F1.- Se desea construir una caja cerrada de base cuadrada con una

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F1.- Se desea construir una caja cerrada de base cuadrada con una capacidad de
80 cm3. Para la tapa y la superficie lateral se usa un material que cuesta 1 €/cm2 y
para la base se emplea un material un 50% mas caro. Halla las dimensiones de la
caja para que su coste sea mínimo.
SOLUCIÓN:
La función a optimizar es el coste de la caja (C) en función de sus dimensiones: x
(lado de la base) e y (altura de la caja)
El coste C es la suma del coste de los materiales que la componen. Si la
desarrollamos, obtenemos:
x
y
x
Las superficies serán:
Tapa y superficie lateral S1= ( x2+4xy ) cm2
Superficie de la base:
S2 = x2 cm2
Los costes respectivos serán:
Tapa y superficie lateral
C1= ( x2+4xy ) €
Base
C2 = 1´5 x2 €
Por tanto el coste de la caja en función de sus dimensiones será:
C = C1+ C2 ⇒ C = ( 2´5 x2 + 4 x y ) €.
El volumen debe ser 80 cm2, luego: V = x2 y = 80 ⇒ y = 80 / x2 , sustituyendo en la
función coste:
C = 2,5 x2 + 320 / x , que es la función que debemos minimizar.
Derivamos la función e igualamos a 0:
C´ = 5x – 320 / x2 = 0 ⇒ x = 4 cm.
Comprobamos que para x = 4 existe un mínimo: C´´ = 5 + 320.2 x / x4 ⇒ C´´(4) > 0
Con lo cual las dimensiones pedidas son : lado de la base: 4 cm, altura de la caja:
5 cm.
COMPLEMENTOS:
mac
•
En un gran número de problemas de este tipo intervienen áreas y volúmenes de distintas
superficies y cuerpos geométricos, aunque sepamos las técnicas para obtener los máximos y
mínimos de una función, sino somos capaces de formarla no los podremos resolver, así que es
recomendable el repaso de la geometría elemental
•
Resuelve el problema para un volumen constante V0, y piensa en que se diferencian las gráficas
de las funciones C que obtienes para los distintos valores de V0.
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F2.- Siendo Ln x el logaritmo neperiano de x, halla el área de la superficie rallada:
P´
P
y = Ln x
O
1
3
SOLUCIÓN:
Resolvemos el problema hallando la diferencia entre la superficie del rectángulo
“OP´P3” y el área limitada por la gráfica de y = Lnx, y las rectas x = 3, e y = 0
Las coordenadas del punto P son: P( 3 , Ln3 ), con lo que la superficie del
rectángulo es: S1 = 3 . Ln3 u2.
3
Para hallar la superficie a restar calculamos: S2 =
∫ ln xdx
1
Una primitiva de y = Lnx se puede calcular utilizando el método de integración por
partes:
1
Haciendo u = Lnx, dv = dx, obtenemos: du = dx, y v = x , aplicando el método:
x
∫ Lnxdx
1
∫ x. x dx
= x Lnx -
= x Lnx – x. Con ello la superficie S2 será:
x=3
S2 = [ xLnx − x ] x =1 = 3.Ln3 – 3 – Ln1 + 1 = 3.Ln3 - 2 , y para la superficie
pedida tendremos:
S = S1 - S2 = 3.Ln3 – 3.Ln3 + 2 = 2u2
COMPLEMENTOS:
Proponte solucionar el problema aplicando la forma general para calcular el área comprendida
entre las curvas: y = f(x) e y = g(x):
b
∫ ( f ( x) − g( x))dx
a
En este caso entre f(x) = Ln3, y g(x) = Lnx.
A veces necesitamos calcular primitivas de funciones del tipo y = Ln f(x); con frecuencia se
resuelve el problema aplicando en primer lugar el método de integración por partes, con ello
pasamos de la integral inicial a otra en la que no aparece el logaritmo:
Ej.
∫ Ln( x
mac
2
− 1)dx
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F3.- De una función f : [0,4] → R se sabe que f(1) = 3 y que la gráfica de su
función derivada es la que aparece en el dibujo.
1
y = f´ (x)
1
3
4
a) Halla la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abcisa x = 1
b) Determina los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de f. ¿En qué
punto alcanza la función f su máximo absoluto?.
c) Estudia la concavidad y la convexidad de f.
SOLUCIÓN:
Observa que la gráfica que tenemos es la de f´, por tanto sacaremos conclusiones de
los intervalos donde es positiva y donde es negativa, de los puntos en que se anula y
del comportamiento de su derivada f´´.
a) La recta tangente a la función f en el punto P( x0 , y0 ), la podemos hallar
aplicando la fórmula: y − y 0 = f ′ ( x 0 )( x − x 0 ) .
En este caso x0 = 1; de la gráfica de f´ obtenemos f´( 1 ) = 1 y del enunciado del
problema obtenemos: y0 = f( x0 ) = f( 1 ) = 3. con ello para la recta pedida tenemos:
y-3 = 1.(x-1) ⇒ y = x + 2.
b) Por ser el dominio de f´ el intervalo [0,4] , la función f es derivable en él y el
crecimiento o decrecimiento de f nos vendrá dado por el signo de f´; en la gráfica se
observa que f´ es positiva en los intervalos (0,3) y(3,4) , luego en ellos la función f es
creciente.
En el punto de abcisa x = 3 se anula la derivada 1ª, pero al ser creciente la función
en todo un entorno suyo no presenta un extremo ( tendrá un punto de inflexión con
tangente horizontal ). Al ser creciente la función f en (0,3) y(3,4) y ser continua en su
dominio (¿porqué?) ésta presenta un máximo absoluto en
x = 4.
c) En (0 , 1) se cumple que f´´> 0 (de hecho: f´(x) = x ⇒ f´´(x)=1 ) ⇒ f cóncava
en la dirección de Y+ ( en el intervalo ( 0 , 1 ) la curva se conserva por encima de la
tangente ).
En (1 , 3) se cumple que f´´< 0 (¿porqué?) ⇒ f cóncava en la dirección de YEn (3 , 4) se cumple que f´´> 0 (¿porqué?) ⇒ f cóncava en la dirección de Y+.
COMPLEMENTOS:
•
mac
En x = 1 la función f ´ no es derivable ( su gráfica presenta un “pico” ⇒ no existe f´´ )
ya que no coinciden las derivadas laterales.
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F4.- Calcula el área del recinto acotado que está limitado por la recta y = 2x, y por
las curvas y = x2 e y = x2 / 2.
SOLUCIÓN:
Dibujamos el recinto:
y = 2x
8
Hemos hallado los puntos de intersección de
las tres curvas resolviendo los sistemas
respectivos:
O(0,0)
y = x2
2
y= x /2
Q
y = x2
4
P
O
2
y = x2 / 2
4
y = 2x
y = x2
P(2,4)
y = 2x
y = x2 / 2
Q (4 , 8 )
Calculamos el área pedida : S = S1 + S2
∫
⎛
x2 ⎞
2
x
−
⎜
⎟ dx =
∫2 ⎝
2⎠
⎡ 2 x3 ⎤
32
2
= 16 −
− 4 + = 12 − 10 = 2u 2
⎢x − 6 ⎥
3
3
⎦ x=2
⎣
4
S2 =
S = S1 + S2 =
mac
x=2
⎡ x3 ⎤
4
x2
= u2
dx = ⎢ ⎥
2
⎣ 6 ⎦ x=0 3
⎛ 2 x2 ⎞
∫0 ⎜⎝ x − 2 ⎟⎠ dx =
2
S1 =
2
0
4
10 2
+2=
u
3
3
x=4
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F5.- De la función f : ( -1 , + ∞ )
R se sabe que: f ′ ( x ) =
3
( x + 1) 2
y que f(2) = 0
a) Determina f.
b) Halla la primitiva de f cuya gráfica pasa por el punto ( 0 , 1 ).
SOLUCIÓN:
a) Calcularemos el conjunto de todas las primitivas de f´ ( integral indefinida de
f´ ), y a continuación, de entre ellas hallaremos la función que cumple la
condición pedida.
f ( x) =
3
∫ ( x + 1)
f ( 2) = 0 → −
dx = 3∫ ( x + 1) dx = 3
−2
2
( x + 1) −1
−1
+k= −
3
+k
x+1
3
3
+ k = 0 → k = 1 → f ( x) = 1 −
2+ 1
x+1
Observa que se trata de una función real de variable real, cuyo dominio se
encuentra restringido al intervalo ( -1 , + ∞ )
b) Para este apartado calcularemos el conjunto de todas las primitivas de f(x),
e imponiendo la condición obtendremos la función buscada.
F ( x) =
⎛
∫ ⎜⎝ 1 −
3 ⎞
⎟ dx =
x + 1⎠
dx
∫ dx − 3∫ x + 1 =
x − 3 Ln( x + 1) + k
F (0) = 1 → F (0) = − 3 Ln1 + k = 1 → k = 1 → F ( x ) = x − 3 Ln( x + 1) + 1
COMPLEMENTOS:
•
•
•
mac
¿ Porqué crees que se restringe el dominio de la función al intervalo ( -1 ,+ ∞ ) ?
En la función F(x) no escribimos el argumento del logaritmo entre barras de
valor absoluto ¿ no es necesario?.
¿ Qué representa la función f ´(x) respecto de F(x) ?
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F6.- Considera la función f : R
R definida por f ( x ) = ( x + 1)( x − 1)( x − 2) .
a) Halla las ecuaciones de la recta tangente y normal a la gráfica de f en el punto
de abcisa x = 1.
b) Determina los intervalos de cancavidad y de convexidad de f. ¿Tiene puntos
de inflexión la gráfica de f ?.
SOLUCIÓN :
a) Para hallar las rectas tangente y normal aplicaremos la fórmula:
y – y0 = m ( x – x0 ), donde: en el caso de la recta tangente m = f´ (x0), y en el
caso de la recta normal m = −
1
f ′ ( x0 )
, (recuerda que la rectas tangente y
normal son perpendiculares), y que, en este caso x0 = 1, e y0 = f(1) = 0
f ′ ( x ) = ( x − 1)( x − 2) + ( x + 1)( x − 2) + ( x + 1)( x − 1) ⇒ f´(1) = 2.(-1) = -2
con ello:
Recta tangente
Recta normal
y – 0 = -2 (x – 1 ) ⇒ y = -2x + 2
y–0= −
1
1
1
(x-1)⇒ y= x−
−2
2
2
b) Para estudiar la curvatura estudiaremos el signo de f´´:
f´´(x) = x – 2 + x – 1 + x - 2 + x + 1 + x – 1 + x + 1 = 6x – 4
f´´(x) > 0 ⇒ 6x – 4 > 0 ⇒ x > 2/3 ⇒ si x ∈ ( 2/3 , +∞ ), f cóncava en el
sentido de Y+.
f´´(x) < 0 ⇒ 6x – 4 < 0 ⇒ x < 2/3 ⇒ si x ∈ ( - ∞ , 2/3 ), f cóncava en el
sentido de Y-.
En x = 2/3 presenta una inflexión ¿ Porqué ?.
mac
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F7.- Se sabe que la función f: ( - 1 , + ∞ )
f(x) =
R definida por:
x 2 − 4 x + 3six ∈ (− 1,0)
x2 + a
six ∈ [0,+ ∞ )
x+1
es continua en ( - 1 , + ∞ ).
a) Halla el valor de a. ¿ Es f derivable en x = 0 ?.
b) Determina los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de f.
SOLUCIÓN:
a) Para que una función f sea continua en x = b debe cumplirse que:
lim f(x) = f(b)
x b
Esta definición conlleva tres condiciones:
1) ∃ f(b) ; 2) ∃ lim f(x) ; 3) lim f(x) = f(b)
x b
x b
Para que una función sea continua en un intervalo abierto debe ser continua en
todos los puntos del intervalo.
La función a estudiar consta de dos ramas que son continuas en (-1 , 0) y (0 , + ∞),
respectivamente, para que f sea continua en su dominio lo debe ser también en el
punto x = 0, por lo que debe cumplir las tres condiciones enunciadas anteriormente
1) ∃ f(0) = a
2) ∃ lim f(x) ⇒ lim f(x) = lim f(x), con ello:
x 0
x 0 + x 0lim f(x) = lim
x2 + a
= a ,
x+1
lim f(x) = lim ( x2 – 4x + 3) = 3 ⇒ a = 3
0+
x 0
x
0x 0
3) La tercera condición, evidentemente, se cumple siendo a = 3:
f(0)=3= lim f(x)
x 0
La función es derivable en (-1 , 0) y (0 , + ∞),estudiamos su derivabilidad en x = 0:
x
⎡ x 2 + 2 x − 3⎤
+
f´(0-) = ( 2x – 4 )x= 0 = - 4; f ′ (0 + ) = ⎢
= − 3 , al ser f´(0 ) ≠ f´(0 )⇒ f(x)
⎥
2
(
)
⎣ x+1
⎦ x=0
no es derivable en x = 0.
b) Determinamos el crecimiento y el decrecimiento de la función f(x) en su dominio,
para ello hallamos su derivada: f´(x) =
2 x − 4 six ∈ (− 1,0)
x2 + 2x − 3
six ∈ (0,+ ∞ )
( x + 1) 2
luego en (-1 , 0): f´(x) < 0 ⇒ f decreciente; en ( 0 , 1 ): f´(x) < 0 ( estudia la
2
inecuación x + 2 x −2 3 < 0 ) ⇒ f decreciente; y en ( 1 ,+∞ ): f´(x) > 0 ⇒ f creciente.
( x + 1)
mac
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F8.- Determina b sabiendo que b > 0 y que el área de la región limitada por la
curva y = x2 y la recta y = bx es igual a 9/2.
SOLUCIÓN:
Hacemos un esbozo de la situación:
y = x2
y = bx
P
La superficie a calcular, en función de b, es la de la figura ( con b variable y b > 0 ):
y = x2
Hallamos, en primer lugar, la abcisa del punto P:
y = bx
x =b
⎡ bx 2 x 3 ⎤
b3 b3 b3
, como debe
S = ∫ (bx − x )dx = ⎢
−
=
−
=
3 ⎥⎦ x = 0
2
3
6
⎣ 2
0
b
Con ello la superficie será:
ser S = 9/2 ⇒
⇒ x1 = b
2
b3 9
= ⇒ b 3 = 27 ⇒ b = 3 .
6 2
F9.- Determina b sabiendo que b > 0 y que el área del recinto limitado por la
2
⎛1
⎞
parábola de ecuación y = ⎜ x − b⎟ y los ejes coordenados es igual a 8.
⎝3
⎠
SOLUCIÓN:
Y
Igual que en el ejercicio anterior esbozamos la gráfica:
⎛1
⎞
y = ⎜ x − b⎟
⎝3
⎠
(3b,0)
2
X
En este caso para hallar la superficie S deberemos integrar entre 0 y 3b:
3b
2
⎛1
⎞
S = ∫ ⎜ x − b⎟ dx =
⎝3
⎠
0
x = 3b
⎡ x 3 bx 2
⎤
3
2
= b3 ⇒ b = 8 ⇒ b = 2
⎢ 27 − 3 + b x ⎥
⎣
⎦ x=0
COMPLEMENTOS:
Observa como una aproximación de la situación gráfica de las curvas nos ayuda a resolver los ejercicios
de este tipo; no hace falta que la representación gráfica sea exhaustiva, pero si deberemos hallar los
puntos intersección que necesitaremos para la resolución del ejercicio.
mac
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a⎞
⎛ 1
F10.- Se sabe que: lim⎜ x
−
⎟ es finito. Determina el valor de a y calcula el
⎝ e − 1 2x⎠
límite
x→0
SOLUCIÓN:
Al hacer x = 0 obtenemos una indeterminación del tipo: ∞ - ∞, para resolverla operamos en la
función, obteniendo:
a⎞
2 x − ae x + a
⎛ 1
lim⎜ x
−
⎟ = lim
⎝ e − 1 2x ⎠
2 x(e x − 1)
x→0
x→0
haciendo, de nuevo x = 0 obtenemos una indeterminación del tipo 0/0, aplicamos la regla de L´Hopital:
2 − ae x
2 x − ae x + a
=
; como el denominador de la función se anula
lim
2e x + 2 xe x − 2
2 x(e x − 1)
x→0
x→0
lim
para x = 0, para que el límite pueda ser finito debe ser 2 – ae0 = 0 ⇒ a = 2, ya que se presentará una
nueva indeterminación ( en caso de ser 2 – ae0 ≠ 0 el límite sería ∞ ); luego para a = 2 tenemos:
2 − 2e x
que presenta la indeterminación 0/0, y aplicando la regla de L´Hopital tenemos:
2e x + 2 xe x − 2
x→0
lim
2 − 2e x
2e x + 2 xe x − 2
x→0
lim
mac
− 2e x
=−1
2e + 2e x + 2 xe x
2
x→0
= lim
x
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F11.a)
b)
c)
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Sea f: R
R la función definida por f ( x ) = 2 − x x .
Esboza la gráfica de f
Estudia la derivabilidad de f en x = 0.
Halla la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abcisa
x = 2.
SOLUCIÓN:
a) Siempre que estudiemos una función en la que interviene el valor absoluto, es conveniente
escribirla como función a trozos, teniendo en cuenta que:
f(x), ∀ x∈ R / f(x) ≥ 0
f ( x) =
- f(x), ∀ x∈ R / f(x) < 0
2 – x2 si x ≥ 0
Con ello: 2 − x x =
; representamos graficamente la función:
2 + x2 si x < 0
Se trata de dos ramas de parábola:
2
O
2
b) Para que la función f(x) sea derivable en x = 0 debe ser continua en dicho punto y coincidir en él
las derivadas laterales:
Es continua pues: f(0) = 0;
lim f(x) = lim (2 - x2 ) = 0 = lim f(x) = lim (2 + x2 )
x
0+
Hallamos las derivadas laterales: f ´( 0 + ) = [ - 2x ] x = 0 = 0 = f ´( 0 - ) = [ 2x ]
derivable en x = 0. (presenta un punto de inflexión con tangente horizontal).
x
x=0
0
-
⇒ f es
c) Hallaremos la recta tangente a la gráfica, en el punto de abcisa x = 2 aplicando la fórmula:
y – f(x0) = f ´( x0) (x - x0), siendo: x0 =2; f(x0) = f(2) = 2 – 22 = - 2; y f ´( 2 ) = [ - 2x ] x = 2 = -4
con ello: y + 2 = - 4 (x – 2) ⇒
mac
y + 4x – 6 = 0
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F12.- Considera las funciones f : (0 , +∞)
definidas, respectivamente, por
R y g(x) : R
R
f(x) = ln x (ln: logaritmo neperiano ) y g(x) = 1 – 2x
Calcula el área del recinto limitado por las rectas x = 1 y x = 2 y las gráficas
de f y g.
SOLUCIÓN:
Haremos un esbozo de las gráficas y del recinto correspondiente:
f ( x ) = ln x
Puntos de corte:
x=1
g( x) = 1 − 2 x
x=1
f ( x ) = ln x
⇒ P1 ( 1 , 0 ) ;
x= 2
⇒ P2 ( 2 , ln2 )
g( x) = 1 − 2 x
⇒ P3 ( 1 , -1 ) ;
⇒ P4 ( 2 , -3 )
x= 2
Observa que la función g(x) = 1 – 2x tiene como características generales:
Su dominio es R; es continua y derivable en su dominio ( g´(x) = - 2x ln 2 ); es decreciente
en R ( g´(x) < 0, ∀ x∈ R ); pasa por el origen de coordenadas; al ser g´´ (x) < 0, ∀ x∈ R ⇒ es
cóncava en el sentido de las Y -; en cuanto a su comportamiento asintótico tenemos:
lim g(x) = 1 y lim g(x) = -∞
Y
x=1
x=2
x
-∞
x
+∞
P2
f(x)=lnx
o
X
P1
P3
g(x)=1-2x
P4
Para calcular el área pedida S, integraremos la función h(x) = f(x) – g(x) entre 1 y 2:
2
2
2
2
2
2
∫ h( x) = ∫ ( f ( x) − g( x))dx = ∫ (ln x − 1 + 2 )dx = ∫ ln xdx − ∫ dx + ∫ 2 dx , las dos últimas
x
1
1
x
1
1
1
1
integrales son inmediatas, en cuanto a la primera ya tenemos una primitiva calculada en el ejercicio F2
x=2
por tanto S =
S=
mac
[ x ln x − x]
ln 2( ln 4 − 3) + 2 2
u
ln 2
x=2
x =1
− [ x]
x=2
x =1
4− 2
⎡ 2x ⎤
= 2 ln 2 − 2 − ln 1 + 1 − 2 + 1 +
⇒
+⎢
⎥
ln 2
⎣ ln 2 ⎦ x =1
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9
F13.- Considera la integral definida: I =
∫ 1+
1
1
x
dx
a) Expresa la anterior integral definida aplicando el cambio de variables
1+
x=t
b) Calcula I
SOLUCIÓN:
a) De ser 1 +
x = t⇒
x = t−1
1
dx = dt ⇒ dx = 2( t – 1 ) dt.
2 x
Los límites de integración, referidos a t serán:
x0 = 1 ⇒ 1 + 1 = t0 ⇒ t0 = 2
x1 =9 ⇒ 1 + 3 = t1 ⇒ t1 = 4
Para los diferenciales tenemos:
Teniendo en cuenta lo apuntado anteriormente la integral referida a t nos queda:
4
I=
∫
2
t−1
2( t − 1)
dt = 2 ∫
dt
t
t
2
4
b) Para hallar una primitiva de I, escribimos :
⎛
1⎞
∫ ⎜⎝ 1 − t ⎟⎠ dt = t − ln t + k ,
t−1
1
= 1 − , con ello obtenemos:
t
t
y para la integral pedida:
2
⎛ 1⎞
t=4
I = 2[t − ln t ]t = 2 = 2( 4 − ln 4 − 2 + ln 2) = 4 + ln⎜ ⎟ = 4 – ln4
⎝ 2⎠
mac
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F14.a) Halla la ecuación de la recta tangente a la parábola y = x2 que es paralela a
la recta – 4x + y + 3 = 0.
b) Halla las ecuaciones de las rectas tangentes a la parábola y = x2 que pasan
por el punto ( 2 , 0 ).
SOLUCIÓN
a)
Para que la recta dada y la tangente a la parábola sean paralelas deben tener la misma
pendiente, de forma inmediata obtenemos que la pendiente de la recta es m = 4, por tanto
la tangente a la parábola debe ser de la forma: y = 4x + n (*)
Estudiamos en que punto la parábola tiene de pendiente 4: y´ = 2x ⇒ 2x = 4 ⇒ x0 = 2,
hallamos el punto de la parábola de abcisa x0 = 2: y0 = 2 2 = 4, por tanto la tangente a la
parábola que es paralela a la recta pasa por el punto P( 2 , 4 ), sustituyendo en (*) obtenemos
la ordenada en origen de la tangente pedida:
4 = 4 . 2 + n ⇒ n = - 4 ⇒ y = 4x - 4
b)
El haz de rectas que pasa por el punto Q ( 2 , 0 ) es de la forma : y = m ( x – 2 ) ⇒
y = mx – 2m (**), la intersección de las rectas buscadas con la parábola debe tener solución
única ( doble ), imponiendo esta condición, obtenemos:
y = mx − 2m
y= x
2
⇒ mx – 2m = x2 ⇒ x2 – mx + 2m = 0, para que esta
ecuación tenga una solución doble debe ser: ( - m )2 – 4.2m = 0 ⇒ m2 – 8m = 0 ⇒ m1 = 0,
y m2 = 8, sustituyendo estos valores en (**) obtenemos las rectas, tangentes a la
parábola, pedidas:
m1 = 0 ⇒ y = 0
mac
;
m2 = 8 ⇒ y = 8x - 16
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F15.-Halla una función f : R
R tal que su gráfica pase por el punto M(0 , 1),
que la tangente en el punto M sea paralela a la recta 2x – y + 3 = 0 y que
f´´(x) = 3x2.
SOLUCIÓN:
Para calcular la función f haremos , en primer lugar, la integral indefinida de f ´´(x), con ello
obtendremos el conjunto de primitivas f ´:
f k´ (x) =
∫ 3x
2
dx = x 3 + k , ∀ k ∈ R
Al ser la tangente en el punto M(0 , 1) paralela a la recta 2x – y + 3 = 0 ambas deben tener la
misma pendiente, como y = 2x + 3 ⇒ la pendiente de la recta dada es m = 2, y para la pendiente de f en
el punto M tendremos: f k´ (0) = m = 2 ⇒ f k´ (0) = 03 + k =2 ⇒ k = 2, por tanto la función derivada de
f será: f ´(x) = x3+2.
A continuación hallamos las primitivas de f ´:
fp (x) =
∫ ( x 3 + 2)dx =
x4
+ 2x + p , ∀ p ∈ R
4
Por último, imponiendo fp (x) la condición dada de pasar por el punto M, calculamos el valor de p:
fp (0) = 1 ⇒ p = 1; y para la f unción pedida obtenemos: f ( x ) =
1 4
x + 2x + 1
4
F16.-Calcula:
0
∫x
2
−2
1
dx
+ 2x − 3
SOLUCIÓN:
Calcularemos las primitivas de la función por descomposición en fracciones simples:
1
A
B
x 2 + 2x –3 = 0 ⇒ x1 =1, x2 = - 3 ⇒ x 2 + 2x –3 = (x – 1)(x + 3) ⇒ 2
=
+
x + 2x − 3 x − 1 x + 3
A (x + 3) + B (x – 1) = 1 ⇒ (A + B) x + 3A – B = 1 ⇒ A + B = 0 , 3 A – B = 1, de donde obtenemos:
A = - B ⇒ - 3 B – B = 1 ⇒ B = -1/4 , A = 1/4 ⇒
1
1
1
4
4
, con ello las
=
−
2
x + 2x − 3 x − 1 x + 3
primitivas de la función serán de la forma:
∫x
2
1
1⎡ 1
dx = ⎢ ∫
dx −
4⎣ x−1
+ 2x − 3
1
⎤
∫ x + 3 dx ⎥⎦ =
1
1
1 x−1
ln x − 1 − ln x + 3 + k = ln
+ k , ∀ k∈ R
4
4
4 x+ 3
y aplicando la regla de Barrow:
x= 0
1
1⎡ x− 1⎤
1⎡ 1
1
1
3
⎤
=
≈ - 0,549
dx
ln
ln − ln 3⎥ = − 2 ln 3 = − ln 3 = ln
=
∫− 2 x 2 + 2 x − 3
4 ⎢⎣ x + 3 ⎥⎦ x = − 2 4 ⎢⎣ 3
4
2
3
⎦
0
mac
MATEMÁTICAS II, 2º BACHILLERATO
IES BEATRIZ DE SUABIA
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICAS
R definida por f(x) = ex + 4 e-x.
F17.- Considera la función f : R
a) Determina los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de f y halla sus
extremos absolutos o globales ( puntos en los que se obtienen y valores que
alcanza la función )
b) Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de f, el eje de abcisas y las
rectas x = 0 y x = 2.
SOLUCIÓN:
a) Para estudiar el comportamiento pedido de f calculamos la función derivada:
f ´(x) = ex - 4 e-x , hallamos los puntos de tangencia horizontal: f ´(x) = 0 ⇒ ex - 4 e-x = 0 ⇒
x
e = 4 e-x ⇒ ex = 4/ e x ⇒ e 2x = 4 ⇒ ln e 2x = ln 4 ⇒ 2x = ln4 ⇒ x = ( ln 4) / 2 ⇒ x = ln 2.
Obtenemos la derivada segunda : f ´´(x) = ex + 4 e-x ⇒ f ´´( ln2 ) = e l n 2 + 4 e- ln 2 ⇒
f ´´( ln2 ) > 0 ⇒ en: x = ln 2 la función f tiene un mínimo relativo.
En cuanto al valor de dicho mínimo, basta sustituir x = ln 2 en la función: f (ln2) = eln 2 +4 e – ln 2
⇒ f (ln2) = ln 2 + 4 / ln2.
Por ser la función f continua y derivable en R, y no tener más puntos de tangente horizontal, no
existen mas extremos y el mínimo encontrado es absoluto, de hecho:
de ser: lim ( ex + 4 e-x ) = + ∞ y lim ( ex + 4 e-x ) = + ∞ ⇒ f no tiene máximo absoluto.
x
+∞
x
-∞
Estudiamos el signo de la derivada primera, lo que nos dará la información pedida en cuanto a
crecimiento y decrecimiento (aunque en realidad ésto no sería necesario a la vista del estudio
anterior) :
f ´(x) > 0 ⇒ e 2x > 4 ⇒ ln e 2x > ln 4 ( ya que la función ln es creciente en su dominio) ⇒
x > ln2, por tanto en el intervalo ( ln 2 , + ∞ ) la función f es creciente.
De forma análoga obtenemos que en el intervalo ( - ∞ , ln2 ) la función f es decreciente.
b) Por ser el mínimo absoluto de la función un número mayor que 0 y ser la función f continua en
R, ésta no tomará valores negativos (observa que la ecuación ex + 4 e-x = 0 no tiene solución) y
la superficie S pedida corresponde a:
2
S=
∫ (e
x
+ 4e
−x
)dx = [ e
x
− 4e
]
− x x=2
x=0
0
S=
mac
e 4 + 3e 2 − 4
≈ 9,848 u2
e2
x=2
⎡ e2x − 4 ⎤
e4 − 4
= ⎢
=
− ( − 3) ⇒
⎥
x
e2
⎣ e
⎦ x=0
MATEMÁTICAS II, 2º BACHILLERATO
IES BEATRIZ DE SUABIA
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICAS
F18.- Sea f : R
R la función definida por f(x) = ( x – 1 ) e 2x . Calcula la
primitiva de f cuya gráfica pasa por el punto ( 1 , e 2 ).
SOLUCIÓN:
Hallamos el conjunto de todas las primitivas de f y de entre todas ellas calculamos la pedida,
obteniendo el valor de la constante imponiendo la condición de pasar por el punto dado:
Para obtener las primitivas aplicaremos el método de integración por partes:
I=
∫ ( x − 1)e
2x
dx , aplicamos los cambios:
x − 1 = u ⇒ dx = du
1
e dx = dv ⇒ e 2 x = v
2
2x
I(1) = −
⇒ I(x) =
1
1
1
1
( x − 1)e 2 x − ∫ e 2 x dx = ( x − 1)e 2 x − e 2 x + k
2
2
2
4
1 2
1
5
e + k = e 2 ⇒ k = e 2 + e 2 = e 2 ; y para la primitiva pedida:
4
4
4
1
1
5
I = ( x − 1)e 2 x − e 2 x + e 2
2
4
4
F19.- Considera la función f : R
R definida por f ( x ) = x x .
a) Dibuja la función acotada del plano que está limitada por la gráfica de f y la
bisectriz del primer y tercer cuadrante.
b) Calcula el área de la región descrita en el apartado anterior.
SOLUCIÓN:
a) Para dibujar la región pedida escribimos f como una función a trozos ( ver F11):
f(x) =
x 2 six ≥ 0
− x 2 six p 0
; para la bisectriz del primer y tercer cuadrante tenemos: y = x, por tanto:
Y
P´
los puntos de corte de f con y = x serán:
-x2 = x ⇒ P ( -1 , -1 )
x2 = x ⇒ O ( 0 , 0 ) , P ´ ( 1 , 1 )
O
X
P
b) El área de la región pedida , al ser simétrica respecto del origen, la podemos calcular como:
x =1
x =1
1
⎡ 3x 2 − 2 x 3 ⎤
⎡ x2 x3 ⎤
= u2
S = 2 ∫ ( x − x )dx = 2 ⎢
−
= 2⎢
⎥
⎥
3 ⎦ x=0
6
⎣
⎦ x=0 3
⎣ 2
0
1
2
mac
MATEMÁTICAS II, 2º BACHILLERATO
IES BEATRIZ DE SUABIA
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICAS
R la función definida por f(x) = −
F20.- Sea f : R
1 2 2
x + x + 1.
3
3
a) Halla la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en un punto de la
misma de ordenada y = 1, teniendo en cuenta que dicha recta tangente tiene
pendiente negativa.
b) Calcula el área de la región del plano limitada por la gráfica de f, la recta
tangente obtenida y el eje de ordenadas.
SOLUCIÓN:
a) Calculamos, en primer lugar la abcisa del punto en el que queremos hallar la tangente:
1
2
2
− x 2 + x + 1 = 1 ⇒ - x + 2x = 0 ⇒ x0 = 0 , x1 = 2.
3
3
De los dos posibles valores para la abcisa hallados, estudiamos en cuál la pendiente de
la recta tangente es negativa, para ello particularizamos en la la función derivada de f :
2
2
⇒ f ´(0) = 2/3 , f ´(2) = - 2/3, por tanto tenemos que calcular la ecuación de
f ´(x) = − x +
3
3
la recta tangente en x1 = 2 ; sabemos que la pendiente será m = - 2/3 y el punto por el que pasa
2
7
dicha recta es P ( 2 , 1 ), con ello la recta pedida será: y – 1 = - 2/3 ( x – 2 ) ⇒ y = − x +
3
3
b) Esbozamos las gráficas correspondientes a la recta y la parábola:
Q(2,1)
O
7 ⎛ 1
2
⎛ 2
⎞⎞
S = ∫ ⎜ − x + − ⎜ − x 2 + x + 1⎟ ⎟ dx =
⎠⎠
⎝ 3
3 ⎝ 3
3
0
2
mac
A la vista de la gráfica, el área pedida es:
2
4
⎛1
∫0 ⎜⎝ 3 x 2 − 3 x +
x= 2
8 2
4⎞
2
4 ⎤
⎡1
⎟ dx = ⎢ x 3 − x 2 + x ⎥ = u
⎠
3
3
3 ⎦ x= 0 9
⎣9
MATEMÁTICAS II, 2º BACHILLERATO
IES BEATRIZ DE SUABIA
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICAS
F21.- Sea f : [0,2Π ] → R la función definida por f(x) = ex ( cos x + sen x ).
a) Determina los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de f.
b) Halla los extremos relativos ( locales ) y absolutos ( globales ) de f.
SOLUCIÓN:
a) Para hallar los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de f estudiaremos el signo de la
derivada de f en [0,2Π ] : f ´(x) = ex ( cos x + sen x ) + ex ( - sen x + cos x ) = 2 ex cos x
* f ´(x) > 0 ⇒ 2 ex cos x > 0 ⇒ cos x > 0 ( ya que la función exponencial ex es positiva en R ) ⇒
x∈ ( 0 , Π / 2 ) ∪ ( 3Π / 2 , 2Π ):
Luego la función f es creciente en: ( 0 , Π / 2 ) ∪ ( 3Π / 2 , 2Π ).
* f ´(x) < 0 ⇒ 2 ex cos x< 0 ⇒ cos x < 0 ( ya que la función exponencial ex es positiva en R ) ⇒
x∈ ( Π / 2 , Π ) ∪ (Π , 3Π / 2 ):
Luego la función f es decreciente en: ( Π / 2 , Π ) ∪ (Π , 3Π / 2 ).
b) Calculamos los puntos de tangencia horizontal: f ´(x) = 2 ex cos x = 0 ⇒ cos x = 0 ( por ser
ex > 0 ,∀ x∈ R ) ⇒ x1 = Π / 2 , x2 = 3Π / 2 y observamos el comportamiento de la derivada
segunda de f en x1 y x2 : f ´´(x) = 2 ex cos x - 2 ex sen x = 2 ex ( cos x - sen x ).
* f ´´(Π / 2) = 2 eΠ / 2 ( cos Π / 2 - sen Π / 2 ) = - 2 eΠ / 2 < 0 ⇒ f tiene en x1 = Π / 2 un máximo
relativo.
* f ´´(3Π / 2) = 2 e3 Π / 2 ( cos 3Π / 2 - sen 3Π / 2 ) = 2 e3Π / 2 > 0 ⇒ f tiene en x1 = 3Π / 2 un mínimo
relativo.
Estudiamos, por último, los máximos y mínimos absolutos:
* El valor de f en el máximo relativo es: f (Π / 2) = eΠ / 2 ( cos Π / 2 + sen Π / 2 ) = eΠ / 2 ≈ 4 ´81 ,
de ser la función f continua y derivable en su dominio ( ya que es producto de funciones continuas
y derivables en R ), y teniendo en cuenta los intervalos de crecimiento y de decrecimiento, al ser
f (2Π) = e2Π ( cos 2Π + sen 2Π ) = e2Π ≈ 535 ´49 ⇒ f tiene en x = 2Π un máximo absoluto.
* El valor de f en el mínimo relativo es: f ( 3Π / 2 ) = e3Π / 2 ( cos 3Π / 2 + sen 3Π / 2 ) = - e3Π / 2 ≈
- 111 ´32, teniendo en cuenta las razones expuestas en el punto anterior y de ser f(0) = 1, el mínimo
relativo es también absoluto.
mac
MATEMÁTICAS II, 2º BACHILLERATO
IES BEATRIZ DE SUABIA
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICAS
F22.- Se sabe que la función f : ( -1 , 1)
R definida por
f(x) =
2x2 −
1
x + c si − 1 p x p 0
2
1 − x si 0 ≤ x p 1
es derivable en el intervalo ( - 1 , 1 ).
a) Determina el valor de la constante c.
b) Calcula la función derivada f ´.
c) Halla las ecuaciones de las rectas tangentes a la gráfica de f que son
paralelas a la recta de ecuación y = - x.
SOLUCIÓN:
a) De ser derivable en el intervalo de definición se sigue que f es continua en todos los puntos
de dicho intervalo (demuéstralo), en particular lo es en x = 0, por tanto se debe cumplir que:
lim f( x ) = lim f( x ) ⇒ c = 1
x
0+
x
0–
b)
Para x∈ ( - 1 , 0 ) la derivada de la función es : 4 x – ½.
Para 0 ≤ x < 1 la derivada de la función es: − 1 / 2 1 − x
Observamos que en x = 0 coinciden y valen – 1 / 2, con ello la derivada f ´ será:
1
4 x − si − 1p x p 0
2
f ´(x) =
−1
si 0 ≤ x p 1
2 1− x
b) Para hallar las ecuaciones de las rectas, calculamos en que puntos de f(x) las rectas
tangentes tienen de pendiente m = - 1 ( ya que ésta es la pendiente de y = - x, y ser paralelas
equivale a tener la misma pendiente ), para esto resolvemos las ecuaciones correspondientes.
4 x – ½ = - 1 ⇒ 4x = - ½ ⇒ x = - 1/8 , al quedar dentro del dominio de definición de este
trozo, para este valor de x tendremos una de las rectas tangentes, pasamos a calcular
su ecuación.
Hallamos la ordenada correspondiente: f ( − 1 / 8) = 2( − 1 / 8) 2 − (1 / 2).(1 / 8) + 1 = 29 / 32 , y
aplicando la fórmula y – y0 = m ( x – x0 ) obtenemos para la recta tangente:
y–
29
32 =
- 1 ( x + 18 )
− 1 / 2 1 − x = - 1 ⇒ 1 = 4 ( 1 – x ) ⇒ x = 3/4 , al quedar dentro del dominio de definición
de este trozo, para este valor de x tendremos la otra recta tangente a f(x) pedida, calculamos
su ecuación:
Seguiremos los mismos pasos que en el punto anterior: f(3/4) = ½, y para la recta buscada:
y – ½ = -1 ( x – ¾)
mac