Derivada DE UNA Función Ejercicios Resueltos 2020 PDF

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DERIVADA DE UNA FUNCIÓN
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GALINDEZ, MARCELA A –PEREYRA, NORA- PERALTA, JAVIER R. - NIEVA, JOSÉ LUIS – BIZZOTTO, MARIO A

DERIVADA DE UNA FUNCIÓN Dada una función 𝑓 (𝑥), para calcular su derivada 𝑓´(𝑥) (se lee 𝑓 prima o derivada primera de 𝑓 ) se debe aplicar la siguiente definición

; si existe el límite.

𝑓 (𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥) ∆𝑥→0 ∆𝑥

𝑓´(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚

𝑓´(𝑥) es una nueva función que también depende de 𝑥. 𝑓´(𝑥) puede interpretarse geométricamente como la pendiente de la recta tangente a la gráfica de 𝑓(𝑥) en el punto (𝑥; 𝑓 (𝑥)).

EJEMPLO 1: Encontrar la derivada de la función 𝑓 (𝑥) = 𝑚𝑥 + 𝑏 . SOLUCIÓN: Aplicando la definición;

Aplicando propiedad distributiva;

𝑓´(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚

∆𝑥→0

𝑚(𝑥 + ∆𝑥) + 𝑏 − (𝑚𝑥 + 𝑏) ∆𝑥

𝑚𝑥 + 𝑚∆𝑥 + 𝑏 − 𝑚𝑥 − 𝑏 ∆𝑥→0 ∆𝑥

𝑓´(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚 Cancelando términos semejantes;

𝑓´(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚

∆𝑥→0

Como ∆𝑥 → 0 (tiende a cero), se puede simplificar;

𝑚∆𝑥 ∆𝑥

𝑓´(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚 𝑚 ∆𝑥→0

(Límite de una constante)

𝑓´(𝑥) = 𝑚 EJEMPLO 2: Encontrar la derivada de la función 𝑔(𝑥) = 2𝑥 2 . SOLUCIÓN:

2(𝑥 + ∆𝑥)2 − 2𝑥2 ∆𝑥→0 ∆𝑥

𝑔´(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚

0

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Desarrollando el cuadrado del binomio y distribuyendo la suma respecto del producto; 2𝑥 2 + 4𝑥∆𝑥 + 2(∆𝑥) 2 − 2𝑥 2 ∆𝑥→0 ∆𝑥

𝑔´(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚

Extrayendo 2∆𝑥 como factor común;

4𝑥∆𝑥 + 2(∆𝑥)2 ∆𝑥→0 ∆𝑥

= 𝑙𝑖𝑚

2∆𝑥 (2𝑥 + ∆𝑥) ∆𝑥→0 ∆𝑥

𝑔´(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚

= 𝑙𝑖𝑚 2(2𝑥 + ∆𝑥 ) ∆𝑥→0

Tomando límite cuando ∆𝑥 → 0

𝑔´(𝑥) = 4𝑥 .

EJEMPLO 3: Calcular la derivada de la función ℎ(𝑥) = SOLUCIÓN:

2𝑥 2−3 5

.

2(𝑥 + ∆𝑥)2 − 3 2𝑥 2 − 3 − 5 5 ℎ´(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚 ∆𝑥→0 ∆𝑥

desarrollando el cuadrado, aplicando propiedad distributiva y tomando común denominador 5. 2𝑥 2 + 4𝑥∆𝑥 + 2(∆𝑥)2 − 3 − 2𝑥 2 + 3 5 ℎ´(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚 ∆𝑥 ∆𝑥→0 4𝑥∆𝑥 + 2(∆𝑥)2 ∆𝑥→0 5∆𝑥

= 𝑙𝑖𝑚

2∆𝑥(2𝑥 + (∆𝑥)2 ) ∆𝑥→0 5∆𝑥

= 𝑙𝑖𝑚

= 𝑙𝑖𝑚

∆𝑥→0

2(2𝑥 + ∆𝑥) 4 = 𝑥 5 5

1

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IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS a) 𝑠𝑒𝑛(𝛼 + 𝛽 ) = 𝑠𝑒𝑛 𝛼 𝑐𝑜𝑠 𝛽 + 𝑠𝑒𝑛 𝛽 𝑐𝑜𝑠 𝛼 b) 𝑐𝑜𝑠(𝛼 + 𝛽) = 𝑐𝑜𝑠 𝛼 𝑐𝑜𝑠 𝛽 − 𝑠𝑒𝑛 𝛼 𝑠𝑒𝑛 𝛽 c) cos2 𝛼 + sen2 𝛼 = 1

EJEMPLO 4: Calcular la derivada de la función 𝑖 (𝑥) = 𝑐𝑜𝑠 𝑥 . SOLUCIÓN:

Para encontrar la derivada de ésta función se tendrá en cuenta la siguiente identidad; 𝑐𝑜𝑠 (𝛼 + 𝛽 ) = 𝑐𝑜𝑠 𝛼. 𝑐𝑜𝑠 𝛽 − 𝑠𝑒𝑛 𝛼 . 𝑠𝑒𝑛 𝛽 𝑐𝑜𝑠 (𝑥 + ∆𝑥) − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 ∆𝑥→0 ∆𝑥

𝑖´(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚 = 𝑙𝑖𝑚 ∆𝑥→0

Extrayendo factor común cos 𝑥

𝑐𝑜𝑠 𝑥 . 𝑐𝑜𝑠 ∆𝑥 − 𝑠𝑒𝑛 𝑥. 𝑠𝑒𝑛 ∆𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥

𝑖´(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚 ∆𝑥→0

∆𝑥

𝑐𝑜𝑠 𝑥 (𝑐𝑜𝑠 ∆𝑥 − 1) − 𝑠𝑒𝑛 𝑥. 𝑠𝑒𝑛 ∆𝑥 ∆𝑥

𝑐𝑜𝑠 𝑥 (𝑐𝑜𝑠 ∆𝑥 − 1) 𝑠𝑒𝑛 𝑥 . 𝑠𝑒𝑛 ∆𝑥 − 𝑙𝑖𝑚 𝑖´(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚 ∆𝑥→0 ∆𝑥→0 ∆𝑥 ∆𝑥

(𝐴)

2

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Analizando el primer término de (𝐴); 𝑙𝑖𝑚

∆𝑥→0

𝑐𝑜𝑠 𝑥 (𝑐𝑜𝑠 ∆𝑥 − 1) 0 = 𝑖𝑛𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑐𝑖ó𝑛 0 ∆𝑥

Multiplicando y dividiendo por (cos ∆𝑥 + 1)

𝑐𝑜𝑠 𝑥 (𝑐𝑜𝑠 ∆𝑥 − 1) (𝑐𝑜𝑠 ∆𝑥 + 1) ∙ = 𝑙𝑖𝑚 ∆𝑥 ∆𝑥→0 (𝑐𝑜𝑠 ∆𝑥 + 1)

Analizando el segundo término de (𝐴); 𝑙𝑖𝑚

∆𝑥→0

𝑐𝑜𝑠 𝑥 (𝑐𝑜𝑠 2 ∆𝑥 − 1) = 𝑙𝑖𝑚 ∆𝑥→0 ∆𝑥. (𝑐𝑜𝑠 ∆𝑥 + 1)

𝑠𝑒𝑛 ∆𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 . 𝑒𝑛 ∆𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑙𝑖𝑚 ∆𝑥→0 ∆𝑥 ∆𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 . 1 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥

Ahora, como cos2 𝛼 + sin2 𝛼 = 1 (Identidad pitagórica) = 𝑙𝑖𝑚

∆𝑥→0

𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑠𝑒𝑛2 ∆𝑥 ∆𝑥. (cos ∆𝑥 + 1)

Escribiendo convenientemente los cocientes; y recordando que el límite de un producto es igual al producto de los límites: lim

∆𝑥→0

sen ∆𝑥 cos 𝑥 sen ∆𝑥 ∙ = ∆𝑥 (cos ∆𝑥 + 1) = 𝑙𝑖𝑚

∆𝑥→0

cos 𝑥 se n ∆𝑥 sen ∆𝑥 ∙ 𝑙𝑖𝑚 ∆𝑥 ∆𝑥→0 (cos ∆𝑥 + 1) = 1.

0 1

=0

O sea que en (𝐴) es;

𝑖´(𝑥) = − 𝑠𝑒𝑛 𝑥 .

1

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CÁCULO DE DERIVADAS UTILIZANDO REGLAS DE DERIVACIÓN

4

EJEMPLO 5: Hallar la derivada de la función 𝑓(𝑥) = 𝑥3 + 𝑥2 − 2𝑥 − 3. 3 4 5

SOLUCIÓN: Derivando término a término y recordando que si 𝑦 = 𝑥 𝑛 entonces 𝑦´ = 𝑛𝑥 𝑛−1 . 4 5 𝑓´(𝑥) = ∙ 3𝑥 2 + ∙ 2𝑥 − 2 3 4

Simplificando;

5 𝑓´(𝑥) = 4𝑥 2 + 𝑥 − 2 2

EJEMPLO 6: Hallar la derivada de la función 𝑔(𝑥) = 3𝑥. cos 𝑥 SOLUCIÓN: La operación principal es un producto así; utilizando la siguiente regla, 𝑦 = 𝑢. 𝑣 entonces 𝑦´ = 𝑢´. 𝑣 + 𝑢. 𝑣´. se tiene que; 𝑔´(𝑥) = 3. cos 𝑥 + 3𝑥. (− sen 𝑥) = 3. cos 𝑥 − 3𝑥. sen 𝑥

1

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EJEMPLO 7: Hallar la derivada de la función ℎ(𝑦 ) =

2𝑦 − 𝑦2

2𝑦 3

SOLUCIÓN: La operación principal es un cociente así; utilizando la siguiente regla,

𝑦=

𝑢

𝑣

entonces 𝑦´ =

ℎ´(𝑦) = = Sumando términos semejantes: =

Sacando factor común;

𝑢´.𝑣−𝑢.𝑣´

.

2(2𝑦 3 − 𝑦 2 ) − 2𝑦(6𝑦 2 − 2𝑦) (2𝑦 3 − 𝑦 2 )2

4𝑦 3 − 2𝑦 2 − 12𝑦 3 + 4𝑦 2 (2𝑦 3 − 𝑦 2 )2

−8𝑦 3 + 2𝑦 2 (2𝑦 3 − 𝑦 2 )2

=

2𝑦 2 (−4𝑦 + 1) [𝑦 2 (2𝑦 − 1)]2

=

2𝑦 2 (−4𝑦 + 1) 𝑦 4 (2𝑦 − 1)

=

𝑣2

2(−4𝑦 + 1) 𝑦 2 (2𝑦 − 1)

2

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DEFINICIÓN DE EXPONENTES RACIONALES Para cualquier exponente racional 𝑚 ⁄𝑛 , donde 𝑚 y 𝑛 son enteros y 𝑛 > 0, definimos 𝑎

𝑚⁄ 𝑛

𝑚

= ( 𝑛√𝑎) o lo que es equivalente 𝑎

𝑚⁄ 𝑛

Si 𝑛 es par entonces se requiere que 𝑎 ≥ 0.

EJEMPLO 8: Hallar la derivada de la función 𝑖 (𝑥) =

= √𝑎 𝑚 𝑛

√𝑥+2 . 5

SOLUCIÓN: 𝑛 𝑚 Una raíz se puede escribir como potencia de exponente fraccionario √ 𝑥 =𝑥 negativo).

𝑖 ( 𝑥) =

√𝑥+2 5

1

1

= 5 (𝑥 + 2) 2

𝑚⁄ 𝑛

(si 𝑛 es par, 𝑥 no debe ser

; con 𝑥 + 2 ≥ 0

Ahora la operación principal es una potencia, para derivar se utiliza la siguiente regla:

Aquí es 𝑢 = 𝑥 + 2 ; 𝑛 =

1 2

𝑦 = 𝑢𝑛

entonces 𝑦´ = 𝑛𝑢 𝑛−1 . 𝑢´

1 1 1 𝑖´(𝑥) = ∙ (𝑥 + 2)−2 5 2

=

=

1 1 (𝑥 + 2)−2 10

1 1 ∙ 10 (𝑥 + 2)1⁄2

Volviendo a raíz cuadrada =

1 1 ∙ 10 √𝑥 + 2

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FÓRMULA ALTERNATIVA DE LA DERIVADA

𝑓´(𝑎 ) = lim 𝑥→𝑎

𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎) ; si existe el límite. 𝑥−𝑎

EJEMPLO 9: Sea la función 𝑓(𝑥) = 3𝑥 2 + 2;

a) Hallar 𝑓´ en 𝑎 = 1. b) Graficar 𝑓 (𝑥) = 3𝑥 2 + 2 y la recta tangente de la función en el punto 𝑎 = 1.

SOLUCIÓN: a)

𝑓´(1) = lim 𝑥→1

3𝑥 2+2−5 𝑥−1

3𝑥 2 − 3 0 = lim = 𝐼𝑛𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑥→1 𝑥 − 1 0 Para levantar la indeterminación se extrae 3 como factor común 3(𝑥 2 − 1) 𝑓´(1) = lim 𝑥→1 𝑥−1 3(𝑥 2 − 1) 3(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) = lim = lim 𝑥→1 𝑥→1 𝑥−1 𝑥−1

= lim 3(𝑥 + 1) 𝑥→1

=6

∴ 𝑓´(1) = 6; Esto quiere decir que la pendiente de la recta tangente a la curva en 𝑎 = 1 vale 6. b) Cálculo de la ecuación de la recta tangente. La recta tangente pasa por (1,5) y tiene pendiente 𝑚 = 6.

4

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Utilizando la ecuación punto pendiente

𝑦 − 𝑦1 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1 ) Se tiene que; 𝑦 − 5 = 6(𝑥 − 1) 𝑦 = 6𝑥 − 1.

EJEMPLO 10: Sea la función 𝑔(𝑥) = a) Hallar 𝑔´ en 𝑎 = 3.

b) Graficar 𝑔(𝑥) =

SOLUCIÓN

2𝑥 2+3 𝑥

2𝑥 2+3 ; 𝑥

y la recta tangente de la función en el punto 𝑎 = 3 .

2𝑥 2 + 3 −7 𝑔´(3) = lim 𝑥 𝑥→3 𝑥 −3 5

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2𝑥 2 + 3 − 7𝑥 𝑥 𝑔´(3) = lim 𝑥−3 𝑥→3 2𝑥 2 − 7𝑥 + 3 𝑥→3 𝑥. (𝑥 − 3)

𝑔´(3) = lim

= lim 𝑥→3

2(𝑥 − 3)(𝑥 − 1⁄2 ) 𝑥. (𝑥 − 3)

2𝑥 − 1 𝑥→3 𝑥

= lim =

2.3 − 1 3 =

5

∴ 𝑓´(3) = 3.

5 3

c) Cálculo de la ecuación de la recta tangente. 5

La recta tangente pasa por (3,7) y tiene pendiente 𝑚 = 3. Utilizando la ecuación punto pendiente 𝑦 − 𝑦1 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1 ) Se tiene; 𝑦−7=

5 (𝑥 − 3) 3

5 𝑦 = 𝑥+2 3

Gráfica de 𝑔(𝑥) = El 𝐷𝑜𝑚𝑔: ℝ − {0}.

2𝑥 2+3 . 𝑥

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ASÍNTOTA OBLICUA Su forma será: 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑏 Para hallar la pendiente;

2𝑥 2 + 3 𝑥 𝑚 = lim 𝑥→∞ 𝑥 =2

La ordenada al origen 𝑏 = lim( 𝑥→∞

2𝑥 2 + 3 − 2𝑥) 𝑥

2𝑥 2 + 3 − 2𝑥2 ) 𝑥→∞ 𝑥 3 = lim ( ) 𝑥→∞ 𝑥 = lim(

=0 Por lo tanto la ecuación de la asíntota oblicua es;

La gráfica de la función 𝑔(𝑥) =

2𝑥 2+3 𝑥

𝑦 = 2𝑥 y la recta tangente en 𝑎 = 3.

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DERIVADAS LATERALES EJEMPLO 11: Dada la siguiente función; 𝑓(𝑥) = {

2𝑥 + 1 𝑠𝑖 𝑥 ≥ 3 𝑥2 − 2 𝑠𝑖 𝑥 < 3

a) Determine si la función es continua en 𝑥 = 𝑎. b) Calcule las derivadas laterales en 𝑥 = 𝑎 , si existen. c) Determine si la función es derivable en 𝑥 = 𝑎 . SOLUCIÓN: a) El punto en cuestión es 𝑥 = 3. Al estudiar la continuidad en este punto; i) Existe 𝑓 (3) = 2.3 + 1 = 7. ii) lim− (𝑥2 − 2) = 7 𝑥→3

Así;

𝑙𝑖𝑚 𝑓 (𝑥) = 7.

∧

lim (2𝑥 + 1) = 7

𝑥→3+

𝑥→3

iii) 𝑓 (3) = 𝑙𝑖𝑚𝑓(𝑥) = 7 𝑥→3

∴ La función 𝑓 es continua en 𝑥 = 3. b) 𝑓´(𝑥) = { 2 𝑠𝑖 2𝑥 𝑠𝑖 𝑓´− (3) = 2.3 = 6

c) Como

𝑥≥3 𝑥 −1 ⁄2

𝒇(𝒙)

𝒇′(𝒙) 0

−27 ⁄ 4 +

CONCLUSIÓN 𝑓 es decreciente.

𝑓 tiene un valor mínimo relativo en:(−1⁄2 ; 𝑓(−1⁄2 )) 𝑓 es creciente

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EJEMPLO 21: Dada la función 𝑔(𝑥) = 2𝑥3 + 3𝑥 2 − 36𝑥, determine los puntos críticos, valores extremos y puntos de inflexión. SOLUCIÓN: Primero se define el dominio de la función; 𝐷𝑜𝑚𝑔 = ℝ

Luego se calcula la primera derivada de la función; 𝑔′ (𝑥) = 6𝑥2 + 6𝑥 − 36 Igualando a cero la última expresión y resolviendo la ecuación; 6𝑥 2 + 6𝑥 − 36 = 6 (𝑥 − 2). (𝑥 + 3) 𝑥=2

∨

Como 𝑥 = 2 ∈ 𝐷𝑜𝑚𝑔 y 𝑥 = −3 ∈ 𝐷𝑜𝑚𝑔 son puntos críticos. 𝑥 < −3

𝒇(𝒙)

𝑥 = −3

𝒇′(𝒙) +

𝑥 = −3

0

−3 < 𝑥 < 2

-

𝑥=2

0

𝑥>2

+

CONCLUSIÓN 𝑓 es creciente.

𝑓 tiene un valor máximo relativo en: (−3; 𝑓 (−3)) 𝑓 es decreciente

𝑓 tiene un valor mínimo relativo en: (2; 𝑓 (2)) 𝑓 es creciente

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PUNTOS DE INFLEXIÓN 𝑔′′(𝑥) = 12𝑥 + 6 Igualando a cero y resolviendo la ecuación; 12𝑥 + 6 = 0

6(2𝑥 + 1) = 0

𝑥=−

Posible punto de inflexión en 𝑥 = − 1⁄2. 𝑥 < −1⁄2

𝒇(𝒙)

1 2

𝒇′′(𝒙) -

𝑓 es cóncava hacia abajo. 𝑓 tiene un punto de inflexión en (−1⁄2 ; 𝑓(−1⁄2 ))

𝑥 = −1⁄2 𝑥 > −1⁄2

CONCLUSIÓN

+

𝑓 es cóncava hacia arriba.

CRITERIO DE LA SEGUNDA DERIVADA

Para la determinación de máximos o mínimos relativos de una función según el criterio de la segunda derivada; se debe: a) Se determina la primera derivada de la función. b) Se iguala a cero la primera derivada y se buscan los puntos críticos. c) Se determina la segunda derivada de la función, luego se analiza el signo de la misma en cada uno de los puntos críticos. Si el signo es positivo, la función tiene un mínimo en ese valor crítico; si el signo es negativo la función tiene un máximo. Si la segunda derivada se anula en el punto crítico, nada se pude concluir.

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EJEMPLO 22: Calcular los valores máximos y mínimos, si existen, de la función: 𝑓(𝑥) = 3𝑥4 − 4𝑥 3 − 12𝑥2 SOLUCIÓN: El dominio de la función son todos los reales por ser una función polinómica;

𝑓′(𝑥) = 12𝑥3 − 12𝑥2 − 24𝑥

Igualando a cero 12𝑥3 − 12𝑥2 − 24𝑥 = 0

12𝑥 (𝑥2 − 𝑥 − 2) = 0

𝑥=0

12𝑥(𝑥 + 1)(𝑥 − 2) = 0 ∨

𝑥 = −1

∨

𝑥=2

Como estos puntos pertenecen al conjunto de números reales, entonces son puntos críticos de la función. Se busca la segunda derivada; 𝑓 ′′ (𝑥) = 36𝑥2 − 24𝑥 − 24

𝑓 ′′ (−1) = 36 > 0 𝑓 tiene un valor mínimo relativo en (−1; 𝑓(−1))

𝑓 ′′ (0) = −24 < 0 𝑓 tiene un valor máximo relativo en (0; 𝑓(0))

𝑓 ′′ (2) = 168 > 0 𝑓 tiene un valor mínimo relativo en (2; 𝑓(2))

EJEMPLO 23: Calcular los puntos críticos, valores extremos, y puntos de inflexión si existen, de la función:

𝑔(𝑥) = 5(3 − 𝑥 )3 SOLUCIÓN:

El dominio de la función son todos los reales por ser una función polinómica; 𝐷𝑜𝑚𝑓: ℝ. Calculando la primera derivada; 17

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𝑔′ (𝑥) = 15(3 − 𝑥)2 . (−1)

𝑔′ (𝑥) = −15(3 − 𝑥 )2

Igualando a cero y resolviendo la ecuación anterior; −15(3 − 𝑥)2 = 0

𝑥1 = 𝑥1 = 3 es punto crítico.

Ahora se calcula la segunda derivada; 𝑔′′ (𝑥) = 30. (3 − 𝑥) 30. (3 − 𝑥) = 0 𝑥=3

𝑥 = 3 es “POSIBLE” punto de inflexión. Reemplazando éste valor en la segunda derivada;

𝑔′′ (3) = 30. (3 − 3) =0

En este caso el criterio no decide. Se debe volver al criterio de la primera derivada.

𝑥3

𝒈(𝒙)

𝒈′(𝒙) -

0 -

CONCLUSIÓN 𝑔 es decreciente.

𝑔 no tiene un extremo relativo 𝑥 = 3. 𝑔 es decreciente.

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PUNTO DE INFLEXIÓN 𝒈(𝒙)

𝑥3

-

𝑔 es cóncava hacia abajo.

TEOREMA DE ROLLE Y TEOREMA DEL VALOR MEDIO TEOREMA DE ROLLE: Sea 𝑓 una función tal que:

a) Es continua en el intervalo cerrado [𝑎, 𝑏 ]; b) Es derivable en el intervalo abierto (𝑎, 𝑏 ); c) 𝑓 (𝑎 ) = 0 y 𝑓 (𝑏 ) = 0.

Entonces, existe un número 𝑐 en el intervalo abierto (𝑎, 𝑏 ) tal que 𝑓 ′ (𝑐) = 0.

EJEMPLO 24: Decidir si el teorema de Rolle es aplicable. De ser así encuentre el valor de 𝑐 en la función: 𝑓 (𝑥) = 3𝑥3 − 3𝑥2 − 6𝑥 en

[0,2]

SOLUCIÓN: La función es continua en [0,2] y al derivar se obtiene;

𝑓 ′ (𝑥) = 9𝑥 2 − 6𝑥 − 6

Como 𝑓′(𝑥) existe para todos los valores de 𝑥, 𝑓 es derivable en el intervalo (−∞, +∞) y por tanto, continua en el intervalo (−∞, +∞). El teorema es aplicable en [0,2].

Como 𝑓(0) = 0; y 𝑓(2) = 3.16 − 3.4 − 6.2 = 0

Con el fin de determinar los valores adecuados para 𝑐 , se considera; 𝑓 ′ (𝑥) = 0

9𝑥 2 − 6𝑥 − 6 = 0

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De donde se obtiene:

2

1

𝑥1 =

2 1 − √7 3 3 2

1

∨

2 1 + √7 3 3

𝑥2 =

Una elección adecuada para 𝑐 es + √7; ya que − √7 no está en el intervalo (0,2). 3 3 3 3

TEOREMA DEL VALOR MEDIO Sea 𝑓 una función tal que:

a) Es continua en el intervalo cerrado [𝑎, 𝑏 ]; b) Es diferenciable en el intervalo abierto (𝑎, 𝑏 );

Entonces, existe un número 𝑐 en el intervalo abierto (𝑎, 𝑏 ) tal que 𝑓 ′ (𝑐) =

𝑓(𝑏 ) − 𝑓(𝑎) 𝑏−𝑎

EJEMPLO 25: 1

Sea 𝑓 (𝑥) = 𝑥 ⁄3 ; verifique que se satisfacen las condiciones del teorema del valor medio en [0,2]. Luego determine los números 𝑐 en el intervalo abierto (0,2). SOLUCIÓN: 𝑓 ′ (𝑥) = = 1

Como 𝑓(0) = 0 y 𝑓 (2) = 2 ⁄3; entonces

1 −2⁄ 𝑥 3 3 1

3𝑥

2⁄ 3

1

𝑓(2) − 𝑓 (0) 2 ⁄3 = 2 2−0

−2⁄ 3

=2 =

1

2 2 ⁄3

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Ahora para encontrar el valor de 𝑐;

1

2 3𝑐 ⁄3

=

1

2 2 ⁄3

2

1 𝑐 ⁄3 = 3 22⁄3

𝑐 1 =( ) 2 3 𝑐=±

𝑐=± Debido a que −

2

√27

2⁄ 3

2

3 3 ⁄2

2

√27

no está en el intervalo (0,2); el único valor posible para 𝑐 es

2

√27

.

FORMAS INDETERMINADAS Los tipos de indeterminación son siete:

0

0

∞

; ± ∞ ; ∞ − ∞; 0. ∞; 00 ; 1∞ ; ∞0 .

REGLA DE L´HOSPITAL Si al reemplazar un valor 𝑎 en el cociente de dos funciones nos da una forma 0 ⁄0 0 ∞⁄∞, se procede así: a) Se forma el cociente de la derivada del numerador sobre la derivada del denominador. b) Se reemplaza el valor dado en este nuevo cociente y se efectúan las operaciones.

EJEMPLO 26: Calcular; 5𝑥 2 + 5𝑥 − 30 𝑥→−3 𝑥+3 lim

SOLUCIÓN: Reemplazando por −3;

5(−3)2 + 5(−3) − 30 0 = −3 + 3 0

𝐼𝑛𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑐𝑖ó𝑛

Aplicando regla de L´Hospital 21

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5𝑥 2 + 5𝑥 − 30 10𝑥 + 5 = lim 𝑥→−3 𝑥→−3 𝑥+3 1 lim

= 10. (−3) + 5 = −25

EJEMPLO 27: Calcular; lim

𝑥→∞

SOLUCIÓN: 𝑒𝑥 ∞ = 𝑥→∞ 𝑥 ∞ lim

𝑒𝑥 𝑥

𝐼𝑛𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑐𝑖ó𝑛

Derivando numerador y denominador por separado: 𝑒𝑥 = lim 𝑒 𝑥 𝑥→∞ 𝑥 𝑥→∞ lim

= ∞.

EJEMPLO 28: Calcular; 𝑥2 − 1 𝑥→1 ln 𝑥 lim

SOLUCIÓN: 𝑥2 − 1 0 = 𝑥→1 ln 𝑥 0 lim

𝐼𝑛𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑐𝑖ó𝑛

Aplicando regla de L´Hospital

𝑥2 − 1 2𝑥 = lim 𝑥→1 ln 𝑥 𝑥→1 1 𝑥 lim

= 2.

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EJEMPLO 29: Calcular; lim sen 𝑥. ln 𝑥

𝑥→0+

SOLUCIÓN: lim sen 𝑥. ln 𝑥 = 0. ∞ 𝐼𝑛𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑐𝑖ó𝑛.

𝑥→0+

Escribiendo sen 𝑥 en el denominador del denominador,se tendrá; lim+

𝑥→0

ln 𝑥 1 sen 𝑥

Ahora si se toma límite; lim+

𝑥→0

ln 𝑥 ∞ = 𝐼𝑛𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑐𝑖ó𝑛. 1 ∞ sen 𝑥

Aplicando regla de L´Hospital lim+

𝑥→0

1⁄ ln 𝑥 𝑥 = lim+ − cos 𝑥 1 𝑥→0 sen2 𝑥 sen 𝑥 = lim+ − 𝑥→0

= − lim +

=0

𝑥→0

sen2 𝑥 𝑥 cos 𝑥

2sen 𝑥 . 𝑐𝑜𝑠𝑥 cos 𝑥 − 𝑥 sen 𝑥

Gráfica de la función 𝑓(𝑥) = sen 𝑥. ln 𝑥

23

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EJEMPLO 30: Calcular; lim (sen 𝑥 ...