Límits i continuïtat: exercicis de la PAU de Matemàtiques resolts

Plantejament Cada tros és una funció contínua (exponencial, polinòmica i constant) en el seu interval, així que només cal imposar la continuïtat als punts on canvia la fórmula, $x=0$ i $x=2$: els límits laterals i el valor de la funció han de coincidir.

1. En $x=0$:

   $\lim_{x\to 0^-}5e^{2x}=5=f(0)$$\lim_{x\to 0^+}\left((x+m)^2+1\right)$${}= m^2+1$

2. Igualem els dos valors:

   $m^2+1=5\ \Longrightarrow\ m^2=4\ \Longrightarrow\ m=2$$\text{o}\ \ m=-2$

3. En $x=2$:

   $\lim_{x\to 2^-}\left((x+m)^2+1\right)$${}= (2+m)^2+1$$f(2)=\lim_{x\to 2^+}1=1$

4. Igualem els dos valors:

   $(2+m)^2+1$${}= 1$${}\Longrightarrow (2+m)^2=0$${}\Longrightarrow m=-2$

5. Les dues condicions es compleixen alhora només per a $m=-2$.

Plantejament Per a $m=-2$ la funció és positiva a tot arreu, de manera que l’àrea és la integral definida de $f$ entre $-1$ i $3$, separada en els tres trossos.

1. Per a $m=-2$, la funció és:

   $f(x)$${}= \begin{cases}5e^{2x} & x\le 0\\ (x-2)^2+1 & 0<x<2\\ 1 & 2\le x\end{cases}$

2. Esbós: el primer tros és una exponencial creixent que tendeix a $0$ cap a $-\infty$ i val $5$ a $x=0$; el segon és una paràbola amb vèrtex a $(2,1)$ que baixa de $5$ a $1$; el tercer és la recta horitzontal $y=1$. La funció és contínua i sempre positiva.

3. Plantegem l’àrea:

   $A$${}= \int_{-1}^{0}5e^{2x}\,dx$${}+\int_{0}^{2}\left((x-2)^2+1\right)dx$${}+\int_{2}^{3}1\,dx$

4. Tros exponencial:

   $\int_{-1}^{0}5e^{2x}\,dx$${}= \left[\frac{5}{2}e^{2x}\right]_{-1}^{0}$${}= \frac{5}{2}-\frac{5}{2e^{2}}$

5. Tros parabòlic:

   $\int_{0}^{2}\left((x-2)^2+1\right)dx$${}= \left[\frac{(x-2)^3}{3}+x\right]_{0}^{2}$${}= 2-\left(-\frac{8}{3}\right)$${}= \frac{14}{3}$

6. Tros constant:

   $\int_{2}^{3}1\,dx=1$

7. Sumem:

   $A$${}= \frac{5}{2}-\frac{5}{2e^{2}}+\frac{14}{3}+1$${}= \frac{49}{6}-\frac{5}{2e^{2}}$${}\approx 7{,}83\ \text{u}^2$

Resultat$A=\dfrac{49}{6}-\dfrac{5}{2e^{2}}\approx 7{,}83\ \text{u}^2$

La pauta oficial dona: $\frac{5}{2}-\frac{5}{2e^{2}}+\frac{8}{3}+3-2\approx 7{,}83\ \mathrm{u}^2$

Plantejament Una recta paraŀlela a $y=-2x$ té pendent $-2$, i el pendent de la tangent és la derivada. Busquem on $f'(x)=-2$.

1. Al primer tros la derivada és positiva i al tercer és zero, així que el punt ha d’estar al tros parabòlic:

   $(5e^{2x})'=10e^{2x}>0$$(1)'=0$

2. Derivem el tros del mig i igualem a $-2$:

   $f'(x)$${}= 2(x-2)$${}= -2$${}\Longrightarrow x=1\in(0,2)$

3. Calculem l’ordenada:

   $f(1)=(1-2)^2+1=2$

4. Equació de la recta tangent:

   $y-2=-2(x-1)\ \Longrightarrow\ y=-2x+4$

Plantejament El denominador no s’anuŀla mai, així que el domini és tot $\mathbb{R}$. El signe de la derivada ens dona la monotonia i els extrems.

1. Domini:

   $x^2+1>0\ \ \forall x\ \Rightarrow\ \operatorname{Dom}f=\mathbb{R}$

2. Derivada (regla del quocient):

   $f'(x)$${}= \frac{5(x^2+1)-5x\cdot 2x}{(x^2+1)^2}$${}= \frac{5(1-x^2)}{(x^2+1)^2}$

3. Punts crítics:

   $f'(x)=0\ \Longleftrightarrow\ 1-x^2=0\ \Longleftrightarrow\ x=\pm 1$

4. El denominador és positiu; el signe depèn de $1-x^2$:

   $f'<0\ \text{en}\ (-\infty,-1)\cup(1,+\infty)$$f'>0\ \text{en}\ (-1,1)$

5. Valors als extrems:

   $f(-1)=-\frac{5}{2}$$f(1)=\frac{5}{2}$

Plantejament Com que el denominador no s’anuŀla, no hi ha asímptotes verticals. Per a les horitzontals calculem el límit a $\pm\infty$; si n’hi ha, no hi ha obliqües.

1. Asímptota horitzontal (el grau del denominador és més gran):

   $\lim_{x\to\pm\infty}\frac{5x}{x^2+1}$${}= \lim_{x\to\pm\infty}\frac{5/x}{1+1/x^2}=0$

2. Per tant $y=0$ és asímptota horitzontal a $+\infty$ i a $-\infty$, i no hi ha asímptota obliqua.

3. Esbós: la funció és senar ($f(-x)=-f(x)$), passa per l’origen, és positiva per a $x>0$ i negativa per a $x<0$; puja fins al màxim $\left(1,\frac52\right)$ i després baixa cap a $0$; simètricament, té el mínim a $\left(-1,-\frac52\right)$.

ResultatÚnica asímptota: la horitzontal $y=0$ (a $\pm\infty$). No en té de verticals ni d’obliqües.

La pauta oficial dona: $y=0\ \text{(horitzontal)}$; $\text{sense verticals}$

Plantejament La recta normal passa pel punt de la corba i el seu pendent és $-\dfrac{1}{f'(2)}$, perquè és perpendicular a la tangent.

1. Punt:

   $f(2)=\frac{10}{5}=2\ \Rightarrow\ (2,2)$

2. Pendent de la tangent:

   $f'(2)=\frac{5(1-4)}{25}=-\frac{3}{5}$

3. Pendent de la normal:

   $m_n=-\frac{1}{-3/5}=\frac{5}{3}$

4. Equació:

   $y-2=\frac{5}{3}(x-2)\ \Longrightarrow\ y=\frac{5}{3}x-\frac{4}{3}$

Plantejament El domini és $\mathbb{R}\setminus\{1\}$. Els talls amb els eixos surten de $f(0)$ i de $f(x)=0$. Les asímptotes verticals s’han de buscar on s’anuŀla el denominador, i com que el numerador té un grau més que el denominador hi haurà una asímptota obliqua i cap d’horitzontal.

1. Tall amb l’eix $OY$:

   $f(0)=\frac{0}{-1}=0\ \Rightarrow\ (0,0)$

2. Talls amb l’eix $OX$:

   $x^2-2x=x(x-2)=0\ \Rightarrow\ (0,0)$$\text{i}\ \ (2,0)$

3. Asímptota vertical $x=1$: el numerador val $-1$ i el denominador tendeix a $0$:

   $\lim_{x\to 1^-}f(x)=+\infty$$\lim_{x\to 1^+}f(x)=-\infty$

4. No hi ha asímptota horitzontal, perquè el límit a l’infinit no és finit:

   $\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^2-2x}{x-1}=\pm\infty$

5. Asímptota obliqua $y=mx+n$:

   $m$${}= \lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}{x}$${}= \lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^2-2x}{x^2-x}$${}= 1$
6. $n$${}= \lim_{x\to\pm\infty}\left(f(x)-x\right)$${}= \lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^2-2x-x^2+x}{x-1}$${}= \lim_{x\to\pm\infty}\frac{-x}{x-1}$${}= -1$

7. Ho podem confirmar fent la divisió:

   $f(x)=x-1-\frac{1}{x-1}$

Plantejament La recta tangent en $x=a$ és $y-f(a)=f'(a)(x-a)$. Dues rectes són paraŀleles si tenen el mateix pendent i no coincideixen.

1. Derivada:

   $f'(x)$${}= \frac{(2x-2)(x-1)-(x^2-2x)}{(x-1)^2}$${}= \frac{x^2-2x+2}{(x-1)^2}$

2. En $x=0$:

   $f(0)=0$$f'(0)=\frac{2}{1}=2\ \Rightarrow\ y=2x$

3. En $x=2$:

   $f(2)=0$$f'(2)$${}= \frac{4-4+2}{1}$${}= 2$${}\Rightarrow y=2(x-2)$${}= 2x-4$

4. Tenen el mateix pendent, $2$, i ordenades a l’origen diferents ($0$ i $-4$): són paraŀleles.

Plantejament El pendent de la tangent és $f'(x)$. Plantegem $f'(x)=1$ i mirem si té solució.

1. $\frac{x^2-2x+2}{(x-1)^2}$${}= 1$${}\Longrightarrow x^2-2x+2$${}= x^2-2x+1$${}\Longrightarrow 2=1$

2. És impossible. De fet, $f'(x)=1+\dfrac{1}{(x-1)^2}>1$ per a tot $x\ne 1$.

Plantejament Els extrems relatius d’una funció derivable són als punts on s’anuŀla la derivada. Derivem $f$ amb la regla del quocient i estudiem el signe de $f'$ a l’interval $(0,+\infty)$.

1. Derivada, amb la regla del quocient i $(\ln x)'=\frac{1}{x}$:

   $f'(x)$${}= 2\cdot\frac{\frac{1}{x}\cdot x-\ln x\cdot 1}{x^2}$${}= \frac{2(1-\ln x)}{x^2}$

2. Punts crítics:

   $f'(x)=0$${}\Longleftrightarrow 1-\ln x=0$${}\Longleftrightarrow \ln x=1$${}\Longleftrightarrow x=e$

3. Signe de $f'$: el denominador $x^2$ és positiu, de manera que el signe és el de $1-\ln x$, positiu si $0<x<e$ i negatiu si $x>e$. Per exemple:

   $f'(1)=\frac{2(1-0)}{1}=2>0$$f'(e^2)=\frac{2(1-2)}{e^4}=-\frac{2}{e^4}<0$

4. Ho confirmem amb la derivada segona, derivant $f'$ amb la regla del quocient:

   $f''(x)=\frac{2(2\ln x-3)}{x^3}$$f''(e)=\frac{2(2-3)}{e^3}=-\frac{2}{e^3}<0$

5. Valor de la funció al punt crític:

   $f(e)=2\cdot\frac{\ln e}{e}=\frac{2}{e}\approx 0{,}74$

6. La funció creix fins a $x=e$ i decreix a partir d’aquest punt: a $x=e$ hi ha un màxim, que és absolut. No té cap mínim.

Plantejament Busquem una asímptota vertical a l’extrem del domini, $x\to 0^+$, i una d’horitzontal quan $x\to+\infty$. Si n’hi ha d’horitzontal a $+\infty$, no n’hi ha d’obliqua.

1. Quan $x\to 0^+$, el numerador tendeix a $-\infty$ i el denominador a $0^+$:

   $\lim_{x\to 0^+}\frac{2\ln x}{x}=\frac{-\infty}{0^+}=-\infty$

2. Per tant, $x=0$ és una asímptota vertical (per la dreta).

3. Quan $x\to+\infty$ hi ha una indeterminació $\frac{\infty}{\infty}$. Apliquem la regla de L’Hôpital:

   $\lim_{x\to+\infty}\frac{2\ln x}{x}$${}= \lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{2}{x}}{1}$${}= \lim_{x\to+\infty}\frac{2}{x}=0$

4. Per tant, $y=0$ és una asímptota horitzontal quan $x\to+\infty$, i no hi ha asímptota obliqua.

5. Per a l’esbós, el tall amb l’eix $OX$: $f(x)=0$ només si $\ln x=0$:

   $\ln x=0\ \Longleftrightarrow\ x=1$$f(1)=2\cdot\frac{\ln 1}{1}=0$

6. Signe: $f<0$ a $(0,1)$, perquè $\ln x<0$, i $f>0$ a $(1,+\infty)$. Amb el màxim de l’apartat a), la gràfica puja des de $-\infty$ arran de l’eix $OY$, talla l’eix $OX$ a $(1,0)$, arriba al màxim $\left(e,\frac{2}{e}\right)\approx(2{,}72;\ 0{,}74)$ i després baixa lentament cap a $0$ per sobre de l’eix, sense tocar-lo.

ResultatAsímptota vertical $x=0$ (quan $x\to 0^+$) i asímptota horitzontal $y=0$ (quan $x\to+\infty$).

La pauta oficial dona: $x=0\ \text{(vertical)}$; $y=0\ \text{(horitzontal)}$

Plantejament La recta tangent a $y=f(x)$ a $x=a$ és $y-f(a)=f'(a)(x-a)$. Necessitem $f(1)$ i $f'(1)$.

1. Valor de la funció:

   $f(1)=2\cdot\frac{\ln 1}{1}=0$

2. Pendent, amb la derivada de l’apartat a):

   $f'(1)=\frac{2(1-\ln 1)}{1^2}=2$

3. Recta tangent:

   $y-0=2(x-1)\ \Longrightarrow\ y=2x-2$

Plantejament Es demana provar que $f$ s’anul·la en algun punt de $[1;\ 1{,}5]$ i reduir l’interval fins a una dècima de longitud. Fem servir el teorema de Bolzano: $f$ és contínua a $(0,+\infty)$, perquè és suma i producte de funcions contínues ($x-1$ i $\ln x$).

1. Valors als extrems de l’interval:

   $f(1)=-2+10\cdot 0\cdot\ln 1=-2<0$$f(1{,}5)$${}= -2+10\cdot 0{,}5\cdot\ln 1{,}5$${}= -2+5\ln 1{,}5$${}\approx 0{,}027$${}> 0$

2. $f$ és contínua a $[1;\ 1{,}5]$ i hi canvia de signe; pel teorema de Bolzano, existeix $c\in(1;\ 1{,}5)$ amb $f(c)=0$.

3. Per afinar l’interval a una dècima, calculem $f$ en un punt intermedi. Com que $f(1{,}5)$ és molt a prop de $0$, provem amb $x=1{,}4$:

   $f(1{,}4)$${}= -2+10\cdot 0{,}4\cdot\ln 1{,}4$${}= -2+4\ln 1{,}4$${}\approx -0{,}654$${}< 0$

4. $f(1{,}4)<0$ i $f(1{,}5)>0$: tornant a aplicar el teorema de Bolzano, l’arrel és a $(1{,}4;\ 1{,}5)$, un interval d’una dècima de longitud.

5. És la mateixa arrel: a l’apartat b) es veu que $f$ és creixent a $(1,+\infty)$, de manera que a $(1;\ 1{,}5)$ només s’anul·la una vegada.

Plantejament Es demana justificar on creix i on decreix $f$ sense resoldre $f'(x)=0$: n’hi ha prou d’estudiar el signe de cada sumand de la derivada a cada interval. Després deduïm els extrems.

1. Derivem amb la regla del producte, $\left[(x-1)\ln x\right]'$${}= 1\cdot\ln x+(x-1)\cdot\frac{1}{x}$:

   $f'(x)=10\left(\ln x+\frac{x-1}{x}\right)$

2. A l’interval $(0,1)$: $\ln x<0$ i, com que $x-1<0$ i $x>0$, també $\frac{x-1}{x}<0$. La suma de dos nombres negatius és negativa:

   $0$${}< x$${}< 1$${}\Longrightarrow f'(x)$${}< 0$${}\Longrightarrow f\ \text{decreixent a }(0,1)$

3. A l’interval $(1,+\infty)$: $\ln x>0$ i $\frac{x-1}{x}>0$, de manera que la suma és positiva:

   $x$${}> 1$${}\Longrightarrow f'(x)$${}> 0$${}\Longrightarrow f\ \text{creixent a }(1,+\infty)$

4. La funció baixa fins a $x=1$ i després puja: a $x=1$ té un mínim, que és absolut. El seu valor:

   $f(1)=-2+10\cdot 0\cdot\ln 1=-2$

5. No té cap màxim: només hi ha aquest canvi de monotonia, i la funció creix sense límit cap als dos extrems del domini (apartat c).

Plantejament Es demanen els límits als dos extrems del domini, $x\to 0^+$ i $x\to+\infty$, i un esbós de la gràfica, que fem amb els límits i el que sabem dels apartats a) i b).

1. Quan $x\to 0^+$, $x-1\to -1$ i $\ln x\to-\infty$; el producte de dos factors negatius tendeix a $+\infty$:

   $\lim_{x\to 0^+}\left(-2+10(x-1)\ln x\right)$${}= -2+10\cdot(-1)\cdot(-\infty)$${}= +\infty$

2. Per tant, la recta $x=0$ (l’eix d’ordenades) és una asímptota vertical.

3. Quan $x\to+\infty$, els dos factors tendeixen a $+\infty$:

   $\lim_{x\to+\infty}\left(-2+10(x-1)\ln x\right)$${}= -2+10\cdot(+\infty)\cdot(+\infty)$${}= +\infty$

4. Talls amb l’eix d’abscisses: a $(1,+\infty)$ la funció creix des de $-2$ i talla l’eix a l’arrel de l’apartat a), entre $1{,}4$ i $1{,}5$. A $(0,1)$ decreix des de $+\infty$ fins a $-2$, de manera que també el talla una vegada; per exemple:

   $f(0{,}5)$${}= -2+10\cdot(-0{,}5)\cdot\ln 0{,}5$${}\approx 1{,}47$${}> 0$$f(1)=-2<0$

5. Esbós: la gràfica baixa des de $+\infty$ arran de l’eix $OY$, talla l’eix $OX$ entre $0{,}5$ i $1$, arriba al mínim $(1,-2)$, torna a pujar, talla l’eix $OX$ entre $1{,}4$ i $1{,}5$ i creix sense límit.

Resultat$\lim_{x\to 0^+}f(x)=+\infty$ i $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$. La gràfica té el mínim a $(1,-2)$ i talla l’eix $OX$ dues vegades: entre $0{,}5$ i $1$, i entre $1{,}4$ i $1{,}5$.

La pauta oficial dona: $\lim_{x\to 0^+}f(x)=+\infty$, $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$

Plantejament Integrem cada tros de $f'$. Cada primitiva porta la seva constant: la del primer tros surt del punt $A=(0,3)$ (que hi pertany perquè $0\le 2$), i la del segon, de la continuïtat de $f$ a $x=2$ (una funció derivable és contínua).

1. Primitiva del primer tros ($x\le 2$):

   $\int (x-1)\,dx=\frac{x^2}{2}-x+k$

2. Primitiva del segon tros ($x>2$); com que $x-1>0$, no cal el valor absolut:

   $\int \frac{1}{x-1}\,dx=\ln(x-1)+k'$

3. $f$ passa per $A=(0,3)$, i $x=0$ és del primer tros:

   $f(0)=\frac{0^2}{2}-0+k=3\ \Longrightarrow\ k=3$

4. Continuïtat a $x=2$: el valor del primer tros ha de coincidir amb el límit per la dreta:

   $\frac{2^2}{2}-2+3$${}= \lim_{x\to 2^+}\left(\ln(x-1)+k'\right)$${}\Longrightarrow 3=\ln 1+k'$${}\Longrightarrow k'=3$

5. Les dues derivades laterals a $x=2$ valen $2-1=1$ i $\frac{1}{2-1}=1$: la funció obtinguda és derivable a $x=2$, com diu l’enunciat.

   $f'(2^-)=f'(2^+)=1$

Plantejament Ara la funció de la qual busquem la tangent és $g(x)=f'(x)$. A $x=3$ s’aplica el segon tros, $g(x)=\frac{1}{x-1}$. La recta tangent és $y-g(3)=g'(3)\,(x-3)$.

1. Valor de la funció a $x=3$:

   $g(3)=f'(3)=\frac{1}{3-1}=\frac{1}{2}$

2. Derivada del segon tros (és $f''$) i pendent:

   $g'(x)$${}= f''(x)$${}= -\frac{1}{(x-1)^2}$${}\Longrightarrow g'(3)$${}= -\frac{1}{4}$

3. Recta tangent:

   $y-\frac{1}{2}$${}= -\frac{1}{4}(x-3)$${}\Longrightarrow y=-\frac{1}{4}x+\frac{3}{4}+\frac{1}{2}$${}= -\frac{1}{4}x+\frac{5}{4}$

Plantejament És un quocient: el domini exclou els zeros del denominador, que són també les candidates a asímptota vertical. Per a la monotonia, estudiem el signe de $f'$ a cada interval del domini.

1. Zeros del denominador:

   $x^2+x-2$${}= (x+2)(x-1)=0$${}\Longrightarrow x=-2,\ x$${}= 1$

2. Domini:

   $\operatorname{Dom}f$${}= \mathbb{R}\setminus\{-2,1\}$${}= (-\infty,-2)\cup(-2,1)\cup(1,+\infty)$

3. Asímptotes verticals: el numerador val $9\ne 0$, així que als dos punts el límit és infinit (els signes surten del signe de $(x+2)(x-1)$):

   $\lim_{x\to -2^-}f(x)$${}= +\infty,\ \lim_{x\to -2^+}f(x)$${}= -\infty$$\lim_{x\to 1^-}f(x)$${}= -\infty,\ \lim_{x\to 1^+}f(x)$${}= +\infty$

4. Asímptota horitzontal (el denominador creix sense límit); per tant, no n’hi ha d’obliqües:

   $\lim_{x\to\pm\infty}\frac{9}{x^2+x-2}=0\ \Longrightarrow\ y=0$

5. Derivada:

   $f'(x)$${}= \frac{-9(2x+1)}{(x^2+x-2)^2}=0$${}\Longrightarrow x=-\frac{1}{2}$

6. El denominador de $f'$ és positiu, així que el signe de $f'$ és el de $-(2x+1)$:

   $x<-\tfrac{1}{2}:\ f'>0$$x>-\tfrac{1}{2}:\ f'<0$

7. Valor al màxim relatiu:

   $f\left(-\tfrac{1}{2}\right)$${}= \frac{9}{\frac{1}{4}-\frac{1}{2}-2}$${}= \frac{9}{-\frac{9}{4}}$${}= -4$