Ejercicios-obligatorios-clase-810

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Departamento de Ciencias Económicas 
 
2400 - Matemática I 
 
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CLASE N° 8 - Ejercicios obligatorios 
TEOREMAS SOBRE FUNCIONES DERIVABLES 
EJERCICIO 1: 
Comprobar que la función 𝒇(𝒙) = 𝒔𝒆𝒏 𝒙 cumple las condiciones del teorema de Rolle 
en el intervalo [𝟎; 𝝅]. 
¿Dónde se verifica la conclusión? 
 
Debemos verificar si se cumple la hipótesis. La hipótesis del teorema de Rolle tiene 3 condiciones 
1°) ¿𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏)? 
𝑓(0) = 𝑠𝑒𝑛 0 = 0 
 𝑓(𝜋) = 𝑠𝑒𝑛 𝜋 = 0 
Luego son iguales 𝑓(0) y 𝑓(𝜋) 
 
2°) ¿Es continua en el intervalo [0; 𝜋]? 
La función 𝑓(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 es una función continua en ℝ por lo tanto es continua en [0; 𝜋] (esto se vio en la 
Clase 4 de Continuidad pág. 13) 
Se cumple la segunda condición de la hipótesis. 
 
3°) ¿Es derivable en el intervalo (0; 𝜋)? 
Para eso “miremos” a la derivada y pensemos si es que no existe para algún valor del intervalo (0; 𝜋). 
𝑓′(𝑥) = (𝑠𝑒𝑛 𝑥)′ 
𝑓′(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠 𝑥 
Vemos que existe para todo número real. 
Luego 𝑓(𝑥) es una función derivable en ℝ , por lo tanto, es derivable en (0; 𝜋). 
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¡ENTONCES! 
SEGURO EXISTE 𝑐 en (0; 𝜋) donde se cumple 𝑓′(𝑐) = 0 
Calculemos ahora este valor 𝑐 que sabemos que SEGURO EXISTE porque se cumple LA HIPÓTESIS del 
teorema… 
 𝑓′(𝑥) = 0 
𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 0 
Aquí debemos RESOLVER UNA ECUACIÓN TRIGONOMÉTRICA… 
Existen dos caminos para poder resolver esta ecuación. Uno de ellos, el que presentamos primero, 
podríamos llamarlo Método Gráfico para Resolver Ecuaciones. El otro camino lo presentaremos luego. 
Resolver la ecuación 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 0 por el Método Gráfico implicará graficar lo que está igualado a 0 y luego de 
esto una serie de pasos más que nos llevarán a la respuesta. 
¡Manos a la obra! Llamemos 𝑦 = cos(𝑥) y grafiquemos esta función a través de una tabla de valores: 
D 
𝑥 
R 
𝑥 
𝑦 = 𝑐𝑜𝑠 𝑥 
0° 0 1 
90° 
𝜋
2
 0 
180° 𝜋 −1 
270° 
3𝜋
2
 0 
360° 2𝜋 1 
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Bien, una vez que está graficada lo que debemos ver en que valores de 𝑥 ocurre 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 0. 
Es decir en cuáles valores de 𝑥 la función 𝑦 = cos(𝑥) se hace cero. 
 
Trasladado al gráfico implicará buscar en qué valores de 𝑥 la función corta al eje 𝑥 porque allí 𝑦 = cos(𝑥) 
es igual a 0. Podemos remarcar con color el eje 𝑥 y ver las intersecciones de la función con el eje 𝑥 
 
Una vez que graficamos debemos tener presente en qué intervalo se pedía que resolvamos esta ecuación. 
En nuestro caso el 𝑐 debe pertenecer al intervalo (0; 𝜋). 
Entonces hacemos una “restricción” en nuestro gráfico: 
 
Luego podemos decir que el valor que hace cero la ecuación Y que además pertenece al intervalo (0; 𝜋) es: 
𝑐 =
𝜋
2
 
La otra forma de hacerlo es: 
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Si 𝑐𝑜𝑠 𝑐 = 0 ⇒ 𝑐 = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠 0 ⇒ 𝑐 =
𝜋
2
+ 2𝑘𝜋 𝑘 ∈ ℤ. 
Si le damos a k valores enteros, tenemos los infinitos valores de c para los cuales su coseno es 0. Por 
ejemplo, si k = -1, 𝑐 =
𝜋
2
+ 2(−1)𝜋 =
𝜋
2
− 2𝜋 = −
3
2
𝜋. 
Pero −
3
2
𝜋 (0; 𝜋). 
Si k = 0 𝑐 =
𝜋
2
+ 2(0)𝜋 =
𝜋
2
∈ (0; 𝜋). 
Si k = 1 𝑐 =
𝜋
2
+ 2(1)𝜋 =
𝜋
2
+ 2𝜋 =
5
2
𝜋 (0; 𝜋). 
Como c tiene que estar en el intervalo (0; 𝜋), dándole a k el valor 0, c toma el valor 
𝜋
2
 y 
𝜋
2
∈ (0; 𝜋), y para 
otros valores de k, c no pertenece al intervalo, entonces c = 
𝜋
2
. 
 
Ejercicio 4: 
Comprobar que la función 𝒇(𝒙) = {
𝟐𝒙 + 𝟐 si − 𝟎, 𝟓 ≤ 𝒙 < 𝟏
𝟓 − (𝒙 − 𝟐)𝟐 si 1 ≤ 𝒙 ≤ 𝟒
 cumple las condiciones del 
teorema de Rolle. ¿Dónde se verifica la conclusión? 
El intervalo en este caso es el dominio de la función [−0,5; 4] 
1°) ¿ 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏)? entonces 
𝑓(−0,5) = 2(−0,5) + 2 = −1 + 2 = 1 
 𝑓(4) = 5−(4 − 2)2 = 5 − 22 = 5 − 4 = 1 
Como son iguales las imágenes se cumple la primera condición. 
 
2°) ¿Es continua en el intervalo [−0,5; 4]? 
Cada tramo de la función es continuo, porque son polinomios. 
Debemos estudiar la continuidad en 𝑥 = 1. 
 
① 𝑓(1) = 5−(1 − 2)2 = 5−(−1)2 = 5 − 1 = 4 
 
② 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1
𝑓(𝑥) 
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𝑙𝑖𝑚
𝑥→1−
[ 2𝑥 + 2] = 4 
𝑙𝑖𝑚
𝑥→1+
[5 − (𝑥 − 2)2] = 4 
𝐿1 = 𝐿2 ⟹ ∃ 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1
𝑓(𝑥) = 4 
③ 𝑓(1) = lim
𝑥→1
𝑓(𝑥) 
 4=4 
Luego la función es continua en 𝑥 = 1 
Entonces se cumple la hipótesis de continuidad en el intervalo [−0,5; 4] 
 
3°) ¿Es derivable en el intervalo (−0,5; 4) ? 
Cada tramo de la función es derivable, porque son polinomios. 
Debemos revisar en 𝑥 = 1, es decir debemos encontrar 𝒇′(𝟏) 
𝑓′(1) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1
𝑓(𝑥) − 𝑓(1)
𝑥 − 1
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1
𝑓(𝑥) − 4
𝑥 − 1
= 
Calculamos las derivadas laterales: 
 
𝑓′(1−) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1−
𝑓(𝑥) − 4
𝑥 − 1
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1−
2𝑥 + 2 − 4
𝑥 − 1
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1−
2𝑥 − 2
𝑥 − 1
= 
 
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1−
2(𝑥 − 1)
𝑥 − 1
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1−
2 = 2 
 
𝑓′(1+) = lim
𝑥→1+
𝑓(𝑥) − 𝑓(1)
𝑥 − 1
= lim
𝑥→1+
5 − (𝑥 − 2)2 − 4
𝑥 − 1
= 
 
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1+
5 − (𝑥2 − 4𝑥 + 4) − 4
𝑥 − 1
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1+
5 − 𝑥2 + 4𝑥 − 4 − 4
𝑥 − 1
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1+
−𝑥2 + 4𝑥 − 3
𝑥 − 1
= 
 
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1+
−(𝑥 − 1)(𝑥 − 3)
𝑥 − 1
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1+
[−(𝑥 − 3)] = 2 
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Como las derivadas laterales son iguales, existe la derivada en 𝑥 = 1 y vale 2 
∃𝑓′(1) = 2 
Se cumple la condición de derivabilidad en el intervalo (−0,5; 4) 
 
Podemos expresar la derivada de la siguiente forma 
𝒇(𝒙) = {
𝟐𝒙 + 𝟐 si − 𝟎, 𝟓 ≤ 𝒙 < 𝟏
𝟓 − (𝒙 − 𝟐)𝟐 si 1 ≤ 𝒙 ≤ 𝟒
 
 
𝑓′(𝑥) = {
2 si − 0,5 ≤ 𝑥 < 1
−2(𝑥 − 2) si 1 ≤ 𝑥 ≤ 4
 
SE CUMPLE LA HIPÓTESIS DEL TEOREMA 
Entonces SEGURO SEGURO SEGURO SEGURO… 
Buscamos ahora el punto 𝑥 = 𝑐 en (−0,5; 4) donde se cumple la tesis/ 𝑓′(𝑐) = 0. 
Es decir, buscamos 𝑐 ∈ (0,5; 4)/𝑓′(𝑐) = 0 
Analizamos cada tramo: 2 = 0 y −2(𝑥 − 2) = 0 
Como 2 ≠ 0 analizamos −2(𝑥 − 2) = 0. 
−2(𝑥 − 2) = 0 
𝑥 − 2 = 0 
𝑥 = 2 
2 ∈ (−0,5; 4) 
𝑐 = 2 
 
Ejercicio 7: 
La función 𝒇(𝒙) = |𝒙𝟐 − 𝟓| verifica que 𝒇(𝟏) = 𝟒 = 𝒇(𝟑) sin embargo, su derivada no se anula en ningún 
punto entre 1 y 3, ¿cómo es posible esto? Justificar. 
 
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Teniendo en cuenta la definición de valor absoluto, la función 𝑓(𝑥) = |𝑥2 − 5| se puede escribir de la 
siguiente manera: 
Recordemos… 
𝒇(𝒙) = |𝒙| 
𝒇(𝒙) = {
𝒙 𝒔𝒊 𝒙 ≥ 𝟎
−𝒙 𝒔𝒊 𝒙 < 𝟎
 
𝑓(𝑥) = |𝑥2 − 5| = {
𝑥2 − 5
−(𝑥2 − 5)
 si 𝑥2 − 5 ≥ 0
 si 𝑥2 − 5 < 0
 
Resolver la inecuación (es decir despejar la x) 
𝑥2 − 5 < 0 
𝑥2 − 5 =0 
 + - + 
 
 -3 −√5 0 √5 3 
Si 𝑥2 − 5 ≥ 0 
Si 𝑥2 − 5 < 0 
Para todos los reales 
𝑓(𝑥) = |𝑥2 − 5| = {
𝑥2 − 5
−(𝑥2 − 5)
 si 𝑥 ∈ (−∞; −√5] ∪ [√5; +∞)
si 𝑥 ∈ (−√5; √5)
 
Es en el intervalo [𝟏; 𝟑] 
𝒇(𝒙) = {
𝒙𝟐 − 𝟓
−(𝒙𝟐 − 𝟓)
 si 𝒙 ∈ [√𝟓; 𝟑]
 si 𝒙 ∈ [𝟏; √𝟓)
 
𝒇(𝒙) = {
−(𝒙𝟐 − 𝟓)
𝒙𝟐 − 𝟓
 si 𝒙 ∈ [𝟏; √𝟓)
 si 𝒙 ∈ [√𝟓; 𝟑]
 
 
 
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𝒇(𝒙) = {
−(𝒙𝟐 − 𝟓) si 𝟏 ≤ 𝒙 < √𝟓
𝒙𝟐 − 𝟓 si √𝟓 ≤ 𝒙 ≤ 𝟑
 
¿Es continua en el intervalo [1;3]? 
Cada tramo de la función es continua, porque son polinomios. 
Debemos revisar en 𝑥 = √5. 
¿Existe la imagen de x=√5? 
 
 𝑓(√5) = (√5)
2
− 5 = 5 − 5 = 0 
lim
𝑥→√5
 −
[−(𝑥2 − 5)] = 0 y lim
𝑥→√5
+
(𝑥2 − 5) = 0 
como los limites laterales son iguales existeel límite y vale 0. 
Entonces 𝑓(√5) = lim
𝑥→√5
𝑓(𝑥) = 0 la función es continua en 𝑥 = √5 
Luego es continua en el intervalo [1;3] 
 
¿Es derivable en el intervalo (1;3)? 
Cada tramo de la función es derivable, porque son polinomios. 
Debemos revisar en 𝑥 = √5 
Calculamos las derivadas laterales 
𝒇(𝒙) = {
−(𝒙𝟐 − 𝟓) si 𝟏 ≤ 𝒙 < √𝟓
𝒙𝟐 − 𝟓 si √𝟓 ≤ 𝒙 ≤ 𝟑
 
 
𝑓′(√5)− = lim
𝑥→√5
−
𝑓(𝑥) − 𝑓(√5)
𝑥 − √5
= lim
𝑥→√5
−
2( 5)x− − − 0
𝑥 − √5
=
−(√5)
2
+ 5
√5 − √5
=
−5 + 5
√5 − √5
=
→ 0
→ 0
 
= lim
𝑥→√5
−
−(𝑥2 − 5)
𝑥 − √5
= lim
𝑥→√5
−
−(𝑥 − √5)(𝑥 + √5)
𝑥 − √5
= −2√5 
 
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= lim
𝑥→√5
−
−2𝑥
1
= −2√5 
𝑓′(√5)+ = lim
𝑥→√5
+
𝑓(𝑥) − 𝑓(√5)
𝑥 − √5
= lim
𝑥→√5
+
2 5x − − 0
𝑥 − √5
=
→ 0
→ 0
 
= lim
𝑥→√5
+
(𝑥2 − 5)
𝑥 − √5
= lim
𝑥→√5
+
2𝑥
1
= 2√5 
𝑓′ (√5
+
) ≠ 𝑓′(√5
−
) 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 ∄𝑓′(√5) 
No es derivable en el intervalo (1; 3) 
Es por esto que no se anula la derivada en algún punto entre 1 y 3 porque no se puede aplicar el teorema 
de Rolle por no cumplirse la hipótesis. 
 
Ejercicio 11: 
Comprobar si el teorema del valor medio es aplicable a la función 𝒇(𝒙) =
𝒙+𝟑
𝒙−𝟑
 en el intervalo [−𝟏; 𝟒]. 
Si es posible aplicarlo, hallar todos los valores donde se verifica su conclusión y realizar la gráfica 
correspondiente en el intervalo dado. 
 
La función f es racional, vamos a analizar si es continua en [−1; 4]. 
El dominio de f es 𝐷𝑓 = ℝ − {3}. Por lo tanto, ∄𝑓(3) y f es discontinua en x = 3. 
Debido a que 3 ∈ [−1; 4], la función no cumple con la hipótesis de continuidad y el teorema del valor 
medio no es aplicable a la función 𝑓(𝑥) =
𝑥+3
𝑥−3
 en el intervalo [−1; 4]. 
 
Ejercicio 16: 
Calcular a y b para que la función 
𝒇(𝒙) = {𝒙
𝟐 + 𝟐𝒙 + 𝒂 si 𝒙 ≤ 𝟎
−𝒙𝟐 + 𝒃𝒙 si 𝒙 > 𝟎
 
cumpla las condiciones del teorema del valor medio en el intervalo [−𝟑; 𝟐]. ¿Dónde se verifica la 
conclusión? Realizar el grafico correspondiente. 
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• Para que la función 𝑓(𝑥) sea continua en [−3, 2], debe serlo en todos los puntos de ese intervalo. 
Cada tramo de la función es continua, porque son polinomios. 
Debe serlo también en 𝑥 = 0. 
 
𝑓(0) = 02 + 2.0 + 𝑎 = 𝑎 
 
Para ello, los límites laterales deben ser iguales. Resulta: 
𝑙í𝑚
𝑥→0−
𝑓(𝑥) = 𝑙í𝑚
𝑥→0−
(𝑥2 + 2𝑥 + 𝑎 ) = 𝑎 
𝑙í𝑚
𝑥→0+
𝑓(𝑥) = 𝑙í𝑚
𝑥→0+
(−𝑥2 + 𝑏𝑥) = 0 
Como deben ser iguales, es 𝑎 = 0 
𝑐𝑜𝑚𝑜 𝐿1 = 𝐿2 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 ∃𝑙í𝑚
𝑥→0
𝑓(𝑥) = 0 
𝑓(0) = 𝑙í𝑚
𝑥→0
𝑓(𝑥) 
𝑎 = 0 
𝑓′(𝑥) = {
 2𝑥 + 2 si 𝑥 < 0
−2𝑥 + 𝑏 si 𝑥 > 0
 
 
La derivabilidad en (−3, 2) implica la existencia de la derivada en todos los puntos de ese intervalo. 
Cada tramo de la función es derivable, porque son polinomios. 
Debe serlo también en 𝑥 = 0 
Calculamos las derivadas laterales 
𝑓′(0+) = 𝑙í𝑚
𝑥→0+
𝑓′(𝑥) = 𝑙í𝑚
𝑥→0+
(−2𝑥 + 𝑏) = 𝑏 
𝑓′(0−) = 𝑙í𝑚
𝑥→0−
𝑓′(𝑥) = 𝑙í𝑚
𝑥→0−
(2𝑥 + 2) = 2 
 
Como deben ser iguales, resulta: 𝑏 = 2 
Existe f ’(0) 
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Si b=2 entonces ∃𝑓′(0) 
ENTONCES AHORA PUEDO INCLUIR A 𝑥 = 0 en en dominio de la derivada 
𝒇′(𝒙) = {
 𝟐𝒙 + 𝟐 si 𝒙 ≤ 𝟎
−𝟐𝒙 + 𝒃 si 𝒙 > 𝟎
 
Encontramos el a=0 y el b=2 que hace que la función cumpla la hipótesis de Lagrange 
La función resulta: 
𝒇(𝒙) = {𝒙
𝟐 + 𝟐𝒙 + 𝒂 si 𝒙 ≤ 𝟎
−𝒙𝟐 + 𝒃𝒙 si 𝒙 > 𝟎
 
 
𝑓(𝑥) = {𝑥
2 + 2𝑥 si 𝑥 ≤ 0
−𝑥2 + 2𝑥 si 𝑥 > 0
 
Se cumple Lagrange en el intervalo [-3;2] 
La función derivada es: 
𝑓′(𝑥) = {
2𝑥 + 2 si 𝑥 ≤ 0
−2𝑥 + 2 si 𝑥 > 0
 
 
Podemos asegurar que existe 𝑐 ∈ (−3; 2) tal que 
 𝑓′(𝑥) =
𝑓(−3) − 𝑓(2)
−3 − 2
 
𝑚𝑆 =
𝑓(−3) − 𝑓(2)
−3 − 2
 
𝑥 = 2 𝑓(2) = −22 + 2.2 = 0 (𝟐; 𝟎) 
 
𝑥 = −3 𝑓(−3) = (−3)2 + 2. (−3) = 3 (−𝟑; 𝟑) 
𝑚𝑆 =
3 − 0
−3 − 2
=
3
−5
= −
3
5
 
 
 
Tesis 
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𝑓′(𝑥) =
𝑓(−3) − 𝑓(2)
−3 − 2
 
si 𝑥 ≤ 0 
2𝑥 + 2 = −
3
5
 
𝑥 = −
13
10
= −1,3 ∈ (−3; 2) 
si 𝑥 > 0 
𝑓′(𝑥) =
𝑓(−3) − 𝑓(2)
−3 − 2
 
−2𝑥 + 2 = −
3
5
 
𝑥 =
13
10
= 1,3 ∈ (−3; 2) 
 
Respuesta: 𝑐1 = −1,3 y 𝑐2 = 1,3 
Como pide graficar… 
Hallar las ecuaciones de las rectas tangentes (𝑐1; 𝑓(𝑐1)) y (𝑐2; 𝑓(𝑐2)) 
𝑚𝑇 = −
3
5
 
Falta hallar las ecuaciones de las rectas tangentes y el gráfico 
 
Ejercicio 18: 
Hallar, si es posible, el valor de c donde se cumple la conclusión del teorema de Cauchy, 
siendo 𝒇(𝒙) = 𝟑𝒙 + 𝟐, 𝒈(𝒙) = 𝒙𝟐 + 𝟏 y el intervalo [𝟏; 𝟒]. 
 
Las funciones 𝑓(𝑥) y 𝑔(𝑥) son continuas en [1, 4] por ser funciones polinómicas. 
𝑓(𝑥) y 𝑔(𝑥) son derivables en (1, 4) por ser funciones polinómicas. 
𝑔’(𝑥) = 2𝑥 ≠ 0 ∀𝑥 ∈ (1, 4) 
Luego, 𝑓’(𝑥) y 𝑔’(𝑥) no se anulan simultáneamente. 
𝑔(1) = 2; 𝑔(4) = 17 ⇒ 𝑔(1) ≠ 𝑔(4). 
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Se cumplen la hipótesis del teorema de Cauchy, entonces: 
existe 𝑐 ∈ (1, 4) tal que 
𝑓(4) − 𝑓(1)
𝑔(4) − 𝑔(1)
=
𝑓′(𝑐)
𝑔′(𝑐)
 
Siendo: 𝑓(4) = 14; 𝑓(1) = 5; 𝑓’(𝑐) = 3; 𝑔’(𝑐) = 2𝑐 
resulta: 
14 − 5
17 − 2
=
3
2𝑥
 
9
15
=
3
2𝑥
 
2𝑥. 9 = 3.15 
18𝑥 = 45 
𝑥 =
45
18
=
5
2
 
𝑥 =
5
2
∈ (1; 4) 
Luego el valor buscado , donde se cumple la tesis es: 𝑐 =
5
2
. 
 
Ejercicio 22: 
En los siguientes ejercicios hallar los límites indicados aplicando, si corresponde, la regla de L’Hôpital. 
a) 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟐
𝒙𝟐−𝟓𝒙+𝟔
𝒙𝟐−𝟔𝒙+𝟖
 
 
𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟐
𝒙𝟐−𝟓𝒙+𝟔
𝒙𝟐−𝟔𝒙+𝟖
=
(→𝟎)
(→𝟎)
 Se puede aplicar la regla de L’Hôpital 
𝑙𝑖𝑚
𝑥→2
𝑥2 − 5𝑥 + 6
𝑥2 − 6𝑥 + 8
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→2
2𝑥 − 5
2𝑥 − 6
=
−1
−2
=
1
2
 
 
𝑏) 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟏
𝒙𝟑 − 𝟐𝒙𝟐 − 𝒙 + 𝟐
𝒙𝟑 − 𝟕𝒙 + 𝟔
 
 
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𝑙𝑖𝑚
𝑥→1
𝑥3−2𝑥2−𝑥+2
𝑥3−7𝑥+6
=
(→0)
(→0)
 Se puede aplicar la regla de L’Hôpital 
𝑙𝑖𝑚
𝑥→1
𝑥3 − 2𝑥2 − 𝑥 + 2
𝑥3 − 7𝑥 + 6
=
𝐿′𝐻
𝑙𝑖𝑚
𝑥→1
3𝑥2 − 4𝑥 − 1
3𝑥2 − 7
=
−2
−4
=
1
2
 
 
𝑑) 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎+
𝒍𝒏(𝟏 + 𝒙)
√𝒙𝟓
𝟒 
 
𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
𝑙𝑛(1+𝑥)
√𝑥5
4 =
(→0)
(→0)
 Se puede aplicar la regla de L’Hôpital 
𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
𝑙𝑛( 1 + 𝑥)
√𝑥5
4 = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
(𝑙𝑛( 1 + 𝑥))′ 
(𝑥
5
4)
′ =
𝐿′𝐻
𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
1
1 + 𝑥
5
4 𝑥
1
4
=
1
→ 0
= +∞ 
 
𝑔) lim
𝒙→+∞
𝒆𝒙
𝒙𝟓
 
𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
𝑒𝑥
𝑥5
=
(→+∞)
(→+∞)
 Se puede aplicar la regla de L’Hôpital 
𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
𝑒𝑥
𝑥5
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
𝑒𝑥
5𝑥4
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
𝑒𝑥
20𝑥3
=
𝐿′𝐻(2)
𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
𝑒𝑥
60𝑥2
=
𝐿′𝐻(3)
𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
𝑒𝑥
120𝑥
=
𝐿′𝐻(4)
𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
𝑒𝑥
120
= +∞ 
 
 
Observaciones: 
(1) 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
𝑒𝑥
5𝑥4
=
(→∞)
(→∞)
 𝑆𝑒 𝑝𝑢𝑒𝑑𝑒 𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑟 𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐿’𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙 
(2) 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
𝑒𝑥
20𝑥3
=
(→∞)
(→∞)
 𝑆𝑒 𝑝𝑢𝑒𝑑𝑒 𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑟 𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐿’𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙 
(3) 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
𝑒𝑥
60𝑥2
=
(→∞)
(→∞)
 𝑆𝑒 𝑝𝑢𝑒𝑑𝑒 𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑟 𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐿’𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙 
(4) 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
𝑒𝑥
120𝑥
=
(→∞)
(→∞)
 𝑆𝑒 𝑝𝑢𝑒𝑑𝑒 𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑟 𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐿’𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙 
 
 
𝑘) 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟏
(
𝒙
𝒙−𝟏
−
𝟏
𝒍𝒏 x
) (Suma de infinitos de distinto signo) 
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15 
 
Se transforma la diferencia [𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)] en un cociente o se aplica la siguiente 
transformación: 𝑓(𝑥) (1 −
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
)para poder aplicar la regla. 
 
𝑙𝑖𝑚
𝑥→1
(
𝑥
𝑥 − 1
−
1
𝑙𝑛 𝑥
) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1
(
𝑥 𝑙𝑛 𝑥 − (𝑥 − 1)
(𝑥 − 1) 𝑙𝑛 𝑥
) sacamos denominador común 
 
𝑙𝑖𝑚
𝑥→1
(
𝑥 𝑙𝑛 𝑥 − (𝑥 − 1)
(𝑥 − 1)𝑙𝑛 𝑥
) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1
(
𝑥 𝑙𝑛 𝑥 − 𝑥 + 1)
(𝑥 − 1). 𝑙𝑛 𝑥
) =
(→ 0)
(→ 0)
 
 
Ahora se puede aplicar la regla de L’Hôpital. 
 
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1
(
𝑙𝑛 𝑥 + �̸� ⋅
1
�̸� − 1 + 0
1. 𝑙𝑛 𝑥 +
𝑥 − 1
𝑥
) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1
(
𝑙𝑛 𝑥 + 1̸ − 1̸
𝑙𝑛 𝑥 + 1 −
1
𝑥
) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1
(
𝑙𝑛 𝑥
𝑙𝑛 𝑥 + 1 −
1
𝑥
) =
(→ 0)
(→ 0)
 
 
 Podemos volver a aplicar la regla: 
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1
(
1
𝑥
1
𝑥 + 0 +
1
𝑥2
) =
1
1 + 1
=
1
2
 
(−
1
𝑥
)
′
=
1
𝑥2
 
𝑚) 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
(𝟏 + 𝒙𝟐)
𝟏
𝒙 
En este ejercicio, la base que tiende a uno y el exponente a infinito: (→ 1)(→∞). Primero se los lleva a la 
forma (→ 𝟎). (→ ∞) y luego aplicando logaritmos se los lleva a la forma 
(→𝟎)
(→𝟎)
 o 
(→∞)
(→∞)
 para poder aplicar la 
regla. 
Si 𝐿 = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
(1 + 𝑥2)
1
𝑥 
Aplicando logaritmos en ambos términos: 
Departamento de Ciencias Económicas 
 
2400 - Matemática I 
 
16 
 
ln (𝐿) = ln [𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
(1 + 𝑥2)
1
𝑥] 
Por propiedad de limites: 
ln (𝐿) = lim
𝑥→0
[ln(1 + 𝑥2)
1
𝑥] 
Por propiedad de los logaritmos 
ln (𝐿) = lim
𝑥→0
[
1
𝑥
ln(1 + 𝑥2)] = (→ ∞)(→ 0) 
Si expresamos como cociente: 
ln(𝐿) = lim
𝑥→0
[
𝑙𝑛(1+𝑥2)
𝑥
] = 
(→∞)
(→∞)
 ahora podemos aplicar L’Hôpital 
𝑙𝑛( 𝐿) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
[
𝑙𝑛(1 + 𝑥2)
𝑥
] =
𝐿′𝐻
𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
[
2𝑥 ⋅
1
1 + 𝑥2
1
] =
→ 0
1
= 0 
Por lo tanto nos queda: 𝑙𝑛( 𝐿) = 0 ⇒ 𝐿 = 𝑒0 = 1. 
Es decir, 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
(1 + 𝑥2)
1
𝑥 = 1 
𝑛) 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟏
𝒙
𝟏
𝟏−𝒙 
En este ejercicio, la base que tiende a uno y el exponente a infinito: (→ 1)(→∞). Primero se los lleva a la 
forma (→ 𝟎). (→ ∞) y luego aplicando logaritmos se los lleva a la forma 
(→𝟎)
(→𝟎)
 o 
(→∞)
(→∞)
 para poder aplicar 
la regla. 
Si L = lim
𝑥→1
𝑥
1
1−𝑥 
Aplicando logaritmos en ambos términos: 
ln (𝐿) = ln [ 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1
𝑥
1
1−𝑥] 
Por propiedad de limites: 
ln (𝐿) = lim
𝑥→1
[ln (𝑥
1
1−𝑥)] 
Departamento de Ciencias Económicas 
 
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17 
 
Por propiedad de los logaritmos 
ln (𝐿) = lim
𝑥→1
[
1
1−𝑥
ln(𝑥)] = (→ ∞)(→ 0) 
Si expresamos como cociente: 
ln(𝐿) = lim
𝑥→1
[
𝑙𝑛(𝑥)
1−𝑥
] = 
(→0)
(→0)
 ahora podemos aplicar L’Hôpital 
𝑙𝑛( 𝐿) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1
[
𝑙𝑛( 𝑥)
1 − 𝑥
] =
𝐿′𝐻
𝑙𝑖𝑚
𝑥→1
[
1
𝑥
−1
] =
1
−1
= −1 
Entonces: 𝑙𝑛( 𝐿) = −1 ⇒ 𝐿 = 𝑒−1 =
1
𝑒
 
Es decir, lim
𝑥→1
𝑥
1
1−𝑥 =
1
𝑒
 
 
 
𝑜) lim
𝒙→𝟎+
( sen x)𝒙 
En este ejercicio, la base que tiende a cero y el exponente a cero: (→ 0)(→0) . Primero se los lleva a la 
forma (→ 𝟎). (→ ∞) y luego aplicando logaritmos se los lleva a la forma 
(→𝟎)
(→𝟎)
 o 
(→∞)
(→∞)
 para poder 
aplicar la regla. 
Si L = lim
𝑥→0+
( sen x)𝑥 
Aplicando logaritmos en ambos términos: 
ln (𝐿) = ln [ lim
𝑥→0+
( sen x)𝑥] 
Por propiedad de limites: 
ln (𝐿) = lim
𝑥→0+
[ln(sen x)𝑥)] 
Por propiedad de los logaritmos 
ln (𝐿) = lim
𝑥→0+
[𝑥. ln(𝑠𝑒𝑛 𝑥)] = (→ 0)(→ ∞) 
Departamento de Ciencias Económicas 
 
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18 
 
Si expresamos como cociente: 
ln(𝐿) = lim
𝑥→0+
[
𝑙𝑛(𝑠𝑒𝑛 𝑥)
1
𝑥
] = 
(→∞)
(→∞)
 ahora podemos aplicar L’Hôpital 
𝑙𝑛( 𝐿) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
[
𝑙𝑛(𝑠𝑒𝑛(𝑥))
1
𝑥
] =
𝐿′𝐻
𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
[
𝑐𝑜𝑠( 𝑥)
𝑠𝑒𝑛(𝑥)
−
1
𝑥2
] = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
[
𝑐𝑜𝑠( 𝑥)
𝑠𝑒𝑛(𝑥)
⋅ (−𝑥2)] 
Reacomodando la expresión: 
𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
[
𝑐𝑜𝑠( 𝑥)
𝑠𝑒𝑛(𝑥)
⋅ (−𝑥2)] = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
[−
1
𝑡𝑔(𝑥)
⋅ 𝑥2] = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
[−
𝑥2
𝑡𝑔(𝑥)
] =
(→ 0)
(→ 0)
 
Podemos aplicar nuevamente la regla: 
𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
[−
𝑥2
𝑡𝑔(𝑥)
] =
𝐿´𝐻
𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
[−
2𝑥
𝑠𝑒𝑐2( 𝑥)
] = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
[−
2𝑥
1
𝑐𝑜𝑠2( 𝑥)
] = −
→ 0
1
= 0 
Entonces: 𝑙𝑛( 𝐿) = 0 ⇒ 𝐿 = 𝑒0 = 1. Es decir, lim
𝑥→0+
( sen x)𝑥 = 1 
 
𝑡) 
lim
𝒙→+∞
𝒙
𝟏
𝒙 
En este ejercicio, la base que tiende a infinito y el exponente a cero: (→ ∞)(→0). Primero se los lleva a 
la forma (→ 𝟎). (→ ∞) y luego aplicando logaritmos se los lleva a la forma 
(→𝟎)
(→𝟎)
 o 
(→∞)
(→∞)
 para poder 
aplicar la regla. 
Si 
 𝐿 = lim
𝑥→+∞
𝑥
1
𝑥 
Aplicando logaritmos en ambos términos: 
ln (𝐿) = ln [ lim
𝑥→+∞
𝑥
1
𝑥] 
Departamento de Ciencias Económicas 
 
2400 - Matemática I 
 
19 
 
Por propiedad de limites: 
ln (𝐿) = lim
𝑥→+∞
[ln (𝑥
1
𝑥)] 
Por propiedad de los logaritmos 
ln (𝐿) = lim
𝑥→+∞
[
1
𝑥
. ln(𝑥)] 
 
Si expresamos como cociente: 
𝑙𝑛( 𝐿) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
[
1
𝑥
⋅ 𝑙𝑛(𝑥)] = (→ 0). (→ ∞) 
 
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
[
𝑙𝑛(𝑥)
𝑥
] =
(→ +∞)
(→ +∞)
 
ahora podemos aplicar L’Hôpital 
𝑙𝑛( 𝐿) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
[
𝑙𝑛(𝑥)
𝑥
] =
𝐿′𝐻
𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
[
1
𝑥
1
] =
→ 0
1
= 0 
ln (𝐿) = lim
𝑥→+∞
[
1
𝑥
. ln(𝑥)] 
ln (𝐿) = 0 
𝐿 = 𝑒0 = 1 
Es decir, lim
𝑥→+∞
𝑥
1
𝑥 = 1.