Simulazione 4 - Problema 2 - Esame di Stato 2026

Soluzione del punto 1

Determinazione di \(b\) dal limite

Calcoliamo il limite per \(x \to +\infty\). Poiché \(xe^{-x} \to 0\) per \(x \to +\infty\) (l'esponenziale vince sul polinomio), si ha:

\[\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \left(axe^{-x} + b\right) = a \cdot 0 + b = b\]

Imponendo che questo limite valga 1:

\[b = 1\]

Determinazione di \(a\) dal massimo

Con \(b = 1\) la funzione è \(f(x) = axe^{-x} + 1\). Calcoliamo la derivata prima con la regola del prodotto:

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

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

• per \(x < 1\): \(f'(x) > 0\) → funzione crescente
• per \(x > 1\): \(f'(x) < 0\) → funzione decrescente

Quindi il massimo assoluto si trova in \(x = 1\). Imponendo che il valore massimo sia 2:

\[f(1) = a \cdot 1 \cdot e^{-1} + 1 = \frac{a}{e} + 1 = 2 \implies \frac{a}{e} = 1 \implies \boxed{a = e}\]

Conclusione

I parametri sono \(\boxed{a = e}\) e \(\boxed{b = 1}\). La funzione diventa:

\[f(x) = exe^{-x} + 1 = xe^{1-x} + 1\]

Soluzione del punto 2

La funzione da studiare è \(f(x) = xe^{1-x} + 1\), definita per \(x \in \mathbb{R}\).

Dominio, limiti e intersezioni

• Dominio: \(\mathbb{R}\)
• Limite per \(x \to -\infty\): \(xe^{1-x} \to -\infty\) (sia \(x \to -\infty\) che \(e^{1-x} \to +\infty\)), quindi \(f(x) \to -\infty\)
• Limite per \(x \to +\infty\): \(xe^{1-x} \to 0\), quindi \(f(x) \to 1\) (asintoto orizzontale \(y = 1\))
• Intersezione asse y (\(x=0\)): \(f(0) = 0 \cdot e + 1 = 1\), punto \((0, 1)\)
• Intersezione asse x (\(f(x)=0\)): \(xe^{1-x} + 1 = 0 \implies xe^{1-x} = -1\). Questa equazione ha una soluzione negativa (non esprimibile in forma chiusa); per \(x \ge 0\) la funzione è sempre \(\ge 1\), quindi non ci sono zeri per \(x \ge 0\).

Derivata Prima — Monotonia e Massimo

Dal punto 1 sappiamo che:

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

• per \(x < 1\): \(f'(x) > 0\) → crescente
• per \(x = 1\): \(f'(x) = 0\) → massimo assoluto \(M = (1, 2)\)
• per \(x > 1\): \(f'(x) < 0\) → decrescente

Derivata Seconda — Concavità e Flessi

Calcoliamo \(f''(x)\) applicando la regola del prodotto a \(f'(x) = e^{1-x}(1-x)\):

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

• per \(x < 2\): \(f''(x) < 0\) → concavità verso il basso
• per \(x = 2\): \(f''(x) = 0\) → possibile flesso
• per \(x > 2\): \(f''(x) > 0\) → concavità verso l'alto

Poiché \(f''(x)\) cambia segno in \(x = 2\), il punto è un flesso. La sua ordinata è:

\[f(2) = 2e^{1-2} + 1 = \frac{2}{e} + 1 \approx 1{,}736\]

Il punto di flesso è \(\displaystyle F = \left(2,\ \frac{2}{e} + 1\right)\).

Studio di \(f'(x) = e^{1-x}(1-x)\)

La derivata \(f'(x)\) è essa stessa una funzione da tracciare. Ricaviamo il suo andamento direttamente dallo studio di \(f(x)\):

• Segno: per \(x < 1\) la funzione \(f\) è crescente, quindi \(f'(x) > 0\). Per \(x > 1\) la funzione \(f\) è decrescente, quindi \(f'(x) < 0\).
• Zero: in \(x = 1\), dove \(f\) ha il massimo assoluto, si ha \(f'(1) = 0\).
• Monotonia di \(f'\): per \(x < 2\) la concavità di \(f\) è verso il basso, quindi \(f''(x) < 0\); poiché \(f''\) è la derivata di \(f'\), questo significa che \(f'\) è decrescente per \(x < 2\). Per \(x > 2\) la concavità di \(f\) è verso l'alto, quindi \(f''(x) > 0\) e \(f'\) è crescente.
• Minimo di \(f'\): in \(x = 2\) (flesso di \(f\)) la derivata \(f'\) ha un minimo: \(f'(2) = e^{1-2}(1-2) = -\dfrac{1}{e} \approx -0{,}368\).
• Valore in \(x = 0\): \(f'(0) = e^1 \cdot 1 = e \approx 2{,}718\).
• Limiti: \(\lim_{x \to +\infty} f'(x) = 0^-\) (asintoto orizzontale \(y = 0\) raggiunto dal basso); \(\lim_{x \to -\infty} f'(x) = +\infty\).

Grafico di \(f(x)\) e \(f'(x)\)

Soluzione del punto 3

Segno di \(f(x)\) in \([0, 5]\)

Per \(x \ge 0\) si ha \(xe^{1-x} \ge 0\), quindi \(f(x) = xe^{1-x} + 1 \ge 1 > 0\) su tutto \([0, 5]\). La funzione è sempre al di sopra dell'asse delle ascisse, quindi la superficie coincide con l'integrale definito:

\[S = \int_0^5 f(x)\,dx = \int_0^5 \left(xe^{1-x} + 1\right)dx\]

Calcolo dell'integrale

Separiamo i due addendi:

\[S = \int_0^5 xe^{1-x}\,dx + \int_0^5 1\,dx\]

Il secondo integrale vale semplicemente:

\[\int_0^5 1\,dx = 5\]

Per il primo integrale usiamo l'integrazione per parti con \(u = x\) e \(dv = e^{1-x}dx\):

\[u = x \implies du = dx\] \[dv = e^{1-x}\,dx \implies v = -e^{1-x}\]

Applicando la formula \(\int u\,dv = uv - \int v\,du\):

\[\int xe^{1-x}\,dx = -xe^{1-x} - \int (-e^{1-x})\,dx = -xe^{1-x} - e^{1-x} + C = -e^{1-x}(x+1) + C\]

Calcoliamo ora l'integrale definito:

\[\int_0^5 xe^{1-x}\,dx = \Big[-e^{1-x}(x+1)\Big]_0^5\] \[= \left(-e^{1-5} \cdot 6\right) - \left(-e^{1-0} \cdot 1\right)\] \[= -6e^{-4} + e\] \[= e - \frac{6}{e^4}\]

Risultato finale

\[\boxed{S = e - \frac{6}{e^4} + 5}\]

Numericamente: \(S \approx 2{,}718 - 0{,}110 + 5 \approx 7{,}608\) unità quadrate.

Grafico della superficie richiesta

Soluzione del punto 4

Espressione di \(g(x)\)

Dalla definizione \(g(x) = f(x) - 1\) e ricordando che \(f(x) = xe^{1-x} + 1\), otteniamo:

\[g(x) = xe^{1-x} + 1 - 1 = xe^{1-x}\]

Verifica dell'integrabilità impropria

L'integrale improprio è:

\[\int_0^{+\infty} g(x)\,dx = \int_0^{+\infty} xe^{1-x}\,dx = \lim_{t \to +\infty} \int_0^{t} xe^{1-x}\,dx\]

La funzione \(g(x) = xe^{1-x}\) è continua e non negativa su \([0,+\infty)\), e per \(x \to +\infty\) tende a 0 (l'esponenziale domina).

Calcolo dell'integrale improprio

Dal punto 3 sappiamo che la primitiva di \(xe^{1-x}\) è \(-e^{1-x}(x+1)\). Calcoliamo:

\[\int_0^{t} xe^{1-x}\,dx = \Big[-e^{1-x}(x+1)\Big]_0^{t} =\] \[=-e^{1-t}(t+1) + e^{1-0}(0+1) = e - (t+1)e^{1-t}\]

Prendiamo il limite per \(t \to +\infty\). Dobbiamo calcolare:

\[\lim_{t \to +\infty} (t+1)e^{1-t} = e \cdot \lim_{t \to +\infty} \frac{t+1}{e^t}\]

Applicando il teorema di de L'Hôpital (forma \(\infty/\infty\)), di cui sono verificate le ipotesi (le funzioni al numeratore e al denominatore sono sempre continue e derivabili e la derivata del denominatore non si annulla in un intorno di \(+ \infty\):

\[\lim_{t \to +\infty} \frac{t+1}{e^t} \overset{\text{H}}{=} \lim_{t \to +\infty} \frac{1}{e^t} = 0\]

Quindi:

\[\lim_{t \to +\infty} \left[e - (t+1)e^{1-t}\right] = e - 0 = e\]

Conclusione

L'integrale improprio converge e il suo valore è:

\[\boxed{\int_0^{+\infty} xe^{1-x}\,dx = e}\]

Grafico di \(g(x)\) e area totale