bbvb

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Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones
y
Máximo
absoluto

y=2x+4cos x

Mínimo absoluto

2π

0

x

Figura 10: Represntación gráfica de la función f (x) = 2x + 4 cos x en el intervalo [0, 2π].
Solución:
(a) Buscamos los puntos críticos de f en el intervalo (0, 2π) . Como la función es derivable, los
puntos críticos serán aquellos puntos delintervalo para los que se anule la derivada
f 0 (x) = 2 − 4 sen x.
π
Resolvemos la ecuación 2−4 sen x = 0 en el intervalo (0, 2π) y obtenemos los valores x1 =
6
5π
.
y x2 =
6
Ahora calculamos el valor de f en los extremos del intervalo y en los puntos críticos:
f (0) = 4;

f

³π ´
6

f (2π) = 4π + 4 ∼ 16.56;
=

√
π
= + 2 3 ∼ 4.56;
=
3

f

µ

5π
6

¶

√
5
= π − 2 3 ∼1.7719.
=
3

µ ¶
5π
5π
, siendo su valor mínimo f
=
Por lo tanto, se alcanza el mínimo en el punto x0 =
6
6
1.7719 y el máximo en el punto x3 = 2π y el máximo absoluto es f (2π) = 4π + 4 ∼ 16.56.
=
Hemos representado la gráfica de f (x) = 2x + 4 cos x, para x ∈ [0, 2π], en la Figura 10.
√
x
. Como x2 + 1 > 0 para todo x, se tiene que siempre existe x2 + 1 y no
(b) g(x) = √
x2 + 1se anula nunca, luego el dominio de g es todo R. Como la función es derivable, los puntos
críticos serán aquellos puntos del dominio para los que se anule la derivada.
√
x2
x2 + 1 − √x2 +1
1
0 (x) =
0
g
=
3 . Como g (x) no se anula nunca, no existen puntos
x2 + 1
2 + 1) 2
(x
2
críticos. Calculamos g(0) = 0 y g(2) = √ . Por lo tanto se alcanza el mínimo en el punto
5
2
0 y suvalor mínimo es g(0) = 0; y el máximo en el punto 2, siendo el máximo g(2) = √ .
5
x
en el intervalo [0, 2] .
En la Figura 11 se ha representado la función g(x) = √
x2 + 1

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Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones
Máximo
absoluto

y

0

Mínimo absoluto

2

x

x
en el intervalo [0, 2].
Figura 11: Gráfica de g(x) = √
2+1
x
7. Calcular eldominio, las asíntotas, los extremos relativos y puntos de inflexión de las siguientes
funciones. Con esa información hacer un esbozo de la gráfica.
x+1
.
x−1
¯
¯
(b) g(x) = ¯x2 − 9¯ .
(a) f (x) =

(c) h(x) = x + cos x,

en el intervalo [0, 2] .

Solución:
(a) D = R − {1} .
limx→+∞ f (x) = 1 y limx→−∞ f (x) = 1. Por lo tanto, la recta y = 1 es una asíntota
horizontal.
limx→1+ f (x) = +∞y limx→1− f (x) = −∞. Por lo tanto x = 1 es una asíntota vertical.
−2
2
00
0
f 0 (x) =
2 y f (x) =
3 . De aquí deducimos: Como f (x) < 0 para todo
(x − 1)
(x − 1)
x ∈ R − {1}, no hay puntos críticos y la función f (x) es decreciente en su dominio.
Como f 00 (x) 6= 0 para todo x ∈ R − {1}, no hay puntos de inflexión en su dominio. Para
00
x > 1 f 00 (x) > 0 y la función es cóncavahacia arriba. Para x < 1 f (x) < 0 y la función
es cóncava hacia abajo. Con esta información se puede hacer un esbozo aproximado de la
x+1
gráfica f (x) =
, que se encuentra representado en la Figura 12.
x−1
8. Un ganadero desea vallar un prado rectangular adyacente a un río. El prado ha de tener 180.000
m2 con el fin de que proporcione suficiente pasto al ganado. ¿Qué dimensiones debe tener paraque requiera la menor cantidad de valla posible teniendo en cuenta que no hay que poner valla
en el lado que da al río?
9. Se llama ventana de Norman a la formada por un semicírculo unido a una ventana rectangular
ordinaria. Hallar las dimensiones de una ventana de Norman de 6 metros de perímetro y área
máxima.
10. Tres lados de un trapecio tienen la misma longitud a. De todos los trapecioscon esa condición
probar que el de área máxima tiene su cuarto lado de longitud 2a.

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Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones
y

x

x=1

Figura 12: Representación gráfica de la función f (x) =

x+1
.
x−1

b=a

a

h

a

h

x

x
B=a+2x

Figura 13: Trapecio con tres lados iguales de longitud a.
Solución:
El área de un trapecio es A =...