Septiembre 05 - Opción A (Modelo 6) Ejercicio 1. De una función f: ℜ →ℜ se sabe que f(0) = 2 y que f ‘(x) = 2x. (a) [1 punto] Determina f. (b) [1’5 puntos] Calcula el área de la región limitada por la gráfica de f, por el eje de abscisas y por las rectas de ecuaciones x = - 2 y x = 2. Solución (a) Aplicando el Teorema fundamental del cálculo integral que dice:

g(x) es una función continua en el intervalo cerrado [a,b] ⇒ la función ∫ ax g (t ) dt es derivable y su derivada es la función g(x). Es decir:

(

)

g(x) continua en [a,b] ⇒ ∫ ax g (t ) dt '= g ( x)

En nuestro caso tenemos f ( x) = ∫ f ' ( x)dx = ∫ 2 x dx = x 2 + k Le imponemos la condición f(0) = 2 : 2 = 0+K ⇒ k = 2 ⇒ f(x) = x2 + 2 (b) La función f(x) = x2 + 2 tiene por gráfica una parábola igual que la x2 pero desplazada 2 unidades hacia arriba en el eje de ordenadas OY. Su gráfica es muy sencilla

Por tanto el área pedida es Área = 2

2

∫−2 f ( x) dx = por

simetría = 2.∫

2 0

 x3  f ( x) dx = 2.∫ ( x + 2) dx = 2. + 2 x  = 0  3  0 2

2

 8   40 2 2. + 4  − 0 = u   3  3

Ejercicio 2. Sea f: ℜ → ℜ la función definida por f(x) = (x – 1)2.e –x. (a) [0’5 puntos] Halla las asíntotas de la gráfica de f. (b) [1’5 puntos] Determina los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de f y calcula, si existen, sus extremos relativos o locales y sus extremos absolutos o globales (puntos en los que se obtienen y valores que alcanza la función). (c) [0’5 puntos] Esboza la gráfica de f. Solución

(x − 1)2

(a) f(x) = (x – 1)2.e –x = •

ex A.V. : No tiene asíntotas verticales puesto que el denominador “ e x ” es una función exponencial que siempre es positiva y no se anula nunca y por tanto no existe ningún número "a" tal que lim f ( x) = ∞ . x→a

•

Tiene la asíntota horizontal y = 0 en + ∞ puesto que lim

( x − 1) 2

x → +∞

e

∞ 2.( x − 1) ∞ 2 2 = Regla L' Hopital = lim = = Regla L' Hopital = lim x = = 0 x x →+∞ x → +∞ e ∞ ∞ ∞ e

=

x

[La regla de L’Hôpital nos dice que si f(x) y g(x) son funciones continuas en [af ( x) 0 m, a+m], derivables en (a-m, a+m), verificando lim y existiendo = x→a g ( x) 0 f ' ( x) f ( x) f ' ( x) lim , entonces se demuestra que lim = lim . Se demuestra x→ a g ' ( x ) x→ a g ( x ) x→ a g ' ( x )

que la Regla es válida cuando x → ∞ , y cuando en vez de salir 0/0 sale ∞ /∞ . ] •

Como tiene una asíntota horizontal no puede tener asíntotas oblicuas.

(b) Tenemos que estudiar la monotonía por lo que calculamos f’(x) f(x) = (x – 1)2.e –x = e .(x − 1)[2 − ( x − 1)]

(x − 1)2 ex

x

=

2x

⇒ f’(x) =

2.(x − 1).e x − ( x − 1) 2 .e x e 2x

f’(0) =

(x − 1)(. 3 − x )

e ex Monotonía de f ≡ Signo de f’ ≡  f ' ( x) = 0 ⇒ ( x − 1).(3 − x) = 0 ⇒ x = 1 , x = 3   Discontinuidades de f ' ( x) : no ∃

-

Signo de f’

=

1

3

+

1

f’(2) =

posibles extremos

f’(4) =

−. + +

+. + +

+. − +

= = + = -

-

3

Monotonía de f Resumiendo:

Como

f creciente en : (1,3) f decreciente en : (-∞,1) ∪ (3, +∞) Máximo relativo: (3,f(3)) = (3,4.e-3) = (3,0’2) Mínimo relativo: (1,f(1)) = (1,0)

lim f ( x) = lim f (− x) = lim

x → −∞

Otra forma:

x → +∞

e−x

x → +∞

lim f ( x) = lim

x → −∞

(− x − 1)2

x → −∞

(x − 1) ex

= lim (x + 1)2 .e x = +∞ x → +∞

2

= +∞

porque las exponenciales crecen más rápidamente y ambas funciones son

positivas

Resulta que f(x) no tiene máximo absoluto puesto que en − ∞ f(x) vale + ∞ En x = 1 hay mínimo absoluto, además de ser el mínimo relativo, puesto que la función f(x) = (x – 1)2.e –x siempre es positiva o cero. (c) Un esbozo de la función, sabiendo que f(0) = 1 es

Ejercicio 3. [2’5 puntos] En una excavación arqueológica se han encontrado sortijas, monedas y pendientes. Una sortija, una moneda y un pendiente pesan conjuntamente 30 gramos. Además, 4 sortijas, 3 monedas y 2 pendientes han dado un peso total de 90 gramos. El peso de un objeto deformado e irreconocible es de 18 gramos. Determina si el mencionado objeto es una sortija, una moneda o un pendiente, sabiendo que los objetos que son del mismo tipo pesan lo mismo. Solución Sea x = Peso de una sortija

y = Peso de una moneda

z = Peso de un pendiente

Leyendo el problema tenemos tres posibles sistemas de tres ecuaciones con tres incógnitas y = 18 z = 18       I: x + y + z = 30  ó II: x + y + z = 30  ó III: x + y + z = 30  4 x + 3 y + 2 z = 90 4 x + 3 y + 2 z = 90 4 x + 3 y + 2 z = 90 x = 18

Solo será valido aquel sistema que tenga solución única positiva, puesto que el peso no puede ser negativo. Los resolvemos uno a uno

►I:

Sustituyendo x en la 2ª y 3ª ecuación tenemos x + y + z = 30 4x + 3y + 2z = 90

x = 18

⇒

⇒

y + z = 12 3y + 2z = 18

-2y - 2z = -24 3y + 2z = 18 y = -6

x = 18

Resolviéndolo sale como solución (x,y,z)=(18,-6,18) no válida puesto que la y es negativa.

►II:

Análogamente x + y + z = 30 4x + 3y + 2z = 90

y = 18

⇒ ⇒

x + z = 12 4x + 2z = 36

-2x - 2z = -24 4x + 2z = 36 2x = 12 →

x=6

x + z = 12 → z = 6 Resolviéndolo sale como solución (x,y,z)=(6,18,6), que es válida, luego el objeto sería la y

que representa a una moneda.

►III: :

Análogamente

x + y + z = 30 4x + 3y + 2z = 90

z = 18

⇒ ⇒

x + y = 12 4x + 3y = 54

-3x – 3y = -36 4x + 3y = 54 x = 18 x + y = 12 → y = -6

Resolviéndolo sale como solución (x,y,z)=(18,-6,18), que no es válida puesto que la y es negativa.

Ejercicio 4. Considera un plano π ≡ x + y + mz = 3 y la recta

r≡x=y–1=

z−2 2

(a) [0’75 puntos] Halla m para que r y π sean paralelos. (b) [0’75 puntos] Halla m para que r y π sean perpendiculares. (c) [1 punto] ¿Existe algún valor de m para que la recta r esté contenida en el plano π ?. Solución (a) Un vector normal del plano es

→

→

→

nπ

nπ = ( 1,1,m)

dr

→

Un vector director de la recta es d r = (1,1,2)

π

Un punto de la recta Pr (0,1,2)

r

Para que la recta r y el plano π sean paralelos, el vector normal del plano y el vector director de la recta han de ser perpendiculares ⇒ su producto escalar es cero. →

→

d r ⋅ nπ = (1,1,2) ⋅( 1,1,m) = 1 + 1 + 2m = 0 ⇒ m = -1

→

dr

r

(b) Para que la recta r y el plano π sean perpendiculares, el vector normal del plano (1,1,m) y el vector director de la recta (1,1,2) han de ser paralelos, por lo tanto sus 1 1 m componentes han de ser proporcionales: = = ⇒ m= 1 1 2 2

→

nπ

π →

(c) Si la recta está contenida en el plano ⇒ vector normal del plano nπ = (1,1,m) y el →

→

→

vector director de la recta d r = (1,1,2) han de ser perpendiculares ⇒ d r ⋅ nπ = 0 ⇒ hemos visto : m = -1 (caso (a) ) → → nπ El plano sería π ≡ x + y - z = 3 dr r Por otro lado para estar la recta r contenida en el plano, todos los puntos de la recta han de verificar la π ecuación del plano: Un punto de la recta es Pr (0,1,2) que al sustituirlo en el plano : 0 + 1 – 2 = 3 ⇒ es absurdo ⇒ no se puede dar el caso de que la recta esté contenida en el plano.

no ∃ m / r ⊂ π

Septiembre 05-Opción B (Modelo 6) Ejercicio 1. De una función f : [0,5] → ℜ se sabe que f(3) = 6 y que su función derivada está dada por

5 x − 2 f ' ( x) =  2 x − 6x + 8

si

0 < x