2A – Área con recta tangente
Castilla y León · 2025 · Extraordinaria
Ficha del problema
Enunciado
Sea la función
\[
f(x)=12x+3x^2-2x^3.
\]
- Calcular el área del recinto limitado por la gráfica de \(f(x)\) y su recta tangente en el punto \(x=1\). (1,5 puntos)
- Calcular
\[
\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x^2)}{x f(x)},
\]
donde \(\ln\) denota el logaritmo neperiano. (1 punto)
🟠 Comprensión del enunciado
El problema tiene dos partes de Análisis.
En el apartado a), necesitamos:
- Calcular la recta tangente a \(f(x)\) en \(x=1\).
- Encontrar los puntos de corte entre la función y esa recta.
- Calcular el área encerrada entre ambas gráficas.
En el apartado b), aparece un límite con indeterminación:
\[
\frac{0}{0}
\]
La clave será usar equivalencias cuando \(x\to0\), especialmente \(\ln(1+x^2)\sim x^2\).
🔵 Conceptos matemáticos
Este problema pertenece al bloque de Análisis.
- Recta tangente a una función.
- Derivada de una función polinómica.
- Área entre dos curvas.
- Integrales definidas.
- Límites con logaritmos.
- Equivalencias infinitesimales.
Para calcular un área entre dos curvas hay que integrar la diferencia entre la función superior y la inferior en el intervalo donde encierran el recinto.
🟢 Estrategia de resolución
Para la recta tangente en \(x=1\), calcularemos:
\[
f(1)
\qquad \text{y} \qquad
f'(1)
\]
La ecuación será:
\[
y-f(1)=f'(1)(x-1)
\]
Después compararemos la función con la recta tangente para encontrar el recinto cerrado.
Para el límite:
\[
\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x^2)}{x f(x)}
\]
usaremos que, cuando \(x\to0\),
\[
\ln(1+x^2)\sim x^2
\]
y analizaremos el término \(x f(x)\).
🟣 Resolución paso a paso
a) Área limitada por la gráfica y la recta tangente
La función es:
\[
f(x)=12x+3x^2-2x^3
\]
Calculamos:
\[
f(1)=12+3-2=13
\]
Derivamos:
\[
f'(x)=12+6x-6x^2
\]
Por tanto:
\[
f'(1)=12+6-6=12
\]
La recta tangente en \(x=1\) es:
\[
y-13=12(x-1)
\]
\[
y=12x+1
\]
Buscamos los puntos de corte entre \(f(x)\) y la recta tangente:
\[
12x+3x^2-2x^3=12x+1
\]
\[
3x^2-2x^3-1=0
\]
Multiplicamos por \(-1\):
\[
2x^3-3x^2+1=0
\]
Factorizamos:
\[
2x^3-3x^2+1=(x-1)^2(2x+1)
\]
Por tanto, los puntos de corte se producen en:
\[
x=1
\qquad \text{y} \qquad
x=-\frac12
\]
La diferencia entre la recta tangente y la función es:
\[
(12x+1)-f(x)
\]
\[
(12x+1)-(12x+3x^2-2x^3)
=
2x^3-3x^2+1
\]
\[
2x^3-3x^2+1=(x-1)^2(2x+1)
\]
En el intervalo:
\[
\left[-\frac12,1\right]
\]
esta expresión es no negativa. Por tanto, la recta tangente queda por encima de la función.
El área pedida es:
\[
A=\int_{-\frac12}^{1}\left((12x+1)-f(x)\right)\,dx
\]
\[
A=\int_{-\frac12}^{1}(2x^3-3x^2+1)\,dx
\]
Calculamos:
\[
A=\left[\frac{x^4}{2}-x^3+x\right]_{-\frac12}^{1}
\]
Evaluamos:
\[
\left(\frac12-1+1\right)
-
\left(\frac{1}{32}+\frac18-\frac12\right)
\]
\[
A=\frac12-\left(-\frac{11}{32}\right)
\]
\[
A=\frac{16}{32}+\frac{11}{32}
\]
\[
A=\frac{27}{32}
\]
Respuesta:
\[
\boxed{A=\frac{27}{32}}
\]
b) Cálculo del límite mediante la regla de L’Hôpital
Queremos calcular:
\[
L=\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x^2)}{x f(x)}
\]
Como:
\[
f(x)=12x+3x^2-2x^3,
\]
el denominador se puede escribir como:
\[
x f(x)=x(12x+3x^2-2x^3)
=12x^2+3x^3-2x^4.
\]
Por tanto:
\[
L=\lim_{x\to0}
\frac{\ln(1+x^2)}{12x^2+3x^3-2x^4}.
\]
Sustituimos \(x=0\):
\[
\frac{\ln(1+0^2)}{12\cdot0^2+3\cdot0^3-2\cdot0^4}
=\frac{0}{0}.
\]
Tenemos una indeterminación de tipo \(0/0\), así que podemos aplicar la regla de L’Hôpital. Derivamos por separado el numerador y el denominador.
La derivada del numerador es:
\[
\frac{d}{dx}\bigl(\ln(1+x^2)\bigr)
=\frac{2x}{1+x^2}.
\]
La derivada del denominador es:
\[
\frac{d}{dx}\left(12x^2+3x^3-2x^4\right)
=24x+9x^2-8x^3.
\]
Aplicamos L’Hôpital por primera vez:
\[
L=\lim_{x\to0}
\frac{\dfrac{2x}{1+x^2}}{24x+9x^2-8x^3}.
\]
Al sustituir de nuevo \(x=0\), obtenemos otra indeterminación:
\[
\frac{0}{0}.
\]
Por ello aplicamos la regla de L’Hôpital una segunda vez.
Derivamos el nuevo numerador utilizando la regla del cociente:
\[
\begin{aligned}
\frac{d}{dx}\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)
&=\frac{2(1+x^2)-2x(2x)}{(1+x^2)^2}\\[4pt]
&=\frac{2+2x^2-4x^2}{(1+x^2)^2}\\[4pt]
&=\frac{2-2x^2}{(1+x^2)^2}\\[4pt]
&=\frac{2(1-x^2)}{(1+x^2)^2}.
\end{aligned}
\]
Derivamos también el nuevo denominador:
\[
\frac{d}{dx}\left(24x+9x^2-8x^3\right)
=24+18x-24x^2.
\]
Aplicando L’Hôpital por segunda vez:
\[
L=\lim_{x\to0}
\frac{\dfrac{2(1-x^2)}{(1+x^2)^2}}
{24+18x-24x^2}.
\]
Ahora ya podemos sustituir \(x=0\):
\[
\begin{aligned}
L
&=\frac{\dfrac{2(1-0^2)}{(1+0^2)^2}}
{24+18\cdot0-24\cdot0^2}\\[6pt]
&=\frac{2}{24}\\[4pt]
&=\frac{1}{12}.
\end{aligned}
\]
Respuesta:
\[
\boxed{
\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x^2)}{x f(x)}=\frac{1}{12}
}
\]
Qué debes aprender de este problema
- La recta tangente en \(x=a\) se calcula con \(y-f(a)=f'(a)(x-a)\).
- Para hallar el área entre dos curvas hay que encontrar primero sus puntos de corte.
- El área se calcula integrando la función superior menos la inferior.
- Cuando \(x\to0\), se puede usar la equivalencia \(\ln(1+x^2)\sim x^2\).
- En límites, conviene factorizar la potencia dominante para simplificar la expresión.