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MATEMTICAS II PRUEBAS DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD DE OVIEDO

1.- ANLISIS (1 PARTE).- Lmites, Continuidad, Derivadas y aplicaciones.

1.- (MODELO DE PRUEBA) a) Conceptos de funcin continua en un punto y derivada de una funcin en un punto. b) Estudiar, a partir de la definicin, la continuidad y derivabilidad de la funcin:

x

xxf

+

+=

12)(

2

en el punto de abscisa x = 0 y calcular la funcin derivada en su dominio de

definicin. Razona las respuestas.

SOLUCIN a) Puede verse en los apuntes de teora. b) Recordemos para empezar, que la funcin valor absoluto se define en dos trozos:

+

+

=

0)1(22

0)1(22

)('2

2

2

2

xsix

xx

xsix

xx

xf

2

2.- (JUNIO 1994) i) Interpreta razonadamente el concepto geomtrico de derivada. ii) Como aplicacin del apartado anterior y sin calcular la expresin analtica de f(x), obtener la representacin grfica de f ' (x) siendo la grfica de f(x) la que puedes ver en la figura de al lado.

Nota: el smbolo de la grfica, quiere significar que la funcin f(x) no est definida en x = 1. Razona las respuestas.

SOLUCIN

i) Este apartado, puede verse explicado en los apuntes. ii) La representacin grfica de la derivada f '(x), es la que puede verse en la figura. Expliquemos por qu: En primer lugar entre 1 y 0, la funcin f es una recta;

la pendiente por tanto es constante y en este caso vale 2, ya que la funcin crece dos unidades cada vez que la variable aumenta una. Por tanto su derivada en ese intervalo, ser la funcin constante y = 2.

Por la misma razn, en el intervalo (0,2) la derivada es la funcin constante y = -1 (recta decreciente, pendiente negativa; y como decrece dos unidades cada vez que la variable aumenta dos, la pendiente ser 1)

Del mismo modo se explica que la derivada en el intervalo (2,3), sea la funcin constante y = 1. Por ltimo, debemos precisar que en los puntos de abscisa x = 0 y x = 2, no existe derivada puesto

que las derivadas laterales son distintas (la funcin hace picos). En el punto x = 1, la funcin f no existe, as que difcilmente va a existir su derivada. Y en los extremos x = -1 y x = 3, no hay derivada, porque en el primero no existe derivada por la izquierda y en el segundo no existe por la derecha. Fuera del intervalo [-1, 3] no est definida la funcin f, por tanto no tiene sentido hablar de f.

3.- SEPTIEMBRE 1994

Dada la funcin: 32

)( 232

+++

+=

bxaxxbax

xf se pide: i) Determinar a y b, sabiendo que la funcin f(x) presenta una discontinuidad evitable en el punto de abscisa x = 1 ii) Definir una funcin g(x) que sea continua en x = 1 y que coincida con f (x) en el dominio de definicin de sta. Razona las respuestas.

SOLUCIN i) La funcin f, es una funcin racional (cociente de dos polinomios); para que haya discontinuidad evitable en el punto de abscisa x = 1, debe existir el )(

1xflim

x

, pero no estar definida la funcin.

Ahora bien, para que una funcin racional no est definida en un punto, debe anularse el denominador en dicho punto; en este caso por tanto, el denominador debe anularse en x = 1, para lo cual ha de ser: 1 + 2a+ b + 3 = 0 2a+ b= - 4 . Por otra parte, si slo fuese cero el denominador pero el numerador fuese distinto de cero, =

)(1

xflimx

Pero como queremos que eso no ocurra, puesto que ese lmite debe existir, hay que obligar tambin al numerador a valer cero en x = 1, es decir que: a + b = 0 Resolvamos pus el sistema formado por las dos ecuaciones que acabamos de obtener:

=

=

=+

=+

44

042

ba

baba

la funcin por tanto, es: 348

44)( 232

++

+=

xxx

xxf

f(x) 2

1

-1 0 1 2 3

f '(x) 2

1

-1 1 2 3

-1

3

Esa funcin, desde luego que no est definida en x = 1, ya que el denominador se anula; veamos si tiene

lmite en dicho punto: ( ) 9

898

3744

34844)( 2

1123

2

11=

=

++

+=

=

xx

x

xxx

xxf limlimlim

xxx

(Se trata en el primer lmite, de una indeterminacin del tipo 0/0, que deshacemos en el paso (1) quitando la raz 1 en el numerador y denominador, utilizando la regla de Ruffini). La funcin por tanto, tiene lmite en el punto x=1:

98)(

1=

xflimx

. En consecuencia, para esos valores

de a y b, hay discontinuidad evitable en el punto x=1. De hecho, evitaramos la discontinuidad haciendo que f (1) = 8/9 .

ii) Observemos estas dos funciones:

=

=

++

+=

3744)(

)37()1()44()1(

34844)(

2

223

2

xx

xxg

xxx

xx

xxx

xxf

La expresin algebraica que define la segunda, se obtiene de simplificar en la expresin de la primera. Parece razonable a primera vista decir que esas dos funciones son iguales, pero no!. Hay un punto, slo un punto, en el que existen ciertos problemas: el punto x =1 ; en l, la primera no est definida , puesto que se anula el denominador y la segunda en cambio, s lo est: g (1) = 8/9. Por tanto, la primera no es continua en ese punto y la segunda, si. Para todos los dems valores de la variable independiente x, las dos funciones son iguales. Podemos pues concluir, que la funcin que nos piden es:

4.- SEPTIEMBRE 1994 Hallar los coeficientes de la ecuacin y = ax3 + bx2 + cx + d para que la curva correspondiente presente en el punto (2, 1) una inflexin con tangente paralela al eje OX, pasando dicha curva por el origen de coordenadas. Calcular el rea del recinto limitado por la curva y la recta que une el origen con el punto de inflexin. Razona las respuestas.

SOLUCIN Hallemos las derivadas primera y segunda de esa funcin:

+=

++=

baxycbxaxy

26''23' 2

Impongamos ahora las condiciones del problema y no olvidemos que con cada condicin, obtendremos una ecuacin y que si tenemos cuatro incgnitas a, b, c, d, necesitamos cuatro ecuaciones. Para que pase por el origen (0,0), debemos sustituir en la ecuacin x=0, y=0 d = 0 Para que tenga inflexin en x=2, la derivada segunda debe anularse en ese punto 12a+2b=0 Para que tenga tangente horizontal en x=2, la derivada primera debe anularse en dicho punto 12a+4b+c=0 Para que pase por el punto (2,1), Debemos sustituir en la ecuacin x =2, y =1 8a+4b+2c+d=1

Puesto que d=0, se trata de resolver el sistema:

=

=

=

=++

=++

=+

23

43

81

:

02480412

0212

c

b

a

sonsolucionescuyascbacba

ba

La funcin pedida, es por tanto: 2

34

38

23 xxxy += .

Del segundo apartado de este problema, hablaremos cuando estudiemos la parte correspondiente al Clculo Integral.

3744)( 2

=

xx

xxg

4

5.- JUNIO 1995 i) Esbozar la grfica de una funcin f(x) que cumpla, a la vez, que: en x = -3 tenga una discontinuidad evitable, en x = -1 tenga una discontinuidad de salto (admita lmites laterales finitos distintos), en x = 1 tenga una discontinuidad asinttica con +=

)(1

xflimx

, y adems 3)( =+

xflimx

.

ii) Obtener la expresin analtica de una de tales funciones. Razona las respuestas.

SOLUCIN i) Para empezar, digamos que con las caractersticas que nos piden, hay muchas funciones (para ser exacto, tantas como queramos). Aqu construiremos una.

La grfica de una de esas funciones, podra ser la que vemos en la figura . ii) Para ver cmo sera la expresin analtica de esa funcin, tengamos en cuenta las tres condiciones que nos pone el problema: en x=-3, la funcin debe tener lmite, pero no estar

definida. en x=-1 los lmites laterales deben ser distintos, pero

finitos. en x=1 el lmite debe ser +, tanto por la izquierda, como por la derecha. Cuando x tiende a infinito, la funcin se estabiliza hacia el 3.

Esta sera la expresin analtica :

( )

+

x es decir, en los intervalos ),2()2,( y , resulta que en esos

intervalos la funcin tiene pendiente constante por tanto, ser una recta de pendiente -1.

-3 -1 1

5

Por ltimo, debemos tener en cuenta que se trata de una funcin continua: no debe tener saltos y debe estar siempre definida.

La grfica, con esos datos, podra ser la de la figura: ii) No es derivable en los puntos de abscisa x=2 y x=-2, ya que en esos puntos la curva tiene tangentes distintas por la izquierda y por la derecha; o si lo preferimos, en cada uno de esos dos puntos las derivadas laterales son diferentes: por un lado la derivada primera vale -1 y por el otro no nos dicen cunto vale, pero sabemos que es positiva. En esos puntos, como podemos ver en la grfica, la funcin tiene "picos". Los mximos, estn en los puntos de abscisa x=-1 y x=2. El primero, sabemos que es un mximo porque en l se anula la derivada primera y es positiva la segunda. Sin embargo, ese criterio no nos sirve para el segundo punto; en l, sabemos que hay mximo (aparte de que es obvio slo con mirar la grfica), porque la derivada primera es positiva a la izquierda y negativa a la derecha es decir, que la funcin es creciente a la izquierda y decreciente a la derecha; en consecuencia, debe de haber un mximo en ese punto. En definitiva: los mximos son los puntos: (-1,1) y (2.0). Los mnimos, razonando de forma parecida, sabemos que estn en los puntos (-2,0) y (1,-1). Hablemos por fin de las asntotas. Desde el punto (2,0) en adelante, la funcin es una recta de pendiente -1, por tanto su ecuacin es: y=-x+2. Podemos considerarla como asntota de s misma. Por la misma razn, hasta el punto (-2,0) la funcin es una recta de pendiente -1; su ecuacin es y= -x-2 y tambin podemos considerarla como asntota. Las asntotas son por tanto las rectas: y= -x +2 e y= -x-2.

7.- JUNIO 1996 i) Dibujar la grfica de la funcin f(x) = ln x, atendiendo a los siguientes puntos: dominio de

definicin, corte con los ejes, asntotas verticales, intervalos de monotona e intervalos de concavidad. ii) A partir de la grfica anterior, establecer razonadamente cmo seran las grficas de las funciones: )2(ln)ln)ln) xcxbxa . (Nota: ln x es el logaritmo neperiano de x) SOLUCIN i) Vayamos por partes desarrollando los puntos que nos indica el enunciado del problema: Dom f = R+: El dominio de la funcin f, ser el conjunto de los nmeros reales positivos, puesto que no tiene ningn sentido hablar del logaritmo de nmeros negativos. (Nota: el cero, no se considera positivo ni negativo) Los cortes con los ejes sern:

a) Con el eje OX: y=0 lnx=0 x=e0 x=1 Corta al eje OX, en el punto (1,0). b) Con el eje OY: x=0 y=ln 0 .Como no existe el logaritmo de cero, no hay corte con el eje OY

Asntotas: Cundo se hace infinitamente grande (positivo o negativo) el logaritmo?.

Sabemos que se hace tan negativo como queramos, a medida que nos acercamos al cero es decir, =

xlimx

ln0

. por tanto, la recta x=0 (el eje de ordenadas), ser la asntota vertical.

Por otra parte, =

xlimx

ln , luego no hay asntotas horizontales.

Analicemos la derivada primera para ver dnde es creciente o decreciente esta funcin.

y= ln x y ' = x

1. Como la funcin slo est definida para los nmeros positivos, la derivada primera

siempre es positiva y por tanto, la funcin siempre es creciente. No hay ni mximos ni mnimos.

1 1 2 -2 -1

Y

1

1 e X

6

Para estudiar la concavidad, analicemos la derivada segunda: 21

''

xy = . Como podemos ver,

siempre es negativa, luego la funcin, es siempre cncava hacia abajo. Con todos estos datos y teniendo adems en cuenta que ln e = 1 (es decir, sabemos que pasa por el punto (e,1) ), estamos ya en condiciones de construir su grfica, que es la que podemos ver en la pgina anterior.

ii) Hagamos una breve reflexin sobre cada una de las tres funciones que nos dan, antes de dibujar sus grficas: y=ln x , es una funcin que est definida tambin en los nmeros negativos, ya que x es siempre positivo. Adems xx = lnln luego es una funcin par es decir, simtrica con respecto al eje de ordenadas. En los positivos, es exactamente lo mismo que la funcin y=ln x. xy ln= . Su grfica es como la de y=ln x, pero haciendo que los valores negativos que toma la ordenada, se conviertan en positivos. Dicho de otro modo: que la parte negativa de la funcin, se refleje en el eje de abscisas. Por ltimo, y = ln (x-2) , es una funcin cuya grfica se obtiene segn sabemos, trasladando dos

enteros a la derecha la grfica de y = ln x. X Y Y 2 -1 1 X X

1 X y = ln x xy ln= y= ln (x-2)

8.- SEPTIEMBRE 1996

Dada la funcin: 11)(

2

+

=

x

xxf

i) Estudiar, a partir de la definicin, la continuidad y derivabilidad de f(x) en los puntos x = -1, x = 0 y x = 1. ii) Determinar el dominio y la expresin de la funcin derivada. Razona las respuestas. SOLUCIN i) Para resolver este apartado, tengamos dos cosas en cuenta: La funcin "valor absoluto", est definida en dos trozos del siguiente modo:

7

>=+

8

apartamento es de: 50.000 + 2.500 (40 - x) pts. Si por fin multiplicamos el nmero de apartamentos alquilados por el precio de cada uno, obtenemos la funcin que nos da la ganancia. Optimicemos esa funcin (en este caso, calculmosle un mximo). 1.- f (x) = 50.000x+ 100.000x - 2.500 x2 = 150.000 x - 2.500 x2 f ' (x) = 150.000 - 5.000 x 2.- f ' (x) = 0 150.000 - 5.000 x = 0 x= 30 Para obtener la mxima ganancia, debe alquilar 30 apartamentos y por tanto, el precio del alquiler de cada uno, debe ser de 50.000 + 2.500 (40 - 30) = 75.000 pts

10.- SEPTIEMBRE 1997 i) Definir mnimo relativo y mnimo absoluto. ii) Como aplicacin, demostrar que para cualquier valor positivo de x, se verifica la desigualdad: 21 +

xx . razona la respuesta.

SOLUCIN i) Diremos que una funcin tiene un mnimo relativo en el punto de abscisa x= a , cuando exista un entorno de dicho punto, en el cual la funcin toma siempre valores mayores que f (a). Por otra parte, diremos que alcanza un mnimo absoluto en el punto de abscisa x = b , cuando f (b) es el valor ms pequeo que toma la funcin en todo su dominio.

ii) Demostrar que ++ Rxx

x ,21 , es como

demostrar que 021 +x

x , x R+.

Consideremos la funcin: 21)( +=x

xxf

Es decir, ( )x

x

x

xxxf

22 121)( =+= Esa funcin, como puede verse fcilmente, cumple lo siguiente:

1.- f(1) = 0 2.- f (x) > 0 En todos los nmeros reales positivos distintos de 1

Esto quiere decir que la funcin y=f (x), tiene (si consideramos nicamente los nmeros Reales positivos) un mnimo absoluto en el punto (1, 0). Por consiguiente, f(x) 0, x R+ , que es lo que queramos demostrar. NOTA: con R+ representamos los nmeros reales positivos (sin incluir el cero, por supuesto)

11.- JUNIO 1998 i) Calcula para qu valor de , la funcin ( ) xxxf cos)( 2 += tiene un extremo en el punto de abscisa x = 0. De qu tipo de extremo se trata?

ii) Para el valor de calculado, determina los cortes de la curva con los ejes y los dominios de monotona SOLUCIN i) ( ) xxfxxxfxxxf cos2)(''sen)(2)('cos)( 2 ==+= Para que haya un extremo (mximo o mnimo) en el punto x = 0, ha de anularse en l la primera derivada. Ahora bien, en ese punto, la primera derivada vale: f '(0) = - 2. Por tanto, ha de ser - 2 = 0 = 0. Para saber si se trata de un mximo o un mnimo, acudimos a la segunda derivada. Como f ''(0) = 2-1=1 > 0, podemos concluir que: Cuando = 0, la funcin f tiene un mnimo en el punto de abscisa x = 0. ii) Cuando sea = 0, la funcin ser: f(x) = x2 +cos x. Para encontrar los puntos de corte con el eje OY, hacemos x = 0 f(0)= 0+cos 0= 1

Y

a b X mnimos relativos mnimo absoluto

9

El punto de corte con este eje, ser el (0, 1) Para encontrar los puntos de corte con el eje OX, hacemos y = 0 f(x) = 0 x2 +cos x = 0 . Ahora bien, esa ecuacin no tiene solucin puesto que si la tuviera, debera ser cos x = - x2 es decir, el coseno negativo; lo cual obligara al ngulo x a estar en el

segundo cuadrante: ...57,12

>> xxpi

. Pero si x es mayor que 1,57..., como el coseno de un

ngulo nunca es mayor que 1 ni ms pequeo que -1, es imposible que x2 +cos x valga cero. En consecuencia, no hay puntos de corte con el eje OX. Para encontrar los dominios de monotona es decir, aquellos intervalos en los que la funcin siempre es creciente o siempre decreciente, acudimos a la primera derivada y vemos cundo es positiva o negativa f '(x) = 2x - sen x. Si nos fijamos en las grficas de las funciones y = 2x e y = senx, nos damos cuenta de que para los valores positivos de la x, la primera est por encima de la segunda y por tanto la diferencia entre la primera y la segunda ser siempre positiva. Sin embargo en el semieje negativo, la primera est por debajo de la segunda y por tanto, la diferencia es negativa. En consecuencia: Para x > 0, f '(x) es positiva y para x

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Por otra parte, la funcin g es la conocida funcin valor absoluto:

11

+

> 0)(' . i) Analiza el crecimiento de la funcin )()( xefxg = ii) Tiene algn extremo relativo la funcin )()( xfexh = ?. Justifica las respuestas.

SOLUCIN i) Derivamos la funcin g, utilizando la Regla de la Cadena, con el fin de analizar sus intervalos de monotona: xexfxg = )(')(' . Como f '(x) es siempre positiva y ex tambin, g '(x) es siempre positiva y por tanto g(x) es siempre creciente. ii) Aplicamos de nuevo la Regla de la Cadena para derivar la funcin h: )(')(' )( xfexh xf = . Como la exponencial )( xfe nunca se anula y f '(x) es siempre positiva, h '(x) no puede anularse nunca y por tanto, la funcin h(x) no tiene mximos ni mnimos

13

14

15

16

19.- JUNIO 2002 a) Estudia la continuidad y derivabilidad de la funcin:

17

21.- JUNIO 2003. Sea la funcin 122 =x

y

a) Indica su dominio, intervalos de crecimiento y decrecimiento, puntos de inflexin y asntotas. b) Realiza una representacin grfica de la misma. SOLUCIN

a) ( ]2,002Dominio22122 =

>

=

==

x

xquetalRxx

x

xy

122

'

2

=

xx

y . Como el denominador de la derivada primera es siempre positivo en el dominio de la

funcin, la derivada primera es negativa en (0, 2], luego la funcin es decreciente en todo su dominio.

43

32

432 22

)46(2''

22

122

'

xx

xxyxx

xx

y

=

=

= hallemos los puntos de inflexin:

=

=

===2/3

00)46(0460'' 232

x

xxxxxy Como x = 0 no es un punto del dominio de la

funcin, el nico punto de inflexin es )15,1,5,1(312,

23

P

La funcin tendr asntotas verticales, cuando x

x

xy == 22122 se haga infinito y eso

ocurrir, cuando se anule el denominador es decir, en x = 0.

=

+ x

x

ox

22lim x = 0 es la asntota vertical.

(Observa que slo podemos hacer que x tienda a cero por la derecha, puesto que a la izquierda no est definida la funcin). Como el domino de la funcin es slo el intervalo (0, 2], no tiene sentido hacer que la variable x tienda a infinito y por tanto, no habr asntotas horizontales ni oblicuas. La grfica de la funcin es la que puedes ver en la figura.

22.- SEPTIEMBRE 2003 Determina los puntos de la curva xy 42 = que estn a distancia mnima de (4, 0).

SOLUCIN La curva que nos dan es la parbola de la figura, que se corresponde con las grficas de las funciones xyxy 2,2 == (una es la rama de arriba y otra la de abajo). Fijmonos primero en la de arriba. Los puntos de esa grfica son de la forma ( )xxP 2, . Se trata de encontrar un mnimo para la funcin:

1644168)02()4(),()( 2222 +=++=+== xxxxxxxAPdxfComo siempre, para hallar el mnimo de esa funcin tenemos que encontrar los puntos en los que se anula la primera derivada.

20420)(';1642

42)('2

===+

= xxxfxx

xxf .

Por tanto, el punto que est a la distancia mnima de A, ser ( )22,2P . La distancia de P a A, es exactamente de .464,33212)022()42(),( 22 uAPd ==+= Haciendo lo mismo para la rama de abajo, encontramos otro punto ( )22,2 Q , en el que tambin la distancia es mnima. La distancia de P a Q como puedes comprobar es la misma: 3, 464 u.

A(4, 0)

P ( )xx 2,

xy 2=

xy 2=

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23. JUNIO 2004 Dadas las funciones senxxhyxxgxxf ==+= )()1()(,)1()( 22 calcula los siguientes lmites:

[ ] 2000 )(2)()(lim)

1)(1)(lim))(

1)(lim)xh

xgxfc

xgxfb

xhxf

axxx

+

SOLUCIN 2

cos

22lim2lim112lim1)1(lim)(1)(lim)

0

)1(2

0

2

0

2

00=

+=

+=

++=

+=

x

x

senx

xx

senx

xx

senx

x

xhxf

axxxxx

(1) Aplicamos la Regla de LHpital, Aunque tambin podramos haber considerado en el paso anterior, que en el punto x = 0 las funciones x y senx son equivalentes, con lo

que: 2)2(lim2lim2lim0

2

0

2

0=+=

+=

+

xx

xx

senx

xx

xxx.

122

)2()2(lim)2(

)2(lim22lim

112112lim

1)1(1)1(lim

1)(1)(lim)

002

2

02

2

02

2

00==

+=

+=

+=

+

++=

+=

x

x

xx

xx

xx

xx

xx

xx

x

x

xgxfb

xxxxxx

[ ] 22lim2lim2)1()1(lim)(

2)()(lim) 22

0

)2(

2

2

02

22

020===

++=

+ x

x

xsen

x

xsen

xx

xhxgxf

cxxxx

(2) Recuerda que en el punto x = 0, las funciones x y senx son equivalentes y por tanto, podemos sustituir una por la otra sin que vare el valor del lmite. As pues, donde pona xsen 2 podemos poner 2x . Podamos tambin haber resuelto la indeterminacin del paso (2) aplicando la Regla de LHpital as:

224

)(cos24lim

cos24lim2lim 22002

2

0==

== senxxsenx

x

xsen

x

xxx

24. JUNIO 2004

Dibuja aproximadamente la grfica de la funcin 1

11)(+

=

xxf calculando su dominio de

definicin, sus asntotas, sus intervalos de crecimiento y decrecimiento, sus mximos y mnimos, sus intervalos de concavidad y convexidad y sus puntos de inflexin. SOLUCIN Puesto que

1111

111

+=

+

+=

+

x

x

x

x

x, Podemos escribir la funcin de esta otra forma:

1)(

+=

x

xxf

{ }1= RDomf Tiene una asntota vertical: x = -1, ya que =

+=

+ + 1lim

1lim

11 x

xyx

x

xx

Tiene una asntota horizontal: y = 1 ya que 11

lim11

lim =+

=

+ x

xyx

x

xx

Para el estudio que haremos a continuacin de sus mximos y mnimos, sus intervalos de concavidad y convexidad y sus puntos de inflexin, necesitamos conocer la primera y segunda derivadas.

3422 )1(2

)1()1(2)('')1(

1)1(

1)('1

)(+

=

+

+=

+=

+

+=

+=

xx

xxf

xx

xxxf

x

xxf

Si nos fijamos en la primera derivada 2)1(1)('+

=

xxf nunca se anula y por tanto, la funcin no tiene

mximos ni mnimos. Esa primera derivada siempre es positiva, as que la funcin f siempre ser creciente.

Fijmonos ahora en la segunda derivada 3)1(2)(''+

=

xxf . Nunca se anula tampoco, as que no habr

puntos de inflexin. Ahora bien, esa segunda derivada es unas veces positiva y otras negativa, dependiendo del signo de x+1.

>

19

Por tanto la funcin f es cncava hacia arriba en el intervalo )1,( y cncava hacia abajo en el intervalo ),1( . En el punto x = -1 cambia la concavidad, as que podramos pensar que se trata de un punto de inflexin, pero resulta que en ese punto no est definida la funcin y por tanto, como ya dijimos, f no tiene puntos de inflexin.

La grfica de la funcin es aproximadamente la que podemos ver en la figura

25. SEPTIEMBRE 2004

Sea la curva descrita por la funcin 212)(

+=

x

xxf para valores de x > 2. Calcula:

a) La recta tangente a la grfica en el punto P de la curva de abscisa x = 3. b) El punto de corte entre esa recta tangente y la asntota horizontal a la curva.

SOLUCIN a) El punto de abscisa x = 3, es el punto P (3, 7). La recta t, tangente a la grfica en ese punto, tendr por ecuacin: )3(7 = xmyt Como bien sabemos, la pendiente m es la derivada de la funcin en ese punto.

5)3(')2(5

)2()12()2(2)(' 22 =

=

+= f

xx

xxxf

Por tanto, la ecuacin de la tangente que nos piden es: )3(57 = xyt o si se prefiere, 0225 =+ yxt

b) Teniendo en cuenta que 2212lim =

+ x

x

x , la funcin f tiene una asntota horizontal que es la recta y = 2.

Para encontrar el punto de corte de la asntota con la tangente del apartado anterior, resolvemos el sistema

determinado por sus ecuaciones:

=

=

=

=+

24

20225

yx

yyx

El punto de corte es Q (6, 2)

26. SEPTIEMBRE 2004 Con 60 cm. de alambre se construyen dos tringulos equilteros cuyos lados miden x e y. Qu valores de x e y hacen que la suma de las reas de los tringulos sea mnima?

SOLUCIN Ver apuntes. Pgina 117, problema n 35

27. JUNIO 2005 Se dispone de una tela metlica de 100 metros de longitud para vallar una regin como la de la figura. Cules son los valores de x e y que hacen que el rea encerrada sea mxima?

SOLUCIN Como es evidente,

2310010023 xyyx ==+ .

El rea de ese recinto, es la suma de las reas de un rectngulo y de un tringulo equiltero.

x y

x

x

y

x

20

El rea del rectngulo es:

23100

23100 2xxx

xyx == .

Para hallar el rea del tringulo equiltero de lado x , empezamos hallando su altura.

23

43

2

222 xxxxh ==

= .

Por tanto, el rea del tringulo ser: 4

32

23

2x

xx

=

. La funcin a la que hay que calcular un mximo,

ser la siguiente: 4

362004

32

3100)(2222 xxxxxx

xf +=+= Como siempre, hallamos la derivada, igualamos a cero y resolvemos la ecuacin.

.854,1436

3501502

32122003100

.43,233212

200

200)3212(04

32122000)('.4

3212200)('

mymx

xxx

xfxxxf

=

=

=

==+

=+

=

28. JUNIO 2005.

Sea la funcin

+

21

y

x

(1) Recuerda que 1cos1cos 2222 ==+ xxsenxxsen . Teniendo ahora en cuenta que una fraccin se anula si y slo si se anula el numerador,

[ ]

=

=

===3/5

3/2,0int

21

cos01cos20)('pi

pipi

x

xervaloelEnxxxf

Para ver cul es el mximo o el mnimo, acudimos a la derivada segunda:

3

32

2

)cos2(cos22

)cos2()1cos2(2)cos2(2

)cos2()1cos2()cos2(2)cos2(2)(''

x

xsenxsenx

x

xsenxxsenx

x

xsenxxxsenxxf

=

=

=

=

03

32

212

21

232

232

)3/5(''03

32

212

21

232

232

)3/('' 33 >=

=

22

Para estudiar sus intervalos de crecimiento y decrecimiento, analizaremos el signo de la primera derivada.

22

2

22

2

22

2

)4()4(

)4(4

)4(24)('

+=

=

=

x

x

x

x

x

xxxxf Como podemos ver, esa primera derivada es

negativa para cualquier valor de x. Por consiguiente, la funcin es decreciente en todo su dominio de definicin, y no tendr mximos ni mnimos.

Para estudiar la concavidad, analizaremos el signo de la segunda derivada.

32

2

32

22

42

2222

)4()12(2

)4()4(4)4(2

)4()4)(4(22)4(2)(''

+=

++=

++=

x

xx

x

xxxx

x

xxxxxxf (1)

Esa segunda derivada, slo se anula cuando se anule el numerador y eso slo ocurre cuando 002 == xx , ya que la ecuacin 0122 =+x no tiene soluciones reales. Por tanto, si hubiese algn

punto de inflexin, estara en el (0, 0). Pero, como ya dijimos antes, analicemos el signo de esa segunda derivada para estudiar la concavidad.

El signo de 322

)4()12(2)(''

+=

x

xxxf no depende para nada del factor )12( 2 +x que siempre es positivo, sino

que depende del signo de x y del signo de )2)(2(42 += xxx . Resolver la inecuacin 0)('' >xf es lo mismo que resolver la inecuacin 0)4(

22 >

x

x. Prescindimos del cubo, porque )4()4( 232 xyx

son positivos y negativos en los mismos intervalos. Habida cuenta de que los puntos crticos de esa inecuacin son los puntos x = -2 x= 0, x=2, analizando el

signo de )4(22

x

x en los intervalos ),2()2,0(),0,2(),2,( y concluimos que es positiva o

negativa, en los siguientes intervalos: En consecuencia, la funcin es cncava hacia arriba en los intervalos ),2()0,2( y y es cncava hacia abajo en )2,0()2,( y . La razn por la que en los puntos x = -2 y x = 2 , aunque cambia la concavidad no hay punto de inflexin, es muy sencilla: la funcin no est definida en esos puntos. El nico punto de inflexin es el (0, 0).

Para terminar el estudio de la funcin, veamos dnde tiene asntotas. Puede haber ASNTOTAS VERTICALES en aquellos puntos en los que se anule el denominador.

vertical asntota una esx

x

x

x

x

x

x 2

4lim

4lim

22

22=

=

=

+

vertical asntota una esx

x

x

x

x

x

x 2

4lim

4lim

22

22=

=

=

+

Para ver si hay ASNTOTAS HORIZONTALES, calculamos los lmites en infinito y menos infinito. .horizontal sntotala esx

x

x

x

x

x

xyx

x

xxxx00

4lim

4)(lim4lim04lim 2222 ==

=

=

=

No hay ASNTOTAS OBLICUAS, puesto que 04

lim)(lim 3 =

= xx

x

x

xfxx

- + - +

-2 0 2

23

32. JUNIO 2006 El tringulo issceles descrito en la figura, mide 10 cm. de base y 20 cm. de altura. a) Cul es la ecuacin de la recta r sealada en la figura, que contiene el lado del tringulo? b) Dado el rectngulo inscrito cuya base mide a, calcula las coordenadas de los puntos B y C en funcin de a. c) Halla el valor de a que hace mxima el rea del rectngulo.

SOLUCIN a) La recta r, pasa por los puntos A (0, 0) y D (5, 20) Su pendiente es 4

520

==m y su ecuacin xy 4=

b) Las coordenadas del punto B, son:

=

0,

2100,

25 aa

El punto C est en la recta r, cuya ecuacin conocemos del apartado anterior. Por tanto, las coordenadas de C son:

=

aaaa 220,

210

2104,

210

c) El rea del rectngulo, viene dada en funcin de a del siguiente modo:

2220)220()( aaaaaf == . Para hallar un mximo de esa funcin, derivamos e igualamos a cero la derivada: ==== 04200)(';420)('220)( 2 aafaafaaaf 5=a Est claro que se trata de un mximo, puesto que la derivada segunda en ese punto es negativa: f(x) = -4

33. JUNIO 2006.- Sea la funcin

>

24

c) La grfica aproximada de la funcin para a = 4, es la de la figura.

34. SEPTIEMBRE 2006 Un campo tiene forma de trapecio rectngulo. Las bases, menor y mayor, miden 24 m y 40 m. respectivamente. Se forman en el trapecio dos campos rectangulares 21 CyC . Situando el campo en el origen de coordenadas como puede verse en la figura, calcula: a) La ecuacin de la recta r que contiene el lado inclinado del trapecio. b) El rea de los campos 21 CyC en funcin de la anchura x del segundo. c) Se quiere sembrar maz en el campo 2C y trigo en el campo 1C . El beneficio del maz es de 1,2 euros por m2 y el del trigo de 1 euro. Cules son las dimensiones de los campos que hacen mximo el beneficio?

SOLUCIN a) La recta r pasa por los puntos A(40, 0) y B(24, 40) por tanto, su vector director es )40,16(BA y su pendiente

25

1640

=

=m .

La ecuacin de la recta, ser: = )40(250 xyr 020025 =+ yxr

b) El punto C(x, y) est en la recta r, por tanto sus coordenadas han de verificar la ecuacin obtenida en el apartado anterior:

25x-200y0 2002y 5x ==+ Por tanto:

Las dimensiones del campo 2C son: x de largo, por 25x-200

de ancho.

Y su rea: 2

52002

5x-200 22

xxxA ==

Las dimensiones del campo 1C son: 24 de largo, por (40 y) de ancho. Pero como

25x-200

=y , el ancho ser: 21205

25x-200

-40y-40 == x

El rea del campo 1C es: 1440602120-5x241 == xA

c) La funcin f que nos da los beneficios, vendr dada en funcin de x: 14401803)()144060(1

252002,1)( 2

2

+=+

= xxxfxxxxf Nos piden que encontremos un mximo para esa funcin. Procedemos como siempre, derivando e igualando a cero la primera derivada. 1806)(' += xxf 30018060)(' ==+= xxxf Es evidente que se trata de un mximo, puesto que la segunda derivada es negativa f(x) = -6. Las dimensiones que hacen mximo el beneficio son: 1524:2530: 12 CyC .

-4 -2

4

2/pi

-1

2/3pi 2/5pi -3

1C

2C

24

40

40

(0,0)

r

x

y

40-y

B

C(x, y)

A

25

35. SEPTIEMBRE 2006

Calcula: a) x

x

x

x xb

xsen

xxe

+

21lim)coslim 20 SOLUCIN ( ) 12

2cos2

coslimcos2

1limcoslim) 220)2(

0

)1(

20==

+=

+=

xsenx

xe

xsenx

senxe

xsen

xxea

x

x

x

x

x

x

(1) Por tratarse de una indeterminacin del tipo 00

, aplicamos la Regla de LHpital,

puesto que se cumplen las condiciones. (2) Volvemos a aplicar la Regla de LHpital, por la misma razn de antes.

22lim121lim)3(21lim) eee

xb x

xx

xx

x

xx===

+

+

(3) Se trata de una indeterminacin del tipo 1 y sabemos que:

[ ]1)()(lim)()(lim)(lim1)(lim

===

xfxgxg

axaxax

axexfxfyxf (ver apuntes, pgina 9)

36. JUNIO 2007

Calcula: 22

0

11lim)x

xa

x

+

+

1282lim)

x

x

xb

SOLUCIN

21

11

1lim11

11lim11

1111lim11lim)

2022

2

022

22

0

)1(2

2

0=

++

=

++

+=

++

++

+=

+

xxx

x

xx

xx

x

xa

xxxx

(1) Se trata de una indeterminacin del tipo 00

. Multiplicamos y dividimos por el conjugado del numerador.

212lim

22lim

2222lim

282lim) 1

)3(11

)2(1 ===

=

+++ xx

x

xx

x

xx

x

x LLb

(2) Se trata de una indeterminacin del tipo

. Aplicamos la Regla de LHpital.

(3) No olvides que para dividir potencias de la misma base se restan los exponentes (1 de ESO).

37. JUNIO 2007 Un ro describe la curva 2

41

xy = con [ ]3,3x . En el punto A (0, 4) hay un pueblo. a) Expresa la funcin distancia entre un punto cualquiera del ro y el pueblo, en funcin de la abscisa x. b) Cules son los puntos de ese tramo del ro que estn ms alejados y ms cercanos al pueblo? (Sugerencia: Estudia los mximos y mnimos del cuadrado de la funcin hallada en el apartado anterior) c) Hay algn punto del ro que est a una distancia menor que 2 del pueblo? SOLUCIN a) Sea P un punto cualquiera de la parbola, en el intervalo [ ]3,3 . Las coordenadas de P son:

241

, xx

La funcin que nos piden, es: =

+==

222 4

41)0(),()( xxPAdxf 16

162

4+ x

x

A(0, 4)

(x, y)

(-3, 0) (3, 0)

26

b) Como bien nos indica el problema, estudiamos los mximos y mnimos en la derivada del

cuadrado de la funcin anterior: ( ) xxxxxxxf 2421641616)(33'

24

'2==

+=

( )

==

==

=

==

228

228

0

024

0)(3

'2

x

x

x

xx

xf

Para ver cules son mximos o mnimos, sustituimos en la derivada segunda ( ) 243)(

2''

=

xxf

y nos fijamos en el signo. El primero es negativo, y los otros dos positivos. Por tanto: Los puntos del ro ms cercamos al pueblo son )2,22(')2,22( PyP ,y el ms alejado, O(0, 0)

c) Ningn punto del ro puede estar a una distancia menor de 2 del pueblo, porque los puntos ms cercanos que hallamos en el anterior apartado, estn a una distancia mayor de 2

( ) 2124841)08(),(

222 >=

+=PAd

38. SEPTIEMBRE 2007 Dada la funcin dcxbxaxxf +++= 23)( determina las constantes a, b, c, d de manera que simultneamente :

a) Su grfica pase por el origen de coordenadas y por el punto (2, 2). b) La funcin tenga un punto de inflexin en x = 0. c) La funcin tenga un mnimo en x = 1.

SOLUCIN Impongamos las condiciones del enunciado del problema:

=

=

=

=

=+

=+

=++=

===

=+++=

==

0301

03228

023)1('0020)0(''

22482)2(00)0(

dc

ba

ca

ca

cbafbbf

dcbafdf

xxxf 3)( 3 =

39. SEPTIEMBRE 2007 Dada la funcin xexxf = 4)(

a) Calcula los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la funcin. b) Halla, si existen, los mximos, mnimos y puntos de inflexin. c) Dibuja aproximadamente su grfica.

SOLUCIN Puesto que habr que tratar del crecimiento y la concavidad de una funcin, de sus mximos, mnimos y puntos de inflexin, antes de empezar el ejercicio vamos a encontrar de la forma ms simplificada posible, su primera y segunda derivadas.

)128()412()4()('')4(4)(')(

2343243

43434

xxxeexxxxexfxxeexexxfexxf

xxx

xxxx

+=+=

===

Y ahora, vamos a fijarnos en un par de detalles. En primer lugar, no olvidemos que para saber dnde es creciente o decreciente una funcin, lo nico que

nos interesa es el signo de la primera derivada y para saber dnde es cncava o convexa, el signo de la segunda. Por otra parte, para saber dnde hay mximos o mnimos, nos interesa saber dnde se anula la primera derivada (lo cual no quiere decir que ah los haya seguro) y para saber dnde hay puntos de inflexin, dnde se anula la segunda derivada (lo cual no quiere decir que podamos asegurar que hay punto de inflexin).

27

x

y

En definitiva, que tanto de la primera como de la segunda derivadas, lo nico que nos interesa es saber su signo y los puntos en los que se anulan Y el otro detalle, es este:

x

x

ee

1=

es positivo para cualquier valor que le demos a la variable x

Y en ningn caso puede valer cero!.

2x

tambin es positivo para cualquier valor que le demos a la variable x, pero vale cero para x = 0 . Empecemos pues con el problema.

a) Estudiemos el signo de la primera derivada.

),4()0,(0)4(040)4(040)(')4,0(0)4(040)4(040)('

22243

22243

>

xxxxxxxxxxxfxxxxxxxxxxxf

Por tanto: la funcin es creciente en el intervalo (0, 4) y decreciente en ( ) ),4(0, b) De lo dicho en el apartado anterior, podemos concluir que esa funcin tiene mximo en el punto ( ) )69,4,4()4(,4 fM y mnimo en ( ) )0,0()0(,0 =fN Para ver si tiene puntos de inflexin, analicemos la concavidad de la grfica de esa funcin. Como ya dijimos, la concavidad se estudia analizando el signo de la segunda derivada:

)6,2(0)6)(2(01280)128(01280)('')0,6()2,(0)6)(2(01280)128(01280)(''

222234

222234

+>

xxxxxxxxxxxxfxxxxxxxxxxxxf

Por tanto, La funcin es cncava hacia arriba en ( ) ( ) ,62, y cncava hacia abajo en (2,6) Y puesto que est definida en los puntos de abscisa x = 2 y x = 6, no le queda ms remedio que tener dos puntos de inflexin: ( ) ( ) ( ) ( )21,3,6)6(,616,2,2)2(,2 fQyfP

c) Para Dibujar su grfica, observemos que cuando la variable se hace muy grande, La funcin se hace muy pequea:

024lim24lim12lim4limlim)(lim234

======

xxxxxxxxxxx ee

x

e

x

e

x

e

xxf

(En todos los casos aplicamos la Regla de LHpital para resolver la indeterminacin 0/0) Eso quiere decir, que l a recta y = 0 es decir, el eje de abscisas, es una asntota horizontal de la funcin. Cuando x tiende a menos infinito no hay asntota, porque

( ) ====

x

x

x

x

x

xxexexexxf 444 limlimlim)(lim

Y tampoco hemos de buscarle asntotas verticales a esa

funcin, porque en la expresin xx

e

xex

44

=

ya hemos dicho que el denominador no se anula para ningn valor de x. La grfica es la que puedes ver en la figura.

40. JUNIO 2008 Se dispone de 200 m. de tela metlica, y se desea vallar un recinto formado por un rectngulo y dos semicrculos como indica la figura. Determina las dimensiones de x e y para que el rea encerrada sea mxima.

SOLUCIN El rea del recinto, vendr dada en funcin de x e y:

42

22 xxy

xyxrea +=

+=

pipi (*)

Como hay dos variables, pongamos una en funcin de la otra utilizando el dato que nos da el problema.

El permetro del recinto mide 200 m y por tanto: 2

2002002

22 xyxy pipi ==+

Llevando el resultado anterior a (*) obtenemos la funcin que debemos optimizar.

28

22

4100

42200)( xxxxxxf pipipi =+=

Para encontrar el mximo de esa funcin, derivamos e igualamos a cero la derivada como siempre.

02

20020020002

1000)('

2100

42100)('

=

====

==

pipi

pi

pi

pipi

yxxxf

xx

xf

En consecuencia, esa figura tendr rea mxima cuando sea un crculo de dimetro .200

mpi

41. JUNIO 2008. Se considera la funcin

=

00ln)( 2 xsicbxax

xsixxxf

Determina los valores de a, b y c para que la funcin sea continua, tenga un mximo en x = -1 y la tangente en x = -2 sea paralela a la recta y = 2x (Nota: ln x denota el logaritmo neperiano de x)

SOLUCIN Para que f sea continua: ccbxaxxLxxfxf

xxxx=++==

+0)(limlim)(lim)(lim

)1(2

0000

(1) ( ) 0lim11

lim1limlim 02

0

)2(

00==

==

x

x

x

x

LxxLx

xxxx

(2) Aplicamos la Regla de LHpital, puesto que se trata de una indeterminacin del tipo

.

Para que tenga un mximo en x = -1: ( ) 02020)1(' 1 =+=+= = babaxf x Y para que la tangente en x = -2 sea paralela a la recta y = 2x, ha de tener de pendiente 2: ( ) 24222)2(' 2 =+=+= = babaxf x Resolvemos ahora el sistema que acabamos de obtener imponiendo las condiciones que el problema nos da:

-2 0 f

34

=+

=+

=

2402

0

baba

c

=

=

=

021

c

ba

52. SEPTIEMBRE 2010. Dada la funcin 15 = xexy a) Calcula los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la funcin. b) Halla, si existen, sus mximos, mnimos y puntos de inflexin. c) Dibuja aproximadamente su grfica.

SOLUCIN a) Para estudiar el crecimiento de la funcin, veamos el signo de su derivada )1(555' 111 +=+= xexeey xxx . Como sabemos, 1xe es positivo para cualquier valor que tome x. Por tanto, el signo de la derivada depende nicamente de (x + 1).

Signo de y: Crecimiento de y:

La funcin es decreciente en el intervalo ( )1, y creciente en ( ) ,1 b) Hay mnimo en el punto )68,0,1(5,1 2

eP , ya que la funcin es a la izquierda decreciente y a la

derecha creciente. Para ver si hay puntos de inflexin, analicemos el signo de la segunda derivada para encontrar los intervalos de concavidad. )2(5)11(55)1(5'' 1111 +=++=++= xexeexey xxxx

1xe es positivo para cualquier valor que tome x. Por tanto, el signo de y depende nicamente de (x + 2).

Signo de y: Concavidad de y:

La funcin es convexa en el intervalo ( )2, y cncava en ( ) ,2 Por consiguiente, presenta en ( )5,0,210,2 3

eQ un punto de inflexin convexo cncavo.

c) La funcin pasa por el punto (0, 0) obviamente, y ya que en los apartados anteriores encontramos el mnimo y el punto de inflexin, para dibujarla hemos de darnos cuenta de que no tiene asntotas verticales ni oblicuas, pero s

una asntota horizontal :

==

=

005lim

5lim1

1

yabscisasdeejeelesasntotalaxcuandoxexcuandoasntotahayNoxe

x

x

x

x

La grfica de la funcin es la siguiente:

53. SEPTIEMBRE 2010. Se considera la funcin

+

35

SOLUCIN a) La funcin es, a la izquierda del 2 una funcin lineal, y a la derecha una exponencial; por tanto, es continua para cualquier valor que tome la variable x, salvo quizs para x = 2. Si queremos que en ese punto sea continua, debemos asegurarnos de que los lmites laterales son iguales: ( ) 111224lim)22(lim)(lim)(lim 222022

2222==+=+=+==

++kkkkekexxfxf x

xxxx

b) Si k = 1,

=

+=

>

+

=

11)(

23

xsibaxxsixx

xf a) Calcula los valores de a y b para que la funcin sea derivable en todos los nmeros reales. b) Para esos valores de a y b halla los extremos de la funcin y dibuja su grfica.

SOLUCIN a) La funcin, salvo en el punto x = 1, es una funcin polinmica y por tanto, continua y derivable. Habr que encontrar los valores de a y b, que hagan que tambin sea continua y derivable en x = 1.

babaxxxxfxfxencontinuafxxxx

+=+===++

0)(lim)(lim)(lim)(lim11

23

111

( ) 123)(')('1 12 ==== = aaxxxfxfxenderivablef x Resolviendo el sistema, concluimos:

=

=

=

=+

11

10

ba

a

ba

b) A la derecha de x = 1, la funcin es lineal y no tiene mximo. As que solo hay que estudiar los extremos para valores de x menores que 1, cuando la funcin es 23)( xxxf = 6)('''26)(''23)(')( 223 ==== xfxxfxxxfxxxf

)27/4,3/2(02)3/2('')0,0(02)0(''

3/20

0230)(' 2

>=

39

64. JULIO 2011 Dada la curva xxxxf 22

33

)(23

+=

a) Obtn sus mximos, mnimos y puntos de inflexin. b) Encuentra sus intervalos de crecimiento y decrecimiento. SOLUCIN

a) 2)('''32)(''

23)('22

33

)( 223

==

+=+=

xfxxfxxxfxxxxf

Mximos y mnimos:

)3/2,2(01)2('')6/5,1(01)1(''

21

0230)(' 2

QenmnimoHayfPenmximoHayf

x

xxxxf

>=

40

)4(44

4)( 32

yyyyyf == pipi Procedemos como de costumbre: derivamos, igualamos a cero la derivada y resolvemos la ecuacin.

)(3

32340340)34(

40)('

)34(4

)(')4(4

)(

22

23

sentidotienenonegativarazlayyyxf

yxfyyyf

=====

==

pi

pipi

En ese caso, el volumen pedido ser: 33

42,29

343

323

32443

32uf =

=

pipi