SOLUCIONES EXAMEN ANÁLISIS: UNIDADES 4, 5 Y 6 2º BACH. C TIPO A

Transcripción

1 SOLUCIONES EXAMEN ANÁLISIS: UNIDADES, 5 Y 6 º BACH. C TIPO A Cuestión.- Vamos a calcularla de la siguiente forma: (hay varias formas de hacerlo) º El área del rectángulo que lo hacemos de forma tradicional: base altura ln Área rectángulo º El área entre y de la función y ln y se la restamos a la del rectángulo, dándonos el área pedida Área ln ln d. Calculamos la integral indefinida por partes I ln d tomando u ln du d dv d v I ln d = ln d = ln d = ln C. Aplicamos la regla de Barrow al área: Área ln ln d = ln Área Árearectángulo Árealn Por tanto, = ln ln = ln ln = ln Área u

2 Cuestión.- (a) Vemos que el dominio de la función es Dom( f ) R Asíntotas verticales: No tiene pues su dominio son todos los números reales Asíntotas horizontales: En e (la eponencial predomina sobre las polinómicas, o bien aplicar L Hôpital) Tiene asíntota horizontal en En e OX y (el eje de abscisas) e que es la recta OX y (el eje de abscisas) Tiene asíntota horizontal en e Asíntotas oblicuas: No tiene puesto que tiene horizontales (b) Pasamos a calcular la función derivada de e f '( ) e e f '( ) e e Absurdo que es la recta f ( ) e f '( ) e e ( ) Veamos ahora dónde se anula: Ahora vamos a hacer la tabla de signos de la derivada teniendo en cuenta los punto =, = - y =. Además sólo ponemos los factores que pueden hacer que cambie el signo pues ni ni la eponencial afectan, son siempre positivos (, ) (,) (,) (, ) Resumiendo: f es creciente f es decreciente f es creciente f es decreciente es f es creciente en (, ) U (,) f es decreciente en (,) U (, ) En, f tiene un máimo relativo y el valor que alcanza f ( ) ( ) e ( ) e. El máimo relativo está en el punto P, e e

3 En, f tiene un mínimo relativo y el valor que alcanza es () f () () e. El mínimo relativo está en el punto O(,) f () () En, f tiene un máimo relativo y el valor que alcanza es e e () e. El máimo relativo está en el punto Q, e (c) Con los datos de los dos apartados anteriores y además vamos a ver si la función corta a la asíntota horizontal y e y e Hay un solo punto de corte que coincide con el mínimo relativo Además es fácil ver que la función presenta simetría par. Poniéndolo en un sistema de referencia Y como vemos la función es positiva siempre, luego la gráfica no puede ir por debajo del eje de abscisas que es la asíntota horizontal, pues encima sólo la corta en el origen Así nos queda la función ya teniendo en cuenta el crecimiento Cuestión.- Calculamos la integral indefinida mediante la descomposición en fracciones simples I d Calculamos las raíces del denominador: A B Descomponemos: A ( ) B ( ) Damos valores a :

4 = A = - A B B Así, I d = d = d d = ln ln C y operando con las propiedades de los logaritmos Aplicando la regla de Barrow ln d = ln ln ln ln ln I ln ln = d Cuestión.- C ln = = ln = ln -.59 Lo primero ha tener en cuenta es que el dominio de la función es [, ] y ahí nos debemos restringir. Por otro lado es fácil ver que la función es continua en y (a) La primera y tercera parte de la función es muy fácil de dibujar pues se tratan de rectas y las limitaciones nos dan segmentos 6 La que plantea algún problema es y, que le vamos a calcular las asíntotas y su monotonía y etremos para esbozarla. Su dominio es Dom ( y) R y es siempre positiva (su gráfica está por encima del eje OX) Asíntotas verticales: Únicamente puede tener asíntota vertical en, pues anula el denominador (no es del dominio). Calculamos los ites laterales: = 6 = la recta es asíntota vertical por la derecha la recta es asíntota vertical por la derecha Asíntotas horizontales: En 6 Tiene asíntota horizontal en y es el eje OX y

5 En 6 Asíntotas oblicuas: No tiene pues tiene horizontales Tiene asíntota horizontal en y es el eje OX y Monotonía y etremos: Derivamos y tenemos y ' (se deriva muy fácil pues podemos poner y 6 ) Es obvio que nunca se anula, luego no tiene etremos. Estudiamos el signo de la derivada pues si hay un punto que al no ser del dominio influye en el signo de la derivada (, ) (, ) y ' + - f es creciente f es decreciente Con estos datos podemos dibujar la función 6 y Dibujamos ya todas las funciones en un solo sistema y punteado dejamos las partes de las funciones que no son necesarias 5

6 (b) Nos piden Área = f ( ) d pues la función como vemos es positiva, pero tenemos que trocearla en tres partes puesto que cambia de definición. Gráficamente sería: Área = f ( ) d = A A A Calculamos cada una de ellas: A d u A d u s A 9 ( ) d u Por tanto, Área = f ( ) d = A A A 6 8 = u Área = u 6

7 TIPO B EXAMEN ANÁLISIS: UNIDADES, 5 Y 6 º BACH. D Cuestión.- Llamemos A al área que va desde a m y A al área sombreada que va desde m a y las calculamos por separado: A : Esta es fácil de calcular pues A = m d = m m m A : Esta es un poco más difícil de calcular pero la podemos entender como la región limitada por la recta horizontal y (que está por encima de la parábola), la parábola y entre m y A = m d = 8 m Igualamos las dos áreas y despejamos m = Cuestión.- m m m m m 6 m m m m 7 7 m m 6 Ver eamen tipo A donde está resuelta 7

8 Cuestión.- (a) Haciendo el cambio de variable indicado en el problema: d t dt Vamos a ver como cambian los ites de integración: Sustituimos y nos queda I t t t 9 t t 9 t t t dt, que operando un poco lo dejamos más presentable: t t I dt y descomponiendo la fracción integrando en dos sumandos, I t ( ) dt t (b) Por el apartado (a) podemos aplicar la regla de Barrow pues la primitiva es inmediata I ( ) dt t ln t ln ln I ln ln t Cuestión.- Ver eamen tipo A donde está resuelta 8