3) solucionario taller 5 ma262 calculo 1 2015-1

CLCULO 1 (MA262)

Taller N 05

Ciclo 2015-1

Profesores del taller : Alejandro Flores, Jos Linares, Mike Hurtado, Reynaldo Egocheaga y

Carlos Quispe

Coordinador del curso : Jess Acosta Neyra

Temas : Extremos de Funciones, Teorema del Valor Medio, Regla de LHospital y Anlisis de funciones.

1. Determine si la proposicin es verdadera (V) o falsa (F). Justifique sus respuestas.

a) Si ( ) 0f c , entonces la funcin tiene un mximo o mnimo en ( )f c .

b) Si ( )f c no existe entonces x c es un nmero crtico.

c) Si (1) 0f , entonces (1, (1))f es un punto de inflexin de la curva ( )y f x .

Resolucin

a) Falso

Considerando la funcin 3( )f x x se tiene que (0) 0f ms no existe mnimo ni mximo en (0)f .

b) Falso

Para que x c sea un nmero crtico no basta que no exista ( )f c sino que adems c debe pertenecer

al dominio de f .

c) Falso

Sea la funcin 4( ) ( 1)f x x , entonces se tiene que (1) 0f sin embargo la funcin no tiene punto

de inflexin (Grficamente es una parbola).

2. Determine los extremos absolutos de las siguientes funciones

a) 3( ) 9 5; 3;3f x x x x Resolucin

Derivando la funcin obtenemos 2 2( ) 3 9 3 3f x x x

Determinemos los nmeros crticos: 2( ) 0 3 3 0f x x 3, 3x x

Evaluando los nmeros crticos en f obtenemos

3

3

( 3) ( 3) 9( 3) 5 5 6 3

( 3) ( 3) 9( 3) 5 5 6 3

f

f

Los valores de f en los extremos del intervalo son

3

3

3 ( 3) ( 3) 9( 3) 5 49

3 (3) (3) 9(3) 5 5

x f

x f

Al comparar los nmeros: 5 6 3; 5 6 3; 49; 5 tenemos:

El valor mximo absoluto es ( 3) 5 6 3f

El valor mnimo absoluto es ( 3) 49f

b) 2( ) 6 10; x -1;5f x x x Resolucin

Derivando la funcin obtenemos: 2

3( )

6 10

xf x

x x

Determinemos los nmeros crticos: 2

3( ) 0 0

6 10

xf x

x x

3x

Evaluando el nmero crtico en f obtenemos que 2

(3) 3 6 3 10 1f


2

2

1 ( 1) 1 6 1 10 5

5 (5) 5 6 5 10 65

x f

x f

Al comparar los nmeros 1; 5; 65 tenemos

El valor mximo absoluto es (5) 65f

El valor mnimo absoluto es (3) 1f

c) 22

( ) ; x -2;21

xf x

x

Resolucin

Derivamos la funcin

2

2

2 1 1( )

1

x xf x

x

Determinemos los nmeros crticos:

2

2

2 1 1( ) 0 0

1

x xf x

x

1; 1x x

Evaluando los nmeros crticos en f

2

2

2(1)(1) 1

1 1

2( 1)( 1) 1

1 1

f

f


2

2

2( 2) 42 ( 2) 0,8

52 1

2(2) 42 (2) 0,8

52 1

x f

x f

Al comparar los nmeros 1; 1; 0,8;0,8 tenemos

El valor mximo absoluto es (1) 1f

El valor mnimo absoluto es ( 1) 1f

3. Aplicar el T.V.M a las funciones dadas en el intervalo indicado y determine los valores de c que

satisfacen su condicin.

a) 2 3( ) , [ 2,1]f x x x x

Resolucin

Siendo f un polinomio entonces es continua en [ 2,1] y derivable en 2;1 .

Evaluamos en los extremos obteniendo que 2 12, 1 0f f .

Si 2 3 2( ) 2 3f x x x f x x x

Aplicando el T.V.M. para 2;1c tenemos que:

22

1 2 1 ( 2) ,

0 12 2 3 3

0 3 2 4

0,87 1,54

f f f c

c c

c c

c c

0,87 2;1 1,54 2;1c c

Por lo tanto, el valor de c que verifica el T.V.M es 0,87 .

b)2 3 4

( ) , [ 1,4]5

x xf x x

x

Resolucin

Siendo f una funcin continua en [ 1,4] y derivable en 1;4

entonces evaluamos los extremos en f obteniendo: 1 0 , 4 0f f

Derivando f tenemos: 2

2

10 11

( 5)

x xf x

x

Aplicando el T.V.M. para 1;4c tenemos que:

2

2

2

4 1 4 1 ,

10 110 0 4

( 5)

0 10 11

1 c 11

f f f c

c c

c

c c

c

11 1;4 1 1;4c c

Por lo tanto, el valor de c que verifica el T.V.M es 1.

4. Determine los siguientes lmites.

a) 3 2

31

2 2lim

7 6x

x x x

x x

Resolucin

Evaluando el lmite: 3 2

31

2 2 0lim

7 6 0x

x x x

x x

(F.I)

Aplicando la regla de LHospital:

3 23 2

3 31 1

2

21

2 2 '2 2lim lim

7 6 7 6 '

3 4 1lim

3 7

x x

x

x x xx x x

x x x x

x x

x

Evaluando el nuevo lmite tenemos

3 2

31

2 2 1lim

7 6 2x

x x x

x x

b) x

x

x sen

lnlim

1

Resolucin

Evaluando el lmite: 1

ln 0lim

sen 0x

x

x (F.I)


1 1

1

ln 'lnlim lim

sen sen '

1

limcos

x x

x

xx

x x

x

x


1

ln 1 1lim

sen ( 1)x

x

x

c) 0

limx

tgx senx

x senx

Resolucin


0lim

0x

tgx senx

x senx

(F.I)


0 0

2

0

'lim lim

'

sec coslim

1 cos

x x

x

tgx senxtgx senx

x senx x senx

x x

x

Evaluando el nuevo lmite tenemos:

2

0 0

sec cos 0lim lim

1 cos 0x x

tgx senx x x

x senx x

(F.I)

Nuevamente aplicamos la regla de LHospital:

2

0 0

2

0

sec cos 'lim lim

1 cos '

2sec tanlim

x x

x

x xtgx senx

x senx x

x x senx

senx


0

0lim

0x

tgx senx

x senx

(F.I)


2

0 0

2 2 4

0

2sec tan 'lim lim

'

4sec tan 2sec coslim

cos

x x

x

x x senxtgx senx

x senx senx

x x x x

x


0

3lim 3

1x

tgx senx

x senx

d) 2lim( 1 )

xx x x

Resolucin Transformando el lmite y luego evaluando se obtiene una (F.I).

22 2

2

2

( 1 )lim ( 1 ) lim ( 1 )

( 1 )

1lim

( 1 )

x x

x

x x xx x x x x x

x x x

x

x x x


22

2

1 'lim ( 1 ) lim

( 1 ) '

1lim

2 11

2 1

x x

x

xx x x

x x x

x

x x


2

2

1 1 1lim( 1 ) lim

2 1 1 1 21

2 1

x xx x x

x

x x

e) 0

7 5lim

t t

t t

Resolucin


7 5 0lim

0

t t

t t

(F.I)

Aplicando la regla de LHospital

0 0

0

7 5 '7 5lim lim

'

7 ln 7 5 ln5lim

1

t tt t

t t

t t

t

t t


0

7 5 7lim ln 7 ln5 ln

5

t t

t t

f)

2

40

11 cos

2lim

x

x x

x

Resolucin

Evaluando el lmite:

2

40

11 cos

02lim0x

x x

x

(F.I)

Aplicando la regla de LHospital

22

4 40 0

30

11 1 cos '1 cos22lim lim'

lim4

x x

x

x xx x

x x

senx x

x


2

40

11 cos

02lim0x

x x

x

(F.I)


2

4 30 0

20

11 cos '2lim lim

4 '

cos 1lim

12

x x

x

x x senx x

x x

x

x


2

40

11 cos

02lim0x

x x

x

(F.I)

Otra vez aplicando la regla de LHospital: (tantas veces sea necesaria)

2

4 20 0 0

0 0

11 cos cos 1 ' 02lim lim lim ( . )

24 012 '

'lim lim

24 ' 24

x x x

x x

x x x senxF I

x xx

senx cosx

x

Evaluando el ltimo lmite tenemos

2

40 0

11 cos

12lim lim24 24x x

x xcosx

x

5. Encontrar los intervalos en los que f es creciente o decreciente, los valores mximos y mnimos locales, intervalos de concavidad y puntos de inflexin.

a) 3 22 4 2 1f x x x x Resolucin

Derivando la funcin obtenemos: 2( ) 6 8 2f x x x

Determinemos los nmeros crticos: 2( ) 0 6 8 2 0f x x x 1

13

x x

Mediante el mtodo de los puntos referenciales determinamos la monotona de la funcin

(Estas evaluaciones se realizan en f )

f es creciente en 1

; ; 1;3

f es decreciente en 1

;13

Calculando la segunda derivada obtenemos ( ) 12 8f x x

Determinemos los mximos y mnimos locales, utilizando el criterio de la segunda derivada.

Si 1 1

( ) 4 03 3

x f entonces:

existe un mximo local en 1

3x cuyo valor es

1( ) 1,33

f .

Si 1 (1) 4 0x f entonces:

existe un mnimo local en 1x cuyo valor es (1) 1f .

1/3 1

1/3 1

Ahora determinemos los puntos de inflexin, para ello ( ) 0 12 8 0 f x x 2

3x

El posible punto de inflexin es 2

3x ; mediante el criterio de los puntos referenciales analizamos

la concavidad (Estas evaluaciones se realizan en f ).

Se obtiene entonces

f es cncava hacia abajo en 2

;3

f es cncava hacia arriba en 2

;3

Por lo tanto, el punto 2 2 2

; ;1,153 3 3

f

es un punto de inflexin.

b) senf x x x , x Resolucin

Derivando la funcin obtenemos: ' 1 cosf x x

Determinemos los nmeros crticos: ' 0 1 cos 0 0f x x x


(Estas evaluaciones se realizan en f ).

Se obtiene entonces

f es creciente en todo su dominio: ;

Luego, para determinar los mximos y mnimos absolutos bastar con evaluar en los extremos del

dominio.

Si ( )x f , este es el mnimo absoluto.

Si ( )x f , este es el mximo absoluto.

2/3

0

Calculando la segunda derivada obtenemos ( )f x senx

Ahora determinemos los puntos de inflexin, para ello ( ) 0 0 0 f x senx x

El posible punto de inflexin es 0x ; mediante el criterio de los puntos referenciales analizamos

la concavidad (Estas evaluaciones se realizan en f ).

Se obtiene entonces

f es cncava hacia abajo en ;0

f es cncava hacia arriba en 0;

Por lo tanto, el punto 0; 0 0;0f es un punto de inflexin.

6. Considerando la funcin f tal que:

3

2( )

12

xf x

x

,

4 2

2 2

36'( )

( 12)

x xf x

x

,

22 3

24 36''( )

( 12)

x xf x

x

a) Determine el dominio, intersecciones con los ejes coordenados y las ecuaciones de las asntotas.

b) Determine los nmeros crticos, intervalos de crecimiento, decrecimiento y extremos relativos.

c) Determine los intervalos de concavidad y puntos de inflexin.

d) Trace la grfica e indique todos los puntos notables.

Resolucin

a) Dom f

Intersecciones con los ejes:

Con Y: 0 0si x y entonces el intercepto es (0;0)

Con X: 0 0si y x entonces el intercepto es (0;0)

Ecuaciones de las asntotas

Asntotas Verticales

Al no existir nmeros de discontinuidad en el denominador no existen asntotas verticales.

Asntotas Horizontales

3

2lim

12x

x

x

,

3

2lim

12x

x

x

Por lo tanto, no existen asntotas horizontales.

0

b)

Nmeros crticos

Resolviendo 4 2

2 2

36( ) 0 0

( 12)

x xf x

x

No existen soluciones reales!

Por lo tanto no hay nmeros crticos.

Intervalos de crecimiento y decrecimiento

Siendo 4 2

2 2

36( ) 0;

( 12)

x xf x x

x

esto significa que la funcin es creciente en todo su dominio

Extremos relativos

No existen

c)

Puntos de inflexin e intervalos de concavidad

Resolviendo 2

2 3

24 36''( ) 0 0 0 6 6

( 12)

x xf x x x x

x

Los posibles puntos de inflexin son: 0 6 6x x x , mediante el criterio de los puntos

referenciales analizamos la concavidad (Estas evaluaciones se realizan en f ).

Se obtiene entonces

f es cncava hacia abajo en 6;0 ; 6;

f es cncava hacia arriba en ; 6 ; 0;6

Por lo tanto, los puntos 0; 0 0;0 ; 6; 6 6; 4,5 ; 6; 6 6;4,5f f f son los puntos de inflexin.

d)

6 0 6

7. Dada la funcin: 1

)(2

x

xxf

a) Determine el dominio, intersecciones con los ejes coordenados y las ecuaciones de las asntotas.

b) Determine los nmeros crticos, intervalos de crecimiento, decrecimiento y extremos relativos.

c) Determine los intervalos de concavidad y puntos de inflexin.

d) Trace la grfica e indique todos los puntos notables.

Resolucin

a) 1; 1Dom f

Intersecciones con los ejes:

Con Y: 0 0si x y entonces el intercepto es (0;0)

Con X: 0 0si y x entonces el intercepto es (0;0)

Ecuaciones de las asntotas

Asntotas Verticales

Posibles asntotas: 1,1 xx

1

lim( 1)( 1)x

x

x x

,

1lim

( 1)( 1)x

x

x x

1

lim1 1x

x

x x

,

1lim

1 1x

x

x x

Por lo tanto, 1,1 xx son asntotas verticales

Asntotas Horizontales

2

lim 01x

x

x

,

2lim 0

1x

x

x

Por lo tanto, 0y es la asntota horizontal.

b)

Nmeros crticos

Resolviendo

2

22

1( ) 0 0

1

xf x

x

No existen soluciones reales!

Por lo tanto no hay nmeros crticos.

Intervalos de crecimiento y decrecimiento

Al no existir nmeros crticos, se determinar los intervalos de crecimiento y de crecimiento tomando

como referencia los valores en los que no est definido 'f .


(Estas evaluaciones se realizan en f ).

-1 1

Entonces f es decreciente en ; 1 ; 1;1 ; 1;

Extremos relativos

No existen

c)

Puntos de inflexin e intervalos de concavidad

2 2

42

2 1 3 ( ) 0 0 0

1

x x xf x x

x

que es la solucin y 1 ; 1x x donde no est

definida f .

Mediante el criterio de los puntos referenciales analizamos la concavidad (Estas evaluaciones

se realizan en f ).

Se obtiene entonces

f es cncava hacia abajo en ; 1 ; 0;1

f es cncava hacia arriba en 1;0 ; 1;

Solo consideramos, el punto 0; 0 0;0f como punto de inflexin pues 1 1x x no pertenecen al dominio de f .

d) Graficando

UPC, Abril del 2015

-1 0 1

3) solucionario taller 5 ma262 calculo 1 2015-1

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