Simulazione 9 – Problema 2 – Versione DSA – Esame di Stato 2026

Soluzione del punto a

Limite per \(x \to +\infty\) e asintoto destro

\[\lim_{x \to +\infty} \frac{2}{e^x + 1} = \frac{2}{+\infty} = 0\] \[\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \left( x + \ln 4 + \frac{2}{e^x + 1} \right) = +\infty\]

Poiché il grafico diverge linearmente, cerchiamo l'asintoto obliquo \(y = mx + q\):

\[m = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \left( 1 + \frac{\ln 4}{x} + \frac{2}{x(e^x + 1)} \right) = 1\] \[q = \lim_{x \to +\infty} [f(x) - x] = \lim_{x \to +\infty} \left( \ln 4 + \frac{2}{e^x + 1} \right) = \ln 4\]

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Limite per \(x \to -\infty\) e asintoto sinistro

\[\lim_{x \to -\infty} \frac{2}{e^x + 1} = \frac{2}{0 + 1} = 2\] \[\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \left( x + \ln 4 + \frac{2}{e^x + 1} \right) = -\infty\]

Cerchiamo l'asintoto obliquo sinistro \(y = mx + q\):

\[m = \lim_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to -\infty} \left( 1 + \frac{\ln 4}{x} + \frac{2}{x(e^x + 1)} \right) = 1\] \[q = \lim_{x \to -\infty} [f(x) - x] = \lim_{x \to -\infty} \left( \ln 4 + \frac{2}{e^x + 1} \right) = \ln 4 + 2\]

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Verifica del centro di simmetria \(A(0;\, 1 + \ln 4)\)

Un punto \((x_0;\,y_0)\) è centro di simmetria per il grafico di \(f\) se e solo se vale la relazione:

\[f(x_0 + t) + f(x_0 - t) = 2y_0 \quad \forall t\]

Con \(x_0 = 0\), questo equivale a verificare che \(f(x) + f(-x) = 2(1 + \ln 4)\) per ogni \(x\).

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

I termini \(-x\) e \(x\) si cancellano. Sommiamo le due frazioni dopo aver riscritta la prima moltiplicando numeratore e denominatore per \(e^x\):

\[= 2\ln 4 + \frac{2e^x}{e^x + 1} + \frac{2}{e^x + 1} = 2\ln 4 + \frac{2e^x + 2}{e^x + 1}\] \[= 2\ln 4 + \frac{2(e^x + 1)}{e^x + 1} = 2\ln 4 + 2 = 2(1 + \ln 4) \quad \checkmark\] ↑ Nascondi soluzione

Soluzione del punto b

Esistenza e unicità della soluzione per ogni \(m\)

Per dimostrare che l'equazione \(f(x) = m\) ammette una e una sola soluzione per qualunque valore reale di \(m\), analizziamo la derivata prima della funzione per studiarne la monotonia.

\[f'(x) = 1 + 0 + 2 \cdot (-1)(e^x + 1)^{-2} \cdot e^x = 1 - \frac{2e^x}{(e^x + 1)^2}\] \[f'(x) = \frac{(e^x + 1)^2 - 2e^x}{(e^x + 1)^2} = \frac{(e^{2x} + 2e^x + 1) - 2e^x}{(e^x + 1)^2} = \frac{e^{2x} + 1}{(e^x + 1)^2}\]

• Il numeratore \(e^{2x} + 1 > 0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\) (somma di quantità sempre positive).
• Il denominatore \((e^x + 1)^2 > 0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\) (quadrato di una quantità positiva).

Essendo \(f'(x) > 0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\), la funzione è strettamente crescente su tutto il suo dominio.

Poiché la funzione è continua, strettamente crescente e i suoi limiti agli estremi del dominio sono \(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty\) e \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\), l'immagine della funzione coincide con l'intero asse reale \(\mathbb{R}\). Per il teorema dei valori intermedi e per la stretta monotonia, la funzione assume ogni valore reale \(m\) una e una sola volta. Di conseguenza, l'equazione \(f(x) = m\) ammette sempre un'unica soluzione.

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Determinazione del valore di \(m\) per la soluzione \(-\alpha\)

Ci viene dato che \(\alpha\) è la soluzione dell'equazione \(f(x) = 3\), il che significa che vale l'uguaglianza:

\[f(\alpha) = 3\]

Vogliamo trovare il valore \(m\) tale che \(-\alpha\) sia soluzione di \(f(x) = m\), ossia:

\[f(-\alpha) = m\] \[f(\alpha) + f(-\alpha) = 2 + 2\ln 4\] \[3 + m = 2 + 2\ln 4 \implies m = 2 + 2\ln 4 - 3 \implies m = 2\ln 4 - 1\] ↑ Nascondi soluzione

Soluzione del punto c

Verifica della rappresentazione analitica alternativa

Partiamo dalla definizione originaria di \(f(x) = x + \ln 4 + \frac{2}{e^x + 1}\).

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

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Studio degli asintoti obliqui

Verifichiamo il comportamento della funzione agli estremi del dominio per confermare la presenza degli asintoti obliqui \(r\) e \(s\).

\[\lim_{x \to +\infty} [f(x) - (x + \ln 4)] = \lim_{x \to +\infty} \frac{2}{e^x + 1} = 0\]

Questo prova che la retta \(r: y = x + \ln 4\) è asintoto obliquo destro per il grafico \(\Gamma\).

\[\lim_{x \to -\infty} [f(x) - (x + 2 + \ln 4)] = \lim_{x \to -\infty} \left(-\frac{2e^x}{e^x + 1}\right) = 0\]

Questo prova che la retta \(s: y = x + 2 + \ln 4\) è asintoto obliquo sinistro per il grafico \(\Gamma\).

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Verifica della striscia piana

Per dimostrare che il grafico \(\Gamma\) si trova interamente all'interno della striscia piana delimitata dai due asintoti paralleli, valutiamo i segni delle differenze tra la funzione e le rette:

• Posizione rispetto ad \(r\): Sottraendo l'equazione di \(r\) da \(f(x)\) ricaviamo \(\displaystyle f(x) - (x + \ln 4) = \frac{2}{e^x + 1}\). Poiché questa frazione è strettamente positiva per ogni \(x\), il grafico \(\Gamma\) si trova sempre al di sopra dell'asintoto destro \(r\).
• Posizione rispetto a \(s\): Sottraendo l'equazione di \(s\) da \(f(x)\) ricaviamo \(\displaystyle f(x) - (x + 2 + \ln 4) = -\frac{2e^x}{e^x + 1}\). Essendo preceduta dal segno meno, questa quantità è strettamente negativa per ogni \(x\), il che indica che il grafico \(\Gamma\) si trova sempre al di sotto dell'asintoto sinistro \(s\).

Grafico qualitativo

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Soluzione del punto d

Semplificazione della funzione integranda

Sostituiamo la definizione di \(f(x)\) all'interno dell'integrale:

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

Il limite diventa quindi:

\[\lim_{\beta \to +\infty} \int_{0}^{\beta} \frac{2}{e^x + 1}\,dx\]

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Calcolo dell'integrale definito su \([0;\,\beta]\)

Dobbiamo trovare una primitiva di \(\dfrac{2}{e^x + 1}\). Utilizziamo il trucco algebrico di aggiungere e sottrarre \(2e^x\) al numeratore:

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

Applichiamo il Teorema Fondamentale del calcolo negli estremi \(0\) e \(\beta\):

\[I(\beta) = \Big[ 2x - 2\ln(e^x + 1) \Big]_{0}^{\beta} = \Big(2\beta - 2\ln(e^\beta + 1)\Big) - \Big(0 - 2\ln 2\Big)\] \[= 2\beta - 2\ln(e^\beta + 1) + 2\ln 2\]

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Calcolo del limite per \(\beta \to +\infty\)

Per evitare la forma indeterminata \(\infty - \infty\), raccogliamo i termini con il logaritmo usando le proprietà \(2\beta = \ln(e^{2\beta})\) e \(2\ln A = \ln(A^2)\):

\[2\beta - 2\ln(e^\beta + 1) = \ln(e^{2\beta}) - \ln(e^\beta + 1)^2 = \ln\!\left( \frac{e^{2\beta}}{(e^\beta + 1)^2} \right)\] \[\lim_{\beta \to +\infty} \frac{e^{2\beta}}{(e^\beta + 1)^2} = \lim_{\beta \to +\infty} \frac{e^{2\beta}}{e^{2\beta}\!\left(1 + \frac{1}{e^\beta}\right)^2} = \frac{1}{(1+0)^2} = 1\]

Poiché l'argomento del logaritmo tende a \(1\), si ha \(\ln(\ldots) \to \ln 1 = 0\). Quindi:

\[\lim_{\beta \to +\infty} I(\beta) = 0 + 2\ln 2 = \ln(2^2) = \ln 4\]

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Significato geometrico

La quantità \(f(x) - (x + \ln 4)\) misura la distanza verticale tra la curva \(f\) e il suo asintoto obliquo destro \(r: y = x + \ln 4\). Poiché \(f(x) > x + \ln 4\) per ogni \(x\) (la curva sta sempre al di sopra dell'asintoto destro), l'integrale calcolato rappresenta l'area della regione illimitata compresa tra il grafico di \(f\) e la retta \(r\) per \(x \geq 0\). Il fatto che questo valore sia finito (\(\ln 4\)) conferma che, pur essendo la regione illimitata in larghezza, ha area finita.

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