EXAMEN DE ANÁLISIS MATEMÁTICO I (enero 2010) SOLUCIONES 1 c) Nunca es decreciente.

EXAMEN DE ANÁLISIS MATEMÁTICO I (enero 2010)
1. La función f ( x)  2 x  sin(2 x) cumple:
a) Tiene una asíntota oblicua.
b) Corta infinitas veces al eje OX.
c) Nunca es decreciente.
SOLUCIONES
Solución:
Para determinar si tiene asíntota oblicua (la recta y  mx  n ), se calcula:
f ( x)
2 x  sin 2 x
sin 2 x 

m = lím
 lím
 lím  2 
2 y
x x
x
x


x
x 

n = lím ( f ( x)  mx )  lím 2 x  sin 2 x  2 x   lím sin 2 x , que no existe.
x 
x 
x 
Luego, no tiene asíntota oblicua.
Derivando se tiene:
f ( x)  2 x  sin(2 x)  f ´(x)  2  2 cos(2 x) ≥ 0, para todo x.
En consecuencia, la función nunca es decreciente.
En particular, puede estudiarse lo que sucede en el intervalo [0, π], ya que cos(2x) es
periódica de período π.

2  2 cos(2 x)  0  cos(2 x)  1  2 x    x 
2

 Si 0 < x <
, f ´(x ) > 0  f (x) es creciente.
2

 Si
< x < , f ´(x ) > 0  f (x) es creciente.
2
Por tanto, la función no tiene máximos ni mínimos. Siempre es creciente.
 2 x 2  3ax  6

, si x  3
2. La función f ( x)  
, donde a  R, es continua en x = 3
x3
2

x 1
si x  3

cuando:
4
a) a  .
3
4
b) a   o a = 0.
3
c) Es discontinua siempre, para cualquier valor de a.
Solución:
La función está definida a trozos mediante otras dos funciones. La primera es continua
en todos los puntos de su dominio, que es x < 3, aunque cuando x → 3 presenta serias
dificultades. La segunda es continua siempre.
Para asegurar la continuidad en el punto x = 3 hay que exigir que los límites laterales
existan y que sean iguales. Esto es:
lím f ( x)  lím f ( x)
x3
x3


Como lím f ( x)  lím x 2  1  8 , debe cumplirse que
x3
x3
2 x 2  3ax  6
8
x3
x 3
lím f ( x)  lím
x3
En consecuencia, el límite anterior debe ser, inicialmente, indeterminado en x = 3. Esto
es:
2 x 2  3ax  6  2·3 2  3a·3  6 12  9a 
lím



x3
3

3
x 3
0 

4
0
La única indeterminación posible es la del tipo   ; y, para ello, 12  9a  0  a  .
3
0
Falta por ver que en este caso el límite vale 8.
4
En efecto, para a  :
3
2x 2  4x  6
2( x  3)(x  1)
lím f ( x)  lím
 lím
 lím 2( x  1)   8
x3
x3
x3
x3
x3
x3
Nota:
También se puede hacer aplicando L¨Hôpital:
4 x  3a
2 x 2  3ax  6  0 
 12  3a
lím
   = (L¨H) = lím
1
x 3
x 3
x3
0
Como el límite debe valer 8, se deduce que:
4
12  3a  8  a 
3
2x 2  1
3. La recta y  2 x  2 es una asíntota oblicua de la función f ( x) 
si:
xk
a) k > 2.
b) k = 1.
c) Ninguna de las anteriores.
Solución:
La recta y  mx  n es asíntota oblicua de la curva f (x) cuando se cumple que:
f ( x)
lím
 m, m ≠ 0 y ∞
x 
x
n  lím  f ( x)  mx  , n ≠ ∞
x 
En este caso: m = 2 y n = 2. Por tanto debe cumplirse que:
f ( x)
2x 2  1
 lím
 lím
 2 → Este límite vale 2 para cualquier valor de k.
x x
x x( x  k )
2x 2  1
2x 2  1
= lím 2
2
x x  xk
x x( x  k )
Basta ver que lím
 2x 2  1

1  2kx
lím ( f ( x)  m x)  lím 
 2 x   lím
 2 → Para que este límite
x 
x 
 xk
 x  x  k
valga 2, el valor de k debe ser 1. En efecto, por L’Hôpital,
1  2kx
 2k
lím
 lím
 2  k = 1.
x  x  k
x  1
Por tanto, la respuesta es b).

4. El valor de

a
1
8
dx  3 :
x3
a) Si a = 2.
b) Si a = 2
c) Para ambos valores de a; esto es, si a = ±2
Solución:
Una primitiva del integrando es inmediata. Basta con escribir:
8
x 2  4
3
dx

8
x
dx
=
8
·

 2 x2
x3
Por tanto;


a
4  4
4
8
4
dx  3   2    2      3   2  4  3  a = 2.
3
a
a
1 x
 x 1
 1
Otra solución puede ser a = 2, aunque hay que descartarla, ya que la función
8
f ( x )  3 no es continua en el intervalo [2, 1]. (Resultaría una integral impropia.)
x

a
5. El valor de lim
x0
px  cos x  e px
 1 :
x2
a) Si p = 0.
b) Si p = 1
c) Para cualquier valor de p.
Solución:
px  cos x  e px
0
 lim
=   . Se aplica la regla de L´Hôpital.
2
x0
x
0
px  cos x  e px
p  sin x  pe px  0 
 cos x  p 2 e x  1  p 2
lim

lim


lim

 1
 0  x0
x0
x0
2x
2
2
x2
 p = ±1. Luego, vale la respuesta b).
px
cumple:
x 1
a) Corta 2 veces al eje OX si p <0.
b) Tiene un máximo y un mínimo para cualquier valor de p ≠ 0.
c) Ninguna de las anteriores.
6. La función f ( x) 
2
Solución:
Si p < 0, la función es negativa cuando x > 0, y positiva cuando x < 0. Por tanto, sólo
corta una vez al eje: cuando x = 0.
Derivando: f ´(x) 


p x 2  1  2 px2
x

2

p  px2


 
2

p 1 x2


2
1
x 1
x 1
Los puntos singulares se dan en las soluciones de f ´(x)  0 , que son x = 1 y x = 1,
independientemente del valor de p.
2
2
2
Si p > 0, en x = 1 hay un mínimo, pues f ´(1 )  0 y f ´(1 )  0 . De manera
análoga, por f ´(1 )  0 y f ´(1 )  0 , en x = 1 hay un máximo.
Si p < 0, en x = 1 hay un máximo y en x = 1 un mínimo. (El razonamiento es el
mismo.)
 También puede hacerse la derivada segunda:
f ´´(x) 



2

  2 pxx  3
x  1
 px x 2  1  2 p  px2 x 2  1
x
2

1
4
2
2
3
p
p
y f ´´(1)   , si p > 0, se tiene mínimo y máximo,
2
2
respectivamente. Y si p < 0, sucede al revés.
Como f ´´(1) 
7. Dada la función f ( x)  2x 3  x 2  3x  1 y las rectas r1 : y  x  2 y r2 : y  7 x  2 ,
entonces:
a) La primera de ellas, r1 : y  x  2 , es tangente a la curva y  f (x) en algún punto.
b) La segunda de ellas, r2 : y  7 x  2 , es tangente a la curva y  f (x) en el punto
(1, 5).
c) Ninguna de las anteriores.
Solución:
a) La pendiente de la recta tangente a una curva, y  f (x) , en el punto (a, f(a)) viene
dada por el valor de f ´(a). Por tanto, su ecuación será: y  f (a)  f ´(a)(x  a) .
En este caso, la pendiente de las rectas dadas vale 1 y 7, respectivamente. Luego, esas
rectas serán tangente a f ( x)  2x 3  x 2  3x  1 si la derivada, f ´(x)  6x 2  2x  3 ,
toma alguno de esos valores.
2
 El valor 1 no puede tomarlo: 6 x  2 x  3  1 no tiene solución.
 La tangente a la curva dada en el punto de abscisa x = 1 es:
y  f (1)  f ´(1)(x  1)
Como f (1)  5 y f ´(1)  7 , la ecuación queda: y  5  7( x  1)  r2 : y  7 x  2
8. La función f ( x)  x 3  2x  p :
a) Corta al eje OX una, dos o tres veces, dependiendo del valor de p.
b) Solamente corta una vez al eje OX, sea cual sea el valor de p.
c) Ninguna de las anteriores.
Solución:
La función corta al menos una vez al eje OX. Para valores suficientemente grandes y
negativos, f ( x)  0 ; y para valores grandes y positivos, f ( x)  0 . Por tanto, por el
teorema de Bolzano, corta al menos una vez al eje OX.
Como f ´(x)  3x 2  2 > 0 para todo x, la función es creciente siempre. Luego, sólo
corta una vez, independientemente del valor que tome p.
9. El valor de x que verifica el teorema del valor medio para f ( x) 
1
, en el intervalo
x
(4, 8), es:
a) 6
b) 4 2
c) Ninguna de las anteriores.
Solución:
El teorema dice: Si f (x) es continua en el intervalo [a, b] y derivable en el intervalo (a,
b), entonces existe un punto c  (a, b) tal que
f (b)  f (a)
 f ´(c)
ba
La función es continua y derivable en el intervalo dado, luego se cumple que:
1 1

f (8)  f (4)
8
4   1  1   1  x  4 2
 f ´(c) 
4
84
32
x2
x2
10. La integral impropia

4
0
a) Converge a 2 2
Solución:
4
1
dx  lim
c0
0
x


4
c
1
x
1
dx :
x
b) Converge a 4
 
dx  lim 2 x
c0
4
c
c) Es divergente


 lim 4  2 c  4
c0
Problemas
x 1
.
x2
a) Estudia el dominio de definición y calcula sus asíntotas. (0,6 puntos)
b) Determina los intervalos de crecimiento, decrecimiento, concavidad y convexidad.
(0,6 puntos)
c) Halla los máximos, mínimos y puntos de inflexión. (0,4 puntos)
d) Esboza la gráfica de la función. (0,4 puntos)
1. Se considera la función f ( x ) 
Solución:
a) El dominio de la función es R  {0}.
La recta x = 0 es una asíntota vertical ya que
x  1   1
lím 2      
x 0 x
0 
Igualmente, la recta y = 0 es una asíntota horizontal pues
x 1
lím 2  0
x  x
x 1
x 1
Se ve fácilmente que lím 2  0  y que lím 2  0 
x  x
x  x
x 2  2 x( x  1) 2  x
 3 , que vale 0 en x = 2, se tendrá:
x4
x
 Si x < 0, f ´(x ) < 0  f (x ) decrece.
 Si 0 < x < 2, f ´(x ) > 0  f (x ) crece.
 Si x > 2, f ´(x ) < 0  f (x ) decrece.
En consecuencia, en x = 2 hay un máximo.
b) Como f ´(x) 
 x 3  3 x 2 ( 2  x) 2 x  6
La derivada segunda es: f ´´(x) 
, que se anula en x = 3.

x6
x4
Luego:
 para x < 0, f ´´(x) < 0  f (x ) es convexa ().
 para 0 < x < 3, f ´´(x) < 0  f (x ) es convexa ().
 para x > 3, f ´´(x) > 0  f (x ) es cóncava ().
En consecuencia, la función tiene un punto de inflexión en x = 3.
c) Se tiene un máximo en x = 2; punto (2, 1/4).
Se tiene un punto de inflexión en x = 3; punto (3, 2/9).
c) Conociendo la posición de la curva respecto a las asíntotas, su máximo y punto de
inflexión, y algunos otros puntos, por ejemplo: (2, 3/4); (1, 2); (1, 0)…, puede
trazarse la siguiente curva.
2. (1 punto) Para la función f ( x)  ln(2 x  1) , halla el polinomio de Taylor de grado 3
en el punto x = 1. Demuestra que si se calcula f (1,1) mediante ese polinomio, el error
de estimación será menor que 0,0004.
Sol.
f ( x)  ln(2 x  1) 
2
4
16
 96
(4
 f ´(x ) 
→ f ´´(x) 
→
→
f
´´´(
x
)

f
(
x
)

2x  1
2 x  12
2 x  13
2 x  14
 96
 f (1)  0 → f ´(1)  2 → f ´´(1)  4 → f ´´´(1)  16 → f ( 4 ( x0 ) 
2 x0  14
Luego, P( x)  2x  1 
4
x  12  16 x  13 → (hasta aquí, 0,6 puntos)
2!
3!
8 3
20
(Desarrollando se obtiene: P( x)  x  10 x 2  14 x 
)
3
3
Por tanto: f ( x)  ln(2 x  1)  2x  1 
donde
 96
2 x0  1
4
x  14 es el resto (el error), con
Para f (1,1)  ln1,2 , el resto es
 96
2 x0  1
4
·24
4
96
x  12  16 x  13 
x  14 ,
3
2!
3!
2x0  1 ·4!
1,1  14

 96
2 x0  1
4
·4!
4 4
·0,1  0,0004
14
x0  (1, x) .
1,1  14 , con x0  (1, 1,1) 
3. Calcula las siguientes integrales:
dx
a)
(0,7 puntos)
x 2 1
5x
dx (0,3 puntos)
c)
3  3x 2
 x ·e dx
x

d)  sin 2 x  cos dx

3


2
b)
3x
(0,7 puntos)
(0,3 puntos)
Solución:
a) Hay que descomponer la función dada en fracciones simples.
1
A
B
A( x  1)  B( x  1)


=
2
x 1 x 1 x 1
x2 1
Luego:
1  A( x  1)  B( x  1)  1  ( A  B) x  A  B
Identificando coeficientes:
0  A  B
1
1
 A ; B

2
2
1  A  B
Con esto:
1
1
1
1/ 2
1/ 2
dx 
dx 
dx = ln( x  1)  ln( x  1)  c
2
2
2
x 1
x 1
x 1


b) La integral
Tomando:

Se tiene:
 x ·e
2
dx puede hacerse por partes.
u  x 2  du  2 xdx
1
dv  e3x dx  v  e 3 x
3
1
2
x 2 e 3 x dx  x 2 e 3 x 
xe 3 x dx
3
3

La segunda integral,
 xe
3x
dx , también se hace por partes.
u´ x  du´ dx
Tomando:
Se tiene:
3x


1
dv´ e 3 x dx  v´ e 3 x
3
1
1
1
1
xe 3 x dx = xe 3 x 
e 3 x dx = xe 3 x  e 3 x
3
3
3
9

Por tanto:
x e
2 3x
=
1 2 3x 2
1
21
1

x e 
xe 3 x dx = x 2 e 3 x   xe3 x  e 3 x   c =
3
3
3
33
9

2
2 3x
 xe 3 x 
e c
9
27

dx 
1 2 3x
x e
3



c)

d)
  sin 2x  cos 3 dx = 2  2 sin 2xdx  3 3 cos 3dx   2 cos 2x  3sin 3  c
5x
5
6x
5
dx =
dx  ln 3  3x 2  c
2
2
6 3  3x
6
3  3x

x
1
1
x
1
x