (0,0), minimo relativo in (2; 0,5); asintoto verticale x=1, asintoto obliquo y=(x+1)/8.
Osservazione
La funzione \(f_{\frac{1}{8}}(x) = \frac{x^2}{8(x-1)}\) rappresenta un'iperbole. Infatti, riscrivendola come \(y = \frac{x^2}{8(x-1)}\) e riducendola a forma intera otteniamo:
\[8y(x-1) = x^2 \implies x^2 - 8xy + 8y = 0\]
che è l'equazione di una conica. Dato che la funzione \(f\) ammette due asintoti, essa rappresenta un'iperbole (l'unica conica a possedere asintoti).
Studio di \( g(x) \)
Dominio: \(\mathbb{R}\). g è pari (\(g(-x)=g(x)\)): basta studiarla per \(x\ge0\) e ribaltare il grafico rispetto all'asse y.
Per \(x>0\): \(g(x)=\dfrac{x}{x^2+1}\), continua e derivabile, con \(g(0)=0\) e \(g(x)>0\) per \(x>0\).
Asintoto orizzontale: \(y=0\) per \(x\to+\infty\).
\[ g'(x)=\frac{1-x^2}{(x^2+1)^2} \]
positiva per \(0<x<1\), negativa per \(x>1\): massimo relativo in \(x=1\), con \(g(1)=\tfrac12\).
\[ g''(x) = \frac{2x(x^2-3)}{(x^2+1)^3} \]
negativa per \(0<x<\sqrt3\) (concava verso il basso), positiva per \(x>\sqrt3\) (concava verso l'alto): punto di flesso in \(x=\sqrt3\), con \(g(\sqrt3)=\dfrac{\sqrt3}{4}\approx0{,}43\).
In \(x=0\): \(g'(0^+)=1\) e \(g'(0^-)=-1\), derivate laterali diverse e finite, quindi g è continua ma non derivabile in x=0 (punto angoloso, minimo assoluto). Per simmetria, per \(x<0\) si trovano un massimo relativo in \(x=-1\) (\(g=\tfrac12\)) e un flesso in \(x=-\sqrt3\) (\(g=\tfrac{\sqrt3}{4}\)).
Legenda: punto angoloso (minimo assoluto) nell'origine; massimi relativi in x=±1 (g=0,5); flessi in x=±1,73 (g≈0,43); asintoto orizzontale y=0.
Risoluzione grafica della disequazione
Sovrapponendo i due grafici:
Legenda: in blu φ con un ottavo, in verde γ. Per x<1 il grafico di f resta sotto quello di g; per x>1 f supera g, tendendo a +∞.
Per \(x<1\) (\(x\ne0\)): \(f(x)<0<g(x)\), quindi \(f<g\); in \(x=0\) i due grafici si toccano (\(f(0)=g(0)=0\)); per \(x>1\), \(f(x)>0\) e cresce rapidamente verso \(+\infty\) (asintoto verticale), mentre \(g(x)\) resta limitata: il grafico di f supera definitivamente quello di g.
Soluzione della disequazione: f₁⁄₈(x) > g(x) ⟺ x > 1
d)
Calcolare l'area della regione finita di piano delimitata da \(\gamma\), dall'asse \(x\) e dalle rette parallele all'asse \(y\) passanti per i punti di flesso.
Punto d. Calcolare l'area della regione finita di piano delimitata da gamma, dall'asse ics e dalle rette parallele all'asse ipsilon passanti per i punti di flesso.
Soluzione del punto d
Legenda: F₁=(-1,73; 0,43) e F₂=(1,73; 0,43) punti di flesso; in evidenza la regione (simmetrica) di cui calcolare l'area.
I punti di flesso di g, trovati al punto c), sono \(x=\pm\sqrt3\). La regione richiesta è quindi delimitata da γ, dall'asse x e dalle rette \(x=-\sqrt3\) e \(x=\sqrt3\).
Poiché g è pari e non negativa, l'area si calcola raddoppiando l'integrale sulla sola parte positiva:
\[ \text{Area} = 2\int_0^{\sqrt3} g(x)\,dx \]
Per \(x>0\), \(g(x)=\dfrac{x}{x^2+1}\); la primitiva si trova riconoscendo al numeratore (a meno di una costante) la derivata del denominatore:
\[ \int g(x)\,dx = \frac12\int \frac{2x}{x^2+1}\,dx = \frac12\ln(x^2+1)+c \]
Quindi:
\[ \text{Area} = 2\int_0^{\sqrt3} \frac{x}{x^2+1}\,dx = \Big[\ln(x^2+1)\Big]_0^{\sqrt3} = \ln4-\ln1 \]
Area = ln4 = 2ln2 ≈ 1,39 unità quadrate