IES Fernando de Herrera Curso 2016 / 17 Primer trimestre Observación evaluable escrita nº 1 2º Bach CT NOMBRE:

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1 IES Fernando de Herrera Curso 016 / 17 Primer trimestre Observación evaluable escrita nº 1 º Bach CT NOMBRE: Instrucciones: 1) Todos los folios deben tener el nombre y estar numerados en la parte superior. ) Todas las respuestas deben estar justificadas y simplificadas. 3) No se puede usar corrector ni lápiz, y el bolígrafo debe ser de tinta indeleble. Se aconseja no usar borrador. ) Se puede alterar el orden de las respuestas, pero no se puede intercalar la respuesta a una pregunta con las de otras. 5) Desatender las instrucciones puede penalizarse con hasta 1 punto o la anulación en caso de usar tinta corregible. 1) Sea f : (, 10) R la función definida por f() = a 6 si. 5 si 10 a) Determinar a sabiendo que f es continua y que a > 0. (1 punto) b) Estudiar la derivabilidad de f. (1,5 puntos) 1 ) Calcular el siguiente límite: lim 1 ln( ) 1 (,5 puntos) 3) Sea f : R R la función definida por f() = a 3 + b + c + d. Calcular los valores de a, b, c y d sabiendo que f verifica: (,5 puntos) El punto (0, 1) es un punto de infleión de la gráfica de f. f tiene un mínimo local en el punto de abscisa = 1. La recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa = tiene pendiente 1. ) De entre todos los triángulos cuya base y altura suman 0 cm, qué longitud tiene la base del de área máima? (,5 puntos)

2 IES Fernando de Herrera Curso 016 / 17 Primer trimestre Observación evaluable escrita nº 1 º Bach CT SOLUCIONES 1) Sea f : (, 10) R la función definida por f() = a 6 si. 5 si 10 a) Determinar a sabiendo que f es continua y que a > 0. (1 punto) Estudiemos la continuidad de f: si no fuera continua, independientemente del valor de a, el problema no tendría solución. Para ello, tenemos en cuenta que, como a > 0, a es una función eponencial habitual. (, ): f está definida por la suma de una eponencial y una constante, ambas continuas en todo R. Luego, en particular, es continua en los puntos de este intervalo. (, 10): El valor absoluto de una función continua, y una polinómica lo es en todo R, es una función continua. Luego f lo es en este intervalo. = : 1) f() = 5 = 3; ) lim f ( ) = lim ( a 6) = a 6; lim f ( ) = lim 5 = 3. Como es continua, estos tres resultados deben coincidir: a 6 = 3 a = 9 a = 3 (a > 0, como sabemos) Por tanto, f es continua en todo su dominio si, y sólo si a = 3. b) Estudiar la derivabilidad de f. (1,5 puntos) Para derivar la función, debemos separar el valor absoluto en dos trozos, acudiendo a su definición, pues dicha función no es derivable directamente. t si t 0 Sabemos que t = t si t 0 ( 5) si si 5 5 = = 5 si si 5 Sustituyendo y combinando esta definición con la de f, restringiéndonos a la zona en la que actúa 5 : 3 6 si f() = 5 si 5 5 si 5 10 Ahora podemos derivar. Lo hacemos directamente en intervalos abiertos aplicando los resultados de las tablas de derivadas, y luego estudiamos qué sucede en los puntos de coneión de las diferentes definiciones de f: 3 ln 3 si f '() = 1 si 5 1 si 5 10 = : f '( ) = 3 ln 3 = 9 ln 3; f '( + ) = 1. Como no coinciden, / f '(). = 5: f '(5 ) = 1; f '(5 + ) = 1. No coinciden / f '(5). Por tanto, la epresión definitiva de f ' es la que teníamos: 3 ln 3 si f '() = 1 si 5 1 si 5 10 IES Fernando de Herrera Prof. R. Mohigefer Página 1 de 3

3 IES Fernando de Herrera Curso 016 / 17 Primer trimestre Observación evaluable escrita nº 1 º Bach CT 1 ) Calcular el siguiente límite: lim ln( ) 1 (,5 puntos) 1 En principio, al sustituir, obtenemos la indeterminación (sería + si 1 y +, si la tendencia es por la derecha). Vamos a cambiar la epresión: 1 1 ln( ) lim 1 ln( ) 1 = lim = 1 ( 1)ln( ) (1 1)0 0 Como tanto el numerador como el denominador son derivables en un entorno de 1, podemos aplicar la regla de L'Hôpital, y el límite tendrá el valor del siguiente: 1 lim = lim = lim ln( ) 1 1 ln( ) 1 ln( ) ( 1) Seguimos con la misma indeterminación y con numerador y denominador derivables en un entorno de = 1. Volvemos a aplicar L'Hôpital: lim = lim = lim = ln( ) ln( ) 1 ln( ) 1 = lim = 1 1 ln( ) 1 Por tanto, todos los límites anteriores toman este valor: 1 lim ln( ) 1 = 1 1 3) Sea f : R R la función definida por f() = a 3 + b + c + d. Calcular los valores de a, b, c y d sabiendo que f verifica: (,5 puntos) El punto (0, 1) es un punto de infleión de la gráfica de f. f tiene un mínimo local en el punto de abscisa = 1. La recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa = tiene pendiente 1. El punto (0, 1) es un punto de infleión de la gráfica de f: Eigiendo que f "(0) = 0 y que f "'(0) 0, garantizaremos que en = 0 hay un punto de infleión. Como quiera que: f '() = 3a + b + c f "() = 6a + b f "'() = 6a las condiciones mencionadas se traducen en que: b = 0 b = 0 y en que 6a 0 a 0 (1) Por otro lado, en este punto hay un dato no utilizado y que resulta crucial, y es que la ordenada del punto de infleión es 1, es decir, que f(0) = 1 d = 1. f tiene un mínimo local en el punto de abscisa = 1: Al tratarse de una función indefinidamente derivable, para que esto se cumpla bastará eigir que f '(1) = 0 y que f "(1) > 0 (de lo contrario, sería un máimo y el problema no tendría solución). Así: 3a + c = 0 (), siendo 6a > 0 a > 0 (3) La recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa = tiene pendiente 1: La pendiente de dicha tangente será f '(). Hay, entonces, que eigir que f '() = 1: IES Fernando de Herrera Prof. R. Mohigefer Página de 3

4 IES Fernando de Herrera Curso 016 / 17 Primer trimestre Observación evaluable escrita nº 1 º Bach CT 3a + c = 1 1a + c = 1 () Si despejamos en () y sustituimos en (): c = 1 1a 3a + 1 1a = 0 9a + 1 = 0 a = 1/9. Con esto, se verifican las eigencias (1) y (3). Sustituyendo en (): 1/3 + c = 0 c = 1/3. En definitiva: a = 1/9, b = 0, c = 1/3, d = 1. Reiteramos la necesidad de las condiciones (1) y (3). ) De entre todos los triángulos cuya base y altura suman 0 cm, qué longitud tiene la base del de área máima? (,5 puntos) Llamando a la semibase y h a la altura, la restricción del enunciado nos impone que: + h = 0 h = 0 El mínimo valor que podría tomar es 0, en cuyo caso la altura h debería medir 0. Cuando h decrece, aumenta, y el mínimo valor para la altura es 0, con lo que sería la base quien mediría 0 y, por lo tanto, la semibase valdría 10. Por tanto: [0, 10] El área del triángulo es h/ = h = (0 ) = + 0. Y es lo que hay que maimizar. Es decir, el problema consiste en hallar el máimo absoluto de la función: f() = + 0, con [0, 10] que verifica: f '() = + 0 Al tratarse de una parábola cóncava, el máimo absoluto coincidirá con el vértice, siempre y cuando se encuentre dentro del dominio. Con todo, seguiremos el procedimiento general. Puntos a estudiar: Etremos del dominio: 0; 10. Se verifica que: f(0) = 0; f(10) = = 0. Discontinuidades de f: No tiene (es un polinomio). Discontinuidades de f ': No tiene. f '() = 0: + 0 = 0 = 5. Y se tiene que: f(5) = = 50. Por tanto, el máimo absoluto es 50 para = 5. La solución del problema es: El área máima es de 50 cm para una base de = 10 cm. IES Fernando de Herrera Prof. R. Mohigefer Página 3 de 3

5 IES Fernando de Herrera Curso 016 / 17 Primer trimestre Observación evaluable escrita nº º Bach CT NOMBRE: Instrucciones: 1) Todos los folios deben tener el nombre y estar numerados en la parte superior. ) Todas las respuestas deben estar justificadas y simplificadas. 3) No se puede usar corrector ni lápiz, y el bolígrafo debe ser de tinta indeleble. Se aconseja no usar borrador. ) Se puede alterar el orden de las respuestas, pero no se puede intercalar la respuesta a una pregunta con las de otras. 5) Desatender las instrucciones puede penalizarse con hasta 1 punto o la anulación en caso de usar tinta corregible. e e 1) Calcular lim 0 sen (1,5 puntos) ) Sea f: R R la función definida por f() = 3. a) Calcular f "(). (1 punto) b) Estudiar la monotonía de f y sus etremos relativos. (1 punto) c) Estudiar la curvatura y puntos de infleión. (0,5 puntos) d) Esbozar la gráfica de f y calcular sus etremos absolutos. (1 punto) 3 3) Calcular d (,5 puntos) ) Determina la función f : (0, ) R sabiendo que f "() = ln() y que su gráfica tiene tangente horizontal en el punto P(1, ) (ln denota la función logaritmo neperiano). (,5 puntos)

6 IES Fernando de Herrera Curso 016 / 17 Primer trimestre Observación evaluable escrita nº º Bach CT SOLUCIONES sen e e 1) Calcular lim (1,5 puntos) 0 Si intentamos sustituir por 0, obtenemos la indeterminación 0/0. Como numerador y denominador son derivables en todo R, podemos aplicar el Teorema de L Hôpital y, si llegamos a algún resultado, el límite coincidirá con el mismo: sen sen e e e e cos lim = lim = 0, num y den deriv : L' Hôp = sen sen e e cos e sen = lim = = 0 0 ) Sea f: R R la función definida por f() = 3. a) Calcular f "(). (1 punto) Para derivar una función en la que interviene un valor absoluto, la convertimos en definida a trozos, usando la definición de valor absoluto: f() = 3 [ ( 3)] si si 3 3 = = 3 ( 3) si si 3 Las polinómicas son funciones continuas en todo R. El valor absoluto de una función continua ( 3) es continua. El producto de funciones continuas ( por 3 ) es continuo. Por tanto, f es continua en todo R y podemos abordar el estudio de su derivada. Aplicando las reglas de la tabla de derivadas: 3 6 si 3 f '() = 3 6 si 3 Falta ver si f '(3). Como las funciones que definen a f ' continúan eistiendo y siendo continuas más allá de los respectivos intervalos en los que actúan, se tiene que: f '(3 ) = = = 9; f '(3 + ) = = 7 18 = 9 que nos lleva a que la función no es derivable en 3, por no coincidir sus derivadas laterales. Por tanto, la epresión obtenida anteriormente para f ' es la definitiva. Y así: 6 6 si 3 f "() = 6 6 si 3 que es, también, definitiva, porque al no ser f ' continua en 3, puesto que no tiene imagen en dicho punto, no puede ser derivable, por lo que no eiste f "(3). b) Estudiar la monotonía de f y sus etremos relativos. (1 punto) Discontinuidades de f: No tiene. Discontinuidades de f ': 3. f '() = 0: o Si < 3: = 0 3 ( ) = 0 = 0 ó =. Ambas válidas porque son menores que 3. o Si > 3; 3 6 = 0 = 0 ó =. Ninguna válida. Luego el cuadro de monotonía es: (, 0) 0 (0, ) (, 3) 3 (3, +) f ' / + f Mín Má Mín f(0) = 0 mínimo relativo en (0, 0). IES Fernando de Herrera Prof. R. Mohigefer Página 1 de 3

7 IES Fernando de Herrera Curso 016 / 17 Primer trimestre Observación evaluable escrita nº º Bach CT f() = máimo relativo en (, ). f(3) = 0 mínimo relativo en (3, 0). (f ' no eiste pero f, sí: punto anguloso) c) Estudiar la curvatura y puntos de infleión. (0,5 puntos) Discontinuidades de f: No tiene. Discontinuidades de f ' y f ": 3. f "() = 0: o Si < 3: = 0 = 1, válida porque es menor que 3. o Si > 3; 6 6 = 0 = 1, no válida. (, 1) 1 (1, 3) 3 (3, +) f ' + 0 / + f (convea) P.I. (cóncava) P.I. (convea) Tiene dos puntos de infleión: f(1) = : Punto de infleión en (1, ). f(3) = 0: Punto de infleión en (3, 0). d) Esbozar la gráfica de f y calcular sus etremos absolutos. (1 punto) 0 0 ó 3 = Luego corta a OX en (0, 0) y (3, 0). Con los datos que tenemos y sabiendo que las funciones polinómicas no tienen asíntotas, basta para trazar la gráfica (junto a estas líneas). De ella se deduce que no tiene máimos absolutos, puesto que la función no está acotada superiormente. El mínimo absoluto vale 0 y se alcanza en = 0 y en = ) Calcular d (,5 puntos) Como el grado del numerador es mayor o igual que el del denominador, comenzamos por realizar la división de uno entre el otro: De donde: 3 ( ) = = + 3 d = d + d = + d Para calcular esta segunda integral, descomponemos en suma de fracciones simples. Está garantizado que podremos hacerlo por el Teorema de Descomposición en Suma de Fracciones Simples, porque el grado del numerador es estrictamente inferior al del denominador. Teniendo presente que + = 0 = ó = 1: IES Fernando de Herrera Prof. R. Mohigefer Página de 3

8 IES Fernando de Herrera Curso 016 / 17 Primer trimestre Observación evaluable escrita nº º Bach CT A B A( 1) B( ) = = 1 Tienen que coincidir los numeradores, puesto que los denominadores lo hacen: = 1: = 3B B = /3 = : = 3A A = /3 Entonces: d d d = 3 3 = ln ln 1 + C Por tanto: 3 d = + ln ln 1 + C 3 3 ) Determina la función f : (0, ) R sabiendo que f "() = ln() y que su gráfica tiene tangente horizontal en el punto P(1, ) (ln denota la función logaritmo neperiano). (,5 puntos) Realizando integraciones por partes, llegamos a que: d f '() = f "( ) d = ln( ) d = u ln( ) du = dv d v = ln() d = ln() + C Como f tiene tangente horizontal en P(1, ) m = f '(1) = 0 1 ln(1) 1 + C = C = 0 C = 1. Así, f '() = ln() + 1 f() = f '( ) d = [ ln( ) 1] d = ln( ) d d + d = = d u ln( ) du dv d v 1 1 = ln( ) k = 1 1 ln( ) d = 1 3 = ln( ) k 1 3 Y como la función debe pasar por P(1, ) f(1) = 0 1k 1 7 k k. Por tanto: f() = 1 3 ln( ) 7 IES Fernando de Herrera Prof. R. Mohigefer Página 3 de 3

9 IES Fernando de Herrera Curso 016 / 17 Primer trimestre Recuperación 1ª ev º Bach CT NOMBRE: Instrucciones: 1) Todos los folios deben tener el nombre y estar numerados en la parte superior. ) Todas las respuestas deben estar justificadas y simplificadas. 3) No se puede usar corrector ni lápiz, y el bolígrafo debe ser de tinta indeleble. Se aconseja no usar borrador. ) Se puede alterar el orden de las respuestas, pero no se puede intercalar la respuesta a una pregunta con las de otras. 5) Desatender las instrucciones puede penalizarse con hasta 1 punto o la anulación en caso de usar tinta corregible. 1) Sean f: R R y g: R R las funciones definidas por: f() = + a + b y ( + 1) g() = ce Se sabe que las gráficas de f y g se cortan en el punto ( 1, ) y tienen en ese punto la misma recta tangente. a) Calcular los valores de a, b y c ( puntos) b) Hallar la ecuación de dicha recta tangente. (0,5 puntos) ) De entre todos los rectángulos cuya área mide 16 cm, determinar las dimensiones del que tiene diagonal de menor longitud. (,5 puntos) 3) Sea f: R R la función definida por f() = e a) Determinar los etremos relativos de f (puntos donde se obtienen y valores que se alcanzan). (1,5 puntos) b) Estudiar y determinar las asíntotas de la gráfica de f. (1 punto) ) Calcular: e d (sugerencia: cambio de variable) (,5 puntos)

10 IES Fernando de Herrera Curso 016 / 17 Primer trimestre Recuperación 1ª ev º Bach CT SOLUCIONES 1) Sean f: R R y g: R R las funciones definidas por: f() = ( + 1) + a + b y g() = ce Se sabe que las gráficas de f y g se cortan en el punto ( 1, ) y tienen en ese punto la misma recta tangente. a) Calcular los valores de a, b y c ( puntos) Como ambas pasan por ( 1, ): f( 1) = 1 a + b = a b = 1 (1) g( 1) = ce 0 = c =. Por otra parte, tienen la misma tangente. Dicha tangente pasa por ( 1, ). La pendiente es la misma, tanto si se calcula a partir de f como de g. Y el cálculo de la pendiente consiste en derivar la función y sustituir = 1, que es la abscisa del punto de tangencia. Por tanto: f '() = + a f '( 1) = + a g '() = e ( + 1), pues c = g '( 1) = e 0 = Como coinciden (es la misma recta, luego es la misma pendiente): + a = a = 0. Sustituyendo en (1): b = 1. Así: a = 0, b = 1, c = f() = ( + 1) + 1 y g() = e b) Hallar la ecuación de dicha recta tangente. (0,5 puntos) Punto de tangencia: ( 1, ). Pendiente de la tangente: m = (apartado anterior) Ecuación: y = ( + 1) y = + y =. ) De entre todos los rectángulos cuya área mide 16 cm, determinar las dimensiones del que tiene diagonal de menor longitud. (,5 puntos) Si llamamos a la base, como el área de un d 16 rectángulo es base altura, y el área debe medir 16, la altura tiene que ser 16 /. La diagonal, por Pitágoras, mide: d() = = = Éste es el valor que debemos minimizar. El valor mínimo que puede tomar es 0 (consideraremos que sin tocarlo). No hay ninguna restricción para el valor máimo. Por tanto, (0, +). Además, el radicando es positivo. Y la función y =, cuya gráfica adjuntamos, es estrictamente creciente. Lo que significa que cuanto mayor es, mayor es y al revés. Por tanto, en lugar de minimizar la función anterior, lo haremos con la misma sin la raíz, que es más cómodo. De modo que el problema es hallar el mínimo absoluto de: IES Fernando de Herrera Prof. R. Mohigefer Página 1 de 3

11 IES Fernando de Herrera Curso 016 / 17 Primer trimestre Recuperación 1ª ev º Bach CT 56 f() =, (0, +) ( 56) Se tiene: f '() = = = 3 Por tanto, f '() = 0 = 51 = 56 = (no vale la raíz negativa, pues está fuera del dominio). Así, para calcular el mínimo absoluto, estudiamos: Etremos del dominio: 0, +. Discontinuidades de f: 0. Discontinuidades de f ': 0. f '() = 0: Y comparamos sus imágenes o límites: 56 lim = lim = + 51 f() = = 3 16 Por tanto, no tiene máimo absoluto y la diagonal mínima se obtiene para =. Las dimensiones correspondientes son: base = cm, altura = 16/ = cm. 3) Sea f: R R la función definida por f() = e a) Determinar los etremos relativos de f (puntos donde se obtienen y valores que se alcanzan). (1,5 puntos) f '() = e e = e ( + ) Estudiamos su monotonía. Discontinuidades de f: No tiene, por ser el producto de dos funciones elementales cuyo dominio es R. Discontinuidades de f ': Tampoco tiene, por la misma razón. f '() = 0: e ( + ) = 0 (un producto es 0 si y sólo si alguno de los factores es 0): e 0, sin solución (la eponencia l no se anula) 0 0 ( ) 0 0 Dividimos el dominio en intervalos mediante los puntos obtenidos: (, 0) 0 (0, ) (, +) f ' f Mín Má Como f(0) = 0 e 0 = 0 mínimo relativo en (0, 0). Y como f() = e máimo relativo en (, e ). b) Estudiar y determinar las asíntotas de la gráfica de f. (1 punto) Verticales: No tiene, pues no hay discontinuidades, según vimos en el apartado anterior. Horizontales: Como el comportamiento de la eponencial es diferente cuando tiende a y a +, hallamos ambos límites: IES Fernando de Herrera Prof. R. Mohigefer Página de 3

12 IES Fernando de Herrera Curso 016 / 17 Primer trimestre Recuperación 1ª ev º Bach CT lim e = ( ) ( ( )) e = + Por este lado, no tiene lim e = ( e ) ( 0 ) = lim = = e Al ser numerador y denominador derivables en todo R, es aplicable la Regla de L'Hôpital: = lim =, L' Hôpital de nuevo = lim = e = 0 e Por tanto, la recta y = 0 es asíntota horizontal sólo si +. Oblicuas: Sólo estudiamos el caso, pues por el otro lado obtendríamos la asíntota horizontal que ya conocemos. e m = lim = lim e = ( e ) ( ( )) = lo que significa que no tiene, pero la curva tiende a ponerse vertical (pendiente infinita) cuando. ) Calcular: e d (sugerencia: cambio de variable) (,5 puntos) El cambio que parece más sencillo es t = e dt = e d = td d = dt / t: dt dt d = e = t t t( t ) Estamos ante una integral racional, con el grado del numerador estrictamente menor que el del denominador, por lo que podemos usar el Teorema de Descomposición en Suma de Fracciones Simples: A B A( t ) Bt = = t( t ) t t t( t ) = A(t ) + Bt t = 0: = A A = 1 t = : = B B = 1 Por tanto: dt dt 1 = t( t ) dt = ln t ln t + C = ln e ln e + C = t t = ln (e ) ln e + C = ln e + C IES Fernando de Herrera Prof. R. Mohigefer Página 3 de 3