APLICACIONES DE LA DERIVADA

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Sandro Alencastre Calderón 
CAPÍTULO IV.- APLICACIONES DE LA DERIVADA. 
IV.1 Cálculo de Límites: Regla de L’Höspital.- 
 En el capítulo II al evaluar un límite no directo, teníamos que levantar la indeterminación 
mediante procedimientos algebraicos que eliminaban los factores que la producían o 
acomodábamos a teoremas que la levantaban. Cuando la función es racional y el límite en 
x = b no es directo podemos aplicar la regla de L’Hospital, que utiliza el concepto de la 
derivada, para transformar la regla de correspondencia en una expresión más simple o 
lograr la evaluación del límite, si existe. Debemos tener en claro que la regla de L’Hospital 
sólo es aplicable para formas indeterminadas: 0 0⁄ o ∞/∞. 
Regla de L’Höpital : 
Sean y = f(x), y = g(x), b Dom f  Dom g. 
 lim
𝑥→𝑏
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑋)
 = 
𝑓(𝑏)
𝑔(𝑏)
 una de las formas indeterminadas: 


o
0
0
; Además, f y g son 
derivables en x = b, entonces, lim
𝑥→𝑏
 
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
= lim
𝑥→𝑏
𝑓 ´(𝑥)
𝑔´(𝑥)
 
Éste proceso puede continuar, siempre y cuando la forma indeterminada subsista y que f / 
y g / sean derivables en b y así sucesivamente. 
El proceso de derivar varias veces es finito: tengamos en cuenta que es cociente de 
derivadas y no derivada de un cociente; y es poco frecuente, que el proceso exceda el 
cociente de f (3) (x) con g(3)(x). 
Hay que verificar que en la forma indeterminada, al derivar por primera vez; sea más 
simple que el límite original, y así sucesivamente. 
Así por ejemplo, si empezamos con la forma 
0
0
, y el proceso se complica  se lo cambia a 
la forma 
∞
∞
 (o al contrario). El proceso, se debe ir simplificando, conforme se efectúan las 
derivadas. 
Cuando se presenten, alguna de las otras formas indeterminadas: ∞− ∞, 0.∞, 1∞, 00,∞0. 
Para aplicar la regla de L’Hospital (L’H), primero hay que efectuar la transformación de la 
regla de correspondencia mediante alguna operación algebraica, para llevar la forma dada, 
a la forma 
0
0
 𝑜 
∞
∞
 . 
 
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Sandro Alencastre Calderón 
Ejemplos: 
1) Compruebe que: lim
𝑥→0
(
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
) = 1 
Solución. 
 lim
𝑥→0
(
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
) tiene la forma indeterminada 
0
0
 
 usando L’H  lim
𝑥→0 
(
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
) = lim
𝑥→0
𝑐𝑜𝑠 𝑥
1
 = 
1
1
 = 1 
2) Evalúe 
0
lim
x
3(𝑒𝑥
2
−1)
cos𝑥−1
= 𝐿 
Solución. 
Vemos que L tiene la forma 
0
0
 ,  si usamos L’H;  
𝐿 =
0
lim
x
3.𝑒𝑥
2
2𝑥
−𝑠𝑒𝑛𝑥
; ℎ𝑎𝑔𝑜 𝑙𝑎 𝐸𝑣𝑎𝑙𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑝𝑎𝑟𝑐𝑖𝑎𝑙 = 
0
lim
x
−(3). (2)𝑒𝑥
2
= −6;  
𝐿 = −6
0
lim
x
𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥
; tiene forma 
0
0
 ,  aplicando L’H : 𝐿 = −6 
0
lim
x
 
1
𝑐𝑜𝑠𝑥
= −6 
Nota: Si escribo: 𝐿 = 
0
lim
x
[3(𝑒𝑥
2
−1)]
−1
(cos𝑥−1)−1
 tiene la forma indeterminada 
∞
∞
 , luego, aplicando L´H 
 𝐿 =
0
lim
x
 
−[3(𝑒𝑥
2
−1)]
−2
. 3𝑒𝑥
2
.2𝑥
(cos 𝑥−1)−2(−𝑠𝑒𝑛𝑥)
 = − 6 lim
𝑥→0
[3(𝑒𝑥
2
−1)]
−2
 𝑥𝑒𝑥
2
(𝑐𝑜𝑠𝑥−1)−2 𝑠𝑒𝑛𝑥
 aplicando L´H: 
𝐿 = −6 
0
lim
x
 
−2[3(𝑒𝑥
2
−1)]
−3
 3 . 𝑒𝑥
2
. 2𝑥 
−2(𝑐𝑜𝑠𝑥 − 1)−3 . 𝑠𝑒𝑛𝑥 
 
L= −6 
0
lim
x
= 
6[3(𝑒𝑥
2
 . 1)]
−3
 
(𝑐𝑜𝑠𝑥 − 1)−3 
 
 observamos que la indeterminación no se levanta y la expresión se hace más compleja, 
entonces, no conviene tal posibilidad. 
3) Evalúe 
lim
𝑥 → 1−
 (2 − 𝑥) 
𝑡𝑎𝑛(
𝜋
2
𝑥)
= 𝐿 
Solución 
Tiene la forma; 1∞ 
 Método 1: Utilizo e,  𝐿 =
lim
𝑥 → 1−
[1 + (1 − 𝑥)
1
1−𝑥
 . (1−𝑥) 𝑡𝑎𝑛(
𝜋
2
𝑥) = 𝑒
lim
𝑥→1
(1−𝑥), tan(
𝜋
2
 𝑥)= 𝑒𝐿1 
] 
 y L tiene la forma 0.∞,  
 𝐿1 = 
lim
𝑒𝑥 → 1
 
1 − 𝑥
𝑐𝑜𝑡 (
𝜋
2
 𝑥)
 ; forma 
0
0
 ,  L’𝐻: 𝐿1 = 
lim
𝑒𝑥 → 1−
 
−1
−𝑐𝑠𝑐2(
𝜋
2
 𝑥) . 𝜋/2
= 
2
𝜋
  𝐿 = 𝑒2/𝜋 
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Sandro Alencastre Calderón 
 Método 2: Utilizo lo visto en II.2: 
 Sólo para 1∞: 
lim
𝑥 → 𝑏
 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) = 𝑒
lim
𝑥→𝑏
 [𝑓(𝑥)−1 ]𝑔(𝑥)
;  
𝐿 = 𝑒
lim
𝑥→1
 [(2−𝑥)−1 ] . 𝑡𝑎𝑛 (
𝜋
2
 𝑥)
= 𝑒
lim
𝑥→1−
(1−𝑥) 𝑡𝑎𝑛(
𝜋
2
𝑥)
= 𝑒2/𝜋 (Vea Método 1) 
Método 3: Utilizo la identidad: 𝑥 = 𝑒𝑙𝑛𝑥 ¸  
 lim
𝑥 → 1−
(2 − 𝑥)
𝑡𝑎𝑛(
𝜋
2
 𝑥)
= 𝑒
lim
𝑥→1−
ln (2−𝑥)
tan(
𝜋
2 𝑥
)
= 𝑒
lim
𝑥→1−
 𝑡𝑎𝑛(
𝜋
2
 𝑥) . ln (2−𝑥) ln (2−𝑥)
𝑐𝑜𝑡(
𝜋
2
𝑥)
= 𝑒
lim
𝑥→1
 
1
2−𝑥
 (−1)
−𝑐𝑠𝑐2(
𝜋
2 𝑥
) .
𝜋
2 = 𝐿′𝐻 = 𝑒2/𝜋 
4) Evalúe 
lim
𝑥 → 0
 (
1
𝑥2
−
𝑐𝑜𝑡𝑥
𝑥
 ) . 
Solución 
 Operando  
lim
𝑥 → 0
𝑠𝑒𝑛𝑥−𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑥2 𝑠𝑒𝑛𝑥
 forma: 
0
0
 
 por L’H  
lim
𝑥 → 0
𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑥(−𝑠𝑒𝑛𝑥) − 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑥2𝑐𝑜𝑠𝑥 +2𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥
  L ’𝐻 = 
lim
𝑥 → 0
𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥+𝑠𝑒𝑛𝑥
−𝑥2𝑠𝑒𝑛𝑥+2𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥+2𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥+2 𝑠𝑒𝑛 𝑥
 
 
  L’𝐻 =
lim
𝑥 → 0
−𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥+𝑐𝑜𝑠𝑥+𝑐𝑜𝑠𝑥
−𝑥2 𝑐𝑜𝑠𝑥−2𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥−4𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥+4 𝑐𝑜𝑠𝑥−2 𝑐𝑜𝑠𝑥
= 
1
3
 
5) Evalúe lim 
𝑥→0
 
𝑥4 + 12𝑥2 − 24 + 24 𝑐𝑜𝑠(𝑥)
48𝑒𝑥+24𝑒−𝑥−4𝑥3−36𝑥2−24𝑥−72
 
Solución 
El limite es de la forma indeterminada 
0
0
 ; aplicando L´H: 
 lim 
𝑥→0
 
4𝑥3 + 24𝑥 − 24 𝑠𝑒𝑛(𝑥)
48𝑒𝑥−24𝑒−𝑥−12𝑥2−72𝑥−24
  forma 0
0
 ; aplicando L´H 
 lim 
𝑥→0
 
 12𝑥2+24− 24 𝑐𝑜𝑠(𝑥)
48𝑒𝑥+24𝑒−𝑥−24𝑥−72
  forma 0
0
 ; aplicando L´H 
 lim 
𝑥→0
 
 24𝑥+ 24 𝑠𝑒𝑛(𝑥)
48𝑒𝑥−24𝑒−𝑥−24
  forma 0
0
 ; aplicando L´H 
 lim 
𝑥→0
 
 24+ 24 𝑐𝑜𝑠(𝑥)
48𝑒𝑥+24𝑒−𝑥
= 
48
72
= 
2
3
 
EJERCICIOS: Evalúe: 
1) 
lim
𝑥 → 0
(𝑒2𝑥 + 3𝑥)1/4𝑥 
2) 
lim
𝑥 → 0
 𝑥
6
2+3 𝑙𝑛𝑥 
3) 
lim
𝑥 → 0
(1 + 𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑐𝑜𝑡𝑥 
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Sandro Alencastre Calderón 
4) 
lim
𝑥 → ∞
 𝑒−6𝑥(𝑥3 + 2𝑥) 
5) 
lim
𝑥 →
𝜋
2
(𝑥 −
𝜋
2
)
𝑠𝑒𝑛(𝑥−
𝜋
2
)
 
6) 
lim
𝑥 → 0
(
1
𝑥
 𝑙𝑛 (√
1+𝑥
1−𝑥
)) 
 
 
 
 
IV.2 Teoremas de valor Intermedio: De Rolle (TR) y de Lagrange (TVM).- 
 
Teorema de Rolle (TR): 
 Sea f una función continua en [a, b] y derivable en < a, b > tal que f(a) = f(b) 
Entonces:  c  < a, b > tal que f /(c) = 0. 
Si consideramos la pendiente de la recta L, tangente a la gráfica de f en el punto de 
abscisa c, L es una recta paralela al eje de abscisas. 
Observando gráficamente para tres casos: 
 
 
 
 
 
 (una solución) (tres soluciones) ( soluciones) 
 
Ejemplos: En cada función dada: 
a) verifique que se satisface las hipótesis del TR 
b) Halle el o los valores de “c” 
1) 𝑓(𝑥) = {
−
2𝑥2+18
𝑥−3
 , 𝑥 ∈ [0,2]
𝑥3 − 𝑥2 − 10𝑥 + 6, 𝑥 ∈ [2,3] 
 
Solución. 
Analizando f1: −
2𝑥2+18
𝑥−3
 = 
−2(𝑥2−9)
𝑥−3
= 
−2(𝑥+3)(𝑥−3)
𝑥−3
= −2(𝑥 + 3) 
Verificando las premisas del TR: 
a c b a 
a b b c1 c2 c3 
x x x 
y
x 
y y 
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Sandro Alencastre Calderón 
Para 𝑥 ∈ [0,3] 𝑣𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒: 𝑓(0) = −6 𝑦 𝑓(3) = −6;  f(0) = 𝑓(3) = −6 
Continuidad en 𝑥 ∈ [0,3] , para 𝑥 = 2 : 
𝑓(2−) = −10 𝑦 𝑓(2+) = −10;  f es continua de [0,3] 
Derivabilidad en 𝑥 ∈ 〈0,3〉 , para 𝑥 = 2 : 
Como 𝑓′(𝑥) = {
−2, 𝑥 ∈ 〈0, 2〉
3𝑥2 − 2𝑥 − 10, 𝑥 ∈ 〈2,3〉
 
 𝑓−
′(2) = −2 𝑦 𝑓+
′(2) = −2¸  f es derivable en 〈0,3〉 
A simple vista ∄ 𝑐 ∈ 〈0,2〉 𝑡𝑎𝑙 𝑞𝑢𝑒 𝑓′(𝑐) = 0. 
Como 3𝑐2 − 2𝑐 − 10 = 0;  𝑐1 = 
1− √31
3
 ∉ 〈2,3〉 𝑦 𝑐2 = 
1+ √31
3
 ∈ 〈2,3〉;  c2 = 
1+ √31
3
 
  c2 = 
1+ √31
3
 verifica el TR 
2) g(x) = {
x3 − x2 − 4x + 5 , x ∈ [−2, 0⟩
4 − x2
1+x
+ 1, x ∈ [0,2]
 
 
Solución 
Hallando g’(x) 
 𝑔′(𝑥) = 
{
 
 
 
 
3𝑥2 − 2𝑥 − 4, 𝑥 ∈ 〈−2, 0〉 𝑉𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑔(−2) = 1 𝑦 𝑔(2) = 1; g es continua en 〈−2,2〉 
 𝑔′(0 ) = −4 𝑦 𝑔′(0) = −4,  g es derivable en ⟨−2, 2]
−𝑥2−2𝑥−4
(𝑥+1)2
 , 𝑥 ∈ 〈0,2〉 𝐷𝑒 3𝑐2 − 2𝑐 − 4 = 0;  𝑐1′ =
1−√13
3
 ∈ 〈−2, 0〉 𝑖 𝑐2 = 
1+√13
3
∉ 〈−2,0〉
𝐴𝑑𝑒𝑚á𝑠: −
(𝑐2+2𝑐+4)
(𝑐+1)2
= 0  , ∌ c ∈ 〈0,2〉 
 
Verificando las premisas del TR: 
g(-2) = 1 y g(2) = 1. 
g´(0+) = - 4 y g´(0-) = - 4 
 g es derivable y continua en 〈−2,2〉. Cumple con las premisas.
Hallando los valores c: 
De: 3𝑐2 − 2𝑐 − 4 = 0;  𝑐1 =
1−√13
3
 ∈ 〈−2, 0〉 𝑖 𝑐2 = 
1+√13
3
∉ 〈−2,0〉 
 De : −
(𝑐2+2𝑐+4)
(𝑐+1)2
= 0  , ∌ c ∈ 〈0,2〉 
Para c = 
1−√13
3
 se verifica. 
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Sandro Alencastre Calderón 
EJERCICIOS: Para cada función dada: 
a) Verifique, que se satisfacen las hipótesis de TR 
b) Halle los correspondientes valores de “c” que verifique el TR. 
 
1) 𝐹(𝑥) = {
4 − 
3
2
 𝑥 − 𝑥2, 𝑥 ∈ [−2, 1/2⟩
𝑥2 −
7
2
𝑥 + 
9
2
 , 𝑥 ∈ [
1
2
, 3]
 
2) 𝐾(𝑥) = {
𝑥3 − 3𝑥2 − 5𝑥 + 4 , 𝑥 ∈ (0,4)
𝑥3 − 16𝑥 + 4 , 𝑥 ∈ ⟨−4, 0]
 
3) 𝑓(𝑥) = {
𝑥3 − 3𝑥 + 1, 𝑥 ∈ [−2, 0)
𝑥2 − 3𝑥 + 1, 𝑥 ∈ (0, 2]
 
4) 𝑔(𝑥) = 4𝑥3 + 12𝑥2 − 𝑥 − 3, 𝑥 ∈ [−3, 1/2] 
5) 𝑘(𝑥) = 1 − 𝑥2, 𝑥 ∈ [−1, 1] 
6) 𝐺(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 1, 𝑥 ∈ [0,2𝜋] 
Teorema de Lagrange o del valor medio (TVM): 
Sea f una función continua en [a, b] y derivable en ‹a, b›. 
Entonces,  c  ‹a, b› tal que: .)()()(/
ab
afbf
cf


 
Analizando la gráfica de f : A y B son puntos de la gráfica. A(a, f(a)), B(b, f(b)) 
La pendiente de la recta que pasa por A y B es 𝑚𝐴𝐵̅̅ ̅̅ . 
 
 
 ,
ab
f(a)f(b)
m
AB


 entonces, 
 
AB
mcf )(/ 
 
 
Por tanto, existe (al menos) un punto en la gráfica de la función, con abscisa en <a, b> en 
el que la recta tangente es paralela a AB . 
El TR, es un caso particular del TVM. 
Ejemplos: 
 Para cada función dada: 
a) Verifique que se satisfacen la hipótesis del TVM. 
b) Halle los correspondientes valores de “c” que satisfacen el TVM. 
 
 
y 
x 
f(b) 
f(a) A 
B 
c a b 
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Sandro Alencastre Calderón 
1) 𝑓(𝑥) = {
3𝑥3 − 4𝑥 + 2, 𝑥 ∈ [−2,1]
4𝑥2 − 3𝑥, 𝑥 ∈ ⟨1, 2]
 
Solución 
a) Vemos que 𝑓(1−) = 1 𝑦 𝑓(1+) = 1, f es continua en (−2,2) 
Como 𝑓′(𝑥) = {
9𝑥2 − 4, 𝑥 ∈ 〈−2, 1〉
8𝑥 − 3, 𝑥 ∈ 〈1, 2〉
 𝑓−
′(1) = 5 𝑦 𝑓+
′(1) = 5  f es derivable en 〈−2,2〉 
b) Por el TVM, existe c tal que 𝑓′(𝑐) = 
𝑓(2) − 𝑓(−2)
2−(−2)
= 
10−(−14)
4
= 6, 
  𝑓1
′(𝑐) = 9𝑐2 − 4 = 6 
𝑐2 = 
10
9
  𝑐1 =
√10
3
 ∉ 〈−2,1〉 𝑖 𝑐1 =−
√10
3
 ∈ 〈−2, 1〉 
Además : 𝑓2
′ (𝑐2) = 8𝑐2 − 3;  8𝑐2 − 3 = 6, 𝑐2 = 9/8 ∈ 〈1,2〉 
2) 𝑔(𝑥) = {
𝑥2 + 
2
5
𝑥 + 3, 𝑥 ∈ [−2,−1]
−
8
5
𝑥 + 2, 𝑥 ∈ ⟨−1, 2)
 
Solución 
a) Como 𝑔(−1−) = 
18
5
 𝑠𝑖 𝑔(−1+) = 
18
5
  g es continua en ‹-2, 2› 
 Como 𝑔′(𝑥) = {
2𝑥 + 2/5, 𝑥 ∈ 〈−2,−1〉
−
8
5
, 𝑥 ∈ 〈−1, 2〉
 𝑦 𝑔−
′ (−1) = 
−8
5
 𝑦 𝑔+
′ (−1) = −8/5  g es derivable en 〈−2, 2〉 
 𝑔−
′ (−1) = 
−8
5
 𝑖 𝑔+
′ (−1) = −8/5  g es derivable en ‹-2, 2› 
b) Por el TVM, existe c tal que 𝑔′(𝑐) = 
𝑔(2)−𝑔 (−2)
2−(−2)
= 
− 
6
5
− 
27
5
4
= −
33
20
  
𝑔1
′ (𝑐) = 2𝑐 + 
2
5
= −
33
20
 ;  𝑐1 = −
41
20
 ∈ 〈−2,−1〉 ; 𝑦 
𝑔2
′ (𝑐) = −
8
5
 ≠ −
33
20
  ∌ c. ∈ 〈−1, 2〉 
3) 𝑓(𝑥) = 𝑙𝑛(5 − 𝑥2); 𝑥 ∈ [−2, 2] 
Solución 
 a) dom f = [−√5, √5 ]; f es contínua en [−2, 2] ; 
 𝑓 ´(𝑥) =
−2𝑥
5−𝑥2
  derivable en 〈−2, 2〉, cumple con TVM. 
b) ∃ c ∈ 〈−2, 2〉 tal que: 𝑓 ´(𝑐) =
𝑓(2)−𝑓(−2)
2−(−2)
= 
0
4
= 0  𝑓 ´(𝑐) = 0 
  𝑓 ´(𝑐) =
−2𝑐
5−𝑐2
= 0  c = 0 ∈ 〈−2, 2〉 , cumple con el TVM. 
88 
Sandro Alencastre Calderón 
EJERCICIOS: 
Para cada función dada: 
a) Verifique que se satisfacen las hipótesis del TVM 
b) Halle, los correspondientes valores de “c” que verifiquen el TVM. 
1) 𝐹(𝑥) = {
1 −
3
2
𝑥 − 𝑥2, 𝑥 ∈ [−
3
2
− 1/2]
𝑥2 −
7
2
𝑥 +
9
2
 , 𝑥 ∈ ⟨
1
2
,
3
2
]
 
 
 2) 𝐺(𝑥) = {
4
𝑥−1
 𝑥 ∈ [−3, 0⟩
𝑥3 − 2𝑥2 − 4𝑥 − 4, 𝑥 ∈ [0,3]
 
3) 𝐻(𝑥) = {
𝑥3 − 3𝑥 + 1, 𝑥 ∈ [−2, 0⟩
𝑥2 − 3𝑥 + 1, 𝑥 ∈ [0, 2⟩
 
4) 𝑓(𝑥) = {
1
𝜋
 𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑥) − 1, 𝑥 ∈ [0,1]
1
𝑥−2
 , 𝑥 ∈ (1, 3/2)
 
5) 𝑔(𝑥) = {
3
(𝑥−2)2
, 𝑥 ∈ [0, 1⟩
6 − 3(𝑥 − 2)2, 𝑥 ∈ ⟨1, 2)
 
6) 𝑘(𝑥) = {
𝑥3 − 𝑥2 − 6𝑥 + 8, 𝑥 ∈ [−3, 0)
−
𝑥2 + 2𝑥 + 8
𝑥+1
, 𝑥 ∈ ⟨0, 3]
 
 
 
IV.3 Funciones crecientes y decrecientes. Valores extremos de la funciòn. 
Considerando la función f, diremos que c  [a, b] es un valor (o número) crítico de f, si: 
f /(c) = 0  ∄ f /( c)  c = a  c = b. 
Al conjunto de los valores críticos de f lo denotamos por VCf. 
Si c  VCf,  (c, f( c)) es un punto crítico (que está en la gráfica) de f. 
Al conjunto de los puntos críticos de f, lo denotamos por PCf. 
Ejemplo gráfico: 
Dada la gráfica de f, señale VCf y PCf 
 
 
 
 
 
 
 
 
y=f(x) 
𝑓(𝑐2) 
asíntota 
𝑐3 𝑥1 𝑐3′ 𝑐2 𝑐1 a 𝑐1′ b 
𝑐4 
𝑓(𝑐4) 
x 
𝑓(𝑐3′) 
𝑓(𝑐3) 
𝑓(𝑐1) 
𝑓(𝑏) 
𝑓(𝑎) 
𝑓(𝑐1′) 
y 
89 
Sandro Alencastre Calderón 
Solución 
Los 𝑉𝐶𝑓 = {𝑎, 𝑐1, 𝑐2, 𝑥1, 𝑐3, 𝑐4, 𝑏} 
Los 𝑃𝐶𝑓 = {(𝑎, 𝑓(𝑎)), (𝑐1, 𝑓(𝑐1 )), (𝑐2, 𝑓(𝑐2)), (𝑥 , 𝑓(𝑥 )), (𝑐3, 𝑓(𝑐3 ) ), (𝑐4, 𝑓(𝑐4 ) ), (𝑏, 𝑓(𝑏))} 
 
f es creciente en <a, b>, si  x<a, b>,  f /(x) > 0, 
también, si para x1, x2 <a, b> con x1 ‹ x2,  f(x1) ‹ f(x2) 
f es decreciente en <a, b>, si  x<a, b>,  f /(x) < 0, 
también, si para x1, x2 <a, b> con x1 ‹ x2,  f(x1) › f(x2) 
 
Si f es creciente o decreciente en <a, b>, entonces decimos que f es monótona en <a, b>. 
Los intervalos de monotonía de una función están separados por los valores críticos o por 
las discontinuidades. 
 
Criterio de la Primera derivada, para la determinación de extremos relativos: 
1) Si c  VCf, f es creciente en <c-h, c> y decreciente en <c, c+h> [h>0], entonces,c es un 
valor (donde f alcanza su) máximo relativo de f denotado por VMRf y (c, f(c)) es un 
punto máximo relativo de f, denotado por 𝑷𝑴𝑹𝒇. 
 Observamos en la gráfica 
 (c, f(c)): 𝑷𝑴𝑹𝒇 
 
 c: 𝑽𝑴𝑹𝒇 
2) Si c  VCf, f es decreciente en <c-h, c> y creciente en <c, c+h> [h>0], ntonces c es un 
valor (donde f alcanza su) mínimo relativo de f , denotado por vmrf ,y (c, f(c)) es un 
punto mínimo relativo de f, denotado por 𝒑𝒎𝒓𝒇 
 Observamos en la gráfica 
 
 
 
 
 
 
Valores y puntos extremos absolutos 
Denotamos como VMAf al mayor de los VMRf y vmaf al menor de los vmrf de f; y también, 
denotamos como PMAf al mayor de los PMRf y pmaf al menor de los pmrf 
C : vmf 
(C,f(c)) : pmf 
90 
Sandro Alencastre Calderón 
Ejemplo: 
Respecto a la gráfica, del ejemplo gráfico, señale: 
a) Los VMRf y los vmrf. 
b) Los intervalos donde f es creciente. 
c) Los intervalos donde x es decreciente 
d) Los PMRf y los pmrf; así como el VMAf y el vmaf;. 
Solución 
a) 𝑉𝑀𝑅𝑓 = {𝑐1, 𝑐3, 𝑏}, 𝑣𝑚𝑟𝑓 = {𝑎, 𝑐2, 𝑐4 } 
b) 〈𝑎, 𝑐1〉, 〈𝑐2, 𝑥1〉, 〈𝑥1, 𝑐3〉, ⟨𝑐4𝑏⟩ 
c) 〈𝑐1, 𝑐2〉, 〈𝑐3, 𝑐4〉 
d) PMRf = {(𝑐1, 𝑓(𝑐1)), (𝑐3, 𝑓(𝑐3)), (𝑏, 𝑓(𝑏))}  VMAf = {𝑐3} 
𝑃𝑚𝑟𝑓 = {(𝑎, 𝑓(𝑎)), (𝑐2, 𝑓(𝑐2)), (𝑐4, 𝑓(𝑐4)}  vmaf = {𝑐4} 
Si c es un valor máximo o un valor mínimo de f, entonces, c es un valor extremo (relativo) 
de f y (c, f(c)) es un punto extremo de f. 
 
IV.4 Funciones cóncavas positivas y cóncavas negativas. Puntos de inflexión. 
Cuando la gráfica de f no es una recta, es una curva que la entendemos como la recta 
flexionada produciéndose una curvatura, la misma que la identificamos como concavidad. 
Si f es una función tal que f //(x)>0  x  <a, b>, entonces, la gráfica de f es cóncava 
positiva o hacia arriba en <a, b>. La flexión o curvatura es hacia arriba y las rectas 
tangentes a la curva se ubican por debajo de la gráfica; o, la recta que une dos puntos 
diferentes de la gráfica, está
por encima de una porción de la curva. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x 
y 
a b 
Cóncava arriba 
91 
Sandro Alencastre Calderón 
x 
y 
a b 
Cóncava abajo 
Si f es una función tal que f //(x)< 0  x<a, b>, entonces, la gráfica de f es cóncava 
negativa o hacia abajo en <a, b>. La flexión o curvatura es hacia abajo y las rectas 
tangentes a la curva se ubican por encima de la gráfica o, la recta que une dos puntos 
diferentes de la gráfica, está por debajo de una porción de la curva 
 
 
 
 
 
 
 
“c” es un valor de inflexión de f, si es que f //(c) = 0, o, ∄ f //(c). En c la gráfica de f no 
está flexionada, esto es, c es un valor donde la concavidad de la gráfica cambia de sentido. 
El conjunto de los valores de inflexión de f, es denotado por VIf. 
Esto es: VIf = {x/ f //(x) = 0  ∄ f //(c) }. 
 
Si c  VIf,  (c, f(c)) es un punto de inflexión de f. 
 
Ejemplo: 
Respecto a la gráfica del ejemplo gráfico; señale los intervalos donde la función es: 
a) Cóncava hacia arriba. 
b) Cóncava hacia abajo. 
c) Los VIf y los PIf 
Solución 
a) f es cóncava hacia arriba en: 〈𝑐1′,𝑥1〉, 〈𝑐3′ , 𝑏〉 
b) f es cóncava hacia abajo en: 〈𝑎, 𝑐1〉, 〈𝑥1 , 𝑐4 〉 
c) Los 𝑉𝐼𝑓 = {𝑐1,𝑐3′}  PIf = {(𝑐1′ , 𝑓(𝑐1′)), (𝑐3′ , 𝑓(𝑐3′))} 
 
Ejemplos: 
 Dadas las funciones, encuentre: 
a) El comportamiento de F 
b) Los 𝑉𝐶𝐹: sus tipos y sus partes, así como su monotonía. 
c) Los sentidos de la concavidad 
y 
a b 
x 
c 
92 
Sandro Alencastre Calderón 
d) La 𝑉𝐼𝑓 y los 𝑃𝐼𝑓 
e) Haga un esbozo de la gráfica, para cada situación. 
1) 𝐹(𝑥) = 𝑥4 − 16𝑥3 
Solución 
a) 𝐹(𝑥) = 𝑥3(𝑥 − 16)  
 
b) 𝐹′(𝑥) = 4𝑥3 − 48𝑥2 = 4𝑥2(𝑥 − 12) 
 𝑝𝑚𝑟𝑓 = {(12, 𝐹(12)} = {(12, −6912} 
F es creciente en (12,∞⟩; 𝐹 es decreciente en 〈−∞, 0〉, 〈0, 12〉. 
c) 𝐹′′(𝑥) = 12𝑥2 − 96𝑥 = 12𝑥(𝑥 − 8): 𝐹′′: 
 F es cóncava hacia arriba en 〈−∞, 0〉, 〈8,∞〉; y es cóncava hacia abajo en 〈0,8〉 
d) 𝑉𝐼𝑓 = {0,8} 𝑦 𝑃𝐼𝑓 = {(0,0), (8, −4096)} 
e) 
 
 
 
 
 
 
 
2) 𝐹(𝑥) = 3𝑥5 + 5𝑥4 − 60𝑥3: 
Solución 
a) 𝐹(𝑥) = 3𝑥5 + 5𝑥4 − 60𝑥3 = 𝑥3(3𝑥2 + 5𝑥 − 60) = 𝑥3(𝑥 − 𝑥1)(𝑥 − 𝑥2), con 
 𝑥1 = 
−5−√745
6
 ≈ 3.7 𝑦 𝑥2 = 
−5+√745
6
 ≈ −5.4 F: 
 
 
 
 b) 𝐹′(𝑥) = 15𝑥4 + 20𝑥3 − 180𝑥2 = 5𝑥2(3𝑥2 + 4𝑥 − 36) = 5𝑥2(𝑥 − 𝑥1′)( 𝑥 − 𝑥2′), con 
→ 𝑥1′ = 
−4−√448
6
 = 2.9 𝑖 𝑥2′ = 
−4+√448
6
 ≈ −4.2 F: 
 
 
F es creciente en 〈−∞, 𝑥1´〉, 〈𝑥2´,∞〉; F es decreciente en 〈𝑥1′ , 0〉, 〈0, 𝑥2´〉. 
+ - + 
 0 8 
x 
y 
-4096 
-6912 
4 8 12 16 
+ - + 
 0 16 
y 
16 
x 
𝑦 = 𝐹(𝑥) 
𝐹: 
→ 
 0 12 
- , - + 
→ 𝑣𝑟𝑚𝐹 = {12} 𝐹
′: 
𝑥2 
x 
- + - + 
 𝑥1 0 𝑥2 
⇑ 
y 
𝑥1 
𝑦 = 𝐹(𝑥) 
+ - - + 
 𝑥1´ 0 𝑥2´ 
xx𝑥2´/2/1 ⇑ 
y 
x 
𝑥1 𝑥1′ 𝑥2′ 𝑥2 
𝑦 = 𝐹(𝑥) 
93 
Sandro Alencastre Calderón 
 𝑉𝑀𝑅𝑓 = {𝑥1´},→ 𝑃𝑀𝑅𝑓 = {(−4.2, 2080.4)}; 𝑣𝑚𝑟𝐹 = 𝑥2´ , → 𝑝𝑚𝑟𝐹 = {(2.9, −494.4)}. 
c) 𝐹′′(𝑥) = 60𝑥3 + 60𝑥2 − 360𝑥 = 60𝑥 (𝑥2 + 𝑥 − 6) = 60𝑥 (𝑥 + 3)(𝑥 − 2),→ 
F’’ F es cóncava hacia arriba en 〈−3,0〉, 〈2,∞〉 
F es cóncava hacia abajo en 〈−∞− 3〉, 〈0,2〉 
𝑃𝐼𝐹 = {(−3, 1296), (0,0), (2,−304)}. 
d) VIf = -3, 0, 2 
e) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para la función: 𝑦 =
𝑥3
3
− 𝑥, analicemos las gráficas de: f(x), f ´(x), f ´´( x) relacionadas a un 
mismo sistema de ordendas. 
 Signo de f: 
𝑥3
3
− 𝑥 = 0  
VCf : {-1, 1} 
Signo de f ´: 𝑥2 − 1 = 0  
Monotonía creciente de f : <-∞,-1>,<1,+∞> 
Monotonía decreciente de f : <-1,1> 
VMRf : {-1}; vmrf : {1} ; 
Signo de f ´´: 2x = 0  
VCf ´ : {0} 
Para xϵ<- ∞,0> f ´decrece y f ´´(x)<0  f cóncava abajo 
Para xϵ<0,+∞,0> f ´crece y f ´´(x)<0  f cóncava arriba 
VIf : {0} 
+ - - + 
 -3 0 2 
1 
1 -1 -2 2 
1 
-1 
1 
-1 
-1 
-2 2 
1 
-1 -2 2 
1 
-1 
x 
y 
x 
x 
y = f( x) 
y = f ´( x) 
y = f ´´( x) 
0 
+ - + - 
−√3 √3 
1 -1 
+ + - 
0 
+ - 
-5.4 -4.2 -3 
-494 
-304 
2080 
1296 
x 
2 
y 
3.7 
94 
Sandro Alencastre Calderón 
Podemos concluir que f ´´(-1)<0  -1: VMRf ;y f ´´(1)>0  1: vmrf . 
 
 
 
Criterio de la segunda derivada (para determinar extremos locales). 
Sea f una función definida en un intervalo abierto    tal que en c   , c =VCf: 
f /(c) = 0; entonces: 
Si f //(c) > 0,  c : vmrf , la función tiene un valor mínimo relativo en c. 
Si f //(c) < 0,  c : VMRf, la función tiene un valor máximo relativo en c. 
 
 
EJERCICIOS: 
Para cada función encuentre: 
a) El comportamiento. 
b) Los V𝐶𝑓: sus tipos, sus puntos y su monotonía. 
c) Los sentidos de la concavidad. 
d) Los V𝐼𝑓 y los P𝐼𝑓.. 
e) Haga un esbozo de la gráfica, en cada situación. 
 1) 𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 9𝑥2 
2) 𝑓(𝑥) = 𝑥4 − 9𝑥3 
3) 𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 3𝑥2 
4) 𝑓(𝑥) = 
4𝑥
𝑥2 − 4
 
5) 𝑓(𝑥) = 𝑥(𝑥 − 4)2/3 
6) 𝑓(𝑥) = 
𝑥2 − 2𝑥 + 1
𝑥−4
 
 
IV.5 Asíntotas a la gráfica. Trazado de curvas. 
La posición de las asíntotas que puede tener la gráfica de una función f, nos da un 
elemento adicional de juicio del comportamiento de la curva. 
Mediante el concepto de límite identificamos el tipo de asíntota que puede tener la gráfica 
de una función: vertical, horizontal y oblicua. 
Una asíntota vertical (AV), es la recta x = a (recta paralela al eje de ordenadas). 
Si lim
𝑥→𝑎+
𝑓(𝑥) = +∞  x = a, es asíntota a la curva a la derecha y hacia arriba. 
Si lim
𝑥→𝑎+
𝑓(𝑥) = −∞  x = a, es asíntota a la curva a la derecha y hacia abajo. 
95 
Sandro Alencastre Calderón 
Si lim
𝑥→𝑎−
𝑓(𝑥) = +∞  x = a, es asíntota a la curva a la izquierda y hacia arriba. 
Si lim
𝑥→𝑎−
𝑓(𝑥) = −∞  x = a, es asíntota a la curva a la izquierda y hacia abajo. 
 
Una asíntota horizontal (AH), es la recta y = L (recta paralela al eje de abscisas). 
Si lim
𝑥→+∞
𝑓(𝑥) = 𝐿  y = L es asíntota a la curva hacia la derecha. 
Si lim
𝑥→−∞
𝑓(𝑥) = 𝐿  y = L es asíntota a la curva hacia la izquierda. 
 
Una asíntota oblicua (AO), es la recta y = mx + b, con m  0. 
Si lim
𝑥→±∞
𝑓(𝑥) − 𝑦 = 0  lim
𝑥→±∞
𝑓(𝑥) − (𝑚𝑥 + 𝑏) = 0, entonces, y = mx + b es asíntota. 
Calculando: 𝑚 = lim
𝑥→±∞
𝑓(𝑥)
𝑥
 ; y, 𝑏 = lim
𝑥→±∞
[𝑓(𝑥) − 𝑚𝑥]. 
Nota: Una función, tiene como máximo, dos de los tres tipos de asíntotas. Excepto, para 
una función seccional. 
Ejemplos.- 
Para cada función dada: 
a) Halle sus asíntotas. 
b) Grafique la función. 
1) 𝐹(𝑥) = 
2(𝑥−4)
𝑥−1
 
Solución 
Signos de F: 
Vemos que para 𝑥 = 1, lim
𝑥→1
2(𝑥−4)
𝑥−1
= ±∞ es una AV, 
 𝐹(1−) =
2(1−−4)
1−−1
= 
−6−
0−
= −(−∞) = ∞ ; y 
 𝐹(1+) =
2(1+− 4)
1+− 1
= 
−6+
0+
= −∞ 
Luego, 


xx
xF lim)(lim 
2(𝑥−4)
𝑥−1
=2;  
𝑦 = 2 es una AH. 
No existe AO ya que lim
𝑥→±∞
𝑓(𝑥)
𝑥
= 𝑚 = 0 
 
 
 
 
 
 
, + - + 
 1 4 
𝑦 = 2 
4 
8 
2 
𝑥 = 1 
x 
y 
y = F(x) 
96 
Sandro Alencastre Calderón 
2) 𝐺(𝑥) = 
2𝑥2−8
𝑥−4
 
Solución 
𝐺(𝑥) = 
2𝑥2−8
𝑥−4
= 
2(𝑥+2)(𝑥−2)
𝑥−4
 Signo de G: 
 Vemos que 𝑥 = 4 es una AV y que lim
𝑥→4−
𝐺(𝑥) = −∞  𝐺(4−) =
2(4−)2−8
4−−4
= 
24−
0−
= −∞ y 
lim
𝑥→4+
𝐺(𝑥) = +∞  𝐺(4+) =
2(4+)2−8
4+−4
= 
24
0+
= +∞ 
También, porque lim
𝑥→±∞
𝐺(𝑥) = ∞ , no existe AH. 
Hallando la AO: 
 𝑚 =
x
lim
𝐺(𝑥)
𝑥
= 
x
lim
2𝑥2
𝑥2
 − 
8
𝑥2
𝑥
𝑥
(
𝑥
𝑥
 − 
4
𝑥
)
 = 2; y que 
𝑏 =
x
lim (
2𝑥2−8
𝑥−4
− 2𝑥) =
x
lim
8(𝑥−1)
𝑥−4
= 
x
lim
8(
𝑥
𝑥
 − 
1
𝑥
)
𝑥
𝑥
 − 
4
𝑥
= 8; 
 entonces, y = 2x + 8 es
una AO. 
Hallando los valores extremos: 
 𝐺′(𝑥) = 
2(𝑥2 − 8𝑥 + 4)
(𝑥−4)2
 ;y, 𝐺′′(𝑥) = 
12
(𝑥−4)3
 
 los 𝑉𝐶𝐺 = {𝑥1, 𝑥2, 4} 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑥1 = 4 − 2√3 ≈ 0.5 → 𝑦1 ≈ 2.1; 
A(𝑥1, 𝑦1) es un PMRG y, 𝑥2 = 4 + 2√3 ≈ 7.5, 
 𝑦2 ≈ 24.9;  B(𝑥2, 𝑦2) es un pmrG 
 
Signo de 𝐺′: 
 
 
 
 
 
 
 
 
- + - + 
 -2 2 4 
+, - - + 
 𝑥1 4 𝑥2 
x 
8 
-4 
8 A 
y 
B 
x= 4 
97 
Sandro Alencastre Calderón 
 
Trazado de curvas (Procedimiento para graficar una función): 
1) Se hallan los interceptos con los ejes coordenados y su dominio. El rango, se 
puede hallar de la gráfica (proyección sobre el eje y). 
Se analiza si tiene simetría con respecto al eje de ordenadas y o respecto al origen, 
así como también, sus asíntotas. Así como el comportamiento de la función. 
 
2) Se hallan los VCf y los VIf. Se analizan los signos de f / y de f // (con el método de 
los puntos críticos) identificando los intervalos de monotonía y los intervalos de 
concavidad. Así como los puntos extremos y los puntos de inflexión. 
 
3) En un sistema de ejes coordenados, se ubican los PCf y los PIf, los interceptos y 
las asíntotas con trazo punteado (si las hay); y con el análisis de monotonía y 
concavidad, se construye la gráfica. Utilice la simetría de la gráfica (cuando la 
tenga). 
 
Ejercicios: 
Trace la gráfica, conociendo la función, su primera derivada y su segunda derivada (en los 
tres primeros ejercicios). En los últimos tres ejercicios trace la gráfica: 
1) 𝑓(𝑥) =
𝑥4
𝑥3−1
 , 𝑓′(𝑥) = 
𝑥3(𝑥3−4)
(𝑥3−1)2
 , 𝑓′′(𝑥) =
6𝑥2(𝑥3 + 2)
(𝑥3−1)3
 
2) 𝑔(𝑥) =
𝑥2−3
𝑥+2
 , 𝑔′(𝑥) = 
𝑥2+4𝑥+3
(𝑥+2)2
, 𝑔′′(𝑥) =
2
(𝑥+2)3
 
3) ℎ(𝑥) = 
𝑥2 + 3
𝑥 + 1
, ℎ′(𝑥) =
𝑥2 + 2𝑥 − 3
(𝑥 + 1)2
 , ℎ′′ = (𝑥)
8
(𝑥 + 1)3
 
4) 𝐹(𝑥) = {
𝑥2/3(𝑥 − 1)2/3, 𝑥 ≤ −1
3𝑥 − 𝑥2
(𝑥+1)2
 , 𝑥 > −1
 
5) 𝐺(𝑥) = {
5𝑥2/3 − 𝑥5/3, 𝑥 ≤ 1
𝑥 + 7
2𝑥2 + 2
 , 𝑥 > 1
 
6) 𝐻(𝑥) = {
−𝑥
𝑥2−4
 , 𝑥 ≤ 0
𝑥2 − ℓ𝑛𝑥2, 𝑥 > 0
 
 
98 
Sandro Alencastre Calderón 
IV.6 Aplicaciones de valores extremos máximos o mínimos. 
Diversas situaciones de la realidad donde tengamos que dar alguna solución o decisión se 
pueden representar mediante una función en la cual manejamos la variable independiente 
y requerimos el valor de la función. Cuando los valores de la función son los valores 
extremos, estamos en un problema de máximos o mínimos que lo determinamos aplicando 
el concepto de la derivada. 
Procedimiento: Para resolver problemas de valores extremos máximos o mínimos. 
1) Identificar las variables y de estas la que se va usar; así como las relaciones de las 
variables que se tengan. 
2) De ser posible, utilice una figura o esquema para comprender el problema. 
3) Establezca una función (objetivo), en términos de la variable identificada 
(independiente), dando la regla de correspondencia y dominio. 
4) Halle los VCf; descartando aquellos valores que no tengan sentido con respecto al 
problema dado. 
5) Con el Criterio de la segunda derivada, verifique que se trata de un máximo o de un 
mínimo. 
Ejemplos: 
1) De una pieza de cartón de forma rectangular, que mide 28 cm. de largo y 20 cm. de 
ancho; se recortan cuadrados iguales de las esquinas, para formar una caja sin tapa. 
Halle las dimensiones de la caja, para que su volumen sea máximo. Halle también el 
dominio de tal función. 
Solución 
Esquema: 
 
Sea “x” la longitud del lado de cada cuadrado recortado;  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
20-2x 
𝑉: 𝑣𝑜𝑙ú𝑚𝑒𝑛 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑗𝑎 
𝑉 = 𝐵ℎ = 𝑙𝑎ℎ,  
𝑉(𝑥) = (28 − 2𝑥)(20 − 2𝑥)𝑥,
𝑥 ∈< 0; 10 > 
28 
20 
28-2x 
x 
x 
99 
Sandro Alencastre Calderón 
 𝑉(𝑥) = 4𝑥(14 − 𝑥)(10 − 𝑥) = 4(𝑥3 − 24𝑥2 + 140𝑥);  V′(x) = 4(3𝑥2 − 48𝑥 + 140);  
𝑉𝐶𝑉 = {𝑥/3𝑥
2 − 48𝑥 + 140 = 0} = {𝑥1, 𝑥2} 𝑐𝑜𝑛 𝑥2 =
24+2√39
3
≐ 12.2 NO, pues es > 10. 
𝑥1 =
24−2√39
3
 ≐ 3.8 Como 𝑉′′(𝑥) = 4(6𝑥 − 48) y 𝑉′′(𝑥1) < 0  3.8 es un VMRV. 
Las dimensiones de la caja para que tenga el mayor volumen es V(3.8)= 4(3.8)(10.2)(6.2) 
 
2) Se desea construir un cilindro circular recto de volumen 343π𝑚3. Halle el radio de la 
base, para que el área sea mínima. 
Solución 
Volumen del cilindro: V = B h; área del cilindro: A = SL+2B ; SL= (perímetro base) h 
 𝑉𝐶 = 𝜋𝑟
2ℎ = 343𝜋;  h =
343
𝑟2
 . 
Entonces; 𝐴 = 2𝜋𝑟ℎ + 2𝜋𝑟2;  A(𝑟) = 2𝜋𝑟 .
343
𝑟2
+ 2𝜋𝑟2, 𝑟 > 0  
 𝐴´(𝑟) = −
(343).(2𝜋)
𝑟2
+ 4𝜋𝑟;  𝐴´(𝑟) = 0  r = √171.5
3
 m 
Como A´´(𝑟) =
(686) ( 2𝜋)
𝑟3
+ 4𝜋 𝑦 𝐴´´(√171.5
3
) > 0  r = √171.5
3
 es un valor mínimo. 
3) Conociendo la suma de las áreas de una esfera y un cubo, demuestre que la suma de 
sus volúmenes será la menor posible cuando el diámetro de la esfera es igual a la arista 
del cubo. 
Solución 
Consideremos: S= suma de áreas;  S = Aesfera + Acubo ; a =arista, r = radio, D=diámetro. 
S = 4𝜋𝑟2 + 6𝑎2  S = 𝜋𝐷2 + 6𝑎2  𝑎 = √
𝑆−𝐷2
6
……(1) 
V= suma de volúmenes  V = Vesfera + Vcubo  V = 
𝜋
6
𝐷3 + 𝑎3 …….(2) 
Función objetivo: V(D): 
 𝑉(𝐷) =
𝜋𝐷3
6
+ (
𝑆−𝜋𝐷2
6
)
3
2
 , 𝐷 ∈ 〈0,√
𝑆
𝜋
 〉 
Hallando valores críticos extremos 
 𝑉´(𝐷) =
𝜋𝐷2
2
+
3
2
(
𝑆−𝜋𝐷2
6
)
1
2
(−
𝜋𝐷
3
) = 
𝜋𝐷
2
[𝐷 − (
𝑆−𝜋𝐷2
6
)
1
2
] 
 𝑉´(𝐷) = 0  
𝜋𝐷
2
= 0  D1 = 0 , no pertenece al domV 
100 
Sandro Alencastre Calderón 
  𝐷 − (
𝑆−𝜋𝐷2
2
)
1
2
= 0  𝐷2 = √
𝑆
6+𝜋
 ………(3) 
 𝑉´´(𝐷) =
𝜋
2
(𝐷 − √
𝑆−𝜋𝐷2
6
) +
𝜋𝐷
2
(1 −
−
2𝜋𝐷2
6
2√
𝑆−𝜋𝐷2
6
)  𝑉´´(𝐷2) > 0  D2 : vmr 
Entonces, de (3) en (1) 𝑎 = √
𝑆−𝜋(
𝑆
6+𝜋
)
6
  𝑎 = √
𝑆
6+𝜋
  a = D lqqd. 
EJERCICIOS: 
1) Halle el área máxima del rectángulo, que se inscribe en la región encerrada por la curva 
𝑦 = √25 − 𝑥2 y el eje x; de modo, que uno de los lados del rectángulo está sobre el eje 
de abscisas. 
2) Un tanque tiene la forma de un semicilindro circular, cuyo radio es Rm y de longitud L. 
Si la capacidad del tanque es de 39𝜋 𝑐𝑚3. Halle las dimensiones del tanque de modo 
que su área sea mínima. 
3) Un cono está circunscrito a una semiesfera de radio R y el centro de su base coincide 
con el centro de la esfera. Halle la altura de dicho cono de modo que tenga el menor 
volumen posible. 
4) Se desea construir un triángulo isósceles, de área máxima inscrito en una circunferencia 
de radio igual a 10 cm. Determine la longitud de la base y la altura de dicho triángulo. 
5) Un tanque tiene la forma de un semicilindro horizontal, cuyo radio es R metros y su 
longitud es L metros. Si la capacidad del tanque es de 432𝜋𝑚3. Halle las dimensiones 
del tanque, de tal forma que el área de la superficie sea mínima. 
6) Se desea construir un embudo cónico que tenga una generatriz igual a 20 cm. ¿Cuál 
debe ser la altura del embudo, para que el volumen sea máximo? 
 
IV.7 Razón de cambio o tasa de cambio 
Consideremos la función: y= f(x). Para una variación o incremento de la variable x 
(denotado por ∆x) produce una variación o incremento de la función (denotado por ∆y). La 
razón de cambio promedio producido por la variación de x en y es el cociente: 
∆𝒚
∆𝒙
 ; pero, si 
∆x 0, entonces la razón es el límite: lim
∆𝒙→𝟎
∆y
∆𝒙
 , que es la derivada de la función f´´ , que 
entendemos como la tasa o razón de cambio puntual en x = b .Así, entendemos las tasas 
como tasa de crecimiento en x= b cuando f´´(b)>0 ; y cuando f´´(b)< 0 la tasa es de 
decrecimiento. 
101 
Sandro Alencastre Calderón 
Rapidez de variación o Velocidad de cambio. 
En la función f cuando la variación de variables se dan en el tiempo t , esto es las variables 
dependen de t , la razón o tasa de cambio respecto a t la consideramos como rapidez o 
velocidad de cambio de la variable. Entonces, x´(t) ; y´(t) representan la rapidez o 
velocidad instantánea en t = to. 
Ejemplos:
1) Sean: 𝑓(𝑥) =
𝑥−2
𝑥+1
 ; 𝑔(𝑥) = 7 − 𝑥2 + √𝑥 + 1 . Si ℎ(𝑥) = 𝑓𝑜𝑔 , entonces, calcule la 
razón de cambio de h (respecto a x) en x = 3; luego diga el tipo de tasa de cambio se 
da en ese punto. 
Solución 
La razón de cambio solicitada es h´(3) = (𝑓𝑜𝑔)´(3) = 𝑓 ´(𝑔(3)). 𝑔´(3) 
𝑔(3) = 7 − 9 + 2 = 0  (𝑓𝑜𝑔)´(3) = 𝑓 ´(0). 𝑔´(3) 
 𝑓´(𝑥) =
3
(𝑥+1)2
 ; 𝑔´(𝑥) = −2𝑥 +
1
2√𝑥+1
 
Luego, (𝑓𝑜𝑔)´(3) = 3 (−6 +
1
4
) = −
69
4
  ℎ´(3) = −
69
4
 ; como la tasa es negativa 
esta es decreciente. 
 
2) Suponga que un incendio forestal, se propaga en la forma de círculos concéntricos, cuyo 
radio aumenta a razón de 1.8 m/min. ¿A qué razón está creciendo el área de la región 
incendiada, en el instante en que el radio mide 60 m.? 
Solución 
El problema se refiere a crecimiento de círculos por el crecimiento del radio. 
La función es área del círculo. 
 𝐴𝑐(𝑟) = 𝜋𝑟
2. 𝑃𝑜𝑟 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠: 
𝑑𝑟
𝑑𝑡
= 1.8 ∶  
𝑑𝐴𝑐(𝑟)
𝑑𝑡
= 2𝜋𝑟 
𝑑𝑟
𝑑𝑡
  nos piden en r = 60m 
 
𝑑𝐴𝑐(60)
𝑑𝑡
= 2𝜋 . 60 . 1.8 = 216 𝜋 𝑐𝑚2/𝑚𝑖𝑛 . 
3) El volumen de un cilindro circular recto es 500𝜋 𝑐𝑚3 y permanece constante cuando 
sus dimensiones varían con el tiempo transcurrido. Si diámetro de la base aumenta a 
razón de 1 𝑐𝑚/𝑠𝑒𝑔 , halle la razón de cambio de la altura con respecto al tiempo justo 
en el instante cuando el diámetro mide 10 m. 
Solución 
 𝑉𝑐 = 𝜋𝑟
2ℎ = 500 𝜋, h = 
500
𝑟2
. 𝐶𝑜𝑚𝑜 𝑟 = 5, h = 20, por dato: 
𝑑𝑟
𝑑𝑡
= 0.5 cm/seg. 
102 
Sandro Alencastre Calderón 
 𝐶𝑜𝑚𝑜 𝑟2ℎ = 500, derivando resprcto a 𝒕: 
𝑟2𝑑ℎ
𝑑𝑡
+ 2𝑟ℎ
𝑑𝑟
𝑑𝑡
= 0, 52
𝑑ℎ
𝑑𝑡
+ (2.5)(0.5)20 = 0 
 
𝑑ℎ
𝑑𝑡
= −4 cm/seg; el signo menos indica que h decrece con el tiempo. 
 
4) Se construye un depósito que está constituido por un cono circular recto, de mayor área 
posible, inscrito en una semiesfera, de manera que el vértice coincida con el centro del 
círculo de la semiesfera. El círculo está en posición horizontal y el casquete 
semiesférico es el de arriba. 
a) Si el área del círculo de la semiesfera es 400 𝜋 cm2, calcule las dimensiones del 
cono para que el volumen sea el mayor posible. 
b) En el depósito se vierte agua de forma que la profundidad del líquido se incrementa 
con una rapidez de √2 cm/seg. En el instante cuando la profundidad es de 5√2 cm, 
calcule la rapidez con que varía el área del círculo de la superficie de agua en el 
depósito (espejo de agua). 
Solución 
Esquema del problema: 
 
 
 
 
 
Por dato: 𝜋𝑅2 = 400𝜋  R = 20 cm; 
relación pitagórica entre h y r: 𝑟2 + ℎ2 = 400 
a) Volumen cono: V= 
1
3
𝜋𝑟2ℎ función objetivo: 𝑉(ℎ) =
𝜋ℎ
3
(400 − ℎ2), ℎ ∈ 〈0, 20〉 
valor extremo: número crítico  V ´(ho)= 0 
𝑉 ´(ℎ) =
𝜋
3
(400 − ℎ2)  
𝜋
3
(400 − ℎ𝑜
2) = 0  ℎ𝑜 =
20
√3
  𝑟𝑜 = √
800
3
=
20√2
√3
 
𝑉´´(ℎ) = −6ℎ  𝑉´´(ℎ𝑜) < 0  ℎ𝑜 : VMRV 
 Dimensiones del cono: ℎ𝑜 =
20
√3
 ; 𝑟𝑜 = √
800
3
 
b) dato: 
𝑑ℎ
𝑑𝑡
= √2 m/seg , ℎ = 5√2 cm.; se requiere: 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
 
por semejanza de triángulos: 
ℎ
𝑟
=
ℎ𝑜
𝑟𝑜
  
ℎ
𝑟
=
20
√3
20√2
√3
  𝑟 = √2 ℎ; 
𝑑𝑟
𝑑𝑡
= √2 
𝑑ℎ
𝑑𝑡
 
R 
r 
h 
R 
r 
h ho 
ro 
103 
Sandro Alencastre Calderón 
 para ℎ = 5√2 , 𝑟 = 10 , 
𝑑𝑟
𝑑𝑡
= 2 cm/seg. 
función objetivo: área circulo  𝐴(𝑟) = 𝜋𝑟2 , derivando respecto al tiempo 
 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= 2𝜋𝑟
𝑑𝑟
𝑑𝑡
  
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= 2𝜋(10)(2) cm2/seg 
Entonces, cuando la profundidad es de 5√2 cm, el área de la superficie del agua crece a 
razón de 40𝜋 cm2/seg. 
 
EJERCICIOS: 
1) Un cilindro circular recto, tiene un área total constante e igual a 40𝜋𝑐𝑚2. Si su altura 
aumenta a razón de 0.6 𝑐𝑚/𝑚𝑖𝑛, determine la razón de cambio del radio de su base, 
cuando su altura mide 8 cm. 
2) Un globo se eleva verticalmente sobre un camino plano y recto, a una razón constante 
de 0.4 𝑚/𝑠𝑒𝑔. Justo cuando el globo está a 26 m. del suelo, un ciclista que se mueve a 
una razón constante de 4 𝑚/𝑠𝑒𝑔, pasa por debajo de él. ¿Con qué rapidez, crece la 
distancia entre el globo y el ciclista 10 𝑠𝑒𝑔. después? 
3) El volumen de un cilindro circular recto, es de 500𝜋 𝑐𝑚3, que permanece constante, 
cuando el diámetro de su base aumenta a razón de 2 𝑐𝑚/𝑠𝑒𝑔. Halle la razón de cambio 
de la altura, con respecto al tiempo, cuando el diámetro de la base es de 20 cm. 
4) Para gases ideales, se tiene que presión volumen = PV = constante = c; siendo P la 
presión del gas y V el volumen del recipiente que lo contiene. Si el recipiente disminuye 
su volumen a razón de 10 𝑐𝑚3/𝑠𝑒𝑔. ¿Cómo está variando la presión de un gas, en 
dicho recipiente, cuando 𝑉 = 500 𝑐𝑚3 y 𝑃 = 15 𝑘𝑔/𝑐𝑚3? 
5) Un punto se mueve a lo largo de la parábola 𝑦 = 𝑥2, de modo que su abscisa aumenta a 
una velocidad de 12𝑚/𝑠𝑒𝑔. La proyección de P sobre el eje x es el punto M. ¿Con qué 
rapidez aumenta el área del triángulo OMP, en el instante en que el punto P, está en un 
punto de abscisa 1.44. 
6) Un abrevadero tiene 6 m de largo y sus extremos tienen la forma de un trapecio 
isósceles, cuya altura es de 0.8 m. que sus bases miden 1m y 1.8 m. Si se vierte agua 
en abrevadero a razón de 2 𝑚3/𝑚𝑖𝑛 cuando el nivel del agua se encuentra a una altura 
de 0.4 m,  ¿Con qué rapidez sube ésta?. 
 
 
104 
Sandro Alencastre Calderón 
IV.8 Diferenciales, aproximaciones; error relativo y error porcentual. 
 
Consideremos la función f : y = f(x), contínua y derivable en el intervalo I = <a, c>, b ϵ I. 
Definimos “Diferencial de f en b” al producto de la derivada de f en b, por una cantidad que 
es el incremento arbitrario (positivo o negativo) de la variable independiente: ∆ x. 
Denotamos a diferencial de f de las siguientes formas: df, dF, df(x), dy. 
Entonces, df(b) = f ´(b). ∆x . 
Generalizando para, x ϵ I: df(x) = f ´(x). ∆x ; o también, dy = f ´(x). ∆x. 
Cuando ∆x es muy pequeño (∆x0), se denota al incremento como diferencial de x; esto 
es: ∆x = dx, entonces, dy = f ´(x). dx. 
El concepto de diferencial es distinto al de derivada. Derivada es un límite y diferencial es 
una cantidad. Analicemos la siguiente figura de la gráfica de f . 
 
 
La recta Lt es tangente a 
la curva en B. 
mLt = f ´(b) 
f ´(b) = 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
 ; despejando dy 
tenemos la definición de 
diferencial: 
 dy = f ´(b). dx 
 
si x = (b +∆x)  ∆x = x - b 
 
 
 
 
Observamos que ∆y = dy + ω; pero cuando ∆x 0, podemos afirmar que ∆y  dy. 
Para el cálculo del diferencial de la función (diferenciación de la función) usamos los 
mismos teoremas o fórmulas de derivación acompañando al final el factor dx. Es por eso 
que consideramos al proceso de diferenciación como el de derivación. 
Ejemplos 
1) Halle dy en cada una de las siguientes funciones: 
a) 𝑓(𝑥) = 𝑥
5
3⁄ +
3𝑥+2
√𝑥−|
 
b) 𝑦 = 5 cos 𝑥
1
3⁄ + 𝑎𝑟𝑐 tan√𝑥 − 1 
c) 𝑦 = 𝑒
𝑥
2⁄ + 4𝑥2𝑥−4 
ω 
y= f (x) 
𝐿𝑡 
𝑓(𝑏 + ∆𝑥) 
y 
x 
a 𝑏 𝑏 + ∆𝑥 c 
d y 
𝑓(𝑏) 
∆𝑦 
dx 
∆𝑥 
A 
B 
105 
Sandro Alencastre Calderón 
d) 
𝑥+𝑦
3𝑥
= 2𝑥𝑦 − 𝑠𝑒𝑛 
𝑥
𝑦
 
Solución 
a) 𝑓(𝑥) = 𝑥
5
3⁄ +
3𝑥+2
√𝑥−|
  𝑑𝑓(𝑥) = 𝑑𝑦 = 𝑓 ´(𝑥) 𝑑𝑥 
  𝑑𝑦 = (𝑥
5
3⁄ +
3𝑥+2
√𝑥−|
) ´ 𝑑𝑥  𝑑𝑦 = (
5
3
𝑥
2
3 +
3(√𝑥−1)−(3𝑥+2)(
1
2√𝑥
)
(√𝑥−|)
2 )𝑑𝑥 
b) 𝑑𝑦 = (5(−𝑠𝑒𝑛 𝑥
1
3⁄ )(
1
3
𝑥−
2
3) +
1
2√𝑥
1+𝑥
)𝑑𝑥 
c) 𝑑𝑦 = ((𝑒
𝑥
2⁄ )
1
2
+ (4𝑥2𝑥−4)(2𝑙𝑛𝑥 +
2𝑥−4
𝑥
)) 𝑑𝑥 
d) La expresión es implícita por lo que hallamos la diferencial de cada miembro y 
despejamos al final dy: 
 (
𝑥+𝑦
3𝑥
)
′
𝑑𝑥 = (2𝑥𝑦 − 𝑠𝑒𝑛 
𝑥
𝑦
) ′𝑑𝑥 
  (
(1+
𝑑𝑦
𝑑𝑥
)3𝑥−(𝑥+𝑦)3
9𝑥2
)𝑑𝑥 = (2 (𝑦 + 𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
) − 𝑐𝑜𝑠 (
𝑥
𝑦
) (
𝑦−𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑦2
))𝑑𝑥 
 𝑑𝑦 =
(
𝑦
3𝑥2
+2𝑦−
𝑐𝑜𝑠(
𝑥
𝑦)
𝑦
)𝑑𝑥
1
3𝑥
−2𝑥−
𝑥 𝑐𝑜𝑠(
𝑥
𝑦
)
𝑦2
 
2) Halle el diferencial de f para x=2, siendo 𝑓(𝑥) =
𝑥2−1
𝑥
 
 Solución 
 𝑑𝑓(𝑥) = (
𝑥2−1
𝑥
) ′𝑑𝑥  𝑑𝑓(𝑥) = (1 +
1
𝑥2
)𝑑𝑥  𝑑𝑓(2) = (1 +
1
22
) 𝑑𝑥 
  𝑑𝑓(2) =
5
4
 𝑑𝑥 
 
Podemos conceptualizar que el diferncial de una variable es un incremento de la misma. 
Este concepto contribuyó en el desarrollo de la matemática moderna como el cálculo 
infinitesimal que abarca a la integral, ecuaciones diferenciales etc., que deben ser 
manejados por los estudiantes de ingeniería. 
 
Como aplicación práctica de “diferencial” se tiene al cálculo aproximado del valor de una 
variable dependiente y determinación de errores en este cálculo. 
 
Aproximación Diferencial 
En el análisis de la figura de este capítulo IV, marcamos que: ∆y = dy + ω; siendo el valor 
de dy un valor aproximado de ∆y ; esto es ∆y  dy ; pero cuando ∆x 0, la aproximación es 
mejor. 
106 
Sandro Alencastre Calderón 
En la gráfica de f, si requerimos el valor de la función en el punto A, este es f(b + ∆x) ; pero 
si el cálculo de f(b + ∆x) no es posible tendríamos que dar un valor aproximado. 
 
Cuando conocemos exactamente el valor de la función en x = b; f(b) es determinado, 
entonces: f(b + ∆x) = f(b) + ∆y, pero como ∆y  dy, un valor aproximado de f(b + ∆x) es: 
f(b) + dy  f(b + ∆x)  f(b) + dy  f(b + ∆x)  f(b) + f ´(b). ∆x 
Si: x = (b + ∆x), entonces, A(x, f(x)) siendo el valor aproximado de f(x)  f(b) + f ´(b). ∆x 
Para ∆x= dx  f(x)  f(b) + f ´(b). dx 
 
Ejemplos: 
1) Calcule el valor aproximado de √4.5 
Solución 
La función objetivo es: 𝑓(𝑥) = √𝑥 ; para x= 4.5, se requiere 𝑓(4.5) = √4.5 
Si b = 4  𝑓(4) = √4 = 2 ; ∆x = x – b  ∆x = 4.5 – 4  ∆x = 0.5, entonces, 
de: f(x)  f(b) + f ´(b). ∆x  f(4.5)  f(4) + f ´(4). (0.5) 
f´(x) = 
1
2√𝑥
  f ´(4) = 
1
4
 luego, f(4.5)  2 + 
1
4
 (0.5) 
 f(4.5)  2.125 
 
2) Un cubo aumentó la longitud de su arista, pasando de 13cm. a 13.1cm. Usando 
diferenciales calcule el volumen del cubo. 
 Solución 
La función objetivo es volumen del cubo: 𝑉𝑐(𝑎) = 𝑎
3, 𝑎: 𝑎𝑟𝑖𝑠𝑡𝑎 
 𝑑𝑉𝑐(𝑎) = 3𝑎
2. 𝑑𝑎 ; 𝐶𝑜𝑚𝑜: 𝑎 = 13, 𝑑𝑎 = 0.1 
Nuevo volumen: 𝑉𝑐(13.1) ≅ 𝑉𝑐(13) + 𝑑𝑉𝑐(13) 
 133 + (3) . ( 132). (0.1) = 2197 + 50.7 = 2297.1𝑐𝑚3 
3) Utilizando diferenciales, calcule el valor aproximado de: 𝑙𝑛(sen44°) 
Solución 
 La función objetivo es: 𝑓(𝑥) = 𝑙𝑛(senx), 𝑓′(𝑥) =
1
𝑠𝑒𝑛𝑥
 . 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑐𝑜𝑡𝑥 
 Datos: 𝑥° = 45
° = 𝜋/4. 𝑑𝑥 = 44° − 45° = −1° = −
𝜋
180
= −0.01745;  
 𝑙𝑛(sen44°) ≅ 𝑙n (sen
𝜋
4
) + 𝑐𝑜𝑡
𝜋
4
. (−
𝜋
180°
) = 𝑙𝑛
√2
2
−
𝜋
180
= −0,34657 − 0.01745 = −0.364 
 𝑙𝑛(sen44°) ≅ −0.364 
 
107 
Sandro Alencastre Calderón 
En la función f , como ∆y  dy , a dy lo llamamos error cometido en el cálculo de ∆y porque 
b ≠ x  ∆x = x – b  ∆x ≠ 0 ; ya que, si ∆x = 0  ∆y = dy. Entonces, a dy lo 
llamamos error: E (que es el resultado de cometer el error de escoger b ≠ x). 
Errores: 
E = Error = dy = d f 
ER = Error Relativo = 
𝑑𝑦
𝑦
 = 
𝑑𝑓(𝑥)
𝑓(𝑥)
 = 
𝑑𝑓(𝑏)
𝑓(𝑏)
 
EP = Error Porcentual = ( ER . 100 )% = 
𝑑𝑓(𝑥) 100
𝑓(𝑥)
  
Ejemplos: 
1) En el segundo de los últimos ejemplos, halle el ER y el EP 
Solución 
 𝐸𝑅 = 
3𝑎2𝑑𝑎
𝑎3
= 
(3) .( 0.1)
13
= 0.023;  EP = (𝐸𝑅 𝑥 100)% = 2.3% 
2) En el tercero de los últimos ejemplos, halle el ER y el EP 
Solución 
𝐸𝑅 = 
(cot 𝜋/4)(𝜋/180)
𝑙𝑛(sen π/4)
=
0.01745
0.3965
= 0.050  𝐸𝑃 = 5% 
3) Se acuñan monedas de bronce de valor nominal 10 soles. En el control de calidad se 
detecta que el área del circulo de la moneda es 2.25 𝜋 cm2 con una variación de 0.03cm2 y 
el espesor es la cuarta parte del radio del círculo. 
Calcule la cantidad de bronce producida por la variación del área del círculo de la moneda 
al acuñar monedas que representan un monto de valor S/. 50,000 soles. 
Solución 
Datos : Base(B)= 2.25 𝜋 cm2 ; ∆B= 0.03 cm2. ;  B = 𝜋𝑟2; ℎ =
𝑟
4
 
 Función objetivo volumen de moneda: V  𝑉 = 𝐵 . ℎ ; 𝑟 = √
𝐵
𝜋
 . 
 𝑉(𝐵) =
𝐵√
𝐵
𝜋
4
  𝑉(𝐵) =
𝐵
3
2
4√𝜋
 , B >0 
108 
Sandro Alencastre Calderón 
Cantidad de monedas acuñadas para el monto de S/.50 000  N° monedas= 500 
El incremento aproximado de volumen producido por la variación del área es diferencial de 
volumen es el diferencial de volumen: dV. 
 𝑑𝑉 = 𝑉´(𝐵). 𝑑𝐵  𝑑𝑉 =
1
4√𝜋
(
3
2
)𝐵
1
2. 𝑑𝐵 
para : ∆B=dB = ±0.03 cm2 ; Bo = 2.25 𝜋 = 
9𝜋
4
 cm2 
 𝑑𝑉 =
9
16
(±0.03)  𝑑𝑉 = ±
27
1600
 cm3 
En 500 monedas: volumen aproximado = 500(dV) = ± 84.375 cm3. 
 
EJERCICIOS: 
1) Utilizando diferenciales, halle el valor aproximado de 𝑓(1.02) , el ER y el EP, si: 
 𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥 𝑙𝑛
1
𝑥
+ arctan(𝑥√𝑥) 
2) Utilizando diferenciales, halle el valor aproximado de f (2.05), el ER y el EP; siendo 
𝑓(𝑥) = 
1
2
𝑙𝑛(𝑥 − 1) + 𝑒𝑥−2 
3) Utilizando diferenciales, calcule el valor aproximado, el ER y el EP, de: 𝐸 =
(0.9)4
1070.9
. 
4) Utilizando diferenciales, halle el valor aproximado de: 
 a) 𝐸 = √123
3
 ; b) 𝐹 = 𝑙𝑛(0.97) ; c) 𝐺 = √
3.0252−7
3.0252−2
 ; d) 𝐻 = 𝑠𝑒𝑛28°30° 
5) Si al calcular la diagonal de la base de un cubo, se comete un ER de 0.02, halle el EP 
al calcular el volumen de dicho cubo. 
6) Utilizando diferenciales, halle el valor aproximado de 𝑔(1.02), el ER el EP, siendo 
 𝑔(𝑥) = 𝑒𝑥 + 𝑥3 + 𝑙𝑛𝑥