Problemas Tema 1 Solución a problemas de Repaso de Matemáticas I - Hoja 26 - Todos resueltos

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1 página 1/12 Problemas Tema 1 Solución a problemas de Repaso de Matemáticas I - Hoja 26 - Todos resueltos Hoja 26. Problema 1 1. a) Calcula el número real m que cumple lim 0 ln(1+m ) sen(2 ) =. b) Obtener el valor de a para que la función f ()= { 2 +a +a 1 si <2 ln( 1) si 2 } sea continua en =2. c) La siguiente gráfica muestra la derivada f ' ( ) de una función f (). Viendo la gráfica, qué podemos decir de los intervalos de crecimiento, decrecimiento y de los etremos relativos de la función original f ()? a) lim 0 ln(1+m ) sen(2 ) = ln(1) sen(0) = 0 0 Indeterminación m m 1+m Aplicamos L'Hôpital lim 0 2 cos(2 ) = 1 2 = m 2 Igualamos el límite a m 2 = m=6

2 página 2/12 b) Las condiciones de continuidad en un punto son las siguientes: f (2)=ln (2 1)=ln(1)=0 lim ( 2 +a +a 1)=+ a, lim ln ( 1)=0 +a=0 a= c) La función original f () es estrictamente decreciente (derivada negativa) en (, 1) (0,1), y estrictamente creciente (derivada positiva) en el intervalo ( 1,0) (1,+ ). Eiste un mínimo relativo de f () en = 1 (cambio de derivada negativa a positiva), un máimo relativo en =0 (cambio de derivada positiva a negativa), y un nuevo mínimo relativo en =1.

3 página /12 Hoja 26. Problema 2 2. Sea la función g ( )= Hallar los valores de la curva en que la recta tangente es paralela a la recta 0=2 + y 4. La pendiente de las rectas tangentes que buscamos coincide con la pendiente la recta 0=2 + y 4 y= pendiente= 2. Derivamos la función e igualamos a este valor de la pendiente. g ( )= g ' ()=2 8 2, g ' ()= =0 ( 8)=0 =0, = = 2

4 página 4/12 Hoja 26. Problema. Considera la función f ()= +a 2 +b +c. Determina a, b y c sabiendo que la recta normal a la gráfica de f () en el punto de abscisa =0 es y+ +=0 y que el punto de infleión tiene abscisa =1. La recta normal es perpendicular a la recta tangente. Por lo que el producto de sus pendientes es igual a 1. La recta normal en =0 es y+ +=0 y= pendiente normal = 1 Por lo tanto la pendiente de la recta tangente en =0 es m tangente =1. Y sabemos que la pendiente de la recta tangente a la función en un punto coincide con el valor de la derivada de la función en ese punto. Es decir: f ' (0)=1 f ()= +a 2 +b +c f ' ( )= 2 +2a +b f ' (0)=b, f ' (0)=1 b=1 En el punto =0 coinciden la función y la recta normal y+ +=0. Por lo que podemos obtener la imagen de la función en =0 gracias a la ecuación de la recta. Es decir: y=, si =0 y= (0, f (0))=(0, ) Llevamos este punto a la función, recordando que ya hemos obtenido b=1. f ()= +a 2 ++c f (0)=c, f (0)= c= Finalmente, si tenemos un punto de infleión en debe anularse en ese punto. =1 la segunda derivada de la función f ' ( )= 2 +2a +1 f ' ' ()=6 +2a, f ' ' (1)=0 6+2 a=0 a= Con estos valores el polinomio solución resulta f ()=

5 página 5/12 Hoja 26. Problema 4 4. Sea la función f :(0,+ ) y definida por f ()= 1 +ln (). a) Halla los etremos relativos de f (). b) Determina la ecuación eplícita de la recta tangente a la función en =e. a) La condición necesaria de etremo relativo es que la primera derivada se anule. f ()= 1 +ln () f ' ( )= = 1+ 2, f ' ( )=0 =1 punto crítico. Calculamos la segunda derivada y evaluamos en ella el punto crítico. f ' ' ()= 2 ( 1+ )2 4 = =1 es un mínimo relativo. ( 1+ )2 = +2, f ' ' (1)= 1+2 =1>0 por lo tanto 1 b) En =e la imagen resulta f (e)= 1 e +ln(e)= 1 e +1=1+e. La derivada de la función e en =e coincide con la pendiente de la recta tangente a la función en ese punto. f ' ( )= 1+ f ' (e)= e 1 2 e 2 La ecuación punto-pendiente de la recta tangente resulta: y 1+e e e = e 1 y=( e 1 e 2 y=( e 1 ) + 2 e 2 e e 2 ) e 1 e + 1+e e y=( e 1 e 2 ) + 1 e e +1+e e

6 página 6/12 Hoja 26. Problema 5 5. a) Sea f ( )=sen( ). Obtener la ecuación eplícita de la recta tangente a la función en el punto de abscisa = π 4. b) Sabiendo que lim 1 ( 1 a ) es finito, calcula a ln y el valor del límite. a) = π 4 f ( π 4 )=sen( π )= punto ( π 4, 2 2 ) f ( )=sen( ) f ' ( )=cos( ) f ' ( π 4 )=cos( π 2 )= 4 2 pendiente m= 2 2 Ecuación punto-pendiente: y 2 2 π 4 = 2 2 y 2 2 = π 4 y= π 2 8 b) lim 1 ( 1 a ln )=lim ( 1 ln a( 1) )= 0 ( 1)ln 0 Indeterminación 0 0 Aplicamos la regla de L'Hôpital lim ( f () 1 g() )=lim 1 ( f ' () g '() ) lim ( 1 ln a( 1) ( 1)ln )=lim 1 ln +1 a ( ln + 1 )= 1 a 0 Las condiciones del enunciado marcan que el límite sea finito, por lo que al tener un cociente con denominador igual a 0, necesitamos que el numerador también sea nulo para que el límite no se dispare a infinito a=1 lim 1 ln ( ln + 1 )=lim ( )=lim ( (+1) )= 1 2

7 página 7/12 Hoja 26. Problema 6 6. Se desea construir un contenedor con forma de paralelepípedo rectangular de 100 m de volumen, de manera que el largo de su base sea 4 de la anchura de su base. Los precios de m 2 de pintura del suelo, del techo y de la pared lateral son, respectivamente, 225 /m 2, 00 /m 2 y 256 /m 2. Determinar razonadamente las dimensiones que minimizan el coste de pintura y dicho coste mínimo. Anchura de la base Largo de la base 4 Altura del paralelepípedo y y V=100 m 4/ El coste de pintura de todo el contenedor es la función a minimizar. P=P base +P techo +2 P pared lateral debase +2 P pared lateral debase 4 P base =225 4 P techo =00 4 P pared lateral de base =256 y P =256 4 pared lateral de base 4 y

8 página 8/12 Es decir: P= y y P= y y P= y y Debemos epresar la función a minimizar dependiendo de una sola variable. Usando el dato del volumen del contenedor: V = 4 y 100= 4 2 y y= Sustituimos en la función precio a minimizar. P= P= P= Derivamos e igualamos a cero, como condición necesaria de etremo relativo. P ' = = P ' = =0 =64 = 64 =4 punto crítico Comprobamos que estamos ante un mínimo relativo. Función P () P () P () Intervalos (,4) (4,+ ) Derivada P ' ( ) P ' (1)<0 P ' (10)>0

9 página 9/12 Por lo tanto, =4 es un mínimo relativo de la función precio. Las dimensiones del contenedor son las siguientes: Anchura de la base Largo de la base =4 m 4 =16 m Altura del paralelepípedo y= = = = m Precio mínimo P (4)=700 (4) =600 4

10 página 10/12 Hoja 26. Problema 7 7. Sea f ()= +a 2 +b+c un polinomio con etremo relativo en =1, con punto de infleión en = y que pasa por el origen de coordenadas. Determinar a, b y c. f ()= +a 2 +b+c f ' ( )= 2 +2 a +b, f ' (1)=0 +2 a+b=0 f ' ' ()=6 +2a, f ' ' ()=18+2 a 18+2 a=0 a= 9 (0,0) f ( ) f (0)=0 c=0 De la primera ecuación, si a= 9, resulta 18+b=0 b=15

11 página 11/12 Hoja 26. Problema 8 8. Sea la función definida por f ()=. Estudia el dominio, los puntos (+1)( 2) de corte con los ejes, las asíntotas, los intervalos de crecimiento y decrecimiento, y los etremos relativos. Dominio Dom( f )=R { 1,2} Corte eje OX y=0 =0 (0,0) Corte eje OY =0 y=0 (0,0) Asíntotas verticales en = 1 y =2, ya que se cumple: lim 1 lim 2 = lim ( +1)( 2) 1 = lim ( +1)( 2) 2 ( +1)( 2) = 2 =+, lim (+1)( 2) = = (+1)( 2) = 8 =, lim 0 2 ( +1)( 2) = =+ + Asíntota horizontal lim =2 por se cociente de polinomios del mismo ( +1)( 2) grado, el límite converge al cociente de coeficientes que acompañan a la máima potencia 2. Eiste asíntota horizontal en y=2, por lo que no eiste oblicua. f ()= ( +1)( 2) = f ' ( )= 4 (2 2) (2 1) ( 2 2) 2 f ' ( )= ( 2 2) 2 = ( 2 2) 2, f ' ( )=0 8 =0 (2 +8)=0 =0, = 4 puntos críticos

12 página 12/12 Estudiamos el crecimiento y la eistencia de etremos relativos. Función f () f () f () f () f () f () Intervalos (, 4) ( 4, 1) ( 1,0) (0,2) (4,+ ) Derivada f ' ( ) f ' ( 10)<0 f ' ( 2)>0 f ' ( 1 2 )>0 f ' (1)<0 f ' (10)<0 La función es estrictamente decreciente en (, 4) (0,2) (2,+ ), estrictamente creciente en ( 4, 1) ( 1,0), presenta un mínimo relativo en = 4 (punto ( 8,1.78) ) y un máimo relativo en =0 (punto (0,0) ). Aunque no nos pidan la gráfica, la incluimos para comprender geométricamente la solución. Gráfica de f ( )= (+1)( 2)