Simulazione 2 - Problema 1 - Esame di Stato 2026

Soluzione del punto a

Dobbiamo determinare \( a \) e \( b \) imponendo due condizioni: che \( f(x) \) abbia un massimo relativo in \( x = \dfrac{\sqrt{6}}{6} \) e che il valore medio nell'intervallo \([0;1]\) sia \(\dfrac{e^3-1}{3e^3}\).

Condizione 1: massimo relativo in \( x = \dfrac{\sqrt{6}}{6} \)

Calcoliamo la derivata prima di \( f(x) = axe^{-bx^2} \):

\[ f'(x) = ae^{-bx^2} + ax \cdot (-2bx)e^{-bx^2} = ae^{-bx^2}(1 - 2bx^2) \]

Per avere un massimo relativo in \( x = \dfrac{\sqrt{6}}{6} \), imponiamo \( f'\!\left(\dfrac{\sqrt{6}}{6}\right) = 0 \). Poiché \( ae^{-bx^2} \neq 0 \), deve essere:

\[ 1 - 2b\left(\frac{\sqrt{6}}{6}\right)^2 = 0 \] \[ 1 - 2b \cdot \frac{6}{36} = 0 \implies 1 - \frac{b}{3} = 0\] \[\implies b = 3 \]

Verifichiamo che si tratti di un massimo: con \( b = 3 \) e \( a > 0 \), per \( x < \dfrac{\sqrt{6}}{6} \) si ha \( f'(x) > 0 \) e per \( x > \dfrac{\sqrt{6}}{6} \) si ha \( f'(x) < 0 \), confermando il massimo relativo.

Condizione 2: valore medio nell'intervallo \([0;1]\) uguale a \(\dfrac{e^3-1}{3e^3}\)

Il valore medio di \( f(x) \) su \([0;1]\) è:

\[ \frac{1}{1-0}\int_0^1 f(x)\,dx = \int_0^1 axe^{-3x^2}\,dx \]

Calcoliamo l'integrale con la sostituzione \( t = -3x^2 \), da cui \( dt = -6x\,dx \), cioè \( x\,dx = -\dfrac{dt}{6} \):

\[ \int_0^1 axe^{-3x^2}\,dx = a \int_0^{-3} e^{t} \cdot \left(-\frac{dt}{6}\right) = \frac{a}{6}\int_{-3}^{0} e^{t}\,dt = \frac{a}{6}\Big[e^t\Big]_{-3}^{0} = \frac{a}{6}(1 - e^{-3}) \]

Imponiamo che questo sia uguale a \(\dfrac{e^3-1}{3e^3}\):

\[ \frac{a}{6}(1 - e^{-3}) = \frac{e^3-1}{3e^3} \]

Osserviamo che \( 1 - e^{-3} = \dfrac{e^3 - 1}{e^3} \), quindi:

\[ \frac{a}{6} \cdot \frac{e^3-1}{e^3} = \frac{e^3-1}{3e^3} \]

Poiché \( e^3 - 1 \neq 0 \), dividiamo entrambi i membri per \(\dfrac{e^3-1}{e^3}\):

\[ \frac{a}{6} = \frac{1}{3} \implies a = 2 \]

Conclusione

I valori cercati sono:

\[ \boxed{a = 2, \quad b = 3} \]

La funzione è quindi \( f(x) = 2xe^{-3x^2} \).

Soluzione del punto b

Con \( a = 2 \) e \( b = 3 \), la funzione è:

\[ f(x) = 2xe^{-3x^2} \]

Dominio

La funzione è definita per ogni \( x \in \mathbb{R} \), quindi il dominio è \( \mathbb{R} \).

Simmetrie

Verifichiamo se la funzione è pari o dispari:

\[ f(-x) = 2(-x)e^{-3(-x)^2} = -2xe^{-3x^2} = -f(x) \]

La funzione è dispari, quindi il grafico è simmetrico rispetto all'origine.

Intersezioni con gli assi

Con l'asse \( x \): \( f(x) = 0 \implies 2xe^{-3x^2} = 0 \). Poiché \( e^{-3x^2} > 0 \) per ogni \( x \), si ha \( x = 0 \). L'unica intersezione è l'origine \( (0, 0) \).

Segno

\( f(x) > 0 \) quando \( x > 0 \), e \( f(x) < 0 \) quando \( x < 0 \).

Limiti e comportamento agli estremi

\[ \lim_{x \to +\infty} 2xe^{-3x^2} = 0^+, \qquad \lim_{x \to -\infty} 2xe^{-3x^2} = 0^- \]

L'asse \( x \) è asintoto orizzontale sia per \( x \to +\infty \) che per \( x \to -\infty \).

Derivata prima — crescenza e massimi/minimi

\[ f'(x) = 2e^{-3x^2} + 2x \cdot (-6x)e^{-3x^2} = 2e^{-3x^2}(1 - 6x^2) \]

Poiché \( 2e^{-3x^2} > 0 \) sempre, il segno di \( f'(x) \) dipende da \( 1 - 6x^2 \):

\[ f'(x) = 0 \implies x = \pm\frac{1}{\sqrt{6}} = \pm\frac{\sqrt{6}}{6} \]

• \( f'(x) > 0 \) per \( x \in \left(-\dfrac{\sqrt{6}}{6},\, \dfrac{\sqrt{6}}{6}\right) \) → funzione crescente
• \( f'(x) < 0 \) per \( x \in \left(-\infty,\, -\dfrac{\sqrt{6}}{6}\right) \cup \left(\dfrac{\sqrt{6}}{6},\, +\infty\right) \) → funzione decrescente

Quindi:

• \( x = -\dfrac{\sqrt{6}}{6} \): minimo relativo, con valore \( f\!\left(-\dfrac{\sqrt{6}}{6}\right) = -\dfrac{2\sqrt{6}}{6}e^{-1/2} = -\dfrac{\sqrt{6}}{3\sqrt{e}} \)
• \( x = \dfrac{\sqrt{6}}{6} \): massimo relativo, con valore \( f\!\left(\dfrac{\sqrt{6}}{6}\right) = \dfrac{\sqrt{6}}{3\sqrt{e}} \)

Derivata seconda — concavità e flessi

\[ f''(x) = \frac{d}{dx}\left[2e^{-3x^2}(1-6x^2)\right] \]

Applicando la regola del prodotto:

\[ f''(x) = 2(-6x)e^{-3x^2}(1-6x^2) + 2e^{-3x^2}(-12x) \] \[ = 2e^{-3x^2}\left[-6x(1-6x^2) - 12x\right] \] \[ = 2e^{-3x^2}\left[-6x + 36x^3 - 12x\right] \] \[ = 2e^{-3x^2}\left[36x^3 - 18x\right] \] \[ = 36xe^{-3x^2}(2x^2 - 1) \]

Poiché \( e^{-3x^2} > 0 \) sempre, il segno dipende da \( 36x(2x^2-1) \). I punti candidati a flesso sono:

\[ x = 0, \qquad x = \pm\frac{1}{\sqrt{2}} = \pm\frac{\sqrt{2}}{2} \]

Analisi del segno di \( f''(x) \):

• \( x \in \left(-\infty,\, -\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) \): \( f''(x) < 0 \) → concava
• \( x \in \left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2},\, 0\right) \): \( f''(x) > 0 \) → convessa
• \( x \in \left(0,\, \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) \): \( f''(x) < 0 \) → concava
• \( x \in \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2},\, +\infty\right) \): \( f''(x) > 0 \) → convessa

I tre punti di flesso sono:

\[ \left(-\frac{\sqrt{2}}{2},\; f\!\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\right), \quad (0,\; 0), \quad \left(\frac{\sqrt{2}}{2},\; f\!\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\right) \]

Con \( f\!\left(\pm\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) = \pm 2 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} \cdot e^{-3/2} = \pm\dfrac{\sqrt{2}}{e^{3/2}} \).

Grafico della funzione:

Soluzione del punto c

Dobbiamo calcolare, se esiste:

\[ \lim_{k \to +\infty} \int_0^k f(x)\,dx = \lim_{k \to +\infty} \int_0^k 2xe^{-3x^2}\,dx \]

Calcolo dell'integrale

Utilizziamo la sostituzione \( t = -3x^2 \), da cui \( dt = -6x\,dx \), cioè \( x\,dx = -\dfrac{dt}{6} \).

Quando \( x = 0 \): \( t = 0 \); quando \( x = k \): \( t = -3k^2 \). Quindi:

\[ \int_0^k 2xe^{-3x^2}\,dx = 2\int_0^{-3k^2} e^{t} \cdot \left(-\frac{dt}{6}\right) = \frac{1}{3}\int_{-3k^2}^{0} e^{t}\,dt \] \[ = \frac{1}{3}\Big[e^t\Big]_{-3k^2}^{0} = \frac{1}{3}\left(1 - e^{-3k^2}\right) \]

Calcolo del limite

\[ \lim_{k \to +\infty} \frac{1}{3}\left(1 - e^{-3k^2}\right) = \frac{1}{3}(1 - 0) = \frac{1}{3} \]

Il limite esiste ed è finito, quindi l'integrale improprio converge:

\[ \int_0^{+\infty} 2xe^{-3x^2}\,dx = \frac{1}{3} \]

Significato geometrico

Poiché \( f(x) = 2xe^{-3x^2} \geq 0 \) per ogni \( x \geq 0 \), il valore \(\dfrac{1}{3}\) rappresenta l'area della regione di piano compresa tra il grafico di \( f(x) \) e l'asse \( x \), nel semipiano \( x \geq 0 \). Nonostante la regione si estenda all'infinito, la sua area è finita e pari a \(\dfrac{1}{3}\).

Rappresentazione della regione corrispondente all'integrale \(\displaystyle\int_0^k 2xe^{-3x^2}\,dx\):

Soluzione del punto d

Sia \( P = (x_0,\, f(x_0)) \) un punto del grafico di \( f(x) = 2xe^{-3x^2} \) nel primo quadrante, con \( x_0 > 0 \). Le sue proiezioni sugli assi sono:

• \( Q = (x_0,\, 0) \) sull'asse \( x \)
• \( R = (0,\, f(x_0)) \) sull'asse \( y \)

Il rettangolo \( PQOR \) ha vertici in \( O = (0,0) \), \( Q = (x_0, 0) \), \( P = (x_0, f(x_0)) \), \( R = (0, f(x_0)) \), quindi la sua area è:

\[ A(x_0) = x_0 \cdot f(x_0) = x_0 \cdot 2x_0 e^{-3x_0^2} = 2x_0^2 e^{-3x_0^2} \]

Massimizzazione dell'area

Calcoliamo la derivata di \( A(x) = 2x^2 e^{-3x^2} \) rispetto a \( x \):

\[ A'(x) = 4xe^{-3x^2} + 2x^2 \cdot (-6x)e^{-3x^2} = 4xe^{-3x^2}\left(1 - 3x^2\right) \]

Poiché \( 4xe^{-3x^2} > 0 \) per \( x > 0 \), il segno di \( A'(x) \) dipende da \( 1 - 3x^2 \):

\[ A'(x) = 0 \implies 1 - 3x^2 = 0 \implies x = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3} \]

• \( A'(x) > 0 \) per \( 0 < x < \dfrac{\sqrt{3}}{3} \) → \( A \) crescente
• \( A'(x) < 0 \) per \( x > \dfrac{\sqrt{3}}{3} \) → \( A \) decrescente

Quindi \( x_0 = \dfrac{\sqrt{3}}{3} \) è un massimo assoluto per \( A(x) \) nel primo quadrante.

Coordinate del punto P

\[ f\!\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right) = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} \cdot e^{-3 \cdot \frac{1}{3}} = \frac{2\sqrt{3}}{3}\,e^{-1} = \frac{2\sqrt{3}}{3e} \]

Il punto cercato è:

\[ \boxed{P = \left(\frac{\sqrt{3}}{3},\; \frac{2\sqrt{3}}{3e}\right)} \]

Area massima

\[ A\!\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right) = 2 \cdot \frac{1}{3} \cdot e^{-1} = \frac{2}{3e} \]