Control 3 2011 I - Cyntia Barrera Cevallos

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PONTIFICIAUNIVERSIDADCAT ÓLICADECHILE
FACULTADDEMATEM ÁTICAS
DEPARTAMENTODEMATEM ÁTICA
MAT210E.C´alculoI
ControlN
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3 V.10.06.11 FilaA
Nombre: .............................................................................Secci´onN
◦
: ......
SolucionarioFilaA
(1)Sesabequelafunci´on f escontinuaen[ −1, 2]yderivableen] −1, 2[con f(−1)= −1
y f(2)=5.Demostrarqueexisteunpuntoenelgr´aficode f enelquelarecta
tangenteesparalelaalarectadeecuaci´on y =2 x +3.
Soluci´on:
Setiene:
f(2) − f(−1)
5 − (−1)
=
5 − (−1)
2 − (−1)
=2 ,
y f satisfacelaship´otesisdelteoremadelvalormedio;porlo tanto,tenemosque:
∃c ∈] − 1, 2[talque:
f(2) − f(−1)
5 − (−1)
= f ′(c)=2 ,
loquenosdicequelarectatangentealgr´aficode f enelpunto P0(c,f (c))esparalela
alarectadeecuaci´on y =2 x +3.
(2)Dadalafunci´on f(x)= e−x(x +1) 2,bosquejesugr´aficoyencuentresusextremos
relativosyabsolutos.Fundamentesusrespuestas.
Soluci´on:
m
M
–11 XO
Y
I1
I2
Fig.1
Enprimerlugareldominiode f es R,elgr´afico
intersectaaleje
−→
OX en −1yaleje
−→
OY en1,
lasderivadasde f son:
f ′(x)= −e−x (x − 1)(x +1) ,
f ′′(x)= e−x
(
x2 − 1 − 2 x
)
,
Porotraparte,tenemosque:
l´ım
x→∞
e−x(x +1) 2 =0 ,
1
o sea la recta y = 0 (eje
−→
OX) es aśıntota horizontal. Además, tenemos que para
x ∈]−∞,−1[∪]1,∞[ la derivada f ′(x) es negativa, o sea en estas partes la función f
es estrictamente decreciente y para x ∈] − 1, 1[ la derivada f ′(x)es positiva, es decir
en este intervalo la función f es estrictamente creciente.
Al anular f ′(x) se obtienen los puntos cŕıticos −1 y 1 y al evaluar f ′′(−1) = 2e > 0 y
f ′′(1) = 2e−1 < 0 por lo que el primero es un mı́nimo absoluto o global y el segundo
es un máximo relativo o local. Es claro que máximo absoluto o global no hay. Aśı,
tenemos que f(−1) = 0 y f(1) = 4e−1.
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PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATÓLICA DE CHILE
FACULTAD DE MATEMÁTICAS
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
MAT210E. Cálculo I
Control N
◦
3 V.10.06.11 Fila B
Nombre: .............................................................................Sección N
◦
: ......
Solucionario Fila B
(1) Se sabe que la función f es continua en [−3, 7] y derivable en ]−3, 7[ con f(−3) = −5
y f(7) = 15. Demostrar que existe un punto en el gráfico de f en el que la recta
tangente es paralela a la recta de ecuación y = 2x − 5.
Solución:
Se tiene:
f(7) − f(−3)
7 − (−3)
=
15 − (−5)
7 − (−3)
= 2,
y f satisface las hipótesis del teorema del valor medio; por lo tanto, tenemos que:
∃c ∈] − 3, 7[ tal que :
f(7) − f(−3)
7 − (−3)
= f ′(c) = 2,
lo que nos dice que la recta tangente al gráfico de f en el punto P0(c, f(c)) es paralela
a la recta de ecuación y = 2x − 5.
(2) Dada la función f(x) = ex(x − 1)2 bosqueje su gráfico y encuentre sus extremos
relativos y absolutos. Fundamente sus respuestas.
Solución:
M
I2
XO
I1
m
1–1
Y
Fig. 1
En primer lugar el dominio de f es R, el gráfico
intersecta al eje
−→
OX en 1 y al eje
−→
OY en 1, las
derivadas de f son:
f ′(x) = ex (x − 1) (x + 1) ,
f ′′(x) = ex
(
x2 − 1 + 2 x
)
,
Por otra parte, tenemos que:
ĺım
x→−∞
ex(x − 1)2 = 0,
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o sea la recta y = 0 (eje
−→
OX) es aśıntota horizontal. Además, tenemos que para
x ∈] −∞,−1[∪]1,∞[ la derivada f ′(x) es positiva, o sea en estas partes la función f
es estrictamente creciente y para x ∈]− 1, 1[ la derivada f ′(x)es negativa, es decir en
este intervalo la función f es estrictamente decreciente.
Al anular f ′(x) se obtienen los puntos cŕıticos−1 y 1 y al evaluar f ′′(−1) = −2e−1 < 0
y f ′′(1) = 2e > 0 por lo que el primero es un máximo relativo o local y el segundo
es un mı́nimo absoluto o global. Es claro que máximo absoluto o global no hay. Aśı,
tenemos que f(−1) = 4e−1 y f(1) = 0.
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