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Departamento de Ciencias Económicas

2400 – Matemática I – 2° C 2021

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CLASE Nº 7

Ejercicios obligatorios

TRABAJO PRÁCTICO: TEOREMAS SOBRE FUNCIONES DERIVABLES

Ejercicio 1:

Comprobar que la función 𝑓(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 cumple las condiciones del teorema de Rolle en el

intervalo [0; 𝜋]. ¿Dónde se verifica la conclusión?

Debemos verificar las condiciones de la hipótesis.

H1) ¿𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏)? Es decir ¿𝑓(0) = 𝑓(𝜋)?

𝑓(0) = 𝑠𝑒𝑛 0 = 0 y 𝑓(𝜋) = 𝑠𝑒𝑛 𝜋 = 0 ⟹ 𝑓(0) = 𝑓(𝜋) = 0

Observemos, también, en el gráfico de 𝑓(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 que 𝑓(0) = 𝑓(𝜋)

H2) ¿Es continua en el intervalo [0; 𝜋]?

La función 𝑓(𝑥) = sen x es una función continua en ℝ, por lo tanto, es continua en [0; 𝜋].

Se cumple la hipótesis de continuidad en el intervalo.


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H3) ¿Es derivable en el intervalo (0; 𝜋)?

Ya demostramos que la función 𝑓(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 es una función derivable en ℝ y, por lo tanto, es

derivable en (0; 𝜋).

𝑓′(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠𝑥

Se cumple la hipótesis de derivabilidad en el intervalo.

Buscamos ahora el punto 𝑥 = 𝑐 en (0; 𝜋) donde se cumple la tesis tal que 𝑓′(𝑐) = 0.

Es decir, buscamos 𝑐 ∈ (0; 𝜋)/𝑓′(𝑐) = 𝑐𝑜𝑠 𝑐 = 0

Si 𝑐𝑜𝑠 𝑐 = 0 ⇒ 𝑐 = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠 0 ⇒ 𝑐 =𝜋

2+ 𝑘𝜋; 𝑘 ∈ ℤ. (Las soluciones de la ecuación son las raíces

de la función cos 𝑥, ver su gráfica)

Si le damos a 𝑘 valores enteros, tenemos los infinitos valores de 𝑐 para los cuales su coseno es 0.

Por ejemplo, si 𝑘 = −1, 𝑐 =𝜋

2− 𝜋 = −

𝜋

2. Pero −

𝜋

2 (0; 𝜋).

Si 𝑘 = 0: 𝑐 =𝜋

2+ 0 · 𝜋 =

𝜋

2 ∈ (0; 𝜋).

Si 𝑘 = 1: 𝑐 =𝜋

2+ 𝜋 =

3𝜋

2(0; 𝜋).

Como 𝑐 tiene que estar en el intervalo (0; 𝜋), dándole a 𝑘 el valor 0, 𝑐 toma el valor 𝜋

2 y

𝜋

2∈ (0; 𝜋),

y para otros valores de 𝑘, 𝑐 no pertenece al intervalo, entonces 𝑐 =𝜋

2.

Podemos chequear lo hallado, en el siguiente gráfico:


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Ejercicio 4:

Comprobar que la función 𝑓(𝑥) = {2𝑥 + 2 si − 0,5 ≤ 𝑥 < 1

5 − (𝑥 − 2)2 si 1 ≤ 𝑥 ≤ 4 cumple las condiciones del

teorema de Rolle. ¿Dónde se verifica la conclusión?

Debemos verificar las condiciones de la hipótesis. El intervalo en este caso es el dominio de la

función: [−0,5; 4]

H1) ¿𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏)? entonces

𝑓(−0,5) = 2 ∙ (−0,5) + 2 = −1 + 2 = 1 y 𝑓(4) = 5−(4 − 2)2 = 5 − 22 = 5 − 4 = 1

𝑓(−0,5) = 𝑓(4)

Luego son iguales se cumple.

H2) ¿Es continua en el intervalo [−0,5; 4]?

Cada tramo de la función es continua, porque son polinomios.

Debemos revisar en 𝑥 = 1.

¿Existe la imagen de 𝑥 = 1? 𝑓(1) = 5−(1 − 2)2 = 5−(−1)2 = 5 − 1 = 4

lim𝑥→1−

[ 2𝑥 + 2] = 4 y lim𝑥→1+

[5 − (𝑥 − 2)2] = 4

como los límites laterales son iguales existe el límite y vale 4.

Entonces 𝑓(1) = lim𝑥→1

𝑓(𝑥) = 4 y la función es continua en 𝑥 = 1.

Es decir, se cumple la hipótesis de continuidad en el intervalo.

H3) ¿Es derivable en el intervalo (−0,5; 4) ?

Cada tramo de la función es derivable, porque son polinomios.


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Debemos revisar en 𝑥 = 1

Calculamos las derivadas laterales

𝑓′(1)− = lim𝑥→1−

𝑓(𝑥)−𝑓(1)

𝑥−1= lim

𝑥→1−

2𝑥+2−4

𝑥−1= lim

𝑥→1−

2𝑥−2

𝑥−1= lim

𝑥→1−

2(𝑥−1)

𝑥−1= lim

𝑥→1−2 = 2

𝑓′(1)+ = lim𝑥→1+

𝑓(𝑥)−𝑓(1)

𝑥−1= lim

𝑥→1+

5−(𝑥−2)2−4

𝑥−1= lim

𝑥→1+

5−(𝑥2−4𝑥+4)−4

𝑥−1= lim

𝑥→1+

5−𝑥2+4𝑥−4−4

𝑥−1=

lim𝑥→1+

−𝑥2+4𝑥−3

𝑥−1= lim

𝑥→1+

−(𝑥−1)(𝑥−3)

𝑥−1= lim

𝑥→1+[−(𝑥 − 3)] = 2

Como las derivadas laterales son iguales, existe la derivada en 𝑥 = 1 y vale 2.

Se cumple la hipótesis de derivabilidad en el intervalo (−0,5; 4).

Podemos expresar la derivada de la siguiente forma:

𝑓(𝑥) = {2𝑥 + 2 si − 0,5 ≤ 𝑥 < 1

5 − (𝑥 − 2)2 si 1 ≤ 𝑥 ≤ 4 ⟹ 𝑓′(𝑥) = {

2 si − 0,5 ≤ 𝑥 < 1 −2(𝑥 − 2) si 1 ≤ 𝑥 ≤ 4

Buscamos ahora el punto 𝑥 = 𝑐 en (−0,5; 4) donde se cumple la tesis / 𝑓′(𝑐) = 0.

Es decir, buscamos 𝑐 ∈ (−0,5; 4)/𝑓′(𝑐) = 0

Analizamos cada tramo: 2 = 0 y −2(𝑥 − 2) = 0

Como 2 ≠ 0, analizamos −2(𝑐 − 2) = 0.

Si 𝑐 ∈ [1; 4): − 2(𝑐 − 2) = 0 ⇒ 𝑐 − 2 = 0 ∶ (−2) ⇒ 𝑐 − 2 = 0 ⇒ 𝑐 = 2 y 2 ∈ (−0,5; 4)

Ejercicio 7:

La función 𝑓(𝑥) = |𝑥2 − 5| verifica que 𝑓(1) = 4 = 𝑓(3), sin embargo, su derivada no se anula

en ningún punto entre 1 y 3, ¿cómo es posible esto? Justificar.

Teniendo en cuenta la definición de valor absoluto, la función 𝑓(𝑥) = |𝑥2 − 5| se puede escribir de

la siguiente manera:


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𝒇(𝒙) = |𝒙𝟐 − 𝟓| = {𝒙𝟐 − 𝟓

−(𝒙𝟐 − 𝟓) si 𝒙𝟐 − 𝟓 ≥ 𝟎si 𝒙𝟐 − 𝟓 < 0

𝑥2 − 5 ≥ 0 → 𝑥2 ≥ 5 → |𝑥| ≥ √5

𝑥2 − 5 < 0 → 𝑥2 < 5 → |𝑥| < √5

O de otra forma:

𝑓(𝑥) = |𝑥2 − 5| = {𝑥2 − 5

−(𝑥2 − 5)si |𝑥| ≥ √5

si |𝑥| <√5

Pero como 𝑥 ∈ [1; 3], 𝑥 > 0, entonces puedo sacar las barras del valor absoluto, y definir la

función en el intervalo de la siguiente manera:

𝑓(𝑥) = |𝑥2 − 5| = {𝑥2 − 5

−(𝑥2 − 5)si √5 ≤ 𝑥 ≤ 3

si 1≤ 𝑥 < √5

¿Cumple con H2)? ¿Es continua en el intervalo [1; 3]?

Cada tramo de la función es continua, porque son polinomios.

Debemos revisar en 𝑥 = √5.

¿Existe la imagen de 𝑥 = √5? 𝑓(√5) = (√5)2

− 5 = 5 − 5 = 0

lim𝑥→√5

− − (𝑥2 − 5) = 0 y lim𝑥→√5

+(𝑥2 − 5) = 0

como los límites laterales son iguales existe el límite y vale 0.

Entonces 𝑓(√5) = lim𝑥→√5

𝑓(𝑥) = 0 la función es continua en 𝑥 = √5.

Se cumple la hipótesis de continuidad en el intervalo.

¿Cumple con H3)? ¿Es derivable en el intervalo (1; 3)?

Cada tramo de la función es derivable, porque son polinomios.

Debemos revisar en 𝑥 = √5


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Calculamos las derivadas laterales:

𝑓′(√5)− = lim𝑥→√5

−

𝑓(𝑥)−𝑓(√5)

𝑥−√5= lim

𝑥→√5−

−(𝑥2−5)−0

𝑥−√5=

−(√5)2

+5

√5−√5=

−5+5

√5−√5= →0

→0

𝑓′(√5)− = lim𝑥→√5

−

𝑓(𝑥)−𝑓(√5)

𝑥−√5= lim

𝑥→√5−

−(𝑥2−5)

𝑥−√5= 𝑙𝑖𝑚

𝑥→√5−

−(𝑥+√5)(𝑥−√5)

𝑥−√5= −(√5 + √5) = −2√5

𝑓′(√5)+ = 𝑙𝑖𝑚𝑥→√5

+

𝑓(𝑥)−𝑓(√5)

𝑥−√5= 𝑙𝑖𝑚

𝑥→√5+

(𝑥2−5)−0

𝑥−√5=

(√5)2

−5

√5−√5= =

5−5

√5−√5=

→0

→0

𝑓′(√5)+ = lim𝑥→√5

+

𝑓(𝑥) − 𝑓(√5)

𝑥 − √5= lim

𝑥→√5+

𝑥2 − 5

𝑥 − √5= 𝑙𝑖𝑚

𝑥→√5+

(𝑥 + √5)(𝑥 − √5)

𝑥 − √5= √5 + √5 = 2√5

Como los límites a la izquierda y a la derecha de √5 no son números finitos iguales, no existe la

derivada en 𝑥 = √5 ∈ (1; 3) y no se cumple la hipótesis de derivabilidad en el intervalo.

Como no cumple esta hipótesis, es decir, la derivada no existe, no es válido afirmar que puede

anularse 𝑓′(𝑥) en el intervalo dado, a pesar de cumplir con las otras dos condiciones de la hipótesis.

Ejercicio 11:

Comprobar si el teorema del valor medio es aplicable a la función 𝑓(𝑥) =𝑥+3

𝑥−3 en el intervalo

[−1; 4]. Si es posible aplicarlo, hallar todos los valores donde se verifica su conclusión y realizar la

gráfica correspondiente en el intervalo dado.

La función 𝑓 es racional, vamos a analizar si es continua en [−1; 4]. El dominio de 𝑓 es

𝐷𝑓 = ℝ − {3}. Por lo tanto, ∄𝑓(3) y 𝑓 es discontinua en 𝑥 = 3. Debido a que 3 ∈ [−1; 4], la

función no cumple con la hipótesis de continuidad y el teorema del valor medio no es aplicable a la

función 𝑓(𝑥) =𝑥+3

𝑥−3 en el intervalo [−1; 4].


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Ejercicio 16:

Calcular 𝑎 y 𝑏 para que la función 𝑓(𝑥) = {𝑥2 + 2𝑥 + 𝑎 si 𝑥 ≤ 0−𝑥2 + 𝑏𝑥 si 𝑥 > 0

cumpla las condiciones del

teorema del valor medio en el intervalo [−3; 2]. ¿Dónde se verifica la conclusión? Realizar el

grafico correspondiente.

H1) Para que la función 𝑓(𝑥) sea continua en [−3, 2], debe serlo en todos los puntos de ese

intervalo. Cada tramo de la función es continua, porque son polinomios.

Debe serlo también en 𝑥 = 0.

Para ello, los límites laterales deben ser iguales. Resulta:

𝑓(0) = 02 + 2 · 0 + 𝑎 = 𝑎

𝑙í𝑚𝑥→0−

𝑓(𝑥) = 𝑙í𝑚𝑥→0−

(𝑥2 + 2𝑥 + 𝑎 ) = 𝑎 = 𝑓(0)

𝑙í𝑚𝑥→0+

𝑓(𝑥) = 𝑙í𝑚𝑥→0+

(−𝑥2 + 𝑏𝑥) = 0

Como deben ser iguales, es 𝑎 = 0

H2) La derivabilidad en (−3, 2) implica la existencia de la derivada en todos los puntos de ese

intervalo.

Cada tramo de la función es derivable, porque son polinomios. Debe serlo también en 𝑥 = 0

Calculamos las derivadas laterales:

𝑓′(0)− = lim𝑥→0−

𝑓(𝑥) − 𝑓(0)

𝑥 − 0= lim

𝑥→0−

𝑥2 + 2𝑥 + 0 − 0

𝑥= lim

𝑥→0−

𝑥2 + 2𝑥

𝑥=

= lim𝑥→0−

𝑥(𝑥+2)

𝑥= lim

𝑥→0−(𝑥 + 2) = 2

𝑓′(0)+ = lim𝑥→0+

𝑓(𝑥) − 𝑓(0)

𝑥 − 0= lim

𝑥→0+

−𝑥2 + 𝑏𝑥 − 𝑎

𝑥=⏟

𝑎=0

lim𝑥→0+

−𝑥2 + 𝑏𝑥 − 0

𝑥=


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= 𝑙𝑖𝑚𝑥→0+

−𝑥2+𝑏𝑥

𝑥= 𝑙𝑖𝑚

𝑥→0+

𝑥(−𝑥+𝑏)

𝑥= 𝑙𝑖𝑚

𝑥→0+(−𝑥 + 𝑏) = 𝑏

Como deben ser iguales, resulta: 𝑏 = 2

La función resulta:

𝑓(𝑥) = {𝑥2 + 2𝑥 si 𝑥 ≤ 0−𝑥2 + 2𝑥 si 𝑥 > 0

La función derivada es:

𝑓′(𝑥) = {2𝑥 + 2 si 𝑥 ≤ 0−2𝑥 + 2 si 𝑥 > 0

Tenemos que buscar 𝑐 ∈ (−3; 2) tal que 𝑓′(𝑐) =𝑓(2)−𝑓(−3)

2−(−3)

Como la función derivada está definida por tramos, hay que analizarla para ambos tramos.

Si 𝑐 ∈ (−3; 0] ⇒ 𝑐 ≤ 0 ⇒ 𝑓′(𝑐) = 2𝑐 + 2

⇒ 2𝑐 + 2 =𝑓(2)−𝑓(−3)

2−(−3)⇒ 2𝑐 + 2 =

[−22+2∙2]−[(−3)2+2⋅(−3)]

2+3

⇒ 2𝑐 + 2 =−4+4−[9−6]

5 ⇒ 2𝑐 + 2 =

−9+6

5⇒ 2𝑐 + 2 = −

3

5⇒ 2𝑐 = −

3

5− 2

2𝑐 = −13

5⇒ 𝑐 = −

13

5∶ 2 ⇒ 𝑐 = −

13

10= −1,3 ∈ (−3; 2).

Si 𝑐 ∈ (0; 2) ⇒ 𝑐 > 0 ⇒ 𝑓′(𝑐) = −2𝑐 + 2

⇒ −2𝑐 + 2 =𝑓(2)−𝑓(−3)

2−(−3)

⇒ −2𝑐 + 2 =[−22+2∙2]−[(−3)2+2⋅(−3)]

2+3

⇒ −2𝑐 + 2 =−4+4−[9−6]

5⇒ −2𝑐 + 2 =

−9+6

5⇒ −2𝑐 + 2 = −

3

5⇒ −2𝑐 = −

3

5− 2

⇒ −2𝑐 = −13

5⇒ 𝑐 = −

13

5∶ (−2) ⇒ 𝑐 =

13

10= 1,3 ⇒ 𝑐 = 1,3 ∈ (−3; 2).


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Las tres rectas graficadas son paralelas, con pendiente igual a −3

5.

La recta verde es la recta secante que pasa por los puntos (−3; 𝑓(−3)) y (2; 𝑓(2)).

La recta naranja es las recta tangente a 𝑓(𝑥) en el punto (1,3; 𝑓(1,3)).

La recta rosa es las recta tangente a 𝑓(𝑥) en el punto (−1,3; 𝑓(−1,3)).

Ejercicio 18:

Hallar, si es posible, el valor de 𝑐 donde se cumple la conclusión del teorema de Cauchy, siendo

𝑓(𝑥) = 3𝑥 + 2, 𝑔(𝑥) = 𝑥2 + 1 y el intervalo [1; 4].

Las funciones 𝑓(𝑥) y 𝑔(𝑥) son continuas en [1; 4] por ser funciones polinómicas.

𝑓(𝑥) y 𝑔(𝑥) son diferenciables en (1; 4) por ser funciones polinómicas.

Además, 𝑔′(𝑥) = 2𝑥 ≠ 0, ∀𝑥 ∈ [1; 4].

𝑓(𝑥) = {𝑥2 + 2𝑥 si 𝑥 ≤ 0−𝑥2 + 2𝑥 si 𝑥 > 0


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Se cumplen las condiciones de la hipótesis del teorema de Cauchy, entonces: existe 𝑐 ∈ (1; 4)

tal que

𝑓(4) − 𝑓(1)

𝑔(4) − 𝑔(1)=

𝑓′(𝑐)

𝑔′(𝑐)

Siendo: 𝑓(4) = 14 ; 𝑓(1) = 5 ; 𝑔(1) = 2 y 𝑔(4) = 17

Y además, 𝑓′(𝑐) = 3 y 𝑔′(𝑐) = 2𝑐

Entonces resulta:

14−5

17−2=

3

2𝑐⇒

9

15=

3

2𝑐⇒ 2𝑐 ∙ 9 = 3 ∙ 15 ⇒ 18𝑐 = 45 ⇒ 𝑐 =

45

18=

5

2⇒ 𝑐 =

5

2

Luego el valor buscado , donde se cumple la tesis es: 𝑐 =5

2∈ (1; 4).

Ejercicio 22:

En los siguientes ejercicios hallar los límites indicados aplicando, si corresponde, la regla de

L’Hôpital.

a) 𝒍𝒊𝒎𝒙→𝟐

𝒙𝟐−𝟓𝒙+𝟔

𝒙𝟐−𝟔𝒙+𝟖

𝒍𝒊𝒎𝒙→𝟐

𝒙𝟐−𝟓𝒙+𝟔

𝒙𝟐−𝟔𝒙+𝟖=

(→𝟎)

(→𝟎) Se puede aplicar la regla de L’Hôpital

𝑙𝑖𝑚𝑥→2

𝑥2−5𝑥+6

𝑥2−6𝑥+8= 𝑙𝑖𝑚

𝑥→2

2𝑥−5

2𝑥−6=

−1

−2=

1

2𝐿´𝐻

b) 𝒍𝒊𝒎𝒙→𝟏

𝒙𝟑−𝟐𝒙𝟐−𝒙+𝟐

𝒙𝟑−𝟕𝒙+𝟔


𝑥3−2𝑥2−𝑥+2

𝑥3−7𝑥+6=

(→0)

(→0) Se puede aplicar la regla de L’Hôpital


𝑥3−2𝑥2−𝑥+2

𝑥3−7𝑥+6= 𝑙𝑖𝑚

𝑥→1

3𝑥2−4𝑥−1

3𝑥2−7=

−2

−4=

1

2𝐿´𝐻


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d) 𝒍𝒊𝒎𝒙→𝟎+

𝐥𝐧(𝟏+𝒙)

√𝒙𝟓𝟒

𝑙𝑖𝑚𝑥→0+

ln(1+𝑥)

√𝑥54 =(→0)

(→0) Se puede aplicar la regla de L’Hôpital


ln(1+𝑥)

√𝑥54 = 𝑙𝑖𝑚𝑥→0+

ln(1+𝑥)

𝑥54

=𝐿´𝐻


1

1+𝑥

5

4𝑥

14

=1

→0+ = +∞

g) lim𝒙→+∞

𝒆𝒙

𝒙𝟓

𝑙𝑖𝑚𝑥→+∞

𝑒𝑥

𝑥5 =(→+∞)

(→+∞) Se puede aplicar la regla de L’Hôpital


𝑒𝑥

𝑥5 =𝐿´𝐻


𝑒𝑥

5𝑥4 =𝐿´𝐻(1)


𝑒𝑥

20𝑥3 =𝐿´𝐻(2)


𝑒𝑥

60𝑥2 =𝐿´𝐻(3)


𝑒𝑥

120𝑥=

𝐿´𝐻(4)𝑙𝑖𝑚

𝑥→+∞

𝑒𝑥

120 = +∞

Observaciones:

(1) 𝑙𝑖𝑚𝑥→+∞

𝑒𝑥

5𝑥4 =(→∞)

(→∞) 𝑆𝑒 𝑝𝑢𝑒𝑑𝑒 𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑟 𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐿’𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

(2) 𝑙𝑖𝑚𝑥→+∞

𝑒𝑥

20𝑥3 =(→∞)


(3) 𝑙𝑖𝑚𝑥→+∞

𝑒𝑥

60𝑥2 =(→∞)


(4) 𝑙𝑖𝑚𝑥→+∞

𝑒𝑥

120𝑥=

(→∞)


k) 𝒍𝒊𝒎𝒙→𝟏

(𝒙

𝒙−𝟏−

𝟏

𝐥𝐧 𝒙) (Suma de infinitos de distinto signo)

Se transforma la diferencia [𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)] en un cociente o se aplica la siguiente

transformación: 𝑓(𝑥) · (1 −𝑔(𝑥)

𝑓(𝑥)) para poder aplicar la regla.


(𝑥

𝑥−1−

1

ln 𝑥) = 𝑙𝑖𝑚

𝑥→1(

𝑥 𝑙𝑛 𝑥−(𝑥−1)

(𝑥−1)∙ln 𝑥) sacamos denominador común


(𝑥∙ln 𝑥−(𝑥−1)

(𝑥−1)∙ln 𝑥) = 𝑙𝑖𝑚

𝑥→1(

𝑥·ln 𝑥−𝑥+1

(𝑥−1)∙ln 𝑥) =

(→0)

(→0)


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Ahora se puede aplicar la regla de L’Hôpital.


(𝑥∙ln 𝑥−𝑥+1

(𝑥−1)∙ln 𝑥) =

𝐿´𝐻𝑙𝑖𝑚𝑥→1

(1∙ln 𝑥+�̸�⋅

1

�̸�−1

1∙ln 𝑥+(𝑥−1)∙1

𝑥 ) = 𝑙𝑖𝑚

𝑥→1(

ln 𝑥+1−1

ln 𝑥+𝑥−1

𝑥

) = 𝑙𝑖𝑚𝑥→1

(ln 𝑥+1̸−1̸

ln 𝑥+1−1

𝑥

) =

= 𝑙𝑖𝑚𝑥→1

(ln 𝑥

ln 𝑥+1−1

𝑥

) =(→0)

(→0)

Podemos volver a aplicar la regla:


(ln 𝑥

ln 𝑥+1−1

𝑥

) =𝐿´𝐻


(1

𝑥1

𝑥+

1

𝑥2

) =1

1+1=

1

2

m) 𝒍𝒊𝒎𝒙→𝟎

(𝟏 + 𝒙𝟐)𝟏

𝒙

En este ejercicio, la base que tiende a uno y el exponente a infinito: (→ 1)(→∞). Primero se los

lleva a la forma (→ 0) ∙ (→ ∞) aplicando logaritmos y luego se los lleva a la forma (→𝟎)

(→𝟎) o

(→∞)

(→∞)

para poder aplicar la regla.

Si 𝐿 = 𝑙𝑖𝑚𝑥→0

(1 + 𝑥2)1

𝑥

Aplicando logaritmos en ambos términos:

ln (𝐿) = ln [𝑙𝑖𝑚𝑥→0

(1 + 𝑥2)1

𝑥]

Por propiedad de límites:

ln (𝐿) = lim𝑥→0

[ln(1 + 𝑥2)1

𝑥]

Por propiedad de los logaritmos


[1

𝑥· ln(1 + 𝑥2)] = (→ ∞) · (→ 0) 𝑓(𝑥) · 𝑔(𝑥) =

𝑓(𝑥)1

𝑔(𝑥)

=𝑔(𝑥)

1

𝑓(𝑥)

Si expresamos como cociente:

ln(𝐿) = lim𝑥→0

[ln(1+𝑥2)

𝑥] =

(→0)

(→0) ahora podemos aplicar L’Hôpital


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ln(𝐿) = 𝑙𝑖𝑚𝑥→0

[ln(1+𝑥2)

𝑥] =


[2𝑥⋅

1

1+𝑥2

1] =

→0

1= 0

Por lo tanto nos queda: ln(𝐿) = 0 ⇒ 𝐿 = 𝑒0 = 1.

Es decir, 𝑙𝑖𝑚𝑥→0

(1 + 𝑥2)1

𝑥 = 1

n) 𝐥𝐢𝐦𝒙→𝟏

(𝒙)(𝟏

𝟏−𝒙)

En este ejercicio, la base que tiende a uno y el exponente a infinito: (→ 1)(→∞). Primero se los lleva

a la forma (→ 𝟎) ∙ (→ ∞) y luego aplicando logaritmos se los lleva a la forma (→𝟎)

(→𝟎) o

(→∞)

(→∞) para

poder aplicar la regla.

Si 𝐿 = lim𝑥→1

𝑥1

1−𝑥


ln (𝐿) = ln [ 𝑙𝑖𝑚𝑥→1

𝑥1

1−𝑥]

Por propiedad de limites:


[ln (𝑥1

1−𝑥)]



[1

1−𝑥· ln(𝑥)] = (→ ∞) ∙ (→ 0)


ln(𝐿) = lim𝑥→1

[ln(𝑥)

1−𝑥] =

(→0)

(→0) ahora podemos aplicar L’Hôpital

ln(𝐿) = 𝑙𝑖𝑚𝑥→1

[ln(𝑥)

1−𝑥] =


[1

𝑥

−1] =

1

−1= −1

Entonces: ln(𝐿) = −1 ⇒ 𝐿 = 𝑒−1 =1

𝑒


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Es decir, lim𝑥→1

𝑥1

1−𝑥 =1

𝑒

o) lim𝒙→𝟎+

(𝐬𝐞𝐧𝒙)𝒙

En este ejercicio, la base que tiende a cero y el exponente a cero: (→ 0)(→0). Primero se los lleva a

la forma (→ 0) ∙ (→ ∞) aplicando logaritmos y luego se los lleva a la forma (→𝟎)

(→𝟎) o

(→∞)

(→∞) para

poder aplicar la regla.

Si 𝐿 = lim𝑥→0+

(sen𝑥)𝑥


ln (𝐿) = ln [ lim𝑥→0+

(sen𝑥)𝑥]

Por propiedad de limites:

ln (𝐿) = lim𝑥→0+

[ln(sen 𝑥)𝑥)]


ln (𝐿) = lim𝑥→0+

[𝑥 ∙ ln(sen 𝑥)] = (→ 0) ∙ (→ −∞)


ln(𝐿) = lim𝑥→0+

[ln(sen𝑥)

1

𝑥

] = (→∞)

(→∞) ahora podemos aplicar L’Hôpital

ln(𝐿) = 𝑙𝑖𝑚𝑥→0+

[ln(sen𝑥)

1

𝑥

] =𝐿′𝐻


[cos(𝑥)

sen(𝑥)

−1

𝑥2

] =(→∞)

(→∞)


[cos(𝑥)

sen(𝑥)⋅ (−𝑥2)] =

Reacomodando la expresión:


[cos(𝑥)

sen(𝑥)⋅ (−𝑥2)] = 0 ∙ ∞


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[1

sen(𝑥)

cos(𝑥)

⋅ (−𝑥2)] 𝑙𝑖𝑚𝑥→0+

[−1

𝑡𝑔(𝑥)⋅ 𝑥2] = 𝑙𝑖𝑚

𝑥→0+[−

𝑥2

𝑡𝑔(𝑥)] =

(→0)

(→0)

O también 𝑙𝑖𝑚𝑥→0+

[cos(𝑥)

sen(𝑥)⋅ (−𝑥2)] = 𝑙𝑖𝑚

𝑥→0+[

−𝑥2· cos(𝑥)

sen(𝑥)] =

(→0)

(→0)

Podemos aplicar nuevamente la regla, trabajaremos con la forma 𝑙𝑖𝑚𝑥→0+

[−𝑥2

𝑡𝑔(𝑥)]:

− 𝑙𝑖𝑚𝑥→0+

[𝑥2

𝑡𝑔(𝑥)] =

𝐿´𝐻−𝑙𝑖𝑚

𝑥→0[

2𝑥

𝑠𝑒𝑐2(𝑥)] = −𝑙𝑖𝑚

𝑥→0[

2𝑥1

𝑐𝑜𝑠2(𝑥)

] = −0

1= 0

Entonces: ln(𝐿) = 0 ⇒ 𝐿 = 𝑒0 = 1. Es decir, lim𝑥→0+

(sen𝑥)𝑥 = 1

t) lim𝒙→+∞

(𝒙)(𝟏

𝒙)

En este ejercicio, la base que tiende a infinito y el exponente a cero: (→ ∞)(→0). Primero se los

lleva a la forma (→ 0) ∙ (→ ∞) y luego aplicando logaritmos se los lleva a la forma (→𝟎)

(→𝟎) o

(→∞)

(→∞)

para poder aplicar la regla.

Si 𝐿 = lim𝑥→+∞

𝑥1

𝑥


ln (𝐿) = ln [ lim𝑥→+∞

𝑥1

𝑥]

Por propiedad de límites:

ln (𝐿) = lim𝑥→+∞

[ln (𝑥1𝑥)]


ln (𝐿) = lim𝑥→+∞

[1

𝑥∙ ln(𝑥)] = (→ 0) ∙ (→ ∞)


ln(𝐿) = 𝑙𝑖𝑚𝑥→+∞

[1

𝑥⋅ ln(𝑥)] = 𝑙𝑖𝑚

𝑥→+∞[

ln(𝑥)

𝑥] =

(→+∞)

(→+∞) ahora podemos aplicar L’Hôpital


2400 – Matemática I – 2° C 2021

16

ln(𝐿) = 𝑙𝑖𝑚𝑥→+∞

[ln(𝑥)

𝑥] =

𝐿´𝐻𝑙𝑖𝑚

𝑥→+∞[

1

𝑥

1] =

→0

1= 0

Por lo tanto nos queda: ln(𝐿) = 0 ⇒ 𝐿 = 𝑒0 = 1. Es decir, lim𝑥→+∞

𝑥1

𝑥 = 1.