ejercicios detallados del obj 5 mat ii 178 179-

Capitulo II

Matemática II

Objetivo 5. Aplicar las derivadas de orden superior a uno a problemas de

optimización, a la representación gráfica de una función o a la aproximación de

funciones mediante funciones polinómicas.

Ejercicio 1

Dada la función :f →ℝ ℝ definida por: 4 3

2( ) 112 6

x xf x x= + − + .

a. Determinar los puntos de inflexión y los intervalos de concavidad y

convexidad.

b. Representar aproximadamente la gráfica de ( )f x .

Solución

Justificación: Primero quiero dejarte claro amiga y amigo estudiante con

las palabras concavidad y convexidad en Matemática, ya que a mi juicio hay

que dar 2 palabras y no una, al hablar de este aspecto, observa lo siguiente:

Como puedes ver una curva puede ser cóncava y convexa, de manera,

que si se te pide, diga cuando una curva es cóncava o convexa, no será

suficiente información ya que una curva tiene ambas características. Ahora

bien, ¿cómo resolver esta situación?

Se resuelve así:

Cuando la curva este así:

Y cuando la curva este así:

Observa como el problema se soluciono, solo con mencionar si la

característica es hacia arriba o hacia abajo. En el resto de esta guía cuando

hable de concavidad y convexidad, hablare de cóncava hacia arriba o hacia

abajo según sea el caso ó de convexa hacia arriba o hacia abajo, según sea el

caso.

Ahora comenzaré a dar respuesta al ejercicio número 1.

a. Los puntos de inflexión son aquellos donde la curva cambia de

cóncava hacia arriba a convexa hacia abajo ó de cóncava hacia abajo a

convexa hacia arriba.

Estos puntos ( ),x y de inflexión, SIEMPRE se consiguen de la siguiente

manera:

Para conseguir las abscisas de los puntos, es decir, las coordenadas

equis, se iguala a cero la segunda derivada y se resuelve la ecuación

generada, así: 4 3

2

4 1 3 1 3 2era ' 2 1 ' 1

3 1 2 1da '' 1 1 '' 2 1 0 2

( ) 112 6

4 31 derivada: ( ) 2 0 ( ) 2

12 6 3 2

3 22 derivada: ( ) 2.1 ( ) 2 2

3 2

x xf x x

x x x xf x x f x x

x xf x x f x x x x x x

− −−

− −−

= + − +

= + − + → = + −

= + − → = + − = + −

Ahora igualaremos a cero:

222

1

2

1 1 4.1.( 2)4 1 1 82 0

2 2.1 21 3 2

11 9 1 3 2 2

1 3 42 22

2 2

b b acx x x

a

xx

x

− ± − −− ± − − ± ++ − = → = = =

− + = = =− ± − ± = = = − − − = = = −

Una vez obtenidas las abscisas, se consiguen las ordenadas, es decir,

las coordenadas yes, con la función original, así:

Para 1 1x = :

4 3 4 32 21 1 1 1 6 12 18 1

( ) 1 1 1 1 112 6 12 6 12 6 72 72 4

x xf x x y

+= + − + → = + − + = + − + = = =

El primer punto de inflexión es: 1

1,4

Para 2 2x = − :

4 3 4 32 2( 2) ( 2) 4 8 4 16

( ) 1 ( 2) 1 4 1 3 1 3 412 6 12 6 12 6 12

x xf x x y

− − −= + − + → = + − − + = − − + = − = − − = −

El segundo punto de inflexión es: ( )2, 4− −

Después de conseguir estos puntos de inflexión, pasaremos a conseguir

los intervalos donde la curva es cóncava hacia arriba ó convexa hacia abajo y

cóncava hacia abajo ó convexa hacia arriba.

El intervalo donde la función es cóncava hacia arriba ó convexa hacia

abajo SIEMPRE se obtiene así: ''( ) 0f x >

Curva así: ∪

Y el intervalo donde la curva es cóncava hacia abajo o convexa hacia

arriba es: ''( ) 0f x <

Curva así: ∩

Resolveré ''( ) 0f x > , es decir, 2 2 0x x+ − > . Sabemos del objetivo 3 de

Matemática 1, donde se explico en detalle la resolución de inecuaciones, que

debemos factorizar este polinomio para resolver la inecuación; pero, Para

factorizar este polinomio debemos conseguir las raíces, es decir, 2 2 0x x+ − = ,

pero éstas raíces ya las conseguimos, cuando calculamos las abscisas de los

puntos de inflexión, y son: 1 1x = y 2 2x = − , por lo tanto nuestro polinomio

factorizado queda: 2 2 ( 1)( 2)x x x x+ − = − + , así nuestra inecuación queda:

2 2 0

( 1)( 2) 0

x x

x x

+ − >− + >

Para resolver esta inecuación, estudiare los signos de este producto a

través del siguiente cuadro (LA EXPLICACIÓN DETALLADA DE LA

CONSTRUCCIÓN DE ESTE CUADRO SE ENCUENTRA EN EL OBJETIVO 3

DE MATEMÁTICA 1):

En la parte superior se ubican ordenadamente las raíces 1 1x = y 2 2x = − ,

como si estuvieran en el eje real, y siempre se completa en la parte izquierda

con menos infinito y en la parte derecha con más infinito.

En la parte izquierda del recuadro se colocan las expresiones

factorizadas ( 1) y ( 2)x x− + . SigI Significa, signo de la inecuación.

Ahora bien, primero se resuelve la primera fila del recuadro a través de:

( 1) 0 1x x− > → >

Esto indica que para toda equis mayor que uno la expresión ( 1)x − es

positiva, por lo tanto a partir de la línea vertical a la derecha, donde se

encuentra el 1 en la parte superior, se ubican signos positivos y de resto, es

decir, a la izquierda de esa misma línea signos negativos.

Procedemos de igual forma para:

( 2) 0 2x x+ > → > −

Esto indica que para toda equis mayor que menos dos la expresión

( 2)x + es positiva, por lo tanto a partir de la línea vertical a la derecha, donde

se encuentra el 2− en la parte superior, se ubican signos positivos y de resto,

es decir, a la izquierda de esa misma línea signos negativos.

Finalmente, se multiplican verticalmente, columna por columna, los

signos para obtener la última fila, donde se encuentra la notación SigI .

De esta manera se obtiene el siguiente cuadro:

Ahora observa el siguiente esquema explicativo:

Por lo tanto la función es cóncava hacia arriba ó convexa hacia abajo, en

el intervalo:

( ) ( ), 2 1,−∞ − ∪ ∞


arriba en el intervalo:

( )2,1−

b. Gráfica aproximada:

Para hacer esta representación gráfica aproximada, dibujamos los

puntos de inflexión y con el conocimiento de los intervalos donde es cóncava

hacia arriba ó convexa hacia abajo, se tiene:

Gráfica 1

Respuesta: Los puntos de inflexión son: 1

1,4

y ( )2, 4− − . La función es

cóncava hacia arriba ó convexa hacia abajo, en el intervalo: ( ) ( ), 2 1,−∞ − ∪ ∞ y

cóncava hacia abajo o convexa hacia arriba en el intervalo: ( )2,1−

La gráfica aproximada es la representada en la gráfica 1.

Ejercicio 2

Supongamos que el rendimiento r en % de un estudiante UNA en una

prueba parcial de Matemática II que tiene una duración de 3 horas viene dado

por: .(3 )r t t= − , donde 0 3t< < es el tiempo en horas. Determinar:

a. ¿En qué momentos aumenta o disminuye el rendimiento?

b. ¿En qué momento el rendimiento es nulo?

c. ¿Cuándo se obtiene el mayor rendimiento y cuál es?

Solución

Justificación: Para:

a. En este caso nos están pidiendo donde la función crece y donde

decrece, a saber:

• La función crece cuando '( ) 0r t >

• La función decrece cuando '( ) 0r t <

Por lo tanto, calculamos la primera derivada, pero antes de calcularla,

efectuare la propiedad distributiva en la función original para que sea más

fácil el proceso de derivación: 2.(3 ) 3r t t t t= − = −

Derivando: 2 '.(3 ) 3 3 2r t t t t r t= − = − → = −

Por lo tanto la función crece cuando:

' 3( ) 0 3 2 0 3 2

2r t t t t> → − > → > → <

De esta última conclusión se deduce que la función decrece cuando

3

2t > .

Como la función esta definida en: 0 3t< < , la función crece en el

intervalo:

30

2t< <

Y decrece en el intervalo:

33

2t< <

b. El rendimiento es nulo cuando 0r = , es decir:

00

3.(3

0)

3r

t

tt t

t−

− ==

= = = ∴

Por lo tanto en 0 y 3t t= = el rendimiento se anula.

c. El mayor rendimiento se obtiene en la abscisa máxima, y para

calcularla primero se consiguen los puntos críticos a través de la igualdad: ' 0r =

Es decir:

' 33 2 0 2 3

2r t t t= − = ∴ = ∴ =

Para verificar la naturaleza de este valor, es decir, si es máximo o

mínimo, se procede a verificar con la prueba de la segunda derivada, a saber:

• Si al evaluar la segunda derivada en la abscisa crítica resulta positiva

concluimos que tenemos un mínimo.

• Si al evaluar la segunda derivada en la abscisa crítica resulta negativa

concluimos que tenemos un máximo.

La segunda derivada en este caso es: ' ''3 2 2r t r= − → = −

Como la derivada es siempre negativa, al evaluarla en la abscisa 3

2t =

nos dará negativa, por lo tanto se concluye que 3

2t = es un máximo.

El valor de la función, es decir, del rendimiento en este punto es:

3 3 3 3 6 3 3 3 9. 3 . .

2 2 2 2 2 2 2 4r

− = − = = =

Respuesta:

a. El rendimiento aumenta en: 3

02

t< < y disminuye en: 3

02

t< <

b. En 0 y 3t t= = el rendimiento es nulo.

c. El mayor rendimiento ocurre en 3

2t = y tiene por valor

3 9

2 4r =

.

Ejercicio 3

Se desea construir una caja abierta sin cara superior y de base cuadrada

con 108 pulgadas cuadradas de material. ¿Cuáles serán las dimensiones de la

caja para que el volumen sea máximo?

Solución

Justificación: Primero dibujamos la caja, para ayudarnos con dicha

imagen:

Observa algo muy importante, hay que darle nombre a las dimensiones,

en este caso por ser la base cuadrada, le di a su base la longitud x , y a la

altura, y . Observa que NO TIENE TAPA , de tenerla la hubiese destacado en

rojo.

Ahora bien, en este tipo de problema es clave que identifiques

SIEMPRE 2 funciones , a saber:

• Función condición.

• Función a optimizar. (esta función es la que se derivará y se le buscaran

las abscisas máximas o mínimas según el caso)

La función condición es la que se plantea en el enunciado y la función a

optimizar, se forma con lo que se pregunta, así:

Función condición

Cuando en el enunciado se menciona: 108 pulgadas cuadradas de

material, esto permite plantearse, que en material, es decir, el área de las caras

laterales más la base cuadrada debe ser igual a 2108 lgpu , y el área de las

caras laterales, son áreas de rectángulos, base por altura, en este caso:

.una caraA x y=

Como la caja tiene 4 caras laterales, el área total lateral será:

4 .lateralA x y=

Como también se gasta material en la base, debemos pues calcular el

área de la base, que como es un cuadrado, será:

2baseA x=

Por lo tanto el área total de TODA LA CAJA, es decir, GASTO TOTAL

DE MATERIAL, será:

2

2

4 . 108

4 8 . 10totalA x y

x y

x

x

= +

=

=

+

Es de esta función condición donde se despeja una de las variables,

para sustituirla en la función a optimizar, evidentemente la variable más fácil de

despejar en ésta ultima ecuación azul obtenida, es la variable ye, por lo tanto:

2108

4

xy

x

−=

Función a optimizar

Cuando se pregunta: ¿Cuáles serán las dimensiones de la caja para que

el VOLUMEN SEA MÁXIMO ?, Nos da la clave de que la función a optimizar es

el volumen de la caja, y sabiendo que el volumen de una caja es el producto

del área de la base por su altura, se tiene:

2.V x y=

Una vez conseguidas ambas funciones (condición y a optimizar) y haber

despejado una de las variables de la función condición, enseguida se procede

a sustituir dicho despeje en la función a optimizar, para tener una función con

una sola variable, observa:

22

2. .108

4V y

xx x

x−= =

por lo tanto la función QUE SE DERIVARÁ y se le conseguirán los

puntos críticos y la naturaleza de los mismos (máximos o mínimos) es:

22 2108.

4

xV x V x

x

−= → =

2108.

4

x

x

−

( )

2

3

108.

4

1 108

4

xx

V x x

−=

= −

Derivando esta última función:

( ) ( ) ( )3 ' 3 1 21 1 1108 108 3 108 3

4 4 4V x x V x x−= − → = − = −

Nota: para derivar se aplico: ( )' 1.n nx n x −=

Para ubicar el ó los puntos críticos, se iguala a cero ésta última derivada

y se procede a despejar equis:

( )' 2 2 2 21 108108 3 0 108 3 0 3 108 36 36 6

4 3V x x x x x= − = → − = → = → = = ∴ = =

Para conocer la naturaleza de este punto crítico, se procede a aplicar la

prueba de la segunda derivada, a saber:





La segunda derivada en este caso es:

( ) ( ) ( )' 2 '' 2 11 1 1 3108 3 3 2 6

4 4 4 2V x V x x x− −= − → = − × = − =

Evaluando en la segunda derivada el punto crítico 6x = , obtenido se

tiene:

( )'' 36 .6 9 0

2V

−= = − <

Como da menor que cero, es decir, negativa, se tiene que el punto 6x =

es un máximo, que es precisamente lo que se quería, mayor volumen de la

caja.

Como se nos pide las dimensiones de la caja, y ya tenemos una, la

dimensión de la base: 6x = , faltaría la dimensión de la altura, es decir ye, para

obtenerla, hacemos uso de la función condición despejada:

2108

4

xy

x

−=

Sustituyendo 6x = , se tiene:

2108 6 108 36 723

4.6 24 24y

− −= = = =

Por lo tanto:

Respuesta: Las dimensiones de la caja para que el volumen sea máximo

son: 6x = y 3y = .

Ejercicio 4

Realizar el estudio completo y la representación gráfica de la función

4

2

1( )

xf x

x

+=

Solución

Justificación: Para realizar el estudio completo de la función, procederé a

analizar cada uno de los siguientes aspectos:

1) Dominio y Rango.

2) Continuidad.

3) Periodicidad.

4) Simetría.

5) Puntos de corte con los ejes coordenados.

6) Signo de la función.

7) Asíntotas.

8) Monotonía. Puntos máximos y mínimos e intervalos de crecimiento y

decrecimiento.

9) Curvatura. Puntos de inflexión e intervalos donde la curva es cóncava

hacia arriba o convexa hacia abajo y cóncava hacia abajo o convexa hacia

arriba.

10) Gráfica de la función.

NOTA: OBSERVA QUE DESTAQUE EN AZUL ALGUNOS

ASPECTOS, PORQUE CON ÉSTAS SON SUFICIENTES PARA

GRÁFICAR, LAS DEMÁS QUE NO ESTAN DESTACADAS, IGUAL

LAS CALCULARE, PERO SON OPCIONALES SEGÚN SE TE

EXIJA EN LA PREGUNTA, POR LO GENERAL NO SON

NECESARIAS CALCULARLAS.

En este caso, se tiene:

1) Dominio: El dominio de la función, son los valores de la variable

independiente (equis) para los cuales la función existe; si observamos la

estructura de la función:

4

2

1( )

xf x

x

+=

Notaremos claramente que el numerador 4 1x + es un polinomio, y se

sabe que todo polinomio tiene como dominio todos los números reales, por otro

lado el denominador 2x también es un polinomio y su dominio son los reales,

pero, por estar presente en el denominador de la función dada, debemos

excluir los puntos donde éste polinomio se anula, es decir,

2 0 0x x= → =

En conclusión el dominio de la función 4

2

1( )

xf x

x

+= son todos los

números reales menos el cero, matemáticamente esto se denota así:

( ) { }0Dom f = −ℝ

Rango: Antes de explicarte como calcularemos el rango de la función, es

importante mencionarte que el Rango es el mayor conjunto de llegada, que

debemos determinar completamente para graficar la función dada, porque

trabajaremos con todo el dominio ya calculado de la función; hago esta

aclaratoria porque a veces se restringe el dominio de la función, lo que causa

una restricción en las imágenes, causando pues obtener un conjunto de llegada

menor que el Rango.

Por ejemplo el dominio de la función ( ) 1f x x= + son todos los reales, y

el rango también, sin embargo, en un momento dado te podrías encontrar con:

[ ] [ ]: 2,7 / (1,8 ) 1f f x x−− → = +

Fíjate como el conjunto de llegada esta dado por el intervalo [ ]1,8− que

es menor que el rango que son todos los reales ( ),= −∞ ∞ℝ .

Hecha esta aclaratoria, procederé a conseguir el rango de la función

dada: 4

2

1( )

xf x

x

+= .

Para conseguir el rango de una función se acostumbra buscar el dominio

de la función inversa, sin embargo, hay que tener cuidado a la hora de analizar

dicho Intervalo, observa:

Calculare la función inversa, esto se logra intercambiando las variables y

luego despejando ye en función de equis, así:

4 4

2 2

1 1x yy x

x y

+ += → =

Ahora despejare ye en función de equis:

( )2

22 4 4 2 2 2 2 ( ) ( ) 4(1)(1)1 1 0 1 0

2(1)

x xxy y y xy y xy y

− − + − −= + → − + = → − + = → =

Observa que se llego a una ecuación de segundo grado en función de

2y , por ello se aplico la resolverte.

Es importante destacar que la resolvente se trabaja solo con el signo +,

no con el ± , la razón de esto es que se esta buscando una FUNCIÓN inversa,

no una RELACIÓN inversa. Continuando:

2 2 22 4 4 4

2 2 2

x x x x x xy y

+ − + − + −= ∴ = =

Por lo tanto la función inversa es:

21 4( )

2

x xf x− + −=

Para conseguir el dominio de esta función se trabaja con las

restricciones que generan las raíces cuadradas, en este caso:

2 4 0x x+ − ≥ y 2 4 0x − ≥

NOTA: RECUERDA QUE LA SOLUCIÓN DE ESTAS INECUACIONES

CORRESPONDEN AL RANGO, ES DECIR A LAS IMÁGENES DE LA

FUNCIÓN ORIGINAL 4

2

1( )

xf x

x

+= .

Para resolviendo la primera inecuación: 2 4 0x x+ − ≥ , debemos

factorizar : 2 4x − , así:

2 2 24 ( 2)( 2) se aplico: ( )( )x x x a b a b a b− = − + − = − +

Ahora nuestra inecuación queda:

( 2)( 2) 0x x x+ − + ≥

Observa que esta inecuación esta compuesta por la suma de 2

expresiones:

1era expresión: x

2da expresión: ( 2)( 2)x x− +

y esta suma debe ser positiva, ya que nos indican que

( 2)( 2)x x x+ − + debe ser mayor o igual que cero.

De aquí se desprende que x debe ser positiva para que al sumarse al

número positivo ( 2)( 2)x x− + nos genere pues un número positivo.

Por lo tanto 0x ≥ y ( 2)( 2) 0x x− + ≥ .

La expresión 0x ≥ se cumple para el intervalo [ )0,∞ , mientras que la

expresión ( ) ( )2 2

( 2)( 2) 0 ( 2)( 2) 0 ( 2)( 2) 0x x x x x x− + ≥ → − + ≥ → − + ≥

Para resolver esta última inecuación, estudiare los signos de este

producto a través del siguiente cuadro (LA EXPLICACIÓN DETALLADA DE LA

CONSTRUCCIÓN DE ESTE CUADRO SE ENCUENTRA EN EL OBJETIVO 3

DE MATEMÁTICA 1):

En la parte superior se ubican ordenadamente las raíces 1 2x = y

2 2x = − , como si estuvieran en el eje real, y siempre se completa en la parte

izquierda con menos infinito y en la parte derecha con más infinito.


factorizadas ( 2) y ( 2)x x− + . SigI Significa, signo de la inecuación.


( 2) 0 2x x− > → >

Esto indica que para toda equis mayor que 2 la expresión ( 2)x − es





( 2) 0 2x x+ > → > −


( 2)x + es positiva, por lo tanto a partir de la línea vertical a la derecha, donde






Por lo tanto la inecuación ( 2)( 2) 0x x− + ≥ , en el intervalo:

( ) ( ), 2 2,−∞ − ∪ ∞

Ahora bien, por un lado tenemos que 0x ≥ se cumple para el intervalo

[ )0,∞ , y ( 2)( 2) 0x x− + ≥ que se cumple en el intervalo ( ) ( ), 2 2,−∞ − ∪ ∞ .

Interceptando estas 2 soluciones, se tiene:

Se observa claramente que la intercepción se da en el intervalo: ( )2,∞ .

La otra inecuación, 2 4 0x − ≥ , no es necesario resolverla porque es

equivalente a la ya resuelta: ( 2)( 2) 0x x− + ≥

Por lo tanto el rango de la función 4

2

1( )

xf x

x

+= es el intervalo [ )2,∞ .

2) Continuidad:

La función 4

2

1( )

xf x

x

+= es continua en todo su dominio, porque esta

compuesta por funciones polinómicas, que por definición son continuas.

Entonces, el único punto de discontinuidad es donde la función no esta

definida, es decir, 0x = .

3) Periodicidad:

En matemática, una función es periódica si los valores de la función se

repiten conforme se añade a la variable independiente un determinado

período , o sea:

( ) ( )f x f x P= +

donde P es el período.

En nuestro caso:

4

2

1( )

xf x

x

+=

y

4 4 3 2 2 3 4

2 2 2

( ) 1 4 6 4 1( )

( ) 2

x P x x P x P xP Pf x P

x P x xP P

+ + + + + + ++ = =+ + +

Se observa claramente que la función no es periódica, ya que:

( ) ( )f x f x P≠ +

4) Simetría.

Una función es simétrica respecto del eje de las ordenadas o eje ye, si

es par, es decir, si se cumple: ( ) ( )f x f x− = .

Por otro lado, una función es simétrica respecto del origen, si es impar,

es decir, si se cumple: ( ) ( )f x f x− = −

Veamos si nuestra función es par o impar.

Verificando si es par, se tiene:

4 4

2 2

( ) 1 1( ) ( )

( )

x xf x f x

x x

− + +− = = =−

Se observa que nuestra función es par.

Recuerda que base negativa, exponente par, el resultado siempre es positivo.

Verificando si es impar, se tiene:

4 4

2 2

( ) 1 1( ) ( )

( )

x xf x f x

x x

− + +− = = = +−

Se observa que: ( ) ( )f x f x− ≠ − , por lo tanto nuestra función no es

impar.

De éste análisis concluimos que la función es simétrica respecto del eje

de las ordenadas.


Para conseguir el corte de la función 4

2

1( )

xf x

x

+= con el eje “Y” se

hace 0x = .


2

1( )

xf x

x

+= con el eje “X” se

hace 0y = .

Calculo del corte de la función con el eje Y

4 4

2 2

1 0 1 1

0 0

xy y

x

+ += → = = = ∃

Sabemos que la división entre cero no existe, por lo tanto la función no

corta al eje Y.

Calculo del corte de la función con el eje X

44 4 4

2

10 1 0 1 1

xx x x

x

+= → + = → = − → = − = ∃

Sabemos que la raíz de índice par de un número negativo no existe, por

lo tanto la función no corta al eje X.


Saber los intervalos donde la función dada es positiva o negativa es muy

útil a la hora de graficar, sin embargo, como esta función no tiene cortes con el

eje “X”, quiere decir que siempre es POSITIVA o siempre es NEGATIVA. Esto

se sabe resolviendo la inecuación:

4

2

1( ) 0

xf x

x

+= >

Observamos que la solución de esta inecuación son todos los reales

menos el cero, porque todo número elevado a un exponente par, siempre es

positivo y al sumarle el 1 positivo, pues da positivo, en fin, la solución de esta

inecuación es: { }0−ℝ .

Esta información nos indica que la grafica de la función esta ubicada

toda por encima del eje de las equis.

7) Asíntotas.

Hay 3 tipos de asíntotas, a saber, vertical, horizontal y oblicua, veamos

cual de estas asíntotas tiene nuestra función:

4

2

1( )

xf x

x

+=

Asíntota vertical Asíntota horizontal Asíntota obli cua

Como su nombre lo indica

se representa en un

sistema cartesiano por

una recta vertical de

ecuación x a= , y debe

cumplirse:

lim ( )x a

f x→

= ∞

Para que exista asíntota

horizontal es condición

necesaria que el dominio

no debe estar acotado. En

este caso se trata de una

recta horizontal, cuya

pendiente es cero, y el

valor de dicha recta se

calcula:

lim ( )x

y f x→∞

=

Esta asíntota viene

representada por

y mx b= + , donde:

( )limx

f xm

x→∞=

y

( )lim ( )x

b f x mx→∞

= −

Las condiciones necesarias

para que exista asíntota

oblicua son:

a) Al menos uno de los

extremos del dominio debe

ser infinito.

b) ( ) si f x x→ ∞ → ∞

En nuestro caso se toma

0x = como asíntota

vertical, porque:

4 4

2 20

1 0 1 1lim

0 0x

x

x→

+ += = = ∞

En nuestro caso: En nuestro caso:

4

2

4

3

1( )

lim lim

1lim

x x

x

xf x xm

x x

x

x

→∞ →∞

→∞

+

= = =

+ = ∞

4

2

4

4 4 4

2

24

1lim ( ) lim

1 11

lim lim1

11 1 0 1

1 0 0

x x

x x

xy f x

x

x

x x xx

xx

→∞ →∞

→∞ →∞

+= = =

+ += =

+ +∞ = = = ∞

∞

Si hubiera dado un

número real, esta sería la

asíntota horizontal.

Por lo tanto no hay asíntota

oblicua, si hubiese dado un

número real, hubiésemos

pasado a calcular b .


decrecimiento.

El crecimiento o decrecimiento de una función, se o bserva en la

gráfica cuando se recorre de izquierda a derecha.

Estos puntos ( ),x y máximos y mínimos, SIEMPRE se consiguen de la

siguiente manera:

Primero se calculan las abscisas de los puntos críticos, es decir, las

coordenadas equis, igualando a cero la primera derivada y resolviendo la

ecuación generada (también se consideran puntos críticos donde la primera

derivada no existe), así:

( ) ( )( )( )

( )

4

2

' '4 2 4 2 3 2 4

era '2 42

5 5 5'

4 4

1 ( )

1 . 1 4 . 1 21 derivada: ( )

24 2 2 2 2 ( )

xf x

x

x x x x x x x xf x

xx

xx x x x xf x

x x

+=

+ − + − += = =

− − −= = =( )4

4

1x

x

− ( )4

3

2 1x

x

−=


( ) ( )( )4

4 2 23

2 10 1 0 1 1 0

xx x x

x

−= → − = → − + =

Acá se aplicó: ( ) ( )( )2 2 224 2

2 2

1 11

( ) )

1

(

x x x

a b b ba

x

a

− = − → − +

− = − +

Cuando un producto esta igualado a cero, ocurre:

( )( )12 2

2 22

2 2

11 0 1 1

11 1 0

1 0 1 1 No tiene solucion real

xx x x

xx x

x x x

=− = → = → = ± = −− + =

+ = → = − → = ± − →

Una vez conseguidas las abscisas de los puntos críticos, se debe

estudiar la naturaleza de cada uno de ellos, es decir, si son máximos o

mínimos, para ello aplicaré la prueba de la segunda derivada, calculando dicha

segunda derivada primero, claro está:

( )

( ) ( )( )( )

( )

4

'3

' '4 3 4 3 3 3 4 2

da ''2 63

26 6 2 6 2''

6 4

2 1 ( )

1 . 1 4 . 1 32 derivada: ( ) 2 2

24 3 3 3 ( ) 2 2

xf x

x

x x x x x x x xf x

xx

xx x x x xf x

x x

−=

− − − − − = = =

− + += = =

( )4

6

3x

x

+ ( )4

4

2 3x

x

+=

Como ya te mencioné, la naturaleza de los puntos críticos, se conocerá

aplicando el criterio de la segunda derivada, a saber:






( )4

''4

2 3 ( )

xf x

x

+=

Naturaleza del punto crítico 1 1x = :

( ) ( )4

''4

2 1 3 2 1 3 (1) 2(4) 8

1 1f

+ += = = +=

Por lo tanto 1 1x = es la abscisa de un punto mínimo.

Naturaleza del punto crítico 2 1x = − :

( )( )( )

( )4

''4

2 1 3 2 1 3 ( 1) 2(4) 8

11f

− + +− = = =

−+=

NOTA: Recuerda que base negativa, exponente par el resultado es positivo.

Por lo tanto 2 1x = − es la abscisa de un punto mínimo.



Para 1 1x = :

4 4

2 2

1 1 1 1 1 2( ) 2

1 1 1

xf x y

x

+ + += → = = = =

El primer punto mínimo es: ( )1,2

Para 2 1x = − :

( )( )

44

22

1 11 1 1 2( ) 2

1 11

xf x y

x

− ++ += → = = = =−

El segundo punto mínimo es: ( )1,2−

Después de conseguir estos puntos mínimos, pasaremos a conseguir los

intervalos donde la curva crece y decrece.

La función crece cuando: '( ) 0f x >

La función decrece cuando: '( ) 0f x <

Crecimiento de la función

La primera derivada es: ( )4

'3

2 1( )

xf x

x

−= , por lo tanto, planteando la

inecuación, se tiene:

( )4

3

2 10

x

x

−>

Para resolver esta inecuación debemos factorizarla, en este caso se

aplica:

( ) ( )( )2 2 224 2

2 2

1 11

( ) )

1

(

x x x

a b b ba

x

a

− = − → − +

− = − +

y

( ) ( )2

2 2 ( (

1 1 1

) )

x x x

a a ab b b

− → − +

− = − +

Por lo tanto nuestra inecuación queda:

( ) ( ) ( )2

3

2 1 1 10

x x x

x

− + +>

Para resolver esta inecuación, estudiare los signos de cada una de las

expresiones a través del siguiente cuadro (LA EXPLICACIÓN DETALLADA DE

LA CONSTRUCCIÓN DE ESTE CUADRO SE ENCUENTRA EN EL OBJETIVO

3 DE MATEMÁTICA 1):

En la parte superior se ubican ordenadamente las raíces de cada

expresión:

( ) 12 1 0 1x x− = → =

( ) 21 0 1x x+ = → = −

330 0x x= → =

Como si estuvieran en el eje real, y siempre se completa en la parte



factorizadas ( )3 22( 1), ( 1), y 1x x x x− + + . SigI Significa, signo de la

inecuación.


( )2 1 0 1x x− > → >

Esto indica que para toda equis mayor que 1 la expresión ( )2 1x − es





( )1 0 1x x+ > → > −

Esto indica que para toda equis mayor que menos uno la expresión

( )1x + es positiva, por lo tanto a partir de la línea vertical a la derecha, donde



Para: 3 0 0x x> → >

Esto indica que para toda equis mayor que cero la expresión 3x es




La expresión ( )2 1x + siempre es positiva por estar elevada al cuadrado

su variable y sumarse 1 positivo.




Cuadro número 1

Por lo tanto la función crece: '( ) 0f x > , en el intervalo:

( ) ( )1,0 1,− ∪ ∞

Decrecimiento de la función

La primera derivada es: ( )4

'3

2 1( )

xf x

x

−= , por lo tanto, planteando la


( )4

3

2 10

x

x

−<

Del cuadro número 1 anterior, se tiene:

La función decrece: '( ) 0f x < , en el intervalo:

( ) ( ), 1 0,1−∞ − ∪



arriba.

Estos puntos ( ),x y de inflexión, se calcularan de la siguiente manera:



generada, así:

( )4

'' 4 44

2 3 ( ) 0 3 0 3

xf x x x

x

+= = ∴ + = → = − = ∃

Recuerda que la raíz de índice par de un número negativo no existe, por

eso esta ecuación no tiene solución.

En este caso no hay puntos de inflexión, cuando esto ocurre es que la

curva siempre es cóncava hacia arriba ó convexa hacia abajo O cóncava hacia

abajo ó convexa hacia arriba.

Para averiguar que concavidad o convexidad posee nuestra función,

pasaremos a plantear la siguiente teoría:

El intervalo donde la función es cóncava hacia arriba ó convexa hacia

abajo SIEMPRE se obtiene así: ''( ) 0f x >

Curva así: ∪


arriba es: ''( ) 0f x <

Curva así: ∩

Resolveré ''( ) 0f x > , es decir, ( )4

4

2 3 0

x

x

+> .

Pero esta inecuación es fácil de resolver, ya que todas sus variables

están elevadas a un exponente positivo, por lo tanto dichas potencias son

positivas, además se le suma un número positivo (+3) y esta multiplicada por

un número positivo (2), por lo tanto la expresión ( )4

4

2 3

x

x

+ siempre es positiva,

o lo que es lo mismo, siempre es ( )4

4

2 3 0

x

x

+> , excepto claro esta donde ella

no existe, es decir, donde el denominador 4x se anula, y es fácil observar que

esto sucede cuando 4 0 0x x= → = .

Por lo tanto la función siempre es cóncava hacia arriba ó convexa hacia

abajo, es decir, en todo el dominio de la función, a saber:

{ }0−ℝ


Ahora con la información obtenida, podremos hacer la gráfica explicativa

de la función:

A continuación encuentras todo el resumen de lo calculado.

Respuesta:

1) Dominio: { }0−ℝ y Rango: [ )2,∞

2) Continuidad: Discontinuidad en el punto 0x =

3) Periodicidad: No es periódica.

4) Simetría: Simétrica respecto del eje “Y” por ser par.

5) Puntos de corte con los ejes coordenados: No tiene cortes con ningún

eje coordenado.

6) Signo de la función: Siempre es positiva.

7) Asíntotas: Posee solo asíntota vertical y es la recta 0x = .


decrecimiento: Posee sólo 2 puntos mínimos, a saber: ( )1,2 y ( )1,2− . Además

crece en el intervalo: ( ) ( )1,0 1,− ∪ ∞ y decrece en el intervalo: ( ) ( ), 1 0,1−∞ − ∪



arriba: No posee puntos de inflexión, la curva siempre es cóncava hacia arriba

o convexa hacia abajo.

10) Gráfica de la función:

Ejercicio 5

Realizar el estudio completo de la siguiente función 2

2( ) 2

1

xf x

x= −

−

Solución



1) Dominio y Rango.

2) Continuidad.

3) Periodicidad.

4) Simetría.



7) Asíntotas.


decrecimiento.



arriba.












2

2( ) 2

1

xf x

x= −

−

Cuando tenemos una raíz de índice par, como la que se nos presenta en

el ejercicio que es cuadrada, SIEMPRE se genera la restricción:

2 1 0x − ≥

Como esta raíz cuadrada está en el denominador, y sabemos QUE EL

DENOMINADOR SIEMPRE DEBE SER DISTINTO DE CER, se escribe: 2 1 0x − >

Normalmente se resuelve esta inecuación, factorizándola así:

2 2

2 2

1 1( )( )

( )( )

1x x x

a b b a ba

− = − +− = − +

Y luego sustituyendo queda:

( 1)( 1) 0x x− + >

Puedes resolverla así ( 1)( 1) 0x x− + > , y analizas el signo de cada

expresión tal como lo he venido haciendo, sin embargo, en esta ocasión

resolveré esta inecuación 2 1 0x − > , con el conocimiento que tienes de

derivada, porque el análisis es muy sencillo.

Esta función 2 1y x= − es una parábola que abre hacia arriba, porque el

coeficiente de 2x es positivo.

Al derivar esta función, se tiene el punto mínimo: ' 2 0 0y x x= = ∴ = ,

sustituyendo en la ecuación original se tiene: 2 1 0 1 1y x= − = − = − , por lo tanto

el mínimo que es el mismo vértice de la parábola es ( )0, 1− , además se

igualamos a cero la función original 2 1 0y x= − = , encontraremos sus cortes con

el eje equis, así: 2 21 0 1 1 1x x x− = ∴ = ∴ = ± = ± , por lo tanto la gráfica de esta

parábola es:

En ésta gráfica se observa claramente que 2 1 0x − > , es decir, 2 1x − es

positiva en el intervalo:

( ) ( ), 1 1,−∞ − ∪ ∞

Como ya resolvimos la inecuación generada por buscar el dominio de la

función 2

2( ) 2

1

xf x

x= −

−, podemos decir, que dicho dominio es:

( ) ( ) ( ) : , 1 1,Dom f x −∞ − ∪ ∞

Rango: Para conseguir el rango de una función se acostumbra buscar el

dominio de la función inversa, sin embargo, hay que tener cuidado a la hora de

analizar dicho Intervalo, observa:



2 2

2 22 2

1 1

x yy x

x y= − → = −

− −


2 2

2 22 2

1 1

y yx x

y y= − → + =

− −

Para eliminar la raíz cuadrada se eleva al cuadrado ambos miembros:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )4

2 2 2 22 4 2 42

2 2 1 2 21

yx x y y x y x y

y+ = → + − = → + − + =

−

( ) ( ) ( )2 2 22 22 2 0y x y x− + + + =

Haciendo el cambio de variable: 2w y= , se tiene:

( ) ( )2 22 2 2 0w x w x− + + + =

Ecuación de segundo grado, que se resuelve con la fórmula

2 4

2

b b ac

a

− ± − , RECORDANDO QUE SE USA O EL SIGNO `O EL SIGNO

MENOS EN LA RAÍZ, es decir, 2 4

2

b b ac

a

− + − , porque se busca es la función

inversa, no la relación inversa.

Entonces:

( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

22 2 22

2 4 2 2 4 2

2 2 4(1) 24

2 2(1)

2 2 4 2 2 2 4 2

2 2

x x xb b acw

a

x x x x x xw

+ + + − +− + −= =

+ + + − + + + + − += =

Como 2w y= , finalmente se tiene que la función inversa es:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 4 2 2 4 2

2

2 4 2

1

2 2 4 2 2 2 4 2

2 2

2 2 4 2 ( )

2

x x x x x xy y

x x xf x−

+ + + − + + + + − += → =

+ + + − +=

Ahora procedemos a buscar el dominio de esta función:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 4 2

2 4 22 2 4 20 2 2 4 2 0

2

x x xx x x

+ + + − +≥ → + + + − + ≥

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )222 4 2 2 4 22 2 4 2 2 2 4 2x x x x x x+ ≥ − + − + → + ≥ − + − +

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 4 2 4 4 22 2 4 2 2 2 4 2 0x x x x x x+ ≥ + − + → + − + + + ≥

( )42x + ( )4

2x− + ( ) ( )2 24 2 0 4 2 0x x+ + ≥ → + ≥

La solución de esta inecuación ( )24 2 0x + ≥ son todos los reales, ya que

la expresión esta elevada al cuadrado, así:

Solución de la inecuación ( )24 2 0x + ≥ es: ( ),= −∞ ∞ℝ

Ahora observemos nuestra función original para saber si ciertamente las

imágenes son todos los reales:

2

2( ) 2

1

xf x

x= −

−

Estudiando el signo de la función original, veamos cuando:

( )

( )

22 2 2 4

2 4 222 2 2

24 2 2

( ) 2 0 2 2 4 4 411 1 1

4 4 0 2 0

x x x xf x x x

xx x x

x x x

= − ≥ → ≥ → ≥ → ≥ → ≥ − → −− − −

− + ≥ → − ≥ Esta última expresión nos indica que la función original siempre es

positiva, es decir, nunca es negativa, ya que todo número elevado al cuadrado

siempre es positivo, por lo tanto de este estudio se tiene:

La función siempre es positiva, es decir las imágenes de la función estan

en el intervalo:

[ )0,∞

Interceptando este último hallazgo con el dominio de la función inversa,

se tiene:


2( ) 2

1

xf x

x= −

− es donde se

interceptan ambos intervalos anteriores, es decir, el intervalo [ )0,∞ .

2) Continuidad:

La función 2

2( ) 2

1

xf x

x= −

− es continua en todo su dominio, porque

esta compuesta por funciones polinómicas, que por definición son continuas.

Sin embargo, en los puntos donde el denominador se anula es

discontinua, es decir:

( ) ( )2

2 12 2 2 2

2

1 11 0 1 0 1 0 1

1 1

xx x x x

x

= =− = → − = → − = → = = − = −

Así pues, la función presenta dos puntos de discontinuidad, uno

en 1 1x = y el otro en 2 1x = − .

3) Periodicidad:



período , o sea:

( ) ( )f x f x P= +


En nuestro caso:

2

2( ) 2

1

xf x

x= −

−

y

( ) ( )( )

2

22

1

x Pf x P

x P

++ = −

+ −


( ) ( )f x f x P≠ +

4) Simetría.







2 2

2 2

( )( ) 2 2 ( )

( ) 1 1

x xf x f x

x x

−− = − = − =− − −

Se observa que nuestra función es par.



2 2

2 2

( )( ) 2 2 ( ) ( )

( ) 1 1

x xf x f x f x

x x

−− = − = − = ≠ −− − −


impar.

De éste análisis concluimos que la función es simétrica respecto del eje

de las ordenadas.



2( ) 2

1

xf x

x= −

− con el eje “Y” se

hace 0x = .


2( ) 2

1

xf x

x= −

− con el eje “X” se

hace 0y = .


2

2

0 0( ) 2 2

10 1f x = − = − = ∃

−−

No existe porque la raíz de un número negativo no esta definido.


( ) ( )( )

2 2 22 2 2 2

2 2

222 2 4 2 4 2 4 2

222 2 2

2 2

2 10 2 0 2 1 0 2 1

1 1

2 1 4( 1) 4 4 4 4 0

4 16 4(1)(4)4 4 16 164 4 0

2 2(1) 2

4 0 42 2

2 2

x x xx x x x

x x

x x x x x x x x

b b acx x x

a

x x x

− −= − → = → − − = → = − →− −

= − → = − → = − → − + = →

± −− ± − ± −− + = → = = =

±= = ∴ = ∴ = ±

Por lo tanto hay dos cortes con el eje equis, uno en 2x = y el otro en

2x = − .



útil a la hora de graficar.

Estudiando el signo de la función original, vemos que:

( )

( )

22 2 2 4

2 4 222 2 2

24 2 2

( ) 2 0 2 2 4 4 411 1 1

4 4 0 2 0

x x x xf x x x

xx x x

x x x

= − ≥ → ≥ → ≥ → ≥ → ≥ − → −− − −

− + ≥ → − ≥ Esta última expresión nos indica que la función original siempre es

positiva, es decir, nunca es negativa.

7) Asíntotas.



2

2( ) 2

1

xf x

x= −

−


Como su nombre lo indica se

representa en un sistema

cartesiano por una recta vertical

de ecuación x a= , y debe

cumplirse:

lim ( )x a

f x→

= ∞

Para que exista asíntota

horizontal es condición

necesaria que el dominio no

debe estar acotado. En este

caso se trata de una recta

horizontal, cuya pendiente es

cero, y el valor de dicha recta

se calcula:

lim ( )x

y f x→∞

=

Esta asíntota viene

representada por y mx b= + ,

donde:

( )limx

f xm

x→∞=

y

( )lim ( )x

b f x mx→∞

= −

Las condiciones necesarias

para que exista asíntota

oblicua son:

a) Al menos uno de los

extremos del dominio debe

ser infinito.

b) ( ) si f x x→ ∞ → ∞

En nuestro caso se toman los

puntos donde la función no

existe, es decir:

Para: 1 1x = se tiene:

2 2

2 21

1lim 2 2

1 1 1x

x

x→− = −

− −

En nuestro caso:

2

2

2

2

lim 21

21

x

xy

x→∞= − =

−∞ ∞= − =

∞∞ −

Eliminando la forma

indeterminada:

En nuestro caso:

12 2

0= − = ∞ − = ∞

Para: 2 1x = − se tiene:

( )

2 2

2 21

1lim 2 2

1 1 1x

x

x→−− = −

− − −

12 2

0= − = ∞ − = ∞

2

2

2

2

2

4 4

2 4

2 4

lim 21

lim 21

1lim 2

1 1

1 12 2

1 1 0 0

12 2

0

x

x

x

xy

x

x

xx

x x

x x

→∞

→∞

→∞

= − =−

− =−

− =−

− = − =−−

∞ ∞

− = ∞ − = ∞

Si hubiera dado un número

real, esta sería la asíntota

horizontal.

2

2

2

2

2

21lim

2lim

1

lim

x

x

x

x

xmx

xm

xx x

xm

→∞

→∞

→∞

−−= =

= − =−

=x 2

2

2

2

2 2

2 2

2lim

1

2lim lim

1

lim 01

lim1

1 1lim

1 11 1

11

1 0

x

x x

x

x

x

xx

xm

xx

mx

x

xmx

x x

m

x

m

→∞

→∞ →∞

→∞

→∞

→∞

− =−

= − =∞−

= − =−

= =−

= = =− −

∞

= =−

Por lo tanto pasamos a

calcular b:

( )2

2

2

2

2 2

2

lim ( )

lim 21

lim 21

1lim 2

1

x

x

x

x

b f x mx

xb x

x

xb x

x

x x xb

x

→∞

→∞

→∞

→∞

= −

= − −

−

= − −

−

− −= − −

Terminare de calcular b, fuera del cuadro, porque los cálculos no caben

dentro de la última columna:

( )( ) ( )

( )

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

4 2 2 4 4 2

2 2 2 2 2 2

2

2 2 2

1 1 1lim 2 lim 2

1 1 1

1lim 2 lim 2

1 1 1 1

lim 21 1

x x

x x

x

x x x x x x x x xb

x x x x x

x x x x x xb

x x x x x x x x

xb

x x x x

→∞ →∞

→∞ →∞

→∞

− − − − + − = − = − =

− − + −

− − − + = − = − = − + − − + −

= − = − + −

( )

2

2

22 2

2 2

2

lim 211

1lim

x

x

x

xx xx x

x x

bx

→∞

→∞

− = − − +

=2

2

1x

x

− x+

( )2

2

1x

x

− ( )

( ) ( )

2

2

222

2

12 lim 2

11

1 1lim 2 lim 2

11 11

1 1 1 12 2 2 2 0 2 2

1 0 01

x

x x

xx

x

bx x xx

xx x

b

→∞

→∞ →∞

− = − = − − +

= − = − = − + −− + −

= − = − = − = − = − = −∞ + ∞ − ∞ − ∞ ∞ − + ∞ − ∞

Por lo tanto la asíntota oblicua es: 2y x= −


decrecimiento.




siguiente manera:





( ) ( )( )( )

( ) ( )

( )

2

2

'2' 2 2'2 2 2 2

2era '

2 22

3 2 32 2 2

2 2 2'

2 2 2

( ) 21

12 1. 1 1

2 11 derivada: ( )11

2 2 4 ( 1) 22 1 2 1

2 1 2 1 2 1 ( )1 1 1

xf x

x

xx x xx x x x

xf xxx

x x x x xx x x x x

x x xf xx x x

= −−

−− −− − − −= = =

−−

− −− − − −− − −= = = =

− − −

( ) ( ) ( ) ( )( )( )

2 3 3 3 3'

1 12 2 1 12 2 22 2

3

'3

2 2

4 ( 1) 2 4 4 2 2 4 ( )

2 1 1 2 1 1 2 1

2 2 2 ( )

2 1

x x x x x x x xf x

x x x x x

x xf x

x

+

− − − − −= = = =− − − − −

−= =

−

( )3 2

2

x x−

( ) ( )3

3 32 2

2

1 1

x x

x x

−=− −


( )( )

13

3 222 232

3

02

0 2 0 2 0 22 0 21 2

xx x

x x x x xx xx x

=− = → − = → − = = − = → = − = −

La ecuación tiene 3 soluciones, pero solo dos de ellas son puntos

críticos ¿Por qué? Respuesta: Porque el punto 1 0x = , NO PERTENECE AL

DOMINIO DE LA FUNCIÓN DADA, recuerda que el dominio de la función que

estamos analizando es: ( ) ( ) ( ) : , 1 1,Dom f x −∞ − ∪ ∞ , en cambio, los puntos

2 32 y 2x x= = − si pertenecen al dominio de la función. En conclusión hay

SOLO 2 PUNTOS CRÍTICOS, a saber: 1 22 y 2x x= = −

Una vez conseguidas las abscisas de los puntos críticos, se debe

estudiar la naturaleza de cada uno de ellos, es decir, si son máximos o

mínimos, para ello aplicaré la prueba de la segunda derivada, calculando dicha

segunda derivada primero, claro está:

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( )( )( )

( )( )

( )

3'

32

'' 3 33 2 3 2

da ''2

32

'32

32 2 3

32

''32

2

''

2 ( )

1

2 . 1 2 12 derivada: ( )

1

13 2 . 1 2

2 1 ( )

1

2 3 2

( )

x xf x

x

x x x x x xf x

x

xx x x x

xf x

x

x x

f x

−=−

− − − − − = =

−

−− − − −

−= =

−

−

=

( ) ( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( ) ( )( ) ( )

( )

3 2 '2 3 2 2

32

32

3 22 2 3 2

''

3 32 2

23 2 2 2 2 32 2 3 2

''3 3

3 32 2 22 2

1 2 3 1 1

2 1

1

2 3 2 1 3 2 1 2 ( )

2 1 1

2 1 3 2 1 3 22 3 2 1 6 2 1 ( )

2 1 1 2 1

x x x x

x

x

x x x x x xf x

x x

x x x x x xx x x x x xf x

x x x+

− − − − −

−

−

− − − − −=

− −

− − − − −− − − − − = =− − −

( )( )

22 4 2 2 4 2

''9

2 2

2 1 3 2 3 2 3 6( )

2 1

x x x x x xf x

x

− − − + − + =−

''2

( )f x =43x 2 2 42 3 2 3x x x− − + − 26

2

x +

( )9

22 21x−

−

( ) ( )2 2

''5 522 2

( )11

x xf x

xx

= =−−

NOTA: es conveniente simplificar la primera y segunda derivada a su mínima

expresión para resolver de manera más sencilla las ecuaciones e inecuaciones

que con ellas se resuelve.








( )2

''

52

( )1

xf x

x=

−

Naturaleza del punto crítico 1 2x = :

( ) ( )( )( )

2

''

52

2 22 2

2 12 1

f = = = +−

−

Como el resultado es positivo, entonces 1 2x = es la abscisa de un

punto mínimo.


( ) ( )( )( )

2

''

52

2 22 2

2 12 1

f−

− = = = +−

− −

NOTA: Recuerda que base negativa, exponente par el resultado es positivo.

Por lo tanto 2 2x = − es la abscisa de un punto mínimo.



Para 1 2x = :

( ) ( )( )

2

2

2 2 22 2 2 2 2 2 0

12 12 1f = − = − = − = − =

−−

El primer punto mínimo es: ( )2,0

Para 2 2x = − :

( ) ( )( )

2

2

2 2 22 2 2 2 2 2 0

12 12 1f

−− = − = − = − = − =

−− −

El segundo punto mínimo es: ( )2,0−






La primera derivada es: ( )

3'

32

2( )

1

x xf x

x

−=−

, por lo tanto, planteando la


( )3

32

20

1

x x

x

− >−

Para resolver esta inecuación debemos factorizarla, en este caso:

( )( )

( ) ( ) ( ) ( )

23

23 22 2 2

22 ( 2)( 2)

1 1 11 1 1

x xx x x x x

x x xx x x

−− − += =− − +− − −

Aquí se aplicó:

Primero, factor común: 3 2 22 2 ( 2)x xx x xxx− = − = −

Luego:

( )( )2

2 2 ( (

2 2 2

) )

x x x

a a ab b b

− → − +

− = − +

Luego:

( ) ( )2

2 2 ( (

1 1 1

) )

x x x

a a ab b b

− → − +

− = − +

Y finalmente, la propiedad: 2a a= en ( )2 221 1x x=− −

Por lo tanto nuestra inecuación queda:

( )( )2

( 2)( 2)0

1 1 1

x x x

x x x

− + >− − +






expresión:

0x =

2 0 2x x− = → =

2 0 2x x+ = → = −

La expresión 2 1x − SIEMPRE es positiva en todo el dominio de la función, por

estar operada con el valor absoluto o módulo

1 0 1x x− = → =

1 0 1x x+ = → = −




factorizadas ( ) ( )2, ( 2), ( 2), 1 , 1 y 1x x x x x x− + − − + . SigI Significa,

signo de la inecuación.


0x >

Esto indica que para toda equis mayor que 0 la expresión x es positiva,

por lo tanto a partir de la línea vertical a la derecha, donde se encuentra el cero

en la parte superior, se ubican signos positivos y de resto, es decir, a la

izquierda de esa misma línea signos negativos.


( )2 0 2x x− > → >

Esto indica que para toda equis mayor que raíz de dos la expresión

( )2x − es positiva, por lo tanto a partir de la línea vertical a la derecha, donde

se encuentra el 2 en la parte superior, se ubican signos positivos y de resto,


Para:

( )2 0 2x x+ > → > −

Esto indica que para toda equis mayor que menos raíz de dos la

expresión ( )2x + es positiva, por lo tanto a partir de la línea vertical a la

derecha, donde se encuentra el 2− en la parte superior, se ubican signos

positivos y de resto, es decir, a la izquierda de esa misma línea signos

negativos.

La expresión 2 1x − siempre es positiva, por lo que ya te mencioné.

Para:

( )1 0 1x x− > → >

Esto indica que para toda equis mayor que uno la expresión ( )1x − es




Para:

( )1 0 1x x+ > → > −

Esto indica que para toda equis mayor que menos uno la expresión

( )1x + es positiva, por lo tanto a partir de la línea vertical a la derecha, donde






Cuadro número 2


( ) ( ) ( )2, 1 0,1 2,− − ∪ ∪ ∞

Recuerda que el intervalo ( )0,1 no pertenece al dominio de la función,

( ) ( ) ( ) : , 1 1,Dom f x −∞ − ∪ ∞ , por lo tanto la función crece en:

( ) ( )2, 1 2,− − ∪ ∞


La primera derivada es: ( )

3'

32

2( )

1

x xf x

x

−=−

, por lo tanto, planteando la


( )3

32

20

1

x x

x

− <−



( ) ( ) ( ), 2 1,0 1, 2−∞ − ∪ − ∪

Recuerda que el intervalo ( )1,0− no pertenece al dominio de la función,

( ) ( ) ( ) : , 1 1,Dom f x −∞ − ∪ ∞ , por lo tanto la función decrece en:

( ) ( ), 2 1, 2−∞ − ∪



arriba.




generada, así:

( )2

'' 2

52

( ) 0 0 01

xf x x x

x= = ∴ = → =

−

Recuerda que cero no pertenece al dominio de la función, y como es la

única solución de la ecuación ''( ) 0f x = , se concluye que no hay puntos de

inflexión, lo que quiere decir que la curva o siempre es cóncava hacia arriba o

cóncava hacia abajo:

El intervalo donde la función es cóncava hacia arriba SIEMPRE se

obtiene así: ''( ) 0f x >

Curva así: ∪

Y el intervalo donde la curva es cóncava hacia abajo es: ''( ) 0f x <

Curva así: ∩

Resolveré ''( ) 0f x > , es decir, ( )

2

52

01

x

x>

−.

Analicemos esta inecuación. Como el numerador de esta inecuación

consta de una variable elevada al cuadrado, ocurre que siempre dicho

numerador es POSITIVO, por lo tanto, para que ( )

2

52

01

x

x>

−, es suficiente

con que ( )52 1 0x − > , y la solución a ésta inecuación es:

( ) ( ) ( ) ( )2

5 5 522 2 2 2 251 0 1 0 1 0 1 0 1 0x x x x x − > → − > → − > → − > → − >

Esta inecuación ya la habíamos resuelto en este mismo ejercicio. 2 1 0x − >

Esta función 2 1y x= − es una parábola que abre hacia arriba, porque el

coeficiente de 2x es positivo.

Al derivar esta función, se tiene el punto mínimo: ' 2 0 0y x x= = ∴ = ,

sustituyendo en la ecuación original se tiene: 2 1 0 1 1y x= − = − = − , por lo tanto

el mínimo que es el mismo vértice de la parábola es ( )0, 1− , además se

igualamos a cero la función original 2 1 0y x= − = , encontraremos sus cortes con

el eje equis, así: 2 21 0 1 1 1x x x− = ∴ = ∴ = ± = ± , por lo tanto la gráfica de esta

parábola es:

En ésta gráfica se observa claramente que 2 1 0x − > , es decir, 2 1x − es

positiva en el intervalo:

( ) ( ), 1 1,−∞ − ∪ ∞

Observa que la solución de la inecuación 2 1 0x − > coincide totalmente

con el dominio de la función, por lo tanto ''( ) 0f x > en todo el dominio se la

función, en fin, la curva siempre es cóncava hacia arriba.



de la función:


Respuesta:

1) Dominio: ( ) ( ), 1 1,−∞ − ∪ ∞ y Rango: [ )0,∞

2) Continuidad: Tiene 2 puntos de discontinuidad, a saber 1x = − y 1x =


4) Simetría: Simétrica respecto del eje “Y” por ser par.

5) Puntos de corte con los ejes coordenados: No tiene cortes con el eje

“ y ” y posee 2 cortes con el eje x , a saber: 2x = − y 2x = .

6) Signo de la función: Siempre es positiva.

7) Asíntotas: Posee 2 asíntotas verticales: 1x = − y 1x = , y una asíntota

oblicua de ecuación: 2y x= − .


decrecimiento: Posee sólo 2 puntos mínimos, a saber: ( )2,0 y ( )2,0− .

Además crece en el intervalo: ( ) ( )2, 1 2,− − ∪ ∞ y decrece en el intervalo:

( ) ( ), 2 1, 2−∞ − ∪ .



arriba: No posee puntos de inflexión, la curva siempre es cóncava hacia arriba

o convexa hacia abajo, en todo su dominio ( ) ( ), 1 1,−∞ − ∪ ∞ .


Ejercicio 6

Realizar el estudio completo de la siguiente función 2

1 1( )f x

x x= +

Solución



1) Dominio y Rango.

2) Continuidad.

3) Periodicidad.

4) Simetría.



7) Asíntotas.


decrecimiento.



arriba.












2

1 1( )f x

x x= +

Podemos ver fácilmente que existe para todo número real, ya que no

tiene restricciones de raíces de índice par ni logaritmos, se trata de funciones

polinómicas, claro está que la función no existe únicamente en 0x = , porque

para éste valor la función no tendría existencia, por lo tanto el dominio es:

{ } ( ) : 0Dom f x −ℝ

Rango: Para conseguir el rango de una función se acostumbra buscar el

dominio de la función inversa, sin embargo, hay que tener cuidado a la hora de

analizar dicho Intervalo, observa:



2 2

1 1 1 1y x

x x y y= + → = +


2 2

2

1 1 1 1 1 10x x x

y y y y y y

= + → = + → + − =

Llegamos a una ecuación de segundo grado en función de 1

y, entonces:

2 22

1

1 1 4(1)( )1 1 1 4 1 1 40

2 2(1) 2

1 1 1 4 2

2 1 1 4

2 ( )

1 1 4

xb b ac xx

y y y a

xy

y x

f xx

−

− + − − − + − − + ++ − = → = = =

− + += → =− + +

=− + +

El dominio de esta función se basa en 2 restricciones, a saber:

a)

( ) ( )2 2

1 1 4 0 1 4 1 1 4 1 1 4 1 4 1 1 4 0 0x x x x x x x− + + ≠ → + ≠ → + ≠ → + ≠ → ≠ − → ≠ ∴ ≠

Solución a: { }0−ℝ

y

b) 1

1 4 0 4 14

x x x−+ ≥ → ≥ − ∴ ≥

Solución b: 1,

4

− ∞

Interceptando los resultados obtenidos, se tiene:


1 1( )f x

x x= + es donde se interceptan

ambos intervalos anteriores, es decir, el intervalo ( )1,0 0,

4

− ∪ ∞ .

2) Continuidad:

La función 2

1 1( )f x

x x= + es continua en todo su dominio, porque esta

compuesta por funciones polinómicas, que por definición son continuas.

Sin embargo, en los puntos donde el denominador se anula es

discontinua.

Así pues, la función presenta el único punto de discontinuidad en:

0x =

3) Periodicidad:



período , o sea:

( ) ( )f x f x P= +


En nuestro caso:

2

1 1( )f x

x x= +

y

( ) ( ) ( )2

1 1f x P

x P x P+ = +

+ +


( ) ( )f x f x P≠ +

4) Simetría.







2 2

1 1 1 1( ) ( )

( ) ( )f x f x

x x x x− = + = − + ≠

− −

Se observa que nuestra función no es par.



2 2

1 1 1 1( ) ( )

( ) ( )f x f x

x x x x− = + = − + ≠ −

− −


impar.

De éste análisis concluimos que la función no tiene simetría.



1 1( )f x

x x= + con el eje “Y” se hace

0x = .


1 1( )f x

x x= + con el eje “X” se hace

0y = .


2

1 1(0)

0 0f = + = ∃

No esta definida la división entre cero, por lo tanto la curva no corta al

eje Y.


212

2 32

01 10 0 0 ( 1) 0

1 0 1

xx xx x x x

x xx x x

=+= + → = → + = → + = + = ∴ = −

Recuerda que 1 0x = no pertenece al dominio de la función, por lo tanto,

este NO es un punto de corte con el eje X. La otra solución, 2 1x = − si

pertenece al dominio de la función, por lo tanto la curva corta al eje X en un

solo punto, a saber: 2 1x = − .



útil a la hora de graficar.

Estudiando el signo de la función original, vemos que:

2

1 10

x x+ >

Analizando esta inecuación, se observa que el término 2

1

x siempre es

positivo, por tener en el numerador un uno positivo y en el denominador la

variable elevada al cuadrado, entonces la expresión 2

1 10

x x+ > , se cumplirá

cuando:

10

x>

Y esto se cumple cuando 0x > .

Este resultado nos indica que en el eje equis positivo la curva tiene sus

imágenes positivas, es decir, esta por encima del eje equis.

Por otro lado se tiene que puede suceder:

( )2

2 3 3

11 10 0 0

x x xx x

x x x x

+++ < → < → < → ( )3

1x

x

+ ( )2

10 0

x

x

+< → <

Como el denominador siempre es positivo, la única manera que ( )

2

1x

x

+

sea negativa o menor que cero es que se cumpla:

1 0 1x x+ < → < −

Este resultado nos indica que en el eje equis negativo, en el tramo

1x < − , es decir, ( ), 1−∞ − la curva tiene sus imágenes negativas, es decir, esta

por debajo del eje equis.

Observa que el dominio son todos los reales menos el cero,

{ } ( ) ( )0 ,0 0,− = −∞ ∪ ∞ℝ , esto nos deja ver hasta ahora, que tenemos

información acerca del signo de la función solo en parte de dominio, porque en

el primer análisis encontramos que es positiva para 0x > y del segundo

análisis encontramos que es negativa para ( )1 , 1x < − → −∞ − , pero que pasa en

el tramo de [ )1,0− , que pasa con el signo de nuestra función en ese intervalo,

veamos:

De [ )1,0− el término 1

x es negativo, y el término

2

1

x es positivo,

entonces nos encontramos con la suma de 2 números con signo contrario y

necesitamos saber: ¿Con que signo va el resultado?, pues recuerda la regla de

los signos que se encuentra en la asesoría 2 de conocimientos

preuniversitarios fundamentales para Matemática, alli te recuerda que una de

las reglas dice:

Signos diferentes se coloca el signo del mayor y se restan los

valores absolutos.

Pues, ésta regla de los signos nos da la clave para saber si nuestra

suma algebraica con 1

0x

< y 2

10

x> en el intervalo [ )1,0− genera como

resultado un valor negativo o positivo; apliquemos ésta regla:

Si tomamos valores absolutos de las expresiones, se tiene que ambas

son positivas:

1 1

x x= y

2 2

1 1

x x=

Ahora bien, en el intervalo [ )1,0− ¿cuál de las dos expresiones es

siempre mayor?

Respuesta: La expresión 2

1

x siempre es mayor que

1

x en el intervalo

[ )1,0− . Si aun no lo ves mira lo siguiente, para demostrarte que lo que te afirmo

es cierto:

22

1 1x x

x x> → <

Y como los valores en el intervalo [ )1,0− son fracciones todas menores

que uno, se tiene que su cuadrado será menor, observa algunos valores para

que termines de comprender:

[ )2

2 1 10,

10,25

1 1 1 41,0 1 1 12 2 225 0

0,2

52

,5

2

42

x x < =− − ∈ − → = → → → < =

<

<

Y lo mismo sucede con cualquier valor en el intervalo [ )1,0− , por lo

tanto, aplicando la regla de los signos mencionada, el signo del resultado es

positivo, por lo que en el intervalo [ )1,0− la función es positiva, es decir, esta

por encima del eje de las equis.

7) Asíntotas.



2

1 1( )f x

x x= +


En nuestro caso se toman los

puntos donde la función no

existe, es decir:

Para: 0x = se tiene:

20

1 1 1 1lim

0 0x x x→

+ = + = ∞ + ∞ = ∞

En nuestro caso:

2

2

1 1lim

1 10 0 0

xy

x x→∞

= + =

+ = + =∞ ∞

Por lo tanto la asíntota

horizontal es 0y = .

En nuestro caso:

2

2 3

1 1

lim

1 1lim

1 10 0 0

x

x

x xm

x

mx x

→∞

→∞

+ = =

= + =

+ = + =∞ ∞

Por lo tanto pasamos a

calcular b:

( )

2

lim ( )

1 1lim 0

x

x

b f x mx

bx x

→∞

→∞

= −

= + =

Indica una recta de

pendiente cero, es decir la

asíntota horizontal, en

conclusión, no hay asíntota

oblicua.


decrecimiento.




siguiente manera:





2

' ' 'era '

2 2 2 3

1 1 ( )

1 1 1 1 1 21 derivada: ( )

f xx x

f xx x x x x x

= +

− = + = + = −


23 23 2 2 1

2 3 52

0 01 2 20 0 2 0 ( 2) 0

2 0 2

x xx xx x x x

x x x x x

− = → =− − −− = → = → − − = → − + = + = → = −

La ecuación tiene 2 soluciones, pero solo una de ellas es punto crítico

¿Por qué? Respuesta: Porque el punto 1 0x = , NO PERTENECE AL DOMINIO

DE LA FUNCIÓN DADA, recuerda que el dominio de la función que estamos

analizando es: { } ( ) : 0Dom f x −ℝ , en cambio, el punto 2 2x = − si pertenece al

dominio de la función. En conclusión hay UN PUNTO CRÍTICO, a saber:

2 2x = − .

Una vez conseguida la abscisa del punto crítico, se debe estudiar la

naturaleza de cada uno de ellos, es decir, si son máximos o mínimos, para ello

aplicaré la prueba de la segunda derivada, calculando dicha segunda derivada

primero, claro está:

'2 3

' ' 'da ''

2 3 2 3 3 4

1 2 ( )

1 2 1 2 2 62 derivada: ( )

f xx x

f xx x x x x x

−= −

− − = − = − = +








''3 4

2 6( )f x

x x= +


( ) ( )''

3 4

2 6 2 6 4 6 6 4 2 1( 2)

8 16 16 16 16 16 82 2f

− −− = + = + = + = = = +−− −

Como el resultado es positivo, entonces 1 2x = − es la abscisa de un

punto mínimo.

Una vez obtenida la abscisa, se consiguen la ordenada, es decir, las

coordenada ye, con la función original, así:

Para 1 2x = − :

( )( )2

1 1 1 1 4 2 2 12

2 2 4 8 8 42f

− + − −− = + = − + = = =− −

El punto mínimo es: 1

2,4

− −






La primera derivada es: '2 3

1 2( )f x

x x

−= − , por lo tanto, planteando la


2 3

1 20

x x

− − >

Para resolver esta inecuación debemos operar y factorizar, en este caso:

( )2 23 2

2 3 5 5

21 2 20 0 0

x x xx x

x x x x

− + −− − −− > → > → > → ( )5

2x

x

+ ( )3

20 0

x

x

− +> → >

( ) ( )3 3

2 20 0

x x

x x

− + +> → <






expresión:

2 0 2x x+ = → = −

3 0 0x x= → =




factorizadas 32 y x x+ . SigI Significa, signo de la inecuación.


2 0 2x x+ > → > −


2x + es positiva, por lo tanto a partir de la línea vertical a la derecha, donde se

encuentra el 2− en la parte superior, se ubican signos positivos y de resto, es


Procedemos de igual forma para: 3 0 0x x> → >

Esto indica que para toda equis mayor que cero la expresión 3x es







Cuadro número 3


( )2,0−

OJO: Recuerda que: ( )

3

20

x

x

+<


La primera derivada es: '2 3

1 2( )f x

x x

−= − , por lo tanto, planteando la


2 3

1 20

x x

− − <



( ) ( ), 2 0,−∞ − ∪ ∞



arriba.




generada, así:

( )34 3

'' 4 3 3 13 4 7

2

2 0 02 6 2 6( ) 0 0 2 6 0 2 3 0

3 0 3

x xx xf x x x x x

x x x x x

= ∴ =+= + = → = → + = → + = + = ∴ = −

Recuerda que cero no pertenece al dominio de la función, por lo tanto el

único punto de inflexión es: 2 3x = − .

La ordenada ó coordenada ye, de este punto de inflexión, se calcula

sustituyendo 2 3x = − en la función original, así:

( )( )2

1 1 1 1 9 3 6 23

3 3 9 27 27 93f

− + − −− = + = − + = = =− −

Por lo tanto el punto de inflexión se ubica en: 2

3,9

− −

El intervalo donde la función es cóncava hacia arriba SIEMPRE se

obtiene así: ''( ) 0f x >

Curva así: ∪

Y el intervalo donde la curva es cóncava hacia abajo es: ''( ) 0f x <

Curva así: ∩

Resolveré ''( ) 0f x > , es decir, 3 4

2 60

x x+ > .

Para resolver esta inecuación, operamos y factorizamos, así:

( )3 34 3

3 4 7 7

2 3 22 6 2 60 0 0

x x xx x

x x x x

+++ > → > → > → ( )7

3x

x

+ ( )4

2 30 0

x

x

+> → >

Esta inecuación es sencilla de resolver, porque el denominador siempre

es positivo, porque esta elevado a un exponente par: 4x , por lo tanto, el signo

de ( )

4

2 3x

x

+, viene marcado por el numerador, es decir, para que

( )4

2 30

x

x

+> ,

se debe cumplir:

( ) ( )2 3 0 3 0 3x x x+ > → + > → > −

Por lo tanto en el intervalo ( )3,− ∞ la función es cóncava hacia arriba.

Ahora, resolveré ''( ) 0f x < , es decir, 3 4

2 60

x x+ < .

Para resolver esta inecuación, operamos y factorizamos, así:

( )3 34 3

3 4 7 7

2 3 22 6 2 60 0 0

x x xx x

x x x x

+++ < → < → < → ( )7

3x

x

+ ( )4

2 30 0

x

x

+< → <

Esta inecuación es sencilla de resolver, porque el denominador siempre

es positivo, porque esta elevado a un exponente par: 4x , por lo tanto, el signo

de ( )

4

2 3x

x

+, viene marcado por el numerador, es decir, para que

( )4

2 30

x

x

+< ,

se debe cumplir:

( ) ( )2 3 0 3 0 3x x x+ < → + < → < −

Por lo tanto en el intervalo ( ), 3−∞ − la función es cóncava hacia abajo.



de la función:


Respuesta:

1) Dominio: { }0−ℝ y Rango: 1

,4

− ∞

2) Continuidad: Tiene 1 punto de discontinuidad, a saber 0x =


4) Simetría: No tiene simetría.

5) Puntos de corte con los ejes coordenados: No tiene cortes con el eje

“ y ” y posee 1 corte con el eje x , a saber: 1x = − .

6) Signo de la función: Es positiva en: [ ) ( )1,0 0,− ∪ ∞ y negativa en:

( ), 1−∞ − .

7) Asíntotas: Posee 1 asíntota vertical: 0x = y una asíntota horizontal

0y = .


decrecimiento: Posee un punto mínimo, a saber: 1

2,4

− −

. Además crece en el

intervalo: ( )2,0− y decrece en el intervalo: ( ) ( ), 2 0,−∞ − ∪ ∞ .



arriba: Posee un punto de inflexión en 2

3,9

− −

, es cóncava hacia arriba o

convexa hacia abajo, en ( )3,− ∞ y cóncava hacia abajo o convexa hacia arriba

en: ( ), 3−∞ − .


Ejercicio 7

Al usar el método de Newton para hallar una aproximación de 5 ,

tomando como primera aproximación 0 2x = , se obtiene el valor:

a. 1 b. 2 c.1,5 d.2,25

Solución

Justificación: El método de Newton se utiliza para conseguir las raíces

aproximadas de una función, es decir, dar solución aproximada a: ( ) 0f x = ,

siempre que la función ( )f x sea derivable.

En este caso nos dan la aproximación de la raíz, 0 2x = , cuando no

tenemos esta información, debemos aplicar el Teorema de Bolzano para

conseguir un intervalo lo suficientemente pequeño donde la función tenga la

raíz para aplica luego el método de Newton ó se puede graficar la función, claro

de ser posible graficarla, y visualizar donde pudiera estar la raíz.

En nuestro caso nos piden una aproximación de 5 , por lo tanto

debemos construir una función, que igualada a cero ( ( ) 0f x = ), nos genere

este valor. Debe estar igualada a cero, porque lo que ya te mencione, que el

método de Newton de aplica para conseguir las raíces de una función.

Si tomamos la función 2 5 0x − = , observamos que al despejarla

obtenemos:

2 25 0 5 5x x x− = → = → =

Por lo tanto la función 2( ) 5f x x= − nos permite aplicar el método de

Newton bajo las condiciones dadas en el ejercicio.

Ahora bien, el método de Newton utiliza la siguiente fórmula iterativa:

1 '

( )

( )n

n nn

f xx x

f x+ = −

Necesitamos la primera derivada para evaluar tanto la función original

como esa derivada en: 0 2x = , así:

2 '( ) 5 ( ) 2f x x f x x= − → =

Aplicando el método de Newton para hallar una aproximación, sabiendo

que 0n = (porque nos dan como dato 0 2x = ), se tiene:

00 1 0 '

0

( )

( )

f xx x

f x+ = −

2

1

2 5 4 5 1 1 8 1 92 2 2 2 2,25

2 2 4 4 4 4 4x

− − − + = − = − = − = + = = = i

Respuesta: Opción d.

Ejercicio 8

Sea ( ): 2,7f →ℝ una función tal que su derivada viene dada por la

expresión:

( )' cos( )

ln 1

xf x

x=

+

Determine los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f y los

puntos máximos y mínimos.

Solución

Justificación: Estos puntos ( ),x y máximos y mínimos, SIEMPRE se consiguen

de la siguiente manera:





Igualando a cero:

( )' cos( ) 0 cos 0

ln 1

xf x x

x= = → =

+

Debemos ubicar los puntos donde el coseno de equis se anula, es decir,

donde corta al eje equis, pero que estén dentro del intervalo ( )2,7 que es el

dominio de la función, para ello observa la gráfica del coseno, en este intervalo

( )2,7 :

Se observa claramente que cos 0x = solamente en el punto 3

2x

π= que

pertenece al intervalo ( )2,7

Y los puntos donde la primera derivada no existe, es donde el

denominador se anula, es decir: ln( 1) 0ln( 1) 0 1 1 1 1 0xx e e x x x++ = → = → + = → = − ∴ =

Pero este punto no pertenece al dominio de la función ( )2,7 .

En conclusión tenemos un solo punto crítico, a saber:

3

2x

π=

Una vez conseguida la abscisa del punto crítico, se debe estudiar su

naturaleza, es decir, si son máximos o mínimos, para ello aplicaré el criterio de

la segunda derivada, calculando dicha segunda derivada primero, claro está:

( )

( ) ( ) ( )( )( )

( ) ( )

( )

( )( )

'

'

''

da ''2 2

''2

cos ( )

ln 1

1ln 1 cos

1cos ln 1 cos ln 12 derivada: ( )

ln 1 ln 1

1ln 1 cos

1( )

ln 1

xf x

x

xsenx x x

xx x x xf x

x x

senx x x senx

f xx

=+

+− + −

++ − + = =+ +

− + − − + = =+

( )( )

( )

( )( )

( )

2 2

''2

( 1) ln 1 coscosln 1

1 1ln 1 ln 1

( 1) ln 1 cos ( )

( 1) ln 1

x senx x xxx x

x xx x

x senx x xf x

x x

+ + ++ −

+ += −+ +

+ + += −

+ +








( )( )

''2

( 1) ln 1 cos( )

( 1) ln 1

x senx x xf x

x x

+ + += −

+ +

Naturaleza del punto crítico 3

2x

π= :

''

2

''

2

3 3 3 31 ln 1 cos

3 2 2 2 23 32 1 ln 12 2

3 3 3 31 1 ln 1 0 12 3 2 2 2

3 323 1 ln 1cos 02 22

senf

sen

f

π π π ππ

π π

π π π ππ

π ππ

+ + + = −

+ +

= − − + + + + → = − = + +=

+2

3ln 1

23 3

1 ln 12 2

π

π π

+

+ +

El resultado es positivo porque 3

12

π +

es positivo y 3

ln 12

π +

también

es positivo, porque el argumento del logaritmo es mayor que uno, y los

logaritmos mayores que uno son positivos, y por último en el denominador se

observan las mismas estructuras ya comentadas, por ende la segunda

derivada evaluada en el punto crítico es POSITIVA.

NOTA: Puedes usar la calculadora y observaras que el resultado

ciertamente es POSITIVO.

Como el resultado es positivo, entonces 3

2x

π= es la abscisa de un

punto mínimo.

Una vez obtenida la abscisa, se consigue la ordenada, es decir, la

coordenada ye, con la función original, así:

NOTA: En este caso no calcularemos la ordenada del punto mínimo

porque no contamos con la función original, solo con su derivada, ya hasta

ahora (Estudias Matemática II) no se tiene conocimiento para hallar la primitiva

de la derivada, ya que esto es un problema de integrales que veras en

Matemática III, o cálculo según sea tu carrera.

Después de conseguir este punto mínimo, pasare a conseguir los




Crecimiento y decrecimiento de la función

La primera derivada es: ( )' cos( )

ln 1

xf x

x=

+, por lo tanto, planteando la


( )cos

0ln 1

x

x>

+

Para resolver esta inecuación debemos analizarla. En el denominador

tenemos la función ( )ln 1x + que siempre es positiva porque la variable equis

pertenece al intervalo ( )2,7 que es el dominio de la función, por ende el

argumento ( )1x + de la función logaritmo es siempre mayor que uno, lo que

nos lleva a concluir que la función ( )ln 1x + siempre es positiva en el dominio

de la función original, ya que el logaritmo de números mayores que uno

SIEMPRE ES POSITIVO.

Por otro lado, la función coseno en el intervalo ( )2,7 si cambia de signo,

tal como se observa en la siguiente gráfica:

Por lo tanto el cos 0x > , es decir, positivo en el intervalo: 3

,72

π

y

negativo ó cos 0x < en el intervalo 3

2,2

π

. Este análisis nos lleva a concluir

que:

( )cos

0ln 1

x

x>

+ en

3,7

2

π

y

( )cos

0ln 1

x

x<

+ en

32,

2

π

Por ende crece en: 3

,72

π

Y decrece en: 3

2,2

π

Respuesta:

Intervalos de crecimiento: 3

,72

π

Intervalo de decrecimiento: 3

2,2

π

Punto mínimo: 3

2x

π=

Ejercicio 9

Determine el valor de la constante " "a para que la función 2( )a

f x xx

= +

tenga un mínimo relativo en 2x = .

Solución

Justificación: En este caso, no nos indican el dominio de la función, y

como ya hemos observado, éste es importante para determinar los puntos

críticos, porque a veces sucede que dichos puntos no están en el dominio de la

función, por ende no se toman como tales.

En este caso, el dominio de la función son todos los reales, por tratarse

de una función polinómica, sin embargo, se debe excluir el cero únicamente,

porque tenemos la variable equis en el denominador, y sabemos que la división

entre cero NO EXISTE O NO ESTA PERMITIDA O NO ESTA DEFINIDA.

Por ende el dominio de la función planteada es: { }( ) 0Domf x = −ℝ

Ahora bien, sabemos que todo punto mínimo o máximo es crítico, por

ende se debe cumplir que la primera derivada sea nula: '( ) 0f x =

Por lo tanto, al calcular la derivada de la función dada, se tiene:

2 '2

( ) ( ) 2a a

f x x f x xx x

= + → = −

Al igualarla a cero:

3' 3 3 3 3

2 2

2( ) 2 0 0 2 0 2

2 2

a x a a af x x x a x a x x

x x

−= − = → = → − = → = → = ∴ =

Como el mínimo relativo es 2x = , se tiene:

( )3

33 32 2 8 8 2 16

2 2 2

a a ax a

= = → = → = ∴ = × =

Ahora debemos verificar que ciertamente este valor de " "a genera un

mínimo, para ello calculamos la segunda derivada:

' ''2 3

2( ) 2 ( ) 2

a af x x f x

x x= − → = +

Evaluando esta derivada para 2x = y 16a = , se tiene:

( )''3

2 16(2) 2 0

2f = + >

Se observa claramente que la segunda derivada es mayor que cero, es

decir, positiva, por lo tanto el punto 2x = para el valor 16a = es un mínimo tal

como se pide en el ejercicio.

Respuesta: El valor de a es 16.

Ejercicio 10

Calcular el Polinomio de Taylor de grado 3 de la función

( )3

2f x x= , alrededor del punto 4c = .

Solución

Justificación: El polinomio de Taylor de grado 3 viene dado por:

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )2 3'' ''''

3( )2! 3!

f c x c f c x cT x f c f c x c

− −= + − + +

Por lo tanto debemos calcular hasta la tercera derivada, así:

( )

( )

( )

( )

3

2

3 11' 2 2

1 11'' 2 2

1 31''' 2 2

3 3

2 2

1 3 3

2 2 4

1 3 3

2 4 8

f x x

f x x x

f x x x

f x x x

−

− −

− − −

=

= =

= =

= − = −

i

i

Evaluando en 4c = , se tiene:

( )

( )

332

1' 2

4 4 4 64 8

3 3 3 34 4 4 2

2 2 2 2

f

f

= = = =

= = = =i 2i

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1'' 2

1

2

3''' 2

3 32

3

3 3 3 3 34 4

4 4 2 84 44 4

3 3 3 3 34 4

8 8 8 648 48 4

f

f

−

−

=

= = = = =

= − = − = − = − =

Sustituyendo en el polinomio de Taylor de grado 3, para 4c = , se tiene:

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )2 3'' ''''

3

4 4 4 4( ) 4 4 4

2! 3!

f x f xT x f f x

− −= + − + +

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

( )

2 3

3

2 3 2 2 33

23 2 3

3

23 2

3

2 3 2

3

3 38 64( ) 8 3 4 4 42 6

3 3( ) 8 3 12 8 16 3 4 3 4 4

16 64 6

3 24 48 1( ) 3 4 12 48 4

16 16 16 64 2

3 3 1( ) 3 4 3 12 48 64

16 2 128

3 3 12( ) 3 1

16 2 128 12

T x x x x

T x x x x x x x

x xT x x x x x

x xT x x x x x

x x x xT x x

= + − + − + −

= + − + − + + − + −

= − + − + + − + −

= − + − + + − + −

= − + − + −

i i i ii

i

2 3 2

3

32

3

3 2 3 2

3

3 2 3 2

3

4864

8 128

3 3 3 3( ) 3 65

16 2 128 32 8

3 3 3 3( ) 3 65

128 16 32 8 2

3 27 3 3 54 24( ) 65 65

128 32 8 2 128 32 16

3 30 3( ) 65

128 32 16 128 3

x

x x x x xT x x

xT x x x

x x x xT x x x

x x x xT x x

+ −

= + − + − + −

= + − + + − −

− = + + − − = + + −

= + + − = +

1565

2 8

x+ −

Respuesta: 3 2

3

3 15( ) 65

128 32 8

x x xT x = + + −

A continuación se te presentaran una serie de ejercicios propuestos,

¿Por qué es importante resolverlos? Por que tú estarás solo en el examen y tu

eres quien a las finales debes aprehender para tener éxito en la asignatura.

Cualquier duda de los problemas que a continuación se te presentan, déjamelo

saber, a través, de mi correo: [email protected]. Recuerda que en

mi página en el apartado “novedades” en la sección “material durante el

estudio” se encuentra un programa de nombre Mathype que es un excelente

editor de ecuaciones con el cual podrás escribir tus dudas matemáticas, o

escanea las páginas de tu cuaderno y envíame las dudas para darte respuesta

a la brevedad posible.

Por último recuerda resolver cada ejercicio bajo la estructura,

justificación y respuesta , ya que en los exámenes de desarrollo deberás

justificar todas y cada una de tus respuestas, de manera, que es importante

que tomes el hábito de estructurar las soluciones de esta manera, siempre

dando justificación y luego la respuesta .

EJERCICIOS PROPUESTOS

Ejercicio 1

Determinar los puntos críticos de la función ( )2( ) ln 1m x x= − − en el

intervalo [ ]2,2− y hallar los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la

función.

Ejercicio 2

Construya la gráfica de la función 3 2( ) 2 3 11 6f x x x x= − − + , calculando

previamente: a) intervalos de crecimiento y decrecimiento b) Máximos y

mínimos c) Puntos de inflexión e intervalos de concavidad.

Ejercicio 3

Usa la regla de L´Hôpital para calcular el límite: ( )( )

2

0lim

2x

arctg x

arcsen x→.

Ejercicio 4

Completa las siguientes afirmaciones:

a. En x = a la función f(x) tiene un posible punto de __________ siempre que

f ′′(a) = 0 o f ′′ ( a )________.

b. Si f ′( a ) = 0 y f ′′( a ) > 0, entonces en x = a se alcanza un ________.

c. Si f ′( a ) = 0 y f ′′( a ) < 0, entonces en x = a se alcanza un ________.

Ejercicio 5

Sea 35 5)( xxxf −= . Usar el criterio de la segunda derivada para

encontrar los máximos y mínimos locales de f, los puntos de inflexión, los

intervalos de concavidad y grafique f .

Ejercicio 6

Hallar si los tiene: máximos, mínimos relativos y puntos de inflexión para

la función :f + →ℝ ℝ tal que ( ) lnf x x x= .

Ejercicio 7

Grafica una función derivable f: [1 ,4]→IR que cumpla las siguientes

condiciones simultáneamente:

f ′( x ) > 0 para todo x∈(1 , 2)

f ′( x ) < 0 para todo x∈(2 , 3)

f ′( 3 ) = 0 y f ( 4 )> 0.

Ejercicio 8

Hallar el estudio y la gráfica de la función { }: 1,1f − − →ℝ ℝ , definida por

2( )

1

xm x

x=

−.

Ejercicio 9

Haz el estudio y la representación gráfica de la función :f D ⊆ →ℝ ℝ ,

definida por:

( )f x x= −

Ejercicio 10

Sea g: IR→IR definida por g(x)=2 x −3x2+11x. Usa el Teorema de

Rolle para demostrar que existe x0 ∈ (0,4) tal que g′(x0)=0.

ejercicios detallados del obj 5 mat ii 178 179-

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