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Ejercicios de Cálculo
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5.1 Análisis de crecimiento

Contenidos de esta sección

  1. Intervalos de crecimiento y decrecimiento

    Tema
    5. Aplicaciones de la derivada › 5.1 Análisis de crecimiento
    Dificultad
    Básico
    Método
    Signo de la primera derivada

    Determina los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f(x)=x3−3xf(x) = x^3 - 3x.

    Ver solución
    1. Criterio: si f′(x)>0f'(x) > 0 en un intervalo, ff es creciente allí; si f′(x)<0f'(x) < 0, es decreciente.
    2. f′(x)=3x2−3=3(x−1)(x+1)f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x - 1)(x + 1), que se anula en x=−1x = -1 y en x=1x = 1.
    3. Signo de f′f': positivo en (−∞,−1)(-\infty, -1), negativo en (−1,1)(-1, 1) y positivo en (1,∞)(1, \infty).
    4. Por lo tanto, ff crece, decrece y vuelve a crecer en esos intervalos.

    Resultado final: Creciente en (−∞,−1)(-\infty, -1) y (1,∞)(1, \infty); decreciente en (−1,1)(-1, 1).

    −2.5−2−1.5−1−0.50.511.522.5−3−2.5−2−1.5−1−0.50.511.522.53xy(−1, 2)(1, −2)
    • f(x)=x3−3xf(x) = x^3 - 3x

    La cúbica sube hasta (-1, 2), baja hasta (1, -2) y vuelve a subir.

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  2. Números críticos donde la derivada no existe

    Tema
    5. Aplicaciones de la derivada › 5.1 Análisis de crecimiento
    Dificultad
    Intermedio
    Método
    Definición de número crítico

    Halla los números críticos de f(x)=x2/3(x−5)f(x) = x^{2/3}(x - 5).

    Ver solución
    1. Un número crítico es un cc del dominio con f′(c)=0f'(c) = 0 o con f′(c)f'(c) no definida. El dominio es R\mathbb{R}.
    2. Escribimos f(x)=x5/3−5x2/3f(x) = x^{5/3} - 5x^{2/3} y derivamos: f′(x)=53x2/3−103x−1/3f'(x) = \frac{5}{3}x^{2/3} - \frac{10}{3}x^{-1/3}.
    3. Factorizamos: f′(x)=53x−1/3(x−2)=5(x−2)3x3f'(x) = \frac{5}{3}x^{-1/3}(x - 2) = \frac{5(x - 2)}{3\sqrt[3]{x}}.
    4. f′(x)=0f'(x) = 0 si x=2x = 2; f′(x)f'(x) no existe en x=0x = 0, que sí pertenece al dominio.

    Resultado final: Números críticos: x=0x = 0 (derivada no definida) y x=2x = 2 (derivada nula).

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  3. Prueba de la primera derivada con un punto crítico que no es extremo

    Tema
    5. Aplicaciones de la derivada › 5.1 Análisis de crecimiento
    Dificultad
    Intermedio
    Método
    Prueba de la primera derivada

    Halla y clasifica los extremos locales de f(x)=x4−4x3f(x) = x^4 - 4x^3.

    Ver solución
    1. f′(x)=4x3−12x2=4x2(x−3)f'(x) = 4x^3 - 12x^2 = 4x^2(x - 3). Números críticos: x=0x = 0 y x=3x = 3.
    2. Signo de f′f': el factor 4x2≥04x^2 \ge 0, así que el signo lo da x−3x - 3. Es negativo en (−∞,0)(-\infty, 0) y en (0,3)(0, 3), y positivo en (3,∞)(3, \infty).
    3. En x=3x = 3, f′f' pasa de negativa a positiva: mínimo local, con f(3)=81−108=−27f(3) = 81 - 108 = -27.
    4. En x=0x = 0, f′f' no cambia de signo (negativa a ambos lados): no hay extremo, aunque f′(0)=0f'(0) = 0.

    Resultado final: Mínimo local f(3)=−27f(3) = -27; en x=0x = 0 no hay extremo.

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  4. Máximo local de x·e^(−x)

    Tema
    5. Aplicaciones de la derivada › 5.1 Análisis de crecimiento
    Dificultad
    Intermedio
    Método
    Prueba de la primera derivada

    Halla los extremos locales de f(x)=xe−xf(x) = xe^{-x}.

    Ver solución
    1. Regla del producto: f′(x)=e−x−xe−x=e−x(1−x)f'(x) = e^{-x} - xe^{-x} = e^{-x}(1 - x).
    2. Como e−x>0e^{-x} > 0, el signo de f′f' es el de 1−x1 - x: positivo para x<1x < 1 y negativo para x>1x > 1.
    3. ff crece en (−∞,1)(-\infty, 1) y decrece en (1,∞)(1, \infty): hay un máximo local en x=1x = 1.
    4. f(1)=e−1=1ef(1) = e^{-1} = \frac{1}{e}. No hay otros puntos críticos.

    Resultado final: Máximo local en (1,1e)\left(1, \dfrac{1}{e}\right).

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  5. Extremos absolutos en un intervalo cerrado

    Tema
    5. Aplicaciones de la derivada › 5.1 Análisis de crecimiento
    Dificultad
    Básico
    Método
    Método del intervalo cerrado

    Halla el máximo y el mínimo absolutos de f(x)=x3−3x2+1f(x) = x^3 - 3x^2 + 1 en [−1,4][-1, 4].

    Ver solución
    1. Método del intervalo cerrado: ff es continua en [−1,4][-1, 4], así que los extremos absolutos existen y se alcanzan en números críticos o en los extremos del intervalo.
    2. f′(x)=3x2−6x=3x(x−2)f'(x) = 3x^2 - 6x = 3x(x - 2). Números críticos en el intervalo: x=0x = 0 y x=2x = 2.
    3. Evaluamos: f(−1)=−1−3+1=−3f(-1) = -1 - 3 + 1 = -3, f(0)=1f(0) = 1, f(2)=8−12+1=−3f(2) = 8 - 12 + 1 = -3 y f(4)=64−48+1=17f(4) = 64 - 48 + 1 = 17.
    4. El mayor valor es 1717 y el menor es −3-3.

    Resultado final: Máximo absoluto 1717 en x=4x = 4; mínimo absoluto −3-3 en x=−1x = -1 y x=2x = 2.

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  6. Extremos absolutos de x + 4/x

    Tema
    5. Aplicaciones de la derivada › 5.1 Análisis de crecimiento
    Dificultad
    Básico
    Método
    Método del intervalo cerrado

    Halla el máximo y el mínimo absolutos de f(x)=x+4xf(x) = x + \dfrac{4}{x} en [1,4][1, 4].

    Ver solución
    1. ff es continua en [1,4][1, 4], porque x≠0x \neq 0 en todo el intervalo.
    2. f′(x)=1−4x2=x2−4x2f'(x) = 1 - \frac{4}{x^2} = \frac{x^2 - 4}{x^2}. En [1,4][1, 4] se anula en x=2x = 2.
    3. Evaluamos: f(1)=5f(1) = 5, f(2)=2+2=4f(2) = 2 + 2 = 4 y f(4)=4+1=5f(4) = 4 + 1 = 5.
    4. El mínimo es 44 y el máximo es 55, que se alcanza en ambos extremos.

    Resultado final: Mínimo absoluto 44 en x=2x = 2; máximo absoluto 55 en x=1x = 1 y x=4x = 4.

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  7. Crecimiento de ln x / x

    Tema
    5. Aplicaciones de la derivada › 5.1 Análisis de crecimiento
    Dificultad
    Intermedio
    Método
    Signo de la primera derivada

    Estudia el crecimiento de f(x)=ln⁡xxf(x) = \dfrac{\ln x}{x} y halla su máximo.

    Ver solución
    1. Dominio: x>0x > 0. Regla del cociente: f′(x)=1x⋅x−ln⁡xx2=1−ln⁡xx2f'(x) = \frac{\frac{1}{x} \cdot x - \ln x}{x^2} = \frac{1 - \ln x}{x^2}.
    2. Como x2>0x^2 > 0, el signo de f′f' es el de 1−ln⁡x1 - \ln x: positivo si ln⁡x<1\ln x < 1 (x<ex < e) y negativo si x>ex > e.
    3. ff crece en (0,e)(0, e) y decrece en (e,∞)(e, \infty): máximo en x=ex = e.
    4. f(e)=1ef(e) = \frac{1}{e}. Como consecuencia, ln⁡xx≤1e\frac{\ln x}{x} \le \frac{1}{e} para todo x>0x > 0.

    Resultado final: Creciente en (0,e)(0, e) y decreciente en (e,∞)(e, \infty); máximo absoluto 1e\dfrac{1}{e} en x=ex = e.

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  8. Crecimiento de x − 2 sen x en un período

    Tema
    5. Aplicaciones de la derivada › 5.1 Análisis de crecimiento
    Dificultad
    Intermedio
    Método
    Signo de la primera derivada

    Estudia el crecimiento de f(x)=x−2sen⁡xf(x) = x - 2\operatorname{sen} x en [0,2π][0, 2\pi] y halla sus extremos locales.

    Ver solución
    1. f′(x)=1−2cos⁡xf'(x) = 1 - 2\cos x, que se anula cuando cos⁡x=12\cos x = \frac{1}{2}: en [0,2π][0, 2\pi], x=π3x = \frac{\pi}{3} y x=5π3x = \frac{5\pi}{3}.
    2. Signo: f′(0)=−1<0f'(0) = -1 < 0, f′(π)=3>0f'(\pi) = 3 > 0 y f′(2π)=−1<0f'(2\pi) = -1 < 0. Entonces ff decrece en (0,π3)\left(0, \frac{\pi}{3}\right), crece en (π3,5π3)\left(\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}\right) y decrece en (5π3,2π)\left(\frac{5\pi}{3}, 2\pi\right).
    3. Mínimo local en π3\frac{\pi}{3}: f(π3)=π3−3≈−0.685f\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{\pi}{3} - \sqrt{3} \approx -0.685.
    4. Máximo local en 5π3\frac{5\pi}{3}: f(5π3)=5π3+3≈6.968f\left(\frac{5\pi}{3}\right) = \frac{5\pi}{3} + \sqrt{3} \approx 6.968.

    Resultado final: Mínimo local π3−3\dfrac{\pi}{3} - \sqrt{3} en x=π3x = \dfrac{\pi}{3}; máximo local 5π3+3\dfrac{5\pi}{3} + \sqrt{3} en x=5π3x = \dfrac{5\pi}{3}.

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  9. Extremos de una función racional

    Tema
    5. Aplicaciones de la derivada › 5.1 Análisis de crecimiento
    Dificultad
    Básico
    Método
    Prueba de la primera derivada

    Halla los extremos locales de f(x)=xx2+1f(x) = \dfrac{x}{x^2 + 1}.

    Ver solución
    1. Regla del cociente: f′(x)=(x2+1)−x⋅2x(x2+1)2=1−x2(x2+1)2f'(x) = \frac{(x^2 + 1) - x \cdot 2x}{(x^2 + 1)^2} = \frac{1 - x^2}{(x^2 + 1)^2}.
    2. f′(x)=0f'(x) = 0 si x=±1x = \pm 1. El denominador es siempre positivo.
    3. Signo de 1−x21 - x^2: negativo en (−∞,−1)(-\infty, -1), positivo en (−1,1)(-1, 1) y negativo en (1,∞)(1, \infty).
    4. Mínimo local en x=−1x = -1: f(−1)=−12f(-1) = -\frac{1}{2}. Máximo local en x=1x = 1: f(1)=12f(1) = \frac{1}{2}.

    Resultado final: Mínimo local (−1,−12)\left(-1, -\dfrac{1}{2}\right) y máximo local (1,12)\left(1, \dfrac{1}{2}\right).

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  10. Demostrar una desigualdad con la derivada

    Tema
    5. Aplicaciones de la derivada › 5.1 Análisis de crecimiento
    Dificultad
    Avanzado
    Método
    Mínimo absoluto de una función auxiliar

    Demuestra que ex≥1+xe^{x} \ge 1 + x para todo x∈Rx \in \mathbb{R}.

    Ver solución
    1. Definimos g(x)=ex−1−xg(x) = e^{x} - 1 - x. Hay que probar que g(x)≥0g(x) \ge 0 para todo xx.
    2. g′(x)=ex−1g'(x) = e^{x} - 1, que es negativa para x<0x < 0 (porque ex<1e^{x} < 1), nula en x=0x = 0 y positiva para x>0x > 0.
    3. Entonces gg decrece en (−∞,0)(-\infty, 0) y crece en (0,∞)(0, \infty), y su mínimo absoluto está en x=0x = 0: g(0)=1−1−0=0g(0) = 1 - 1 - 0 = 0.
    4. Por lo tanto g(x)≥g(0)=0g(x) \ge g(0) = 0 para todo xx, es decir, ex≥1+xe^{x} \ge 1 + x, con igualdad solo en x=0x = 0. Geométricamente, la recta y=1+xy = 1 + x es la tangente a y=exy = e^{x} en x=0x = 0 y queda por debajo de la curva.

    Resultado final: ex≥1+xe^{x} \ge 1 + x para todo xx, con igualdad solo en x=0x = 0.

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