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ESAME DI STATO 2023 ⋄ PROVA DI MATEMATICA
Svolgimento del problema 2
2 Parte a
Posto 𝑎 ≠ 0 , il dominio della funzione razionale fratta
2 − 𝑎𝑥
𝑥^2 − 𝑎
è determinato dai valori di 𝑥 che non annullano il denominatore.
Se 𝑎 < 0 , il denominatore non si annulla per alcun valore di 𝑥; il dominio della funzione è R e
la funzione non presenta punti di singolarità o discontinuità.
Se 𝑎 > 0 , otteniamo:
2 − 𝑎 ≠ 0 → 𝑥
2 ≠ 𝑎 → 𝑥 ≠ ±
il dominio della funzione è R − {−
Nell’ipotesi 𝑎 > 0 , dunque, abbiamo due punti di singolarità 𝑥 = −
𝑎 e 𝑥 =
𝑎; classifichiamoli
calcolando i limiti per 𝑥 che tende a tali punti.
Iniziamo calcolando il limite per 𝑥 → (−
− .
lim 𝑥→(−
√ 𝑎)
−
𝑥^2 − 𝑎𝑥
𝑥^2 − 𝑎
= lim 𝑥→(−
√ 𝑎)
−
- Il fattore (𝑥 − 𝑎) tende a −
𝑎) tende a − 2
𝑎) tende a 0
− .
Il limite è dunque +∞.
Ragioniamo in modo simile per 𝑥 → (−
.
lim 𝑥→(−
√ 𝑎)
𝑥^2 − 𝑎𝑥
𝑥^2 − 𝑎
= lim 𝑥→(−
√ 𝑎)
- Il fattore (𝑥 − 𝑎) tende a −
𝑎) tende a − 2
𝑎) tende a 0 +.
Il limite è dunque −∞.
I due limiti sono infiniti con segno diverso, quindi 𝑥 = −
𝑎 è un punto di singolarità di II specie
(per 𝑎 > 0 ).
Vediamo ora il limite per 𝑥 →
− .
lim 𝑥→
√ 𝑎
−
𝑥^2 − 𝑎𝑥
𝑥^2 − 𝑎
= lim 𝑥→
√ 𝑎
−
Distinguiamo i casi 0 < 𝑎 < 1 , 𝑎 > 1 , 𝑎 = 1.
Se 0 < 𝑎 < 1 allora
𝑎 > 𝑎 e otteniamo che:
- il fattore (𝑥 − 𝑎) tende a
𝑎) tende a 0 −;
𝑎) tende a 2
Il limite è dunque −∞.
Se 𝑎 > 1 allora
𝑎 < 𝑎 e otteniamo che:
- il fattore (𝑥 − 𝑎) tende a
𝑎) tende a 0
− ;
𝑎) tende a 2
Il limite è dunque +∞.
Se 𝑎 = 1 , il limite diventa
lim 𝑥→ 1 −
= lim 𝑥→ 1 −
Passiamo al limite per 𝑥 →
.
lim 𝑥→
√ 𝑎
2 − 𝑎𝑥
𝑥^2 − 𝑎
= lim 𝑥→
√ 𝑎
Distinguiamo ancora i casi 0 < 𝑎 < 1 , 𝑎 > 1 , 𝑎 = 1.
Se 0 < 𝑎 < 1 allora
𝑎 > 𝑎 e otteniamo:
- il fattore (𝑥 − 𝑎) tende a
𝑎) tende a 0 +;
𝑎) tende a 2
Il limite è dunque +∞.
Se 𝑎 > 1 allora
𝑎 < 𝑎 e otteniamo:
• R − {−
𝑎} se 𝑎 > 0.
Poiché 𝑓
′ 𝑎 (^0 )^ =^
𝑎^2 𝑎^2
= 1 , la retta tangente al grafico di Ω𝑎 nell’origine ha sempre coefficiente
angolare 1 e dunque l’equazione di tale retta tangente, per ogni 𝑎 diverso da 0 e 1 , è: 𝑦 = 𝑥.
Parte c
Consideriamo 𝑎 < 1 (e sempre 𝑎 ≠ 0 ).
Il denominatore di 𝑓 (^) 𝑎′ (𝑥) è sempre positivo sul dominio 𝑓 (^) 𝑎′, quindi il segno della derivata prima
è determinato dal segno del numeratore:
′ 𝑎 (𝑥)^ >^0 →^ 𝑎(𝑥
2 − 2 𝑥 + 𝑎) > 0.
Per quanto riguarda l’equazione associata, poiché Δ = 4 ( 1 − 𝑎) > 0 , troviamo:
2 − 2 𝑥 + 𝑎 = 0 → 𝑥 = 1 ±
e quindi:
2 − 2 𝑥 + 𝑎 > 0 → 𝑥 < 1 −
2 − 2 𝑥 + 𝑎 < 0 → 1 −
Consideriamo anche il fattore 𝑎 e distinguiamo due casi. Se 𝑎 < 0 ,
𝑓 (^) 𝑎′ (𝑥) > 0 → 𝑎(𝑥^2 − 2 𝑥 + 𝑎) > 0 → 𝑥^2 − 2 𝑥 + 𝑎 < 0 → 1 −
′ 𝑎 (𝑥)^ <^0 →^ 𝑎(𝑥
2 − 2 𝑥 + 𝑎) < 0 → 𝑥
2 − 2 𝑥 + 𝑎 > 0 → 𝑥 < 1 −
f'(x)
f(x)
− 0 + 0 −
min max
1 – 1 – a 1 + 1 – a
Se 0 < 𝑎 < 1 ,
𝑓
′ 𝑎 (𝑥)^ >^0 →^ 𝑎(𝑥
2 − 2 𝑥 + 𝑎) > 0 → 𝑥
2 − 2 𝑥 + 𝑎 > 0 → 𝑥 < 1 −
𝑓 𝑎′ (𝑥) < 0 → 𝑎(𝑥^2 − 2 𝑥 + 𝑎) < 0 → 𝑥^2 − 2 𝑥 + 𝑎 < 0 → 1 −
In questo caso dobbiamo considerare che la funzione non è definita in 𝑥 = ±
𝑎. Per determinare
gli intervalli di monotonia dobbiamo ordinare i valori di ±
𝑎 e 1 ±
1 − 𝑎. Abbiamo:
Rimane da determinare il maggiore tra
𝑎 e 1 −
1 − 𝑎. Mostriamo che
2
𝑎( 1 − 𝑎) > 0 vera ∀𝑎 ∈] 0 , 1 [.
f'(x)
f(x)
max min
In particolare, se consideriamo 𝑎 = − 1 , otteniamo la funzione
𝑥^2 + 𝑥
𝑥^2 + 1
Studiamo la funzione 𝑓 (𝑥), avvalendoci anche dei risultati già ottenuti.
Il dominio della funzione è R. La funzione non è pari né dispari, infatti
2 − 𝑥
𝑥^2 + 1
e quindi 𝑓 (−𝑥) ≠ 𝑓 (𝑥) e 𝑓 (−𝑥) ≠ − 𝑓 (𝑥).
Troviamo le intersezioni con l’asse 𝑥:
2
- 𝑥 = 0 → 𝑥(𝑥 + 1 ) = 0 → 𝑥 = 0 ∨ 𝑥 = − 1.
Determiniamo ora il segno della funzione. Osserviamo che il denominatore è sempre positivo,
quindi il segno è individuato dal denominatore:
2 − 𝑥 > 0 → 𝑥 < − 1 ∨ 𝑥 > 0.
Il grafico presenta l’asintoto orizzontale 𝑦 = 1 , che interseca in (1; 1).
Studiamo ora la monotonia della funzione: la funzione è crescente per 1 −
decrescente per 𝑥 < 1 −
- Abbiamo quindi un punto di minimo relativo in
𝑥 = 1 −
2 ≃ − 0 , 41 , di ordinata 𝑓 ( 1 −
Analogamente, abbiamo un punto di massimo relativo in 𝑥 = 1 +
2 ≃ 2 , 41 , di ordinata
𝑓 ( 1 +
La funzione ammette tangente obliqua di equazione 𝑦 = 𝑥 nell’origine.
Tracciamo un grafico probabile di 𝑓 (𝑥).
y
A
y = x
y = 1
f–1(x) 1
Parte d
Rappresentiamo più in dettaglio la parte di grafico compresa fra 𝑥 = 0 e 𝑥 =
1 x
A
regione 2
y
O
y = x
f–1(x)
3
regione 1
Per quanto riguarda la regione di cui occorre calcolare l’area, la richiesta dell’esercizio si presta
a due interpretazioni: o la regione richiesta è costituita dalla sola regione 2 in figura, oppure
dall’unione delle due regioni 1 e 2. Calcoliamo nel seguito l’area di entrambe le regioni e, nel
caso della seconda interpretazione, la somma delle due aree.
Per 0 < 𝑥 < 1 la funzione 𝑓 (𝑥) sta al di sopra della retta tangente 𝑦 = 𝑥, per 𝑥 > 1 la funzione
sta al di sotto della retta tangente. Verifichiamolo per via analitica, risolvendo la disequazione:
2
𝑥^2 + 1
2
3 − 𝑥
𝑥^2 + 1
3
2
0 → 𝑥
2 ( 1 − 𝑥) > 0 → 𝑥 < 1.
L’area racchiusa dal grafico della funzione e dalla retta tangente in 0 < 𝑥 < 1 si può calcolare
con l’integrale definito:
area 1 =
0
2
𝑥^2 + 1
0
3
2
𝑥^2 + 1
La funzione integranda è una funzione razionale fratta con il grado del numeratore maggiore
del grado del denominatore. Eseguiamo la divisione.
x^2 + 1
–x + 1
–x^3
x^3
+x^2
–x^2 –
+x
// +x
// x –
x^2
Quindi possiamo scrivere:
3
2
𝑥^2 + 1
𝑥^2 + 1
𝑥^2 + 1
𝑥^2 + 1
e l’integrale diventa:
area 1 =
0
3
2
𝑥^2 + 1
0
0
𝑥^2 + 1
0
𝑥^2 + 1
𝑥^2
0
− [arctan 𝑥]
1 0 +^
ln (𝑥
2
ln 2 =
ln 2.
Analogamente, l’area della regione 2, compresa tra la retta tangente e grafico per 1 < 𝑥 <
è data da:
area 2 =
1
2
𝑥^2 + 1
1
3 − 𝑥
2
𝑥^2 + 1
Osserviamo che la funzione integranda è l’opposta di quella dell’integrale precedente, quindi:
area 2 =
1
1
𝑥^2 + 1
1
𝑥^2 + 1
𝑥^2
1
√ 3 1 −^
[ln(𝑥
2
√ 3 1 =
(ln 4 − ln 2) =
ln 2.
(Nell’ultimo passaggio abbiamo trasformato ln 4 = ln 2^2 = 2 ln 2).
Riassumendo:
𝜋 12 −^
1 2 ln 2^ ≃^0 ,^18 ;
1 2 −^
𝜋 4 +^
1 2 ln 2^ +^2 −
𝜋 12 −^
1 2 ln 2^ =^
5 2 −
𝜋 6 ≃^0 ,^24.
