UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBA DE ACCESO A LAS ENSEÑANZAS UNIVERSITARIAS OFICIALES DE GRADO Curso 2012-2013 Septiembre MATERIA: MATEMATICAS II INSTRUCCIONES GENERALES Y VALORACION El alumno contestará a los cuatro ejercicios de una de las dos opciones (A o B) que se le ofrecen. Nunca deberá contestar a unos ejercicios de una opción y a otros ejercicios de la otra opción. En cualquier caso, la calificación se hará sobre lo respondido a una de las dos opciones. No se permite el uso de calculadoras gráficas. Todas las respuestas deberán estar debidamente justificadas. Calificación total máxima: 10 puntos. Tiempo: Hora y media.

OPCIÓN A Ejercicio 1. Calificación máxima: 3 puntos. Dada la función:

f (x ) =

4 27 + x − 4 2x + 2

se pide: a) (0,75 puntos) Hallar las asíntotas de su gráfica. b) (1,75 puntos) Determinar los intervalos de crecimiento y decrecimiento y calcular sus puntos de inflexión. c) (0,5 puntos) Esbozar la gráfica de la función. Solución. 4 27 5 (7 x − 20) f (x ) = + = x − 4 2x + 2 (x − 4) ⋅ (2x + 2) k a. Asíntotas verticales. Rectas de la forma x = a / a ∉ R y Lím f (x ) = 0 x →a D = {x ∈ R x − 4 ≠ 0 y 2x + 2 ≠ 0} = R − {− 1, 4}   5 (7 x − 20)  − 135 = = −∞  Lím  +  5 (7 x − 20)  5 (7 ⋅ (− 1) − 20) − 135 x → −1−  (x − 4) ⋅ (2x + 2)  0  = Lím  = : 0 x → −1 (x − 4 ) ⋅ (2 x + 2 )  (− 1 − 4 ) ⋅ (2 ⋅ (− 1) + 2 )  Lím  5 (7 x − 20)  = − 135 = +∞ x → −1+  (x − 4) ⋅ (2x + 2)  0−

  5 (7 x − 20)  =  Lím−   5 (7 x − 20)  5 (7 ⋅ 4 − 20) 40  x → 4  (x − 4 ) ⋅ (2x + 2 )   = Lím  = :  5 (7 x − 20)  0  x → 4 (x − 4 ) ⋅ (2 x + 2 )  (4 − 4 ) ⋅ (2 ⋅ 4 + 2 ) = Lím  x → 4 +  (x − 4 ) ⋅ (2x + 2 ) 

28 0− 28 0+

= −∞ = +∞

Asíntota horizontal. Recta de la forma y = L / L = Lím f (x ) ∈ R x → ±∞

5 (7 x − 20) 5 (7 x − 20) 7x 7 7 Lím f (x ) = Lím = Lím ≈ Lím 2 = Lím = =0 ∞ x → ±∞ x → ±∞ (x − 4 ) ⋅ (2 x + 2 ) x → ±∞ 2 x 2 − 3x − 4 x → ±∞ x x → ±∞ x

(

)

Asíntota horizontal: y = 0 Asíntota oblicua. No hay por haber horizontal.

b. Monotonía, estudio del signo de la derivada: Si f ′(x ) > 0 ⇒ f(x) es creciente, si f ′(x ) < 0 ⇒ f(x) es decreciente 5 (7 x − 20) 5 7 x − 20 f (x ) = = ⋅ 2 (x − 4) ⋅ (2x + 2) 2 x − 3x − 4

f ′(x ) =

(

)

5 7 ⋅ x 2 − 3x − 4 − (7 x − 20) ⋅ (2x − 3) 5 − 7 x 2 + 40x − 88 5 7 x 2 − 40x + 88 ⋅ = ⋅ = − ⋅ 2 2 2 2 2 x 2 − 3x − 4 2 x 2 − 3x − 4 x 2 − 3x − 4

(

)

7 x 2 − 40x + 88 = 0 : x =

(

)

(

40 ± 40 2 − 4 ⋅ 7 ⋅ 88 40 ± − 864 = ∉R 14 14

)

5 7 x 2 − 40x + 88 7 x 2 − 40x + 88 > 0 ∀x ∈ Dominio  < 0 ⇒ f (x ) es DECRECIENTE  : f ′(x ) = − ⋅ 2 2 2 x 2 − 3x − 4 2 x − 3x − 4 > 0 ∀x ∈ Dominio 

(

)

(

)

Puntos de inflexión: puntos donde se anula la segunda derivada y cambia de signo.

5 7 x 2 − 40x + 88 f ′(x ) = − ⋅ 2 x 2 − 3x − 4 2

( ) 5 (14x − 40) ⋅ (x − 3x − 4) − (7 x − 40x + 88)⋅ 2 ⋅ (x f ′′(x ) = − ⋅ 2    (x − 3x − 4 )    2

2

2

2

f ′′(x ) = 5 ⋅

7 x 3 − 60x 2 + 264x − 344

(

)

3

2

2

)

− 3x − 4 ⋅ (2 x − 3)

2

= 0 : 7 x 3 − 60x 2 + 264x − 344 = 0

x − 3x − 4 Descomponiendo el numerador por el método de Ruffini, se obtiene la única raíz real del polinomio, que junto con las raíces del denominador (‒1, 4), permiten estudiar el signo de la segunda derivada 2

Si x ∈ (− ∞, − 1) ⇒ f ′′(x ) < 0 f (x ) convexa (∩) Si Si

x ∈ (− 1, 2)

Si

x=2

Si

(2, 4)

Si

x=4

Si c.

x = −1

x ∈ (4, + ∞ )

∃/ f (− 1) Asíntota vertical ⇒ f ′′(x ) < 0 f (x ) cóncava (∪ ) ⇒ f ′′(x ) < 0 Punto inflexión ⇒

⇒ f ′′(x ) < 0 f (x ) convexa (∩) ⇒ f ′′(x ) < 0 Asíntota vertical ⇒ f ′′(x ) < 0 f (x ) cóncava (∪ )

Cortes con los ejes: 5 7 x − 20 OX (y = 0): y = ⋅ 2 =0 2 x − 3x − 4 20  20  7 x − 20 = 0 ; x = ;  , 0 7  7  5 7 ⋅ 0 − 20 25 OY (x = 0): y = ⋅ 2 = 2 0 − 3⋅ 0 − 4 2

 25   0,   2 

Ejercicio 2. Calificación máxima: 3 puntos Dadas las matrices:

1  a A= a  a 

1 a a  1 1 a , a 1 1  a a 1 

x   y X=  , z   w  

 0    0 O=  0    0  

se pide: a) (1,5 puntos) Calcular el determinante de A. Determinar el rango de A según los valores de a. b) (0,5 puntos) Resolver el sistema homogéneo AX = O en el caso a = 1. c) (1 punto) Resolver el sistema homogéneo AX = O cuando a = ‒1. Solución. a. Para calcular el determinante de la matriz A, se hacen ceros en una línea(fila o columna), utilizando las propiedades de los determinantes y se reduce a uno de orden tres.

F2 = F2 − a ⋅F1

1 a det A = a a

1 1 a a

a F3 = F3 − a ⋅F1 1 1 a F = F − a ⋅ F 1 0 1− a 1− a2 a 4 4 = 0 0 1− a2 1 0 0 a − a2 1

a 1 1 a

= (1 − a ) ⋅ (− 1)1+1

(

)

ii.

iii.

(

)

1 1− a2 1− a2 = (1 − a ) ⋅ 1 − a 2 ⋅ 2 2 a ⋅ (1 − a ) a − a 1− a

= (1 − a ) ⋅ 1 − a 2 ⋅ (1 − a ) ⋅

i.

a 1− a 1− a2 1− a2 a − a2 = 1 ⋅ (− 1)1+1 ⋅ 0 1− a2 1− a2 = 1− a2 0 a − a2 1− a2 1− a2

1

1

a 1+ a

(

1 = (1 − a ) ⋅ (1 + a )

)

= (1 − a )2 ⋅ 1 − a 2 ⋅ (1 − a − a ) = (1 − a )3 ⋅ (1 + a )

Rango de A: Si a ≠ ± 1, A ≠ 0 ⇒ rg A = 4

1 1 1  1 1 1 Si a = 1, A = 0 ⇒ rg A < 4. A =  1 1 1  1 1 1  uno distintos de cero, rg A = 1 1 1  −1 1 Si a = ‒1, A = 0 ⇒ rg A < 4. A =  −1 −1  −1 −1 

1  1 , en la matriz A solo hay menores de orden 1  1 − 1 − 1  −1 1 1 1 − 1 − 1 − 1 1 = −4 ≠ 0 ⇒ rg A = 3. 1 1  −1 −1 −1 − 1 1 

Para a = 1, A ⋅ X = 0 1 1 1 1  x   0  x + y + z + t = 0        1 1 1 1  y   0  x + y + z + t = 0 Equivalent →{x + y + z + t = 0 1 1 1 1 ⋅  z  =  0  ⇒ x + y + z + t = 0           1 1 1 1  t   0  x + y + z + t = 0        Sistema de una ecuación y cuatro incógnitas, para resolver, se toman tres variables como parámetros y se resuelve en función de ellos. y=λ  x = −λ − µ − ω  z =µ   y=λ t =ω  x + y + z + t = 0    → ∀ λ, µ, ω ∈ R   z=µ     t=ω  b.

Para a = ‒1, A ⋅ X = 0  1 1 − 1 − 1  x   0   x + y − z − t = 0       1 − 1  y   0  − x + y + z − t = 0 −1 1 ⋅ = ⇒ −1 −1 1 1   z   0  − x − y + z + t = 0        − 1 − 1 − 1 1   t   0  − x − y − z + t = 0        Teniendo en cuenta el rango de A para a = ‒1, y el menor de orden tres distinto de cero:  x+y−z−t =0 − x + y + z + t = 0 − x + y + z − t = 0  Equivalent     →− x − y + z + t = 0  − x − y + z + t = 0 − x − y − z + t = 0  − x − y − z + t = 0 Sistema de tres ecuaciones y cuatro incógnitas, para resolver, se transforma una variable en parámetro, teniendo en cuenta el menor de orden tres distinto de cero, se toma como parámetro t. c.

E 2 = E 2 − E1 x = λ − x + y + z + t = 0 − x + y + z = − λ  x − y − z = λ E = E − E  x − y − z = λ  3 3 1    y = 0 t =λ  →− x − y + z = −λ =  x + y − z = λ = ∀λ∈R − x − y + z + t = 0   2y = 0 =  − x − y − z + t = 0 − x − y − z = −λ x + y + z = λ  2 y + 2z = 0  z = 0      t = λ

Ejercicio 3. Calificación máxima: 2 puntos. Dados los puntos A(2, ‒2, 1), B(0, 1, ‒2), C(‒2, 0, ‒4), D(2, ‒6, 2), se pide: a) (1 punto) Probar que el cuadrilátero ABCD es un trapecio (tiene dos lados paralelos) y hallar la distancia entre los dos lados paralelos. b) (1 punto) Hallar el área del triángulo ABC. Solución. a. Para determinar que el cuadrilátero es un paralelogramo habrá que probar que dos de los vectores que forman sus vértices son paralelos (proporcionales). r r AB = b − a = (0, 1, − 2) − (2, − 2, 1) = (− 2, 3, − 3) r r BC = c − b = (− 2, 0, − 4) − (0, 1, − 2) = (− 2, − 1, − 2) AB(− 2, 3, − 3) = K ⋅ CD(4, − 6, 6) ⇒ Paralelos r r :  BC(− 2, − 1, − 2) ≠ K ⋅ DA(0, 4, − 1) ⇒ No paralelos CD = d − c = (2, − 6, 2) − (− 2, 0, − 4) = (4, − 6, 6) r r DA = a − d = (2, − 2, 1) − (2, − 6, 2) = (0, 4, − 1) Teniendo en cuenta el apartado b, conviene calcular la distancia de los lados paralelos (altura del trapecio h) como la distancia del punto C a la recta que pasa por A y B.

h = d(C − rAB ) =

AC × AB

AB r r AC = c − a = (− 2, 0, − 4) − (2, − 2, 1) = (− 4, 2, − 5)  2 −5 −4 −5 −4 2  = (9, 2, − 8) AC × AB = (− 4, 2, − 5) × (− 2, 3, − 3) =  ,− ,   3 −3 −2 −3 −2 3 AB = (− 2, 3, − 3)

h = d(C − rAB ) =

b.

Área ABC =

AC × AB AB

=

(9, 2, − 8)

(− 2, 3, − 3)

=

9 2 + 2 2 + (− 8)2

(− 2)

2

+ 3 + (− 3) 2

2

=

149 22

=

149 22

1 1 AB × AC = 149 2 2

Ejercicio 4. Calificación máxima: 2 puntos. Dados el punto P(1, 2, −1) y el plano π≡ x+2y ‒2z +2 = 0, sea S la esfera que es tangente al plano π en un punto P’ de modo que el segmento PP’ es uno de sus diámetros. Se pide: a) (1 punto) Hallar el punto de tangencia P’. b) (1 punto) Hallar la ecuación de S. Solución. a. El punto P’ es la intersección de la recta r con el plano π, siendo r la perpendicular a π que pasa por P.  x =1+ λ  P(1, 2, − 1)  r ≡ r r ⇒ r ≡  y = 2 + 2λ ∀ λ ∈ R v = n π = (1, 2, − 2 )  z = −1 − 2 λ 

  x = 1+ λ   r ≡ y = 2 + 2 λ ∀ λ ∈ R P' :     z = −1 − 2λ  π ≡ x + 2 y − 2z + 2 = 0

1 + λ + 2 ⋅ (2 + 2λ ) − 2 ⋅ (− 1 − 2λ ) + 2 = 0

9λ + 9 = 0

 x = 1 + (− 1) = 0  λ = −1 ⇒ P ' :  y = 2 + 2 ⋅ (− 1) = 0 ⇒ P' (0, 0, 1) z = −1 − 2 ⋅ (− 1) = 1  b. La ecuación de una esfera se puede obtener conociendo el centro y el radio. En el caso propuesto el centro es el punto medio del segmento PP ' , y el radio es la mitad del módulo del segmento.

1+ 0 2 + 0 −1+1  1  Centro de la esfera: Punto medio de PP '  , ,  =  , 1, 0  2 2 2 2     1 1 1 1 2 3 Radio = PP' = (1 − 0, 2 − 0, − 1 − 1) = (1, 2, − 2) = 1 + 2 2 + (− 2 )2 = 2 2 2 2 2 2

2

1  3 La ecuación de la esfera es:  x −  + (y − 1)2 + (z − 0)2 =   2  2 Desarrollando los cuadrados e igualando a cero, se obtiene la ecuación general de la esfera. x 2 + y2 + z 2 − x − 2y − 2 = 0

OPCIÓN B Ejercicio 1. Calificación máxima: 3 puntos.

Sean rA la recta con vector dirección (1, λ, 2) que pasa por el punto A(1, 2, 1), rB la recta con vector dirección (1, 1, 1) que pasa por B(1, ‒2, 3), y rC la recta con vector dirección (1, 1, ‒2) que pasa por C(4, 1, ‒3). Se pide: a) (1 punto) Hallar λ para que las rectas rA y rB se corten. b) (1,5 puntos) Hallar λ para que la recta rA sea paralela al plano definido por rB y rC. c) (0,5 puntos) Hallar el ángulo que forman rB y rC. Solución a. La condición necesaria, no suficiente, para que dos rectas se corten, es que el rango de la matriz que forman los vectores de dirección de ambas rectas y un vector formado por un punto de cada recta debe ser dos (rectas coplanarias), para que además se suficiente, los vectores de dirección de las rectas no deben ser proporcionales (no paralelas).  A (1, 2, 1)  B(1, − 2, 3)  C(4, 1, − 3) rA :  r rB :  r rC :  r v a = (1, λ, 2) v b = (1, 1, 1) v c = (1, 1, − 2) r  va  1 λ 2 r r r    rg  v b  : AB = b − a = (1 − 1, − 2 − 2, 3 − 1) = (0,−4,2) : rg  1 1 1   AB  0 − 4 2    

{

}

1 λ 2 1 1 1 = 2 + 0 − 8 − (0 + 2λ − 4 ) = −2λ − 2 = 0 : λ = −1 0 −4 2

•

•

r 1 λ 2  va  r  Si λ ≠ ‒1: 1 1 1 ≠ 0 ⇒ rg  v b  = 3 las rectas se cruzan y no se cortan.  AB  0 −4 2   r 1 λ 2  va  r  Si λ = ‒1: 1 1 1 = 0 ⇒ rg  v b  = 2 las rectas son coplanarias, como además, los vectores  AB  0 −4 2   r r de dirección de las rectas no son proporcionales (v a (1, − 1, 2) ≠ v b (1, 1, 1)) , las rectas tienen distinta dirección, coplanarias con distinta dirección, secantes

r Si una recta (rA) es paralela a un plano (π), el vector de dirección de la recta (v a ) , debe ser r perpendicular al vector característico del plano (n π ) . r r r r Si v a ⊥ n π ⇒ v a o n π = 0 b.

r Si un plano (π), esta determinado por dos rectas (rB y rC), el vector característico del plano (n π ) r r se puede calcular como producto vectorial de los vectores de dirección de las rectas (v b × v c ) r r va o n π = 0  r r r r r r  : v a o (v b × v c ) = 0 n π = v b × vc  r va 1 λ 2 1 λ 2 r r r r v a o (v b × v c ) = v b = 1 1 1 = 0 1 1 1 = −2 + λ + 2 − (2 + 1 − 2λ ) = 3λ − 3 = 0 r vc 1 1 − 2 1 1 −2 λ =1 El ángulo entre dos rectas (α ) , es el ángulo entre sus vectores de dirección, y el ángulo entre r r r r vectores se obtiene mediante el producto escalar de vectores (v b o v c = v b ⋅ v c ⋅ cos α ) . r r v ov (1,1,1) o (1,1,−2) 1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 1 + 1 ⋅ (− 2) 0 cos α = r b r c = = = =0 2 2 2 2 2 2 v b ⋅ vc 3⋅ 6 18 1 + 1 + 1 ⋅ 1 + 1 + (− 2) c.

α = arccos 0 = 90º

Ejercicio 2. Calificación máxima: 3 puntos Dado el sistema de ecuaciones lineales: + λy + λz = 1− λ  2x  + y + (λ − 1)z = − 2λ  x (λ − 1)x + y + z = λ −1  se pide: a) (2 puntos) Discutirlo según los valores del parámetro λ. b) (0,5 puntos) Resolverlo en el caso λ = 1. c) (0,5 puntos) Resolverlo en el caso λ = ‒1. Solución. Sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas, definido por las matrices: a. λ λ  λ λ 1− λ  2  2     A= 1 1 λ − 1 A* =  1 1 λ − 1 − 2λ  λ −1 1  λ −1 1 1  1 λ − 1   A ⊂ A* ⇒ rg A ≤ rg A* ≤ n = 3 Si A ≠ 0 ⇒ rg A = rg A* = n = 3. El sistema será compatible determinado, por tanto, se discute el tipo de solución del sistema para los valores del parámetro que anulan el determinante de la matriz de coeficientes (A). 2 λ λ

det A = 1 1 λ − 1 = 2 + λ ⋅ (λ − 1) ⋅ (λ − 1) + λ − (λ ⋅ (λ − 1) + λ + 2 ⋅ (λ − 1)) = λ3 − 3λ2 + 4 = 0 λ −1 1 1 Factorizando el polinomio mediante el método de Ruffini:  λ = −1 det A = (λ + 1) ⋅ (λ − 2)2 = 0 :  λ=2

i. ii.

iii.

Discusión: Si λ ≠ ‒1, 2. A ≠ 0 ⇒ rg A = rg A* = n = 3. Sistema compatible determinado.

 2 −1 −1   2 −1 1 − 2  A = 0 ⇒ rg A < 3 = 3 ≠ 0 ⇒ rg A = 2 Si λ = −1 . A =  1 1 1 − 2 1  1    2 −1 −1 2    2 −1 A* =  1 1 − 2 2  Partiendo del menor ≠ 0 , solo estudian sus menores 1 1 − 2 1  1 − 2  orlados, de los que uno de ellos es el determinante de la matriz de coeficientes, y el otro es 2 −1 2 1

1

−2

1

2 = 0 ⇒ rg A* = 2 = rg A ≠ n = 3 . Sistema compatible indeterminado. −2

 2 2 2   Si λ = 2 . A =  1 1 1  A = 0 ⇒ rg A < 3 En la matriz solo existen menores de orden 1 1 1   2 2 2 −1   uno distintos de cero, por lo tanto rg A =1. A* =  1 1 1 − 4  se busca un menor de 1 1 1 1    2 −1 orden dos distinto de cero ≠ 0 ⇒ rg A* = 2 ≠ rg A = 1 . Sistema incompatible. 1 −4

b. Para λ = 1 , teniendo en cuenta el apartado a, el sistema es compatible determinado, y la solución se puede calcular mediante el método de Cramer.

2 x + y + z = 0  = −2 x + y +  y + z = 0 

x=

Ax A

; y=

Ay A

; z=

Az A

λ =1

A = (λ + 1) ⋅ (λ − 2)2 = (1 + 1) ⋅ (1 − 2)2 = 2

x=

0 1 1 −2 1 0 0 1 1 2

=

0 =0 2

y=

2 0 1 1 −2 0 0 0 1 2

=

−4 = −2 2

z=

2 1 0 1 1 −2 0 1 0 A

=

4 =2 2

c. Para λ = ‒1, teniendo en cuenta el apartado a, el sistema es compatible indeterminado, además como el rango del sistema es dos, el sistema solo tiene dos ecuaciones linealmente independientes. Se toman como linealmente independientes las ecuaciones que contienen los términos del menor  2 −1  de orden dos distinto de cero  ≠ 0  , la primera y la segunda. 1 1  2 x − y − z = 2   x + y − 2z = 2 Para resolver el sistema se necesita un parámetro, se toma como parámetro la variable cuyos  2 −1  ≠ 0  , la z. coeficientes no forman el menor de orden dos distinto de cero  1 1  2x − y − z = 2 z = µ 2x − y = 2 + µ  →   x + y − 2z = 2  x + y = 2 + 2µ Una vez igualado el número de ecuaciones e incógnitas (2×2), se resuelve aplicando el método de Cramer u otro cualquiera. 2 + µ −1 2 2+µ

x=

2 + 2µ 1 4 + 3µ = 2 −1 3 1 1

y=

1 2 + 2µ 2 + 3µ = 2 −1 3 1 1

4  x = 3 + µ  2 Solución:  y = + µ ∀ µ ∈ R 3  = z µ  

Ejercicio 3. Calificación máxima: 2 puntos. x Dada la función f (x ) = 2 , se pide: x +1 a) (1 punto) Hallar la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en x = 0. 1

b) (1 punto) Calcular

∫ x f (x ) dx 0

Solución a. La ecuación de la recta tangente a una función en x = a en forma punto pendiente es: y − f (a ) = f ′(a ) ⋅ (x − a ) En x = 0: y − f (0) = f ′(0) ⋅ (x − 0)

f ′(x ) =

(

0 f (0) = 2 =0 0 +1

)

1 ⋅ x 2 + 1 − x ⋅ 2x

=

(x + 1)

2

2

1− x2

⇒ f ′(0) =

(x + 1)

2

2

Sustituyendo en la expresión de la recta tangente: y − 0 = 1 ⋅ (x − 0) 1

b.

∫

1

∫

x f (x ) dx =

0

x⋅

0

x x2 +1

dx =

1

∫x 0

x2 2

+1

1 − 02

(0 + 1) 2

2

=1

y=x

dx

Integral racional, que por ser de igual grado numerador y denominador, habrá que empezar por descomponer dividiendo.

1

∫x 0

x2 2

+1

dx =

1

1 1   1 − 2  dx = 1 dx − x +1 0 0

∫

∫

1

∫x 0

dx = (x ] 10 − (arctg x ] 10 =

1 2

+1

= 1 − 0 − (arctg 1 − arctg 0) = 1 −

π 4

Ejercicio 4. Calificación máxima: 2 puntos Dada la función f (x ) = e1 x , se pide:

a) (1 punto) Calcular Lím f (x ) , Lím f (x ) y estudiar la existencia de Lím f (x ) . x → +∞

x → −∞

x →0

b) (1 punto) Esbozar la gráfica y = f(x) determinando los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f(x) y sus asíntotas. Solución. a.

( ) Lím f (x ) = Lím (e ) = e

Lím f (x ) = Lím e1 x = e1 +∞ = e 0 = 1

x → +∞

x → +∞

x → −∞

x → −∞

1 −∞

1x

= e0 = 1

Para estudiar la existencia del Lím f (x ) , se calculan los límites laterales, y si existen se x →0

comprueban si son iguales. Si existen y son iguales, existe el límite, si existen pero son distintos, no existe el límite y si al menos uno de lo límites laterales no existe, tampoco existirá el límite. − 1 1 Lím f (x ) = Lím e1 x = e1 0 = e − ∞ = ∞ = = 0 − − ∞ e x →0 x →0

( ) Lím f (x ) = Lím (e ) = e 1x

x →0

+

x →0

1 0+

+

= e+∞ = ∞

Lím f (x ) ≠ Lím f (x ) ⇒ No existe Lím f (x )

x →0−

x →0 +

x →0

b. Monotonía, estudio del signo la derivada: Si f ′(x ) > 0 ⇒ f(x) es creciente, si f ′(x ) < 0 ⇒ f(x) es decreciente. −1 e1 x e1 x > 0 ∀ x ≠ 0 f ′(x ) = e1 x ⋅ 2 = − 2 :  2  : f ′(x ) < 0 ⇒ f (x ) es decreciente ∀ x ∈ Dominio  x > 0 ∀ x ∈ R  x x Asíntotas verticales. Rectas de la forma x = a / a ∉ R y Lím f (x ) =

[ ] = R − {0} 1x

De

x →a

k 0

( ) ( )

− 1 1  1x = e1 0 = e − ∞ = ∞ = = 0  Lím− f (x ) = Lím− e ∞ e x →0 Lím f (x ) = x → 0 + 1 x 1 0 + ∞ x →0  Lím f (x ) = Lím e =e =e =∞  x → 0 + x →0 +

La función tiene una asíntota vertical cuando x se aproxima a cero por la derecha. Asíntota horizontal. Recta de la forma y = L / L = Lím f (x ) ∈ R 1x

x → ±∞ 1 +∞ 0

1x

1 −∞

( )= e Lím f (x ) = Lím (e ) = e Lím f (x ) = Lím e

x → +∞

x → −∞

x → +∞

x → −∞

= e =1 = e0 = 1

La función tiene una asíntota horizontal sobre la recta y = 1. Asíntota oblicua. No hay por haber horizontal.