Esame di Stato 2026 – Suppletiva – PROBLEMA 2
Versione DSA
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Liceo Scientifico – Esame di Stato 2026 – Sessione suppletiva – PROBLEMA 2 – Versione DSA
Soluzione proposta da Giuseppe Scoleri.
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100%
Si considerino la funzione \( y=f(x) \), derivabile in \( \mathbb{R} \), e le funzioni \( g(x)=-\dfrac{1}{f(x)} \) e \( h(x)=f(x)+g(x) \); si indichino con \( \gamma_1, \gamma_2, \gamma_3 \), rispettivamente, i grafici delle funzioni \( f, g, h \).
Si considerino la funzione ipsilon uguale a effe di ics, derivabile in erre, e le funzioni gi di ics uguale a meno uno fratto effe di ics, e acca di ics uguale a effe di ics più gi di ics. Si indichino con gamma uno, gamma due, gamma tre, rispettivamente, i grafici delle funzioni effe, gi, acca.
Punto a)
Dimostrare che, se \( \alpha \) e \( \beta \) sono gli zeri di \( f \), allora le rette di equazione \( x=\alpha \) e \( x=\beta \) sono asintoti sia per \( g \) che per \( h \). Spiegare perché \( \gamma_1 \) non ha punti in comune né con \( \gamma_2 \) né con \( \gamma_3 \). Infine, dimostrare che se \( x_s \) è ascissa di un punto stazionario per \( f \), con \( f(x_s)\neq 0 \), allora lo è anche per \( g \) e \( h \).
Dimostrare che, se alfa e beta sono gli zeri di effe, allora le rette di equazione ics uguale ad alfa e ics uguale a beta sono asintoti sia per gi che per acca. Spiegare perché gamma uno non ha punti in comune né con gamma due né con gamma tre. Infine, dimostrare che se ics esse è ascissa di un punto stazionario per effe, con effe di ics esse diverso da zero, allora lo è anche per gi e acca.
Soluzione del punto a
Passo 1 — Asintoti verticali per g e per h
Poiché \( \alpha \) e \( \beta \) sono gli zeri di \( f \), risulta \( f(\alpha)=f(\beta)=0 \). Essendo \( g(x)=-\dfrac{1}{f(x)} \), calcoliamo il limite per \( x\to\alpha \):
\[
\lim_{x\to\alpha} g(x) = \lim_{x\to\alpha}\left(-\frac{1}{f(x)}\right) = -\frac{1}{0} = \infty
\]
Dunque la retta \( x=\alpha \) è asintoto verticale per \( \gamma_2 \) (analogamente per \( x=\beta \)). Essendo poi \( h(x)=f(x)+g(x) \):
\[
\lim_{x\to\alpha} h(x) = \lim_{x\to\alpha}\big[f(x)+g(x)\big] = 0 + \infty = \infty
\]
Quindi \( x=\alpha \) è asintoto verticale anche per \( \gamma_3 \) (analogamente per \( x=\beta \)).
Passo 2 — γ1 non ha punti in comune con γ2 né con γ3
Un'eventuale intersezione tra \( \gamma_1 \) e \( \gamma_2 \) richiederebbe \( f(x)=g(x) \):
\[
f(x) = -\frac{1}{f(x)} \quad \Rightarrow \quad [f(x)]^2 = -1
\]
equazione priva di soluzioni reali, quindi \( \gamma_1 \cap \gamma_2 = \varnothing \). Un'eventuale intersezione tra \( \gamma_1 \) e \( \gamma_3 \) richiederebbe invece \( f(x)=h(x) \):
\[
f(x) = f(x)+g(x) \quad \Rightarrow \quad g(x)=0 \quad \Rightarrow \quad -\frac{1}{f(x)}=0
\]
equazione impossibile, poiché una frazione con numeratore non nullo non può essere uguale a zero: quindi \( \gamma_1 \cap \gamma_3 = \varnothing \).
Passo 3 — Trasferimento del punto stazionario a g e h
Sia \( x_s \) ascissa di un punto stazionario per \( f \), con \( f(x_s)\neq 0 \); risulta \( f'(x_s)=0 \). Calcoliamo la derivata di \( g \):
\[
g'(x) = D\!\left(-\frac{1}{f(x)}\right) = \frac{f'(x)}{[f(x)]^2}
\quad\Rightarrow\quad
g'(x_s) = \frac{0}{[f(x_s)]^2} = 0
\]
(il denominatore è ben definito e non nullo poiché \( f(x_s)\neq 0 \)), quindi \( x_s \) è ascissa di punto stazionario anche per \( g \). Essendo \( h=f+g \), risulta \( h'=f'+g' \):
\[
h'(x_s) = f'(x_s)+g'(x_s) = 0+0 = 0
\]
⚠ La condizione \( f(x_s)\neq 0 \) è essenziale: garantisce che \( g \) sia definita e derivabile in \( x_s \).
✓ Le rette \( x=\alpha \) e \( x=\beta \) sono asintoti verticali sia per \( g \) che per \( h \); \( \gamma_1 \) non ha punti in comune né con \( \gamma_2 \) né con \( \gamma_3 \); ogni ascissa di punto stazionario per \( f \), con \( f(x_s)\neq 0 \), è ascissa di punto stazionario anche per \( g \) e per \( h \).
Punto b)
Stabilito che \( f \) è una funzione polinomiale di 2° grado, scrivere le espressioni analitiche delle tre funzioni sapendo che \( f(0)=-1 \), la retta di equazione \( x=-1 \) è asintoto per \( \gamma_2 \) e \( x=-\dfrac{1}{4} \) è ascissa di un punto stazionario per \( h \).
Stabilito che effe è una funzione polinomiale di secondo grado, scrivere le espressioni analitiche delle tre funzioni sapendo che effe di zero uguale a meno uno, la retta di equazione ics uguale a meno uno è asintoto per gamma due, e ics uguale a meno un quarto è ascissa di un punto stazionario per acca.
Soluzione del punto b
Passo 1 — Impostazione e primo dato
Poiché \( f \) è polinomiale di 2° grado, poniamo \( f(x)=ax^2+bx+c \). Dalla condizione \( f(0)=-1 \) segue \( c=-1 \):
\[
f(x)=ax^2+bx-1
\]
Passo 2 — Condizione sull'asintoto di γ2
Essendo \( g(x)=-\dfrac{1}{f(x)} \), la retta \( x=-1 \) è asintoto per \( g \) se e solo se \( f(-1)=0 \):
\[
a-b-1=0
\]
Passo 3 — Condizione sul punto stazionario di h
Essendo \( h=f+g \), risulta \( h'=f'+g' \), con \( g'=\dfrac{f'}{[f(x)]^2} \). Imponendo \( h'\left(-\dfrac14\right)=0 \):
\[
f'\!\left(-\tfrac14\right)+g'\!\left(-\tfrac14\right) = \left(-\frac{a}{2}+b\right) + \frac{-\frac{a}{2}+b}{\left[f\left(-\frac14\right)\right]^2} = 0
\]
\[
\Rightarrow \quad -a+2b=0 \quad \Rightarrow \quad a=2b
\]
Passo 4 — Risoluzione del sistema e scrittura delle tre funzioni
\[
\begin{cases} a-b-1=0 \\ a=2b \end{cases}
\quad \Rightarrow \quad
2b-b-1=0 \quad \Rightarrow \quad b=1,\ a=2
\]
Le tre funzioni risultano quindi:
\[
f(x)=2x^2+x-1
\]
\[
g(x)=-\frac{1}{2x^2+x-1}
\]
\[
h(x)=\frac{x(2x+1)(2x^2+x-2)}{2x^2+x-1}
\]
✓ \( f(x)=2x^2+x-1 \) \( g(x)=-\dfrac{1}{2x^2+x-1} \) \( h(x)=\dfrac{x(2x+1)(2x^2+x-2)}{2x^2+x-1} \)
D'ora in avanti, si ponga \( f(x)=2x^2+x-1 \).
Punto c)
Si tracci il grafico \( \gamma_1 \) e se ne deducano i grafici \( \gamma_2 \) e \( \gamma_3 \), specificando intersezioni con gli assi cartesiani, asintoti ed estremi. Verificare se le tre curve presentano flessi.
Si tracci il grafico gamma uno e se ne deducano i grafici gamma due e gamma tre, specificando intersezioni con gli assi cartesiani, asintoti ed estremi. Verificare se le tre curve presentano flessi.
Soluzione del punto c
Passo 1 — Studio di γ1 (grafico di f)
\( f(x)=2x^2+x-1 \) è una parabola con concavità verso l'alto (\( a=2>0 \)).
\[
2x^2+x-1=0 \ \Rightarrow\ x=\frac{-1\pm3}{4} \ \Rightarrow\ x=-1,\ x=\frac12\]
\[\Rightarrow\quad A(-1,0),\ B\!\left(\tfrac12,0\right)
\]
\[
f(0)=-1 \quad\Rightarrow\quad C(0,-1)
\]
\[
x_V=-\frac14,\quad f\!\left(-\tfrac14\right)=-\frac98 \quad\Rightarrow\quad V\!\left(-\tfrac14,-\tfrac98\right)
\]
Poiché \( f''(x)=4 \) è costante e positiva, la concavità non cambia mai: nessun flesso.
Legenda: grafico di \( \gamma_1 \), con i punti \( A \), \( B \), \( C \) e il vertice \( V \).
Passo 2 — Studio di γ2 (grafico di g)
\( g(x)=-\dfrac{1}{2x^2+x-1}=-\dfrac{1}{(x+1)(2x-1)} \), con dominio \( x\neq-1,\ x\neq\dfrac12 \).
\[
\text{asintoti verticali: } x=-1,\ x=\tfrac12 \qquad \text{asintoto orizzontale: } y=0
\]
\[
g(0)=1 \quad\Rightarrow\quad (0,1)
\]
Segno: \( g(x)>0 \) per \( -1<x<\dfrac12 \) (dove \( f<0 \)); \( g(x)<0 \) altrove nel dominio.
Poiché \( g'(x)=\dfrac{f'(x)}{[f(x)]^2} \) ha lo stesso segno di \( f'(x) \), \( g \) ha lo stesso andamento di monotonia di \( f \): decrescente per \( x<-1 \) e per \( -1<x<-\dfrac14 \), crescente per \( -\dfrac14<x<\dfrac12 \) e per \( x>\dfrac12 \); quindi un minimo in \( x=-\dfrac14 \):
\[
g\!\left(-\tfrac14\right)=-\frac{1}{-9/8}=\frac89 \quad\Rightarrow\quad \text{minimo in } \left(-\tfrac14,\tfrac89\right)
\]
Nessun flesso: \( g''(x)=-\dfrac{6(4x^2+2x+1)}{(2x^2+x-1)^3} \); l'equazione \( 4x^2+2x+1=0 \) ha discriminante negativo, quindi nessuna soluzione reale.
Legenda: grafico di \( \gamma_2 \), dedotto da \( \gamma_1 \), con gli asintoti e il minimo.
Passo 3 — Studio di γ3 (grafico di h = f + g)
Dominio: \( x\neq-1,\ x\neq\dfrac12 \) (stesso di \( g \)). Intersezione con l'asse \( y \): \( h(0)=-1+1=0 \), quindi \( \gamma_3 \) passa per l'origine.
\[
h(x)=0 \ \Rightarrow\ [f(x)]^2=1 \ \Rightarrow\ f(x)=\pm1
\]
\[f(x)=-1 \ \Rightarrow\ x=0,\ x=-\tfrac12\]
\[f(x)=1 \ \Rightarrow\ x=\frac{-1\pm\sqrt{17}}{4}\ \ (x\approx-1{,}28,\ x\approx0{,}78)
\]
Asintoti verticali: \( x=-1 \) e \( x=\dfrac12 \) (come per \( g \)). Poiché \( g(x)\to0 \) per \( x\to\pm\infty \), \( h(x) \) risulta asintotico a \( f(x) \): il grafico di \( h \) si avvicina asintoticamente alla parabola \( \gamma_1 \) (asintoto parabolico).
\[
h'(x)=\frac{f'(x)\left([f(x)]^2+1\right)}{[f(x)]^2}
\]
Poiché \( [f(x)]^2+1>0 \) sempre, il segno di \( h' \) coincide con quello di \( f' \): unico punto stazionario in \( x=-\dfrac14 \), minimo:
\[
h\!\left(-\frac14\right)=f\!\left(-\frac14\right)+g\!\left(-\frac14\right)=-\frac98+\frac89=-\frac{17}{72}
\]
⚠ Per i flessi di \( h \), calcolare direttamente \( h''(x) \) è laborioso: conviene ragionare per confronto asintotico. Poiché \( h \) è asintotico a \( f \) (concavità verso l'alto) per \( x\to\pm\infty \), mentre in prossimità di ciascun asintoto verticale la concavità è rivolta verso il basso, per il teorema dei valori intermedi la concavità cambia almeno una volta sia per \( x<-1 \) sia per \( x>\dfrac12 \): \( \gamma_3 \) presenta quindi almeno due punti di flesso, le cui ascisse esatte non sono esprimibili in forma elementare.
Legenda: grafico di \( \gamma_3 \), dedotto da \( \gamma_1 \) e \( \gamma_2 \), con il minimo e i due flessi.
✓ \( \gamma_1 \): parabola, \( V\!\left(-\frac14,-\frac98\right) \), nessun flesso.
\( \gamma_2 \): asintoti \( x=-1,\ x=\frac12,\ y=0 \); minimo \( \left(-\frac14,\frac89\right) \); nessun flesso.
\( \gamma_3 \): asintoti \( x=-1,\ x=\frac12 \); minimo \( \left(-\frac14,-\frac{17}{72}\right) \); almeno due flessi.
\( \gamma_2 \): asintoti \( x=-1,\ x=\frac12,\ y=0 \); minimo \( \left(-\frac14,\frac89\right) \); nessun flesso.
\( \gamma_3 \): asintoti \( x=-1,\ x=\frac12 \); minimo \( \left(-\frac14,-\frac{17}{72}\right) \); almeno due flessi.
Punto d)
Determinare i coefficienti reali \( A, B \) tali che \( g(x)=\dfrac{A}{x+1}+\dfrac{B}{2x-1} \). Successivamente, determinare l'area della regione delimitata da \( \gamma_2 \) e dalla retta di equazione \( y=\dfrac{8}{5} \).
Determinare i coefficienti reali a, bi tali che gi di ics uguale ad a fratto ics più uno, più bi fratto due ics meno uno. Successivamente, determinare l'area della regione delimitata da gamma due e dalla retta di equazione ipsilon uguale a otto quinti.
Soluzione del punto d
Passo 1 — Determinazione di A e B
Scomponiamo il denominatore: \( 2x^2+x-1=(x+1)(2x-1) \), quindi:
\[
g(x)=-\frac{1}{(x+1)(2x-1)}=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{2x-1}=\]
\[=\frac{A(2x-1)+B(x+1)}{(x+1)(2x-1)}
\]
Deve essere \( A(2x-1)+B(x+1)=-1 \) per ogni \( x \), da cui il sistema:
\[
\begin{cases} 2A+B=0 \\ -A+B=-1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} B=-2A \\ -3A=-1 \end{cases} \Rightarrow A=\frac13,\ B=-\frac23
\]
Passo 2 — Intersezioni tra γ2 e la retta y = 8/5
Imponiamo \( g(x)=\dfrac85 \), cioè \( f(x)=-\dfrac58 \):
\[
2x^2+x-1=-\frac58 \ \Rightarrow\ 16x^2+8x-3=0
\]
\[
\Delta=64+192=256 \quad\Rightarrow\quad x=\frac{-8\pm16}{32} \quad\Rightarrow \]
\[x=\frac14,\ x=-\frac34 \]
Punti di intersezione: \( E\!\left(-\dfrac34,\dfrac85\right) \), \( F\!\left(\dfrac14,\dfrac85\right) \).
Legenda: la regione delimitata da \( \gamma_2 \) e dalla retta \( y=\dfrac85 \), tra \( x=-\dfrac34 \) e \( x=\dfrac14 \).
Passo 3 — Calcolo dell'area
Nell'intervallo \( \left[-\dfrac34,\dfrac14\right] \) la retta sta al di sopra di \( \gamma_2 \) (ad esempio in \( x=0 \): \( g(0)=1<\dfrac85 \)), quindi:
\[
\text{Area}=\int_{-3/4}^{1/4}\left[\frac85-g(x)\right]dx = \frac85 - \int_{-3/4}^{1/4} g(x)\,dx
\]
Usando la scomposizione in fratti semplici trovata al Passo 1:
\[
\int g(x)\,dx = \frac13\ln|x+1|-\frac13\ln|2x-1| = \frac13\ln\left|\frac{x+1}{2x-1}\right|
\]
\[
\left[\frac13\ln\left|\frac{x+1}{2x-1}\right|\right]_{-3/4}^{1/4} =\]
\[=\frac13\ln\frac52 - \frac13\ln\frac{1}{10} = \frac13\ln(25) = \frac23\ln5
\]
\[
\text{Area} = \frac85 - \frac23\ln5 \approx 1{,}6-1{,}073 \approx 0{,}527
\]
✓ \( A=\dfrac13,\ B=-\dfrac23 \) \( \text{Area} = \dfrac85-\dfrac23\ln5 \approx 0{,}527 \)