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MATEMÁTICAS 2º BACHILLERATO B
19-3-2014
“Lo que te llevará al final,
serán tus pasos, no el camino”
Fito y los Fitipaldis
Análisis
OPCIÓN A
1.-
a)
b)
Hallar las dimensiones que hacen mínimo el coste de un contenedor que tiene forma de
prisma rectangular sabiendo que su volumen ha de ser 9 m3, su altura 1 m y el coste de
su construcción por m2 es de 50 € para la base; 60 € para la tapa y 40 € para cada pared
lateral. ¿Cuál será dicho coste?
Ln  x  1
Calcular las asíntotas de la función f ( x) 
y realizar un esbozo de su gráfica
x
Solución:
a)
Llamando x e y a las dimensiones de la base, la función a minimizar es el coste, que si atendemos a
los datos será:
C  x, y   50 xy (base)  60 xy (tapa )  80 x  80 y (caras laterales ) 
C  x, y   110 xy  80 x  80 y
Como el volumen es 9,  xy  9  y 
9
x
Y sustituyendo en la función: C ( x)  990  80 x 
720
x
720
, y al igualar a 0 obtenemos:
x2
80 x 2  720  0  x 2  9  x  3 (el valor negativo no tiene sentido)
1440
Comprobamos que es un mínimo: C ''( x)  3  C ''(3)  0
x
Por lo que efectivamente se trata de un mínimo y por tanto las dimensiones de la base de dicho
prisma deben ser 3 x 3 m, y el coste total será de C (3,3)  1470 euros
Calculamos su mínimo:
b)
C '( x )  80 
Ln  x  1
 D   1,    0
x
Asíntotas Verticales:
Ln  x  1
lim f ( x)  lim
 
, luego tiene una asíntota vertical hacia arriba en x = -1
x 1
x 1
x
Ln  x  1  0 
1
lim f ( x)  lim
 L ' Hopital  lim
 1 , luego en el 0 no tiene asíntota vertical.


x 0
x 0
x 0 x  1
x
0
Asíntotas horizontales:
Ln  x  1   
1
lim f ( x)  lim
 L ' Hopital  lim
 0 , luego tiene una asíntota horizontal por


x 
x 
x  x  1
x

la derecha en y = 0
f ( x) 
Estudiamos su posición respecto a la asíntota horizontal:
f ( x)  0 
Ln  x  1
x  0

  0  la función está por encima de la asíntota
x
Además, como Ln( x  1)  0  x  1  1  x  0 D , no tiene puntos de corte con dicha asíntota.
Gráficamente, la función será:
2.-
 1  x e x x  0
Dada la función f ( x )    2 
 x  ax  b x  0
a)
Calcular razonadamente los valores de a y b para que sea derivable
1
b)
Para a = -2 y b = 1, estudiar su monotonía y extremos y calcular
 f ( x )dx
1
Solución:
a)
Como D   , el único punto donde puede no ser continua o derivable es en x = 0.
Para que sea continua:

f (0)  b


x
lim f ( x)  lim 1  x  e  1   b  1
x 0
x 0

lim f ( x)  lim x 2  ax  b  b 
x 0
x 0

Calculamos su función derivada para ver si es derivable en 0:
x
x0
f '( x )   x  2  e
2x  a
x0
Para que sea derivable:
f '(0 )  lim f '( x)  lim  x  2  e  x  2 

x o
x o
  a  2

f '(0 )  lim f '( x)  lim 2 x  a  a

x o
x o

Luego para que la función sea derivable tiene que ser a = -2 y b = 1
b)
Como los valores de a y b coinciden con los del apartado anterior, la función es derivable y su
derivada es:
x
 1  x e x x  0
x0
f ( x )  2 
 f '( x )   x  2  e
2
x

2
x0
x

2
x

1
x

0

Calculamos los puntos críticos:
( x  2)e  x  0  x  2 , que no sirve por no estar en ese trozo de definición de la función
2x  2  0  x  1
Atendiendo al dominio y a los puntos críticos, los intervalos de monotonía serán:

 ,1
1,  
f '(0)  0  f es decreciente
f '(2)  0  f es creciente
Y por tanto tendrá un mínimo (absoluto) en el punto (1,0)
Para calcular la integral:
1

f ( x )dx 
1
0
1
1
0
x
2
 1  x  e dx    x  2 x  1dx
Calculamos cada una por separado:
 u  1  x  du   dx 
x
x
x
 1  x  e dx  dv  e x dx  v  e x    1  x  e    e  (dx) 
  1  x  e  x   e  x dx   1  x  e  x  e  x  xe  x
0
 1  x  e
Y por tanto:
1
x
0
dx  xe  x   e
1
1
 1
x3
Por otra parte:   x  2 x  1dx   x 2  x  
3
0 3
0
1
2
1
Luego
1
 f ( x )dx  e  3
1
3.-
Calcula las integrales:
ex
a) 
dx
b)
1  ex
2
x
1
3
1
dx
 2x2  x
Solución:
a)
Por sustitución:
ex
2t
x
e t 
dx  dt  dx  x dt
x
e
2 e
Luego:
ex
e x 2t
2t
1
dx

 1  ex
 1  t  e x dt   1  t dt  (dividiendo)   2dt  2 t  1 dt 
 2t  2 Ln t  1  2 e x  2 Ln 1  e x  C
b)
Descomponiendo:
x3  2 x 2  x  x( x  1) 2
1
A
B
C
2
Lugo 3
 

 1  A  x  1  Bx  x  1  Cx  A  1, B  1, C  1
2
2
x  2 x  x x x  1  x  1
Y por tanto
x
3
2
1
1 
3
1 x3  2 x 2  x dx  Ln x  Ln x  1  x  1 1  2Ln2  2
2
De donde:
1
1
1
1
1
dx   dx  
dx  
dx  Ln x  Ln x  1 
2
2
 2x  x
x
x 1
( x  1)
x 1
4.- Sean las funciones f :    , g :    definidas por f ( x)  4  3 x
, g ( x)  x 2
a) Esboza las gráficas de f y g sobre los mismos ejes. Calcula los puntos de corte entre ambas
gráficas.
b) Calcula el área del recinto limitado por ambas gráficas.
Solución:
a)
Como
4  3x
f ( x)  4  3 x  
4  3x
x0
x0
Calculamos los puntos de corte:
4  3x  x 2  x 2  3x  4  0  x  1, x  4
4  3x  x 2  x 2  3x  4  0  x  1, x  4
De los que sólo sirven el x = 1 y el x = -1
b)
Claramente el recinto es simétrico respecto al eje de ordenadas, luego basta calcular el área
comprendida entre 0 y 1 y multiplicarla por dos:
1
3x 2 x3 
3 1 13
A1    4  3 x  x  dx  4 x 
   4  
2
3 0
2 3 6
0
1
2
De donde A  2 A1 
13 2
u
3
OPCIÓN B
1.-
 ( x  2) 2  4
Dada la función f ( x)  
 a( x  2) 2  4a
x0
x0
a)
Calcula el valor de a para que sea derivable
b)
Para a = 1, representa la región del plano delimitada por la gráfica de f y el eje de
abscisas y calcula el área de dicha región
Solución:
a)
Como D   , el único punto donde puede no ser continua o derivable es en x = 0.
Para que sea continua:

f (0)  b


2
lim f ( x)  lim ( x  2)  4  0
  es continua
x 0
x 0

lim f ( x)  lim  a( x  2) 2  4a   0 
x 0
x 0

Calculamos su función derivada para ver si es derivable en 0:
x0
 2  x  2
f '( x )  
2a  x  2  x  0
Para que sea derivable:
f '(0 )  lim f '( x)  lim 2  x  2   4


  a 1

f '(0 )  lim f '( x)  lim  2a  x  2    4a 
x o
x o

Luego para que la función sea derivable tiene que ser a = 1
x o
b)
x o
Para a = 1 la función es:
 ( x  2) 2  4 x  0
 x2  4 x
f ( x)  

 2
2
( x  2)  4 x  0
 x  4 x
x0
x0
A la vista de la gráfica el recinto es simétrico
respecto al eje Y y por tanto el área será:
4
A  2  f ( x)dx
0
Calculamos la integral:
4

0
4

x3
64
32
f ( x)dx     x  4 x  dx    2 x 2     32 
3
3
3
0
0
4
2
Luego el área será A  2
2.-
32 64 2
 u
3
3
Determina la función f :    tal que f '( x)   2 x  1 e x y su gráfica pasa por el origen de
coordenadas.
Calcula además la ecuación de la recta tangente a la función f en el punto de abscisa x = -1
Solución:
Se trata de calcular la integral definida de la función e imponer que pase por el (0,0).
Hacemos la integral por partes:
u  2 x  1  du  2dx 
f  x    f '  x  dx    2 x  1 e  x dx  
   2 x  1 e  x    e  x  2dx 
x
x 
dv

e
dx

v


e


   2 x  1 e  x  2e  x  e  x (2 x  3)  C
Si tiene que pasar por el origen:
Luego la función pedida es:
f  0  0   3  C  0  C  3
f ( x)  e  x (2 x  3)  3
Para calcular su recta tangente en x = - 1 , necesitamos f  1  e  3 , f '  1  e
Y sustituyendo en la ecuación la recta tangente será:
y  f (1)  f '(1)( x  1)  y  e  3  e  x  1  y  ex  2e  3
3.-
a)
De una función continua g se sabe que g(1)=0 y que g(2)=1
2
Calcular
  g  x 
2
1
b)
2
2
g '( x)
g '( x)dx , 
dx ,
1  g ( x)
1
Dada la función
x
1
t 1
F ( x)    2
dt
6 0 t  4t  4
g '( x)
 1 g  x
 
2
dx
1
x0
Calcular razonadamente F(0), F(1) y F’(1).
Solución:
a)
Por la regla de Barrow y siguiendo las reglas de integrales inmediatas:
2
  g  x 
2
 g  x 
g '( x)dx 
3
1
2
3
g '( x)
 1  g ( x) dx  Ln 1  g ( x) 
3
3

g  2    g 1  1

 


3
3
3

1
2
1
2
 Ln 1  g (2)  Ln 1  g (1)  Ln 2
1
2
g '( x)
 1 g  x
 
dx  arctg ( g ( x)) 1  arctg ( g (2))  arctg ( g (1)) 
2
2
1

4
1
t 1
1
F (0)    2
dt 
6 0 t  4t  4
6
0
b)
1
t 1
 2
dt
6 0 t  4t  4
1
F (1) 
Calculamos primero la integral indefinida (es una integral racional):
t 1
A
B
2
t 2  4t  4   t  2   2


t  4t  4 t  2  t  2 2
 t  1  A(t  2)  B
Y dándole dos valores a t (el -2 y el 0) se obtiene fácilmente A=1 , B=-1.
Y por tanto:
t 1
1
1
1
 t 2  4t  4 dt   t  2 dt    t  2 2 dt  Ln t  2  t  2
Y por tanto
1
t 1
1 
1 
F (1)    2
dt    Ln t  2 

6 0 t  4t  4
6 
x  2  0
1

1
1 
1 
1  1
1
3
  Ln3    Ln2      Ln3  Ln 2   Ln
6 
3 
2  6
6
2
Para calcular F’(1) usamos el Teorema Fundamental del Cálculo Integral. Para poder aplicar dicho
teorema es necesario que la función de dentro de la integral sea continua en el intervalo  0,   que es
donde está definida la función F(x)
f (t ) 
t 1
 t 2  4t  4  0  t  2
t  4t  4
2
Como no está en ese intervalo, la función f(t) es continua en  0,   y por tanto podemos aplicar el
Teorema a la función F(x).
F '( x)  f ( x) 
Luego F '(1) 
4.-
x 1
1
(la derivada de es 0)
x  4x  4
6
2
2
9
f ( x)  e
Dada la función
a)
b)

x
3
Halla la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa x = 0
Calcula el área de la región acotada que está limitada por la gráfica de f, la recta
tangente obtenida en el apartado anterior y la recta de ecuación x = 3. Haz un esbozo
gráfico de dicha región
Solución:
a)
Calculamos f(0)=1 y la derivada:
1  3x
1
f ' x   e
 f ' 0  
3
3
Y sustituyendo en la ecuación la recta tangente será:
1
1
y  f (0)  f '(0) x  y  1   x  y   x  1
3
3
b)
Representamos el recinto (se trata de una función elemental y debemos saber la “pinta” que tiene)
El área del recinto rallado será:
 x  1

A    f  x   y  dx    e 3    x  1 dx 
 3

0
0
3
 3e

3

x
3
3

x2
3 9
  x      3   3  
6
e 6
0
3 3 2
 u   0 '39 u 2 
2 e