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T4: Funciones
Continuidad y derivabilidad
Problema
2022 · Ordinaria · Titular
1
Examen
EJERCICIO 1

Sea ff la función continua definida por

f(x)={eλx−ex−xx2si x≠0μsi x=0f(x) = \begin{cases} \frac{e^{\lambda x} - e^x - x}{x^2} & \text{si } x \neq 0 \\ \mu & \text{si } x = 0 \end{cases}
a) Calcula λ\lambda y μ\mu.b) Para λ=2\lambda = 2, calcula la ecuación de la recta tangente a la gráfica de ff en el punto de abscisa x=1x = 1.
ContinuidadLímitesRecta tangente
a) Calcula λ\lambda y μ\mu.

Para que la función f(x)f(x) sea continua en x=0x=0, el límite de la función cuando x→0x \to 0 debe ser igual al valor de la función en x=0x=0. Es decir, lim⁡x→0f(x)=f(0)=μ\lim_{x \to 0} f(x) = f(0) = \mu.Calculamos el límite:

lim⁡x→0eλx−ex−xx2\lim_{x \to 0} \frac{e^{\lambda x} - e^x - x}{x^2}

Al sustituir x=0x=0, obtenemos una indeterminación del tipo 00\frac{0}{0}. Aplicamos la Regla de L'Hôpital:

lim⁡x→0ddx(eλx−ex−x)ddx(x2)=lim⁡x→0λeλx−ex−12x\lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(e^{\lambda x} - e^x - x)}{\frac{d}{dx}(x^2)} = \lim_{x \to 0} \frac{\lambda e^{\lambda x} - e^x - 1}{2x}

Si volvemos a sustituir x=0x=0, obtenemos λe0−e0−12⋅0=λ−1−10=λ−20\frac{\lambda e^0 - e^0 - 1}{2 \cdot 0} = \frac{\lambda - 1 - 1}{0} = \frac{\lambda - 2}{0}. Para que este límite exista y no sea infinito, el numerador debe ser cero. Por lo tanto:

λ−2=0  ⟹  λ=2\lambda - 2 = 0 \implies \lambda = 2

Ahora que conocemos λ=2\lambda = 2, volvemos a calcular el límite con este valor:

lim⁡x→02e2x−ex−12x\lim_{x \to 0} \frac{2 e^{2x} - e^x - 1}{2x}

Este límite sigue siendo una indeterminación del tipo 00\frac{0}{0}. Aplicamos la Regla de L'Hôpital por segunda vez:

lim⁡x→0ddx(2e2x−ex−1)ddx(2x)=lim⁡x→04e2x−ex2\lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(2 e^{2x} - e^x - 1)}{\frac{d}{dx}(2x)} = \lim_{x \to 0} \frac{4 e^{2x} - e^x}{2}

Sustituimos x=0x=0 en la expresión resultante:

μ=4e2⋅0−e02=4⋅1−12=32\mu = \frac{4 e^{2 \cdot 0} - e^0}{2} = \frac{4 \cdot 1 - 1}{2} = \frac{3}{2}

Por lo tanto, los valores son λ=2\lambda = 2 y μ=32\mu = \frac{3}{2}.

b) Para λ=2\lambda = 2, calcula la ecuación de la recta tangente a la gráfica de ff en el punto de abscisa x=1x = 1.

La función para x≠0x \neq 0 es f(x)=e2x−ex−xx2f(x) = \frac{e^{2x} - e^x - x}{x^2}. La ecuación de la recta tangente en x=1x=1 viene dada por y−f(1)=f′(1)(x−1)y - f(1) = f'(1)(x - 1).Primero, calculamos f(1)f(1):

f(1)=e2(1)−e1−112=e2−e−1f(1) = \frac{e^{2(1)} - e^1 - 1}{1^2} = e^2 - e - 1

Ahora, calculamos la derivada f′(x)f'(x) utilizando la regla del cociente:

f′(x)=(2e2x−ex−1)x2−(e2x−ex−x)(2x)(x2)2f'(x) = \frac{(2e^{2x} - e^x - 1)x^2 - (e^{2x} - e^x - x)(2x)}{(x^2)^2}

Simplificamos la expresión de f′(x)f'(x):

f′(x)=x((2e2x−ex−1)x−2(e2x−ex−x))x4f'(x) = \frac{x \left( (2e^{2x} - e^x - 1)x - 2(e^{2x} - e^x - x) \right)}{x^4}
f′(x)=(2e2x−ex−1)x−2(e2x−ex−x)x3f'(x) = \frac{(2e^{2x} - e^x - 1)x - 2(e^{2x} - e^x - x)}{x^3}

Ahora, evaluamos f′(1)f'(1):

f′(1)=(2e2(1)−e1−1)(1)−2(e2(1)−e1−1)13f'(1) = \frac{(2e^{2(1)} - e^1 - 1)(1) - 2(e^{2(1)} - e^1 - 1)}{1^3}
f′(1)=(2e2−e−1)−2(e2−e−1)f'(1) = (2e^2 - e - 1) - 2(e^2 - e - 1)
f′(1)=2e2−e−1−2e2+2e+2f'(1) = 2e^2 - e - 1 - 2e^2 + 2e + 2
f′(1)=e+1f'(1) = e + 1

Finalmente, sustituimos f(1)f(1) y f′(1)f'(1) en la ecuación de la recta tangente:

y−(e2−e−1)=(e+1)(x−1)y - (e^2 - e - 1) = (e + 1)(x - 1)
y−e2+e+1=(e+1)x−(e+1)y - e^2 + e + 1 = (e + 1)x - (e + 1)
y=(e+1)x−e−1+e2−e−1y = (e + 1)x - e - 1 + e^2 - e - 1
y=(e+1)x+e2−2e−2y = (e + 1)x + e^2 - 2e - 2

La ecuación de la recta tangente a la gráfica de ff en el punto de abscisa x=1x=1 es y=(e+1)x+e2−2e−2y = (e + 1)x + e^2 - 2e - 2.