MTS_2_Guia_T_01_04.pdf

Tema 01

Límites y continuidad

GUÍA DIDÁCTICA

•

Orientaciones didácticas

•

Solucionario

Soluciones de las actividades

Página 4

1. a) F. b) F. c) F. d) V.

2. a) lim

x→−4f(x)no existe puesto que

lim

x→−4−f(x)=1≠ −2=_xlim_→−4+f(x)

b)

xlim f (x) 2→−2 =

c)

x 0 lim f (x) 1

→ =

d)

x 2 lim f (x)

→ no existe puesto que

lim

x→2−f(x)=0≠ −2=lim_x→2+f(x)

Página 5

3. a) La gráfica de la función es la siguiente

Luego, observamos que el límite no existe puesto que lim

x→0-f(x)=+∞≠-∞= lim_x→0+f(x).

b) La gráfica de la función es

Puesto que lim

x→0-f(x)=+∞ = +∞= lim_x→0+f(x) tenemos

que el límite es _+∞.

c) La gráfica es

Y puesto que la función no está definida para valores negativos, el límite por la izquierda no existe,

lim

x→0-f(x)=-∞ y por lo tanto el límite no existe.

4. Podemos tomar, por ejemplo,

Página 6

5. a) Primeramente, construimos una tabla de valores x f(x) 1 1 10 0,01562 100 0,00010 De donde deducimos que lim

x→+∞f(x)=0.

b) Por otro lado,

x f(x) -1 0,11111 -10 0,00694 -100 0,00009 Luego lim

x→−∞f(x)=0.

Página 7

6. Aplicando directamente las propiedades de los límites:

a) lim

x→1f (x)+g(x)=f (1)+g(1)=7

b) lim

x→1f (x)⋅g(x)=f (1)⋅g(1)=12

c)

[

]

x 1

f (1) 2 5 6 3 lim f (x) / g(x)

g(1) 1 2 5 4

→

− +

= = =

− +

d) lim x→1f (x)

lim

Página 8

7. Comparando el grado del polinomio del numerador con el grado del polinomio del denominador,

a) lim x→+∞

3x

x2₋₅=0 b) _xlim_→+∞ 2x2

−x₊3 x2₊₁ =2

c) lim x→+∞

x3_+3x

x2_−x = +∞ d) _xlim_→−∞

−x3_−x 5x2_+x= +∞

e) Puesto que 5/3>1,

lim

x→−∞(3 / 5)

x_=lim x→∞(3 / 5)

−x_=lim x→∞(5 / 3)

x_{= +∞}

Luego: lim x→−∞

3x₊₅x 5x =_xlim_→−∞

3 5       x

+1= +∞

Página 9

8. En ambos casos, al ser cociente de polinomios y el límite es hacia un valor finito, se tiene que evaluar directamente:

a) ₃ 3 ₂

x 2

( 2) 7( 2) 6 8 14 6

lim f (x) 0

( 2) ( 2) 2( 2) 8 4 4

→−

− − − − − + −

= = =

− + − + − − + −

b) lim x→4

x3

−7x2

+12x x3_−3x2_−4x =limx→4

x(x2

−7x₊12) x(x2_−3x−4) =

x 4 x 4

(x 4)(x 3) x 3 4 3 1

lim lim

(x 4)(x 1) x 1 4 1 5

→ →

− − − −

= = = =

− + + +

9. a) lim x→+∞

x(x₋1) x−1 =xlim→+∞

x⋅ x−1

x−1 =xlim→+∞ x= +∞

b) lim x→1

x+3−2 1−x =limx→1

x+3−2 1−x ⋅

x+3+2 x₊3₊2=

=lim x→1

x+3−4 1−x =limx→1

−(1−x) 1−x = −1

Página 10

10. a) Puesto que

1 x−1−

1 x2₋₁=

x(x−1) (x−1)2_(x+1)=

x (x−1)(x+1)

El límite no existe, ya que los límites laterales no coinciden:lim

x→1−f(x)= −∞ ≠ +∞ =lim_x→1+f(x).

b) lim

x→+∞ x

2_+1-x

(

)

= lim

x→+∞ x

2_+1-x

(

)

(

x2_+1+x

)

x2_+1+x

(

)

=

= lim

x→+∞ 1 x2_+1+x

(

)

=0

c) lim

x→+∞

(

x- x+4

)

= limx→+∞

(

x- x+4

)

x+ x+4 x₊ x+4=

=lim

x→+∞ 4

x+ x+4 =0

Página 11

11. a) Operando:

lim x→+∞

2x 1+x2⋅

x2

−1 x =xlim→+∞

2x3

−2x x3_+x =

2 1=2

b) Efectuando las siguientes operaciones,

lim x→0 1 x

6 x2₊₄−3

 

 

 =lim

x→0 1 x

6−3 x2₊₄ x2₊₄

       = lim x→0 1 x

6−3 x2

+4 x2₊₄

      

⋅ 6+3 x

2

+4 6+3 x2₊₄

       = lim x→0

−9x

6 x2_{+4+3 x}

(

2₊₄

)

= 0 24=0

12. a) Se trata de una indeterminación tipo1∞:

lim x→+∞ 1+

3 5x       x =lim x→+∞ 1+

1 5x 3           x5 3⋅ 3 5

=e3/5

b) Aplicamos lim x→∞f (x)

g(x)_=exlim→∞g(x) f (x) −1. Puesto que

lim

x→∞ 2x

5 x+5 x+3−1

 

 _=lim

x→∞ 2x

5 2 x+3

 

 _=4

5 lim

x→∞f(x)

g(x)_=e4/5 .

c) Operamos para obtener la indeterminación 1∞: 2x−3

2x+1= 2x−3

2x+1+1−1=1+

2x−3−2x−1 2x+1 =

2x 1 4

4 1

1 1

2x 1 +

−

−

= + = +

−

Tenemos F(x) 2x 1 4

+ =

− ; el exponente es:

2x 1 4x 12

x 3

4 2x 1

+ − +

− = ⋅

− +

Así que:

2x 1 4x 12 4 2x 1 2x 1 x 4 1 lim 1 + − +  _⋅  ₋  ₊   + →∞ −   + =     x 4x 12 lim

2x 1 2x 1

4 2 2x 1 x 4 1

lim 1 e

→∞ − + +   +  ₋    − + →∞ −       = _ +  _ =      

d) Calculamos lim

x_→∞g(x) f(x)-1 

lim x→∞

(

x−37

)

x2₋₂ x2₋₁−1

 



=limx→∞

(

x−37

)

−1 x2₋₁

 

 =

=lim x→∞−

x x2 =0

Aplicando la transformación, limx→∞f(x)

g(x)_=e0₌₁

Página 13

13. a) Puesto que f(x) es una función polinomica y f(1)=1, f(x) es continua en x=1.

b) Puesto que los límites laterales son distintos,

lim

x→0-f(x)=-∞ ≠ +∞= lim_x→0+f(x)

f(x) no es continua en x=0.

c) Claramente f(x) es continua, ya que

lim

d) Puesto que lim

x→2 -x-2 x2_-4= lim_x

→2 -x-2 (x-2)(x+2)=

1

2= limx→2+f(x)

Tenemos que f(x) es continua en x=2.

14. a) La gráfica es

Claramente, f(x)= xes continua en [0,+∞), ya que para todo x=a del intervalo, el límite lim

x→af(x) existe y es igual a f(a).

b) La gráfica de f(x)=ln x es

Observamos que f(x)=ln x es continua en (0,+∞), ya que para todo x=a del intervalo, el límite

lim

x→af(x)existe y coincide con f(a)=ln a.

15. a) Para que f(x) sea continua en x=0, imponemos que los límites laterales coincidan:

lim x→0−f(x)=e

0_-1=0

lim

x→0+f(x)=k⋅e

−02

=k Luego debe ser k=0.

b) Tenemos que encontrar k de modo que

lim

x→2−f(x)=_xlim_→2++f(x). Evaluando directamente:

3 2 k

k(2) 5(2) 4(2)

2

k 8

8k 20 8 k

2 5

+ = +

+ = + → = −

c) Calculamos los límites laterales en x=0:

lim

x→0−f (x)=lim_x→0−e

x_−1=e0₋₁₌₀

lim

x→0+f (x)=lim_x→0+x

2_+k+1=k+1

  



luego k + 1 = 0 ⇔ k = − 1.

Página 15

16. Observamos que

lim x→3

x2_−4x+3 x2₋₉ =lim_x→3

(x−3)(x−1) (x−3)(x+3)=limx→3

(x−1) (x+3)=

1 3

Luego la función es contínua en x=3. Por lo tanto, definimos la función

g(x)=

f (x) si x≠3 1

3 si x=3

  

 

que coincide con f(x) para x distintos de 3 y además es continua.

17. a) Calculamos el límite

lim x→5

x2_−7x+10 x2_−x−20 =lim_x→5

(x−5)(x−2) (x₋5)(x₊4)=limx→5

(x−2) (x₊4)=

1 3

Observamos que se trata de una discontinuidad evitable.

b) Para cada a_∈Z, se cumple lim

x→a+E(x)=a≠a−1=lim_x→a−E(x)

Luego, se trata de una discontinuidad de salto.

18. a) Se trata una discontinuidad de segunda especie,

lim x→2+

1

x−2= +∞ ≠ −∞ =xlim→2− 1 x−2

b) Observamos que lim

x→0+ln | x |= −∞ =lim_x→0−ln | x |

Luego se trata de una discontinuidad de salto infinito.

c) Observamos que se trata de una discontinuidad de salto, puesto que lim

x→0+f (x)=1≠0=lim_x→0−f (x).

d) Observamos que

lim x→1+

1 x2

−1= +∞ ≠ −∞ =limx→1− 1 x2

−1 lim

x→−1+ 1

x2₋₁= −∞ ≠ +∞ =_xlim_→−1− 1 x2₋₁

Luego en ambos puntos se dan discontinuidades de segunda especie.

Página 16

19. Rescribimos la función f como

f(x)= 2 si x> −2

−2x−2 si x≤ −2

  

En cada intervalo x > − 2 y x ≤− 2 es continua por ser polinomios. Solo se ha de comprobar que

lim

x→−2−f(x)=xlim→−2−−2x−2=2=xlim→−2+f(x)=f(−2) Por lo tanto es continua en todo su dominio, ℝ .

20. a) La continuidad solo es cuestionable donde se anula el denominador: _x2_{− =1 (x 1)(x 1) 0− + = ⇔ = ±x 1} En estos puntos, se tiene

lim

x→−1−f(x)= −∞ ≠ +∞ =_xlim_→−1+f(x)

lim

x→1−f(x)= −∞ ≠ +∞ =lim_x→1+f(x),

luego f(x) es continua en todo su dominio Dom(f)=ℝ−{−1, 1}, y x=1 y x=-1 son discontinuidades de salto infinito: asíntotas verticales.

x=4± (−4)2−4⋅3

2 =

4± 4 2 =

4±2

2 =3, y x=1 Así que podemos reescribir:

f(x)= x+1

x2_−4x+3=

x+1 (x−1)(x−3) y como

lim

x→1−f(x)= +∞ ≠ −∞ =limx→1+f(x)

lim

x→3−f(x)= −∞ ≠ +∞ =limx→3+f(x)

la función f es continua en todo su dominio ℝ − {1,3}, y x = 1 y x=3 son asíntotas verticales (discontinuidades de salto infinito).

c) Puesto que se trata del cociente de dos funciones continuas tales que el denominador siempre es positivo (no se anula en ningún punto de ℝ) y los límites laterales de f en x=0 coinciden y son 0, la función es continua en todo su domino ℝ.

Página 18

21. a) La función que viene en el enunciado del libro es:

3

3 2

x 1 f (x)

x x 9x 9 − =

− − −

que tiene una resolución complicada debido a las raíces del polinomio del denominador. Sin embargo la función resuelta en el solucionario es

la siguiente: f(x)= x

2_-1

x3_-x2_-9x-9

=-1

9(x-1)

Y la asíntota es y = mx + n, donde

m=lim

x→∞ f(x)

x =limx→∞− x−1

9x = −

1 9,

y n=lim

x→∞f(x)−mx=limx→∞− 1

9(x−1)− −

1

9x

 

 

 =1

Esto es, y= − x/9 + 1

b) La función f tiene una asíntota vertical x = 0, y una oblicua de la forma y = mx + n = x/2, puesto que

m=lim

x→∞ f(x)

x =limx→∞ x2_-2

2x2 =

1 2, y n=lim

x→∞f(x)−mx=limx→∞− 1

x=0

c) La función f tiene dos asíntotas verticales x = ± 2, puesto que 4−x2_{=0→x= ±2}

Si dividimos ambos polinomios obtenemos − x de cociente y 4x + 1 de resto, así que tenemos una asíntota oblicua. y = − x.

d) La función tiene una asíntota vertical, x = 2, puesto que _{(x 2)}2 _{0 x 2}

− = → = .

Tiene además una asíntota oblicua, pues el numerador tiene un grado más que el denominador. Si dividimos _2x3 _entre

2

(x 2)− = _x2_{−4x 4+ obtenemos 2x + 8 de}

cociente y 24x − 32 de resto. Así que la asíntota oblicua es y = 2x + 8.

e) La función f tiene dos asíntotas verticales y una horizontal.Si factorizamos f:

f(x)=4x2−2x

x2₋₁ =

2x(2x−1)

(x+1)(x−1)

vemos que tiene dos asíntotas verticales, x = 1 y x=-1, y como lim

x→±∞f(x)=4, y = 4 es una asíntota

horizontal.

f) La función tiene dos asíntotas verticalesx= 1/ 2, y x= − 1/ 2 pues 1−2x2_{=0→x= ± 1/ 2}

Además tiene una asíntota oblicua; al dividir x3 + + 2x2− x − 2 entre 1 − 2x2 se obtiene de cociente

x ₁ 2

− − , y de resto x 1 2

− + , con lo cual la asíntota

oblicua es: y x 1 2 = − − .

22. a) La función f tiene una asíntota vertical x = 2 y una horizontal y = 0, puesto que

lim

x→∞f(x)= limx→∞ 2x x2_-2x= lim_x→∞

2

x-2=0

b) La función f tiene una asíntota vertical x = 3 y dos horizontales, y = 1 e y=-1, dependiendo del signo de x:

2 2

x x x

x 7 4 x

lim f (x) lim lim 1

x 3 x

→∞ →∞ →∞

+ −

= = =

−

2 2

x x x

x 7 4 x

lim f (x) lim lim 1

x 3 x

→−∞ →−∞ →−∞

+ −

= = = −

−

23. De la siguiente gráfica:

Obtenemos que la recta x = 1 es una asíntota vertical de f, e y = 0 es asíntota horizontal cuando x→-∞.

Página 21

Repasa la unidad

P1. a) El límite de una función f cuando x tiende a un punto a es L si f(x) se acerca a L tanto como queramos, siempre que x tome un valor suficiente próximo a a. Lo denotamos por lim

x→af (x)=L

b) El límite de una función f cuando x tiende a un punto a es _+∞si f(x) es tan grande como queramos, siempre que x tome un valor suficientemente próximo a a. Lo denotamos por

lim

cuando x tiende a a es −∞si f(x) es negativo y en valor absoluto tan grande como queramos, siempre que x tome un valor suficientemente próximo a a. Escribimos lim

x→af (x)= −∞.

c) El límite de una función f cuando x tiende a _+∞es +∞si f(x) es mayor que cualquier número positivo M, por grande que sea, siempre que x tome valores suficientemente grandes. Escribimos:

lim

x→+∞f (x)= +∞

Por otro lado, el límite de una función f cuando x tiende a +∞es _−∞si f(x) es menor que cualquier número negativo M, por grande que sea en valor absoluto, siempre que x tome valores suficientemente grandes. Escribimos:

lim

x→+∞f (x)= −∞

Finalmente, el límite de una función f cuando x tiende a +∞es L si f(x) se acerca a L tanto como queramos, siempre que x tome valores suficientemente grandes. Escribimos:

lim

x→+∞f (x)=L

P2. lim

x→a

[

f(x)+g(x)

]

=L1+L2

lim

x→a

[

f(x)⋅g(x)

]

=L1⋅L2 Si L2≠0, lim

x→a

[

f(x) / g(x)

]

=L1/ L2

lim

x→af(x) g(x)_=L

1 L_2.

P3. Hay cinco tipos de indeterminación:

a) "∞/∞". b)

"

_∞−∞

"

.

c) "_∞⋅0" o "0_⋅∞". d) "0 / 0".

e) "1∞_".

P4. Sean P(x) =anxn + an-1xn-1 + y Q(x) = bmxm +

+ bm-1xm-1+y f(x) = P(x)/Q(x). Tenemos:

lim x→∞f(x)=

0 m>n an/ bn m=n

+∞ n>m, an/ bm>0

−∞ n_>m, an/ bm<0



  

  

.

P5. Se trata de escribir la función dada en la forma

lim

x→∞ 1+ 1 f(x)

 

 

f(x)⋅a

=ea

El ejemplo se resuelve haciendo:

lim x→∞

3x+1−2+2 3x−1

 

 

 

x

=lim x→∞ 1+

1 3x−1

2



   



   

3x 2

2 3

=e2/3_.

P6. Para que una función f sea continua en un punto a debe existir el límite cuando x → a de f y coincidir con f(a): lim

x→af(x)=f(a). Por otro lado, hay tres tipos de discontinuidades:

a) Evitable: Una función f tiene una discontinuidad evitable en x = a si f no está definida en a pero

existen los límites laterales y coinciden. Por

ejemplo: f(x)=x2−2x+1

x−1 en x=1

b) De salto. Puede ser un salto finito: Una función f tiene una discontinuidad de salto finito en x = a existen los límites laterales pero no coinciden.

Por ejemplo: f(x)= x

x en x=0

O de salto infinito: Una función f tiene una discontinuidad de salto finito en x = a si al menos uno de los límites laterales cuando x → a es + ∞

o −∞ . Por ejemplo: f(x)=1

x en x=0

c) De segunda especie: Una función f tiene una discontinuidad de segunda especie en x = a si al menos uno de los límites laterales cuando x → a no existe . Ejemplo: f(x)=ln 1

x



P7. La función f + g sí, puesto que el límite de la suma es suma de límites.

La función f · g también, puesto que el límite dela producto es producto de límites.

En cuanto al cociente, solo en caso que g, además de ser continua en c, cumpla g(c) = 0. En caso que g(c )≠

0, sí, puesto que el límite del cociente es cociente de límites.

P8. La recta x=a es una asíntota vertical de una función f si al menos uno de los los límites laterales de f cuando x tiende a a es infinito.

Por otro lado, la recta y=k es una asíntota horizontal de la función f si se cumple que

lim

x→−∞f (x)=k o limx→+∞f (x)=k .

La recta y=mx+n, donde m y n son números reales y m es distinto de cero, es una asíntota oblicua de la función f si se cumple que lim

x→−∞[f (x)−(mx+n)]=0 o

bien que lim

x→+∞[f (x)−(mx+n)]=0 .

Finalmente, sea f(x)=P(x)/Q(x) una función racional. Si el grado de P(x) es una unidad mayor que el grado de Q(x), entonces, para hallar la asíntota oblicua. Se divide P(x) entre Q(x). Si C(x) es el cociente de la división, la recta y=C(x) es asíntota oblicua de f por ambos lados.

Para practicar

24. a) 1; b) 0; c) 0; d) 0; e) 2; f) 1; g) No existe; h) 2; i) 2;

j) 2; k) 0; l) 0.

25. a) Para el límite por la izquierda:

x f(x) 0,9 4,43 0,99 4,9403 0,999 4,994003 Para el límite por la derecha:

x f(x) 1,1 5,63 1,01 5,0603 1,001 5,006003

b) Para el límite por la izquierda:

x f(x) 0,9 2,983287 0,99 2,998333 0,999 2,999833 Y para el límite por la derecha:

x f(x) 1,1 3,016620 1,01 3,001666 1,001 3,000166

26. a)

x f(x) 1,1 10 1,01 100 1,001 1000

b)

x f(x) 2,9 10 2,99 100 2,999 1000

27. Calculamos los límites laterales:

lim

x→1−f (x)=lim_x→1− 1

(x−1)2 = +∞ =_xlim_→1+f (x) De modo que el límite es _+∞ .

28. a)

x f(x) 10 41.990 100 401.999.900 1000 4.001.999.999.000

b)

x f(x) 10 0,085714 100 0,009895 1000 0,000999

c)

x f(x) -10 287 -100 29.897 -1000 2.998.997

d)

x f(x) -10 2,997002 -100 2,999997 -1000 2,999999

29. a) Aplicando las propiedades del límite,

lim

x→a[f(x)+g(x)]= limx→af(x)+limx→ag(x)=3.

b) lim

x→a[f(x)-g(x)]=-7.

c) lim

x→a[f(x)⋅g(x)]=-10-

d) lim

x→a

[f(x)/g(x)]=-2 5.

30. a) lim

x→a[f(x)⋅g(x)]=-12, debido a las propiedades de los límites.

b) lim

x→a

1 2f(x)

 

 =

1

2limx→af(x)=2.

c) lim

x→a[2f(x)-3g(x)]=2 limx→af(x)-3limx→ag(x)=17.

d) lim

x→a[f(x)/g(x)]=

lim

x→af(x)

lim

x→ag(x)

=-4 3.

31. a) lim

x→2[f(x)⋅g(x)]=2ln(2).

b) lim

x→2

f(x) g(x)

 

 _=ln(2)₂ .

32. a) lim

x→1x

2_{-3x+2=0. b) lim} x→2x

c) lim

x→4(3-x)

2010_{=1. d) lim}

x→2|x-3|=1.

33. a) lim x→1

x-2 4x2_-1

=-1

3. b) limx→2 x

2_+x-2=2.

c) lim

x→−1

x+2

x2_-3=1. d) lim_x→3

x-1 x+1    x = 1 23.

34. a) lim

x→+∞ -3x

2₊₁

(

)

=-_∞. b) lim

x→−∞ 1-2x=+ ∞.

c) lim

x→−∞ 2

x2_+x= +∞. d) _xlim_→+∞e

−x_=0.

Página 22

35. a) lim

x→4−

x

x-4=-∞. b) xlim→4+

x x-4=+∞.

c) lim

x→4−

x2

(x-4)2=+∞. d) _xlim_→4+

x2

(x-4)2=+∞.

36. Primeramente, calculamos el límite lateral por la izquierda: lim

x→1−f(x)= limx→12x 2

-ln(x)=2

Y por la derecha: lim

x→1+f(x)= lim_x→13-x

3₌₂

Así, como los límites laterales coinciden, tenemos que el límite existe y es lim

x→1f(x)=2.

37. Calculamos primero los límites laterales de la función en x=-2:

lim

x→−2−f(x)= limx→−23x-5=-11≠11= limx→−23x

2_{-1= lim} x→−2+f(x) De donde obtenemos que el límite de f(x) cuando x tiende a -2 no existe. Por otro lado,

lim

x→2−f(x)=limx→23x

2_-1=11=lim x→23x

2_{-3x+5= lim} x→−2+f(x) Luego el límite de f cuando x tiende a 2 existe y es 11.

38. Tomamos f(x)=3x. Se tiene que

lim

x→2f(x)=6, limx→25f(x)=limx→215x=30y5limx→2f(x)=30.

39. Comparando el grado del numerador y del denominador de cada una de las funciones, obtenemos los siguientes límites:

a) lim

x→+∞

3x2_-5x+2

4x2_+3x-1=

3

4. b) xlim→−∞ 1+x3

x2_-1=-∞.

c) lim

x→+∞

x3_+x2₊₂

4x2_-3x+7=+∞. d) _xlim_→+∞

1 1-x=-∞.

e) lim

x→+∞ x+3

x2₊₄=0. f) _xlim_→+∞

5x3_-2x+4

7-2x3

=-5 2.

40. a)lim

x→1

2x-2 x2

-1= limx→1

2(x-1)

(x-1)(x+1)=limx→1

2 (x+1)=1.

b) Factorizando: lim

x→4

x2₋₁₆

x−4 =limx→4

(x−4)(x+4) x−4 =8

c) Se puede simplificar la función

lim

x→−3

x+3 9−x2 =_xlim_→−3

x+3

−(x+3)(x−3)= 1 6.

d) lim

x→3

x-3 x2_-4x+3=lim_x→3

x-3

(x-3)(x-1)=limx→3

1 (x-1)=

1 2.

e) ₄3 ₂

x

x 3x 2

lim 0

x 2x 1

→+∞

− _{+ =}

− + .

f) lim

x→+∞

x2_-3x-10

x2_-8x+15=1.

41. a) Multiplicando y dividiendo por su conjugado,

lim x→+∞ x

2

+x₋ x2

−x

(

)

⋅ x2+x+ x2−x

x2_{+x+ x}2_−x=

= lim x→+∞

2x

x2_{+x+ x}2_−x=1

b) Multiplicando y dividiendo por el conjugado del numerador:

lim x→+∞

x2_+x−x

x ⋅

x2_+x+x x2

+x₊x=xlim→+∞

1 x2

+x₊x=0

c) Multiplicando y dividiendo por el conjugado del numerador:

lim x→0

4+x− 4−x

4x ⋅

4+x+ 4−x 4+x+ 4−x =

=lim x→0

2x

4x

(

4+x+ 4−x

)

= 2 4⋅

1 (2+2)=

1 8

d) Multiplicando y dividiendo por el conjugado del denominador:

lim x→3

x₋3 x− 3⋅

x₊ 3

x+ 3= x+ 3=2 3

e) Multiplicando la función por

2 10 x 4 10 x ₁ 2 10 x 4 10 x

+ − _⋅ + + ₌

+ − + +

y obtenemos:

lim x→6

4− 10+x 2− 10−x⋅

2+ 10−x 2+ 10−x⋅

4+ 10+x 4+ 10+x=

=lim x→6

2+ 10−x 4+ 10+x⋅

16−(10+x) 4−(10−x) =limx→6

2+ 10−x 4+ 10+x⋅

6−x

−6+x=

=lim x→6

2+ 10−x

4+ 10+x⋅(−1)=limx→6−

2+ 10−x 4+ 10+x= −

1 2

f) Multiplicando por su conjugado,

lim x→∞

1 x+x−x⋅

1 x+x+x 1 x+x+x

=lim x→∞

1 x+x−x

2

1 x+x+x

= −∞

42. a) Multiplicando la función por

x 1 x 1 x 2 x 2 ₁

x 1 x 1 x 2 x 2

+ + − _⋅ + + − ₌

+ + − + + −

obtenemos:

lim x→∞

x+1− x−1 x+2− x−2⋅

x+1+ x−1 x+1+ x−1⋅

x+2+ x−2 x+2+ x−2=

=lim x→∞

x+2+ x−2 x+1+ x−1⋅

(x+1)−(x−1) (x+2)−(x−2)=

=lim x→∞

x+2+ x−2 x+1+ x−1⋅

2 4=

1 2

lim x→∞

1 x

1 x+1− x−1⋅

x+1+ x−1 x+1+ x−1=

=lim x→∞

1 x⋅

x₊1₊ x₋1 (x+1)−(x−1)=

x₊1₊ x₋1

2 x =

=(1+1)

2 =1

c) En el límite x →−∞, el denominador se comporta como |x|, así que: lim

x→∞ x

x2₋₁= −1

d) Multiplicando y dividiendo por su conjugado,

lim

x→∞ x+ x− x

 

 _⋅ x+ x+ x

x₊ x₊ x=

=lim x→∞

x x+ x+ x=

1 2

43. Al ser 6 > 5 > 1: lim

x→∞ 4x₊₅x

5x₊₆x =0.

44. a) lim

x→∞ x-1 x+1    x =lim

x→∞ 1+ x-1-x-1 x+1    x =lim

x→∞ 1+

−2 x+1    x = lim

x→∞ 1+ -2 x+1    -x+1 2         -2 x+1⋅x

=exlim→∞

-2x x+1

=e-2_.

b)lim

x→∞ 1-1 x    x =lim

x→∞ 1+ 1 −x    x =lim

x→∞ 1+ 1 -x    -x         x -x

=e−1

c) lim

x→∞ x x+3    x =lim

x→∞ 1+ x-x-3 x+3    x =lim

x→∞ 1+

−3 x+3    x = lim

x→∞ 1+ -3 x+3    -x+3 3         -3 x+3⋅x

=exlim→∞

-3x x+3

=e-3_.

d) lim x→∞

x2₊₁ x2 −1    

2x2_-3

4

=lim x→∞ 1+

2 x2_-1

   x2 −1 2           2

x2₋₁⋅ 2x2−3

4

=

=exlim→∞

2 x2−1

2x2−3 4

=e.

e) lim

x→∞ x-2 x+4

  

x+2 =lim

x→∞ 1+

−6 x+4



 

−x+₆4

        -6 x+4⋅(x+2)

=e−6

f) lim x→∞

x2₊₄ x2₋₂

    x2 =lim

x→∞ 1+

6 x2₋₂



 

x2₋₂

6           6x2 x2 -2

=e6

45. Primeramente, observamos que:

2 2

x x

x +1 (ax+b)(x+3) x +1

lim ax+b- = lim - =

x+3 x+3 x+3

→∞ →∞             2 x (a-1)x +(3a+b)x+3b-1 = lim x+3 →∞      

El anterior limite es igual a cero si y solo si el grado del numerador es menor estricto que el grado del denominador. Luego, se debe de cumplir a-1=0 y 3a+b=0. De este modo, obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones:

a-1=0 3a+b=0    a=1 3+b=0    a=1 b=-3   

Por el anterior razonamiento, obtenemos que a y b son únicos.

46. En cada intervalo es un polinomio, luego es continua. Basta comprobar la continuidad en x = − 1 y x = 2. En x =− 1 hay una discontinuidad de salto finito, puesto que:

lim

x→−1−f(x)=_xlim_→−1−x= −1≠0=_xlim_→−1+1−x 2_{= lim}

x→−1+f(x) Pero en x = 2 sí que es continua, puesto que

2

xlim f (x)_→2− =xlim 1 x_→2− − = − =3 lim 3 lim f (x)x_→2+− =x_→2+ Así, f(x) es continua en ℝ − {− 1}.

47. Primero, debemos calcular el límite de f(x) cuando x tiende a 0 y luego igualar el resultado a f(0)=_λ:

lim

x→0f (x)=limx→0

4+x−2 x =limx→0

4+x−2

x ⋅

4+x+2 4+x+2=

lim

x→0

4₊x₋4

x ⋅

1

4₊x₊2=limx→0

1 4₊x₊2=

1 2

De manera que λ =1₂.

48. a) Es conveniente factorizar numerador y denominador de f(x):

3 2 3

2

x 3x 3x 1 (x 1)

f (x)

x x 2 (x 1)(x 2)

− + − −

= =

+ − − +

Así, se ve que x = 1 es una discontinuidad evitable y x = − 2 es una discontinuidad de salto infinito.

b) Si asignamos a f(1) el valor:

3 2

x 1 x 1

(x 1) (x 1)

f (1) lim lim 0

(x 1)(x 2) x 2

→ →

− −

= = =

− + +

f(x) es continua en ℝ− {− 2}.

49. a) Primero, factorizamos el numerador y el denomi-nador. Puesto que x=2 es una raíz de ambos polinomios, por Ruffini tenemos que:

1 -8 17 -10

2 2 -12 10

1 6 5 / Y para el denominador:

1 -5 -4 20

2 2 -6 20

1 -3 -10 /

-3x-10)(x-2)=(x+2)(x-5)(x-2). Luego, puesto que el límite de la función cuando x tiende a 2 es finito:

lim x→2

(x−2)(x−1)(x−5) (x−2)(x+2)(x−5)=limx→2

x−1 x+2=

1 4

pero f(2) es infinito, se trata de una discontinuidad evitable. Si prolongamos la función f a una función F que sea continua, lo tenemos:

F(x)=

f (x) si x≠2 1

4si x=2

  

 

b) Observamos que los límites laterales son:

lim x→2−

x₋4

2−x= −∞y limx→2+ x₋4 2−x= +∞.

De modo que se trata de una discontinuidad de primera especie.

c) Los límites laterales son:

x 1lim f (x) 1_→− = _{x 1}lim f (x) 2_→+ =

Luego se trata de una discontinuidad de salto.

d) Observamos que f(0) no está definida, y que

lim x→0

x+1−1 x =limx→0

x+1−1

x ⋅

x+1+1 x+1+1=

=lim x→0

1 x₊1₊1=

1 2.

Luego se trata de una discontinuidad evitable. Por lo tanto, definimos la prolongación continua:

F(x)=

f (x) si x≠0 1

2si x=0

  

 

e) Primeramente, observamos que la función f(x) no está definida para valores negativos o iguales a cero, luego lim

x→0−f (x)no existe, y lim_x→0+f (x)= +∞, de modo que se trata de una discontinuidad de salto infinito, ya que además f(0) no existe.

Página 23

50. La función f(x)=3 (x−3)(x+2)

3

(x−3)(x+1)(x−1)2

cumple las cuatro propiedades. Su gráfico en [− 4, 4]:

51. Puesto que la función es continua, solo tenemos que

igualar los límites laterales de f cuando x tiende a -1:

x 1 x 1

a lim f (x) lim a

x

− →−

→− = − =

2 x 1 x 1

lim f (x) lim x 1 2

+ →−

→− = + =

De donde obtenemos a=2.

52. Sólo hemos de imponer que 1

x 1 x 1

1 lim f (x) 1 a 1 e lim f (x) a 1

e

− +

−

→ = + ⋅ = = → → = −

53. La función f(x) así definida solo puede tener disconti-nuidades en x = 0. Será continua si:

lim

x→0−f(x)=_xlim_→0+f(x)=f(0)

Tenemos f(0) = β, y los límites laterales son: 1/x

1/x

x 0 x 0 x 0

x lim e 0 lim f (x) lim

1 e

− − −

→ → →

+ α

=  _{= = α}

+

1/x

1/x

x 0 x 0 x 0

x

lim e lim f (x) lim 0

1 e

+ + +

→ → →

+ α

= +∞ _{= =}

+

Así, f(x) será continua en ℝ solo si α = β = 0. Cualquier otra elección da lugar a una discontinuidad de salto finito.

54. La función solo puede tener alguna discontinuidad en x=0, por lo tanto calculamos los limites laterales y los igualamos, de modo que

lim

x→0−f(x)=_xlim_→0+f(x)=f(0) Puesto que f(0)=k y lim

x→0−f (x)=0 y lim_x→0+f (x)=k , k=0.

55. a) Debe cumplir lim

x→1−f (x)=lim_x→1+f (x)=f (1). Por lo tanto, como:

lim

x→1−f (x)=2 y limx→1+f (x)=3−a=f (1) Debe ser 3-a=2, es decir, a=1.

b) Si, ya que las partes de f son continuas en el interior de cada intervalo donde están definidas por ser funciones polinomicas.

56. Por ejemplo, para cada x0∈ℝ, consideremos f(x)= x

x−x0

, g(x)= − x0

x−x0

Ambas funciones tienen una discontinuidad de salto infinito en x = x0, pero f(x) + g(x) = 1

idénticamente, luego su dominio es ℝ.

57. Hemos de imponer continuidad en x = 0:

lim

x→0

eax −1

1+e =0=f(0)b=0

Necesariamente b = 0, y en tal caso, f(x) es continua para cualquier valor a ∈ ℝ.

58. Primero imponemos continuidad en x=0:

lim

x→0−f(x)=b=-a= lim_x→0+f(x)=f(0) Y ahora en x=1: lim

x→1−f(x)=1-a=a+b= lim_x→1+f(x)=f(1) De modo que nos queda el siguiente sistema de ecuaciones:

a+b=0 2a+b=1

 



a=1 b=-1

  

En x = 2:

x 2 x 2 x 2 x 2

1

lim f (x) lim x 1 3 2 a lim 3x a lim f (x) 2

− − + +

→ = → = = ⋅ − = → − = →

luego a = 5. En x = 3:

lim

x→3−f(x)=lim_x→3−3x−5=3(3)−5=b=_xlim_→3+f(x) luego b = 4. En x = 5:

lim

x→5−f(x)=4= −(5)+c=lim_x→5+−x+c=_xlim_→5+f(x) luego c = 9. Y puesto que

lim

x→7−f(x)= −(7)+9=2=xlim→7+f(x),

escogiendo a =5 , b = 4 y c = 9, f(x) es continua en ℝ.

60. Tenemos que comprobar la continuidad en x = 8:

x 8

2 x 8

lim f (x) 8a

8a 8 a 8 8 32 32

lim f (x) 8

8 4 4

− + → →  ₌   _{= → =}  ₋  _{= = =} − 

61. Primero factoricemos f(x):

(

)

5 3

5 8

6 6

x 1 x x x

f (x)

1 x x 1

+ + = = − = − −

(

)

(

)

(

)(

)

5 2 2 2

x x 1 x x 1 (x 1)(x 1) x x 1 x x 1

+ − + = − = − + + + − +

(

)

(

)

5 2 x x 1

(x 1)(x 1) x x 1

+ = −

− + + +

a) Los puntos de discontinuidad son x = − 1 y x=1, y los ceros reales del denominador.

b) La discontinuidad x= − 1 es evitable, puesto que no existe f(− 1) pero sí existe:

(

)

(

)

5 2 x 1

x x 1 f (1) lim

(x 1)(x 1) x x 1

→− + = − = − + + +

(

)

5 2 x 1

x 1 1

lim

( 2)(1) 2 (x 1) x x 1

→−

= − = = −

−

− + +

62. a) Factorizando el numerador y el denominador de

f(x), obtenemos f(x)=x(x−2)

(x+2)2

Vemos que x = − 2 es una discontinuidad de salto infinito.

b) La función f(x) tiene una discontinuidad de salto en x = 0, puesto que:

lim

x→0−f(x)=xlim→0− −x

x = −1≠1=limx→0+

x

x=limx→0+f(x)

c) La función f tiene una discontinuidad evitable en x = 0, puesto que

lim

x→0−f(x)=_xlim_→0−x

2_=0=lim

x→0+x=_xlim_→0+f(x)

y se debería asignar f(0) = 0 para que fuera continua en todo ℝ.

d) Tenemos una discontinuidad de salto en x = 0:

lim

x→0−f(x)=_xlim_→0−−x=0≠4=_xlim_→0+x+4=_xlim_→0+f(x)

63. La función f se puede escribir como composición de

g(x)= x2+4

(x−2)2 y h(x)= x

la función f =h∘g está definida siempre que la imagen g(x) sea positiva, que siempre es cierto puesto que para todo x ∈ ℝ, x2 + 4 > 0 y (x − 2)2≥ 0, pero g tiene una discontinuidad de salto infinito en x = 2. Así, f es continua en ℝ − {2}, donde también tiene una discontinuidad de salto infinito.

64. a) Primeramente, puesto que se trata de una función racional y el denominador nunca se anula, el dominio de f es toda la recta real. Por lo tanto, no hay asíntotas verticales, solo asíntotas horizontales,lim

x→±∞f(x)=1, es decir la recta y=1.

b) El denominador se anula cuando x=3 o x=-3, por lo tanto D(f)= ℝ− {3,-3}, y tenemos dos asíntotas verticales, x=3 y x=-3. Por otro lado, lim

x→±∞f(x)=2y

por lo tanto la recta y=2 es una asíntota horizontal de f.

c) El dominio de f es D(f)= ℝ − {1}, de modo que x=1 es una asíntota vertical de f. Puesto que el grado del numerador es una unidad más grande que el grado del denominador, tenemos una asíntota oblicua:

m= lim x→±∞

f(x) x =1,

n= lim

x→±∞

[

f(x)-mx

]

=xlim→±∞

x3_-(x-1)2_x (x-1)2 =

= lim x→±∞

2x2_-1 (x-1)2 =2.

Luego, la recta y=x+2 es una asíntota oblicua de f.

d) El dominio de f es D(f)= ℝ− {1}. Así pues, x=1 es una asíntota vertical de f. Por otro lado, el grado del numerador es una unidad mas grande que el grado del denominador, de donde obtenemos:

m= lim x→±∞

f(x) x =1,

n= lim

x→±∞

[

f(x)-mx

]

=xlim→±∞

x2_-4x+1-x(x-1)

x-1 =

= lim x→±∞

2−4x

x-1 = −4.

y la recta y=x-4 es una asíntota oblicua de f.

Página 24

65. Si descomponemos el numerador y el denominador de

f(x) obtenemos: f (x) ₂x3 2x x(x2 2) x 2x 3 (x 1)(x 3)

+ +

= =

− − + −

a) Tiene dos asíntotas verticales en x = − 1, 3. Tiene además una asíntota oblicua y = x + 2:

2 2

x x

f (x) x 2

m lim lim 1

x x 2x 3

→∞ →∞ + = = = − − 3 2 x x x 2x n lim f (x) mx lim x

x 2x 3

→∞ →∞

+

= − = − =

(

)

3 3 2 ₂

2 2

x x

x 2x x 2x 3x _{4x 2x}

lim lim 2

x 2x 3 x 2x 3

→∞ →∞

+ − − − ₊

= = =

− − − −

b) La función f(x) no puede cortar las asíntotas verticales, pero sí la oblicua; basta resolver la ecuación:

3 2 x 2x

x 2 x 2x 3

+ _{= +}

− −

3 3 2 2

x +2x x= −2x −3x 2x+ −4x 6−

2x= − −7x 6 9x= −6 x 6 0,67 9

= − = −

66.Puesto que D(f)= ℝ, no tiene asíntotas verticales, pero tiene a y=0 como asíntota horizontal, ya que

lim

x→±∞e

-x2_+2x

=0.

Para aplicar

67. a) Número de infectados: I(4)=7500⋅4+9000 4+2⋅4 =3250.

b) Resolvemos la ecuación I(t)=3000, obteniendo 7500t+9000=3000(4+2t), es decir, 1500t=3000 y por lo tanto el tiempo que tiene que transcurrir es 2 semanas.

c) Basta calcularlim

x→+∞I(t)=0.

68. a) El numero de palabras es P(2)=1700 17 =100.

b) Será capaz de recordarlim

x→+∞P(t)=850 palabras.

69. a) La concentración 2h después de la toma será de

C(2)= 4

16+24=0,1 gramos por litro de sangre.Por

otro lado, la concentración 5h después de la toma

será de C(5)= 10

4⋅25+24=0,0806gramos por litro

de sangre.

b) Se reducirá a cero, pues lim

x→+∞C(t)=0.

70. Número de habitantes: lim

x→+∞P(t)= 350

1+17⋅0=350miles .

71. a) P(0)=1, 7

2 =0,85millones de individuos.

b) lim

x→+∞P(t)= 7

3=2,32millones.

72. a) B(0)=0decenas de miles de euros.

b) B(2)=8+40

8 =6decenas de miles de euros.

c) Los beneficios semanales serán de

lim

x→+∞

2t2_+20t

t2₊₄ =2decenas de miles de euros.

73. a) Se aplicará un interés del i(1200)=1,4996por ciento.

b) El mayor interés que se aplica es del 1,5%, pues

lim

c→+∞i(c)=1,5.

Para ampliar

74. Calculamos los limites laterales:

x 2 x 2

x-2

lim f(x) lim =-1,

-(x-2)

− _→

→ = x 2 x 2

x-2

lim f(x) lim 1.

x-2

+ _→

→ = =

Puesto que no coinciden, el limite de f(x) cuando x tiende a 2 no existe.

75. El límite no existe, ya que los limites laterales no coinciden:

lim x→1−

|x-1|

(x-1)(x+1)=limx→1 -1 x+1

=-1 2,

lim x→1+

|x-1|

(x-1)(x+1)=limx→1 1 x+1=

1 2.

76. Al ser una indeterminación 1∞ debemos escribir el límite como

lim

x→∞ 1+ 1 g(x)      

g(x)⋅ln(5)

=eln(5)_{=5; es decir:}

2

2

x _{( 6a )} 6 ax 2 x 6a 2 2

x 3 6 6 1

1 e x 3 x 3 6 − − →∞ −      _{− + −}  = +  ⎯⎯⎯→   + +   _ _ −  

Si imponemos: e−6a

=5_⇔a_{= −}ln(5) 6

77. a)lim x→−∞

ln(1+ex₎

x =xlim→−∞ln 1+e

x

( )

1 x

 

 _=

=ln 1+0

( )

( )

0 =ln(1)=0.

b)

(

1/x

)

x 0 x 0

ln(1 x)

lim lim ln (1 x)

x

→ →

+ _{= + =}

(

)

(

)

x

1/ x 1

x 0 x

1

ln lim (1 x) ln lim 1 ln(e ) 1

x → →∞  _{ }  = + =  _ + _ _= =    _{ }  

c) lim

x→+∞ln(1+x)−ln(x)=xlim→+∞ ln

1+x x          =ln1

1=0.

d)lim

x→+∞x ln(1 +x)−ln(x)=xlim→+∞ ln

1+x x     x                = = lim

x→+∞ ln 1+

1 x     x               

=ln(e)=1.

Página 25

78. Falso. Basta tomar f(x)= e-x_{, que es decreciente en}

todo su dominio y tiende a 0 cuando x →∞:

(

)

2 2

2 2

2 2

ax 3 bx x

ax 3 bx x

ax 3 bx x

+ + −

+ − − ⋅ =

+ + −

2

2 2

(a b)x x 3

ax 3 bx x

− + +

=

+ + −

Para que el límite sea finito, es necesario que numerador y denominador se comporten como poli-nomios del mismo grado. Esto es, a − b = 0⇒ a = b. En este caso, el límite es:

x+3 ax2_{+3+ ax}2_−x

x→∞

⎯ →⎯⎯ 1

2 a

por lo tanto debemos escoger a = 1 ⇒ b = 1.

80. Hallamos las asíntotas:

i) Si h = 0, f(x) tiene una asíntota vertical en k = 1.

ii) Si h = 1, x = k es una asíntota vertical para cada k = 0, 1, 2, 3.

Si en concreto k = 0, f (x) 1 x

=

Tiene una asíntota horizontal en y = 0. Si k = 1, f (x) x

x 1

= −

Tiene también una asíntota horizontal en y = 1.

Por otro lado, si k = 2, f (x) x2 x 2

= −

x x

f (x) x

lim lim 1 m

x x 2

→∞ = →∞ − = =

[

]

2

x x

x lim f (x) mx lim x

x 2

→∞ →∞

 

− =  ₋ − =

 

2 2

x

x x 2x

lim 2 n

x 2 →∞

− +

= = =

−

Tiene una asíntota oblicua en y = x + 2.

iii) Si h = 2, x= ± k son asíntotas verticales.

Si en concreto k = 0,f (x) 1₂ x

=

Tiene una asíntota horizontal en y = 0. Si k = 1 ,f (x) ₂x

x 1

= −

De nuevo una asíntota horizontal en y = 0.

Por otro lado, si k = 2, f (x) ₂x2

x 2

= −

Tiene una asíntota horizontal en y = 1.

Si k = 3, f (x) ₂x3

x 3

= −

2 2

x x

f (x) x

lim lim 1 m

x x 3

→∞ = →∞ − = =

[

]

2 3

x x

x lim f (x) mx lim x

x 3

→∞ →∞

 

− =  ₋ − =

 

3 3

2 x

x x 3x

lim 0 n

x 3

→∞

− +

= = =

−

Tiene una asíntota oblicua en y = x.

iv) Si h = 3, para cada valor de k hay una asíntota vertical x = k1/3_.

Para k = 0 hay una asíntota horizontal en y = 0.

Para k = 1 y k = 2 seguimos teniendo asíntotas horizontales en y = 0, pues el grado del numera-dor es menor que el del denominanumera-dor. Para k = 3, la asíntota horizontal pasa a estar en y = 1.

81. Se debe cumplir lim

x→a−f (x)=_xlim_→a+f (x)=f (a). Puesto que: lim

x→a−f (x)=a−2, lim

x→a+f (x)=a

2_{−5a+7=f (a),}

se debe cumplir a−2=a2_−5a+7⇔a2_−6a+9=0 ⇔a₌3.

82. a) Se debe cumplir que x=1 es una raíz de los polinomios del numerador y del denominador. Por lo tanto, el numerador debe cumplir

aa a0 bb

1

aa aa +a+b

a+b=0. Por lo que refiere al denominador, debe cumplir:

1 2a b 3

1 1 2a+1 2a+b+1

1 2a+1 2a+b+1 2a+b+4

2a+b+4=0. Por lo tanto, resolvemos el sistema:

a+b=0 2a+b= −4

   

a= −4 b=4

   

b) Basta con definir g(x)= f (x) si x≠1

0 si x=1

   

, ya

que lim x→1

-4x2₊₄ x3_-8+4x+3=0 .

c) Si, ya que las raíces de -4x2_{+4=0son x=1 y x=-1, y} la única raíz real de x3

-8+4x+3=0es x=1, y se trata de una función racional sin ceros en ℝ− {0}.

83. a) El precio varia de manera continua si

lim

x→50−p(x)=20,4⋅50=1020, y lim

x→50+p(x)=k⋅50⋅0,9 0,02⋅50

=p(50),

coinciden. De esta manera, debemos resolver la ecuación 20,4_⋅50=k⋅50⋅0,90,02⋅50_⇔k=22,67.

b) Calculamos el precio de 500 unidades

p(500)=3952,27€ y lo dividimos entre el total de unidades para saber el precio de una sola unidad:

p(500)

500 =7,90€.

Evaluación de estándares

1. a) El dominio de f es D(f)= ℝ− {1}, luego la función no está definida en x=1. Por otro lado, el limite en x=1 no existe, ya que

lim x→1−

1

b) D(f)= ℝ − {0,1}, por lo tanto no está definida en x=1. Observamos que el límite en x=0 existe:

lim

x→0f (x)=limx→0 x2

+x x2_−x=lim_x→0

x(x+1) x(x−1)= −1 Pero no en x=1, ya que:

lim

x→1−f (x)= −∞y lim_x→1+f (x)= +∞ .

c) D(f)= ℝ− {-1,1}, de modo que no está definida en x=1. Por otro lado, el límite en x=-1 existe:

lim

x→−1f (x)=xlim→−1 x2_+x 1−x2 =_xlim_→−1−

x(x+1) (x+1)(x−1)= −

1 2, pero no existe en x=1:

lim

x→1−f (x)= +∞y lim_x→1+f (x)= −∞

d) El dominio de la función es D(f)= ℝ − {1} y en x=1 el límite existe, pues

lim

x→1f (x)=limx→1

(x−1)(x+1) x−1 =2.

2. a) lim x→0−

100

x = −∞y limx→0+ 100

x = −∞

b) Puesto que x=-1 es una raíz del numerador y del denominador, podemos factorizar usando Ruffini, obteniendo:

lim x→−1

x3_+2x2_−11x−12 x3_+x2_−16x−16 =_xlim_→−1

(x+1)(x−3)(x+4) (x−4)(x+1)(x+4)=

=lim x→−1

x−3 x−4=

4 5.

3. a) lim x→−∞

x

x2₋₁=xlim→−∞

−1

1− 1

x2

= −1

b) Mirando los grados del numerador y del

denominador: lim x→−∞

x3

+2x2

−11x−12 x3_+x2_−16x−16 =1.

c) lim

x→+∞ x+6− x−6

x+6+ x−6 x₊6₊ x₋6=

= lim x→+∞

x+6+x−6

x+6+ x−6=xlim→+∞

12

x+6+ x−6=0

d) Mirando los grados del numerador y del denominador:

lim x→+∞

x−5 x+2

    x = lim

x→+∞ 1+ −

7 x+2

 

 

x+2

−7           −7x x+2

=e−7_.

4. a) Al ser cociente de polinomios del mismo grado:

lim x→∞

f (x)−1 g(x) =limx→∞

x2

+2x+1−1 (x−1)2 =lim_x→∞

x(x+2) (x−1)2 =1

b) Evaluando directamente:

lim x→0

f(x)−1 g(x)−1=limx→0

x₊2 x−2= −1

5. Al ser cociente de polinomios del mismo grado

lim

x→∞f(x)= 2

k=6⇔k= 1 3

6. En cada tramo es continua, solo se debe estudiar x = 0 y x = 2. En x = 0:

x 0 x 0

1 lim f (x) lim

x

− −

→ = → = −∞, pero:

lim

x→0+f(x)=_xlim_→0+

1

2x=0=f(0)

con lo que f(x) tiene una discontinuidad de salto infi-nito en x = 0, pero es continua en x = 0 por la derecha. En x = 2: lim

x→2−f(x)=1=4−3=xlim→2+f(x) la función es continua.

7. Como podemos factorizar f(x)=(x−3)(x+3)

(x−2)(x−3), basta

simplificar (x − 3), obteniendo una función equi-valente que deja de ser discontinua en x = 3:

x 3 F(x) x 2 + = −

8. Solo se tiene que imponer continuidad en x = − 1 y x = 2. En x = − 1:

lim

x→−1−f(x)= −a−b=a+b+3=xlim→−1+f(x) luego 2a + 2b = − 3. En x = 2:

lim

x→2−f(x)=4a−2b+3= −8b+a=_xlim_→2+f(x) luego 3a + 6b = − 3⇔ a = − 1 − 2b

Hemos obtenido dos ecuaciones linealmente indepen-dientes; sustituyendo la segunda en la primera:

2( 1 2b) 2b− − + = − −2 4b 2b+ = − −2 2b= −3

2b 1

− = −

1 1

b a 1 2 2

2 2

= → = − − ⋅ = −

9. a) Tiene una asíntota vertical en x= −2. Además:

x

3x 1 3

lim 3

x 2 1

→±∞ +− = = ,

y = 3 es una asíntota horizontal.

b) La recta x = − 1 es una asíntota vertical, y tiene una asíntota oblicua y = mx + n = x + 3, puesto que:

x x

f (x) x 4

m lim lim 1

x x 1

→∞ →∞

+

= = =

+

[

]

2

x x

x 4x n lim f (x) mx lim x

x 1 →∞ →∞  ₊  = − =  ₊ − =   2 2 x x

x 4x x x 3x

lim lim 3

x 1 x 1

→∞ →∞

 _{+ − −} 

=  ₊ = ₊ =

 

c) La recta x = 0 es una asíntota vertical, y: 1

0 x

xlim e→±∞ =e =1,

y = 1 es una asíntota horizontal.

10. Simplemente tenemos que calcular el siguiente límite:

lim x→∞N(t)=

2400

Tema 02

Derivadas

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Solucionario

Soluciones de las actividades

Página 27

1. Se trata de calcular el límite

f '(2)=lim

x→2

f(x)−f(2)

x−2 =limx→2

3x2₋₁₋₁₁

x−2 =

lim

x→2

3(x−2)(x+2)

x−2 =12.

2. Se trata de calcular el límite

f '(−1)=lim

x→2

2x+5−3

x+1 =2.

3. La derivada por la izquierda es

f '(1−_)=lim

x→1−

x3_+4x−5

x−1 =limx→1−

(x−1)(x2_+x+5)

x−1 =7,

y por la derecha, f '(1+_)=lim

x→1+

6x−1−5

x−1 =6,

luego no existe f’(1).

4. La derivada por la izquierda es

f '(4−_)=lim

x→4−

−(x−4)−0

x−4 = −1,

y por la derecha, f '(4+_)=lim

x→4+

x−4−0

x−4 =1,

luego no existe f’(4).

Página 28

5. a) f '(x)=lim

h→0

4(x+h)+3−(4x+3)

h =limh→0

4h

h =4.

b) f'(x)=lim

h→0

(x+h)2_-5(x+h)-x2_+5x

h =

lim

h→0

h(2x−5)

h =2x−5.

c) f '(x)=lim

h→0

(x+h)3_−(x+h)2_−(x3_−x2₎

h =

lim

h→0

3x2

h+3xh2

+h3

−2xh−h2

h =3x

2_−2x

d) f '(x)=lim

h→0

(x+h)2_{−4(x+h)−1−(x}2_−4x−1)

h =

lim

h→0

h(h+2x-4)

h =2x-4.

e) f '(x)=lim

h→0

7(x+h)−3−7x+3

h =7.

f) f '(x)=lim

h→0

−2(x+h)2_+2x2

h =

lim

h→0

−4xh−2h2

h = −4x

6. a) f '(x)=lim

h→0

−2 / (x+h)+2 / x

h =limh→0

2h

hx(x+h)=

2 x2.

b) f '(x)=lim

h→0

4+ x+h−4− x

h =

=lim

h→0

x+h- x h

x+h+ x

x+h+ x=

lim

h→0

h

h

(

x+h + x

)

=

1

2 x.

Página 29

7. a) f '(x)=7x6

. b) f '(x)= −1x−1−1= −_x12.

c) f '(x)_{= −}2x−2−1

= −2x−3

. d) f '(x)=2₅x2/5−1= 2 5 x5 3 .

e) f '(x)=1

2x

1/2−1₌ 1

2 x.

f) f(x)= x3 2_=x

2

3_f'(x)= 2

3 x3 .

g) f '(x)₌2x_ln(2)

. h) f '(x)=1_xln(3)1 .

Página 31

8. a)

f '(x)

=

10x

−

4

_. b) f '(x)=6x2−2x+6

(x2₋₁₎2 .

c) f'(x)=2 3x2_{ln(x)+ x}

( )

3₊₁ 1

x 

 .

d) f'(x)= 1

x3

1-1

2ln(x)



 . e) f'(x)=

-1

x

(

ln(x)+2

)

9. a) f '(x)=6x x2₊₄

(

)

b) f '(x)₌5 x

(

₋3

)

−1

c) f'(x)=5

2 x

3 _{d) f'(x)=}3

2 x

e) f'(x)=8⋅ln(x)

x f) f'(x)=

2x+4 3 (x3 2_+4x-1)2

g) f'(x)=2x3_-2x2_+x-3

ln(2)(3x2_-4x+1)

h) f'(x)= 1-x

2

(1+x2₎2ln(3x 2

-x)+ 6x

2_-x

(1+x2_)(3x2_-x)

Página 32

10. Si escribimos y=f(x)=xn, tomando logaritmos y deri-vando se obtiene

ln(y)=ln(xn

)=n ln(x)y'

y =

n

xy'=

xn_n

x =nx

n−1

.

11. Escribiendo y=f(x)=ax, si tomamos logaritmos y derivamos,

ln(y)=ln(ax_{)=x ln(a)}y'

y =ln(a)y'=a

x_ln(a)

12. a) Sea y=xln(x). Tomando logaritmos se obtiene ln(y)=ln(xln(x)_{)=ln(x)ln(x)=ln}2_(x)

Derivando, y'_y =2 ln(x)_x y'=xln(x)2 ln(x)_x .

b) Tomando logaritmos en

y= ln(x)

(

)

2xln(y)=2xln ln(x)

(

)

_,

y derivando, y'_y=2 ln ln(x)_

(

)

+_ln(x)1 _

y'= ln(x)

(

)

2x ln ln(x)

(

)

+ 2 ln(x) 



 .

c) Si tomamos logaritmos en

y= x

( )

2₊₁x3_ln(y)=x3_{ln x}

( )

2₊₁

,

su derivada es y'_y=3x2ln x

( )

2+1 + 2x

4

x2₊₁

y'= x

( )

2₊₁x3 _3x2_{ln x}

( )

2_{+1 +} 2x4

x2₊₁

 

 .

Página 34

13. En todos los apartados de este ejercicio, se trata de buscar las rectas RT: y-f(a)=f’(a)(x-a) y RN: y-f(a)= =-(1/f’(a))(x-a) que pasan por el punto (a,f(a)).

a) Pasan por (-1,4) y como f’(-1)=0, RT: y=4 y la recta normal es vertical, RN: x=-1.

b) Pasan por (3,0) puesto que f'(x)=2x-4f'(3)=2,

luego RT : y=2x−6, RN : y= −1

2x+

3

2 .

c) Pasan por (1,1) y puesto que f'(x)=2xex2_-1

f'(1)=2,

luego RT : y=2x−1, RN : y= −1

2x+

3

2 .

d) Pasan por (5,ln(5)) y como

f'(x)= 2x-4

x2_-4xf'(4)=

6 5,

luego RT : y 6x 6 ln(5), 5

= − +

5 25 RN : y x ln(5)

6 6

= − + + .

e) Pasan por (4,3) y como

f'(x)= 5-x3 _- x-1

3 5-x3 f'(4)=0,

luego RT:y=3, RN:x=4 .

f) Pasa por (1,3). Puesto que f'(x)=3+1

xf'(1)=4

tenemos que RT: y=4x-1 y RN : y= −x 4+

37 12

Página 36

14. La derivada de f se puede calcular explícitamente:

f(x)=x

2

5_{, f '(x)}=2

5x

−3

5_.

La función f es continua en 0, puesto que evaluando

directamente, lim

x→0x 2

5_{=f(0)=0, pero los límites}

laterales son lim

x→0+

2

5x

−3

5_=lim x→0−

2

5x

−3

5_{= +∞, luego f no es}

derivable en x=0.

15. Si factorizamos f, f(x)= 4x

x x

(

+4

)

, vemos que Dom(f)=ℝ-{0,-4}. La discontinuidad en x=0 es evitable y x=-4 es de salto infinito (x=-4 es una asíntota vertical). Pero en x=2 es continua y derivable, puesto que es cociente de polinomios y el denominador no se anula en x=2.

16. a) Vemos que f(x) presenta una discontinuidad de salto finito en x=0, puesto que

lim

x→0−f(x)=1≠3=_xlim_→0+f(x), y f(0)=2,

Luego, no es continua en x=0 y por lo tanto no puede ser derivable en x=0.

b) Puesto que f(x)= x3_+x2_{= x}2_{(x+1), es continua}

en x=0, ya que los limites laterales coinciden y son 0, calculamos la derivada,

f'(x)= 3x

2_+2x

2 x3

+x2=

3x+2 2 x+1

y obtenemos que los limites laterales coinciden y son 0. Por lo tanto, es derivable en x=0.

17. La continuidad es inmediata en el interior de cada tramo, y cuando x=0,

lim

x→0-f(x)=2⋅0

2_{+a⋅0+b=b=0=0+ln(1+0)= lim}

x→0+f(x)

luego la función es continua cuando b=0. En cuanto a la derivabilidad,

-

-xlim f'(x)= lim 4x+a=a,→0 x→0 y _{x 0}+ _{x 0}+ 2 2x lim f'(x)= lim 1+ =1

1+x

→ → , luego

f(x) es derivable en todo numero real si y solo si a=b=1.

18. a) La función es continua en cada trozo. Solo es necesario estudiar la continuidad en los extremos de los intervalos de definición. En x=0,

2

x 0 x 0

1

lim f (x) 1, y lim f (x) 0 x b b 0 1

− +

→ = + = → = ⋅ + =

luego tiene que ser b=1. En x=3,

x 3lim f (x) 3a 1, y lim f (x) 3 5_→− = + x 3_→+ = − = −2

luego f es continua en ℝ si i solo si b=1 y a=-1.

b) En cada tramo la expresión de la derivada es distinta:

f'(x)=

-2x

(x2₊₁₎2 si x<0

-1 si 0≤x<3 1 si x>3



  