Simulazione 9 – Problema 1 – Versione DSA – Esame di Stato 2026

Soluzione del punto a

Lettura del grafico

Prima di procedere con le esclusioni, raccogliamo le informazioni chiave che si leggono direttamente dal grafico:

• La funzione è definita su tutto \(\mathbb{R}\) e passa per l'origine: \(f(0) = 0\).
• La funzione è positiva per \(x > 0\) e negativa per \(x < 0\).
• Il punto \(A = \left(\dfrac{1}{2};\,\dfrac{1}{2}\right)\) è un massimo relativo.
• Per \(x \to +\infty\): \(f(x) \to 0^+\) — la retta \(y = 0\) è asintoto orizzontale destro.
• Per \(x \to -\infty\): la funzione diverge negativamente.

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Esclusione della famiglia a): \(f(x) = kx\ln^2 x\)

La funzione \(kx\ln^2 x\) è definita soltanto per \(x > 0\), poiché il logaritmo non è definito per \(x \leq 0\). Dal grafico invece la funzione è definita e negativa anche per \(x < 0\). Questa sola osservazione è sufficiente ad escludere la famiglia a).

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Esclusione della famiglia c): \(f(x) = \dfrac{kx}{1+x^2}\)

Questa funzione è definita su tutto \(\mathbb{R}\) e soddisfa \(f(0) = 0\). Calcoliamone la derivata per trovare il massimo:

\[f'(x) = k \cdot \frac{(1+x^2) - x \cdot 2x}{(1+x^2)^2} = k \cdot \frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}\]

Il massimo si trova per \(x = 1\), con valore \(f(1) = \dfrac{k}{2}\). Ma dal grafico il massimo è in \(x = \dfrac{1}{2}\): famiglia c) esclusa.

Ulteriore conferma: per \(x \to -\infty\), \(\dfrac{kx}{1+x^2} \to 0\) (asintoto orizzontale anche a sinistra), mentre il grafico mostra divergenza a \(-\infty\).

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Scelta della famiglia b): \(f(x) = kxe^{1-2x}\)

La funzione \(kxe^{1-2x}\) è definita su tutto \(\mathbb{R}\), è nulla in \(x = 0\), positiva per \(x > 0\) e negativa per \(x < 0\). Verifichiamo il massimo:

\[f'(x) = k\left[e^{1-2x} + x \cdot (-2)e^{1-2x}\right] = ke^{1-2x}(1 - 2x)\]

Poiché \(e^{1-2x} > 0\) sempre, \(f'(x) = 0\) se e solo se \(1 - 2x = 0\), cioè \(x = \dfrac{1}{2}\). Il segno di \(f'(x)\):

• Positivo per \(x < \dfrac{1}{2}\) → funzione crescente.
• Negativo per \(x > \dfrac{1}{2}\) → funzione decrescente.

Quindi \(x = \dfrac{1}{2}\) è un massimo, in accordo con il grafico. Inoltre per \(x \to +\infty\): \(kxe^{1-2x} \to 0^+\) e per \(x \to -\infty\): \(kxe^{1-2x} \to -\infty\). Tutto concorda.

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Verifica di \(k = 1\)

Il punto \(A = \left(\dfrac{1}{2};\,\dfrac{1}{2}\right)\) appartiene al grafico. Sostituiamo nella famiglia b):

\[f\!\left(\tfrac{1}{2}\right) = k \cdot \frac{1}{2} \cdot e^{1 - 2 \cdot \frac{1}{2}} = k \cdot \frac{1}{2} \cdot e^0 = \frac{k}{2}\]

Affinché \(f\!\left(\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{1}{2}\), deve essere:

\[\frac{k}{2} = \frac{1}{2} \implies k = 1\] ↑ Nascondi soluzione

Soluzione del punto b

Grafico qualitativo di \(F(x)\) tramite l'analisi di \(f(x) = F'(x)\)

Poiché \(F'(x) = f(x) = xe^{1-2x}\), possiamo dedurre il comportamento di \(F(x)\) senza calcolarne l'espressione.

Estremanti di \(F(x)\): si trovano dove \(F'(x) = f(x) = 0\). Poiché \(e^{1-2x} > 0\) sempre, l'unica soluzione è \(x = 0\).

• Per \(x < 0\): \(f(x) < 0\) → \(F\) è strettamente decrescente.
• Per \(x > 0\): \(f(x) > 0\) → \(F\) è strettamente crescente.

Quindi \(x = 0\) è un minimo assoluto di \(F\), con \(F(0) = -\dfrac{e}{4}\) (dato del problema).

Flessi di \(F(x)\): si trovano dove \(F''(x) = f'(x) = 0\). Dal punto a) sappiamo che:

\[F''(x) = f'(x) = e^{1-2x}(1 - 2x)\]

Si annulla per \(x = \dfrac{1}{2}\). Poiché \(F''\) cambia segno in questo punto:

• Per \(x < \dfrac{1}{2}\): \(F''(x) > 0\) → \(F\) è concava verso l'alto.
• Per \(x > \dfrac{1}{2}\): \(F''(x) < 0\) → \(F\) è concava verso il basso.

\(F\) ha un punto di flesso in \(x = \dfrac{1}{2}\). La tangente nel flesso ha pendenza \(F'\!\left(\dfrac{1}{2}\right) = f\!\left(\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{1}{2} \neq 0\): è una tangente obliqua.

Asintoti di \(F(x)\):

• Per \(x \to +\infty\): poiché \(f(x) \to 0^+\), la derivata \(F'(x)\) tende a zero, indicando che le tangenti al grafico di \(F(x)\) tendono a diventare orizzontali. Data la rapidità con cui \(f(x)\) si annulla (andamento esponenziale), l'area totale sottesa nel primo quadrante è finita. Questo garantisce che la funzione non cresca all'infinito ma si stabilizzi, presentando un asintoto orizzontale destro \(y = L\).
• Per \(x \to -\infty\): dal grafico della derivata si nota che \(f(x) = F'(x) \to -\infty\). Non possono esservi asintoti verticali poiché \(F'(x)\) è continua su tutto \(\mathbb{R}\). Inoltre, non può esserci un asintoto obliquo poiché l'eventuale coefficiente angolare \(m = \lim_{x \to -\infty} \frac{F(x)}{x}\), per il teorema di De L'Hôpital, è pari a \(\lim_{x \to -\infty} F'(x) = -\infty\), che non è un valore finito. Pertanto, non vi sono asintoti a sinistra e \(F(x) \to +\infty\).

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Espressione analitica di \(F(x)\)

Calcoliamo \(F(x) = \displaystyle\int xe^{1-2x}\,dx\) con il metodo di integrazione per parti:

\[u = x \implies u' = 1 \qquad v' = e^{1-2x} \implies v = -\frac{1}{2}e^{1-2x}\] \[\int xe^{1-2x}\,dx = -\frac{x}{2}e^{1-2x} + \frac{1}{2}\int e^{1-2x}\,dx =\] \[=-\frac{x}{2}e^{1-2x} + \frac{1}{2} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)e^{1-2x} + C\] \[= -\frac{x}{2}e^{1-2x} - \frac{1}{4}e^{1-2x} + C = -\frac{2x+1}{4}\,e^{1-2x} + C\]

Determiniamo la costante \(C\) usando la condizione iniziale \(F(0) = -\dfrac{e}{4}\):

\[F(0) = -\frac{1}{4}\,e + C = -\frac{e}{4} \implies C = 0\]

Coordinate esatte dei punti notevoli:

• Minimo assoluto: \(\left(0;\,-\dfrac{e}{4}\right) \approx (0;\,-0{,}680)\).
• Flesso: \(\left(\dfrac{1}{2};\,F\!\left(\dfrac{1}{2}\right)\right) = \left(\dfrac{1}{2};\,-\dfrac{2}{4}\cdot 1\right) =\) \( =\left(\dfrac{1}{2};\,-\dfrac{1}{2}\right)\).

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Equazione della tangente di flesso

Il punto di flesso ha coordinate \(\left(\dfrac{1}{2};\,-\dfrac{1}{2}\right)\). La pendenza della tangente è:

\[m = F'\!\left(\tfrac{1}{2}\right) = f\!\left(\tfrac{1}{2}\right) = \frac{1}{2} \cdot e^0 = \frac{1}{2}\]

Equazione della retta tangente:

\[y - \left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}\left(x - \frac{1}{2}\right) \implies \] \[y =\frac{1}{2}x - \frac{1}{4} - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}x - \frac{3}{4}\] ↑ Nascondi soluzione

Soluzione del punto c

Intersezione tra \(F(x)\) e \(f(x)\)

Imponiamo \(F(x) = f(x)\):

\[-\frac{2x+1}{4}\,e^{1-2x} = x\,e^{1-2x}\]

Poiché \(e^{1-2x} > 0\) sempre, dividiamo entrambi i membri per \(e^{1-2x}\):

\[-\frac{2x+1}{4} = x \implies -(2x+1) = 4x \implies -1 = 6x \implies x = -\frac{1}{6}\]

L'unica intersezione tra \(F\) e \(f\) è in \(x = -\dfrac{1}{6}\). La regione finita è quindi compresa tra \(x = -\dfrac{1}{6}\) e \(x = \dfrac{1}{2}\).

Funzione superiore nell'intervallo

Scegliamo il punto di test \(x = 0\):

\[F(0) = -\frac{e}{4} \approx -0{,}680 \qquad f(0) = 0\]

Poiché \(f(0) > F(0)\), nell'intervallo \(\left[-\dfrac{1}{6};\,\dfrac{1}{2}\right]\) la funzione \(f(x)\) si trova al di sopra di \(F(x)\).

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Calcolo dell'area

L'area della regione è:

\[\text{Area} = \int_{-1/6}^{1/2} \bigl[f(x) - F(x)\bigr]\,dx\]

Calcoliamo l'integrando:

\[f(x) - F(x) = xe^{1-2x} + \frac{2x+1}{4}\,e^{1-2x} = e^{1-2x}\!\left(x + \frac{2x+1}{4}\right) =\] \[=\frac{6x+1}{4}\,e^{1-2x}\]

Dobbiamo quindi calcolare:

\[\text{Area} = \frac{1}{4}\int_{-1/6}^{1/2} (6x+1)\,e^{1-2x}\,dx\]

Calcoliamo la primitiva di \((6x+1)e^{1-2x}\) per parti:

\[u = 6x+1 \implies u' = 6 \qquad v' = e^{1-2x} \implies v = -\frac{1}{2}e^{1-2x}\] \[\int (6x+1)e^{1-2x}\,dx = -\frac{6x+1}{2}\,e^{1-2x} - 3\!\int e^{1-2x}\,dx\] \[= -\frac{6x+1}{2}\,e^{1-2x} + \frac{3}{2}\,e^{1-2x} = e^{1-2x}\!\left(\frac{3-(6x+1)}{2}\right) =\] \[=\frac{(2-6x)}{2}\,e^{1-2x}\]

La primitiva dell'integrando originale è quindi:

\[P(x) = \frac{1}{4} \cdot \frac{2-6x}{2}\,e^{1-2x} = \frac{1-3x}{4}\,e^{1-2x}\]

Calcoliamo \(P\) agli estremi:

\[P\!\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1 - \frac{3}{2}}{4}\,e^{0} =\] \[=\frac{-\frac{1}{2}}{4} = -\frac{1}{8}\] \[P\!\left(-\frac{1}{6}\right) = \frac{1 + \frac{1}{2}}{4}\,e^{\frac{4}{3}} = \frac{\frac{3}{2}}{4}\,e^{\frac{4}{3}} =\] \[=\frac{3}{8}\,e^{\frac{4}{3}}\]

L'area è:

\[\text{Area} = P\!\left(\frac{1}{2}\right) - P\!\left(-\frac{1}{6}\right) =\] \[=-\frac{1}{8} - \frac{3}{8}\,e^{4/3}\]

Poiché l'integrando è positivo sull'intervallo di integrazione, il valore dell'area (positivo) si ottiene come:

\[\text{Area} = \frac{3}{8}\,e^{4/3} - \frac{1}{8} = \frac{3e^{4/3} - 1}{8}\] ↑ Nascondi soluzione

Soluzione del punto d

Analisi della regione nel primo quadrante

Per \(x > 0\) si ha \(f(x) = xe^{1-2x} > 0\): la curva è interamente al di sopra dell'asse \(x\) e tende asintoticamente a \(0\) per \(x \to +\infty\). La regione si estende da \(x = 0\) all'infinito.

L'area è data dall'integrale improprio:

\[\text{Area} = \int_0^{+\infty} xe^{1-2x}\,dx = \lim_{t \to +\infty} \int_0^{t} xe^{1-2x}\,dx\]

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Calcolo dell'integrale improprio

Usiamo la primitiva \(F(x) = -\dfrac{2x+1}{4}\,e^{1-2x}\) già trovata nel punto b):

\[\int_0^{t} xe^{1-2x}\,dx = \left[-\frac{2x+1}{4}\,e^{1-2x}\right]_0^{t} = -\frac{2t+1}{4}\,e^{1-2t} + \frac{1}{4}\,e = \frac{e}{4} - \frac{2t+1}{4}\,e^{1-2t}\]

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Calcolo del limite

Dobbiamo calcolare \(\displaystyle\lim_{t \to +\infty} \frac{2t+1}{4}\,e^{1-2t}\). Si tratta della forma indeterminata \(\infty \cdot 0\), riscriviamo come \(\dfrac{\infty}{\infty}\) e applichiamo De l'Hôpital:

\[\lim_{t \to +\infty} \frac{2t+1}{e^{2t}} \overset{\text{H}}{=} \lim_{t \to +\infty} \frac{2}{2e^{2t}} = \lim_{t \to +\infty} \frac{1}{e^{2t}} = 0\]

Quindi:

\[\lim_{t \to +\infty} \frac{2t+1}{4}\,e^{1-2t} = 0\]

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Valore dell'area

L'integrale improprio converge: l'area è finita.

\[\text{Area} = \lim_{t \to +\infty}\left[\frac{e}{4} - \frac{2t+1}{4}\,e^{1-2t}\right] =\] \[= \frac{e}{4} - 0 = \frac{e}{4}\]

Nota geometrica: poiché \(F(x) \to 0\) per \(x \to +\infty\) e \(F(0) = -\dfrac{e}{4}\), l'area nel primo quadrante è esattamente \(-F(0) = \dfrac{e}{4}\): una conseguenza diretta del teorema fondamentale del calcolo integrale applicato all'integrale improprio.

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