derivacion

1

1.

DERIVACIÓN

1. Hallar los extremos de las funciones siguientes en las regiones especificadas:
b) f (x) = x2 (x − 1)2 en el intervalo [−2, 2] y en su dominio.

DOMINIO. D = R.
CORTES CON LOS EJES. Cortes con el eje OX. Si x2 (x − 1)2 =
0, entonces x = 0 ó x = 1.
Cortes con el eje OY . Si x = 0, entonces y = 0.
SIGNOS. Claramente f (x) > 0 para todo x salvo f (0) = f (1) =
0.PUNTOS CRÍTICOS. f (x) = 2x(x − 1)(2x − 1). Tendremos
f (x) = 0 si y sólo si x = 0, x = 1 ó x = 1/2, siendo f (0) = 0,
f (1) = 0 y f (1/2) = 1/16.
Los puntos críticos son x = 0, x = 1 y x = 1/2. Veamos de qué
tipo es cada uno. f (x) = 12x2 − 12x + 2 siendo f (0) = 2 > 0,
f (1) = 2 > 0 y f (1/2) = −1 < 0 con lo que f tiene en x = 0 y
en x = 1 dos mínimos relativos y en x = 1/2 un máximorelativo.
Los dos mínimos relativos también lo son absolutos, tanto en el
intervalo [−2, 2] como en D = R, ya que f (x) > 0 para todo
x = 0, 1. Como f (−2) = 36 y f (2) = 4, el máximo absoluto f
en [−2, 2] se alcanza en x = −2 y toma el valor f (−2) = 36.
Por otro lado, f no alcanza un máximo global en D = R ya que
l´ımx→±∞ f (x) = +∞.
ASÍNTOTAS. Al ser f (x) un polinomio de grado ≥ 2, no habráasíntotas de ningún tipo.
PUNTOS DE INFLEXIÓN. CONCAVIDAD Y CONVEXIDAD.
√
f (x) = 12x2 − 12x + 2, y f (x) = 0 si y sólo si x = 12 ± 63 .
√

Si x ∈ (−∞, 21 − 63 ), entonces f (x) > 0. Se tiene una región de
concavidad. √
√
Si x ∈ ( 12 − 63 , 21 + 63 ), entonces f (x) < 0. Se tiene una región
de convexidad.
√
Si x ∈ ( 12 + 63 , ∞), entonces f (x) > 0. Se tiene una región de
concavidad.√
Tendremos dos puntos de inflexión en x = 12 ± 63 , ya que f se
anula en ellos y cambia
de signo al atravesarlos (pasa de cóncava
√
√
3
1
a convexa en x = 2 − 6 y de convexa a cóncava en x = 12 + 63 ).

2

1 DERIVACIÓN

Figura 1

3
h) f (x) =

3

(x + 1)2 en el intervalo [−1, 2] y en su dominio.

DOMINIO. D = R.
CORTES CON LOS EJES. Cortes con el eje OX. Si
0,entonces x = −1.
Cortes con el eje OY . Si x = 0, entonces y = 1.

3

(x + 1)2 =

SIGNOS. Claramente, f (x) > 0 para todo x salvo f (−1) = 0.
2
. Tendremos
PUNTOS CRÍTICOS. f (x) = 32 (x + 1)−1/3 = 3 √
3
x+1
f (x) = 0 para todo x. Por otro lado, f (x) no está definida en
x = −1, de modo que éste será el único punto crítico y f alcanzará
en él un mínimo relativo, que también será absoluto,tanto en
[−1, 2] como en su dominio D = R, ya que f (−1) √
= 0 y f (x) > 0
para todo x = −1. Como f (−1) = 0 y f (2) = 3 9, el máximo
absoluto√de f en [−1, 2] se alcanza en x = 2 y toma el valor
f (2) = 3 9. Por otro lado, l´ımx→±∞ f (x) = +∞, de modo que no
habrá máximo absoluto para f en su dominio.
Veamos el comportamiento de f en las proximidades de x = −1
(sabemos que en x = −1 noexiste).

l´ımx→−1− f (x) = l´ımx→−1−

√2
3 3 x+1

= −∞ mientras que

l´ımx→−1+ f (x) = l´ımx→−1+

√2
3 3 x+1

= +∞

ASÍNTOTAS. No las habrá verticales, ya que D = R. Tampoco
las habrá horizontales ya que l´ımx→±∞ f (x) = +∞. Estudiemos
las asíntotas oblicuas y = mx + n.

(x + 1)2/3
2
= l´ım (x + 1)−1/3 = 0
x→±∞
x→±∞ 3
x

m = l´ım

La segunda igualdad proviene de aplicarla regla de L’Hôpital.
Tenemos que tampoco habrá asíntotas oblicuas (con m = 0, la
única posibilidad sería la horizontal, lo cual es imposible).
PUNTOS DE INFLEXIÓN. CONCAVIDAD Y CONVEXIDAD.
−2√
f (x) = − 29 (x + 1)−4/3 = 9(x+1)
, de modo que f (x) = 0
3
x+1
para todo x y no está definida en x = −1. Como f (x) < 0 para
todo x ∈ R\{−1}, resulta que la gráfica es convexa a ambos lados
dex = −1, que no será un punto de inflexión.

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1 DERIVACIÓN

Figura 2

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j) f (x) = sen x cos x en el intervalo [0, 2π].

DOMINIO. D = R.
CORTES CON LOS EJES. Recordemos la identidad trigonométrica sen 2x = 2 sen x cos x. Tendremos que f (x) = sen22x , cuya gráfica es sencilla de dibujar.
Cortes con el eje OX.

f (x) = 0 ⇔ sen 2x = 0 ⇔ x = k

π
para cualquier k ∈ Z
2...