Simulazione 5 - Problema 2 - Esame di Stato 2026

Soluzione del punto a

Dominio e continuità

Il denominatore \(x^2 + 1 \ge 1 > 0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\), quindi \(f_k(x)\) è definita e continua su tutto \(\mathbb{R}\), per qualsiasi valore di \(k\).

Asintoti

Studiamo il comportamento agli estremi del dominio. Poiché il grado del numeratore (1) è minore del grado del denominatore (2), si ha:

\[\lim_{x \to \pm\infty} f_k(x) = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x + k}{x^2 + 1} = 0\]

La retta \(y = 0\) è dunque l'unico asintoto orizzontale, valido sia per \(x \to +\infty\) che per \(x \to -\infty\). Non esistono asintoti verticali (il denominatore non si annulla) né obliqui (il limite del rapporto \(f_k(x)/x\) per \(x \to \pm\infty\) è zero). L'asintoto è quindi uno solo.

Derivata prima e punti stazionari

Calcoliamo \(f_k'(x)\) applicando la regola del quoziente:

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

Sviluppando il numeratore:

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

Poiché \((x^2+1)^2 > 0\) sempre, il segno di \(f_k'(x)\) dipende solo dal numeratore:

\[p(x) = -x^2 - 2kx + 1\]

Il discriminante di \(p(x)\) è:

\[\Delta = (2k)^2 + 4 = 4k^2 + 4 = 4(k^2 + 1) > 0 \quad \text{per qualsiasi } k \in \mathbb{R}\]

Poiché \(\Delta > 0\) sempre, il trinomio \(p(x)\) ha sempre due radici reali distinte:

\[x_{1,2} = \frac{2k \pm \sqrt{4(k^2+1)}}{-2} = \frac{2k \pm 2\sqrt{k^2+1}}{-2} = -k \mp \sqrt{k^2+1}\]

Ovvero:

\[x_1 = -k - \sqrt{k^2+1} \qquad x_2 = -k + \sqrt{k^2+1}\]

Si verifica facilmente che \(x_1 < x_2\). Poiché il coefficiente di \(x^2\) in \(p(x)\) è \(-1 < 0\), la parabola è rivolta verso il basso, quindi:

• \(p(x) < 0\) per \(x < x_1\)  →  \(f_k'(x) < 0\)  (funzione decrescente)
• \(p(x) > 0\) per \(x_1 < x < x_2\)  →  \(f_k'(x) > 0\)  (funzione crescente)
• \(p(x) < 0\) per \(x > x_2\)  →  \(f_k'(x) < 0\)  (funzione decrescente)

Conclusione

Per qualsiasi valore di \(k \in \mathbb{R}\):

• in \(x_1 = -k - \sqrt{k^2+1}\) la funzione passa da decrescente a crescente: minimo relativo
• in \(x_2 = -k + \sqrt{k^2+1}\) la funzione passa da crescente a decrescente: massimo relativo
• esiste un unico asintoto, la retta \(y = 0\)

Punto \(C\): intersezione con l'asse \(y\)

Il punto \(C\) si ottiene per \(x = 0\):

\[C = \left(0,\; f_k(0)\right) = \left(0,\; \frac{0+k}{0+1}\right) = (0,\; k)\]

Retta tangente in \(C\)

Dal punto a sappiamo che:

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

Il coefficiente angolare della tangente in \(x = 0\) è:

\[f_k'(0) = \frac{0 - 0 + 1}{1} = 1\]

La retta tangente in \(C = (0, k)\) ha quindi equazione:

\[t(x) = x + k\]

Punto \(D\): intersezione di \(t(x)\) con l'asse \(x\)

Poniamo \(t(x) = 0\):

\[x + k = 0 \implies x = -k\]

Quindi \(D = (-k,\; 0)\).

Verifica che \(D\) appartiene al grafico di \(f_k(x)\)

Dobbiamo verificare che \(f_k(-k) = 0\):

\[f_k(-k) = \frac{-k + k}{(-k)^2 + 1} = \frac{0}{k^2 + 1} = 0 \checkmark\]

Il punto \(D = (-k, 0)\) appartiene al grafico di \(f_k(x)\) per qualsiasi valore di \(k\). La dimostrazione è completa.

Lunghezza del segmento \(CD\)

I due punti sono \(C = (0, k)\) e \(D = (-k, 0)\). La distanza è:

\[|CD| = \sqrt{(-k - 0)^2 + (0 - k)^2} = \sqrt{k^2 + k^2} = \sqrt{2k^2} = |k|\sqrt{2}\]

Imponendo \(|CD| = 2\sqrt{2}\) con \(k > 0\):

\[k\sqrt{2} = 2\sqrt{2} \implies \boxed{k = 2}\]

Espressione di \(g(x)\)

Per \(k = 2\) si ottiene:

\[g(x) = f_2(x) = \frac{x + 2}{x^2 + 1}\]

Il dominio è \(\mathbb{R}\) (il denominatore non si annulla mai).

Zeri e segno

La funzione si annulla quando il numeratore è zero:

\[x + 2 = 0 \implies x = -2\]

Poiché il denominatore è sempre positivo, il segno di \(g(x)\) coincide con quello di \(x + 2\):

• \(g(x) < 0\) per \(x < -2\)
• \(g(-2) = 0\)
• \(g(x) > 0\) per \(x > -2\)

Comportamento agli estremi e asintoti

Poiché il grado del numeratore è minore del grado del denominatore:

\[\lim_{x \to \pm\infty} g(x) = 0\]

La retta \(y = 0\) è l'unico asintoto (orizzontale). Non esistono asintoti verticali né obliqui.

Derivata prima e monotonia

Dal punto a, con \(k = 2\):

\[g'(x) = \frac{-x^2 - 4x + 1}{(x^2+1)^2}\]

Studiamo il numeratore \(p(x) = -x^2 - 4x + 1\). Le radici sono:

\[x = \frac{4 \pm \sqrt{16 + 4}}{-2} = \frac{4 \pm \sqrt{20}}{-2} = \frac{4 \pm 2\sqrt{5}}{-2} = -2 \mp \sqrt{5}\]

Ovvero:

\[x_1 = -2 - \sqrt{5} \approx -4{,}24 \qquad x_2 = -2 + \sqrt{5} \approx 0{,}24\]

Poiché il coefficiente di \(x^2\) è \(-1 < 0\), la parabola è rivolta verso il basso:

• \(g'(x) < 0\) per \(x < x_1\)  →  decrescente
• \(g'(x) > 0\) per \(x_1 < x < x_2\)  →  crescente
• \(g'(x) < 0\) per \(x > x_2\)  →  decrescente

Punti stazionari

Minimo relativo in \(x_1 = -2 - \sqrt{5}\):

\[ \begin{aligned} g(x_1) &= \frac{(-2-\sqrt{5})+2}{(-2-\sqrt{5})^2+1} = \frac{-\sqrt{5}}{(4+4\sqrt{5}+5)+1} = \\ &= \frac{-\sqrt{5}}{10+4\sqrt{5}} = \frac{-\sqrt{5}}{2(5+2\sqrt{5})} \cdot \frac{5-2\sqrt{5}}{5-2\sqrt{5}} = \\ &= \frac{-5\sqrt{5}+10}{2(25-20)} = \frac{5(2-\sqrt{5})}{10} = \frac{2-\sqrt{5}}{2} \approx -0{,}12 \end{aligned} \]

Massimo relativo in \(x_2 = -2 + \sqrt{5}\):

\[ \begin{aligned} g(x_2) &= \frac{(-2+\sqrt{5})+2}{(-2+\sqrt{5})^2+1} = \frac{\sqrt{5}}{(4-4\sqrt{5}+5)+1} = \\ &= \frac{\sqrt{5}}{10-4\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{2(5-2\sqrt{5})} \cdot \frac{5+2\sqrt{5}}{5+2\sqrt{5}} = \\ &= \frac{5\sqrt{5}+10}{2(25-20)} = \frac{5(2+\sqrt{5})}{10} = \frac{2+\sqrt{5}}{2} \approx 2{,}12 \end{aligned} \]

Grafico

Riassumiamo le caratteristiche principali di \(g(x)\):

• Dominio: \(\mathbb{R}\)
• Zero in \(x = -2\), intersezione con l'asse \(y\) in \((0, 2)\)
• Asintoto orizzontale: \(y = 0\)
• Minimo relativo in \(x_1 \approx -4{,}24\), massimo relativo in \(x_2 \approx 0{,}24\)
• Positiva per \(x > -2\), negativa per \(x < -2\)

Determinazione di \(h(x)\)

Una funzione ha grafico simmetrico rispetto all'origine se e solo se è dispari, cioè se \(f_k(-x) = -f_k(x)\) per ogni \(x\). Calcoliamo:

\[f_k(-x) = \frac{-x+k}{x^2+1}\]

Imponiamo \(f_k(-x) = -f_k(x)\):

\[\frac{-x+k}{x^2+1} = -\frac{x+k}{x^2+1}\] \[-x + k = -x - k\] \[2k = 0 \implies k = 0\]

Quindi:

\[h(x) = f_0(x) = \frac{x}{x^2+1}\]

Studio sintetico di \(h(x)\)

La funzione \(h(x) = \dfrac{x}{x^2+1}\) (corrispondente alla funzione della famiglia \(f_k(x)\) con \(k = 0\)) è definita su \(\mathbb{R}\) ed è dispari (simmetrica rispetto all'origine). Ha un unico zero in \(x = 0\) ed è positiva per \(x > 0\), negativa per \(x < 0\).

Per \(x \to \pm\infty\) si ha \(h(x) \to 0\), quindi \(y = 0\) è l'unico asintoto orizzontale.

Sfruttando la derivata generale calcolata nel punto a e ponendo \(k = 0\), otteniamo:

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

I punti stazionari per la curva \(h(x)\) sono un minimo relativo in \(x = -1\) e un massimo relativo in \(x = 1\), con ordinate rispettivamente:

\[h(-1) = -\frac{1}{2} \qquad \text{e} \qquad h(1) = \frac{1}{2}\]

Verifica che \(g(x) > h(x)\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\)

Calcoliamo \(g(x) - h(x)\):

\[g(x) - h(x) = \frac{x+2}{x^2+1} - \frac{x}{x^2+1} = \frac{x+2-x}{x^2+1} = \frac{2}{x^2+1}\]

Poiché \(x^2 + 1 \ge 1 > 0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\), si ha:

\[\frac{2}{x^2+1} > 0 \quad \text{per ogni } x \in \mathbb{R}\]

Quindi \(g(x) > h(x)\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\). \(\checkmark\)

Area tra i grafici in \([-1;\,1]\)

Poiché \(g(x) - h(x) = \dfrac{2}{x^2+1} > 0\) su tutto l'intervallo, l'area è:

\[A = \int_{-1}^{1} \left[g(x) - h(x)\right] dx = \int_{-1}^{1} \frac{2}{x^2+1}\,dx\]

Ricordando che \(\displaystyle\int \frac{1}{x^2+1}\,dx = \arctan(x) + C\):

\[A = 2\Big[\arctan(x)\Big]_{-1}^{1} = 2\left(\arctan(1) - \arctan(-1)\right) = \] \[=2\left(\frac{\pi}{4} - \left(-\frac{\pi}{4}\right)\right) = 2 \cdot \frac{\pi}{2}\] \[\boxed{A = \pi}\]

Calcolo di \(F(x)\)

La primitiva di \(h(t) = \dfrac{t}{t^2+1}\) si calcola con la sostituzione \(u = t^2+1\), \(du = 2t\,dt\):

\[\int \frac{t}{t^2+1}\,dt = \frac{1}{2}\ln(t^2+1) + C\]

Quindi:

\[F(x) = \int_0^x \frac{t}{t^2+1}\,dt = \left[\frac{1}{2}\ln(t^2+1)\right]_0^x = \frac{1}{2}\ln(x^2+1) - \frac{1}{2}\ln(1) = \frac{1}{2}\ln(x^2+1)\]

Calcolo di \(F(\sqrt{3})\)

\[F(\sqrt{3}) = \frac{1}{2}\ln\left((\sqrt{3})^2+1\right) = \frac{1}{2}\ln(3+1) = \frac{1}{2}\ln 4 =\] \[=\frac{1}{2} \cdot 2\ln 2\] \[\boxed{F(\sqrt{3}) = \ln 2}\]

Calcolo del limite \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{F(x)}{\ln x}\)

Metodo 1: sostituzione diretta di \(F(x)\)

Sostituiamo l'espressione di \(F(x)\):

\[\lim_{x \to +\infty} \frac{F(x)}{\ln x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{1}{2}\ln(x^2+1)}{\ln x}\]

Per \(x \to +\infty\) si ha \(\ln(x^2+1) \sim \ln(x^2) = 2\ln x\), quindi:

\[\lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{1}{2} \cdot 2\ln x}{\ln x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{\ln x} = \boxed{1}\]

Metodo 2: teorema di de L'Hôpital

Il limite si presenta nella forma indeterminata \(\dfrac{+\infty}{+\infty}\). Poiché \(F(x)\) e \(\ln x\) sono continue e derivabili per \(x > 0\), e la derivata del denominatore \((\ln x)' = \dfrac{1}{x} \ne 0\) in un intorno di \(+\infty\), possiamo applicare il teorema di de L'Hôpital.

Per il teorema fondamentale del calcolo integrale, \(F'(x) = h(x) = \dfrac{x}{x^2+1}\). Quindi:

\[\lim_{x \to +\infty} \frac{F(x)}{\ln x} \overset{\text{H}}{=} \lim_{x \to +\infty} \frac{F'(x)}{(\ln x)'} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\dfrac{x}{x^2+1}}{\dfrac{1}{x}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{x^2+1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{1+\dfrac{1}{x^2}} = \boxed{1}\]