Matemáticas IIMedio3,5 pts

Integrales

También trata: Derivadas y aplicaciones · Límites y continuidad

Extremadura · 2018 · Julio · Opción B

Enunciado

Sea la función

f(x) = x\ln(x)

para

x > 0

.

a) (1 punto) ¿Se puede definir

f(0)

para que

f(x)

sea continua por la derecha de

x = 0

?

b) (0,5 puntos) Estudie los máximos y mínimos relativos de

f(x)

para

x > 0

.

c) (0,5 puntos) Halle, si existe, la recta tangente a

f(x)

x = 1

.

d) (1,5 puntos) Calcule una primitiva

F(x)

de la función

f(x) = x\ln(x)

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\text{a)}\ \text{Sí: } f(0) = 0,\ \text{ya que } \lim_{x \to 0^+} x\ln x = 0}

\boxed{\text{b)}\ \text{mínimo relativo en } \left(\tfrac{1}{e}, -\tfrac{1}{e}\right);\ \text{no hay máximos}}

\boxed{\text{c)}\ y = x - 1 \qquad \text{d)}\ F(x) = \frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4}}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

a) Para que

f

sea continua por la derecha en

0

hay que definir

f(0)

como

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

, si ese límite existe y es finito. Es una indeterminación

0\cdot(-\infty)

que se convierte en

\frac{\infty}{\infty}

y se resuelve con L'Hôpital.

b) y c) salen de la derivada: sus ceros dan los candidatos a extremo (y el signo de

f'

o de

f''

los clasifica), y

f(1)

f'(1)

dan la tangente.

d) Un producto de un polinomio por un logaritmo se integra por partes, derivando el logaritmo.

Desarrollo

a) Calculamos el límite por la derecha:

\lim_{x \to 0^+} x\ln x = 0\cdot(-\infty)

Es una indeterminación. La escribimos como cociente y aplicamos la regla de L'Hôpital (numerador y denominador derivables en

(0, +\infty)

, con indeterminación

\frac{-\infty}{+\infty}

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

El límite existe y es finito, así que sí: definiendo

f(0) = 0

se cumple

\lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)

y la función es continua por la derecha en

x = 0

.

b) Derivamos con la regla del producto:

f'(x) = 1\cdot\ln x + x\cdot\frac{1}{x} = \ln x + 1

f'(x) = 0 \iff \ln x = -1 \iff x = e^{-1} = \frac{1}{e}

Signo de

f'

(el logaritmo es creciente):

En $\left(0, \frac{1}{e}\right)$ , $\ln x < -1$ , luego $f'(x) < 0$ : $f$ decrece.
En $\left(\frac{1}{e}, +\infty\right)$ , $\ln x > -1$ , luego $f'(x) > 0$ : $f$ crece.

Hay un mínimo relativo en

x = \frac{1}{e}

, con

f\!\left(\frac{1}{e}\right) = \frac{1}{e}\ln\frac{1}{e} = -\frac{1}{e} \approx -0{,}368

Lo confirma la derivada segunda:

f''(x) = \frac{1}{x}

, y

f''\!\left(\frac{1}{e}\right) = e > 0

. No hay máximos relativos (es el único punto crítico).

c) La tangente existe porque

f

es derivable en

x = 1

f(1) = 1\cdot\ln 1 = 0, \qquad f'(1) = \ln 1 + 1 = 1

y - f(1) = f'(1)(x - 1) \ \Longrightarrow\ y = x - 1

d) Por partes,

\int u\,dv = uv - \int v\,du

, con

u = \ln x \ \Rightarrow\ du = \frac{1}{x}\,dx, \qquad dv = x\,dx \ \Rightarrow\ v = \frac{x^2}{2}

\int x\ln x\,dx = \frac{x^2}{2}\ln x - \int \frac{x^2}{2}\cdot\frac{1}{x}\,dx = \frac{x^2}{2}\ln x - \int \frac{x}{2}\,dx = \frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4} + C

Una primitiva (con

C = 0

) es

F(x) = \frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4}

Comprobación. Derivando:

F'(x) = x\ln x + \frac{x^2}{2}\cdot\frac{1}{x} - \frac{2x}{4} = x\ln x + \frac{x}{2} - \frac{x}{2} = x\ln x = f(x)

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

Consejo

El producto $0\cdot\infty$ no se puede atacar directamente con L'Hôpital: primero pásalo a cociente. Pon en el denominador lo que sea más fácil de derivar ( $\frac{1}{x}$ y no $\frac{1}{\ln x}$ ), o el límite se complica en vez de simplificarse.

En la integral por partes con un logaritmo, el logaritmo siempre es $u$ : se deriva a $\frac{1}{x}$ y desaparece. Comprueba la primitiva derivándola.