Cal1 - Libro Con Solucionario de Prácticas y Exámenes Pasados

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DEL PERU

Calculo 1

Solucion de Practicas y Examenes

Elton Barrantes

Iris Flores

Jose Flores

Lima-Peru

2013

PUCP

BARRANTES, E.FLORES, I.

FLORES, J.

Contenido

1. Funciones reales de variable real 1

2. Lımites y continuidad 15

2.1. Limites por definicion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.2. Lımites laterales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.3. Calculo de lımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.4. Lımites infinitos y al infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3. Derivadas 56

3.1. Definicion de Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

3.2. Teorema del cero intermedio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

3.3. Diferenciabilidad y continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

3.4. Calculo de derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

3.5. Derivada implıcita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

3.6. Razon de cambio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

3.7. Derivada de orden superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

3.8. Regla de L’Hopital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

3.9. Diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

3.10. Extremos absolutos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

3.11. Teorema de Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

3.12. Aplicaciones de la derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118PUCP


FLORES, J.

Capıtulo 1:

Funciones reales de variable real

1. Dadas las funciones f y g definidas por

f(x) = 4x− 4 , x ≤ 3 y g(x) = 2x+ 2 , x ≥ −3.

Encuentre el dominio, el rango y grafique la funcion f/g.

P.C.1-2009-1

Solucion

Regla de correspondencia

f

g(x) = 2− 4

x+ 1; −3 ≤ x ≤ 3 , x 6= −1.

Ran(fg

)=]−∞, 1] ∪ [4,+∞[.

Grafica def

g.

2. Dada la funcion f definida por

f(x) =

4x− 3 , x < 2

−5 , x = 2

2x+ 1 , x > 2.

Grafique f e indique para que valores de x tal que x 6= 2 se cumple que

4 < f(x) < 6.

P.C.2(1a)-2009-1.

Solucion

A partir del grafico, si x ∈]

7

4,5

2

[− {2}, entonces 4 < f(x) < 6.

1

PUCP


FLORES, J.

2 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores

Figura 1.1:

3. a) Analice si la siguiente afirmacion es verdadera o falsa: Si f y g son dos

funciones decrecientes, entonces f ◦g es creciente. Justifique su respuesta.

b) Demuestre que la funcion f definida por

f(x) = 3− 2

√1

2x− 1

es decreciente.

E.P(2)-2009-1.

Solucion

a) Si f y g son funciones decrecientes, entonces para x1 < x2 se tiene g(x1) >

g(x2), y si y1 < y2 entonces f(y1) > f(y2).

Haciendo y1 = g(x1) y y2 = g(x2) se tiene:

x1 < x2 ⇒ g(x2) < g(x1)

⇒ f(g(x1)) < f(g(x2)).

Por lo tanto, la afirmacion es verdadera.

b) El dominio de f es Dom(f) = [2,+∞[.

Sean x1, x2 dos numeros en el dominio de f , tal que si 2 ≤ x1 < x2

entonces

3− 2

√1

2x1 − 1 > 3− 2

√1

2x2 − 1

PUCP


FLORES, J.


Figura 1.2: Grafica de f .

es decir f(x1) > f(x2). Por lo tanto, f es decreciente.

4. Sea y = f(x) una funcion decreciente. Pruebe usando la definicion que la

funcion

g(x) = x3 + f(−x)

es creciente.

P.C.1(4b)-2009-2.

Solucion

Por ser f decreciente, si x1 < x2 entonces f(−x1) < f(−x2), luego g(x1) <

g(x2). Por lo tanto g es creciente.

5. En una esfera de radio R se circunscribe un cono circular recto cuya base tiene

radio r y su altura es h.

a) Exprese el volumen del cono como funcion de su altura.

b) Halle el area de la superficie total del cono en terminos de r.

P.C.1(5)-2009-1.

Solucion

PUCP


FLORES, J.


Figura 1.3:

a) Por semejanza de los triangulos ∆CDB ∼ ∆CEO

h

r=x

R⇒ x =

Rh

r. (1)

Por teorema de Pitagoras en el triangulo ∆CEO

(h−R)2 = R2 + x2. (2)

Luego, de las ecuaciones (1) y (2) se tiene

r2 =R2h

h− 2R.

Por lo tanto, V (h) =πR2h2

3(h− 2R), h > 2R.

b) Ahora expresamos el area de la superficie total del cono en funcion de r.

Figura 1.4:

Area lateral del cono

AL = πrl = πr√h2 + r2.

PUCP


FLORES, J.


Area de la base

Ab = πr2.

De la parte a) se tiene la relacion entre r y h, entonces

AL =πr2

r2 −R2(r2 +R2).

Por lo tanto, el area total A = AL + Ab en funcion a r es

A(r) =2πr4

r2 −R2, r > R.


f(x) = x2 + 4x+ 3 , x > 0.

Encuentre una funcion g, tal que, sea impar, tenga como dominio a los numeros

reales y cumpla g(x) = f(x), para todo x > 0.

P.C.1(1a)-2009-2.

Solucion

La nueva funcion g debe ser impar, esto es, g(−x) = −g(x). Para hallar su

regla de correspondencia se tienen los siguientes casos:

Caso x > 0: De la condicion del problema g(x) = f(x) = (x+ 2)2 − 1.

Caso x < 0: Reflejamos f respecto al origen de coordenadas.

Si x > 0 entonces −x < 0 y g(−x) = −g(x) = −f(x) = −(x+ 2)2 + 1.

Reemplazando x por −x tenemos g(x) = −(−x+ 2)2 + 1, x < 0.

Finalmente,

g(x) =

{(x+ 2)2 − 1 , x > 0

−(x− 2)2 + 1 , x < 0.

7. a) Usando traslaciones y reflexiones, grafique la funcion

f(x) = −e tan(π

2− x)

+ 2; x > 0,

donde e es el numero de Euler.

b) Determine la regla de correspondencia de f ◦ g, indicando su dominio, si

f(x) = |x− 1| − |x+ 2|

g(x) = x2 − 5; x < −1.

Luego, grafique f ◦ g.

PUCP


FLORES, J.


P.C.1-2010-0

Solucion

a) Grafica de f .

Figura 1.5: Grafica de f , x > 0

b) Redefiniendo f(x), se tiene

f(x) =

3 ; x < 2

−1− 2x ; −2 ≤ x < 1

−3 ; x ≥ 1

Luego

(f ◦ g)(x) =

3 ; x ∈]−

√3;−1[

−2x2 + 9 ; x ∈]−√

6;−√

3]

−3 ; x ∈]−∞;−√

6]

8. Halle la regla de correspondencia de la funcion f , si Ran(f) = [3,+∞[, g(x) =

(x− 3)2 − 7 y (g ◦ f)(x) = x2 − 4x− 3.

PUCP


FLORES, J.


Figura 1.6: Grafica de f ◦ g

E.P(4b)-2009-2.

Solucion

Haciendo u = f(x), entonces g(u) = x2 − 4x − 3 = (x − 2)2 − 7, ademas

g(u) = (u− 3)2 − 7, entonces u− 3 = ±|x− 2|.Como u ≥ 3, entonces u = f(x) = 3 + |x− 2|, para x ∈ R.


f(x) =

√

4− x2 , −1 < x < 0x+ 1

x+ 2, 1 < x

y

g(x) = sen x ; −π2≤ x ≤ π

2.

Halle la funcion f ◦ g, indicando su dominio.

P.C.1(4b)-2009-2.

Solucion

Dom(f1 ◦ g) = {x/x ∈ Dom(g) ∧ g(x) ∈ Dom(f1)}

={x/− π

2≤ x ≤ π

2y − 1 < senx < 0

}= −

]π2, 0[

PUCP


FLORES, J.


Dom(f2 ◦ g) = {x/x ∈ Dom(g) ∧ g(x) ∈ Dom(f2)}

={x/− π

2≤ x ≤ π

2y 1 < senx

}= ∅

Por lo tanto

f(g(x)) =√

4− sen2(x), −π2< x < 0.

10. Los lados del triangulo POQ estan contenidos sobre las rectas L1 : y = 0, L2 :

y = x y L3 : y = 4 − 2x. Un rectangulo tiene un lado sobre el eje X y

esta inscrito en el triangulo POQ.

a) Esboce la grafica del triangulo POQ y del rectangulo inscrito.

b) Exprese el area del rectangulo como funcion de la longitud del lado con-

tenido en el eje X.

c) Grafique la funcion area hallada en la parte b).

P.C.1-2010-0

Solucion

a) El esbozo del triangulo POQ y del rectangulo inscrito se aprecia en la

figura

Figura 1.7: Rectangulo inscrito en el triangulo POQ

b) De la figura, tenemos A(x) = −2(x− 1)2 + 2, 0 < x < 2.

c) Grafica de A(x).

PUCP


FLORES, J.


Figura 1.8: Grafica de A(x)

11. Dadas las funciones

f(x) = 3x+ 5, x ∈]− 3, 4] y g(x) = 2x− 3, x ∈]

3

2,+∞

[

a) Halle la regla de correspondencia def

g, indicando su dominio y rango.

b) Demuestre que la funcionf

ges decreciente en todo su dominio.

P.C.1-2010-1

Solucion

a) Regla de correspondencia

f

g(x) =

3

2+

19

4x− 6, x ∈

]3

2, 4

].

Ran(f) =

[17

5,+∞

[.

b) Sean x1, x2 ∈]

3

2, 4

], tal que x1 < x2, entonces

1

4x2 − 6<

1

4x1 − 6⇒ 3

2+

1

4x2 − 6<

3

2+

1

4x1 − 6⇒ f

g(x2) <

f

g(x1).

Por lo tantof

ges decreciente.

12. Analice si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas. Justifique sus

respuestas.

a) Dadas las funciones f, g : R → R, si f ◦ g es inyectiva entonces g es

inyectiva.

PUCP


FLORES, J.


P.C.1(2a)-2010-1

b) Si f es una funcion par y g es una funcion impar entonces el producto de

f y g es una funcion impar.

P.C.1(2b)-2010-2

Solucion

a) Sean x1, x2 ∈ Dom(g), si g(x1) = g(x2), entonces f(g(x1)) = f(g(x2))

y puesto que f ◦ g es inyectiva, entonces x1 = x2. Por lo tanto, g es

inyectiva.

b) Como f es una funcion par y g impar, se tiene f(−x) = f(x), g(x) =

−g(−x).

Luego (f.g)(−x) = f(−x).g(−x) = f(x)[−g(x)] = −f(x)g(x) = −(f.g)(x).

Ası, f.g es una funcion impar.

13. Una reja de 8 pies de altura esta situada paralelamente a un edificio, a una

distancia de 1 pie del edificio. Una escalera telescopica AB (de longitud va-

riable) tiene el extremo A en el suelo y el extremo B apoyado en el edificio,

de modo que la escalera siempre toca el borde superior de la reja. Exprese la

longitud de la escalera en funcion de la altura a la que queda el extremo B.

P.C.1-2010-1

Solucion

Sean las variables:

L: longitud de la escalera (en pies).

x: altura a la que queda el extremo B (es decir BQ, en pies).

a: distancia del extremo A a la base de la reja (es decir YP, en pies).

Figura 1.9: Grafica de f

PUCP


FLORES, J.


La variable dependiente es

L =√

(a+ 1)2 + x2.

Como los triangulos APT y AQB son semejantes, se tiene

BQ

PT=QA

PA⇒ x

8=

1 + a

a⇒ a =

8

x− 8.

Reemplazando en L

L(x) =

√(x

x− 8

)2

+ x2, x ∈]8; +∞[.

14. a) En la figura, se aprecia el esquema de una noria de radio R metros y A

es el punto que se encuentra en el extremo inferior de la noria. Si A gira

un angulo α, en sentido antihorario, exprese su altura h, con respecto a

la recta horizontal, en terminos de α.

Figura 1.10:

b) Un rectangulo se encuentra inscrito en el triangulo formado por las rectas

y = 0, y = x, y = 4 − 2x. Si se sabe que uno de los lados del rectangulo

se encuentra sobre el eje de las abscisas, exprese su area en terminos de

uno de sus lados.

P.C.1(5)-2010-2

Solucion

a) De la figura

cos(α) =R− hR

.

Luego, h = R(1− cos(α)), α ∈ [0; 2π]

PUCP


FLORES, J.


Figura 1.11:

b) La base del rectangulo es b =4− 3a

2.

Luego,

A = a

(4− 3a

2

), a ∈

]0;

4

3

[.

15. Un cono circular recto se circunscribe a una semiesfera de radio a. Halle el

volumen del cono como funcion del radio del cono.

E.P(5a)-2010-2

Solucion

Sea V =π

3r2h, donde h es la altura y r el radio del cono.

Por semejanza de los triangulos AOB y OTB tenemos

h =ar√r2 − a2

.

Luego el volumen del cono esta dado por

V (r) =πa

3

r3√r2 − a2

, r > a.

16. a) Considere un cilindro circular recto de altura H y radio R. Exprese el vo-

lumen de un cono circular recto circunscrito al cilindro como una funcion

de su altura, si los centros de las bases circulares del cono y del cilindro

coinciden.

b) Sean las funciones

f(x) = x2 − 1;−3 ≤ x ≤ 3

y

g(x) =

{(x+ 1)2 ; x < 1

x2 + 1 ; x ≥ 1.

PUCP


FLORES, J.


Figura 1.12:

Determine el dominio y la regla de correspondencia de la funcion (g◦f)(x).

E.P(1)-2010-1

Solucion

a) Sean h y r las dimensiones del cono. Por semejanza de triangulos, tenemos

h−HR

=h

r⇒ r =

hR

h−R.

Luego definimos el volumen del cono de la siguiente manera

V (h) =π

3r2h =

π

3

(hR

h−R

)2

h; h > H.

b)

Dom (g1 ◦ f) = {x/x ∈Dom(f); f(x) ∈Dom(g1)}

= {x/− 3 ≤ x ≤ 3; x2 − 1 < 1}

= ]−√

2;√

2[.

Dom(g2 ◦ f) = {x/x ∈Dom(f); f(x) ∈Dom(g2)}

= {x/− 3 ≤ x ≤ 3; x2 − 1 ≥ 1}

= [−3;−√

2] ∪ [√

2; 3].

PUCP


FLORES, J.


Por lo tanto:

g(f(x)) =

{x4 ; x ∈]−

√2;√

2[

(x2 − 1)2 + 1 ; x ∈ [−3;−√

2] ∪ [√

2; 3]

PUCP


FLORES, J.

Capıtulo 2:

Lımites y continuidad

2.1. Limites por definicion

1. Usando la definicion, demuestre que

lımx→−1

3√x− 7 = −2.

E.P(4a)-2009-0.

Solucion

Por definicion de lımite tenemos

lımx→−1

f(x) = −2⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 : x ∈ Dom(f)∧0 < |x+1| < δ ⇒ |f(x)+2| < ε.

Busqueda de δ:

| 3√x− 7 + 2| =

∣∣∣∣ x+ 13√

(x− 7)2 − 2 3√x− 7 + 4

∣∣∣∣ =|x+ 1|

( 3√x− 7− 1)2 + 3 (1)

Ahora acotaremos el denominador de (1)

( 3√x− 7− 1)2 + 3 > 3⇒ 1

( 3√x− 7− 1)2 + 3

<1

3 (2)

Luego, de (1) y (2) se tiene

| 3√x− 7 + 2| = |x+ 1|

( 3√x− 7− 1)2 + 3

<δ

3= ε.

Por lo tanto, para δ = ε3

se tiene lımx→−1

3√x− 7 = −2.

2. Usando la definicion de lımite demuestre que:

15

PUCP


FLORES, J.


a) lımx→−2

2x− 3

x+ 3= −7

b) lımx→2

f(x) = −1, si

f(x) =

{5− 3x , x > 2

4x− 9 , x < 2.

P.C.2(1)-2009-2.

Solucion

a) Por definicion de lımite tenemos

lımx→−2

f(x) = −7⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 : x ∈ Dom(f)∧0 < |x+2| < δ ⇒ |f(x)+7| < ε.

Busqueda de δ:∣∣∣∣2x− 3

x+ 3+ 7

∣∣∣∣ = 9

∣∣∣∣x+ 2

x+ 3

∣∣∣∣ = 9|x+ 2| 1

|x+ 3|< ε. (1)

Por otra parte, para dar valores a δ y tratar de acotar1

|x+ 3|se debe

tener en cuenta que δ < 1. Para 0 < δ < 0, 5 se tiene

1

|x+ 3|< 2 (2)

Luego, de (1) y (2) tenemos

9|x+ 2| 1

|x+ 3|< 18δ = ε⇒ δ =

ε

18

Por lo tanto, para δ = min{

0, 5;ε

18

}se tiene lım

x→−2

2x− 3

x+ 3= −7.

b) Por definicion de lımite tenemos

lımx→2

f(x) = −1⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 : x ∈ Dom(f)∧0 < |x−2| < δ ⇒ |f(x)+1| < ε.

Por lımites laterales:

2 < x < 2 + δ1 ⇒ |5− 3x+ 1| = 3|x− 2| < 3δ1 = ε⇒ δ1 =ε

3

2− δ2 < x < 2⇒ |4x− 9 + 1| = 4|x− 2| < 4δ2 = ε⇒ δ2 =ε

4

Luego, para δ = min {δ1; δ2}, se tiene lımx→2

f(x) = −1.

PUCP


FLORES, J.



f(x) =

4x− 3 , x < 2

−5 , x = 2

2x+ 1 , x > 2.

Halle, si existe,

lımx→2

f(x).

Usando la definicion de lımite demuestre el resultado anterior.

P.C.2(1b)-2009-1.

Solucion


lımx→2

f(x) = 5⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 : x ∈ Dom(f)∧0 < |x−2| < δ ⇒ |f(x)−5| < ε.


2 < x < 2 + δ1 ⇒ |2x+ 1− 5| = 2|x− 2| < 2δ1 = ε⇒ δ1 =ε

2

2− δ2 < x < 2⇒ |4x− 3− 5| = 4|x− 2| < 4δ2 = ε⇒ δ2 =ε

4

Luego, para δ = min {δ1; δ2} se tiene lımx→2

f(x) = 5.

4. Usando la definicion demuestre que

lımx→2

√x2 − 3x+ 6 = 2.

E.P-2010-0

Solucion


lımx→2

f(x) = 2⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 : x ∈ Dom(f)∧0 < |x−2| < δ ⇒ |f(x)−2| < ε.

Busqueda de δ:

|√x2 − 3x+ 6− 2| = |x− 2||x− 1|∣∣∣∣√(x− 3

2)2 + 15

4+ 2

∣∣∣∣

PUCP


FLORES, J.


(1)

Luego, para acotar la expresion |x− 1|, consideremos δ1 =1

2.

Ası,

|x− 2| < 1

2⇒ |x− 1| < 3

2. (2)

Ademas,

0 < x− 3

2< 1⇒

√15

4+ 2 <

√(x− 3

2)2 +

15

4+ 2 <

√19

4+ 2,

de donde

1√(x− 3

2)2 +

15

4+ 2

<1√

15

2+ 2

. (3)

Luego, de (1), (2) y (3) tenemos

|x− 2||x− 1||√x2 − 3x+ 6 + 2|

< δ · 3

2· 1√

15

2+ 2

= ε.

Por lo tanto, para δ = min

{1

2,(√

15 + 4)ε

3

}se tiene lım

x→2

√x2 − 3x+ 6 = 2.

5. Demuestre que:

a) Si lımx→c

f(x) = 0 y lımx→c

[f(x)g(x)] = 1 entonces no existe lımx→c

g(x).

b) Si f es una funcion con dominio en los reales tal que lımx→1

f(x) =1

2,

entonces existe un δ > 0 tal que 0 < |x− 1| < δ ⇒ 0 < f(x) < 1 .

P.C.2(3)-2009-2.

Solucion

a) Por contradiccion.

Suponiendo que lımx→c

g(x) = L entonces

lımx→c

f(x)g(x) = lımx→c

f(x) lımx→c

g(x)

= 0L 6= 1.

PUCP


FLORES, J.


b) Como lımx→1

f(x) =1

2entonces para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que

0 < |x− 1| < δ ⇒ |f(x)− 1

2| < ε.

Luego, para ε = 12

se tiene |f(x)− 12| < 1

2⇒ 0 < f(x) < 1.

6. Usando la definicion de lımite demuestre que:

a) lımx→1

(3x+ 2

2x− 1

)= 5

E.P(6a)-2009-1.

b) lımx→1

(x2 + x+ 1) = 3

P.C.2(4a)-2009-2.

Solucion

a) Por definicion de lımite tenemos

lımx→1

f(x) = 5⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 : x ∈ Dom(f)∧0 < |x−1| < δ ⇒ |f(x)−5| < ε.

Busqueda de δ:∣∣3x+ 2

2x− 1− 5∣∣ =

∣∣3x+ 2− 10x+ 5

2x− 1

∣∣ =∣∣−7x+ 7

2x− 1

∣∣ =7|x− 1||2x− 1|

< ε. (1)

Debemos acotar la expresion1

|2x− 1|. Para esto, elegimos δ1 =

1

4.

Si |x− 1| < 1

4, se tiene −1

4< x− 1 <

1

4, de donde

3

4< x <

5

4⇔ 3

2< 2x <

5

2

⇔ 1

2< 2x− 1 <

3

2.

Ası,1

|2x− 1|< 2. (2)

Luego, de (1) y (2) tenemos∣∣3x+ 2

2x− 1− 5∣∣ =

7|x− 1||2x− 1|

< 14|x− 1| < 14δ = ε.

Por lo tanto, para δ = min {δ1, δ2} = min

{1

4,ε

14

}, se tiene lım

x→1

(3x+ 2

2x− 1

)=

5.

PUCP


FLORES, J.


b) Por definicion de lımite tenemos

lımx→1

f(x) = 3⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 : x ∈ Dom(f)∧0 < |x−1| < δ ⇒ |f(x)−3| < ε.

Busqueda de δ:

|(x2 + x+ 1)− 3| = |x2 + x− 2| = |x− 1||x+ 2| < ε. (1)

Debemos acotar la expresion |x+ 2|. Para esto, elegimos δ1 = 1.

Si |x− 1| < 1, se tiene −1 < x− 1 < 1, de donde

|x− 2| < 4 (2)

Luego, de (1) y (2) resulta

|(x2 + x+ 1)− 3| = |x− 1||x+ 2| < δ|x+ 2| < 4δ = ε.

Ası, para δ = min {δ1, δ2} = min{

1, ε4

}, se tiene lım

x→1(x2 + x+ 1) = 3.

7. Usando la definicion de lımite demuestre que

lımx→2

√x2 + x− 2 = 2.

E.P(4b)-2010-0.

Solucion

Dom(f): 〈−∞,−2] ∪ [1,+∞〉.Por definicion de lımite tenemos

lımx→2

f(x) = 2⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 : x ∈ Dom(f)∧0 < |x−2| < δ ⇒ |f(x)−2| < ε.

Busqueda de δ: ∣∣√x2 + x− 2− 2∣∣ =

|x− 3||x− 2|√(x+

1

2)2 − 9

4+ 2

. (1)

Para acotar la expresion1√

(x+1

2)2 − 9

4+ 2

, elegimos δ = 1.

Luego,

|x− 2| < δ ⇒ −1 < x− 2 < 1⇒ |x+ 3| < 6 (2)

PUCP


FLORES, J.


Asimismo,

2 <

√(x+

1

2)2 − 9

4+ 2 <

√10 + 2⇒ 1√

(x+1

2)2 − 9

4+ 2

<1

2(3)

Ası, de (1), (2) y (3) resulta∣∣√x2 + x− 2− 2∣∣ =

|x− 3||x− 2|√(x2 + x− 2 + 2

< 3|x− 2| < 3δ = ε.

Por lo tanto, para δ = min{

1,ε

3

}se tiene lım

x→2

√x2 + x− 2 = 2.


lımx→3

(x+ 5

x+ 1

)= 2.

E.P(4b)-2010-1.

Solucion


lımx→3

f(x) = 2⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 : x ∈ Dom(f)∧0 < |x−3| < δ ⇒ |f(x)−2| < ε.

Busqueda de δ: ∣∣∣∣x+ 5

x+ 1− 2

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣x− 3

x+ 1

∣∣∣∣ =|x− 3||x+ 1|

. (1)

Para acotar la expresion1

|x+ 1|, consideremos δ =

1

2.

Ası,

|x− 3| < δ ⇒ |x− 3| < 1

2

⇒ 5

2< x <

7

2

⇒ 2

9<

1

x+ 1<

2

7

⇒ 1

|x+ 1|<

2

7. (2)

PUCP


FLORES, J.


Luego, de (1) y (2) resulta

∣∣∣∣x+ 5

x+ 1− 2

∣∣∣∣ = |x− 3| 1

|x+ 1|<

2

7δ = ε.

Por ende, para δ = mın

{1

2,7

2ε

}se tiene lım

x→3

(x+ 5

x+ 1

)= 2.


lımx→−2

3x+ 2

2x+ 5= −4.

P.C.1(2a)-2010-2

Solucion


lımx→−2

f(x) = −4⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 : x ∈ Dom(f)∧0 < |x+2| < δ ⇒ |f(x)+4| < ε.

Busqueda de δ: ∣∣∣∣3x+ 2

2x+ 5+ 4

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣11x+ 22

2x+ 5

∣∣∣∣ =11|x+ 2||2x+ 5|

. (1)


|2x+ 5|, consideremos δ =

1

4.

Ası,

|x+ 2| < δ ⇒ |x+ 2| < 1

4

⇒ −9

4< x <

−7

4

⇒ 1

2< 2x+ 5 <

3

2

⇒ 2

3<

1

2x+ 5< 2

⇒ 1

|2x+ 5|< 2. (2)

Luego, de (1) y (2) resulta∣∣∣∣3x+ 2

2x+ 5+ 4

∣∣∣∣ = |x+ 2| 1

|2x+ 5|< 2|x+ 2| < 2δ = ε.

Por lo tanto, para δ = mın

{1

4;1

2ε

}se tiene lım

x→−2

3x+ 2

2x+ 5= −4.

PUCP


FLORES, J.



lımx→4

x+ 1

x− 3= 5.

E.P (2)-2010-2

Solucion


lımx→4

f(x) = 5⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 : x ∈ Dom(f)∧0 < |x−4| < δ ⇒ |f(x)−5| < ε.

Busqueda de δ:

∣∣∣∣x+ 1

x− 3− 5

∣∣∣∣ = 4|x− 4| 1

|x− 3| (1)


|x− 3|, elegimos δ =

1

2< 1.

Ası, tenemos

|x− 4| < 1

2⇒ 2

3<

1

|x− 3|< 2 (2)

Luego, de (1) y (2) resulta∣∣∣∣x+ 1

x− 3− 5

∣∣∣∣ = 4|x− 4| 1

|x− 3|< 8δ = ε.

Por lo tanto, para δ = mın

{1

2,ε

8

}se tiene lım

x→4

x+ 1

x− 3= 5.


lımx→−2

(x− 1

2x+ 2

)=

3

2.

E.P (2a)-2010-1

Solucion


lımx→−2

f(x) =3

2⇔ ∀ε > 0; ∃δ > 0; x 6= −1, 0 < |x+ 2| < δ ⇒

∣∣∣∣f(x)− 3

2

∣∣∣∣ < ε.

PUCP


FLORES, J.


Busqueda de δ:

∣∣∣∣ x− 1

2x+ 2− 3

2

∣∣∣∣ = |x+ 2| 1

|x+ 1| (1)

Luego, tomando δ = 12

tenemos

|x+ 2| < 1

2⇒ 2

3<

1

|x+ 1|< 2 (2)

Ası, de (1) y (2) resulta∣∣∣∣ x− 1

2x+ 2− 3

2

∣∣∣∣ = |x+ 2| 1

|x+ 1|< 2δ = ε.

Por ende, para δ = mın

{1

2;ε

2

}se tiene lım

x→−2

(x− 1

2x+ 2

)=

3

2.

12. Demuestre analıticamente que si lımx→a

f(x) = L y L < 0, existe un δ > 0 tal

que x ∈ Dom(f) , 0 < |x− a| < δ ⇒ f(x) < 0.

P.C.2(4)-2009-1.

Solucion

Como lımx→a

f(x) = L entonces para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que

0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)− L| < ε.

Luego, para ε = −L > 0 se tiene |f(x)− L| < −L⇒ f(x) < 0.

2.2. Lımites laterales


f(x) =

2x− a , x < −3

ax+ 2b , −3 ≤ x ≤ 3.

b− 5x , x > 3.

Determine los valores de a y b tales que lımx→−3

f(x) y lımx→3

f(x) existen.

P.C.2(4)-2009-1.

PUCP


FLORES, J.


Solucion

Por lımites laterales en x = −3:

lımx→−3−

f(x) = lımx→−3−

2x− a

= −6− a.lım

x→−3+f(x) = lım

x→−3+ax+ 2b

= −3a+ 2b.

Luego, por la existencia del lımite en x = −3, se tiene

−6− a = −3a+ 2b,

de donde,

−a+ b = −3(1)

De manera similar para x = 3, tenemos

lımx→3−

f(x) = lımx→3−

ax+ 2b

= 3a+ 2b.

lımx→3+

f(x) = lımx→3+

b− 5x

= b− 15.

De donde,

3a+ b = −15(2)

Luego, al resolver simultaneamente las ecuaciones (1) y (2) obtenemos a = −3

y b = −6.

2. Halle el valor de a y b para que lımx→1

f(x) exista, si

f(x) =

x3 − x2 + (b− 2)x+ 4

x− 1; x ≤ 1

a− x2 ; x > 1.

P.C.2-2010-0

PUCP


FLORES, J.


Solucion


lımx→1+

f(x) = a− 1.

Por otra parte, para que lımx→1−

f(x) exista, b− 2 + 4 = 0, de donde obtenemos

b = −2, con lo cual resulta que lımx→1−

f(x) = −3.

Luego, por la existencia del lımite en x = 1, se tiene a− 1 = −3.

Por lo tanto, a = −2.

3. Sea f la funcion definida por

f(x) =

x2 + (k − 1)x− kx2 + x− 2

, x > 1

3 , x = 1

2 sen2[k(1− x)]

(1− x)2, x < 1

Si existe lımx→a

f(x) para todo numero real a, encuentre el valor de k < 0.

P.C.2(4b)-2009-2.

Solucion

Por lımites laterales en a = 1, tenemos:

Lımite lateral por la derecha

lımx→1+

x2 + (k − 1)x− kx2 + x− 2

= lımx→1+

x+ k

x+ 2

=k + 1

3.

Lımite lateral por la izquierda

lımx→1−

2 sen2 k(1− x)

(1− x)2= 2k2 lım

x→1−

sen2 k(1− x)

k2(1− x)2

= 2k2.

Luego, por la existencia del lımite en a = 1, resulta

k + 1

3= 2k2,

de donde k = −13.

PUCP


FLORES, J.


2.3. Calculo de lımites

1. Calcule los siguientes lımites:

a) lımx→0

3√

1 + x3 −√

1− x2x2

.

P.C.2(2b)-2009-2.

b) lımx→3−

√6−√

2x+√

6− 2x√36− 4x2

.

P.C.2(2d)-2009-2.

Solucion

a) Sumando y restando 1 en el numerador, tenemos

lımx→0

3√

1 + x3 −√

1− x2x2

= lımx→0

[3√

1 + x3 − 1

x2+

1−√

1− x2x2

].

Ademas,

3√

1 + x3 − 1

x2+

1−√

1− x2x2

=x3

x2(

3√

(1 + x3)2 + 3√

1 + x3 + 1)+

1

1 +√

1− x2.

Por tanto,

lımx→0

3√

1 + x3 −√

1− x2x2

= lımx→0

[x3

x2(

3√

(1 + x3)2 + 3√

1 + x3 + 1)+

1

1 +√

1− x2

]=

1

2.

b) Simplificando previamente la funcion tenemos

√6−√

2x+√

6− 2x√36− 4x2

=

√6−√

2x√(6− 2x)(6 + 2x)

+

√6− 2x√

(6− 2x)(6 + 2x)

=6− 2x

(√

6 +√

2x)√

(6− 2x)(6 + 2x)+

1√6 + 2x

=

√6− 2x

(√

6 +√

2x)√

6 + 2x+

1√6 + 2x

.

Ası,

lımx→3−

√6−√

2x+√

6− 2x√36− 4x2

= lımx→3−

√6− 2x

(√

6 +√

2x)√

6 + 2x+

1√6 + 2x

=

√3

6.

PUCP


FLORES, J.


2. Calcule:

a) lımx→1

√x2 + 8 + 3

√2− 3x2 − 2

x− 1.

P.C.2(2)-2010-2

b) lımx→0

3√

64− x2 −√

16 + x2

x.

P.C.2(2)-2009-1.

Solucion

a) L = lımx→1

√x2 + 8 + 3

√2− 3x2 − 2

x− 1= lım

x→1

√x2 + 8− 3

x− 1+

3√

2− 3x2 + 1

x− 1.

Sean:

L1 = lımx→1

√x2 + 8− 3

x− 1= lım

x→1

x2 − 1

(x− 1)(√x2 + 8 + 3)

= lımx→1

x+ 1√x2 + 8 + 3

=1

3.

L2 = lımx→1

3√

2− 3x2 + 1

x− 1= lım

x→1

3− 3x2

(x− 1)( 3√

(2− 3x2)2 − 3√

2− 3x2 + 1)

= lımx→1

−3(x+ 1)(x− 1)

(x− 1)( 3√

(2− 3x2)2 − 3√

2− 3x2 + 1)

= lımx→1

−3(x+ 1)3√

(2− 3x2)2 − 3√

2− 3x2 + 1= −2.

Finalmente, L = L1 + L2 = −53.

b)

lımx→0

3√

64− x2 −√

16 + x2

x= lım

x→0

3√

64− x2 − 4− (√

16 + x2 − 4)

x

= lımx→0

[3√

64− x2 − 4

x−√

16 + x2 − 4

x

].

Sean

L1 =3√

64− x2 − 4

x=

3√

64− x2 − 4

x

[( 3√

64− x2)2 + 4 3√

64− x2 + 16

][( 3√

64− x2)2 + 4 3√

64− x2 + 16

]y

L2 = −√

16 + x2 − 4

x= −√

16 + x2 − 4

x× (√

16 + x2 + 4)

(√

16 + x2 + 4).

PUCP


FLORES, J.


Luego,

L1 + L2 =−x

( 3√

64− x2)2 + 4 3√

64− x2 + 16− x√

16 + x2 + 4.

De donde

lımx→0

3√

64− x2 −√

16 + x2

x= lım

x→0(L1 + L2) = 0.


a) lımx→2

(1

2− x− 3

2− 3x+ 3x2 − x3

).

E.P(2)-2009-0.

b) lımx→81

3− 4√x

9−√x

.

P.C.2-2010-0

Solucion

a)

lımx→2

(1

2− x− 3

2− 3x+ 3x2 − x3

)= lım

x→2

x2 − x− 2

(x− 2)(−x2 + x− 1)

= lımx→2

(x− 2)(x+ 1)

(x− 2)(−x2 + x− 1)= −1.

b) Racionalizando tenemos

lımx→81

3− 4√x

9−√x

= lımx→81

(3− 4√x)(3 + 4

√x)(9 +

√x)

(9−√x)(3 + 4

√x)(9 +

√x)

= lımx→81

1

3 + 4√x

=1

6.


a) lımx→0

3√

1 + x−√

1− 2x

x.

E.P (3)-2010-1

b) lımx→0

3√

1 + x2 −√

1 + 2x

x+ x2.

P.C.2-2010-1

Solucion

PUCP


FLORES, J.


a) lımx→0

3√

1 + x−√

1− 2x

x= lım

x→0

3√

1 + x− 1−√

1− 2x+ 1

x=

4

3.

b) Sea

L = lımx→0

3√

1 + x2 −√

1 + 2x)

x+ x2.

Luego,

L = lımx→0

( 3√

1 + x2 − 1)− (√

1 + 2x− 1)

x+ x2

= lımx→0

[x2

x(1 + x)( 3√

(1 + x2)2 + 3√

1 + x2 + 1)− 2x

x(1 + x)(√

1 + 2x+ 1)

]= −1.

Ası,

lımx→0

3√

1 + x2 −√

1 + 2x

x+ x2= −1.

5. Compruebe que la pendiente de la recta tangente a la circunferencia

C : x2 + y2 = 1

en el punto Q(0; 1) es el lımite de las pendientes de las rectas secantes a C que

pasan por los puntos Q(0; 1) y P (cos(t); sen(t)).

P.C.2(4a)-2009-2.

Solucion

La recta tangente a la circunferencia

C : x2 + y2 = 1

en el punto Q(0, 1) es y = 1, su pendiente es m = 0.

La pendiente de la recta secante que pasa por los puntos Q y P es

m =sen t− 1

cos t.

Tomando lımite tenemos

lımt→π

2

m = lımt→π

2

sen t− 1

cos t

= lımt→0

cos(h)− 1

− sen(h)= 0.

PUCP


FLORES, J.



a) lımx→π

6

√3− 2 cos(x)

sen(x− π

6

) .

P.C.2(2)-2009-1.

b) lımx→0

(1− cos(4x))(sen |x|)4

|x|5.

E.P(2)-2009-0.

Solucion

a) Sea u = x− π6, entonces

lımx→π

6

√3− 2 cos(x)

sen(x− π

6

) = lımu→0

√3− 2 cosu cos π

6+ 2 senu sen π

6

senu

= lımu→0

√3−√

3 cosu+ senu

senu

= lımu→0

√3

(1− cosu)

u

u

senu+ 1

= 1.

b) lımx→0

(1− cos(4x))(sen |x|)4

|x|5= lım

x→0

(1− cos(4x)

|x|(sen |x|)4

|x|4.

Luego, como

lımx→0

1− cos(4x)

|x|= 0,

y

lımx→0

(sen |x||x|

)4

= 1.

Concluimos que

lımx→0

(1− cos(4x))(sen |x|)4

|x|5= 0.

7. Calcule

lımx→0

cos(αx)− cos(βx)

x2, α 6= 0, β 6= 0.

P.C.2-2010-0

PUCP


FLORES, J.


Solucion

lımx→0

cos(αx)− cos(βx)

x2= lım

x→0

1− 1 + cos(αx)− cos(βx)

x2

= lımx→0

[−α21− cos(αx)

(αx)2+ β21− cos(βx)

(βx)2

]=

1

2(β2 − α2).


a) lımx→a

tan(x)− tan(a)

x− a.

P.C.2(2a)-2009-2.

b) lımx→0

√cosx− 3

√cosx

sen2 x.

P.C.2(2c)-2009-2.

Solucion

a) Sea h = x− a entonces

lımx→a

tan(x)− tan(a)

x− a= lım

h→0

tan(h+ a)− tan(a)

h

= lımh→0

tan(h) + tan(a)

1− tan(h) tan(a)− tan(a)

h

= 1 + tan2 a = sec2 a.

b) Sea L = lımx→0

√cosx− 3

√cosx

sen2 x.

Sumando y restando 1 en el numerador, luego multiplicando numerador

y denominador por las conjugadas en cada expresion, tenemos:

L = lımx→0

[√cosx− 1 + 1− 3

√cosx

sen2 x

]

= lımx→0

[cosx− 1

sen2 x(√

cosx+ 1)+

1− cosx

sen2 x(

3√

cos2 x+ 3√

cosx+ 1)]

= lımx→0

[cosx− 1

x2x2

sen2 x

1

(√

cosx+ 1)+

1− cosx

x2x2

sen2 x

1(3√

cos2 x+ 3√

cosx+ 1) ]

PUCP


FLORES, J.


Concluimos que

lımx→0

√cosx− 3

√cosx

sen2 x= − 1

12.

9. Calcule

lımx→1

((1− x) tan

(πx

2

)).

E.P(3a)-2009-2.

Solucion

Sea L = lımx→1

((1− x) tan

(πx

2

)), llevando al origen con h = x− 1, se tiene

L = lımh→0−h tan

(π(1 + h)

2

)= lım

h→0−h tan

(πh

2+π

2

)= lım

h→0h cot

(πh

2

)= lım

h→0

h

tan(π2h)

=2

π.

10. Calcule:

a) lımx→1

[sen(sen(x− 1))

x− 1+

sen(πx)

x(x− 1)

].

E.P(2a)-2009-1.

b) lımx→1

[1

1−√x

cos

(πx

2

)].

E.P(4b)-2009-1.

Solucion

a) Para calcular L = lımx→1

[sen(sen(x− 1))

x− 1+

sen(πx)

x(x− 1)

].

Sea u = x− 1, entonces

L = lımu→0

[sen(sen(u))

u+

sen(πu+ π)

(u+ 1)u

]= lım

u→0

[sen(sen(u))

u+

sen(πu+ π)

(u+ 1)u

],

en donde

lımu→0

(sen(sen(u))

u

)= lım

u→0

(sen(sen(u))

senu

sen(u)

u

)

= 1,

PUCP


FLORES, J.


Asimismo

lımu→0

(sen(πu+ π)

(u+ 1)u

)= lım

u→0

(− sen(πu)

(u+ 1)u

)= lım

u→0

(− sen(πu)

πu

π

u+ 1

)= −π.

Por lo tanto,

L = 1− π.

b) Como lımx→1

[1

1−√x

cos

(πx

2

)]=

0

0, para u = x− 1 tenemos

lımx→1

[1

1−√x

cos

(πx

2

)]= lım

x→1

[1 +√x

1− xcos

(πx

2

)]

= lımu→0

[1 +√u+ 1

−ucos

(π(u+ 1)

2

)]

= lımu→0

[1 +√u+ 1

−u

(− sen

(πu

2

))]

= lımu→0

[(1 +

√u+ 1)

2

π

sen(πu/2)

πu/2

]=

4

π.

11. Calcule

lımx→0

1− cos(4x)

2 sen2(x) + x tan(7x).

E.P(1a)-2010-0

Solucion

Recordemos que

lımx→0

1− cos(x)

x2=

1

2y lım

x→0

tan(x)

x= 1.

Sea

L = lımx→0

1− cos(4x)

2 sen2(x) + x tan(7x)

Luego,

PUCP


FLORES, J.


L = lımx→0

1− cos(4x)

(4x)2

2 sen2(x) + x tan(7x)

(4x)2

= lımx→0

1− cos(4x)

(4x)2

216

(sen(x)

x

)2

+7

16

tan(7x)

7xFinalmente,

lımx→0

1− cos(4x)

2 sen2(x) + x tan(7x)=

8

9.

12. Calcule

lımx→0

sen(a+ 2x)− 2 sen(a+ x) + sen(a)

x2

E.P (3)-2010-1

Solucion

Sea

L = lımx→0

sen(a+ 2x)− 2 sen(a+ x) + sen(a)

x2.

De las identidades:

sen(a+ 2x) = sen a(2 cos2 x− 1) + 2 cos a cosx senx

sen(a+ x) = cos a senx+ cosx sen a,

se tiene

L = lımx→0

[sen a(2 cos2 x− 1) + 2 cos a cosx senx

x2− 2(cos a senx+ cosx sen a) + sen a

x2

]L = lım

x→0

[2 sen a cosx(cosx− 1)

x2+

2 cos a senx(cosx− 1)

x2

]L = − sen a.

13. Calcule(si existe)

lımx→−2

[(x2 + 4x+ 4) cos

(x3

x+ 2

)| sec(πx)|

].

E.P (6)-2010-2

PUCP


FLORES, J.


Solucion

Cuando x→ −2 la funcion | sec(πx)| → 1.

Ademas,

−1 ≤ cos

(x3

x+ 2

)≤ 1⇒ −(x+ 2)2 ≤ (x+ 2)2 cos

(x3

x+ 2

)≤ (x+ 2)2.

Asimismo, como

lımx→−2

−(x+ 2)2 = lımx→−2

(x+ 2)2 = 0,

entonces aplicando el teorema de sandwich, tenemos

lımx→−2

[(x+ 2)2 cos

(x3

x+ 2

)]= 0.


a) lımx→π

2

3 + 3 sen(3x) + 2 cos(x)

2 cos(x) + sen(2x).

b) lımx→1+

(x− 1)2 sen

(1√x− 1

).

P.C.2-2010-1

Solucion

a) Sea x− π

2= h. Luego, si x→ π

2entonces h→ 0.

Ademas:

sen(3x) = sen

(3h+

3π

2

)= − cos(3h)

cos(x) = cos

(h+

π

2

)= − sen(h)

sen(2x) = sen(2h+ π) = − sen(2h).

Ası, tenemos

lımx→π

2

3 + 3 sen(3x) + 2 cos(x)

2 cos(x) + sen(2x)= lım

h→0

3− 3 cos(3h)− 2 sen(h)

−2 sen(h)− sen(2h)

= lımh→0

−3(1− cos(3h)) + 2 sen(h)

2 sen(h) + sen(2h)

= lımh→0

−9(1− cos(3h))

3h+

2 sen(h)

h2 sen(h)

h+

2 sen(2h)

2h

=1

2.

PUCP


FLORES, J.


b) Para x > 1, tenemos

−1 ≤ sen

(1√x− 1

)≤ 1.

Ademas,

(x− 1)2 > 0⇒ −(x− 1)2 ≤ (x− 1)2 sen

(1√x− 1

)≤ (x− 1)2.

Asimismo,

lımx→1+

−(x− 1)2 = lımx→1+

(x− 1)2 = 0.

Por lo tanto, se tiene que lımx→1+

(x− 1)2 sen

(1√x− 1

)= 0.

15. Halle la posicion lımite del punto E, cuando P se aproxima a O; siendo E el

punto de interseccion de la mediatriz del segmento OP con el eje de ordenadas

Y , donde O = (0, 0) y P = (x, y) esta en la grafica de y = sen2(x), para

0 < x < π.

E.E(2a)-2009-2.

Solucion

Figura 2.1:

Del grafico tenemos que para y = sen2(x), con 0 < x < π, se tiene P =

PUCP


FLORES, J.


(x, sen2(x)), donde M es punto medio de OP, EM⊥OP y θ = m(POA) =

m(OEM).

Luego,

sen(θ) =OM

OE, es decir OE = OM/ sen(θ),

de donde

OP 2 = x2 + sen4(θ).

Asimismo,

sen(θ) =AP

OP=

sen2(θ)

OP⇒ OP = sen(θ) = 2OM.

Luego,

OE =OP

2 sen(θ)=

√x2 + sen4(θ)

2√

sen2(θ)=

1

2

√x2

sen2(θ)+ sen2(θ).

Ası,

lımx→0+

1

2

√x2

sen2(θ)+ sen2(θ) =

1

2.

De esta manera, la posicion lımite de E cuando P se acerca a O es (0, 1/2).


a) lımx→π

2

sen3(3π2− 3x)

(π − 2x)[1− cos(3π2− 3x)]

.

b) lımx→1

[3√x2 − 1 cos

(3π(x2 + 3)

x2 − 3x+ 4

)].

P.C.2(2)-2010-2

Solucion

a) Sea x− π

2= h. Si x→ π

2entonces h→ 0.

Luego,

lımh→0

sen3(3π2− 3(h+ π

2))

(−2h)[1− cos(3π2− 3(h+ π

2))]

= lımh→0

sen3(−3h)

(−2h)[1− cos(−3h)]

=1

2lımh→0

sen3(3h)

h[1− cos(3h)]

=3

2lımh→0

[sen3(3h)

(3h)3.

(3h)2

1− cos(3h)

]

= = 3.

PUCP


FLORES, J.


b) Como

∣∣∣∣ cos

(3π(x2 + 3)

x2 − 3x+ 4

)∣∣∣∣ ≤ 1 y lımx→1

3√x2 − 1 = 0, entonces

lımx→1

[3√x2 − 1 cos

(3π(x2 + 3)

x2 − 3x+ 4

)]= 0.

17. Analice la verdad o falsedad de las siguientes afirmaciones:

a) Si lımx→x0

f(x) existe y lımx→x0

f(x).g(x) existe y es diferente de cero, entonces

lımx→x0

1

g(x)existe.

P.C.2(4)-2010-2

b) Sean f y g funciones tales que lımx→a

f(x) existe, lımx→a

g(x) existe y lımx→a

(f(x)−g(x)) > 0 entonces existe δ > 0 tal que: 0 < |x− a| < δ ⇒ g(x) < f(x).

P.C.2(4)-2010-2

c) Si f(x) > 0, para todo x ∈ R, y lımx→0

f(x) existe, entonces lımx→0

f(x) > 0.

P.C.2-2010-1

d) Si f(x) =5− x√x2 − 25

, entonces lımx→5+


f(x).

E.P(1)-2009-1.

Solucion

a) (Verdadero)

lımx→x0

(1

g(x)

)= lım

x→x0

(f(x)

f(x).g(x)

)=

lımx→x0

f(x)

lımx→x0

f(x).g(x).

b) (Verdadero)

Si lımx→a

f(x) = L y lımx→a

g(x) = M , entonces

lımx→a

(f(x)− g(x)) = L−M > 0.

Por preservacion del signo del lımite, existe δ > 0 tal que: 0 < |x−a| < δ

entonces f(x)− g(x) > 0. Es decir g(x) < f(x).

c) (Falso)

Es suficiente considerar la funcion f defnida por

f(x) =

{x2 ; x 6= 0

2 ; x = 0,

con lo cual tenemos lımx→0

f(x) = 0.

PUCP


FLORES, J.


d) (Falso)

Si f(x) =5− x√x2 − 25

y x > 5, tenemos

lımx→5+

f(x) = lımx→5+

5− x√x2 − 25

= lımx→5+

(5− x)√x− 5

(x− 5)√x+ 5

= lımx→5+

−√x− 5√x+ 5

= 0.

y si x < −5

lımx→−5−


5− x√x2 − 25

= lımx→−5−

5− x√

5− x√−(x+ 5)

= lımx→−5−

(5− x)√

5− x(5− x)

√−(x+ 5)

= lımx→−5−

√5− x√−(x+ 5)

=

√10

0= +∞.

18. Sean f y g funciones definidas por

f(x) =

sen(x+ π)x

π+ 1

; −π < x

(x+ π)(x− 2π) + 2πx+ 2π2

−x− π; x < −π

y

g(x) =

−2x sen(

x

2) ; x 6= π

π ; x = π

a) Calcule lımx→−π

f(x).

b) Halle el valor de

E = lımx→−π

(g ◦ f)(x) + lımx→π

(f ◦ g)(x).

P.C.2(5)-2010-2

Solucion

Simplificando f , tenemos

f(x) =

π sen(x+ π)

x+ π; −π < x

−x ; x < −π.

PUCP


FLORES, J.


a) Por lımites laterales:

lımx→−π+

π sen(x+ π)

x+ π= π

lımx→−π−

(−x) = π

Por lo tanto,

lımx→−π

f(x) = π.

b) 1) lımx→−π

(g ◦ f)(x) = lımh→b

g(h) y b = lımx→−π

f(x) = π.

Luego,

lımx→−π

(g ◦ f)(x) = lımh→π

g(h) = −2π.

2) lımx→π

(f ◦ g)(x) = lımh→b

f(h) y b = lımx→π

g(x) = −2π.

Luego,

lımx→π

(f ◦ g)(x) = lımh→−2π

f(h) = 2π.

Finalmente,

E = −2π + 2π = 0.

2.4. Lımites infinitos y al infinito

1. Calcule

lımx→2+

−x√4− x2

.

P.C.2-2010-0.

Solucion

lımx→2+

−x√4− x2

= lımx→2+

−x√−(x− 2) (x+ 2)︸︷︷︸

(+)

=2√

−(−4)(0)= +∞.


lımx→ 2

3

+

2

3x− 2= +∞.

Solucion

PUCP


FLORES, J.


Por definicion de lımite infinito tenemos

lımx→ 2

3

+

2

3x− 2= +∞⇔ ∀M > 0,∃δ > 0 : x ∈ Dom(f) ∧ 0 < x−2

3< δ ⇒ 2

3x− 2> M.

Busqueda de δ en terminos de M :

0 < x− 2

3< δ ⇒ 2

3x− 2> M

⇒ 3x− 2 <2

M

⇒ x− 2

3<

2

3M= δ

Por tanto, para δ =2

3M> 0 se tiene lım

x→ 23

+

2

3x− 2= +∞.

3. Usando la definicion demuestre que lımx→−2−

3x− 2

x+ 2= +∞.

E.P-2010-0

Solucion

lımx→−2−

3x− 2

x+ 2= +∞.


lımx→−2−

3x− 2

x+ 2= +∞⇔ ∀M > 0,∃δ > 0 : x ∈ Dom(f) ∧ −δ < x+2 < 0⇒ 3x− 2

x+ 2> M.

Busqueda de δ en terminos de M :

3x− 2

x+ 2= 3− 8

x+ 2.

Ademas,

−δ < x+ 2 < 0 ⇒ 3− 8

x+ 2> M

⇒ −8

x+ 2> M − 3

⇒ x+ 2 >8

3−M= −δ

Por tanto, para δ =8

M − 3se tiene lım

x→−2−

3x− 2

x+ 2= +∞.

PUCP


FLORES, J.



lımx→2+

2x+ 2

x− 2= +∞.

P.C.2-2010-0

Solucion


lımx→2+

2x+ 2

x− 2= +∞⇔ ∀M > 0,∃δ > 0 : x ∈ Dom(f) ∧ 2 < x < δ+2⇒ 2x+ 2

x− 2> M.

Busqueda de δ en terminos de N :

2x+ 2

x− 2= 2 +

6

x− 2

Ademas,

2 < x < δ + 2 ⇒ 2 +6

x− 2> M

⇒ 1

x− 6>M − 2

6

⇒ x− 2 <6

M − 2= δ

Por lo tanto, para δ =6

M − 2se tiene lım

x→2+

2x+ 2

x− 2= +∞.

5. Justificando sus procesos, analice la verdad o falsedad de las siguientes propo-

siciones:

a) Si lımx→+∞

f(x) y lımx→+∞

g(x) existen, entonces la grafica de h(x) = f(x) +

g(x) tiene una asıntota horizontal por la derecha.

b) La grafica de la funcion f(x) = 3√x3 + 2x tiene asıntota oblicua.

E.P(1)-2009-1.

Solucion

PUCP


FLORES, J.


a) (Verdadero)

Como los lımites de f y g existen, sean lımx→+∞

f(x) = a y lımx→+∞

g(x) = b,

entonces

lımx→+∞

h(x) = lımx→+∞

(f(x) + g(x)) = lımx→+∞

f(x) + lımx→+∞

g(x) = a+ b.

Luego, la grafica de h(x) tiene asıntota horizontal por la derecha: y = a+b.

b) (Verdadero)

Buscando asıntota oblicua en +∞ :

m = lımx→+∞

(f(x)

x

)= lım

x→+∞

(3√x3 + 2x

x

)= 1.

b = lımx→+∞

(f(x)− x) = lımx→+∞

(3√x3 + 2x− x

)= lım

x→+∞

(2x

( 3√x3 + 2x)2 + x 3

√x3 + 2x+ x2

)= 0

Por lo tanto, y = x es asıntota oblicua.


lımx→+∞

1

(x− 1)n= 0, n ∈ Z+.

P.C.2-2010-0

Solucion

∀ε > 0, ∃N > 0 : x ∈ R− {1}, x > N ⇒ |f(x)− L| < ε.

En efecto

Dado ε > 0, si x > N > 0 se tiene que x− 1 > N − 1 > 0, entonces∣∣∣∣ 1

x− 1

∣∣∣∣n < 1

|N − 1|n=

1

(N − 1)n= ε,

de donde

N = 1 +1n√ε.

Por lo tanto, existe

N = 1 +1n√ε> 0.

PUCP


FLORES, J.


7. Calcule

lımx→−∞

√x(x+ a) + x

x2( 3√x3 + 3− x)

.

E.P(3b)-2009-2.

Solucion

lımx→−∞

√x(x+ a) + x

x2( 3√x3 + 3− x)

= lımx→−∞

1

x2

(√x(x+ a) + x3√x3 + 3− x

)=

1

∞× 0

0= 0× 0

0, es indeterminada.

Para levantar la indeterminacion, racionalizaremos.

Para esto, sea

M =1

x2

(√x(x+ a) + x3√x3 + 3− x

).

Luego,

M =1

x2× x2 + ax− x2

x3 + 3− x3×(

3√

(x3 + 3)2 + x 3√x3 + 3 + x2√

x2 + ax− x

)

=1

x2

ax(

3

√(x3 + 3)2 + x 3

√x3 + 3 + x2

)3(√x2 + ax− x)

=a( 3√

(x3 + 3)2 + x 3√x3 + 3 + x2)

3x(√x2 + ax− x)

=ax2( 3

√(1 + 3/x3)2 + 3

√1 + 3/x3 + 1)

3x(−x)(√

1 + a/x+ 1)

=a( 3√

(1 + 3/x3)2 + 3√

1 + 3/x3 + 1)

−3(√

1 + a/x+ 1).

Ası,

lımx→−∞

√x(x+ a) + x

x2( 3√x3 + 3− x)

= lımx→−∞

a( 3√

(1 + 3/x3)2 + 3√

1 + 3/x3 + 1)

−3(√

1 + a/x+ 1)

=−a2.

8. Calcule

lımx→−∞

x+ 2√x2 − 4

.

PUCP


FLORES, J.


P.C.2-2010-0.

Solucion

lımx→−∞

x+ 2√x2 − 4

= lımx→−∞

x(1 +2

x)√

x2(1− 4

x2)

= −1.


f(x) =x2√x2 + 4

+ x− 5.

Halle, si existen, las asıntotas oblicuas del grafico de f .

P.C.2(3a)-2009-1.

Solucion

En −∞

m = lımx→−∞

f(x)

x= lım

x→−∞

x2 + (x− 5)√x2 + 4

x√x2 + 4

= lımx→−∞

x2 − x2(1− 5x)√

1 + 4x2

−x2√

1 + 4x2

= lımx→−∞

1− (1− 5x)√

1 + 4x2

−√

1 + 4x2

= 0.

Por tanto, no hay asıntota oblicua en −∞.

En +∞

m = lımx→+∞

f(x)

x= lım

x→+∞

x2 + (x− 5)√x2 + 4

x√x2 + 4

= lımx→+∞

x2 + x2(1− 5x)√

1 + 4x2

x2√

1 + 4x2

= 2.

PUCP


FLORES, J.


b = lımx→+∞

f(x)−mx = lımx→+∞

x2√x2 + 4

+ x− 5− 2x

= lımx→+∞

x2√x2 + 4

− x− 5

= lımx→+∞

x2 − (x+ 5)√x2 + 4√

x2 + 4

= lımx→+∞

x2 − (x+ 5)√x2 + 4√

x2 + 4× x2 + (x+ 5)

√x2 + 4√

x2 + 4= −5.

Luego, la asıntota oblicua es y = 2x− 5.

10. Halle el valor de la constante k sabiendo que la curva de ecuacion y =x3 + kx2 + 1

x2 + 1tiene una asıntota que pasa por el punto (1, 3).

E.P(4a)-2009-2.

Solucion

Sea L la asıntota a la grafica de y =x3 + kx2 + 1

x2 + 1que pasa por el punto (1, 3).

Como x2 + 1 > 0 para todo x en R, dicha asıntota no es vertical. Luego, L no

es vertical y tiene ecuacion y = mx+ b tal que m+ b = 3, donde

m = lımx→±∞

f(x)

x= lım

x→±∞

(x3 + kx2 + 1

x(x2 + 1)

)

= lımx→±∞

(1 + k/x+ 1/x3

1 + 1/x2

)= 1.

Por lo tanto, b = 2. Ademas,

2 = b = lımx→±∞

(f(x)− x) = lımx→±∞

(x3 + kx2 + 1

x2 + 1− x)

= lımx→±∞

(x3 + kx2 + 1− x3 − x

x2 + 1

)

= lımx→±∞

(kx2 + 1− xx2 + 1

)

= lımx→±∞

(k + 1/x2 − 1/x

1 + 1/x2

)= k.

Ası, k = 2.

PUCP


FLORES, J.


11. a) Si f(x) =r

x, r ∈ R− {0}, calcule lım

x→a

f(x)− f(a)

x− a.

b) Encuentre las asıntotas verticales a la grafica de la funcion f definida por

f(x) =x4 − 3x3 + 2x2

x3 + x2 − 6x.

P.C.2-2010-1

Solucion

a)

lımx→a

f(x)− f(a)

x− a= lım

x→a

r

x− r

ax− a

= r lımx→a

a− xax(x− a)

= r lımx→a

−1

ax= − r

a2.

b)

f(x) =x4 − 3x3 + 2x2

x3 + x2 − 6x=

(x− 2)(x− 1)x2

(x− 2)(x+ 3)x.

Si x 6= 2, x 6= 0 tenemos

f(x) =x(x− 1)

x+ 3.

Ademas,

lımx→2

f(x) =2

5

lımx→0

f(x) = 0

lımx→−3+

f(x) = +∞

lımx→−3−

f(x) = −∞.

Por tanto, la grafica solo tiene una asıntota vertical en x = −3.


f(x) =x2√x2 − 4

.

a) Halle el dominio de f .

b) Demuestre que f es una funcion par.

c) Halle las asıntotas del grafico de f y encuentre si existen los puntos de

interseccion del grafico de f con sus asıntotas oblicuas.

d) Bosqueje el grafico de f .

PUCP


FLORES, J.


E.P(5)-2011-1.

Solucion

a) Dom(f) =]−∞,−2[∪]2,+∞[.

b) Si x ∈ Dom(f) ⇒ −x ∈ Dom(f). Ademas, f(−x) = f(x). Por tanto, f

es una funcion par.

c) Las asıntotas verticales son x = 2, x = −2 y las asıntotas oblıcuas son

y = x , y = −x; y no existe punto de interseccion del grafico de f con

sus asıntotas oblıcuas.

d) Grafica de f .

Figura 2.2:

13. Dada la funicion f definida por

f(x) =x2 + x− 6

x2 − 4.

Determine las ecuaciones de las asıntotas y esboce la grafica de f .

P.C.2(5a)-2009-1.

Solucion

x = −2 es asıntota vertical, puesto que

lımx→−2+

x2 + x− 6

x2 − 4= +∞

PUCP


FLORES, J.


y

lımx→−2−

x2 + x− 6

x2 − 4= −∞

Asimismo, como

lımx→±∞

x2 + x− 6

x2 − 4= 1,

resutal que y = 1 es asıntota horizontal.

Grafica de f .

Figura 2.3: Grafica de f .

14. Esboce la grafica de una funcion f , la cual este definida en el conjunto de

los numeros reales, que sea continua ∀ ∈ R − {−1, 0, 1}, y que cumpla las

siguientes condiciones:

a) f(−1) = −2 b) f(0) = 2 c) f(1) = 0

d) f(3) = 5 e) lımx→−∞

f(x) = +∞ f) lımx→−1−

f(x) = +∞

g) lımx→−1+

f(x) = −2 h) lımx→0

f(x) = 1 i) lımx→1

f(x) = −∞

j) lımx→2

f(x) = 3 k) lımx→+∞

f(x) = 3.

PUCP


FLORES, J.


E.P(1)-2009-0.

Solucion

Grafica de f .

Figura 2.4:

15. Sea g una funcion definida por

g(x) =

3x2 + x+ k

x− 1+ 1 ; 0 < x < 1

−ax+ b+ 5 ; 1 ≤ x < 2

− ba(x− 4)2 ; 2 ≤ x < 5.

Encuentre los valores de las constantes a, b y k para que los lımites de g(x)

existan en todo punto donde esta definida.

P.C.2(3)-2010-2

Solucion


lımx→1−

g(x) = lımx→1+

g(x) y lımx→2−

g(x) = lımx→2+

g(x).

Si lımx→1−

g(x) existe, entonces k = −4. Ası,

lımx→1−

[(3x+ 4)(x− 1)

x− 1+ 1

]= 8.

PUCP


FLORES, J.


(1)

Asimismo,

lımx→1+

g(x) = −a+ b+ 5.(2)

Luego, de (1) y (2) se tiene

−a+ b+ 5 = 8.(3)

Por otra parte, como lımx→2−

g(x) = lımx→2+

g(x), resulta

−2a+ b+ 5 = −4b

a (4)

Luego, al resolver simultaneamente las ecuaciones (1) y (2) obtenemos a =

6± 4√

3 y b = 9± 4√

3.

16. Dibuje la grafica de alguna funcion f que cumpla con todas las siguientes

condiciones:

a) Dominio de f es [−4; 4]− {2}.

b) f(−4) = 0, f(−2) = 0, f(−1) = 2, f(0) = 3, f(4) = 3.

c) lımx→−4+

f(x) = +∞, lımx→−1−

f(x) = −∞, lımx→−1+

f(x) = 2,

lımx→2−

f(x) = +∞, lımx→2+

f(x) = +∞, lımx→4−

f(x) = 0.

P.C.2-2010-1

Solucion

17. Dada la siguiente funcion f definida por

f(x) =x3 − 1

x2 − x− 2.

PUCP


FLORES, J.



a) Halle las asıntotas de la grafica de f .

b) Determine las coordenadas de los puntos de interseccion de la grafica de

f con los ejes coordenados.

c) Esboce la grafica de f .

E.P (1)-2010-2

Solucion

a) Asıntotas verticales.

Como

lımx→−1−

x3 − 1

x2 − x− 2= −∞

entonces la recta x = −1 es una asıntota vertical.

De manera similar, tenemos

lımx→2−

x3 − 1

x2 − x− 2= −∞.

Luego, la recta x = 2 es asıntota vertical.

No tiene asıntota horizontal, puesto que

lımx→+∞

x3 − 1

x2 − x− 2= +∞.

Hallando asıntota oblicua:

m = lımx→+∞

x3 − 1

x(x2 − x− 2)= 1

PUCP


FLORES, J.


b = lımx→+∞

(x3 − 1

x2 − x− 2− x)

= 1.

Ası, y = x+ 1 es asıntota oblicua.

b) Los puntos de interseccion de la grafica de f con los ejes coordenados son:

(0; 12) y (1; 0)

c) Los siguientes lımites ayudan a esbozar la grafica de f :

lımx→−1+

x3 − 1

x2 − x− 2= +∞

y

lımx→2+

x3 − 1

x2 − x− 2= +∞

Grafica de f .

Figura 2.6:

18. Pruebe que la ecuacion

sec(x) = x+ 2

tiene por lo menos una raız en el intervalo

[0;π

2

].

E.P (6)-2010-2

PUCP


FLORES, J.


Solucion

Formamos la funcion f(x) = sec(x)− x− 2, con x ∈[0;π

2

[.

Como

lımx→π

2−f(x) = +∞,

entonces existe un numero c ∈]π

4;π

2

[tal que f(c) > 0.

Asimismo, tenemos [0; c] ⊂[0;π

2

].

Luego, como f es continua en [0; c] con f(0) = −1 < 0 y f(c) > 0, entonces

por el teorema del cero intermedio existe un numero r ∈ [0; c] tal que f(r) = 0.

PUCP


FLORES, J.

Capıtulo 3:

Derivadas

3.1. Definicion de Derivada

1. Justificando sus respuestas, analice la verdad o falsedad de la siguiente afir-

macion:

Si f ′(x0) = −2 entonces no existe el siguiente lımite

lımh→0

f(x0 − 3h)− f(x0)

2h.

E.P (2)-2010-2

Solucion

Haciendo el cambio de variable t = −3h, entonces

lımt→0

f(x0 + t)− f(x0)

−2

3t

= −3

2f ′(x0) = 3.

Por lo tanto, la afirmacion es falsa.

2. Usando la definicion de derivada, halle

a) la ecuacion de la recta tangente a la grafica de la funcion

f(x) = 3x2 − 2x+ 1

en el punto de abscisa 2 de dicha grafica,

E.P(2b)-2009-1.

b) la funcion derivada de f indicando su dominio; y , la ecuacion de la recta

tangente a la grafica de f(x) =√x2 − 3x en el punto P de abscisa -1 de

dicha grafica.

56

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 57

E.F(2a)-2009-1.

Solucion

a) La recta tangente a la grafica de la funcion f(x) = 3x2 − 2x + 1 en el

punto de abscisa 2, pasa por (2, f(2)) = (2, 9) y su pendiente es

m = lımh→0

f(2 + h)− f(2)

h= lım

h→0

3h2 + 10h

h= 10.

Luego, la ecuacion de la recta es y = 10x− 11.

b) Si f(x) =√x2 − 3x, entonces

f ′(x) = lımh→0

√(x+ h)2 − 3(x+ h)−

√x2 − 3x

h

= lımh→0

2xh+ h2 − 3h

h(√

(x+ h)2 − 3(x+ h) +√x2 − 3x)

= lımh→0

2x+ h− 3√(x+ h)2 − 3(x+ h) +

√x2 − 3x

f ′(x) =2x− 3

2√x2 − 3x

, x ∈]−∞, 0[∪]3,+∞[.

Luego, la recta tangente a la grafica de f(x) =√x2 − 3x en el punto

P (−1, 2); tiene pendiente

f ′(−1) = −5

4.

Por lo tanto, la ecuacion de la recta tangente LT a la grafica de y =

f(x) =√x2 − 3x en el punto P (−1, 2) es

LT : y − 2 = −5

4(x+ 1).

3. Usando la correspondiente definicion, compruebe que la pendiente de la recta

tangente en cada punto (a, f(a)) de la grafica de la funcion f(x) =√x2 + 1,

es negativa cuando a < 0.

E.P(6b)-2009-1.

Solucion

La pendiente de la recta tangente en cada punto (a, f(a)) de la grafica de la

PUCP


FLORES, J.


funcion f(x), por definicion, es m = lımx→a

f(x)− f(a)

x− a, si existe, se tiene:

m = lımx→a

√x2 + 1−

√a2 + 1

x− a= lım

x→a

(x+ a)

(√x2 + 1 +

√a2 + 1)

=a√a2 + 1

es negativa cuando a < 0.

4. Usando la definicion de derivada, halle las ecuaciones de las rectas tangentes

a las graficas de las funciones f(x) =2

x− 2y g(x) = 2

√x− 2, en el punto

donde se interceptan dichas graficas.

E.P(1b)-2009-2.

Solucion

El punto de interseccion de las graficas de f(x) =2

x− 2y g(x) = 2

√x− 2 es

P (3, 2) y las pendientes son

f ′(3) = lımx→3

2

x− 2− 2

x− 3= lım

x→3

6− 2x

(x− 2)(x− 3)= −2.

g′(3) = lımh→0

2√

(3 + h)− 2− 2

h= lım

h→0

2h

h(√h+ 1 + 1)

= 1

Luego, las ecuaciones de las rectas tangentes a las graficas de las funciones

f y g, respectivamente son

y = 2x+ 8 y y = x− 1.

5. Halle las rectas tangentes a las graficas y = f(x) e y = g(x) en los puntos de

abscisas 0 de dichas graficas; siendo f y g funciones derivables en cada x ∈ Rque cumplen: |f(x)− g(x)| ≤ x2, para cada x ∈ R.

E.E(4)-2009-2.

Solucion

Para hallar las rectas tangentes a las graficas y = f(x) e y = g(x) por los

puntos de abscisas 0, hay que hallar f(0), g(0), f ′(0), y g′(0).

A partir de la condicion

|f(x)− g(x)| ≤ x2, x ∈ R,

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 59

se tiene:

Para x = 0, |f(0)− g(0)| ≤ 02 = 0, entonces f(0)− g(0) = 0 o f(0) = g(0) =

k0.

Y como x2 = |x|2, para x 6= 0∣∣∣∣f(x)− g(x)

x

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣f(x)− f(0) + g(0)− g(x)

x

∣∣∣∣=

∣∣∣∣f(x)− f(0)

x− 0− g(x)− g(0)

x− 0

∣∣∣∣≤ |x|

de donde: −x ≤ f(x)− f(0)

x− 0− g(x)− g(0)

x− 0≤ x; tomando el lımite cuando

x→ 0

lımx→0

(−x) ≤ lımx→0

(f(x)− f(0)

x− 0− g(x)− g(0)

x− 1

)≤ lım

x→0(x);

lo cual implica,

f ′(0)− g′(0) = 0⇔ f ′(0) = g′(0) = m0.

Por lo tanto las rectas tangentes a las graficas y = f(x) e y = g(x) en los

puntos de abscisas 0 son iguales, con ecuacion L : y = m0x+ k0.

6. Demuestre por definicion (1

g(x)

)′= − g′(x)

[g(x)]2.

P.C.3(5)-2009-1.

Solucion

Usando la definicion de derivada, tenemos

(1

g(x)

)′= lım

h→0

(1

g

)(x+ h)−

(1

g

)(x)

h

= lımh→0

g(x)− g(x+ h)

hg(x)g(x+ h)

= − lımh→0

(1

g(x)g(x+ h).g(x+ h)− g(x)

h

)= − g′(x)

[g(x)]2.

PUCP


FLORES, J.


7. Determine el valor de verdad o falsedad de las siguientes afirmaciones. Justi-

fique su respuesta.

a) Si f es derivable en x = a entonces se cumple la igualdad

lımh→0

f(a+ αh)− f(a+ βh)

h= (α− β)f ′(a)

b) Si f es una funcion tal que |f(x)| ≤ |x|α, con α > 1, entonces f es

derivable en x = 0.

P.C.3-2010-1

Solucion

a) Verdadero.

lımh→0

f(a+ αh)− f(a+ βh)

h= lım

h→0

(f(a+ αh)− f(a)

h− f(a+ βh)− f(a)

h

)

= α lımh→0

f(a+ αh)− f(a)

αh− β lım

h→0

f(a+ βh)− f(a)

βh

= (α− β)f ′(a)

b) Debemos probar que f ′(0) = lımx→0

f(x)− f(0)

x− 0existe.

Reemplazando x = 0 en la hipotesis conseguimos f(0) = 0.

Ademas 0 ≤∣∣∣∣f(x)

x

∣∣∣∣ ≤ |x|α−1, de donde, lımx→0

∣∣∣∣f(x)

x

∣∣∣∣ = 0. Aplicando el

teorema del encaje en

−∣∣∣∣f(x)

x

∣∣∣∣ ≤ f(x)

x≤∣∣∣∣f(x)

x

∣∣∣∣obtenemos

f ′(0) = lımx→0

f(x)− f(0)

x− 0= lım

x→0

f(x)

x= 0

8. Halle la ecuacion de la recta tangente a la grafica de f(x) = cot(x) − x en el

punto x = π4.

P.C.4(5b)-2010-2

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 61

Solucion

Aplicando la definicion de derivada, tenemos

f ′(π4) = lım

h→0

cot(π4

+ h)− (π

4+ h)− 1 + π

4

h

= lımh→0

cot(π4

+ h)− 1− h

h

= −3

Si x = π4⇒ f

(π4

)= 1− π

4.

Por tanto,

LT : y = −3x+π

2+ 1.

3.2. Teorema del cero intermedio

1. Sea la funcion f definida por

f(x) = x3 − 3x− 3 = 0, con x ∈ [0, 3].

a) Sobre el arco AB de la grafica de f , halle un punto M(c, f(c)) en el cual

la tangente sea paralela a la cuerda AB, dado que A(0, f(0)) y B(3, f(3)).

b) Demuestre que la ecuacion

x3 − 3x− 3 = 0

tiene una raız real. ¿Es unica?

P.C.4-2010-0

Solucion

a) Si A(0; f(0)) = A(0,−3) y B(3, f(3)) = B(3, 15), entonces la pendiente

de la cuerda AB es mAB =18

3= 6.

Ademas f ′(x) = 3x2− 3, luego al resolver 3x2− 3 = 6, se tiene x = ±√

3.

Por lo tanto M(√

3, f(√

3)) = (√

3,−3).

b) Sea h(x) = x3 − 3x− 3, puesto que h(2) < 0 y h(3) > 0, por el teorema

del cero intermedio, existe r ∈]2, 3[ tal que h(r) = 0.

Probaremos que es unica, si x > 1, entonces h′(x) = 3x2 − 3 > 0, lo cual

PUCP


FLORES, J.


implica que h es creciente.

Si x < −1, entonces h′(x) = 3x2−3 > 0, lo cual implica que h es creciente.

Ahora, si x < −1, entonces f(x) < 0; si −1 < x < 1, entonces f(x) < 0.

Ademas

lımx→+∞

f(x) = +∞

lımx→−∞

f(x) = −∞

Por lo tanto ∃!r ∈]2, 3[ tal que f(r) = 0.

2. Demuestre que la ecuacion

x3 − 1 = cos(x)

tiene una raız real positiva. Ubique dicha raız en un intervalo de longitud1

2.

E.P-2010-0

Solucion

Sea f(x) = cos(x)−x3+1, puesto que f(1) = cos(1) > 0 y f

(3

2

)= cos

(3

2

)−(

3

2

)3

+ 1 < 0.

Ademas, f es continua en

[1,

3

2

], entonces ∃c ∈

]1,

3

2

[tal que f(c) = 0. Por

lo tanto x3 − 1 = cos(x) tiene una raız real positiva c ∈]1,

3

2

[.

3. Sea la funcion f definida por

f(x) = 2x− x3.

Usando la definicion de derivada, halle la ecuacion de la recta tangente a la

grafica de f en el punto P (2; f(2)). Esboce la grafica de f y de su recta tangente

en P .

E.P(2b)-2010-1

Solucion

Aplicando la definicion, tenemos

f ′(2) = lımx→2

2x− x3 + 4

x− 2= lım

x→2(−x2 − 2x− 2) = −10.

Luego, la recta tangente a la grafica de f en el punto P (2; f(2)) = P (2;−4),

es

LT : y + 4 = −10(x− 2).

Grafica de f .

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 63

3.3. Diferenciabilidad y continuidad

1. Halle el valor de las constantes a y b tal que la funcion

f(x) =

{x2 + bx+ 6 ; x ≤ 2

ax+ b ; x > 2

sea derivable en x = 2.

E.P-2010-0

Solucion

Por la continuidad de f en x = 2, tenemos

lımx→2+

f(x) = lımx→2+

ax+ b = 2a+ b (1)

lımx→2−

f(x) = lımx→2−

x2 + bx+ 6 = 2b+ 10 (2)

de (1) y (2)

2a = 10 + b (3)

PUCP


FLORES, J.


puesto que f es derivable en x = 2, entonces

f ′+(2) = lımh→0+

f(2 + h)− f(2)

h= a = 4 + b = lım

h→0−

f(2 + h)− f(2)

h= f ′−(2)

de donde 4 + b = a. Por lo tanto a = 6 y b = 2.


f(x) =

ax2 + b , x ≤ 11

|x|, x > 1,

halle los valores de a y b de tal forma que f ′(1) exista.

P.C.3(4)-2009-0.

Solucion

Por la continuidad de f se tiene

f(1) = lımx→1+

1

x= lım

x→1−(ax2 + b)

entonces a+ b = 1.

Y como f es diferenciable f ′+(1) = f ′−(1), entonces

lımx→1+

1

x− (a+ b)

x− 1= lım

x→1−

ax2 + b− (a+ b)

x− 1

lımx→1+

1− xx(x− 1)

= lımx→1−

a(x2 − 1)

x− 1−1 = 2a

por lo tanto, a = −1

2y b =

3

2.


f(x) =

b

x+ 2, x ≤ 1

ax2 − 2 , 1 < x < 2

b√x− 1− 6 , x ≥ 2

a) Halle los valores de las constantes a y b para que f sea diferenciable en

x = 2.

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 65

b) Con los valores de a y b hallados.

i) ¿Es f diferenciable en x = 1?

ii) Determine la funcion f ′(x) indicando su dominio.

P.C.3(4)-2009-2.

Solucion

a) De la continuidad de f en x = 2 tenemos 4a = b− 4. Ademas

f ′+(2) = lımx→2+

f(x)− f(2)

x− 2= 4a =

b

2= lım

x→2−

f(x)− f(2)

x− 2= f ′−(2)

entonces, b = 8a. Por lo tanto a = 1 y b = 8.

b) Con los valores de a = 1 y b = 8 se tiene

f(x) =

8

x+ 2, x ≤ 1

x2 − 2 , 1 < x < 2

8√x− 1− 6 , x ≥ 2

i) f no es continua en x = 1, por lo tanto, no es derivable en x = 1.

ii) La funcion derivada, es definida por:

f ′(x) =

−8

(x+ 2)2, x < 1

2x , 1 < x < 2

4√x− 1 , x ≥ 2

cuyo dominio es Dom(f ′) = R− {1}.


f(x) =

ax2 + b , x ≥ −11

x, x < −1.

Halle los valores de a y b para que f sea diferenciable en x = −1. Justifique

su procedimiento usando la definicion de derivada.

P.C.3(5)-2009-1.

PUCP


FLORES, J.


Solucion

Puesto que f es continua en x = −1, es decir lımx→−1

f(x) = f(−1), tenemos que

lımx→1−

1

x= −1 = f(−1) = a+ b.

Ademas,

f′

−(−1) = lımx→−1−

f(x)− f(−1)

x+ 1= −1 = −2a = lım

x→−1+

f(x)− f(−1)

x+ 1= f

′

+(−1)

entonces, a =1

2, y b = −3

2.


f(x) =

3x+ 5 , x ≥ −4

|x2 + 2x− 3| , −4 < x ≤ 1

5− 5x , x > 1

a) Grafique la funcion f .

b) Halle los valores de x ∈ Dom(f) donde f no es derivable. Justifique su

procedimiento usando la definicion de derivada.

P.C.3(2)-2009-1.

Solucion

a) Grafica de f .

b) Analizando la derivada en x = −4, x = −3 y x = 1.

A partir del grafico se tiene que f no es continua en x = −4, entonces f

no es diferenciable en x = −4.

En x = −3, se tiene

f ′(−3) = lımx→−3

f(x)− f(−3)

x+ 3= lım

x→−3

|x+ 3||x− 1| − 0

x+ 3

por lımites laterales se tiene

lımx→−3+

|x+ 3||x− 1| − 0

x+ 3= lım

x→−3+

(x+ 3)|x− 1| − 0

x+ 3= 4,

y

lımx→−3−

|x+ 3||x− 1| − 0

x+ 3= lım

x→−3−

−(x+ 3)|x− 1| − 0

x+ 3= −4

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 67

Figura 3.1:

luego, f ′(−3) no existe.

En x = 1, por definicion de derivada lateral se tiene

f ′+(1) = lımx→1

5− 5x− 0

x− 1= − lım

x→1

5(x− 1)

x− 1= −5.

f ′−(1) = lımx→1

|x+ 3||x− 1|x− 1

= −4.

Ası, f no es derivable en x = −4, x = −3 y x = 1.

6. a) Halle el valor de las constantes a y b tal que la funcion

f(x) =

{x2 + bx+ 6 ; x ≤ 2

ax+ b ; x > 2

sea derivable en x = 2.

b) Demuestre que la ecuacion

x3 − 1 = cos(x)

tiene una raız real positiva. Ubique dicha raız en un intervalo de longitud1

2.

PUCP


FLORES, J.


E.P-2010-0

Solucion

a) Por la continuidad de f en x = 2, tenemos

lımx→2+

f(x) = lımx→2+

ax+ b = 2a+ b (1)

lımx→2−

f(x) = lımx→2−

x2 + bx+ 6 = 2b+ 10 (2)

de (1) y (2)

2a = 10 + b (3)

puesto que f es derivable en x = 2, entonces

f ′+(2) = lımh→0+

f(2 + h)− f(2)

h= a = 4+b = lım

h→0−

f(2 + h)− f(2)

h= f ′−(2)

de donde 4 + b = a. Por lo tanto a = 6 y b = 2.

b) Sea f(x) = cos(x) − x3 + 1, puesto que f(1) = cos(1) > 0 y f

(3

2

)=

cos

(3

2

)−(

3

2

)3

+ 1 < 0.

Ademas, f es continua en

[1,

3

2

], entonces ∃c ∈

]1,

3

2

[tal que f(c) = 0.

Por lo tanto x3 − 1 = cos(x) tiene una raız real positiva c ∈]1,

3

2

[.

7. Sea f una funcion definida por:

f(x) =

{(p− 3)x+ q ; −1 < x ≤ k

x2 + qx ; k < x ≤ 5

a) Halle los valores de p, q y k, sabiendo que f es derivable en x0 = k y

ademas f ′−(5) = 7.

b) Grafique f y f ′ en un mismo sistema de coordenadas.

P.C.3-2010-1

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 69

Solucion

a) Como f es continua en x0 = k, tenemos

lımx→k+

f(x) = lımx→k−

f(x)

lımx→k+

(x2 + qx) = lımx→k−

((p− 3)x+ q)

entonces

k2 + qk = (p− 3)k + q.

Como f derivable en x0 = k

lımh→0−

f(k + h)− f(k)

h= lım

h→k−

(p− 3)(k + h) + q − (p− 3)k − qh

= p− 3

lımh→0+

f(k + h)− f(k)

h= lım

h→k+

(k + h)2 + q(k + h)− [(p− 3)k + q]

h

= lımh→k+

(k + h)2 + q(k + h)− [k2 + qk]

h

= lımh→k+

h(2k + h+ q)

h

= 2k + q

entonces

p− 3 = 2k + q.

Ademas, como f es derivable en x0 = 5 por la izquierda, se tiene

f ′−(5) = lımh→0−

f(5 + h)− f(5)

h

7 = lımh→0−

(5 + h)2 + q(5 + h)− 25− 5q

h7 = 10 + q

entonces q = −3, p = 2k, k = ±√

3

Finalmente

f(x) =

{(2√

3− 3)x− 3 ; −1 < x ≤√

3

x2 − 3x ;√

3 < x ≤ 5

PUCP


FLORES, J.


b) La funcion derivada de f es:

f ′(x) =

{2√

3− 3 ; −1 < x ≤√

3

2x− 3 ;√

3 < x < 5

Grafica de f y f ′


3.4. Calculo de derivadas

1. a) Sea f(x) = tan

(x sin(x)

2

)+ sin2(x cos(2x)). Calcule f ′

(π

2

).

b) Dadas las funciones:

h(x) =3x2

1 + cot(πx)y g(x) =

√1− x2

Determine (g ◦ h)′(x).

P.C.3-2010-1

Solucion

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 71

a) Si f(x) = tan

(x sin(x)

2

)+ sin2(x cos(2x)), entonces

f ′(x) =

(sin(x) + x cos(x)

2

)sec2

(x sin(x)

2

)

+2 sin(x cos(2x)) cos(x cos(2x))[cos(2x)− 2x sin(2x)].

Por lo tanto: f ′(π

2

)= 1

b) Usando la regla de la cadena: (g ◦ h)′(x) = g′(h(x))h′(x)

g′(x) = − x√1− x2

h′(x) =6x(1 + cot(πx)) + 3πx2 csc2(πx)

(1 + cot(πx))2

entonces

(g ◦ h)′(x) = g′(

3x2

1 + cot(πx)

)[6x(1 + cot(πx)) + 3πx2 csc2(πx)

(1 + cot(πx))2

]

= −[

3x2√(1 + cot(πx))2 − 3x2

][6x(1 + cot(πx)) + 3πx2 csc2(πx)

(1 + cot(πx))2

]2. a) Usando la definicion halle f ′(0), si f(x) = tan(5x).

b) Calcule la derivada de la funcion f(x) =√

sin(3x+ cos(x)).

E.P-2010-0

Solucion

a) f ′(0) = lımh→0

f(0 + h)− f(0)

h= lım

h→0

tan(5h)− tan(0)

h= 5

b) Usando la regla de la cadena tenemos

f ′(x) =1

2sin−

12 (3x+ cos(x)) · cos(3x+ cos(x)) · (3− sin(x))

f ′(x) =1

2· (3− sin(x)) cos(3x+ cos(x))

sin12 (3x+ cos(x))

3. Calcule la derivada de las siguientes funciones

a) f(x) = tan2 (3x4 cos3(πx)),

PUCP


FLORES, J.


b) g(x) =(x+ 2)3 −

√x2 + 1

sec2(4x)− cot

(π2x)

.

P.C.3(1)-2009-1.

Solucion

a) Si f(x) = tan2(3x4 cos3(πx)

), entonces

f ′(x) = 2 tan(3x4 cos3(πx)

)sec2

(3x4 cos3(πx)

)(12x cos3(πx)−9πx4 cos2(πx) sen(πx)

).

b) Si g(x) =(x+ 2)3 −

√x2 + 1

sec2(4x)− cot

(π2x)

, entonces

g′(x) =

[3(x+ 2)− x√

x2 + 1

]sec2(4x)− 8 sec2(4x) tan(4x)

[(x+ 2)3 −

√x2 + 1

]sec4(4x)

+π

2csc2

(π2x)

4. Calcule la derivada de las siguientes funciones

a) f(x) = tan

(x√

x2 − 1

),

b) f(x) = 3

√sec(√

2x).

P.C.3(2)-2009-2.

Solucion

Aplicando la regla de la cadena tenemos

a) Si f(x) = tan

(x√

x2 − 1

), entonces

f ′(x) = − 1

(x2 − 1)3/2sec2

(x√

x2 − 1

).

b) Si f(x) = 3

√sec(√

2x), entonces

f ′(x) =1

3√

2xsec−2/3(

√2x) sec(

√2x) tan(

√2x).

5. a) ¿En que punto(s) de la grafica de la funcion

f(x) = senx− x3

3, x ∈ R.

la recta tangente tiene pendiente igual a 1?

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 73

b) Sean las funciones

f(x) = cos(3x+ 2)

g(x) = x|x|.

Halle

(f ◦ g)′(|x|).

P.C.3(3)-2009-2.

Solucion

a) Derivando la funcion f(x) = sen x− x3

3se tiene f ′(x) = cos(x)− x2.

Como f ′(x) = cos(x)−x2 = 1 solo se cumple cuando x = 0. Por lo tanto,

la grafica de f en (0,0) tiene pendiente m = 1 .

b) Aplicando la regla de la cadena tenemos

(f ◦ g)′(|x|) = f ′(g(|x|))g′(|x|).

Ademas, si g(x) = x|x| entonces g′(x) = 2|x|, lo cual implica que g′(|x|) =

2|x|.Si f(x) = cos(3x+ 2), entonces f ′(x) = −3 sen(3x+ 2). Luego

f ′(g(|x|)) = f ′(x2) = −3 sen(3x2 + 2)

Por lo tanto, concluimos que

(f ◦ g)′(|x|) = −6|x| sen(3x2 + 2) , x ∈ R.

6. a) Halle la derivada de las siguientes funciones:

i) f(x) = 3 3√

1− x3 sec(x5 + 1).

ii) g(x) =tan3(2x4)

sen(1− x)

b) Dadas las funciones h y g definidas por

h(x) =

{x2 sen

(1x

); x 6= 0

0 ; x = 0

y

g(x) = 63√x2 + 3x+ 1.

Calcule (g ◦ h)′(0).

PUCP


FLORES, J.


P.C.3(5)-2010-2

Solucion

a) i) f ′(x) = [3 3√

1− x3]′ sec(x5 + 1) + 3 3√

1− x3[sec(x5 + 1)]′

= −3x2(1−x3)− 23 sec(x5+1)+15x4 3

√1− x3 sec(x5+1) tan(x5+

1)

ii) g′(x) =[tan3(2x4)]′ sen(1− x)− tan3(2x4)[sen(1− x)]′

sen2(1− x)

=24x3 tan2(2x4) sec2(2x4) sen(1− x) + tan3(2x4) cos(1− x)

sen2(1− x)

b) Se sabe que

(g ◦ h)′(0) = g′(h(0))h′(0) = g′(0)h′(0).

Ahora hallemos, de manera individual, cada derivada:

g′(x) = 2(x2 + 3x+ 1)−2/3(2x+ 3), entonces g′(0) = 6.

h′(0) = lımt→0

h(0 + t)− h(0)

t= lım

t→0

t2 sen(1t

)t

lımt→0

t sen(1t

)= 0

Por lo tanto, (g ◦ h)′(0) = 0.

7. Una partıcula se mueve a lo largo de la curva

y =2x

1− x2, para x > 1.

En el punto x = 2 la abandona y sigue desplazandose a lo largo de la recta

tangente a dicha curva.

a) Halle la ecuacion de la recta tangente. Esboce la grafica de la curva y la

recta tangente.

b) Si el desplazamiento es de izquierda a derecha, encuentre el punto en el

que la partıcula encuentra al eje OX.

c) Si el desplazamiento es de derecha a izquierda, encuentre el punto en el

que la partıcula encuentra a la asıntota vertical.

P.C.3(3)-2010-2

Solucion

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 75

a) Derivando la funcion, tenemos y′ =2 + 2x2

(1− x2)2. La pendiente a la curva

en x = 2, es y′(2) =10

9. Luego, la recta tangente a la curva en x = 2 es

LT : y +4

3=

10

9(x − 2). A continuacion se muestra la grafica de de la

curva y la recta tangente.

b) Si el desplazamiento es de izquierda a derecha, hacemos y = 0, lo cual

implica x =16

5. Luego, la partıcula interseca al eje OX en el punto(

16

5; 0

).

c) Si el desplazamiento es de derecha a izquierda, hacemos x = 1, lo cual

implica y = −22

9. Luego, la partıcula interseca a la asıntota vertical en

el punto

(1;−22

9

).


f(x) = x2 + 1 y g(x) = −x2.

Halle las ecuaciones de las rectas tangentes que son simultaneamente tangentes

a la grafica de f y de g.

P.C.3(5)-2009-2.

Solucion

Sea L la recta tangente simultaneamente a la grafica de las funciones f(x) =

x2 + 1 y g(x) = −x2.Consideremos los puntos por donde pasa L, P (x0, x

20+1) ∈ Gr(f) yQ(x1,−x21) ∈

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Gr(g).

De la pendiente de L en P y en Q tenemos: f ′(x0) = 2x0 y g′(x1) = −2x1, de

donde x0 = −x1.La ecuacion de L considerando P y f ′(x0), esta dada por:

L : y − x20 − 1 = 2x0(x− x0)

Y como Q ∈ L, entonces

−x21 − x20 − 1 = 2x0(x1 − x0).(1)

Luego al reemplazar x0 = −x1 en (1) obtenemos x0 = ± 1√2

.

Entonces las coordenadas de los puntos de tangencia son:

P

(1√2,3

2

), R

(1√2,−1

2

), Q

(− 1√

2,−1

2

)y S

(− 1√

2,3

2

)Por lo tanto, las ecuaciones de las rectas tangentes son:

L1 : y =√

2x+1

2,

L2 : y = −√

2x+1

2.


f(x) = −x2 + 4x+ 5.

a) Halle una ecuacion de la recta tangente a la grafica de f en el punto

P (4, f(4)).

b) Halle una ecuacion de la recta tangente a la grafica de f , trazada desde

el punto Q(−2, 2).

c) ¿Existe recta tangente a la grafica de f , que pase por el origen de coor-

denadas? Justifique su respuesta.

P.C.3(3)-2009-1.

Solucion

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 77

a) Derivando la funcion, tenemos f ′(x) = −2x+ 4.

Entonces, la pendiente de la recta tangente a la grafica de f en el punto

P (4, f(4)) es

m = f ′(4) = −4.

Por lo tanto, y = −4x+ 21 es la ecuacion de la recta tangente.

b) Sea A(x0, f(x0)) = A(x0,−x20 + 4x0 + 5) el punto de tangencia.

Luego, al resolver

m = f ′(x0) = −2x0 + 4 =−x20 + 4x0 + 5− 2

x0 + 2

tenemos x0 = 1 ∨ x0 = −5.

Por lo tanto, la ecuacion de la recta tangente que pasa por el punto

Q(−2, 2) es

y = 2x+ 6

c) Supongamos que existe recta tangente que pasa por el origen de coorde-

nadas. Sea B(x1, f(x1)) = B(x1,−x21 + 4x1 + 5) el punto de tangencia,

entonces al resolver

f ′(x1) = −2x1 + 4 =−x21 + 4x1 + 5− 0

x0 − 0

resulta x21 = −5.

Por lo tanto, no existe recta tangente a la grafica de f que pase por el

origen de coordenadas.

10. Sea C la curva definida por las ecuaciones parametricas

C :

{x = t2 − 1

y = t4 − 4t.

Halle:

a) Una ecuacion de la recta tangente a C en el punto correspondiente a

t = 2.

b) Las coordenadas de los puntos de C donde la recta tangente es horizontal.

c) Las coordenadas de los puntos de C donde la recta tangente es vertical.

d)d2y

dx2en terminos de t.

P.C.4(1)-2009-2.

PUCP


FLORES, J.


Solucion

a) La pendiente de la recta tangente a C es

y′x =4t3 − 4

2t=

2(t3 − 1)

t.

Cuando t = 2 se tiene x = 3, y = 8, entonces y′x∣∣t=2

= 7. Luego, la

ecuacion de la recta tangente en el punto (3, 8) es

LT : y − 8 = 7(x− 3).

b) La recta tangente es horizontal si y′x = 0, es decir

y′x =2(t3 − 1)

t= 0⇔ t = 1

por lo tanto el punto en cuestion es (0,−3).

c) La recta tangente es vertical si y′x =∞, es decir

y′x =2(t3 − 1)

t=∞⇔ t = 0

por lo tanto el punto en cuestion es (−1, 0).

d) La segunda derivada es dada por

d2y

dx2=

d2y

dt2

(dx

dt

)− dy

dt

(d2x

dt2

)(dx

dt

)3

por lo tantod2y

dx2= 2 +

1

t3.

11. a) Sea f(x) = tan

(x sen(x)

2

)+ sen2(x cos(2x)). Calcule f ′

(π

2

).

b) Dadas las funciones f y g definidas por

h(x) =3x2

1 + cot(πx)y g(x) =

√1− x2.

Determine (g ◦ h)′(x).

P.C.3-2010-1

Solucion

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 79

a) Derivando la funcion f se tiene

f ′(x) =

(sin(x) + x cos(x)

2

)sec2

(x sen(x)

2

)+2 sen(x cos(2x)) cos(x cos(2x))[cos(2x)− 2x sen(2x)].

Luego,

f ′(π

2

)= 1.

b) Aplicando la regla de la cadena tenemos

(g ◦ h)′(x) = g′(h(x))h′(x).

Ademas:

g′(x) = − x√1− x2

h′(x) =6x(1 + cot(πx)) + 3πx2 csc2(πx)

(1 + cot(πx))2

Luego,

(g ◦ h)′(x) = g′(

3x2

1 + cot(πx)

)[6x(1 + cot(πx)) + 3πx2 csc2(πx)

(1 + cot(πx))2

]

= −[

3x2√(1 + cot(πx))2 − 3x2

][6x(1 + cot(πx)) + 3πx2 csc2(πx)

(1 + cot(πx))2

].


f(x) =5x3

x2 − 4.

a) Calcule las asıntotas de f(x).

b) Grafique f .

c) Calcule la derivada de f en el punto x = 3.

d) Determine la ecuacion de la recta tangente y la recta normal a la grafica

de la curva en el punto de abscisa x = 3.

E.P(2)-2009-0.

Solucion

PUCP


FLORES, J.


a) Asıntotas verticales.

lımx→−2−

5x3

x2 − 4= −∞, lım

x→−2+

5x3

x2 − 4= +∞, lım

x→2−

5x3

x2 − 4= −∞ y lım

x→2+

5x3

x2 − 4=

∞

entonces x = −2 y x = 2 son asıntotas verticales.

Asıntotas oblicuas.

m = lımx→±∞

f(x)

x= lım

x→±∞

5x3

x(x2 − 4)= 5 y

b = lımx→±∞

(f(x)−mx) = lımx→±∞

(5x3

x2 − 4− 5x

)= lım

x→±∞

20x

x2 − 4= 0

entonces, y = 5x, es asıntota oblicua.

b) Grafica de f .

Figura 3.3:

c) Al derivar f(x) =5x3

(x2 − 4)2, se tiene f ′(x) =

5x2(x2 − 12)

x2 − 4. Por lo tanto,

f ′(3) = −27

5.

d) Como m = f ′(3) = −27

5, las ecuaciones de las rectas tangente y normal

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 81

a la curva y = f(x), son

LT : y − 27 = −27

5(x− 3)

LN : y − 27 =5

27(x− 3)

respectivamente.

13. Sea f una funcion definida por

f(x) =

1

x− 1; x < 2, x 6= 1

x2 − 3 ; x ≥ 2

i) Halle los puntos donde la recta tangente a la grafica de f es paralela a la

recta L : x+ 4y = 0. Determine la ecuacion de dicha recta tangente.

ii) Grafique f y la recta tangente hallada en i) en un mismo sistema de

coordenadas.

P.C.3-2010-1

Solucion

i) Para x < 2, se tiene f ′(x) = − 1

(x− 1)2y mL = −1

4, entonces al resolver

− 1

(x− 1)2= −1

4

se tiene x = 3 o x = −1. Como x < 2 se tiene el punto de tangencia(−1,−1

2

).

En x = 2 no existe recta tangente (pues f no es derivable en dicho punto).

Para x > 2, la funcion es creciente y la pendiente de la recta tangente a

la curva, en cualquier punto, siempre sera positiva y no sera paralela a la

recta L.

La recta tangente a la grafica de f es

LT : y +1

2= −1

4(x+ 1)

ii) La grafica de f y de la recta tangente es

PUCP


FLORES, J.



3.5. Derivada implıcita

1. Dos rectas que pasan por el punto (−1, 3) son tangentes a la curva x2 + 4y2−4x− 8y + 3 = 0. Encuentre una ecuacion de cada una de las rectas.

P.C.3(4)-2009-0.

Solucion

El punto (−1, 3) es exterior a la grafica de x2 + 4y2 − 4x− 8y + 3 = 0.

Sea (x0, y0) el punto de tangencia sobre la curva, entonces

mLT = y′ |(x0,y0)=y0 − 3

x0 + 1 (1)

y

x20 + 4y20 − 4x0 − 8y0 + 3 = 0(2)

Derivando implıcitamente la ecuacion de la curva con respecto a x, se tiene

y′ =2− x

4(y − 1)

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 83

(3)

De (1) y (3) se tiene

x0 =8y0 − 7

3 (4)

Ası, de (2) y (4) resultan A(3, 2) y B

(−1

5,4

5

)como puntos de tangencia.

Ademas, y′ |(3,2)= −1

4y y′ |(− 1

5, 45)= −

11

4.

Por lo tanto, las ecuaciones de las rectas tangentes son

L1 : y − 2 = −1

4(x− 3),

L2 : y − 4

5= −11

4

(x+

1

5

).

2. a) Sea L la recta normal a la grafica de la curva

C : (x2 + y2)2 = 4xy

en el punto (1, 1). Halle los puntos de interseccion de C con la recta L.

b) Se dice que dos curvas son ortogonales si en cada punto de interseccion

sus rectas tangentes son perpendiculares. Pruebe que las curvas

C1 : y2 = 4x y C2 : 2x2 + y2 = 6

son ortogonales.

P.C.4-2010-1

Solucion

a) Derivando implıcitamente la ecuacion de C, se tiene

2(x2 + y2)(2x+ 2yy′) = 4(y + xy′).

Luego, evaluando en (1, 1) resulta y′(1, 1) = −1. Ası, la ecuacion de la

recta normal es L : y = x. Por lo tanto, los puntos de interseccion de Ly C son: (0, 0), (1, 1) y (−1,−1).

PUCP


FLORES, J.


b) Los puntos de interseccion de las curvas C1 y C2 son: (1;−2) y (1; 2).

Derivando las ecuaciones de C1 y C2 tenemos

C1 : y′ =2

yy C2 : y′ = −2x

y

Luego, al evaluar en los puntos (1;−2), (1; 2) y efectuar el producto entre

ellas resulta que sus rectas tangentes son perpendiculares.

Por lo tanto, las curvas C1 y C2 son ortogonales.

3. Si la ecuacion y2 = ex+y define una funcion implıcita y = f(x), demuestre que

d2y

dx2=

2y

(2− y)3.

E.F(3)-2010-1

Solucion

Derivando implıcitamente y2 = ex+y, tenemos

2yy′ = e(x+y)(1 + y′) = y2(1 + y′)

De donde

y′ =y

2− y.

Volviendo a derivar la ecuacion anterior y reemplazando y′ obtenemos

d2y

dx2=

2y

(2− y)3.

4. Halle x1 + y1; siendo (x1, 0) y (0, y1) las intersecciones con los ejes de coor-

denadas de la recta tangente trazada por el punto (x0, y0) de la curva C, con

0 < x0 < k, definida implıcitamente por la ecuacion√x+√y =√k, con k > 0

constante en R.

E.E(4)-2009-2.

Solucion

La recta tangente trazada por el punto (x0, y0) de la curva C, con 0 < x0 < k,

definida por la ecuacion√x+√y =√k, con k > 0, tiene pendiente y′(x0).

Derivando ımplıcitamente√x +√y =

√k, se tiene

1

2√x

+1

2√yy′ = 0, de

donde

y′ = −√y√x.

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 85

En x0, y′(x0) = −

√y0√x0

, entonces L :y − y0x− x0

= −√y0√x0.

Para x = 0, se tiene

y1 =

√yo√xoxo + yo =

√xoyo + yo

y para y = 0

x1 =

√xo√yoyo + xo =

√xoyo + xo.

Por lo tanto,

x1 + y1 =√xoyo + xo +

√xoyo + yo = xo + 2

√xoyo + yo

= (√xo +

√yo)

2 = (√k)2 = k.

5. Demuestre que si α es el angulo de inclinacion de la recta tangente a la grafica

de la funcion y = f(x) en el punto(1,π

4

), donde f esta definida implıcitamente

por la ecuacion4xy + 1

π+ sen(2y) = 2x+

1

πtan(xy), entonces tan(α) =

3π

4.

E.F(4a)-2009-1.

Solucion

Siendo α el angulo de inclinacion de la recta tangente, se tiene que m = tan(α)

es la pendiente de dicha recta tangente. Ademas, como el punto P(

1,π

4

)satisface la ecuacion

4xy + 1

π+sen(2y) = 2x+

1

πtan(xy), que define y = f(x),

resulta que la recta tangente en el punto P tiene pendiente m = f ′(1) = y′.

Derivando implıcitamente la ecuacion que define y = f(x), tenemos

4

π(y + xy′) + (2y′) cos(2y) = 2 +

1

πsec2(xy)(y + xy′)

luego, al reemplazar el punto(

1,π

4

)obtenemos

4

π

(π

4+ y′

)+ 0 = 2 +

1

πsec2

(π

4

)(π

4+ y′

)de donde y′ =

3π

4. Por lo tanto, tan(α) =

3π

4.

6. Suponga que la ecuacion de la curva

x2(1− y) = y2(1− x) + 9

define una funcion diferenciable y = f(x).

PUCP


FLORES, J.


a) Determine las ecuaciones de las rectas tangentes a C en los puntos donde

C corta al eje X.

b) Halle el valor de f ′′(−3).

P.C.4(2)-2009-2.

Solucion

a) Derivando implıcitamente la ecuacion de la curva se tiene

2x(1− y)− x2y′ − 2yy′(1− x) + y2 = 0.

La curva corta al eje x cuando y = 0, entonces x = −3 o x = 3. Es decir

los puntos de corte con el eje X son: (−3, 0) y (3, 0).

Por lo tanto, las ecuaciones de las rectas tangentes en dichos puntos son:

y = −2

3(x+ 3)

y =2

3(x− 3).

b) Volviendo a derivar implıcitamente la ecuacion de la curva se tiene

−y′′x2 + 2x(y′)2 − 4xy′ + 2yy′′x− 2(y′)2 + 4yy′ − 2y − 2yy′′ + 2 = 0.

Agrupando de acuerdo al orden de la derivada tenemos

y′′(−x2 + 2yx− 2y) + (y′)2(2x− 2) + y′(4y − 4x)− 2y + 2 = 0.

Reemplazando x = −3, y = 0 y y′(−3) = −2

3en la ecuacion anterior

resulta

y′′ = −86

81.

7. Halle y(2)(2) si

y5 =4

34

√x− 1

x+ 2

P.C.3-2010-0

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 87

Solucion

Si y5 =4

34

√x− 1

x+ 2, aplicando logaritmo natural a ambos miembros, se tiene

5 ln(y) = ln

(4

3

)+

1

4

(x− 1

x+ 2

)derivando implıcitamente

y′

y=

1

20

(1

x− 1− 1

x+ 2

)derivamos nuevamente

y′′y − y′y′

y2=

1

20

(− 1

(x− 1)2+

1

(x+ 2)2

)

si x = 2, entonces y =43/20

31/5y y′ =

1

534/5 · 4−37/20. Por lo tanto, si x = 2

y2(2) =

(−34/5

457/20+

39/5

52477/20

).

8. Halle las ecuaciones de las rectas tangente y normal a la curva

f(x) =

{x = 3t2 + 1

y = 2t3 + 1

que pase por el punto (4;3).

E.F(1a)-2010-0

Solucion

Si t = 1, entonces (x, y) = (4, 3).

La pendiente es dada por mt = yx =

dy

dtdx

dt

= t, entonces mt = 1

Por lo tanto, la ecuacion de la recta tangente es LT : y = x− 1.

Y la ecuacion de la recta normal es dada por LN : y = −x+ 7.

9. a) Sea C la curva dada por la ecuacion

x2 − xy + y2 = 3.

Demuestre que las rectas tangentes a C en los puntos donde C cruza al

eje X son paralelos. Halle sus ecuaciones.

PUCP


FLORES, J.


b) Sean f y g dos funciones tales que

f(g(x)) = x

y

f ′(x) = 1 + [f(x)]2

Demuestre que

g′(x) =1

1 + x2.

E.F-2010-0

Solucion

a) Haciendo y = 0, entonces x = ±√

3.

Si x =√

3, entonces y = 0 o y =√

3, elegimos y = 0 pues C corta al eje

X.

Para hallar la pendiente, derivamos la ecuacion de C implıcitamente y

evaluamos en x =√

3

2x− (y + xy′) + 2yy′ = 0⇒ y′ = 2

por lo tanto LT : y = 2(x−√

3).

Si x = −√

3, la recta tangente a C en dicho punto es LT : y = 2(x+√

3).

Como las pendientes de las rectas tangentes, son iguales, podemos afirmar

que son paralelas.

b) Como f(g(x)) = x, entonces f ′(g(x)) · g′(x) = 1. Luego

(1 + [f(g(x))]2) · g′(x) = 1

(1 + x2) · g′(x) = 1

Por lo tanto g′(x) =1

1 + x2.

3.6. Razon de cambio

1. Un vaso para envasar jugos tiene la forma de un tronco de cono circular recto

de 15 cm de altura, radio superior de 4 cm y radio inferior de 2 cm. El vaso, que

esta lleno de un cierto jugo, tiene un agujero en la base inferior que ocasiona

una fuga del lıquido a razon de 100cm3/h. ¿A que velocidad esta variando la

profundidad del lıquido en el instante en que la profundidad es de 10cm?

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 89

Sugerencia. Volumen de un tronco de cono de altura h y de radios R y r, es

V = 13πh(R2 + r2 +Rr

).

E.F(3)-2009-2.

Solucion

Se trata de hallar la velocidad con que varıa la profundidad del lıquido en

el instante en que la profundidad es de 10 cm. Para esto, en el instante t de

iniciado la fuga del lıquido, la profundidad del lıquido que queda es h = h(t)

(altura del tronco de cono que forma el lıquido en el recipiente), el radio de la

superficie del lıquido es R = R(t) (radio de la base mayor del tronco de cono y

cuya base menor tiene radio fijo r = 2cm) y la cantidad de lıquido que queda

tiene volumen V = V (t) (volumen del tronco de cono); donde

V =1

3πh(R2 + 2R + 4

)(1)

Se quiere hallar h′(t) cuando h = 10 cm, sabiendo que V ′(t) = −100cm3/h.

En el grafico AB = 4 cm, AD = 15 cm, EF = R, ED = h y CD = 2 cm.

Trazando HC ⊥ AB resulta que el triangulo BHC es semejante al triangulo

FGC y se tiene BHFG

= CHCG

. Es decir, 2R−2 = 15

h, de donde

2h = 15R− 30 (2)

Derivando las ecuaciones (1) y (2) con respecto a t, tenemos

2h′(t) = 15R′(t)

y

V ′(t) =1

3π

[h′(t)(4 +R2 + 2R) + h

(2RR′(t) + 2R′(t)

)]= −100.

PUCP


FLORES, J.


Luego, cuando h = 10 se tiene R = 103

, R′(t) = 215h′(t) y

−100 =1

3π

[h′(t)

(4+

100

9+

20

3

)+10

(20

3

2

5h′(t)+

4

15h′(t)

)]=

1

3π

(1500

45h′(t)

).

De donde, h′(t) = − 9πcm/h. Es decir, la profundidad disminuye a razon de

h′(t) = 9πcm/h.

2. En un recipiente abierto en la parte superior que tiene forma de un prisma recto

de aristas laterales horizontales de 16 dm de largo y sus bases son trapecios

isosceles de 4 dm de altura, base mayor de 6 dm, que corresponde a la tapa, y

base menor de 4 dm en contacto con el suelo, se vierte agua.

Figura 3.5:

a) Si el agua ingresa a razon de 10dm3/mi; halle la razon con que cambia el

nivel del agua almacenada cuando tiene 2 dm de profundidad.

b) Si el nivel del agua sube a razon de 14dm/mi, cuando la profundidad del

agua es de 3 dm; halle la razon con que ingresa el agua.

E.E(5)-2009-2.

Solucion

La cantidad de agua almacenada tiene forma de un prisma recto con aristas

laterales de 16 dm y sus bases son trapecios isosceles de altura h dm, base

mayor x dm y base menor 4 dm, como se ilustra en la figura adjunta.

Su volumen es

V =

(x+ 4

2

)(h)(16) = 8h(x+ 4).

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 91

Figura 3.6:

Por otro lado, por semejanza de triangulos, resulta

(x− 4)/2

h=

(6− 4)/2

4∨ x− 4

2h=

1

4.

De esto, x = h2

+ 4 y reemplazando en V se tiene V (h) = 8h(h2

+ 4 + 4) =

4h2 + 64h. Segun esto:

a) Si dVdt

= 10dm3/mi; se trata de hallar dhdt

cuando h = 2 dm. Derivando V

respecto a t, se tienedV

dt= 8h

dh

dt+ 64

dh

dt= (8h+ 64)

dh

dt. Reemplazando

h = 2, tenemos dhdt

= 1080

= 18dm/mi.

b) Si dhdt

= 14dm/mi, cuando h = 3dm; se trata de hallar dV

dt. Para esto,

dV

dt= (8h+ 64)

dh

dt= 88(1/4) = 22dm3/mi.

3. a) Si f : R → R y g : R → R son funciones continuas tal que para todo

x, y ∈ R se cumple:

g(x) = xf(x) + 1, g(x+ y) = g(x) · g(y), y lımx→0

f(x) = 1.

Demuestre, usando la definicion de derivada, que g′(x) = g(x), ∀x ∈ R.

b) La temperatura de una persona, en grados Fahrenheit, esta dada por

f(t) = −0,12t2 + 1,2t+ 88,6; 0 ≤ t ≤ 10,

donde t es el numero de dıas despues de adquirir una enfermedad.

PUCP


FLORES, J.


i) ¿Cual es la tasa promedio de variacion de la temperatura de la per-

sona con respecto al tiempo, entre el tercer y octavo dıa?

ii) ¿Cual es la tasa de variacion instantanea de la temperatura de la

persona con respecto al tiempo, en el tercer dıa y en el octavo dıa?

P.C.3(4)-2010-2

Solucion

a) utilizando la definicion de derivada, tenemos

g′(x) = lımh→0

g(x+ h)− g(x)

h= lım

h→0

g(x)g(h)− g(x)

h

= lımh→0

g(x)

[g(h)− 1

h

]= g(x) lım

h→0

hf(h) + 1− 1

h= g(x)f(0) = g(x).

b) i) La tasa promedio de variacion es

T.P.V =f(8)− f(3)

8− 3=

90,52− 91,12

8− 3= −0,12 grados/dıa.

ii) Derivando la funcion, tenemos f ′(t) = −0,24t + 1,2. Luego, f ′(3) =

0,48 grados/dıa y f ′(8) = −0,72 grados/dıa.

4. Un caballo de paso recorre a una velocidad constante de 20 km/h a lo largo

de una circunferencia en cuyo centro se halla un farol. En el punto inicial de

su recorrido esta ubicado una pared que sigue la direccion de la tangente. ¿A

que velocidad se desplaza la sombra del caballo a lo largo de la pared en el

momento en que este ha recorrido 18

de la circunferencia desde el punto inicial?

E.F(4a)-2010-2

Solucion

Sean s: la longitud circular recorrida por el caballo, x: el angulo central que

describe el caballo en su recorrido, y: la distancia recorrida por la sombra del

caballo en la pared y R: el radio de la circunferencia.

De s = Rx, con R constante se tiene

v =ds

dt= R

dx

dt. (1)

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 93

Asimismo de tan(x) =y

R, resulta x = arctan

( yR

). Luego, derivando respecto

a t tenemosdx

dt=

1

1 + ( yR

)2

(1

R

)dy

dt. (2)

Cuando el caballo recorrio1

8de circunferencia tenemos x =

π

4, de esto resulta

y = R.

Reemplazando en (2), tenemos

dx

dt=

1

2R

dy

dt.

Finalmente de (1), obtenemos

dy

dt= 2v = 40

km

h.

5. La ley del movimiento de un cuerpo por una lınea recta esta dada por

S(t) =t4

4− 4t3 + 16t2

donde t es el tiempo en segundos y S(t) es el desplazamiento en metros.

6. Calcule la rapidez(velocidad) con que aumenta el area del cırculo formado por

una onda, cuyo radio de 3m aumenta a una rapidez(velocidad) de 50 cm/s; que

resulta de arrojar una piedra a un estanque de aguas tranquilas formandose

ondas circulares concentricas cuyos radios aumentan al paso del tiempo.

E.F(2b)-2009-1.

Solucion

El area de un cırculo, de radio r, es A = πr2. Derivando respecto al tiempo t,

PUCP


FLORES, J.


tenemosdA

dt= 2πr

dr

dt. Reemplazando r = 3 m y dr

dt= 50 m/s = 0, 50 m/s, se

tienedA

dt= 2πr

dr

dt= 2π(3)(0, 50) = 3πm2/ s.

7. Halle la velocidad con que cambia la longitud de la diagonal BD en el instante

en que el area del paralelogramo ABCD cambia a una velocidad 0 cm2/s,

cuando AB = 20 cm, AD = 15 cm y el angulo formado por dichos lados varıa

a una razon constante de π12

rad/s.

E.P(3a)-2009-1.

Solucion

Figura 3.7:

Sea L = BD en el paralelogramo ABCD. Se debe hallardL

dtcuando AB =

20 cm, AD = 15 cm ydθ

dt=

π

12rad/s.

SeaM = 300 sen(θ), el area del paralelogramo, entonces 0 = M ′(0) = 300(cos(θ))(π12

),

de donde cos(θ) = 0.

Aplicando ley de cosenos en el triangulo ABD, tenemos

L2 = 152 + 202 − 2(15)(20) cos(θ) = 625− 600(cos θ). (1)

Como cos(θ) = 0, se tiene L = 25 y, por la identidad pitagorica, sen(θ) = 1.

En (1) derivamos respecto a t

2LdL

dt= −600 (− sen θ) (θ′(t))

Reemplazando los datos, tenemos

dL

dt

∣∣∣t=t0

=600π

600= πcm/s.

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 95

8. Un atleta corre alrededor de una pista circular de 100 m de radio a una veloci-

dad

constante de 7 m/s. Un amigo del atleta esta parado a una distancia de 200

m del centro de la pista. ¿Con que rapidez cambia la distancia entre el atleta

y su amigo cuando la distancia entre ellos es de 200 m?

P.C.4(5)-2009-1.

Solucion

A partir del grafico tenemos las siguientes relaciones:

D2 = 1002 + 2002 − 2(100)(200) cos θ (1)

S = 100θ(2)

donde D: Distancia entre el altleta y su amigo(m), θ: Angulo central(rad), s :

Arco recorrido(m) y t: Tiempo.

Reemplazando D = 200 de (1), tenemos cos(θ) = 14. Luego sen(θ) = ±

√154.

Derivando, respecto a t, las expresiones (1) y (2), obtenemos

2DD′(t) = 2(100)(200)(sen θ)(θ′(t))

S ′(t) = 100θ′(t)

Reemplazando S ′(t = t0) = 7 resulta θ′(t = t0) = 7100

rad/s. Luego,

DD′(t = t0) = (100)(200) sen(θ)θ′(t = t0)

D′(t = t0) =7√

15

4m/s.

PUCP


FLORES, J.


a) ¿Para que instantes de tiempo el cuerpo se encuentra en el origen de

coordenadas?

b) ¿Para que instantes de tiempo la direccion de su movimiento coincide con

la orientacion positiva del eje de abscisas?

c) ¿Para que instantes de tiempo su aceleracion es nula?

d) Para t = 4s, halle la velocidad y aceleracion del cuerpo.

P.C.3(1)2009-2.

Solucion

a) El cuerpo se encuentra en el origen cuado t = 0 s y t = 8 s.

b) v(t) = t3 − 12t2 + 32t > 0 en t ∈]0, 4[∪]0,+∞[.

c) a(t) = 3t2 − 24t+ 32 = 0 en t = 4 + 4√3

3s y t = 4− 4

√3

3s.

d) Para t = 4 s, v(4) = 0 m/s y a(4) = −16m/s2.

9. Un avion se desplaza en vuelo horizontal a 8 km de altura, suponemos la

Tierra plana. La ruta de vuelo pasa por la vertical de un punto P del suelo.

La distancia entre el avion y el punto P disminuye a razon de 4 kilometros

por minuto en el instante en que esta distancia es de 10 km.

a) Calcule la velocidad del avion, en km/h, en ese instante.

b) ¿Cual es la distancia que separa al avion del punto P , 5 minutos despues

de pasar por la vertical de P?

P.C.4(4)-2009-2.

Solucion

Supongamos que el avion se encuentra en el punto A a una distancia L kilome-

tros de P y a x kilometros del origen de coordenadas(Ver grafica 3.8).

En el instante que L = 10 km, x = 6 km y y = 8 km.

a) La relacion entre x y L es

L2 = x2 + 64.

Derivando con respecto a t, tenemos

2LdL

dt= 2x

dx

dt⇒ dx

dt

∣∣∣t=t0

= −20

3km/min

= −400km/h.

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 97

Figura 3.8:

b) Despues de 5 minutos de pasar por O, el avion se encontrara en el punto

B, la distancia horizontal que recorrera sera de 1003

km, la distancia de P

al avion sera de

d2 = (100

3)2 + 64.

10. Desde lo alto de un edificio de 56 metros de altura se lanza una pelota verti-

calmente hacia arriba. La ecuacion de movimiento descrita por la pelota es

S(t) = −8t2 + 48t

donde S esta medido en metros y t en segundos.

i) Halle la velocidad instantanea de la pelota en t = 2 segundos.

ii) Halle la velocidad promedio en el intervalo [1; 2].

P.C.3-2010-1

Solucion

i) La velocidad instantanea en t segundos es V (t) = S ′(t) = −16t+ 48.

Si t = 2 entonces V (2) = 16m/s.

ii) La velocidad promedio es Vprom =S(2)− S(1)

2− 1= 24m/s.

11. Una pequena esfera rueda hacia arriba por un plano inclinado(rampa) y su

funcion de posicion es

s(t) = 30t− 5t2; t ∈ [0, 6]

donde t es el tiempo transcurrido, en segundos, despues de partir y s(t) es la

distancia en metros desde su punto de partida.

PUCP


FLORES, J.


a) Determine la velocidad promedio de la esfera para t ∈ [1, 3].

b) Halle la velocidad instantanea de la esfera para el tiempo t = 5 segundos

despues de partir.

c) Utilice la derivada para calcular el tiempo t en el que la esfera deja de

subir sobre la rampa y ¿calcule la distancia recorrida en ese tiempo?

P.C.3(4)-2009-1.

Solucion

a) Vp =s(3)− s(1)

3− 1=

45

2.

b) Como v(t) = s′(t) = 30− 10t, entonces v(5) = −20.

c) La esfera deja de subir sobre la rampa si v(t) = 0, entonces t = 3.

Es decir, al cabo de 3 segundos la esfera deja de subir la rampa y la

distancia recorrida es 45m/s.

12. Dada la curva

C : 16x2 + 9y2 = 400.

a) Si la abscisa crece uniformemente a una velocidad de 6u/s, ¿a que velo-

cidad aumenta la ordenada cuando x = 4u?

b) Halle el punto P (x, y) ∈ C donde la ordenada decrece con la misma

velocidad con que crece la abscisa.

P.C.3-2010-1

Solucion

a) Derivando la ecuacion de C respecto al tiempo, tenemos

32xdx

dt+ 18y

dy

dt= 0.

Luego, reemplazando x = 4 en la ecuacion de C obtenemos y = −4.

Ası,dy

dt=

32

3u/s.

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 99

b) Usando la parte a) y teniendo en cuenta quedy

dt= −dx

dt, se tiene

(−32x+ 18y)dy

dt= 0.

De donde,

x =16y

9.

Luego, reemplazando en la ecuacion de C, obtenemos x = 3.

Ası, los puntos en C donde la ordenada decrece con la misma velocidad

con que crece la abscisa son:(3, 16

3

)y(3,−16

3

).

13. Dos lados de un triangulo miden 4 metros y 5 metros, y el angulo entre ellos

aumenta con una rapidez de 0,06 rad/seg. Calcule la rapidez con que el area

del triangulo se incrementa cuando el angulo entre los lados, de longitud fija,

es deπ

3.

P.C.4-2010-1

Solucion

De los datos del problema se tiene

A = 10 sen θ,

donde θ es el angulo entre los lados de medidas 4 y 5 metros.

Derivando la funcion area con respecto al tiempo, tenemos

dA

dt= 10 cos θ

dθ

dt. (1)

Luego, evaluando θ =π

3en la ecuacion (1) obtenemos

dA

dt= 10 cos(

π

3)0, 06.

Por lo tanto,dA

dt= 0, 3m2/seg.

14. Un globo se eleva verticalmente siguiendo una trayectoria recta a una razon

constante de 0,4 m/s. Justo cuando el globo esta a 26 metros de altura, un

ciclista que se mueve a una razon constante de 4m/s pasa debajo del globo.

¿Con que rapidez crece la distancia entre el globo y el ciclista, 10 segundos

despues?

E.F(1)-2010-1

PUCP


FLORES, J.


Solucion

Sean y la altura del globo, x la distancia recorrida por el ciclista y L la distancia

entre el globo y el ciclista en un tiempo t ≥ 0.

Por Pitagoras resulta que

L2 = x2 + y2. (1)

Derivando implıcitamente la ecuacion (1) tenemos

2LdL

dt= 2x

dx

dt+ 2y

dy

dt (2)

Para t = 10 se tiene x = 40, y = 30 y L = 50.

Luego, reemplazando x = 40, y = 30, L = 50,dy

dt= 0,4 y

dx

dt= 4 en la

ecuacion (2), obtenemosdL

dt= 3,44m/s.

15. En el golfo de Mexico una fuga submarina de petroleo ha ocasionado en la

superficie del mar, una mancha circular de color negra. Considere esta mancha

como la base de un cono invertido cuyo vertice es el punto de fuga del petroleo

a 50km de profundidad. Si cada dıa la fuga vierte 200 π km3 de petroleo.

Calcule la velocidad diaria a la que crece el radio de la mancha, cuando esta

es de 10km.

E.F(4)-2010-1

Solucion

Como la altura h = 50, entonces la funcion volumen esta dada por

V (r) = 50π

3r2.

Derivando la funcion volumen con respecto a r, se tiene

dV

dt=dV

dr

dr

dt. (1)

Luego, reemplazandodV

dt= 200π y r = 10 en (1) resulta

200π = 100π

3(10)

dr

dt.

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 101

Por lo tanto,dr

dt=

3

5km/dıa.

16. Una partıcula se mueve a lo largo de la curva de ecuacion

y = cos(2x+ 1)

donde x = t2 + 1, ¿con que rapidez esta desplazandose respecto a la direccion

vertical cuando t = 2s?

P.C.3-2010-0

Solucion

Como y = cos(2x+1) y x = t2+1, entoncesdy

dt=dy

dx.dx

dt= − sin(2x+1)2(2t).

Cuando t = 2s, entonces x = 5. Por lo tantody

dt= −8 sin(11).

17. Un tanque tiene la forma de un cono circular recto truncado de 6 m. de altura,

de 5m. de radio mayor y 3 m. de radio menor. Del tanque sale agua a razon

de 16,9π m3/hora. Halle la rapidez con que baja el nivel del agua cuando este

tiene 4 m.

Sugerencia. El volumen del cono truncado circular recto de altura h, radio

menor r y radio mayor R es

V =π

3h(r2 + rR +R2

)P.C.4-2010-0

Solucion

De la figura, se tieney

3=

6 + y

5=

6− h+ y

r,

de donde y = 9 y r =15− h

3, entonces

V =π

3h

[(15− h

3

)2

+

(15− h

3

)5 + 25

]

Usando la regla de la cadena, se tienedV

dt=dV

dh· dhdt

, es decir

dV

dt=π

3

[(15− h

3

)2

+

(15− h

3

)5 + 25 + h(2(

15− h3

)(−1

3)) + 5(−1

3)

]dh

dt

y puesto quedV

dt= −16, 9π m3/hora, entonces

dh

dt= 1,26 m/h.

PUCP


FLORES, J.


Figura 3.9:

Figura 3.10:

18. a) Sobre el arco AB de la curva definida por las ecuaciones parametricas

C :

{x = t2

y = t3

halle el punto M en el cual la tangente a la curva sea paralela a la cuerda

AB si a los puntos A y B le corresponden los valores de t = 1 y t = 3,

respectivamente.

b) En un rectangulo OABC los vertices A y C estan sobre los ejes vertical

y horizontal, respectivamente, O en el origen de coordenadas y B sobre

la curva y = 2x. Si la ordenada de B aumenta a razon de una unidad por

segundo ¿Como esta cambiando el area del rectangulo cuando la ordenada

de B, es y = e?

P.C.4-2010-0

Solucion

a) Cuando t = 1, entonces A(1, 1).

Cuando t = 3, entonces B(9, 27).

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 103

La pendiente de la cuerda AB es m =13

4. Ademas yx =

dy

dx=

3t

2,

entonces t =13

6.

Por lo tanto M

(169

36;2197

216

)b) De los datos

dy

dt= 1.

Figura 3.11:

Del grafico A = xy.

Como, y = 2x entonces x =ln y

ln 2. Luego el area del rectangulo es definida

por:

A(y) =ln y

ln 2· y

Al derivar implıcitamente la ecuacion del area, se tiene

dA

dt=dA

dy· dydt

dA

dt=

1

ln(2)(1 + ln y) · dy

dt

Por lo tantodA

dt=

2

ln(2)

19. El area lateral de un cilindro circular recto crece a razon de 1cm2 por segundo

y su altura decrece a razon de 3cm por segundo. ¿Cuantos cm3 por segundo

crece el volumen del cilindro cuando su area lateral es 100 cm2 y su altura es

de 15 cm?

P.C.4(3a)-2010-2

PUCP


FLORES, J.


Solucion

Las expresiones para el volumen y el area del cilindro, en terminos de t, son

V (t) = πr2(t)h(t) y A = 2πr(t)h(t).

El volumen en terminos de h y A esta dado por

V (t) =A2(t)

4πh(t).

Derivando esta expresion respecto a t, tenemos

dV

dt=dV

dt=

2AhdAdt− A2 dh

dt

4πh2. (1)

Reemplazando los datosdA

dt= 1cm2/seg,

dh

dt= −3cm/seg, A = 100cm2 y

h = 15cm en (1), tenemos

dV

dt=

330

9πcm3/seg.

20. Se tienen dos moviles A y B. El movil A recorre el trayecto descrito por la

grafica de y2 = x3 y B recorre el eje X, de modo que cuando A esta en la

posicion (x; y), el movil B esta en (x; 0). Si la distancia de A al origen de

coordenadas 0 = (0; 0) aumenta a razon constante de 2 unidades por segundo,

halle la velocidad con que se desplaza B cuando A esta en la posicion (2; 2√

2)

P.C.4(5)-2010-2

Solucion

Sea D = d(A; 0) =√x2 + y2, como y2 = x3 resulta D =

√x2 + x3. Derivando

esta expresion respecto a t, tenemos

dD

dt=

2x+ 3x2

2√x2 + x3

dx

dt

ComodD

dt= 2u/seg y evaluando en x = 2, obtenemos

dx

dt

∣∣∣t=t0

=

√3

2u/seg.

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 105

3.7. Derivada de orden superior

1. a) Halle la derivada de orden n ≥ 1 de la funcion f dada por

f(x) =5

x2 + x− 2+ cos(2x).

Sugerencia: ∓ sen(a) = cos(a± π

2

).

b) Sean f y g dos funciones derivables hasta segundo orden tales que

y = f(u) y u = g(x).

Demuestre qued2y

dx2=d2y

du2

(du

dx

)2

+

(dy

du

)d2u

dx2.

P.C.4(5)-2009-2.

Solucion

a) Al descomponer el primer sumando en fracciones parciales, se tiene

5

x2 + x− 2=

5

3

(1

x− 1− 1

x+ 2

).

entonces

f(x) =5

3

[(x− 1)−1 − (x+ 2)−1

]+ cos(2x).

Ahora derivamos sucesivamente

f ′(x) =5

3

[(−1)(x− 1)−2 − (−1)(x+ 2)−2

]− 2 sen(2x)

=5

3

[(−1)(x− 1)−2 − (−1)(x+ 2)−2

]+ 2 cos

(2x+

π

2

)f (2)(x) =

5

3

[(−1)(−2)(x− 1)−2 − (−1)(−2)(x+ 2)−2

]+ 22 cos

(2x+ 2

π

2

)...

f (n)(x) =5

3

[(−1)nn!(x− 1)−n−1 − (−1)nn!(x+ 2)−n−1

]+ 2n cos

(2x+ n

π

2

)=

5

3(−1)nn!

[1

(x− 1)n+1− 1

(x+ 2)n+1

]+ 2n cos

(2x+ n

π

2

).

PUCP


FLORES, J.


b) Si y = f(u(x)), al derivar dos veces aplicando la regla de la cadena,

tenemos

y′ = f ′(g(x)).g′(x)

y′′ = f ′′(g(x))(g′(x))2 + f ′(g(x))g′′(x).

Usando la notacion de Leibnitz en la expresion anterior, se tiene

d2y

dx2=d2y

du2

(du

dx

)2

+

(dy

du

)d2u

dx2.

2. Determine la n-esima derivada de la funcion

f(x) =1

x(1− 2x)+ cosx.

Sugerencia: cos

(x+

π

2

)= − sen(x).

P.C.4(4)-2009-1.

Solucion

Al descomponer el primer sumando de la funcion en fracciones parciales, la

funcion queda expresada como

f(x) = x−1 + 2(1− 2x)−1 + cosx.

Al derivar sucesivamente la funcion, se tiene

f ′(x) = (−1)x−2 + 2(−1)(1− 2x)−2(−2)− sen(x)

= (−1)x−2 + 2(−1)(1− 2x)−2(−2) + cos

(x+

π

2

)

f ′′(x) = (−2)(−1)x−3 + 2(−1)(−2)(1− 2x)−3(−2)2 − sen

(x+

π

2

)= (−2)(−1)x−3 + 2(−1)(−2)(1− 2x)−3(−2)2 + cos

(x+ 2

π

2

)...

f (n)(x) =(−1)nn!

xn+1+ 2

(−1)nn!

(1− 2x)n+1+ cos

(x+ n

π

2

); n ∈ Z+.

3. Halle la derivada de orden n, respecto de x, de la funcion

f(x) =4x2

2x− 3+ sen2(2x).

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 107

E.E(3b)-2009-1.

Solucion

Sea g(x) =4x2

2x− 3y h(x) = sen2(2x) entonces, f (n)(x) = g(n)(x) + h(n)(x).

Al derivar sucesivamente g(x) =4x2

2x− 3= 2x+ 3 + 9(2x+ 3)−1, se tiene

g′(x) = 2 + 9(−1)(2)(2x− 3)−2

g′′(x) = 9(−1)(−2)(22)(2x− 3)−3

g′′′(x) = 9(−1)3(3!)(23)(2x− 3)−4

g(4)(x) = 9(−1)4(4!)(24)(2x− 3)−5

g(5)(x) = 9(−1)5(5!)(25)(2x− 3)−6

entonces

g(n)(x) = 9(−1)n(n!)(2n)(2x− 3)−(n+1) = 9

((−1)n(n!)(2n)

(2x− 3)(n+1)

), n ≥ 2 .

Ahora, al derivar sucesivamente h(x) = sen2(2x) =1

2− 1

2cos(4x), se tiene

h′(x) = 0− 1

2(− sen(4x)(4)) = 2 sen(4x) = 2 cos

(4x− π

2

)

h′′(x) = 2

[− sen

(4x− π

2

)](4) = −2(4) sen

(4x− π

2

)= −2(4) cos

(4x− 2

π

2

)h′′′(x) = −2(4)

[− sen

(4x− 2

π

2

)](4) = 2(42) sen

(4x− 2

π

2

)= 2(42) cos

(4x− 3

π

2

)h(4)(x) = 2(42)

[− sen

(4x− 3

π

2

)](4) = −2(43) cos

(4x− 4

π

2

)

h(5)(x) = −2(43)

[− sen

(4x− 4

π

2

)](4) = 2(44) cos

(4x− 5

π

2

)entonces

h(n)(x) = (−1)n+12(4n−1) cos

(4x− nπ

2

), n ≥ 1 .

Por lo tanto

f (n)(x) = 9

((−1)n(n!)(2n)

(2x− 3)−(n+1)

)+ (−1)n+12(4n−1) cos

(4x− nπ

2

), n ≥ 2 .

PUCP


FLORES, J.


4. Halle la n-esima derivada de la funcion f(x) =3x+ 3

2x2 + 7x+ 6.

E.F(3)-2010-1

Solucion

La funcion es equivalente a f(x) =3x+ 3

2x2 + 7x+ 6=

3

x+ 2− 3

2x+ 3. Luego,

f ′(x) = 3(−1)(x+ 2)−2 − 3(2)(−1)(2x+ 3)−2.

f ′′(x) = 3(−1)(−2)(x+ 2)−3 − 3(22)(−1)(−2)(2x+ 3)−3.

Generalizando, tenemos

f (n)(x) = 3(−1)nn!

[1

(x+ 2)n+1− 2n

(2x+ 3)n+1

], n ∈ Z+

5. Halle la n-esima derivada de la funcion f(x) = xe3+5x.

P.C.4-2010-1

Solucion

f ′(x) = (1 + 5x)e3+5x.

f ′′(x) = 5(2 + 5x)e3+5x.

f ′′′(x) = 52(3 + 5x)e3+5x.


fn(x) = 5n−1(n+ 5x)e3+5x, n ∈ N.

6. Halle la derivada de orden n de y =x2 + 1

x2 − 1, para n ≥ 1 en N.

E.E(2b)-2009-2.

Solucion

A partir de

y(x) =x2 + 1

x2 − 1= 1 +

2

x2 − 1= 1 +

1

x− 1− 1

x+ 1= 1 + (x− 1)−1 − (x+ 1)−1

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 109

tenemos

y′(x) = (−1)(x− 1)−2 − (−1)(x+ 1)−2

= (−1)((x− 1)−2 − (x+ 1)−2

)y′′(x) = (−1)((−2)(x− 1)−3 − (−2)(x+ 1)−3)

= (−1)(−2)((x− 1)−3 − (x+ 1)−3

)y′′′(x) = (−1)(−2)

((−3)(x− 1)−4 − (−3)(x+ 1)−4

)= (−1)(−2)(−3)

((x− 1)−4 − (x+ 1)−4

)y(4)(x) = (−1)(−2)(−3)(−4)

((x− 1)−5 − (x+ 1)−5

)= (−1)4(4!)

((x− 1)−(4+1) − (x+ 1)−(4+1)

)

entonces y(n)(x) = (−1)n(n!)((x− 1)−(n+1) − (x+ 1)−(n+1)).

Por lo tanto, para n+ 1, se cumple

y(n+1)(x) = (−1)n(n!)((−(n+ 1)(x− 1)−(n+1+1) − (−(n+ 1))(x+ 1)−(n+1+1))

= (−1)n+1(n+ 1)!((x− 1)−(n+1+1) − (x+ 1)−(n+1+1)).

7. Halle la n-esima derivada de la funcion f(x) =x+ 1√x

.

P.C.4(1b)-2010-2

Solucion

La funcion f es equivalente a f(x) = h(x) + g(x) = x12 + x−

12 . Luego,

Primera derivada

f ′(x) =1

2x−

12 +−1

2x−

32 .

Segunda derivada

f ′′(x) =

(1

2

)(−1

2

)x−

32 +

(−1

2

)(−3

2

)x−

52 .

Tercera derivada

f ′′′(x) =

(1

2

)(−1

2

)(−3

2

)x−

52 +

(−1

2

)(−3

2

)(−5

2

)x−

72 .

PUCP


FLORES, J.



fn(x) =1

2n

[(1)(−1)(−3) · · · (3− 2n)x−

2n−12 + (−1)n(1)(3) · · · (2n− 1)x−

2n+12

],∀n ∈ N.

3.8. Regla de L’Hopital

1. Calcule el siguiente lımite

lımx→0

(1

x2− cot2(x)

)E.F(4a)-2009-2.

Solucion

Como lımx→0

(1

x2− cot2(x)

)tiene la forma indeterminada ∞−∞, reescribimos

la funcion de modo que el lımite tenga la forma0

0, ası:

lımx→0

(1

x2− cot2(x)

)= lım

x→0

(1

x2− cos2(x)

sen2(x)

)

= lımx→0

(sen2(x)− x2 cos2(x)

x2 sen2(x)

)

= lımx→0

(sen(x) + x cos(x)

sen(x)

)lımx→0

(sen(x)− x cos(x)

x2 sen(x)

)luego, aplicando la regla de L´Hospital en ambos factores tenemos

lımx→0

(sen(x) + x cos(x)

sen(x)

)= lım

x→0

(2 cos(x)− x sen(x)

cos(x)

)= 2

lımx→0

(sen(x)− x cos(x)

x2 sen(x)

)= lım

x→0

(x sen(x)

2x sen(x) + x2 cos(x)

)= lım

x→0

(1

2 + xsen(x)

cos(x)

)=

1

3.

Por lo tanto, lımx→0

(1

x2− cot2(x)

)= 2× 1

3=

2

3.

2. Calcule

lımx→0

(cos(2x))

3

x2 .

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 111

E.F(1)-2010-1

Solucion

Sea

y = lımx→0

(cos(2x))3x2 ⇔ ln(y) = lım

x→0

3 ln cos(2x)

x2.

Luego, aplicando dos veces la Regla de L’Hopital obtenemos

ln(y) = lımx→0

3 ln cos(2x)

x2= −6.

Por lo tanto,

lımx→0

(cos(2x))3x2 = e−6.

3.9. Diferenciales

1. Halle una aproximacion de√

9, 2025, usando la funcion g(x) =√x2 + 5, para

1 < x < 3.

E.F(5a)-2009-2.

Solucion

Definamos g(x) =√x2 + 5, 2 < x < 3; x0 = 2 y ∆x = 0, 05.

Puesto que g(x) =√x2 + 5, entonces g′(x) =

x√x2 + 5

. Usando diferenciales,

tenemos

g(2 + 0, 05) ≈ g(2) + g′(2)(0, 05) =91

30.

Por lo tanto,√

9, 2025 ≈ 91

30= 3, 033 . . .

2. Determine un valor aproximado de y = e− sen(2x) cuando x =9π

8.

E.F(4)-2010-1

Solucion

Derivando la funcion tenemos

dy = −2e− sen(2x) cos(2x)dx.

PUCP


FLORES, J.


Luego, considerando x0 = π y ∆x =π

8, se tiene

f(π +π

8) = f(π) + f ′(π)dx

= 1− π

4≈ 0,2146

Por lo tanto, el valor aproximado de y = e− sen(2x) cuando x =9π

8es 0.2146.

3. Halle, mediante diferenciales, un valor aproximado de la expresion:√(2, 01)3 + 8

(2, 01)2 − 3

P.C.4-2010-1

Solucion

Definamos la funcion f(x) =

√x3 + 8

x2 − 3, con x0 = 2 y 4x = 0,01

Luego, f(2) = 4 y f ′(2) = −13

2. Ası,

f(2 + 0, 01) ≈ f(2) + f ′(2)(0, 01)

≈ 4 +

(− 13

2

)(0, 01)

≈ 787

200.

Por lo tanto, √(2, 01)3 + 8

(2, 01)2 − 3≈ 787

200.

4. Aproxime

cos2(π

4− 0, 02

).

P.C.3(2b)-2009-0.

Solucion

Sea f(x) = cos2(x), entoncesdf(x)

dx= − sen(2x).

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 113

Si x0 =π

4y 4x = −0, 02, entonces

f(x0 +4x) ≈ f(x0) + f ′(x0)(4x)

≈ f(π

4

)+(− sen

(π2

))(−0, 02)

≈(

cos(π

4

))2+ 0, 02 sen

(π2

).

Por lo tanto, cos2(π

4− 0, 02

)≈ 0, 52.


f(x) =√

1− x.

a) Halle la ecuacion de la recta tangente a la grafica de f en el punto

(0; f(0)).

b) Grafique f y la recta tangente hallada en la parte a).

c) Aproxime√

0, 9 usando diferenciales.

P.C.4(2)-2009-1.

Solucion

Como f(x) =√

1− x, entonces f ′(x) = − 1

2√

1− x.

a) La pendiente de la recta tangente en el punto (0, f(0)) = (0, 1) es f ′(0) =

−1

2. Entonces, la ecuacion de la recta tangente es y = −1

2x+ 1.

b) Grafica de f y de la recta tangente a la grafica de f en el punto (0, 1).

c) Sea f(x) =√

1− x con ∆x = 0,1 y x0 = 0, entonces

f(0 + ∆x) ' f(0) + f ′(0)∆x

' 1− 1

2(0,1)

' 0,95.

6. Usando diferenciales,

a) aproxime el valor de tan(46◦), y

PUCP


FLORES, J.


Figura 3.12:

b) estime el margen de error porcentual al calcular el volumen de la esfera si

al medir una circunferencia mayor de dicha esfera se obtiene 72 cm. con

un margen de error de 0,5cm.

P.C.4-2010-0

Solucion

a) Sea f(x) = tan(x), x0 =π

4y ∆x =

π

180, entonces

f(π

4+

π

180

)≈ f

(π4

)+ f ′

(π4

) π

180

f(π

4+

π

180

)≈ tan

(π4

)+ sec2

(π4

) π

180

f(π

4+

π

180

)≈ 1 +

π

90

b) Volumen de la esfera V =4

3πr2.

Longitud de la circunferencia C = 2πr.

De los datos 2πr = 72, entonces r =36

π. Ademas como |dc| = 1

2, entonces

|dr| = 1

4π. Por lo tanto |dv| = 362

π2.

Luego, el margen de error porcentual es|dv|V× 100 % = 2,08 %.

7. a) Halle mediante diferenciales, un valor aproximado de la expresion√

16, 2√

16, 2.

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 115

b) Una partıcula se desplaza por una curva cuyas ecuaciones parametricas

son

C :

x(t) =

2t+ 1

2; t > 0

y(t) =√t2 + 1

Pruebe que (dy

dx

)2

+ yd2y

dx2= 1.

P.C.4(2)-2010-2

Solucion

a) Definamos la funcion

f(x) =

√x√x, con x0 = 16 y ∆x = 0,2

donde f(16) = 8 y f ′(16) =3

8.

Luego,

f(16 + 0,2) ≈ f(16) + f ′(16)(0,2) =323

40.

b) Derivando respecto a x, tenemosdy

dx=

dydtdxdt

=2t+ 1

2√t2 + t

=x

y.

Por otro lado,

d2y

dx2=

d

dx

(dy

dx

)=

d

dx

(x

y

)=y − x dy

dx

y2=y2 − x2

y3

Luego, (dy

dx

)2

+ yd2y

dx2=x2

y2+ y

(y2 − x2

y3

)= 1.

3.10. Extremos absolutos

1. Encuentre los puntos sobre la hiperbola

y2 − x2 = 4

que estan mas proximos al punto (2; 0).

E.F(2)-2010-1

PUCP


FLORES, J.


Solucion

Sean P (x, y) un punto en la hiperbola que se encuentra mas cerca de (2; 0) y

L la distancia entre estos puntos, entonces

L2 = (x− 2)2 + y2

L2(x) = (x− 2)2 + x2 + 4

L2(x) = 2(x2 − 2x+ 4)(1)

Derivando la funcion L con respecto a x, se tiene

dL

dx=

2(x− 1)√2(x2 − 2x+ 4)

Si dLdx

= 0, entonces resulta que x = 1 es un valor crıtico de L.

Luego, por el criterio de la primera derivada, L(1) es la menor distancia a

(2; 0).

Ası, (1;−√

5) y (1;√

5) son los puntos que estan mas cerca a (2; 0).

2. Si f es una funcion continua en un intervalo cerrado I que tiene un valor

maximo absoluto en c ∈ I y g otra funcion creciente en J = f(I), demuestre

que g ◦ f tiene un valor maximo absoluto en c.

Halle el valor maximo absoluto de g ◦ f en [−1; 32], si

f(x) = 1− x2 y g(x) = tan(x).

E.F(5)-2010-1

Solucion

Como f(x) ≤ f(c), para todo x ∈ I y g es creciente en J = f(I), se tiene

(g ◦ f)(x) ≤ (g ◦ f)(c).

Por lo tanto, la funcion g ◦ f tiene un maximo absoluto en x = c .

Por otra parte, como f(x) = 1−x2 tiene un maximo absoluto en c = 0 ∈ [−1; 32]

y g(x) = tan(x) es creciente en f([−1, 32]) = [−5

4; 0], entonces utilizando el

resultado anterior, concluimos que (g ◦ f)(x) = tan(1 − x2) tiene un maximo

absoluto en x = 0 y su valor maximo es (g ◦ f)(0) = tan(1).

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 117

3.11. Teorema de Rolle

1. Demuestre que si f es una funcion derivable tal que f ′(x) ≤ 0 para todo x ∈ Ry f(1) = 0; entonces f(x) ≤ 0 para todo x ≥ 1.

E.F(4b)-2009-1.

Solucion

Como f es una funcion derivable en R entonces f es continua en R. En par-

ticular, f es continua en [1, x] y derivable en ]1, x[. Aplicando el Teorema del

Valor Medio, existe x0 ∈]1, x[ tal que

f(x)− f(1)

x− 1= f ′(x◦)⇔ f(x) = f ′(x◦)(x− 1) + f(1).

Utilizando las hipotesis de que f(1) = 0 y f ′(x) ≤ 0, para todo x en R, en

particular f ′(x0) ≤ 0, se tiene f(x) = f ′(x◦)(x − 1) ≤ 0. De esto, f(x) ≤ 0

para todo x ≥ 1.

2. Pruebe que la funcion f dada por

f(x) =√

8x− x2

cumple con las condiciones del teorema de Rolle en su dominio. Halle el valor

de la constante que cumple con la conclusion de dicho teorema.

E.F(2)-2010-1

Solucion

Como f es continua en [0, 8], diferenciable en ]0, 8[ y f(0) = f(8) = 0, entonces

cumple las condiciones del teorema de Rolle, en consecuencia existe c ∈]0, 8[

tal que

f ′(c) = 0.(1)

Finalmente, al resolver la ecuacion (1), obtenemos c = 4.

PUCP


FLORES, J.


3.12. Aplicaciones de la derivada

1. Calcule los valores crıticos donde la funcion f(x) = xp(1 − x)q, con p y q

numeros enteros pares y positivos. ¿Tiene f valores extremos(mınimos relativos

y/o maximos relativos)?

E.F(3a)2009-1.

Solucion

Derivando f , tenemos f ′(x) = xp−1(1 − x)q − qxp(1 − x)q−1 = xp−1(1 −x)q−1[p(1− x)− qx].

Luego,

f ′(x) = xp−1(x− 1)q−1[(p+ q)x− p] = 0 ⇔ x = 0 ∨ x =p

p+ q∨ x = 1.

Como f ′(x) > 0 en los intervalos]0, p

p+q

[y ]1,+∞[ y f ′(x) < 0 en los intervalos

] − ∞, 0[ y]

pp+q

, 1[, entonces por el criterio de la primera derivada, f tiene

maximo relativo en x = pp+q

y mınimo relativo en x = 0 y en x = 1.

2. Calcule:

a) El area del rectangulo de mayor area circunscrito(alrededor de) a otro

rectangulo ABCD dado, de dimensiones fijas a y b.

b) La razon con que cambia el radio de una esfera respecto al cambio de su

volumen, cuando el volumen de dicha esfera es de 36πcm3.

E.F(6)-2009-1.

Solucion

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 119

a) Sea EFGH el rectangulo circunscrito al rectangulo ABCD de dimen-

siones EF = HG = u, EH = FG = v y sea θ el angulo formado por

CDH. En los triangulos DCH y ADE se tiene HC = b sen(θ), DH =

b cos(θ), ED = a sen(θ) y AE = a cos(θ). Luego, u = HC + CG =

b sen(θ) + a cos(θ) y v = ED +DH = a sen(θ) + b cos(θ).

El area del rectangulo EFGH es:

A(θ) = u · v = (b sen θ + a cos θ)(a sen θ + b cos θ), θ ∈ [0,π

2]

= ab+1

2(a2 + b2) sen(2θ).

Derivando la funcion area, tenemos A′(θ) = (a2 + b2) cos(2θ). Luego,

A′(θ) = 0⇔ θ =π

4

Ahora hallamos la segunda deriva de la funcion area A′′(θ) = −2(a2 +

b2) sen(2θ). Como A′′(π4) < 0 tenemos que el area maxima se consigue

cuando θ = π4. Por lo tanto, A(π

4) = ab+ 1

2(a2 + b2) sen(2π

4), es el area del

mayor rectangulo.

b) El volumen de una esfera de radio r es V = 43πr3. Derivando respecto a

V ; tenemos

1 = 4πr2dr

dV.

Cuando V = 36π, se tiene que r = 3cm.

Luego,dr

dV=

1

4π(3)2=

1

36cm/cm3.

3. Calcule la maxima area de un trapecio inscrito en una semicircunferencia de

radio 2 cm, de manera que la base mayor coincida con el diametro.

E.E(1a)-2009-2.

PUCP


FLORES, J.


Solucion

Siendo el trapecio isosceles, tenemos

Del grafico, base mayor del trapecio es B = 4cm, altura del trapecio h =

2 sen(π − 2x) = 2 sen(2x) y base menor del trapecio b = 2(2 cos(π − 2x)) =

−4 cos(2x).

Luego, el area del trapecio es

A(x) =

(4− 4 cos 2x

2

)2 sen(2x) = 4 (1− cos(2x)) sen(2x), con 0 ≤ x ≤ π

2

Ası,

A′(x) = 4[2 sen(2x) sen(2x) + (1− cos 2x)(2 cos 2x)]

= 8[−2cos2(2x) + cos(2x) + 1]

A′(x) = 0⇔ −8[(2 cos(2x)+1)(cos(2x)−1)] = 0⇔ cos(2x) = −12∨cos(2x) =

1.

Luego, x = π3

es la unica solucion en ]0, π2[.

Ahora hallaremos la segunda derivada de A

A′′(x) = 8[−4 cos(2x)(−2 sen(2x))− 2 sen(2x)] = 16[4 cos 2x sen 2x− sen 2x]

Evaluando en x = π3, tenemos que A′′

(π2

)< 0. Por tanto, el area maxima se

obtiene cuando x = π3

y su valor es A = 4(32

√32

)= 3√

3cm2.

4. Halle una funcion f que cumple con las siguientes condiciones:

f (3)(x) = 4.

(−1; 103

) es un punto de inflexion.

La recta tangente a la grafica de f en (0; 2) es horizontal.

E.F(5)-2010-1

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 121

Solucion

De f (3)(x) = 4, se tiene f (2)(x) = 4x+C1. Como f tiene en x = −1 un punto

de inflexion, entonces C1 = 4.

De f (2)(x) = 4x+ 4, se tiene f (1)(x) = 2x2 + 4x+C2. Como la recta tangente

en x = 0 es horizontal, entonces C2 = 0.

Luego, f(x) =2

3x3+2x2+C3. Asimismo, como (0; 2) es un punto de la grafica,

entonces C3 = 2.

Por lo tanto,

f(x) =2

3x3 + 2x2 + 2.

5. La posicion de una partıcula cuyo movimiento esta restringido en una lınea

recta, esta dada por la ecuacion

s(t) = t3 − 6t2 + 9t,

donde t esta medida en segundos y s en metros.

a) Encontrar la velocidad en el tiempo t.¿Cual es la velocidad despues de 4

s.?

b) Encontrar la aceleracion en el tiempo t, y despues de 4 s.

P.C.3(3)-2009-0.

Solucion

a) La velocidad en el tiempo t esta dada por v(t) = s′(t) = 3t2 − 12t+ 9, y

v(4) = 9m/s.

b) La aceleracion en el tiempo t esta dada por a(t) = v′(t) = 6t − 12, y

a(4) = 12m2/s.

6. En una esfera de radio R > 0 se circunscribe un cono circular recto de altura

h y el radio de su base es r. Halle las dimensiones y el volumen del cono de

mınimo volumen en terminos de R.

E.E(5)-2009-1.

Solucion

Del grafico adjunto, que representa una seccion transversal del problema, en

donde los triangulos ∆CEO y ∆CDB son semejantes, pues tienen un angulo

PUCP


FLORES, J.


Figura 3.13:

comun en C; ademas, en D y E los angulos son rectos y las longitudes de sus

lados homologos son proporcionales, se tiene

h

r=x

R⇒ x2 =

R2h2

r2.

Por otro lado, en el triangulo ∆CEO

(h−R)2 = R2 + x2 ⇒ x2 = h(h− 2R).

De las ecuaciones anteriores se tiene r2 =R2h

h− 2R. Por lo tanto, el volumen

del cono circunscrito sera

V (h) =1

3πR2h2

h− 2R, h > 2R;

y es la funcion a minimizar.

Para hallar los valores crıticos en ]2R,+∞[, derivamos respecto de h:

V ′(h) =1

3π

(R2h(h− 4R)

(h− 2R)2

), h > 2R

Si V ′(h) = 0 entonces h = 4R es el unico valor crıtico.

Ademas, si 2R < h < 4R se tiene V ′(h) < 0, y si 4R < h, se tiene V ′(h) > 0;

es decir, para h = 4R, se tiene que V (4R) es mınimo. Dado que,

r2 =R2h

h− 2R=

R2(4R)

4R− 2R= 2R2,

entonces r = R√

2, es el radio de la base.

V (4R) =1

3πR2h2

h− 2R=

1

3πR2(4R)2

4R− 2R=

8

3πR3, es el volumen mınimo.

En consecuencia, h = 4R y r = R√

2 son las dimensiones y V (4R) =8

3πR3 es

el volumen del menor cono circunscrito al cırculo de radio R.

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 123

7. Calcule las dimensiones de una lamina en forma de un triangulo isosceles,

cuyo perımetro es 80 cm y al girar alrededor de su base el solido generado

tiene volumen maximo.

E.F(6a)-2009-2.

Solucion

Siendo la lamina en forma de un triangulo isosceles ABC, si b es la longitud

Figura 3.14:

de la base AC y a = AB = CB es la longitud de los lados congruentes, se

tiene 2a + b = 80 cm. Al girar la lamina alredor de AC, el solido es la union

de dos conos circulares rectos unidos por sus bases, de altura AO =b

2y radio

de la base r = BO, con r2 = a2 −(b

2

)2

.

Luego, como a =1

2(80− b), se tiene r2 = 1600− 40b, y el volumen del solido

es

V (b) = 2

(1

3πr2

(b

2

))=

1

3π(1600b− 40b2), b ∈ [0, 40].

Si V ′(b) =1

3π(1600− 80b) = 0, b ∈ ]0, 40[, entonces b = 20, es el unico valor

crıtico.

Ademas, como V ′′(b) = −80

3π < 0, entonces V ′′(20) < 0, lo cual implica que

cuando b = 20 cm, el volumen del solido generado es maximo.

Por lo tanto, las dimensiones del triangulo son:

Base b = 20 cm, longitud de los lados congruentes a =1

2(80− 20) = 30 cm y

altura h = r =√

1600− 800 = 20√

2 cm.

PUCP


FLORES, J.



f(x) =

x2ex , x ≤ 1x3 − 2

(x− 1)2, x > 1.

Bosqueje su grafica, hallando discontinuidades, asıntotas, intervalos donde cre-

ce y donde decrece, intervalos de concavidades hacia arriba y hacia abajo,

valores extremos y puntos de inflexion, si existen.

E.E(6)-2009-2.

Solucion

Dom(f) = R, se tiene que f es continua x < 1 y en x > 1. En x = 1 se

tiene que lımx→1−

f(x) = lımx→1−

x2ex = e y lımx→1+

f(x) = lımx→1+

=x3 − 2

(x− 1)2=

−∞, por lo tanto f es discontinua en x = 1.

Asıntotas

Asıntota vertical: x = 1.

Asıntota horizontal: y = 0, cuando x < 1.

Asıntota oblıcua: y = x+ 2, cuando x > 1.

Intervalos de monotonıa y extremos relativos

f ′(x) =

x(x+ 2)ex , x < 1(x− 1)(x− 2)2

(x− 1)3, , x > 1

f ′(x) = 0⇔ x = −2, x = 0 y x = 2.

Analizando el signo de f ′(x) tenemos que la grafica de f es creciente en

los intervalos ] − ∞,−2[, ]0, 1[ y ]1,+∞[, y decreciente en el intervalo

]− 2, 0[.

Los puntos(−2; 4

e4

)y (1; e) son maximos relativos a la grafica de f mien-

tras que (0; 0) es un mınimo relativo.

Concavidad y puntos de inflexion

f ′′(x) =

((x+ 2)2 − 2)ex , x < 16(x− 2)

(x− 1)4. , x > 1

f ′′(x) = 0⇔ x = −2−√

2, x = −2 +√

2, x = 2.

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 125

Analizando el signo de f ′′(x) tenemos que la grafica de f es concava hacia

arriba en ]−∞,−2−√

2[, ]− 2 +√

2, 1[ y ]2,+∞[ y concava hacia abajo

en ]− 2−√

2,−2 +√

2[ y ]1, 2[.

Los puntos de inflexion a la grafica de f son (−2−√

2; 0, 3836 y (2; 6.

Grafica

9. a) La curva definida por la ecuacion (x2+y2)2 = x2−y2 se llama lemniscata,

cuya grafica se muestra. Halle las coordenadas de los puntos sobre la curva

en los cuales la tangente es horizontal.

b) Halle una funcion y = f(x) tal que f ′′(x) = 15(x− 2√x)2, si f(1) es un

extremo relativo de f y f(1) =-1.

E.F(3)-2010-2

PUCP


FLORES, J.


Solucion

a) En la lemniscata existen cuatro puntos donde la recta tangente es hori-

zontal.

Sea

C : (x2 + y2)2 = x2 − y2

Derivando implıcitamente la ecuacion C, tenemos

2(x2 + y2)(2x+ 2yy′) = 2x− 2yy′.

Cuando y′ = 0, tenemos

x[2(x2 + y2)− 1] = 0⇔ x = 0 ∨ 2(x2 + y2)− 1 = 0.

Para x = 0 tenemos y = 0, por lo tanto no existe y′ en (0; 0).

Reemplazando x2 + y2 =1

2en C, se tiene x2 − y2 =

1

4. De estas dos

ultimas ecuaciones, resulta x2 =3

8y y2 =

1

8.

Ası, los puntos son(−√

6

4;−√

2

4

),

(−√

6

4;

√2

4

),

(√6

4;−√

2

4

)y

(√6

4;

√2

4

).

b) Como f ′′(x) = 15(x2− 4x32 + 4x) entonces f ′(x) = 5x3− 24x

52 + 30x2 + c.

De f ′(1) = 0 obtenemos c = −11.

Luego,

f ′(x) = 5x3 − 24x52 + 30x2 − 11.

Asimismo,

f(x) =5

4x4 − 48

7x

72 + 10x3 − 11x+ d.

Teniendo en cuenta f(1) = −1, resulta d =157

28.

Finalmente,

f(x) =5

4x4 − 48

7x

72 + 10x3 − 11x+

157

28.

10. Halle las dimensiones del cono circular recto de volumen mınimo que pueda

circunscribirse a un cilindro de 4 unidades de radio y 8 unidades de altura.

E.F-2010-0

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 127

Figura 3.15:

Solucion

De la figurah− 8

4=h

r⇒ h =

8r

r − 4

entonces

V =1

3πr2h =

1

3πr2

(8r

r − 4

).

Hallando puntos crıticos

V ′(r) = 0⇔ r = 0 ∨ r = 6.

Como V ′′(6) > 0 entonces el volumen mınimo se obtiene con r = 6u

Finalmente, si r = 6u entonces h = 24u.

11. Sea la circunferencia C : x2 + y2 = 1 y P ∈ C un punto en el primer cuadrante.

En el triangulo AOB, el vertice O es el origen de coordenadas, los vertices A

y B son las intersecciones de la recta tangente a C que pasa por P , con los

ejes coordenados. Halle las coordenadas de P , sabiendo que el triangulo AOB

tiene area mınima.

E.F(6)-2010-2

Solucion

PUCP


FLORES, J.


La ecuacion de la recta tangente a la circunferencia C : x2 + y2 = 1 en P (a; b)

es LT : xa + yb = 1. Los puntos de corte de LT con los ejes coordenados

son: A

(0;

1

b

)y B

(1

a; 0

). El area del triangulo AOB es:

1

2ab. El objetivo es

minimizar f(a) =1

2a√

1− a2, a ∈]0; 1[.

Derivando la funcion tenemos f ′(a) =2a2 − 1

2a2√

(1− a2)3.

Luego,

f ′(a) = 0⇔ a =1√2∨ a = − 1√

2.

El unico numero crıtico es a =1√2.

Para 0 < a <1√2

se tiene f ′(a) < 0 y cuando1√2< a < 1 se tiene f ′(a) > 0.

Por lo tanto, f alcanza un mınimo relativo en a =1√2

y por ser el unico

numero crıtico, f alcanza un mınimo absoluto en dicho numero.

Finalmente, el triangulo tiene area mınima en P =

(1√2

;1√2

).

12. Para la funcion f definida por f(x) =x3 + a

(x+ b)2, donde a y b son constantes

reales:

a) Halle los valores de a y b sabiendo que la recta x = −1 es asıntota vertical

y f(1) es un valor extremo relativo de f .

b) Esboce la grafica de f , hallando previamene asıntotas, valores extremos,

intervalos de monotonıa, de concavidades y puntos de inflexion.

E.F(5)-2009-1.

Solucion

a) Como la recta x = −1 es asıntota vertical, se tiene lımx→−1

x3 + a

(x+ b)2=∞, y

esto se cumple cuando (−1 + b)2 = 0 y (−1)3 + a 6= 0, de donde tenemos

b = 1 y a 6= 1.

Por otro lado, f(1) es un valor extremo relativo de f , es decir, x0 = 1 es

un numero crıtico de f . Ası, tenemos que f ′(1) = 0 o f ′(1) no existe.

Derivando f se tiene

f ′(x) =(x+ 1)2(3x2)− 2(x3 + a)(x+ 1)

(x+ 1)2,

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 129

que existe para x 6= −1. Luego, f ′(1) = 0; es decir

f ′(1) =4(3)− 2(1 + a)(2)

4= 0,

de donde tenemos a = 2.

Ası, a = 2 y b = 1.

b) Con los valores hallados en a) se tiene f(x) =x3 + 2

(x+ 1)2, para x 6= −1.

Asıntotas

Asıntota vertical: x = −1.

Asıntota horizontal: No tiene.

Asıntota oblicua: y = x− 2.


f ′(x) =(x− 1)(x+ 2)2

(x+ 1)3

f ′(x) = 0⇔ x = −2 o x = 1

Analizando el signo de f ′(x), tenemos que la grafica def es creciente

en los intervalos

]−∞,−1[, ]1,+∞[, y es decreciente en ]− 1, 1[.

Mınimo relativo(1; 3

4

).

Intervalos de concavidad y puntos de inflexion

f ′′(x) =6(x+ 2)

(x+ 1)4.

f ′′(x) = 0⇔ x = −2

Analizando el signo de f ′′(x), tenemos que la grafica de f es concava

hacia arriba en ] − 2,−1[∪] − 1,+∞[ y es concava hacia abajo en

]−∞,−2[

Punto de inflexion: (−2;−6)

Grafica


f(x) =

{xex , x < 0

3√x3 − 3x2 , x ≥ 0

a) Analice la continuidad de f en su dominio y halle los intervalos de mono-

tonıa y de concavidades de f , los valores extremos y puntos de inflexion

de f .

PUCP


FLORES, J.


b) Halle las asıntotas de f y, considerando los resultados de la parte a),

bosqueje la grafica de f en el plano.

E.P(6)-2009-1.

Solucion

a) Dom(f) = R, f es continua en x < 0 y en x > 0. En x = 0, se cumple

lımx→0+

3√x3 − 3x2 = 0 = lım

x→0−xex, ası f es continua en x = 0. Por lo

tanto, f es continua en R.


f ′(x) =

{ex + xex , x < 0

13(x3 − 3x2)−2/3(3x2 − 6x) , x > 0

f ′(x) = 0 ⇔ x = −1 o x = 2; y f ′(x) no existe cuando x = 0 o

x = 3.

Analizando el signo de f ′(x), tenemos que la grafica de f decrece en

los intervalos ]−∞,−1[ y ]0, 2[, y crece en ]− 1, 0[ y ]2,+∞[−{3}.Maximo relativo en (0, 0) y mınimo relativo en

(−1;−1

e

)y en (2;− 3

√4).

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 131


f ′′(x) =

(2 + x)ex , x < 0−2

(x(x− 3))2/3(x− 3), x > 0

f ′′(x) = 0⇔ x = −2 y f ′′(x) no existe cuando x = 0 o x = 3.


hacia arriba en los intervalos ]− 2, 0[ y ]0, 3[, y concava hacia abajo

en ]−∞,−2[ y ]3,+∞[.

Puntos de inflexion:(−2;− 2e2

) y (3; 0).

Asıntotas

Asıntotas verticales: No tiene

Asıntotas horizontales: y = 0, cuando x < 0

Asıntotas oblıcuas: y = x− 1, cuando x > 0

Grafica


f(x) =

x+ 1

x2 + 2x+ 2, x ≤ −1

x3

(x+ 1)2, x > −1.

Bosqueje su grafica, hallando discontinuidades, asıntotas, intervalos donde cre-

ce y donde decrece, intervalos de concavidades hacia arriba y hacia abajo,

valores extremos y puntos de inflexion, si existen.

PUCP


FLORES, J.


E.F(1)-2009-2.

Solucion

Dom(f) = R, f es continua en x < −1 y en x > −1. En x = −1, se tiene

que lımx→−1−

f1(x) = 0 y lımx→−1+

f2(x) = lımx→−1+

x3

(x+ 1)2= −∞, por lo tanto,

f es discontinua en x = −1.

Asıntotas

Asıntota vertical: x = −1, cuando x > −1+.

Asıntotas horizontales: y = 0, cuando x < −1.

Asıntotas oblıcuas: y = x− 2, cuando x > −1.


f ′(x) =

− x2 + 2x

(x2 + 2x+ 2)2, x < −1

x2(x+ 3)

(x+ 1)3, x > −1

f ′(x) = 0⇔ x = −2, x = 1.

Analizando el signo de f ′(x), tenemos la grafica de f decrece en ]−∞,−2[

y crece en ]− 2,−1[ y ]− 1,+∞[.

Mınimo relativo(−2;−1

2

), no presenta maximo relativo.


f ′′(x) =

−2(x+1)(x2+2x−2)

(x2+2x+2)3, x < −1

6x(x+1)4

, x > −1

f ′′(x) = 0⇔ x = −1−√

3, x = 0.

Analizando el signo de f ′′(x), tenemos que la grafica de f es concava hacia

arriba en ]−1−√

3,−1[ y ]0,+∞[ y concava hacia abajo en ]−∞,−1−√

3[

y ]− 1, 0[.

Puntos de inflexion: (−1−√

3;−0,433) y (0; 0)

Grafica


f(x) = 3x2e−x.

PUCP


FLORES, J.

3. Derivadas 133

Esboce la grafica de f , senalando, si fuera el caso, sus asıntotas, los intervalos

de monotonıa, extremos relativos, los intervalos de concavidad y los puntos de

inflexion.

E.F(1)-2010-2

Solucion

Asıntotas

Asıntota vertical: no tiene

Asıntota Horizontal: y = lımx→+∞

3x2

ex= 0.

Asıntota oblıcua: No tiene.


f ′(x) = 3e−xx(2− x), de donde obtenemos dos numeros crıticos: x = 0 y

x = 2.

Analizando el signo de f ′(x), tenemos que la grafica de f decrece en

]−∞; 0[, ]2; +∞[ y crece en ]0; 2[

Mınimo relativo (0, 0), Maximo relativo (2, 12e−2)


PUCP


FLORES, J.


f ′′(x) = 3e−x(x2 − 4x+ 2), de donde obtenemos dos numeros crıticos de

inflexion: x = 2−√

2 y x = 2 +√

2.


hacia arriba en ] −∞; 2 −√

2[∪]2 +√

2; +∞[ y concava hacia abajo en

]2−√

2, 2 +√

2[.

Puntos de inlfexion: (2−√

2; 1,849) y (2 +√

2; 591,7)

Grafica

PUCP


FLORES, J.

Bibliografıa

[1] Fuller G / Tarwater D., Geometrıa Analıtica, Addison-Wedley Iberoamericana,

Mexico 1985.

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PUCP


FLORES, J.

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