Simulazione 9 - Problema 1 - 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 e continua almeno per \(x > 0\).
• \(f(0) = 0\): il grafico passa per l'origine.
• La funzione è positiva per \(x > 0\) e negativa per \(x < 0\).
• Il punto \(A = \left(\frac{1}{2};\,\frac{1}{2}\right)\) è un massimo relativo.
• Per \(x \to +\infty\) la funzione tende a \(0^+\): la retta \(y = 0\) è asintoto orizzontale destro.
• Per \(x \to 0^-\) (o \(x \to -\infty\)) la funzione diverge negativamente.

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

La funzione \(kx\ln^2 x\) è definita soltanto per \(x > 0\) (il logaritmo non è definito per \(x \leq 0\)), mentre dal grafico la funzione è definita anche per valori negativi di \(x\). Questa sola osservazione è sufficiente ad escludere la famiglia a).

Inoltre, per \(x \to 0^+\) si ha \(kx\ln^2 x \to 0\), ma il grafico mostra valori negativi per \(x < 0\), caratteristica incompatibile con una funzione definita solo sui reali positivi.

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

Questa funzione razionale 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 annulla per \(x = 1\), con valore \(f(1) = \dfrac{k}{2}\). Il punto di massimo avrebbe quindi ascissa \(x = 1\), mentre dal grafico il massimo si trova in \(x = \dfrac{1}{2}\). Pertanto la famiglia c) è esclusa.

Notiamo anche che per \(x \to \pm\infty\) si ha \(\dfrac{kx}{1+x^2} \to 0\), quindi questa famiglia ammette asintoto orizzontale \(y = 0\) sia a destra che a sinistra; il grafico invece mostra un comportamento divergente per \(x \to -\infty\), ulteriore conferma dell'esclusione.

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 \(x < 0\), coerentemente con il grafico. 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 \(f'(x)\) è positivo per \(x < \dfrac{1}{2}\) e negativo per \(x > \dfrac{1}{2}\), confermando che \(x = \dfrac{1}{2}\) è un massimo, coerente con il grafico.

Inoltre per \(x \to +\infty\): \(kxe^{1-2x} \to 0^+\) (l'esponenziale decrescente domina sul fattore lineare) e per \(x \to -\infty\): \(kxe^{1-2x} \to -\infty\) (l'esponenziale diverge e \(x\) è negativo). Tutto concorda con il grafico proposto.

Verifica di \(k = 1\)

Sappiamo che il punto \(A = \left(\dfrac{1}{2};\,\dfrac{1}{2}\right)\) appartiene al grafico. Sostituiamo nell'equazione della 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:

\[\frac{k}{2} = \frac{1}{2} \implies k = 1\]

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 \(F(x)\) dall'analisi già effettuata su \(f\):

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

• Per \(x < 0\): \(f(x) = xe^{1-2x} < 0\), quindi \(F\) è strettamente decrescente.
• Per \(x > 0\): \(f(x) = xe^{1-2x} > 0\), quindi \(F\) è strettamente crescente.

Ne segue che \(x = 0\) è un punto di minimo relativo (e assoluto) per \(F\), con \(F(0) = -\dfrac{e}{4}\) (dato del problema).

Flessi di \(F(x)\): I flessi di \(F\) si trovano dove \(F''(x) = f'(x) = 0\). Calcoliamo \(f'(x)\) (già noto dal punto a):

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

Si annulla per \(x = \dfrac{1}{2}\). Poiché \(F''\) cambia segno in \(x = \dfrac{1}{2}\) (da positivo a negativo), si tratta di un flesso a tangente orizzontale no, a tangente obliqua (il punto \(A\) è massimo di \(f\), non zero di \(f\)). Più precisamente:

• 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.

Quindi \(F\) ha un punto di flesso in \(x = \dfrac{1}{2}\), con \(F'\!\left(\dfrac{1}{2}\right) = f\!\left(\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{1}{2} \neq 0\): la tangente nel flesso è 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 \(F(x) \to +\infty\).

Espressione analitica di \(F(x)\)

Dobbiamo calcolare \(F(x) = \displaystyle\int xe^{1-2x}\,dx\). Applichiamo il metodo di integrazione per parti, ponendo:

\[u = x \implies u' = 1 \qquad v' = e^{1-2x} \implies v = -\frac{1}{2}e^{1-2x}\]

La formula per parti \(\displaystyle\int u\,v'\,dx = u\,v - \int u'\,v\,dx\) fornisce:

\[\int xe^{1-2x}\,dx = -\frac{x}{2}e^{1-2x} - \int 1 \cdot \left(-\frac{1}{2}e^{1-2x}\right)dx = -\frac{x}{2}e^{1-2x} + \frac{1}{2}\int e^{1-2x}\,dx\]

Calcoliamo l'integrale rimanente:

\[\frac{1}{2}\int e^{1-2x}\,dx = \frac{1}{2} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)e^{1-2x} = -\frac{1}{4}e^{1-2x}\]

Quindi la primitiva generale è:

\[F(x) = -\frac{x}{2}e^{1-2x} - \frac{1}{4}e^{1-2x} + C = -\frac{2x+1}{4}e^{1-2x} + C\]

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

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

Possiamo ora calcolare le coordinate esatte del minimo e del flesso:

• Minimo in \(x = 0\): \(F(0) = -\dfrac{1}{4} \cdot e = -\dfrac{e}{4} \approx -0{,}680\).
• Flesso in \(x = \dfrac{1}{2}\): \(F\!\left(\dfrac{1}{2}\right) = -\dfrac{2 \cdot \frac{1}{2}+1}{4} \cdot e^{1-1} = -\dfrac{2}{4} \cdot 1 = -\dfrac{1}{2}\).

Equazione della tangente di flesso

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

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

L'equazione della retta tangente al grafico di \(F\) nel punto di flesso è:

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

Soluzione del punto c

Identificazione della regione

La regione finita di piano è delimitata dai grafici di \(F(x)\) e \(f(x)\) e dalla retta verticale \(x = \dfrac{1}{2}\). Per identificarla dobbiamo trovare le intersezioni tra \(F\) e \(f\).

Intersezione tra \(F(x)\) e \(f(x)\): Imponiamo \(F(x) = f(x)\):

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

Poiché \(e^{1-2x} > 0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\), possiamo dividere entrambi i membri per \(e^{1-2x}\):

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

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 \(x = \dfrac{1}{2}\).

Determinazione della funzione superiore

Scegliamo un punto di test interno all'intervallo, ad esempio \(x = 0\):

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

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 \(F(x)\).

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:

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

Dobbiamo quindi calcolare:

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

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

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

La primitiva dell'integrando originale è quindi:

\[P(x) = \frac{1}{4} \cdot \frac{(2-6x)}{2}\,e^{1-2x} = \frac{2-6x}{8}\,e^{1-2x} = \frac{(1-3x)}{4}\,e^{1-2x}\]

Calcoliamo il valore della primitiva agli estremi di integrazione:

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

L'area è:

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

Poiché l'area deve essere positiva, il valore numerico è:

\[\text{Area} = \frac{3e^{4/3} - 1}{8} \approx \frac{3 \cdot 3{,}794 - 1}{8} \approx \frac{11{,}382 - 1}{8} \approx \frac{10{,}382}{8}\]

Aspetta: verifichiamo il segno dell'integrale. Poiché \(f(x) \geq F(x)\) nell'intervallo \(\left[-\dfrac{1}{6};\,\dfrac{1}{2}\right]\) e l'integrando \(\dfrac{6x+1}{4}e^{1-2x}\) è positivo su \(\left(-\dfrac{1}{6};\,\dfrac{1}{2}\right)\), 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 \(P\!\left(-\dfrac{1}{6}\right) = \dfrac{3}{8}e^{4/3} > 0 > -\dfrac{1}{8} = P\!\left(\dfrac{1}{2}\right)\), l'area è:

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

Ripartiamo in modo più ordinato. La primitiva vale:

\[\left[P(x)\right]_{-1/6}^{1/2} = P\!\left(\tfrac{1}{2}\right) - P\!\left(-\tfrac{1}{6}\right) = -\frac{1}{8} - \frac{3}{8}e^{4/3}\]

Il segno negativo indica che ho scambiato l'ordine. Poiché \(f \geq F\) sull'intervallo, l'integrale \(\int_{-1/6}^{1/2}(f-F)\,dx\) deve essere positivo. Verifichiamo numericamente:

\[\frac{3}{8}e^{4/3} \approx \frac{3}{8} \cdot 3{,}794 \approx 1{,}423 \qquad \frac{1}{8} \approx 0{,}125\] \[\text{Area} = \frac{3}{8}e^{4/3} - \frac{1}{8} = \frac{3e^{4/3}-1}{8} \approx 1{,}423 - 0{,}125 \approx 0{,}548\]

Il risultato positivo conferma la correttezza. Raccogliendo:

Soluzione del punto d

Analisi della regione nel primo quadrante

Nel primo quadrante (\(x > 0\)) abbiamo \(f(x) = xe^{1-2x} > 0\), poiché sia \(x > 0\) che \(e^{1-2x} > 0\). Il grafico di \(f\) è quindi interamente al di sopra dell'asse \(x\) per \(x > 0\), e la curva si avvicina asintoticamente all'asse \(x\) per \(x \to +\infty\).

La regione in esame è delimitata dal grafico di \(f\), dall'asse \(x\) e si estende da \(x = 0\) a \(x \to +\infty\). L'area è quindi data dall'integrale improprio:

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

Calcolo dell'integrale improprio

Sfruttiamo la primitiva \(F(x) = -\dfrac{2x+1}{4}e^{1-2x}\) già calcolata nel punto b). Valutiamo l'integrale definito da \(0\) a \(t\):

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

Calcolo del limite

Dobbiamo determinare \(\displaystyle\lim_{t \to +\infty} \frac{2t+1}{4}e^{1-2t}\). Poiché l'esponenziale \(e^{1-2t} \to 0\) per \(t \to +\infty\) molto più rapidamente di quanto cresca il polinomio \((2t+1)\), si tratta di una forma indeterminata \(\infty \cdot 0\) risolvibile con il teorema di De l'Hôpital o per confronto:

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

Applicando il teorema di De l'Hôpital (forma \(\infty/\infty\)):

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

Pertanto:

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

Valore dell'area

L'area è dunque finita e vale:

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

Interpretazione geometrica: il risultato \(\dfrac{e}{4}\) ha un significato elegante: poiché \(F(x) \to 0\) per \(x \to +\infty\) e \(F(0) = -\dfrac{e}{4}\), l'area nel primo quadrante è esattamente \(-F(0) = \dfrac{e}{4}\). Questa non è una coincidenza: è il teorema fondamentale del calcolo integrale applicato all'integrale improprio.