Matemáticas IIFácil2,25 pts

Derivadas y aplicaciones

También trata: Límites y continuidad

Castilla y León · 2017 · Junio · Opción B

Enunciado

a) (1,25 puntos) Dado el polinomio

P(x) = \dfrac{x^3}{3} - \dfrac{3x^2}{2} + 2x + C

, hallar

C

para que el valor de

P(x)

en su mínimo relativo sea 1.

b) (1 punto) Calcular

\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x \ln x

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\text{a) Mínimo relativo en } x = 2;\quad C = \frac{1}{3}}

\boxed{\text{b) } \lim_{x \to 0^+} x \ln x = 0}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

En a) localizamos los extremos relativos de

P

(que no dependen de

C

, porque la constante desaparece al derivar) igualando

P'(x) = 0

, decidimos cuál es el mínimo con el signo de

P''

y luego imponemos que en él

P

valga 1.

En b) el límite es una indeterminación

0 \cdot (-\infty)

. La pasamos a un cociente,

\frac{\ln x}{1/x}

, que da

\frac{-\infty}{\infty}

, y aplicamos la regla de L'Hôpital.

Desarrollo

a) Derivadas:

P'(x) = x^2 - 3x + 2 = (x - 1)(x - 2), \qquad P''(x) = 2x - 3

Puntos críticos:

P'(x) = 0 \iff x = 1

x = 2

. Clasificamos con la derivada segunda:

P''(1) = -1 < 0 \;\Rightarrow\; \text{máximo relativo en } x = 1, \qquad P''(2) = 1 > 0 \;\Rightarrow\; \text{mínimo relativo en } x = 2

(Lo mismo dice el signo de

P'

: positiva en

(-\infty, 1)

, negativa en

(1, 2)

y positiva en

(2, +\infty)

.)

Imponemos que el valor en el mínimo sea 1:

P(2) = \frac{8}{3} - \frac{12}{2} + 4 + C = \frac{8}{3} - 2 + C = \frac{2}{3} + C = 1 \;\Longrightarrow\; C = \frac{1}{3}

Comprobación: con

C = \tfrac13

P(2) = \tfrac83 - 6 + 4 + \tfrac13 = 3 - 2 = 1

✓.

Simulación interactivaVisualiza este problema en una simulación (se abre en una nueva pestaña)

b) Cuando

x \to 0^+

x \to 0

\ln x \to -\infty

: indeterminación

0 \cdot (-\infty)

. La escribimos como cociente:

\lim_{x \to 0^+} x \ln x = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{\frac{1}{x}} \qquad \left[\frac{-\infty}{+\infty}\right]

Las dos funciones son derivables en

(0, +\infty)

y la derivada del denominador no se anula, así que aplicamos L'Hôpital:

\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{\frac{1}{x}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}} = \lim_{x \to 0^+} \left(-\frac{x^2}{x}\right) = \lim_{x \to 0^+} (-x) = 0

Comprobación numérica:

x = 0{,}01

0{,}01 \cdot \ln 0{,}01 \approx -0{,}046

;

x = 0{,}0001

\approx -0{,}0009

. Tiende a

0

(por debajo, con valores negativos) ✓.

Consejo

En a), justifica cuál de los dos puntos críticos es el mínimo (con $P''$ o con el signo de $P'$ ). Si impones $P(1) = 1$ por error, sale $C = \tfrac16$ , que hace valer 1 al máximo.

En b), L'Hôpital no se aplica a un producto: primero hay que convertir $0 \cdot \infty$ en un cociente. Pasa al denominador el factor cuyo inverso sea fácil de derivar ( $\tfrac1x$ , no $\tfrac{1}{\ln x}$ ).