Problema resuelto de Matemáticas II: Derivadas y aplicacionesSelectividad (PAU) · Comunitat Valenciana 2018 · Junio · Opción A

a) Dominio. $x^2 - x = x(x - 1) = 0 \iff x = 0$ o $x = 1$:$$\operatorname{Dom} f = \mathbb{R} \setminus \{0, 1\} = (-\infty, 0) \cup (0, 1) \cup (1, +\infty)$$Asíntotas verticales. En $x = 0$ y $x = 1$ el denominador se anula y el numerador vale $1$. Con el signo de $x(x - 1)$ a cada lado:$$\lim_{x\to 0^-} f(x) = +\infty, \quad \lim_{x\to 0^+} f(x) = -\infty, \qquad \lim_{x\to 1^-} f(x) = -\infty, \quad \lim_{x\to 1^+} f(x) = +\infty$$Así que $x = 0$ y $x = 1$ son asíntotas verticales.

Asíntota horizontal.$$\lim_{x\to \pm\infty} \frac{1}{x^2 - x} = 0 \;\Longrightarrow\; y = 0$$Al haber horizontal en los dos lados, no hay oblicuas.

b) Derivada. Con la regla del cociente (o de la cadena sobre $(x^2 - x)^{-1}$):$$f'(x) = \frac{-(2x - 1)}{(x^2 - x)^2} = \frac{1 - 2x}{(x^2 - x)^2}$$Signo. El denominador es un cuadrado, positivo en todo el dominio, así que el signo de $f'$ es el de $1 - 2x$: se anula en $x = \frac{1}{2}$, es positivo a su izquierda y negativo a su derecha. Partimos la recta por $0$, $\frac{1}{2}$ y $1$:Conclusión. $f$ crece en $(-\infty, 0)$ y en $\left(0, \frac{1}{2}\right)$, y decrece en $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ y en $(1, +\infty)$. En $x = \frac{1}{2}$ hay un máximo relativo, $f\!\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{\frac{1}{4} - \frac{1}{2}} = -4$.

c) Signo en $[2, 3]$. Ahí $x > 0$ y $x - 1 > 0$, así que $f(x) > 0$ y el área es la integral sin más:$$\text{Área} = \int_2^3 \frac{dx}{x(x - 1)}$$Fracciones simples.$$\frac{1}{x(x - 1)} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x - 1} \;\Longrightarrow\; 1 = A(x - 1) + Bx$$Con $x = 0$: $A = -1$; con $x = 1$: $B = 1$.

Primitiva.$$\int \frac{dx}{x(x - 1)} = \int \left(\frac{1}{x - 1} - \frac{1}{x}\right) dx = \ln|x - 1| - \ln|x| + C = \ln\left|\frac{x - 1}{x}\right| + C$$Barrow.$$\text{Área} = \left[\ln\frac{x - 1}{x}\right]_2^3 = \ln\frac{2}{3} - \ln\frac{1}{2} = \ln\frac{4}{3} \approx 0{,}288\ \text{u}^2$$