Claves Matematica Primer Parcial Tercer Turno Tema 5

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Material de uso exclusivamente didáctico 
 
 
 
 
CLAVES DE CORRECCIÓN 
PRIMER EXAMEN PARCIAL DE MATEMÁTICA 
TERCER TURNO 
 07/05/2018 – TEMA 5 
TEMA 5 
 
Ejercicio 1 (2 puntos) 
Hallar un posible valor de la constante 𝑐 ∈ ℝ para que el conjunto 
{𝑥 ∈ ℝ ∶ |−
1
2
𝑥 + 1| < 𝑐} 
se encuentre contenido en el intervalo (−5; +∞) 
 
Respuesta 
Resolvemos la inecuación. 
Si la constante "𝑐" es negativa el conjunto es vacío. 
Pedimos que c ≥ 0 
|−
1
2
𝑥 + 1| < 𝑐 ⇔ −𝑐 < −
1
2
𝑥 + 1 < 𝑐 ⇔ −𝑐 − 1 ≤ −
1
2
𝑥 ≤ 𝑐 − 1 
 ⇔ 2(1 − 𝑐) < 𝑥 < 2(𝑐 + 1) 
Entonces 
{𝑥 ∈ ℝ ∶ |−
1
2
𝑥 + 1| < 𝑐} = (2 ∙ (1 − 𝑐); 2 ∙ (𝑐 + 1)) 
 
Para que el conjunto esté contenido en el intervalo (−5; +∞) debemos pedir que 
2 ∙ (1 − 𝑐) > −5 ⇔ 𝐜 <
7
2
 
Entonces, la constante buscada debe cumplir simultáneamente las condiciones 
c ≥ 0 ; c <
7
2
 
es decir c ∈ [0;
7
2
). 
Un valor posible es c = 1 
 
 
 
 
 
 
 
 
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CLAVES DE CORRECCIÓN 
PRIMER EXAMEN PARCIAL DE MATEMÁTICA 
TERCER TURNO 
 07/05/2018 – TEMA 5 
Ejercicio 2 (3 puntos) 
Sean P y Q los puntos donde se cruzan las gráficas de las funciones 
𝑔(𝑥) = (𝑥 + 3)(𝑥 − 1) 
 ℎ(𝑥) = 2𝑥2 − 𝑥 − 3 
Calcular la distancia entre los puntos 𝑃 y 𝑄. 
 
Respuesta 
Hallamos los puntos de intersección entre las gráficas de las funciones 𝑔 y ℎ. 
Primero hallamos las abscisas de los puntos de intersección 
 𝑔(𝑥) = ℎ(𝑥) 
(𝑥 + 3) ∙ (𝑥 − 1) = 2𝑥2 − 𝑥 − 3 
𝑥2 + 3𝑥 − 𝑥 − 3 = 2𝑥2 − 𝑥 − 3 
𝑥2 + 3𝑥 − 𝑥 − 3 − 2𝑥2 + 𝑥 + 3 = 0 
−𝑥2 + 3𝑥 = 0 
𝑥(−𝑥 + 3) = 0 ⇔ 𝑥 = 0 ó 𝑥 = 3 
 
𝑃 = (0; 𝑔(0)) = (0; −3) 
𝑄 = (3; 𝑔(3) = (3; 12) 
𝑑(𝑃, 𝑄) = √(0 − (3))2 + (−3 − 12)2 = √32 + 152 = √𝟐𝟑𝟒 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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CLAVES DE CORRECCIÓN 
PRIMER EXAMEN PARCIAL DE MATEMÁTICA 
TERCER TURNO 
 07/05/2018 – TEMA 5 
Ejercicio 3 (2 puntos) 
Dada la función 
𝑓(𝑥) =
−5
2𝑥 − 3
 
hallar los conjuntos de positividad y negatividad de la función. 
 
Respuesta 
Planteamos (para hallar el conjunto de positividad) 
𝑓(𝑥) > 0 ⇔ 
−5
2𝑥 − 3
> 0 
Como el numerador es un número negativo, el cociente es positivo si y solo si el denominador es negativo: 
2𝑥 − 3 < 0 ⇔ 𝑥 <
3
2
 ⇔ 𝑥 ∈ (−∞;
3
2
) 
Para hallar el conjunto de negatividad planteamos 
𝑓(𝑥) < 0 ⇔ 
−5
2𝑥 − 3
< 0 
Como el numerador es un número negativo, el cociente es negativo sí y solo sí el denominador es positivo: 
2𝑥 − 3 > 0 ⇔ 𝑥 >
3
2
 ⇔ 𝑥 ∈ (
3
2
; +∞) 
Luego, los conjuntos pedidos son: 
Conjunto de positividad: 𝐶+ = (−∞;
3
2
) 
Conjunto de negatividad: 𝐶− = (
3
2
; +∞) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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CLAVES DE CORRECCIÓN 
PRIMER EXAMEN PARCIAL DE MATEMÁTICA 
TERCER TURNO 
 07/05/2018 – TEMA 5 
Ejercicio 4 (3 puntos) 
Determinar si las rectas de ecuación 
𝑦 = 2 ; 𝑥 = 5 ; 𝑥 = −3 
son asíntotas de la función 
𝑓(𝑥) =
2(𝑥 + 1)(𝑥 − 3)
𝑥2 − 9
 
La respuesta debe estar justificada usando el concepto de límite. 
 
Respuesta 
Primero hallamos el dominio de la función. Tenemos que por ser un cociente de funciones estará bien definida 
siempre que el denominador no se anule. 
Entonces 
𝐷𝑜𝑚𝑓 = 𝑅 − {−3,3} 
La función 𝑓 puede escribirse como: 
𝑓(𝑥) =
2(𝑥 + 1)(𝑥 − 3)
𝑥2 − 9
=
2(𝑥 + 1)(𝑥 − 3)
(𝑥 − 3)(𝑥 + 3)
=
2(𝑥 + 1)
(𝑥 + 3)
 
La recta de ecuación 𝑦 = 2 es asíntota horizontal si el límite de la función cuando 𝑥 tiende a infinito vale 2. 
Calculamos el límite: 
𝑙𝑖𝑚
𝑥→∞
2(𝑥 + 1)(𝑥 − 3)
𝑥2 − 9
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→∞
2(𝑥 + 1)
(𝑥 + 3)
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→∞
2𝑥 (1 +
1
𝑥)
𝑥 (1 +
3
𝑥)
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→∞
2 (1 +
1
𝑥)
(1 +
3
𝑥)
= 2 
Como el límite vale 2, la recta es una asíntota horizontal. 
 
La recta de ecuación 𝑥 = 5 es asíntota vertical si el límite de la función cuando 𝑥 tiende 5 es infinito. 
 𝑙𝑖𝑚
𝑥→5
2(𝑥 + 1)(𝑥 − 3)
𝑥2 − 9
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→5
2(𝑥 + 1)
(𝑥 + 3)
=
3
2
 
Como el límite es finito, no hay una asíntota vertical en 𝐱 = 𝟓 
La recta de ecuación 𝑥 = −3 es asíntota vertical ya que el límite de la función cuando 𝑥 tiende -3 es infinito: 
 𝑙𝑖𝑚
𝑥→−3
2(𝑥 + 1)(𝑥 − 3)
𝑥2 − 9
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→−3
2(𝑥 + 1)
(𝑥 + 3)
= ∞ 
(el denominador se anula en 𝑥 = −3 y el numerador es distinto de cero en 𝑥 = −3)