LICEO SCIENTIFICO 2026 - PROBLEMA 2
Soluzione proposta da Giuseppe Scoleri.
🎧 Disponibile anche in versione DSA
Testo del problema
Siano \( \varphi_a \) e \( \gamma \), rispettivamente, i grafici rappresentativi delle funzioni:
\[ f_a(x) = \frac{ax^2}{x-1}, \;\; \text{con } a \ne 0 \qquad \qquad g(x) = \frac{|x|}{x^2+1} \]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 \(\gamma\).
Soluzione del punto a
Monotonia di \(f_a\)
Il dominio di \(f_a\) è \(x\ne1\). La funzione è derivabile in tutto il dominio:
\[ f_a'(x) = \frac{2ax(x-1)-ax^2}{(x-1)^2} = \frac{ax^2-2ax}{(x-1)^2} = \frac{ax(x-2)}{(x-1)^2} \]Il denominatore è sempre positivo, quindi il segno di \(f_a'\) coincide con il segno di \(a\,x(x-2)\).
Caso \(a>0\): \(f_a'(x)>0\) per \(x<0 \;\vee\; x>2\) (f crescente), \(f_a'(x)<0\) per \(0<x<2\) (f decrescente, con discontinuità in \(x=1\)). Quindi \(x=0\) è punto di massimo relativo e \(x=2\) è punto di minimo relativo.
Animazione interattiva: caso \(a > 0\)
Trascina il cursore per variare \(a\) e osserva massimo in \(x=0\) e minimo in \(x=2\). Premi Play in basso a sinistra per avviare l'animazione automatica.
Animazione interattiva: caso \(a < 0\)
Trascina il cursore per variare \(a\) e osserva minimo in \(x=0\) e massimo in \(x=2\). Premi Play in basso a sinistra per avviare l'animazione automatica.
Retta \(y=k\) tangente a \(\varphi_a\) e a \(\gamma\)
Una retta orizzontale \(y=k\) è tangente al grafico di una funzione derivabile esattamente nei suoi punti stazionari (dove la tangente è orizzontale).
Studiamo allora \(g(x)=\dfrac{|x|}{x^2+1}\): per \(x>0\), \(g(x)=\dfrac{x}{x^2+1}\) e
\[ g'(x) = \frac{(x^2+1)-x\cdot 2x}{(x^2+1)^2} = \frac{1-x^2}{(x^2+1)^2} \]che si annulla per \(x=1\) (massimo relativo, con \(g(1)=\tfrac12\)). Essendo \(g\) una funzione pari, per simmetria anche \(x=-1\) è un massimo relativo con lo stesso valore \(g(-1)=\tfrac12\). Nel punto \(x=0\) la funzione presenta invece un punto angoloso (a causa del modulo), quindi non è derivabile e non vi è tangente orizzontale.
Dunque \(\gamma\) ammette tangenti orizzontali solo per \(k=\dfrac{1}{2}\) (nei punti \(x=\pm1\)).
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 retta tangente \(y=k=\dfrac12\), deve essere:
\[ 4a = \frac{1}{2} \quad \Rightarrow \quad a = \frac{1}{8} \](il valore \(f_a(0)=0\) non può infatti coincidere con \(k=\tfrac12\)).
\[ a = \frac{1}{8}, \qquad k = \frac{1}{2} \]
Anche se non richiesto, rappresentiamo graficamente \(\varphi_a\), \(\gamma\) e la retta \(r\): in blu \(\varphi_a\) (con \(a=\frac{1}{8}\)), in verde \(\gamma\), in grigio tratteggiato la retta \(r: y=\frac{1}{2}\); i punti rossi sono i punti di tangenza.
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 \( a = \dfrac{1}{8} \).
Soluzione del punto b
In base a quanto detto al 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 \(AB\) è:
\[ \overline{AB} = \sqrt{(2-1)^2 + \left(4a-\frac12\right)^2} = \sqrt{1+\left(4a-\frac12\right)^2} \]Questa è una funzione di \(a\), minima quando è minimo il radicando, cioè quando il termine \(\left(4a-\dfrac12\right)^2\) (sempre \(\ge0\)) si annulla:
\[ 4a - \frac12 = 0 \quad \Rightarrow \quad a = \frac18 \]In corrispondenza di tale valore, \(\overline{AB}\) assume il valore minimo \(\overline{AB}=\sqrt{1}=1\).
\[ a = \frac{1}{8} \quad \text{(segmento } AB \text{ minimo, di misura } 1\text{)} \]
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 \( f_{\frac{1}{8}}(x) > g(x) \).
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: \(x\ne1\). Continuità e derivabilità: f è continua e derivabile in tutto il dominio (rapporto di polinomi con denominatore non nullo).
Intersezioni con gli assi e segno: \(f(0)=0\) (unico punto di intersezione, con entrambi gli assi). Poiché \(x^2\ge0\), il segno di \(f\) coincide con quello di \((x-1)\): \(f(x)<0\) per \(x<1,\,x\ne0\); \(f(x)=0\) per \(x=0\); \(f(x)>0\) per \(x>1\).
Asintoti: verticale \(x=1\) (con \(\lim_{x\to1^-}f(x)=-\infty\), \(\lim_{x\to1^+}f(x)=+\infty\)).
Asintoto obliquo, con il metodo classico \(y=mx+q\):
\[ m = \lim_{x\to\pm\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x\to\pm\infty} \frac{x^2}{8x(x-1)} = \lim_{x\to\pm\infty} \frac{x}{8(x-1)} = \frac{1}{8} \] \[ q = \lim_{x\to\pm\infty} \big[f(x)-mx\big] = \lim_{x\to\pm\infty} \left[\frac{x^2}{8(x-1)}-\frac{x}{8}\right] =\] \[=\lim_{x\to\pm\infty} \frac{x^2-x(x-1)}{8(x-1)} = \lim_{x\to\pm\infty} \frac{x}{8(x-1)} = \frac{1}{8} \]Quindi l'asintoto obliquo è \( y = \dfrac{1}{8}x+\dfrac18 = \dfrac{x+1}{8} \) (per \(x\to-\infty\) e per \(x\to+\infty\)).
Monotonia: già vista al punto a) con \(a=\dfrac18>0\): crescente per \(x<0\) o \(x>2\), decrescente per \(0<x<2\) (\(x\ne1\)); massimo relativo in \(x=0\) (\(f=0\)), minimo relativo in \(x=2\) (\(f=\dfrac12\)).
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.
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: \(\mathbb{R}\). Essendo \(g\) 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 \(x>0\).
Asintoti: 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 \(g(1)=\dfrac12\).
\[ g''(x) = \frac{2x(x^2-3)}{(x^2+1)^3} \]negativa per \(0<x<\sqrt3\) (concava verso il basso), positiva per \(x>\sqrt3\) (concava verso l'alto): punto di flesso in \(x=\sqrt3\), con \(g(\sqrt3)=\dfrac{\sqrt3}{4}\approx0{,}43\).
Per simmetria pari, in \(x=0\) si ha \(g'(0^+)=1\) e \(g'(0^-)=-1\): le due derivate laterali sono diverse e finite, quindi \(g\) è continua ma non derivabile in \(x=0\) (punto angoloso, minimo assoluto). Per \(x<0\) si ottengono, per simmetria, un massimo relativo in \(x=-1\) (\(g=\dfrac12\)) e un flesso in \(x=-\sqrt3\) (\(g=\dfrac{\sqrt3}{4}\)).
Legenda: punto angoloso (minimo assoluto) nell'origine; M₁g=(-1; 0,5) e M₂g=(1; 0,5) massimi relativi; F₁=(-1,73; 0,43) e F₂=(1,73; 0,43) punti di flesso; asintoto orizzontale y=0.
Risoluzione grafica della disequazione \(f_{\frac18}(x) > g(x)\)
Sovrapponendo i due grafici:
Legenda: in blu φ₁⁄₈, in verde γ. Per x<1 si ha f≤0≤g (con uguaglianza solo in x=0); per x>1 il ramo di f, che tende a +∞, supera definitivamente g (che resta limitata, con massimo 0,5).
Si osserva infatti che, 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, quindi il grafico di \(f\) supera definitivamente quello di \(g\).
\[ f_{\frac18}(x) > g(x) \quad \Longleftrightarrow \quad x>1 \]
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.
Soluzione del punto d
Legenda: F₁=(-√3; 0,43) e F₂=(√3; 0,43) punti di flesso; in rosa 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 \(\gamma\), dall'asse \(x\) e dalle rette \(x=-\sqrt3\) e \(x=\sqrt3\).
Poiché \(g\) è pari e non negativa:
\[ \text{Area} = 2\int_0^{\sqrt3} g(x)\,dx \]Per \(x>0\), \(g(x)=\dfrac{x}{x^2+1}\); calcoliamo la primitiva:
\[ \int g(x)\,dx = \int \frac{x}{x^2+1}\,dx = \frac{1}{2}\int \frac{2x}{x^2+1}\,dx = \frac{1}{2}\ln(x^2+1)+c \]Quindi:
\[ \text{Area} = 2\int_0^{\sqrt3} \frac{x}{x^2+1}\,dx = \Big[\ln(x^2+1)\Big]_0^{\sqrt3} = \ln4 - \ln1 \]\[ \text{Area} = \ln4 = 2\ln2 \approx 1{,}39 \;\text{u}^2 \]