Matemáticas IIMedioProblema · 2,5 pts

Derivadas y aplicaciones

Andalucía · 2024 · Reserva 4
Enunciado
Ejercicio 1 (bloque A). Sea la función f:(0,+∞)→Rf : (0,+\infty) \to \mathbb{R}, definida porf(x)=ln⁡ ⁣(x2+1x)f(x) = \ln\!\left(\frac{x^{2}+1}{x}\right)donde ln⁡\ln denota la función logaritmo neperiano.

a) [1 punto] Calcula los intervalos de crecimiento y de decrecimiento.

b) [1,5 puntos] Estudia y halla los extremos relativos y absolutos de ff (abscisas donde se obtienen y valores que alcanzan).
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Resultado
  a) Decreciente en (0,1),creciente en (1,+∞)  \boxed{\;\text{a) Decreciente en } (0,1), \qquad \text{creciente en } (1,+\infty)\;}  b) Mıˊnimo relativo y absoluto en x=1, f(1)=ln⁡2;no hay maˊximo  \boxed{\;\text{b) Mínimo relativo y absoluto en } x=1, \ f(1) = \ln 2; \quad \text{no hay máximo}\;}
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Estrategia

Antes de derivar conviene partir el logaritmo:f(x)=ln⁡(x2+1)−ln⁡xf(x) = \ln\bigl(x^{2}+1\bigr) - \ln xAsí la derivada sale como resta de dos derivadas inmediatas, sin regla del cociente. Al reducir a común denominador aparece un numerador x2−1x^{2}-1, cuyo signo se lee de un golpe, y un denominador que es positivo en todo el dominio (0,+∞)(0,+\infty).

En b) hay que distinguir relativos de absolutos: el dominio no es acotado ni cerrado, así que hay que calcular los límites en los bordes (x→0+x\to 0^{+} y x→+∞x\to+\infty). Los dos salen +∞+\infty, y eso convierte el único mínimo relativo en mínimo absoluto y garantiza que no hay máximo.
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Desarrollo

a) La derivada. Con f(x)=ln⁡(x2+1)−ln⁡xf(x) = \ln\bigl(x^{2}+1\bigr) - \ln x:f′(x)=2xx2+1−1x=2x⋅x−(x2+1)x(x2+1)=x2−1x(x2+1)f'(x) = \frac{2x}{x^{2}+1} - \frac{1}{x} = \frac{2x\cdot x - \bigl(x^{2}+1\bigr)}{x\bigl(x^{2}+1\bigr)} = \frac{x^{2}-1}{x\bigl(x^{2}+1\bigr)}En el dominio (0,+∞)(0,+\infty) se tiene x>0x>0 y x2+1>0x^{2}+1>0, luego el denominador es positivo y el signo de f′f' es el del numerador x2−1=(x−1)(x+1)x^{2}-1 = (x-1)(x+1). Como además x+1>0x+1>0, todo depende de x−1x-1:x(0, 1)(1, +∞)f′(x)−+f(x)decrecientecreciente\begin{array}{c|c|c} x & (0,\ 1) & (1,\ +\infty) \\ \hline f'(x) & - & + \\ \hline f(x) & \text{decreciente} & \text{creciente} \end{array}ff es decreciente en (0,1)(0,1) y creciente en (1,+∞)(1,+\infty).

b) Extremos.

Relativo. La derivada se anula solo en x=1x=1 (dentro del dominio) y pasa de negativa a positiva, luego hay un mínimo relativo:f(1)=ln⁡ ⁣(1+11)=ln⁡2≈0,69f(1) = \ln\!\left(\frac{1+1}{1}\right) = \ln 2 \approx 0{,}69No hay máximos relativos: f′f' no vuelve a anularse.

Absolutos. Estudiamos los extremos del dominio:lim⁡x→0+x2+1x=+∞  ⟹  lim⁡x→0+f(x)=+∞\lim_{x\to 0^{+}} \frac{x^{2}+1}{x} = +\infty \;\Longrightarrow\; \lim_{x\to 0^{+}} f(x) = +\inftylim⁡x→+∞x2+1x=+∞  ⟹  lim⁡x→+∞f(x)=+∞\lim_{x\to +\infty} \frac{x^{2}+1}{x} = +\infty \;\Longrightarrow\; \lim_{x\to +\infty} f(x) = +\inftyLa función viene de +∞+\infty, baja hasta x=1x=1 y vuelve a subir a +∞+\infty. Por tanto:
  • el mínimo relativo es también mínimo absoluto: f(1)=ln⁡2f(1) = \ln 2;
  • no existe máximo (ni relativo ni absoluto), porque ff no está acotada superiormente.
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Consejo

Usa las propiedades del logaritmo antes de derivar: ln⁡x2+1x=ln⁡(x2+1)−ln⁡x\ln\frac{x^{2}+1}{x} = \ln(x^{2}+1) - \ln x. Derivar el logaritmo del cociente con la regla de la cadena también funciona, pero se llega al mismo sitio con más riesgo de error.

Para pasar de "relativo" a "absoluto" en un dominio abierto y no acotado hacen falta los límites en los bordes. Aquí los dos son +∞+\infty, y eso es exactamente lo que justifica que el mínimo sea absoluto y que no haya máximo. Sin esos dos límites, el apartado b) queda incompleto.
Paso 1 de 3
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