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Clave de corrección – Primer turno Tema 3 1 Matemática Clave de corrección segundo parcial Primer turno 12/06/2019 Tema 3 El dominio de la función serán todos aquellos valores para los cuales el denominador no se anula. El denominador se anula si 𝑥2 + 3𝑥 + 2 = 0 ↔ 𝑥1,2 = −(3) ± √(3)2 − 4 ∙ 1 ∙ 2 2 ∙ 1 = −3 ± √1 2 = −3 ± 1 2 → 𝑥1 = −2, 𝑥2 = −1 Entonces, 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ − {−2; −1} La recta 𝑥 = 𝑏 es una asíntota vertical si lim 𝑥→𝑏 𝑓(𝑥) = ∞. Los valores de "𝑏", candidatos a ser posibles asíntotas verticales, son aquellos valores que no pertenecen al dominio de la función. Como 𝑥1 = −2, 𝑥2 = −1 son raíces de la cuadrática 𝑥 2 + 3𝑥 + 2 tenemos que 𝑥2 + 3𝑥 + 2 = (𝑥 − (−2)(𝑥 − (−1)) = (𝑥 + 2)(𝑥 + 1) Ejercicio 1 (2 puntos) Dada la función 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 1 𝑥2 + 3𝑥 + 2 Hallar el dominio y determinar mediante el uso de límites la existencia o no de asíntotas verticales. Clave de corrección – Primer turno Tema 3 2 Entonces 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 1 𝑥2 + 3𝑥 + 2 = 𝑥 + 1 (𝑥 + 2)(𝑥 + 1) = 1 𝑥 + 2 Analizamos el límite de la función cuando los valores de 𝑥 se acercan a 𝑥 = −2, y cuando 𝑥 = −1. Cuando 𝑥 = −2 lim 𝑥→−2 𝑓(𝑥) = lim 𝑥→−2 1 𝑥 + 2 = ∞ → 𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎 𝒙 = −𝟐 𝒆𝒔 𝒖𝒏𝒂 𝒂𝒔í𝒏𝒐𝒕𝒂 𝒗𝒆𝒓𝒕𝒊𝒄𝒂𝒍 Cuando 𝑥 = −1 lim 𝑥→−1 𝑓(𝑥) = lim 𝑥→−1 1 𝑥 + 2 = 1 → 𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎 𝒙 = −𝟏 𝑵𝑶 𝒆𝒔 𝒖𝒏𝒂 𝒂𝒔í𝒏𝒐𝒕𝒂 𝒗𝒆𝒓𝒕𝒊𝒄𝒂𝒍 La función tiene una sola asíntota vertical y es la recta de ecuación 𝑥 = −2 La pendiente de la recta tangente a la gráfica de la función en el punto (0; 𝑓(0)) es igual al valor de la derivada primera de la función evaluada en 𝑥 = 0. Entonces 𝑓′(0) = 1 3 Necesitamos calcular la expresión general de la derivada primera de la función. Ejercicio 2 (3 puntos) Dada la función 𝑓(𝑥) = 2𝑥 + 𝑎 1 − 𝑥 Hallar el valor de la constante 𝑎 ∈ ℝ si se sabe que la pendiente de la recta tangente a la gráfica de la función en el punto (0; 𝑓(0)) es igual a 1 3 Clave de corrección – Primer turno Tema 3 3 𝑓′(𝑥) = (2𝑥 + 𝑎)′(1 − 𝑥) − (2𝑥 + 𝑎)(1 − 𝑥)′ (1 − 𝑥)2 = (2) ∙ (1 − 𝑥) − (2𝑥 + 𝑎) ∙ (−1) (1 − 𝑥)2 = = (2 − 2𝑥) − (−2𝑥 − 𝑎) (1 − 𝑥)2 = 2 − 2𝑥 + 2𝑥 + 𝑎 (1 − 𝑥)2 = 2 + 𝑎 (1 − 𝑥)2 𝑓′(0) = 2 + 𝑎 (1 − 0)2 = 2 + 𝑎 Por otro lado, 𝑓′(0) = 1 3 Entonces, 2 + 𝑎 = 1 3 → 𝑎 = − 5 3 El dominio de la función es el conjunto de todos los números reales. Primero vamos a hallar la o las raíces de la función. 1 4 ∙ 2𝑥+1 − 2 = 0 ↔ 1 4 ∙ 2𝑥+1 = 2 ↔ 2𝑥+1 = 8 ↔ 2𝑥+1 = 23 ↔ 𝑥 + 1 = 3 ↔ 𝑥 = 2 Analizamos el signo de la función en los intervalos (−∞; 2), (2; +∞). En el intervalo (−∞; 2) el signo de la función es negativo ya que 1 ∈ (−∞; 2) y 𝑓(1) = −1. En el intervalo (2; +∞) el signo de la función es positivo ya que 3 ∈ (2; +∞) y 𝑓(3) = 2. Ejercicio 3 (2 puntos) Dada la función exponencial 𝑓(𝑥) = 1 4 ∙ 2𝑥+1 − 2 determinar el conjunto de negatividad y positividad de la función. Clave de corrección – Primer turno Tema 3 4 Conjunto de negatividad = (−∞; 2). Conjunto de positividad = (2; +∞). También se podría obtener el conjunto de positividad resolviendo la inecuación: 1 4 ∙ 2𝑥+1 − 2 > 0 ↔ 2𝑥+1 > 8 ↔ 2𝑥+1 > 23 ↔ 𝑥 + 1 > 3 ↔ 𝑥 > 2 Y el conjunto de negatividad resolviendo la inecuación: 1 4 ∙ 2𝑥+1 − 2 < 0 ↔ 2𝑥+1 < 8 ↔ 2𝑥+1 < 23 ↔ 𝑥 + 1 < 3 ↔ 𝑥 < 2 Ejercicio 4 (3 puntos) Calcular el área de la región limita por las funciones 𝑓(𝑥) = 6 − 𝑥, 𝑔(𝑥) = 2𝑥 + 3 y el eje de las ordenadas (eje y). Graficar en el mismo plano las funciones. Clave de corrección – Primer turno Tema 3 5 Primero buscamos la abscisa del punto (𝑥; 𝑦) donde se cruzan las gráficas de las funciones. Para esto planteamos 6 − 𝑥 = 2𝑥 + 3 ↔ −𝑥 − 2𝑥 = 3 − 6 ↔ −3𝑥 = −3 ↔ 𝑥 = 1 El eje de ordenadas se corresponde con 𝑥 = 0. El área limitada por las gráficas de las funciones la calculamos como á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑔𝑖ó𝑛 = ∫[(6 − 𝑥) − (2𝑥 + 3)] 1 0 𝑑𝑥 = ∫[6 − 𝑥 − 2𝑥 − 3] 1 0 𝑑𝑥 = ∫(3 − 3𝑥) 1 0 𝑑𝑥 = = (3𝑥 − 3 2 𝑥2)| 0 1 = (3 ∙ 1 − 3 2 12) − (3 ∙ 0 − 3 2 02) = 3 − 3 2 = 3 2 El área de la región limita por las gráficas de las funciones es igual a 3/2.
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