DEPARTAMENTO DE FUNDAMENTOS DE ECONOMÍA E HISTORIA ECONÓMICA Análisis Matemático I EXAMEN FINAL Enero de 2009 Soluciones TEST 1 x (bx) 2 , x 0 1. La función f ( x) 2 es: b x 1 , 0 x a) Continua y derivable si b = ±1 b) Derivable sólo si b = 1 c) Continua sólo si b = 1 Sol. Continuidad en x = 0. (Para que sea continua es necesario que los límites laterales sean iguales.) 1 Por la izquierda: lim f ( x) lim x (bx) 2 0 2 x0 x0 Por la derecha: lim f ( x) lim b x 1 b 1 b = 1 x0 x0 Derivabilidad en x = 0. Salvo en x = 0, la derivada es: 1 2b 2 x, x 0 2 f ´(x ) 1 , 0 x 2 x 1 1 1 Derivada por la izquierda: lim f ´(x) lim x 2b 2 x x0 x0 2 2 1 1 No depende del valor de b. Derivada por la derecha: lim f ´(x) lim 2 x 0 x 0 2 x 1 1 x0 x x2 , Luego, la función continua (y derivable) es f ( x) 2 . 1 x 1, 0 x 2. Teniendo en cuenta que 64 8 , utilizando la diferencial se obtiene que el valor de a) 8,0823 b) 8,0625 c) 8,06225 Sol. Se toma f ( x) x f ´(x) 1 2 x . Mediante la diferencial: df ( x) f ´(x)dx df ( x) 2 x dx 1 0,0625. 16 2 64 Por tanto, f (65) f (64) df (64) 8 0,0625 8,0625 Para x = 64 y dx = 1 se tiene: df (64) 1 1 ·1 65 es: Mediante la tangente en x = 64, que es y f (64) f ´(64)(x 64) y 8 y 1 2 64 ( x 64) 1 x 4. 16 Para x = 65, f (65) 1 ·65 4 = 8,0625 16 3. La función f ( x) 2x 3 px2 3 corta al eje de abscisas en el intervalo [1, 1]: a) Para todo p < 5 b) Para todo p > 1 c) Sólo si 1 < p < 5 Sol. Por Bolzano. f (1) 5 p ; f (1) 1 p f (1) 5 p 0 si p = 5 f(1) > 0 si p > 5 y f(1) < 0 si p < 5 f (1) 1 p = 0 si p = 1 f(1) < 0 si p < 1 y f(1) > 0 si p > 1 Por tanto, con toda seguridad, f(1) < 0 y f(1) > 0 si 1 < p < 5; y la función cortará al eje entre 1 y 1. Pero, además, como f(0) = 3, siempre que f(1) > 0, la función cortará al eje OX en el intervalo [0, 1] que está contenido en [1, 1], pero esto pasa siempre que p > 1. En consecuencia, la respuesta correcta es b) 4. El polinomio de Taylor de grado 3 de la función f ( x) sin x cos 2 x , en x = 0, es: 3 1 a) P( x) 1 x x 2 x 3 2 6 1 b) P ( x) 1 x 2 x 2 x 3 6 1 c) P ( x) 1 2 x x 2 x 3 6 Sol. f ( x) sin x cos 2 x → f (0) 1 f ´(x) cos x 2 sin 2 x → f ´(0) 1 f ´´(x) sin x 4 cos2 x → f ´´(0) 4 f ´´(x) cos x 8 sin 2 x → f ´´´(0) 1 4 1 1 Por tanto, P( x) 1 x x 2 x 3 1 x 2 x 2 x 3 2! 3! 6 5. El valor que verifica el teorema del valor medio para f ( x) x 2 ax 3 , en el intervalo (1, 4), es: 3a 5 5 a) b) c) 2 2a 2 Sol. f (4) f (1) 19 4a (4 a) 15 3a 5 f ´(x) , x (1, 4) 2x a 2x a x 4 1 3 3 2 6. El área comprendida entre las dos parábolas y x 2 e y 2x 2 3 , vale: 27 a) b) 4 c) Ninguna de las anteriores, su valor es: ______ 4 Sol La región es la sombreada en la siguiente figura. Las curvas se cortan en los puntos (1, 1) y (1, 1), que son las soluciones del sistema y x2 2 y 2 x 3 Como y x 2 va por debajo de y 2x 2 3 en el intervalo (1, 1), el área viene dada por: 1 1 A (2 x 3 x )dx (3x 2 3)dx x 3 3x 2 2 1 1 1 1 2 (2) 4 3x 2 ax 7. La función f ( x) tiene un mínimo relativo en x = 2: x2 a) Cuando a = 18 b) Cuando a = 10 c) En x = 2 no puede tener un mínimo relativo. Sol. Para que f(x) tenga un mínimo relativo en x = 2 debe cumplirse que: f ´(2) = 0 y f ´´(2) > 0 f ´(x) 12 24 2a (6 x a)(x 2) (3x 2 ax) 3x 2 12x 2a 0 a = 18 f ´(2) 2 2 16 ( x 2) ( x 2) Veamos que, para ese valor de a = 18, f ´´(2) > 0: 96 96 0 f ´´(2) f ´´(x) 3 64 ( x 2) 8. La derivada de g ( x) a) 2 81 1 e 2 x1 en el punto x vale: 2 2 ( x 1) 24 40 b) c) 7 27 Sol. e 2 x 1 2e 2 x1 ( x 1) 2 e 2 x 1 2( x 1) g´(x) (simplificando) g ( x) ( x 1) 2 ( x 1) 4 1 2 2 e 0 2 x 1 2 x 1 2 x 1 2e ( x 1) e 2 2( x 2)e 2 5 40 g´(x) → g´(1 / 2) 3 3 3 27 27 ( x 1) ( x 1) 1 1 8 2 9. La curva de ecuación y 3x 2 1 y la recta y 4 x b son tangentes en el punto x 2 : 3 a) Para cualquier valor de b. 7 b) Sólo si b 3 c) No pueden ser tangentes para ningún valor de b. Sol: En el punto de tangencia la derivada debe valer 4, que es el valor de la pendiente de la recta tangente. 4 2 y´ 6 x 4 x 6 3 2 2 1 2 , y 3· 1 . 3 3 3 2 1 El punto de tangencia es , 3 3 Como ese punto debe cumplir la ecuación de la recta y 4 x b : 1 2 7 4· b b 3 3 3 Para x 1 1 10. El valor de lím es: x 0 ln(1 x) x 1 a) b) ∞ 2 c) 1 4 Sol. x ln(1 x) 0 1 1 lím = [ – ] = lím x 0 ln(1 x) x 0 x x ln(1 x) 0 Aplicando L´Hôpital, se tiene: 1 1 1 2 x ln(1 x) 0 (1 x) 0 1 x 1 = lím lím lím x 0 x ln(1 x) 0 x0 ln(1 x) x 0 x0 1 1 x x 2 2 1 x 1 x (1 x) PROBLEMAS: 1. (2 puntos) Se considera la función f ( x) x x 12 a) Determinar su dominio y asíntotas. b) Demostrar que es creciente en el intervalo abierto (1, 1). c) Determinar sus extremos relativos. d) Representar la función. Solución: a) Dominio: R {1}. Asíntotas: x 1 lím f ( x) = lím x = 1 es A. V. 2 x1 x1 x 1 0 x 1 1 lím f (x) = lím 0 y = 0 es A. H. por la = (L´Hôpital) = lím 2 x x 2 x 1 x x 1 izquierda y por la derecha. b) Derivando: f ´(x) x 12 2( x 1)·x x 1 x 14 x 13 Como para cualquier valor de x tal que 1 < x < 1, f ´(x) 0 la función es creciente en ese intervalo. c) f ´(x) x 1 x 13 Como f ´´(x) 0 x = 1 es punto singular. 2x 4 x 1 4 y f ´´(1) 1 0 , en x = 1 se tiene un mínimo relativo. 8 No hay más extremos relativos. d) Por los apartados a) y b) se deduce que la función tiene dos asíntotas, una vertical en x = 1 y otra horizontal, la recta y = 0. Además es decreciente si x < 1 o si x > 1, pues en ambos casos f ´(x) 0 . Con lo dicho y dando algunos valores puede trazarse su gráfica. x x f ( x) x 12 3 0,1875 2 0,222 1 0,25 0 0 0,5 2 2 2 3 0,75 10 0,123 2. (1 punto) Se considera la función real de variable real definida por x3 f ( x) ax2 5 x 10 , a 0. a a) Obtener los valores de a para los cuales la función f (x) tiene un máximo en x = 1 (0,7 puntos). b) Calcular los extremos relativos de f (x) para a = 3 (0,3 puntos). Solución: (a) f ( x) 6x x3 3x 2 2a ax2 5 x 10 f ´(x) 2ax 5 f ´´(x) a a a Si tiene un máximo en x = 1, entonces f ´(1) = 0 y f ´´(1) < 0. Por tanto, 3 1 2a 5 0 2a 2 5a 3 0 a o a = 3. a 2 1 Para a , f ´´(x) 12x 1 y f ´´(1) 11 2 Para a = 3, f ´´(x) 2 x 6 y f ´´ (1) = 4 Por tanto hay máximos si a 1 o a = 3. 2 Obsérvese que las funciones serían, respectivamente, f ( x) 2x 3 2x 2 5x 10 y x3 f ( x) 3x 2 5 x 10 3 (b) Para a = 3 la función y sus derivadas son: f ( x) x3 3x 2 5 x 10 f ´(x) x 2 6x 5 f ´´(x) 2 x 6 3 La derivada primera se anula en: x = 1 y x = 5. Como f ´´(1) 4 , en x = 1 hay un máximo; punto (1, 35/3) Como f ´´(5) = 4, en x = 5 hay un mínimo; punto (5, 5/3). 3. Calcular las siguientes integrales: x 3 5 x 2 3x 2 a) (0,5 puntos) dx x x cos 3x dx c) x ln xdx 1 d) (3 x) dx 2 b) (0,4 puntos) 2 (0,6 puntos) 0 (0,5 puntos) 2 Solución: a) Operando se tiene: x 3 5 x 2 3x 2 dx = x 5 / 2 5 x 3 / 2 3 x1 / 2 2 x 1 / 2 dx = x 2 2 2 2 = x 7 / 2 5 x 5 / 2 3 x 3 / 2 2·2 x1 / 2 c = x 3 2 x 2 2 x 4 x1 / 2 c 7 5 3 7 b) x cos 3 x 2 dx = c) x 2 ln xdx 1 1 6 x cos 3 x 2 dx sin 3x 2 c 6 6 x3 ln x 3 x2 x3 x3 dx ln x 3 3 9 1 du dx u ln x x 2 3 dv x dx v x 3 Hemos tomado: 0 1 dx = lím d) Es impropia: 2 b (3 x ) 0 b 0 1 1 1 1 dx lím lím 2 b 3 x b 3 3 b (3 x) 3 b 1