Límites y continuidad: ejercicios de la PAU de Matemáticas resueltos

Planteamiento Cada trozo es una función continua (exponencial, polinómica y constante) en su intervalo, así que solo hay que imponer la continuidad en los puntos donde cambia la fórmula, $x=0$ y $x=2$: los límites laterales y el valor de la función deben 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. Igualamos los dos valores:

   $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. Igualamos los dos valores:

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

5. Las dos condiciones se cumplen a la vez solo para $m=-2$.

Planteamiento Para $m=-2$ la función es positiva en todas partes, de modo que el área es la integral definida de $f$ entre $-1$ y $3$, separada en los tres trozos.

1. Para $m=-2$, la función es:

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

2. Esbozo: el primer trozo es una exponencial creciente que tiende a $0$ hacia $-\infty$ y vale $5$ en $x=0$; el segundo es una parábola con vértice en $(2,1)$ que baja de $5$ a $1$; el tercero es la recta horizontal $y=1$. La función es continua y siempre positiva.

3. Planteamos el área:

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

4. Trozo exponencial:

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

5. Trozo parabólico:

   $\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. Trozo constante:

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

7. Sumamos:

   $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$

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

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

Planteamiento Una recta paralela a $y=-2x$ tiene pendiente $-2$, y la pendiente de la tangente es la derivada. Buscamos dónde $f'(x)=-2$.

1. En el primer trozo la derivada es positiva y en el tercero es cero, así que el punto debe estar en el trozo parabólico:

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

2. Derivamos el trozo del medio e igualamos a $-2$:

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

3. Calculamos la ordenada:

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

4. Ecuación de la recta tangente:

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

Planteamiento El denominador no se anula nunca, así que el dominio es todo $\mathbb{R}$. El signo de la derivada nos da la monotonía y los extremos.

1. Dominio:

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

2. Derivada (regla del cociente):

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

3. Puntos críticos:

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

4. El denominador es positivo; el signo depende de $1-x^2$:

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

5. Valores en los extremos:

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

Planteamiento Como el denominador no se anula, no hay asíntotas verticales. Para las horizontales calculamos el límite en $\pm\infty$; si las hay, no hay oblicuas.

1. Asíntota horizontal (el grado del denominador es mayor):

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

2. Por tanto $y=0$ es asíntota horizontal en $+\infty$ y en $-\infty$, y no hay asíntota oblicua.

3. Esbozo: la función es impar ($f(-x)=-f(x)$), pasa por el origen, es positiva para $x>0$ y negativa para $x<0$; sube hasta el máximo $\left(1,\frac52\right)$ y después baja hacia $0$; simétricamente, tiene el mínimo en $\left(-1,-\frac52\right)$.

ResultadoÚnica asíntota: la horizontal $y=0$ (en $\pm\infty$). No tiene verticales ni oblicuas.

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

Planteamiento La recta normal pasa por el punto de la curva y su pendiente es $-\dfrac{1}{f'(2)}$, porque es perpendicular a la tangente.

1. Punto:

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

2. Pendiente de la tangente:

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

3. Pendiente de la normal:

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

4. Ecuación:

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

Planteamiento El dominio es $\mathbb{R}\setminus\{1\}$. Los cortes con los ejes salen de $f(0)$ y de $f(x)=0$. Las asíntotas verticales se buscan donde se anula el denominador, y como el numerador tiene un grado más que el denominador habrá una asíntota oblicua y ninguna horizontal.

1. Corte con el eje $OY$:

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

2. Cortes con el eje $OX$:

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

3. Asíntota vertical $x=1$: el numerador vale $-1$ y el denominador tiende a $0$:

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

4. No hay asíntota horizontal, porque el límite en el infinito no es finito:

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

5. Asíntota oblicua $y=mx+n$:

   $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. Lo podemos confirmar haciendo la división:

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

Planteamiento La recta tangente en $x=a$ es $y-f(a)=f'(a)(x-a)$. Dos rectas son paralelas si tienen la misma pendiente y no coinciden.

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. Tienen la misma pendiente, $2$, y ordenadas en el origen distintas ($0$ y $-4$): son paralelas.

Planteamiento La pendiente de la tangente es $f'(x)$. Planteamos $f'(x)=1$ y miramos si tiene solución.

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

2. Es imposible. De hecho, $f'(x)=1+\dfrac{1}{(x-1)^2}>1$ para todo $x\ne 1$.

Planteamiento Los extremos relativos de una función derivable están en los puntos donde se anula la derivada. Derivamos $f$ con la regla del cociente y estudiamos el signo de $f'$ en el intervalo $(0,+\infty)$.

1. Derivada, con la regla del cociente y $(\ln x)'=\frac{1}{x}$:

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

2. Puntos críticos:

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

3. Signo de $f'$: el denominador $x^2$ es positivo, así que el signo es el de $1-\ln x$, positivo si $0<x<e$ y negativo si $x>e$. Por ejemplo:

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

4. Lo confirmamos con la derivada segunda, derivando $f'$ con la regla del cociente:

   $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 función en el punto crítico:

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

6. La función crece hasta $x=e$ y decrece a partir de ese punto: en $x=e$ hay un máximo, que es absoluto. No tiene ningún mínimo.

Planteamiento Buscamos una asíntota vertical en el extremo del dominio, $x\to 0^+$, y una horizontal cuando $x\to+\infty$. Si hay horizontal en $+\infty$, no hay oblicua.

1. Cuando $x\to 0^+$, el numerador tiende a $-\infty$ y el denominador a $0^+$:

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

2. Por tanto, $x=0$ es una asíntota vertical (por la derecha).

3. Cuando $x\to+\infty$ hay una indeterminación $\frac{\infty}{\infty}$. Aplicamos 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. Por tanto, $y=0$ es una asíntota horizontal cuando $x\to+\infty$, y no hay asíntota oblicua.

5. Para el esbozo, el corte con el eje $OX$: $f(x)=0$ solo si $\ln x=0$:

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

6. Signo: $f<0$ en $(0,1)$, porque $\ln x<0$, y $f>0$ en $(1,+\infty)$. Con el máximo del apartado a), la gráfica sube desde $-\infty$ pegada al eje $OY$, corta el eje $OX$ en $(1,0)$, llega al máximo $\left(e,\frac{2}{e}\right)\approx(2{,}72;\ 0{,}74)$ y después baja lentamente hacia $0$ por encima del eje, sin tocarlo.

ResultadoAsíntota vertical $x=0$ (cuando $x\to 0^+$) y asíntota horizontal $y=0$ (cuando $x\to+\infty$).

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

Planteamiento La recta tangente a $y=f(x)$ en $x=a$ es $y-f(a)=f'(a)(x-a)$. Necesitamos $f(1)$ y $f'(1)$.

1. Valor de la función:

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

2. Pendiente, con la derivada del apartado a):

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

3. Recta tangente:

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

Planteamiento Se pide probar que $f$ se anula en algún punto de $[1;\ 1{,}5]$ y reducir el intervalo hasta una décima de longitud. Usamos el teorema de Bolzano: $f$ es continua en $(0,+\infty)$, porque es suma y producto de funciones continuas ($x-1$ y $\ln x$).

1. Valores en los extremos del intervalo:

   $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. $f$ es continua en $[1;\ 1{,}5]$ y cambia de signo; por el teorema de Bolzano, existe $c\in(1;\ 1{,}5)$ con $f(c)=0$.

3. Para afinar el intervalo a una décima, calculamos $f$ en un punto intermedio. Como $f(1{,}5)$ está muy cerca de $0$, probamos con $x=1{,}4$:

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

4. $f(1{,}4)<0$ y $f(1{,}5)>0$: aplicando de nuevo el teorema de Bolzano, la raíz está en $(1{,}4;\ 1{,}5)$, un intervalo de una décima de longitud.

5. Es la misma raíz: en el apartado b) se ve que $f$ es creciente en $(1,+\infty)$, así que en $(1;\ 1{,}5)$ solo se anula una vez.

Planteamiento Se pide justificar dónde crece y dónde decrece $f$ sin resolver $f'(x)=0$: basta con estudiar el signo de cada sumando de la derivada en cada intervalo. Después deducimos los extremos.

1. Derivamos con la regla del producto, $\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. En el intervalo $(0,1)$: $\ln x<0$ y, como $x-1<0$ y $x>0$, también $\frac{x-1}{x}<0$. La suma de dos números negativos es negativa:

   $0$${}< x$${}< 1$${}\Longrightarrow f'(x)$${}< 0$${}\Longrightarrow f\ \text{decreciente en }(0,1)$

3. En el intervalo $(1,+\infty)$: $\ln x>0$ y $\frac{x-1}{x}>0$, así que la suma es positiva:

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

4. La función baja hasta $x=1$ y después sube: en $x=1$ tiene un mínimo, que es absoluto. Su valor:

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

5. No tiene ningún máximo: solo hay este cambio de monotonía, y la función crece sin límite hacia los dos extremos del dominio (apartado c).

Planteamiento Se piden los límites en los dos extremos del dominio, $x\to 0^+$ y $x\to+\infty$, y un esbozo de la gráfica, que hacemos con los límites y lo que sabemos de los apartados a) y b).

1. Cuando $x\to 0^+$, $x-1\to -1$ y $\ln x\to-\infty$; el producto de dos factores negativos tiende a $+\infty$:

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

2. Por tanto, la recta $x=0$ (el eje de ordenadas) es una asíntota vertical.

3. Cuando $x\to+\infty$, los dos factores tienden a $+\infty$:

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

4. Cortes con el eje de abscisas: en $(1,+\infty)$ la función crece desde $-2$ y corta el eje en la raíz del apartado a), entre $1{,}4$ y $1{,}5$. En $(0,1)$ decrece desde $+\infty$ hasta $-2$, así que también lo corta una vez; por ejemplo:

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

5. Esbozo: la gráfica baja desde $+\infty$ pegada al eje $OY$, corta el eje $OX$ entre $0{,}5$ y $1$, llega al mínimo $(1,-2)$, vuelve a subir, corta el eje $OX$ entre $1{,}4$ y $1{,}5$ y crece sin límite.

Resultado$\lim_{x\to 0^+}f(x)=+\infty$ y $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$. La gráfica tiene el mínimo en $(1,-2)$ y corta el eje $OX$ dos veces: entre $0{,}5$ y $1$, y entre $1{,}4$ y $1{,}5$.

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

Planteamiento Integramos cada trozo de $f'$. Cada primitiva lleva su constante: la del primer trozo sale del punto $A=(0,3)$ (que pertenece a él porque $0\le 2$), y la del segundo, de la continuidad de $f$ en $x=2$ (una función derivable es continua).

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

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

2. Primitiva del segundo trozo ($x>2$); como $x-1>0$, no hace falta el valor absoluto:

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

3. $f$ pasa por $A=(0,3)$, y $x=0$ es del primer trozo:

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

4. Continuidad en $x=2$: el valor del primer trozo tiene que coincidir con el límite por la derecha:

   $\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. Las dos derivadas laterales en $x=2$ valen $2-1=1$ y $\frac{1}{2-1}=1$: la función obtenida es derivable en $x=2$, como dice el enunciado.

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

Planteamiento Ahora la función de la que buscamos la tangente es $g(x)=f'(x)$. En $x=3$ se aplica el segundo trozo, $g(x)=\frac{1}{x-1}$. La recta tangente es $y-g(3)=g'(3)\,(x-3)$.

1. Valor de la función en $x=3$:

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

2. Derivada del segundo trozo (es $f''$) y pendiente:

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

3. Recta tangente:

   $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}$

Planteamiento Es un cociente: el dominio excluye los ceros del denominador, que son también los candidatos a asíntota vertical. Para la monotonía, estudiamos el signo de $f'$ en cada intervalo del dominio.

1. Ceros del denominador:

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

2. Dominio:

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

3. Asíntotas verticales: el numerador vale $9\ne 0$, así que en los dos puntos el límite es infinito (los signos salen del signo 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. Asíntota horizontal (el denominador crece sin límite); por tanto, no hay oblicuas:

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

5. Derivada:

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

6. El denominador de $f'$ es positivo, así que el signo de $f'$ es el de $-(2x+1)$:

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

7. Valor en el máximo relativo:

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