( ) 2 1

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Junio 2014
Juan Carlos Alonso Gianonatti
PROPUESTA A
i)
lim
x →1
1− x
1− x
=
1−1
1− 1
=
−1
−2 x
0
Aplicando L´ Hopital
= 
  → = lim
= lim
= lim− 2 x = −2 1 = −2
x →1
x →1
x →1
1
0
1
2 x
ii )

t − t3
1− t2
1
1
 t 1
=
tdt
dt = 2 ∫ t 2 + t dt = t 3 + t 2 =  +  t = 
2
2
∫1− x
∫
1− t
1− t
3
2
3 2

2
x = t ⇒ dx = 2t dt
1− x
dx = ∫
− t3 + t
− t +1
t3 − t2
t2 + t
(
)
−t2 + t
t2 −t
0
1
x + 3
 x+K
6 
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Juan Carlos Alonso Gianonatti
a)
a 1 1
1 a 1 = 0 ⇒ a 3 + 4 + 2 − 4a − 2a − a = 0 ⇒ a 3 − 7 a + 6 = 0 ⇒ (a − 1) a 2 + a − 6 = 0
4 2 a
(
)
1 0 −7
6
1
1
1 −6
1 1 −6
0
−1+ 5

a
=
=2

− 1 ± 25
2
a 2 + a − 6 = 0 ⇒ ∆ = 12 − 4 ⋅ 1 ⋅ (− 6 ) = 1 + 24 = 25 ⇒ a =
⇒
⇒
−1− 5
2 ⋅1
a =
= −3
2

a − 1 = 0 ⇒ a = 1

Soluciones ⇒ 
a=2

a = −3

b) Los vectores AB, AC y AR, siendo R el punto genérico de la recta r son coplanarios cuando el
determinante de la matriz que forma sea nulo
 AB = (1 , 2 , 2 ) − (2 , 1 , 4 ) = (− 1 , 1 , − 2 ) ≡ (1 , − 1 , 2 )
x = λ


r ≡  y = 0 ⇒  AC = (1 , 1 , 2 ) − (2 , 1 , 4 ) = (− 1 , 0 , − 2 ) ≡ (1 , 0 , 2 ) ⇒
z = 0

AR = (λ , 0 , 0 ) − (2 , 1 , 4 ) = (λ − 2 , − 1 , − 4 )


λ − 2 −1 − 4
λ − 2 −1 − 4
3−λ 6
−1 2 = 0 ⇒ 3 − λ 0
= 6 − 2λ − 6 = −2λ ⇒ −2λ = 0 ⇒ λ = 0
1
6 = −(− 1) ⋅
1
2
1
0
2
1
0
2
∀λ ∈ ℜ − {0} nos dan puntos no coplanarios, por ejemplo P(8 , 0 , 0 )
2
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(e
lim f ( x ) = lim f ( x ) =
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)
(
)
(
)
(
)
2 e x − 1 e x 2 e 0 − 1 e 0 2 (1 − 1) ⋅ 1
0
Aplicando `L ' Hopital
= =    → = lim
=
=
=
2
2
2
x →0
x →0 −
x →0 +
0 ⋅1
e0 − 1 0
2 xe x
2 ⋅ 0 ⋅ e0
e2x + e2x − e x
2 ex ⋅ ex + ex ex −1
2e 2 x − e x
0
Aplicando `L ' Hopital
= =    → = lim
= lim x 2
= lim x 2
=
2
2
x →0
x →0
x →0
0
e 1 + 2x 2
e 1 + 2x 2
2 e x + 2x 2e x
0
−1
2
[
=
2e 2⋅0 − e 0
(
)
=
(
(
)
)]
(
)
2e 0 − 1
2 ⋅1 − 1 1
=
= =1⇒
0
e (1 + 2 ⋅ 0 ) 1 (1 + 0 ) 1
e0 1 + 2 ⋅ 02
∀a ∈ ℜ − {1} ⇒ a ≠ lim− f ( x ) = lim+ f ( x ) ⇒ Función discontinua inevitable
2
x →0
x →0
(
)
 ex −1 2

Cuando a = 1 ⇒ Función discontinua evitable ⇒ f ( x ) =  e x 2 − 1 si x ≠ 0
 1 si x = 0

i)
Dom ( f ) = ∀x ∈ ℜ / x > 0
ii )
Asíntota vertical ⇒ x = 0
Asíntotas horizontales
1
1 − ln x − ∞
−1 −1
L ' Hopital
=
= Utilizando

→ = lim x = lim
=
=0
y = lim
x →∞
x →∞ 1
x →∞ x
∞
∞
x
−
Existe asíntota horizontal, y = 0, cuando x tiende a ∞
Asíntotas oblícuas
1 − ln x
1
−
−
−1 −1
1
ln
x
−∞
f (x )
Aplicando L´ Hopital
x
= lim
= lim
=
= 
  → = lim x = lim 2 =
=0
m = lim
2
x →∞
x →∞
x →∞
x →∞ 2 x
x →∞ 2 x
∞
∞
x
x
x
No existe asíntota oblicua
3
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Juan Carlos Alonso Gianonatti
Continuación del Problema 3 de la opción A
iii )
1
x − (1 − ln x )
− 1 − 1 + ln x ln x − 2
ln x − 2
>0⇒
⇒ Crecimiento ⇒ g ' ( x ) > 0 ⇒
=
=
g ' (x ) = x
3
2
3
x3
x
x
x
ln x − 2 > 0 ⇒ ln x > 2 ⇒ x > e 2

x3 > 0 ⇒ x > 0

2
0
e
∞
−
2
x>e
2
x>e
Solución
Creciente
(-)
(+)
(-)
(+)
(+)
(+)
∀x ∈ ℜ / x > e 2
Mínimo relativo en
Decreciente
( )
x = e2 ⇒ g e2 =
∀x ∈ ℜ / x < e 2
1 − ln e 2
1 − 2 ⋅ ln e 1 − 2 ⋅ 1
1
=
=
=− 2
2
2
2
e
e
e
e
iv)
Y
X
4
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i) La recta r queda definida por el vector AB, que será su director, y uno cualquiera de los puntos,
tomaremos A
 x = 2+λ

v r = AB = (3 , 3 , − 2 ) − (2 , 6 , − 3) = (1 , − 3 , 1) ⇒ r ≡  y = 6 − 3λ
 z = −3 + λ

ii) Es un plano π que contiene el punto P punto medio de A y B, siendo su vector director el de la recta r o
sea AB, al ser perpendicular a él. El producto escalar de este último vector y el vector PG, donde G es el
punto genérico del plano, es nulo y la ecuación que se busca.
2+3 5

 x= 2 =2

v r = (1 , − 3 , 1)

6+3 9
5 
5 9
P x =
=
⇒ P , , −  ⇒ 
5 
5
9
5 ⇒
5 9
(
)
PG
x
y
z
x
y
z
=
−
−
=
−
−
+
,
,
,
,
,
,
2
2
2
2
2








2 
2
2
2
2 2

 z = − 3 + (− 2 ) = − 5

2
2
5
9
5
5
9 
5



v r ⊥ PG ⇒ v r ⋅ PG = 0 ⇒ (1 , − 3 , 1) ⋅  x − , y − , z +  = 0 ⇒  x −  − 3 ⋅  y −  +  z +  = 0 ⇒
2
2
2
2
2 
2



2 x − 5 − 6 y + 27 + 2 z + 5 = 0 ⇒ π ≡ 2 x − 6 y + 2 z + 27 = 0
iii) Se halla Q punto de intersección, entre ambos, cuando valoramos el plano con los datos del punto
genérico R de la recta
5
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PROPUESTA B
Resuelto como Problema 1 de la Propuesta A
Resuelto como Problema 2 de la Propuesta A
i)
Teorema de Bolzano
Si f(x) es continua en el intervalo [a , b], y toma valores de distinto signo en los extremos del intervalo [sign
f(a) ≠ sign f(b)], entonces existe, al menos, un punto c ∈ (a , b ) tal que f(c) = 0
Continuación del Problema 3 de la Propuesta B
ii)
6
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
 2 > 0 ⇒ ∀x ∈ ℜ
3
2
2
2
f ' ( x ) = 4 x − 6 x = 2 x (2 x − 3) ⇒ Creciente ⇒ f ' ( x ) > 0 ⇒ 2 x (2 x + 3) > 0 ⇒  x 2 > 0 ⇒ ∀x ∈ ℜ
2 x − 3 > 0 ⇒ x > 3

2
3
∞
−∞
2
2>0
x>0
x>
3
2
Solución
Decrecimiento
∀x ∈ ℜ / x <
(+)
(+)
(-)
(+)
(+)
(+)
(-)
(+)
3
2
Crecimiento
∀x ∈ ℜ / x >
3
2
Mínimo relativo en
7
81 − 108 − 16 81 − 72 − 16
27
81
3
3
3 3
de
=−
=
−1 =
− 2⋅
⇒ f   =   − 2 ⋅   −1 =
16
16
16
8
16
2
2
2 2
4
x=
3
decrecimiento pasa a crecimiento
iii) Como el mínimo relativo está en

lim f (x ) = lim x 4 − 2 x 3 − 1 = +∞
x →∞
x →∞
⇒

4
3
4
3
(
)
(
=
−
−
=
− x ) − 2(− x ) − 1 = lim x 4 + 2 x 3 − 1 = +∞
f
x
x
x
lim
lim
2
1
lim
 x →−∞
x → −∞
x →∞
x →∞
3
7
Y como solo hay en x = − un mínimo relativo de valor − , como la función x 4 − 2 x 3 − 1 es continua
2
16
3

 3 
en  − ∞ , −  y toma valores de dist int o signo en los extremos del int ervalo sign f − (∞ ) ≠ sign f  − 
2

 2 
3

entonces existe al menos un punto c ∈  − ∞ , −  tal que f (c ) = 0.Como, ademas, en este int ervalo la
2

función es monotona decreciente el punto c es único.
 3

Como la función f ( x ) = x 4 − 2 x 3 − 1 es continuaen − , ∞  y toma valores de dist int o signo en los
 2

 3 
 3

extremos del int ervalo sign f (∞ ) ≠ sign f  −  entonces existe al menos un punto d ∈ − , ∞  tal
 2 
 2

que f (d ) = 0.Como, ademas, en este int ervalo la función es monotona creciente el punto d es único.
7
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b 1 1
2
A = 1 1 1 = b 2 + 2 + 1 − 2 − b − b = b 2 − 2b + 1 ⇒ Si A = 0 ⇒ b 2 − 2b + 1 = 0 ⇒ ∆ = (− 2 ) − 4 ⋅ 1 ⋅ 1 = 0
2 1 b
b=
2
= 1 ⇒ ∀b ∈ ℜ − { 1} ⇒ A ≠ 0 ⇒ rang ( A) = 3 = Número incognitas ⇒ Compatible Deter min ado
2
Si b = 1
 1 1 1 3  1 1
1 3 

 

0 0  ⇒ rang ( A) = 2 ≠ rang ( A / B ) = 2 ⇒ Sistema Compatible Deter min ado
 1 1 1 3 ≡  0 0
 2 1 1 3  0 − 1 − 1 − 3

 

− y − z = −3 ⇒ y = 3 − z ⇒ x + 3 − z + z = 3 ⇒ x = 0 ⇒ Solución ⇒ ( x , y , z ) = (0 , 3 − λ , λ )
Cuando es Compatible Deter min ado ⇒ ∀b ∈ ℜ − { 1}
3 1 1
3 1 1
x=
3 1 b
b − 2b + 1
2
=
3b + 3 + 3 − 3 − 3 − 3b
(b − 1)
2
=
0
(b − 1)2
=0
b 3 1
1 3 1
y=
2 3 b
b 2 − 2b + 1
=
3b 2 + 6 + 3 − 6 − 3b − 3b
(b − 1)2
=
3b 2 − 6b + 3
(b − 1)2
b 1 3
1 1 3
z=
2 1 3
=
3b + 6 + 3 − 6 − 3b − 3
(b − 1)
Solución ⇒ ( x , y , z ) = (0 , 3 , 0 )
b − 2b + 1
2
2
=
0
(b − 1)2
=0
8
=
(
) = 3 (b − 1)
3 b 2 − 2b + 1
(b − 1)2
(b − 1)2
2
=3