Cap4_Aplicaciones de la funcion derivada 1 - gabriela Ruiz

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Aplicaciones de la función derivada 
 173
Capítulo 4 
 
 
APLICACIONES DE LA FUNCIÓN DERIVADA 
 
 
 
Primera Parte: TEOREMAS DE LAS FUNCIONES DERIVABLES 
 
 
Teorema de Rolle: Si f es continua en [ ]ba, , derivable en ),( ba y )()( bfaf = , entonces 
existe ),( bac∈ tal que 0)( =′ cf . 
Demostración: Como f es continua en el intervalo cerrado [ ]ba, , entonces alcanza un 
mínimo y un máximo absoluto. Sean 
1
x y 
2
x esos valores respectivamente. Por lo tanto, 
pueden presentarse las siguientes posibilidades: 
a) Si ax ≠
1
 y bx ≠
1
, entonces ),(
1
bax ∈ . Luego, como
1
x es un mínimo relativo de f, 
0)(
1
=′ xf . 
b) Si ax ≠
2
 y bx ≠
2
, entonces ),(
2
bax ∈ . Luego, como 
2
x es un máximo relativo de f, 
0)(
2
=′ xf . 
c) Si 
1
x y 
2
x están en los extremos del intervalo, entonces la función es constante. En 
efecto, [ ]bax ,∈∀ se verifica que )()()(
21
xfxfxf ≤≤ por ser 
1
x y 
2
x el mínimo y el 
máximo absoluto de f. Luego, [ ]baxxfxfxf ,)()()(
21
∈∀== pues 
1
x y 
2
x están en 
los extremos del intervalo y por hipótesis )()( bfaf = . Concluimos que 0)( =′ xf para 
todos los puntos del dominio de f. 
 
 
Interpretación geométrica: Si una función continua en un intervalo cerrado y derivable en 
sus puntos interiores toma el mismo valor en los extremos, en algún punto intermedio de 
dicho intervalo la tangente a la gráfica de la función será horizontal. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ejemplo 1: Analizar si las siguientes funciones verifican las hipótesis del teorema de Rolle. 
En caso afirmativo, hallar el valor de c correspondiente. 
a) 1)( 2 +−= xxf en [ ]2,2− 
 
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Aplicaciones de la función derivada 
 174
Por ser una función polinómica es continua y derivable en IR. En particular lo será en el 
intervalo mencionado. Verifiquemos si en los extremos toma el mismo valor: 
31)2()2( 2 −=+−−=−f y 312)2( 2 −=+−=f . Entonces, )2()2( ff =− y por lo tanto se 
verifican las hipótesis de dicho teorema. 
0022)( =⇒=−⇒−=′ ccxxf 
b) x
x
xf −=
3
)(
3
 en ][ 3,0 
Por ser f una función polinómica es continua y derivable. Verifiquemos si en los extremos 
toma el mismo valor: 0)0( =f y 03
3
33
3
3
)3(
)3(
3
=−=−=f . Por lo tanto, 
)3()0( ff = . 
11011)( 22 −=∨=⇒=−⇒−=′ cccxxf 
Observemos que obtuvimos dos valores de c. Pero sólo nos interesa aquél que pertenezca al 
intervalo que estamos considerando: 1=c . 
 
c) 3)( −= xxf en [ ]5,1 
Esta función es continua y además se cumple que )5()1( ff = . Pero no es derivable en 3=x , 
por lo tanto no verifica las hipótesis del teorema de Rolle. 
 
 
 
Teorema de Lagrange: Si f es continua en [ ]ba, y derivable en ),( ba , entonces existe 
),( bac∈ tal que )(
)()(
cf
ab
afbf
′=
−
−
. 
Demostración: Consideremos la ecuación de la recta que determinan los puntos ))(,( afa y 
))(,( bfb : )(
)()(
)( ax
ab
afbf
afy −
−
−
=− 
Consideremos ahora la función )()(
)()(
)()()( afax
ab
afbf
xfyxfxg −−
−
−
−=−= 
Esta función es continua en [ ]ba, y derivable en ),( ba por ser producto y resta de funciones 
de ese tipo. Además: 
0)()()()(
)()(
)()( =−=−−
−
−
−= afafafaa
ab
afbf
afag 
0)())()(()()()(
)()(
)()( =−−−=−−
−
−
−= afafbfbfafab
ab
afbf
bfbg 
Por lo tanto, )()( bgag = . Luego, por satisfacer las hipótesis del teorema de Rolle, existe 
),( bac∈ tal que 0)( =′ cg . 
Como 0
)()(
)()(1
)()(
)()( =
−
−
−′=′⇒⋅
−
−
−′=′
ab
afbf
cfcg
ab
afbf
xfxg 
Concluimos que 
ab
afbf
cf
−
−
=′
)()(
)( , como queríamos demostrar. 
 
 
 
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 175
Interpretación geométrica: El teorema establece (bajo las hipótesis enunciadas), que existe 
un punto en el intervalo ),( ba en donde la recta tangente a la gráfica de la función es paralela 
a la recta que determinan los puntos ))(,( afa y ))(,( bfb . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ejemplo 2: Indicar si las siguientes funciones verifican las hipótesis del teorema de Lagrange. 
En caso afirmativo, hallar el valor de c correspondiente. 
a) xxf ln)( = en [ ]e,1 
Claramente f es continua y derivable. Busquemos el valor de c. 
1
1
1
1
011
1
)1()(
)(
1
)( −=⇒
−
=
−
−
=⇒
−
−
=′⇒=′ ec
eece
fef
cf
x
xf 
 
b) 



>−
≤−
=
013
01
)(
2
xx
xx
xf en [ ]2,1− 
Analicemos la continuidad de f: 12 −= xy e 13 −= xy son continuas por ser funciones 
polinómicas. Veamos qué pasa en 0
0
=x . 
i) 1)0( −=f 
ii) 1)(
113)(
11)(
0
00
2
00 −=⇒




−=−=
−=−=
→
→→
→→
++
−−
xflim
xlimxflim
xlimxflim
x
xx
xx 
iii) )0()(
0
fxflim
x
=
→
 
Luego, f es continua en 0
0
=x . Por lo tanto, f es continua en [ ]2,1− . 
Analicemos la derivabilidad de f: 12 −= xy e 13 −= xy son derivables por ser funciones 
polinómicas. Veamos que pasa en 0
0
=x . 
0
)1(1)0()(
)0(
2
0
2
00
==
−−−
=
−
=′
−−−
→→→
−
h
h
lim
h
h
lim
h
fhf
limf
hhh
 
 
3
3)1(13)0()(
)0(
000
==
−−−
=
−
=′
+++
→→→
+
h
h
lim
h
h
lim
h
fhf
limf
hhh
 
Por lo tanto, f no es derivable en 0
0
=x . Concluimos que f no verifica las hipótesis del 
teorema de Lagrange. 
 
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 176
Corolario: Si f es continua en [ ]ba, y derivable en ),( ba tal que ),(0)( baxxf ∈∀=′ , 
entonces f es constante en [ ]ba, . 
 
Teorema de Cauchy: Si f y g son continuas en [ ]ba, y derivables en ),( ba tal que 
0)( ≠′ xg para todo ),( bax∈ , entonces existe ),( bac∈ tal que: 
)(
)(
)()(
)()(
cg
cf
agbg
afbf
′
′
=
−
−
 
Demostración: Consideremos la función: 
))()(())()(())()(())()(()( afxfagbgagxgafbfxh −−−−−= 
La función h es continua en [ ]ba, y derivable en ),( ba por ser producto y diferencia de 
funciones de ese tipo. Además: 
0))()(())()(())()(())()(()( =−−−−−= afafagbgagagafbfah 
0))()(())()(())()(())()(()( =−−−−−= afbfagbgagbgafbfbh 
Luego, h verifica las hipótesis del teorema de Rolle, entonces existe ),( bac∈ tal que 
0)( =′ ch . Pero )())()(()())()(( )( xfagbgxgafbfxh ′−−′−=′ . Luego, 
0)())()(()())()(( )( =′−−′−=′ cfagbgcgafbfch 
Despejando obtenemos lo que queríamos demostrar:
)(
)(
)()(
)()(
cg
cf
agbg
afbf
′
′
=
−
−
 
 
 
 
Ejemplo 3: Analizar si las siguientes funciones verifican las hipótesis del teorema de Cauchy. 
En caso afirmativo, hallar el valor de c correspondiente. 



−=
−=
2)(
32)(
3xxg
xxf
 en [ ]2,1 
Observemos que f y g son funciones continuas y derivables por ser funciones polinómicas. 
Además, 23)( xxg =′ sólo se anula en 0=x , punto que no pertenece al intervalo considerado. 
Por lo tanto, ambas funciones verifican las hipótesis del teorema de Cauchy. Luego, 
busquemos el valor de c correspondiente: 
3
7
3
7
3
7
3
2
)1(6
)1(1
)(
)(
)1()2(
)1()2( 2
2
−=∨=⇒=⇒=
−−
−−
⇒
′
′
=
−
−
ccc
ccg
cf
gg
ff
 
Concluimos que 
3
7
=c es el valor correspondiente al teorema de Cauchy ya que el otro 
valor de c no pertenece al intervalo considerado. 
 
 
Observación: En el capítulo de límite vimos tres indeterminaciones: ∞
∞
∞
1y,
0
0
, las cuales 
resolvimos mediante operaciones algebraicas propias de cada caso. También en ese capítulo 
hablamos de la existencia de siete indeterminaciones que no mencionamos pues su resolución 
podía ser muy laboriosa. 
Ahora estamos en condiciones de enunciarlas ya que a continuación daremos una regla para 
“salvarlas”: 00 ,0,1,,0,,
0
0
∞∞−∞∞⋅
∞
∞
∞ 
 
 
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 177
 
Regla de L’Hospital: Sean f y g funciones derivables en un intervalo ),( ba salvo quizá 
para ),(
0
bax ∈ y sea 
0
),,(0)( xxbaxxg ≠∈∀≠′ . Si 
)(
)(
0 xg
xf
lim
xx→
 da lugar a una 
indeterminacióndel tipo 
0
0
 o 
∞
∞
 , entonces 
)(
)(
)(
)(
00 xg
xf
lim
xg
xf
lim
xxxx ′
′
=
→→
 siempre que el límite 
del segundo miembro exista o tienda a ∞± . 
 
 
 
Observación: La regla de L’Hospital también puede aplicarse a los casos en los que la 
variable x tiende a ∞± . 
 
 
Ejemplo 4: Calculemos algunos límites donde se presentan indeterminaciones del tipo 
0
0
. 
a) 
1
ln
1 −→ x
x
lim
x
 
Tanto numerador y denominador tienden a cero cuando x tiende a 1. Por lo tanto, podemos 
aplicar la regla de L’Hospital. 
1
1
1
1
ln
11
==
− →→
x
lim
x
x
lim
xx
 
b) 
2
0
cos1
x
x
lim
x
−
→
 
Tanto numerador y denominador tienden a cero cuando x tiende a 0. Por lo tanto, podemos 
aplicar la regla de L’Hospital. 
x
x
lim
x
x
lim
xx 2
sencos1
0
2
0 →→
=
−
 
Observemos que obtuvimos una indeterminación del tipo 
0
0
, por lo tanto, aplicamos 
L’Hospital nuevamente. 
2
1
2
cos
2
sencos1
00
2
0
===
−
→→→
x
lim
x
x
lim
x
x
lim
xxx
 
Vale aclarar que esta última indeterminación la podríamos haber salvado utilizando los 
conocimientos adquiridos en el capítulo de límite: 
2
1
1
2
1sen
2
1
2
sen
00
=⋅==
→→ x
x
lim
x
x
lim
xx
. 
 
 
 
Ejemplo 5: Calculemos algunos límites donde se presentan indeterminaciones del tipo 
∞
∞
. 
a) 
xx
e
lim
x
x
−
+∞→
2
 
Tanto numerador y denominador tienden a infinito cuando x tiende a ∞+ . Por lo tanto, 
podemos aplicar la regla de L’Hospital. 
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 178
12
2
−
=
− +∞→+∞→ x
e
lim
xx
e
lim
x
x
x
x
 
Observemos que obtuvimos una indeterminación del tipo 
∞
∞
, por lo tanto, aplicamos 
L’Hospital nuevamente. 
+∞==
−
=
− +∞→+∞→+∞→ 2
 
12
2
x
x
x
x
x
x
e
lim
x
e
lim
xx
e
lim 
b) 
x
x
lim
x
ln
+∞→
 
Tanto numerador y denominador tienden a infinito cuando x tiende a ∞+ . Por lo tanto, 
podemos aplicar la regla de L’Hospital. 
0
1
1
ln
==
+∞→+∞→
x
lim
x
x
lim
xx
 
 
 
 
Observación: Veremos ahora como reducir los restantes casos de indeterminación mediante 
algún artificio a la forma 
0
0
 o 
∞
∞
, para poder aplicar la regla de L’Hospital. 
 
 
 
Ejemplo 6: Calculemos algunos límites donde se presentan indeterminaciones del tipo ∞⋅0 . 
a) xxlim
x
ln
0→
 
Llevamos esta indeterminación del tipo ∞⋅0 a una del tipo 
∞
∞
 haciendo lo siguiente: 
0
1
1
1
ln
ln
0
2
000
=−=
−
==
→→→→
xlim
x
x
lim
x
x
limxxlim
xxxx
 
b) ( ) xxlim
x
sec2
2
−
→
π
π
 
Llevamos esta indeterminación del tipo ∞⋅0 a una del tipo 
0
0
 de la siguiente manera: 
( ) ( ) 2
sen
2
cos
2
cos
1
2sec2
2222
=
−
−
=
−
=−=−
→→→→ x
lim
x
x
lim
x
xlimxxlim
xxxx
ππππ
π
ππ 
 
 
 
Ejemplo 7: Calculemos algunos límites donde se presentan indeterminaciones del tipo ∞−∞ . 
a) 





+
−
−−→ xx
lim
x 1
1
1
2
2
1
 
Llevamos esta indeterminación del tipo ∞−∞ a una del tipo 
0
0
 de la siguiente manera: 
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 179
2
1
2
1
1
1
1
)1(2
1
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
=
−
=
−
+
=
−
−−
=





+
−
− −→−→−→−→ x
lim
x
x
lim
x
x
lim
xx
lim
xxxx
 
b) 





−
→ xx
lim
x sen
11
0
 
Llevamos esta indeterminación del tipo ∞−∞ a una del tipo 
0
0
 de la siguiente manera: 
xxx
x
lim
xx
xx
lim
xx
lim
xxx cossen
1cos
sen
sen
sen
11
000 +
−
=
−
=





−
→→→
 
Como nuevamente obtuvimos una indeterminación del tipo 
0
0
 aplicamos L’Hospital: 
0
)sen(coscos
sen
cossen
1cos
sen
11
000
=
−++
−
=
+
−
=





−
→→→ xxxx
x
lim
xxx
x
lim
xx
lim
xxx
 
 
 
 
 
Observación: Para calcular )()(
0
xg
xx
xflim
→
 en los casos de indeterminación ( 00 ,0,1 ∞∞ ) suele 
ser útil calcular el logaritmo de dicho límite: 
)(ln)()(ln)(ln
000
)()( xfxglimxflimxflim
xx
xg
xx
xg
xx →→→
== 
Observemos que nos queda una indeterminación del tipo ∞⋅0 que ya sabemos cómo llevar a 
una indeterminación del tipo 
0
0
 o 
∞
∞
, para poder aplicar la regla de L’Hospital. Luego, si el 
límite resulta ser L, el límite original será Le . 
 
 
 
 
Ejemplo 8: Aplicar el procedimiento anterior para calcular los siguientes límites. 
a) x
x
xlim
sen
0→
 
Claramente estamos ante una indeterminación del tipo 00 . Resolvemos aplicando el 
procedimiento descripto en la observación anterior. 
xxlimxlimxlimL
x
x
x
x
x
lnsenlnlnln
0
sen
0
sen
0 →→→
=== 
Tratamos de llevar esta indeterminación del tipo ∞⋅0 a una del tipo 
0
0
 o 
∞
∞
, para poder 
aplicar la regla de L’Hospital. 
xx
x
lim
x
x
x
lim
x
x
limxxlimL
xxxx cos
)(sen
cos
)(sen
1
1
sen
1
ln
lnsenln
2
0
2
000
−
=
−
===
→→→→
 
Como nuevamente obtuvimos una indeterminación del tipo 
0
0
, utilizamos la regla de 
L’Hospital para salvarla. 
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 180
0
)sen(cos
cossen2
cos
)(sen
ln
0
2
0
=
−+
−
=
−
=
→→ xxx
xx
lim
xx
x
limL
xx
 
Luego, 10 == eL . 
b) 
x
x x
lim 





+
∞→
2
1 
Estamos ante una indeterminación del tipo ∞1 . Resolvemos como en el ejercicio anterior. 
=






+
=





+=





+=





+=
∞→∞→∞→∞→
x
x
lim
x
xlim
x
lim
x
limL
xx
x
x
x
x 1
2
1ln
2
1ln
2
1ln
2
1lnln 
2
2
1
2
1
2
2
1
1
2
2
=
+
=
−






−
+
=
∞→∞→
x
lim
x
x
x
lim
xx
 
Por lo tanto, 2eL = . 
c) x
x
xlim
1
+∞→
 
Estamos ante una indeterminación del tipo 0∞ . Resolvemos utilizando el procedimiento 
anterior. 
0
1
1
ln
ln
1
lnlnln
11
======
+∞→+∞→+∞→+∞→+∞→
x
lim
x
x
limx
x
limxlimxlimL
xxx
x
x
x
x
 
Por lo tanto, 10 == eL . 
 
 
*Estamos en condiciones de resolver los problemas 1, 2, 3, 4 y 5 de la guía de trabajos 
prácticos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 181
Segunda Parte: ESTUDIO DE FUNCIONES 
 
 
En esta segunda parte del capítulo vamos a aplicar todo lo aprendido sobre derivadas para 
obtener la representación gráfica de funciones. 
 
 
 
Funciones crecientes y decrecientes 
 
 
Definición: Sea f una función definida en un intervalo I, diremos que: 
a) f es creciente en I si para todo Ix ∈
1
 y Ix ∈
2
, cuando 
21
xx < entonces )()(
21
xfxf ≤ . 
b) f es decreciente en I si para todo Ix ∈
1
 y Ix ∈
2
, cuando 
21
xx < entonces 
)()(
21
xfxf ≥ . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Observación: Las definiciones anteriores corresponden a funciones crecientes o 
decrecientes. Si cambiamos los signos ≤ y ≥ por < y > obtenemos las definiciones de 
estrictamente crecientes y estrictamente decrecientes. 
 
 
 
Vamos a analizar cómo el signo de la primera derivada de una función da información sobre 
su monotonía (crecimiento o decrecimiento). 
 
 
Propiedad 1: Sea f una función continua en [ ]ba, y derivable en ( )ba, . 
a) Si 0)( >′ xf para todo ( )bax ,∈ , entonces f es estrictamente creciente en [ ]ba, . 
 
 
 Función creciente Función decreciente 
 
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M
Aplicaciones de la función derivada 
 182
b) Si 0)( <′ xf para todo ( )bax ,∈ , entonces f es estrictamente decreciente en [ ]ba, . 
 
 
Propiedad 2: Sea ( ) IRbaf →,: derivable en todo punto. 
a) Si f es creciente, entonces 0)( ≥′ xf para todo ( )bax ,∈ . 
b) Si f es decreciente, entonces 0)( ≤′ xf para todo ( )bax ,∈ . 
 
 
Observación: Las propiedades anteriores pueden interpretarse geométricamente. 
Si una función derivable crece en un intervalo I, la recta tangente a la curva def en cualquier 
punto tiene pendiente no negativa (forma ángulo agudo con el semieje positivo x, pudiendo 
ser en algunos puntos nulo). 
Si una función decrece en I, la pendiente de la recta tangente en cualquier punto no es positiva 
(forma ángulo obtuso con el semieje positivo x pudiendo ser nulo en alguno de ellos). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolvemos a continuación ejemplos explicativos. 
 
 
 
Ejemplo 9: Indicar en qué subconjunto del dominio es creciente o decreciente la función 
3159)( 23 ++−= xxxxf . 
• Hallamos primero el dominio de f: IRDf = 
• Calculamos la derivada de f: 15183)( 2 +−=′ xxxf 
• Factorizamos )(xf ′ : )5()1(3)( −−=′ xxxf 
Debemos determinar para qué subconjuntos del dominio )(xf ′ es positiva y para cuáles es 
negativa. Observemos que el signo de )(xf ′ depende de los factores )1( −x y )5( −x . 
• )51()51(0)5()1(0)( <∧<∨>∧>⇔>−−⇔>′ xxxxxxxf 
15 <∨>⇔ xx . 
Por lo tanto, f crece en ),5()1,( +∞∪−∞ . 
• )51()51(0)5()1(0)( <∧>∨>∧<⇔<−−⇔<′ xxxxxxxf 
 
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Aplicaciones de la función derivada 
 183
51 <<⇔ x . 
Por lo tanto, f decrece en )5,1( . 
 
 
Observación: En el ejemplo anterior se podría proceder de otra forma: dividiendo el dominio 
en intervalos con los puntos que resultan raíces de 0)( =′ xf y determinando luego el signo 
de )(xf ′ en cada intervalo. 
 
INTERVALO )1,(−∞ )5,1( ),5( +∞ 
sg )(xf ′ + - + 
 f crece f decrece f crece 
 
Para determinar el signo de )(xf ′ en cada intervalo evaluamos )(xf ′ en un punto interior 
cualquiera a cada uno, ya que siendo en este caso )(xf ′ una función continua, por el 
corolario del teorema de Bolzano, conserva su signo entre dos ceros consecutivos. 
 
 
 
Ejemplo 10: Indicar en qué subconjunto del dominio es creciente o decreciente la función 
x
x
xf
1
)(
2
+
= . 
• Hallamos primero el dominio de f: { }0−= IRDf 
• Calculamos la derivada de f: 
2
2
2
22
2
2
2
22
112)1(2)1()()1(
)(
x
x
x
xx
x
xxx
x
xxxx
xf
−
=
−−
=
+−
=
+′−′+
=′ 
• Hallamos los ceros de )(xf ′ : 
111010
1
0)(
22
2
2
−=∨=⇔=⇔=−⇔=
−
⇔=′ xxxx
x
x
xf 
• Determinamos el signo de )(xf ′ : El signo de )(xf ′ está determinado por 12 −x ya que el 
divisor 2x es siempre positivo. Como el dominio de f presenta una restricción hay que 
tenerla en cuenta en los intervalos que vamos a considerar para analizar el signo de la 
función derivada, para que se cumpla la hipótesis de continuidad que exige el corolario del 
teorema de Bolzano. 
 
INTERVALO )1,( −−∞ )0,1(− )1,0( ),1( +∞ 
sg )(xf ′ + - - + 
 f crece f decrece f decrece f crece 
 
 Por lo tanto, f crece en ),1()1,( +∞∪−−∞ y f decrece en )1,0()0,1( ∪− . 
 
 
 
 
 
 
 
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Aplicaciones de la función derivada 
 184
Ejemplo 11: Indicar en qué subconjunto del dominio es creciente o decreciente la función 
3)( −= xxf . 
Hallamos primero el dominio de f: [ )+∞= ,3Df . Calculamos la derivada de f: 
32
1
)3(
2
1
)3(
2
1
)( 2
1
1
2
1
−
=−=−=′
−−
x
xxxf 
Observemos que el dominio de )(xf ′ es ( )+∞,3 y que en ese intervalo es siempre positiva. 
Luego, por propiedad 1, f crece en [ )+∞,3 . 
 
 
 
*El lector debe ahora resolver el problema 6 de la guía práctica. 
 
 
 
Extremos relativos o locales 
 
 
Definición: Sea 
0
x un punto interior al dominio de f , es decir, tal que existe un intervalo 
abierto DfI ⊂ con Ix ∈
0
. 
a) f alcanza en 
0
x un máximo relativo o local si existe un entorno de 
0
x donde se cumple que 
)()(
0
xfxf ≤ para cualquier punto x del mismo. 
b) f alcanza en 
0
x un mínimo relativo o local si existe un entorno de 
0
x donde se cumple que 
)()(
0
xfxf ≥ para cualquier punto x del mismo. 
 
 
Definición: Sea f una función y sea Dfx ∈
0
. 
a) f alcanza en 
0
x un máximo absoluto si se cumple que )()(
0
xfxf ≤ para todo x 
perteneciente al dominio de la función. 
b) f alcanza en 
0
x un mínimo absoluto si se cumple que )()(
0
xfxf ≥ para todo x 
perteneciente al dominio de la función. 
 
 
Ejemplo 12: Hallar máximos y mínimos locales y absolutos en la función [ ] IRbaf →,: cuya 
gráfica está dada a continuación. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Aplicaciones de la función derivada 
 185
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Mínimos Máximos 
Relativos )()()(
642
xfxfxf 
)()(
)()(
75
31
xfxf
xfxf
 
Absolutos )(af )(
7
xf 
 
 
 
Observación: El mínimo relativo que alcanza una función en un punto puede ser mayor que 
el máximo que dicha función alcance en otro punto (ver el ejemplo anterior). Además, la 
definición de extremo relativo exige que el punto 
0
x sea interior al dominio de la función. 
Luego, si [ ] IRbaf →,: entonces ),(
0
bax ∈ . 
 
 
 
Condición necesaria para la existencia de extremos relativos 
 
 
 
Vamos a ver ahora las condiciones que debe cumplir una función derivable para tener 
extremos relativos (máximo o mínimo). Esta condición es necesaria pero no suficiente. 
 
 
 
Teorema: Si 
0
x es extremo local de f y f es derivable en 
0
x , entonces 0)(
0
=′ xf . 
Demostración: Supongamos que en 
0
x la función alcanza un máximo relativo. Luego, existe 
un entorno ),(
00
δδ +−= xxI donde Ixxfxf ∈∀≤ )()(
0
. 
Sea hxx +=
0
 con δ<h . Entonces: 0)()()()(
0000
≤−+∴≤+ xfhxfxfhxf . 
 
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Aplicaciones de la función derivada 
 186
• Si 0<h , entonces 0
)()(
00
≥
−+
h
xfhxf
. Luego, tomamos el límite para h tendiendo a 
cero por izquierda y utilizamos una de las propiedades de límite de funciones: 
0
)()(
)( 00
0
0
≥
−+
=′
−
→
−
h
xfhxf
limxf
h
 
• Si 0>h , entonces 0
)()(
00
≤
−+
h
xfhxf
. Luego, tomamos el límite para h tendiendo a 
cero por derecha: 0
)()(
)( 00
0
0
≤
−+
=′
+
→
+
h
xfhxf
limxf
h
 
Por hipótesis sabemos que f es derivable en 
0
x , por lo tanto existe )(
0
xf ′ y esta debe ser 
única. En consecuencia, )()()(
000
xfxfxf +− ′=′=′ . Como obtuvimos que 0)(
0
≥′
− xf y 
0)(
0
≤′
+ xf , concluimos que 0)(
0
=′ xf como queríamos demostrar. 
 
 
 
Observaciones 
1) Que la condición anterior sea necesaria significa que si una función no la cumple (es 
decir, tiene derivada finita distinta de cero en un punto) entonces no alcanza en dicho 
punto ningún extremo relativo. Pero si la derivada en un punto es nula puede o no alcanzar 
un extremo relativo en el mismo (nada puede asegurarse pues la condición no es 
suficiente). 
En efecto, consideremos la función 3)( xxf = . Luego, 23)( xxf =′ . Claramente 
0)0( =′f , sin embargo, la función no tiene extremo relativo en 0=x . 
 
2) La condición estudiada no es de aplicación para funciones no derivables ya que f puede 
tener un extremo relativo sin que exista )(
0
xf ′ . 
Tal es el caso de la función xxf =)( . En efecto, 0)0( =f y en cualquier entorno de cero 
se cumple que 0≥x . Por lo tanto, la función tiene en 0=x un mínimo relativo aunque 
no exista )0(f ′ (recordar que 1)0( =′+f y 1)0( −=′−f ). 
 
3) La condición necesaria puede interpretarse geométricamente del modo siguiente: la 
gráfica de una función derivable tiene en los puntos donde alcanza extremos relativos 
recta tangente horizontal. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Aplicaciones de la función derivada 
 187
Condición suficiente para la existencia de extremos relativos 
 
 
De todo lo dicho hasta el momento se concluye que una función solo puede tener extremos 
relativos en aquellos puntos de su dominio donde la derivada existe y vale cero, o bien, en 
aquellos donde la derivada no existe. Llamaremos a éstos puntos críticos. 
Cabe aclarar que para determinar si una funcióntiene o no un extremo relativo en un punto 
crítico se requiere de un análisis de la función en el mismo, utilizando dos criterios. 
 
 
Primer criterio: Consideremos una función f continua en un entorno I de un punto crítico 
0
x 
y derivable en cada punto x del mismo salvo quizá en 
0
x . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Geométricamente puede verse que si la recta tangente al gráfico de f tiene pendiente positiva 
para todo punto de I tal que 
0
xx < y negativa para 
0
xx > (es decir, f crece en el semientorno 
a izquierda de 
0
x y decrece en semientorno a derecha de 
0
x ), entonces la función f tiene en 
0
x un máximo relativo. 
Análogamente, si para todo punto x perteneciente a I tal que 
0
xx < la pendiente de la recta 
tangente al gráfico de f es negativa y para 
0
xx > es positiva, o sea, f decrece en el 
semientorno a izquierda de 
0
x y crece en el semientorno a derecha de 
0
x , entonces la función 
f tiene en 
0
x un mínimo relativo. 
 
 
En símbolos: Sea 
0
x un punto crítico de f y sea I un entorno del mismo en el cual f es 
continua y, además, derivable (salvo quizá para 
0
x ). Si denotamos con −I al semientorno a 
izquierda de 
0
x y con +I al semientorno a derecha de 
0
x , concluimos que: 
• )(0)(0)(
0
xfIxxfIxxf ⇒∈∀<′∧∈∀>′ +− es máximo relativo. 
• )(0)(0)(
0
xfIxxfIxxf ⇒∈∀>′∧∈∀<′ +− es mínimo relativo. 
 
 
 
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Aplicaciones de la función derivada 
 188
Segundo criterio: Sea f una función derivable en un intervalo I y sea Ix ∈
0
 un punto crítico 
de f (es decir, 0)(
0
=′ xf ) tal que 0)(
0
≠′′ xf . Entonces: 
a) Si 0)(
0
<′′ xf , entonces )(
0
xf es un máximo relativo de f. 
b) Si 0)(
0
>′′ xf , entonces )(
0
xf es un mínimo relativo de f. 
Demostración: Vamos a demostrar la parte a). Puesto que )(xf ′′ es la derivada de la derivada 
primera, decir que 0)(
0
<′′ xf es equivalente a decir que: 
0
)()(
)(
0
0
0
0
<
−
′−′
=′′
→ xx
xfxf
limxf
xx
 
Por una propiedad de límite finito existe 0>δ tal que δ<−<∀
0
0: xxx entonces 
0
)()(
0
0
<
−
′−′
xx
xfxf
. 
Como por hipótesis 0)(
0
=′ xf , entonces δ<−<∀<
−
′
0
0
0:0
)(
xxx
xx
xf
. 
Luego: 
• 
00
/0)( xxxxxf <<−∀>′ δ . Entonces, f es estrictamente creciente en ( ]
00
, xx δ− . 
• δ+<<∀<′
00
/0)( xxxxxf . Entonces, f es estrictamente decreciente en [ )δ+
00
, xx . 
Por lo tanto, f alcanza un máximo relativo en 
0
xx = (ver primer criterio ). 
 
 
 
Observación: Si la condición anterior no se cumple, o sea, en el punto crítico 0)(
0
=′′ xf , 
puede ocurrir que la función tenga o no un extremo en el mismo. Por lo tanto, en ese caso es 
conveniente utilizar el primer criterio para determinar la existencia de extremo relativo. 
 
 
 
Ejemplo 13: Consideremos las siguientes funciones y veamos qué criterio conviene adoptar: 
 
a) 4)( xxf = . 
• Calculamos su derivada : 34)( xxf =′ 
• Hallamos los puntos críticos: 0040)( 3 =⇔=⇔=′ xxxf 
• Calculamos la derivada segunda: 212)( xxf =′′ 
Observemos que si reemplazamos en la derivada segunda por el punto crítico resulta 
0)0( =′′f . Por lo tanto, el segundo criterio no permite determinar si f admite en 0=x un 
extremo relativo. 
Luego, tenemos que utilizar el primer criterio: 004)( 3 >∀>=′ xxxf y 
004)( 3 <∀<=′ xxxf . Como la derivada cambia de signo al pasar de izquierda a derecha 
por 0=x , concluimos que la función alcanza un mínimo relativo en 0=x . 
 
b) 3)( xxf = 
• Calculamos su derivada : 23)( xxf =′ 
• Hallamos los puntos críticos: 0030)( 2 =⇔=⇔=′ xxxf 
 
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Aplicaciones de la función derivada 
 189
• Calculamos la derivada segunda: xxf 6)( =′′ 
Como 0)0( =′′f el segundo criterio no es aplicable. Utilizando el primero obtenemos que 
003)( 2 ≠∀>=′ xxxf . Por lo tanto, la función no tiene extremo relativo en 0=x ( f es 
creciente en IR). 
 
 
 
Estamos en condiciones de dar una guía del procedimiento a seguir para el cálculo de 
extremos relativos de una función continua )(xfy = . 
 
1) Calcular )(xf ′ 
2) Hallar los puntos críticos resolviendo la ecuación 0)( =′ xf y teniendo en cuenta los 
valores donde la derivada es discontinua (es decir, donde no existe o bien es infinita). 
3) Analizar la variación del signo de la derivada primera al pasar cada punto crítico de 
izquierda a derecha. 
• Si cambia de positivo a negativo entonces hay un máximo relativo en el punto. 
• Si cambia de negativo a positivo entonces hay un mínimo relativo en el punto. 
• Si no cambia de signo no hay extremo en dicho punto. 
 
 
 
Ejemplo 14: Hallar, si existen, extremos relativos de la función 23)( 23 +−= xxxf . 
• Hallamos el dominio de f: IRDf = 
• Calculamos la derivada primera: xxxf 63)( 2−=′ 
• Buscamos los puntos críticos: 
 200)2(30630)( 2 =∨=⇔=−⇔=−⇔=′ xxxxxxxf 
Obsérvese que )(xf es continua y derivable en IR. Luego, los únicos puntos críticos son 
aquellos para los cuales 0)( =′ xf , es decir, 0
0
=x y 2
1
=x . 
Los puntos críticos dividen al dominio en intervalos en cada uno de los cuales determinamos 
el signo de )(xf ′ . 
 
INTERVALO ( )0,∞− ( )2,0 ( )+∞,2 
sg )(xf ′ + - + 
 
Observando la variación del signo de la primera derivada determinamos que en 0
0
=x la 
función alcanza un máximo relativo, ya que al pasar por dicho punto de izquierda a derecha el 
signo de )(xf ′ cambia de positivo a negativo. Como 2)0()(
0
== fxf , el punto máximo se 
encuentra en )2,0( . 
En cambio, en 2
1
=x la función tiene un mínimo relativo, ya que a izquierda del mismo 
)(xf ′ tiene signo negativo y a derecha tiene signo positivo. Como 2)2()(
1
−== fxf , el 
punto mínimo se encuentra en )2,2( − . 
Por tratarse de una función cuya primera derivada es continua podríamos haber utilizado el 
segundo criterio para determinar si la función alcanza extremo en los puntos críticos. 
Para ello calculamos la derivada segunda de f: 66)( −=′′ xxf . Luego, reemplazamos los 
puntos críticos en )(xf ′′ : 
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Aplicaciones de la función derivada 
 190
• 06)0( <−=′′f , por lo tanto, en 0
0
=x la función alcanza un máximo relativo. 
• 06)2( >=′′f , por lo tanto, en 2
1
=x la función tiene un mínimo relativo. 
 
 
Ejemplo 15: Hallar, si existen, extremos relativos de la función 
x
x
xf
1
)(
2
+
= . 
• Hallamos el dominio de f: { }0−= IRDf 
• Calculamos la derivada primera: 
2
2
2
2 1)1(2
)(
x
x
x
xxx
xf
−
=
+−
=′ 
• Buscamos los puntos críticos: 
11010
1
0)(
2
2
2
−=∨=⇔=−⇔=
−
⇔=′ xxx
x
x
xf 
Observemos que )(xf ′ no está definida en 0=x , pero ese no es un punto crítico ya que no 
pertenece al dominio de la función. 
• Calculamos la derivada segunda: 
34
22 22)1(2
)(
xx
xxxx
xf =
−−
=′′ 
• Reemplazamos por los puntos críticos: 
2)1(02)1( −=−∴<−=−′′ ff es un máximo relativo. 
2)1(02)1( =∴>=′′ ff es un mínimo relativo. 
 
 
Ejemplo 16: Hallar, si existen, extremos relativos de la función 3
1
)1(23)( +−= xxf . 
• Hallamos el dominio de f: IRDf = 
• Calculamos la derivada primera: 
3 2
3
2
)1(
1
3
2
)1(
3
2
)(
+
−=+−=′
−
x
xxf 
Observemos que si bien IRxxf ∈∀≠′ 0)( la derivada no está definida para 1−=x . Luego, 
el único punto crítico es 1
0
−=x . Aplicamos entonces el criterio de la variación del signo de 
la derivada primera. Subdividimos el dominio de la función en los siguientes intervalos, en 
cada uno de los cuales determinamos el signo de )(xf ′ . 
 
INTERVALO ( )1,−∞− ( )+∞− ,1 
sg )(xf ′ - - 
 
Como no hay cambio de signo de )(xf ′ al pasar el punto crítico 1
0
−=x , concluimos que en 
1
0
−=x no hay extremo relativo. La función es decreciente en todo su dominio. 
 
 
 
Ejemplo 17: Hallar, si existen, extremos relativos de la función xxxf 2ln)( = . 
• Hallamos el dominio de f: ( )+∞= ,0Df 
• Calculamosla derivada primera: xx
x
xxxxf ln2ln
1
ln2ln)( 22 +=+=′ 
• Buscamos los puntos críticos: 
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Aplicaciones de la función derivada 
 191
⇔=+⇔=+⇔=′ 0)2(lnln0ln2ln0)( 2 xxxxxf 
2
102ln0ln
−
=∨=⇔=+∨= exxxx 
Los únicos puntos críticos son 2
0
−
= ex y 1
1
=x ya que no existen puntos del dominio de f 
donde )(xf ′ tenga discontinuidades. 
• Calculamos la derivada segunda: )1(ln
221
ln2)( +=+=′′ x
xxx
xxf 
• Reemplazamos por los puntos críticos: 
02)12(
2
)1(ln
2
)( 2
2
2
2
2
<−=+−=+=′′
−
−
−
− e
e
e
e
ef 
02)11(ln
1
2
)1( >=+=′′f
 
Como 4ln)( 22222 −−−− == eeeef y 0)1( =f , concluimos que la función f admite un 
máximo relativo en )4,( 22 −− ee y un mínimo relativo en )0,1( . 
 
 
 
Ejemplo 18: Hallar, si existen, extremos relativos de la función: 



<+
≥+−
=
11
13
)(
2 xx
xx
xf 
Claramente el dominio de f es IR. Además, es continua en todo su dominio. En efecto, 
3+−= xy es continua 1>∀x y 12 += xy es continua 1<∀x ya que se trata de funciones 
polinómicas. Probemos que f es continua en 1
0
=x . 
i) 231)1( =+−=f 
ii) 2)(
23)(
21)(
1
11
2
11 =⇒




=+−=
=+=
→
→→
→→
++
−−
xflim
xlimxflim
xlimxflim
x
xx
xx 
iii) )1()(
1
fxflim
x
=
→
 
Hallamos a continuación los puntos críticos. Buscamos para ello: los puntos del dominio 
donde 0)( =′ xf y los puntos donde no existe )(xf ′ . 
Obsérvese que : 
• 01)(1 ≠−=′>∀ xfx 
• xxfx 2)(1 =′<∀ . Luego, 00)( =⇔=′ xxf . 
• Analizamos ahora qué pasa en 1=x . Para ello debemos utilizar derivadas laterales. 
1
23)1()1()1(
)1(
000
−=
−
=
−++−
=
−+
=′
+++
→→→
+
h
h
lim
h
h
lim
h
fhf
limf
hhh
 
=
−++
=
−++
=
−+
=′
−−−
→→→
−
h
hh
lim
h
h
lim
h
fhf
limf
hhh
1)21(21)1()1()1(
)1(
2
0
2
00
 
 2
)2(
0
=
+
=
−
→ h
hh
lim
h
 
Como )1()1( −+ ′≠′ ff concluimos que no existe )1(f ′ . 
Por lo tanto, los puntos críticos son: 0
0
=x y 1
1
=x . 
 
 
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Aplicaciones de la función derivada 
 192
INTERVALO ( )0,∞− ( )1,0 ( )+∞,1 
sg )(xf ′ - + - 
 
Luego, la función f tiene un mínimo relativo en )1,0( y un máximo relativo en )2,1( . 
Veamos la gráfica de esta función. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Observación: Por un teorema visto en el capítulo de continuidad, sabemos que si una función 
es continua en [ ]ba, alcanza un máximo y un mínimo absoluto en dicho intervalo. Luego, 
pueden ocurrir los siguientes casos: 
a) El mínimo o el máximo absoluto se alcanza en un punto interior del intervalo, en cuyo 
caso coincidirá con un mínimo o máximo relativo. 
b) El mínimo o el máximo absoluto se alcanza en alguno de los extremos del intervalo [ ]ba, . 
Por lo tanto, para hallar el mínimo o el máximo absoluto de una función continua en un 
intervalo [ ]ba, puede aplicarse el siguiente procedimiento: 
1) Hallar todos los mínimos y máximos relativos en ( )ba, . 
2) Determinar los valores de la función en los extremos del intervalo ( )(af y )(bf ). 
3) El máximo absoluto es el mayor valor de todos los anteriormente obtenidos y el mínimo 
absoluto es el menor valor de ellos. 
 
 
Ejemplo 19: Hallar los valores máximo y mínimo absolutos de la función 
163)( 24 −+−= xxxf en [ ]2,2− . 
Comenzamos buscando los máximos y mínimos relativos, para lo cual necesitamos hallar 
)(xf ′ : xxxf 1212)( 3 +−=′ . Luego, buscamos los puntos críticos: 
1100)1(12012120)( 23 =∨−=∨=⇔=−−⇔=+−⇔=′ xxxxxxxxf 
Calculamos )(xf ′′ : 1236)( 2 +−=′′ xxf . Reemplazamos por los puntos críticos: 
• 024)1( <−=−′′f . Luego, )2,1(− es un máximo relativo. 
• 024)1( <−=′′f . Luego, )2,1( es un máximo relativo. 
• 012)0( >=′′f . Luego, )1,0( − es un mínimo relativo. 
 
 
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Aplicaciones de la función derivada 
 193
 
 
 
En los extremos del intervalo la función toma los siguientes valores: 25)2( −=−f y 
25)2( −=f . 
Concluimos que el máximo valor de la función f en [ ]2,2− es 2=y y lo alcanza en 1=x y 
1−=x . Por lo tanto, los puntos máximos absolutos de la función son )2,1(− y )2,1( . 
El mínimo valor es 25−=y que se alcanza en los extremos del intervalo. Por lo tanto, los 
puntos mínimos absolutos son )25,2( −− y )25,2( − . 
 
 
Ejemplo 20: Hallar los máximos y los mínimos absolutos de la función 
1
1
)(
+
−
=
x
x
xf en 
[ ]4,0 . 
Calculamos )(xf ′ : 
22 )1(
2
)1(
)1(1
)(
+
=
+
−−+
=′
xx
xx
xf . 
Como { }10)( −−=∈∀≠′ IRDfxxf , en particular, para todo valor de x en el intervalo 
considerado, concluimos que la función no tiene extremos relativos en el intervalo )4,0( . 
Por lo tanto, calculamos el valor de la función en los extremos del intervalo: 
• )1,0(1)0( −⇒−=f es el mínimo absoluto. 
• 





⇒=
5
3
,4
5
3
)4(f es el máximo absoluto. 
 
 
*Estamos en condiciones de resolver el problema 7 de la guía de trabajos prácticos. 
 
 
 
Concavidad y puntos de inflexión 
 
 
Definición: Diremos que la curva de una función f es cóncava positiva en un intervalo I de 
su dominio, si al trazar rectas tangentes a ella por puntos de I, la gráfica se encuentra por 
encima de dichas rectas. 
 
 
Definición: Diremos que la curva de una función f es cóncava negativa en un intervalo I de 
su dominio, si al trazar rectas tangentes a ella por puntos de I, la gráfica se encuentra por 
debajo de dichas rectas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Aplicaciones de la función derivada 
 194
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Observación: Se puede observar en las gráficas anteriores que si una función es derivable y 
es cóncava positiva a medida que aumenta el valor de x, aumenta la pendiente de la recta 
tangente, es decir, aumenta )(xf ′ . En cambio, si es cóncava negativa a medida que aumenta 
el valor de x decrece )(xf ′ . 
 
 
Criterio de concavidad: Sean f y su derivada f ′ dos funciones derivables en un intervalo I. 
a) Si Ixxf ∈∀>′′ 0)( , entonces la gráfica de f es cóncava positiva en I. 
b) Si Ixxf ∈∀<′′ 0)( , entonces la gráfica de f es cóncava negativa en I. 
 
 
 
Definición: Sea f una función continua en 
0
xx = . Decimos que ))(,(
00
xfx es un punto de 
inflexión de f si en 
0
xx = la gráfica de la función cambia de cóncava positiva a cóncava 
negativa o viceversa. 
 
 
Propiedad: Si en 
0
xx = hay un punto de inflexión de f, con f dos veces derivable, entonces 
0)(
0
=′′ xf . 
 
 
Observación: La recíproca de la propiedad anterior no es cierta: sea 4)( xxf = tiene derivada 
segunda nula en 0
0
=x pero en cero no hay punto de inflexión, ya que su gráfica es siempre 
cóncava positiva. 
 
 
 
 
 
 
 
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Aplicaciones de la función derivada 
 195
Para determinar, si existen, los puntos de inflexión de la curva que es gráfico de una función 
)(xfy = se aplica el siguiente procedimiento: 
1) Calcular )(xf ′′ . 
2) Hallar los valores de x pertenecientes al dominio de la función para los cuales 0)( =′′ xf , 
o bien, )(xf ′′ es discontinua (no existe). 
3) Determinar si )(xf ′′ cambia de signo al pasar por cada punto 
0
x donde )(xf ′′ es cero o 
discontinua. 
 
 
 
Ilustramos a continuación todo lo que acabamos de explicar resolviendo algunos ejemplos: 
 
 
 
Ejemplo 21: Indicar intervalos de concavidad positiva y negativa de la siguiente función: 
993)( 23 +−−= xxxxf . 
El dominio de f es IR . 
Derivamos dos veces sucesivas para hallar su segunda derivada: 
66)(963)( 2 −=′′⇒−−=′ xxfxxxf 
Como )(xf ′′ es continua para todo IRx∈ , determinamos para qué valores se anula: 
10660)( =⇔=−⇔=′′ xxxf 
Este punto determina dos intervalos incluidos en el dominio de f donde estudiamos el signo 
de )(xf ′′ . 
 
INTERVALO)1,(−∞ ),1( +∞ 
sg )(xf ′′ - + 
Curva de f Cóncava negativa Cóncava positiva 
 
En ))1(,1( f la curva de f cambia el sentido de su concavidad, por lo tanto, )2,1( − es un punto 
de inflexión. 
 
 
 
Ejemplo 22 Indicar intervalos de concavidad positiva y negativa y hallar, si existen, puntos de 
inflexión de la función 
1
1
)(
2
+
=
x
xf . 
• Hallamos el dominio de f : IRDf = 
• Calculamos la primera derivada: 
22 )1(
2
)(
+
−
=′
x
x
xf 
• Calculamos la segunda derivada: 
[ ]
32
2
42
222
42
222
)1(
26
)1(
8)1(2)1(
)1(
2)1(22)1(2
)(
+
−
=
+
++−+
=
+
+++−
=′′
x
x
x
xxx
x
xxxx
xf 
• Como )(xf ′′ es continua para todo IRx∈ , sólo podría haber puntos de inflexión para 
aquellos valores de x donde la derivada segunda se anula. 
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Aplicaciones de la función derivada 
 196
3
1
3
1
0260
)1(
26
0)(
2
32
2
−=∨=⇔=−⇔=
+
−
⇔=′′ xxx
x
x
xf 
• Analizamos el signo de la derivada segunda. 
 
INTERVALO 






−∞−
3
1
, 





−
3
1
,
3
1
 





+∞,
3
1
 
Sg )(xf ′′ + - + 
 
Por lo tanto, f es cóncava positiva en 





+∞∪





−∞− ,
3
1
3
1
, y f es cóncava negativa en 






−
3
1
,
3
1
. La curva de f tiene dos puntos de inflexión y ellos son: 





−
4
3
,
3
1
 y 






4
3
,
3
1
. 
 
 
 
 
Ejemplo 23: Indicar intervalos de concavidad positiva y negativa y hallar, si existen, puntos 
de inflexión de la función 
1
)(
+
=
x
x
xf . 
• Hallamos el dominio de f : { }1−−= IRDf 
• Calculamos la primera derivada: 
2)1(
1
)(
+
=′
x
xf 
• Calculamos la segunda derivada: 
3)1(
2
)(
+
−
=′′
x
xf 
• Observamos que Dfxxf ∈∀≠′′ 0)( y , además, )(xf ′′ es discontinua en 1−=x . 
Como la función y su primera derivada también son discontinuas en 1−=x , concluimos que 
la gráfica de f no tiene puntos de inflexión. 
Para determinar los intervalos de concavidad positiva y negativa estudiamos el signo de la 
segunda derivada. 
 
INTERVALO )1,( −−∞ ),1( +∞− 
Sg )(xf ′′ + - 
 
Por lo tanto, f es cóncava positiva en ( )1,−∞− y f es cóncava negativa en ( )+∞− ,1 . 
 
 
 
Ejemplo 24: Indicar intervalos de concavidad positiva y negativa y hallar, si existen, puntos 
de inflexión de la función 3 1)( −= xxf . 
• Hallamos el dominio de f : IRDf = 
• Calculamos la primera derivada: 
3 2
3
2
)1(3
1
)1(
3
1
)(
−
=−=′
−
x
xxf 
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 197
• Calculamos la segunda derivada: 
3 5
3
5
)1(9
2
)1(
9
2
)(
−
−=−−=′′
−
x
xxf 
• Observemos que )(xf ′′ no se anula en ningún punto, pero es discontinua en 1=x (punto 
que pertenece al dominio de f ). El punto )0,1( es entonces un probable punto de inflexión. 
Estudiaremos el signo de la derivada segunda. 
 
INTERVALO )1,(−∞ ),1( +∞ 
Sg )(xf ′′ + - 
 
Por lo tanto, f es cóncava positiva en ( )1,∞− y f es cóncava negativa en ( )+∞,1 . Concluimos 
que el punto )0,1( es un punto de inflexión. 
 
 
 
*Estamos en condiciones de resolver el problema 8 de la guía de trabajos prácticos. 
 
 
ESTUDIO COMPLETO DE FUNCIONES 
 
 
Realizar el estudio completo de una función significa determinar los siguientes elementos y 
características de ella que nos permitirán trazar su gráfica sin tener que confeccionar una tabla 
de valores: 
 
1) Dominio. 
2) Intersecciones con los ejes coordenados. 
3) Intervalos de positividad y negatividad. 
4) Paridad. 
5) Asíntotas. 
6) Intervalos de crecimiento y decrecimiento. 
7) Extremos relativos. 
8) Intervalos de concavidad positiva y negativa. 
9) Puntos de inflexión. 
10) Gráfico. 
 
 
 
Como ya hemos tratado en particular cada uno de estos temas, haremos el estudio completo 
de algunas funciones para ilustrar el procedimiento en los siguientes ejemplos. 
 
 
 
Ejemplo 25: 23)( 23 +−= xxxf
 
 
1) IRDf = 
 
2) Intersecciones con los ejes coordenados. 
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 198
• Es fácil ver que 0)1( =f , por lo tanto, 1=x es un cero. Factorizamos el polinomio 
utilizando Ruffini. 
 
 1 -3 0 2 
1 1 -2 -2 
 1 -2 -2 0 
 
Entonces, )22()1(23 223 −−−=+− xxxxx . 
02210)22()1(0)( 22 =−−∨=⇔=−−−⇔= xxxxxxxf 
Resolvemos la ecuación de segundo grado: 
31
2
322
2
842
12
)2(14)2()2(
2
2,1
±=
±
=
+±
=
⋅
−⋅⋅−−±−−
=x 
Luego, los ceros son: 1
0
=x , 31
1
−=x y 31
2
+=x . 
• La intersección con el eje y es el punto )2,0( . 
 
3) Intervalos de positividad y negatividad. 
 
INTERVALO )31,( −−∞ )1,31( − )31,1( + ),31( +∞+ 
Sg )(xf - + - + 
 
Por lo tanto, la función es positiva en ),31()1,31( +∞+∪− y es negativa en 
)31,1()31,( +∪−−∞ . 
 
4) Paridad 
 Calculamos primero 232)(3)()( 2323 +−−=+−−−=− xxxxxf . Luego, como 
)()( xfxf ≠− y )()( xfxf −≠− , concluimos que la función no tiene paridad. 
 
5) Asíntotas 
• Verticales: No tiene ya que el dominio es IR. 
• Horizontales u oblicuas: 
+∞=
+−
=∧+∞=
+−
=
−∞→−∞→+∞→+∞→ x
xx
x
xf
x
xx
x
xf
xxxx
23
lim
)(
lim
23
lim
)(
lim
2323
 
Por lo tanto, no existen asíntotas ni horizontales ni verticales. 
 
6) Crecimiento y decrecimiento. 
• Calculamos la primera derivada de f : xxxf 63)( 2 −=′ 
• Hallamos los puntos críticos. Como )(xf ′ no presenta discontinuidades, sólo buscaremos 
los valores que la anulan. 
200)2(30630)( 2 =∨=⇔=−⇔=−⇔=′ xxxxxxxf 
• Analizamos el signo de )(xf ′ . 
 
INTERVALO )0,(−∞ )2,0( ),2( +∞ 
sg )(xf ′ + - + 
 
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Aplicaciones de la función derivada 
 199
Por lo tanto, la función es creciente en ),2()0,( +∞∪−∞ y es decreciente en )2,0( . 
 
7) Extremos relativos. 
Observando el cuadro anterior concluimos que la función tiene un máximo relativo en el 
punto (0,2) y un mínimo relativo en el punto (2,-2). 
 
8) Intervalos de concavidad positiva y negativa. 
• Calculamos la segunda derivada: 66)( −=′′ xxf 
• Esta función está definida para todo x real y vale cero para 1=x . 
• Analizamos el signo de )(xf ′′ . 
 
INTERVALO )1,(−∞ ),1( +∞ 
sg )(xf ′′ - + 
 
Por lo tanto, la función es cóncava negativa en )1,(−∞ y es cóncava positiva en ),1( +∞ . 
 
9) Puntos de inflexión 
Del análisis hecho en el cuadro anterior se deduce que (1,0) es un punto de inflexión. 
10) Gráfico 
Es de mucha ayuda para el trazado del gráfico resumir toda la información que tenemos 
acerca de la función en un cuadro como el siguiente. 
 
 
x )31,( −−∞ 31− )0,31( − 0 )1,0(
 
1 )2,1(
 
2 )31,2( +
 
31+
 
),31( +∞+
 
)(xf )(− 0 )(+ 2 )(+ 0 )(− 2− )(− 0 )(+ 
)(xf ′
 
)(+ 6 )(+ 0 )(− 3− )(− 0 )(+ 6 )(+ 
)(xf ′′
 
)(− 3− )(− 1− )(− 0 )(+ 1 )(+ 3 )(+ 
 Crece Máx. Decrece Mín. Crece 
Cóncava negativa P.I. Cóncava positiva 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 200
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ejemplo 26: 
9
18
)(
2
−
=
x
xf 
 
1) { }3,3−−= IRDf 
 
2) Intersecciones con los ejes coordenados. 
• Con eje x: No tiene ya que )(xf no vale cero en ningún punto. 
• Con eje y: Hacemos 0=x , entonces 2−=y . Luego, el punto es )2,0( − . 
 
3) Intervalos de positividad y negatividad. 
Dividimos el dominio de la función en los puntos de discontinuidad. 
 
INTERVALO )3,( −−∞ )3,3(− ),3( +∞ 
Sg )(xf + - + 
 
4) Paridad. 
)(
9
18
9)(
18
)(
22
xf
xx
xf =
−
=
−−
=− 
Luego, se trata de una función par. La gráfica será una curva simétrica respecto del eje de 
ordenadas. 
 
5) Asíntotas 
 
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Aplicaciones de la función derivada 
 201• Verticales: 
3
9
18
9
18
2
3
2
3
−=∴+∞=
−
∧−∞=
−
−+
−→−→
x
x
lim
x
lim
xx
 es asíntota vertical. 
3
9
18
9
18
2
3
2
3
=∴−∞=
−
∧+∞=
−
−+
→→
x
x
lim
x
lim
xx
 es asíntota vertical. 
• Horizontales u oblicuas 
0
)9(
18
lim
)(
lim
2
=
−
==
∞→∞→ xxx
xf
m
xx
 
Luego, como 0=m hay asíntota horizontal. 
00
9
18
)(
2
=∴=
−
=
∞→∞→
y
x
limxflim
xx
 es asíntota horizontal. 
 
6) Intervalos de crecimiento y decrecimiento 
• 
22
22
)9(
36
2)9(18)(
−
−
=−−=′
−
x
x
xxxf 
• 00
)9(
36
0)(
22
=⇔=
−
−
⇔=′ x
x
x
xf 
• Como además )(xf ′ no está definida en 3−=x y 3=x , obtenemos el siguiente cuadro. 
 
INTERVALO )3,( −−∞ )0,3(− )3,0( ),3( +∞ 
sg )(xf ′ + + - - 
 
Por lo tanto, la función crece en )0,3()3,( −∪−−∞ y decrece en ),3()3,0( +∞∪ . 
 
7) Extremos relativos 
El análisis anterior muestra que en el punto )2,0( − la función admite un máximo relativo. 
 
8) Intervalos de concavidad positiva y negativa 
[ ]
32
2
42
222
42
222
)9(
324108
)9(
144)9(36)9(
)9(
2)9(236)9(36
)(
−
+
=
−
+−−−
=
−
−+−−
=′′
x
x
x
xxx
x
xxxx
xf 
Observemos que Dfxxf ∈∀≠′′ 0)( y es discontinua en 3−=x y 3=x , donde también es 
discontinua la función. 
Estudiamos el signo de la derivada segunda. 
 
INTERVALO )3,( −−∞ )3,3(− ),3( +∞ 
sg )(xf ′′ + - + 
 
Por lo tanto, la función es cóncava positiva en ),3()3,( +∞∪−−∞ y es cóncava negativa en 
)3,3(− . 
 
9) Puntos de inflexión 
No tiene ya que en 3−=x y 3=x la función no está definida. 
 
10) Gráfica 
Resumimos la información hallada en este cuadro. 
 
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Aplicaciones de la función derivada 
 202
x )3,( −−∞ 3− )0,3(− 0 )3,0( 3 ),3( +∞ 
)(xf )(+ ∃/ )(− 2− )(− ∃/ )(+ 
)(xf ′ )(+ ∃/ )(+ 0 )(− ∃/ )(− 
)(xf ′′ )(+ ∃/ )(− 94− )(− ∃/ )(+ 
 Crece Crece Máx. Decrece Decrece 
Cónc.pos. Cóncava negativa Cónc.pos 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ejemplo 27: 
1
)(
2
−
=
x
x
xf 
 
1) { }1−= IRDf 
 
2) Intersección con los ejes coordenados 
• Con el eje x: 000)( 2 =⇔=⇔= xxxf . Por lo tanto, la función corta al eje x en 
el punto )0,0( . 
• Con el eje y: ∴=⇒= 00 yx se obtiene el mismo punto )0,0( . 
 
3) Intervalos de positividad y negatividad. 
 
INTERVALO )0,(−∞ )1,0( ),1( +∞ 
sg )(xf - - + 
 
Por lo tanto, la función es positiva en ),1( +∞ y es negativa en )1,0()0,( ∪−∞ . 
 
4) Paridad. 
 
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Aplicaciones de la función derivada 
 203
)()()()(
11
)(
)(
22
xfxfxfxf
x
x
x
x
xf −≠−∧≠−⇒
−−
=
−−
−
=− 
Por lo tanto, la función no tiene paridad. 
 
5) Asíntotas. 
• Verticales: 
1
1
)(
2
11
=∴∞=
−
=
→→
x
x
x
limxflim
xx
 es asíntota vertical. 
• Horizontales u oblicuas: 
∴=
−
=
−
==
∞→∞→∞→
1
)1(
)(
2
22
xx
x
lim
xx
x
lim
x
xf
limm
xxx
 hay asíntota oblicua. 
[ ] 1
11
)1(
1
)(
22
=
−
=
−
−−
=





−
−
=−=
∞→∞→∞→∞→ x
x
lim
x
xxx
limx
x
x
limxmxflimb
xxxx
 
Por lo tanto, 1+= xy es asíntota oblicua. 
Obviamente no hay asíntota horizontal, lo que podemos comprobar hallando el siguiente 
límite: ∞=
−
=
∞→∞→ 1
)(
2
x
x
limxflim
xx
. 
 
6) Intervalos de crecimiento y decrecimiento. 
• 
2
2
2
2
)1(
2
)1(
)1(2
)(
−
−
=
−
−−
=′
x
xx
x
xxx
xf 
• 20020)( 2 =∨=⇔=−⇔=′ xxxxxf 
Observemos además que )(xf ′ presenta una discontinuidad en 1=x donde la función f (x) 
también la tiene. 
• Analizamos el signo de la derivada primera. 
INTERVALO )0,(−∞ )1,0( )2,1( ),2( +∞ 
Sg )(xf ′ + - - + 
 
Por lo tanto, la función es creciente en ),2()0,( +∞∪−∞ y es decreciente en )2,1()1,0( ∪ . 
 
7) Extremos relativos. 
A partir del análisis anterior podemos concluir que la función tiene en el punto )0,0( un 
máximo relativo y en )4,2( un mínimo relativo. 
 
8) Intervalos de concavidad positiva y negativa. 
[ ]
=
−
−−−−−
=
−
−−−−−
=′′
4
2
4
22
)1(
)42()1()22()1(
)1(
)1(2)2()1()22(
)(
x
xxxxx
x
xxxxx
xf 
33
22
)1(
2
)1(
42242
−
=
−
+−+−
=
xx
xxxx
 
Observemos que Dfxxf ∈∀≠′′ 0)( y es discontinua en 1=x , donde también es 
discontinua la función. 
Estudiamos el signo de la derivada segunda. 
 
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Aplicaciones de la función derivada 
 204
INTERVALO )1,(−∞ ),1( +∞ 
sg )(xf ′′ - + 
 
 Por lo tanto, la función es cóncava positiva en ),1( +∞ y es cóncava negativa en )1,(−∞ . 
 
9) Puntos de inflexión. 
No tiene ya que en 1=x la función no está definida. 
 
11) Gráfica 
Resumimos la información hallada en este cuadro. 
 
x )0,(−∞ 0 )1,0( 1 )2,1( 2 ),2( +∞ 
)(xf )(− 0 )(− ∃/ )(+ 4 )(+ 
)(xf ′ )(+ 0 )(− ∃/ )(− 0 )(+ 
)(xf ′′ )(− 2− )(− ∃/ )(+ 2 )(+ 
 Crece Máx. Decrece Decrece Mín. Crece 
Cóncava negativa Cóncava positiva 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ejemplo 28: 
2
)(
xexf −= 
 
1) IRDf = 
 
2) Intersecciones con los ejes coordenados. 
• Con el eje x: No tiene ya que IRxxf ∈∀≠ 0)( . 
• Con el eje y: )1,0(10 ∴=⇒= yx es el punto de intersección. 
 
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Aplicaciones de la función derivada 
 205
 
3) Intervalos de positividad y negatividad. 
La función 
2
)(
xexf −= es positiva para todo x real. 
 
4) Paridad 
∴===−
−−−
)()(
22)( xfeexf xx la función es par. 
 
5) Asíntotas. 
• Verticales: No tiene. 
• Horizontales u oblicuas: 
00)(
2
=⇒==
−
∞→∞→
yelimxflim x
xx
 es asíntota horizontal. 
Obviamente no hay asíntotas oblicuas. 
 
6) Intervalos de crecimiento y decrecimiento. 
00)(2)(
2
=⇔=′⇒−=′
− xxfexxf x 
 
INTERVALO )0,(−∞ ),0( +∞ 
sg )(xf ′ + - 
Por lo tanto, la función es creciente en )0,(−∞ y decreciente en ),0( +∞ . 
 
7) Extremos relativos. 
Del cuadro anterior podemos concluir que en el punto )1,0( la función admite un máximo 
relativo. 
 
8) Intervalos de concavidad positiva y negativa. 
)12(242)2(22)(
22
22222
−=+−=−−−=′′
−−−−− xeexeexxexf xxxxx 
Como )(xf ′′ es continua para todo x real, sólo buscamos los puntos donde sea cero. 
2
1
2
1
0120)(
2
−=∨=⇔=−⇔=′′ xxxxf 
Analizamos la variación del signo de la derivada segunda. 
 
INTERVALO 






−∞−
2
1
, 





−
2
1
,
2
1
 





+∞,
2
1
 
sg )(xf ′′ + - + 
Por lo tanto, la función es cóncava positiva en 





+∞∪





−∞− ,
2
1
2
1
, y es cóncava 
negativa en 





−
2
1
,
2
1
. 
 
9) Puntos de inflexión. 
Del cuadro anterior se deduce que la curva tiene dos puntos de inflexión y ellos son: 






−
e
1
,
2
1
 y 





e
1
,
2
1
. 
 
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Aplicaciones de la función derivada 
 206
10) Gráfica. 
Transmitimos la información obtenida en un cuadro. 
 
x ),(
2
1−−∞ 
2
1
− )0,(
2
1
− 0 ),0(
2
1 
2
1 ),(
2
1 +∞ 
)(xf )(+ 
e
1 )(+ 1 )(+ 
e
1 )(+ 
)(xf ′ )(+ 
e2
2 )(+ 0 )(− 
e2
2
− )(− 
)(xf ′′ )(+ 0 )(− 2− )(− 0 )(+ 
 Crece Máx. Decrece 
Cónc. pos. P.I. Cóncava negativa P.I. Cónc.pos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
*Es el momento de resolver el problema 9 de la guía de trabajos prácticos. 
 
 
APLICACIONES ECONÓMICAS 
 
 
 
Como aplicación de la función derivada a la economía y a la administración, resolveremos 
algunos problemas de optimización. 
 
 
Propiedad: Las curvas de costo marginal y costo medio se cortan en el punto mínimo de la 
curva de costo medio. 
Demostración: La función de costo medio está dada por: 
x
xC
xC
)(
)( = . 
• Calculamos la derivada de esta función: 
2
)()(
)(
x
xCxxC
xC
−′
=
′
. 
Para hallar los puntos críticos igualamos la derivada del costo medio a cero: 
)(
)()(0)()(0)(
0
0
0
00000
xC
x
xC
xCxCxxCxC ==′⇔=−′⇔=
′
 
 
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Aplicaciones de la función derivada 
 207
Como )(xC′ es el costo marginal, hemos obtenido que el costo medio y el marginal son 
iguales 
0
xx = . 
• Para comprobar que en dicho punto el costo medio tiene un mínimo, calculamos su 
derivada segunda. 
[ ] [ ] [ ]
3
2
4
2
2)()()(2)()()()()(
)(
x
xCxxCxxC
x
xxCxxCxxCxCxxC
xC
−′−′′
=
−′−′−′+′′
=
″
 
Reemplazando x por 
0
x y como 0)()(
000
=−′ xCxxC , se obtiene: 
0
)(
)(
0
0
0
>
′′
=
″
x
xC
xC 
siendo esto válido para aquellos casos en que la curva de costo total sea cóncava positiva en el 
punto 
0
xx = . 
 
 
 
Ejemplo 29: Dada la función de costo medio 2825)( xxxC +−= , comprobar la propiedad 
anterior. Graficar. 
Hallemos primero la función de costo total: 
)()(
)(
)( xCxxC
x
xC
xC =⇔= 
Luego, 322 825)825()( xxxxxxxC +−=+−= . 
Calculamos el costo marginal: 231625)( xxxC +−=′ . 
Para calcular el costo medio mínimo debemos buscar los puntos críticos de la función 
resolviendo la ecuación que resulta de igualar a cero su derivada primera. 
40)(28)( =⇔=
′
⇒+−=
′
xxCxxC . 
Para determinar si en ese valor hay un mínimo, hallamos la segunda derivada y calculamos su 
valor en el punto. 
02)( >=
″
xC 
Por lo tanto, el costo medio tiene un mínimo en 4=x y su valor es 9)4( =C . 
Calculamos ahora el costo marginal para una producción 4=x : 9)4( =′C . 
Como nos pedía el enunciado hemos demostrado que el costo marginal y el costo medio son 
iguales en condiciones de costo medio mínimo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Aplicaciones de la función derivada 
 208
Gráficamente: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ejemplo 30: Una compañía fabrica un producto cuyo costo total de producción está dado por 
426)( 2 +−= xxxC donde la cantidad producida x va en miles de unidades. El departamento 
de ventas informa que deben fabricar entre 2000 y 6000 unidades de producto. Hallar la 
producción que minimiza el costo total. 
Debemos tener en cuenta que hay que hallar el mínimo absoluto de una función continua en 
un intervalo cerrado, es decir, de la función 426)( 2 +−= xxxC en [ ]6,2 . 
6
1
0212)()(
arg
=⇔=−=′= xxxCxC
M
 
Este punto crítico no pertenece al intervalo de interés. Calculamos el valor del costo total en 
los extremos del intervalo. 
208)6(24)2( =∧= CC 
Por lo tanto, el costo total mínimo se da para una producción de 2=x . 
 
 
 
Ejemplo 31: La función de demanda para un bien particular está dada xp 5,045−= y el 
costo total de la empresa que lo produce y comercializa es 1251205,39)( 23 ++−= xxxxC 
Determinar la utilidad o beneficio máximo que el empresario pueda obtener. 
Debemos optimizar la función de beneficio: )()()( xCxIxB −= 
Hallamos primero la función ingreso total: 25,045)5,045()( xxxxxpxI −=−=⋅= 
Luego, la función beneficio queda: 
1257539)1251205,39()5,045()( 23232 −−+−=++−−−= xxxxxxxxxB 
Buscamos los puntos críticos de esta función: 75783)( 2 −+−=′ xxxB 
 
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Aplicaciones de la función derivada 
 209
2510757830)( 2 =∨=⇔=−+−⇔=′ xxxxxB 
Aplicamos la condición suficiente de extremos: 786)( +−=′′ xxB 
)1(072)1( BB ∴>=′′ es un mínimo relativo. 
6750)25(072)25( =∴<−=′′ BB es el máximo beneficio que el empresario puede 
obtener. 
 
 
Ejemplo 32: La demanda para un cierto bien está dada por 315
x
ep
−
= para [ ]8,0∈x . 
Determinar el precio y la cantidad para los cuales es máximo el ingreso total. 
Calculamos la función ingreso total. 
)3(5
3
1
1515)(15)( 3333 xeexexIexxpxI
xxxx
−=−=′⇒=⋅=
−−−−
 
3030)( =⇔=−⇔=′ xxxI (punto crítico) 
0
5
)3(
3
255)3(
3
5
)( 333 <−=′′⇒





+−=−−−=′′
−−−
e
I
x
eexexI
xxx
 
Por lo tanto, )(xI tiene un máximo en 3=x . Calculamos el precio reemplazando en la 
función de demanda: 
e
p
15
= . 
 
 
*Ahora puede resolver los problemas 10, 11 y 12 de la guía de trabajos prácticos. 
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