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T4: Funciones
Continuidad, derivabilidad e integración
Operacional
2022 · Ordinaria · Suplente
4
Examen

Se considera la función f(x)={ax2+bx+1six≤12xsix>1f(x) = \begin{cases} ax^2 + bx + 1 & si & x \le 1 \\ \frac{2}{x} & si & x > 1 \end{cases}, con aa y bb números reales.

a) ¿Para qué valores de aa y bb la función es continua y derivable en x=1x = 1?b) Para a=−3a = -3 y b=4b = 4, calcule los extremos relativos de ff.c) Para a=−2a = -2 y b=3b = 3, calcule el valor de la integral ∫−13f(x)dx\int_{-1}^{3} f(x)dx.
Funciones a trozosContinuidadDerivabilidad+1
a) Para que f(x)f(x) sea continua en x=1x=1, los límites laterales deben ser iguales al valor de la función en ese punto.
f(1)=a(1)2+b(1)+1=a+b+1f(1) = a(1)^2 + b(1) + 1 = a+b+1
lim⁡x→1−(ax2+bx+1)=a+b+1\lim_{x \to 1^-} (ax^2 + bx + 1) = a+b+1
lim⁡x→1+2x=21=2\lim_{x \to 1^+} \frac{2}{x} = \frac{2}{1} = 2

Igualando los límites y el valor de la función:

a+b+1=2  ⟹  a+b=1(1)a+b+1 = 2 \implies a+b=1 \quad (1)

Para que f(x)f(x) sea derivable en x=1x=1, primero debe ser continua (lo cual ya hemos asegurado con la ecuación (1)). Además, las derivadas laterales deben ser iguales. Primero, calculamos la derivada de cada rama:

f′(x)={2ax+bsix<1−2x2six>1f'(x) = \begin{cases} 2ax+b & si & x < 1 \\ -\frac{2}{x^2} & si & x > 1 \end{cases}

Calculamos las derivadas laterales en x=1x=1:

lim⁡x→1−f′(x)=2a(1)+b=2a+b\lim_{x \to 1^-} f'(x) = 2a(1) + b = 2a+b
lim⁡x→1+f′(x)=−2(1)2=−2\lim_{x \to 1^+} f'(x) = -\frac{2}{(1)^2} = -2

Igualando ambas derivadas laterales obtenemos la segunda ecuación:

2a+b=−2(2)2a+b = -2 \quad (2)

Ahora resolvemos el sistema de ecuaciones formado por (1) y (2):

{a+b=12a+b=−2\begin{cases} a+b=1 \\ 2a+b=-2 \end{cases}

Restando la ecuación (1) a la ecuación (2):

(2a+b) - (a+b) = -2 - 1 \implies a = -3

Sustituyendo a=−3a=-3 en la ecuación (1):

−3+b=1  ⟹  b=4-3+b=1 \implies b=4

Por lo tanto, la función es continua y derivable en x=1x=1 para a=−3a=-3 y b=4b=4.

b) Para a=−3a=-3 y b=4b=4, la función es f(x)={−3x2+4x+1six≤12xsix>1f(x) = \begin{cases} -3x^2 + 4x + 1 & si & x \le 1 \\ \frac{2}{x} & si & x > 1 \end{cases}

Para calcular los extremos relativos, buscamos los puntos críticos igualando la primera derivada a cero. La primera derivada de la función es:

f′(x)={−6x+4six<1−2x2six>1f'(x) = \begin{cases} -6x+4 & si & x < 1 \\ -\frac{2}{x^2} & si & x > 1 \end{cases}

Buscamos puntos donde f′(x)=0f'(x)=0:Para x<1x < 1: −6x+4=0  ⟹  6x=4  ⟹  x=46=23-6x+4 = 0 \implies 6x = 4 \implies x = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}.Este punto x=23x = \frac{2}{3} está en el intervalo x<1x < 1. Calculamos el valor de la función en este punto:

f(23)=−3(23)2+4(23)+1=−3(49)+83+1=−43+83+1=43+1=73f\left(\frac{2}{3}\right) = -3\left(\frac{2}{3}\right)^2 + 4\left(\frac{2}{3}\right) + 1 = -3\left(\frac{4}{9}\right) + \frac{8}{3} + 1 = -\frac{4}{3} + \frac{8}{3} + 1 = \frac{4}{3} + 1 = \frac{7}{3}

Para x>1x > 1: −2/x2=0-2/x^2 = 0, lo cual no tiene solución ya que el numerador nunca es cero.En x=1x=1, la función es derivable (según el apartado a)) y f′(1)=−2f'(1)=-2, por lo que no es un punto crítico donde la derivada se anule.Analizamos el signo de la derivada para determinar la naturaleza del punto crítico x=23x = \frac{2}{3}:Para x<23x < \frac{2}{3} (por ejemplo, x=0x=0): f′(0)=−6(0)+4=4>0f'(0) = -6(0)+4 = 4 > 0. La función es creciente.Para 23<x<1\frac{2}{3} < x < 1 (por ejemplo, x=0.8x=0.8): f′(0.8)=−6(0.8)+4=−4.8+4=−0.8<0f'(0.8) = -6(0.8)+4 = -4.8+4 = -0.8 < 0. La función es decreciente.Como la función cambia de creciente a decreciente en x=23x = \frac{2}{3}, hay un máximo relativo.Para x>1x > 1, f′(x)=−2/x2f'(x) = -2/x^2. Como x2>0x^2 > 0 para x>1x > 1, f′(x)f'(x) es siempre negativo, lo que significa que la función es siempre decreciente en este intervalo.Por lo tanto, el único extremo relativo es un máximo en el punto (23,73)\left(\frac{2}{3}, \frac{7}{3}\right).

c) Para a=−2a=-2 y b=3b=3, la función es f(x)={−2x2+3x+1six≤12xsix>1f(x) = \begin{cases} -2x^2 + 3x + 1 & si & x \le 1 \\ \frac{2}{x} & si & x > 1 \end{cases}

Calculamos la integral ∫−13f(x)dx\int_{-1}^{3} f(x)dx. Dado que la definición de la función cambia en x=1x=1, dividimos la integral en dos partes:

∫−13f(x)dx=∫−11(−2x2+3x+1)dx+∫132xdx\int_{-1}^{3} f(x)dx = \int_{-1}^{1} (-2x^2 + 3x + 1)dx + \int_{1}^{3} \frac{2}{x}dx

Primero calculamos la primera integral:

∫−11(−2x2+3x+1)dx=[−23x3+32x2+x]−11\int_{-1}^{1} (-2x^2 + 3x + 1)dx = \left[-\frac{2}{3}x^3 + \frac{3}{2}x^2 + x\right]_{-1}^{1}
=(−23(1)3+32(1)2+1)−(−23(−1)3+32(−1)2+(−1))= \left(-\frac{2}{3}(1)^3 + \frac{3}{2}(1)^2 + 1\right) - \left(-\frac{2}{3}(-1)^3 + \frac{3}{2}(-1)^2 + (-1)\right)
=(−23+32+1)−(23+32−1)= \left(-\frac{2}{3} + \frac{3}{2} + 1\right) - \left(\frac{2}{3} + \frac{3}{2} - 1\right)
=(−4+9+66)−(4+9−66)=116−76=46=23= \left(\frac{-4+9+6}{6}\right) - \left(\frac{4+9-6}{6}\right) = \frac{11}{6} - \frac{7}{6} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}

Ahora calculamos la segunda integral:

∫132xdx=[2ln⁡∣x∣]13\int_{1}^{3} \frac{2}{x}dx = [2 \ln|x|]_{1}^{3}
=2ln⁡∣3∣−2ln⁡∣1∣=2ln⁡3−2(0)=2ln⁡3= 2 \ln|3| - 2 \ln|1| = 2 \ln 3 - 2(0) = 2 \ln 3

Sumamos los resultados de ambas integrales para obtener el valor total:

∫−13f(x)dx=23+2ln⁡3\int_{-1}^{3} f(x)dx = \frac{2}{3} + 2 \ln 3