Problema resuelto de Matemáticas II: Derivadas y aplicacionesSelectividad (PAU) · Comunitat Valenciana 2025 · Julio

a) Dominio. $x^2 + 1 \ge 1 > 0$ para todo $x$, así que $\operatorname{Dom} f = \mathbb{R}$.

Asíntotas verticales. No hay: $f$ es continua en todo $\mathbb{R}$ (cociente de polinomios con denominador que no se anula).

Asíntota horizontal.$$\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x}{x^2 + 1} = \lim_{x\to\pm\infty}\frac{1/x}{1 + 1/x^2} = 0$$La recta $y = 0$ es asíntota horizontal por los dos lados. Por tanto no hay asíntotas oblicuas. Como $f(x) > 0$ para $x > 0$ y $f(x) < 0$ para $x < 0$, la gráfica se acerca al eje por encima a la derecha y por debajo a la izquierda.

Derivada.$$f'(x) = \frac{1\cdot(x^2 + 1) - x\cdot 2x}{(x^2 + 1)^2} = \frac{1 - x^2}{(x^2 + 1)^2}$$Signo de $f'$. El denominador es siempre positivo, así que el signo es el de $1 - x^2$, que se anula en $x = \pm 1$:$f$ es creciente en $(-1, 1)$ y decreciente en $(-\infty, -1) \cup (1, +\infty)$.

b) Extremos relativos. Los puntos críticos son $x = \pm 1$, y la tabla de a) dice qué son:

• en $x = -1$, $f'$ pasa de $-$ a $+$: mínimo relativo, $f(-1) = \dfrac{-1}{2} = -\dfrac{1}{2}$;
• en $x = 1$, $f'$ pasa de $+$ a $-$: máximo relativo, $f(1) = \dfrac{1}{2}$.

Extremos absolutos. La función crece de $-\frac{1}{2}$ a $\frac{1}{2}$ en $[-1, 1]$; a la derecha de $1$ decrece hacia 0 sin llegar a valer 0 (es positiva), y a la izquierda de $-1$ crece hacia 0 desde $-\frac12$ (es negativa). Así, para todo $x$:$$-\frac{1}{2} \le f(x) \le \frac{1}{2}$$Se puede comprobar directamente: $\frac{1}{2} - f(x) = \dfrac{x^2 + 1 - 2x}{2(x^2 + 1)} = \dfrac{(x - 1)^2}{2(x^2 + 1)} \ge 0$, con igualdad solo en $x = 1$; y por ser impar, $f(x) \ge -\frac12$ con igualdad solo en $x = -1$.

Por tanto el máximo absoluto es $\frac{1}{2}$, en $x = 1$, y el mínimo absoluto es $-\frac{1}{2}$, en $x = -1$: los relativos son también absolutos.

c) Puntos de la gráfica. Corta a los ejes solo en el origen ($f(0) = 0$). Algunos valores: $f(\pm 1) = \pm 0{,}5$, $f(\pm 2) = \pm 0{,}4$, $f(\pm 3) = \pm 0{,}3$, $f\left(\pm\frac12\right) = \pm 0{,}4$.

Curvatura (para afinar el dibujo). $f''(x) = \dfrac{2x(x^2 - 3)}{(x^2 + 1)^3}$ se anula en $x = 0$ y $x = \pm\sqrt 3$: son los puntos de inflexión $(0, 0)$ y $\left(\pm\sqrt3, \pm\frac{\sqrt3}{4}\right) \approx (\pm 1{,}73,\ \pm 0{,}43)$. La función es cóncava hacia abajo en $(0, \sqrt3)$ y hacia arriba en $(\sqrt 3, +\infty)$, y al revés en el lado negativo.

Dibujo. Una curva en forma de «S» tumbada, simétrica respecto del origen: viene desde la izquierda pegada al eje $OX$ por debajo, baja hasta el mínimo $\left(-1, -\frac12\right)$, sube pasando por el origen (donde la pendiente es $f'(0) = 1$) hasta el máximo $\left(1, \frac12\right)$ y después baja acercándose al eje $OX$ por encima, sin cortarlo, cuando $x \to +\infty$. Toda la gráfica queda en la franja $-\frac12 \le y \le \frac12$.