inter_2014_2015_solución

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Examen intercuatrimestral octubre 2014-2015. Tiempo: 1 hora y media. 
1. (3 puntos) Dada la función: 
𝑓𝑓(𝑥𝑥) =
� �5+3 cos (𝑥𝑥)3 −2 �cos (𝑥𝑥)3 �𝐿𝐿𝐿𝐿(1+𝑠𝑠𝑠𝑠𝐿𝐿 9(𝑥𝑥))
(𝑥𝑥4+(𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 tan (𝑥𝑥))2)𝛼𝛼 (𝑒𝑒
−1
𝑠𝑠𝑠𝑠𝐿𝐿 2(𝑥𝑥)−1)
 si 𝑥𝑥 ≠ 0 
𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 0 si 𝑥𝑥 = 0 
Se pide: 
i) Hallar los valores de 𝛼𝛼 ∈ ℕ que hacen que 𝑓𝑓(𝑥𝑥) sea continua en el origen. 
ii) Estudiar la derivabilidad de la función en el origen para los diferentes valores de 𝛼𝛼 ∈ ℕ. 
Solución: 
i) Para que 𝑓𝑓(𝑥𝑥) sea continua en el origen es necesario que: 
𝑙𝑙𝑠𝑠𝑙𝑙𝑥𝑥→0
��5 + 3 cos(𝑥𝑥)3 − 2�cos(𝑥𝑥)3 � 𝐿𝐿𝐿𝐿(1 + 𝑠𝑠𝑠𝑠𝐿𝐿9(𝑥𝑥))
(𝑥𝑥4 + (𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 tan(𝑥𝑥))2)𝛼𝛼(𝑒𝑒
−1
𝑠𝑠𝑠𝑠𝐿𝐿 2(𝑥𝑥))
= 0 
Numerador: 
 Bloque 1: ��5 + 3 cos(𝑥𝑥)3 − 2�cos(𝑥𝑥)3 � 
Aplicando infinitésimos equivalentes se tiene que: 
��5 + 3 cos(𝑥𝑥)3 − 2�cos(𝑥𝑥)3 � = 2�cos(𝑥𝑥)3 �
�5 + 3 cos(𝑥𝑥)3
2�cos(𝑥𝑥)3
− 1� = 2�
�5 + 3 cos(𝑥𝑥)3
�8cos(𝑥𝑥)3
− 1� 
≈ 2𝐿𝐿𝐿𝐿 �
�5 + 3 cos(𝑥𝑥)3
�8cos(𝑥𝑥)3
� =
2
3
𝐿𝐿𝐿𝐿 �
5 + 3 cos(𝑥𝑥)
8 cos(𝑥𝑥) �
≈
2
3�
5 + 3 cos(𝑥𝑥)
8 cos(𝑥𝑥)
− 1� = 
=
2
3
�
5 − 5cos⁡(𝑥𝑥)
8 cos(𝑥𝑥)
� =
2
3
5
8
(1 − cos(𝑥𝑥)) ≈
5
12
𝑥𝑥2
2
=
5
24
𝑥𝑥2 
 Bloque 2: 𝐿𝐿𝐿𝐿(1 + 𝑠𝑠𝑠𝑠𝐿𝐿9(𝑥𝑥)) 
Aplicando infinitésimos de nuevo resulta: 
𝐿𝐿𝐿𝐿(1 + 𝑠𝑠𝑠𝑠𝐿𝐿9(𝑥𝑥)) ≈ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝐿𝐿9(𝑥𝑥) ≈ 𝑥𝑥9 
Denominador: 
 Bloque 1: 𝑥𝑥4 + (𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 tan(𝑥𝑥))2 
Al ser una suma es necesario calcular los polinomios de Taylor del menor orden posible que 
haga que la suma no se anule. Tenemos: 
Pedro_CC 1 
 
𝑥𝑥4 = 𝑥𝑥4 (Taylor de orden 4) 
(𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 tan(𝑥𝑥))2 ≈ 𝑥𝑥2 (Taylor de orden 2) 
por tanto, si sumamos los Taylors de orden 2 se obtiene 𝑥𝑥4 + (𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 tan(𝑥𝑥))2 ≈ 0 + 𝑥𝑥2 = 𝑥𝑥2 
(ya que el Taylor de orden 2 de 𝑥𝑥4 centrado en el origen es cero) por lo que, al estar este 
bloque elevado a 𝛼𝛼 en el enunciado, se tiene que (𝑥𝑥4 + (𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 tan(𝑥𝑥))2)𝛼𝛼 ≈ 𝑥𝑥2𝛼𝛼 
 Bloque 2: 𝑒𝑒
−1
𝑠𝑠𝑠𝑠𝐿𝐿 2(𝑥𝑥) − 1 
Sustituyendo 𝑥𝑥 = 0 resulta: 
𝑒𝑒
−1
𝑠𝑠𝑠𝑠𝐿𝐿 2(𝑥𝑥) − 1 = 𝑒𝑒−∞ − 1 = −1 
por lo que este bloque equivale a −1. 
Sustituimos todos los bloques en la expresión del enunciado y resulta: 
𝑙𝑙𝑠𝑠𝑙𝑙𝑥𝑥→0
��5 + 3 cos(𝑥𝑥)3 − 2�cos(𝑥𝑥)3 � 𝐿𝐿𝐿𝐿(1 + 𝑠𝑠𝑠𝑠𝐿𝐿9(𝑥𝑥))
(𝑥𝑥4 + (𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 tan(𝑥𝑥))2)𝛼𝛼(𝑒𝑒
−1
𝑠𝑠𝑠𝑠𝐿𝐿 2(𝑥𝑥))
= 𝑙𝑙𝑠𝑠𝑙𝑙𝑥𝑥→0
5
24 𝑥𝑥
2𝑥𝑥9
𝑥𝑥2𝛼𝛼(−1)
= 𝑙𝑙𝑠𝑠𝑙𝑙𝑥𝑥→0 −
5
24
𝑥𝑥11−2𝛼𝛼 
y para que el límite anterior sea cero es necesario que 11 − 2𝛼𝛼 > 0 y al ser 𝛼𝛼 ∈ ℕ se sigue que 
𝛼𝛼 ∈ {1,2,3,4,5} 
ii) Aplicando la definición de derivada tenemos que la derivada en el origen valdrá: 
𝑓𝑓′(0) = 𝑙𝑙𝑠𝑠𝑙𝑙𝑥𝑥→0
𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑓𝑓(0)
𝑥𝑥 − 0
= 𝑙𝑙𝑠𝑠𝑙𝑙𝑥𝑥→0
𝑓𝑓(𝑥𝑥)
𝑥𝑥
= 𝑙𝑙𝑠𝑠𝑙𝑙𝑥𝑥→0 −
5
24
𝑥𝑥10−2𝛼𝛼 
de donde se sigue que la derivada vale cero si 𝛼𝛼 ∈ {1,2,3,4} y vale − 5
24
 si 𝛼𝛼 = 5. Para el resto 
de valores de 𝛼𝛼 la función 𝑓𝑓(𝑥𝑥) no es derivable en el origen por no ser continua en dicho 
punto. 
 
 
 
 
 
 
 
Pedro_CC 2 
 
2. (2.5 puntos) Sea 𝑓𝑓(𝑥𝑥) una función tal que 𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝐿𝐿𝐿𝐿(1 − 𝑥𝑥) es un infinitésimo de orden 5 
en el origen. Hallar 𝑎𝑎 y 𝑏𝑏 para que la función 𝑔𝑔(𝑥𝑥) = 𝑓𝑓(𝑥𝑥) + 𝑎𝑎𝑠𝑠𝑠𝑠𝐿𝐿(2𝑥𝑥) − 𝑎𝑎𝑐𝑐𝑠𝑠(𝑥𝑥) +
𝑏𝑏𝑏𝑏𝑎𝑎𝐿𝐿(𝑥𝑥3) + 1 sea un infinitésimo de mayor orden posible en el origen y calcular su parte 
principal. 
Solución: 
Como 𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝐿𝐿𝐿𝐿(1 − 𝑥𝑥) es un infinitésimo de orden 5 en el origen se sigue que 𝑓𝑓(𝑥𝑥) −
𝐿𝐿𝐿𝐿(1 − 𝑥𝑥) ≈ 𝐴𝐴𝑥𝑥5 para algún 𝐴𝐴. Esto implica que los coeficientes del polinomio de Taylor de 
orden 0,1,2,3,4 de la función 𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝐿𝐿𝐿𝐿(1 − 𝑥𝑥) valen cero. Y como desarrollando por Taylor se 
tiene que: 
−𝐿𝐿𝐿𝐿(1 − 𝑥𝑥) ≈ +𝑥𝑥 +
𝑥𝑥2
2
+
𝑥𝑥3
3
+
𝑥𝑥4
4
+ ⋯ 
se sigue que el desarrollo de Taylor de 𝑓𝑓(𝑥𝑥) en el origen es de la forma: 
𝑓𝑓(𝑥𝑥) ≈ −𝑥𝑥 −
𝑥𝑥2
2
−
𝑥𝑥3
3
−
𝑥𝑥4
4
−⋯ 
Además, tenemos que (polinomios de Taylor desarrollados hasta orden 4): 
𝑎𝑎𝑠𝑠𝑠𝑠𝐿𝐿(2𝑥𝑥) ≈ 𝑎𝑎(2𝑥𝑥 −
(2𝑥𝑥)3
3!
+ ⋯ ) 
−𝑎𝑎𝑐𝑐𝑠𝑠(𝑥𝑥) ≈ −1 +
𝑥𝑥2
2
−
𝑥𝑥4
4!
+ ⋯ 
𝑏𝑏𝑏𝑏𝑎𝑎𝐿𝐿(𝑥𝑥3) ≈ 𝑏𝑏(𝑥𝑥3 + ⋯ ) 
1 = 1 
Sustituyendo todas los Taylors en la expresión de 𝑔𝑔(𝑥𝑥) resulta: 
𝑔𝑔(𝑥𝑥) = (−1 + 2𝑎𝑎)𝑥𝑥 + �−
1
3
−
8𝑎𝑎
6
+ 𝑏𝑏� 𝑥𝑥3 + �−
1
4
−
1
4!
� 𝑥𝑥4 
Para que el infinitésimo sea del mayor orden posible es necesario que se anulen los 
coeficientes de 𝑥𝑥 y 𝑥𝑥3 en la expresión anterior por lo que hacemos: 
−1 + 2𝑎𝑎 = 0 → 𝑎𝑎 =
1
2
 
−
1
3
−
8𝑎𝑎
6
+ 𝑏𝑏 = 0 → 𝑏𝑏 = 1 
Por tanto, 𝑔𝑔(𝑥𝑥) es un infinitésimo de orden 4 para dichos valores de 𝑎𝑎 y 𝑏𝑏 y en este caso su 
parte principal es − 1
4
− 1
4!
= − 7
24
. 
 
 
Pedro_CC 3 
 
3. (1.5 puntos) Calcular el valor aproximado de �4(2.1)3 + 9(2.1)2 + 6(2.1) + 1 utilizando la 
recta tangente de una función adecuada en un punto adecuado. 
Solución: 
Consideremos la función 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = √4𝑥𝑥3 + 9𝑥𝑥2 + 6𝑥𝑥 + 1. El polinomio de Taylor de orden 1 de 
dicha función centrado en el punto 𝑥𝑥 = 2 es (casualmente dicho polinomio coincide con la 
recta tangente en el punto 𝑥𝑥 = 2): 
𝑓𝑓(𝑥𝑥) ≈ 𝑓𝑓(2) + (𝑥𝑥 − 2)𝑓𝑓′(2) 
Tenemos: 
𝑓𝑓(2) = �4 ∙ 23 + 9 ∙ 22 + 6 ∙ 2 + 1 = 9 
𝑓𝑓′(𝑥𝑥) =
1
2√4𝑥𝑥3 + 9𝑥𝑥2 + 6𝑥𝑥 + 1
∙ (12𝑥𝑥2 + 18𝑥𝑥 + 6) 
𝑓𝑓′(2) =
90
2 ∙ 9
= 5 
Por lo que el polinomio de Taylor anterior queda: 
𝑓𝑓(𝑥𝑥) ≈ 9 + (𝑥𝑥 − 2)5 
Sustituyendo 𝑥𝑥 = 2.1 resulta: 
𝑓𝑓(2.1) ≈ 9 + (2.1 − 2)5 = 9.5 
por lo que la aproximación pedida es 9.5. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pedro_CC 4 
 
4. (1.5 puntos) Hallar el número de puntos en los que la recta tangente a la curva 𝑦𝑦 =
−3𝑒𝑒−𝑥𝑥(𝑥𝑥 + 1) + 4𝑥𝑥 + 7 es paralela a la recta 5𝑥𝑥 − 𝑦𝑦 = 4. 
Solución: 
Para que ambas rectas sean paralelas es necesario que tengan la misma pendiente. Es claro 
que la recta 5𝑥𝑥 − 𝑦𝑦 = 4 tiene pendiente 5, y la recta tangente a la curva 𝑦𝑦 = −3𝑒𝑒−𝑥𝑥(𝑥𝑥 + 1) +
4𝑥𝑥 + 7 en un punto 𝑥𝑥0 será la derivada de dicha curva evaluada en el punto 𝑥𝑥0. Dicha derivada 
vale: 
𝜕𝜕𝑦𝑦
𝜕𝜕𝑥𝑥
= −3(𝑒𝑒−𝑥𝑥 + (−1)𝑒𝑒−𝑥𝑥(𝑥𝑥 + 1)) + 4 = −3(−𝑥𝑥𝑒𝑒−𝑥𝑥) + 4 = 3𝑥𝑥𝑒𝑒−𝑥𝑥 + 4 
por lo que buscamos el número de puntos 𝑥𝑥0 que verifican: 
5 = 3𝑥𝑥0𝑒𝑒−𝑥𝑥0 + 4 → 1 = 3𝑥𝑥0𝑒𝑒−𝑥𝑥0 
Consideremos la función 𝑔𝑔(𝑥𝑥0) = 3𝑥𝑥0𝑒𝑒−𝑥𝑥0 − 1. Tenemos que: 
𝑔𝑔′(𝑥𝑥0) = 3(𝑒𝑒−𝑥𝑥0 − 𝑥𝑥0𝑒𝑒−𝑥𝑥0 ) = 3𝑒𝑒−𝑥𝑥0 (1− 𝑥𝑥0) 
 Como 𝑔𝑔′(𝑥𝑥0) sólo se anula en el punto 𝑥𝑥0 = 1(porque 𝑒𝑒−𝑥𝑥0 es siempre positivo) se sigue que 
𝑔𝑔(𝑥𝑥0) tiene a lo sumo dos raíces por el teorema de Rolle. 
Por otra parte, tenemos que 𝑔𝑔(0) = −1,𝑔𝑔(1) = 3
𝑒𝑒
− 1 > 0,𝑔𝑔(2) = 6
𝑒𝑒2
− 1 < 0 por lo que el 
teorema de Bolzano garantiza que 𝑔𝑔(𝑥𝑥0) tiene al menos una raíz en (0,1) y al menos otra en 
(1,2). 
Teniendo todo esto en cuenta, se sigue que hay exactamente dos puntos en los que la recta 
tangente a la curva 𝑦𝑦 = −3𝑒𝑒−𝑥𝑥(𝑥𝑥 + 1) + 4𝑥𝑥 + 7 es paralela a la recta 5𝑥𝑥 − 𝑦𝑦 = 4. Uno de 
dichos puntos se encuentra en el intervalo (0,1) y el otro punto se encuentra en el intervalo 
(1,2). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pedro_CC 5 
 
5. (1.5 puntos) Sea 𝑓𝑓(𝑥𝑥) una función derivable en ℝ tal que la recta tangente a la gráfica de 
(𝑓𝑓(𝑥𝑥))3 en el punto 𝑥𝑥 = 3 es 8𝑥𝑥 − 𝑦𝑦 = 16. Sea g(x) una función tal que 𝑔𝑔′(𝑥𝑥) > 0 ∀𝑥𝑥 ∈ ℝ. 
i) Calcular (𝑓𝑓−1)′(2). 
ii) ¿Puede ser 𝑥𝑥 − 𝑦𝑦 = 2 la recta tangente a la gráfica de la función ℎ(𝑥𝑥) = 1
𝑔𝑔∘𝑓𝑓(𝑥𝑥)
 en el punto 
𝑥𝑥 = 3? 
 Solución: 
i) Sea 𝑤𝑤(𝑥𝑥) = (𝑓𝑓(𝑥𝑥))3. Como la recta tangente de 𝑤𝑤(𝑥𝑥) en el punto 𝑥𝑥 = 3 es 8𝑥𝑥 − 𝑦𝑦 = 16 se 
sigue que 𝑤𝑤(3) = 8 ∙ 3 − 16 = 8 = (𝑓𝑓(3))3 de donde se sigue que 𝑓𝑓(3) = 2. Por otra parte, 
la pendiente de dicha recta será 𝑤𝑤′(3) = 8 y derivando resulta: 
𝑤𝑤′(𝑥𝑥) = 3𝑓𝑓(𝑥𝑥)2𝑓𝑓′(𝑥𝑥)luego: 
8 = 𝑤𝑤′(3) = 3𝑓𝑓(3)2𝑓𝑓′(3) = 3 ∙ 4 ∙ 𝑓𝑓′(3) → 𝑓𝑓′(3) =
8
12
=
2
3
 
Por lo que tenemos que: 
(𝑓𝑓−1)′(2) =
1
𝑓𝑓′(𝑓𝑓−1(2))
=
1
𝑓𝑓′(3)
=
3
2
 
ya que como 𝑓𝑓(3) = 2 se tiene que 𝑓𝑓−1(2) = 3. 
ii) Como la recta 𝑥𝑥 − 𝑦𝑦 = 2 tiene pendiente 1 se sigue que ℎ′(3) = 1 debería cumplirse si la 
proposición del enunciado es cierta. Por otra parte tenemos que: 
ℎ′(𝑥𝑥) =
−1
(𝑔𝑔�𝑓𝑓(𝑥𝑥)�)2
∙ 𝑔𝑔′(𝑓𝑓(𝑥𝑥)) ∙ 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) 
por tanto: 
ℎ′(3) = −
3
2
𝑔𝑔′(𝑓𝑓(3))
(𝑔𝑔�𝑓𝑓(3)�)2
 
sin embargo, la última expresión implica que ℎ′(3) < 0 ya que 𝑔𝑔′�𝑓𝑓(3)� > 0 por el enunciado 
y (𝑔𝑔�𝑓𝑓(3)�)2 > 0 por estar al cuadrado. Esto implica que es imposible que se dé la condición 
ℎ′(3) = 1 por lo que la recta 𝑥𝑥 − 𝑦𝑦 = 2 la no puede ser tangente a la función ℎ(𝑥𝑥) en el punto 
𝑥𝑥 = 3. 
 
 
 
Pedro_CC 6