Problema resuelto de Matemáticas II: Derivadas y aplicacionesSelectividad (PAU) · Comunitat Valenciana 2023 · Junio

a) Dominio. Hace falta $x \neq 0$ (por $1/x$) y $x + 1 > 0$ (por el logaritmo):$$\text{Dom}\, f = (-1, 0) \cup (0, +\infty)$$Asíntota vertical $x = -1$. Por la derecha de $-1$, $\frac{1}{x} \to -1$ y $\ln(x + 1) \to -\infty$:$$\lim_{x \to -1^+} f(x) = -\infty$$Asíntota vertical $x = 0$.$$\lim_{x \to 0^-} f(x) = -\infty + \ln 1 = -\infty, \qquad \lim_{x \to 0^+} f(x) = +\infty$$Sin asíntota horizontal ni oblicua. Solo tiene sentido estudiar $x \to +\infty$:$$\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0 + (+\infty) = +\infty, \qquad \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty}\left(\frac{1}{x^2} + \frac{\ln(x+1)}{x}\right) = 0$$La pendiente de una oblicua sería $m = 0$, pero $f(x) - 0\cdot x \to +\infty$: no hay asíntota horizontal ni oblicua (el logaritmo crece más despacio que cualquier recta, pero sin límite).

b) Derivada.$$f'(x) = -\frac{1}{x^2} + \frac{1}{x + 1} = \frac{-(x + 1) + x^2}{x^2(x + 1)} = \frac{x^2 - x - 1}{x^2(x + 1)}$$Puntos críticos. $x^2 - x - 1 = 0 \Rightarrow x = \dfrac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$, es decir, $x_1 = \dfrac{1 - \sqrt{5}}{2} \approx -0{,}618$ y $x_2 = \dfrac{1 + \sqrt{5}}{2} \approx 1{,}618$. Los dos están en el dominio ($x_1 \in (-1, 0)$).

Signo de $f'$. En el dominio, $x^2 > 0$ y $x + 1 > 0$: el denominador es positivo y el signo es el de $x^2 - x - 1$, positivo fuera de las raíces y negativo entre ellas (sin olvidar que $x = 0$ no es del dominio):Máximo relativo en $x_1$ (pasa de crecer a decrecer). Como $\dfrac{1}{x_1} = \dfrac{2}{1 - \sqrt{5}} = -\dfrac{1 + \sqrt{5}}{2}$ y $x_1 + 1 = \dfrac{3 - \sqrt{5}}{2}$:$$f(x_1) = -\frac{1 + \sqrt{5}}{2} + \ln\frac{3 - \sqrt{5}}{2} \approx -1{,}618 - 0{,}962 = -2{,}580$$Mínimo relativo en $x_2$ (pasa de decrecer a crecer). Como $\dfrac{1}{x_2} = \dfrac{2}{1 + \sqrt{5}} = \dfrac{\sqrt{5} - 1}{2}$ y $x_2 + 1 = \dfrac{3 + \sqrt{5}}{2}$:$$f(x_2) = \frac{\sqrt{5} - 1}{2} + \ln\frac{3 + \sqrt{5}}{2} \approx 0{,}618 + 0{,}962 = 1{,}580$$Que el máximo ($-2{,}58$) quede por debajo del mínimo ($1{,}58$) no es contradictorio: están en ramas distintas, separadas por la asíntota $x = 0$.

c) Signo en $[1, 2]$. Ahí $\frac{1}{x} > 0$ y $\ln(x + 1) > 0$, así que $f > 0$ y el área es la integral sin más.

Primitiva de $\ln(x + 1)$, por partes. Con $u = \ln(x + 1)$, $dv = dx$ (y $v = x + 1$, que simplifica):$$\int \ln(x + 1)\,dx = (x + 1)\ln(x + 1) - \int (x + 1)\cdot\frac{1}{x + 1}\,dx = (x + 1)\ln(x + 1) - x + C$$Regla de Barrow.$$A = \int_1^2 \left(\frac{1}{x} + \ln(x + 1)\right)dx = \Big[\ln x + (x + 1)\ln(x + 1) - x\Big]_1^2$$$$= \big(\ln 2 + 3\ln 3 - 2\big) - \big(0 + 2\ln 2 - 1\big) = 3\ln 3 - \ln 2 - 1 = \ln\frac{27}{2} - 1 \approx 1{,}603 \ \text{u}^2$$