Mates con GermánBuscar

1° Parcial · Tema 1G · Matemática 51

Matemática 51· CBC · Cátedra única · Sede Ciudad Universitaria · 1C 2025

Fuente: Altillo.com

Sin revisar

Este examen todavía no lo revisó un docente: la transcripción y las soluciones pueden tener errores. Cada ejercicio indica qué ya está revisado. Si encontrás un error, avisame.

En cada ejercicio, escriba los razonamientos que justifican la respuesta.

Ejercicio 1

Enunciado sin revisar Solución sin revisar IA Reportar un error

Sea f(x)f(x) la función lineal cuyo gráfico pasa por los puntos (−1,0)(-1, 0) y (1,10)(1, 10). Escribir como un intervalo o una unión de intervalos el conjuntos {x∈R:f(x)≥35}\{x \in \mathbb{R} : f(x) \geq 35\}.

Ver solución (sin revisar)

La función lineal. Escribimos f(x)=mx+bf(x) = mx + b. La pendiente es

m=10−01−(−1)=102=5.m = \frac{10 - 0}{1 - (-1)} = \frac{10}{2} = 5 .

Como pasa por (−1,0)(-1, 0): f(−1)=5⋅(−1)+b=0  ⟺  b=5f(-1) = 5 \cdot (-1) + b = 0 \iff b = 5. Entonces f(x)=5x+5f(x) = 5x + 5.

Verificación: f(1)=5+5=10f(1) = 5 + 5 = 10.

El conjunto. Resolvemos la inecuación:

5x+5≥35  ⟺  5x≥30  ⟺  x≥6.5x + 5 \geq 35 \iff 5x \geq 30 \iff x \geq 6 .

(Dividimos por 5>05 > 0, así que la desigualdad no cambia de sentido.)

Respuesta: {x∈R:f(x)≥35}=[6;+∞)\{x \in \mathbb{R} : f(x) \geq 35\} = [6; +\infty).

Ejercicio 2

Enunciado sin revisar Solución sin revisar IA Reportar un error

Sea f(x)=ax2+20x+22f(x) = ax^2 + 20x + 22. Hallar el valor de a∈Ra \in \mathbb{R} para que el vértice del gráfico de ff tenga abscisa x=5x = 5. Para el valor hallado, dar la imagen de ff.

Ver solución (sin revisar)

El valor de aa. Para que ff sea cuadrática (y tenga vértice) necesitamos a≠0a \neq 0. La abscisa del vértice de ax2+bx+cax^2 + bx + c es xv=−b2ax_v = -\dfrac{b}{2a}, así que

−202a=5  ⟺  −10a=5  ⟺  a=−2.-\frac{20}{2a} = 5 \iff -\frac{10}{a} = 5 \iff a = -2 .

Entonces f(x)=−2x2+20x+22f(x) = -2x^2 + 20x + 22.

La imagen. La ordenada del vértice es

yv=f(5)=−2⋅25+20⋅5+22=−50+100+22=72.y_v = f(5) = -2 \cdot 25 + 20 \cdot 5 + 22 = -50 + 100 + 22 = 72 .

Como a=−2<0a = -2 < 0, la parábola es cóncava hacia abajo: 7272 es el valor máximo y ff toma todos los valores menores o iguales que él.

Respuesta: a=−2a = -2 e Im⁡(f)=(−∞;72]\operatorname{Im}(f) = (-\infty; 72].

Ejercicio 3

Enunciado sin revisar Solución sin revisar IA Reportar un error

Sean f(x)=8x−1x−4f(x) = \dfrac{8x - 1}{x - 4} y g(x)=x+4g(x) = x + 4. Hallar todas las asíntotas de g∘f(x)g \circ f(x).

Ver solución (sin revisar)

La composición. Para x≠4x \neq 4:

g∘f(x)=g(f(x))=8x−1x−4+4=8x−1+4(x−4)x−4=12x−17x−4.g \circ f(x) = g\big(f(x)\big) = \frac{8x - 1}{x - 4} + 4 = \frac{8x - 1 + 4(x - 4)}{x - 4} = \frac{12x - 17}{x - 4} .

Su dominio es R−{4}\mathbb{R} - \{4\} (gg está definida en todo R\mathbb{R}, así que no agrega restricciones).

Asíntota vertical. En x=4x = 4 el denominador se anula y el numerador vale 12⋅4−17=31≠012 \cdot 4 - 17 = 31 \neq 0, así que lim⁡x→4∣g∘f(x)∣=+∞\displaystyle \lim_{x \to 4} |g \circ f(x)| = +\infty. Asíntota vertical: x=4x = 4.

Asíntota horizontal. Dividimos numerador y denominador por xx:

lim⁡x→±∞12x−17x−4=lim⁡x→±∞12−17x1−4x=12.\lim_{x \to \pm\infty} \frac{12x - 17}{x - 4} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{12 - \frac{17}{x}}{1 - \frac{4}{x}} = 12 .

Asíntota horizontal: y=12y = 12. (Como es un cociente de polinomios de grado 1, no hay asíntota oblicua.)

Respuesta: asíntota vertical x=4x = 4 y asíntota horizontal y=12y = 12.

Ejercicio 4

Enunciado sin revisar Solución sin revisar IA Reportar un error

Sea f(x)=3cos⁡(x)−5f(x) = 3\cos(x) - 5. Determinar la imagen de ff y hallar todos los x∈[−π2;5π2]x \in \left[-\frac{\pi}{2}; \frac{5\pi}{2}\right] en los que ff alcanza el valor máximo.

Ver solución (sin revisar)

La imagen. Para todo x∈Rx \in \mathbb{R} vale −1≤cos⁡(x)≤1-1 \leq \cos(x) \leq 1, y cos⁡\cos toma todos esos valores. Multiplicando por 3>03 > 0 y restando 55:

−3−5≤3cos⁡(x)−5≤3−5  ⟺  −8≤f(x)≤−2.-3 - 5 \leq 3\cos(x) - 5 \leq 3 - 5 \iff -8 \leq f(x) \leq -2 .

Entonces Im⁡(f)=[−8;−2]\operatorname{Im}(f) = [-8; -2].

Dónde alcanza el máximo. El valor máximo es −2-2:

3cos⁡(x)−5=−2  ⟺  3cos⁡(x)=3  ⟺  cos⁡(x)=1  ⟺  x=2kπ, k∈Z.3\cos(x) - 5 = -2 \iff 3\cos(x) = 3 \iff \cos(x) = 1 \iff x = 2k\pi, \ k \in \mathbb{Z} .

Buscamos los que están en [−π2;5π2]\left[-\frac{\pi}{2}; \frac{5\pi}{2}\right]:

  • k=−1k = -1: x=−2π<−π2x = -2\pi < -\frac{\pi}{2}, no está.
  • k=0k = 0: x=0x = 0, sí está.
  • k=1k = 1: x=2πx = 2\pi, sí está (2π<5π22\pi < \frac{5\pi}{2}).
  • k=2k = 2: x=4π>5π2x = 4\pi > \frac{5\pi}{2}, no está.

Verificación: f(0)=f(2π)=3⋅1−5=−2f(0) = f(2\pi) = 3 \cdot 1 - 5 = -2.

Respuesta: Im⁡(f)=[−8;−2]\operatorname{Im}(f) = [-8; -2]; ff alcanza su valor máximo −2-2 en x=0x = 0 y x=2πx = 2\pi.