Saltar al contenido
Ejercicios de Cálculo
← 4. Derivadas

4.9 Aplicaciones geométricas de la derivada

Contenidos de esta sección

  1. Ecuación de la recta tangente

    Tema
    4. Derivadas › 4.9 Aplicaciones geométricas de la derivada
    Dificultad
    Básico
    Método
    Ecuación punto-pendiente con la derivada

    Halla la ecuación de la recta tangente a la gráfica de

    f(x)=x3−2xf(x) = x^3 - 2x

    en el punto de abscisa x=1x = 1.

    Ver solución
    1. La recta tangente en x=ax = a es y=f(a)+f′(a)(x−a)y = f(a) + f'(a)(x - a). Aquí a=1a = 1.
    2. Calculamos el punto de tangencia: f(1)=13−2(1)=−1f(1) = 1^3 - 2(1) = -1, así que el punto es (1,−1)(1, -1).
    3. Derivamos con la regla de la potencia: f′(x)=3x2−2f'(x) = 3x^2 - 2.
    4. La pendiente es f′(1)=3(1)2−2=1f'(1) = 3(1)^2 - 2 = 1.
    5. Sustituimos: y=−1+1⋅(x−1)=x−2y = -1 + 1 \cdot (x - 1) = x - 2.

    Resultado final: y=x−2y = x - 2

    Abrir este ejercicio en su propia página

  2. Pendiente de la recta tangente a una raíz

    Tema
    4. Derivadas › 4.9 Aplicaciones geométricas de la derivada
    Dificultad
    Básico
    Método
    Derivada como pendiente de la tangente

    Halla la pendiente de la recta tangente a f(x)=xf(x) = \sqrt{x} en el punto de abscisa x=4x = 4.

    Ver solución
    1. La pendiente de la tangente en x=ax = a es f′(a)f'(a).
    2. f′(x)=12xf'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}, para x>0x > 0.
    3. f′(4)=12⋅2=14f'(4) = \frac{1}{2 \cdot 2} = \frac{1}{4}.
    4. El punto de tangencia es (4,f(4))=(4,2)(4, f(4)) = (4, 2).

    Resultado final: La pendiente es 14\dfrac{1}{4} (en el punto (4,2)(4, 2)).

    Abrir este ejercicio en su propia página

  3. Ecuación de la recta normal

    Tema
    4. Derivadas › 4.9 Aplicaciones geométricas de la derivada
    Dificultad
    Básico
    Método
    Pendiente perpendicular −1/f'(a)

    Halla la ecuación de la recta normal a f(x)=x2f(x) = x^2 en el punto (1,1)(1, 1).

    Ver solución
    1. La recta normal es perpendicular a la tangente en el punto de tangencia. Si la tangente tiene pendiente m≠0m \neq 0, la normal tiene pendiente −1m-\frac{1}{m}.
    2. f′(x)=2xf'(x) = 2x, así que la pendiente de la tangente es f′(1)=2f'(1) = 2.
    3. Pendiente de la normal: −12-\frac{1}{2}.
    4. Ecuación punto-pendiente: y−1=−12(x−1)y - 1 = -\frac{1}{2}(x - 1), es decir, y=−12x+32y = -\frac{1}{2}x + \frac{3}{2}.

    Resultado final: Recta normal: y=−12x+32y = -\dfrac{1}{2}x + \dfrac{3}{2}

    −2−1.5−1−0.50.511.522.53−1−0.50.511.522.533.54xy(1, 1)
    • f(x)=x2f(x) = x^2
    • normal:y=−12x+32normal: y = -\tfrac{1}{2}x + \tfrac{3}{2}
    • tangente:y=2x−1tangente: y = 2x - 1

    La parábola y = x², su tangente en (1, 1) con pendiente 2 y la recta normal, perpendicular a ella, con pendiente -1/2.

    Abrir este ejercicio en su propia página

  4. Rectas tangente y normal a una exponencial

    Tema
    4. Derivadas › 4.9 Aplicaciones geométricas de la derivada
    Dificultad
    Intermedio
    Método
    Derivada y ecuación punto-pendiente

    Halla las rectas tangente y normal a f(x)=e2xf(x) = e^{2x} en x=0x = 0.

    Ver solución
    1. Punto: f(0)=e0=1f(0) = e^{0} = 1, es decir, (0,1)(0, 1).
    2. Pendiente de la tangente: f′(x)=2e2xf'(x) = 2e^{2x}, así que f′(0)=2f'(0) = 2.
    3. Tangente: y−1=2(x−0)y - 1 = 2(x - 0), es decir, y=2x+1y = 2x + 1.
    4. Normal, con pendiente −12-\frac{1}{2}: y−1=−12xy - 1 = -\frac{1}{2}x, es decir, y=−12x+1y = -\frac{1}{2}x + 1.

    Resultado final: Tangente: y=2x+1y = 2x + 1. Normal: y=−12x+1y = -\dfrac{1}{2}x + 1.

    Abrir este ejercicio en su propia página

  5. Puntos con recta tangente horizontal

    Tema
    4. Derivadas › 4.9 Aplicaciones geométricas de la derivada
    Dificultad
    Intermedio
    Método
    Ecuación f'(x) = 0

    Halla los puntos de la gráfica de f(x)=x3−3x2−9x+1f(x) = x^3 - 3x^2 - 9x + 1 donde la recta tangente es horizontal.

    Ver solución
    1. La tangente es horizontal donde su pendiente es 00, es decir, donde f′(x)=0f'(x) = 0.
    2. f′(x)=3x2−6x−9=3(x2−2x−3)=3(x−3)(x+1)f'(x) = 3x^2 - 6x - 9 = 3(x^2 - 2x - 3) = 3(x - 3)(x + 1).
    3. f′(x)=0f'(x) = 0 si x=3x = 3 o x=−1x = -1.
    4. Ordenadas: f(3)=27−27−27+1=−26f(3) = 27 - 27 - 27 + 1 = -26 y f(−1)=−1−3+9+1=6f(-1) = -1 - 3 + 9 + 1 = 6.

    Resultado final: Tangente horizontal en (−1,6)(-1, 6) y en (3,−26)(3, -26).

    −3−2−112345−30−25−20−15−10−5510xy(−1, 6)(3, −26)
    • f(x)=x3−3x2−9x+1f(x) = x^3 - 3x^2 - 9x + 1

    La cúbica tiene tangentes horizontales (líneas punteadas) en (-1, 6) y en (3, -26).

    Abrir este ejercicio en su propia página

  6. Una recta tangente vertical

    Tema
    4. Derivadas › 4.9 Aplicaciones geométricas de la derivada
    Dificultad
    Intermedio
    Método
    Derivada infinita y función continua

    Demuestra que la gráfica de f(x)=x−23f(x) = \sqrt[3]{x - 2} tiene una recta tangente vertical en x=2x = 2 y escribe su ecuación.

    Ver solución
    1. ff es continua en 22, con f(2)=0f(2) = 0. La tangente es vertical si f(2+h)−f(2)h\frac{f(2 + h) - f(2)}{h} tiende a +∞+\infty o a −∞-\infty.
    2. f(2+h)−f(2)h=h3h=1h23\frac{f(2 + h) - f(2)}{h} = \frac{\sqrt[3]{h}}{h} = \frac{1}{\sqrt[3]{h^2}} para h≠0h \neq 0.
    3. Como h23>0\sqrt[3]{h^2} > 0 y tiende a 00, el cociente tiende a +∞+\infty por ambos lados.
    4. La gráfica pasa por (2,0)(2, 0) con pendiente infinita: la tangente es la recta vertical x=2x = 2.

    Resultado final: Tangente vertical x=2x = 2, en el punto (2,0)(2, 0).

    Abrir este ejercicio en su propia página

  7. Ángulo entre dos curvas

    Tema
    4. Derivadas › 4.9 Aplicaciones geométricas de la derivada
    Dificultad
    Avanzado
    Método
    Ángulo entre las rectas tangentes

    Halla el ángulo con que se cortan las curvas y=x2y = x^2 e y=xy = \sqrt{x} en el punto (1,1)(1, 1).

    Ver solución
    1. El ángulo entre dos curvas en un punto de corte es el ángulo entre sus rectas tangentes allí. Si las pendientes son m1m_1 y m2m_2, con 1+m1m2≠01 + m_1m_2 \neq 0: tan⁡θ=∣m1−m21+m1m2∣\tan\theta = \left|\frac{m_1 - m_2}{1 + m_1m_2}\right|.
    2. Para y=x2y = x^2: y′=2xy' = 2x, así que m1=2m_1 = 2.
    3. Para y=xy = \sqrt{x}: y′=12xy' = \frac{1}{2\sqrt{x}}, así que m2=12m_2 = \frac{1}{2}.
    4. tan⁡θ=∣2−121+1∣=3/22=34\tan\theta = \left|\frac{2 - \frac{1}{2}}{1 + 1}\right| = \frac{3/2}{2} = \frac{3}{4}.
    5. Entonces θ=arctan⁡34≈36.87∘\theta = \arctan\frac{3}{4} \approx 36.87^\circ.

    Resultado final: θ=arctan⁡34≈36.87∘\theta = \arctan\dfrac{3}{4} \approx 36.87^\circ

    Abrir este ejercicio en su propia página

  8. Tangente paralela a una recta dada

    Tema
    4. Derivadas › 4.9 Aplicaciones geométricas de la derivada
    Dificultad
    Básico
    Método
    Igualdad de pendientes

    Halla el punto de la parábola f(x)=x2−3xf(x) = x^2 - 3x donde la recta tangente es paralela a la recta y=5x+2y = 5x + 2.

    Ver solución
    1. Las rectas paralelas tienen la misma pendiente. La recta dada tiene pendiente 55.
    2. Pendiente de la tangente: f′(x)=2x−3f'(x) = 2x - 3.
    3. Igualamos: 2x−3=52x - 3 = 5, de donde x=4x = 4.
    4. Ordenada: f(4)=16−12=4f(4) = 16 - 12 = 4. La tangente allí es y−4=5(x−4)y - 4 = 5(x - 4), es decir, y=5x−16y = 5x - 16.

    Resultado final: El punto es (4,4)(4, 4), con tangente y=5x−16y = 5x - 16.

    Abrir este ejercicio en su propia página

  9. Rectas tangentes trazadas desde un punto exterior

    Tema
    4. Derivadas › 4.9 Aplicaciones geométricas de la derivada
    Dificultad
    Avanzado
    Método
    Punto de tangencia genérico y condición de paso por el punto

    Halla las rectas tangentes a la parábola y=x2y = x^2 que pasan por el punto (1,−3)(1, -3), que no está sobre la parábola.

    Ver solución
    1. Sea (a,a2)(a, a^2) el punto de tangencia. La tangente allí tiene pendiente 2a2a: y−a2=2a(x−a)y - a^2 = 2a(x - a).
    2. Exigimos que pase por (1,−3)(1, -3): −3−a2=2a(1−a)=2a−2a2-3 - a^2 = 2a(1 - a) = 2a - 2a^2.
    3. Reordenamos: a2−2a−3=0a^2 - 2a - 3 = 0, es decir, (a−3)(a+1)=0(a - 3)(a + 1) = 0, de donde a=3a = 3 o a=−1a = -1.
    4. Con a=3a = 3: y−9=6(x−3)y - 9 = 6(x - 3), es decir, y=6x−9y = 6x - 9. Con a=−1a = -1: y−1=−2(x+1)y - 1 = -2(x + 1), es decir, y=−2x−1y = -2x - 1.
    5. Comprobación: en x=1x = 1, ambas dan y=−3y = -3.

    Resultado final: y=6x−9y = 6x - 9 (tangente en (3,9)(3, 9)) e y=−2x−1y = -2x - 1 (tangente en (−1,1)(-1, 1)).

    −3−2−112345−4−224681012xy(1, −3)(3, 9)(−1, 1)
    • y=x2y = x^2
    • y=6x−9y = 6x - 9
    • y=−2x−1y = -2x - 1

    Desde el punto (1, -3), situado debajo de la parábola, salen dos rectas tangentes que la tocan en (3, 9) y en (-1, 1).

    Abrir este ejercicio en su propia página

  10. Rapidez de cambio del área de un cuadrado

    Tema
    4. Derivadas › 4.9 Aplicaciones geométricas de la derivada
    Dificultad
    Básico
    Método
    Tasas relacionadas con la regla de la cadena

    El lado de un cuadrado crece a razón de 33 cm/s. ¿A qué rapidez crece su área cuando el lado mide 1010 cm?

    Ver solución
    1. Área en función del lado: A=ℓ2A = \ell^2, donde ℓ\ell y AA dependen del tiempo tt.
    2. Derivamos respecto de tt con la regla de la cadena: dAdt=2ℓdℓdt\frac{dA}{dt} = 2\ell\frac{d\ell}{dt}.
    3. Datos: ℓ=10\ell = 10 cm y dℓdt=3\frac{d\ell}{dt} = 3 cm/s.
    4. dAdt=2(10)(3)=60\frac{dA}{dt} = 2(10)(3) = 60 cm²/s.

    Resultado final: El área crece a 6060 cm²/s.

    Abrir este ejercicio en su propia página
← Volver a Derivadas