RTAS SEG PARCIAL TURNO 1 TEMA 3_24 6 15

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TU1_TE3 
Mat Respuestas 2ºParcial TURNO1 TEMA 3.1ºC.2015 1 
 
MATEMÁTICA 
 
2º PARCIAL 
1º CUAT. 15 
 
 
 
SOBRE: 
 
 
AULA: 
 
Fecha: 23/6/15 
 
Tiempo de duración: 1h 45min 
 
APELLIDO: 
 
CALIFICACIÓN: 
 
NOMBRES: 
 
 
DNI/CI/LC/LE/PAS. Nº: 
 
 
TELÉFONOS 
 
Part: 
 
Cel: 
 
 
TEMA 3 
 
E-MAIL: 
 
 Firma y aclaración 
 docente 
Consigna: La modalidad de este parcial es de "opción múltiple". Encontrarás los enunciados de 10 
problemas. Después de resolverlos tendrás que marcar con una X la respuesta correcta, en el 
casillero que corresponda. Cada problema tiene una única respuesta correcta. Se anulará la 
respuesta de aquellas preguntas en las que se marquen más de una opción. 
 
 
1) El máximo de ( )
1x
3
2xf
2
−
+= se encuentra en el punto: 
 
 
 ( )3 ; 2− ( )3 ; 2 ( )1 ; 0 − ( )5 ; 2 ( )5 ; 2− 
Solución: 
 
El dominio de f(x) es: { }1,1Domf −−ℜ= 
Para hallar el máximo de una función f, debemos hallar primero los valores reales de x del dominio de 
f para los cuales la derivada de la función f es cero. Luego analizar el signo de la derivada a la 
derecha e izquierda de dicho valor. 
 
Primero hallamos la derivada de f(x): 
( )
( )
2
12x
x6
x'f
2
12x
x23
0x'f





 −
−=





 −
⋅
−=
 
 
Luego igualamos a cero la derivada: 
0x
0x6
0
2
12x
x6
=
=−
=





 −
−
 
Analizamos el signo de la derivada: 
 
( ) ( )
( )
( )
3
16
2
125,0
5,06
5,0'f
3
16
2
125,0
5,06
5,0'f
−=





 −
⋅
−=
=




 −−
−⋅
−=−
 
La función tiene un máximo en x = 0 Calculamos ( ) 1
120
3
20f −=
−
+= 
Luego el máximo de f(x) está en ( )1;0 − 
 
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2) La función derivada primera de ( ) 2lnxcosexg += es: 
 
 
senxe)x´(g xcos−= senxe)x´(g xcos= 
2
1
e)x´(g senx += − 
2
1
senxe)x´(g xcos +−= xcose)x´(g senx−= 
Solución: 
Hallamos la primera derivada de g. 
( ) )2(ln)xcose(xg ′+′=′ 
( ) ( ) 0senxxcosexg +−=′ 
( ) senx.xcosexg −=′ 
 
 
3) La trayectoria de un móvil está dada por s(t) = - t3 + 75 t2 + 10 t. La velocidad 
máxima que alcanza el móvil es: 
 
 
 5615 31500 63000 1885 5635 
 
Solución: 
 
Primero calculamos la velocidad como derivada de s(t). 
v(t) = s’(t) = -3 t2 + 75 . 2 t + 10 
v(t) = s’(t) = -3 t2 + 150 t + 10 
La velocidad máxima que alcanza el móvil se da cuando su primera derivada se anula, es decir v’(t) = 
s’’(t) = 0. 
v’(t) = s’’(t) = -3 . 2 t + 150 
v’(t) = s’’(t) = -6 t + 150 
v’(t) = 0 
-6 t + 150 = 0 
-6 t = -150 
t = 
6
150
−
−
 
t = 25 
Luego, t = 25 es un punto crítico 
Analizamos el signo de v’(t) a la derecha e izquierda de t=25. 
v’(24) = -6.24 + 150 > 0 
v’(26) = -6.26 + 150 < 0 
Por lo tanto, en t = 25 hay un máximo relativo. 
v(25) = -3 . 252 + 150 . 25 + 10 
v(25) = -1875 + 3750 + 10 
v(25) = 1885 
 
4) La función 2x33x)x(f +−= es estrictamente creciente en: 
 
 
 ( )1 ,1− ( ) ( )∞+∪− , 1 1 ,1 ( ) ( )1 , -1 1 , ∪−−∞ ( ) ( )∞+∪−−∞ , 1 1 , ( )∞+ , -1 
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Solución: 
Buscamos la primera derivada de 
2x33x)x(f +−= 
3x3)x(f 2 −=′ 
Analizamos para qué valores de x la 0)x(f >′ . 
0)x(f >′ 
⇒>− 03x3 2 
),1()1,(x1x1x1x1x3x3 22 +∞∪−−∞∈⇒>∨−<⇒>⇒>⇒> 
 
 
5) 
Considerá la función ( )
x2
a 32x
xf
+
= . El valor de a que hace que ( )xf ' sea -1 cuando 
 x = 2 es: 
 
 
 
 
 
 4− 3 3/4− 4 3/4 
Solución: 
Calculamos la derivada de la función: 
( )
( )
2x4
a62x22x4
x'f
2x4
2a32xx2x2
x'f
−−
=
⋅




 +−⋅
=
 
Igualamos la derivada a -1 para x = 2: 
4a
a624
16a68
1
16
a68
1
224
a6222
=
=
−=−
−=
−
−=
⋅
−⋅
 
 
6) Un punto de la función ( ) 1
x
8
x2xf ++= en el que su recta tangente es paralela a la 
recta 4x12y2 +−= es: 
 
 ( )1 1 ; 4 ( )9; 4 −− ( )18 ; 8 ( )11 ; 1 ( )11 ; 1− 
 
Solución: 
 
Calculamos la derivada de f, la igualamos a -6 y despejamos x: 
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( )
1xo1x
1x
12x
82x8
2x
8
26
2x
8
26
2x
8
2x'f
−==
=
=
−=−
−=−−
−=−
−=
 
Calculamos: 
( )
( ) ( ) 91821
1
8
121f
111821
1
8
121f
−=+−−=+
−
+−⋅=−
=++=++⋅=
 
Los puntos son: ( )11 ; 1 y ( )9;1−− 
 
 
 
7) 
 La primitiva de dxex4
2x
∫ ⋅ es: 
 
 C e4 x2 + C xe6 x2 + Ce8
2x
+ Cex x22 + Ce2
2x
+ 
Solución: 
 
Calculamos la integral por sustitución: 
Consideramos dxx4du2dxx2du2xu ⋅=⇒⋅=⇒= 
dx
2xex4∫ ⋅ = C
ue2duue2 +⋅=⋅∫ 
Por lo tanto: C
2xe2dx
2xex4 +⋅=⋅∫ 
 
 
8) El área de la región limitada por las gráficas de las funciones ( ) 3xxf 2 +−= y 
( ) 1xxg += es: 
 
 4 5,4 2/9− 25,4 5 
 
Solución: 
 
Obtenemos las abscisas de los puntos de intersección de las funciones: 
 
( )
( )
12x21x
12
21411
x
02x2x
01x32x
1x32x
=−=
−⋅
⋅−⋅−±
=
=+−−
=−−+−
+=+−
 
 
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Solución: 
El intervalo de decrecimiento de la función f es aquel en que: 
 f ’(x) ≤ 0 
 (x + 6) (x + 3) ≤ 0 
x + 6 ≥ 0 y x + 3 ≤ 0 o x + 6 ≤ 0 y x + 3 ≥ 0 
 x ≥ - 6 y x ≤ - 3 o x ≤ - 6 y x ≥ -3 
 - 6 ≤ x ≤ -3 o x ∅∈ 
 - 6 ≤ x ≤ -3 
 x [ ]3,6 −−∈ 
 
 
 
2
x
vxdxdv y dx
x
1
duxlnu elegimos integral esta En dx.xln.x
2
=⇒==⇒=∫ 
∫ dx.xcos.
2x senxvxdxcosdv y xdx2duxu elegimos integral esta En 2 =⇒==⇒= 
 
Como en el intervalo ( )1;2− las funciones cumplen que: ( ) ( )xgxf > obtenemos el área haciendo: 
( ) ( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
5,4
2
9
A
C42
3
8
C2
2
1
3
1
A
C22
2
2
3
2
C12
2
1
3
1
A
|Cx2
2
x
3
x
A
dx2xxA
dx1x3xA
dx)xgxf(A
2323
1
2
23
1
2
2
1
2
2
1
2
==
−++−++−−=








+−⋅+
−
−
−
−−+⋅+−−=
++−−=
∫ +−−=
∫ −−+−=
−∫=
−
−
−
−
 
 
9) La función derivada de una función f es f ’(x) = (x + 6) (x + 3). El intervalo de 
decrecimiento de la función f es: 
 
 ( )3,6 −− [ ]3,6 −− 





−∞−
2
9
, ( ) ( )+∞−∪−∞− ,36, 






−∞−
2
9
, 
10) ¿Cuáles dos de las siguientes integrales se resuelven por el método de integración 
por partes? Poné solo una opción. 
 
 
∫
∫
dx.xcos.xsen
dx.x.x
2
3
 
∫
∫
dx.xcos.x
dx.xln.x
2 
∫
∫
dx.xcos.2x
dx.xln.x
1
 
∫
∫
dx.xcos.senx
dx.xln.x
 
∫
∫
dx.xcos.x
dx.x.x
2
3