EXAMEN DE MATEMÁTICAS II

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
x0
x0 

Por la derecha: lim f ( x)  lim b  x  1  b  1  b = 1
x0
x0


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  
x0
x0  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
x0
 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:
x2
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 x1
en el punto x   vale:
2
2
( x  1)
24
40
b)
c)
7
27
Sol.
e 2 x 1
2e 2 x1 ( 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  x0 ln(1  x)  x   0  x0 1  1  x  x  2

2 
1 x 

 1  x (1  x) 
PROBLEMAS:
1. (2 puntos) Se considera la función f ( x) 
x
x  12
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
x1
x1 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  12  2( x  1)·x   x  1
x  14
x  13
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  13
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  12
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