MATEMÁTICAS II, 2º BACHILLERATO

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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.

MATEMÁTICAS II, 2º BACHILLERATO

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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

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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=

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e 4 + 3e 2 − 4 ≈ 9,848 u2 e2

x=2

⎡ e2x − 4 ⎤ e4 − 4 = ⎢ = − ( − 3) ⇒ ⎥ x e2 ⎣ e ⎦ x=0

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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

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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

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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

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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.

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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)

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