Definição e Interpretação Geométrica da Derivada

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Sandro Alencastre Calderón 
CAPÍTULO III.- LA DERIVADA. 
III.1 Definición de Derivada. Derivada por Incrementos.- 
Sean f:     , y= f (x), una función definida en el intervalo abierto , x0  ; y h. 
Se define la derivada de la función f en x0, al límite: 
h
xfhxf
h
)()(
lim 00
0


 cuando éste exista; y se denota por f /(x0), entonces: 
f /(x0)= 
h
xfhxf
h
)()(
lim 00
0


 
Si f /(x0) existe, diremos que f es derivable (diferenciable) en x0, y cuando la función f 
es derivable  x  , diremos que es derivable en . 
Analicemos el siguiente gráfico de f: 
 
 
 
 
 
 
f (x0+h) - f (x0) = ∆y, incremento en la ordenada y. 
h = ∆x , incremento en la abscisa x. 
A 
h
xfhxf )()( 00  se le llama: “cociente incremental”, 
∆y
∆𝑥 
. 
Entonces, f /(x0) = lim
∆𝑥 →0
∆y
∆𝑥 
; f /(x0) = lim
∆𝑥 →0
𝑓 (xo+∆𝑥 ) − 𝑓 (xo)
∆𝑥 
 conocido como derivada 
por incremento. 
Si, xo = x, x  , entonces, f /(x) = lim
ℎ →0
𝑓 (x+ℎ) − 𝑓 (x)
ℎ 
 cuyo resultado, si existe, es una 
expresión en función de x (expresión funcional de f /(x) ) que evaluado en xo da f /(x0). 
En la gráfica, si xo+h = x, x  , entonces, ∆y = f (x) - f (x0), ∆x = x – xo ; y, 
x 
y 
f (x0) 
x0+h x0 
f (x0+h) 
 ∆y 
h 
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f /(x0) = lim
𝑥 →𝑥𝑜
𝑓 (x) − 𝑓 (xo)
𝑥 – 𝑥𝑜 
 conocido como expresión puntual de f /(xo) 
Notaciones: f /(x0), y /(x0), 
00
0
0
)(,
)(
,, /
xxxxxxxxx
xfD
dx
xdf
y
dx
dy

 
Ejemplos: Utilizando la definición, halle la derivada de: 
1) 𝑓(𝑥) = √𝑥 − 4 en 𝑥𝑜 = 8 
Solución: 
𝑓′(8) = 
lim
ℎ → 0
 
𝑓(8+ℎ)−𝑓(8)
ℎ
= 
lim
ℎ → 0
√(8+ℎ)−4− √8−4
ℎ
= 
lim
ℎ → 0
√4+ℎ−2
ℎ
.
𝐹𝑅
𝐹𝑅
  
𝑓′(8) = 
lim
ℎ → 0
(√4 + ℎ)
2
− 22
ℎ(√4 + ℎ + 2)
= 
1
4
 
Nota: Si 𝑓(𝑥) = √𝑥 − 4 = (𝑥 − 4)1/2,  𝑓′(𝑥) = 
1
2√𝑥−4
 𝑦 𝑓′(8) = 
1
2√8−4
= 
1
4
 
2) g(x) = √13 − x
3
 en 𝑥𝑜 = 40 
Solución: 
g′(40) = 
lim
ℎ → 0
√13− (40+ℎ)
3
 − √13−40
3
ℎ
= − 
lim
ℎ → 0
√27+ℎ
3
− √27
3
ℎ
 .
𝐹𝑅
𝐹𝑅
= 
− 
lim
ℎ → 0
(27 + ℎ) − 27
ℎ [√(27 + ℎ)2
3
 + √27 + ℎ
3
 √27
3
+ √272
3
]
= − 
1
3 𝑥 9
= − 
1
27
 
 Nota: Si 𝑔(𝑥) = (13 − 𝑥)1/3, → 𝑔′(𝑥) = 
1
3
(13 − 𝑥)−
2
3(−1) = −
1
3(13−𝑥)2/3
 
3) 𝐻(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛 3𝑥, 𝑒𝑛 𝑥𝑜 = 𝑥 ∈ 𝐷𝑜𝑚 𝐻 = 𝑅 
 Solución: 
 𝐻′(𝑥) = 
lim
ℎ → 0
𝑠𝑒𝑛[3(𝑥+ℎ)]−𝑠𝑒𝑛 3𝑥
ℎ
= 
lim
ℎ → 0
2 𝑠𝑒𝑛(
3𝑥+3ℎ−3𝑥
2
) . 𝑐𝑜𝑠(
3𝑥+3ℎ+3𝑥
2
) 
ℎ
= 
 
= 3 
lim
3
2
ℎ → 0
𝑠𝑒𝑛
3
2
 ℎ
3
2
ℎ
 . 
lim
ℎ → 0
 𝑐𝑜𝑠 (
6𝑥+3ℎ
2
) = 3 cos 3𝑥 
4) 𝐹(𝑥) = 𝑙𝑛[sec (4𝑥)], 𝑒𝑛 𝑥0 = 𝑥 
 
 Solución: 
 
 𝐹′(𝑥) = 
lim
ℎ → 0
𝑙𝑛{sec 4(𝑥+ℎ)} – 𝑙𝑛(𝑠𝑒𝑐4𝑥)
ℎ
= 
 
= 
1
ℎ
 𝑙𝑛 {
lim
ℎ → 0
 [1 + (
sec 4 (𝑥 + ℎ)
sec 4𝑥
− 1)]} = 
 
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Sandro Alencastre Calderón 
= 𝑙𝑛 [
lim
ℎ → 0
 (1 +
sec4 (𝑥 + ℎ) − 𝑠𝑒𝑐4𝑥
sec 4𝑥
 
) ]
 
 𝑠𝑒𝑐4𝑥
𝑠𝑒𝑐4(𝑥+ℎ)−𝑠𝑒𝑐4𝑥
 
sec4(𝑥+ℎ)−sec 4𝑥 
 sec 4𝑥
 . 
1
ℎ 
 =
 
 
 =
lim
ℎ → 0
 
1
ℎ
.
sec 4(𝑥+ℎ)−sec 4𝑥
 sec 4𝑥
= 
1
𝑠𝑒𝑐4𝑥
 [
lim
ℎ → 0
 
1
𝑐𝑜𝑠4 (𝑥+ℎ)
− 
1
cos 4𝑥
𝑠𝑒𝑐 4𝑥
] = 
 
 = 
lim
ℎ → 0
 
1
ℎ
 . 
cos 4𝑥 – 𝑐𝑜𝑠4(𝑥 + ℎ)
sec 4𝑥 . cos 4𝑥 cos 4(𝑥+ℎ)
= 
 
=
1
cos 4𝑥
 . 
lim
ℎ → 0
[
−2
ℎ
 . 𝑠𝑒𝑛 
 (4𝑥 − 4(𝑥 + ℎ))
2
 𝑠𝑒𝑛 
(4𝑥 + 4(𝑥 + ℎ))
2
] = 
 
 = 
1
cos 4𝑥
[−2.
2lim
2ℎ → 0
 
𝑠𝑒𝑛(−2ℎ)
2ℎ
] 𝑠𝑒𝑛 4𝑥 = 4 𝑡𝑎𝑛 4𝑥 
 
5) 𝐺(𝑥) = 23𝑥 
 Solución: 
 𝐺(𝑥) = 23𝑥; 𝐺 ′(x) = 
lim
ℎ → 0
23(𝑥 + ℎ)− 23𝑥
ℎ
= 3 . 23𝑥
lim
3ℎ → 0
23ℎ−1
3 . ℎ
= 3 . 23𝑥 ℓn 2 
 
EJERCICIOS. Utilizando la definición, halle la derivada de: 
1) 𝑓(𝑥) = sec 3𝑥2, 𝑒𝑛 𝑥𝑜 = 𝑥 ∈ 𝑅 
2) 𝑔(𝑥) = 2𝑠𝑒𝑛 𝑥 
3) 𝐹(𝑥) = 𝑡𝑎𝑛 3𝑥 
4) G(x) = 𝑒√𝑥 
5) 𝐻(𝑥) = 𝑙n (𝑥2 + 5) 
 
III.2 Interpretación Geométrica de la Derivada. Ecuaciones de la recta tangente 
y de la recta normal.- 
 
 
 
 
 
 x 
y 
f (x0) 
x0+h x0 
f (x0+h) B 
A 
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Sandro Alencastre Calderón 
En la gráfica tenemos los puntos de la curva: A(x0, f(xo)), B(xo+ h, f(xo+ h)). La 
pendiente de la recta secante AB es: 
00
00
)(
)()(
xhx
xfhxf
m
AB


 . Si B se aproxima hacia 
A, h tiende a cero; en el límite, la secante se convierte en la recta tangente a la curva 
en el punto A entonces, cuando se toma límite: tAB
h
mxfm 

)´(lim 0
0
; mt es la 
pendiente de la recta tangente Lt; siempre y cuando el límite exista. 
El valor de la derivada en xo es también el valor de la pendiente de la recta tangente a 
la gráfica de f en el punto (x0, f(xo)). 
 
Recta tangente: Lt: y – yo = f /(xo) (x – xo). 
Recta normal: Ln: y – yo = -
)(
1
0
/ xf
(x – xo). 
Ejemplos. Halle las ecuaciones de la recta tangente y la recta normal a la curva dada 
en el punto indicado. 
Halle la pendiente de la 𝐿𝑡 utilizando la definición de derivada. 
1) 𝐶: 𝑦 = √𝑥 − 4 en 𝑥0 = 13. 
 Solución: 
Si 𝑥0 = 13  𝑦0 = √13 − 4 = √9 = 3. Utilizando la nota del primer ejemplo, de la 
sección anterior:  𝑚𝑡 = 𝑓
′(13) = 
1
2√13−4
=
1
6
;  
𝐿𝑡: 𝑦 − 3 =
1
6
(𝑥 − 13) 𝑦 𝐿𝑛: 𝑦 − 3 = −6(𝑥 − 13) 
 Gráficamente, tendríamos la situación siguiente: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x 
2 
4 
2 4 6 8 10 12 14 
𝐿𝑛 
𝐿𝑡 
y=√𝑥 − 4 
y 
60 
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2) 𝐶: 𝑦 = (13 − 𝑥)1/3 𝑒𝑛 𝑥0 = 5 
 Solución: 
 Si 𝑥0 = 5, 𝑦0 = 2. 
Por la nota del ejemplo 2 de la sección anterior: 
 𝑚𝑡 = 𝑔
′(5) = −
1
3(13−5)
2
3
= −
1
12
, 
 
𝐿𝑡 ∶ 𝑦 − 2 = −
1
12
 (𝑥 − 5) ; 𝐿𝑛: 𝑦 − 2 = 12 (𝑥 − 5) 
 
EJERCICIOS: 
1) Halle la ecuación de la 𝐿𝑡 a la gráfica de la función 𝑓(𝑥) = 𝑥
2 − 7, sabiendo que 
pasa por el punto 𝑃𝑜(3, −2). Resuelva el problema usando la definición de 
derivada. 
2) Halle la ecuación de la 𝐿𝑛 a la gráfica de la función 𝑦 = 2𝑥
2 + 8𝑥 + 5, en el punto 
donde la 𝐿𝑛 a la gráfica de 𝑦 = 𝑓(𝑥)es paralela a la recta de ecuación 𝑥 = 6. 
3) Halle las ecuaciones de la 𝐿𝑡 y la 𝐿𝑛 a la gráfica de 𝑓(𝑥) = 𝑥
3 − 𝑥2 + 2𝑥 + 3. 
Sabiendo que la 𝐿𝑡 pasa por el punto (2,8). Además la abscisa de tangencia es 
un número entero. 
4) Halle las ecuaciones de la 𝐿𝑡 y la 𝐿𝑛 a la curva 𝑓(𝑥) = 𝑥
3 − 2𝑥2 + 2 en el punto 
(−2, −14) 
5) Sea 𝑔(𝑥) = 
𝑥
𝑥2+3
. Halle la ecuación de la 𝐿𝑛 a 𝑔(𝑥) con pendiente igual a 8. 
 
III.3 Derivadas Laterales. Derivada y Continuidad.- 
Como la derivada es un límite, al igual que los límites laterales, se definen las 
derivadas laterales. Aparecen en conexión con las funciones seccionales en el cambio 
de sección. 
Derivada lateral ( o por la) derecha: Se denota por )( 0
/ xf y se define por: 
h
xfhxf
xf
h
)()(
lim)( 00
0
0
/ 


 o también, por: )( 0
/ xf = lim
𝑥 →𝑥𝑜+
𝑓 (x) − 𝑓 (xo)
𝑥 – 𝑥𝑜 
 
Derivada lateral (o por la) izquierda; se denota por 𝑓−
′(𝑥𝑜) y se define por: 
h
xfhxf
xf
h
)()(
lim)( 00
0
0
/ 


; o por: 
61 
Sandro Alencastre Calderón 
 𝑓−
′(𝑥𝑜) = lim
𝑥 →𝑥𝑜−
𝑓 (x) − 𝑓 (xo)
𝑥 – 𝑥𝑜 
 . 
Derivada y Continuidad 
Consideremos la función f donde xo ϵ Dom (f); y trabajamos la igualdad: 
𝑓 (x) − 𝑓 (xo) = 𝑓 (x) − 𝑓 (xo) 
𝑓 (x) − 𝑓 (xo) = 
𝑓(𝑥)−𝑓(𝑥𝑜)
𝑥−𝑥𝑜
 (x- xo) 
lim
𝑥 →𝑥𝑜
(𝑓 (x) − 𝑓 (xo)) = lim
𝑥 →𝑥𝑜
(
𝑓(𝑥)−𝑓(𝑥𝑜)
𝑥−𝑥𝑜
 (𝑥 − 𝑥𝑜)) 
lim
𝑥 →𝑥𝑜
 𝑓 (x) - lim
𝑥 →𝑥𝑜
f(xo) = lim
𝑥 →𝑥𝑜
 (
𝑓(𝑥)−𝑓(𝑥𝑜)
𝑥−𝑥𝑜
) lim
𝑥 →𝑥𝑜
(𝑥 − 𝑥𝑜) 
lim
𝑥 →𝑥𝑜
 𝑓 (x) - lim
𝑥 →𝑥𝑜
f(xo) = 𝑓′(𝑥𝑜) . lim
𝑥 →𝑥𝑜
(𝑥 − 𝑥𝑜); aquí, la función es derivable en xo; y 
lim
𝑥 →𝑥𝑜
(𝑥 − 𝑥𝑜)= 0  lim
𝑥 →𝑥𝑜
 𝑓 (x) - lim
𝑥 →𝑥𝑜
f(xo) = 0 
lim
𝑥 →𝑥𝑜
 𝑓 (x) = lim
𝑥 →𝑥𝑜
f(xo), cumpliendo la condición de continuidad de f en xo. 
Concluyendo en que si la función f es derivable en x = xo,  f es continua en x = xo. 
Nota: La condición de derivabilidad en xo implica continuidaden xo, pero no siempre 
la condición de continuidad en xo implica la dervabilidad en xo. 
Propiedad : Una función es derivable en xo, si es continua en xo y las derivadas 
laterales existen y son iguales. 
Ejemplos : 
1) Determine los valores de “A” y “B”, para que la función 𝑓(𝑥) =
 {√
𝐴𝑥 − 2 + 𝐵, 𝑥 > 1
𝐵𝑥2 − 2𝑥 + 𝐴, 𝑥 ≤ 1
 sea derivable en 𝑥 = 1. 
 
Solución: 
Si 𝑓 es derivable en 𝑥 = 1,  𝑓 es continua en 𝑥 = 1 𝑦 𝑓(1−) = 𝑓(1+), 
B (1)2 − 2(1) + A = √𝐴 (1) − 2 + 𝐵, − 2 + A = √𝐴 − 2;  
(√𝐴 − 2)
2
= 𝐴 − 2, A − 2 = 1, A = 3. 
Además, por derivabilidad en x = 1, utilizando la definición de derivada: 
62 
Sandro Alencastre Calderón 
 𝑓−
′(𝑥) =
lim
ℎ → 0
[𝐵(𝑥+ℎ)2−2(𝑥+ℎ)+3]− (𝐵𝑥2−2𝑥+3)
ℎ
= 
=
lim
ℎ → 0
𝐵𝑥2+2𝐵 𝑥 ℎ+𝐵ℎ2−2𝑥−2ℎ−𝐵𝑥2+2𝑥
ℎ
 = 2𝐵𝑥 − 2, 
 𝑓−
′(𝑥) =
lim
ℎ → 0
[√3(𝑥+ℎ)−2+𝐵]−(√3𝑥− 2 +𝐵)
ℎ
 .
𝐹𝑅
𝐹𝑅
= 
= 
lim
ℎ → 0
 
(√3(𝑥+ℎ)−2)
2
−(√3𝑥−2)
2
ℎ(√3(𝑥+ℎ) − 2 + √3𝑥−2)
= 
lim
ℎ → 0
3ℎ
ℎ 2√3𝑥−2
=
3
2√3𝑥 − 2
 
Como𝑓′(1) ∃  𝑓−
′(1) = 𝑓+
′(1),  2.1. B − 2 =
3
2√3 . 1 − 2
, 2B − 2 = 3/2, 
 B = 7/4 
2) Calcule los valores de “A”, “B” y “C”, para que la función: 
𝑓(𝑥) = {
𝑥2 +
𝐴
√𝑥
, 𝑥 < 1, 𝑐𝑜𝑛 𝐴 > 0
𝐶, 𝑥 = 1
2√𝑥 + 𝐵 + 𝑥 − 3, 1 < 𝑥 < 3
 , 
sea derivable en 𝑥 = 1. 
Solución: 
Hallando las derivadas laterales en x = 1: 
𝑓−
′(𝑥) =
lim
ℎ → 0
((𝑥 + ℎ)2+ 
𝐴
√𝑥 + ℎ
−(𝑥2+ 
𝐴
√𝑥
))
ℎ
=
lim
ℎ → 0
𝑥2+ 2ℎ𝑥 + ℎ2− 𝑥2
ℎ
+ 𝐴
lim
ℎ → 0
√𝑥 −√𝑥 + ℎ
ℎ√𝑥 √𝑥 + ℎ
 .
𝐹𝑅
𝐹𝑅
 
= 2𝑥 + 
𝐴
𝑥
 
lim
ℎ → 0
𝑥−(𝑥 + ℎ)
ℎ(√𝑥 + √𝑥 + ℎ)
= 2𝑥 − 
𝐴
2𝑥√𝑥
;  𝑓−
′(1) = 2 −
𝐴
2
 ; 
𝑓+
′ (𝑥) =
lim
ℎ → 0
(2√(𝑥+ℎ)+𝐵+(𝑥+ℎ)−3)−(2√𝑥+𝐵+𝑥−3)
ℎ
= 
= 2
lim
ℎ → 0
√𝑥+ℎ+𝐵−√𝑥+𝐵
ℎ
 .
𝐹𝑅
𝐹𝑅
+ 
lim
ℎ → 0
ℎ
ℎ
= 2
lim
ℎ → 0
(√𝑥+ℎ+𝐵)
2
−(√𝑥+𝐵)
2
ℎ(√𝑥+ℎ+𝐵+ √𝑥+𝐵)
+ 1 = 
2
2√𝑥+𝐵
 + 1; 
 𝑓+
′ (1) = 1 +
1
√𝐵+1
. 
Como 𝑓−
′(1) = 𝑓+
′(1)  2 −
𝐴
2
= 1 +
1
√𝐵+1
, 
1
√𝐵+1
=
2−𝐴
2
;  √𝐵 + 1 = 
2
2−𝐴
 ….. ① 
Si f es derivable en 𝑥 = 1, 𝑓 es continua en 𝑥 = 1;  
63 
Sandro Alencastre Calderón 
𝑓(1−) = 𝑓(1+) = 𝑓(1) = 𝐶¸  1 + A = 2 √1 + 𝐵 + 1 − 3;  
𝐴+3
2
= √𝐵 + 1 ……② 
① en ② : 
𝐴+3
2
=
2
2−𝐴
, 2A − 𝐴2 + 6 − 3𝐴 = 4;  𝐴2 + 𝐴 − 2 = (𝐴 + 2)(𝐴 − 1) = 0 
 A = 1 (por ser > 0), B = 3, C = 2 
 
EJERCICIOS: 
1) Analice, si es que la función 
 𝑓(𝑥) = {
2𝜋 + 2 𝑠𝑒𝑛𝑥, 𝑥 ≤ 𝜋
10𝜋
3
− 
4𝑥
3
2
3√𝜋
 , 𝑥 > 𝜋
 , es o no derivable en 𝑥 = 𝜋. 
2) Analice la derivabilidad de 𝑓 𝑒𝑛 𝑥 = 2, 𝑠𝑖: 𝑓(𝑥) = {
−4𝑥2 − 9, 𝑥 ≤ 2
−𝑥2 − 12𝑥 + 3, 𝑥 > 2
 
3) Sea la función 𝑓 definida por: 𝑓(𝑥) = {
3𝑥3 + 𝐴𝑥 + 2, 𝑥 ≤ 1
𝐵𝑥2 − 3𝑥, 𝑥 > 1
 
Si 𝑓 es derivable en 𝑥 = 1,  halle los valores de “A” y “B” 
4) Dada la función 𝑓(𝑥) = {
𝐴𝑥2 + 𝐵, 𝑥 ≤ 1
1
𝑥
, 𝑥 > 1
 
Halle los valores de “A” y de “B”, para que 𝑓′(1) exista. 
5) Sea 𝑔(𝑥) = {
𝐴 + √1 − 4𝑥, 𝑥 < 0
 
𝑥2+𝐵
𝑥+1
 , 𝑥 ≥ 0
 . Si g es derivable en 𝑥 = 0, halle los valores 
de “A” y de “B” 
 
III.4 Fórmulas de derivación. 
Mediante la aplicación de la definición de la derivada se establecen las reglas o 
fórmulas de derivación de las funciones. 
III.4.1 Derivación de funciones algebraicas: 
(1) Función constante: 𝑐′ = 0 
64 
Sandro Alencastre Calderón 
(2) Función identidad: 𝑥′ = 1 
(3) Función potencia: (𝑥𝑛)′ = 𝑛𝑥𝑛 − 1, ∀ 𝑛 𝜖 𝑅 
(4) Suma o diferencia: [𝑓(𝑥) ± 𝑔(𝑥)]′ = 𝑓′(𝑥) ± 𝑔′(𝑥) 
(5) Producto: [𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)]′ = 𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥) + 𝑔(𝑥)𝑓′(𝑥) 
(6) Constante por función: [𝑐 𝑓(𝑥)]′ = 𝑐 𝑓′(𝑥) 
(7) Cociente: [
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
]
′
=
𝑔(𝑥)𝑓′(𝑥) − 𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥)
𝑔2(𝑥)
 
Ejemplos. Derive: 
 1) 𝑦 = 3𝑥4 − 4√𝑥 +
3
𝑥
−
6
√𝑥
3 
 Solución: 
Acomodando la función: 𝑦 = 3𝑥4 − 4𝑥
1
2 + 3𝑥−1 − 6𝑥−
1
3 . Aplicando las fórmulas: 
 𝑦´ = 3.4𝑥3 − 4.
1
2
𝑥−
1
2 + 3(−1)𝑥−2 − 6 (−
1
3
) 𝑥−
4
3 = 12𝑥3 − 2𝑥−
1
2 − 3𝑥−2 + 2𝑥−4/3 
2) 𝑓(𝑥) = 3𝑥3√𝑥5 +
12𝑥 √𝑥2
3
 
 √𝑥5
4
 
 
Solución: 
 𝑓(𝑥) = 3𝑥3√𝑥5 +
12𝑥 √𝑥2
3
 
 √𝑥5
4
 
= 3𝑥11/2 + 12𝑥5/12;  𝑓′(𝑥) = 
11
2 
 𝑥9/2 + 5𝑥−7/12 
 
3) F(x) = 3𝑥
4+5𝑥2+8
𝑥5− 𝑥3 + 8𝑥
 
 Solución: 
 𝐹′(𝑥) = 
(𝑥5 − 𝑥3 + 8𝑥)(3𝑥4 + 5𝑥2 + 8)′ − (3𝑥4 + 5𝑥2 + 8)(𝑥5 − 𝑥3 + 8𝑥)′
(𝑥5 − 𝑥3 + 8𝑥)2
 
𝐹′(𝑥) = 
(12𝑥3+10𝑥)− (3𝑥4+5𝑥2+8)(5𝑥4−3𝑥2+8)
(𝑥5− 𝑥3+8𝑥)2(𝑥5− 𝑥3+8𝑥)
 = 
 = 
(12𝑥8−2𝑥6+6286+80𝑥2)− (15𝑥8+16𝑥6+49𝑥4+16𝑥2+64)
(𝑥5−𝑥3+8𝑥)2
 = 
65 
Sandro Alencastre Calderón 
= 
−3𝑥8−18𝑥6 +37𝑥4 + 64𝑥2−64
(𝑥5− 𝑥3+8𝑥)2
 
 
EJERCICIOS: 
Derive: 
1) 𝑦 = 4𝑥3 − 3𝑥2 + 6 − 8√𝑥 − 9√𝑥
3
 
2) 𝑦 = 
3𝑥2√𝑥 √𝑥2
3
 √3
4
 √𝑥11
12
 
3) 𝑓(𝑥) = 
3𝑥2+6𝑥−5
2𝑥3+1
 
4) 𝐹(𝑥) = (3𝑥2 + 6𝑥 − 5)(2𝑥3 + 1) 
5) 𝐺(𝑥) = 𝑥
2+3
𝑥4 +5
 
 
 
III.4.2 Derivación de funciones trigonométricas directas: 
La función seno: Su definición: sen = {(x, y) / y = sen x, x, y [-1, 1]}. 
Su gráfica: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Hallando la derivada por definición: f(x) = sen x, 
y 
x -3𝜋/2 -𝜋 -𝜋/2 𝜋 
1 
-1 
−2𝜋 2𝜋 
66 
Sandro Alencastre Calderón 
 
x
hx
h
h
sen
h
hxh
sen
h
xsenhxsen
xf
hh
hh
cos
2
2
coslim
2
2
lim
2
2
cos
2
2
lim
)()(
lim)(
00
00
/











 

























 










 
Entonces, ( sen x)/ = cos x. 
Procediendo similarmente, se obtiene la derivada de la función coseno: 
 cos: {(x, y)/ y = cos x, x, y [-1, 1]}. 
La función coseno: f(x) = cos x 
 f ´(x) = ( cos x) / = - sen x. 
La función tangente: f(x) = tan x = 
sen x
cos 𝑥
 
Derivando mediante fórmulas (cociente ) 
   x
x
xsenxsenxx
x
xsen
x 2
2
/
/
sec
cos
)(.cos.cos
cos
tan 







 . 
La función cotangente: f(x) = cot x = 
 cos 𝑥
sen x
 
 ( cot x) / = - csc2x 
La función secante: f(x) = sec x = 
1
cos 𝑥
 
 ( sec x ) / = sec x . tan x. 
La función cosecante: f(x) = sec x = 
1
cos 𝑥
 
 ( csc x ) / = - csc x . cot x. 
 
Ejemplos: 
Derive 
1) 𝑦 = 3 sec 𝑥 + 5 cos 𝑥 
Solución: 
 𝑦′ = 3 sec 𝑥. tan 𝑥 − 5 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
67 
Sandro Alencastre Calderón 
2) 𝑓(𝑥) = 𝑠𝑒𝑐 𝑥 𝑡𝑎𝑛 𝑥 
Solución: 
 𝑓′(𝑥) = 𝑠𝑒𝑐 𝑥. 𝑠𝑒𝑐2𝑥 + 𝑡𝑎𝑛 𝑥. 𝑠𝑒𝑐 𝑥. 𝑡𝑎𝑛 𝑥  𝑓′(𝑥) = 𝑠𝑒𝑐3𝑥 + 𝑡𝑎𝑛2 𝑠𝑒𝑐 𝑥 
3) g(x) =
𝑠𝑒𝑛 𝑥+cos 𝑥
𝑠𝑒𝑛 𝑥−cos 𝑥
, 
Solución: 
 𝑔′(𝑥) = 
(𝑠𝑒𝑛 𝑥−cos 𝑥).(cos 𝑥−𝑠𝑒𝑛 𝑥)−(𝑠𝑒𝑛𝑥+sen 𝑥) (cos 𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥)
(𝑠𝑒𝑛 𝑥−cos 𝑥)2
,  
𝑔′(𝑥) = 
−(𝑠𝑒𝑛𝑥−𝑐𝑜𝑠𝑥)2−(𝑠𝑒𝑛𝑥+𝑐𝑜𝑠𝑥)2
(𝑠𝑒𝑛𝑥−cos 𝑥)2
= − 
[(𝑠𝑒𝑛𝑥−𝑐𝑜𝑠𝑥)2+ (𝑠𝑒𝑛𝑥+𝑐𝑜𝑠𝑥)2]
(𝑠𝑒𝑛𝑥−cos 𝑥)2
  
 = −2
(𝑠𝑒𝑛2𝑥+𝑐𝑜𝑠2𝑥)
(𝑠𝑒𝑛𝑥−cos 𝑥)2
= − 
2
1−𝑠𝑒𝑛 2𝑥
 .
1+𝑠𝑒𝑛2𝑥
1+𝑠𝑒𝑛 2𝑥
= − 
(1 + 𝑠𝑒𝑛2𝑥)
𝑐𝑜𝑠22𝑥
= −(𝑠𝑒𝑐22𝑥 + tan 2𝑥, sec 2𝑥 ) 
EJERCICIOS: 
 Derive: 
1) 𝐹(𝑥) = 
(𝑥3+1) tan 𝑥
2+cos 𝑥 
2) G(x) =
3 tan 𝑥−4𝑐𝑜𝑡𝑥
2−cos 𝑥 
3) H(x) =
√𝑥2
3
−𝑐𝑠𝑐𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 
4) 𝐾(𝑥) =
3𝑠𝑒𝑐𝑥
2𝑠𝑒𝑐𝑥+𝑡𝑎𝑛𝑥 
5) 𝐾(𝑥) = 
5𝑠𝑒𝑛𝑥−3𝑠𝑒𝑐𝑥
2𝑡𝑎𝑛𝑥−𝑐𝑠𝑐𝑥 
 
III.5 Derivada de la función compuesta: Regla de la cadena. 
Consideremos la función compuesta 𝑓o 𝑔:    ; y = f (g(x)), x ϵ Dom f o g 
 x  y 
si g /(x0) existe, y f /(g(x0)) también existe, entonces, (𝑓𝑜𝑔)′(𝑥𝑜) existe. 
(𝑓𝑜𝑔)′(𝑥𝑜) = [(𝑓𝑜𝑔)(𝑥𝑜)]
′ = 𝑓′(𝑔(𝑥𝑜)) . 𝑔
′(𝑥𝑜) 
Analizando el diagrama de 𝑓𝑜𝑔: 
 
 
 
 
 
 
 
Dom f 
Ran f 
f 
 y 
Dom g 
Ran g g 
x z 
g 
f o g 
f 
68 
Sandro Alencastre Calderón 
Se observa la dependencia de variables: y depende de z ; z depende de x. denotado 
por el diagrama: y  z  x , cadena dedependencia. 
Generalicemos, para xo = x , x ϵ Dom fog la derivada respecto a x de 𝑓𝑜𝑔 es:
dx
dz
dz
dy
dx
dy
oxgxgfxgfxgf  )()).(())](([)])([( //// ; donde z = g(x), y = f(z) que es 
la “regla de la cadena”. 
Si tenemos la función: 𝑦 = (𝒇𝑜𝒈𝑜𝒉𝑜𝒖𝑜𝒗)(𝑥), su derivada es: 𝑦′ = (𝒇𝑜𝒈𝑜𝒉𝑜𝒖𝑜𝒗)′(𝑥) . 
 (𝒇𝑜𝒈𝑜𝒉𝑜𝒖𝑜𝒗)′(𝑥) = 𝑓′(𝑔𝑜ℎ𝑜𝑢𝑜𝑣). 𝑔′(ℎ𝑜𝑢𝑜𝑣). ℎ′(𝑢𝑜𝑣). 𝑢′(𝑣). 𝑢′(𝑥). 
Si la función u = f(x) está afectada por las funciones trigonométricas directas o por la 
función potencia generando composición, entonces, las fórmulas de derivación de 
las funciones trigonométricas directas y la de 𝒖𝒏 son: 
y = sen u  𝑦′= (sen u) / = (cos u). u / . 
y = cos u  𝑦′= (cos u) / = - (sen u). u / . 
y = tan u  𝑦′= (tan u) / = sec2u. u / . 
y = cot u  𝑦′ = (cot u) / = - csc2u . u / . 
y =sec u  𝑦′= (sec u) / = sec u . tan u . u / . 
y = csc u  𝑦′ = (csc u) / = - csc u . cot u . u / . 
 y = 𝑢𝑛(𝑥)  𝑦′= [𝑢𝑛(𝑥)]´ = 𝑛 𝑢𝑛∗1(𝑥). 𝑢′(𝑥), ∀ 𝑛 𝜀 ℛ 
Ejemplos: 
1) Derive 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠3(√3𝑥 + 𝑡𝑎𝑛2𝑥). 
Solución: 
 𝑦′ = 3 𝑐𝑜𝑠2(√3𝑥 + 𝑡𝑎𝑛2𝑥) (−𝑠𝑒𝑛(√3𝑥 + 𝑡𝑎𝑛2𝑥)) (
1
2√3𝑥
 . 3 + 2𝑠𝑒𝑐22𝑥) 
2) 𝑆𝑒𝑎𝑛: 𝑦 = ℎ(𝑤3), 𝑤 = √3𝑥2 + 2𝑥
3
, ℎ′(𝑡) = 2𝑡 − 𝑡2. Calcule 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
|
𝑥=−2
 
Solución: 
Partimos de 𝑦 = ℎ(3𝑥2 + 2𝑥)  𝑦′ = ℎ
′
(3𝑥2 + 2𝑥)(6𝑥 + 2) = 
 = [2(3𝑥2 + 2𝑥) − (3𝑥2 + 2𝑥)2](6𝑥 + 2) = (3𝑥2 + 2𝑥). [2 − (3𝑥2 + 2𝑥)](6𝑥 + 2) = 
= (3𝑥2 + 2𝑥)(2 − 2x − 3𝑥2). (6x + 2)|𝑥=−2 = 
69 
Sandro Alencastre Calderón 
 = [3(−2)2 + 2(−2)][2 − 2(−2)] − 3(−2)2] . [6. (−2) + 2)] = = 8. (−6)(−10) = 480 
3) Sean f y g funciones diferenciables, tales que se cumple: 
𝑓(√𝑥2 + 1) = √𝑥2 + 1 + √16(𝑥2 + 1)2
4
; 𝑦, 𝑓(𝑥2 − 2) = 𝑔(𝑥2 + 1). 
 Halle 𝑔′(7) . 
Solución: 
Hacemos: 𝑧 = √𝑥2 + 1,  𝑓(z) = 𝑧 + 2 √𝑧 , 𝑓´(𝑧) = 1 +
1
√𝑧
. 
También: 𝑤 = 𝑥2 + 1,  g(w) = 𝑓(𝑤 − 3), 𝑔′(𝑤) = 𝑓′(𝑤 − 3) 
Como nos piden 𝑔′(7) = 𝑓′(7 − 3) = 𝑓′(4) = 1 + 
1
√4
=
3
2
 . 
EJERCICIOS: 
1) Halle 𝑦′ 𝑒𝑛: 
 a) 𝑦 = − 𝑐𝑜𝑠3(7𝑥3 − √3𝑥4 + 2𝑥3) . 
b) 𝑦 = 𝑡𝑎𝑛3 (
𝑥2−3𝑥
2𝑥3−𝑥
) . 
c) 𝑦 = 𝑠𝑒𝑐2 (
√3𝑥+7
𝑥3−8
). 
2) 𝑆𝑒𝑎𝑛 𝑦 = 
18
𝜋
 𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑎
12
) , 𝑎 = 
3𝑡3−5𝑡
4𝑡−5
 , 𝑡 = √3𝑥2 + 4𝑥 − 3 , ℎ𝑎𝑙𝑙𝑒 𝑦′|
𝑥=−2
 
3) Sean f y g funciones diferenciables tales que: 𝑔(−𝑧2) = 𝑧3 + 2, z > 0. 
 𝑆𝑖 𝐺(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛
𝜋𝑥2
2
+ 𝑓(𝑥3 − 1 + 𝑔3(𝑥2 − 5𝑥)), ℎ𝑎𝑙𝑙𝑒 𝐺′(1) 
4) Sean: 𝑔(𝑥) = ℎ4(𝑧), 𝑧 = 
𝑥2+ 5
𝑥+4
, ℎ(2) = 𝜋2, ℎ′(𝑡 ) = 2𝑐𝑜𝑠 (
𝜋
6
 𝑡). Calcule 𝑔′(−1). 
5) Halle y simplifique y’, sabiendo que: 
y = 𝑓3(𝑧2 + 2𝑧 + 3), además, z = x arcsen2x + 2 x + 2 √1 − 𝑥2 . 
 
III.6 Derivación implícita. 
Respecto a la función f, cuando la regla de correspondencia está establecida por la 
expresión y = f(x), es de la forma explícita; pero cuando no se presenta de esa 
70 
Sandro Alencastre Calderón 
manera (por variadas causas) es de la forma implícita teniendo en cuenta de que x 
es la variable independiente y la y es la dependiente de x , (y = f(x)). 
Son formas implícitas: F(x, y ) = 0 ; F(x, y ) = G(x, y ) ; y = F(x, y ). 
La derivación implícita se utiliza para derivar una relación donde se supone 
(usualmente) que “y” depende de “x” (aunque no se conoce, en forma explícita, la 
regla de correspondencia), y se requiere y’. 
El procedimiento de derivación consiste en derivar ambos miembros de la relación con 
respecto a la variable independiente x, pero cuando toque derivar a y, colocar y’ 
(porque y = f(x)). La relación derivada queda en términos de: x , y , y’ ; luego se 
despeja y’. 
Ejemplos: Halle 𝑦′ en: 
1) 4𝑥5 + 3𝑦6 = 𝑏3 𝑐𝑜𝑛 𝑏 ∈ 𝑅 
 Solución: 
 20x4 + 18y5 𝑦′ = 0  𝑦′ = −
10𝑥4
9𝑦5
 
2) tan 𝑦2 + sec(3𝑦 − 2𝑥) = 3 𝑐𝑜𝑡2𝑥, 
 Solución: 
 𝑠𝑒𝑐2𝑦2 . 2𝑦 𝑦′ + 𝑠𝑒𝑐(3𝑦 − 2𝑥). tan(3𝑦 − 2𝑥) . (3𝑦′ − 2) = 6𝑐𝑜𝑡𝑥(−𝑐𝑠𝑐2𝑥); 
 𝑦′[2𝑦 𝑠𝑒𝑐2𝑦2 + 3 sec(3𝑦 − 2𝑥). tan (3𝑦 − 2𝑥)] = 2 sec(3𝑦 − 2𝑥) . tan(3𝑦 − 2𝑥) − 6 𝑐𝑜𝑡 𝑥. 𝑐𝑠𝑐2𝑥 
 𝑦′ = 
2sec(3𝑦−2𝑥).tan(3𝑦 − 2𝑥)−6 𝑐𝑜𝑡𝑥 . 𝑐𝑠𝑐2𝑥
2𝑦 . 𝑠𝑒𝑐2𝑦2+3 𝑠𝑒𝑐(3𝑦−2𝑥) . 𝑡𝑎𝑛(3𝑦−2𝑥)
 
3) Halle las ecuaciones de la 𝐿𝑇 y de la 𝐿𝑁 a la curva: (𝑦 − 𝑥)𝑦
3 = −24(𝑥 + 𝑦), en el 
 punto 𝑃𝑜(1, −2). 
Solución: 
Comprobando que 𝑃𝑜 pertenece a la curva (Po es punto de tangencia). 
Operando y ordenando la ecuación antes de derivar para hallar 𝑚𝑡 = 𝑦
′|
𝑃𝑜
: 
 𝑦4 − 𝑥𝑦3 + 24𝑥 + 24𝑦 = 0 
  4𝑦3𝑦′ − 𝑥 3𝑦2𝑦′ − 𝑦3 + 24 + 24𝑦′ = 0 
 𝑦′(4𝑦3 − 3𝑥𝑦2 + 24) = 𝑦3 − 24,  𝑦′ = 
𝑦3−24
4𝑦3−3𝑥𝑦2+24
 
 𝑚𝑡 = 𝑦
′|𝑃𝑜 = 
𝑦3−24
4𝑦3−3𝑥𝑦2+24
|
(1,−2)
=
8
5
  𝑚𝑡 = 
8
5
 
𝐿𝑡: 𝑦 + 2 = 
8
5
(𝑥 − 1); 𝐿𝑛: 𝑦 + 2 = −
5
8
(𝑥 − 1) 
71 
Sandro Alencastre Calderón 
EJERCICIOS. Halle 𝑦′ en: 
1) csc 𝑦 + tan(𝑦 − 𝑥) = 3𝑠𝑒𝑐2𝑥 
2) sec(𝑥𝑦) + 𝑥2𝑦3 = 2𝑦 
3) 𝑠𝑒𝑐2(𝑥 + 𝑦) + 𝑡𝑎𝑛2𝑥 = 𝑦2 − 2𝑥 
4) secy + cot(x − y) = 2 𝑡𝑎𝑛2𝑥 
5) Halle las ecuaciones de las rectas tangente y normal a la curva: 2𝑦2 = 𝑥2 − 3𝑥𝑦 
en el punto 𝑃𝑜(. 1, 1). 
 
III.7 Derivada de la función inversa. 
Sean: f una función inyectiva y derivable en todo su dominio y f -1 su inversa; 
para Po(xo, yo) ϵ f, Qo(yo, xo) ϵ f -1 , se tiene la compuesta (f -1o f )(xo) = xo 
 (f -1o f )’(xo) = 1  (𝑓−1)′(𝑓(𝑥𝑜)) . 𝑓′(𝑥𝑜) = 1, como yo= f(xo)  (𝑓
−1)′(𝑦𝑜) . 𝑓′(𝑥𝑜) = 1 
Fórmula particular (valedera en un punto específico): 
  )(,
)(
1
)( 00
0
/0
/1 xfydonde
xf
yf  , yo  Dom f –1, x0  Dom f. 
Fórmula global (valedera en cualquier punto arbitrario): 
)(
1
)(1
yfD
xfD
y
x 

; donde x  Dom f -1 
 
Ejemplos: 
1) Dada la función inyectiva: 𝑓(𝑥) = {
1 − 2 tan(𝑥 − 2) , 2 < 𝑥.
−1 + 2√3 − 𝑥 , 𝑥 ≤ 2
 . 𝐻𝑎𝑙𝑙𝑒 (𝑓−1)′(1), 
si existe. 
Solución: 
Se tiene yo= 1, calculando xo: 
para 𝑓1 (𝑥): 𝑆𝑖 1 − 2 tan(𝑥 − 2) = 1,  2 tan(𝑥 − 2) = 0,  x ≤ 2 ∉ Dom𝑓1, 
para 𝑓2(𝑥): 𝑆𝑖 − 1 + 2√3 − 𝑥 = 1, √3 − 𝑥 = 1, x = 2 ϵ Dom 𝑓2. 
Por tanto, (𝑓−1)′(1) = 
1
𝑓2
′(𝑥)|𝑥=2
=
2
−2
√3−𝑥
 |𝑥=2
= −1 
72 
Sandro Alencastre Calderón 
2) Dada la función inyectiva 𝑓(𝑥) = {
𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥 − 1), 3 < 𝑥 < 5
 4√𝑥 + 1, 0 < 𝑥 ≤ 3
 . 𝐻𝑎𝑙𝑙𝑒 (𝑓−1)′(0), si ∋. 
Solución: 
 Se tiene yo= 0, calculando xo: 
Para 𝑓1(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛(𝑥 − 1) = 0, x = 0 ∉ Dom𝑓1 , 𝑜, 𝑥 − 1 = 𝑘𝜋  para que kπ + 1 ϵ Dom𝑓1  k = 1;  
 𝑥𝑜 = π + 1. 
 (𝑓−1)
′
(0) =
1
𝑓1
′
(𝑥)|𝑥 = 𝜋 + 1 
= 
1
(𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥−1)+𝑠𝑒𝑛(𝑥−1))
𝑥 =π+1 
 = 
1
(𝜋+1)𝑐𝑜𝑠[(𝜋+1)−1]+𝑠𝑒𝑛[(𝜋+1)−1] 
 
(𝑓−1)′(0) = 
1
−(𝜋+1)
 
 
EJERCICIOS 
1) Dada la función inyectiva: 𝑔(𝑥) =
 {
 √8 − 𝑥2 , 𝑥 ∈< −
5
2
 , 0 > 
|1 − 2𝑥| + 𝑥 + 2, 𝑥 > 1
 , ℎ𝑎𝑙𝑙𝑒 (𝑔−1)′(2), 𝑠𝑖 ∃ 
2) Dada la función inyectiva 𝑓(𝑥) = {
𝑥2 + 2𝑥 − 2, 𝑥 𝜀 [−3, −2 >
𝑥+3
|𝑥−2|−1
 , 𝑥 𝜀 < −1, 1 >
 , ℎ𝑎𝑙𝑙𝑒 (𝑓−1)′(6), 𝑠𝑖 ∃ 
3) Dada la función inyectiva 𝑔(𝑥) = 
1
√𝑥3+5
5 , 𝑥 ∈ [2, ∞ >. 
 Calcule si ∃ : (𝑔−1)′(1/2) 𝑦 (𝑔−1)′(0). 
4) Dada la función inyectiva ℎ(𝑥) = 
5𝑥2+4
𝑥+2
 , 𝑥 ∈ [1, ∞ >. 
 Calcule si ∃∶ (ℎ−1)′(6) 
5) Dada la función inyectiva 𝑓(𝑥( = {
3𝑥+2 − 1, 𝑥 < 0
−2 −
2
𝑥2 – 4
 , 𝑥 > 2
 
 Halle el valor de: E = (𝑓−1)′(2) + 2(𝑓−1)′(−3) 
III.8 Derivación de las funciones trigonométricas inversas.- 
La derivada de la inversa de la función seno: 
Aplicando la fórmula: 




 1,1,
1
1
1
1
cos
11
22
1 x
xysenyysenD
xsenD
y
x 
sen -1x = arc sen x  (arc sen x)’ = 
1
√1− 𝑥2
 , x ϵ <-1, 1> 
73 
Sandro Alencastre Calderón 
Componiendo la función u = f(x) con las funciones arco se tienen las derivadas de: 
Función arco seno:   

 1,1,.
1
1 /
2
/
uuu
uarcsen 
Función arco coseno:   /
2
/
.
1
1
arccos u
u
u

 
Función arco tangente:   /
2
/
1
1
arctan u
u
u

 
Función arco cotangente:   /
2
/
1
1
cot u
u
uarc

 
Función arco secante:   /
2
/
1
1
sec u
uu
uarc

 
Función arco cosecante:   /
2
/
1
1
csc u
uu
uarc

 
Ejemplos: 
1) Sea la función: 𝑓(𝑥) = 2𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛√𝑥 − 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 (
𝑥−1
𝑥+1
) 
Halle la ecuación de la recta tangente a 𝑓(𝑥) en 𝑥 = 2. 
Solución: 
Partimos de 𝑓′(𝑥) = 2 
1
2√𝑥 (1+(√𝑥)
2
)
− 
1
√1−(
𝑥 − 1
𝑥 + 1
)
2
 .
(𝑥+1)−(𝑥−1)
(𝑥+1)2
= 
𝑓′(𝑥) = 
1
√𝑥(1+𝑥)
− 
2√(𝑥+1)2
(𝑥+1)2 √(𝑥+1)2−(𝑥−1)2
;  𝑓′(2) = 0  𝑚𝐿𝑇 = 0 
 ℒ𝑡: 𝑦 − 𝑓(2) = 0(𝑥 − 2) = 0,  𝑦 = 𝑓(2) y = 2 arctan √2 − 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛
1
3
 
2) Sea la función 𝑓(𝑥) = 3𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑡4 (
3𝑠𝑒𝑐𝑥+2
𝑠𝑒𝑛𝑥+5
) , ℎ𝑎𝑙𝑙𝑒 𝑓′(𝑥) 
 Solución: 
𝑓′(𝑥) = 12 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑡3 (
3𝑠𝑒𝑐𝑥 + 2
2𝑐𝑜𝑠𝑥 + 5
) (−
1
1 + (
3𝑠𝑒𝑐𝑥 + 2
2𝑐𝑜𝑠𝑥 + 5
)
2) (
3𝑠𝑒𝑐𝑥 + 2
2𝑐𝑜𝑠𝑥 + 5
)
′
= 
= − 12 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑡3 (
3𝑠𝑒𝑐 𝑥 + 2
2𝑐𝑜𝑠𝑥 + 1
) 
(2𝑐𝑜𝑠𝑥 + 5)2
(2𝑐𝑜𝑠𝑥 + 5)2 + (3𝑠𝑒𝑐𝑥 + 2)2
 .
(2𝑐𝑜𝑠𝑥 + 5)3𝑠𝑒𝑐𝑥 𝑡𝑎𝑛𝑥 − (3𝑠𝑒𝑐𝑥 + 2)(−2𝑠𝑒𝑛𝑥)
(2𝑐𝑜𝑠𝑥 + 5)2
 
= −12 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑡3 (
3𝑠𝑒𝑐𝑥 + 2
2𝑐𝑜𝑠𝑥 + 5
) 
12𝑡𝑎𝑛𝑥 + 15 𝑠𝑒𝑐𝑥 . 𝑐𝑜𝑡𝑥 + 4𝑠𝑒𝑛𝑥
4𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 20𝑐𝑜𝑠𝑥 + 9𝑠𝑒𝑐2𝑥 + 12 sec 𝑥 + 29
 
 
74 
Sandro Alencastre Calderón 
EJERCICIOS: Halle 𝑦′ 𝑒𝑛 
1) 𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 (
3𝑥
4𝑥2−1
) 
2) 𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 sec(𝑥2 + 2) 
3) 𝑎𝑟𝑐 tan(𝑥3𝑦4) = 𝑠𝑒𝑛(𝑥3 + 𝑦2) 
4) 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 (𝑥2 + 𝑦2) = 𝑠𝑒𝑐(3𝑥2𝑦3) 
5) 𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑎𝑛 (
√𝑎2𝑏2 𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑏+𝑎 𝑐𝑜𝑠𝑥
) 
III.9 Derivación de las funciones exponenciales y las funciones logarítmicas. 
Recordemos que:        .; 11 xLogxExpbxExpxLog bb
x
bb
  
Si b<0, 1>,  es una función decreciente. 
Si b<1, >,  es una función creciente. 
La derivada de Logb : 
 
bx
eLog
x
eLog
x
h
Log
x
h
Log
x
hx
Log
hh
xLoghxLog
xLog
b
hx
h
b
hx
h
h
x
h
b
h
b
h
b
h
bb
h
b
h
ln
11
]1lim[1lim
1
lim
)(
lim
1
lim
1
0
/1
0
00
/
0 


















 





 
Para u = f(x), por la regla de la cadena:   //
ln
1
u
bu
uLogb 
 Si b = e,  (𝐿𝑜𝑔𝑏 𝑢)
′ = 
1
𝑢 𝑢′ 
La derivada de Expb: por derivación de función inversa. 
 bbby
by
yLogD
xLogDxExpD x
by
bxbx
lnln
ln
1
111   . 
Para u = f(x), por la regla de la cadena: ( b u )’ = b u ( ln b ) u' ; (e u)´ = e u u´. 
Caso de función exponencial con base y exponente funcional: 
La función es de la forma: 𝒚 = 𝒖𝒗 ; u = f(x ), v = g(x). 
Antes de derivar se baja el exponente mediante la aplicación de ln a ambos miembros 
de la relación: ln y= ln (𝑢𝑣)  ln y= v. ln u , derivando de forma implícita: 
 
1
𝑦
 . 𝑦′ = (𝑣′𝑙𝑛 𝑢) + (𝑣.
1
𝑢
. 𝑢′)  𝑦′ = 𝑦[(𝑣′ 𝑙𝑛 𝑢 + 𝑣 𝑢−1𝑢′] 
Finalmente, 𝑦′ = 𝑢𝑣[(𝑣′ 𝐿𝑛 𝑢 + 𝑣 𝑢−1𝑢′]  𝑦′ = 𝑢𝑣𝑣′ 𝐿𝑛 𝑢 + 𝑣 𝑢𝑣−1𝑢′ 
75 
Sandro Alencastre Calderón 
Ejemplos.- 
Halle 𝑦′ en: 
1) 𝑦 = 𝑙𝑛(𝑥3 − 2𝑥2) + 𝑒−3𝑥
4
𝑐𝑜𝑠𝑥 
Solución: 
 𝑦′ = 
1
𝑥3−2𝑥2
(3𝑥2 − 4𝑥) + 𝑒−3𝑥
4
(−𝑠𝑒𝑛𝑥) + 𝑐𝑜𝑠𝑥 . 𝑒−3𝑥
4
(−12𝑥3) 
𝑦′ =
𝑥(3𝑥−4)
𝑥2(𝑥−2)
− 𝑒−3𝑥
4
(𝑠𝑒𝑛𝑥 + 12𝑥3. cos 𝑥) 
2) 𝑙𝑛[𝑎𝑟𝑐tan (𝑥 − 𝑦)] = 𝑒𝑦/𝑥 
Solución: 
 
1
𝑎𝑟𝑐 tan(𝑥−𝑦)
.
1
1+(𝑥−𝑦)2
 . (1 − 𝑦′) = 𝑒𝑦/𝑥
𝑥𝑦′−𝑦
𝑥2
 , 
 𝑥2(1 − 𝑦′) = [1 + (𝑥 − 𝑦)2]. 𝑎𝑟𝑐 tan(𝑥 − 𝑦) 𝑒
𝑦
𝑥(𝑥𝑦′ − 𝑦);  
 
 𝑥2 − 𝑥2𝑦´ = [1 + (𝑥 − 𝑦)2] arctan(𝑥 − 𝑦) . 𝑒
𝑦
𝑥⁄ . 𝑥 . 𝑦´ − [1 + (𝑥 − 𝑦)2] arctan(𝑥 − 𝑦) . 𝑒
𝑦
𝑥⁄ . 𝑦 
 
𝑥2 + 𝑦 . 𝑒𝑦/𝑥 . [1 + (𝑥 − 𝑦)2] arctan(𝑥 − 𝑦) = 𝑦´ [𝑥2 + 𝑥 . 𝑒𝑦/𝑥[1 + (𝑥 − 𝑦)2] arctan(𝑥 − 𝑦)]  
 
 𝑦′ =
𝑥2+𝑦 .𝑒𝑦/𝑥 [1+(𝑥−𝑦)2]arctan (𝑥−𝑦)
𝑥2+𝑥 .𝑒𝑦/𝑥 [1+(𝑥−𝑦)2]arctan (𝑥−𝑦)
 
3) 𝑦 = 𝑥𝑥
2
 
Solución: 
 𝑙𝑛 𝑦 = 𝑙𝑛 𝑥𝑥
2
  𝑙𝑛 𝑦 = 𝑥2𝑙𝑛 𝑥; derivando: 
 
1
y
 . y′ = x2.
1
x
+ 𝑙𝑛𝑥 . 2𝑥 
 𝑦′ = 𝑥𝑥
2+1(1 + 2 𝑙𝑛𝑥) 
4) 𝑦 = (𝑥2 + 1)
𝑠𝑒𝑛2𝑥
𝑐𝑜𝑠3𝑥 
Solución: 
 𝑙𝑛 𝑦 = 
𝑠𝑒𝑛2𝑥
𝑐𝑜𝑠3𝑥
 . 𝑙𝑛(𝑥2 + 1) ;  
 
1
𝑦
 . 𝑦′ =
𝑐𝑜𝑠3𝑥[𝑠𝑒𝑛2𝑥 . 
1
𝑥2+1
2𝑥+𝑙𝑛(𝑥2+1).2. 𝑐𝑜𝑠2𝑥]− 𝑙𝑛(𝑥2+1) 𝑠𝑒𝑛2𝑥(−3 𝑠𝑒𝑛3𝑥)
𝑐𝑜𝑠23𝑥
  
76 
Sandro Alencastre Calderón 
 𝑦′ = (𝑥2 + 1)
𝑠𝑒𝑛2𝑥
𝑐𝑜𝑠3𝑥 .
𝑐𝑜𝑠3𝑥(
2𝑥 𝑠𝑒𝑛2𝑥+2 𝑐𝑜𝑠2𝑥(𝑥2+1) 𝑙𝑛(𝑥2+1)
𝑥2+1
)+3 𝑠𝑒𝑛2𝑥 𝑠𝑒𝑛3𝑥 .𝑙𝑛(𝑥2+1)
𝑐𝑜𝑠23𝑥
 
 𝑦′ = (𝑥2 + 1)
𝑠𝑒𝑛2𝑥
𝑐𝑜𝑠3𝑥 
𝑐𝑜𝑠3𝑥[2𝑥 .𝑠𝑒𝑛2𝑥+2 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 (x2+1) 𝑙𝑛(𝑥2+1)] +3𝑠𝑒𝑛2𝑥 . 𝑠𝑒𝑛3𝑥𝑙 𝑛(𝑥2+1).(𝑥2+1)
(𝑥2+1) .𝑐𝑜𝑠2𝑥
 
EJERCICIOS.- Halle 𝑦′ en: 
1) 𝑥𝑒𝑥/𝑦 = 𝑦𝑒𝑦/𝑥 
2) 𝑦 = 𝑙𝑜𝑔(𝑥4−3𝑥2)(𝑥
3 + 2𝑥4) 
3) 𝑦 = 𝑙𝑜𝑔(4𝑥2+5) (tan (
1
2𝑥.1
) + 4𝑥2) 
4) 𝑦 = 𝑙𝑛(𝑒𝑥 + √1 + 𝑒2𝑥) +
𝑒−𝑥
ℓ𝑛2(𝑥−1)
 
5) 𝑙n(𝑥2 + 𝑦3) = 𝑒
2𝑥−3𝑦
2𝑥+3𝑦 
6) y = (cotx)
8
3 + 2 𝑙𝑛𝑥 
7) 𝑦 = 𝑥𝑙𝑜𝑔3 − 2𝑥2
(𝑥2+4𝑥)
 
8) 𝑦 = (𝑥3 − 3𝑒5𝑥+2)
1
2𝑥3 
9) 𝑦 = (3𝑥4 + 2)√𝑥
2+1 .𝑡𝑎𝑛𝑥 
10) 𝑦 = (𝑠𝑒𝑛𝑥)(𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑎𝑛𝑥)
𝑥2
 
 
III.10 Derivada de orden superior. 
f :    , y = f(x), x ϵ I ; es derivable en x ϵ I, entonces f ´(x) es una expresión en “x”: 
 x  y 
f ´:    , y = f ´(x), x ϵ Dom f´  Dom f. 
 x  y 
Si 
h
xfhxf
h
)()(
lim
//
0


 existe, se le llama segunda derivada (o de 2do orden) de 
f(x) con respecto a x. y se la denota por f //(x). 
Donde debemos asumir que: x, x + h  Dom f /. 
Otras notaciones: 
2
2
//
2
2
2 ,,
)(
),(
dx
yd
y
dx
xfd
xfDx 
77 
Sandro Alencastre Calderón 
Similarmente, se obtienen la 3era, 4ta, ... hasta la de “n-ésima” derivada (o de 3ero, 
4to, ..., n-ésimo orden). 
Siendo denotadas por: f ///(x), f (iv)(x), .., f (20)(x),… f (n)(x); O por: 
n
n
n
n
n
n
x
dx
yd
y
dx
xfd
xfD ,,
)(
),( )( 
Ejemplos: 
1) Halle la derivada n-ésima de: 
a) 𝑦 = 𝑥3 − 2𝑥 + 10 ; 
b) 𝑦 = 𝑒𝑥 ; 
c) 𝑦 = 
1
𝑥
 ; 
d) 𝑦 =
𝑎
𝑥
 ; 
e) 𝑦 =
1
𝑥−2
 ; 
f) 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥. 
Solución a): 
𝑦′ = 3𝑥2 − 2 ,  𝑦′′ = 6𝑥2 ,  𝑦′′′ = 12𝑥 ,  y(IV) = 12 ,  𝑦(𝑉) = 0, … 
 
 𝑦(𝑛) = 0 
Solución b): 
𝑦′ = 𝑒𝑥 ,  𝑦′′ = 𝑒𝑥 ,  …,  𝑦(𝑛) = 𝑒𝑥. 
Solución c): 
 𝑦 = 𝑥−1 
 𝑦′ = −1 𝑥−2 
 𝑦′′ = (−1). ( −2) . 𝑥−3 ,  𝑦′′ = (−1)2. (2) . 𝑥−(2+1) 
 𝑦′′′ = (−1). ( −2) . (−3) 𝑥−4,  𝑦′′′ = (−1)3. (2)(3) . 𝑥−(3+1) . 
. 
 𝑦(𝑛) = (−1)𝑛. 𝑛! . 𝑥−(𝑛+1) 
Solución d): 
 𝑦 = 𝑎 𝑥−1,  𝑦′ = 𝑎 (𝑥−1)′ ,  , 𝑦(𝑛) = 𝑎 (𝑥−1)(𝑛) , …. 𝑦(𝑛) = 𝑎 (−1)𝑛. 𝑛! . 𝑥−(𝑛+1) 
Solución e): 
 𝑦 = (𝑥 − 2)−1 , …., 𝑦(𝑛) = (−1)𝑛. 𝑛! . (𝑥 − 2)−(𝑛+1) 
78 
Sandro Alencastre Calderón 
Solución f): 
 𝑦(𝑛) = (𝑠𝑒𝑛 𝑥)(𝑛) + (𝑐𝑜𝑠𝑥)(𝑛) . 
Hallando (𝑠𝑒𝑛 𝑥)(𝑛) : 
 (𝑠𝑒𝑛 𝑥)′ = 𝑐𝑜𝑠 𝑥, pero como cos 𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 (𝑥 +
𝜋
2
),  (𝑠𝑒𝑛 𝑥)′ = 𝑠𝑒𝑛 (𝑥 +
𝜋
2
) 
 (𝑠𝑒𝑛 𝑥)′′ = 𝑠𝑒𝑛 ((𝑥 +
𝜋
2
) +
𝜋
2
) = 𝑠𝑒𝑛(𝑥 + 𝜋) ,  (𝑠𝑒𝑛 𝑥)(𝑛) = 𝑠𝑒𝑛 (𝑥 + 𝑛 𝜋) 
Hallando (𝑐𝑜𝑠 𝑥)(𝑛) : 
 (𝑐𝑜𝑠 𝑥)′ = −𝑠𝑒𝑛 𝑥, pero como −𝑠𝑒𝑛 𝑥 = 𝑐𝑜𝑠 (𝑥 +
𝜋
2
),  (𝑐𝑜𝑠 𝑥)′ = 𝑐𝑜𝑠 (𝑥 +
𝜋
2
) 
 (𝑐𝑜𝑠 𝑥)′′ = 𝑐𝑜𝑠 ((𝑥 +
𝜋
2
) +
𝜋
2
) = 𝑐𝑜𝑠 (𝑥 + 𝜋) ,  (𝑐𝑜𝑠 𝑥)(𝑛) = 𝑐𝑜𝑠 (𝑥 + 𝑛 𝜋) 
Entonces, 𝑦(𝑛) = 𝑠𝑒𝑛 (𝑥 + 𝑛 𝜋) + 𝑐𝑜𝑠 (𝑥 + 𝑛 𝜋). 
 
 
2) Si 𝑔(𝑥) =
8 + 7𝑥 − 13𝑥2
𝑥3−𝑥
 , halle 𝑔(𝑛)(𝑥) 
Solución: 
Partimos de 𝑔(𝑥) = 
1
𝑥−1
− 
6
𝑥+1
−
8
𝑥
= (𝑥 − 1)−1 − 6(𝑥 + 1)−1 − 8𝑥−1;  
𝑔′(𝑥) = −(𝑥 − 1)−2 − 6(−1)(𝑥 + 1)−2 − 8(−1)𝑥−2;  
𝑔′′(𝑥) = 1.2(𝑥 − 1)−3 − 6.1.2. (𝑥 + 1)−3 − 8.1.2𝑥−3;  
 𝑔′′′(𝑥) = −1.2.3(𝑥 − 1)−4 + 6.1.2.3(𝑥 + 1)−4 + 8.1.2.3. 𝑥−4;  
𝑔(𝑛)(𝑥) = (−1)𝑛 𝑛! (𝑥 − 1)−(𝑛+1) − 6(−1)𝑛 𝑛! (𝑥 + 1)−(𝑛+1) − 8(−1)𝑛 𝑛! 𝑥−(𝑛+1) 
 
3)Sea 𝑓(𝑥) = √3𝑥 + 1 , halle: 
 𝑎) 𝑓(𝑛)(𝑥). 
 b) la ecuación de la ℒ𝑡 usando como pendiente de de la recta tangente 𝑚𝑡 =
𝑓(10)(0) 
Solución a): 
 𝐶𝑜𝑚𝑜 𝑓(𝑥) = (3𝑥 + 1)
1
2, 𝑓′(𝑥) =
1
2
(3𝑥 + 1)−
1
2  
𝑓′′(𝑥) = − (
3
2
)
2
(3𝑥 + 1)− 
3
2 ,  
𝑓′′′(𝑥) = 
33
23
(3𝑥 + 1)−5/2. 3  𝑓′𝑣(𝑥) = − 
34
24
 .3. 5 . (3𝑥 + 1)−7/2 ,  
𝑓(𝑛) = (−1)𝑛−1.
3𝑛
2𝑛
 . 3 . 5.7 … (2𝑛 − 1). (3𝑥 + 1)
−(
2𝑛−1
2
)
, 𝑛 = 2, 3, …. 
Solución b): 
 Como nos piden: 𝑚𝑡: 𝑓
(10)(0),  
𝑓(10)(0) = (−1)9.
310
210
 . 3. 5 … 19 . (3 . 0 + 1)−19/2  
Si 𝑥0 = 0  𝑦0 = √3 . 0 + 1 = 1 
79 
Sandro Alencastre Calderón 
 𝑚𝑡 = − 
310
210
 . 3.5 … 19 ;  
ℒ𝑡: 𝑦 − 1 = 𝑚𝑡(𝑥 − 0) 
 
EJERCICIOS 
1) Si 𝐹(𝑥) = 𝑒2𝑥 +
4𝑥
𝑥2−9
 , halle 𝐹(𝑛)(𝑥) 
2) Si 𝐺(𝑥) = 32𝑥+1, halle 𝐺(𝑛)(𝑥) 
3) Si f(𝑥) = 
2
𝑥−1
+ 
𝑥+10
𝑥2−𝑥−2
, halle f(𝑥) 
4) Si 𝑓(𝑥) = 
𝑥3 + 3𝑥2 − 8
𝑥2 + 2𝑥 − 3
, ℎ𝑎𝑙𝑙𝑒 𝑓(50)(−1) 
5) Si 𝑔(𝑥) = ln(𝑥2 + 6𝑥) , halle 𝑔(𝑛)(𝑥) 
 
III.11 Derivada de las ecuaciones paramétricas. 
 
Una curva plana “C “ se expresa en dos variables, siendo usualmente: x e y; 
relacionadas por la forma cartesiana: y = f (x) o F(x, y)= 0. Pero también, se expresa 
mediante ecuaciones paramétricas, donde cada variable depende de un parámetro, 
denotado comúnmente por “ t ”, que las relaciona. Si se requiere la pendiente de la 
recta tangente a la curva en el punto de tangencia de abscisa xo , se halla la derivada 
en xo : 𝑦′ =
𝑑𝑦
𝑑𝑥
| 𝑥𝑜. 
Se trata de derivar la curva C en su forma paramétrica: C :






It
tgy
tfx
)(
)(
 
Entonces, 𝑓′(𝑡) como 𝑔′(𝑡) son las derivadas de las variables respecto a t. 
Para hallar 𝑦′ partimos de 𝑦 = ℎ(𝑥) compuesta en la variable t , como 𝑥 = 𝑓(𝑡). 
Derivando la compuesta respecto al parámetro t: 
 
𝑑
𝑑𝑡
(𝑦) =
𝑑
𝑑𝑡
(ℎ(𝑥)) ,  
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= ℎ′ (𝑥).
𝑑𝑥
𝑑𝑡
 ,  
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=
𝑑𝑦
𝑑𝑥
.
𝑑𝑥
𝑑𝑡
 ,  
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑑𝑦
𝑑𝑡
𝑑𝑥
𝑑𝑡
 . 
Resultando: 𝑦′ (𝑥) = 
𝑔′(𝑡)
𝑓′(𝑡)
 . La curva primera derivada es: 𝐶: {
𝑥 = 𝑓(𝑡)
𝑦′ = 
𝑔′(𝑡)
𝑓′(𝑡)
 . 
La derivada de segundo orden de la curva C es: 
 𝑦′′ (𝑥) =
(𝑦′)
′
(𝑡)
𝑓′ (𝑡)
  𝑦′′ (𝑥) =
(
𝑔′(𝑡)
𝑓′(𝑡)
)´(𝑡)
𝑓′ (𝑡)
  𝑦′′ (𝑥) =
(
𝑔′′ (𝑡) . 𝑓′(𝑡) − 𝑔′(𝑡) . 𝑓′′(𝑡) 
(𝑓′(𝑡))
2 )
𝑓′ (𝑡)
 
80 
Sandro Alencastre Calderón 
También: 
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
=
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
 . 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
 − 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
 . 
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2
 
(
𝑑𝑥
𝑑𝑡
)
2
𝑑𝑥
𝑑𝑡
  
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
=
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
 . 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
 − 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
 . 
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2
 
(
𝑑𝑥
𝑑𝑡
)
3 
Ejemplos 
1) Dada la curva 𝐶: {𝑥 = (ln (𝑡𝑎𝑛
𝑡
2
)) + 𝑐𝑜𝑠𝑡 − 𝑠𝑒𝑛𝑡, 𝑡 ∈ (0, 𝜋/2)
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛𝑡 + 𝑐𝑜𝑠𝑡 
 , halle 
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
 . 
 Solución: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 
𝑐𝑜𝑠𝑡 − 𝑠𝑒𝑛𝑡
1
𝑡𝑎𝑛 𝑡/2
 . 𝑠𝑒𝑐2
𝑡
2
 . 
1
2
− 𝑠𝑒𝑛𝑡 − 𝑐𝑜𝑠𝑡
= 
𝑐𝑜𝑠𝑡 − 𝑠𝑒𝑛𝑡
1
2
 .
1
𝑐𝑜𝑠2𝑡/2
 
𝑠𝑒𝑛𝑡/2
𝑐𝑜𝑠𝑡/2
− 𝑠𝑒𝑛 𝑡 − cos 𝑡
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 
(𝑐𝑜𝑠𝑡 − 𝑠𝑒𝑛𝑡)𝑠𝑒𝑛𝑡
1 − 𝑠𝑒𝑛2𝑡 − 𝑠𝑒𝑛𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡
= 
(𝑐𝑜𝑠𝑡 − 𝑠𝑒𝑛𝑡)𝑠𝑒𝑛𝑡
𝑐𝑜𝑠𝑡(𝑐𝑜𝑠𝑡 − 𝑠𝑒𝑛𝑡)
= 𝑡𝑎𝑛𝑡; 
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
=
𝑑
𝑑𝑥
(
𝑑𝑦
𝑑𝑥
) = 
𝑑
𝑑𝑡
(
𝑑𝑦
𝑑𝑥
) 
𝑑𝑡
𝑑𝑥
= 
𝑑
𝑑𝑡
(𝑡𝑎𝑛𝑡)
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 
𝑠𝑒𝑐2𝑡 . 𝑠𝑒𝑛 𝑡
𝑐𝑜𝑠 𝑡(𝑐𝑜𝑠𝑡 − 𝑠𝑒𝑛𝑡)
= 
𝑡𝑎𝑛𝑡 . 𝑠𝑒𝑐2𝑡
𝑐𝑜𝑠𝑡 − 𝑠𝑒𝑛𝑡
 
2) Dada la curva 𝐶: {
𝑥 = 2𝑡2 − 2 
𝑦 =
𝑡2
2
− 2𝑙𝑛𝑡 , 𝑡 > 0; 
 
 halle la ecuación de la Lt en el punto Po(0 ; 0.5) . 
 Solución: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑑𝑦
𝑑𝑡
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 
𝑡 −
2
𝑡
4𝑡
|𝑡 = 1 = −
1
4
; 𝑐𝑜𝑚𝑜 2𝑡0
2 = 2, 𝑡0 = 1 > 0 , 𝐿1: 𝑦 −
1
2
= −
1
4
𝑥 
EJERCICIOS 
1) Dada la curva 𝐶: {
𝑥 =
2−𝑡
𝑡+2
 𝑡 ∈ < −
3
10
, 1 >;  halle: 
𝑦 = 
𝑡2
𝑡+2
 
 
a) 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
 ; b) 
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
 ; c) La ecuación de la 𝐿𝑡 y de la 𝐿𝑛 en el punto 𝑃0 (
3
5
 ,
1
2
) 
2) Dada la curva 𝐶: {
𝑥 = 4𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑦 = 2 𝑠𝑒𝑛𝑡
 𝑡 ∈< 0, 𝜋 > ; halle 𝐿𝑡 y 𝐿𝑡 cuando 𝑡 = 𝜋/2 
3) Dada la curva 𝐶: {
𝑥 = 2𝑠𝑒𝑛2𝑡 
𝑦 = 2 𝑠𝑒𝑛𝑡 + 𝑐𝑜𝑠𝑡
 𝑡 ∈< 0,
𝜋
2
> ; halle 
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
|𝑥 = 1/2 
4) Sea la curva 𝐶: {
𝑥 = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛𝑡
𝑦 = √1 − 𝑡2
 ; ℎ𝑎𝑙𝑙𝑒 
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
 
5) Sea la curva 𝐶: {
𝑥 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑡
𝑦 = ln (1 + 𝑡2 ; halle 
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2