Límites y continuidad: ejercicios de la PAU de Matemáticas II de Andalucía resueltos

Planteamiento Al sustituir $x=0$ el numerador y el denominador valen $0$: es una indeterminación $\frac{0}{0}$ y aplicamos la regla de L'Hôpital. Elegimos $a$ para que, tras la primera aplicación, siga habiendo una indeterminación; si no, el límite sería infinito.

1. Valor en $x=0$ del numerador y del denominador:

   $\operatorname{sen}(0)-0+2-2\cos(0)=0$$e^0-0-1=0$

2. Derivamos numerador y denominador (regla de L'Hôpital):

   $\lim_{x\to 0}\frac{\cos(x)-a+2\operatorname{sen}(x)}{e^x-\cos(x)+x\operatorname{sen}(x)}$

3. En $x=0$ el nuevo denominador vale $1-1+0=0$ y el nuevo numerador, $1-a$:

   $\cos(0)-a+2\operatorname{sen}(0)=1-a$

4. Si $1-a\neq 0$, el cociente sería «número distinto de cero entre cero» y el límite no sería finito. Por tanto:

   $1-a=0\ \Longrightarrow\ a=1$

5. Con $a=1$ vuelve a ser $\frac{0}{0}$ y aplicamos L'Hôpital otra vez:

   $\lim_{x\to 0}\frac{-\operatorname{sen}(x)+2\cos(x)}{e^x+2\operatorname{sen}(x)+x\cos(x)}$

6. La derivada de $x\operatorname{sen}(x)$ es $\operatorname{sen}(x)+x\cos(x)$, por eso el denominador lleva $2\operatorname{sen}(x)$. Sustituimos $x=0$:

   $\frac{-0+2}{1+0+0}=2$

Planteamiento La gráfica tiene la asíntota horizontal $y=L$ cuando $\lim_{x\to+\infty}f(x)=L$. Como el dominio es $(0,+\infty)$, solo hay que mirar $x\to+\infty$.

1. El cociente $\frac{\ln(x)}{x^2}$ es una indeterminación $\frac{\infty}{\infty}$; aplicamos L'Hôpital:

   $\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x)}{x^2}$${}= \lim_{x\to+\infty}\frac{1/x}{2x}$${}= \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{2x^2}=0$

2. Por tanto el límite de $f$ es $a$:

   $\lim_{x\to+\infty}f(x)=a+0=a$

3. Para que la asíntota sea $y=1$:

   $a=1$

Planteamiento Con $a=0$, $f(x)=\frac{\ln(x)}{x^2}$. Estudiamos el signo de $f'$ en $(0,+\infty)$: donde es positiva $f$ crece y donde es negativa decrece.

1. Derivada de un cociente:

   $f'(x)$${}= \frac{\frac{1}{x}\cdot x^2-\ln(x)\cdot 2x}{x^4}$${}= \frac{x-2x\ln(x)}{x^4}$

2. Simplificamos dividiendo numerador y denominador entre $x$:

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

3. Puntos críticos:

   $1-2\ln(x)=0\ \Longrightarrow\ \ln(x)=\frac{1}{2}\ \Longrightarrow\ x=\sqrt{e}$

4. En $(0,+\infty)$ el denominador $x^3$ es positivo, así que el signo de $f'$ es el de $1-2\ln(x)$. Lo comprobamos en un punto a cada lado de $\sqrt{e}\approx 1{,}65$:

   $f'(1)=\frac{1-0}{1}=1>0$$f'(e)=\frac{1-2}{e^3}<0$

5. Valor de la función en $x=\sqrt{e}$, usando $\ln(\sqrt{e})=\frac{1}{2}$ y $(\sqrt{e})^2=e$:

   $f(\sqrt{e})=\frac{1/2}{e}=\frac{1}{2e}$

Resultado$f$ es creciente en $(0,\sqrt{e})$ y decreciente en $(\sqrt{e},+\infty)$. Tiene un máximo relativo en $x=\sqrt{e}$, donde vale $f(\sqrt{e})=\frac{1}{2e}\approx 0{,}18$. No tiene mínimos relativos.

Planteamiento En $x=0$ el numerador y el denominador valen $0$ para cualquier $a$ y $b$: es $\frac{0}{0}$ y aplicamos L'Hôpital. Elegimos los parámetros para que cada paso dé lo necesario para llegar a $1$.

1. Valores en $x=0$:

   $0+a(1-1)+0=0$$0+0-0=0$

2. Primera aplicación de L'Hôpital (la derivada de $x\operatorname{sen}(x)$ es $\operatorname{sen}(x)+x\cos(x)$):

   $\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{sen}(x)+x\cos(x)+ae^x+\cos(x)}{2bx+1-\cos(x)}$

3. En $x=0$ el denominador vale $1-1=0$ y el numerador, $a+1$. Si $a+1\neq 0$ el límite sería infinito, no $1$:

   $a+1=0\ \Longrightarrow\ a=-1$

4. Con $a=-1$ vuelve a ser $\frac{0}{0}$. Segunda aplicación de L'Hôpital:

   $\lim_{x\to 0}\frac{2\cos(x)-x\operatorname{sen}(x)-e^x-\operatorname{sen}(x)}{2b+\operatorname{sen}(x)}$

5. Sustituimos $x=0$:

   $\frac{2-0-1-0}{2b+0}=\frac{1}{2b}$

6. Si $b=0$ el cociente sería «$1$ entre $0$» y el límite no valdría $1$; con $b\neq 0$ imponemos:

   $\frac{1}{2b}=1\ \Longrightarrow\ b=\frac{1}{2}$

Planteamiento Las dos ramas son continuas en sus intervalos, así que solo hay que imponer la continuidad en $x=0$: el límite por la izquierda tiene que existir, ser finito y valer $f(0)=b-1$.

1. Valor en $x=0$ y límite por la derecha:

   $f(0)$${}= \lim_{x\to 0^+}\left(b\cos(x)-1\right)$${}= b-1$

2. Por la izquierda, numerador y denominador tienden a $0$: indeterminación $\frac{0}{0}$. Aplicamos la regla de L'Hôpital (la derivada de $x\cos(x)$ es $\cos(x)-x\,\operatorname{sen}(x)$):

   $\lim_{x\to 0^-}\frac{x\cos(x)-a\,\operatorname{sen}(x)}{x^3}$${}= \lim_{x\to 0^-}\frac{\cos(x)-x\,\operatorname{sen}(x)-a\cos(x)}{3x^2}$

3. El denominador tiende a $0$ y el numerador a $1-a$. Para que el límite sea finito el numerador también tiene que tender a $0$:

   $1-a=0\ \Longrightarrow\ a=1$

4. Con $a=1$ el numerador queda $-x\,\operatorname{sen}(x)$ y simplificamos una $x$:

   $\lim_{x\to 0^-}\frac{-x\,\operatorname{sen}(x)}{3x^2}$${}= \lim_{x\to 0^-}\frac{-\operatorname{sen}(x)}{3x}$

5. Sigue siendo $\frac{0}{0}$; aplicamos L'Hôpital otra vez:

   $\lim_{x\to 0^-}\frac{-\cos(x)}{3}=-\frac{1}{3}$

6. Igualamos el límite por la izquierda con $f(0)$:

   $b-1=-\frac{1}{3}\ \Longrightarrow\ b=\frac{2}{3}$

Planteamiento $f$ es continua y derivable en todo $\mathbb{R}$, porque el denominador $e^x+e^{-x}$ es siempre positivo. Buscamos dónde se anula la derivada, estudiamos su signo y miramos qué pasa cuando $x\to\pm\infty$, porque el dominio no es un intervalo cerrado.

1. Escribimos $f(x)=\left(e^x+e^{-x}\right)^{-1}$ y derivamos con la regla de la cadena:

   $f'(x)$${}= -\frac{e^x-e^{-x}}{\left(e^x+e^{-x}\right)^2}$

2. El denominador es positivo, así que $f'(x)=0$ solo si se anula el numerador:

   $e^x-e^{-x}=0\ \Longrightarrow\ e^{2x}=1\ \Longrightarrow\ x=0$

3. Signo de $f'$: si $x<0$, $e^x<e^{-x}$, el numerador $e^x-e^{-x}$ es negativo y $f'(x)>0$; si $x>0$, al revés. Por ejemplo:

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

4. $f$ crece en $(-\infty,0)$ y decrece en $(0,+\infty)$. En $x=0$ hay un máximo, y es absoluto porque la función crece en todo lo que queda a su izquierda y decrece en todo lo que queda a su derecha. Su valor:

   $f(0)=\frac{1}{e^0+e^0}=\frac{1}{2}$

5. Para el mínimo, $f(x)>0$ para todo $x$, y en los dos extremos la función se acerca a $0$:

   $\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{e^x+e^{-x}}=0$$\lim_{x\to-\infty}\frac{1}{e^x+e^{-x}}=0$

6. Como $f$ nunca vale $0$ pero toma valores positivos tan cercanos a $0$ como se quiera, no hay ningún punto donde alcance un valor mínimo.

Planteamiento $x^2f(x)=\dfrac{x^2}{e^x+e^{-x}}$. Cuando $x\to+\infty$, el numerador y el denominador tienden a $+\infty$: es una indeterminación $\frac{\infty}{\infty}$ y aplicamos la regla de L'Hôpital.

1. Primera aplicación de L'Hôpital; el nuevo cociente sigue siendo $\frac{\infty}{\infty}$:

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

2. Segunda aplicación. El numerador queda constante y el denominador tiende a $+\infty$:

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

Planteamiento Como $\operatorname{sen}(t^2)$ es continua, por el teorema fundamental del cálculo $F$ es derivable y $F'(x)=\operatorname{sen}(x^2)$. Además $F(0)=\int_0^0\operatorname{sen}(t^2)\,dt=0$, así que el límite es una indeterminación $\frac{0}{0}$ y aplicamos la regla de L'Hôpital.

1. En $x=0$ se anulan el numerador y el denominador:

   $0\cdot F(0)=0$$\operatorname{sen}(0^2)=0$

2. Derivada del numerador (de un producto) y del denominador (regla de la cadena):

   $\left(xF(x)\right)'$${}= F(x)+x\operatorname{sen}(x^2)$$\left(\operatorname{sen}(x^2)\right)'=2x\cos(x^2)$

3. Primera aplicación de L'Hôpital. En $x=0$ el nuevo cociente vuelve a ser $\frac{0}{0}$:

   $\lim_{x\to 0}\frac{xF(x)}{\operatorname{sen}(x^2)}$${}= \lim_{x\to 0}\frac{F(x)+x\operatorname{sen}(x^2)}{2x\cos(x^2)}$

4. Derivamos otra vez. En el numerador, $F'(x)=\operatorname{sen}(x^2)$ y la derivada de $x\operatorname{sen}(x^2)$ es $\operatorname{sen}(x^2)+2x^2\cos(x^2)$:

   $\left(F(x)+x\operatorname{sen}(x^2)\right)'$${}= 2\operatorname{sen}(x^2)$${}+2x^2\cos(x^2)$

5. Derivada del denominador:

   $\left(2x\cos(x^2)\right)'$${}= 2\cos(x^2)$${}-4x^2\operatorname{sen}(x^2)$

6. Segunda aplicación de L'Hôpital; ya no hay indeterminación, porque el denominador tiende a $2$:

   $\lim_{x\to 0}\frac{2\operatorname{sen}(x^2)+2x^2\cos(x^2)}{2\cos(x^2)-4x^2\operatorname{sen}(x^2)}$${}= \frac{0+0}{2-0}=0$