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Problemas de derivadas y Máximos y Mínimos.
Ejemplo 1. Encuentre la pendiente de la recta tangente a la curva y = f(x) = x2 en el
punto (2, 4)
Solución. La recta cuya pendiente buscamos se muestra en la figura. Es claro que tiene
una pendiente positiva grande.
y
f ( 2 + h ) − f ( 2)
m tan = lim
4
(2,4)
h →0
h
( 2 + h )2 − 22
= lim
3
h →0
h
4 + 4h + h 2 − 4
= limh →0
h
= lim
h →0
=4
2
1
h (4 + h)
y = x²
-1
h
1
2
x
1. Problemas de Derivadas.
Ejemplo 2. Encuentre la pendiente de la tangente a la curva y = f(x) = -x2+2x+2 en los
1
,
2
2y3
om
puntos con coordenada x de –1,
em
at
ic
a
1.c
Solución. En vez de hacer cuatro cálculos separados, parece acertado calcular la
pendiente de abscisa c yobtener después las cuatro respuestas deseadas, por sustitución.
f ( c + h ) − f ( 2)
3
m tan = lim
m= 1
h →0
h
(
− ( c + h ) − 2 ( c + h ) + 2 − −c 2 + 2c + 2
= lim
h ( −2c − h + 2 )
h →0
h
= − 2c + 2
h
)
m = -2
2
1
M
h →0
ww
w.
= lim
at
2
-1
m= 4
1
2
-1
-2
Las cuatro pendientes deseadas (obtenidas al hacer x = –1,
3
m=-4
y = -x² + 2x + 2
1
,
2
2 y 3) son 4, 1, -2 y –4.
Estas respuestas parecen concordar con la gráfica de la figura.
Ejemplo 3. Encuentre la pendiente de la recta tangente a la curva y = 1/x en (2, ½ ).
Véase figura.
Solución. Sea f(x) = 1/x..
m tan = lim
h →0
f ( 2 + h ) − f ( 2)
h
1
1
−
= lim 2 + h 2
h →0
h
2
2+h
−
2(2 + h) 2(2 + h)
= lim
h →0
h
Dr.José Luis Díaz Gómez. Módulo 7 del Cubículo #1. Departamento de Matemáticas
2
= lim
2 − (2 + h)
y
3
h →0
2(2 + h) h
= lim
−h
(2 + h) h
2
−1
1
=−
(2 + h) 4
1
h →0 2
= lim
h →0 2
y=
-1
1
4
1
1
x
2
3
x
1
2
Conociendo la pendiente de la recta (m= − ) y el punto (2, − ) de la misma, podemos
escribir con facilidad su ecuaciónutilizando la forma punto pendiente y - y0 = m(x-x0).
1
2
1
4
El resultado es y − = − (x − 2).
at
ic
a
1.c
om
Ejemplo 4. Encuentre la velocidad instantánea de un cuerpo que cae, partiendo del
reposo, en los instantes t = 3.8 y t = 5.4 segundos.
Solución. Calculemos la velocidad instantánea para t = c segundos. Dado que
f(t)=16t2,
f (c + h ) − f (c)
ν = lim
h →0
h16 ( c + h ) − 16c2
h →0
em
2
= lim
at
h
16c + 32ch + 16h 2 − 16c2
= lim
h →0
h
ww
w.
M
2
= lim ( 32c + 16h) = 32c )
h →0
Así, la velocidad instantánea a los 3.8 segundos es 32(3.8) = 121.6 pies por segundo; a
los 5.4 segundos es 32(5.4) = 172.8 pies por segundo.
Ejemplo 5. ¿Cuánto tardará el cuerpo que cae en el ejemplo 4 en alcanzar una velocidadinstantánea de 112 pies por segundo.
Solución. Aprendimos en el ejemplo 4 que la velocidad instantánea después de c
segundos es 32c. Entonces, podemos resolver la ecuación 32c = 112. La solución es
c=
112
= 3.5
32
segundos.
Ejemplo 6. Una partícula se mueve a lo largo del eje coordenado y s, su distancia en
centímetros desde el origen al concluir t seg, está dada por s = f ( t ) = 5t + 1 .Encuentre
la velocidad instantánea de la partícula al final de 3 segundos.
Solución.
Dr. José Luis Díaz Gómez. Módulo 7 del Cubículo #1. Departamento de Matemáticas
3
f ( 3 + h) − f ( 3)
ν = lim
h →0
h
5 ( 3 + h ) + 1 − 5( 3 ) + 1
= lim
h →0
= lim
h →0
h
16 + 5h − 4
h
Para evaluar este límite, racionalicemos el numerador (multiplicando numerador y
16 + 5h+ 4
denominador por
). Obtenemos
h
⎛ 16 + 5h − 4
16 + 5h + 4 ⎞
ν = lim ⎜
−
⎟
h →0 ⎜
h
16 + 5h + 4 ⎟
⎝
⎠
16 + 5h − 16
h →0 16 + 5h + 4
5
5
= lim
=
h →0 16 + 5h + 4 8
1.c
om
= lim
ic
a
Concluimos que la velocidad instantánea a los tres segundos es
em
at
segundo.
5
de centímetro por
8
ww
w.
M
at
Ejemplo 1. Sea f(x) = 13x –6....
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