Aplicaciones de la derivada

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Universidad Nacional de Salta 
 Facultad de Ciencias Exactas
 
 
Esp. María de las Mercedes Moya 
 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
APLICACIONES DE LA DERIVADA. 
Análisis Matemático I – Departamento de Matemática - Facultad de Ciencias Exactas 
 
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Aplicaciones de la Derivada. Optimización de Funciones. 
 
La interpretación geométrica de la derivada como la pendiente de la recta tangente nos 
proporciona información acerca del comportamiento de las funciones, lo cual resulta muy 
útil para trazar su gráfica. 
Se pretende hacer uso de estas nociones para poder definir los valores extremos de una 
función, los cuales se utilizan para resolver problemas de máximos y mínimos. 
Uno de los teoremas más importantes del Cálculo Diferencial es el Teorema del Valor 
Medio. Se introduce en este capítulo dicho teorema, las distintas maneras de expresarlo y 
sus consecuencias. También la Generalización del Teorema del Valor Medio que se 
denomina Teorema de Cauchy para desde allí poder llegar a la Regla de L´Hopital. 
Conscientes de la dificultad que conlleva para nuestros estudiantes el “trazado completo de 
una gráfica” y la “interpretación de problemas”, se ha introducido en cada uno de los temas 
que se desarrollan, ejemplos insertados luego de la explicación teórica de cada uno de los 
conceptos. Además con la creencia de que se tenga una visión más global del tema se 
adjuntaron “otros” ejercicios adicionales. 
Los problemas de optimización de funciones son una de las aplicaciones más inmediatas e 
interesantes del cálculo de derivadas. El problema es determinar los extremos relativos 
(máximos o mínimos) de una función. 
Como sabemos en la vida cotidiana con frecuencia estamos afrontando muchos problemas 
de optimización; por ejemplo, buscamos el mejor camino para ir de un lugar a otro, 
buscamos la mejor ubicación cuando vamos a un cine o a un teatro, tratamos de enseñar lo 
mejor posible, escogemos al mejor candidato (o al menos malo) en una elección. 
Evidentemente, en ninguno de estos casos usamos matemática formalizada y rigurosa para 
encontrar lo que nos proponemos y tratamos de utilizar nuestra intuición (aunque el 
resultado no sea el mejor posible). 
Los problemas de optimización son parte fundamental de la matemática y ya estaban 
presentes en los tratados de los griegos de la antigüedad. Una muestra de ello es el libro V 
de la obra sobre cónicas escrita en ocho tomos por Apolonio – considerado uno de los 
griegos más importantes de la antigüedad, que vivió entre los años 262 y 190 a.C. – en el 
cual se dedica a estudiar segmentos de longitud máxima y longitud mínima trazados 
respecto a una cónica. Ciertamente, un hito histórico está marcado por el desarrollo del 
cálculo diferencial en el siglo XVII y el uso de derivadas para resolver problemas de 
máximos y mínimos, con lo cual se amplió aún más las aplicaciones de la matemática en 
diversos campos de la ciencia y la tecnología y gracias, sobre todo, a Euler se creó el 
cálculo de variaciones, considerando la obtención de funciones que optimizan funcionales, 
lo cual proporcionó valiosas herramientas matemáticas para afrontar problemas más 
avanzados. Otro hito importante en la historia de la optimización se marca en la primera 
mitad del siglo XX al desarrollarse la programación lineal. Kantorovich y Koopmans 
recibieron el premio Nobel de economía en 1975, como reconocimiento a sus aportes a la 
teoría de la asignación óptima de recursos, con la teoría matemática de la programación 
lineal. 
En esta breve mirada histórica, es importante mencionar que Fermat (1601-1665), antes 
que Newton y Leibniz publicaran sus trabajos sobre el cálculo diferencial, inventó métodos 
ingeniosos para obtener valores máximos y mínimos; que Jean Baptiste-Joseph Fourier 
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(1768-1830) mostró aproximaciones intuitivas a métodos de optimización actualmente 
considerados en la programación lineal; y que el tratamiento riguroso de las ideas de 
Newton y Leibniz – y de muchos otros anteriores a ellos, que aportaron ideas relevantes al 
análisis matemático – fue desarrollado recién en el siglo XIX, con Cauchy, Weierstrass y 
Dedekind. 
Tenemos así, en la historia de la matemática – y en particular en temas vinculados con 
optimización – hechos que nos muestran la relación estrecha entre intuición y rigor, y que 
han llevado a destacados personajes de la matemática a tomar posición respecto a este 
asunto. Basta mencionar a Félix Klein (Alemania, 1849 – 1925), destacado geómetra, autor 
del famoso programa de Erlangen, quien afirmó que “En cierto sentido, las matemáticas 
han progresado más gracias a las personas que se han distinguido por la intuición, no por 
los métodos rigurosos de demostración” (Perero, 1994, p. 101). 
E. J. Brouwer (Holanda, 1881 – 1966), matemático famoso, conocido ampliamente por su 
teorema del punto fijo y con significativos aportes a la topología, que es considerado 
creador de la corriente matemática del intuicionismo. 
Es entonces importante estudiar e investigar sobre la intuición y el rigor en las 
matemáticas, y en particular en la resolución de problemas de optimización. 
 
María de las Mercedes Moya 
 
 
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Introducción 
 
Nuestro estudio preliminar de las rectas tangentes y de las derivadas, nos permitió 
estudiar los límites. Con este conocimiento estamos ahora preparados para estudiar las 
derivadas de una manera más extensa. 
 
Muchas son las aplicaciones que posee la derivada. La interpretación de la derivada 
como la pendiente de la recta tangente proporciona información acerca del 
comportamiento de las funciones. Entre ellas podemos citar: razones de cambio, valores 
extremos de una función (máximos y mínimos). Pero uno de los teoremas más 
importantes del Cálculo Diferencial es el Teorema del Valor Medio. Este teorema se usa 
para demostrar “otros” del Cálculo Integral. 
 
La vida, a menudo nos enfrenta con el problema de encontrar “el mejor” modo de hacer 
algo. Por ejemplo: Supongamos que un agricultor quiere escoger la mezcla de cultivos 
que sea la más apropiada para obtener el mayor aprovechamiento. Un médico desea 
escoger y aplicar la menor dosis de una droga que curará cierta enfermedad. Un 
fabricante deseará minimizar el costo de distribución de sus productos. Estos ejemplos 
muestran distintas aplicaciones que puede tener la derivada. 
 
Trataremos de mostrar en esta sección las distintas aplicaciones de la derivada., 
ilustrando con ejemplos concretos en cada uno de los temas. 
 
1. Recta tangente y normal al gráfico de una función 
 
Presentamos a la derivada 𝑓′(𝑥) como la pendiente de la recta tangente a la gráfica de la 
función 𝑓 en el punto (𝑥, 𝑓(𝑥)). Más precisamente, nos motivó la geometría de definir 
la recta tangente a la gráfica en el punto (𝑎, 𝑓(𝑎)) como la recta que pasa por 𝑃 y tiene 
como pendiente: 
i) La recta a través de 𝑃, cuya pendiente es 𝑚(𝑎) que se define como: 
𝑚(𝑎) = lim
ℎ→0
𝑓(𝑎 + ℎ) − 𝑓(𝑎)
ℎ
, si dicho límite existe. 
ii) La recta 𝑥 = 𝑎 si: 
lim
ℎ→0+
𝑓(𝑎 + ℎ) − 𝑓(𝑎)
ℎ
= +∞ y lim
ℎ→0−
𝑓(𝑎 + ℎ) − 𝑓(𝑎)
ℎ
= +∞ 
O bien: 
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lim
ℎ→0+
𝑓(𝑎 + ℎ) − 𝑓(𝑎)
ℎ
= −∞ y lim
ℎ→0−
𝑓(𝑎 + ℎ) − 𝑓(𝑎)
ℎ
= −∞ 
Si no se cumple i), y tampoco ii), no existe una recta tangente a la gráfica de 𝑓 en el 
punto 𝑃(𝑎, 𝑓(𝑎)). 
 
Ejemplo 1: 
Encontrar la ecuación de la recta tangente a la curva 𝑓(𝑥)
= 𝑥3 − 1 en el punto 
𝑃(−1,−2). 
Solución: 
Sabemos que la ecuación de la recta que pasa por un punto es: 𝑦 − 𝑓(𝑎) = 𝑚(𝑥 − 𝑎), 
donde 𝑚 es la pendiente de la recta. De acuerdo a la definición anterior: 𝑚 = 𝑓′(𝑎). 
Por lo tanto para encontrar la ecuación de la recta tangente, debemos encontrar su 
pendiente, ya que los datos de los puntos ya los tenemos. 
 
Entonces: 𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 ⇒ 𝑓′(−1) = 3 ∙ (−1)2 = 3. Por lo tanto la ecuación de la recta 
tangente al gráfico de 𝑓 es: 
 
𝑦 + 2 = 3(𝑥 + 1) ⇒ 𝑦 + 2 = 3𝑥 + 3 ⇒ 𝑦 + 2 = 3𝑥 + 3 − 2 
⇒ 𝑦 = 3𝑥 + 1. 
 
Así, la ecuación de la recta tangente al gráfico de la función 𝑓 que pasa por el punto de 
coordenadas (−1,−2). 
 
 
El gráfico muestra la función 𝑓, la recta 
tangente a la curva en el punto 𝑃(−1,−2). 
Es importante señalar que la tangente a una 
curva en un punto P dado nos da idea de la 
suavidad de la curva. Esto nos indica además 
que la recta tangente a una curva es “una 
aproximación lineal” de la misma, lo cual 
significa que si no conocemos la curva, pero 
si su tangente en un entorno de un punto, este 
dato nos da una idea del comportamiento de 
la función en un entorno del punto en 
estudio. Para poder visualizar lo 
anteriormente expresado, es conveniente 
realizar una mirada “con lupa” en el entorno 
del punto dado y ver que curva y tangente se 
confunden en las inmediaciones del mismo. 
 
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Los gráficos muestran 
dos acercamientos de la 
recta tangente a la curva 
en el punto (−1,−2). 
 
 
 
 
 
 
Ejemplo 2: 
Determina en qué punto de la curva 𝑦 = 𝑥√𝑥 la recta tangente es paralela a la recta 
3𝑥 − 𝑦 + 6 = 0. 
Solución: 
Busquemos la derivada de la función dada por 𝑦 = 𝑓(𝑥) 
𝑦 = 𝑥√𝑥 = 𝑥
3
2 ⇒ 𝑦′ =
3
2
𝑥
1
2 =
3
2
√𝑥 (1) 
 
Sabemos que la recta tangente a la parábola debe ser paralela a la recta 3𝑥 − 𝑦 + 6 = 0, 
lo que quiere decir que sus pendientes deben ser iguales, entonces: 
3𝑥 − 𝑦 + 6 = 0 ⇒ 𝑦 = 3𝑥 + 6 ⇒ 𝑚𝑇 = 3 (2) 
 
Por lo tanto, de (1) y (2) 
 
3
2
√𝑥 = 3 ⇒ √𝑥 = 2 ⇒ 𝑥 = 4 
 
Esto nos dice que la recta tangente pasa por el punto 
(4,8) y su ecuación es 
 
𝑦𝑇 − 8 = 3(𝑥 − 4) 
⇔ 𝑦𝑇 = 3𝑥 − 12 + 8 
⇔ 𝑦𝑇 = 3𝑥 − 4 
 
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Definición: 
Se llama recta normal a la curva en el punto 𝑃, a la perpendicular a la tangente trazada 
en dicho punto. 
 
Por lo tanto, como la recta normal también pasa por 𝑃, tiene ecuación de la forma: 
𝑦 − 𝑓(𝑎) = 𝑚1(𝑥 − 𝑎). Y recordando que la condición de perpendicularidad establece 
que una recta es perpendicular a otra cuando su pendiente es invertida y cambiada de 
signo, tenemos que: 𝑚1 ∙ 𝑓
′(𝑎) = −1. 
 
Así si 𝑓′(𝑎) ≠ 0, entonces, 𝑚1 = −
1
𝑓′(𝑎)
. 
Por lo tanto la ecuación de la recta normal a la curva en el punto 𝑃(𝑎, 𝑓(𝑎)) es: 
𝑦 − 𝑓(𝑎) = −
1
𝑓′(𝑎)
(𝑥 − 𝑎) 
 
Si 𝑓′(𝑎) = 0 entonces la tangente es paralela al eje 𝑥 (y su ecuación es 𝑦 = 𝑓(𝑎)) y en 
consecuencia la normal será paralela al eje 𝑦 con ecuación de la forma 𝑥 = 𝑎. 
 
En el caso de la función del Ejemplo 1, 𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 1 en el punto de coordenadas 
(−1,−2), la ecuación de la recta normal será: 
𝑦 + 2 = −
1
3
(𝑥 + 1) ⇒ 𝑦 + 2 = −
1
3
𝑥 −
1
3
⇒ 𝑦 = −
1
3
𝑥 −
1
3
− 2 ⇒ 𝑦 = −
1
3
𝑥 −
7
3
 
 
Los gráficos muestran las rectas tangente y normal a la curva en el punto (−1,−2). 
Además se ha realizado un zoom en las cercanías del punto. Puede visualizarse 
claramente que las rectas tangente y normal forman un ángulo recto. 
 
 
 
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Ejemplo 3: 
Encuentra las ecuaciones de las rectas tangente y normal a la curva dada por la ecuación 
𝑥2 + 3𝑥𝑦 + 𝑦2 = 5 en el punto (1,1). 
Solución: 
Por derivación implícita: 
2𝑥 + 3𝑦 + 3𝑥𝑦′ + 2𝑦𝑦′ = 0 
⇒ 𝑦′ = −
2𝑥 + 3𝑦
3𝑥 + 2𝑦
. 
En el punto (1,1), la pendiente de la recta tangente es: 𝑚𝑡𝑔 = −
5
5
= −1, y la pendiente 
de la recta normal es 𝑚⊥ = −
1
−1
= 1, por lo tanto las ecuaciones de dichas rectas son: 
𝑦𝑡𝑔 = −1(𝑥 − 1) + 1 = −𝑥 + 2 
𝑦⊥ = 1(𝑥 − 1) + 1 = 𝑥 
Es decir: 
𝑦𝑡𝑔 = −𝑥 + 2 
𝑦⊥ = 𝑥 
 
 
2. Ángulo formado por dos curvas 
 
2.1 Ángulo de una curva con el eje 𝒙 
En la interpretación geométrica de la derivada, vimos la 
siguiente relación: 
𝑚 = tg𝜑 = 𝑓′(𝑎) 
Donde 𝜑 es el ángulo formado por la recta tangente de la 
función en el punto de coordenadas (𝑎, 𝑓(𝑎)) y el eje de 
las abscisas. 
Podemos conseguir al ángulo, simplemente haciendo 
𝜑 = arctg[𝑓′(𝑎)]. 
 
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Ejemplo 1: 
Calcula el ángulo de inclinación de la función 
𝑓(𝑥) = 𝑥2 − 2𝑥 + 1 en el punto (2,1). 
Solución: 
 
Tal como vimos, 
𝑚 = tg𝜑 = 𝑓′(2) 
𝑓′(𝑥) = 2𝑥 − 2 ⇒ 𝑚 = tg𝜑 = 𝑓′(2) = 2 
⇒ 𝜑 = arctg 2 ≈ 63°43′ 
 
Ejemplo 2: 
Calcula el punto en el que la gráfica de la función 𝑓(𝑥) = 𝑥2 − 5𝑥 + 8 forma un ángulo 
de inclinación de 45°. 
Solución: 
En este problema, buscamos el valor de 𝑥 = 𝑎 en el cual 
𝑓′(𝑎) = tg 45°. Recordando que en radianes, 45° es 
equivalente a 
𝜋
4
, entonces debemos plantear lo siguiente: 
𝑓(𝑥) = 𝑥2 − 5𝑥 + 8 ⇒ 𝑓′(𝑥) = 2𝑥 − 5 ⇒ 𝑓′(𝑎)
= 2𝑎 − 5 = tg
𝜋
4
= 1 
De esta manera tenemos que: 
2𝑎 − 5 = 1 ⇒ 2𝑎 = 6 ⇒ 𝑎 = 3 ⇒ 𝑓(3) = 2 
 
Luego el punto que forma el ángulo pedido es aquel de coordenadas (3,2) 
 
2.2 Ángulo de intersección entre dos curvas 
 
Definición: 
Si tenemos dos curvas 𝒞1 y 𝒞2 que se cortan en un 
punto 𝑃, se define ángulo formado por las dos curvas al 
ángulo 𝛼 determinado por sus tangentes en el punto 𝑃. 
 
Veamos primero como calcular el ángulo 𝛼 que forman 
dos rectas; recordando que 
𝑚1 = tg𝜑1 y 𝑚2 = tg𝜑2 
 
𝜑1 = 𝜑2 + 𝛼 ya que en todo triángulo, un ángulo 
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exterior es igual a la suma de los ángulos interiores no adyacentes. 
tg 𝛼 = tg(𝜑1 − 𝜑2) =
tg𝜑1 − tg𝜑2
1 + tg𝜑1 ∙ tg 𝜑2
 
=
𝑚1 −𝑚2
1 +𝑚1 ∙ 𝑚2
 
Así: 
tg 𝛼 =
𝑚1 −𝑚2
1 +𝑚1 ∙ 𝑚2
 
 
Ahora, generalicemos para curvas cualesquiera. Sean las 
curvas 𝒞1 y 𝒞2, dadas por 𝑦1 = 𝑓1(𝑥) e 𝑦2 = 𝑓2(𝑥) 
respectivamente. 
Como 𝑚1 = 𝑓1
′(𝑥) = 𝑦1
′ y 𝑚2 = 𝑓2
′(𝑥) = 𝑦2
′ , entonces 
 
tg 𝛼 =
𝑦1
′ − 𝑦2
′
1 + 𝑦1
′ ∙ 𝑦2
′ 
 
Ejemplo 1: 
Calcular el ángulo formado por la gráfica de las funciones 𝑓(𝑥) = 2𝑥 y 𝑔(𝑥) = 2−𝑥 en 
su punto de intersección. 
Solución: 
Primeramente, debemos buscar el punto de intersección de ambas funciones, lo que nos 
lleva a plantear la siguiente igualdad: 
2𝑥 = 2−𝑥 
Resolvemos esta ecuación exponencial 
aplicando logaritmo en base 2, lo que nos 
da: 
𝑥 = −𝑥 ⇒ 𝑥 + 𝑥 = 0 ⇒ 2𝑥 = 0 ⇒ 𝑥 = 0 
Luego, el punto de intersección, es el 
punto 𝑃 de abscisa 0, o dicho de otra 
forma, como 𝑓(0) = 𝑔(0) = 1, el punto 
𝑃(0,1). 
Busquemos ahora las pendientes de cada recta tangente: 
𝑓′(𝑥) = 2𝑥 ln 2 
⇒ 𝑓′(0) = 20 ln 2 = ln 2 
𝑔′(𝑥) = −2−𝑥 ln 2 
⇒ 𝑔′(0) = −20 ln 2 = − ln 2 
Llamando 𝑦1 = 𝑓(𝑥) e 𝑦2 = 𝑔(𝑥), entonces: 
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tg 𝛼 =
𝑦1
′ − 𝑦2
′
1 + 𝑦1
′ ∙ 𝑦2
′ =
ln 2 − (− ln 2)
1 + ln 2 ∙ (− ln 2)
 
 
tg 𝛼 =
ln 2 + ln 2
1 − ln 2 ∙ ln 2
=
2 ln 2
1 −
ln2 2
 
 
tg 𝛼 ≈ 2,66827 
Así, 
𝛼 ≈ 69° 27′19′′ 
Naturalmente, dos curvas pueden formas varios ángulos, pues pueden cortarse en varios 
puntos. 
 
Ejemplo 2: 
¿En qué puntos y bajo qué ángulos se cortan las curvas 𝑦1 = 𝑥
2 − 9 e 𝑦2 = 𝑥 − 3? 
Solución: 
Veamos los puntos de intersección. Para ello 
igualamos ambas expresiones: 
𝑥2 − 9 = 𝑥 − 3 
Como se genera una ecuación cuadrática, las 
soluciones de la misma serán los puntos de corte 
de ambas curvas. 
𝑥2 − 9 = 𝑥 − 3 ⇒ 𝑥2 − 𝑥 − 6 = 0 
⇒ 𝑥1,2 =
1 ± √1 − 4 ∙ 1 ∙ (−6)
2
 
=
1 ± √25
2
 
⇒ 𝑥1,2 =
1 ± 5
2
 
∴ 𝑥1 =
6
2
= 3, 𝑥2 = −
4
2
= −2 
Para 𝑥 = 3, evaluando en 𝑦1, 𝑦 = 9 − 9 = 0; y para 𝑥 = −2, 𝑦 = 4 − 9 = −5. 
De esta forma, los puntos de intersección son 𝑃(3,0) y 𝑄(−2,−5). 
Las derivadas son: 𝑦1
′ = 2𝑥 e 𝑦2
′ = 1. 
Así, en 𝑃(3,0): 
𝑦1
′ = 2𝑥 ⇒ 𝑦1
′(3) = 2 ∙ 3 = 6 
𝑦2
′ = 1 ⇒ 𝑦2
′(3) = 1 
En 𝑄(−2,−5): 
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𝑦1
′ = 2𝑥 ⇒ 𝑦1
′(−2) = 2 ∙ (−2) = −4 
 
𝑦2
′ = 1 ⇒ 𝑦2
′(−2) = 1 
De esta forma, llamando 𝛼1 al ángulo en el punto 𝑃 y 𝛼2 al ángulo en el punto 𝑄: 
tg 𝛼1 =
6 − 1
1 + 6 ∙ 1
=
5
7
≈ 0.714286 ⇒ 𝛼1 = 35°54
′ 
tg 𝛼2 =
−4 − 1
1 + (−4) ∙ 1
=
−5
−3
=
5
3
⇒ 𝛼2 = 59°04
′ 
Ejemplo 3: 
Calcular el ángulo formado por la gráfica de las funciones 𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥 y 𝑔(𝑥) = 𝑒−𝑥 en 
su punto de intersección. 
Solución: 
Primeramente, veamos sus puntos de intersección: 
𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥) ⇒ 𝑒𝑥 = 𝑒−𝑥 ⇒ ln 𝑒𝑥 = ln 𝑒−𝑥 ⇒ 𝑥 = −𝑥 ⇒ 2𝑥 = 0 
 
∴ 𝑥 = 0 
De esta forma el punto de corte es 𝑃(0,1). Busquemos ahora las ecuaciones de las 
rectas tangentes a cada curva en el punto 𝑃. 
 
𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥 ⇒ 𝑓′(𝑥) = 𝑒𝑥 y 𝑔(𝑥) = 𝑒−𝑥 ⇒ 𝑔′(𝑥) = −𝑒−𝑥 
 
Para 𝑓, 𝑦1 − 𝑓(0) = 𝑓
′(0)(𝑥 − 0) ⇒ 𝑦1 − 1 = 1(𝑥 − 0) ⇒ 𝑦1 = 𝑥 + 1 
Para 𝑔, 𝑦2 − 𝑔(0) = 𝑔
′(0)(𝑥 − 0) ⇒ 𝑦2 − 1 = −1(𝑥 − 0) ⇒ 𝑦2 = −𝑥 + 1 
 
Las ecuaciones de las rectas tangentes en 𝑥 = 0 
de las funciones dadas por 𝑓 y 𝑔 son 𝑦1 = 𝑥 +
1 e 𝑦2 = −𝑥 + 1, respectivamente. Como 𝑦1 
tiene pendiente 𝑚1 = 1, e 𝑦2 tiene pendiente 
𝑚2 = −1, se cumple que 𝑚1 ∙ 𝑚2 = −1 por la 
condición de perpendicularidad, ambas rectas 
son perpendiculares (𝑦1 ⊥ 𝑦2). 
¿Qué pasaría si utilizara la fórmula para 
encontrar el ángulo entre ambas curvas? 
 
Ejemplo 4: 
Encontrar las ecuaciones de las rectas tangente y normal, y el ángulo formado en los 
puntos de intersección entre las curvas dadas por 𝑓(𝑥) = 𝑦1 = 𝑥
3 y 𝑔(𝑥) = 𝑦2 = 𝑥
2 +
4. 
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Solución: 
Busquemos sus puntos de intersección. 
𝑥3 = 𝑥2 + 4 ⇒ 𝑥3 − 𝑥2 − 4 = 0 
Si 𝑥 = 2 entonces 23 − 22 − 4 = 8 − 4 − 4 = 0. Por lo tanto, 𝑥 = 2 es una raíz de 
dicha ecuación. Como el polinomio es de grado 3, debería tener tres raíces, por lo tanto 
es tendremos que encontrar las otras dos raíces (distintas o iguales) 
Para ello, procedamos a factorizar la ecuación. Nos conviene utilizar la regla de Ruffini. 
 
 1 -1 0 -4 
2 2 2 4 
 1 1 2 0 
𝑥3 − 𝑥2 − 4 = (𝑥 − 2)(𝑥2 + 𝑥 + 2) 
Veamos si el polinomio resultante en el cociente es factorizable, para ello debemos 
plantear la ecuación cuadrática: 
𝑥2 + 𝑥 + 2 = 0 
𝑥1,2 =
−1 ± √1 − 4 ∙ 1 ∙ 2
2
=
−1 ±
√
−9⏞
<0
2
 
Por lo tanto, la ecuación tiene raíces complejas. Es decir descartamos las raíces posibles 
que podía tener el polinomio de grado 3. 
Así, sólo hay un punto de intersección, en 𝑥 = 2, el punto 𝑃(2,8) 
Busquemos ahora las ecuaciones de las rectas tangente y normal. 
𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 ⇒ 𝑚𝑡𝑔1 = 𝑓
′(2) = 12 ⇒ 𝑚⊥1 = −
1
12
 
⇒ 𝑦𝑡𝑔1 = 12(𝑥 − 2) + 8 ∧ 𝑦⊥1 = −
1
12
(𝑥 − 2) + 8 
⇒ 𝑦𝑡𝑔1 = 12𝑥 − 16 ∧ 𝑦⊥1 = −
1
12
𝑥 +
49
6
 
𝑔′(𝑥) = 2𝑥 ⇒ 𝑚𝑡𝑔2 = 𝑔
′(2) = 4 ⇒ 𝑚⊥2 = −
1
4
 
⇒ 𝑦𝑡𝑔2 = 4(𝑥 − 2) + 8 ∧ 𝑦⊥2 = −
1
4
(𝑥 − 2) + 8 
⇒ 𝑦𝑡𝑔2 = 4𝑥 ∧ 𝑦⊥2 = −
1
4
𝑥 +
17
2
 
Finalmente, para calcular el ángulo entre las curvas 
tg 𝛼 =
12 − 4
1 + 12 ∙ 4
=
8
49
⇒ 𝛼 = arctg
8
49
≈ 9° 16´ 21´´ 
 
𝜶 ≈ 𝟗° 𝟏𝟔´ 𝟐𝟏´ 
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3. Razón de Cambio 
 
La derivada tiene una interpretación física interesante que estuvo muy íntimamente 
vinculada con ella en su desarrollo histórico y merece la pena mencionar. 
Desde el punto de vista físico la derivada sirve, naturalmente, para estudiar aquello para 
lo cual inicialmente se inventó, la rapidez del movimiento y la rapidez de los cambios 
en general, así como la cuantificación de la influencia de una causa sobre sus efectos. Es 
decir, cuando la causa vale 𝑎, ¿cuánto influyen los cambios de la causa sobre el efecto? 
Esto se entenderá mejor con un ejemplo. 
 
Ejemplo 1: 
Si una magnitud 𝑦 depende de otra 𝑥, según una ley conocida, por ejemplo, 𝑦 =
3𝑥3
1+𝑥2
 
nos podemos preguntar: cuando 𝑥 vale 2, ¿cuál es la influencia sobre 𝑦 de pequeñas 
variaciones de 𝑥? Es decir, para un cambio de 𝑥 pequeño, Δ𝑥 ¿cuánto valdrá el cambio 
Δ𝑦 experimentado por 𝑦? 
Solución: 
La derivada nos da una respuesta aproximada: 
Δ𝑦 ≅ 𝑦′(2)Δ𝑥 
Y como 𝑦′(𝑥) =
3𝑥4+9𝑥2
(1+𝑥2)2
, resulta aquí: 
Δ𝑦 ≅ 3.36 ∙ Δ𝑥 
Que es una información más útil. 
Lo primero que hicimos es presentar a la derivada de una función en un punto como la 
pendiente de la recta tangente a su gráfica, en dicho punto. 
Veremos la “razón instantánea de cambio” de una función cuya variable independiente 
es el tiempo 𝑡. Supongamos que 𝑄 es una cantidad que varía con respecto del tiempo 𝑡, 
y que escribimos 𝑄 = 𝑓(𝑡) para el valor de 𝑄 en el instante 𝑡. Por ejemplo, 𝑄 podría 
ser: 
 El tamaño de una población (de canguros, gente o bacterias) 
 La cantidad de pesos en una cuenta bancaria. 
 El volumen de un globo que está siendo inflado. 
 La cantidad de agua en una reserva con flujo variable. 
 La cantidad de producto químico producido en una reacción. 
 La distancia recorrida t horas después del comienzo de un viaje. 
 
El cambio de 𝑄 desde el tiempo 𝑡 hasta el tiempo 𝑡 + 𝑡 es el incremento 
𝑄 = 𝑓(𝑡 + 𝑡) − 𝑓(𝑡) 
 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
APLICACIONES DE LA DERIVADA. 
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14 
La “razón de cambio promedio” de 𝑄 (por unidad de tiempo) es, por definición la 
razón de cambio de 𝑄 en 𝑄 con respecto del cambio 𝑡 en 𝑡, por lo que es el cociente: 
Δ𝑄
Δ𝑡
=
𝑓(𝑡 + Δ𝑡) − 𝑓(𝑡)
Δ𝑡
 
 
Definimos la “razón de cambio instantánea” de 𝑄 (por unidad de tiempo) como el 
límite de esta razón promedio cuando Δ𝑡 tiende a cero. Es decir la razón de cambio 
instantánea de 𝑄 es: 
lim
Δ𝑡→0
Δ𝑄
Δ𝑡
= lim
Δ𝑡→0
𝑓(𝑡 + Δ𝑡) − 𝑓(𝑡)
Δ𝑡
 
 
El límite del lado derecho de la ecuación es simplemente 𝑓′(𝑡). Así vemos que la razón 
de cambio instantánea de 𝑄 = 𝑓(𝑡) es la derivada 
𝑑𝑄
𝑑𝑡
= 𝑓′(𝑡) 
 
En general, dada una función 𝑦 = 𝑓(𝑥), la derivada 𝑓′(𝑥) se interpreta como la razón 
de cambio de 𝑦 con respecto a 𝑥. Si 𝑥 está dada como alguna función del tiempo, 
digamos 𝑥 = 𝑔(𝑡), podemos determinar la razón de cambio de 𝑦 con respecto a 𝑥 como 
la de 𝑦 con respecto a 𝑡. Esto es: 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=
𝑑𝑦
𝑑𝑥
∙
𝑑𝑥
𝑑𝑡
 
 
Ejemplo 2: 
Un cuadrado se expande de forma que su lado cambia a razón de 2 pulgadas por 
segundo. Cuando su lado es de 6 pg de largo, hallar la razón de cambio de su área. 
Solución: 
El área del cuadrado como función de su lado está dado por la función: 𝐴(𝑥) = 𝑥2. 
Si el lado está dado como una función del tiempo 𝑡; 𝑥 = 𝑥(𝑡), la razón de cambio 
respecto al tiempo será: 
 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
=
𝑑𝐴
𝑑𝑥
∙
𝑑𝑥
𝑑𝑡
 
 
Tenemos que:
𝑑𝐴
𝑑𝑥
= 2𝑥 y 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 2 (la condición del 
problema es que el lado cambia a razón de 2pg/seg) 
 
Como 𝑥 = 6, pues el lado mide 6pg. Entonces: 
 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
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15 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
=
𝑑𝐴
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 2 ∙ 6 ∙ 2 = 24 
De este modo, la razón de cambio es de 24 𝑝𝑔2/𝑠𝑒𝑔 
 
4. Velocidad y Aceleración 
 
Supongamos que una partícula se mueve a lo largo de una recta horizontal, de modo que 
su posición 𝑥 en el instante 𝑡 está dada por la función de posición 𝑥 = 𝑓(𝑡). Hacemos la 
línea de movimiento que sea un eje coordenado con un origen y un sentido positivo; 
𝑓(𝑡) es solamente la función básica de la partícula en movimiento en el instante 𝑡. 
 
Si pensamos en el intervalo de tiempo de 𝑡 a (𝑡 + Δ𝑡), la partícula se mueve de la 
posición 𝑓(𝑡) a la posición 𝑓(𝑡 + Δ𝑡) durante ese intervalo. Su desplazamiento es el 
incremento: 
 
Δ𝑥 = Δ𝑓 = 𝑓(𝑡 + Δ𝑡) − 𝑓(𝑡) 
 
Calculemos la “velocidad promedio” de la partícula: dividimos el desplazamiento de la 
misma entre el tiempo transcurrido para obtener la “velocidad promedio” 𝑣1, dada por: 
 
𝑣 =
Δ𝑥
Δ𝑡
=
𝑓(𝑡 + Δ𝑡) − 𝑓(𝑡)
Δ𝑡
 
 
Definimos “velocidad instantánea” 𝑣 de la partícula en el instante 𝑡 , como el límite de 
la velocidad promedio cuando Δ𝑡 tiende a cero. Esto es: 
 
𝑣 = lim
Δ𝑡→0
Δ𝑥
Δ𝑡
= lim
Δ𝑡→0
𝑓(𝑡 + Δ𝑡) − 𝑓(𝑡)
Δ𝑡
 
 
De nuevo, el límite de la derecha es la definición de la derivada de 𝑓 con respecto al 
tiempo 𝑡. Por lo tanto, la velocidad de la partícula en el instante 𝑡 es simplemente: 
 
𝑣 =
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 𝑓′(𝑡) 
 
1
 La barra superior es un símbolo estándar que denota por lo general un promedio de “algún tipo”. 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
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16 
Así la “velocidad” es la razón de cambio instantánea de la posición. Habiendo 
establecido un sentido positivo de movimiento (por ejemplo, como el de la figura de 
arriba), se observa que la velocidad será positiva si la partícula se mueve en el sentido 
positivo, y negativa si lo hace en sentido contrario. 
Definimos la “rapidez” de la partícula como el valor absoluto de la velocidad: |𝑣|. 
 
Ejemplo 1: 
Un automóvil se mueve a lo largo del eje 𝑥 (horizontal). Suponga que su posición (en 
metros) en el instante 𝑡 (en segundos) está dada por: 𝑥(𝑡) = 5𝑡2 + 100. Entonces su 
velocidad en función del tiempo 𝑡 es: 𝑣(𝑡) = 𝑥’(𝑡) = 10𝑡. 
Puesto que 𝑥(0) = 100 y 𝑣(0) = 0, el automóvil parte del reposo (𝑣(0) = 0) en el 
instante 𝑡 = 0, desde el punto 𝑥 = 100. Si 𝑡 = 10, vemos que 𝑥(10) = 600 y 
𝑣(10) = 100, por lo que después de 10 𝑠𝑒𝑔, el automóvil ha viajado 500 𝑚 (desde su 
punto inicial 𝑥 = 100) y su rapidez es de 100 𝑚/𝑠𝑒𝑔. 
 
La “aceleración” de una partícula se define como la razón de cambio instantánea 
(derivada) de su velocidad: 
𝑎 =
𝑑𝑣
𝑑𝑡
=
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2
= 𝑓′′(𝑡) 
 
Hemos definido la aceleración como la derivada de la velocidad con respecto al tiempo. 
Por lo tanto la aceleración es la derivada segunda de la posición respecto del tiempo
2
. 
 
Ejemplo 2: 
Un punto se mueve a lo largo de un eje coordenado horizontalmente de tal forma que su 
posición en el momento 𝑡 está especificado mediante la expresión: 
𝒔(𝒕) = 𝒕𝟑 − 𝟏𝟐𝒕𝟐 + 𝟑𝟔𝒕 − 𝟑𝟎 
donde 𝑠 se mide en pies y 𝑡 se mide en segundos. 
a) ¿Cuándo es 0 la velocidad? 
b) ¿Cuándo es positiva la velocidad? 
c) ¿Cuándo se mueve hacia atrás el objeto? 
d) ¿Cuándo es positiva la aceleración? 
Solución: 
a) 𝑣 =
𝑑𝑠
𝑑𝑡
= 3𝑡2 − 24𝑡 + 36 
Como queremos responder cuando la velocidad se hace cero, hacemos 
𝑣 = 0. De este modo nos queda: 
 
2
 Esa notación debe leerse: derivada segunda de 𝑥 respecto de t dos veces; pues derivamos respecto a t 
una vez y luego otra vez. 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
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17 
3𝑡2 − 24𝑡 + 36 = 0 
Dividiendo la expresión por 3 nos queda t2 − 8t + 12 = 0 y resolviendo 
esta ecuación cuadrática, encontramos como solución t1 = 6 y t2 = 2. 
Por lo tanto, la velocidad es nula a los 2 segundos y a los 6 segundos. 
Decimos que en esos instantes la partícula se encuentra instantáneamente 
en reposo. 
b) La ecuación de la velocidad, escrita en su forma factorizada nos queda: 
𝑣 = 3(𝑡 − 6)(𝑡 − 2) 
 
Debemos ver ahora, cuando 𝑣 = 3(𝑡 − 6)(𝑡 − 2) > 0. Para ello 
realizamos una tabla: 
 
 2 6 
(𝑡 − 2) -------------------- +++++++++++++ ++++++++++++ 
(𝑡 − 6) -------------------- -------------------- ++++++++++++ 
3(𝑡 − 6)(𝑡 − 2) ⊕ ⊖ ⊕ 
 
Por lo tanto: v > 0 cuando t ∈ (0,2) ∪ (6,+∞). 
Note que si bien matemáticamente la función v(t) es positiva para valores 
de t negativos, un tiempo negativo no tiene sentido físico, por lo cual 
restringimos nuestro análisis para valores de la variable t mayores o 
iguales que cero. 
c) El punto se mueve hacia la izquierda (atrás), cuando la velocidad es 
negativa. Esto es cuando 𝑡 ∈ (2,6). 
d) 𝑠′′(𝑡) = 6𝑡 − 24, o lo que es equivalente, 𝑠′′(𝑡) = 2𝑡 − 8. Como nos 
piden que la aceleración sea positiva, esto ocurre cuando 𝑡 > 4. 
 
Ejemplo 3: 
Hallar la velocidad del movimiento uniformemente acelerado en un instante arbitrario 𝑡 
y en el instante 𝑡 = 2 seg, si el espacio recorrido en función del tiempo se expresa por la 
fórmula: 
𝒔(𝒕) =
𝟏
𝟐
𝒈 ∙ 𝒕𝟐 
(donde 𝑔 es la aceleración de la gravedad, aproximadamente igual a 9,8 m/seg2) 
La velocidad nos dice cómo varía el espacio recorrido a medida que varía el tiempo. 
Matemáticamente, esto es lo mismo que decir que la velocidad es la derivada del 
espacio en función del tiempo. En nuestro ejemplo, 𝑣 = 𝑠′ = 𝑔 ∙ 𝑡. Esta es la expresión 
de la velocidad para un instante arbitrario 𝑡, por lo que si 𝑡 = 2 seg, 𝑣 = 2𝑔. 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
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18 
Ejemplo 4: 
Una partícula se desplaza a lo largo de una recta horizontal de acuerdo con la ecuación 
𝒔(𝒕) = 𝟐𝒕𝟑 − 𝟗𝒕𝟐 + 𝟏𝟐𝒕 
a) Determinar los intervalos de tiempo en los que la partícula se desplaza a la 
derecha y aquellos en los que se desplaza a la izquierda. 
b) Determinar el instante en el cual el movimiento cambia de sentido. 
c) Realizar los gráficos de la posición, la velocidad y la aceleración respecto del 
tiempo y analizar, a partir de cada uno, el comportamiento de la partícula. 
Solución: 
a) Quien indica el sentido del movimiento es el signo de la velocidad, con la 
convención que establecimos inicialmente (es positiva cuando la partícula se 
desplaza hacia la derecha, y al revés si es negativa). Sabemos que la derivada de 
𝑠 = 𝑠(𝑡) nos indica la razón de cambio instantánea de la posición en el tiempo, 
lo que se conoce como “velocidad instantánea”. Por lo tanto, para dar respuesta 
al problema, hacemos: 
 
𝒔′(𝒕) = 𝟔𝒕𝟐 − 𝟏𝟖𝒕 + 𝟏𝟐 
Para analizar los signos de esta expresión la factorizamos quedando 
𝒔′(𝒕) = 𝟔(𝒕 − 𝟏)(𝒕 − 𝟐) 
Analicemos la variación de los signos a través de una tabla: 
 
 
 
 
b) Los instantes en los cuales el móvil cambia de sentido en el movimiento serán 
aquellos en los cuales 𝑠′ = 0 y cambia el signo de la velocidad en un entorno de 
los mismos, y esto sucede cuando 𝑡 = 1 y 𝑡 = 2. 
 
c) Los gráficos se muestran en la tabla: 
 
 1 2 
𝑡 − 1 ---------------- +++++++++ +++++++++ 
 𝑡 − 2 ---------------- ---------------- +++++++++ 
Signo 𝑠′ ⊕ ⊖ ⊕ 
Desplazamiento
A derecha A izquierda A derecha 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
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19 
 
La velocidad será nula cuando la derivada de la posición 
respecto del tiempo sea cero. Es decir, en los valores de 𝑡 en 
los que la recta tangente sea paralela al eje horizontal. Esto lo 
observamos en los valores 𝑡 = 1 y 𝑡 = 2. 
Tal como obtuvimos analíticamente: 
 La recta tangente será creciente cuando la velocidad es 
positiva y la partícula se moverá hacia la derecha. Esto 
sucede en el intervalo (0,1) ∪ (2,+∞). 
 Para cualquier 𝑡 ∈ (1, 2), la recta tangente es decreciente 
y la velocidad será negativa. Es decir, la partícula se 
mueve hacia la izquierda (está retrocediendo). 
 
Observamos que 𝑣(1) = 𝑣(2) = 0, como habíamos predicho 
en el gráfico anterior. Vemos que también coincide el 
intervalo en el que la velocidad es positiva (intervalo de 
positividad de 𝑣) y donde es negativa (intervalo de 
negatividad de 𝑣). 
En los intervalos (0; 1) y (1,5; 2) se observa que la rapidez 
disminuye. Mientras que en (1; 1,5) y (2; +∞) la rapidez 
aumenta. Geométricamente, la aceleración será negativa 
cuando las pendientes de las rectas tangentes sean negativas y 
positivas cuando las pendientes sean positivas. La aceleración 
se anulará en los puntos de la gráfica de la función velocidad, 
donde la recta tangente sea horizontal. Es decir, cuando la 
derivada segunda de la posición respecto del tiempo sea nula. 
Esto sucede en 𝑡 = 1,5. 
 
 
Mientras la función aceleración tiene el mismo signo que la 
función velocidad, la partícula está aumentando su rapidez. 
Esto lo vemos entre 𝑡 = 1 y 𝑡 = 1,5 y también a partir de 
𝑡 = 2. Cuando los signos son diferentes, está desacelerando 
(frenando). Esto lo observamos entre 𝑡 = 0 y 𝑡 = 1 y entre 
𝑡 = 1,5 y 𝑡 = 2. Tal como habíamos predicho en el gráfico de 
la velocidad respecto del tiempo. 
En 𝑡 = 1,5, podemos observar que la aceleración es nula: 
𝑎(1,5) = 0. 
 
 
2 1 1,5 
 
2 1 1,5 
 
2 1 1,5 
 
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20 
Ejemplo 5: 
Una pelota se lanza verticalmente hacia arriba, desde el suelo, con una velocidad inicial 
de 20 𝑚/𝑠. La ecuación de movimiento es 𝒔(𝒕) = −𝟓𝒕𝟐 + 𝟐𝟎𝒕. Considere que el 
sentido positivo del eje de movimiento, desde el punto de partida, es hacia arriba. 
Si 𝑡 es el tiempo, en segundos, que ha transcurrido desde el momento de lanzar la 
pelota, y 𝑠 es la posición de la pelota (en metros) a los 𝑡 segundos, hallar: 
a) La velocidad instantánea de la pelota al término de 1 segundo. 
b) La velocidad instantánea de la misma a los 3 segundos. 
c) ¿Cuántos segundos tarda la pelota en alcanzar el punto más alto?. 
d) ¿Qué altura máxima alcanzará la pelota?. 
e) La rapidez de la misma al término de 1 y 3 segundos. 
f) ¿Cuántos segundos tarda la pelota en llegar al suelo?. 
g) La velocidad instantánea de la pelota al llegar al suelo. 
Solución: 
La velocidad instantánea de la pelota es 𝑣(𝑡) = −10𝑡 + 20. Entonces: 
a) 𝑣(1) = −10 ∙ (1) + 20 = 10. Entonces al término de 1 segundo la 
pelota está subiendo (¿Por qué?) a una velocidad de 10 𝑚/𝑠. 
 
b) 𝑣(3) = −10 ∙ (3) + 20 = −10. A los 3 segundos la pelota está bajando 
(¿Por qué?) a una velocidad de – 10 𝑚/𝑠. 
 
c) En el punto más alto, el sentido del movimiento cambia, lo que significa 
que allí la velocidad es nula, entonces 
𝑣(𝑡) = −10𝑡 + 20 = 0 ⇒ 𝑡 = 2 
Es decir, a los 2 segundos. 
 
d) Para encontrar el punto más alto alcanzado por la pelota, reemplazamos 
el tiempo en 𝑡 = 2 segundos en la expresión de 𝑠, obteniendo 𝑠 = 20, 
es decir, una altura de 20 𝑚. 
 
e) Sin tener en cuenta el sentido del movimiento, al término de 1 segundo y 
de 3 segundos, la rapidez es la misma, y es igual a 10 𝑚/𝑠. 
 
f) La pelota se encuentra en el suelo cuando 𝑠 = 0. 
Haciendo 𝑠(𝑡) = −5𝑡2 + 20𝑡 = 0, obtenemos los valores para 𝑡 de 0 y 4 
segundos, pero como 𝑡 = 0 segundos corresponde al momento de 
partida, entonces la pelota vuelve a tocar al suelo a los 4 segundos. 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
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21 
g) La velocidad al llegar al suelo la obtenemos reemplazando 𝑡 = 4 en la 
expresión de la velocidad, lo que nos da 𝑣(4) = −20, así, al llegar al 
suelo, la velocidad es de −20 𝑚/𝑠. 
 
El Libro de la Naturaleza 
 
“El gran libro de la naturaleza siempre está abierto ante nuestros ojos y la verdadera 
filosofía está escrita en él... Pero no la podemos leer a menos que hayamos aprendido 
primero el lenguaje y los caracteres con los cuales está escrito... Está escrito en 
lenguaje matemático y los caracteres triángulos, círculos y otras figuras geométricas”. 
(Galileo Galilei) 
 
Es posible que Galileo haya tenido razón en sostener que el libro de la naturaleza está 
escrito en lenguaje matemático. Ciertamente la actividad científica parece, en gran 
medida, un esfuerzo para probar que él estaba en lo cierto. La tarea de tomar un 
fenómeno físico y representarlo en símbolos matemáticos se llama “modelización 
matemática”. Uno de estos elementos básicos es traducir descripciones hechas con 
palabras en lenguaje matemático. Hacer esto, especialmente en conexión con las 
razones de cambio, se volverá cada vez más importante cuando queremos expresar un 
problema en términos matemáticos. 
 
Veamos algunos problemas que están descriptos con palabras: 
 
1. El agua está goteando de un tanque cilíndrico a una razón proporcional a la 
profundidad del agua. Su modelización matemática será: Si 𝑉 denota el volumen 
del agua en el tiempo 𝑡 entonces: 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
= −𝑘 ∙ ℎ donde ℎ es la altura del cilindro y 
𝑘 una constante de proporcionalidad. 
 
2. La rueda está girando a una razón constante de 6 revoluciones por segundo, esto 
es, 6(2) radianes por segundo. Su modelización matemática será: 
𝑑𝜃
𝑑𝑡
= 6 ∙ 2𝜋. 
 
3. La altura de un árbol aumenta, pero a una razón cada vez más baja. Su 
modelización matemática será: 
𝑑ℎ
𝑑𝑡
> 0, 
𝑑2ℎ
𝑑𝑡2
< 0. 
 
 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
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22 
5. Teorema de Rolle 
3
 
 
Sea 𝑓 una función tal que: 
a) 𝑓 es continua en [𝑎, 𝑏] 
b) 𝑓 es derivable en (𝑎, 𝑏) 
c) 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏) 
Entonces, 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏): 𝑓′(𝑐) = 0 
Demostración: 
Como la función 𝑓 es continua en [𝑎, 𝑏], por el Teorema de Bolzano – Weierstrass, la 
función alcanza máximo y mínimo, 𝑀 y 𝑚 respectivamente en [𝑎, 𝑏]. 
 
 Si 𝑀 = 𝑚, entonces 𝑓 es una función 
constante, esto es 𝑓(𝑥) = 𝑚 = 𝑀, 
∀𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏], entonces 𝑓′(𝑥) = 0, 
∀𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏). 
Entonces podemos elegir 𝑐 a 
cualquier punto del intervalo (𝑎, 𝑏). 
 
 Si 𝑀 ≠ 𝑚, y llamamos 𝛾 =
𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏), por lo menos uno 
de ellos, 𝑀 o 𝑚 es distinto de 𝛾. 
Sin pérdida de generalidad, 
supongamos que 𝑀 > 𝛾. Como 
sabemos que 𝑀 es máximo de la 
función en [𝑎, 𝑏], existe 𝑐 ∈ [𝑎, 𝑏] 
tal que 𝑓(𝑐) = 𝑀. 
 
Si fuera 𝑐 = 𝑎, se cumpliría que 𝑓(𝑐) = 𝑓(𝑎), entonces 𝑀 = 𝛾, lo cual es un 
absurdo pues contradice que 𝑀 > 𝛾; así 𝑐 ≠ 𝑎. De manera análoga, se llega al 
mismo absurdo si 𝑐 = 𝑏, por lo que 𝑐 ≠ 𝑏. De esta forma, aseguramos que el punto 
𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏). 
Elegimos ℎ ≠ 0 de modo que 𝑐 + ℎ ∈ (𝑎, 𝑏). 
𝑓(𝑐 + ℎ) ≤ 𝑓(𝑐) pues en 𝑐 alcanza su máximo. 
 
3
 Son curiosas las vueltas que da la historia, también la de la Matemática. Michel Rolle, un matemático 
francés de fines del siglo XVII, formaba parte de un grupo que se oponía frontalmente al desarrollo del 
cálculo infinitesimal, según ellos “una colección de ingeniosas
falacias”, de las que el marqués de 
L´Hopital era el máximo expositor y defensor. El grupo de Rolle contraponía la transparencia de la 
Geometría de los griegos a las obscuridades del Cálculo. 
En 1691, a propósito de un problema algebraico – geométrico, Rolle enunció sin demostración el 
Teorema que lleva su nombre. Hoy los dos nombres, Rolle y L´Hopital, figuran en todos los libros de 
Cálculo fraternalmente enlazados y a cualquiera le podría parecer como si Rolle hubiera sido uno de los 
padres fundadores de la teoría que tan ardientemente detestó. 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
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23 
O lo que es equivalente: 
𝑓(𝑐 + ℎ) − 𝑓(𝑐) ≤ 0 
 
Entonces, el signo de 
𝑓(𝑐+ℎ)−𝑓(𝑐)
ℎ
 dependerá del signo de ℎ. 
 
Si ℎ > 0 
𝑓+
′(𝑐) = lim
ℎ→0+
𝑓(𝑐 + ℎ) − 𝑓(𝑐)
ℎ
≤ 0 ∴ 𝑓+
′(𝑐) ≤ 0 
Si ℎ < 0 
𝑓−
′(𝑐) = lim
ℎ→0−
𝑓(𝑐 + ℎ) − 𝑓(𝑐)
ℎ
≥ 0 ∴ 𝑓−
′(𝑐) ≥ 0 
Como 𝑓 es derivable en (𝑎, 𝑏) y 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏), entonces ∃𝑓′(𝑐) tal que: 
𝑓−
′(𝑐) = 𝑓′(𝑐) = 𝑓+
′(𝑐) 
Y además 
0 ≤ 𝑓−
′(𝑐) = 𝑓′(𝑐) = 𝑓+
′(𝑐) ≤ 0 
 
∴ 𝑓′(𝑐) = 0. 4 
 
Un argumento similar será válido si se considera 𝛾 > 𝑚 (Ejercicio para el lector). 
 
Interpretación geométrica 
Geométricamente, el Teorema de 
Rolle tiene una interpretación muy 
sencilla. Si la gráfica de una función es 
una curva continua con puntos 
extremos en el eje 𝑥, en 𝑃(𝑎, 𝛾) y 
𝑄(𝑏, 𝛾) y si la curva tiene una tangente 
en cada punto excepto en los extremos, 
entonces debe existir al menos un 
punto de la curva en el que la tangente 
sea paralela al eje 𝑥. 
Notemos que si se cumplen las 
condiciones del Teorema de Rolle, 
dicho teorema nos garantiza la 
existencia “de al menos” un punto de la gráfica cuya tangente sea paralela al eje 𝑥, 
puede haber más de tales puntos. 
 
 
4
 Este resultado es en virtud del Teorema del “Sandwich”. 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
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24 
Ejemplo 1: 
Sea la función 𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 𝑥. 
a) ¿Puede asegurar que existe un número 𝑐 ∈ (0,1) tal que 𝑓′(𝑐) = 0? 
b) En caso de que exista, encuéntralo. 
c) Grafica la función. 
Solución: 
a) Analicemos las hipótesis: 
 
 La función es continua en todos los reales por ser polinómica, en 
particular verificará ser continua en [0,1]. 
 
 La función es derivable en todos los reales por ser polinómica, en 
particular verificará ser derivable en (0,1). 
 
 𝑓(0) = 0 y 𝑓(1) = 0, por lo que 𝑓(0) = 𝑓(1). 
 
Por lo tanto, por el Teorema de Rolle, sabemos que existe un número 𝑐 ∈ (0,1) 
tal que 𝑓′(𝑐) = 0 
𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 𝑥 ⇒ 𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 − 1. Como ∃𝑐 ∈ (0,1), tal que 𝑓′(𝑐) = 0, este 
debe cumplir que 
𝑓′(𝑐) = 3𝑐2 − 1 ⇒ 3𝑐2 − 1 = 0 ⇒ 𝑐 =
√3
3
 
 
b) Gráfica de 𝑓 
 
 
Observaciones sobre las hipótesis: 
 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
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25 
 La condición de que la derivada exista en “todos los puntos interiores” de (𝑎, 𝑏) es 
esencial. 
 
Ejemplo 2: 
Sea la función dada por 
𝑓(𝑥) = {
𝑥 si 0 ≤ 𝑥 < 1
2 − 𝑥 si 1 ≤ 𝑥 ≤ 2
 
 
𝑓 es continua en [0,2]. 
𝑓(0) = 𝑓(2) = 0 
Pero no existe la derivada de la función en el punto 𝑥 = 1. Por lo tanto no podemos 
aplicar el Teorema de Rolle. 
 
Vemos que la conclusión del Teorema en este caso es falsa. Insistimos, si las 
hipótesis del Teorema no se cumplen, la conclusión puede ser verdadera o falsa, lo 
cual no contradice en “absoluto” el Teorema de Rolle, solo nos dice que no 
podemos aplicar el mismo. 
 
 La hipótesis 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏) también es esencial. 
 
Ejemplo 3: 
Sea 𝑓(𝑥) = 𝑥3 en el intervalo [−1,1] 
𝑓 es continua en [−1,1], por ser una función polinómica. (es continua en todo el eje 
real). 
𝑓 es derivable en (−1,1), por ser una función polinómica (es derivable en todo el eje 
real). 
Como 𝑓(−1) = −1 y 𝑓(1) = 1, resulta no se cumple una de las hipótesis del Teorema 
de Rolle, y por lo tanto no podemos asegurar la existencia de un 𝑐 tal que −1 < 𝑐 < 1 
en el cual la tangente sea paralela al eje de las 𝑥. 
En este caso, se cumple que en 𝑥 = 0, la recta 
tangente es justamente 𝑦 = 0 y en 
consecuencia la tesis del teorema es cierta. 
Como el antecedente es falso, no podemos 
aplicar el Teorema, ya que la conclusión puede 
ser verdadera o falsa. En el caso anterior, la 
conclusión resultó falsa, en este ejemplo resulta 
verdadera. 
 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
APLICACIONES DE LA DERIVADA. 
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26 
Por ello, hay que tener “sumo cuidado” en la aplicación del Teorema, pues debemos 
asegurarnos que “todas las hipótesis” se cumplan para poder utilizarlo. De lo contrario 
estaremos incurriendo en un error lógico en la aplicación del mismo. 
 
 La condición 𝑓 continua [𝑎, 𝑏] y derivable en (𝑎, 𝑏) puede resultar “chocante”. ¿Por 
qué no exigir simplemente derivable en [𝑎, 𝑏]? De ese modo pareciera que nos 
resultaría más cómodo recordar el mismo. Con esto exigiríamos la existencia de las 
derivadas laterales en los puntos extremos del intervalo. 
 
El motivo de ello es que hay funciones con tangente vertical y por lo tanto “no 
derivables”, en alguno de los extremos que quedarían “injustamente” separadas de 
los beneficios del Teorema de Rolle. 
 
Ejemplo 4: 
Sea la función 𝑓(𝑥) = √1 − 𝑥2. Esta función es continua en [−1,1], derivable en 
(−1,1) y cumple que 𝑓(−1) = 𝑓(1). Pero la misma no es derivable en [−1,1]. 
 
Este es un buen ejemplo para mostrar “por qué” 
Rolle ha excluido la condición de derivabilidad en 
los extremos del intervalo. 
 
Se observa el gráfico de la función 𝑓(𝑥) = √1 − 𝑥2, 
la existencia de 𝑐 tal que la tangente en ese punto es 
paralela al eje de las 𝑥. En este caso 𝑐 = 0. 
 
Las tangentes en los puntos 𝑥 = 1 y 𝑥 = −1 son paralelas al eje de las ordenadas. 
 
Esta es una función que no admite derivada en los puntos mencionados y cumple la tesis 
del Teorema. 
 
Este es un ejemplo de funciones por las cuales se excluye la derivabilidad en los en los 
extremos del intervalo. 
 
Muchas veces en Matemática, debemos restringir hipótesis en un Teorema para poder 
tener mayores aplicaciones del mismo. En este caso particular, más funciones que 
satisfagan la tesis del Teorema de Rolle. 
 
 
 
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27 
Ejemplo 5: 
Calcula 𝑝, 𝑞, 𝑟 para que la función 𝑓(𝑥) = {
𝑥2 + 𝑝𝑥 + 𝑞 si 𝑥 < 2
𝑟𝑥 + 1 si 𝑥 ≥ 2
 cumpla las hipótesis 
del Teorema de Rolle en el intervalo [0,4]. ¿En qué punto cumple la tesis? 
Solución: 
𝑓(0) = 𝑏 y 𝑓(4) = 4𝑟 + 1 ⟹ 4𝑟 + 1 = 𝑞 (1) por la condición que 𝑓(0) = 𝑓(4) 
Veamos la continuidad en el intervalo [0,4]. 
Como ambas ramas de la función 𝑓 son polinomios de grado 2 y 1 respectivamente, son 
continuas en la región definida. Debemos probar lo que ocurre en 𝑥 = 2. 
a) 𝑓(2) = 2𝑟 + 1 
b) lim
𝑥→2+
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→2
 𝑟𝑥 + 1 = 2𝑟 + 1 
lim
𝑥→2−
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→2
𝑥2 + 𝑝𝑥 + 𝑞 = 4 + 2𝑝 + 𝑞 Como los límites deben ser iguales: 
2𝑟 + 1 = 4 + 2𝑝 + 𝑞 (2) 
De (1) y (2): 2𝑟 + 1 = 4 + 2𝑝 + 4𝑟 + 1 ⟹ 2𝑟 − 4𝑟 = 4 + 2𝑝 ⟹ −𝑟 = 2 + 𝑝 
 (3) 
Veamos la derivabilidad de 𝑓 en el intervalo (0,4). Para ello vamos a suponer que 𝑓 es 
continua en [0,4]. Así, podremos encontrar los parámetros que nos pide el problema. 
 
𝑓′(𝑥) = {
2𝑥 + 𝑝 si 𝑥 < 2
𝑟 si 𝑥 > 2
 Veamos las derivadas laterales en el punto 𝑥 = 2 
𝑓+
′(2) = 𝑟 ∧ 𝑓−
′(2) = 4 + 𝑝 ⟹ 𝑟 =
4 + 𝑝 (4) 
 
Igualamos las relaciones (3) y (4), obteniendo 𝒑 = −𝟑 
Remplazando en (4) obtenemos 𝑟 = 4 − 3 ⟹ 𝒓 = 𝟏 
De (1), 4 ∙ 1 + 1 = 𝑞 ⟹ 𝒒 = 𝟓 
 
Hemos encontrado los valores 𝒑 = −𝟑 , 𝒒 = 𝟓, 𝒓 = 𝟏 
 
La función será 𝑓(𝑥) = {𝑥
2 − 3𝑥 + 5 si 𝑥 < 2
𝑥 + 1 si 𝑥 ≥ 2
 y 𝑓′(𝑥) = {
2𝑥 − 3 si 𝑥 < 2
1 si 𝑥 ≥ 2
 
 
De esta manera 𝑓 es continua en [0,4], derivable en (0,4) y 𝑓(0) = 𝑓(4) entonces, por 
el Teorema de Rolle, ∃𝑐 ∈ (0,4): 𝑓′(𝑐) = 0. 
 
∀𝑥: 𝑥 > 2, 𝑓′(𝑥) = 1 
 
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28 
De modo que en esta condición no se encuentra el valor buscado que nos pide el 
problema. 
 
∀𝑥: 𝑥 < 2, 𝑓′(𝑥) = 2𝑥 − 3 = 0 
 
∴ 𝑥 =
3
2
 que es el punto que verifica la tesis. 
 
 
6. Teorema del Valor Medio para Derivadas 
 
6.1 Teorema de los Incrementos Finitos ó Teorema de Lagrange5 
 
Sea la función 𝑓 con las siguientes propiedades: 
a) 𝑓 es continua en [𝑎, 𝑏] 
b) 𝑓 es derivable en (𝑎, 𝑏) 
Entonces ∃𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏): 𝑓′(𝑐) =
𝑓(𝑏)−𝑓(𝑎)
𝑏−𝑎
. 
Demostración: 
 
5
 Lagrange nació en 1736 en Turín, de familia pobre. A los 19 años era Profesor en Matemática en la 
Escuela de Artillería de Turín. Con un grupo de alumnos comenzó lo que luego se llamaría “La Academia 
de Ciencias de Turín”. A sus 25 años, resolvió mediante cálculo de variaciones el problema que la figura 
de mayor área con el mismo perímetro es el círculo, por lo que Euler le escribió una carta de felicitación. 
Fue llamado por Federico II a formar parte de la Academia de Berlín en 1766 mediante la siguiente 
misiva: “Es necesario que el geómetra más grande de Europa viva cerca del más grande de los reyes”. 
Para Lagrange, la posibilidad de sustituir imágenes y figuras por descripciones formales de ecuaciones y 
funciones le llevó a escribir su celebrado trabajo “Mecánica Analítica”, que “no se encontrarán figuras en 
esta obra, sólo operaciones algebraicas”. Evidentemente, en el siglo XVIII, las cuestiones de imágenes no 
debían tener mayor importancia. Fue en Berlín donde trabajó con gran esfuerzo en temas del Análisis, la 
Mecánica y la Astronomía. En 1786, Luis XIV de Francia lo invitó donde hizo gran amistad con el 
químico Lavoisier y en parte agotado por los esfuerzos realizados en Berlín sufrió grandes depresiones y 
desganas para trabajar en Matemática. Cuando en 1788 fue publicado su obra maestra “Mecánica 
Analítica”, ni siquiera quiso abrir su tapa. La época de terror (1793 – 1794) le trajo más sufrimientos, 
como por ejemplo el guillotinamiento de su amigo Lavoisier. El terror le perdonó la vida por ser 
extranjero y además se requería de su ayuda científica. Luego publicó varios libros de Cálculo, de 
Funciones Analíticas, etc. Tal fue la cantidad de contribuciones realizadas por Clairaut, Euler, 
D’alambert, Lagrange y Laplace que llegó a cundir el pesimismo sobre el futuro de la Matemática. Casi 
todo lo importante parecía resuelto. Quizás por ello, Lagrange escribió a D’Alambert en una carta: “¿No 
le parece que la sublime geometría tiende un poco hacia la decadencia?. Solo recibe el sostén de Ud. y del 
señor Euler”, aquí Lagrange se equivocó. Tuvo como objetivo proporcionar rigor al Cálculo Infinitesimal, 
aunque por un camino equivocado. Pero el esfuerzo estimuló a Cauchy que siguió un curso más 
destacado. Napoleón, en una ocasión, comentó el problema de inscribir un cuadrado en una circunferencia 
con centro marcado y utilizando sólo un compás. Lagrange le replicó: “General, podíamos esperar 
cualquier cosa de vos menos lecciones de geometría”. Fue el mismo Napoleón que lo convirtió en Conde 
y Senador. Murió en 1813 con esos títulos. 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
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29 
La demostración se realizará mediante una función G que satisfaga las condiciones del 
Teorema de Rolle. 
La recta secante que pasa por 𝑃(𝑎, 𝑓(𝑎)) y 𝑄(𝑏, 𝑓(𝑏)) esta dada por: 
𝑦 − 𝑓(𝑎)
𝑥 − 𝑎
=
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
⇒ 𝑦 =
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
(𝑥 − 𝑎) + 𝑓(𝑎) 
Sea la función 𝐺 definida por: 𝐺(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑦. O sea 𝐺 es la diferencia de la función 
𝑓 con la recta secante. 
 
𝐺(𝑥) = 𝑓(𝑥) − [
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
(𝑥 − 𝑎) + 𝑓(𝑎)] = 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎) −
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
(𝑥 − 𝑎) 
∴ 𝐺(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎) −
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
(𝑥 − 𝑎) 
Vemos que 𝐺 es una función que cumple las condiciones: 
a) 𝐺 es continua en [𝑎, 𝑏], pues es suma de dos funciones continuas. 𝑓 es 
continua por hipótesis y la recta secante es continua por ser un polinomio. 
b) 𝐺′(𝑥) = 𝑓′(𝑥) −
𝑓(𝑏)−𝑓(𝑎)
𝑏−𝑎
 existe ∀𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏), ya que 𝑓′ existe sobre (𝑎, 𝑏) 
por hipótesis, y la función lineal es derivable para todos los reales. 
c) 𝐺(𝑎) = 𝑓(𝑎) − 𝑓(𝑎) −
𝑓(𝑏)−𝑓(𝑎)
𝑏−𝑎
(𝑎 − 𝑎) = 0 
 
𝐺(𝑏) = 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) −
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
(𝑏 − 𝑎) = 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) − 𝑓(𝑏) + 𝑓(𝑎) = 0 
 
∴ 𝐺(𝑎) = 𝐺(𝑏) = 0. 
O sea, 𝐺 cumple con las hipótesis del Teorema de Rolle, entonces existe 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏) tal 
que 𝐺′(𝑐) = 0. 
⇒ 𝐺′(𝑐) = 𝑓′(𝑐) −
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
= 0 
∴ 𝑓′(𝑐) =
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
 
Una observación útil de tener en cuenta es el significado geométrico de la función 𝐺 que 
se utilizó en la demostración del Teorema. 
𝐺 se puede interpretar geométricamente como sigue: Si 𝑥0 es un punto de [𝑎. 𝑏], 
entonces 𝐺(𝑥0) es la longitud del segmento que une al punto (𝑥0, 𝑓(𝑥0)) de la gráfica 
de 𝑓 con el punto (𝑥0, 𝑦0) del segmento 𝑃𝑄. Vemos que 𝐺(𝑥0) es la longitud del 
segmento 𝑆𝑇. 
 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
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30 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Interpretación Geométrica 
Tiene un significado geométrico fácil de 
recordar. Sea una curva 𝒞 dada por 
𝑦 = 𝑓(𝑥) la cual tiene una tangente en 
cada punto. Sean 𝑃 y 𝑄 dos puntos sobre 
𝒞. Entonces existe al menos un punto entre 
ellos donde la pendiente de la recta 
tangente es paralela a la recta secante que 
los conecta. 
La pendiente de 𝑃𝑄 es: 
𝑚 = tg 𝜃 =
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
 
Decir que: 
𝑓′(𝑐1) = 𝑓
′(𝑐2) =
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
 
significa que las rectas son paralelas. 
En el dibujo se muestran dos puntos 𝑐 tales que, la recta tangente que pasa por esos 
puntos, son paralelas a la recta secante que pasa por el punto 𝑃 y 𝑄. 
 
Ejemplo 1: 
Aplicar el Teorema del valor medio si es posible a la función 𝑓(𝑥) = 𝑥2 − 3𝑥 + 2 en 
[−2,−1] y calcular el valor de 𝑐. 
Solución: 
𝑓(−2) = (−2)2 − 3(−2) + 2 = 4 + 6 + 2 = 12 
𝑓(−1) = (−1)2 − 3(−1) + 2 = 1 + 3 + 2 = 6 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
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31 
𝑓 es continua y derivable en toda la recta real, en particular será continua en [−2,−1] y 
derivable en (−2,−1). De modo que podemos aplicar el T.V.M a 𝑓. Entonces ∃𝑐 ∈
(−2,−1) tal que: 
𝑓′(𝑐) =
𝑓(−1) − 𝑓(−2)
−1 − (−2)
=
−12 + 6
1
= −6 
Busquemos 𝑐. 
𝑓′(𝑥) = 2𝑥 − 3 ⇒ 𝑓′(𝑐) = 2𝑐 − 3 ⇒ 2𝑐 − 3 = −6 
∴ 𝑐 = −
3
2
 
Ejemplo 2: 
Aplicar el Teorema del valor Medio a la función 𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 𝑥 en [0,3] y calcular, si 
es posible, el valor de 𝑐. 
Solución: 
𝑓(0) = 03 − 0 = 0 
𝑓(3) = (3)3 − 3 = 27 − 3 = 24 
La función 𝑓 es continua y derivable en toda la recta real, en particular será continua en 
[0,3] y derivable en (0,3). De modo que podemos aplicar el T.V.M a 𝑓. Entonces 
∃𝑐 ∈ (0,3) tal que: 
𝑓′(𝑐) =
𝑓(3) − 𝑓(0)
3 − 0
=
24 − 0
3
= 8 
Busquemos 𝑐. 
𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 − 1 ⇒ 𝑓′(𝑐) = 3𝑐2 − 1 ⇒ 3𝑐2 − 1 = 8 ⇒ 3𝑐2 = 9 ⇒ 𝑐2
= 3 
∴ 𝑐 = ±√3 
De estos dos valores obtenidos, 𝑐 = √3, es el único que pertenece al intervalo (0,3). 
Así, 𝑐 = √3 
 
Ejemplo 3: 
Comprobar que para una parábola 𝑓(𝑥) = 𝑚𝑥2 + 𝑛𝑥 + 𝑝 se tiene que el punto 𝑐 para el 
cual 𝑓′(𝑐) =
𝑓(𝑏)−𝑓(𝑎)
𝑏−𝑎
 es, precisamente, la media aritmética de 𝑎 y 𝑏: 𝑐 =
𝑎+𝑏
2
 
Solución: 
Derivando la función 𝑓, se tiene: 𝑓′(𝑥) = 2𝑚𝑥 + 𝑛 
Remplazando en el valor de 𝑐 : 𝑓′(𝑐) = 2𝑚𝑐 + 𝑛 (1) 
Ahora realizaremos las cuentas necesarias de la parte derecha de la tesis del Teorema 
del Valor Medio. 
𝑓(𝑏) = 𝑚𝑏2 + 𝑛𝑏 + 𝑝 
𝑓(𝑎) = 𝑚𝑎2 + 𝑛𝑎 + 𝑝 
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) = 𝑚𝑏2 + 𝑛𝑏 + 𝑝 − (𝑚𝑎2 + 𝑛𝑎 + 𝑝) 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
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32 
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) = 𝑚𝑏2 + 𝑛𝑏 −𝑚𝑎2 − 𝑛𝑎 
 
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
 = 
𝑚(𝑏2 − 𝑎2) + 𝑛(𝑏 − 𝑎)
𝑏 − 𝑎
=
𝑚(𝑏 − 𝑎)(𝑏 + 𝑎) + 𝑛(𝑏 − 𝑎)
𝑏 − 𝑎
 
=
(𝑏 − 𝑎) ∙ [𝑚(𝑏 + 𝑎) + 𝑛]
𝑏 − 𝑎
 
 
Como 𝑏 es distinto de 𝑎, podemos cancelar y nos queda: 
 
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
 = 𝑚(𝑏 + 𝑎) + 𝑛 
 
Por lo tanto 𝑓′(𝑐) = 𝑚(𝑏 + 𝑎) + 𝑛 (2) 
De (1) y (2) se tiene: 𝑚(𝑏 + 𝑎) + 𝑛 = 2𝑚𝑐 + 𝑛 ⟹ 𝑚(𝑏 + 𝑎) = 2𝑚𝑐 
(𝑏 + 𝑎) = 2𝑐 ⟹ 𝑐 =
𝑏+𝑎
2
 que es la media aritmética de 𝑎 y 𝑏 
 
Ejemplo 4: 
Sea la función 
𝑓(𝑥) = {
𝑎𝑥 + 3 si 𝑥 ≥ 1
1
𝑥
− 𝑎 si 0 < 𝑥 < 1
 
a) Determina el valor del parámetro 𝑎 para que 𝑓 sea continua en 𝑥 = 1. 
b) Para el valor de 𝑎 encontrado, ¿puedes asegurar que existe un 𝑐 ∈ (
1
2
, 4) tal que 
𝑓′(𝑐) =
𝑓(4)−𝑓(1 2)⁄
4−(1 2⁄ )
? Justifica tu respuesta. 
c) Representa gráficamente. 
Solución: 
a) Analicemos si se cumplen las condiciones de continuidad en 𝑥 = 1. 
∃𝑓(1): 𝑓(1) = 𝑎 + 3 
¿ ∃ lim
𝑥→1
𝑓(𝑥) ? 
𝑙𝑖 = lim
𝑥→1−
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→1−
(
1
𝑥
− 𝑎) = 1 − 𝑎 ∧ 𝑙𝑑 = lim
𝑥→1+
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→1+
(𝑎𝑥 + 3) = 𝑎 + 3 
Como 𝑙𝑖 = 𝑙𝑑 ⇒ 1− 𝑎 = 𝑎 + 3 ⇒ 𝑎 = −1 
Así la función 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
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33 
𝑓(𝑥) = {
3 − 𝑥 si 𝑥 ≥ 1
1
𝑥
+ 1 si 0 < 𝑥 < 1
 
Es continua en 𝑥 = 1. 
 
b) Por el inciso anterior, 𝑓 es continua si 𝑥 > 0, y en particular en [
1
2
, 4]. 
Para analizar la derivabilidad, dado que 𝑓 es continua en 𝑥 = 1 y que 𝑓′ viene 
dada por 
𝑓′(𝑥) = {
−1 si 𝑥 > 1
−
1
𝑥2
si 0 < 𝑥 < 1
 
 Entonces 
lim
𝑥→1+
𝑓+
′(𝑥) = lim
𝑥→1+
(−1) = −1 ∧ lim
𝑥→1−
𝑓−
′(𝑥) = lim
𝑥→1−
(−
1
𝑥2
) = −1 
 
Como 𝑓+
′(1) = 𝑓−
′(1) entonces ∃𝑓′(1), por lo tanto 
𝑓′(𝑥) = {
−1 si 𝑥 ≥ 1
−
1
𝑥2
si 0 < 𝑥 < 1
 
Así, 𝑓 es derivable si 𝑥 > 0, y en particular en (
1
2
, 4). 
Por lo tanto, por el Teorema del Valor Medio 𝑐 ∈ (
1
2
, 4) tal que 
𝑓′(𝑐) =
𝑓(4) − 𝑓(1 2)⁄
4 − (1 2⁄ )
 
 
c) La gráfica, viene dada por: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
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34 
Ejemplo 5 
Sea la función 𝑓(𝑥) = 3𝑥2 − 5. Analiza, justificando sin omitir detalles, si se pueden 
aplicar los teoremas del Valor Medio y/o de Rolle en el intervalo [−2,1]. En caso de 
que eso ocurra, encuentra el/los valor/es de 𝑐 a los que se refiere dicho teorema; sino, 
redefine un intervalo en el que sí se cumpla y encuentra dicho 𝑐. Interpreta 
geométricamente. 
Solución: 
Ambos teoremas requieren continuidad en el intervalo cerrado y derivabilidad en el 
abierto, por lo que haremos este análisis preliminar: 
La función es continua en todos los reales por ser 
polinómica, y en particular lo es en el intervalo [−2,1]. 
Análogamente, La función es derivable en todos los reales 
por ser polinómica, y en particular lo es en el intervalo 
(−2,1). 
 
También se requiere la evaluación en los valores extremos (si 
bien es hipótesis del Teorema de Rolle, también es un dato 
importante en el TVM). Así: 
𝑓(1) = −2 ∧ 𝑓(−2) = 7 
 
Teorema del Valor Medio: 
Con estas hipótesis, tenemos que se cumple de forma inmediata el Teorema del Valor 
Medio, por lo que ∃𝑐 ∈ (−2,1): 𝑓′(𝑐) =
𝑓(1)−𝑓(−2)
1−(−2)
=
−2−7
1+2
= −
9
3
= −3 
Busquemos dicho 𝑐: 
𝑓(𝑥) = 3𝑥2 − 5 ⇒ 𝑓′(𝑥) = 6𝑥 ⇒ 𝑓′(𝑐) = 6𝑐 
⇒ 𝑓′(𝑐) = 6𝑐 = −3 ⇒ 𝑐 = −
1
2
 
Que es el valor que verifica el teorema. 
 
Teorema de Rolle: 
Con estas hipótesis, no podemos asegurar la tesis, dado 
que 𝑓(−2) ≠ 𝑓(1). Sin embargo, podemos redefinir el 
intervalo, por ejemplo, tomando el intervalo cerrado 
[−1,1]. 
Las hipótesis de continuidad en el cerrado y derivabilidad 
en el abierto aún se verifican, y además se cumple que 
𝑓(−1) = 𝑓(1). Así, ∃𝑐 ∈ (−1,1): 𝑓′(𝑐) = 0. 
Busquemos dicho 𝑐: 
𝑓′(𝑐) = 6𝑐 = 0 ⇒ 𝑐 = 0 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
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35 
Que es el valor que verifica el teorema. 
 
6.2 Distintos modos de expresar el Teorema del Valor Medio 
 
El Teorema puede expresarse de varios modos totalmente equivalentes. 
Ya que (𝑏 − 𝑎) ≠ 0 pues 𝑏 ≠ 𝑎, entonces: 
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) = 𝑓′(𝑐) ∙ (𝑏 − 𝑎) (1) 
Además es claro, que el mismo teorema se aplica a cualquier intervalo cerrado [𝑎, 𝑥] en 
el que 𝑓 es continua y derivable en (𝑎, 𝑥). De ese modo conseguiríamos: 
𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎) + (𝑥 − 𝑎) ∙ 𝑓′(𝑐) con 𝑎 < 𝑐 < 𝑏 (2) 
Ya que 𝑎 < 𝑐 < 𝑏, existe un número 𝜃 tal que: 
 
𝑐 = 𝑎 + 𝜃 ∙ (𝑏 − 𝑎) con 0 < 𝜃 < 1 
Pues si: 
𝜃 = 0, entonces 𝑐 = 𝑎; 
𝜃 = 1, entonces 𝑐 = 𝑏 
𝜃 =
1
2
, entonces 𝑐 =
1
2
(𝑎 + 𝑏) 
y así podemos seguir asignando valores a 𝜃 para convencernos que la ecuación tiene 
sentido. 
 
Si hacemos 𝑏 − 𝑎 = ℎ, entonces 𝑏 = 𝑎 + ℎ. Consecuentemente 𝑐 = 𝑎 + 𝜃(𝑎 + ℎ − 𝑎). 
Esto es: 
𝑐 = 𝑎 + 𝜃 ∙ ℎ 
Así la ecuación (1) queda: 
 
𝑓(𝑎 + ℎ) − 𝑓(𝑎) = 𝑓′(𝑎 + 𝜃 ∙ ℎ) ∙ ℎ , con 0 < 𝜃 < 1 (3) 
 
Es decir si 𝑓 es una función que satisface las condiciones del Teorema del Valor Medio, 
entonces existe un 𝜃 tal que 0 < 𝜃 < 1 para el cual es válido (3) 
 
Esta última expresión se denomina “fórmula de los incrementos finitos”. Vemos que 
hemos llegado a (3) como una consecuencia inmediata del Teorema del Valor Medio. 
De allí que también puede llevar el mismo nombre. 
 
Este resultado, sirve para realizar aproximaciones numéricas. 
 
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36 
Ejemplo 6: 
Estimar √110 
𝑓(𝑥) = √𝑥 ⇒ 𝑓′(𝑥) =
1
2√𝑥
⇒ 𝑓′(𝑎 + 𝜃ℎ) =
1
2√𝑎 + 𝜃ℎ
 
Así, 
√𝑎 + ℎ − √𝑎 = ℎ ∙
1
2√𝑎 + 𝜃ℎ
⇒ √𝑎 + ℎ = √𝑎 +
ℎ
2√𝑎 + 𝜃ℎ
 
 
Con 𝑎 = 100 y ℎ = 10, será 
 
√110 = √100 +
10
2√100 + 10𝜃
⇒ √110 = 10 +
5
√100 + 10𝜃
 (1) 
 
Pero √100 < √100 + 10𝜃 < √110 (2) 
 
De (1) y (2), tenemos: 
√110 = 10 +
5
√100 + 10𝜃
< 10 +
5
√100
= 10 +
1
2
= 10,5 
Análogamente: 
 
√110 > √100 + 10𝜃 ∴
1
√110
<
1
√100 + 10𝜃
 
 
√110 = 10 +
5
√100 + 10𝜃
> 10 +
5
√110
= 10 +
5
√110
∙
√110
√110
 
 
⇒ √110 > 10 +
5√110
110
⇒ √110 > 10 +
√110
22
=
220 + √110
22
 
 
⇒ 22√110 > 220 + √110 ⇒ 22√110 − √110 > 220 ⇒ (22 − 1)√110 > 220 
 
⇒ 21√110 > 220 ⇒ √110 >
220
21
≈ 10,476 
Combinando los dos resultados: 
10,476 < √110 < 10,5 
 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
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37 
6.3 Consecuencias del Teorema del Valor Medio 
 
6.3.1 Funciones con la misma derivada 
Sean 𝑓 y 𝑔 dos funciones continuas sobre [𝑎, 𝑏] y derivables sobre (𝑎, 𝑏). Si 𝑓′(𝑥) =
𝑔′(𝑥), con 𝑥 un punto sobre (𝑎, 𝑏), entonces existe un número real 𝑘 tal que: 
 
𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥) + 𝑘, ∀𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏] 
Demostración:
Sea 𝑈 la función dada por 𝑈(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥), 𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏] 
𝑈 es derivable sobre (𝑎, 𝑏) y además: 
𝑈′(𝑥) = 𝑓′(𝑥) − 𝑔′(𝑥) = 0 pues 𝑓′(𝑥) = 𝑔′(𝑥), ∀𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏) (por hipótesis) 
De modo que: 𝑈′(𝑥) = 0, ∀𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏). 
Sea 𝑥 cualquier número que satisfaga la expresión 𝑎 ≤ 𝑥 < 𝑏. Vemos que 𝑈 cumple las 
hipótesis del T.V.M. sobre [𝑎, 𝑥]. De acuerdo a este teorema, existe un 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑥) tal 
que: 
𝑈(𝑥) − 𝑈(𝑎) = 𝑈′(𝑐) ∙ (𝑥 − 𝑎) 
Como 𝑈′(𝑐) = 0, entonces 𝑈(𝑥) − 𝑈(𝑎) = 0. Por lo tanto, 𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑎) −
𝑔(𝑎) cuando 𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏]. O lo que es equivalente: 
𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥) = 𝑘, ∀𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏] 
 
6.3.2 Función constante 
Sea una función 𝑓 continua sobre [𝑎, 𝑏] y derivable sobre (𝑎, 𝑏). Si 𝑓′(𝑥) = 0,∀𝑥 ∈
(𝑎, 𝑏), entonces existe un número real 𝑘 con la propiedad: 
𝑓(𝑥) = 𝑘, ∀𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏] 
Demostración: 
Si 𝐺 es la función definida por 𝐺(𝑥) = 0, ∀𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏], entonces 𝐺′(𝑥) = 0. Por 
hipótesis 𝑓′(𝑥) = 0, entonces 𝑓 y 𝐺 satisfacen las hipótesis del teorema anterior. Por lo 
tanto: 
𝑓(𝑥) = 𝐺(𝑥) + 𝑘, o lo que es equivalente 𝑓(𝑥) = 𝑘, ∀𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏] 
 
6.3.3 Derivadas laterales como límites de derivadas 
Sea 𝑓 una función continua en 𝒩𝛿(𝑎) y derivable en 𝒩𝛿
′(𝑎). 
i) Si existe lim 
𝑥→𝑎+
𝑓′(𝑥), entonces existe 𝑓+
′(𝑎) y se calcula como 𝑓+
′(𝑎) = lim 
𝑥→𝑎+
𝑓′(𝑥). 
ii) Si existe lim 
𝑥→𝑎−
𝑓′(𝑥), entonces existe 𝑓−
′(𝑎) y se calcula como 𝑓−
′(𝑎) = lim 
𝑥→𝑎−
𝑓′(𝑥). 
Demostración: 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
APLICACIONES DE LA DERIVADA. 
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38 
Como 𝑓 es continua en 𝒩𝛿(𝑎) y derivable en 𝒩𝛿
′(𝑎), y 𝒩𝛿(𝑎) = (𝑎 − 𝛿, 𝑎 + 𝛿), 
𝒩𝛿
′(𝑎) = (𝑎 − 𝛿, 𝑎) ∪ (𝑎, 𝑎 + 𝛿) podemos decir que: 
 𝑓 es continua en [𝑎, 𝑎 + 𝛿) y derivable en (𝑎, 𝑎 + 𝛿). (1) 
 𝑓 es continua en (𝑎 − 𝛿, 𝑎] y derivable en (𝑎 − 𝛿, 𝑎). (2) 
Demostraremos i). 
Consideremos (1) y tomemos un valor ℎ > 0, tal que 𝑎 < 𝑎 + ℎ < 𝑎 + 𝛿. 
Concluimos que 𝑓 es continua en [𝑎, 𝑎 + ℎ] y derivable en (𝑎, 𝑎 + ℎ). Luego, por el 
teorema del valor medio, ∃𝑐 ∈ (𝑎, 𝑎 + ℎ): 𝑓′(𝑐) =
𝑓(𝑎+ℎ)−𝑓(𝑎)
ℎ
. 
Además, cuando ℎ → 0+, 𝑐 → 𝑎+, ya que 
𝑐 ∈ (𝑎, 𝑎 + ℎ). 
Por lo tanto 
lim
ℎ→0+
𝑓(𝑎 + ℎ) − 𝑓(𝑎)
ℎ⏟ 
=𝑓+
′(𝑎)
= lim
𝑐→𝑎+
𝑓′(𝑐) 
Llamando 𝑐 = 𝑥, obtenemos la siguiente cadena de igualdades. 
𝑓+
′(𝑎) = lim
ℎ→0+
𝑓(𝑎 + ℎ) − 𝑓(𝑎)
ℎ
= lim
𝑐→𝑎+
𝑓′(𝑐) = lim
𝑥→𝑎+
𝑓′(𝑥) 
∴ 𝑓+
′(𝑎) = lim
𝑥→𝑎+
𝑓′(𝑥) 
Para demostrar ii), se considera (2). 
 
Ejemplo: 
Estudiar la derivabilidad de: 
i) 𝑓(𝑥) = {𝑥
2 + 1 si 𝑥 ≥ 0
𝑥2 − 1 si 𝑥 < 0
 en 𝑥 = 0 
ii) 𝑓(𝑥) = {𝑥
2 si 𝑥 ≥ 0
2𝑥 si 𝑥 < 0
 en 𝑥 = 0 
iii) 𝑓(𝑥) = {
𝑥2 sen (
𝜋
𝑥
) si 𝑥 ≠ 0
0 si 𝑥 = 0
 en 𝑥 = 0 
Solución: 
i) 𝑓 es continua en 𝒩𝛿(0) y derivable en 𝒩𝛿
′(0). Además 
lim 
𝑥→0+
𝑓′(𝑥) = lim 
𝑥→0+
2𝑥 = 0 = 𝑓+
′(0) ∧ lim 
𝑥→0−
𝑓′(𝑥) = lim 
𝑥→0−
2𝑥 = 0 = 𝑓−
′(0) 
Como 𝑓+
′(0) = 𝑓−
′(0) entonces 𝑓 es derivable en 𝑥 = 0. 
 
ii) 𝑓 es continua en 𝒩𝛿(0) y derivable en 𝒩𝛿
′(0). Además 
lim 
𝑥→0+
𝑓′(𝑥) = lim 
𝑥→0+
2𝑥 = 0 = 𝑓+
′(0) ∧ lim 
𝑥→0−
𝑓′(𝑥) = lim 
𝑥→0−
2 = 2 = 𝑓−
′(0) 
Como 𝑓+
′(0) ≠ 𝑓−
′(0) entonces 𝑓 es derivable en 𝑥 = 0. 
 
iii) 𝑓 es continua en 𝒩𝛿(0) y derivable en 𝒩𝛿
′(0), sin embargo, al tomar, por ejemplo 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
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39 
lim 
𝑥→0+
𝑓′(𝑥) = lim 
𝑥→0+
[2𝑥 sen (
𝜋
𝑥
) − 𝑥2 cos (
𝜋
𝑥
) (−
𝜋
𝑥2
)] = lim 
𝑥→0+
[2𝑥 sen (
𝜋
𝑥
) + 𝜋 cos (
𝜋
𝑥
)] 
Este límite no existe. Pero a pesar de esto, no podemos concluir que la función no es 
derivable, dado que el incumplimiento de una hipótesis no contradice el teorema. De 
hecho, hemos estudiado anteriormente esta función, y demostrado que la misma SI 
es derivable en 𝑥 = 0. 
 
El último ejemplo nos sugiere que cuando el teorema no se pueda aplicar por la no 
existencia del límite de 𝑓′ en 𝑥 = 𝑎, se debe estudiar por definición. 
 
Definición 
Sea la función 𝑓 = {(𝑥, 𝑦)|𝑦 = 𝑓(𝑥), 𝑥 ∈ 𝑋} 
a) Se dice que 𝑓 es creciente sobre un intervalo 𝐼 ⊂ 𝑋 si y solamente si, ∀𝑥1, 𝑥2 ∈ 𝐼, 
𝑥1 < 𝑥2 ⇒ 𝑓(𝑥1) < 𝑓(𝑥2). 
b) Se dice que 𝑓 es decreciente sobre un intervalo 𝐼 ⊂ 𝑋 si y solamente si, ∀𝑥1, 𝑥2 ∈ 𝐼, 
𝑥1 < 𝑥2 ⇒ 𝑓(𝑥1) > 𝑓(𝑥2). 
 
6.3.4 Funciones crecientes 
Sea 𝑓 derivable sobre (𝑎, 𝑏) siendo 𝑓′(𝑥) > 0, ∀𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏). Si 𝑥1, 𝑥2 son dos números 
reales tales que 𝑎 < 𝑥1 < 𝑥2 < 𝑏 ⇒ 𝑓(𝑥1) < 𝑓(𝑥2) 
Demostración: 
Como 𝑓 es derivable en (𝑎, 𝑏) entonces 𝑓 es continua en (𝑎, 𝑏). Ya que [𝑥1, 𝑥2] ⊂
(𝑎, 𝑏) entonces 𝑓 satisface las condiciones del T.V.M sobre [𝑥1, 𝑥2]. Por lo tanto 
∃𝑐 ∈ (𝑥1, 𝑥2) tal que: 
𝑓′(𝑐) =
𝑓(𝑥2) − 𝑓(𝑥1)
𝑥2 − 𝑥1
 
Entonces 𝑓′(𝑐) ∙ (𝑥2 − 𝑥1) = 𝑓(𝑥2) − 𝑓(𝑥1). 
Como 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏) entonces 𝑓′(𝑐) > 0 y además como (𝑥2 − 𝑥1) > 0. 
Se sigue que: 𝑓(𝑥2) − 𝑓(𝑥1) > 0, entonces 𝑓(𝑥2) > 𝑓(𝑥1). 
 
6.3.5 Funciones decrecientes 
Sea 𝑓 derivable sobre (𝑎, 𝑏) siendo 𝑓′(𝑥) < 0, ∀𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏). Si 𝑥1, 𝑥2 son dos números 
reales tales que 𝑎 < 𝑥1 < 𝑥2 < 𝑏 ⇒ 𝑓(𝑥1) > 𝑓(𝑥2) 
Demostración: (Ejercicio para el lector) 
 
6.3.6 Criterio para funciones crecientes 
Si 𝑓′(𝑥) > 0 sobre (𝑎, 𝑏) entonces 𝑓 es creciente sobre (𝑎, 𝑏) 
Demostración: 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
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40 
Sean 𝑥1, 𝑥2 ∈ (𝑎, 𝑏), con 𝑥1 < 𝑥2, entonces por el Teorema de funciones crecientes 
𝑓(𝑥1) < 𝑓(𝑥2). Esto dice que la función es creciente en (𝑎, 𝑏). 
 
6.3.7 Criterio para funciones decrecientes 
Si 𝑓′(𝑥) < 0 sobre (𝑎, 𝑏) entonces 𝑓 es decreciente sobre (𝑎, 𝑏) 
Demostración: (Ejercicio para el lector) 
 
Observación: 
Las propiedades 6.3.5 y 6.3.6 dicen en otros términos: 
a) Si la función 𝑓 tiene derivada positiva en 𝐼, entonces 𝑓 es creciente en 𝐼 
b) Si la función 𝑓 tiene derivada negativa en 𝐼, entonces 𝑓 es decreciente en 𝐼. 
 
7. Extremos 
 
Cuando trabajamos en continuidad, el Teorema de Bolzano – Weierstrass nos dio una 
herramienta para asegurar la existencia de extremos (máximo y mínimo) de una función 
en un intervalo cerrado. Sin embargo, este teorema se centra sólo en este tipo de 
intervalos, dejando de lado intervalos abiertos e intervalos infinitos, o uniones de 
intervalos; tampoco nos brindaba un método para poder encontrar dichos extremos. 
A continuación, presentaremos métodos formales para encontrar dichos valores 
extremos, los cuales estarán íntimamente vinculados con la derivada de la función a 
analizar. 
 
7.1 Extremos Relativos y Absolutos 
Sea X ⊆ ℝ. Sea 𝑓 = {(𝑥, 𝑦) 𝑦 = 𝑓(𝑥), 𝑥 ∈ 𝑋, donde 𝑋 es un intervalo o unión de 
intervalos. 
 
Definición: 
𝑓 tiene máximo relativo (𝑀𝑅) en 𝑥 = 𝑥0 , 𝑥 ∈ X sii ∃ ∶ 𝑓(𝑥0)  𝑓(𝑥), 𝑥 ∈ 𝒩 (𝑥0). 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
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41 
 
 
Podemos expresar cualquier punto genérico 𝑥 ∈ (𝑥0 − 𝛿, 𝑥0 + 𝛿) , que lo podemos 
llamar por ejemplo como en la gráfica 𝑥 = 𝑥1 ó 𝑥 = 𝑥2. Así: 
𝑥1 = 𝑥0 − ℎ, con 0 < ℎ < 𝛿, y 𝑥2 = 𝑥0 + 𝑘, con 0 < 𝑘 < 𝛿 
La condición expresa entonces: 
𝑓(𝑥0) ≥ 𝑓(𝑥1) y 𝑓(𝑥0) ≥ 𝑓(𝑥2) 
 
Juntando ambas condiciones: 
𝑓 tiene un máximo relativo en 𝑥 = 𝑥0, 𝑥 ∈ X sii ∃𝛿 > 0: 
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0) = Δ𝑦  0, ∀𝑥 ∈ 𝒩δ(𝑥0). 
 
Definición: 
𝑓 tiene un máximo absoluto (𝑀𝐴) en 𝑥 = 𝑥0 , 𝑥 ∈ X sii 𝑓(𝑥0)  𝑓(𝑥), ∀𝑥 ∈ X. 
 
Análogamente: 
 
Definición: 
 𝑓 tiene un mínimo relativo (𝑚𝑅) en 𝑥 = 𝑥0, 𝑥 ∈ X sii  > 0 : 
𝑓(𝑥) −
𝑓(𝑥0) = 𝑦 ≥ 0 , 𝑥 ∈ 𝒩 (𝑥0). 
 
 𝑓 tiene un mínimo absoluto (𝑚𝐴) en 𝑥 = 𝑥0, 𝑥 ∈ X sii 
𝑓 (𝑥0)  𝑓 (𝑥),  𝑥  X. 
 
 
 
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42 
Ejemplo 1: 
 
 
 
 
Ejemplo 2: 
 
 
 
Ejemplo 3: 
La función 𝑓(𝑥) = −(𝑥 − 1)2 + 1, tiene como gráfica a la 
parábola de vértice el punto 𝑉(1,1). Este valor es un 
máximo de la función, pues, tomando 0 < ℎ < 1, tenemos 
que: 
Δ𝑦+ = 𝑓(1 + ℎ) − 𝑓(1) = −[(1 + ℎ) − 1]
2 + 1 − 1 
= −ℎ2 < 0 
Δ𝑦− = 𝑓(1 − ℎ) − 𝑓(1) = −[(1 − ℎ) − 1]
2 + 1 − 1 
= −(−ℎ)2 = −ℎ2 < 0 
Por lo tanto, es un máximo. 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
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43 
7.2 Condición necesaria para la existencia de extremos 
Sea 𝑥0 ∈ 𝐷𝑓, si 𝑓(𝑥0) es un extremo relativo de 𝑓, entonces 𝑓
′(𝑥0) = 0, ó 𝑓
′(𝑥0) no 
existe. 
Otra forma de expresarlo: 
Si 𝑓 tiene extremo en 𝑓(𝑥0) y 𝑓
′(𝑥0) existe, entonces 𝑓
′(𝑥0) = 0.
6
 
Demostración: 
Por hipótesis, sabemos que la función 𝑓 tiene extremo. Sin pérdida de generalidad, 
supongamos que la misma alcanza máximo en 𝑓(𝑥0), es decir: 
∃𝛿 > 0: Δ𝑦 ≤ 0, ∀𝑥 ∈ 𝒩𝛿(𝑥0) 
∴ 𝑓(𝑥0 + ℎ) − 𝑓(𝑥0) ≤ 0, ∀𝑥 ∈ 𝒩𝛿(𝑥0) 
Así, si ℎ > 0, ℎ ∈ (𝑥0, 𝑥0 + 𝛿), entonces 
𝑓(𝑥0 + ℎ) − 𝑓(𝑥0)
ℎ
≤ 0, ∀𝑥 ∈ 𝒩𝛿(𝑥0) 
∴ 𝑓+
′(𝑥0) = lim
ℎ→0+
𝑓(𝑥0 + ℎ) − 𝑓(𝑥0)
ℎ
≤ 0, ∀𝑥 ∈ 𝒩𝛿(𝑥0) 
Análogamente, si ℎ < 0, ℎ ∈ (𝑥0 − 𝛿, 𝑥0), entonces 
𝑓(𝑥0 + ℎ) − 𝑓(𝑥0)
ℎ
≥ 0, ∀𝑥 ∈ 𝒩𝛿(𝑥0) 
∴ 𝑓−
′(𝑥0) = lim
ℎ→0−
𝑓(𝑥0 + ℎ) − 𝑓(𝑥0)
ℎ
≥ 0, ∀𝑥 ∈ 𝒩𝛿(𝑥0) 
Como existe 𝑓′(𝑥0), se debe cumplir que 𝑓−
′(𝑥0) = 𝑓
′(𝑥0) = 𝑓+
′(𝑥0). 
Por lo tanto: 
0 ≤ 𝑓−
′(𝑥0) = 𝑓
′(𝑥0) = 𝑓+
′(𝑥0) ≤ 0 
∴ 𝑓′(𝑥0) = 0 
 
Vemos que la condición NO es suficiente. Analicemos el siguiente contraejemplo: 
 
Ejemplo 4: 
Sea 𝑓(𝑥) = 𝑥3, 𝐷𝑓 = ℝ. 
𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 ⇒ 𝑓′(𝑥) > 0, ∀𝑥 ∈ 𝐷𝑓 
Con lo que 𝑓 es creciente en todo su dominio. Por lo tanto, la 
función no tiene extremos. 
Sin embargo, 𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 = 0 si 𝑥 = 0. 
 
6
 Esta implicación original está escrita de la forma 𝑝 ⇒ (𝑞 ∨ 𝑟). Como es de esperarse, resulta 
complicado y molesto tener que demostrar una implicación de esta naturaleza, pero por la lógica 
proposicional, sabemos que la misma es equivalente (tautología) a alguna de las siguientes expresiones: 
(𝑝 ∧ ~𝑞) ⇒ 𝑟, o bien (𝑝 ∧ ~𝑟) ⇒ 𝑞. 
Aplicaciones de la Derivada. 
 
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44 
Este es un ejemplo en el cual la derivada se anula y no hay extremo. 
Un valor extremo de 𝑓 puede presentarse: 
 En un punto terminal de su dominio, también llamado extremo de intervalo. 
 En un punto interior donde la derivada no existe o es nula. 
 
Definición: 
En una función 𝑓 cuyo dominio es un intervalo 𝐼 ⊆ ℝ, 𝑥0 ∈ 𝐼 es punto crítico si: 
 𝑓′(𝑥0) = 0, ó 
 𝑓′(𝑥0) no existe (porque 𝑓 no es continua o porque las derivadas laterales son 
distintas), ó 
 𝑥0 es extremo del intervalo 𝐼 (𝑥0 ∈ 𝐼), donde se pueden dar los casos: 
i) 𝐼 = [𝑎, 𝑏], donde 𝑎 y 𝑏 son puntos críticos. 
ii) 𝐼 = [𝑎, 𝑏), donde 𝑎 es punto crítico y 𝑏 no. 
iii) 𝐼 = (𝑎, 𝑏], donde 𝑏 es punto crítico y 𝑎 no. 
iv) 𝐼 = (𝑎, 𝑏), donde ni 𝑎 ni 𝑏 son puntos críticos. 
v) 𝐼 = [𝑏,∞) o 𝐼 = (−∞, 𝑎], donde 𝑎 y 𝑏 son puntos críticos en cada caso. 
 
En el caso anterior en la función 𝑓(𝑥) = 𝑥3, 𝑥 = 0 es un punto crítico pues es el primer 
caso. 
Esto nos dice que: Un punto crítico puede o no ser extremo. 
 
7.3 Condición suficiente para la existencia de extremos. 
Sea 𝑓 continua en un intervalo 𝐼 y si 𝑥0 es un punto interior de 𝐼 tal que 𝑓
′(𝑥0) = 0 ó 
𝑓′(𝑥0) no existe y 
i) ∃𝛿 > 0: 𝑓′(𝑥) > 0, ∀𝑥: 𝑥0 − 𝛿 < 𝑥 < 𝑥0 
𝑓′(𝑥) < 0, ∀𝑥: 𝑥0 < 𝑥 < 𝑥0 + 𝛿 
Entonces 𝑓(𝑥0) es máximo relativo de 𝑓. 
ii) ∃𝛿 > 0: 𝑓′(𝑥) < 0, ∀𝑥: 𝑥0 − 𝛿 < 𝑥 < 𝑥0 
𝑓′(𝑥) > 0, ∀𝑥: 𝑥0 < 𝑥 < 𝑥0 + 𝛿 
Entonces 𝑓(𝑥0) es mínimo relativo de 𝑓. 
iii) ∃𝛿 > 0: 𝑠𝑔𝑛(𝑓′(𝑥)) = 𝑐𝑡𝑒, ∀𝑥 ∈ 𝒩𝛿(𝑥0) 
Entonces 𝑓(𝑥0) no es máximo ni mínimo relativo de 𝑓. 
Demostración: 
i) Por hipótesis, sabemos que ∃𝛿 > 0 tal que 
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45 
𝑓′(𝑥) > 0, ∀𝑥: 𝑥0 − 𝛿 < 𝑥 < 𝑥0, entonces 𝑓 crece en (𝑥0 − 𝛿, 𝑥0), por 
definición de función creciente. 
Así: 
𝑥 < 𝑥0 ⇒ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑥0) 
∴ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑥0), ∀𝑥 ∈ (𝑥0 − 𝛿, 𝑥0) (1) 
De igual forma: 
𝑓′(𝑥) < 0, ∀𝑥: 𝑥0 < 𝑥 < 𝑥0 + 𝛿, entonces 𝑓 decrece en (𝑥0, 𝑥0 + 𝛿), por 
definición de función decreciente. 
Así: 
𝑥 > 𝑥0 ⇒ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑥0) 
∴ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑥0), ∀𝑥 ∈ (𝑥0, 𝑥0 + 𝛿) (2) 
De (1) y (2), ∃𝛿 > 0 tal que 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑥0), ∀𝑥 ∈ 𝒩𝛿(𝑥0). Esto dice que 𝑓 
tiene un máximo relativo en 𝑥 = 𝑥0. 
ii) Queda como ejercicio para el lector. 
iii) Si 𝑠𝑔𝑛(𝑓′(𝑥)) = 𝑐𝑡𝑒, ∀𝑥 ∈ 𝒩𝛿(𝑥0), sin pérdida de generalidad, podemos 
suponer que: 
𝑓′(𝑥) > 0, ∀𝑥 ∈ 𝒩𝛿(𝑥0) ⇒ 𝑓 crece en 𝒩𝛿(𝑥0) 
Por lo tanto: 
 𝑓 crece en (𝑥0 − 𝛿, 𝑥0), entonces 
𝑥 < 𝑥0 ⇒ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑥0) 
∴ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑥0), ∀𝑥 ∈ (𝑥0 − 𝛿, 𝑥0) (1) 
 𝑓 crece en (𝑥0, 𝑥0 + 𝛿), entonces 
𝑥0 < 𝑥 ⇒ 𝑓(𝑥0) ≤ 𝑓(𝑥) 
∴ 𝑓(𝑥0) ≤ 𝑓(𝑥), ∀𝑥 ∈ (𝑥0, 𝑥0 + 𝛿) (2) 
Vemos que (1) y (2) contradicen la definición de extremo, por lo tanto, este 
no existe. 
Este teorema se conoce como Prueba de la primera derivada. 
 
Observaciones: 
1) El teorema se puede aplicar cuando: 
 La derivada primera existe. 
 La derivada primera no existe porque las laterales existen y son distintas. 
 
2) El teorema NO se puede aplicar cuando la no existencia de la derivada primera 
está dada porque la función no es continua o la no existencia de las laterales por 
ser oscilantes. En este caso debemos acudir a la definición. 
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46 
Ejemplo 5: 
Sea la función 𝑓(𝑥) = |1 − 𝑥2| en [−2,2]. 
𝑓′(𝑥) = 𝑠𝑔𝑛(1 − 𝑥2) ∙ (−2𝑥) = ±(−2𝑥) = ∓2𝑥 = {
−2𝑥 si −1 < 𝑥 < 1
2𝑥 si 𝑥 > 1 ∨ 𝑥 < −1
 
Los puntos críticos serán: 
 Donde 𝑓′(𝑥) = 0, entonces 𝑥 = 0 que es punto crítico por ser punto 
interior del intervalo analizado. 
 Donde no existe 𝑓′(𝑥). Como la función que tenemos es 𝑓(𝑥) = |1 − 𝑥2|, 
sabemos que no es derivable donde 1 − 𝑥2 = 0, entonces 𝑥 = 1 y 𝑥 = −1 
son también puntos críticos. 
 En los extremos del intervalo, 𝑥 = 2 y 𝑥 = −2. 
 
Así, el conjunto de puntos críticos es 𝑃𝑐 = {−2,−1,0,1,2} 
Analizamos entonces cada punto crítico: 
 En 𝑥 = 0 
𝑓′(0) = 𝑠𝑔𝑛(1 − 02) ∙ (−2 ∙ 0) = 𝑠𝑔𝑛(1) ∙ 0 = 0 
𝑓′(0 + ℎ) = 𝑠𝑔𝑛(1 − (0 + ℎ)2) ∙ [−2 ∙ (0 + ℎ)] = 𝑠𝑔𝑛(1 − ℎ2) ∙ (−2 ∙ ℎ) 
Como 0 < ℎ < 1 ⇒ 0 < ℎ2 < 1, por lo tanto: 
𝑓′(0 + ℎ) = (+) ∙ (−2 ∙ ℎ) = −2 ∙ ℎ, ℎ > 0 
 
𝑓′(0 − ℎ) = 𝑠𝑔𝑛(1 − (0 − ℎ)2) ∙ [−2 ∙ (0 − ℎ)]
= 𝑠𝑔𝑛(1 − (−ℎ)2) ∙ [−2 ∙ (−ℎ)] 
Como −1 < −ℎ < 0 ⇒ 0 < (−ℎ)2 < 1, por lo tanto: 
𝑓′(0 − ℎ) = (+) ∙ (−2 ∙ (−ℎ)) = 2 ∙ ℎ > 0, ℎ > 0 
Entonces: 
𝑓′(0 + ℎ) < 0 y 𝑓′(0 − ℎ) > 0, por lo tanto, en 𝑃(0,1) la función alcanza un 
máximo. 
 
 En 𝑥 = 1 
𝑓′(1 + ℎ) = 𝑠𝑔𝑛(1 − (1 + ℎ)2) ∙ [−2 ∙ (1 + ℎ)] 
Como ℎ > 0 ⇒ 1 + ℎ > 0 ⇒ (1 + ℎ)2 > 0 ⇒ 1 − (1 + ℎ)2 < 0. 
Así: 
𝑓′(1 + ℎ) = (−1) ∙ [−2 ∙ (1 + ℎ)⏟ 
>0
]
⏞ 
<0
> 0, ℎ > 0 
Por otro lado, 
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𝑓′(1 − ℎ) = 𝑠𝑔𝑛(1 − (1 − ℎ)2) ∙ [−2 ∙ (1 − ℎ)] 
Como 0 < ℎ < 1 ⇒ −1 < −ℎ < 0 ⇒ 0 < 1 − ℎ < 1 ⇒