Soluciones de la relación de ejercicios del TEMA 31. Halla la ecuación de la recta tangente y de la recta normal de cada unade las siguientes funciones:

En un punto (x0, f(x0)), la ecuación de la recta tangente es y = f(x0)+f 0(x0)(x−x0). La recta normal es y = f(x0)− 1

f 0(x0)(x−x0), si f 0(x0) 6= 0

y x = x0 si f 0(x0) = 0

(a) f (x) = tg (3x) en el punto (0, 0).En este apartado x0 = 0 y f(x0) = 0. Sólo nos falta por obtenerf 0(0). Derivando la función f , obtenemos f 0(x) = 3

cos2(3x). De

manera que f 0(0) = 3. Con todo lo anterior se tiene que la rectatangente es y = 3x y la recta normal y = −1

3x.

(b) f (x) = 2x2 − 4x+ 5 en el punto (3, 11)Recta tangente: y = 8x− 13. Recta normal: y = −1

8x+ 91

8.

(c) f(x) = (x+ 1) 3√3− x en el punto (2, 3)

f(2) = 3 y f 0(2) = 0. Por tanto, la recta tangente es y = 3 y larecta normal x = 2.

2. Sean a, b ∈ R y f : R −→ R tal que f (x) = x2 + ax + b, para todox ∈ R. Encuentra los valores de a y b que hacen que el punto (2, 4)pertenezca a la gráfica de f y que la recta tangente a la misma endicho punto sea la recta de ecuación 2x− y = 0.Por un lado (2, 4) ∈ Graf(f) ⇒ f(2) = 4 ⇒ 4 + 2a + b = 4, es decir,2a+ b = 0. Por otro lado, que la recta tangente en el punto (2, 4) seay = 2x, lleva consigo que f 0(2) = 2 (f 0(x0) es la pendiente de la rectatangente a la gráfica en el punto (x0, f(x0))). Como f 0(x) = 2x + a,f 0(2) = 4 + a = 2. Por tanto, a. = −2 y b = 4.

3. Sean a, b, c ∈ R y f, g : R −→ R funciones reales de variable real dadaspor f (x) = x2 + ax+ b y g (x) = x3 − c, para todo x ∈ R. Determinalos valores de a, b, y c que hacen que las gráficas de f y g pasen por elpunto (1, 2) y tengan la misma recta tangente en dicho punto.

(1, 2) ∈ Graf(f) ⇒ f(1) = 2. (1, 2) ∈ Graf(g) ⇒ g(1) = 2. Que fy g tengan la misma pendiente, implica que f 0(1) = g0(1). Estas trescondiciones nos proporcionan un sistema de tres ecuaciones con tresincógnitas, cuya solución es a = 1, b = 0 y c = −1.

1

4. Demuestra que la función f : R → R dada por f(x) = |x2 − 2x|, paratodo x ∈ R, presenta puntos angulosos en x = 0 y x = 2.Teniendo en cuenta que x2 − 2x < 0 si x ∈]0, 2[ y que x2 − 2x ≥ 0 six ∈]−∞, 0] ∪ [2,+∞[, la función f(x) puede expresarse como

f(x) =

⎧⎨⎩ x2 − 2x si x ≤ 0−x2 + 2x si 0 < x < 2x2 − 2x si x ≥ 2

Si estudiamos los límites laterales de la función f(x)−f(x0)x−x0 para x0 = 0

y x0 = 2, se tiene que f 0(0−) = −2 6= 2 = f 0(0+) y que f 0(2−) = −2 6=2 = f 0(2+). Por tanto, la función presenta puntos angulosos en lospuntos x0 = 0 y x0 = 2. Gráficamente

5. Estudia la continuidad y derivabilidad de las siguientes funciones:

(a) f(x) =

⎧⎨⎩ −2x− 1 x ≤ −1x2 −1 < x < 0senx x ≥ 0

• Si consideramos el conjunto B =]−∞,−1[∪]−1, 0[∪]0,+∞[,se tiene que f |B es derivable (las funciones polinómicas y lafunción seno son derivables) en B. Como B es abierto, por elCarácter Local de la Derivabilidad, f es derivable en B. Si fes derivable en B, f es continua en B.

• x = −1:lim

x→−1−(−2x−1) = 1 = lim

x→−1+(x2) = f(−1) (f es continua en x = −1)

limx→−1−

(−2x− 1− 1x+ 1

) = −2 = limx→−1+

(x2 − 1x+ 1

) (f es derivable en x = −1)

2

• x = 0:limx→0−

(x2) = 0 = limx→0+

(senx) = f(0) (f es continua en x = 0)

limx→0−

(x2 − 0x− 0 ) = 0 6= 1 = lim

x→0+(senx− 0x− 0 )

f no es derivable en x = 0 y presenta un punto anguloso en.

En resumen, f es continua en R y derivable en R\{0}. Gráfica-mente

(b) g(x) =

⎧⎨⎩ x+ x3 x < 00 x = 0

senx x > 0

g continua y derivable en R. Gráficamente

(c) h (x) =

⎧⎪⎨⎪⎩x2 + 1 si x < 02x+ 1 si 0 ≤ x ≤ 1x+ 1

xsi x > 1

f continua en R\{1} y derivable en R\{0, 1}. En x = 0 presentaun punto anguloso. Gráficamente

3

6. Estudia en el punto x = 0, la continuidad y derivabilidad de las fun-ciones:

(a) f (x) =½x3 x < 0ex − 1 x ≥ 0

f continua en todo R y derivable en R\{0}. En x = 0 presentaun punto anguloso. Gráficamente:

(b) g (x) =

(x3 · sen 1

xx 6= 0

0 x = 0. Demuestra además que g0 es con-

tinua pero no derivable en dicho punto.Teniendo en cuenta el Carácter Local de la Derivabilidad, g es de-

rivable en R∗, con g0(x) = 3x2 ·sen(1x)−x cos( 1

x). Al ser derivable,

es continua en R∗. Por otra parte,

limx→0(x3 · sen(1

x)) = 0 (0 · acotado = 0) y f(0) = 0,

es decir, g es continua en x = 0. Como

limx→0(x3 · sen(1

x)− g(0)

x− 0 ) = limx→0(x2 · sen(1

x)) = 0 (0 · acotado = 0)

se tiene que g es derivable en x = 0 con g0(0) = 0. Gráficamente,en los intervalos [−0.15, 0, 15] y [−0.05, 0, 05], la función g(x) es

4

Teniendo en cuenta lo anterior,

g0(x) =

(3x2 · sen(1

x)− x cos( 1

x) x 6= 0

0 x = 0

Estudiemos la continuidad y derivabilidad de la función g0. Comolimx→0 g0(x) = 0 = g0(0), g0 es continua en x = 0. Por otra parte,

limx→0

3x2 · sen(1x)− x cos( 1

x)− 0

x− 0 = limx→0(3x · sen(1

x)− cos(1

x))

Como @ limx→0 cos( 1x), se tiene que @ limx→0(3x · sen(1

x)− cos( 1

x)).

Por tanto, g0 no es derivable en x = 0. Gráficamente, la funcióng0(x) es

7. Sean a, b, c ∈ R y f : R→ R dada por

f (x) =

½x2 x ≤ cax+b x>c

Determina a y b en función de c para que exista f 0 (c).

Si la función es derivable en x = c, en particular es continua, por tanto,

limx→c−

x2 = limx→c+

(ax+ b) = f(c),

es decir, c2 = ac+ b. Por otra parte, si existe f 0 (c),

limx→c−

x2 − c2x− c = lim

x→c+ax+ b− c2x− c

es decir,

2cb−c2=−ac= lim

x→c+ax− acx− c = a.

Tenemos, a = 2c y como c2 = ac+ b, se tiene que b = −c2.

5

8. Estudia la continuidad y derivabilidad de la función f(x) = |3x − 3| enel punto x = 1.

Teniendo en cuenta la definición del valor absoluto

f(x) =

½ −3x + 3 si 3x − 3 < 03x − 3 si 3x − 3 ≥ 0 =

½ −3x + 3 si x < 13x − 3 si x ≥ 1

• Si consideramos el conjuntoB =]−∞, 1[∪]1,+∞[, se tiene que f |Bes continua y derivable (las funciones exponenciales y constanteslo son y, suma de funciones continuas y derivables son continuasy derivables) en B. Como B es abierto, por el Carácter Local dela Continuidad y Derivabilidad, f es continua y derivable en B.

• Continuidad y derivabilidad en el punto x = 1. Comolimx→1−

(−3x + 3) = 0 = limx→1+

(3x − 3) = f(1),

f es continua en x = 1. Teniendo en cuenta que

limx→1−

(−3x + 3− 0x− 1 ) = −3 ln 3 6= 3 ln 3 = lim

x→1+(3x − 3− 0x− 1 ),

f no es derivable en x = 1.

En resumen, f es continua en R y derivable en R\{1}.Otra forma de plantearse el ejercicio: f(x) = |3x − 3|. La función valorabsoluto es continua y la función 3x − 3 también es continua (ya lohemos comentado). Como f es la composición de estas dos funcionesy la composición de funciones continuas es continua, se tiene que f(x)es continua. Por otra parte, si consideramos una función |f(x)|, en lospuntos para los que f(x) = 0, la función no es derivable. En nuestrocaso, como 3x−3 = 0 si, y sólo si, x = 1, la función no va a ser derivableen x = 1. Gráficamente

6

9. Calcula las derivadas de las siguientes funciones, donde tenga sentido:

(a) f(x) = cos(x2). Teniendo en cuenta que

(cos(f(x)))0 = −f 0(x) sen(f(x)),

se tiene que f 0(x) = −2x sen(x2)(b) f(x) = arctg (2−3x). Teniendo en cuenta que

(arctg(f(x)))0 =f 0(x)

1 + f2(x),

se tiene que f 0(x) = −31+(−2+3x)2

(c) f(x) = esenx. Teniendo en cuenta que

(ef(x))0 = f 0(x)ef(x),

se tiene que f 0(x) = cosxesenx

(d) f(x) = sen (cosx). Teniendo en cuenta que

(sen(f(x)))0 = f 0(x) cos(f(x)),

se tiene que f 0(x) = − senx cos (cosx)(e) f(x) = x

√x = (x)

1x . Teniendo en cuenta que

((f(x))g(x))0 = (f(x))g(x)[g0(x) ln(f(x)) + g(x)f 0(x)f(x)

],

se tiene que f 0(x) = x√x(− 1

x2lnx+ 1

x2)

(f) f(x) =(lnx)x

xlnx. Teniendo en cuenta como se deriva un cociente,

como se deriva la función (f(x))g(x) y que (lnx)0 = 1x, se tiene que

f 0(x) =(lnx)x[ln(lnx) + 1

x]xlnx − (lnx)x · xlnx[2 lnx

x]

(xlnx)2

(g) f(x) = arctg(1+x1−x). Teniendo en cuenta como se deriva la función

arcotangente, se tiene que f 0(x) = 11+x2

7

(h) f(x) = ex2 lnx. Teniendo en cuenta como se deriva la función

exponencial, se tiene que f 0(x) = ex2 lnx (2x lnx+ x)

(i) f(x) = xtgx. Teniendo en cuenta como se deriva la función (f(x))g(x)

y que (tgx)0 = 1+ tg2x, se tiene que f 0(x) = xtgx[(1 + tg2x) lnx+tgxx]

(j) f(x) =³1 +

a

x

´x. Teniendo en cuenta como se deriva la función

(f(x))g(x), se tiene que

f 0(x) = (1 +a

x)x[ln(1 +

a

x)− 1

x

a

1 + ax

]

(k) f(x) = 2x · arctg (2x) − ln(√1 + 4x2). Teniendo en cuenta comose deriva la función arcotangente, un producto y que

(ln(f(x)))0 =f 0(x)f(x)

,

se tiene que f 0(x) = 2arctg(2x)

(l) f(x) = ln(2tgx+1tgx+2

). . Teniendo en cuenta como se deriva la funciónlogaritmo neperiano, un cociente y la función tangente, se tieneque f 0(x) = 3

5 sinx cosx+2

(m) f(x) = (1+x)ln(1+x). Teniendo en cuenta como se deriva la función

(f(x))g(x), se tiene que f 0(x) = 2 (1+x)ln(1+x)

1+xln (1 + x)

(n) f(x) = (a2 + x2)arctan(xa). . Teniendo en cuenta como se deriva la

función (f(x))g(x) y la función arcotangente, se tiene que

f 0(x) = (a2+x2)arctanxa [

1

a(1 + x2

a2)ln(a2+x2)+2 arctan(

x

a)· x

a2 + x2]

(o) f(x) = sen(ecosx). Teniendo en cuenta como se derivan las fun-ciones exponencial y seno, se tiene que

f 0(x) = −(cos(ecosx) senx)ecosx

(p) f(x) =½x3 − 2 x < 0x2 + 1 x ≥ 0 . Por el Carácter Local de la Deriva-

bilidad, teniendo en cuenta que B =]−∞, 0[∪]0,+∞[ es abierto,

8

se tiene que f es derivable en B, con f 0(x) =½3x2 x < 02x x > 0

.

En x = 0, no existe el límite limx→0− 3x2−1x, por tanto, f no es

derivable en x = 0.

10. Determina la imagen de la función f : [0, 2]→ R dada por:

f(x) = 3x4 − 8x3 − 6x2 + 24x+ 1Tenemos una función continua definida en el intervalo [0, 2]. Por elTeorema de Weierstrass, la imagen es de la forma [c, d], es decir, la fun-ción alcanza mínimo (c) y máximo (d) absolutos. ¿Cuáles son nuestroscandidatos a extremo absoluto?

1. Los extremos del intervalo de definición de la función, es decir,x0 = 0 y x0 = 2

2. Los puntos del intervalo ]0, 2[ para los que la función no es deriva-ble, pero esta función es derivable en todo su dominio, por tanto,este apartado no nos da ningún candidato.

3. Los puntos críticos (puntos con derivada cero) del intervalo ]0, 2[.Si derivamos la función e igualamos a cero, f 0(x) = 12x3− 24x2−12x+24 = 0⇔ x = −1, 1 y 2. De estos puntos, el único que estáen el intervalo ]0, 2[ es x0 = 1, se trata por tanto de otro candidatoa extremo absoluto.

4. Por último, si calculamos la imagen de todos los candidatos obtenidosf(0) = 1, f(1) = 14 y f(2) = −18. De todas las imágenes, lamenor es el mínimo absoluto (−18) y, de todas las imágenes, lamayor es el máximo absoluto (14). Por tanto, f([0, 2]) = [−18, 14].

11. Estudia si la función f : [−π3, π3]→ R, tal que f(x) = cos(x2), para todo

x ∈ [−π3, π3], alcanza máximo y mínimo absolutos. En caso afirmativo,

hállalos.

Como la función coseno y x2 son continuas y la composición de fun-ciones continuas es continua, se tiene que f(x) es continua en todoR, en particular en el intervalo [−π

3, π3]. Tenemos una función con-

tinua definida en un intervalo de la forma [a, b]. Por el Teorema deWeierstrass, la imagen es de la forma [c, d], es decir, la función alcanzamínimo (c) y máximo (d) absolutos. ¿Cuáles son nuestros candidatosa extremo absoluto?

9

1. Los extremos del intervalo de definición de la función, es decir,x0 = −π

3y x0 = π

3

2. Los puntos del intervalo ] − π3, π3[ para los que la función no es

derivable. Como la función coseno y x2 son derivables y la com-posición de funciones derivables es derivable, se tiene que f(x) esderivable en todo su dominio, por tanto, este apartado no nos daningún candidato.

3. Los puntos críticos (puntos con derivada cero) del intervalo ] −π3, π3[. Si derivamos la función e igualamos a cero, f 0(x) = −2x ·

sen(x2) = 0⇔ x = 0. Como 0 ∈]− π3, π3[, x0 = 0 es otro candidato

a extremo absoluto.

4. Por último, si calculamos la imagen de todos los candidatos obtenidosf(−π

3) = f(π

3) = cos π2

9y f(0) = 1. De todas las imágenes, la

menor es el mínimo absoluto (cos π2

9) y, de todas las imágenes,

la mayor es el máximo absoluto (1). Por tanto, f([−π3, π3]) =

[cos π2

9, 1].

12. Calcula la imagen de las funciones:

Observación: El dominio no es de la forma [a, b], por tanto, no podemosaplicar el Teorema de Weierstrass. Tenemos que calcular la imagen porotros medios.

(a) f : R→ R dada por f (x) =x2

x2 + 3, para todo x ∈ R.

f(R) = [0, 1[

(b) f : R→ R dada por f (x) =2

1 + e|x|, para todo x ∈ R.

f(R) =]0, 1]

13. Estudia si se puede aplicar el Teorema de Rolle a las siguientes fun-ciones:

(a) f(x) = tgx en el intervalo [0,π].No, porque la función no está definida en el punto x = π

2.

(b) f : [−1, 1]→ R : f (x) = |x|.No, porque la función no es derivable en x = 0.

10

14. Sea f : [0, 4] → R dada por f(x) = x2−4xx+2

. Estudia si se verifican lashipótesis del Teorema de Rolle. En caso afirmativo, calcula el puntodel interior del intervalo de definición en el que se anula la derivada.

Tenemos que comprobar que se verifican las hipótesis del teorema.

f : [0, 4]→ RContinua en [0, 4] (f. racional)Deribable en ]0, 4[ (f. racional)

f(0) = 0 = f(4)

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ Tma. Rolle=⇒ ∃c ∈]a, b[: f 0(c) = 0

Por tanto, si se puede aplicar el Teorema de Rolle, que nos garantizala existencia, de al menos, un c ∈]0, 4[: f 0(c) = 0. Para calcularlo (ocalcularlos), derivamos la función, igualamos a cero y resolvemos laecuación resultante. f 0(x) = 0 si, y sólo si,

x2 + 4x− 8(x+ 2)2

= 0⇔ x2 + 4x− 8 = 0⇔ x = −2± 2√3.

De estos dos valores el único que está en [0, 4] es −2+ 2√3, por tanto,c = −2 + 2√3. La interpretación geométrica de que exista un punto(−2 + 2√3) con derivada cero, es que en ese punto la función presentaun extremo relativo, en este caso, se trata de un mínimo. Gráficamente,la situación es la siguiente:

15. Prueba, haciendo uso del Teorema de Rolle, que la ecuación 5x4−6x+1 = 0 no tiene más de dos raices reales.

Sea f : R → R tal que f(x) = 5x4 − 6x + 1, para todo x ∈ R.f es continua y derivable en R, en particular en cualquier intervalode R. Derivando la función e igualando a cero, 20x3 − 6 = 0. Esta

ecuación tiene una única solución real, x = 3

q310. Como consecuencia

11

del Teorema de Rolle, la función f tiene como mucho dos soluciones enR. Gráficamente, la función f es

16. Demuestra que las ecuaciones siguientes tienen una única solución real:

(a) 2x5 + 8x3 + 5x− 6 = 0Sea f : R→ R tal que f(x) = 2x5+8x3+5x−6, para todo x ∈ R.f es continua y derivable en R, en particular en cualquier intervalode R. Derivando la función e igualando a cero, 10x4+24x2+5 = 0,ecuación que no tiene solución real, es decir, f 0(x) 6= 0, para todox ∈ R. Como consecuencia del Teorema de Rolle, la función ftiene como mucho una solución en todo R. Si encontramos unintervalo en el que podamos aplicar el Teorema de Bolzano habre-mos terminado. En efecto, si restringimos la función al intervalo[0, 1] se verifican las hipótesis de dicho teorema, lo que nos garan-tiza, al menos un solución real en el intervalo ]0, 1[. Por un lado,Rolle nos dice que a lo más hay una solución y, por otro, Bolzanoque al menos hay una raiz, por tanto, existe una única raiz.Otra forma de haber razonado este ejercicio sin aplicar Rolle es lasiguiente. Al observar que f 0 no tiene raices, por tratarse de unafunción definida en un intervalo, esto nos garantiza que la funciónes estrictamente monótona (creciente o decreciente), por tanto, nopodrá pasar más de una vez por el ejeX. Gráficamente, la funciónf es

12

(b) x3 + 3x = 2x2 + 5Sea f : R→ R tal que f(x) = x3− 2x2+3x− 5, para todo x ∈ R.f es continua y derivable en R, en particular en cualquier intervalode R. Derivando la función e igualando a cero, 3x2 − 4x+ 3 = 0,ecuación que no tiene solución real, es decir, f 0(x) 6= 0, para todox ∈ R. Por tratarse de una función definida en un intervalo, estonos garantiza que la función es estrictamente monótona (crecienteo decreciente), por tanto, no podrá pasar más de una vez porel eje X, es decir, a lo más tiene una solución real. Por otraparte, si restringimos la función al intervalo [0, 2], Bolzano nosgarantiza que al menos existe una raiz. Por tanto, la ecuacióntiene exactamente una raiz, que hemos localizado en el intervalo[0, 2]. Gráficamente, la función f es

(c) 4x3 + 3x2 + 2x+ 1 = 0Sea f : R→ R tal que f(x) = 4x3+3x2+2x+1, para todo x ∈ R.f es continua y derivable en R, en particular en cualquier intervalode R. Derivando la función e igualando a cero, 12x2+6x+2 = 0,se observa que esta ecuación no tiene soluciones reales, es decir,f 0(x) 6= 0, para todo x ∈ R. Como consecuencia del Teorema deRolle, la función f tiene como mucho una solución en todo R. Siencontramos un intervalo en el que podamos aplicar el Teorema deBolzano habremos terminado. En efecto, si restringimos la funciónal intervalo [0, 1] se verifican las hipótesis de dicho teorema, lo quenos garantiza, al menos un solución real en el intervalo ]0, 1[. Porun lado, Rolle nos dice que a lo más hay una solución y, por otro,Bolzano que al menos hay una raiz, por tanto, existe una únicaraiz.Otra forma de haber razonado este ejercicio sin aplicar Rolle es lasiguiente. Al observar que f 0 no tiene raices, por tratarse de una

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función definida en un intervalo, esto nos garantiza que la funciónes estrictamente monótona (creciente o decreciente), por tanto, nopodrá pasar más de una vez por el ejeX. Gráficamente, la funciónf es

17. Separa en intervalos las raíces de las siguientes ecuaciones:

(a) 2x3 + 3x2 − 72x+ 12 = 0Sea f : R → R tal que f(x) = 2x3 + 3x2 − 72x + 12, funcióncontinua y derivable en R, en particular en cualquier intervalo deR. Derivando la función e igualando a cero, se obtiene que f 0(x) =0 si, y sólo si, x = −4 y x = 3. Como f 0 tiene dos raices, por elTeorema de Rolle, f tiene a lo más tres raices, una en ]−∞,−4],otra en [−4, 3] y otra en [3,+∞[. Si restringimos f , por ejemplo,a los intervalos [−7,−4], [−4, 3] y [3, 6], el Teorema de Bolzanonos garantiza la existencia de raices en los tres intervalos. Esto,junto con los comentarios anteriores, garantiza que la ecuacióntiene exactamente tres raices. Gráficamente, la función f es

(b) xlnx = 1Sea f : R+ → R tal que f(x) = x lnx−1, función continua y deri-vable enR+, en particular en cualquier intervalo de R+. Derivandola función e igualando a cero, lnx+1 = 0⇔ x = 1

e. Como f 0 tiene

una raiz, f tiene a lo más dos raices, una en ]0, 1e] y otra en [1

e,+∞[.

14

Veamos que pasa en ]0, 1e]. f(1

e) = −1

e− 1 < 0. Si existiese algún

punto (a) con imagen positiva en ]0, 1e] aplicaríamos Bolzano en

[a, 1e] y Bolzano nos garantizaría la existencia de alguna raiz. Pero,

si calculamos limx→0+(x lnx− 1) Por L´Hbopital= −1. Si la función, en]0, 1

e] cortara al eje X, eso llevaría consigo que existiría un máx-

imo relativo en dicho intervalo, es decir, un punto con derivadacero, lo que no puede suceder, porque el único punto con derivadacero es 1

e. Por tanto, no existe ninguna raiz en ]0, 1

e]. Veamos que

pasa en [1e,+∞]. f(1

e) = −1

e− 1 < 0. Si existiese algún punto

(a) con imagen positiva en [1e,+∞] aplicaríamos Bolzano en [1

e, a]

y Bolzano nos garantizaría la existencia de alguna raiz. Si es-tudiamos el comportamiento de la función en +∞, se tiene quef(x) → +∞, x → +∞, es decir, podremos encontrar un puntocon imagen positiva. Por ejemplo, f(e) = e − 1 > 0. Si restrigi-mos la función f al intervalo [1

e, e] podemos aplicar Bolzano, de

manera que existirá alguna raiz en [1e, e]. Resumiendo, la ecuación

de partida tiene una única solución real que hemos localizado enel intervalo [1

e, e]. Gráficamente, la función f es

(c) ex + x = 0Sea f : R→ R tal que f(x) = ex+x, función continua y derivableen R, en particular en cualquier intervalo de R. Derivando la fun-ción e igualando a cero, ex+1 = 0, ecuación que no tiene solución.Como f 0 no tiene raices, f tiene a lo más una raiz real. Si rest-rigimos la función f al intervalo [−1, 0] podemos aplicar Bolzano,de manera que existe al menos una raiz en [−1, 0]. Resumiendo,la ecuación de partida tiene una única solución real que hemos

15

localizado en el intervalo [−1, 0]. Gráficamente, la función f es

(d) x− x2 − ln (x+ 1) = 0Sea f :] − 1,+∞[→ R tal que f(x) = x − x2 − ln (x+ 1), fun-ción continua y derivable en ]−1,+∞[, en particular en cualquierintervalo contenido en ] − 1,+∞[. Derivando la función e igua-lando a cero, 1 − 2x − 1

x+1= 0, tiene como soluciones x = −1

2

y x = 0. Como f 0 dos raices, f tiene a lo más tres raices reales,en los intervalos ] − 1,−1

2], [−1

2, 0] y [0,+∞[. Si restrigimos la

función f , por ejemplo, al intervalo [− 910,−1

2], Bolzano garantiza

la existencia de al menos una raiz, por tanto en este intervaloexiste exactamente una raiz. Se observa que, x = 0 es raiz de laecuación. Se comprueba que en los intervalos [−1

2, 0[ y ]0,+∞[ no

existe ninguna raiz. Resumiendo, la ecuación de partida tiene dossoluciones reales, x = 0 y otra que hemos localizado en el intervalo[− 9

10,−1

2]. Gráficamente, la función f es

18. Establece las desigualdades

1− ab≤ ln b

a≤ b

a− 1

donde los números reales a, b verifican 0 < a ≤ b. Aplica este resultadopara probar que el ln 1.2 está comprendido entre

1

5y1

6. Indicación:

16

Utiliza el Teorema del valor medio de Lagrange a la función f (x) = lnxen el intervalo cerrado [a, b].

19. Aplica el teorema del valor medio de Cauchy a las funciones f, g :∙π

4,3π

4

¸→ R : f (x) = senx y g (x) = cosx, ∀x ∈

∙π

4,3π

4

¸. Además

halla el valor o valores del “punto intermedio”.

f y g son continuas y derivables en todo R, en particular, continuasen [

π

4,3π

4] y derivables en ]

π

4,3π

4[. Por tanto, se verifican las hipótesis

del Teorema del Valor Medio Generalizado, que nos garantiza la exis-

tencia de, al menos, un punto c ∈]π4,3π

4[, tal que f 0(c)[g(b) − g(a)] =

g0(c)[f(b)−f(a)]. Tenemos que cos c[cos 3π4−cos π

4] = − sen c[sen 3π

4−

senπ

4], es decir, cos c[−

√22−

√22] = − sen c[

√22−

√22], lo que sucede si

cos c = 0, ecuación que tiene, en el intervalo ]π

4,3π

4[, la solución c = π

2.

20. Analiza si es aplicable el Teorema del valor medio de Cauchy a lasfunciones f(x) = x2−2x+3 y g(x) = x3−7x2+20x−5 en el intervalo[1, 4]. En caso afirmativo, aplícalo.

Se verifican las hipótesis del Teorema del valor medio de Cauchy, portanto, este teorema se puede aplicar. Se obtiene que c = 2.

21. Estudia monotonía y extremos relativos de la función f(x) = 13x3 −

52x2 + 6x.

f es derivable en todo R. Derivando e igualando a cero, tenemos quex2−5x+6 = 0 si, y sólo si, x = 2 y x = 3, puntos críticos (candidatos aextremos relativo). Estudiando el signo de f 0(x) se observa que f 0(x) >0 si, y sólo si, x ∈]−∞, 2[∪]3,+∞[ y que f 0(x) < 0 si, y sólo si, x ∈]2, 3[.Por tanto, f es estrictamente creciente en ] − ∞, 2[∪]3,+∞[ y f esestrictamente decreciente en ]2, 3[. Por otra parte, teniendo en cuentaque la función es continua en x = 2 y x = 3, por el Criterio de la primeraderivada, teniendo en cuenta los cambios en la monotonía, podemosafirmar que la función presenta un máximo en el punto (2, f(2)) y un

17

mínimo en el punto (3, f(3)). Gráficamente:

22. Halla los extremos relativos de las siguientes funciones:

(a) f(x) = x4e−x2

Máximos relativos en x = ±√2 y mínimo relativo en x = 0(b) f(x) = x(x− 2)2(x+ 1)3

Máximo relativo en x = 512+√7312y mínimos relativos en x = 2 y

x = 512−√7312

(c) f(x) = x3

(x+1)2

f es una función derivable en todo su dominio, es decir, enR\{−1}.Derivando e igualando a cero, tenemos que x3+3x2

(x+1)3= 0 ⇔ x2(x +

3) = 0 si, y sólo si, x = 0 o x = −3. Estos puntos son los can-didatos a extremo relativo. La función f es dos veces derivable.Tenemos que f 00(x) = 6x

(x+1)4. Evaluando f 00 en los puntos críticos

se tiene que f 00(0) = 0 y f 00(−3) < 0. Por el Criterio de la se-gunda derivada podemos afirmar que la función presenta un máx-imo relativo estricto en el punto (−3, f(−3)). En el punto x = 0,por ahora, no nos da información. Calculamos f 000(x) = −18x+6

(x+1)5.

f 000(0) = 6 6= 0. Por el Criterio de clasificación de extremos rela-tivos (Corolario 4.30), f no alcanza extremo relativo en el puntox = 0. Gráficamente:

18

(d) f(x) = x2e−x

f es una función derivable en todo su dominio, es decir, en R.Derivando e igualando a cero, tenemos que 2xe−x − x2e−x = 0⇔2x − x2 = 0 si, y sólo si, x = 0 o x = 2. Estos puntos son loscandidatos a extremo relativo. La función f es dos veces derivable.Tenemos que f 00(x) = (2−4x+x2)e−x. Evaluando f 00 en los puntoscríticos se tiene que f 00(0) = 2 > 0 y f 00(2) = −2e−2 < 0. Por elCriterio de la segunda derivada podemos afirmar que la funciónpresenta un mínimo relativo estricto en el punto (0, f(0)) y unmáximo relativo estricto en el punto (2, f(2)). Gráficamente:

(e) f(x) = 3x4 − 12x2 − 7Máximo relativo en x = 0 y mínimos relativos en x = ±√2

(f) f(x) = ln(√2x3 + 3x2)

f es una función derivable en todo su dominio, es decir, en ] −32, 0[∪]0,+∞[. Derivando e igualando a cero, tenemos que 3x+3

2x2+3x=

0⇔ x = −1. Por tanto, x = −1 es el único punto candidato a ex-tremo relativo. La función f 0 es derivable en R\{−3

2, 0}. Tenemos

que f 00(x) = −32x2+4x+3x2(2x+3)2

. Evaluando f 00 en x = −1 se tiene quef 00(−1) = −3. Por el Criterio de la segunda derivada podemosafirmar que la función presenta un máximo relativo estricto en elpunto (−1, f(−1)) = (−1, 0). Gráficamente:

19

(g) f(x) = 1

(x2−8x+17) 13Máximo relativo en x = 4. No tiene mínimos

(h) f(x) = x+3x2+x−2

Máximo relativo en x = −1 y mínimo relativo en x = −5

23. Se desea fabricar una lata de conservas cilíndrica con tapa de un litrode capacidad. ¿Cuáles deben ser las dimensiones para que se utilice elmínimo posible de metal?.

Solución: radio 5 3

q4πy altura 40

3√16π

24. Un depósito con tapa está formado por un cilindro de altura h quetermina en su parte inferior por una semiesfera de radio r. Calcular lasdimensiones del depósito si debe tener un volumen V y se desea queel área total sea mínima. (Recuerda que el volumen viene dado porV = πr2h+ 2

3πr3 y el área es A = 2πrh+ 3πr2).

Solución: r = 3

q3V5πy h = 3

q25V9π− 3

q8V45π

25. Halla los catetos del triángulo rectángulo de área máxima, entre todosaquéllos que tienen hipotenusa igual a 20 centímetros.

Solución: x = y =√200

26. Calcula, si existen, los siguientes límites:

(a) limx→0

(tg x)tg 2x = 1

(b) limx→0+

µ1

x

¶tg x= 1

(c) limx→0+

¡1x

¢senx= 1

(d) limx→0

(lnx)1x No existe

(e) limx→2π

(−1 + cosx)senx = 1(f) lim

x→+∞5x+7x

5x−7x = −1

20

27. Estudia los siguientes límites:

En gran parte de estos ejercicios intentamos adaptar la función parapoder aplicar la Regla de L’Hbopital.i) lim

x→0x

x+ senx(indeterminación del tipo 0

0)

Si aplicamos el infinitésimo senx ≈ x cuando x → 0, se ob-serva que lim

x→0x

x+ senx= lim

x→0x

x+ x= lim

x→0x

2x= 1

2. No obs-

tante, podemos hacer uso de la Regla de L’Hbopital. Estudiamoslimx→0

x0

(x+ senx)0= lim

x→01

1 + cosx= 1

2. Por L’Hbopital, lim

x→0x

x+ senx=

12.

ii) limx→0

(x lnx) (indeterminación del tipo 0 ·∞)limx→0

(x lnx) = limx→0

³lnx1x

´. De esta forma tenemos una indetermi-

nación del tipo ∞∞ . Teniendo en cuenta que el denominador, en

valor absoluto, diverge positivamente, podemos aplicar la Regla de

L’Hbopital. Estudiamos, por tanto, el limx→0

³ln0 x( 1x)0

´= lim

x→0

µ1x−1x2

¶=

limx→0

(−x) = 0. Por L’Hbopital, limx→0

(x lnx) = 0.

iii) limx→0

x2

1− cos (3x) =29

iv) limx→0

x sen (4x)

1− cos (3x) =89

v) limx→1

lnx

1− x2 = −12

vi) limx→0

(x2 lnx) = 0

vii) limx→0

x arc senx

1− cos (2x) =12

viii) limx→0

ex2−1

1−cosx = 2

ix) limx→0

(√x)tgx (indeterminación del tipo 00)

Teniendo en cuenta que la función exponencial y la logaritmoneperiano son inversas, lim

x→0(√x)tgx = lim

x→0eln(

√x)tgx = lim

x→0etgx·ln

√x =

21

elimx→0

(tgx·ln√x). Hemos pasado a tener una indeterminación del tipo

0·∞, la que se estudia como en el apartado anterior (ii)). limx→0(tgx·

ln√x) = lim

x→0( ln

√x

1tgx

) que presenta una indeterminación del tipo ∞∞ .

Teniendo en cuenta que el denominador, en valor absoluto, divergepositivamente, podemos aplicar la Regla de L’Hbopital. Estudia-mos, por tanto, el lim

x→0

µ(ln√x)0

( 1tgx)0

¶= lim

x→0

µ12x−1

sen2 x

¶= lim

x→0

³− sen2 x

2x

´infinitésimos

=

limx→0

³−x22x

´= lim

x→0¡−x

2

¢= 0. Por L’Hbopital, lim

x→0

µln√x

1tgx

¶= 0. Por

tanto, limx→0(√x)tgx = e0 = 1.

x) limx→0+

(1− e2x) 1ln 2x = e

xi) limx→0

µx+ 3

x+ 4

¶5x+2= (3

4)2 = 9

16

xii) limx→∞

µx+ 1

x− 1¶x(indeterminación del tipo 1∞)

limx→∞

(x+ 1

x− 1)x = lim

x→∞eln(x+ 1

x− 1 )x

= limx→∞

ex lnx+ 1

x− 1 = elimx→∞(x ln

x+ 1

x− 1 ).Hemos pasado a tener una indeterminación del tipo∞·0. lim

x→∞(x ln

x+ 1

x− 1) =

limx→∞

(lnx+ 1

x− 11x

) que presenta una indeterminación del tipo 00. Podemos

aplicar la Regla de L’Hbopital. Estudiamos, por tanto, el limx→∞

((lnx+ 1

x− 1 )0

( 1x)0 ) =

limx→∞

µ −2x2−1−1x2

¶= lim

x→∞

³−2x2−x2+1

´= 2. Por L’Hbopital, lim

x→∞(lnx+ 1

x− 11x

) =

2. Por tanto, limx→∞

(x+ 1

x− 1)x = e2.

Observación: Lo que en realidad hemos aplicado es que para re-solver indeterinaciones del tipo 1∞, se aplica que lim f(x)g(x) =elim(g(x)[f(x)−1])

xiii) limx→∞

hx³a1x − 1

´i= ln a

22

xiv) limx→0

ln³q

x+11−x

´x

= 1

xv) limx→0

h(ex − 1) tg

³π2+ x

´i= −1

xvi) limx→0

1+senx−cosx1+sen px−cos px =

1p

xvii) limx→0

1−cosx−cos(2x)·cos(3x)1−cosx (div. neg.)

xviii) limx→0

ax−asen xx3

= 16ln a

xix) limx→∞

³3x2−x+12x2+x+1

´ x3

1−x= 0

xx) limx→∞

x3x (indeterminación del tipo ∞0)

limx→∞

x3x = lim

x→∞elnx

3x = lim

x→∞e3 ln xx = e

limx→∞

3 lnxx . Hemos pasado

a tener una indeterminación del tipo ∞∞ . Teniendo en cuenta

que el denominador, en valor absoluto, diverge positivamente,podemos aplicar la Regla de L’Hbopital. Estudiamos, por tanto,el lim

x→∞(3 lnx)0x0 = lim

x→∞3x

1= 0. Por L’Hbopital, lim

x→∞3 lnxx= 0. Por

tanto, limx→∞

x3x = e0 = 1.

xxi) limx→∞

¡x+ax−a¢x= e2a

xxii) limx→0

(1 + x2)cot g2x

= e

xxiii) limx→0

sen2 xx2+x3

= 1

xxiv) limx→0

[x ln(tgx)] = 0

xxv) limx→π

2

cos2 x2x−π = 0

xxvi) limx→0

(ex−1) senxx2

= 1

xxvii) limx→0+

ln(sen(2x))ln(senx)

= 1

xxviii) limx→0+

(xn lnx) = 0 (n ∈ N)xxix) lim

x→0+¡1x

¢senx= 1

xxx) limx→1( 1lnx− 1

x−1) =12

23

xxxi) limx→+∞

ex+senxex+cos x

= 1

xxxii) limx→+∞

(x+ 4)1x = 1

28. Halla la derivada n−ésima de las siguientes funciones:

(a) f(x) = 1x−5

fn)(x) = (−1)nn!(x−5)n+1

(b) f(x) = 1x2−8x+12 (Indicación: Antes de derivar conviene tener en

cuenta que 1x2−8x+12 =

−14(x−2) +

14(x−6))

fn)(x) = −14(−1)nn!(x−2)n+1 +

14(−1)nn!(x−6)n+1

29. Ordena, según potencias de (x− 2) , el polinomio f (x) = x3 + 4x2 −5x+ 8, mediante la fórmula de Taylor.

Lo que nos están pidiendo es el polinomio de Taylor centrado en x0 = 2.Teniendo en cuenta que la función f es polinómica de grado 3, lasderivadas parciales de orden 3 son constantes, de manera que todaslas de orden superior a 3, son cero. Por tanto, el polinomio de Taylorcoincidirá con la función de partida. ¡¿Que polinomio mejor aproximaa una función polinómica?!. Teniendo en cuenta estos comentarios:

x3 + 4x2 − 5x+ 8 = 22 + 23(x− 2) + 10(x− 2)2 + (x− 2)3

30. Dada la función f(x) = lnxx, calcula el polinomio de Taylor de orden

dos en el punto x0 = 1.

El polinomio de Taylor de orden 2 centrado en x0 = 1 es

P2(x) = f(1) + f0(1)(x− 1) + 1

2!f 00(1)(x− 1)2.

Sólo tenemos que calcular f(1), f 0(1) y f 00(1). f(1) = 0. Como fes derivable (en R+), f 0(x) = 1−lnx

x2. Por tanto, f 0(1) = 1. Como

f 0 es derivable (en R+), f 00(x) = −3+2 lnxx3

. Por tanto, f 00(1) = −3.Sustituyendo en P2(x), se tiene que

P2(x) = (x− 1)− 32(x− 1)2.

24

Gráficamente:

31. Escribe la fórmula de Taylor de segundo orden de f(x) = sen2 x en elpunto x0 = 0.

P2(x) = x2. Gráficamente:

32. Dada la función f(x) =√x+ 1, calcula el polinomio de Taylor de grado

cuatro en x = 0.

P4(x) = 1 +x2− x2

8+ x3

16− 5x4

256. Gráficamente:

33. Halla un valor aproximado de cos 32 utilizando un polinomio de Taylorde grado 2 y estima el error cometido.

El polinomio de Taylor de segundo orden centrado en el punto x0 = π6

de la función f(x) = cosx es

P2(x) =

√3

2− 12(x− π

6)−√3

4(x− π

6)2

25

cos 32 = cos8π

45= P2(

8π

45) =

√3

2−12(8π

45−π

6)−√3

4(8π

45−π

6)2 = 0.84804

El error cometido

|R3(8π45)| = | 1

3!f 000(c)(

8π

45− π

6)3| ≤ 1

6(8π

45− π

6)3.

34. Halla de forma aproximada el valor de√2 mediante un polinomio de

Taylor de grado 3 estimando el error cometido.

Podemos utilizar la función f(x) =√x con x0 = 1 y x = 2. El

polinomio de Taylor centrado en x0 = 1, es

P3(x) = f(1) + f0(1)(x− 1) + 1

2!f 00(1)(x− 1)2 + 1

3!f 000(1)(x− 1)3 =

= 1 +1

2(x− 1)− 1

8(x− 1)2 + 1

16(x− 1)3.

Teniendo en cuenta que√x ' P3(x), se tiene que

√2 ' P3(2) = 1 + 1

2− 18+1

16= 1.4375.

Por otra parte, para estimar el error, tenemos que tener en cuenta que√x = P3(x) + R3(x), donde R3(x) es el error que hemos cometido en

la aproximación. El error viene dado por

R3(2) =√2− P3(2) = f (4)(c)

4!(2− 1)4 = f (4)(c)

4!,

donde c ∈]1, 2[.

|R3(2)| = |f(4)(c)

4!| = |−

1516c−

72

4!|.

Como 1 < c, teniendo en cuenta que la función potencia de exponente72es estrictamente creciente, entonces 1 < c

72 , de manera que c−

72 < 1.

Por tanto,

|R3(2)| = |−1516c−

72

4!| < |−

1516

4!| = 15

16 · 24 = 0.039063,

es decir, el error que se comete es inferior a 0.039063.

26

35. Aplica el método de Newton para encontrar una raiz próxima a x0para la ecuación de cada apartado. Redondea los cálculos a tres cifrase iterar hasta que se cumpla que |xi − xi−1| < 10−3.

(a) e−x − lnx = 0 para x0 = 1Solución: x4 = 1, 310.

(b) arctgx+ x = 1 para x0 = 0Solución: x3 = 0, 520.

36. Estudia los intervalos de concavidad y convexidad de las siguientesfunciones:

(a) f(x) = e−x2

Tenemos que estudiar, si existe, el signo de la función derivadasegunda. Como las funciones exponencial y polinómicas son deri-vables y la composición de funciones derivables es derivable, f esderivable con f 0(x) = −2xe−x2 . Esta función también es derivable,por tanto,

f 00(x) = −2e−x2 − 2x(−2x)e−x2 = (−2 + 4x2)e−x2.

f 00(x) = 0⇔ (−2 + 4x2)e−x2 = 0⇔ −2 + 4x2 = 0⇔ x = ±√2

2.

Se tiene que f 00(x) > 0 en ] −∞,−√22[∪]

√22,+∞[ y f 00(x) < 0 en

] −√22,√22[. Por tanto, f es convexa en ] −∞,−

√22[∪]

√22,+∞[ y

cóncava en ]−√22,√22[. Gráficamente:

(b) f(x) = x3 − 6x2 + 9x− 8f es convexa en ]2,+∞[ y cóncava en ]−∞, 2[.

27

(c) f(x) = e−x(x2 + 6x+ 8)f es convexa en ] −∞,−1 −√3[∪] − 1 +√3,+∞[ y cóncava en]− 1−√3,−1 +√3[.

(d) f(x) = senx cosx (en [0,π])f es convexa en [π

2,π] y cóncava en [0, π

2].

37. Estudia y representa las siguientes funciones:

(a) f(x) = x4 − 18x2 + 32

(b) f(x) =x2 − 4x+ 5x− 2

28

(c) f(x) =x2 − 5x+ 4x2 + 5x+ 4

(d) f(x) =x3

x− 3i. Dominio: R\{3}ii. Signo.f(x) > 0 si x ∈]−∞, 0[∪]3,+∞[. f(x) < 0 si x ∈]0, 3[

iii. Simetrías.

f(−x) = (−x)3−x− 3 =

−x3−x− 3 6= f(x) (no simétrica par).

−f(−x) = − −x3−x− 3 =

x3

−x− 3 6= f(x) (no simétrica impar)iv. Puntos de corte con los ejes.

A. Eje X. f(x) = 0⇔ x3 = 0⇔ x = 0. Punto (0, 0)B. f(0) = 0. Punto (0, 0)

v. Asíntotas.

A. Verticales: x = 3.B. Horizontales: @ limx→±∞ f(x), por tanto, no existen asín-totas horizontales.

C. Oblicuas: @ limx→±∞ f(x)x, por tanto, no existen asíntotas

oblicuas.

vi. Monotonía. Extemos relativos.Por ser f racional, es derivable. f 0(x) = 3x2(x−3)−x3

(x−3)2 = 2x3−9x2(x−3)2 .

Estudiamos el signo de f 0(x) para obtener la monotonía. f 0(x) >0 si x ∈]9

2,+∞[ (estrictamente creciente). f 0(x) < 0 si x ∈

]−∞, 3[∪]3, 92[ (estrictamente decreciente). Por el criterio de

29

la primera derivada, f presenta un mínimo relativo estrictoen el punto (9

2, f(9

2)) = (9

2, 2434)

vii. Curvatura. Puntos de inflexión.Por ser f 0 racional, es derivable. f 00(x) = 2xx

2−9x+27(x−3)3 . Estu-

diamos el signo de f 00(x) para obtener la curvatura. f 00(x) > 0si x ∈]−∞, 0[∪]3,+∞[ (convexa). f 00(x) < 0 si x ∈]0, 3[ (cón-cava). Como f es continua en x = 0 y hay en dicho puntocambio en la curvatura, la función presenta un punto de in-flexión en (0, 0).

viii. Representación

(e) f(x) =x3 − x2 − x+ 1

x2 + 1

(f) f(x) = (x− 1) exi. Dominio: Rii. Signo.Como ex > 0, para todo x ∈ R, f(x) > 0 en ]1,+∞[ yf(x) < 0 en ]−∞, 1[

30

iii. Simetrías.f(−x) = (−x− 1)e−x 6= f(x) (no simétrica par). −f(−x) =−(−x− 1)e−x = (x+ 1)e−x 6= f(x) (no simétrica impar)

iv. Puntos de corte con los ejes.

A. Eje X. f(x) = 0⇔ (x− 1) ex = 0⇔ x = 1. Punto (1, 0).B. Eje Y. (0, f(0)) = (0,−1).

v. Asíntotas.

A. No existe ningún punto en el que la función diverja, portanto, no hay verticales.

B. @ limx→+∞ f(x), por tanto no hay asíntota horizontal porla derecha. limx→−∞ (x− 1) ex = limx→−∞ x−1

e−x . Comolimx→−∞ 1

−e−x = 0, por L‘Hbopital, limx→−∞ x−1e−x = 0, por

tanto y = 0 es asíntota horizontal por la izquierda.C. Como no existe horizontal por la derecha estudiamos siexiste oblicua. limx→+∞

(x−1)exx

. Como, @ limx→+∞ xex

1,

por L‘Hbopital, @ limx→+∞ (x−1)exx

, por tanto no existe asín-tota oblicua por la derecha. Por la izquierda es claro queno existe (existe horizontal)

vi. Monotonía. Extemos relativos.f es derivable con f 0(x) = xex. Estudiamos el signo de f 0(x)para obtener la monotonía. f 0(x) > 0 si x ∈]0,+∞[ (estric-tamente creciente). f 0(x) < 0 si x ∈] −∞, 0[ (estrictamentedecreciente). Por el criterio de la primera derivada, f presentaun mínimo relativo estricto en el punto (0, f(0)) = (0,−1)

vii. Curvatura. Puntos de inflexión.f 0 es derivable con f 00(x) = (x+1)ex. Estudiamos el signo def 00(x) para obtener la curvatura. f 00(x) > 0 si x ∈]− 1,+∞[(convexa). f 00(x) < 0 si x ∈] − ∞,−1[ (cóncava). Comof es continua y en x = −1 hay un cambio en la curvatura,la función presenta un punto de inflexión en (−1, f(−1)) =(−1, −2

e).

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viii. Representación

(g) f(x) =

rx2 (x− 3)x2 − 1

(h) f(x) = ln(x2 (x− 3)x2 − 1 )

i. Dominio: Domf = {x ∈ R : x3 − 3x2x2 − 1 > 0} =]−1, 0[∪]0, 1[∪]3,+∞[.

ii. Puntos de corte con los ejes.

A. Eje X. f(x) = 0⇔ x3 − 3x2x2 − 1 = 1⇔ x3−4x2+1 = 0. Esta

ecuación tiene tres raices, en el intervalo [−1, 0], [0, 1] y[3, 4].

B. Eje Y. Como 0 ∈ Domf , no hay punto de corte.iii. Asíntotas.

A. Verticales. x = −1, x = 1, x = 0 y x = 3.B. Horizontales. @ limx→+∞ ln[

x2(x− 3)x2 − 1 ], por tanto, no hay

por la derecha. No tiene sentido plantearse el compor-tamiento en −∞ (echa un vistazo al dominio).

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C. Oblicuas. limx→+∞ln[x2(x− 3)x2 − 1 ]

x. Como limx→+∞

x3−3x+6x(x−3)(x2−1)

1=

0, por L‘Hbopital, limx→+∞ ln[x2(x− 3)x2 − 1 ]

x= 0, de manera

que no hay asíntota oblicua por la derecha. Al igual queantes no tiene sentido plantearse el comportamiento en−∞.

iv. Monotonía. Extemos relativos.En su dominio f es derivable con f 0(x) = x3−3x+6

x(x−3)(x2−1) . Siobtenemos las raices del numerador (una raiz en el intervalo]− 3,−2[/∈ Domf .) y del numerador (x = 0, x = 3, x = −1 yx = 1) y estudiamos el signo se obtiene que f es estrictamentecreciente en ]0, 1[∪]3,+∞[ y estrictamente decreciente en ]−1, 0[. Como no hay puntos críticos (f 0(x) 6= 0, ∀x ∈ Domf),no hay extremos relativos.

v. Curvatura. Puntos de inflexión.f 00(x) = −x6−8x4+36x3−51x2−12x+18

(x−3)2x2(x2−1)2 . No obstante, podemos dibu-jar de forma aproximada la función

vi. Representación

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