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 x3 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) x3 x3 Como lím f ( x) lím x 2 1 8 , debe cumplirse que x3 x3 2 x 2 3ax 6 8 x3 x 3 lím f ( x) lím x3 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 x3 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 x3 x3 x3 x3 x3 x3 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 x3 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: xk 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 xk 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 x0 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 x0 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 x0 x0 x0 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 pxx 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) ba 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 84 32 x2 x2 10. La integral impropia 4 0 a) Converge a 2 2 Solución: 4 1 dx lim c0 0 x 4 c 1 x 1 dx : x b) Converge a 4 dx lim 2 x c0 4 c c) Es divergente lim 4 2 c 4 c0 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 12 2 x 13 2 x 14 96 f (1) 0 → f ´(1) 2 → f ´´(1) 4 → f ´´´(1) 16 → f ( 4 ( x0 ) 2 x0 14 Luego, P( x) 2x 1 4 x 12 16 x 13 → (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) 2x 1 donde 96 2 x0 1 4 x 14 es el resto (el error), con Para f (1,1) ln1,2 , el resto es 96 2 x0 1 4 ·24 4 96 x 12 16 x 13 x 14 , 3 2! 3! 2x0 1 ·4! 1,1 14 96 2 x0 1 4 ·4! 4 4 ·0,1 0,0004 14 x0 (1, x) . 1,1 14 , 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 21 1 x e xe 3 x dx = x 2 e 3 x xe3 x e 3 x c = 3 3 3 33 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