1° Parcial Tema 3C · AM66 (1C 2026) · CBC

Ejercicio 1

Enunciado revisado Solución revisada IA Reportar un error

Hallar $k \in \mathbb{R}$ para que $\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \left( \frac{n^2 + kn + 1}{n^2 + 9} \right)^{2n} = e^{14}$ .

Ver solución

Para cualquier $k$ , la base tiende a $1$ y el exponente a $+\infty$ : indeterminación $1^\infty$ . Escribimos la base como $1 + (\text{algo que tiende a } 0)$ :

\frac{n^2 + kn + 1}{n^2 + 9} = 1 + \frac{kn - 8}{n^2 + 9}.

Entonces

\left( 1 + \frac{kn - 8}{n^2 + 9} \right)^{2n} = \left[ \left( 1 + \frac{kn - 8}{n^2 + 9} \right)^{\frac{n^2 + 9}{kn - 8}} \right]^{\frac{(kn - 8) \cdot 2n}{n^2 + 9}}

(para $n$ grande, $kn - 8 \neq 0$ para cualquier $k$ , así que la cuenta vale).

Lo del corchete tiende a $e$ , y el exponente de afuera:

\lim_{n \to +\infty} \frac{2kn^2 - 16n}{n^2 + 9} = 2k.

Así que el límite vale $e^{2k}$ . Pedimos

e^{2k} = e^{14} \iff 2k = 14 \iff k = 7.

Ejercicio 2

Enunciado revisado Solución revisada IA Reportar un error

Sea $f : \left( -\frac{1}{2}, +\infty \right) \to \mathbb{R}$ la función dada por

f(x) = \begin{cases} \dfrac{1 + \ln(1 + 2x) - \cos(4x)}{x} & \text{si } x \neq 0 \\[2ex] 2 & \text{si } x = 0 \end{cases}.

Hallar, si existe, $f'(0)$ .

Ver solución

Primero, continuidad en $0$ . El cociente es $\frac{0}{0}$ (en $0$ el numerador da $1 + 0 - 1 = 0$ ). Separamos:

\frac{1 + \ln(1 + 2x) - \cos(4x)}{x} = 2 \cdot \frac{\ln(1 + 2x)}{2x} + 4x \cdot \frac{1 - \cos(4x)}{(4x)^2} \xrightarrow[x \to 0]{} 2 \cdot 1 + 0 \cdot \frac{1}{2} = 2 = f(0).

Es continua.

Derivada por definición:

f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - 2}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{1 + \ln(1 + 2h) - \cos(4h) - 2h}{h^2}.

Es $\frac{0}{0}$ . Aplicamos L’Hôpital:

\lim_{h \to 0} \frac{\frac{2}{1 + 2h} + 4\operatorname{sen}(4h) - 2}{2h}.

Sigue siendo $\frac{0}{0}$ (el numerador en $0$ da $2 + 0 - 2 = 0$ ). L’Hôpital otra vez:

\lim_{h \to 0} \frac{-\frac{4}{(1 + 2h)^2} + 16\cos(4h)}{2} = \frac{-4 + 16}{2} = 6.

Por lo tanto $f$ es derivable en $0$ y $f'(0) = 6$ .

Ejercicio 3

Enunciado revisado Solución revisada IA Reportar un error

Sea $f(x) = 5e^{\frac{x^2 - 2x + 2}{x^2}}$ . Hallar la cantidad de soluciones de la ecuación $f(x) = 11$ .

Ver solución

El dominio de $f$ es $\mathbb{R} - \{0\}$ . Como $t \mapsto 5e^t$ es creciente, $f$ crece y decrece donde lo hace el exponente

g(x) = \frac{x^2 - 2x + 2}{x^2} = 1 - \frac{2}{x} + \frac{2}{x^2}.

Derivada de $g$ :

g'(x) = \frac{2}{x^2} - \frac{4}{x^3} = \frac{2(x - 2)}{x^3}.

En $(-\infty, 0)$ : $x - 2 < 0$ y $x^3 < 0$ , así que $g' > 0$ : $g$ crece.
En $(0, 2)$ : $x - 2 < 0$ y $x^3 > 0$ , así que $g' < 0$ : $g$ decrece.
En $(2, +\infty)$ : $g' > 0$ : $g$ crece.

Valores y límites de $f$ :

$g(2) = \frac{4 - 4 + 2}{4} = \frac{1}{2}$ , así que $f(2) = 5e^{1/2} = 5\sqrt{e} \approx 8{,}24$ .
$x \to \pm\infty$ : $g \to 1$ , así que $f \to 5e \approx 13{,}59$ . Para $x < 0$ es $-\frac{2}{x} > 0$ , o sea $g > 1$ y $f > 5e$ .
$x \to 0$ : $g \to +\infty$ (domina $\frac{2}{x^2}$ ), así que $f \to +\infty$ .

Contamos soluciones de $f(x) = 11$ (con $5\sqrt{e} < 11 < 5e$ ):

En $(-\infty, 0)$ : $f$ crece de $5e$ a $+\infty$ , toma valores en $(5e, +\infty)$ . Como $11 < 5e$ , no hay solución.
En $(0, 2]$ : $f$ decrece de $+\infty$ a $5\sqrt{e}$ . Como $11 > 5\sqrt{e}$ , por continuidad y monotonía hay exactamente una solución.
En $[2, +\infty)$ : $f$ crece de $5\sqrt{e}$ hacia $5e$ (sin alcanzarlo). Como $5\sqrt{e} < 11 < 5e$ , hay exactamente una solución.

Por lo tanto la ecuación $f(x) = 11$ tiene 2 soluciones (aproximadamente $x \approx 1{,}14$ y $x \approx 8{,}32$ ).

Ejercicio 4

Enunciado revisado Solución revisada IA Reportar un error

Sea $f : [1, e] \to \mathbb{R}$ definida como $f(x) = 8x^2 - 25\ln x$ . Hallar los valores máximo y mínimo absolutos de $f$ y los puntos del intervalo $[1, e]$ en donde se alcanzan.

Ver solución

$f$ es continua en $[1, e]$ , así que alcanza máximo y mínimo absolutos. Los buscamos entre los puntos críticos y los extremos del intervalo.

Puntos críticos:

f'(x) = 16x - \frac{25}{x} = \frac{16x^2 - 25}{x} = 0 \iff x^2 = \frac{25}{16} \iff x = \frac{5}{4}

(descartamos $x = -\frac{5}{4}$ ). Como $1 < \frac{5}{4} < e$ , está en el intervalo.

Evaluamos:

\begin{aligned} f(1) &= 8 - 25\ln(1) = 8, \\ f\left( \tfrac{5}{4} \right) &= 8 \cdot \frac{25}{16} - 25\ln\left( \tfrac{5}{4} \right) = \frac{25}{2} - 25\ln\left( \tfrac{5}{4} \right) \approx 6{,}92, \\ f(e) &= 8e^2 - 25 \approx 34{,}11. \end{aligned}

El máximo absoluto es $8e^2 - 25$ y se alcanza en $x = e$ .
El mínimo absoluto es $\frac{25}{2} - 25\ln\left( \frac{5}{4} \right)$ y se alcanza en $x = \frac{5}{4}$ .

1° Parcial · Tema 3C · AM66

Ejercicio 1

Ejercicio 2

Ejercicio 3

Ejercicio 4