Simulazione 9 - Problema 2 - Esame di Stato 2026

Soluzione del punto a

Calcolo dei limiti

Analizziamo il comportamento asintotico della funzione nei due estremi del dominio \(\mathbb{R}\):

• Per \(x \to +\infty\):
  Il termine \(x \to +\infty\), mentre l'esponenziale al denominatore diverge: \(\displaystyle\lim_{x\to +\infty} e^x = +\infty\).
  Pertanto la frazione tende a zero: \(\displaystyle\lim_{x\to +\infty} \frac{2}{e^x+1} = 0\).
  Di conseguenza: \[\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \left(x + \ln 4 + \frac{2}{e^x+1}\right) = +\infty\]
• Per \(x \to -\infty\):
  Il termine \(x \to -\infty\), mentre l'esponenziale tende a zero: \(\displaystyle\lim_{x\to -\infty} e^x = 0\).
  La frazione tende quindi a \(\dfrac{2}{0+1} = 2\).
  Di conseguenza: \[\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \left(x + \ln 4 + \frac{2}{e^x+1}\right) = -\infty\]

Calcolo della somma \(f(x) + f(-x)\)

Scriviamo l'espressione di \(f(-x)\):

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

Per semplificare l'ultimo termine, moltiplichiamo numeratore e denominatore per \(e^x\):

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

Quindi:

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

Ora sommiamo \(f(x)\) e \(f(-x)\):

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

I termini in \(x\) ed \(-x\) si elidono, e possiamo raggruppare le frazioni avendo lo stesso denominatore:

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

Dimostrazione della simmetria centrale rispetto ad \(A\)

Le equazioni della simmetria centrale rispetto al punto \(A(0;\, 1+\ln 4)\) sono descritte dal sistema:

\[\begin{cases} x' = -x \\ y' = 2(1 + \ln 4) - y \end{cases}\]

che possiamo scrivere nella forma di sostituzione diretta per i punti del grafico \(\Gamma\):

\[\begin{cases} x \to -x \\ y \to 2 + 2\ln 4 - y \end{cases}\]

Affinché il grafico della funzione sia simmetrico rispetto ad \(A\), sostituendo queste espressioni nell'equazione della curva \(y = f(x)\) dobbiamo riottenere la medesima relazione funzionale. Sostituendo si ha:

\[2 + 2\ln 4 - y = f(-x) \implies y = 2 + 2\ln 4 - f(-x)\]

Poiché i punti appartengono alla curva, vale l'uguaglianza \(y = f(x)\), il che ci conduce alla nota condizione analitica di simmetria rispetto ad un punto:

\[f(x) = 2 + 2\ln 4 - f(-x) \implies f(x) + f(-x) = 2 + 2\ln 4\]

Poiché il calcolo algebrico eseguito in precedenza ha confermato esattamente che la somma \(f(x) + f(-x)\) è pari a \(2\ln 4 + 2\), resta geometricamente e analiticamente dimostrato che il punto \(A\) è il centro di simmetria di \(\Gamma\).

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.

Calcoliamo la derivata prima di \(f(x) = x + \ln 4 + 2(e^x + 1)^{-1}\):

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

Portiamo allo stesso denominatore per studiarne il segno:

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

Osserviamo l'espressione ottenuta:

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

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 ha come immagine l'intero asse reale (in quanto \(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty\) e \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\)), per il teorema dei valori intermedi e per la stretta monotonia, essa assume ogni valore reale \(m\) una e una sola volta. Di conseguenza, l'equazione \(f(x) = m\) ammette sempre un'unica soluzione.

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:

\[f(-\alpha) = m\]

Sfruttiamo la proprietà di simmetria centrale dimostrata al punto a), valida per ogni valore reale \(x\), quindi anche per \(x = \alpha\):

\[f(\alpha) + f(-\alpha) = 2 + 2\ln 4\]

Sostituiamo i valori noti all'interno della relazione:

\[3 + m = 2 + 2\ln 4 \implies m = 2 + 2\ln 4 - 3 \implies m = 2\ln 4 - 1\]

Ricordando le proprietà dei logaritmi, possiamo anche scrivere \(2\ln 4 = \ln(4^2) = \ln 16\), quindi:

\[m = \ln 16 - 1\]

Soluzione del punto c

Verifica della rappresentazione analitica alternativa

Partiamo dalla definizione originaria di \(f(x)\) e modifichiamo la frazione aggiungendo e sottraendo \(2e^x\) al numeratore:

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

Spezziamo la frazione in due parti:

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

Semplificando il fattore \((e^x + 1)\) nella prima frazione otteniamo esattamente la tesi:

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

Verifica degli asintoti obliqui

Determiniamo gli eventuali asintoti obliqui della funzione calcolando i coefficienti \(m\) e \(q\) agli estremi del dominio.

• Asintoto per \(x \to +\infty\) (Retta \(r\)):
  Calcoliamo prima il coefficiente angolare \(m\): \[m = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} =\\ \lim_{x \to +\infty} \left(1 + \frac{\ln 4}{x} + \frac{2}{x(e^x + 1)}\right) = 1\] Ora calcoliamo l'ordinata all'origine \(q\): \[q = \lim_{x \to +\infty} [f(x) - mx] =\] \[=\lim_{x \to +\infty} \left(x + \ln 4 + \frac{2}{e^x + 1} - x\right) =\] \[=\lim_{x \to +\infty} \left(\ln 4 + \frac{2}{e^x + 1}\right) = \ln 4\] La retta \(r: y = x + \ln 4\) è l'asintoto obliquo destro per \(\Gamma\).
• Asintoto per \(x \to -\infty\) (Retta \(s\)):
  Calcoliamo il coefficiente angolare \(m\) utilizzando la seconda espressione di \(f(x)\): \[m = \lim_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{x} =\\ \lim_{x \to -\infty} \left(1 + \frac{2 + \ln 4}{x} - \frac{2e^x}{x(e^x + 1)}\right) = 1\] Ora calcoliamo l'ordinata all'origine \(q\): \[q = \lim_{x \to -\infty} [f(x) - mx] =\\ \lim_{x \to -\infty} \left(x + 2 + \ln 4 - \frac{2e^x}{e^x + 1} - x\right) =\] \[=\lim_{x \to -\infty} \left(2 + \ln 4 - \frac{2e^x}{e^x + 1}\right) =\] \[=2 + \ln 4 - 0 = 2 + \ln 4\] La retta \(s: y = x + 2 + \ln 4\) è l'asintoto obliquo sinistro per \(\Gamma\).

Dimostrazione della posizione dentro la striscia d'asintoti

Per provare che il grafico è tutto contenuto nella striscia tra le due rette, analizziamo i segni degli scarti:

1. Rispetto alla retta \(r\):
   \(f(x) - (x + \ln 4) = \dfrac{2}{e^x + 1}\).
   Poiché l'esponenziale è sempre positivo, \(\dfrac{2}{e^x + 1} > 0\) per ogni \(x\). Quindi \(f(x) > x + \ln 4\), il che significa che il grafico \(\Gamma\) si trova sempre sopra la retta \(r\).
2. Rispetto alla retta \(s\):
   \(f(x) - (x + 2 + \ln 4) = -\dfrac{2e^x}{e^x + 1}\).
   Poiché sia \(e^x\) che il denominatore sono sempre positivi, la frazione preceduta dal segno meno è strettamente negativa: \(-\dfrac{2e^x}{e^x + 1} < 0\) per ogni \(x\). Di conseguenza, \(f(x) < x + 2 + \ln 4\), il che significa che il grafico \(\Gamma\) si trova sempre sotto la retta \(s\).

Avendo verificato che per ogni \(x \in \mathbb{R}\) si ha:

\[x + \ln 4 < f(x) < x + 2 + \ln 4\]

Resta confermato che la curva \(\Gamma\) giace interamente all'interno della striscia piana delimitata dai due asintoti obliqui.

Soluzione del punto d

Calcolo dell'integrale definito \(I(\beta)\)

Sostituiamo l'espressione della funzione \(f(x)\) all'interno dell'integrando:

\[I(\beta) = \int_{0}^{\beta} \left(x + \ln 4 + \frac{2}{e^x + 1} - x - \ln 4\right)dx =\]\[= \int_{0}^{\beta} \frac{2}{e^x + 1}\,dx\]

Per calcolare la primitiva di \(\dfrac{2}{e^x+1}\), possiamo riscrivere il numeratore come \(2 + 2e^x - 2e^x\):

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

Applicando il teorema fondamentale del calcolo integrale sull'intervallo \([0; \beta]\):

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

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

Per risolvere la forma indeterminata \(\infty - \infty\), raccogliamo le proprietà dei logaritmi trasformando il termine lineare in una forma logaritmica (\(2\beta = \ln(e^{2\beta})\)):

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

Calcoliamo ora il limite espandendo il denominatore ed evidenziando gli infiniti dominanti:

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

Significato geometrico

Significato geometrico: il limite trovato rappresenta l'area della regione illimitata di piano compresa tra la curva \(\Gamma\) e il suo asintoto obliquo destro \(r: y = x + \ln 4\) nel semipiano delle ascisse positive (\(x > 0\)).