Simulazione 16 – Problema 1 – Versione DSA – Esame di Stato 2026

Soluzione del punto a

Dominio, simmetrie e segno

La funzione è definita dove l'argomento del logaritmo è strettamente positivo:

\[D = (0,\,+\infty)\]

La funzione non presenta simmetrie (né pari né dispari) poiché il dominio non è simmetrico rispetto all'origine. Essendo \(x>0\) nel dominio e \(\ln^2(x)\ge0\) per ogni reale, si ha \(f(x)\ge0\) ovunque. La funzione si annulla dove \(\ln(x)=0\), cioè per \(x=1\): il grafico interseca l'asse \(x\) nel punto \((1,\,0)\).

---

Limiti agli estremi del dominio

\[\lim_{x \to 0^+} x \ln^2(x) = 0\]

Questo risultato si ottiene richiamando il seguente limite notevole:

\[\lim_{x \to 0^+} x^a \ln^b(x) = 0 \quad \text{per ogni } a>0 \text{ e per ogni } b>0\]

Questo limite si può dimostrare con la regola di De L'Hôpital scrivendolo nella forma \(\frac{\ln^b(x)}{x^{-a}}\), oppure utilizzando la gerarchia degli infiniti (l'infinito del denominatore domina sempre sull'infinito del numeratore).

\[\lim_{x\to+\infty}x\ln^2(x)=+\infty\]

Non vi sono asintoti obliqui a \(+\infty\), poiché \(\dfrac{f(x)}{x}=\ln^2(x)\to+\infty\).

---

Derivata prima, monotonia e punti stazionari

Applicando la regola del prodotto e la derivazione della funzione composta:

\[f'(x)=\ln^2(x)+x\cdot2\ln(x)\cdot\frac{1}{x}=\ln^2(x)+2\ln(x)=\ln(x)\bigl(\ln(x)+2\bigr)\]

Studiamo il segno di \(f'(x)\ge0\):

\[\ln(x)\le-2\;\cup\;\ln(x)\ge0 \implies 0<x\le e^{-2}\;\cup\;x\ge1\]

• Funzione strettamente crescente in \((0,\,e^{-2}]\) e in \([1,\,+\infty)\).
• Funzione strettamente decrescente in \([e^{-2},\,1]\).

Punti stazionari:

• Massimo relativo in \(x=e^{-2}\approx0{,}14\), con ordinata \(f(e^{-2})=e^{-2}\cdot(-2)^2=4e^{-2}\approx0{,}54\).
• Minimo relativo e assoluto in \(x=1\), con ordinata \(f(1)=0\).

---

Derivata seconda, concavità e punti di flesso

Derivando \(f'(x)\):

\[f''(x)=\frac{2\ln(x)}{x}+\frac{2}{x}=\frac{2}{x}\bigl(\ln(x)+1\bigr)\]

Poiché \(x>0\), il segno dipende dal termine in parentesi:

\[\ln(x)+1\ge0\implies x\ge e^{-1}\approx0{,}37\]

• Concavità verso il basso in \((0,\,e^{-1})\).
• Concavità verso l'alto in \((e^{-1},\,+\infty)\).

In \(x=e^{-1}\approx0{,}37\) si ha un punto di flesso con ordinata \(f(e^{-1})=e^{-1}\cdot(-1)^2=e^{-1}\approx0{,}37\).

↑ Nascondi soluzione

Soluzione del punto b

Localizzazione grafica

L'equazione \(f(x)=\frac{3}{2}\) equivale a trovare le intersezioni del grafico di \(f\) con la retta orizzontale \(y=\frac{3}{2}=1{,}5\). Poiché nell'intervallo \((0,\,1]\) il massimo assoluto vale \(4e^{-2}\approx0{,}54<1{,}5\), l'intersezione è necessariamente a destra del minimo, nella zona crescente.

---

Dimostrazione analitica (teorema degli zeri + monotonia)

Definiamo la funzione ausiliaria:

\[h(x)=f(x)-\tfrac{3}{2}=x\ln^2(x)-\tfrac{3}{2}\]

\(h\) è continua in \([2,\,3]\) e:

\[h(2)=2\ln^2(2)-1{,}5\approx0{,}96-1{,}5=-0{,}54<0\] \[h(3)=3\ln^2(3)-1{,}5\approx3{,}62-1{,}5=+2{,}12>0\]

Per il teorema degli zeri esiste almeno un \(c\in(2,\,3)\) con \(h(c)=0\). Per l'unicità, osserviamo che \(h'(x)=\ln(x)(\ln(x)+2)>0\) per ogni \(x\in[2,\,3]\): la funzione è strettamente crescente, dunque può annullarsi al più una volta.

---

Approssimazione con il metodo di bisezione

Partiamo dall'intervallo \([2,\,3]\) e dimezziamo ad ogni passo:

L'intervallo finale ha ampiezza \(0{,}0078<0{,}01\): il valore approssimato è \(c\approx2{,}26\).

---

Raffinamento con il metodo delle tangenti (Newton)

Condizioni di applicabilità in \([2,\,3]\):

1. \(h(2)\cdot h(3)<0\) — già verificato.
2. \(h'(x)>0\) in \([2,\,3]\) — funzione strettamente crescente.
3. \(h''(x)=\dfrac{2}{x}(\ln(x)+1)>0\) in \([2,\,3]\) — concavità costante verso l'alto.

Poiché \(h''(x)>0\), partiamo dall'estremo in cui \(h\) ha lo stesso segno di \(h''\), cioè \(x_0=3\) dove \(h(3)>0\).

Formula ricorsiva: \(x_{n+1}=x_n-\dfrac{h(x_n)}{h'(x_n)}\)

Essendo \(|x_3-x_2|=0{,}0044<0{,}01\), il processo converge.

↑ Nascondi soluzione

Soluzione del punto c

Impostazione dell'integrale

Nell'intervallo \((0;\,1]\) la funzione \(f(x)=x\ln^2(x)\ge0\), annullandosi solo in \(x=1\). La regione \(R\) è interamente nel primo quadrante.

\[A(a)=\int_{a}^{1}x\ln^2(x)\,dx\]

---

Prima integrazione per parti

Scegliamo \(u=\ln^2(x)\) e \(v'=x\):

• \(u=\ln^2(x)\implies u'=\dfrac{2\ln(x)}{x}\)
• \(v'=x\implies v=\dfrac{x^2}{2}\)

\[\int_{a}^{1}x\ln^2(x)\,dx=\left[\frac{x^2}{2}\ln^2(x)\right]_{a}^{1}-\int_{a}^{1}\frac{x^2}{2}\cdot\frac{2\ln(x)}{x}\,dx\]

Il termine in \(x=1\) si annulla perché \(\ln(1)=0\):

\[\int_{a}^{1}x\ln^2(x)\,dx=-\frac{a^2}{2}(\ln a)^2-\int_{a}^{1}x\ln(x)\,dx\]

---

Seconda integrazione per parti

Scegliamo \(u=\ln(x)\) e \(v'=x\):

• \(u=\ln(x)\implies u'=\dfrac{1}{x}\)
• \(v'=x\implies v=\dfrac{x^2}{2}\)

\[\int_{a}^{1}x\ln(x)\,dx=\left[\frac{x^2}{2}\ln(x)\right]_{a}^{1}-\int_{a}^{1}\frac{x}{2}\,dx=-\frac{a^2}{2}\ln a-\left(\frac{1}{4}-\frac{a^2}{4}\right)\]

Sostituendo e distribuendo il segno meno:

\[A(a)=-\frac{a^2}{2}(\ln a)^2+\frac{a^2}{2}\ln a+\frac{1}{4}-\frac{a^2}{4}\]

---

Limite per \(a\to0^+\) e interpretazione geometrica

\[\lim_{a\to0^+}A(a)=\lim_{a\to0^+}\left(-\frac{a^2}{2}(\ln a)^2+\frac{a^2}{2}\ln a+\frac{1}{4}-\frac{a^2}{4}\right)\]

Per la gerarchia degli infinitesimi:

\[\lim_{a\to0^+}a^2(\ln a)^2=0 \qquad \lim_{a\to0^+}a^2\ln a=0\]

L'unico termine non nullo è la costante \(\frac{1}{4}\):

\[\lim_{a\to0^+}A(a)=\frac{1}{4}\]

Interpretazione geometrica: il risultato è il valore dell'integrale improprio su \((0;\,1]\). Sebbene la regione si accumuli verso l'origine, la sua area è finita e vale esattamente \(\frac{1}{4}\). L'integrale improprio è convergente.

↑ Nascondi soluzione

Soluzione del punto d

Deduzione del grafico \(G\) di \(g(x)=f'(x)\)

• Limiti agli estremi: per \(x\to0^+\) la pendenza di \(f\) diverge, quindi \(\lim_{x\to0^+}g(x)=+\infty\) (asintoto verticale in \(x=0\)). Per \(x\to+\infty\), \(\lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty\).
• Intersezioni con l'asse \(x\): \(g(x)=0\) nei punti stazionari di \(f\), ovvero in \(x=e^{-2}\) (massimo di \(f\)) e in \(x=1\) (minimo di \(f\)).
• Segno: \(g(x)>0\) in \((0,\,e^{-2})\); \(g(x)<0\) in \((e^{-2},\,1)\); \(g(x)>0\) in \((1,\,+\infty)\).
• Punto di minimo di \(g(x)\): \(g\) smette di decrescere e ricomincia a crescere in corrispondenza del flesso di \(f\), cioè in \(x=e^{-1}\approx0{,}37\), dove \(g(e^{-1})=\ln(e^{-1})(\ln(e^{-1})+2)=(-1)(1)=-1\).

---

Coordinate dei quattro vertici del quadrilatero

• \(M\): massimo relativo di \(f\) \(\implies M(e^{-2};\,4e^{-2})\approx(0{,}14;\,0{,}54)\)
• \(m_f\): minimo assoluto di \(f\) \(\implies m_f(1;\,0)\)
• \(A\): intersezione di \(G\) con l'asse \(x\) ad ascissa minore \(\implies A(e^{-2};\,0)\approx(0{,}14;\,0)\)
• \(m_g\): minimo di \(g\) \(\implies m_g(e^{-1};\,-1)\approx(0{,}37;\,-1)\)

---

Calcolo dell'area del quadrilatero

\(A\) e \(M\) hanno la stessa ascissa \(x=e^{-2}\) → il segmento \(AM\) è verticale. \(A\) e \(m_f\) hanno entrambi ordinata \(0\) → il segmento \(Am_f\) è orizzontale. Il quadrilatero ha un angolo retto in \(A\).

Calcoliamo l'area scomponendo il quadrilatero in due triangoli con base comune \(\overline{Am_f}\):

\[b=\overline{Am_f}=1-e^{-2}\]

Triangolo superiore \(\triangle MAm_f\) (rettangolo in \(A\)):

\[h_1=\overline{AM}=4e^{-2}\] \[\text{Area}_1=\frac{b\cdot h_1}{2}=\frac{(1-e^{-2})\cdot4e^{-2}}{2}=2e^{-2}-2e^{-4}\]

Triangolo inferiore \(\triangle Am_fm_g\):

\[h_2=|y_{m_g}|=1\] \[\text{Area}_2=\frac{b\cdot h_2}{2}=\frac{1-e^{-2}}{2}=\frac{1}{2}-\frac{e^{-2}}{2}\]

Area totale:

\[S=\left(2e^{-2}-2e^{-4}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{e^{-2}}{2}\right)=\frac{1}{2}+\frac{3}{2}e^{-2}-2e^{-4}\]

Approssimazione numerica (\(e^{-2}\approx0{,}1353\), \(e^{-4}\approx0{,}0183\)):

\[S\approx0{,}5+1{,}5\cdot0{,}1353-2\cdot0{,}0183\approx0{,}67\] ↑ Nascondi soluzione