Simulazione 8 - Problema 1 - Esame di Stato 2026

Soluzione del punto a

Punti comuni a tutte le curve del fascio

Metodo 1: Approccio algebrico diretto

Possiamo determinare i punti fissi isolando il parametro \(a\) attraverso passaggi puramente algebrici. Partendo dall'equazione del fascio:

\[y = e^{\frac{x^2+ax}{x^2+a}}\]

Applichiamo il logaritmo naturale ad entrambi i membri (con \(y > 0\)):

\[\ln y = \frac{x^2+ax}{x^2+a} \implies x^2 + ax = x^2 \ln y + a \ln y\]

Raggruppiamo i termini portandoli tutti a sinistra e raccogliendo prima rispetto a \(x^2\) e poi rispetto al parametro \(a\):

\[x^2(1 - \ln y) + a(x - \ln y) = 0\]

Affinché questa uguaglianza sia verificata per qualsiasi valore del parametro \(a > 0\), i singoli coefficienti della combinazione lineare devono annullarsi simultaneamente. Otteniamo così il sistema indipendente da \(a\):

\[\begin{cases} x^2(1 - \ln y) = 0 \\ x - \ln y = 0 \end{cases}\]

Dalla seconda equazione ricaviamo immediatamente \(\ln y = x\). Sostituendo questa relazione all'interno della prima equazione si ottiene:

\[x^2(1 - x) = 0\]

Le cui soluzioni reali per le ascisse sono \(x = 0\) e \(x = 1\). Ricaviamo le corrispondenti ordinate:

• \(x = 0 \implies \ln y = 0 \implies y = e^0 = 1\), che individua il punto \(A(0;\,1)\).
• \(x = 1 \implies \ln y = 1 \implies y = e^1 = e\), che individua il punto \(B(1;\,e)\).

Metodo 2: Approccio alternativo (Derivazione rispetto al parametro)

Un punto \((x_0, y_0)\) appartiene a tutte le curve del fascio se e solo se il valore dell'esponente della funzione è indipendente da \(a\). Scriviamo l'esponente:

\[u(x_0) = \frac{x_0^2 + a x_0}{x_0^2 + a}\]

Affinché questa espressione rimanga costante al variare di \(a > 0\), imponiamo che la sua derivata rispetto alla variabile \(a\) (considerando l'ascissa fisso \(x_0\) come una costante) sia stabilmente nulla:

\[\frac{d}{da}\left(\frac{x_0^2 + a x_0}{x_0^2 + a}\right) = \frac{x_0(x_0^2 + a) - (x_0^2 + a x_0)(1)}{(x_0^2 + a)^2} =\] \[=\frac{x_0^3 + a x_0 - x_0^2 - a x_0}{(x_0^2 + a)^2} = \frac{x_0^2(x_0 - 1)}{(x_0^2 + a)^2} = 0\]

• Per \(x_0 = 0\): l'esponente diventa \(\dfrac{0}{a} = 0\), da cui \(y_0 = e^0 = 1 \implies A(0;\,1)\).
• Per \(x_0 = 1\): l'esponente diventa \(\dfrac{1+a}{1+a} = 1\), da cui \(y_0 = e^1 = e \implies B(1;\,e)\).

Poiché \(x_A = 0 < x_B = 1\), i punti d'intersezione comuni trovati con entrambi i metodi sono:

Retta tangente comune in \(A\)

Calcoliamo la derivata prima \(f'(x)\). Poniamo \(u(x) = \dfrac{x^2 + ax}{x^2 + a}\), in modo che \(f(x) = e^{u(x)}\) e \(f'(x) = e^{u(x)} \cdot u'(x)\). Calcoliamo la derivata dell'esponente rispetto a \(x\):

\[u'(x) = \frac{(2x+a)(x^2+a) - (x^2+ax)(2x)}{(x^2+a)^2} =\] \[\frac{2x^3 + 2ax + ax^2 + a^2 - 2x^3 - 2ax^2}{(x^2+a)^2}\] \[u'(x) = \frac{a(-x^2 + 2x + a)}{(x^2+a)^2}\]

Valutiamo ora tale derivata nel punto di ascissa comune \(x = 0\):

\[u'(0) = \frac{a(0 + 0 + a)}{(0 + a)^2} = \frac{a^2}{a^2} = 1\]

Poiché \(f(0) = 1\) e \(f'(0) = e^{u(0)} \cdot u'(0) = e^0 \cdot 1 = 1\), constatiamo che il valore del coefficiente angolare della tangente in \(A\) è indipendente dal parametro \(a\). Tutte le curve del fascio condividono la medesima retta tangente in quel punto.

Soluzione del punto b

Valore di \(a\) per cui \(x = 3\) è punto stazionario

Un punto stazionario si ha quando la derivata prima si annulla, ovvero quando si annulla la derivata dell'esponente \(u(x) = \dfrac{x^2 + ax}{x^2 + a}\). Calcoliamo \(u'(x)\):

\[u'(x) = \frac{(2x+a)(x^2+a) - (x^2+ax)(2x)}{(x^2+a)^2} = \frac{2x^3 + 2ax + ax^2 + a^2 - 2x^3 - 2ax^2}{(x^2+a)^2} = \] \[=\frac{-ax^2 + 2ax + a^2}{(x^2+a)^2}\]

Raccogliendo \(a\) al numeratore otteniamo:

\[u'(x) = \frac{a(-x^2 + 2x + a)}{(x^2+a)^2}\]

Poiché \(f'(x) = e^{u(x)} \cdot u'(x)\) e \(e^{u(x)} > 0\), i punti stazionari dipendono esclusivamente dal numeratore di \(u'(x)\). Imponiamo che la derivata si annulli in \(x = 3\):

\[-(3)^2 + 2(3) + a = 0 \implies -9 + 6 + a = 0 \implies a = 3\]

Studio della funzione per \(a = 3\)

Sostituendo \(a = 3\), l'espressione analitica della funzione diventa:

\[f(x) = e^{\,\dfrac{x^2 + 3x}{x^2 + 3}}\]

Dominio: Il denominatore \(x^2 + 3\) non si annulla mai nel campo reale (\(x^2 + 3 > 0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\)). Il dominio è quindi \(\mathbb{R}\).

Segno e intersezioni: La funzione è un'esponenziale, pertanto \(f(x) > 0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\); il grafico non interseca l'asse delle ascisse. L'intersezione con l'asse delle ordinate si ha in \(f(0) = e^0 = 1\), ovvero nel punto \(A(0;\,1)\).

Limiti agli estremi e asintoti:

\[\lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2 + 3x}{x^2 + 3} = 1 \implies \lim_{x \to \pm\infty} f(x) = e^1 = e\]

La retta \(y = e\) è un asintoto orizzontale completo per il grafico della funzione, valido sia per \(x \to +\infty\) que per \(x \to -\infty\).

Derivata prima e monotonia: Sostituendo \(a = 3\) nell'espressione generale della derivata dell'esponente si ottiene:

\[u'(x) = \frac{3(-x^2 + 2x + 3)}{(x^2+3)^2}\]

Di conseguenza, la derivata prima della funzione è:

\[f'(x) = e^{\,\dfrac{x^2 + 3x}{x^2 + 3}} \cdot \frac{3(-x^2 + 2x + 3)}{(x^2+3)^2}\]

Poiché il fattore esponenziale, il coefficiente \(3\) e il denominatore al quadrato sono sempre positivi, il segno di \(f'(x)\) coincide con quello del trinomio di secondo grado \(p(x) = -x^2 + 2x + 3\).

Risolvendo l'equazione associata \(-x^2 + 2x + 3 = 0\), troviamo i due punti stazionari:

\[x = \frac{-2 \pm \sqrt{4 - 4(-1)(3)}}{-2} = \frac{-2 \pm 4}{-2} \implies x_1 = 3, \quad x_2 = -1\]

Studio del segno di \(f'(x)\):

• Per \(x < -1\): \(f'(x) < 0\) \(\implies\) la funzione è strettamente decrescente.
• Per \(-1 < x < 3\): \(f'(x) > 0\) \(\implies\) la funzione è strettamente crescente.
• Per \(x > 3\): \(f'(x) < 0\) \(\implies\) la funzione è strettamente decrescente.

In corrispondenza dei punti di inversione della monotonia abbiamo:

• In \(x = -1\) un punto di minimo relativo (e assoluto), con valore ordinata \(f(-1) = e^{-1/2} = \dfrac{1}{\sqrt{e}} \approx 0{,}61\).
• In \(x = 3\) un punto di massimo relativo (e assoluto), con valore ordinata \(f(3) = e^{3/2} = e\sqrt{e} \approx 4{,}48\).

Quanti punti di flesso? La funzione parte asintoticamente a quota \(y = e\), decresce fino al minimo in \(x=-1\), poi cresce fino al massimo in \(x=3\) ed infine decresce stabilizzandosi nuovamente verso l'asintoto orizzontale \(y = e\). Affinché il profilo della curva si raccordi geometricamente con continuità alle estremità asintotiche e nei punti di estremo locale, la concavità deve necessariamente cambiare orientamento:

1. Nel tratto iniziale decrescente, per passare dall'andamento asintotico piatto (concavità verso l'alto) alla conca del minimo (concavità verso l'alto), la curva deve avere un cambio di concavità prima di \(x = -1\).
2. Nel tratto intermedio crescente tra il minimo (\(x = -1\)) e il massimo (\(x = 3\)), la concavità deve necessariamente mutare da rivolta verso l'alto a rivolta verso il basso.
3. Nel tratto finale decrescente, per raccordare la cima del massimo (concavità verso il basso) con l'asintoto orizzontale \(y = e\) a \(+\infty\) (concavità verso l'alto), è indispensabile una terza variazione.

Pertanto, l'analisi qualitativa basata sulle informazioni note garantisce la presenza di esattamente tre punti di flesso per la funzione.

Soluzione del punto c

Pendenza della retta \(s\) in \(B = (1;\,e)\)

La pendenza della retta \(s\) è data dal valore della derivata prima calcolata nel punto di ascissa \(x = 1\), utilizzando la funzione studiata nel punto precedente con parametro \(a = 3\):

\[f'(x) = e^{\,\dfrac{x^2 + 3x}{x^2 + 3}} \cdot \frac{3(-x^2 + 2x + 3)}{(x^2+3)^2}\]

Sostituendo \(x = 1\) otteniamo:

\[m_s = f'(1) = e^{\,\dfrac{1 + 3}{1 + 3}} \cdot \frac{3(-1 + 2 + 3)}{(1+3)^2} = e^1 \cdot \frac{3(4)}{16} = e \cdot \frac{12}{16} = \frac{3}{4}e\]

L'equazione della retta \(s\) tangente in \(B = (1;\,e)\) è quindi:

\[s: y - e = \frac{3}{4}e(x - 1) \implies y = \frac{3}{4}ex + \frac{1}{4}e\]

Angolo acuto tra \(s\) e \(t\)

Le pendenze delle due rette sono \(m_s = \dfrac{3}{4}e \approx 2{,}039\) e \(m_t = 1\). Utilizziamo la formula trigonometrica per determinare l'angolo acuto \(\alpha\) compreso tra due rette:

\[\tan\alpha = \left|\frac{m_s - m_t}{1 + m_s \cdot m_t}\right| = \left|\frac{\dfrac{3}{4}e - 1}{1 + \dfrac{3}{4}e}\right| = \frac{\dfrac{3e - 4}{4}}{\dfrac{3e + 4}{4}} = \frac{3e - 4}{3e + 4}\]

Sostituendo il valore numerico approssimato di \(e \approx 2{,}71828\):

\[\tan\alpha \approx \frac{3(2{,}71828) - 4}{3(2{,}71828) + 4} = \frac{8{,}1548 - 4}{8{,}1548 + 4} = \frac{4{,}1548}{12{,}1548} \approx 0{,}3418\]

Estraendo l'arcotangente ricaviamo l'ampiezza dell'angolo:

\[\alpha = \arctan(0{,}3418) \approx 18{,}87^\circ \approx 18^\circ\,52'\]

Soluzione del punto d

Deduzione geometrica delle caratteristiche di \(g(x)\) dal grafico di \(f(x)\)

La funzione \(g(x) = \ln f(x)\) è una funzione composta in cui la curva \(f(x)\) fa da argomento al logaritmo naturale. Essendo il logaritmo una funzione strettamente crescente nel suo dominio, possiamo dedurre l'andamento di \(g(x)\) direttamente dall'analisi visiva del grafico di \(f(x)\):

• Dominio: L'argomento del logaritmo deve essere strettamente positivo. Dal grafico osserviamo che la curva \(f(x)\) giace interamente al di sopra dell'asse delle ascisse (\(f(x) > 0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\)). Pertanto, il dominio di \(g(x)\) è tutto \(\mathbb{R}\).
• Zeri e segno: Sappiamo che \(\ln(f(x)) = 0\) quando \(f(x) = 1\). Visivamente, gli zeri di \(g(x)\) corrispondono alle intersezioni della curva \(f(x)\) con la retta orizzontale \(y = 1\). Dal grafico di \(f(x)\) si individua immediatamente lo zero in \(x = 0\) (punto \(A\)) e, per simmetria dell'esponente, in \(x = -3\).
  Di conseguenza:
  • Nell'intervallo \((-3; 0)\) la curva \(f(x)\) si trova al di sotto della quota \(1\), quindi \(g(x) < 0\) (grafico sotto l'asse \(x\)).
  • Per \(x < -3\) e \(x > 0\) la curva \(f(x)\) è sopra quota \(1\), quindi \(g(x) > 0\) (grafico sopra l'asse \(x\)).
• Asintoti orizzontali: Il grafico di \(f(x)\) tende asintoticamente alla quota \(y = e\) per \(x \to \pm\infty\). Applicando il logaritmo, i limiti agli estremi di \(g(x)\) tendono a \(\ln(e) = 1\). La curva \(g(x)\) ammette quindi la retta \(\boldsymbol{y = 1}\) come asintoto orizzontale completo.
• Monotonia e punti stazionari: Poiché il logaritmo conserva la monotonia della funzione interna:
  • \(g(x)\) decresce dove \(f(x)\) decresce, ossia per \(x < -1\) e per \(x > 3\).
  • \(g(x)\) cresce dove \(f(x)\) cresce, ossia nell'intervallo \((-1; 3)\).
  • In corrispondenza del minimo locale di \(f(x)\) in \(x = -1\), la funzione \(g(x)\) presenterà un punto di minimo relativo (e assoluto) di coordinate \(m'(-1; \, \ln(0{,}61)) \approx (-1; \, -0{,}5)\).
  • In corrispondenza del massimo locale di \(f(x)\) in \(x = 3\), la funzione \(g(x)\) presenterà un punto di massimo relativo (e assoluto) di coordinate \(M'(3; \, \ln(4{,}48)) \approx (3; \, 1{,}5)\).

Espressione analitica di \(g(x)\)

Sostituendo l'espressione di \(f(x)\) per \(a = 3\), l'applicazione dell'operatore logaritmo naturale semplifica l'esponenziale di base \(e\):

\[g(x) = \ln\left(e^{\,\dfrac{x^2+3x}{x^2+3}}\right) = \frac{x^2 + 3x}{x^2 + 3}\]

Retta tangente \(r\) al grafico di \(g(x)\) in \(x = 0\)

Calcoliamo l'ordinata del punto di tangenza: \(g(0) = 0\). La pendenza della retta \(r\) corrisponde al valore della derivata prima \(g'(0)\). Derivando l'espressione razionale:

\[g'(x) = \frac{(2x+3)(x^2+3) - (x^2+3x)(2x)}{(x^2+3)^2} = \frac{3(-x^2 + 2x + 3)}{(x^2+3)^2}\]

Valutando in \(x = 0\):

\[g'(0) = \frac{3(3)}{3^2} = \frac{9}{9} = 1\]

L'equazione della retta tangente \(r\) passante per l'origine con pendenza \(m = 1\) è:

\[r: y = x\]

Area della regione finita di piano

Determiniamo i punti di intersezione tra la curva \(g(x)\) e la retta \(r: y = x\):

\[\frac{x^2 + 3x}{x^2 + 3} = x \implies x^2 + 3x = x^3 + 3x \implies x^2 - x^3 = 0 \implies x^2(1 - x) = 0\]

Le soluzioni sono \(x = 0\) (punto di tangenza, con molteplicità doppia) e \(x = 1\). La regione finita di piano è racchiusa nell'intervallo \([0; \, 1]\).

Nell'intervallo considerato, il grafico di \(g(x)\) si trova al di sopra della retta tangente \(r\), poiché per \(0 < x < 1\) la differenza \(g(x) - x = \dfrac{x^2(1-x)}{x^2+3}\) è strettamente positiva. L'area si calcola mediante il seguente integrale definito:

\[\text{Area} = \int_0^1 \left(\frac{x^2 + 3x}{x^2 + 3} - x\right) dx = \int_0^1 \frac{x^2 - x^3}{x^2 + 3}\,dx\]

Eseguiamo la divisione algebrica tra i polinomi al numeratore e al denominatore dell'integrando:

\[\frac{-x^3 + x^2}{x^2 + 3} = -x + 1 + \frac{3x - 3}{x^2 + 3}\]

Sostituendo questa espressione all'interno dell'integrale definito, possiamo spezzare la funzione in tre componenti immediate:

\[\text{Area} = \int_0^1 (-x + 1)\,dx + \int_0^1 \frac{3x}{x^2 + 3}\,dx - \int_0^1 \frac{3}{x^2 + 3}\,dx\]

Risolviamo i tre contributi separatamente:

• Primo termine (polinomiale): \[\int_0^1 (-x + 1)\,dx = \left[ -\frac{1}{2}x^2 + x \right]_0^1 = -\frac{1}{2} + 1 = \frac{1}{2}\]
• Secondo termine (logaritmico): moltiplichiamo e dividiamo per \(2\) per isolare la derivata del denominatore al numeratore: \[\frac{3}{2}\int_0^1 \frac{2x}{x^2 + 3}\,dx = \frac{3}{2} \left[ \ln(x^2 + 3) \right]_0^1 = \frac{3}{2}(\ln 4 - \ln 3) = \frac{3}{2}\ln\left(\frac{4}{3}\right)\]
• Terzo termine (arcotangente): \[\int_0^1 \frac{3}{x^2 + 3}\,dx = \frac{3}{\sqrt{3}}\left[ \arctan\left(\frac{x}{\sqrt{3}}\right) \right]_0^1 = \sqrt{3}\left(\frac{\pi}{6} - 0\right) = \frac{\pi\sqrt{3}}{6}\]

Riunendo i blocchi calcolati otteniamo il valore esatto dell'area:

\[\text{Area} = \frac{1}{2} + \frac{3}{2}\ln\left(\frac{4}{3}\right) - \frac{\pi\sqrt{3}}{6} \approx 0{,}5 + 0{,}4315 - 0{,}9069 = 0{,}0246\]