2C 2017 Claves Recuperatorio Segundo parcial Mate

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Material de uso exclusivamente didáctico 
1 
 
 
 
CLAVES DE CORRECCIÓN 
RECUPERATORIO SEGUNDO PARCIAL MATEMÁTICA 
2º Cuatrimestre 2017 (04-12-2017) 
TEMA 1 
 
Ejercicio 1 (2 puntos) 
Dada la función 
𝑓(𝑥) = log2(𝑘𝑥 − 9) 
hallar el valor del 𝑘 ∈ ℝ de tal forma que el C0={1} 
 
Respuesta 
Sabemos que 
 𝑓(1) = 0 
Por otro lado 
𝑓(1) = log2(𝑘 ∙ 1 − 9) = log2(𝑘 − 9) 
Entonces debemos hallar el valor de 𝑘 ∈ ℝ para que 
log2(𝑘 − 9) = 0 ⟺ 2
0 = 𝑘 − 9 ⟺ 𝑘 = 10 
 
 
Ejercicio 2 (3 puntos) 
Hallar la expresión de 𝑓(𝑥) sabiendo que 
𝑓′(𝑥) =
1
𝑥 − 3
 
y que 𝑓(4) = 2. Luego, hallar 𝑓−1(2). 
 
Respuesta 
Como 𝑓′(𝑥) =
1
𝑥−3
 y nos piden hallar 𝑓(𝑥), al resolver ∫
1
𝑥−3
 dx obtendremos el conjunto de todas las primitivas. 
Para resolver esta integral, usamos el método de sustitución: 
𝑢 = 𝑥 − 3 → 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 
Luego: 
∫
1
𝑥 − 3
 dx = ∫
1
𝑢
 du = ln 𝑢 + 𝐶 
Volvemos a sustituir 𝑢 = 𝑥 − 3 
∫
1
𝑥 − 3
 dx = ln(𝑥 − 3) + 𝐶 
Como la función 𝑓(𝑥) debe verificar 𝑓(4) = 2 
 
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CLAVES DE CORRECCIÓN 
RECUPERATORIO SEGUNDO PARCIAL MATEMÁTICA 
2º Cuatrimestre 2017 (04-12-2017) 
ln(4 − 3) + 𝐶 = 2 
ln 1 + 𝐶 = 2 
Como ln (1) = 0, tenemos que: 
𝐶 = 2 
Por lo tanto, 
𝒇(𝒙) = 𝐥𝐧(𝒙 − 𝟑) + 𝟐 
Para hallar 𝑓−1(2), debemos hallar 𝑓−1(𝑥). 
Para esto, expresamos la variable “x” en función de “y”: 
𝑦 = ln(𝑥 − 3) + 2 
𝑦 − 2 = ln(𝑥 − 3) 
e𝑦−2 = 𝑥 − 3 
e𝑦−2 + 3 = 𝑥 
Por lo tanto, 𝑓−1(𝑥) = e𝑥−2 + 3 
Luego, para determinar 𝑓−1(2), sustituimos 𝑥 = 2 en 𝑓−1(𝑥): 
𝑓−1(2) = e2−2 + 3 
𝑓−1(2) = e0 + 3 
𝑓−1(2) = 1 + 3 
𝒇−𝟏(𝟐) = 𝟒 
 
 
Ejercicio 3 (2 puntos) 
Siendo 𝑓(𝑥) = 𝐴 · 𝑠𝑒𝑛(3𝑥 + 𝜋), determinar el valor de 𝐴 ∈ ℝ tal que 𝑓′ (
1
3
𝜋) = 6 
 
Respuesta 
Siendo 𝑓(𝑥) = 𝐴 · 𝑠𝑒𝑛(3𝑥 + 𝜋) determinamos la expresión de 𝑓′(𝑥) aplicando la regla de la cadena. 
Luego, 
𝑓′(𝑥) = 𝐴 · cos(3𝑥 + 𝜋) · 3 
Como 𝑓′ (
1
3
𝜋) = 6, sustituimos 𝑥 =
1
3
𝜋 en 𝑓′(𝑥): 
𝑓′ (
1
3
𝜋) = 6 
𝐴 · cos (3 ·
1
3
𝜋 + 𝜋) · 3 = 6 
𝐴 · cos(𝜋 + 𝜋) · 3 = 6 
𝐴 · cos(2𝜋) · 3 = 6 
Como 𝑐𝑜𝑠(2𝜋) = 1 
 
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CLAVES DE CORRECCIÓN 
RECUPERATORIO SEGUNDO PARCIAL MATEMÁTICA 
2º Cuatrimestre 2017 (04-12-2017) 
𝐴 · 1 · 3 = 6 
𝐴 · 3 = 6 
𝑨 = 𝟐 
 
 
Ejercicio 4 (3 puntos) 
Hallar él o los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la función 
ℎ(𝑥) = 𝑥2𝑒𝑥 
 
Respuesta 
Para hallar los intervalos de crecimiento/decrecimiento debemos analizar el signo de la derivada primera. 
Aplicando las reglas de derivación tenemos que 
ℎ′(𝑥) = 2𝑥𝑒𝑥 + 𝑥2𝑒𝑥 = (2𝑥 + 𝑥2)𝑒𝑥 = 𝑥(2 + 𝑥)𝑒𝑥 
El dominio de la derivada primera es todo el conjunto de los números reales. 
Dado que la función exponencial no se anula, la derivada primera se anula si y solo si 𝑥(2 + 𝑥) = 0 ⟺ 𝑥 = 0 ó 𝑥 = −2. 
Analizamos el signo de la derivada primera en los intervalos (−∞; −2) , (−2; 0), (0; +∞) 
 En el intervalo (−∞; −2) tenemos que ℎ′(−3) = −3 ∙ (2 − 3) ∙ 𝑒−3 > 0, entonces la función es creciente. 
 En el intervalo (−2; 0) tenemos que ℎ′(−1) = −1 ∙ (2 − 1) ∙ 𝑒−1 < 0, entonces la función es decreciente. 
 En el intervalo (0; +∞) tenemos que ℎ′(2) = 2 ∙ (2 + 2) ∙ 𝑒2 > 0, entonces la función es creciente. 
La función es creciente en los intervalos (−∞; −2) y (0; +∞) 
La función es decreciente en el intervalo (−2; 0) 
 
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CLAVES DE CORRECCIÓN 
RECUPERATORIO PRIMER PARCIAL MATEMÁTICA 
2º Cuatrimestre 2017 (04-12-2017) 
 
TEMA 2 
 
Ejercicio 1 (2 puntos) 
Siendo 𝑓(𝑥) = 𝐴 · 𝑐𝑜𝑠 (4𝑥 −
𝜋
2
), determinar el valor de 𝐴 ∈ ℝ tal que 𝑓′ (
𝜋
2
) = −12 
 
Respuesta 
Siendo 𝑓(𝑥) = 𝐴 · 𝑐𝑜𝑠(4𝑥 −
𝜋
2
) determinamos la expresión de 𝑓′(𝑥) aplicando la regla de la cadena. 
Entonces, 
𝑓′(𝑥) = 𝐴 · [−sen (4𝑥 −
𝜋
2
)] · 4 
𝑓′(𝑥) = −𝐴 · sen (4𝑥 −
𝜋
2
) · 4 
Como 𝑓′ (
1
2
𝜋) = −12, sustituimos 𝑥 =
1
2
𝜋 en 𝑓′(𝑥): 
𝑓′ (
1
2
𝜋) = −12 
−𝐴 · sen (4 ·
1
2
𝜋 −
𝜋
2
) · 4 = −12 
−𝐴 · sen (2𝜋 −
𝜋
2
) · 4 = −12 
−𝐴 · sen (
3
2
𝜋) · 4 = −12 
Como sen (
3
2
𝜋) = −1 
−𝐴 · (−1) · 4 = −12 
𝐴 · 4 = −12 
𝑨 = −𝟑 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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CLAVES DE CORRECCIÓN 
RECUPERATORIO PRIMER PARCIAL MATEMÁTICA 
2º Cuatrimestre 2017 (04-12-2017) 
 
Ejercicio 2 (3 puntos) 
Hallar la expresión de 𝑔(𝑥) sabiendo que 
𝑔′(𝑥) =
1
𝑥 + 6
 
y que 𝑔(−5) = 3. Luego, hallar 𝑔−1(3). 
 
Respuesta 
Como 𝑔′(𝑥) =
1
𝑥+6
 y nos piden hallar 𝑔(𝑥), al resolver ∫
1
𝑥+6
 dx obtendremos el conjunto de todas las primitivas. 
Para resolver esta integral, usamos el método de sustitución: 
𝑢 = 𝑥 + 6 → 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 
Luego: 
∫
1
𝑥 + 6
 dx = ∫
1
𝑢
 du = ln 𝑢 + 𝐶 
Volvemos a sustituir 𝑢 = 𝑥 + 6 ∶ 
∫
1
𝑥 + 6
 dx = ln(𝑥 + 6) + 𝐶 
Luego, como la función 𝑔(𝑥) debe verificar 𝑔(−5) = 3: 
ln(−5 + 6) + 𝐶 = 3 
ln 1 + 𝐶 = 3 
Como ln 1 = 0, tenemos que: 
𝐶 = 3 
Por lo tanto, 
𝒈(𝒙) = 𝐥𝐧(𝒙 + 𝟔) + 𝟑 
Para hallar 𝑔−1(3), debemos hallar 𝑔−1(𝑥). Para esto, expresamos la variable “x” en función de “y”: 
𝑦 = ln(𝑥 + 6) + 3 
𝑦 − 3 = ln(𝑥 + 6) 
e𝑦−3 = 𝑥 + 6 
e𝑦−3 − 6 = 𝑥 
Por lo tanto, 𝑔−1(𝑥) = e𝑥−3 − 6 
Luego, para determinar 𝑔−1(3), sustituimos 𝑥 = 3 en 𝑔−1(𝑥): 
𝑔−1(3) = e3−3 − 6 
𝑔−1(3) = e0 − 6 
𝑔−1(3) = 1 − 6 
𝒈−𝟏(𝟑) = −𝟓 
 
 
 
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CLAVES DE CORRECCIÓN 
RECUPERATORIO PRIMER PARCIAL MATEMÁTICA 
2º Cuatrimestre 2017 (04-12-2017) 
 
Ejercicio 3 (2 puntos) 
Dada la función𝑔(𝑥) = log3(𝑘𝑥 − 7) 
hallar el valor del 𝑘 ∈ ℝ de tal forma que el C0={2} 
 
Respuesta 
Sabemos que 𝑔(2) = 0 
Por otro lado, 𝑔(2) = log3(𝑘 ∙ 2 − 7) = log3(2𝑘 − 7) 
Entonces debemos hallar el valor de 𝑘 ∈ ℝ para que 
log3(2𝑘 − 7) = 0 ⟺ 3
0 = 2𝑘 − 7 ⟺ 𝑘 = 4 
 
 
Ejercicio 4 (3 puntos) 
Dada la función 
𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥
2+1 − 𝑥2 
hallar, si existen, máximos y/o mínimos relativos. 
 
Respuesta 
Para hallar si existen máximos y/o mínimos relativos debemos analizar el signo de la derivada primera. 
Aplicando las reglas de derivación tenemos que 
𝑓′(𝑥) = 2𝑥𝑒𝑥
2+1 − 2𝑥 = 2𝑥(𝑒𝑥
2+1 − 1) 
El dominio de la derivada primera es todo el conjunto de los números reales. 
La derivada primera se anula si 2𝑥 = 0 ó 𝑒𝑥
2+1 − 1 = 0. 
Entonces: 
2𝑥 = 0 ⟺ 𝑥 = 0 
𝑒𝑥
2+1 − 1 = 0 ⟺ 𝑒𝑥
2+1 = 1 ⟺ 𝑥2 + 1 = 0 𝑦 𝑒𝑠𝑡𝑜 𝑛𝑜 𝑠𝑢𝑐𝑒𝑑𝑒 𝑛𝑢𝑛𝑐𝑎 
La derivada primera se anula solo en 𝑥 = 0. 
Analizamos el signo de la derivada primera en los intervalos (−∞; 0) , (0; +∞) 
 En el intervalo (−∞; 0) tenemos que 𝑓′(−3) = 2 ∙ (−3) ∙ (𝑒(−3)
2+1 − 1) < 0, entonces la función es decreciente. 
 En el intervalo (0; +∞) tenemos que 𝑓′(3) = 2 ∙ (3) ∙ (𝑒(3)
2+1 − 1) > 0, entonces la función es creciente. 
Como la función es decreciente en el intervalo (−∞; 0) y creciente en el intervalo (0; +∞) tiene un punto mínimo en 
𝑃𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑜 = (0; 𝑓(0)) = (0; 𝑒) 
La función no tiene máximo.