01 Trabajo Práctico Nro 1 (TEOREMAS Y ESTUDIO DE FUNCIÓN)

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Matemática 
1er. cuatrimestre del año 2020 
Trabajo Práctico Nro. 1 
Taller de Resolución de Problemas 
Compendio de problemas con resolución 
(TEOREMA DE ROLLE, TEOREMA DE LAGRANGE Y ESTUDIO DE FUNCIÓN) 
 
 
Este es un documento realizado por lxs docentes Marcela Araujo (Jefa de Trabajos Prácticos) y 
Mariano Reynoso (Ayudante) para lxs alumnxs de las comisiones 4 y 5 de la materia Matemática 
de las carreras de Farmacia y Bioquímica de la Facultad de Farmacia y Bioquímica de la 
Universidad de Buenos Aires. 
2 
 
TEOREMA DE ROLLE 
Lo primero que vamos a hacer es recordar el enunciado del Teorema de Rolle: 
Si 𝑓(𝑥) es continua en [𝑎 ; 𝑏] y derivable en (𝑎 ; 𝑏) y 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏), entonces existe 𝑐 ∈ (𝑎 ; 𝑏) 
tal que 𝑓′(𝑐) = 0 
Esto significa que si en los extremos del intervalo los valores de la función son iguales, entonces 
existe un punto tal que la recta tangente a la función en ese punto tiene pendiente igual a cero, 
es decir, es una recta horizontal. 
 
En el ejemplo gráfico anterior vemos que 𝑓(−2) = 𝑓(2) y vemos que existe 𝑐 = 0 tal que la recta 
tangente 𝑦𝑡 a la función en 𝑥 = 0 tiene pendiente igual a cero, es decir, es horizontal. 
Veamos un ejercicio. 
Ejercicio 19 
Nos preguntan si se puede aplicar el Teorema de Rolle a la función 𝑓(𝑥) =
𝑒𝑥
𝑥
 en el intervalo 
[1 ; 2] y para responder vamos a ver si se cumplen las hipótesis del Teorema: 
Nos preguntamos ¿es 𝑓(𝑥) continua en [1 ; 2]? Sí, 𝑓(𝑥) solamente no es continua en 𝑥 = 0 
¿es 𝑓(𝑥) derivable en (1 ; 2)? Y vemos que su derivada es 𝑓′(𝑥) =
𝑒𝑥𝑥−𝑒𝑥
𝑥2
 por lo tanto, solamente 
no es derivable en 𝑥 = 0 
Nos interesa saber cuánto vale la función en los entremos del intervalo dado, es decir: 
𝑓(1) =
𝑒1
1
 
𝑓(2) =
𝑒2
2
 
3 
 
Como 𝑓(1) ≠ 𝑓(2) no se puede aplicar el Teorema de Rolle en [1 ; 2] 
Ejercicio 21 
Veamos el gráfico correspondiente, con él tenemos que decidir si se puede aplicar el Teorema de 
Rolle en distintos intervalos: 
En [0 ; 1] la función es continua (vean que el trazo es continuo), es derivable en (0 ; 1) (vean que 
el trazo es una curva suave), 𝑓(0) = −1 y 𝑓(1) = −2, como 𝑓(0) ≠ 𝑓(1) no podemos aplicar el 
Teorema de Rolle en dicho intervalo. 
En [0 ; 2] la función es continua (vean que el trazo es continuo), es derivable en (0 ; 2) (vean que 
el trazo es una curva suave), 𝑓(0) = −1 y 𝑓(2) = −1, como 𝑓(0) = 𝑓(2) podemos aplicar el 
Teorema de Rolle en dicho intervalo. 
En [0,5 ; 4] la función es continua (vean que el trazo es continuo), en 𝑥 = 3 la representación 
gráfica tiene un pico, entonces no es derivable en 𝑥 = 3 y por lo tanto no lo es en (0,5 ; 4) (vean 
que el trazo no es una curva suave dado que tiene ese pico allí), entonces no podemos aplicar el 
Teorema de Rolle en dicho intervalo. Sin embargo, vemos que 𝑓(0,5) = 𝑓(4) = 0 se cumple, 
pero la función no es derivable en 𝑥 = 3 así que no podemos aplicar el Teorema. 
 
4 
 
TEOREMA DE LAGRANGE 
Lo primero que vamos a hacer es recordar el enunciado del Teorema de Lagrange o también 
llamado Teorema del Valor Medio: 
Si 𝑓(𝑥) es continua en [𝑎 ; 𝑏] y derivable en (𝑎 ; 𝑏) entonces existe 𝑐 ∈ (𝑎 ; 𝑏) tal que: 
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
= 𝑓′(𝑐) 
Esto significa que existe un 𝑥 = 𝑐 tal que la recta tangente a la función en el punto de abscisa 
𝑥 = 𝑐, es paralela a la recta que pasa por los puntos (𝑎 ; 𝑓(𝑎)) y (𝑏 ; 𝑓(𝑏)) 
Observen que, ahora que conocemos el Teorema de Lagrange, el Teorema de Rolle es un caso 
particular de éste. 
En el ejemplo gráfico vemos la representación gráfica de una función 𝑓 que es continua en [2 ; 5] 
y derivable en (2 ; 5). Vemos que la pendiente de la recta 𝑦𝑠 (en rojo) que pasa por los puntos 
𝐴 = (2 ; 1) y 𝐵 = (5 ; 4) (recta secante) es igual a la pendiente de la recta tangente 𝑦𝑡 (en 
amarillo) a 𝑓 en 𝑥 = 4 (el punto de tangencia es 𝐵 = (4 ; 2)), es decir: 
𝑓(5) − 𝑓(2)
5 − 2
= 𝑓′(4) 
4 − 1
3
= 𝑓′(4) 
1 = 𝑓′(4) 
Veamos un ejercicio. 
Ejercicio 22 
Para poder aplicar el teorema de Lagrange se necesita que la función sea continua en un intervalo 
cerrado [𝑎 ; 𝑏] y derivable en el abierto (𝑎 ; 𝑏) 
5 
 
En la representación gráfica que tenemos, vemos que en el intervalo [0 ; 4] la función es continua 
(vean que el trazo es continuo), pero no es derivable en (0 ; 4) dado que el trazo no es una curva 
suave (es un pico) en 𝑥 = 2, entonces el Teorema de Lagrange no se puede aplicar en el intervalo 
[0 ; 4]. En cambio, en el intervalo [0 ; 2] la función es continua y derivable en (0 ; 2) dado que el 
intervalo abierto no incluye a 𝑥 = 2, entonces el Teorema de Lagrange se puede aplicar en el 
intervalo [0 ; 2] 
Ejercicio 23 
Nos piden hallar el valor de abscisa que satisface el Teorema de Lagrange para la función 𝑓(𝑥) =
1 − 𝑥3 en [1 ; 3] 
Lo primero que debemos de tener en cuenta es que al ser una función polinómica, ésta es 
continua y derivable para cualquier intervalo, entonces, se pide calcular 𝑐 ∈ (1 ; 3) tal que: 
𝑓(3) − 𝑓(1)
3 − 1
= 𝑓′(𝑐) 
Así tenemos que: 
𝑓(3) = 1 − 33 = −26 
𝑓(1) = 0 − 03 = 0 
𝑓′(𝑥) = −3𝑥2 ⇒ 𝑓′(𝑐) = −3𝑐2 
Nos queda: 
𝑓(3) − 𝑓(1)
3 − 1
= 𝑓′(𝑐) 
−26 − 0
3 − 1
= −3𝑐2 
−13 = −3𝑐2 
−13
−3
= 𝑐2 
√
13
3
= |𝑐| 
Y como 𝑐 ∈ (1 ; 3) la única solución es: 
𝑐 = √
13
3
 
 
6 
 
ESTUDIO DE FUNCIÓN 
Vamos a resolver algunos ejercicios sobre el estudios de funciones y para ello vamos a recordar 
algunos conceptos. 
ASÍNTOTAS 
Veamos que pueden existir tres tipos de asíntotas: verticales, horizontales u oblicuas. 
Asíntota vertical (AV) 
𝑥 = 𝑎 es una asíntota vertical de una función 𝑓 si lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) = ∞ 
Veamos un ejemplo: 
𝑓(𝑥) =
1
𝑥 − 2
 
En este caso, cuando 𝑥 tiende a 2, la imagen de 𝑓, es decir 𝑓(𝑥), tiende a infinito, 𝑥 = 2 es una 
recta vertical (en azul) y es asíntota vertical. 
 
Asíntota horizontal (AH) 
𝑦 = 𝑏 es una asíntota horizontal de una función 𝑓 si lim
𝑥→∞
𝑓(𝑥) = 𝑏 
En la representación gráfica de la función anterior, vemos que cuando 𝑥 tiende a +∞ o a −∞ los 
valores de la función se acercan a 0, entonces 𝑦 = 0 es la recta horizontal (en rojo) que es la 
asíntota horizontal y coincide con el eje 𝑥 
 
7 
 
Asíntota oblicua (AO) 
Cuando 𝑥 tiende a ∞, los valores de la imagen de la función se aproximan a los valores de una 
recta oblicua, es decir, de una recta que no tiene pendiente nula (como en el caso de la asíntota 
horizontal). Esta recta es asíntota oblicua. 
Sea 𝑦 = 𝑚 ∙ 𝑥 + 𝑏 recta oblicua (con 𝑚 ≠ 0), para que sea asíntota pedimos que: 
lim
𝑥→∞
[𝑓(𝑥) − (𝑚 ∙ 𝑥 + 𝑏)] = 0 
Lo anterior quiere decir que cuando la variable independiente toma valores muy grandes o chicos, 
las imágenes de la función 𝑓 se van pareciendo a las imágenes de una recta oblicua, es por ello 
por lo que la diferencia entre ellas tiende a cero, porque se van pareciendo cada vez más y más. 
La anterior expresión es equivalente a: 
lim
𝑥→∞
[
𝑓(𝑥) − 𝑚 ∙ 𝑥 − 𝑏
𝑥
] = lim
𝑥→∞
[
𝑓(𝑥)
𝑥
] − 𝑚 = 0 
Entonces primero calculamos 𝑚: 
lim
𝑥→∞
[
𝑓(𝑥)
𝑥
] = 𝑚 
Y luego 𝑏: 
lim
𝑥→∞
[𝑓(𝑥) − 𝑚𝑥] = 𝑏 
La función del gráfico anterior, como verán, no tiene asíntotas oblicuas porque hay asíntota 
horizontal. Esto es importante: sólo buscamos asíntotas oblicuas si no hay asíntotas horizontales. 
Igualmente veamos un ejemplo: 
𝑓(𝑥) =
𝑥3 − 4
𝑥2
 
Busquemos 𝑚: 
lim
𝑥→∞
[
𝑓(𝑥)
𝑥
] = lim
𝑥→∞
[
𝑥3 − 4
𝑥2
𝑥
] = lim
𝑥→∞
[
𝑥3 − 4
𝑥3
] = 1 = 𝑚 
Busquemos 𝑏: 
lim
𝑥→∞
(
𝑥3 − 4
𝑥2
− 𝑚𝑥) = lim
𝑥→∞
(
𝑥3 − 4
𝑥2
− 1 ∙ 𝑥) = lim
𝑥→∞
(−
4
𝑥2
) = 0 = 𝑏 
Entonces la recta oblicua que es asíntota oblicua es 𝑦 = 𝑥, observemos la siguiente 
representación gráfica donde aparece la representación gráfica de 𝑓 y la asíntota oblicua (en 
verde): 
8 
 
 
Función creciente en un intervalo 
Vamos a recordar que una función 𝑓 es creciente en un intervalo de su dominiosi para todo par 
de puntos del intervalo: 
𝑥1 < 𝑥2 ⇒ 𝑓(𝑥1) < 𝑓(𝑥2) 
Si una función tiene derivada con imágenes de signo positivo en un intervalo, entonces es 
creciente en dicho intervalo. 
Función decreciente en un intervalo 
Una función 𝑓 es decreciente en un intervalo de su dominio si para todo par de puntos del 
intervalo: 
𝑥1 < 𝑥2 ⇒ 𝑓(𝑥1) > 𝑓(𝑥2) 
Si una función tiene derivada con imágenes de signo negativo en un intervalo, entonces es 
decreciente en dicho intervalo. 
Máximo relativo o local 
Un valor 𝑎 del dominio de una función 𝑓 es un máximo relativo si existe un entorno de 𝑎 tal que 
a la izquierda de 𝑎 la función es creciente y a la derecha de 𝑎 la función es decreciente, es decir 
en 𝑎 la función alcanza el mayor valor del entorno. 
Mínimo relativo o local 
Un valor 𝑎 del dominio de una función 𝑓 es un mínimo relativo si existe un entorno de 𝑎 tal que 
a la izquierda de 𝑎 la función es decreciente y a la derecha de 𝑎 la función es creciente, es decir 
en 𝑎 la función alcanza el menor valor del entorno. 
9 
 
Si la función es derivable en 𝑎 y 𝑎 es un extremo relativo (máximo o mínimo), entonces la derivada 
de la función evaluada en 𝑎 vale 0 
Si una función cumple 𝑓′(𝑎) = 0 y 𝑓′′(𝑎) > 0 entonces 𝑥 = 𝑎 es un mínimo relativo. 
Si una función cumple 𝑓′(𝑎) = 0 y 𝑓′′(𝑎) < 0 entonces 𝑥 = 𝑎 es un máximo relativo. 
Criterios de concavidad 
Si la función 𝑓 es dos veces derivable en un intervalo: 
Si 𝑓′′(𝑥) > 0 en todo el intervalo, entonces la función es cóncava hacia arriba, se dice que tiene 
concavidad positiva en dicho intervalo. 
Si 𝑓′′(𝑥) < 0 en todo el intervalo, entonces la función es cóncava hacia abajo, se dice que tiene 
concavidad negativa en dicho intervalo. 
Si existe un entorno de 𝑥 = 𝑎 donde la concavidad a la derecha de 𝑎 es distinta respecto a la 
concavidad a la izquierda de 𝑎, entonces en 𝑥 = 𝑎 existe un punto de inflexión. 
Si existe 𝑓′′(𝑎) = y 𝑎 es un punto de inflexión, entonces 𝑓′′(𝑎) = 0 
Bueno, ahora que tenemos todo este resumen, veamos algunos ejercicios. En el ejercicio 31 nos 
piden realizar un estudio completo de funciones. ¡A por ello! 
Ejercicio 31 
 a) 
𝑓(𝑥) = 𝑥4 − 4𝑥3 − 1 
Lo primero que tenemos que realizar siempre que tenemos una función es calcular su dominio. 
𝐷𝑓 = ℝ 
Recordemos que para cualquier función polinómica, el dominio es el conjunto de todos los 
números reales. 
La función es continua en todo su dominio, en todo el conjunto de los números reales, 
nuevamente, como cualquier función polinómica. 
La función no tiene asíntota vertical dado que si 𝑥 tiende a un número la función no tiende a ∞. 
Tampoco tiene asíntota horizontal dado que si 𝑥 tiene a ∞ la función también tiende a ∞. Veamos 
que tampoco tiene asíntota oblicua dado que si 𝑥 tiene a ∞ el cociente 
𝑓(𝑥)
𝑥
 tiende a infinito 
también y 𝑚 tiene que tender a un número, e infinito no es un número. 
Para los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la función buscamos derivada primera: 
𝑓(𝑥) = 𝑥4 − 4𝑥3 − 1 ⇒ 𝑓′(𝑥) = 4𝑥3 − 12𝑥2 
𝑓′(𝑥) = 4𝑥2(𝑥 − 3) 
10 
 
Ahora tenemos que determinar en cuáles intervalos la primera derivada toma valores positivos y 
en cuáles intervalos valores negativos: 
𝑓′(𝑥) > 0 
4𝑥2(𝑥 − 3) > 0 si 𝑥 − 3 > 0 
𝑥 > 3 
Entonces el intervalo de crecimiento es (3 ; +∞) 
𝑓′(𝑥) < 0 
4𝑥2(𝑥 − 3) < 0 si 𝑥 − 3 < 0 
𝑥 < 3 
Entonces el intervalo de decrecimiento es (−∞ ; 3) 
Podemos ver que en 𝑥 = 3 hay un mínimo local (y no hay máximos locales). El punto del mínimo 
local es (3 ; 𝑓(3)), es decir que el mínimo local se encuentra en el punto (3 ; −28) 
Para analizar la concavidad calculamos la derivada segunda: 
𝑓(𝑥) = 𝑥4 − 4𝑥3 − 1 ⇒ 𝑓′(𝑥) = 4𝑥3 − 12𝑥2 ⇒ 𝑓′′(𝑥) = 12𝑥2 − 24𝑥 
𝑓′′(𝑥) = 12𝑥(𝑥 − 2) 
Ahora tenemos que determinar en cuáles intervalos la segunda derivada toma valores positivos 
y cuáles intervalos valores negativos: 
𝑓′′(𝑥) > 0 
12𝑥(𝑥 − 2) > 0 si 𝑥 > 0 ⋀ 𝑥 − 2 > 0 o si 𝑥 < 0 ⋀ 𝑥 − 2 < 0 
12𝑥(𝑥 − 2) > 0 si 𝑥 > 0 ⋀ 𝑥 > 2 o si 𝑥 < 0 ⋀ 𝑥 < 2 
es decir, cuando 𝑥 < 0 o 𝑥 < 2, entonces los intervalos de concavidad positiva son (−∞ ; 0) ∪
(2 ; +∞) 
𝑓′′(𝑥) < 0 
12𝑥(𝑥 − 2) < 0 si 𝑥 > 0 ⋀ 𝑥 − 2 < 0 o si 𝑥 < 0 ⋀ 𝑥 − 2 > 0 
12𝑥(𝑥 − 2) > 0 si 𝑥 > 0 ⋀ 𝑥 < 2 o si 𝑥 < 0 ⋀ 𝑥 > 2 
es decir, cuando 0 < 𝑥 < 2, entonces el intervalo de concavidad negativa es (0 ; 2) 
veamos que hay cambio de concavidad alrededor de 𝑥 = 0 y de 𝑥 = 2, entonces los puntos 
(0 ; 𝑓(0)) y (2 ; 𝑓(2)) son los puntos de inflexión, es decir, (0 ; −1) y (2 ; −17) 
Veamos la representación gráfica de la función: 
 
11 
 
 
Podemos ver que el punto (3 ; −28) es también un mínimo absoluto y que la imagen de la 
función es 𝐼𝑚𝑓 = [−28 ; +∞) 
 b) 
𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥
2
⇒ 𝑓(𝑥) =
1
𝑒𝑥
2 
Dijimos que lo primero que tenemos que realizar siempre que tenemos una función es calcular 
su dominio. Vemos que 𝐷𝑓 = ℝ y que la función es continua en todo su dominio, en todo el 
conjunto de los números reales. 
La función no tiene asíntota vertical dado que la función no tiende a ∞, observemos que 𝑓(𝑥) es 
menor o igual que 1 y mayor a 0 para cualquier 𝑥, es decir que 𝐼𝑚𝑓 = (0 ; 1] 
Busquemos ahora asíntotas horizontales: 
lim
𝑥→∞
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→∞
1
𝑒𝑥
2 = 0 
12 
 
Entonces 𝑦 = 0 es asíntota horizontal, como hay asíntota horizontal no hay asíntota oblicua y no 
la buscamos (porque no hay). 
Para los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la función buscamos derivada primera: 
𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥
2
⇒ 𝑓′(𝑥) = 𝑒−𝑥
2
(−2𝑥) 
Ahora tenemos que determinar en cuáles intervalos la primera derivada toma valores positivos y 
en cuáles intervalos valores negativos. Vemos que el signo que tome la imagen de la primera 
derivada depende únicamente de −2𝑥, entonces planteamos: 
𝑓′(𝑥) > 0 si −2𝑥 > 0 es decir, si 𝑥 < 0 
Entonces el intervalo de crecimiento es (−∞ ; 0) 
𝑓′(𝑥) < 0 si −2𝑥 < 0 es decir, si 𝑥 > 0 
Entonces el intervalo de decrecimiento es (0 ; +∞) 
Podemos ver que en 𝑥 = 0 hay un máximo local, que además es absoluto. El punto del máximo 
absoluto es (0 ; 𝑓(0)), es decir que el máximo absoluto se encuentra en el punto (0 ; 1) 
Para analizar la concavidad calculamos la derivada segunda: 
𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥
2
⇒ 𝑓′(𝑥) = 𝑒−𝑥
2
(−2𝑥) ⇒ 𝑓′′(𝑥) = 𝑒−𝑥
2
(−2𝑥)2 + 𝑒−𝑥
2
(−2) 
𝑓′′(𝑥) = 𝑒−𝑥
2
(4𝑥2 − 2) 
Ahora tenemos que determinar en cuáles intervalos la segunda derivada toma valores positivos 
y en cuáles intervalos valores negativos. Vemos que el signo que tome la imagen de la primera 
derivada depende únicamente de 4𝑥2 − 2, entonces planteamos: 
𝑓′′(𝑥) > 0 
4𝑥2 − 2 > 0 
4𝑥2 > 2 
𝑥2 >
2
4
 
|𝑥| = √
1
2
 
Entonces los intervalos de concavidad positiva son (−∞ ; −√
1
2
) ∪ (√
1
2
 ; +∞) 
𝑓′′(𝑥) < 0 
4𝑥2 − 2 < 0 
4𝑥2 < 2 
13 
 
𝑥2 <
2
4
 
|𝑥| < √
1
2
 
Entonces el intervalo de concavidad positiva es (−√
1
2
 ; √
1
2
) 
Veamos que hay cambio de concavidad alrededor de 𝑥 = −√
1
2
 y de 𝑥 = √
1
2
, entonces los puntos 
(−√
1
2
 ; 𝑓 (−√
1
2
)) y (√
1
2
 ; 𝑓 (√
1
2
)) son los puntos de inflexión, es decir, (−√
1
2
 ; 𝑒−
1
2) y 
(√
1
2
 ; 𝑒−
1
2) 
Veamos la representación gráfica de la función: 
 
f) 
𝑓(𝑥) =
𝑥2 + 1
𝑥
 
𝐷𝑓 = ℝ − {0} 
La función es continua en todo su dominio. Posee asíntota vertical en 𝑥 = 0 y no tiene asíntota 
horizontal entonces buscamos la asíntota oblicua: 
lim
𝑥→∞
𝑓(𝑥)
𝑥
= lim
𝑥→∞
𝑥2 + 1
𝑥2
= 1 = 𝑚 
lim
𝑥→∞
[𝑓(𝑥) − 𝑚𝑥] = lim
𝑥→∞
[
𝑥2 + 1
𝑥
− 𝑥] = lim
𝑥→∞
(
1
𝑥
) = 0 = 𝑏 
Entonces la asíntota oblicua es 𝑦 = 𝑥 
14 
 
Ahora calculamos la primera derivada para poder empezar a analizar cuando crece y cuando 
decrece la función: 
𝑓(𝑥) =
𝑥2 + 1
𝑥
⇒ 𝑓′(𝑥) =
2𝑥 ∙ 𝑥 − (𝑥2 + 1) ∙ 1
𝑥2
=
𝑥2 − 1
𝑥2
 
Y analizamos en cuáles intervalos la derivada es positiva y en cuáles intervaloses negativa para 
poder determinar los intervalos de crecimiento y decrecimiento: 
𝑓′(𝑥) > 0 si 𝑥2 − 1 > 0 entonces los intervalos de crecimiento son (−∞ ; −1) ∪ (1 ; +∞) 
𝑓′(𝑥) < 0 si 𝑥2 − 1 < 0 entonces los intervalos de decrecimiento son (−1 ; 0) ∪ (0 ; 1) 
Entonces, podemos ver que en 𝑥 = −1 hay un máximo relativo y en 𝑥 = 1 hay un mínimo 
relativo. Entonces los puntos del máximo y mínimo, relativos, son (−1 ; −2) y (1 ; 2) 
respectivamente. 
Para analizar la concavidad vamos a calcular la segunda derivada: 
𝑓′(𝑥) =
𝑥2 − 1
𝑥2
⇒ 𝑓′′(𝑥) =
2𝑥 ∙ 𝑥2 − (𝑥2 − 1) ∙ 2𝑥
𝑥4
=
2𝑥3 − 2𝑥3 + 2𝑥
𝑥4
=
2𝑥
𝑥4
=
2
𝑥3
 
Podemos ver que la segunda derivada no tiene raíces dado que no es lícito igualarla a cero porque 
dependería del denominador y el denominador no puede ser cero nunca. 
𝑓′′(𝑥) > 0 si 𝑥 > 0 entonces la función tiene concavidad positiva en el intervalo (0 ; +∞) 
𝑓′′(𝑥) < 0 si 𝑥 < 0 entonces la función tiene concavidad negativa en el intervalo (−∞ ; 0) 
No existe el punto de inflexión, es cierto que alrededor del cero cambia de concavidad, pero el 
cero no pertenece al dominio de la función. 
Graficamos la función, la asíntota vertical (en verde) y la asíntota oblicua (en rojo): 
Observamos que no hay máximo ni mínimo absolutos. 
Vemos que la imagen de la función es 𝐼𝑚𝑓 = (−∞ ; −2] ∪ [2 ; +∞) 
15 
 
 i) 
𝑓(𝑥) = 𝑥 ln 𝑥 
El dominio de la función es 𝐷𝑓 = (0 ; +∞) dado que el logaritmo se calcula sobre valores 
positivos. La función es continua en todo su dominio y no tiene asíntotas, pueden justificarlo por 
medio del cálculo de los límites correspondientes. 
Calculamos la primera derivada para observar los intervalos de crecimiento y decrecimiento: 
𝑓(𝑥) = 𝑥 ln 𝑥 ⇒ 𝑓′(𝑥) = 1 ∙ ln 𝑥 + 𝑥 ∙
1
𝑥
= 1 + ln 𝑥 
Ahora analizamos en cuáles intervalos la imagen de la primera derivada toma valores positivos y 
en cuáles intervalos toma valores negativos: 
𝑓′(𝑥) > 0 si 1 + ln 𝑥 > 0 
ln 𝑥 > −1 
𝑥 > 𝑒−1 
Entonces el intervalo de crecimiento es (𝑒−1 ; +∞) 
𝑓′(𝑥) < 0 si 1 + ln 𝑥 < 0 
ln 𝑥 < −1 
𝑥 < 𝑒−1 
Entonces el intervalo de crecimiento es (0 ; 𝑒−1) 
Vemos que hay un mínimo relativo en 𝑥 = 𝑒−1, entonces el punto del mínimo relativo es 
( 𝑒−1 ; − 𝑒−1) 
Ahora calculamos la segunda derivada: 
𝑓′(𝑥) = 1 + ln 𝑥 ⇒ 𝑓′′(𝑥) =
1
𝑥
 
Vemos que la imagen de la segunda derivada toma valores positivos para 𝑥 > 0, entonces la 
concavidad es positiva en todo el dominio de la función, por lo que no tiene concavidad negativa 
y no tiene punto de inflexión. Veamos la representación gráfica de la función 𝑓 
 
 
 
 
16 
 
Vemos que el punto que obtuvimos en nuestro análisis como mínimo relativo también es un 
absoluto. 
La imagen de la función es 𝐼𝑚𝑓 = [−𝑒
−1 ; +∞) 
 j) 
𝑓(𝑥) = 2 cos(2𝑥 − 𝜋) 
en el intervalo [0 ; 𝜋] 
El 𝐷𝑓 = [0 ; 𝜋], es continua en todo su dominio y no tiene asíntotas. 
Calculemos la primera derivada para determinar intervalos de crecimiento y decrecimiento: 
𝑓(𝑥) = 2 cos(2𝑥 − 𝜋) ⇒ 𝑓′(𝑥) = −2 sen(2𝑥 − 𝜋) ∙ 2 ⇒ 𝑓′(𝑥) = −4 sen(2𝑥 − 𝜋) 
Hay que recordar que el seno se anula en los múltiplos de 𝜋, entonces: 
2𝑥 − 𝜋 = 0 ⇒ 𝑥 =
𝜋
2
 
2𝑥 − 𝜋 = 𝜋 ⇒ 𝑥 = 𝜋 
2𝑥 − 𝜋 = 2𝜋 ⇒ 𝑥 =
3
2
𝜋 este caso ya se sale del dominio de 𝑓, entonces la derivada se anula en 
𝜋
2
 y en 𝜋 
Teniendo en cuenta que la derivada es una función continua, vamos a utilizar el corolario del 
Teorema de Bolzano que dice “si una función continua no se anula en un intervalo, entonces es 
toda positiva o toda negativa en ese intervalo”. Entonces vamos a analizar el signo de las imágenes 
de la primera derivada en los intervalos [0 ; 
𝜋
2
) y (
𝜋
2
 ; 𝜋] 
17 
 
𝑓′ (
𝜋
4
) = −4 sen (2
𝜋
4
− 𝜋) > 0 ⇒ 𝑓′(𝑥) > 0 en [0 ; 
𝜋
2
) 
𝑓′ (
3
4
𝜋) = −4 sen (2
3
4
𝜋 − 𝜋) < 0 ⇒ 𝑓′(𝑥) < 0 en (
𝜋
2
 ; 𝜋] 
Entonces el intervalo de crecimiento es [0 ; 
𝜋
2
) y el intervalo de decrecimiento es (
𝜋
2
 ; 𝜋] 
Vemos que hay un máximo relativo en el punto (
𝜋
2
 ; 2) 
Ahora calculamos la segunda derivada: 
𝑓′(𝑥) = −4 sen(2𝑥 − 𝜋) ⇒ 𝑓′′(𝑥) = −8 cos(2𝑥 − 𝜋) 
Ahora buscamos las raíces de la segunda derivada sabiendo que el coseno se anula para múltiplos 
impares de 
𝜋
2
 
2𝑥 − 𝜋 = −
𝜋
2
⇒ 𝑥 =
𝜋
4
 
2𝑥 − 𝜋 =
𝜋
2
⇒ 𝑥 =
3
4
𝜋 
Vamos a analizar entonces el signo de la derivada segunda en los intervalos [0 ; 
𝜋
4
), (
𝜋
4
 ; 
3
4
𝜋) y 
(
3
4
𝜋 ; 𝜋] 
𝑓′′(0) = −8 cos(2 ∙ 0 − 𝜋) > 0 ⇒ 𝑓′′(𝑥) > 0 en [0 ; 
𝜋
4
) 
𝑓′′ (
𝜋
4
) = −8 cos (2
𝜋
4
− 𝜋) < 0 ⇒ 𝑓′′(𝑥) < 0 en (
𝜋
4
 ; 
3
4
𝜋) 
𝑓′′(𝜋) = −8 cos(2𝜋 − 𝜋) > 0 ⇒ 𝑓′′(𝑥) > 0 en (
3
4
𝜋 ; 𝜋] 
Entonces la función tiene concavidad positiva en [0 ; 
𝜋
4
) ∪ (
3
4
𝜋 ; 𝜋] y concavidad negativa en 
(
𝜋
4
 ; 
3
4
𝜋) 
Vemos que existen dos puntos de inflexión, (
𝜋
4
 ; 0) y (
3
4
𝜋 ; 0) 
Veamos la representación gráfica de la función: 
18 
 
 
Vemos que la 𝐼𝑚𝑓 = [.2 ; 2] y que el máximo relativo era absoluto, y hay dos mínimos absolutos 
en los puntos (0 ; −2) y (𝜋 ; −2) 
Ejercicio 33 
En este ejercicio vemos que se desea construir una caja de base cuadrada con tapa con una 
capacidad de 8dm3 y nos preguntan ¿cuáles serán las dimensiones de la caja que permitirán 
minimizar la cantidad de material a utilizar? 
Para minimizar el material, necesitamos minimizar la superficie total, 
sabemos que la base es cuadrada y si llamamos 𝑥 a las aristas de las bases 
(horizontales), e 𝑦 a las aristas correspondientes a las alturas (verticales), 
se tienen dos caras cuadradas de 𝑥 de lado (arriba y abajo), y cuatro caras 
laterales de lados 𝑥 e 𝑦 (a los costados). 
La superficie total resulta ser 𝑆 = 2 ∙ 𝑥 ∙ 𝑥 + 4 ∙ 𝑥 ∙ 𝑦 y el volumen es fijo 
(dado por el enunciado) y se calcula como 𝑉 = 𝑥 ∙ 𝑥 ∙ 𝑦 
𝑉 = 𝑥2𝑦 
8 = 𝑥2𝑦 
𝑦 =
8
𝑥2
 
Ahora podemos reescribir la expresión de la superficie como: 
𝑆 = 2𝑥2 + 4𝑥
8
𝑥2
= 2𝑥2 +
32
𝑥
 
Vemos que a la superficie la podemos interpretar como una función que depende de 𝑥 y entonces 
nos interesaría encontrar el mínimo de dicha función, entonces calculamos la primer derivada: 
𝑆(𝑥) = 2𝑥2 +
32
𝑥
⇒ 𝑆′(𝑥) = 4𝑥 −
32
𝑥2
=
4𝑥3 − 32
𝑥2
 
𝑆′(𝑥) > 0 si 4𝑥3 − 32 > 0, por lo anterior, 𝑥 > 2 y la función es creciente en (2 ; +∞) 
19 
 
𝑆′(𝑥) < 0 si 4𝑥3 − 32 < 0, por lo anterior, 𝑥 < 2 y la función es decreciente en(−∞ ; 2) 
Entonces vemos que en 𝑥 = 2 existe un mínimo, entonces la caja tiene que ser un cubo de arista 
de 2dm. 
 
Aquí damos por finalizado el primer trabajo práctico de la materia, nos leemos en los próximos.