MATE_1C_2019_Clave_de_corrección_Segundo_parcial_Primer_turno_Tema

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Clave de corrección – Primer turno Tema 1 1 
Matemática 
Clave de corrección segundo parcial 
Primer turno 12/06/2019 
Tema 1 
 
 
 
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 1 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 1 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 1 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 1 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.