Simulazione 11 - Problema 1 - Esame di Stato 2026

Soluzione del punto a

Studio e tracciamento dei grafici

La funzione \(f(x) = e^x\) rappresenta l'esponenziale a base naturale, strettamente crescente, passante per \((0,1)\) e avente l'asse \(x\) come asintoto orizzontale per \(x \to -\infty\). La funzione \(g(x) = \ln x\) è la sua inversa, definita solo per \(x > 0\), strettamente crescente, passante per \((1,0)\) e avente l'asse \(y\) come asintoto verticale per \(x \to 0^+\).

I due grafici sono simmetrici rispetto alla bisettrice del primo e terzo quadrante (\(y = x\)).

Calcolo dell'area della regione R

Nell'intervallo \([\frac{1}{2}, 1]\), si nota immediatamente che \(f(x) > g(x)\), poiché \(e^x > 1\) e \(\ln x \le 0\). L'area della regione \(R\) è espressa dall'integrale definito:

\[Area(R) = \int_{\frac{1}{2}}^{1} \left( e^x - \ln x \right) dx\]

Calcoliamo una primitiva di \(\ln x\) per parti:

\[\int \ln x \, dx = x \ln x - x\]

Quindi, una primitiva della funzione integranda è \(F(x) = e^x - x \ln x + x\). Applicando il teorema fondamentale del calcolo integrale:

\[Area(R) = \left[ e^x - x \ln x + x \right]_{\frac{1}{2}}^{1}\] \[= \left( e^1 - 1 \cdot \ln 1 + 1 \right) - \left( e^{\frac{1}{2}} - \frac{1}{2} \ln\left(\frac{1}{2}\right) + \frac{1}{2} \right)\]

Sapendo che \(\ln 1 = 0\) e \(\ln\left(\frac{1}{2}\right) = -\ln 2\):

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

Soluzione del punto b

Volume del solido S (rotazione attorno all'asse \(x\))

Il solido \(S\) è ottenuto dalla rotazione attorno all'asse \(x\) di una regione compresa tra due funzioni positive o nulle nell'intervallo \([\frac{1}{2}, 1]\). Il volume si ottiene per differenza tra il volume del solido generato dalla funzione superiore \(f(x)\) e quello generato dalla funzione inferiore \(g(x)\). Ciascuna sezione infinitesima trasversale è una corona circolare di raggio esterno \(f(x)\) e raggio interno \(g(x)\), la cui area è \(\pi [f(x)]^2 - \pi [g(x)]^2\).

\[V_S = \pi \int_{\frac{1}{2}}^{1} \left[ f(x)^2 - g(x)^2 \right] dx\]

Volume del solido T (rotazione attorno all'asse \(y\))

Per la rotazione attorno all'asse \(y\), l'approccio più diretto ed elegante consiste nell'utilizzare il metodo dei gusci cilindrici (o sfoglie cilindriche). Pensiamo la regione suddivisa in rettangoli verticali elementari di base \(dx\) e altezza \(f(x) - g(x)\). Ciascun rettangolo, ruotando attorno all'asse \(y\), genera la superficie laterale di un cilindro di raggio \(x\) e altezza \(f(x)-g(x)\), il cui volume infinitesimo è \(dV = 2\pi x \cdot [f(x) - g(x)] \, dx\).

\[V_T = 2\pi \int_{\frac{1}{2}}^{1} x \left[ f(x) - g(x) \right] dx\]

Per una trattazione completa sui volumi di un solido (rotazione, sezioni, gusci cilindrici) si veda la seguente pagina: Teoria Integrale Definito .

Soluzione del punto c

Dimostrazione dell'esistenza e unicità dell'intersezione

I coefficienti angolari delle rette tangenti \(r\) e \(s\) ai grafici di \(f\) e \(g\) nel punto di ascissa \(x_0\) sono dati dalle rispettive derivate prime calcolate in \(x_0\):

\[m_r = f'(x_0) = e^{x_0} \quad \text{e} \quad m_s = g'(x_0) = \frac{1}{x_0}\]

Le rette sono parallele se e solo se hanno lo stesso coefficiente angolare (\(m_r = m_s\)), il che si traduce nell'equazione:

\[e^{x_0} = \frac{1}{x_0} \iff e^{x_0} - \frac{1}{x_0} = 0\]

Un confronto grafico fra le funzioni \(f(x)=e^x\) e \(g(x)=\frac{1}{x}\) ci consente di capire subito che l'equazione ammette una ed una sola soluzione.

Consideriamo la funzione ausiliaria \(F(x) = e^x - \frac{1}{x}\) definita per \(x > 0\). Nell'intervallo chiuso e limitato \([\frac{1}{2}, 1]\) la funzione è continua. Verifichiamo il segno della funzione agli estremi dell'intervallo:

• \(F\left(\frac{1}{2}\right) = e^{\frac{1}{2}} - 2 = \sqrt{e} - 2 \approx 1{,}65 - 2 = -0{,}35 <0\)
• \(F(1) = e^1 - 1 = e - 1 \approx 2{,}72 - 1 = +1{,}72 > 0\)

Poiché la funzione è continua nell'intervallo \([\frac{1}{2}, 1]\) e assume segni opposti ai suoi estremi, il Teorema di esistenza degli zeri garantisce che esiste almeno un valore \(x_0 \in (\frac{1}{2}, 1)\) tale che \(F(x_0) = 0\).

Controllo mediante lo studio della derivata prima dell'unicità dello zero

Per per confermare che tale zero è unico, calcoliamo la derivata prima della funzione ausiliaria:

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

Dato che \(e^x > 0\) e \(\frac{1}{x^2} > 0\) per ogni \(x > 0\), la derivata prima risulta strettamente positiva (\(F'(x) > 0\)) in tutto il dominio. La funzione \(F(x)\) è quindi strettamente crescente; una funzione strettamente monotona non può annullarsi in più di un punto, il che assicura l'unicità dello zero \(x_0\).

Calcolo numerico approssimato (Metodo di Bisezione)

Per determinare il valore approssimato di \(x_0\), applichiamo il metodo di bisezione partendo dall'intervallo iniziale \([a_0, b_0] = [0{,}5,\, 1]\). Ad ogni passo calcoliamo il punto medio \(c_n = \frac{a_n + b_n}{2}\) e valutiamo il segno di \(F(c_n)\) per restringere l'intervallo della radice:

Al quinto passo l'intervallo si è ristretto a \([0{,}5625;\; 0{,}578125]\), con ampiezza:

\[b_5 - a_5 = 0{,}578125 - 0{,}5625 = 0{,}015625 < 0{,}01 \cdot 2 = 0{,}02\]

La radice è quindi approssimata con errore inferiore a \(0{,}01\) dal punto medio dell'ultimo intervallo:

\[x_0 \approx \frac{0{,}5625 + 0{,}578125}{2} = 0{,}570\ldots\]

che arrotondato ai centesimi dà \(x_0 \approx 0{,}57\).

Per una trattazione teorica completa ed approfondita sui metodi di approssimazione numerica si veda la seguente pagina: Risoluzione approssimata di un'equazione .

Soluzione del punto d

Analisi della funzione \(h(x)\)

La funzione è \(h(x) = e^x - \ln x\), definita nell'intervallo compatto \(I = [\frac{1}{2}, 1]\). Essendo somma di funzioni continue e derivabili nel dominio, \(h(x)\) è a sua volta continua su un intervallo chiuso e limitato. Per il Teorema di Weierstrass, ammette sicuramente massimo e minimo assoluto nell'intervallo.

Cerchiamo i punti stazionari studiando la derivata prima:

\[h'(x) = e^x - \frac{1}{x}\]

Dal punto precedente (punto c), sappiamo che l'equazione \(h'(x) = 0\) ammette un'unica soluzione in \(x_0 \approx 0.57\), valore appartenente all'intervallo \([\frac{1}{2}, 1]\).

Studiamo il segno di \(h'(x)\): per \(x > x_0\), si ha \(e^x > \frac{1}{x}\), quindi \(h'(x) > 0\) (la funzione cresce). Per \(\frac{1}{2} \le x < x_0\), si ha \(h'(x) < 0\) (la funzione decresce).

Di conseguenza, il punto \(x = x_0\) è un punto di **minimo relativo e assoluto** per la funzione.

Determinazione del Massimo Assoluto

Per trovare il massimo assoluto di \(h(x)\) nell'intervallo chiuso e limitato \([\frac{1}{2}, 1]\), dobbiamo ricordare come si comporta la funzione in base allo studio della sua derivata prima effettuato in precedenza:

• Nell'intervallo \([\frac{1}{2}, x_0)\), cioè prima del punto critico \(x_0 \approx 0.57\), la derivata è negativa (\(h'(x) < 0\)), quindi la funzione è strettamente decrescente. Questo significa che partendo dall'estremo sinistro \(x = \frac{1}{2}\), i valori di \(h(x)\) scendono progressivamente fino a raggiungere il punto più basso in \(x_0\).
• Nell'intervallo \((x_0, 1]\), cioè dopo il punto critico, la derivata è positiva (\(h'(x) > 0\)), quindi la funzione è strettamente crescente. Da \(x_0\) in poi, i valori di \(h(x)\) risalgono continuamente fino a raggiungere l'estremo destro \(x = 1\).

Poiché la funzione prima decresce e poi cresce, il punto interno \(x_0\) è un minimo assoluto e non può in alcun modo ospitare il massimo. Il valore massimo della funzione deve perciò trovarsi necessariamente in uno dei due "picchi" agli estremi dell'intervallo, dove la funzione inizia a scendere o dove finisce di salire (ovvero in \(x = \frac{1}{2}\) oppure in \(x = 1\)).

Per stabilire quale sia il massimo assoluto tra i due, procediamo al confronto diretto dei valori assunti dalla funzione \(h(x) = e^x - \ln x\) nei due estremi:

• All'estremo sinistro (\(x = \frac{1}{2}\)): \[h\left(\frac{1}{2}\right) = e^{\frac{1}{2}} - \ln\left(\frac{1}{2}\right) = \sqrt{e} - (-\ln 2) = \sqrt{e} + \ln 2 \approx 1.649 + 0.693 = 2.342\]
• All'estremo destro (\(x = 1\)): \[h(1) = e^1 - \ln(1) = e - 0 = e \approx 2.718\]

Dal confronto numerico emerge chiaramente che \(h(1) > h\left(\frac{1}{2}\right)\) (essendo \(2.718 > 2.342\)). Di conseguenza, l'altezza massima raggiunta dalla curva si trova in corrispondenza del confine destro dell'intervallo.