ENUNCIADO. Determínese la ecuación de la recta tangente a la curva asociada a la función $f(x)=x^3+x+1$ en el punto de abscisa $x=1$
SOLUCIÓN. La ecuación de la recta (tangente) pedida es $\text{r.t.}\equiv y=mx+k$ ( ecuación en forma explícita de una recta en el plano ), donde $m$ es la pendiente de la recta y $k$ es la ordenada en el origen. Sabemos que $m\overset{\text{def}}{=}f'(1)$. Teniendo en cuenta que $f'(x)=3\,x^2+1$, vemos que $f'(1)=3\cdot 1^2+1=4$, luego $m=4$. Por otra parte, el valor de la ordenada de la función del punto con abscisa igual a $1$, $f(1)$, ha de ser igual al valor de la ordenada de la función lineal $y=4x+k$ en $x=1$, por consiguiente, como $f(1)=1^3+1+1=3$, tenemos que $3=4\cdot 1 +k$, de donde despejando $k$, se obtiene $k=3-4=-1$. En consecuencia, la ecuación de la recta tangenete pedida es $$y=4x-1$$
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martes, 13 de febrero de 2018
viernes, 12 de junio de 2015
Dada la función $f(x)=\dfrac{x}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}$, se pide ...
ENUNCIADO
Dada la función $$f(x)=\dfrac{x}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}$$ se pide:
a) Determinar el dominio de $f$ y sus asíntotas
b) Calcular la recta tangente a la gráfica de la función $y=f(x)$ en $x=0$
c) Calcular $\int \,f(x)\,dx$
[ PAU 2015, Madrid ]
SOLUCIÓN:
(a)
Dominio de definición de $f$
El logaritmo sólo está definido para valores positivos de su argumento, luego $x+1 \succ 0$ y, por tanto, $x$ debe ser mayor que $-1$; por otra parte, el primer término de la función anula su denominador para $x=\pm2$, y por tanto, la función no está definida, para $x=2$ ( y, tapoco tampoco para $x=-2$, pero al ser este valor menor que $-1$, no será considerado, por no pertenecer al intervalo de definición del logaritmo neperiano ( segundo término ). Así, pues, $D_f=\mathbb{R} \supset (-1\,,\,+\infty)\setminus\{2\}$
Asíntotas verticales:
Observemos que la función toma valores negativos para valores de $x$ comprendidos entre $-1$ y $2$; y, positivos para valores de $x$ mayores que $2$, así que, al realizar los siguientes límites encontramos: $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 2^{+}}\,f(x)=+\infty$, $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 2^{-}}\,f(x)=-\infty$; y, $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -1}\,f(x)=-\infty$, luego hay dos asíntotas verticales: $\text{a.v.}_{1}:\,x=-1$ y $\text{a.v.}_{2}:\,x=2$
Asíntotas oblícuas ( incluidas las de pendiente nula, es decir las horizontales ):
La ecuación de una función lineal afín ( de una recta asíntota oblícua ) se escribe de la forma explícita $a.o.:\,y=mx+k$. Veamos, primero, el valor de $m$; por definición, $m=\displaystyle \lim_{x \rightarrow \pm\infty} \,f'(x)=\lim_{x \rightarrow \pm\infty} \,\dfrac{f(x)}{x}$. Observemos que, en nuestro caso, no tiene sentido hallar el límite cuando $x \rightarrow -\infty$ ya que la función no está definida para valores menores que $-1$, por tanto, sólo halleremos el límite para $x \rightarrow +\infty$. Por otra parte, notemos que $\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{1}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}$, con lo cual, y, teniendo en cuenta que $ \dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{1}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}$, vemos que $$\displaystyle m=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{1}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}\right)=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{1}{x^2-4}\right)+\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}\right)$$ El primer límite es, evidentemente, $0$ ( por ser el numerador una constante y el denominador un polinomio de grado mayor que cero ), mientras que el segundo puede calcularse empleando la regla de L'Hôpital, pues nos encontramos una indeterminación del tipo $\dfrac{\infty}{\infty}$ al pasar el límite; por tanto
$\displaystyle\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}\right)=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\dfrac{\left(\ln{(x+1)}\right)'}{\left(x(x+1)\right)'}=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\dfrac{1/(x+1)}{2x+1}=$
$\displaystyle=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\dfrac{1}{(2x+1)(x+1)}=0$ Así, pues, la función dada tiene una asíntota oblícua ( horizontal, en particular, por ser su pendiente igual a cero ) que podemos escribir de la forma $\text{a.o.}:\,y=0$
(b)
La ecuación de la recta tangente a la gráfica de una función $y=f(x)$ en un punto de abscisa $x_0$ se escribe de la forma $\text{r.t.}:\,y=f(x_0)+f'(x_0)\,(x-x_0)$. En nuestro caso, $x_0=0$, con lo cual, al sustituir en la fórmula de la función, encontramos: $f(0)=0$. Por otra parte, derivando la función, término a término, se obtiene la siguiente función derivada $$f'(x)=-\dfrac{x^2+4}{(x^2-4)^2}+\dfrac{1-\ln{(x+1)}}{(x+1)^2}$$ con lo cual, al sustituir $x$ por $0$, el valor de la derivada en dicho punto es $f'(0)=-\dfrac{0+4}{(0-4)^2}+\dfrac{1-\ln{1}}{(0+1)^2}=-\dfrac{1}{4}+1=\dfrac{3}{4}$. Por consiguiente, la ecuación de la recta tangente pedida es $y=0+\dfrac{3}{4}\,(x-0)$, esto es, $\text{r.t.}:\,y=\dfrac{3}{4}\,x$
(c)
$\displaystyle \int\,f(x)\,dx= \int\,\left( \dfrac{x}{x^2-4} + \dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}\right)\,dx = \int\, \dfrac{x}{x^2-4}\,dx + \int\, \dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}\,dx = $
$\displaystyle = \dfrac{1}{2}\,\int\, \dfrac{2\,x\,dx}{x^2-4} + \int\, \ln{(x+1)}\,d(\ln{(x+1)}+C=\dfrac{1}{2}\,\ln{(\left|x^2-4\right|)}+\dfrac{1}{2}\,\left( \ln{(\left|x+1\right|)} \right)^2+C$
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Dada la función $$f(x)=\dfrac{x}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}$$ se pide:
a) Determinar el dominio de $f$ y sus asíntotas
b) Calcular la recta tangente a la gráfica de la función $y=f(x)$ en $x=0$
c) Calcular $\int \,f(x)\,dx$
[ PAU 2015, Madrid ]
SOLUCIÓN:
(a)
Dominio de definición de $f$
El logaritmo sólo está definido para valores positivos de su argumento, luego $x+1 \succ 0$ y, por tanto, $x$ debe ser mayor que $-1$; por otra parte, el primer término de la función anula su denominador para $x=\pm2$, y por tanto, la función no está definida, para $x=2$ ( y, tapoco tampoco para $x=-2$, pero al ser este valor menor que $-1$, no será considerado, por no pertenecer al intervalo de definición del logaritmo neperiano ( segundo término ). Así, pues, $D_f=\mathbb{R} \supset (-1\,,\,+\infty)\setminus\{2\}$
Asíntotas verticales:
Observemos que la función toma valores negativos para valores de $x$ comprendidos entre $-1$ y $2$; y, positivos para valores de $x$ mayores que $2$, así que, al realizar los siguientes límites encontramos: $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 2^{+}}\,f(x)=+\infty$, $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 2^{-}}\,f(x)=-\infty$; y, $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -1}\,f(x)=-\infty$, luego hay dos asíntotas verticales: $\text{a.v.}_{1}:\,x=-1$ y $\text{a.v.}_{2}:\,x=2$
Asíntotas oblícuas ( incluidas las de pendiente nula, es decir las horizontales ):
La ecuación de una función lineal afín ( de una recta asíntota oblícua ) se escribe de la forma explícita $a.o.:\,y=mx+k$. Veamos, primero, el valor de $m$; por definición, $m=\displaystyle \lim_{x \rightarrow \pm\infty} \,f'(x)=\lim_{x \rightarrow \pm\infty} \,\dfrac{f(x)}{x}$. Observemos que, en nuestro caso, no tiene sentido hallar el límite cuando $x \rightarrow -\infty$ ya que la función no está definida para valores menores que $-1$, por tanto, sólo halleremos el límite para $x \rightarrow +\infty$. Por otra parte, notemos que $\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{1}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}$, con lo cual, y, teniendo en cuenta que $ \dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{1}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}$, vemos que $$\displaystyle m=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{1}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}\right)=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{1}{x^2-4}\right)+\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}\right)$$ El primer límite es, evidentemente, $0$ ( por ser el numerador una constante y el denominador un polinomio de grado mayor que cero ), mientras que el segundo puede calcularse empleando la regla de L'Hôpital, pues nos encontramos una indeterminación del tipo $\dfrac{\infty}{\infty}$ al pasar el límite; por tanto
$\displaystyle\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}\right)=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\dfrac{\left(\ln{(x+1)}\right)'}{\left(x(x+1)\right)'}=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\dfrac{1/(x+1)}{2x+1}=$
$\displaystyle=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\dfrac{1}{(2x+1)(x+1)}=0$ Así, pues, la función dada tiene una asíntota oblícua ( horizontal, en particular, por ser su pendiente igual a cero ) que podemos escribir de la forma $\text{a.o.}:\,y=0$
(b)
La ecuación de la recta tangente a la gráfica de una función $y=f(x)$ en un punto de abscisa $x_0$ se escribe de la forma $\text{r.t.}:\,y=f(x_0)+f'(x_0)\,(x-x_0)$. En nuestro caso, $x_0=0$, con lo cual, al sustituir en la fórmula de la función, encontramos: $f(0)=0$. Por otra parte, derivando la función, término a término, se obtiene la siguiente función derivada $$f'(x)=-\dfrac{x^2+4}{(x^2-4)^2}+\dfrac{1-\ln{(x+1)}}{(x+1)^2}$$ con lo cual, al sustituir $x$ por $0$, el valor de la derivada en dicho punto es $f'(0)=-\dfrac{0+4}{(0-4)^2}+\dfrac{1-\ln{1}}{(0+1)^2}=-\dfrac{1}{4}+1=\dfrac{3}{4}$. Por consiguiente, la ecuación de la recta tangente pedida es $y=0+\dfrac{3}{4}\,(x-0)$, esto es, $\text{r.t.}:\,y=\dfrac{3}{4}\,x$
(c)
$\displaystyle \int\,f(x)\,dx= \int\,\left( \dfrac{x}{x^2-4} + \dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}\right)\,dx = \int\, \dfrac{x}{x^2-4}\,dx + \int\, \dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}\,dx = $
$\displaystyle = \dfrac{1}{2}\,\int\, \dfrac{2\,x\,dx}{x^2-4} + \int\, \ln{(x+1)}\,d(\ln{(x+1)}+C=\dfrac{1}{2}\,\ln{(\left|x^2-4\right|)}+\dfrac{1}{2}\,\left( \ln{(\left|x+1\right|)} \right)^2+C$
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martes, 2 de julio de 2013
recta tangente a la gráfica de una función en un punto dado ... ( Artículo escrito en catalán )
Enunciat:
Determineu l'equació de la recta tangent a la corba que ve donada per la funció $f(x)=3\,x^4$, en el punt d'abscissa $x=-1$
Resolució:
Cal trobar els valors dels coeficients $m$ (pendent de la r.t.) i $k$ (ordenada a l'origen) de la r.t. $y=m\,x+k \quad \quad (1)$
El pendent de la r.t. $m$ en el punt d'abscissa $x=-1$ és igual al valor de la derivada de la funció per a aquest valor de la variable independent: $f^{'}(-1)$.
Calculem, per tant, la funció derivada de $f(x)=3\,x^4$, fent ús de les regles de derivació:
$f^{'}(x)=12\,x^3$
D'aquí, traiem, doncs, el valor de $m$, que és igual a
$f^{'}(-1)=-12$
Finalment, cal determinar el valor de $k$. Com que $P\big(-1,f(-1)\big)$ és un punt de la r.t. i també de la corba, s'ha de complir que
$f(-1)=-12\,x+k$
i, donat que, $f(-1)=3$
$3=-12\cdot (-1)+k$
i, aïllant $k$ d'aquesta equació
$k=-9$
Finalment, substituint els valors trobats de $k$ i $m$ a l'expressió (1)
$\text{rt:}\,y=-12\,x-9$
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