1 Análisis Funciones

Aplicación de la derivada
Elementos esenciales de la curva de función
La interpretación geométrica de la derivada como pendiente de la recta tangente a la curva

de la representación gráfica de una función en cualquiera de sus puntos, permite
determinar las siguientes características o atributos de una función:
➢ Puntos críticos conocidos como puntos máximos y mínimos, los cuales pueden ser
absolutos o relativos.
➢ Intervalos de crecimiento o decrecimiento.
Así mismo, la segunda derivada permite determinar:
➢ Intervalos de concavidad; a saber, “concavidad hacia arriba o positiva” y

“concavidad hacia abajo o negativa”.
➢ Puntos críticos conocidos como “puntos de inflexión” en los cuales se producen
cambios de la concavidad de una curva.
Respecto a los antes mencionado, es importante mencionar que la denominación de

“punto crítico” obedece a que en tal punto una curva experimenta un cambio
“extraordinario” en su naturaleza geométrica; en un punto máximo o mínimo, ocurre un
cambio de signo de la primera derivada o de la pendiente de la recta tangente; y en un
punto de inflexión se produce un cambio en el sentido de la concavidad; a saber, de
“concavidad positiva” a “concavidad negativa”, y viceversa.
Definición formal de los atributos antes mencionados.

Crecimiento de una función:
Dado un intervalo I del dominio de una función 𝑓 (𝑥), una función “crece”, si:
“para todo 𝑎, 𝑏 𝜖 𝐈 , 𝑠𝑖 𝑏 > 𝑎. entonces 𝑓(𝑏) > 𝑓 (𝑎)

“para todo 𝑥 𝜖 𝐈 , 𝑓´(𝑥 ) > 0”
Decrecimiento de una función:

Dado un intervalo I del dominio de una función 𝑓 (𝑥), una función “decrece”, si:
“para todo 𝑎, 𝑏 𝜖 𝐈 , 𝑠𝑖 𝑏 > 𝑎 entonces 𝑠𝑖 𝑓(𝑏) < 𝑓 (𝑎)

“para todo 𝑥 𝜖 𝐈 , 𝑓´(𝑥 ) < 0”
(ver figuras 1 y 2).
1
Figura 1 Figura 2
Punto máximo:
Definición:
“Es un punto crítico en el que la pendiente de la recta tangente
a la curva es igual a cero, y en el que la derivada cambia de
de signo positivo a negativo”
Respecto a sus coordenadas, estas se denominan coordenadas críticas; a saber, abscisa y

ordenada críticas.
Máximo absoluto:
Es un punto máximo tal que su ordenada crítica es superior a la de cualquier otro punto
sobre la curva de una función.
Formalmente se tiene:
Sea el punto máximo 𝑷(𝒙𝒄 , 𝒚𝒄 ) de una función 𝑓 (𝑥) cuyo dominio esta dado por 𝑫𝒇 . Es
absoluto si se cumple:
“Para todo 𝒙 𝝐 𝑫𝒇 , se tiene 𝒚𝒄 > 𝑓(𝑥) ”
2
Punto mínimo:
Definición:
de signo negativo a positivo”
Mínimo absoluto:
Sea el punto mínimo 𝑸(𝒙𝒄 , 𝒚𝒄 ) de una función 𝑓(𝑥). Es absoluto si se cumple:
“Para todo 𝒙 𝝐 𝑫𝒇 , se tiene 𝒚𝒄 < 𝒇(𝒙)”

Punto mínimo absoluto A Punto máximo absoluto B

Intervalo de crecimiento: 𝒙 ∈ (𝒂, +∞) Intervalo de crecimiento: 𝒙 ∈ (−∞, 𝒃)
Intervalo de decrecimiento: 𝒙 ∈ (−∞, 𝒂) Intervalo de decrecimiento: 𝒙 ∈ (𝒃, +∞)
Figura 3 Figura 4
3
Puntos críticos de un polinomio
Toda vez que un polinomio entero es continuo y derivable en cualquier valor de la variable
independiente en el conjunto de los reales, entonces la curva de su representación gráfica
presenta un máximo de puntos críticos dado por el grado del polinomio menos la unidad.
De esta forma, se tiene:
➢ Función no lineal de segundo grado: Un punto crítico (máximo o mínimo).

➢ Función no lineal de tercer grado: Dos puntos críticos (un máximo y un mínimo).
➢ Polinomio entero de cuarto grado: Tres puntos críticos (dos máximos y un mínimo,
o dos mínimos y un máximo).
Dada la continuidad de la función polinomial, en caso de dos o más puntos críticos, estos
se dan en forma alternada.
La siguiente figura muestra una curva con dos puntos críticos; un máximo y un mínimo.
Punto máximo relativo: A Crecimiento: 𝑥 𝜖 (−∞ , 𝑎) ∪ (𝑏 , +∞)

Punto Mínimo relativo: B Decrecimiento: 𝑥 𝜖( 𝑎 , 𝑏)
Figura 5
Intervalo de concavidad positiva o “hacia arriba”

Definición:
“Una función es cóncava hacia arriba en un intervalo I, si para todo 𝒙 𝝐 𝑰, 𝒇´´(𝒙) > 𝟎”
Intervalo de concavidad negativa o “hacia abajo”

Definición:
4
“Una función es cóncava hacia abajo en un intervalo I, si para todo 𝒙 𝝐 𝑰, 𝒇´´(𝒙) < 𝟎”
Puntos de inflexión
Definición:
Geométricamente, un punto de inflexión es aquel punto en el que se origina un cambio en

la concavidad de una función; es decir, es el paso de “cóncava hacia arriba” a “cóncava
hacia abajo” o viceversa.
Formalmente, es el punto de la curva de una función en el que la segunda derivada es

igual a cero 𝑓´´(𝑥) = 0.
En cuanto al número de puntos de inflexión, éste es igual a la suma del número de puntos
máximos y mínimos, disminuido en la unidad.
La figura 6 muestra una función con dos puntos mínimos y uno máximo, y dos puntos de
inflexión, así como tres intervalos de concavidad.
Determinación de los atributos antes mencionados
En base a lo antes expuesto en cuanto a las definiciones dadas, la siguiente tabla resume
dichas características y cómo se calculan.
Característica Se resuelve:
Puntos críticos (máximos y mínimos) 𝑓´(𝑥) = 0
Intervalos de crecimiento 𝑓´(𝑥) > 0
Intervalos de decrecimiento 𝑓´(𝑥) < 0
Puntos de inflexión 𝑓´´(𝑥) = 0
Concavidad hacia arriba o positiva 𝑓´´(𝑥) > 0
5
Concavidad hacia abajo o negativa 𝑓´´(𝑥) < 0
Ejemplos de análisis de funciones
Nota:
En los ejemplos que siguen aparece el término “monotonía”, el cual es utilizado en libros
de texto para hacer referencia a los intervalos de crecimiento y decrecimiento.
Así mismo, no se pide determinar puntos de inflexión, ya que, al calcular los intervalos de
concavidad, los extremos no infinitos de dichos intervalos corresponden a las abscisas de
los puntos de inflexión, toda vez que estos en estos puntos, como fue señalado
anteriormente, se producen los cambios de concavidad de una función.
Dicho lo anterior, realizar el análisis de las funciones siguientes.
𝟏. 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 + 𝟐
a) hallar todos los puntos 𝒙 tales que 𝒇´(𝒙) = 𝟎
Geométricamente, esto corresponde a los puntos en donde la función (𝑥) tiene un punto
máximo o mínimo en el cual la pendiente de la recta tangente es igual a cero y por lo
mismo, es paralela al eje de las X.
Estos puntos se conocen como “puntos críticos”; razón por la cual sus coordenadas (𝑥, 𝑦)
se denominan, respectivamente, “abscisa crítica” y “ordenada crítica”.
De esta manera, al resolver 𝑓´(𝑥) = 0, las raíces encontradas son los posibles valores de las
abscisas críticas; las cuales, al sustituirse en la función 𝑓 (𝑥) dada, se obtienes los valores
de las ordenadas críticas correspondientes.
Considerando la función 𝑓 (𝑥) = 𝑥 2 − 3𝑥 + 2, se tiene:

Derivando 𝑓(𝑥) y resolviendo 𝑓´(𝑥) = 0:
𝑓´(𝑥) = 2𝑥 − 3 = 0
𝟑
2𝑥 − 3 = 0 → 𝒙 = (𝑎𝑏𝑠𝑐𝑖𝑠𝑎 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑎 )
𝟐
Sustituyendo en 𝑓 (𝑥):
𝟑 𝟑 2 𝟑 9 9 9 18 8
𝑦 = 𝑓 ( ) = ( ) − 3 ( ) + 2 , 𝑦 = − + 2, 𝑦= − + =
𝟐 𝟐 𝟐 4 2 4 4 4
𝟏
𝒚=− (𝒐𝒓𝒅𝒆𝒏𝒂𝒅𝒂 𝒄𝒓í𝒕𝒊𝒄𝒂)
𝟒
De esta manera, siendo 𝑷(𝒙𝒄 , 𝒚𝒄 ) el punto crítico, se tiene:
𝟑 𝟏
𝑃 ( , − ),
𝟐 𝟒
6
b) Examinar el signo de 𝑓´ y determinar aquellos intervalos en los que 𝑓 es monótona.
Solución:
Intervalos de crecimiento:
Un intervalo de crecimiento de una función es el conjunto de valores de la variable
independiente tal que se satisface la condición 𝑓´(𝑥) > 0 𝑓´ (positiva).
Para nuestro caso, se tiene:

Se resuelve 𝑓´(𝑥) > 0 ; es decir,
3
𝑓´(𝑥) > 0 → 2𝑥 − 3 > 0 → 𝑥 >
2
Por lo tanto, 𝑓(𝑥) es creciente en el intervalo:
𝟑
𝒙 𝝐 ( , +∞)
𝟐
Intervalos de decrecimiento:
independiente tal que se satisface la condición 𝑓´(𝑥) < 0 𝑓´ (negativa)

Se resuelve 𝑓´(𝑥) < 0 ; es decir,
3
𝑓´(𝑥) < 0 → 2𝑥 − 3 < 0 → 𝑥 <
2
Por lo tanto, 𝑓(𝑥) es decreciente en el intervalo:
𝟑
𝒙 𝝐 ( , +∞)
𝟐
c) Examinar el signo de 𝒇´´ y determinar aquellos intervalos en los que 𝒇´ es

monótona.
Solución:
Los intervalos de monotonía de la función 𝑓´ corresponden a los conjuntos de valores de
la variable independiente en los que la gráfica de la función 𝑓(𝑥) es cóncava hacia “arriba”
o cóncava hacia “abajo”.
Para la concavidad hacia “arriba” o “+”, se resuelve 𝑓´´(𝑥) > 0.

Para la concavidad hacia “abajo” o “-”, se resuelve 𝑓´´(𝑥) < 0.
𝑓´(𝑥) = 2𝑥 − 3 → 𝑓´´(𝑥) = 2 > 0 ⩝ 𝑥 𝜖 ℝ
Por lo tanto, la gráfica de la función es cóncava hacia “arriba” en el intervalo:
7
𝑥 𝜖 (−∞, +∞)
Toda vez que la gráfica de la función es cóncava hacia arriba en todo el conjunto de los
reales y tiene solamente un punto crítico, este corresponde a un punto mínimo.
d) Construir un boceto de la gráfica de 𝑓.
Nota:
Para visualizar la manera como se relaciona la monotonía de una función, los puntos
críticos, así como los intervalos de concavidad de ala gráfica de una función, cada figura
mostrará las gráficas de las funciones 𝑓 (𝑥), 𝑓´(𝑥) 𝑦 𝑓´´(𝑥).
Gráfica de las funciones mencionadas construidas con el programa de GeoGebra.
Gráfica de la función 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 − 3𝑥 + 2, 𝑓´(𝑥) 𝑦 𝑓´´(𝑥)
****
𝟐. 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟑 − 𝟒𝒙
a) hallar todos los puntos 𝑥 tales que 𝑓´(𝑥) = 0
𝑓´(𝑥) = 3𝑥 2 − 4 = 0
4
3𝑥 2 − 4 = 0 → 𝑥 = ± √
3
2
𝑥=± (𝑎𝑏𝑠𝑐𝑖𝑠𝑎𝑠 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑎𝑠)
√3
Sustituyendo estos valores de 𝒙 en 𝑓(𝑥) para calcular las ordenadas críticas,
8
2
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑥 = ,
√3
2 2 3 2
𝑦 = 𝑓( ) = ( ) −4( )
√3 √3 √3
8 8 8 24 16
𝑦= − = − = −
3√3 √3 3√3 3√3 3√3
𝟏𝟔
𝒚=− √𝟑 (𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛𝑎𝑑𝑎 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑎)
𝟗
2
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑥 = −
√3
3
2 2 2
𝑦 = 𝑓 (− ) = (− ) − 4 (− )
√3 √3 √3
8 8 8 24 16
𝑦=− + =− + =
3√3 √3 3√3 3√3 3√3
𝟏𝟔
𝒚= √𝟑 (𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛𝑎𝑑𝑎 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑎)
𝟗
De esta manera, 𝑓 (𝑥) tiene los siguientes puntos críticos:

2 16 2 16
𝑃( ,− √3 ) , 𝑄 (− , √3)
√3 9 √3 9
b) examinar el signo de 𝑓´ y determinar los intervalos en los que 𝑓 es monótona.

Solución:
Se resuelve 𝑓´(𝑥) > 0; es decir,
𝑓´(𝑥) = 3𝑥 2 − 4 > 0
4 4 2
3𝑥 2 − 4 > 0 → 𝑥 2 > → ± √𝑥 2 > √ → ± 𝑥 >
3 3 √3
Finalmente, se tiene que la función dada crece en los intervalos:
2 2 2
𝑥 > 𝑦 −𝑥 > →𝑥< −
√3 √3 √3
Utilizando la notación de intervalos, crecimiento de 𝑓(𝑥):
𝟐 𝟐
𝒙 𝝐 (−∞, − ) ∪ ( , +∞)
√𝟑 √𝟑
Considerando que la función es continua en todos los reales, y dado que la función es
creciente en dos intervalos que resultan ser simétricos, podemos suponer entonces que la
9
función es decreciente en el intervalo que resta respecto al conjunto de los reales; es decir,
en el intervalo:
𝟐 𝟐
𝒙 𝝐 (− , )
√𝟑 √𝟑
De otra manera, el intervalo que se solicita se determina como sigue:

Se resuelve 𝑓´(𝑥) < 0; es decir,
𝑓´(𝑥) = 3𝑥 2 − 4 < 0
4 √4 2
3𝑥 2 − 4 < 0 → 𝑥 2 < → ± √𝑥 2 < → ±𝑥 <
3 √3 √3
Resolviendo la desigualdad del extremo derecho de la expresión anterior, se obtiene:
2 2 2
𝑥 < 𝑦 −𝑥 < →𝑥> −
√3 √3 √3
Es decir,
2 2
− <𝑥 < 𝑥>
√3 √3
Finalmente, tenemos que:
𝟐 𝟐
𝒙 𝝐 (− , ) → 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒓𝒗𝒂𝒍𝒐 𝒅𝒆 𝒅𝒆𝒄𝒓𝒆𝒄𝒊𝒎𝒊𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒇𝒖𝒏𝒄𝒊ó𝒏 𝒇(𝒙)
√𝟑 √𝟑
Resultado anteriormente supuesto.
c) examinar el signo de 𝒇´´ y determinar aquellos intervalos en los que 𝒇´ es
monótona.
Solución:
Concavidad hacia “arriba”. Se resuelve 𝑓´´(𝑥) > 0.
Concavidad hacia “abajo”. Se resuelve 𝑓´´(𝑥) < 0.
Veamos el primer caso:
𝑓´(𝑥) = 3𝑥 2 − 4 → 𝑓´´(𝑥) = 6𝑥 > 0 → 𝑥 > 0
Es decir, 𝒇(𝒙) es cóncava hacia arriba en el intervalo:
𝒙 𝝐 (𝟎, +∞)
Ahora veamos la concavidad hacia abajo:
𝑓´´(𝑥) = 6𝑥 < 0 → 𝑥 < 0
Entonces, 𝒇(𝒙) es cóncava hacia abajo en el intervalo:
𝒙 𝝐 (−∞, 𝟎)
d) construir un boceto de la gráfica de 𝑓. En cada caso, la función está definida para todos
los 𝑥 para los cuales tiene sentido 𝑓 (𝑥).
Tanto los intervalos de crecimiento y decrecimiento, los intervalos de concavidad y los

puntos críticos se visualizan en la siguiente figura que muestra la gráfica de la función
dada.
10
Gráfica de la función 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟑 − 𝟒𝒙, 𝒇´(𝒙) 𝒚 𝒇´´(𝒙)
*******
𝟑. 𝒇(𝒙) = (𝒙 − 𝟏)𝟐 (𝒙 + 𝟐)
𝑓´(𝑥) = (𝑥 − 1)2 (1) + (𝑥 + 2)[2 (𝑥 − 1)(1)]

𝑓´(𝑥) = (𝑥 − 1)2 + 2 (𝑥 + 2)(𝑥 − 1) = (𝑥 − 1) [(𝑥 − 1) + 2 (𝑥 + 2)]
𝑓´(𝑥) = (𝑥 − 1) (𝑥 − 1 + 2𝑥 + 4) = (𝑥 − 1) (3𝑥 + 3)
𝑓´(𝑥) = (𝑥 − 1) (3𝑥 + 3)
Resolviendo para 𝑓´(𝑥) = 0,
(𝑥 − 1) (3𝑥 + 3) = 0
Igualando a cero cada factor y resolviendo, se obtienen las abscisas críticas:
𝑥 = 1, 𝑥 = −1 → 𝑎𝑏𝑠𝑐𝑖𝑠𝑎𝑠 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑎𝑠
Sustituyendo estos valores de 𝒙 en 𝑓(𝑥):
Para 𝑥 = 1,
𝑦 = 𝑓 (1) = (1 − 1)2 (1 + 2) = 0
𝑦=0 → 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛𝑎𝑑𝑎 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑎
Para 𝑥 = −1,
𝑦 = 𝑓 (−1) = (−1 − 1)2 (−1 + 2)
11
𝑃 (1,0 ), 𝑄 (−1,4)

Solución:
𝑓´(𝑥) = (𝑥 − 1) (3𝑥 + 3) > 0
Considerando las posibles combinaciones de signo para estos factores, se construye la
siguiente desigualdad compuesta cuya solución corresponde a los intervalos donde la
función dada es creciente; es decir,
𝑥 − 1 > 0 ∩ 3𝑥 + 3 > 0 ∪ 𝑥 − 1 < 0 ∩ 3𝑥 + 3 < 0

𝑥 > 1 ∩ 𝑥 > −1 ∪ 𝑥 < 1 ∩ 𝑥 < −1
Resolviendo las intersecciones de los intervalos que se muestran, se obtiene:
𝑥 > 1 ∪ 𝑥 < −1
Finalmente, se tiene que el crecimiento de la función se tiene en la suma de los intervalos
representados en la expresión anterior; es decir,
La función dada crece en los intervalos:

𝒙𝝐 (−∞, −𝟏) ∪ (𝟏, +∞)
en el intervalo:
𝒙 𝝐 (−𝟏, 𝟏)
𝑓´(𝑥) = (𝑥 − 1) (3𝑥 + 3) < 0
función dada es decreciente; es decir,
𝑥 − 1 > 0 ∩ 3𝑥 + 3 < 0 ∪ 𝑥 − 1 < 0 ∩ 3𝑥 + 3 > 0
12
𝑥 > 1 ∩ 𝑥 < −1 ∪ 𝑥 < 1 ∩ 𝑥 > −1
ɸ ∪ −1 < 𝑥 < 1
En la que el símbolo ɸ muestra que la intersección 𝑥 > 1 ∩ 𝑥 < −1 es el conjunto vacío.
Finalmente, se tiene que 𝒇(𝒙) decrece en el intervalo:
𝒙 𝝐 (−𝟏 , 𝟏) → 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒓𝒗𝒂𝒍𝒐 𝒅𝒆 𝒅𝒆𝒄𝒓𝒆𝒄𝒊𝒎𝒊𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒇𝒖𝒏𝒄𝒊ó𝒏 𝒇(𝒙)
Como puede verse, se obtuvo un resultado igual al que anteriormente fue supuesto a partir
del conocimiento de los intervalos de crecimiento de la función y como complemento al
conjunto de los reales.
c) examinar el signo de 𝑓´´ y determinar aquellos intervalos en los que 𝑓´ es monótona.
Solución:
𝑓´(𝑥) = (𝑥 − 1) (3𝑥 + 3) → 𝑓´´(𝑥) = (𝑥 − 1) (3) + (3𝑥 + 3) (1)
𝑓´´(𝑥) = 3𝑥 − 3 + 3𝑥 + 3 = 6𝑥
Resolviendo para 𝑓´´(𝑥) > 0, → 6𝑥 > 0 → 𝑥 > 0
𝒙 𝝐 (𝟎, +∞)
𝑓´´(𝑥) = 6𝑥 < 0 → 𝑥 < 0
𝒙 𝝐 (−∞, 𝟎)

dada.
13
Figura Gráfica de la función 𝒇(𝒙) = (𝒙 − 𝟏)𝟐 (𝒙 + 𝟐)
𝟒. 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟑 − 𝟔𝒙𝟐 + 𝟗𝒙 + 𝟓
Solución:
𝑓´(𝑥) = 3𝑥 2 − 12 𝑥 + 9
3 𝑥 2 − 12 𝑥 + 9 = 0 → 3 (𝑥 2 − 4 𝑥 + 3) = 3 (𝑥 − 3)(𝑥 − 1) = 0 → (𝑥 − 3)(𝑥 − 1) = 0
Igualando a cero cada factor de (𝑥 − 3)(𝑥 − 1) = 0 , se obtienen las abscisas críticas:
𝑥 = 3, 𝑥=1 → 𝑎𝑏𝑠𝑐𝑖𝑠𝑎𝑠 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑎𝑠
Para 𝑥 = 1,
𝑦 = 𝑓 (1) = 13 − 6(1)2 + 9(1) + 5
Para 𝑥 = 3,
𝑦 = 𝑓 (3) = 33 − 6(3)2 + 9(3) + 5
𝑷(𝟏, 𝟗 ), 𝑸 (𝟑, 𝟓)
14
Solución:
𝑓´(𝑥) = 3𝑥 2 − 12 𝑥 + 9 = 3 (𝑥 − 3)(𝑥 − 1) > 0
𝑓´(𝑥) = (𝑥 − 3)(𝑥 − 1) > 0
𝑥−3 > 0 ∩ 𝑥−1> 0 ∪ 𝑥−3< 0 ∩ 𝑥−1 < 0

𝑥>3 ∩ 𝑥>1 ∪ 𝑥<3 ∩ 𝑥<1
𝑥>3 ∪ 𝑥<1

𝒙𝝐 (−∞, 𝟏) ∪ (𝟑, +∞)
𝑓´(𝑥) = (𝑥 − 3)(𝑥 − 1) < 0
𝑥−3 > 0 ∩ 𝑥−1< 0 ∪ 𝑥−3< 0 ∩ 𝑥−1 > 0

𝑥>3 ∩ 𝑥<1 ∪ 𝑥<3 ∩ 𝑥>1
ɸ ∪ 1< 𝑥 <3
La función dada decrece en el intervalo:

𝒙𝝐 (𝟏, 𝟑)
15
Solución:
𝑓´(𝑥) = 3𝑥 2 − 12 𝑥 + 9 → 𝑓´´(𝑥) = 6𝑥 − 12
Resolviendo para 𝑓´´(𝑥) > 0, → 6𝑥 − 12 > 0 → 𝑥 > 2
𝒙 𝝐 (𝟐, +∞)
𝑓´´(𝑥) = 6𝑥 − 12 < 0 → 𝑥 < 2
𝒙 𝝐 (−∞, 𝟐)

dada.
Gráfica de la función 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟑 − 𝟔𝒙𝟐 + 𝟗𝒙 + 𝟓
******
16
𝟓. 𝒇(𝒙) = 𝟐 + (𝒙 − 𝟏)𝟒
Solución:
a) hallar todos los puntos x tales que 𝑓´(𝑥) = 0
𝑓´(𝑥) = 4(𝑥 − 1)3 (1) = 4(𝑥 − 1)3

𝑓´(𝑥) = 4(𝑥 − 1)3
3
4(𝑥 − 1)3 = 0 → (𝑥 − 1)3 = 0 → 𝑥 − 1 = √0 = 0
Como 𝑥 − 1 = 0 , se obtienen la abscisa crítica:
𝑥 = 1, → 𝑎𝑏𝑠𝑐𝑖𝑠𝑎 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑎
Sustituyendo 𝑥 = 1 en 𝑓 (𝑥),
𝑦 = 𝑓 (1) = 2 + (1 − 1)4
𝒚=𝟐 → 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛𝑎𝑑𝑎 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑎
De esta manera, 𝑓 (𝑥) tiene el punto crítico:
𝑷(𝟏, 𝟐 )

Solución:
3
𝑓´(𝑥) = 4(𝑥 − 1)3 > 0 = (𝑥 − 1)3 > 0 → 𝑥 − 1 > √0 → 𝑥 − 1 > 0 → 𝑥 > 1
Finalmente, se tiene que la función 𝑓 (𝑥) crece en el intervalo:
𝒙 𝝐 (𝟏, +∞)
Se resuelve 𝑓´(𝑥) < 0; a saber,
𝑓´(𝑥) = (𝑥 − 1)3 < 0 → 𝑥 − 1 < 0 → 𝑥 < 1
Finalmente, se tiene que la función 𝑓 (𝑥) decrece en el intervalo:

𝒙𝝐 (−∞, 𝟏)
17
Solución:
𝑓´(𝑥) = 4(𝑥 − 1)3 → 𝑓´´(𝑥) = 12 (𝑥 − 1)2
Resolviendo para 𝑓´´(𝑥) > 0,
12 (𝑥 − 1)2 > 0 → (𝑥 − 1)2 > 0 → (𝑥 − 1) (𝑥 − 1) > 0
Aplicando las combinaciones posibles de signos para que el producto de los factores sea
positivo, se tiene:
𝑥−1 > 0 ∩ 𝑥−1> 0 ∪ 𝑥−1< 0 ∩ 𝑥−1 < 0
𝑥>1 ∩ 𝑥>1 ∪ 𝑥<1 ∩ 𝑥<1
Toda vez que la intersección de un conjunto con él mismo es igual al mismo conjunto, se
tiene:
𝑥>1 ∪ 𝑥<1
De aquí que la función dada es cóncava hacia arriba en el intervalo:
𝒙 𝝐 (−∞, +𝟏) ∪ (𝟏, +∞) = 𝒙 𝝐 ℝ − {𝟏}

dada.
18
𝟏
𝟔. 𝒇(𝒙) =
𝒙𝟐
Solución:
Se resuelve 𝑓´(𝑥) = 0:
1
𝑓 (𝑥) = = 𝑥 −2
𝑥2
𝑓´(𝑥) = −2 𝑥 −3 = 0 → 𝑥 −3 = 0 → 𝑥 −3 𝑥 3 = 0 (𝑥 3 ) → 𝑥 0 = 0 → ¿ 1 = 0?
Como se puede ver, hemos llegado a una contradicción, lo cual quiere decir que lo que se
desea encontrar, que en este caso son los puntos críticos, estos no existen.
Otra manera de mostrar la inexistencia de puntos críticos es como sigue:

−2 𝑥 −3 = 0 → 𝑥 −3 = 0 → 𝑥 −3 𝑥 4 = 0 (𝑥 4 ) → 𝑥 = 0
Toda vez que 𝑥 = 0 no forma parte del dominio de la función; entonces para este valor de
la variable independiente la función dada no está definida o no existe. En consecuencia, la
función (𝑥) carece de puntos máximos y/o mínimos.

Solución:
Se resuelve 𝑓´(𝑥) > 0 𝑜 𝑓´(𝑥) 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑎
𝑓´(𝑥) = −2 𝑥 −3 > 0 → − (−2 𝑥 −3 ) < −(𝟎) → 2 𝑥 −3 < 0 → 𝑥 −3 < 0
Nota:
19
Cuando una desigualdad se multiplica o divide entre un número negativo, cambia de
sentido el operador relación, lo cual fue aplicado en la expresión anterior. Es así como
llegamos a la siguiente desigualdad:
1
<0
𝑥3
Aplicando la propiedad de los signos en el caso de un cociente; a saber, (+) entre (−) da
(−), la desigualdad anterior se resuelve como sigue:
3 3
𝑥 3 < 0 → √𝑥 3 < √0 → 𝑥<0
Finalmente, se tiene que la función dada es creciente para toda 𝑥 < 0; es decir,
La función 𝑓(𝑥) crece en el intervalo:
𝒙 𝝐 (−∞, 𝟎)
Puesto que la función crece en el intervalo 𝒙 𝝐 (−∞, 𝟎), y existe en todos los reales excepto
𝑥 = 0, puede suponerse que su decrecimiento se tiene en el intervalo 𝒙 𝝐 (𝟎, +∞).
Formalmente, el intervalo de decrecimiento se encuentra resolviendo la desigualdad

𝑓´(𝑥) < 0; es decir,
𝑓´(𝑥) = −2 𝑥 −3 < 0 → − (−2 𝑥 −3 ) > −(𝟎) → 2 𝑥 −3 > 0 → 𝑥 −3 > 0

Expresado de otra manera, se obtiene la desigualdad:
1
>0
𝑥3
En tal caso, para su solución se considera solamente la combinación de signos: (+) entre
(+) da (+); es decir,
𝟏 > 0 ∩ 𝑥3 > 0 → 1 > 0 ∩ 𝑥 > 0

Obteniéndose que la función dada decrece en el intervalo dado por 𝒙 > 𝟎,
Es decir, 𝑓(𝑥) decrece en el intervalo:
𝒙 𝝐 (𝟎, +∞)

Solución:
20
𝑓´(𝑥) = −2 𝑥 −3 → 𝑓´´(𝑥) = 6 𝑥 −4
6 𝑥 −4 > 0 → 𝑥 −4 > 0
1
>0
𝑥4
Puesto que todo número elevado a una potencia entera par da positivo, entonces, la
función propuesta tiene concavidad positiva en el intervalo:
𝒙 𝝐 (−∞, +𝟎) ∪ (𝟎, +∞) = 𝒙 𝝐 ℝ − {𝟎}

Como consecuencia de este resultado, la función propuesta carece de concavidad negativa
o concavidad hacia “abajo”
d) construir un boceto de la gráfica de 𝑓.
𝟏
Figura. Gráfica de la función 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟐
𝟏
𝟕. 𝒇(𝒙) = 𝒙 +
𝒙𝟐
21
Solución:
1
𝑓 (𝑥) = 𝑥 +
𝑥2
𝑓´(𝑥) = 1 − 2 𝑥 −3
2 𝑥3 − 2
𝑓´(𝑥) = 1 − 2 𝑥 −3 = 0 → 1 − = 0 → = 0 → 𝑥3 − 2 = 0
𝑥3 𝑥3
→ 𝑥3 = 2
Resolviendo, se obtiene la abscisa crítica:
3
𝑥 = √2
Sustituyendo dicho valor en la función dada:
3 3 1
𝑦 = 𝑓(√2 ) = √2 + 2
3
( √2 )
3 3 2 3 3
√2 ( √2 ) + 1 ( √2 ) + 1 2+1 3
𝑦= 2 = 2 = 2 = 2
3 3 3 3
( √2 ) ( √2 ) ( √2 ) ( √2 )
3 3
𝑦= 2 = 1
(2) 3 (22 )3
Resolviendo, se obtiene que la ordenada crítica es:
3
𝑦= 3
√4
Por lo tanto, la gráfica de la función dada tiene un punto crítico en:
𝟑 𝟑
𝑷 ( √𝟐 , 𝟑 )
√𝟒

Solución:
𝑓´(𝑥) = 1 − 2 𝑥 −3
2 𝑥3 − 2
→ 1 − 2 𝑥 −3 > 0 → 1 − > 0 → >0
𝑥3 𝑥3
22
Para resolver esta desigualdad que involucra un cociente, aplicamos la regla de signos
siguiente:
(+) (− )
𝑦
(+) (− )
Lo cual nos lleva a construir la siguiente desigualdad compuesta:
𝑥3 − 2 > 0 ∩ 𝑥3 > 0 ∪ 𝑥3 − 2 < 0 ∩ 𝑥3 < 0
𝑥3 > 2 ∩ 𝑥3 > 0 ∪ 𝑥3 < 2 ∩ 𝑥3 < 0
1 1
𝑥 > 23 ∩ 𝑥 > 0 ∪ 𝑥 < 23 ∩ 𝑥 < 0
1
𝑥 > 23 ∪ 𝑥 < 0
Es decir, la función 𝒇(𝒙) dada es creciente en los intervalos:
𝟏
𝒙𝝐 (−∞, 𝟎) ∪ (𝟐𝟑 , +∞)
Solución:
Se resuelve 𝑓´(𝑥) < 0 → 𝑓´(𝑥) 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑎
𝑓´(𝑥) = 1 − 2 𝑥 −3
2 𝑥3 − 2
→ 1 − 2 𝑥 −3 < 0 → 1 − < 0 → <0
𝑥3 𝑥3
En este caso, para resolver la desigualdad aplicamos la regla de signos siguiente:
(+) (− )
𝑦
(−) (+ )
Teniendo entonces la siguiente desigualdad compuesta que incluye ambas combinaciones
de signo:
𝑥3 − 2 > 0 ∩ 𝑥3 < 0 ∪ 𝑥3 − 2 < 0 ∩ 𝑥3 > 0
𝑥3 > 2 ∩ 𝑥3 < 0 ∪ 𝑥3 < 2 ∩ 𝑥3 > 0
1 1
𝑥 > 23 ∩ 𝑥 < 0 ∪ 𝑥 < 23 ∩ 𝑥 > 0
Determinando la intersección de los intervalos en ambos miembros de la desigualdad
compuesta, se tiene:
1
ɸ ∪ 0 < 𝑥 < 23
Por lo tanto, se tiene que la función propuesta 𝒇(𝒙) es decreciente en el intervalo:
𝟏
𝒙𝝐 ( 𝟎, 𝟐𝟑 )
23
Solución:
𝑓´(𝑥) = −2 𝑥 −3 → 𝑓´´(𝑥) = 6 𝑥 −4
Resolviendo para 𝑓´´(𝑥) > 0, 6 𝑥 −4 > 0 → 𝑥 −4 > 0
1
>0
𝑥4
En esta desigualdad, para todo valor de 𝒙 se tiene 𝒙𝟒 > 𝟎; por lo tanto, la función propuesta
es cóncava hacia “arriba” en el intervalo:
𝑥 𝜖 (−∞, +0) ∪ (0, +∞) = 𝑥 𝜖 ℝ − {0}

Nota: Como se puede ver, se ha excluido el valor 𝑥 = 0 , ya que no forma parte del dominio
de la función 𝒇(𝒙).
d) construir un boceto de la gráfica de 𝑓(𝑥).
********* FIN DE EJEMPLOS ***
24
25
Bosquejo gráfico de Funciones de segundo grado
La representación gráfica de toda función de segundo grado es una curva parabólica

cuyas ramas se extienden hacia la parte positiva o negativa del eje 𝑌. Consecuencia de
esto, mientras una rama exhibe un crecimiento de la función en un cierto intervalo del
dominio, la otra rama muestra un decrecimiento.
Cabe mencionar que esta transición entre crecimiento y decrecimiento ocurre en un

punto único conocido como punto “máximo” o punto “mínimo” y que en el contexto de la
geometría analítica se conoce como “vértice” de la curva parabólica.
La ubicación del vértice puede darse en cualquier punto del plano cartesiano y es
determinante en la forma de la curva parabólica, cuyas ramas pueden exhibir una
orientación que puede describirse con los enunciados hacia “arriba” o hacia “abajo”, e
intersecar o no al eje 𝑋.
Respecto a los parámetros que integran a una función cuadrática, existe un elemento de
suma importancia que permite conocer si la curva parabólica interseca o no al eje 𝑿.
Dicho elemento asociado a la expresión cuadrática se conoce como “determinante” y se

calcula como sigue:
Sea la función cuadrática 𝒇(𝒙) = 𝒂 𝒙𝟐 + 𝒃𝒙 + 𝒄 y D la letra que simboliza al determinante,

entonces se tienen los siguientes casos:
➢ 𝐷 > 0, la curva parabólica interseca al eje 𝑋 en dos de sus puntos.

➢ 𝐷 = 0, la curva parabólica es tangente al eje 𝑋 en su vértice y esto se da porque
las dos raíces de la expresión cuadrática son iguales.
➢ 𝐷 < 0, la curva parabólica no interseca al eje 𝑋.
A fin de aclarar estos casos a continuación se muestra la representación gráfica de

funciones cuadráticas, así como el signo asociado a su determinante.
Discriminante D = 0
Discriminante D < 0
Discriminante D > 0
Algunas consideraciones adicionales a la función cuadrática:
• Su gráfica siempre interseca al eje 𝑌.

• Si la expresión cuadrática es un trinomio cuadrado perfecto, entonces la curva
parabólica es tangente al eje X, siendo el vértice el punto de tangencia.
• Conociendo las coordenadas del vértice y de los puntos de intersección con los
ejes cartesianos, se está en posibilidad de conocer el sentido de orientación de la
curva parabólica, los intervalos de crecimiento y decrecimiento, así como el rango
de la función.
Elementos básicos para el bosquejo gráfico de funciones cuadráticas
Se mencionan los siguientes:
➢ dominio, rango, intersección con los ejes cartesianos, coordenadas del vértice,
intervalos de crecimiento y decrecimiento, y el rango.
Ejemplos:
Determinar los elementos antes citados para las siguientes funciones; y en lo

concerniente a la determinación de las coordenadas del vértice, se recomienda utilizar el
método de “completar a trinomio cuadrado perfecto” en caso de que sea necesario.
1. 𝑓(𝑥 ) = 𝑥 2 + 6𝑥 + 9
a) Dominio
Como fue señalado anteriormente, el dominio de la función cuadrática es el conjunto de

los reales. Es decir,
𝐷𝑓 = 𝑅
b) Intersección con los ejes cartesianos.
Con el eje 𝒀: Se calcula 𝑓 (0)
Al sustituir 𝑥 = 0 en la función 𝑓 (𝑥 ) , se anulan los términos en 𝒙, obteniéndose:
𝑦 = 𝑓(0) = 9
Entonces, punto de intersección con el eje 𝑌: 𝐴(0,9)
Con el eje 𝑿: Se resuelve 𝑦 = 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 6𝑥 + 9 = 0 .
La expresión: 𝑥 2 + 6𝑥 + 9, es un trinomio cuadrado perfecto, toda vez que corresponde

al caso del cuadrado de un binomio; a saber,
𝑥 2 + 6𝑥 + 9 = (𝑥 + 3)2 = 0 → 𝑟𝑎í𝑐𝑒𝑠: 𝑥1 = 𝑥2 = −3
Como ambas raíces son iguales, el punto de intersección con el eje 𝑿 es el vértice de la
curva parabólica, cuyas coordenadas son entonces:
Punto de intersección con el eje 𝑿 ∶ 𝐵 (−3,0) → 𝑉(−3,0) ← vértice
Comparando el valor de la ordenada del punto de intersección con el eje 𝑋 , 𝐴(0,9), y la

ordenada del vértice, 𝑉(−3,0) , se tiene que el vértice se ha haya posicionalmente por
“debajo” del punto A; por esta razón, asumimos que la curva parabólica tiene una
orientación hacia “arriba”.
c) Coordenadas del vértice
Ya se determinó en el punto anterior; a saber,
Vértice → 𝑉(−3,0)
d) Intervalos de crecimiento y decrecimiento.
Puesto que la curva parabólica se extiende hacia “arriba”, entonces el vértice es un punto
mínimo de la función cuadrática; y debido a esto, el valor de su abscisa nos permite
conocer el intervalo de crecimiento y decrecimiento de la función cuadrática; a saber,
𝑉(−3,0) abscisa 𝑥 = −3
Intervalo de decrecimiento:
𝑥 𝜖 (−∞, −3)
Intervalo de crecimiento:
𝑥 𝜖 (−3, +∞)
e) Rango
La curva parabólica se extiende hacia “arriba” y su vértice es el punto 𝑉(−3,0), entonces

se tiene:
Rango de la función:
𝑅𝑓 = 𝑦 𝜀 (−3 , + ∞)
Bosquejo de la función:
Para el siguiente ejemplo, construimos una nueva función de tal manera que su gráfica
muestre un desplazamiento hacia “abajo” respecto a la gráfica de la función anterior.
Función anterior, 𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 2 + 6𝑥 + 9. Si restamos dos unidades, obtenemos:
Nueva función: 𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 2 + 6𝑥 + 7
2. 𝑓(𝑥 ) = 𝑥 2 + 6𝑥 + 7
a) Dominio
La función 𝑓 (𝑥 ) es un polinomio entero, por lo que su dominio es el conjunto de los

reales. Simbólicamente,
𝐷𝑓 = 𝑅
Con el eje 𝒀:
𝑦 = 𝑓(0) = 7
Entonces, punto de intersección con el eje 𝑌: 𝐴(0,9)

Con el eje 𝑿:
Se resuelve 𝑦 = 𝑓 (𝑥) = 0 → 𝑦 = 𝑥2 + 6𝑥 + 7 = 0
En este caso, el trinomio no corresponde a ningún producto notable; debido a lo cual, el

cálculo de sus raíces se hará utilizando la fórmula general:
−6 ± √62 − 4(1)(7) −6 ± √36 − 28 −6 ± √8 −6 ± 2√2

𝑥= = = =
2 2 2 2
Simplificando, y separando raíces,
𝑥 = −3 ± √2 → 𝑥1 = −3 + √2 , 𝑥2 = −3 − √2
De esta manera, tenemos los puntos de intersección con el eje 𝑋:
𝐵(−3 − √2 , 0 ), 𝐶(−3 + √2 , 0 )
c) Coordenadas del vértice 𝑽(𝒉, 𝒌)
Para tal fin, en este caso, es necesario que el trinomio asociado a la función 𝑓(𝑥) se
transforme a una nueva expresión que incluya en su forma un trinomio cuadrado
perfecto. Para lograr esto, se recurre a un método conocido como “completar a trinomio
cuadrado perfecto”, cuyo procedimiento se detalla como sigue:
Partimos de la expresión: 𝑥 2 + 6𝑥 + 7 (𝐴)
Lo que hacemos ahora, es adicionar y restar al trinomio (𝐴) un número; a saber, “el
cuadrado de un medio del coeficiente del término “rectangular” de (𝐴). Se tiene
entonces:
Nota: El número que se adiciona se coloca a continuación del término rectangular, con el
objeto de que ya se tenga la forma de un trinomio cuadrado perfecto. Procediendo de
esta forma, se tiene:
2 2
6 2 6 2
𝑥 + 6𝑥 + 7 = 𝑥 + 6𝑥 + ( ) + 7 − ( )
2 2
𝑥 2 + 6𝑥 + 7 = 𝑥 2 + 6𝑥 + 9 + 7 − 9
𝑥 2 + 6𝑥 + 7 = 𝒙𝟐 + 𝟔𝒙 + 𝟗 − 2
Puede verse que los tres primeros términos del extremo derecho; a saber, (𝑥2 + 6𝑥 + 9),
es un trinomio cuadrado perfecto, obteniéndose entonces:
𝑥 2 + 6𝑥 + 7 = (𝑥 + 3)2 − 2 (𝐵)
Llegado a este punto, se ha logrado el objetivo de la transformación toda vez que la
forma trinómica original ha sido transformada a una expresión algebraica (𝐵) que incluye
el cuadrado de un binomio y un término constante adicional (−2).
Este hecho es de suma importancia ya que la parte derecha de (𝐵) nos permite
determinar de manera directa las coordenadas del vértice. A saber,
Se tiene: (𝑥 + 3)2 − 2 → (𝑥 − ℎ )2 + 𝑘
Comparando término a término, se tiene: 𝒉 = −𝟑, 𝒌 = −𝟐. Por lo tanto, las coordenadas
del vértice son:
𝑉 (ℎ, 𝑘) → 𝑉 (−3, −2)

Nota:
El valor de la coordenada 𝒌 se puede obtener sustituyendo 𝒉 = −𝟑 en la función dada. De

esta manera, se tiene:
𝑘 = 𝑓(−3) = (−3)2 + 6(−3) + 7 = 9 − 18 + 7 → 𝑘 = −2
Calcular el valor de 𝒌 de esta forma fue ilustrativo; pero no es práctico, toda vez que
dicho valor se puede conocer directamente, tal como se hizo anteriormente.
Para conocer estos intervalos, es importante saber si el vértice es un punto máximo o

mínimo de la función, lo cual se puede conocer a partir de la posición relativa del vértice
respecto de los puntos de intersección de la curva parabólica con el eje 𝑋.
Toda vez que se tiene 𝒌 = −2 < 0, entonces el vértice queda posicionalmente por debajo
de los puntos de intersección con el eje 𝑋, en consecuencia, el vértice es un punto
“mínimo”, de aquí que la orientación de la curva parabólica sea hacia “arriba”.
Sabiendo esto y con el valor 𝒉 = −𝟑 del vértice 𝑉 (−3, −2) , se tiene:
Intervalo de decrecimiento: 𝒙 𝝐 (−∞, −𝟑)
Intervalo de crecimiento: 𝒙 𝝐 (−𝟑, +∞)
e) Rango
Como el vértice 𝑉(−3, −2) es un punto mínimo, el valor de su ordenada (𝑘 = −2) nos
permite determinar el rango de la función, por lo que:
𝑹𝒇 = 𝒚 𝜺(−𝟑 , + ∞)
Visualización gráfica de la función cuadrática
La figura muestra los puntos de intersección con los ejes cartesianos, el vértice, así como
el intervalo de decrecimiento y crecimiento. Ilustrando de esta manera los cálculos
anteriormente obtenidos de manera algebraica.
3. 𝑓(𝑥 ) = −𝑥 2 + 2𝑥 + 3
a) Dominio
Por ser la función un polinomio entero, su dominio es el conjunto de los reales; es decir,
𝐷𝑓 = 𝑅
Con el eje 𝒀:
𝑦 = 𝑓(0) = 3
Punto de intersección con el eje 𝑌: → 𝐴(0,3)
Con el eje 𝑿:
Se resuelve 𝑦 = 𝑓(𝑥) = 0
−𝑥 2 + 2𝑥 + 3 = 0
Multiplicando por “menos 1”, se obtiene:
(−1)(−𝑥 2 + 2𝑥 + 3 = 0) → 𝑥 2 − 2𝑥 − 3 = 0
Esta forma trinómica es un producto notable; a saber, el producto de dos binomios con
un término común. Entonces,
𝑥 2 − 2𝑥 − 3 = 0 → (𝑥 − 3) (𝑥 + 1) = 0
Igualando a cero cada factor y resolviendo:
𝑥−3 =0 → 𝑥 = 3
𝑥 + 1 = 0 → 𝑥 = −1
Por lo que los puntos de intersección con el eje 𝑋 son:
𝐵 (−1,0 ), 𝐶(3, 0 )
c) Coordenadas del vértice 𝑉(ℎ, 𝑘)
Como la función dada no es un trinomio cuadrado perfecto, lo que sigue es “completar a

trinomio cuadrado perfecto”. Entonces,
Sea la forma cuadrática −𝑥 2 + 2𝑥 + 3
Puesto que en todo trinomio cuadrado perfecto el primer término es siempre positivo, el
paso a seguir es multiplicar por “−1”. Se obtiene:
−𝑥 2 + 2𝑥 + 3 = −(𝑥 2 − 2𝑥 − 3)
Ahora, a la expresión entre paréntesis se le adiciona y resta el cuadrado de un medio del
valor absoluto del coeficiente del término rectangular (−2𝑥), obteniéndose:
2 2 2 2
−𝑥 2 + 2𝑥 + 3 = − (𝑥 2 − 2𝑥 + ( ) −3−( ) )
2 2
−𝑥 2 + 2𝑥 + 3 = −(𝑥 2 − 2𝑥 + 1 − 3 − 1)
−𝑥 2 + 2𝑥 + 3 = −(𝑥 2 − 2𝑥 + 1 − 4) (𝐴)
En (𝐴), la expresión 𝑥 2 − 2𝑥 + 1 es un trinomio cuadrado perfecto, por lo tanto,
−𝑥 2 + 2𝑥 + 3 = −((𝑥 − 1)2 − 4)
−𝑥 2 + 2𝑥 + 3 = − (𝑥 − 1)2 + 4 (𝐵)
De la expresión derecha de (𝐵) obtenemos directamente los valores de las coordenadas
del vértice. Para ello, se tiene:
− (𝑥 − 1)2 + 4 = − (𝑥 − ℎ )2 + 𝑘 (𝐶)
Comparando término a término ambos miembros de (𝐶), se obtienen: h= 1, 𝑘 = 4. Por lo

tanto, las coordenadas del vértice son como sigue:
𝑽 (𝟏, 𝟒) Se localiza en el primer cuadrante

Comparando la ordenada del vértice 𝑽 (𝟏, 𝟒) con la del punto de intersección 𝐴(0,3), se
tiene que el vértice es un punto “máximo” de la función, por lo que la curva parabólica
tiene una orientación hacia “abajo”.
Toda vez que el vértice 𝑉 (1,4) es un punto “máximo”, el valor de su abscisa (𝑥 = 1) nos
permite determinar el intervalo de crecimiento y decrecimiento de la función; es decir,
𝑥 𝜖 (−∞, 1)
𝑥 𝜖 (1, +∞)
e) Rango
Como el vértice 𝑉(1,4) es un punto máximo, entonces,
𝑹𝒇 = 𝒚 𝜺(−∞ , 𝟒)
Gráfica de la función cuadrática
Se visualizan los elementos de la función que fueron calculados.
*****
4. 𝑓(𝑥 ) = 𝑥 2 − 4𝑥 − 5
a) Dominio
Por ser la función un polinomio entero, su dominio es el conjunto de los reales; es decir,
𝐷𝑓 = 𝑅
Con el eje 𝒀:
Al sustituir 𝑥 = 0 en la función 𝑓 (𝑥 ) , se anulan los términos en 𝒙, resultando entonces:
𝑦 = 𝑓(0) = −5
Punto de intersección con el eje 𝑌: → 𝐴(0, −5)
Con el eje 𝑿:
Se resuelve 𝑦 = 𝑓(𝑥) = 0 .
𝑥 2 − 4𝑥 − 5 = 0
El trinomio es un producto notable; concretamente, es el producto de dos binomios con
un término común. De esta forma se tiene:
𝑥 2 − 4𝑥 − 5 = 0 → (𝑥 + 1) (𝑥 − 5) = 0
Igualando a cero cada factor y resolviendo, se obtienen las raíces:
𝑥 + 1 = 0 → 𝒙 = −𝟏, 𝑥−5=0 → 𝒙=𝟓

Obteniendo así los puntos de intersección con el eje 𝑋:
𝐵 (−1,0 ), 𝐶(5, 0 )
Como la función dada no es un trinomio cuadrado perfecto, el procedimiento a seguir

consiste en “completar a trinomio cuadrado perfecto”. Para tal efecto, se tiene:
Sea el trinomio: 𝑥 2 − 4𝑥 − 5, toda vez que 𝑓 (𝑥) = 𝑥2 − 4𝑥 − 5
Continuando con el proceso,
2 2
4 2 4 2
𝑥 − 4𝑥 − 5 = ( 𝑥 − 4𝑥 + ( ) − 5 − ( ) )
2 2
𝑥 2 − 4𝑥 − 5 = ( 𝑥 2 − 4𝑥 + 4 − 5 − 4)
𝑥 2 − 4𝑥 − 5 = ( 𝑥 2 − 4𝑥 + 4 − 9) (𝐴)
En (𝐴), el trinomio 𝑥 2 − 4𝑥 + 4 es un trinomio cuadrado perfecto que corresponde al
producto notable “cuadrado de un binomio”, por consiguiente,
𝑥 2 − 4𝑥 − 5 = (𝑥 − 2)2 − 9 (𝐵)
Finalmente, se ha logrado que la expresión trinómica original se transforme en una
nueva expresión algebraica que incluye, además de un trinomio cuadrado perfecto, un
término independiente. De esta manera, a partir de (𝐵), podemos obtener directamente
las coordenadas del vértice. Para ello, se tiene:
( 𝑥 − 2)2 − 9 = (𝑥 − ℎ )2 + 𝑘 (𝐶)
Comparando término a término ambos miembros de (𝐶), se obtienen los valores:
h = 2, 𝑘 = −9
Por lo que el vértice es:
𝑽 (𝟐, −𝟗) ← se haya en el cuarto cuadrante
Comparando el valor de la ordenada del vértice 𝑽 (𝟐, −𝟗) con la ordenada del punto de
intersección 𝐴(0, −5), resulta que el vértice se haya posicionalmente por “debajo” del
punto 𝐴(0, −5); entonces, el vértice es un punto “mínimo” de la función y la curva
parabólica se orienta hacia “arriba”.
Sabemos que la curva parabólica se orienta hacia “arriba” y conocemos además el valor
de la abscisa del vértice 𝑉 (2, −9); es decir, h = 2. Entonces, con esta información, es
suficiente para determinar el intervalo de crecimiento y decrecimiento de la función. De
esta manera, se tiene:
Intervalo de decrecimiento: 𝒙 𝝐 (−∞, 𝟐)
Intervalo de crecimiento: 𝒙 𝝐 (𝟐, +∞)

e) Rango
Como el vértice 𝑉(2, −9) es un punto mínimo, entonces el rango de la función es:
𝑹𝒇 = 𝒚 𝜺(−𝟗, +∞)
Gráfica de la función cuadrática
Se muestran los resultados obtenidos anteriormente: Intersección con los ejes

cartesianos, el vértice, y los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la función.
****************
5) Dada la función 𝑓(𝑥 ) = −2𝑥 2 − 10𝑥 − 12, determinar:
a) Dominio.
b) Intersección con los ejes coordenados.
c) Coordenadas del vértice a partir de completar trinomio cuadrado perfecto.
d) Bosquejo de la gráfica de la función.
e) Rango.
f) monotonía.
Solución:
a) Dominio.
Por ser la función un polinomio entero su dominio son todos los reales:
𝐷𝑓 = ℝ
Con el eje Y, se determina 𝑓 (0):
𝑓 (0) = −2 (0)2 − 10(0) − 12 = −12

Punto de intersección con el eje Y: 𝐴(0, −12)
Con el eje X, se resuelve 𝑓 (𝑥 ) = 0:
−(−10) ± √(−10)2 − 4(−2)(−12)

𝑓 (𝑥 ) = −2𝑥 2 − 10𝑥 − 12 = 0 → 𝑥 =
2(−2)
10 ± √100 − 96 10 ± √4 10 ± 2
𝑥= = =
−4 −4 −4
10 + 2 12 10 − 2 8
𝑥1 = = = −3, 𝑥2 = = = −2
−4 −4 −4 −4
Puntos de intersección con el eje X: 𝐵(−3, 0), 𝐶 (−2, 0)
c) Vértice de la curva parabólica
Completando trinomio cuadrado perfecto:
𝑓 (𝑥 ) = −2𝑥 2 − 10𝑥 − 12
25 50
−2𝑥 2 − 10𝑥 − 12 = −2(𝑥 2 + 5𝑥) − 12 = −2 (𝑥 2 + 5𝑥 + )+ − 12
4 4
5 2 50 48 5 2 2
= −2 (𝑥 + ) + − = −2 (𝑥 + ) +
2 4 4 2 4
De esta última expresión se tiene que:
5 1
ℎ=− , 𝑘=
2 2
Por lo que las coordenadas del vértice son:
5 1
𝑉 (− , )
2 2
d) Bosquejo gráfico de la función. Utilizando Geogebra:
e) Rango
Conociendo los puntos de intersección con los ejes cartesianos, así como las coordenadas
del vértice, se tiene:
1
𝑅𝑓 = 𝑦𝜖 (−∞, )
2
f) Monotonía
5
𝑥 𝜖 (−∞, − 2)
5
𝑥𝜖 (− , +∞)
2
6) Dada la función 𝑓(𝑥 ) = 3𝑥 2 − 6𝑥 − 24, determinar:
a) Dominio.
c) Coordenadas del vértice a partir de completar trinomio cuadrado perfecto.
d) Bosquejo de la gráfica de la función.
e) Rango.
f) monotonía.
Solución:
a) Dominio.
Por ser la función un polinomio entero su dominio son todos los reales:
𝐷𝑓 = ℝ
Con el eje Y, se determina 𝑓 (0):
𝑓 (0) = 3 (0)2 − 6(0) − 24 = −24
Punto de intersección con el eje Y: 𝐴(0, −24)
Con el eje X, se resuelve 𝑓 (𝑥 ) = 0:
−(−6) ± √(−6)2 − 4(3)(−24)

𝑓 (𝑥 ) = 3𝑥 2 − 6𝑥 − 24 = 0 → 𝑥 =
2(3)
6 ± √36 + 288 6 ± √324 6 ± 18

𝑥= = =
6 6 6
24 −12
𝑥1 = = 4, 𝑥2 = = −2
6 6
Puntos de intersección con el eje X: 𝐵(−2, 0), 𝐶 (4, 0)
c) Vértice de la curva parabólica

Completando trinomio cuadrado perfecto:
𝑓 (𝑥 ) = 3𝑥 2 − 6𝑥 − 24
3𝑥 2 − 6𝑥 − 24 = 3(𝑥 2 − 2𝑥 ) − 24 = 3(𝑥 2 − 2𝑥 + 1) − 3 − 24
= 3(𝑥 − 1)2 − 27
De esta última expresión se tiene que: ℎ = 1, 𝑘 = −27
Por lo que las coordenadas del vértice son:
𝑉 (1 , −27)
d) Bosquejo gráfico de la función. Utilizando Geogebra:
e) Rango
Conociendo los puntos de intersección con los ejes coordenados, así como las
coordenadas del vértice, se tiene:
𝑅𝑓 = 𝑦𝜖 (−27, +∞)
f) Monotonía
Intervalo de crecimiento: 𝑥𝜖 (1, +∞)
Intervalo de decrecimiento: 𝑥𝜖 (− ∞ ,1)

1 2
7) 𝑓(𝑥 ) = 𝑥 + 2𝑥 + 3
2
a) Dominio
Por tratarse de un polinomio entero, su dominio es el conjunto de los reales.
𝐷𝑓 = 𝑅
Con el eje 𝒀:
Al sustituir 𝑥 = 0 en la función 𝑓 (𝑥 ) , se anulan los términos en 𝒙, resultando entonces:
𝑦 = 𝑓(0) = 3
Punto de intersección con el eje 𝑌: → 𝐴(0,3)
Con el eje 𝑿:
Se resuelve 𝑦 = 𝑓 (𝑥) = 0
1 2
𝑥 + 2𝑥 + 3 = 0
2
Considerando el término independiente, así como el coeficiente del término cuadrático,
se tiene que el trinomio no es un producto notable.
Ahora bien, antes de aplicar la fórmula general, primero calculamos su determinante

para saber de qué tipo son sus raíces. Entonces,
1
𝐷 = 𝑏2 − 4𝑎𝑐 = 22 − 4 ( ) (3) = 4 − 6
2
𝐷 = −2 < 0
Como el determinante es negativo, la gráfica de la función carece de puntos de
intersección con el eje 𝑿.
Aplicando el método de “completar a trinomio cuadrado perfecto”:
Iniciamos el proceso factorizando el coeficiente del término cuadrático, seguido de una

secuencia de pasos hasta obtener la expresión algebraica de la directamente se pueden
obtener las coordenadas del vértice:
1 2 1
𝑥 + 2𝑥 + 3 = ( 𝑥 2 + 4𝑥 + 6 )
2 2
1 2 1 4 2 4 2
𝑥 + 2𝑥 + 3 = ( 𝑥 2 + 4𝑥 + ( ) + 6 − ( ) )
2 2 2 2
1 2 1
𝑥 + 2𝑥 + 3 = ( 𝑥 2 + 4𝑥 + 4 + 6 − 4)
2 2
1 2 1
𝑥 + 2𝑥 + 3 = ( (𝑥 + 2)2 + 2)
2 2
1 2 1
𝑥 + 2𝑥 + 3 = (𝑥 + 2)2 + 1 (𝐴)
2 2
Finalizado este proceso algebraico de transformación de la forma trinómica original,
llegamos a la expresión (𝐴) la cual nos permite obtener directamente la coordenadas del
vértice; a saber,
1
(𝑥 + 2)2 + 1 = (𝑥 − ℎ )2 + 𝑘 (𝐵)
2
Comparando término a término ambos miembros de (𝐶), se tiene:
𝒉 = −𝟐, 𝒌 = 𝟏
De esta manera, las coordenadas del vértice son:
𝑽 (−𝟐, 𝟏) ← se haya en el segundo cuadrante
Comparando el valor de la ordenada del vértice 𝑽 (−𝟐, 𝟏) con la ordenada del punto de
intersección con el eje 𝑌: 𝑨(𝟎, 𝟑), tenemos que el vértice se haya posicionalmente por
“debajo” del punto 𝑨(𝟎, 𝟑), por lo que el vértice es un punto “mínimo” de la función y por
ende, la curva parabólica tiene una orientación hacia “arriba”.
Como la curva parabólica se orienta hacia “arriba” y se conoce el valor de la abscisa del
vértice 𝑽 (−𝟐, 𝟏), 𝑥 = ℎ = −2, el intervalo de crecimiento y decrecimiento de la función es,
por lo tanto,
Intervalo de decrecimiento: 𝒙 𝝐 (−∞, −𝟐)
Intervalo de crecimiento: 𝒙 𝝐 (−𝟐, +∞)

e) Rango
Conociendo el valor de la ordenada del vértice 𝑉 (−2,1), 𝒚 = 𝒌 = 𝟏, y dado que es un punto

“mínimo”, se tiene:
𝑹𝒇 = 𝒚 𝜺(𝟏, +∞)
Gráfica de la función
Muestra los elementos calculados

*********
1 7
( ) 𝑥 2 − 3𝑥 +
2 2
1 2 11
8) 𝑓(𝑥 ) = − 𝑥 + 3𝑥 −
2 2
a) Dominio
Por ser 𝑓 (𝑥 ) un polinomio entero, su dominio es el conjunto de los reales.
𝐷𝑓 = 𝑅
Con el eje 𝒀:
Al sustituir 𝑥 = 0 en la 𝑓 (𝑥 ), se anulan los términos en 𝒙, obteniéndose:
11
𝑦 = 𝑓(0) = −
2
Punto de intersección con el eje 𝑌:
11
𝐴 ( 0, − )
2
Con el eje 𝑿:
Se resuelve 𝑦 = 𝑓 (𝑥) = 0
1 2 11
− 𝑥 + 3𝑥 − =0
2 2
Cálculo del determinante:
𝐷 = 𝑏2 − 4𝑎𝑐
1 11 44
𝐷 = (3)2 − 4 (− )( − )=9− = 9 − 11
2 2 4
𝐷 = −2 < 0
En este caso, se tiene un determinante negativo, por lo que no existen raíces reales o
puntos de intersección de la gráfica con el eje 𝑋.
Como no hay intersección de la gráfica con el eje, entonces el vértice puede ser un
mínimo y estar sobre el eje 𝑋; o bien, ser un punto máximo y estar debajo del eje 𝑋.
Cálculo de las coordenadas del vértice aplicando el método de “completar a trinomio

cuadrado perfecto”:
Como paso inicial se factoriza el coeficiente del término cuadrático, seguido de una
secuencia de pasos hasta obtener finalmente una expresión algebraica de la cual se
pueden obtener directamente las coordenadas del vértice:
1 2 11 1
− 𝑥 + 3𝑥 − = − ( 𝑥 2 − 6𝑥 + 11 )
2 2 2
1 2 11 1 6 2 6 2
− 𝑥 + 3𝑥 − = − ( 𝑥 2 − 6𝑥 + ( ) + 11 − ( ) )
2 2 2 2 2
1 2 11 1
− 𝑥 + 3𝑥 − = − ( 𝑥 2 − 6𝑥 + 9 + 11 − 9)
2 2 2
1 2 11 1
− 𝑥 + 3𝑥 − = − ( ( 𝑥 − 3)2 + 2)
2 2 2
1 2 11 1
− 𝑥 + 3𝑥 − = − (𝑥 − 3)2 − 1 (𝐴)
2 2 2
Finalmente, se ha llegado a la etapa final del proceso de transformación aplicado.
en (𝐴), el miembro de la izquierda corresponde a la forma trinómica inicial; mientras
que en el miembro de la derecha se tiene un producto notable del cual se obtiene la
coordenada 𝒙 = 𝒉 del vértice, seguido de un término constante que es precisamente
la coordenada 𝑦 = 𝑘 del vértice. Para esto, se tiene:
1
− (𝑥 − 3)2 − 1 = (𝑥 − ℎ )2 + 𝑘 (𝐵)
2
Comparando término a término ambos miembros de (𝐵), se tiene:
𝒉 = 𝟑, 𝒌 = −𝟏
De esta manera, las coordenadas del vértice son:
𝑽 (𝟑, −𝟏) ← se localiza en el cuarto cuadrante
Comparando el valor de las ordenadas tanto del vértice como del punto de intersección
con el eje 𝑋 (𝐴):
11
𝑉 (3, −1), 𝐴 ( 0, − )
2
Como el vértice 𝑉 se haya por “arriba” del punto 𝐴, es un punto “máximo” de la función,
por lo que la curva parabólica tiene una orientación hacia “abajo”.
Se tiene que la curva parabólica se orienta hacia “abajo” y que el vértice es un “máximo”
de la función, entonces, conociendo el valor de su abscisa (𝒙 = 𝒉 = 𝟑), se obtiene:
Intervalo de crecimiento: 𝒙 𝝐 (−∞, 𝟑)
Intervalo de decrecimiento: 𝒙 𝝐 (𝟑, +∞)
e) Rango
El vértice 𝑽 (𝟑, −𝟏) es un punto “máximo” y considerando el valor de su ordenada

(𝒚 = 𝒌 = −𝟏), se tiene:
𝑹𝒇 = 𝒚 𝜺(−∞, −𝟏)
Gráfica de la función
Muestra los elementos calculados

**********
Observaciones finales
Tomando como base la variedad de ejemplos resueltos los cuales cubrieron los casos
posibles de las funciones cuadráticas, así como los procedimientos algebraicos para la
determinación de algunos de sus elementos básicos, a continuación, se muestran algunas
visualizaciones gráficas que incluyen en forma sintética tales procedimientos de cálculo.
Como se puede ver, conocer las coordenadas del vértice es fundamental para
determinar tanto el rango de la función como su intervalo de crecimiento y
decrecimiento.
******
Aplicación de la derivada
Elementos esenciales de la curva de función
La interpretación geométrica de la derivada como pendiente de la recta tangente a la curva

de la representación gráfica de una función en cualquiera de sus puntos, permite
determinar las siguientes características o atributos de una función:
➢ Puntos críticos conocidos como puntos máximos y mínimos, los cuales pueden ser
absolutos o relativos.
➢ Intervalos de crecimiento o decrecimiento.
Así mismo, la segunda derivada permite determinar:
➢ Intervalos de concavidad; a saber, “concavidad hacia arriba o positiva” y

“concavidad hacia abajo o negativa”.
➢ Puntos críticos conocidos como “puntos de inflexión” en los cuales se producen
cambios de la concavidad de una curva.
Respecto a los antes mencionado, es importante mencionar que la denominación de

“punto crítico” obedece a que en tal punto una curva experimenta un cambio
“extraordinario” en su naturaleza geométrica; en un punto máximo o mínimo, ocurre un
cambio de signo de la primera derivada o de la pendiente de la recta tangente; y en un
punto de inflexión se produce un cambio en el sentido de la concavidad; a saber, de
“concavidad positiva” a “concavidad negativa”, y viceversa.
Definición formal de los atributos antes mencionados.

Crecimiento de una función:
Dado un intervalo I del dominio de una función 𝑓 (𝑥), una función “crece”, si:
“para todo 𝑎, 𝑏 𝜖 𝐈 , 𝑠𝑖 𝑏 > 𝑎. entonces 𝑓(𝑏) > 𝑓 (𝑎)

“para todo 𝑥 𝜖 𝐈 , 𝑓´(𝑥 ) > 0”
Decrecimiento de una función:

Dado un intervalo I del dominio de una función 𝑓 (𝑥), una función “decrece”, si:
“para todo 𝑎, 𝑏 𝜖 𝐈 , 𝑠𝑖 𝑏 > 𝑎 entonces 𝑠𝑖 𝑓(𝑏) < 𝑓 (𝑎)

“para todo 𝑥 𝜖 𝐈 , 𝑓´(𝑥 ) < 0”
Figura 1 Figura 2
Punto máximo:
Definición:
de signo positivo a negativo”
Respecto a sus coordenadas, estas se denominan coordenadas críticas; a saber, abscisa y

ordenada críticas.
Máximo absoluto:
Sea el punto máximo 𝑷(𝒙𝒄 , 𝒚𝒄 ) de una función 𝑓 (𝑥) cuyo dominio esta dado por 𝑫𝒇 . Es
absoluto si se cumple:
“Para todo 𝒙 𝝐 𝑫𝒇 , se tiene 𝒚𝒄 > 𝑓(𝑥) ”

Punto mínimo:
Definición:
de signo negativo a positivo”
Mínimo absoluto:
Sea el punto mínimo 𝑸(𝒙𝒄 , 𝒚𝒄 ) de una función 𝑓(𝑥). Es absoluto si se cumple:
“Para todo 𝒙 𝝐 𝑫𝒇 , se tiene 𝒚𝒄 < 𝒇(𝒙)”

Punto mínimo absoluto A Punto máximo absoluto B

Intervalo de crecimiento: 𝒙 ∈ (𝒂, +∞) Intervalo de crecimiento: 𝒙 ∈ (−∞, 𝒃)
Intervalo de decrecimiento: 𝒙 ∈ (−∞, 𝒂) Intervalo de decrecimiento: 𝒙 ∈ (𝒃, +∞)
Figura 3 Figura 4
Puntos críticos de un polinomio
Toda vez que un polinomio entero es continuo y derivable en cualquier valor de la variable
independiente en el conjunto de los reales, entonces la curva de su representación gráfica
presenta un máximo de puntos críticos dado por el grado del polinomio menos la unidad.
De esta forma, se tiene:
➢ Función no lineal de segundo grado: Un punto crítico (máximo o mínimo).

➢ Función no lineal de tercer grado: Dos puntos críticos (un máximo y un mínimo).
➢ Polinomio entero de cuarto grado: Tres puntos críticos (dos máximos y un mínimo,
o dos mínimos y un máximo).
Dada la continuidad de la función polinomial, en caso de dos o más puntos críticos, estos
se dan en forma alternada.
La siguiente figura muestra una curva con dos puntos críticos; un máximo y un mínimo.
Punto máximo relativo: A Crecimiento: 𝑥 𝜖 (−∞ , 𝑎) ∪ (𝑏 , +∞)

Punto Mínimo relativo: B Decrecimiento: 𝑥 𝜖( 𝑎 , 𝑏)
Figura 5
Intervalo de concavidad positiva o “hacia arriba”

Definición:
“Una función es cóncava hacia arriba en un intervalo I, si para todo 𝒙 𝝐 𝑰, 𝒇´´(𝒙) > 𝟎”
Intervalo de concavidad negativa o “hacia abajo”

Definición:
“Una función es cóncava hacia abajo en un intervalo I, si para todo 𝒙 𝝐 𝑰, 𝒇´´(𝒙) < 𝟎”
Puntos de inflexión
Definición:
Geométricamente, un punto de inflexión es aquel punto en el que se origina un cambio en

la concavidad de una función; es decir, es el paso de “cóncava hacia arriba” a “cóncava
hacia abajo” o viceversa.
Formalmente, es el punto de la curva de una función en el que la segunda derivada es

igual a cero 𝑓´´(𝑥) = 0.
En cuanto al número de puntos de inflexión, éste es igual a la suma del número de puntos
máximos y mínimos, disminuido en la unidad.
La figura 6 muestra una función con dos puntos mínimos y uno máximo, y dos puntos de
inflexión, así como tres intervalos de concavidad.
Determinación de los atributos antes mencionados
En base a lo antes expuesto en cuanto a las definiciones dadas, la siguiente tabla resume
dichas características y cómo se calculan.
Característica Se resuelve:
Puntos críticos (máximos y mínimos) 𝑓´(𝑥) = 0
Intervalos de crecimiento 𝑓´(𝑥) > 0
Intervalos de decrecimiento 𝑓´(𝑥) < 0
Puntos de inflexión 𝑓´´(𝑥) = 0
Concavidad hacia arriba o positiva 𝑓´´(𝑥) > 0
Concavidad hacia abajo o negativa 𝑓´´(𝑥) < 0
Ejemplos de análisis de funciones
Nota:
En los ejemplos que siguen aparece el término “monotonía”, el cual es utilizado en libros
de texto para hacer referencia a los intervalos de crecimiento y decrecimiento.
Así mismo, no se pide determinar puntos de inflexión, ya que, al calcular los intervalos de
concavidad, los extremos no infinitos de dichos intervalos corresponden a las abscisas de
los puntos de inflexión, toda vez que estos en estos puntos, como fue señalado
anteriormente, se producen los cambios de concavidad de una función.
Dicho lo anterior, realizar el análisis de las funciones siguientes.
𝟏. 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 + 𝟐
a) hallar todos los puntos 𝒙 tales que 𝒇´(𝒙) = 𝟎
Geométricamente, esto corresponde a los puntos en donde la función (𝑥) tiene un punto
máximo o mínimo en el cual la pendiente de la recta tangente es igual a cero y por lo
mismo, es paralela al eje de las X.
Estos puntos se conocen como “puntos críticos”; razón por la cual sus coordenadas (𝑥, 𝑦)
se denominan, respectivamente, “abscisa crítica” y “ordenada crítica”.
De esta manera, al resolver 𝑓´(𝑥) = 0, las raíces encontradas son los posibles valores de las
abscisas críticas; las cuales, al sustituirse en la función 𝑓 (𝑥) dada, se obtienes los valores
de las ordenadas críticas correspondientes.
Considerando la función 𝑓 (𝑥) = 𝑥 2 − 3𝑥 + 2, se tiene:

𝑓´(𝑥) = 2𝑥 − 3 = 0
𝟑
2𝑥 − 3 = 0 → 𝒙 = (𝑎𝑏𝑠𝑐𝑖𝑠𝑎 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑎 )
𝟐
Sustituyendo en 𝑓 (𝑥):
𝟑 𝟑 2 𝟑 9 9 9 18 8
𝑦 = 𝑓 ( ) = ( ) − 3 ( ) + 2 , 𝑦 = − + 2, 𝑦= − + =
𝟐 𝟐 𝟐 4 2 4 4 4
𝟏
𝒚=− (𝒐𝒓𝒅𝒆𝒏𝒂𝒅𝒂 𝒄𝒓í𝒕𝒊𝒄𝒂)
𝟒
De esta manera, siendo 𝑷(𝒙𝒄 , 𝒚𝒄 ) el punto crítico, se tiene:
𝟑 𝟏
𝑃 ( , − ),
𝟐 𝟒
b) Examinar el signo de 𝑓´ y determinar aquellos intervalos en los que 𝑓 es monótona.
Solución:
independiente tal que se satisface la condición 𝑓´(𝑥) > 0 𝑓´ (positiva).

Se resuelve 𝑓´(𝑥) > 0 ; es decir,
3
𝑓´(𝑥) > 0 → 2𝑥 − 3 > 0 → 𝑥 >
2
Por lo tanto, 𝑓 𝑥 es creciente en el intervalo:
( )
𝟑
𝒙 𝝐 ( , +∞)
𝟐
independiente tal que se satisface la condición 𝑓´(𝑥) < 0 𝑓´ (negativa)

Se resuelve 𝑓´(𝑥) < 0 ; es decir,
3
𝑓´(𝑥) < 0 → 2𝑥 − 3 < 0 → 𝑥 <
2
Por lo tanto, 𝑓(𝑥) es decreciente en el intervalo:
𝟑
𝒙 𝝐 ( , +∞)
𝟐
c) Examinar el signo de 𝒇´´ y determinar aquellos intervalos en los que 𝒇´ es

monótona.
Solución:
Los intervalos de monotonía de la función 𝑓´ corresponden a los conjuntos de valores de
la variable independiente en los que la gráfica de la función 𝑓(𝑥) es cóncava hacia “arriba”
o cóncava hacia “abajo”.
Para la concavidad hacia “arriba” o “+”, se resuelve 𝑓´´(𝑥) > 0.

Para la concavidad hacia “abajo” o “-”, se resuelve 𝑓´´(𝑥) < 0.
𝑓´(𝑥) = 2𝑥 − 3 → 𝑓´´(𝑥) = 2 > 0 ⩝ 𝑥 𝜖 ℝ
Por lo tanto, la gráfica de la función es cóncava hacia “arriba” en el intervalo:
𝑥 𝜖 (−∞, +∞)
Toda vez que la gráfica de la función es cóncava hacia arriba en todo el conjunto de los
reales y tiene solamente un punto crítico, este corresponde a un punto mínimo.
d) Construir un boceto de la gráfica de 𝑓.
Nota:
Para visualizar la manera como se relaciona la monotonía de una función, los puntos
críticos, así como los intervalos de concavidad de ala gráfica de una función, cada figura
mostrará las gráficas de las funciones 𝑓 (𝑥), 𝑓´(𝑥) 𝑦 𝑓´´(𝑥).
Gráfica de las funciones mencionadas construidas con el programa de GeoGebra.
Gráfica de la función 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 − 3𝑥 + 2, 𝑓´(𝑥) 𝑦 𝑓´´(𝑥)
****
𝟐. 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟑 − 𝟒𝒙
𝑓´(𝑥) = 3𝑥 2 − 4 = 0
4
3𝑥 2 − 4 = 0 → 𝑥 = ± √
3
2
𝑥=± (𝑎𝑏𝑠𝑐𝑖𝑠𝑎𝑠 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑎𝑠)
√3
Sustituyendo estos valores de 𝒙 en 𝑓(𝑥) para calcular las ordenadas críticas,
2
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑥 = ,
√3
2 2 3 2
𝑦 = 𝑓( ) = ( ) −4( )
√3 √3 √3
8 8 8 24 16
𝑦= − = − = −
3√3 √3 3√3 3√3 3√3
𝟏𝟔
𝒚=− √𝟑 (𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛𝑎𝑑𝑎 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑎)
𝟗
2
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑥 = −
√3
2 2 3 2
𝑦 = 𝑓 (− ) = (− ) − 4 (− )
√3 √3 √3
8 8 8 24 16
𝑦=− + =− + =
3√3 √3 3√3 3√3 3√3
𝟏𝟔
𝒚= √𝟑 (𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛𝑎𝑑𝑎 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑎)
𝟗

2 16 2 16
𝑃( ,− √3 ) , 𝑄 (− , √3)
√3 9 √3 9

Solución:
𝑓´(𝑥) = 3𝑥 2 − 4 > 0
4 4 2
3𝑥 2 − 4 > 0 → 𝑥 2 > → ± √𝑥 2 > √ → ± 𝑥 >
3 3 √3
Finalmente, se tiene que la función dada crece en los intervalos:
2 2 2
𝑥 > 𝑦 −𝑥 > →𝑥< −
√3 √3 √3
Utilizando la notación de intervalos, crecimiento de 𝑓(𝑥):
𝟐 𝟐
𝒙 𝝐 (−∞, − ) ∪ ( , +∞)
√𝟑 √𝟑
en el intervalo:
𝟐 𝟐
𝒙 𝝐 (− , )
√𝟑 √𝟑
𝑓´(𝑥) = 3𝑥 2 − 4 < 0
4 √4 2
3𝑥 2 − 4 < 0 → 𝑥 2 < → ± √𝑥 2 < → ±𝑥 <
3 √3 √3
Resolviendo la desigualdad del extremo derecho de la expresión anterior, se obtiene:
2 2 2
𝑥 < 𝑦 −𝑥 < →𝑥> −
√3 √3 √3
Es decir,
2 2
− <𝑥 < 𝑥>
√3 √3
Finalmente, tenemos que:
𝟐 𝟐
𝒙 𝝐 (− , ) → 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒓𝒗𝒂𝒍𝒐 𝒅𝒆 𝒅𝒆𝒄𝒓𝒆𝒄𝒊𝒎𝒊𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒇𝒖𝒏𝒄𝒊ó𝒏 𝒇(𝒙)
√𝟑 √𝟑
Resultado anteriormente supuesto.
c) examinar el signo de 𝒇´´ y determinar aquellos intervalos en los que 𝒇´ es
monótona.
Solución:
𝑓´(𝑥) = 3𝑥 2 − 4 → 𝑓´´(𝑥) = 6𝑥 > 0 → 𝑥 > 0
𝒙 𝝐 (𝟎, +∞)
𝑓´´(𝑥) = 6𝑥 < 0 → 𝑥 < 0
𝒙 𝝐 (−∞, 𝟎)

dada.
Gráfica de la función 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟑 − 𝟒𝒙, 𝒇´(𝒙) 𝒚 𝒇´´(𝒙)
*******
𝟑. 𝒇(𝒙) = (𝒙 − 𝟏)𝟐 (𝒙 + 𝟐)
𝑓´(𝑥) = (𝑥 − 1)2 (1) + (𝑥 + 2)[2 (𝑥 − 1)(1)]

𝑓´(𝑥) = (𝑥 − 1)2 + 2 (𝑥 + 2)(𝑥 − 1) = (𝑥 − 1) [(𝑥 − 1) + 2 (𝑥 + 2)]
𝑓´(𝑥) = (𝑥 − 1) (𝑥 − 1 + 2𝑥 + 4) = (𝑥 − 1) (3𝑥 + 3)
𝑓´(𝑥) = (𝑥 − 1) (3𝑥 + 3)
(𝑥 − 1) (3𝑥 + 3) = 0
Igualando a cero cada factor y resolviendo, se obtienen las abscisas críticas:
𝑥 = 1, 𝑥 = −1 → 𝑎𝑏𝑠𝑐𝑖𝑠𝑎𝑠 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑎𝑠
Para 𝑥 = 1,
𝑦 = 𝑓 (1) = (1 − 1)2 (1 + 2) = 0
Para 𝑥 = −1,
𝑦 = 𝑓 (−1) = (−1 − 1)2 (−1 + 2)
𝑃 (1,0 ), 𝑄 (−1,4)

Solución:
𝑓´(𝑥) = (𝑥 − 1) (3𝑥 + 3) > 0
𝑥 − 1 > 0 ∩ 3𝑥 + 3 > 0 ∪ 𝑥 − 1 < 0 ∩ 3𝑥 + 3 < 0

𝑥 > 1 ∩ 𝑥 > −1 ∪ 𝑥 < 1 ∩ 𝑥 < −1
𝑥 > 1 ∪ 𝑥 < −1

𝒙𝝐 (−∞, −𝟏) ∪ (𝟏, +∞)
en el intervalo:
𝒙 𝝐 (−𝟏, 𝟏)
𝑓´(𝑥) = (𝑥 − 1) (3𝑥 + 3) < 0
𝑥 − 1 > 0 ∩ 3𝑥 + 3 < 0 ∪ 𝑥 − 1 < 0 ∩ 3𝑥 + 3 > 0
𝑥 > 1 ∩ 𝑥 < −1 ∪ 𝑥 < 1 ∩ 𝑥 > −1
ɸ ∪ −1 < 𝑥 < 1
En la que el símbolo ɸ muestra que la intersección 𝑥 > 1 ∩ 𝑥 < −1 es el conjunto vacío.
Finalmente, se tiene que 𝒇(𝒙) decrece en el intervalo:
𝒙 𝝐 (−𝟏 , 𝟏) → 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒓𝒗𝒂𝒍𝒐 𝒅𝒆 𝒅𝒆𝒄𝒓𝒆𝒄𝒊𝒎𝒊𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒇𝒖𝒏𝒄𝒊ó𝒏 𝒇(𝒙)
Como puede verse, se obtuvo un resultado igual al que anteriormente fue supuesto a partir
del conocimiento de los intervalos de crecimiento de la función y como complemento al
conjunto de los reales.
Solución:
𝑓´(𝑥) = (𝑥 − 1) (3𝑥 + 3) → 𝑓´´(𝑥) = (𝑥 − 1) (3) + (3𝑥 + 3) (1)
𝑓´´(𝑥) = 3𝑥 − 3 + 3𝑥 + 3 = 6𝑥
Resolviendo para 𝑓´´(𝑥) > 0, → 6𝑥 > 0 → 𝑥 > 0
𝒙 𝝐 (𝟎, +∞)
𝑓´´(𝑥) = 6𝑥 < 0 → 𝑥 < 0
𝒙 𝝐 (−∞, 𝟎)

dada.
Figura Gráfica de la función 𝒇(𝒙) = (𝒙 − 𝟏)𝟐 (𝒙 + 𝟐)
𝟒. 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟑 − 𝟔𝒙𝟐 + 𝟗𝒙 + 𝟓
Solución:
𝑓´(𝑥) = 3𝑥 2 − 12 𝑥 + 9
3 𝑥 2 − 12 𝑥 + 9 = 0 → 3 (𝑥 2 − 4 𝑥 + 3) = 3 (𝑥 − 3)(𝑥 − 1) = 0 → (𝑥 − 3)(𝑥 − 1) = 0
Igualando a cero cada factor de (𝑥 − 3)(𝑥 − 1) = 0 , se obtienen las abscisas críticas:
𝑥 = 3, 𝑥=1 → 𝑎𝑏𝑠𝑐𝑖𝑠𝑎𝑠 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑎𝑠
Para 𝑥 = 1,
𝑦 = 𝑓 (1) = 13 − 6(1)2 + 9(1) + 5
Para 𝑥 = 3,
𝑦 = 𝑓 (3) = 33 − 6(3)2 + 9(3) + 5
𝑷(𝟏, 𝟗 ), 𝑸 (𝟑, 𝟓)
Solución:
𝑓´(𝑥) = 3𝑥 2 − 12 𝑥 + 9 = 3 (𝑥 − 3)(𝑥 − 1) > 0
𝑓´(𝑥) = (𝑥 − 3)(𝑥 − 1) > 0
𝑥−3 > 0 ∩ 𝑥−1> 0 ∪ 𝑥−3< 0 ∩ 𝑥−1 < 0

𝑥>3 ∩ 𝑥>1 ∪ 𝑥<3 ∩ 𝑥<1
𝑥>3 ∪ 𝑥<1

𝒙𝝐 (−∞, 𝟏) ∪ (𝟑, +∞)
𝑓´(𝑥) = (𝑥 − 3)(𝑥 − 1) < 0
𝑥−3 > 0 ∩ 𝑥−1< 0 ∪ 𝑥−3< 0 ∩ 𝑥−1 > 0

𝑥>3 ∩ 𝑥<1 ∪ 𝑥<3 ∩ 𝑥>1
ɸ ∪ 1< 𝑥 <3
La función dada decrece en el intervalo:

𝒙𝝐 (𝟏, 𝟑)
Solución:
𝑓´(𝑥) = 3𝑥 2 − 12 𝑥 + 9 → 𝑓´´(𝑥) = 6𝑥 − 12
Resolviendo para 𝑓´´(𝑥) > 0, → 6𝑥 − 12 > 0 → 𝑥 > 2
𝒙 𝝐 (𝟐, +∞)
𝑓´´(𝑥) = 6𝑥 − 12 < 0 → 𝑥 < 2
𝒙 𝝐 (−∞, 𝟐)

dada.
Gráfica de la función 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟑 − 𝟔𝒙𝟐 + 𝟗𝒙 + 𝟓
******
𝟓. 𝒇(𝒙) = 𝟐 + (𝒙 − 𝟏)𝟒
Solución:
𝑓´(𝑥) = 4(𝑥 − 1)3 (1) = 4(𝑥 − 1)3

𝑓´(𝑥) = 4(𝑥 − 1)3
3
4(𝑥 − 1)3 = 0 → (𝑥 − 1)3 = 0 → 𝑥 − 1 = √0 = 0
Como 𝑥 − 1 = 0 , se obtienen la abscisa crítica:
𝑥 = 1, → 𝑎𝑏𝑠𝑐𝑖𝑠𝑎 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑎
Sustituyendo 𝑥 = 1 en 𝑓 (𝑥),
𝑦 = 𝑓 (1) = 2 + (1 − 1)4
𝒚=𝟐 → 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛𝑎𝑑𝑎 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑎
De esta manera, 𝑓 (𝑥) tiene el punto crítico:
𝑷(𝟏, 𝟐 )

Solución:
3
𝑓´(𝑥) = 4(𝑥 − 1)3 > 0 = (𝑥 − 1)3 > 0 → 𝑥 − 1 > √0 → 𝑥 − 1 > 0 → 𝑥 > 1
Finalmente, se tiene que la función 𝑓 (𝑥) crece en el intervalo:
𝒙 𝝐 (𝟏, +∞)
Se resuelve 𝑓´(𝑥) < 0; a saber,
𝑓´(𝑥) = (𝑥 − 1)3 < 0 → 𝑥 − 1 < 0 → 𝑥 < 1
Finalmente, se tiene que la función 𝑓 (𝑥) decrece en el intervalo:

𝒙𝝐 (−∞, 𝟏)
Solución:
𝑓´(𝑥) = 4(𝑥 − 1)3 → 𝑓´´(𝑥) = 12 (𝑥 − 1)2
12 (𝑥 − 1)2 > 0 → (𝑥 − 1)2 > 0 → (𝑥 − 1) (𝑥 − 1) > 0
Aplicando las combinaciones posibles de signos para que el producto de los factores sea
positivo, se tiene:
𝑥−1 > 0 ∩ 𝑥−1> 0 ∪ 𝑥−1< 0 ∩ 𝑥−1 < 0
𝑥>1 ∩ 𝑥>1 ∪ 𝑥<1 ∩ 𝑥<1
Toda vez que la intersección de un conjunto con él mismo es igual al mismo conjunto, se
tiene:
𝑥>1 ∪ 𝑥<1
De aquí que la función dada es cóncava hacia arriba en el intervalo:
𝒙 𝝐 (−∞, +𝟏) ∪ (𝟏, +∞) = 𝒙 𝝐 ℝ − {𝟏}

dada.
𝟏
𝟔. 𝒇(𝒙) =
𝒙𝟐
Solución:
1
𝑓 (𝑥) = = 𝑥 −2
𝑥2
𝑓´(𝑥) = −2 𝑥 −3 = 0 → 𝑥 −3 = 0 → 𝑥 −3 𝑥 3 = 0 (𝑥 3 ) → 𝑥 0 = 0 → ¿ 1 = 0?
Como se puede ver, hemos llegado a una contradicción, lo cual quiere decir que lo que se
desea encontrar, que en este caso son los puntos críticos, estos no existen.
Otra manera de mostrar la inexistencia de puntos críticos es como sigue:

−2 𝑥 −3 = 0 → 𝑥 −3 = 0 → 𝑥 −3 𝑥 4 = 0 (𝑥 4 ) → 𝑥 = 0
Toda vez que 𝑥 = 0 no forma parte del dominio de la función; entonces para este valor de
la variable independiente la función dada no está definida o no existe. En consecuencia, la
función (𝑥) carece de puntos máximos y/o mínimos.

Solución:
𝑓´(𝑥) = −2 𝑥 −3 > 0 → − (−2 𝑥 −3 ) < −(𝟎) → 2 𝑥 −3 < 0 → 𝑥 −3 < 0
Nota:
Cuando una desigualdad se multiplica o divide entre un número negativo, cambia de
sentido el operador relación, lo cual fue aplicado en la expresión anterior. Es así como
llegamos a la siguiente desigualdad:
1
<0
𝑥3
Aplicando la propiedad de los signos en el caso de un cociente; a saber, (+) entre (−) da
(−), la desigualdad anterior se resuelve como sigue:
3 3
𝑥 3 < 0 → √𝑥 3 < √0 → 𝑥<0
Finalmente, se tiene que la función dada es creciente para toda 𝑥 < 0; es decir,
La función 𝑓(𝑥) crece en el intervalo:
𝒙 𝝐 (−∞, 𝟎)
Puesto que la función crece en el intervalo 𝒙 𝝐 (−∞, 𝟎), y existe en todos los reales excepto
𝑥 = 0, puede suponerse que su decrecimiento se tiene en el intervalo 𝒙 𝝐 (𝟎, +∞).
Formalmente, el intervalo de decrecimiento se encuentra resolviendo la desigualdad

𝑓´(𝑥) < 0; es decir,
𝑓´(𝑥) = −2 𝑥 −3 < 0 → − (−2 𝑥 −3 ) > −(𝟎) → 2 𝑥 −3 > 0 → 𝑥 −3 > 0

Expresado de otra manera, se obtiene la desigualdad:
1
>0
𝑥3
En tal caso, para su solución se considera solamente la combinación de signos: (+) entre
(+) da (+); es decir,
𝟏 > 0 ∩ 𝑥3 > 0 → 1 > 0 ∩ 𝑥 > 0

Obteniéndose que la función dada decrece en el intervalo dado por 𝒙 > 𝟎,
Es decir, 𝑓(𝑥) decrece en el intervalo:
𝒙 𝝐 (𝟎, +∞)

Solución:
𝑓´(𝑥) = −2 𝑥 −3 → 𝑓´´(𝑥) = 6 𝑥 −4
6 𝑥 −4 > 0 → 𝑥 −4 > 0
1
>0
𝑥4
Puesto que todo número elevado a una potencia entera par da positivo, entonces, la
función propuesta tiene concavidad positiva en el intervalo:
𝒙 𝝐 (−∞, +𝟎) ∪ (𝟎, +∞) = 𝒙 𝝐 ℝ − {𝟎}

Como consecuencia de este resultado, la función propuesta carece de concavidad negativa
o concavidad hacia “abajo”
d) construir un boceto de la gráfica de 𝑓.
𝟏
Figura. Gráfica de la función 𝒇(𝒙) =
𝒙𝟐
𝟏
𝟕. 𝒇(𝒙) = 𝒙 +
𝒙𝟐
Solución:
1
𝑓 (𝑥) = 𝑥 +
𝑥2
𝑓´(𝑥) = 1 − 2 𝑥 −3
2 𝑥3 − 2
𝑓´(𝑥) = 1 − 2 𝑥 −3 = 0 → 1 − = 0 → = 0 → 𝑥3 − 2 = 0
𝑥3 𝑥3
→ 𝑥3 = 2
Resolviendo, se obtiene la abscisa crítica:
3
𝑥 = √2
Sustituyendo dicho valor en la función dada:
3 3 1
𝑦 = 𝑓(√2 ) = √2 + 2
3
( √2 )
3 3 2 3 3
√2 ( √2 ) + 1 ( √2 ) + 1 2+1 3
𝑦= 2 = 2 = 2 = 2
3 3 3 3
( √2 ) ( √2 ) ( √2 ) ( √2 )
3 3
𝑦= 2 = 1
(2) 3 (22 )3
Resolviendo, se obtiene que la ordenada crítica es:
3
𝑦= 3
√4
Por lo tanto, la gráfica de la función dada tiene un punto crítico en:
𝟑 𝟑
𝑷 ( √𝟐 , 𝟑 )
√𝟒

Solución:
𝑓´(𝑥) = 1 − 2 𝑥 −3
2 𝑥3 − 2
→ 1 − 2 𝑥 −3 > 0 → 1 − > 0 → >0
𝑥3 𝑥3
Para resolver esta desigualdad que involucra un cociente, aplicamos la regla de signos
siguiente:
(+) (− )
𝑦
(+) (− )
Lo cual nos lleva a construir la siguiente desigualdad compuesta:
𝑥3 − 2 > 0 ∩ 𝑥3 > 0 ∪ 𝑥3 − 2 < 0 ∩ 𝑥3 < 0
𝑥3 > 2 ∩ 𝑥3 > 0 ∪ 𝑥3 < 2 ∩ 𝑥3 < 0
1 1
𝑥 > 23 ∩ 𝑥 > 0 ∪ 𝑥 < 23 ∩ 𝑥 < 0
1
𝑥 > 23 ∪ 𝑥 < 0
Es decir, la función 𝒇(𝒙) dada es creciente en los intervalos:
𝟏
𝒙𝝐 (−∞, 𝟎) ∪ (𝟐𝟑 , +∞)
Solución:
Se resuelve 𝑓´(𝑥) < 0 → 𝑓´(𝑥) 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑎
𝑓´(𝑥) = 1 − 2 𝑥 −3
2 𝑥3 − 2
→ 1 − 2 𝑥 −3 < 0 → 1 − < 0 → <0
𝑥3 𝑥3
En este caso, para resolver la desigualdad aplicamos la regla de signos siguiente:
(+) (− )
𝑦
(−) (+ )
Teniendo entonces la siguiente desigualdad compuesta que incluye ambas combinaciones
de signo:
𝑥3 − 2 > 0 ∩ 𝑥3 < 0 ∪ 𝑥3 − 2 < 0 ∩ 𝑥3 > 0
𝑥3 > 2 ∩ 𝑥3 < 0 ∪ 𝑥3 < 2 ∩ 𝑥3 > 0
1 1
𝑥 > 23 ∩ 𝑥 < 0 ∪ 𝑥 < 23 ∩ 𝑥 > 0
Determinando la intersección de los intervalos en ambos miembros de la desigualdad
compuesta, se tiene:
1
ɸ ∪ 0 < 𝑥 < 23
Por lo tanto, se tiene que la función propuesta 𝒇(𝒙) es decreciente en el intervalo:
𝟏
𝒙𝝐 ( 𝟎, 𝟐𝟑 )
Solución:
𝑓´(𝑥) = −2 𝑥 −3 → 𝑓´´(𝑥) = 6 𝑥 −4
Resolviendo para 𝑓´´(𝑥) > 0, 6 𝑥 −4 > 0 → 𝑥 −4 > 0
1
>0
𝑥4
En esta desigualdad, para todo valor de 𝒙 se tiene 𝒙𝟒 > 𝟎; por lo tanto, la función propuesta
es cóncava hacia “arriba” en el intervalo:
𝑥 𝜖 (−∞, +0) ∪ (0, +∞) = 𝑥 𝜖 ℝ − {0}

Nota: Como se puede ver, se ha excluido el valor 𝑥 = 0 , ya que no forma parte del dominio
de la función 𝒇(𝒙).
d) construir un boceto de la gráfica de 𝑓(𝑥).
********* FIN DE EJEMPLOS ***

Calculo diferencial e integral
Propuesta de reactivo para el segundo examen departamental
Análisis de una función racional
Dada la siguiente función racional, determinar a) dominio, b) intersección con los ejes
cartesianos, c) paridad o simetría, d) asíntotas, e) puntos críticos (máximos y mínimos),
f) monotonía o intervalos de crecimiento y decrecimiento, g) puntos de inflexión e intervalos
de concavidad, h) bosquejo grafico de la función.
2𝑥 2 − 5𝑥 − 3
𝑓(𝑥) =
6𝑥 − 1
Solución:
a) Dominio
Se determinan los “ceros” del polinomio del denominador:
1
6𝑥 − 1 = 0 → 𝑥 = 6
Por lo tanto, el dominio de 𝑓(𝑥) es:

1
𝐷𝑓(𝑥) = ℝ − { }
6
b) Intersección con los ejes cartesianos:
* Con el eje Y, se tiene:
𝑦 = 𝑓(0)) = (−3/−1) = 3
Entonces, la gráfica de la función interseca al eje Y en el punto:
𝐴(0,3)
* Con el eje X, se resuelve 𝑓(𝑥) = 0
2𝑥 2 − 5𝑥 − 3
𝑓 (𝑥 ) = = 0 → 2𝑥 2 − 5𝑥 − 3 = 0
6𝑥 − 1
Factorizando esta expresión cuadrática e igualando a cero cada factor, se obtiene:
1
2𝑥 2 − 5𝑥 − 3 = (2𝑥 + 1)(𝑥 − 3) = 0 → 𝑥 = 3, 𝑥 = −
2
De esta manera, la gráfica de la función 𝑓(𝑥 ) interseca al eje X en los puntos:
1
𝐵(3,0), 𝐶 (− , 0)
2
c) Paridad o simetría.
2𝑥 2 − 5𝑥 − 3
𝑓 (𝑥 ) =
6𝑥 − 1
2(−𝑥 )2 − 5(−𝑥 ) − 3 2𝑥 2 + 5𝑥 − 3
𝑓 (−𝑥 ) = =
6(−𝑥 ) − 1 −6𝑥 − 1
Como 𝑓 (𝑥 ) ≠ 𝑓 (−𝑥 ), entonces la función no es “par” o no tiene simetría con el eje Y
Ahora se tiene:
2𝑥 2 + 5𝑥 − 3 −2𝑥 2 − 5𝑥 + 3
−𝑓(−𝑥 ) = (−1) =
−6𝑥 − 1 −6𝑥 − 1
Como 𝑓 (𝑥 ) ≠ −𝑓 (−𝑥 ), entonces la función no es “impar” o no tiene simetría con el origen.
Como se puede ver; la función dada no tiene “paridad” o simetría.
d) Asíntotas.
*Asíntota Vertical
*Como el polinomio del denominador se anula en 𝑥 = 1/6 , tal que 𝑓(1/6) = ∞, entonces la
función 𝑓 (𝑥 ) tiene una asíntota vertical (A.V.); a saber,
1
𝐴. 𝑉. → 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑥 =
6
*Asíntota Horizontal.
Puesto que ambos polinomios que forman la función racional son de diferente grado,
entonces la función propuesta no tiene este tipo de asíntota.
*Asíntota Oblicua.
Se observa que el grado del polinomio del numerador es una unidad mayor que el grado del
polinomio del denominador, se tiene entonces que existe una Asíntota Oblicua cuya ecuación
es de la forma 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑏;
De manera directa, al dividir ambos polinomios se obtiene:
2𝑥 2 + 5𝑥 − 3 1 7
= 𝑥−
−6𝑥 − 1 3 9
Por lo que:
1 7
𝐴. 𝑂. → 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎 𝑎𝑠𝑖𝑛𝑡𝑜𝑡𝑖𝑐𝑎 𝑜𝑏𝑙𝑖𝑐𝑢𝑎: 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑦 = 𝑥−
3 9
e) Puntos críticos (máximos y mínimos).
Se resuelve 𝑓 ′ (𝑥 ) = 0
2𝑥 2 − 5𝑥 − 3 (6𝑥 − 1) (4𝑥 − 5) − (2𝑥 2 − 5𝑥 − 3)(6)
𝑓 (𝑥 ) = , 𝑓 ′ (𝑥 ) =
6𝑥 − 1 (6𝑥 − 1)2
24𝑥 2 − 34𝑥 + 5 − 12𝑥 2 + 30𝑥 + 18 12𝑥 2 − 4𝑥 + 23
𝑓 ′ (𝑥 ) = =
(6𝑥 − 1)2 (6𝑥 − 1)2
12𝑥 2 − 4𝑥 + 23
𝑓 ′ (𝑥 ) =
(6𝑥 − 1)2
Igualando a cero y resolviendo:
′(
12𝑥 2 − 4𝑥 + 23
𝑓 𝑥) = = 0 → 12𝑥 2 − 4𝑥 + 23 = 0
(6𝑥 − 1)2
Aplicando la formula general para ecuaciones de segundo grado,
−(−4) ± √(−4)2 − 4(12)(23) 4 ± √16 − 4(12)(23)

𝑥= =
2(12) 2(12)
Puesto que se tiene un discriminante negativo (16 − 4(12)(23)) < 0, y la raíz cuadrada no está
definida en el conjunto de los reales, se concluye entonces se concluye que:
𝑓 (𝑥 ) No tiene puntos máximos ni mínimos
f) Crecimiento y Decrecimiento.
Toda vez que no se tienen puntos máximos ni mínimos se concluye entonces que la función
solamente puede tener crecimiento o decrecimiento en todo su dominio. Para saberlo, una
forma consiste en determinar los limites laterales de la función en el valor de la variable
1
independiente en el que se tiene la asíntota vertical; es decir, en 𝑥 =
6
En consecuencia, se tiene que,

Limite lateral por la izquierda:
1− 2 1−
2
2𝑥 − 5𝑥 − 3 2 (6 ) − 5 (6 ) − 3 (−)
lim− 𝑓 (𝑥 ) = lim− = − = ∞ = +∞
1 1 6𝑥 − 1 1 (−)
𝑥→
6
𝑥→
6 6 (6 ) − 1
Limite lateral por la derecha

2
1+ 1+
2𝑥 2 − 5𝑥 − 3 2 (6 ) − 5 (6 ) − 3 (− )
lim+ 𝑓 (𝑥 ) = lim+ = = ∞ = −∞
1 1 6𝑥 − 1 1+ (+ )
𝑥→
6
𝑥→
6 6 (6 ) − 1
Aunado a esto, y dado la abscisa por la que se tiene la asíntota vertical se haya entre las
1
abscisas donde la gráfica de la función interseca al eje X [𝐵(3,0), 𝐶 (− 2 , 0)], así como la
intersección con el eje Y [𝐵(0,3)], se concluye que la función dada solamente tiene
crecimiento en los siguientes intervalos:
1 1
𝑓 (𝑥 ) 𝑐𝑟𝑒𝑐𝑒 𝑒𝑛: 𝑥 𝜖 (−∞, ) ∪ ( , +∞ )
6 6
g) Puntos de inflexión e intervalos de concavidad
Al no existir puntos máximos ni mínimos, tampoco existen puntos de inflexión.
h) Esbozo grafico de la función

Utilizando el programa de geometría dinámica, la gráfica es como sigue:
2.
−2𝑥 2 − 7𝑥 − 3
𝑓(𝑥) =
−𝑥 − 4
Solución:
a) Dominio
−𝑥 − 4 = 0 → 𝑥 = −4
Toda vez que
−3
𝑓 (−4) = =∞
0
Entonces el dominio es:
𝐷𝑓(𝑥) = ℝ − {−4}

* Intersección con el eje Y,
−3 3
𝑦 = 𝑓(0)) = =
−4 4
Sea entonces,
3
𝐴 (0, 4 ) 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑠𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑐𝑜𝑛 𝑒𝑙 𝑒𝑗𝑒 𝑌
* Intersección con el eje X,

Para tal caso, se resuelve 𝑓(𝑥) = 0
−2𝑥 2 − 7𝑥 − 3
𝑓 (𝑥 ) = = 0 → −2𝑥 2 − 7𝑥 − 3 = 0
−𝑥 − 4
La ecuación cuadrática se factoriza como: −2𝑥 2 − 7𝑥 − 3 = (−2𝑥 − 1)(𝑥 + 3)
Igualando a cero cada factor, se obtiene:
1
−2𝑥 − 1 = 0 → 𝑥 = − , (𝑥 + 3) → 0 → 𝑥 = −3
2
Punto de intersección de la gráfica de la función 𝑓(𝑥 ) con eje X:
1
𝐵 (− , 0) , 𝐶 (−3, 0)
2
Aplicando los criterios de paridad,
−2𝑥 2 − 7𝑥 − 3
𝑓 (𝑥 ) =
−𝑥 − 4
−2(−𝑥 )2 − 7(−𝑥) − 3 −2𝑥 2 + 7𝑥 − 3

𝑓 (−𝑥 ) = =
−(−𝑥 ) − 4 𝑥−4
Como 𝑓 (𝑥 ) ≠ 𝑓 (−𝑥 ), entonces la función no es “par” o no tiene simetría con el eje Y
Ahora veamos si hay simetría con el origen:
−2𝑥 2 + 7𝑥 − 3 2𝑥 2 − 7𝑥 + 3
−𝑓(−𝑥 ) = (−1) =
𝑥−4 𝑥−4
Ya que 𝑓(𝑥 ) ≠ −𝑓 (−𝑥 ), se tiene que la función 𝑓 (𝑥 ) no es “impar” o no tiene simetría con
el origen.
Concluyendo, la función dada no tiene “paridad” o simetría.
d) Asíntotas.
 Asíntota Vertical
*Puesto que (𝑓(−4)) = ∞, la función 𝑓(𝑥 ) tiene una recta asintótica vertical (A.V.) cuya
ecuación es:
𝐴. 𝑉. → 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑥 = −4
 Asíntota Horizontal.
Se observa que la función dada carece de este tipo de asíntota ya que ambos polinomios
(numerador y denominador) son de grado diferente.
 Asíntota Oblicua.
Como que el grado del polinomio del numerador es una unidad mayor que el grado del
polinomio del denominador, la función propuesta tiene una Asíntota Oblicua (A.O.) cuya
ecuación es de la forma 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑏; siendo 𝒎 la pendiente de la recta asintótica y 𝒃 la
ordenada al origen.
La ecuación de esta recta se puede encontrar de manera directa al obtener el cociente de
ambos polinomios que forman la función; a saber,
−2𝑥 2 − 7𝑥 − 3 7
= 2𝑥 − 1 −
−𝑥 − 4 −𝑥 − 4
Considerando solamente al cociente, se tiene:
𝐴. 𝑂. → 𝑎𝑠𝑖𝑛𝑡𝑜𝑡𝑖𝑐𝑎 𝑜𝑏𝑙𝑖𝑐𝑢𝑎 𝑐𝑢𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ò𝑛 𝑒𝑠: 𝑦 = 2𝑥 − 1
Es una recta con pendiente 𝑚 = 2 y ordenada al origen 𝑏 = −1
d) Puntos críticos (máximos y mínimos).
−2𝑥 2 − 7𝑥 − 3
𝑓 (𝑥 ) = ,
−𝑥 − 4
(−𝑥 − 4) (−4𝑥 − 7) − (−2𝑥 2 − 7𝑥 − 3)(−1)

𝑓 ′ (𝑥 ) =
(−𝑥 − 4)2
Realizando operaciones y reduciendo términos semejantes, se obtiene:
2𝑥 2 + 16𝑥 + 25
𝑓 ′ (𝑥 ) = (𝐴)
(−𝑥 − 4)2

2𝑥 2 + 16𝑥 + 25
𝑓 ′ (𝑥 ) = = 0 → 2𝑥 2 + 16𝑥 + 25 = 0 (𝐵)
(−𝑥 − 4)2
Se procede ahora a encontrar las raíces de la ecuación cuadrática (𝐵). Por fórmula general,
−16 ± √(16)2 − 4(2)(25) −16 ± √256 − 200 −16 ± √56

𝑥= = =
2(2) 4 4
−16 ± √4(14) −16 2√14 √14

𝑥= = ± = −4 ±
4 4 4 2
Se obtienen las raíces:
√14 √14
𝑥 = −4 − 𝑦 𝑥 = −4 + (𝑎𝑏𝑠𝑐𝑖𝑠𝑎𝑠 𝑐𝑟𝑖𝑡𝑖𝑐𝑎𝑠)
2 2
De esta manera, se tiene que la función 𝑓(𝑥) tiene dos puntos críticos; a saber,
√14 √14
𝑀 (−4 − , 𝑦) 𝑦 𝑁 (−4 + , 𝑦)
2 2
Uno es un punto máximo y el otro es un punto mínimo; para saberlo, podemos aplicar el criterio
de la primera derivada que consiste en evaluar el signo de la derivada por la izquierda y
derecha en la vecindad de cada abscisa critica. Si pasa de positivo a negativo se tiene un
máximo, y si pasa de negativo a positivo se tiene un mínimo.
Para tener una idea de esto, conviene hacer un primer esbozo gráfico con los elementos del
análisis que ya se tienen. Procediendo de esta manera, se tiene:
En rojo se muestran las dos asíntotas (vertical y oblicua), las dos rectas en color negro que
pasan por las dos abscisas críticas, así como los puntos de intersección.
Tomando en cuenta que la gráfica de una función no puede intersecar a una asíntota vertical,
se observa que una de las dos ramas de la gráfica de la función puede pasar por los puntos
de intersección con los ejes cartesianos (A, B, C) y tener un acercamiento con ambas asíntotas
(vertical y oblicua). Su comportamiento es como sigue: La curva desciende pasando por el
punto A, continúa descendiendo hasta llegar a uno de los dos puntos críticos ya encontrados,
siendo este un punto mínimo; a partir de dicho punto inicia un ascenso pasando por los puntos
señalados como B y C, seguido de un acercamiento asintótico con la asíntota oblicua.
De esta manera se tiene:
√14 √14
𝑁 (−4 + , 𝑦) 𝑒𝑠 𝑢𝑛 𝑚ì𝑛𝑖𝑚𝑜 𝑦 𝑀 (−4 − , 𝑦) 𝑒𝑠 𝑢𝑛 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑜
2 2
Lo anterior fue un la utilización de un recurso intuitivo, formalmente procedemos como sigue:

Determinamos el signo de la derivada en el entorno inmediato de cada abscisa crítica; a saber,
Se tiene
2𝑥 2 + 16𝑥 + 25
𝑓 ′ (𝑥 ) = 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑥, 𝑒𝑙 𝑑𝑒𝑛𝑜𝑚𝑖𝑛𝑎𝑑𝑜𝑟 𝑒𝑠 𝑠𝑖𝑒𝑚𝑝𝑟𝑒 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑜.
(−𝑥 − 4)2
Sea la abscisa crítica

√14
𝑥 = −4 −
2
√14
𝑃𝑜𝑟 𝑙𝑎 𝑖𝑧𝑞𝑢𝑖𝑒𝑟𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑥 = −4 − , 2𝑥 2 + 16𝑥 + 25 𝑒𝑠 (+)
2
√14
𝑃𝑜𝑟 𝑙𝑎 𝑖𝑧𝑞𝑢𝑖𝑒𝑟𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑥 = −4 − , 2𝑥 2 + 16𝑥 + 25 𝑒𝑠 (– )
2
Como 𝑓 ′ (𝑥 ) pasa de positivo a negativo en esta abscisa crítica, entonces,
√14
𝑀 (−4 − , 𝑦) 𝑒𝑠 𝑢𝑛 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜
2
Sea la abscisa crítica
√14
𝑥 = −4 +
2
√14
𝑃𝑜𝑟 𝑙𝑎 𝑖𝑧𝑞𝑢𝑖𝑒𝑟𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑥 = −4 + , 2𝑥 2 + 16𝑥 + 25 𝑒𝑠 (−)
2
√14
𝑃𝑜𝑟 𝑙𝑎 𝑖𝑧𝑞𝑢𝑖𝑒𝑟𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑥 = −4 + , 2𝑥 2 + 16𝑥 + 25 𝑒𝑠 (+)
2
Como 𝑓 ′ (𝑥 ) pasa de negativo a positivo en esta abscisa crítica, se tiene que:
√14
𝑀 (−4 − , 𝑦) 𝑒𝑠 𝑢𝑛 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜
2
e) Crecimiento y Decrecimiento.
En ambos casos de resuelven las desigualdades:
2𝑥 2 + 16𝑥 + 25 2𝑥 2 + 16𝑥 + 25
𝑓 ′ (𝑥 ) = >0 𝑦 𝑓 ′ (𝑥 ) = <0
(−𝑥 − 4)2 (−𝑥 − 4)2
Lo cual nos lleva a considerar los siguientes casos de signo:
(+) (−)
𝐶𝑟𝑒𝑐𝑖𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜: ∪ 𝐸𝑠𝑡𝑎 𝑠𝑒 𝑑𝑒𝑠𝑐𝑎𝑟𝑡𝑎 𝑝𝑜𝑟𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑙 𝑑𝑒𝑛𝑜𝑚𝑖𝑛𝑎𝑑𝑜𝑟 𝑒𝑠 𝑠𝑖𝑒𝑚𝑝𝑟𝑒 (+)
(+) (−)
(−) (+)
𝐷𝑒𝑐𝑟𝑒𝑐𝑖𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜: ∪ 𝐸𝑠𝑡𝑎 𝑠𝑒 𝑑𝑒𝑠𝑐𝑎𝑟𝑡𝑎 𝑝𝑜𝑟𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑙 𝑑𝑒𝑛𝑜𝑚𝑖𝑛𝑎𝑑𝑜𝑟 𝑒𝑠 𝑠𝑖𝑒𝑚𝑝𝑟𝑒 (+)
(+) (−)
Para llevar a cabo esto, es necesario que la expresión del numerador se lleve a una forma de
factores, lo cual resulta laborioso porque primero se requiere igualar a cero el numerador y
encontrar sus raíces, y después de esto se procede construir la expresión como factores.
Puesto que ya conocemos la naturaleza de los puntos críticos así como el valor de la abscisa
por la que se tiene la asíntota vertical, los intervalos de crecimiento y decrecimiento son los
siguientes:
√14 √14
𝐴𝑏𝑠𝑐𝑖𝑠𝑎𝑠 𝑐𝑟𝑖𝑡𝑖𝑐𝑎𝑠: 𝑥 = −4 − 𝑦 𝑥 = −4 +
2 2
Asíntota vertical: 𝑥 = −4
Por lo cual se tiene:
√14 √14
𝐿𝑎 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖ó𝑛 𝑐𝑟𝑒𝑐𝑒 𝑒𝑛: 𝑥𝜖 (−∞, −4 − ) ∪ (−4 + , +∞)
2 2
√14 √14
𝐿𝑎 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒𝑐𝑟𝑒𝑐𝑒 𝑒𝑛: 𝑥𝜖 (− 4 − ,4 + ,)
2 2
f) Puntos de inflexión e intervalos de concavidad
Toda vez que la asíntota vertical se halla entre las dos abscisas críticas, entonces no existe
un punto en el que se dé el cambio de concavidad de la función; por tal razón, se tiene que la
función dada no tiene puntos de inflexión aunque se tenga un máximo y un mínimo.
Por lo que respecta a las concavidades, estas son como sigue:
𝐶ó𝑛𝑐𝑎𝑣𝑎 ℎ𝑎𝑐𝑖𝑎 𝑎𝑏𝑎𝑗𝑜: 𝑥𝜖 (−∞, − 4 )
𝐶ó𝑛𝑐𝑎𝑣𝑎 ℎ𝑎𝑐𝑖𝑎 𝑎𝑟𝑟𝑖𝑏𝑎: 𝑥𝜖 (−4, +∞)
g) Esbozo grafico de la función
Utilizando el programa de geometría dinámica, la gráfica es como sigue:
**************
4.
𝑥 2 + 4𝑥 + 8
𝑓(𝑥) =
𝑥+2
Solución:
a) Dominio
𝑥 + 2 = 0 → 𝑥 = −2
Dominio de la funciòn:
𝐷𝑓(𝑥) = ℝ − {−2}

Intersección con el eje Y,
8
𝑦 = 𝑓(0)) = =4
2
Entonces,
𝐴(0, 4 ) 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑠𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑐𝑜𝑛 𝑒𝑙 𝑒𝑗𝑒 𝑌
Intersección con el eje X,
Se resuelve 𝑓(𝑥) = 0
𝑥 2 + 4𝑥 + 8
𝑓 (𝑥 ) = = 0 → 𝑥 2 + 4𝑥 + 8 = 0
𝑥+2
No es un producto notable por lo que no se puede factorizar de manera directa.
Se calcula el determinante para saber la naturaleza de sus raíces.
𝑑 = 𝑏2 − 4 𝑎 𝑐 = 42 − 4(1)(8) = 16 − 32 = −16 < 0
Como el determinante es negativo y dado que en los reales no se haya definido la raíz
cuadrada de números negativos, se concluye entonces que la gráfica de la función no
interseca al eje X.
Puesto que la función presenta polinomios con diferentes grados (pares e impares), se tiene
que la función no tiene paridad o no es simétrica con el eje Y ni con el origen.
d) Asíntotas.
 Asíntota Vertical
Toda vez que 𝑓 (−2) = ∞, la función 𝑓(𝑥 ) tiene una asíntota vertical cuya ecuación es:
𝐴. 𝑉. → 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑥 = −2
 Asíntota Horizontal.
Se tienen polinomios con diferente grado, entonces no se tiene este tipo de asíntota.
 Asíntota Oblicua.
Si existe esta clase de asíntota ya que el grado del polinomio de numerador es mayor en la
unidad que el grado del polinomio de denominador.
La ecuación de esta asíntota, se puede obtener de manera directa encontrado el cociente de
ambos polinomios; a saber,
Utilizando el método de división larga, se obtiene:
𝑥 2 + 4𝑥 + 8 4
= 𝑥+2+
𝑥+2 𝑥+2
De aquí que la ecuación de la asíntota oblicua es:
𝐴. 𝑂. → 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑦 = 𝑥 + 2 (𝑝𝑒𝑛𝑑𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑚 = 1, 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛𝑎𝑑𝑎 𝑎𝑙 𝑜𝑟𝑖𝑔𝑒𝑛 𝑏 = 2)
e) Puntos críticos (máximos y mínimos).

𝑥 2 + 4𝑥 + 8
𝑓 (𝑥 ) =
𝑥+2
′(
(𝑥 + 2) (2𝑥 + 4) − (𝑥 2 + 4𝑥 + 8)(1)
𝑓 𝑥) =
(𝑥 + 2)2
′(
2𝑥 2 + 8𝑥 + 8 − 𝑥 2 − 4𝑥 − 8
𝑓 𝑥) =
(𝑥 + 2) 2
𝑥 2 + 4𝑥
𝑓 ′ (𝑥 ) = (𝐴)
(𝑥 + 2)2
Resolviendo 𝑓 ′ (𝑥 ) = 0,
𝑥 2 + 4𝑥
𝑓 ′ (𝑥 ) = = 0 → 𝑥 2 + 4𝑥 = 0 → 𝑥(𝑥 + 4) = 0 (𝐵)
(𝑥 + 2) 2
Igualando a cero cada factor y resolviendo para 𝑥, se obtiene:
𝑥 = 0, 𝑥 = −4 (𝑎𝑏𝑠𝑐𝑖𝑠𝑎𝑠 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑎𝑠)
Ahora se sustituyen estos valores en la función propuesta para determinar las ordenadas
críticas; a saber,
𝑓 (0 ) = 4 → 𝐴(0,4) 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑜
(−4)2 + 4(−4) + 8 8
𝑓 (−4) = = = −4 → 𝐵(−4, −4) 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑜
−4 + 2 −2
Resumiendo:
Puntos críticos: 𝐴(0,4), 𝐵(−4, −4)
Se tiene un punto máximo y uno mínimo; para saberlo, aplicamos el criterio de la primera
derivada para saber cómo es el cambio de signo de la primera derivada en cada uno de estos
puntos críticos.
Para la abscisa crítica 𝑥 = 0,
Sea
𝑥 2 + 4𝑥 𝑥 (𝑥 + 4)
𝑓 ′ (𝑥 ) = =
(𝑥 + 2) 2 (𝑥 + 2 )2
0− (0 − + 4) (−) (+) (−)
𝑓 ′ (0 − ) = − 2
⇒ ⇒ ⇒ (−)
(0 + 2) (+) (+)
0+ (0 + + 4) (+) (+) (+)
𝑓 ′ (0 + ) = + 2
⇒ ⇒ ⇒ (+)
(0 + 2) (+) (+)
Como 𝑓 ′ (𝑥) pasa de negativo a positivo en 𝑥 = 0, entonces se tiene que:
𝐴(0,4) 𝐸𝑠 𝑢𝑛 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑜
Para la abscisa crítica 𝑥 = −4,
′( −)
−4− (−4− + 4) (−) (−) (+)
𝑓 −4 = ⇒ ⇒ ⇒ (+)
(−4− + 2)2 (+) (+)
−4+ (−4+ + 4) (−) (+) (−)
𝑓 ′ (−4+ ) = + 2
⇒ ⇒ ⇒ (−)
(−4 + 2) (+) (+)
Como 𝑓 ′ (𝑥) pasa de positivo a negativo en 𝑥 = −4, entonces se tiene que:
𝐵(−4, −4) 𝐸𝑠 𝑢𝑛 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜
Resumiendo,
𝐴(0,4) 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑜
𝐵(−4, −4) 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜
f) Monotonía o intervalos de crecimiento y decrecimiento.

Crecimiento:
Se resuelve la desigualdad 𝑓 ′ (𝑥 ) > 0.
′(
𝑥 2 + 4𝑥 ′( )
𝑥 (𝑥 + 4)
𝑓 𝑥) = > 0 → 𝑓 𝑥 = > 0
(𝑥 + 2) 2 (𝑥 + 2)2
Toda vez que en el denominador se tiene el cuadrado de 𝑥 + 2, entonces el denominador es
positivo para todo valor de 𝑥. De esta manera, para saber el intervalo de crecimiento de la
función se resuelve la desigualdad:
𝑥 (𝑥 + 4) > 0
Los casos posibles de signos son: (+) 𝑦 (+) ∪ (−) 𝑦 (– )
Procediendo entonces,
𝑥 >0 ∩ 𝑥+4 >0 ∪ 𝑥 <0 ∩ 𝑥+4 <0
𝑥 > 0 ∩ 𝑥 > −4 ∪ 𝑥 < 0 ∩ 𝑥 < −4
Recurriendo a la recta numérica para representar estos intervalos,
Se tiene entonces que la función crece en:

𝑥 𝜖 (−∞, −4) ∪ (0, +∞)
Decrecimiento:
Se resuelve la desigualdad 𝑓 ′ (𝑥 ) < 0.
𝑥 (𝑥 + 4)
𝑓 ′ (𝑥 ) = < 0
(𝑥 + 2 )2
Para conocer el intervalo de decrecimiento se resuelve la desigualdad:
𝑥 (𝑥 + 4) < 0
Los casos posibles de signos son: (+) 𝑦 (−) ∪ (−) 𝑦 (+)
Lo cual nos lleva a la siguiente operación de intervalos:
𝑥 >0 ∩ 𝑥+4 <0 ∪ 𝑥 <0 ∩ 𝑥+4 >0
𝑥 > 0 ∩ 𝑥 < −4 ∪ 𝑥 < 0 ∩ 𝑥 > −4
Recurriendo a la recta numérica para representar estos intervalos,
Se tiene entonces que la función decrece en:

𝑥 𝜖 (−4, 0)
g) Puntos de inflexión y concavidad

No existen puntos de inflexión ya que se tiene una asíntota vertical que separa al punto
máximo y mínimo.
Concavidad:
Respecto a la asíntota vertical con ecuación 𝑥 = −2, se tiene que:
El punto máximo se haya a la izquierda
El punto mínimo se haya a la derecha
Considerando esto, los intervalos de concavidad de la función son:
Cóncava hacia “abajo”: 𝑥 𝜖 (−∞, −2)
Cóncava hacia “arriba”: 𝑥 𝜖 (2, +∞)
h) Esbozo gràfico
Utilizando el programa de Geogebra, la gráfica de esta función es como sigue:
*****************
Ejemplos de análisis de funciones racionales
1. Realice el análisis completo de la función

𝑥2 + 1
𝑓(𝑥) =
𝑥
Determinando:
a) Dominio y Rango
b) Simetría
c) Intersección con los ejes cartesianos
d) Asíntotas vertical, horizontal u oblicua, según corresponda
e) Puntos críticos, y clasifíquelos en máximos y mínimos, si es que existen.
f) Monotonía de la función (intervalos de crecimiento y decrecimiento)
g) Puntos de inflexión, si es que existen.
h) Sentido de las concavidades.
i) Gráfica de la función.
Solución
a) Dominio y Rango
Por simple inspección, se observa que el polinomio del denominador de la función
propuesta se anula en 𝑥 = 0; teniéndose que:
02 + 1
𝑓(0) = = ∞
0
Por lo tanto, el dominio de la función 𝑓(𝑥) es:
𝐷𝑓(𝑥) = ℝ − {0}
Respecto al Rango, este queda pendiente toda vez que falta conocer algunas otras
características de la función.
b) Simetría
𝑥 2 +1
𝑓(𝑥) = 𝑥
(−𝑥)2 + 1 𝑥2 + 1 𝑥2 + 1
𝑓(−𝑥) = = =−
−𝑥 −𝑥 𝑥
Puesto que 𝑓(𝑥) ≠ 𝑓(−𝑥), entonces la función 𝑓(𝑥) no es “par”; es decir, no existe simetría
con el eje Y.
Ahora se tiene,
𝑥2 + 1 𝑥2 + 1
−𝑓(−𝑥) = − (− )=
𝑥 𝑥
Puesto que 𝑓(𝑥) = −𝑓(−𝑥), resulta que la función 𝑓(𝑥) es “impar”, por lo que la gráfica de
𝑓(𝑥) es simétrica respecto al origen.
* Con el eje Y, se aplica 𝑦 = 𝑓(0)
Toda vez que 𝑦 = 𝑓(0) = ∞, se tiene que la gráfica de la función propuesta no interseca al
eje Y.
* Con el eje X, sea 𝑦 = 𝑓(𝑥) = 0
𝑥2 + 1
𝑦 = 𝑓(𝑥) = = 0 → (𝑥 2 + 1) = 0 → 𝑥 2 = −1
𝑥
𝑥 = ± √−1
Toda vez que en el conjunto de los reales no está definida la raíz cuadrada de números
negativos; es razón por la cual no existe ningún valor de 𝑥 𝜀 ℝ en donde la gráfica de la
función 𝑓(𝑥) interseca al eje X.
Concluyendo, no se tienen puntos de intersección de la función 𝑓(𝑥) con los ejes
cartesianos.

*Asíntota Vertical (A.V.)
*Como el polinomio del denominador se anula en 𝑥 = 0 , tal que 𝑓(0) = ∞, entonces existe
una asíntota vertical (A.V.); cuya ecuación es:
𝐴. 𝑉. → 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑥 = 0
*Asíntota Horizontal (A.H.)
Toda vez que ambos polinomios de la función racional son de diferente grado, se tiene que
la función 𝑓(𝑥) carece de este tipo de asíntota.
*Asíntota Oblicua (A.O.)
Como en 𝑓(𝑥) el grado del polinomio del numerador (2) es una unidad mayor que el grado
del polinomio del denominador (1), existe una Asíntota Oblicua cuya ecuación puede
encontrarse utilizando límites o bien en forma práctica a partir del cociente que resulta al
dividir ambos polinomios de la función racional; es decir,
𝑥2 + 1
𝑆𝑒𝑎 𝑓(𝑥) =
𝑥
Dividiendo ambos polinomios,
A partir del cociente obtenido; se tiene:
Ecuación de la asíntota oblicua (A.O): 𝑦 = 𝑥 (pendiente 𝑚 = 1 ordenada al origen 𝑏 = 0)
Puntos críticos:
Se resuelve 𝑓 ′ (𝑥) = 0
𝑥2 + 1 𝑥 (2𝑥) − (𝑥 2 + 1)(1)
𝑓(𝑥) = → 𝑓 ′ (𝑥) =
𝑥 𝑥2
2𝑥 2 − 𝑥 2 − 1 𝑥 2 − 1
𝑓 ′ (𝑥) = =
𝑥2 𝑥2
Simplificando, se tiene:
Ahora, igualamos a cero para encontrar las abscisas críticas.
𝑥2 − 1
𝑓 ′ (𝑥) = = 0 → 𝑥2 − 1 = 0 → 𝑥2 = 1
𝑥2
De donde,
𝑥 = ± √1 = ±1
De aquí que, se tienen las abscisas críticas:
𝑥 = −1, 𝑥 = 1
Ahora, se sustituyen estos valores en la función original para determinar los valores de las
correspondientes ordenadas críticas.
(−1)2 + 1 2
𝑦 = 𝑓(−1) = = = −2
−1 −1
(1)2 + 1 2
𝑦 = 𝑓(1) = = =2
1 2
Con estos resultados, se tiene que la función tiene como puntos críticos:
𝐴(−1, −2), 𝐵(1,2),
Al respecto, podemos ver que ambos puntos son simétricos respecto al origen, lo cual es
consecuencia con el hecho de que la función 𝑓(𝑥) es impar.
Puntos Máximos y mínimos.
Con los elementos de la función hasta ahora conocidos; concretamente que se tiene una
asíntota oblicua dada por una recta con pendiente negativa (-1) que pasa por el origen,
que existe una asíntota vertical que coincide precisamente con el eje X, y de que son
simétricos los puntos críticos encontrados, podemos entonces decir que uno de estos
puntos es un máximo mientras que el otro punto es un mínimo; afirmaciones que pueden
comprobarse formalmente, por ejemplo, aplicando el criterio de la primera derivada, como
se detalla a continuación.
Criterio de la primera derivada.
• Para la abscisa crítica 𝑥 = −1,

𝑥2 − 1 (−1− )2 − 1 (+)
𝑓 ′ (𝑥) = → 𝑓 ′ (−1− )
= ⇒ ⇒ 𝑓 ′ (𝑥) > 0 𝑜 (+)
𝑥2 (−1− )2 (+)
(−1+ )2 − 1 (−)
𝑓 ′ (−1+ ) = ⇒ ⇒ 𝑓 ′ (𝑥) < 0 𝑜 (−)
(−1+ )2 (+)
Puesto que 𝑓 ′ (𝑥) pasa de positiva a negativa en 𝑥 = −1 , entonces, 𝐴(−1, −2) es un máximo.
• Para la abscisa crítica 𝑥 = 1,
(1− )2 − 1 (−)
𝑓 ′ (1− ) = ⇒ ⇒ 𝑓 ′ (𝑥) < 0 𝑜 (−)
(1− )2 (+)
(1+ )2 − 1 (+)
𝑓 ′ (1+ ) = ⇒ ⇒ 𝑓 ′ (𝑥) > 0 𝑜 (+)
(2+ )2 (+)
Como 𝑓 ′ (𝑥) pasa de negativa a positiva en 𝑥 = 1 , entonces, B(1,2) es un mínimo.
• Crecimiento: se resuelve 𝑓 ′ (𝑥) > 0

𝑥2 − 1
𝑓 ′ (𝑥) = > 0 → 𝑥2 − 1 > 0
𝑥2
Nota:
Ambos miembros de la desigualdad inicial se han multiplicado por 𝑥 2 , lo cual al ser 𝑥 2 >
0 𝑜 (+), no se afecta el sentido del operador presente, lográndose con ello una
simplificación de la desigualdad inicial.
𝑥 2 − 1 > 0 → (𝑥 − 1) (𝑥 + 1) > 0
Aplicando las combinaciones de signo al producto (𝑥 − 1) (𝑥 + 1) > 0; es decir, (+) 𝑦 (+) ∪
(−) 𝑦 (−), se tiene:
𝑥−1> 0 ∩ 𝑥+1> 0 ∪ 𝑥−1 < 0 ∩ 𝑥+1 < 0
𝑥 > 1 ∩ 𝑥 > −1 ∪ 𝑥 < 1 ∩ 𝑥 < −1
Recurriendo a la recta numérica,
Se tiene: Intervalo de crecimiento de 𝑓(𝑥): 𝑥 𝜖(−∞, −1 ) ∪ (1, +∞)

• Decrecimiento: se resuelve 𝑓 ′ (𝑥) < 0
𝑥2 − 1
𝑓 ′ (𝑥) = <0
𝑥2
Multiplicando ambos miembros de la desigualdad por 𝑥 2 , se obtiene:
𝑥2 − 1 < 0 → (𝑥 − 1) (𝑥 + 1) < 0
Aplicando las combinaciones de signo al producto (𝑥 − 1) (𝑥 + 1) < 0; es decir, (+) 𝑦 (−) ∪
(−) 𝑦 (+), se tiene:
𝑥−1> 0 ∩ 𝑥+1< 0 ∪ 𝑥−1 < 0 ∩ 𝑥+1> 0
𝑥 > 1 ∩ 𝑥 < −1 ∪ 𝑥 < 1 ∩ 𝑥 > −1
Construyendo estos intervalos en la recta numérica,
Se observa que no hay intersección de los intervalos que se muestran en la recta numérica
de la derecha (intersección nula o vacía), mientras que en la recta numérica del lado
izquierdo sí hay intersección; de esta manera, se tiene:
Intervalo de decrecimiento de 𝑓(𝑥):
𝑥 𝜖(−1, 1)
Se resuelve: 𝑓 ′ ′(𝑥) = 0
𝑥2 − 1 𝑥 2 (2𝑥) − (𝑥 2 − 1)(2𝑥) 2𝑥 3 − 2𝑥 3 + 2𝑥
𝑓 ′ (𝑥) = → 𝑓 ′
′(𝑥) = =
𝑥2 𝑥4 𝑥4
′(𝑥) 2𝑥 2
𝑓′ = 4
→ 𝑓 ′ ′(𝑥) = 3
𝑥 𝑥
Igualando a cero y resolviendo,
2
𝑓 ′ ′(𝑥) = = 0 → ¿ 2 = 0?
𝑥3
Toda vez que esta igualdad es una contradicción o es falsa, se concluye entonces que la
función 𝑓(𝑥) carece de puntos de inflexión, lo cual era de esperarse en virtud de que los
puntos críticos:
𝐴(−1, −2) 𝑦 𝐵(1,2) son simétricos respecto del origen.
• Concavidad positiva o “hacia arriba”
Se resuelve: 𝑓 ′ ′(𝑥) > 0

2
𝑓 ′ ′(𝑥) = >0
𝑥3
Ya que el numerador es una constante positiva, aplica solamente la combinación de signos:
(+)
>0
(+)
3
Resolviendo, se tiene:
3
𝑥 3 > 0 → √𝑥 3 > √0 → 𝑥 > 0
Por lo tanto,
𝑓(𝑥) Es cóncava hacia arriba en el intervalo: 𝑥 𝜖(0, +∞)
• Concavidad negativa o “hacia abajo”
Se resuelve: 𝑓 ′ ′(𝑥) < 0

2
𝑓 ′ ′(𝑥) = <0
𝑥3
Ahora, aplica únicamente la siguiente combinación de signos:
(+)
<0 →
(−)
Dado que el numerador es una constante negativa, sólo basta resolver 𝑥 3 < 0; es decir,
3 3
𝑥 3 < 0 → √𝑥 3 < √0 → 𝑥 < 0
Por lo tanto, 𝑓(𝑥) Es cóncava hacia abajo en el intervalo: 𝑥 𝜖(−∞, 0)
Con los elementos o características de la función ya conocidos, es más que suficiente para
construir un esbozo gráfico de la función propuesta. A continuación, se muestra tal gráfica
misma que fue obtenida con el programa de geometría dinámica Geogebra.
**************
Respecto al Rango de la función que quedó pendiente, puede verse en la gráfica que:
𝑅𝑓(𝑥) = 𝑦 𝜖 (−∞, −2) ∪ (2, +∞)
************
2. Realice el análisis completo de la función
𝑥2 + 4
𝑓(𝑥) = −
𝑥
determinando:
a) Dominio y Rango
b) Simetría
Solución
a) Dominio y Rango
Por simple inspección, se observa que el polinomio del denominador de la función
propuesta se anula en 𝑥 = 0; teniéndose que:
02 + 4
𝑓(0) = − = ∞
0
Por lo tanto, el dominio de la función 𝑓(𝑥) es:
𝐷𝑓(𝑥) = ℝ − {0}
Respecto al Rango, este queda pendiente toda vez que falta conocer algunas otras
características de la función.
b) Simetría
𝑥 2 +4
𝑓(𝑥) = −
𝑥
(−𝑥)2 + 4 𝑥2 + 4 𝑥2 + 4
𝑓(−𝑥) = − =− =
−𝑥 −𝑥 𝑥
Puesto que 𝑓(𝑥) ≠ 𝑓(−𝑥), entonces la función 𝑓(𝑥) no es “par”; es decir, no existe simetría
con el eje Y.
Ahora se tiene,
𝑥2 + 4
−𝑓(−𝑥) = −
𝑥
Puesto que 𝑓(𝑥) = −𝑓(−𝑥), resulta que la función 𝑓(𝑥) es “impar”; dicho de otra manera,
la gráfica de 𝑓(𝑥) es simétrica respecto al origen.

* Con el eje Y, se aplica 𝑦 = 𝑓(0)
Toda vez que 𝑦 = 𝑓(0) = ∞, se tiene que la gráfica de la función propuesta no interseca al
eje Y.
* Con el eje X, sea 𝑦 = 𝑓(𝑥) = 0
𝑥2 + 4
𝑦 = 𝑓(𝑥) = − = 0 → −(𝑥 2 + 4) = 0 → 𝑥 2 + 4 = 0 → 𝑥 2 = −4
𝑥
𝑥 = ± √−4
Toda vez que en el conjunto de los reales no está definida la raíz cuadrada de números
negativos; es razón por la cual no existe ningún valor de 𝑥 𝜀 ℝ en donde la gráfica de la
función 𝑓(𝑥) interseca al eje X.
Concluyendo, no se tienen puntos de intersección de la función 𝑓(𝑥) con los ejes
cartesianos.
*Asíntota Vertical (A.V.)
*Como el polinomio del denominador se anula en 𝑥 = 0 , tal que 𝑓(0) = ∞, entonces existe
una asíntota vertical (A.V.); cuya ecuación es:
𝐴. 𝑉. → 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑥 = 0
*Asíntota Horizontal (A.H.)
Toda vez que ambos polinomios de la función racional son de diferente grado, se tiene que
la función 𝑓(𝑥) carece de este tipo de asíntota.
*Asíntota Oblicua (A.O.)
Como en 𝑓(𝑥) el grado del polinomio del numerador (2) es una unidad mayor que el grado
del polinomio del denominador (1), existe una Asíntota Oblicua cuya ecuación puede
encontrarse utilizando límites o bien en forma práctica a partir del cociente que resulta al
dividir ambos polinomios de la función racional; es decir,
𝑥2 + 4 −𝑥 2 − 4
𝑆𝑒𝑎 𝑓(𝑥) = − =
𝑥 𝑥
Dividiendo ambos polinomios,
A partir del cociente obtenido; se tiene:

Ecuación de la asíntota oblicua (A.O): 𝑦 = −𝑥 (pendiente 𝑚 = −1 ordenada al origen 𝑏 = 0)
Puntos críticos:
Se resuelve 𝑓 ′ (𝑥) = 0
𝑥2 + 4 𝑥 (2𝑥) − (𝑥 2 + 4)(1)
𝑓(𝑥) = − → 𝑓 ′ (𝑥) = − [ ]
𝑥 𝑥2
2𝑥 2 − 𝑥 2 − 4 𝑥2 − 4
𝑓 ′ (𝑥) = − ( ) = − ( )
𝑥2 𝑥2
−𝑥 2 + 4
𝑓 ′ (𝑥) =
𝑥2
Ahora, igualamos a cero para encontrar las abscisas críticas.
−𝑥 2 + 4
𝑓 ′ (𝑥) = = 0 → −𝑥 2 + 4 = 0 → −𝑥 2 = −4 → 𝑥 2 = 4
𝑥2
De donde,
𝑥 = ± √4 = ±2
De aquí que, se tienen las abscisas críticas:
𝑥 = −2, 𝑥 = 2
Ahora, se sustituyen estos valores en la función original para determinar los valores de las
correspondientes ordenadas críticas.
(−2)2 + 4 8
𝑦 = 𝑓(−2) = − = − =4
−2 −2
(2)2 + 4 8
𝑦 = 𝑓(2) = − = − = −4
2 2
Con estos resultados, se tiene que la función tiene como puntos críticos:
𝐴(−2,4), 𝐵(2, −4),
Al respecto, podemos ver que ambos puntos son simétricos respecto al origen, lo cual es
consecuencia con el hecho de que la función 𝑓(𝑥) es impar.
Puntos Máximos y mínimos.
Con los elementos de la función hasta ahora conocidos; concretamente que se tiene una
asíntota oblicua dada por una recta con pendiente negativa (-1) que pasa por el origen,
que existe una asíntota vertical que coincide precisamente con el eje X, y de que son
simétricos los puntos críticos encontrados, podemos entonces decir que uno de estos
puntos es un máximo mientras que el otro punto es un mínimo; afirmaciones que pueden
comprobarse formalmente, por ejemplo, aplicando el criterio de la primera derivada, como
se detalla a continuación.
Criterio de la primera derivada.
• Para la abscisa crítica 𝑥 = −2,
′ (𝑥)
−𝑥 2 + 4 ′ (−2− )
−(−2− )2 + 4 (−)
𝑓 = → 𝑓 = ⇒ ⇒ 𝑓 ′ (𝑥) < 0 𝑜 (−)
𝑥2 (−2− )2 (+)
−(−2+ )2 + 4 (+)
𝑓 ′ (−2+ ) = ⇒ ⇒ 𝑓 ′ (𝑥) > 0 𝑜 (+)
(−2+ )2 (+)
Puesto que 𝑓 ′ (𝑥) pasa de negativa a positiva en 𝑥 = −2 , entonces, 𝐴(−2,4) es un mínimo
• Para la abscisa crítica 𝑥 = 2,
′ (2− )
−(2− )2 + 4 (+)
𝑓 = ⇒ ⇒ 𝑓 ′ (𝑥) > 0 𝑜 (+)
(−2− )2 (+)
−(2+ )2 + 4 (−)
𝑓 ′ (2+ ) = ⇒ ⇒ 𝑓 ′ (𝑥) < 0 𝑜 (−)
(2+ )2 (+)
Como 𝑓 ′ (𝑥) pasa de positiva a negativa en 𝑥 = 2 , entonces, B(2, −4) es un máximo
• Crecimiento: se resuelve 𝑓 ′ (𝑥) > 0

−𝑥 2 + 4
𝑓 ′ (𝑥) = > 0 → −𝑥 2 + 4 > 0
𝑥2
Nota:
Ambos miembros de la desigualdad inicial se han multiplicado por 𝑥 2 , lo cual al ser 𝑥 2 >
0 𝑜 (+), no se afecta el sentido del operador presente, lográndose con ello una
simplificación de la desigualdad inicial.
−𝑥 2 + 4 > 0 → (2 − 𝑥) (2 + 𝑥) > 0
Aplicando las combinaciones de signo para el caso del producto señalado (𝑝𝑎𝑟𝑎 > 0); es
decir, (+) 𝑦 (+) ∪ (−) 𝑦 (−), se tiene:
2−𝑥 > 0 ∩ 2+𝑥 > 0 ∪ 2−𝑥 < 0 ∩ 2+𝑥 < 0
−𝑥 > −2 ∩ 𝑥 > −2 ∪ −𝑥 < −2 ∩ 𝑥 < −2
𝑥 < 2 ∩ 𝑥 > −2 ∪ 𝑥 > 2 ∩ 𝑥 < −2
La recta numérica de la derecha muestra que no hay intersección de intervalos; mientras

que la de la izquierda sí hay intersección, excluyendo a 𝑥 = 0 por no ser parte del dominio
de 𝑓(𝑥).
Por lo tanto, Intervalo de crecimiento de 𝑓(𝑥): 𝑥 𝜖(−2, 2) − {0}
• Decrecimiento: se resuelve 𝑓 ′ (𝑥) < 0

−𝑥 2 + 4
𝑓 ′ (𝑥) = < 0 → −𝑥 2 + 4 < 0
𝑥2
Multiplicando ambos miembros de la desigualdad por 𝑥 2 , se obtiene:
−𝑥 2 + 4 < 0
−𝑥 2 + 4 < 0 → (2 − 𝑥) (2 + 𝑥) < 0
Aplicando las combinaciones de signo correspondientes al producto señalado (𝑝𝑎𝑟𝑎 < 0); es
decir, (+) 𝑦 (−) ∪ (−) 𝑦 (+), se tiene:
2−𝑥 > 0 ∩ 2+𝑥 < 0 ∪ 2−𝑥 < 0 ∩ 2+𝑥 > 0
−𝑥 > −2 ∩ 𝑥 < −2 ∪ −𝑥 < −2 ∩ 𝑥 > −2
𝑥 < 2 ∩ 𝑥 < −2 ∪ 𝑥 > 2 ∩ 𝑥 > −2
Considerando las intersecciones de intervalos en ambas rectas numéricas, se tiene:

Intervalo de decrecimiento de 𝑓(𝑥):
𝑥 𝜖(−∞, −2) ∪ (2, +∞)
Se resuelve: 𝑓 ′ ′(𝑥) = 0
′ (𝑥)
(−𝑥 2 + 4) ′
𝑥 2 (−2𝑥) − (−𝑥 2 + 4)(2𝑥) −2𝑥 3 + 2𝑥 3 − 8𝑥
𝑓 = → 𝑓 ′(𝑥) = =
𝑥2 𝑥4 𝑥4
−8𝑥
𝑓 ′ ′(𝑥) =
𝑥4
−8
𝑓 ′ ′(𝑥) =
𝑥3
Igualando a cero y resolviendo,
−8
𝑓 ′ ′(𝑥) = = 0 → ¿ −8 = 0?
𝑥3
Como este resultado es una contradicción, se concluye entonces que no existen puntos de
inflexión, lo cual era de esperarse toda vez que los dos puntos críticos se hayan en lados
opuestos a la asíntota vertical de 𝑓(𝑥), cuya recta coincide precisamente con el eje Y.
• Concavidad positiva o “hacia arriba”
Se resuelve: 𝑓 ′ ′(𝑥) > 0
′(𝑥) −8
𝑓′ = >0
𝑥3
Única combinación de signos aplicable en este caso:
(−)
>0 →
(−)
Puesto que el numerador es una constante negativa, sólo basta con resolver 𝑥 3 < 0, es
decir,
3 3
𝑥 3 < 0 → √𝑥 3 < √0 → 𝑥 < 0
Por lo tanto, se tiene que:
La función 𝑓(𝑥) es cóncava hacia arriba en el intervalo:
𝑥 𝜖(−∞, 0)
• Concavidad negativa o “hacia abajo”
Se resuelve: 𝑓 ′ ′(𝑥) < 0
′(𝑥) −8
𝑓′ = <0
𝑥3
Única combinación de signos aplicable en este caso:
(−)
<0 →
(+)
Toda vez que el numerador es una constante negativa, sólo debe resolverse 𝑥 3 > 0; es
decir,
3 3
𝑥 3 > 0 → √𝑥 3 > √0 → 𝑥 > 0
Por lo tanto, se tiene que:
La función 𝑓(𝑥) es cóncava hacia abajo en el intervalo:
𝑥 𝜖(0, +∞)
Con los elementos o características de la función ya conocidos, es más que suficiente para
construir un esbozo gráfico de la función propuesta. A continuación, se muestra tal gráfica
misma que fue obtenida con el programa de geometría dinámica Geogebra.
**************
Respecto al Rango de la función que quedó pendiente, puede verse en la gráfica que:
𝑅𝑓(𝑥) = 𝑥 𝜖 (−∞, −4) ∪ (4, +∞)
Analizar totalmente la siguiente función:

2𝑥 2 − 4𝑥 + 2
3) 𝑓(𝑥) =
𝑥+1
Dominio:
El polinomio del denominador se anula en 𝑥 = −1
Por lo tanto, el dominio es:

𝐷𝑓(𝑥) = ℝ − {−1}
****
Intersección con los ejes cartesianos:
Con el eje Y:
Se resuelve: 𝑓(0) se obtiene: 𝐴(0,2)
Con el eje X:
Se resuelve: → 𝑓(𝑥) = 0
2𝑥 2 − 4𝑥 + 2
= 0 → 2𝑥 2 − 4𝑥 + 2 = 0 → 2 (𝑥 2 − 2𝑥 + 1) = 0
𝑥+1
→ 𝑥 2 − 2𝑥 + 1 = 0 → (𝑥 − 1)2 = 0 ⇒ 𝑥 = 1
Se obtiene el punto de intersección: 𝐵(1,0)
Simetría o paridad:
Puesto que se tienen exponentes pares e impares; así como al menos un término
independiente, se concluye que la función propuesta no tiene paridad o simetría; es
decir, que la gráfica de la función no es simétrica respecto del eje Y ni del origen
Asíntotas:
Asíntotas verticales:
Puesto que para 𝑥 = −1 se tiene 𝑓(−1) = ∞, la función propuesta tiene una asíntota vertical
cuya ecuación es:
𝐴. 𝑉: 𝑥 = −1
Asíntota horizontal:
Toda vez que el grado del numerador es diferente del grado del polinomio del denominador,
se concluye que la función dada no tiene asíntota horizontal.
Asíntota oblicua:
Como el grado del polinomio del numerador es mayor en la unidad que el grado del
polinomio del denominador, se tiene una asíntota oblicua cuya ecuación es de la forma:
𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑏
Efectuando la división se obtiene:

2𝑥 2 − 4𝑥 + 2 8
= 2𝑥 − 6 +
𝑥+1 𝑥+1
La ecuación es entonces:
𝑨. 𝑶: 𝒚 = 𝟐𝒙 − 𝟔
*****
Puntos críticos máximos y mínimos:
Se resuelve: 𝑓´(𝑥) = 0
2𝑥 2 − 4𝑥 + 2 8
𝑓(𝑥) = = 2𝑥 − 6 +
𝑥+1 𝑥+1
8
𝑓´(𝑥) = 2 −
(𝑥 + 1)2
8 2(𝑥 + 1)2 − 8
2− =0 → = 0 → 2(𝑥 + 1)2 − 8 = 0
(𝑥 + 1)2 (𝑥 + 1)2
→ 2𝑥 2 + 4𝑥 + 2 − 8 = 0 → 2𝑥 2 + 4𝑥 − 6 = 0 → (2𝑥 + 6) (𝑥 − 1) = 0
Cada factor se iguala a cero y se resuelve, obteniéndose:
𝑥 = −3, 𝑥 = 1 → abscisas críticas
Ahora calculamos las ordenadas críticas:

2(−3)2 − 4(−3) + 2
𝑦 = 𝑓(−3) = = −16
−3 + 1
Punto crítico: 𝐶(−3, −16)
2(1)2 − 4(1) + 2
𝑦 = 𝑓(1) = =0
1+1
Punto crítico: 𝐷(1,0)
Para determinar cuál es máximo y cuál es mínimo, vamos a utilizar el criterio de la segunda
derivada:
8
𝑓´(𝑥) = 2 −
(𝑥 + 1)2
(𝑥 + 1)2 (0) − 8[2(𝑥 + 1)(1)]

𝑓´´(𝑥) = 0 −
(𝑥 + 1)4
16𝑥 + 16 16(𝑥 + 1)
𝑓´´(𝑥) = =
(𝑥 + 1)4 (𝑥 + 1)4
16
𝑓´´(𝑥) =
(𝑥 + 1)3
Ahora, se sustituyen las abscisas críticas

16
𝑓´´(−3) = <0
(−3 + 1)3
Por lo tanto, 𝐶(−3, −16) es un máximo.
*****
16
𝑓´´(1) = >0
(1 + 1)3
Por lo tanto, 𝐷(1,0) es un mínimo
*****
Intervalos de crecimiento y decrecimiento:
Se pueden los criterios: Crecimiento: 𝑓´(𝑥) > 0, Decrecimiento: 𝑓´(𝑥) < 0
Hacerlo:
No obstante, podemos recurrir a una manera práctica, a partir de la posición relativa de

ambos puntos críticos respecto de la asíntota vertical 𝑥 = −1
El punto máximo 𝐶(−3, −16) se encuentra a la izquierda del punto mínimo 𝐷(1,0); y entre
las abscisas críticas de estos puntos se haya la asíntota vertical 𝑥 = −1
En base a esta información, se puede inferir la construcción de los siguientes intervalos:
Crecimiento: 𝑥𝜀(−∞, −3) ∪ (1, +∞)
Decrecimiento: 𝑥𝜀(−3, −1) ∪ (−1,1)
Puntos de inflexión:
Se resuelve 𝑓´´(𝑥) = 0
16 16
𝑓´´(𝑥) = → = 0 → 16 = (𝑥 + 1)3 (0) → 16 = 0?
(𝑥 + 1)3 (𝑥 + 1)3
Importante:
Cuando se llega a un absurdo, una contradicción o a alguna proposición falsa, quiere decir
que lo que se pretende determinar, ¡No existe!
Por lo tanto, la función propuesta no tiene puntos de inflexión.
Intervalos de concavidad
Concavidad positiva:
Se resuelve 𝑓´´(𝑥) > 0

16
𝑓´´(𝑥) = >0
(𝑥 + 1)3
Aplica únicamente la combinación de signos:
(+)
(+)
Resolviendo:
(𝑥 + 1)3 > 0 ⇒ 𝑥 + 1 > 0 ⇒ 𝑥 > −1
Por consiguiente, la función es cóncava hacia arriba en el intervalo:

𝑥 𝜀(−1, +∞)
Concavidad negativa:
Se resuelve 𝑓´´(𝑥) < 0

16
𝑓´´(𝑥) = <0
(𝑥 + 1)3
Aplica únicamente la combinación de signos
(+)
(−)
Resolviendo:
(𝑥 + 1)3 < 0 ⇒ 𝑥 + 1 < 0 ⇒ 𝑥 < −1

𝑥 𝜀(−∞, −1)
****
Rango
Dadas las características obtenidas, se tiene que el rango de la función son todos los reales.
Simbólicamente, se tiene:
𝑅𝑓(𝑥) = ℝ
*****
Gráfica de la función.
****
Analizar totalmente la siguiente función:

−2𝑥 2 + 4𝑥 − 2
4) 𝑓(𝑥) =
𝑥+1
Dominio:
El polinomio del denominador se anula en 𝑥 = −1; en consecuencia, el dominio es:

𝐷𝑓(𝑥) = ℝ − {−1}
Intersección con los ejes cartesianos:
Con el eje Y:
Se resuelve 𝑓(0) , obteniéndose: 𝐴(0, −2)
Con el eje X:
Se resuelve: → 𝑓(𝑥) = 0
−2𝑥 2 + 4𝑥 − 2
= 0 → −2𝑥 2 + 4𝑥 − 2 = 0 → −2 (𝑥 2 − 2𝑥 + 1) = 0
𝑥+1
→ 𝑥 2 − 2𝑥 + 1 = 0 → (𝑥 − 1)2 = 0 ⇒ 𝑥 = 1
Se obtiene el punto de intersección: 𝐵(1,0)
Simetría o paridad:
Puesto que se tienen exponentes pares e impares; así como al menos un término
independiente, se concluye que la función propuesta no tiene paridad o simetría; es
decir, que la gráfica de la función no es simétrica respecto del eje Y ni al origen.
Si se utilizan los criterios de paridad, se tiene:
𝑆𝑖 𝑓(𝑥) = 𝑓(−𝑥), la función es par
𝑆𝑖 𝑓(𝑥) = −𝑓(−𝑥), la función es impar
Asíntotas:
Puesto que para 𝑥 = −1 se tiene 𝑓(−1) = ∞, la función propuesta tiene una asíntota vertical
cuya ecuación es:
𝐴. 𝑉: 𝑥 = −1
Toda vez que el grado del numerador es diferente del grado del polinomio del denominador,
se concluye que la función dada no tiene asíntota horizontal.
Asíntota oblicua:
Como el grado del polinomio del numerador es mayor en la unidad que el grado del
polinomio del denominador, se tiene una asíntota oblicua cuya ecuación es de la forma:
𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑏
Efectuando la división se obtiene:

−2𝑥 2 + 4𝑥 − 2 8
= −2𝑥 + 6 −
𝑥+1 𝑥+1
La ecuación es entonces:
𝑨. 𝑶: 𝒚 = −𝟐𝒙 + 𝟔
*****
Puntos críticos máximos y mínimos:
Se resuelve: 𝑓´(𝑥) = 0
−2𝑥 2 + 4𝑥 − 2 8
𝑓(𝑥) = = −2𝑥 + 6 −
𝑥+1 𝑥+1
8
𝑓´(𝑥) = −2 +
(𝑥 + 1)2
8 −2(𝑥 + 1)2 + 8
−2 + =0 → = 0 → −2(𝑥 + 1)2 + 8 = 0
(𝑥 + 1)2 (𝑥 + 1)2
→ −2𝑥 2 − 4𝑥 − 2 + 8 = 0 → −𝟐𝒙𝟐 − 𝟒𝒙 + 𝟔 = 𝟎 → (−2𝑥 − 6) (𝑥 − 1) = 0
𝑥 = −3, 𝑥 = 1 → abscisas críticas
Ahora calculamos las ordenadas críticas:

−2(−3)2 + 4(−3) − 2
𝑦 = 𝑓(−3) = = 16
−3 + 1
Punto crítico: 𝐶(−3,16)
−2(1)2 + 4(1) − 2
𝑦 = 𝑓(1) = =0
1+1
Punto crítico: 𝐷(1,0)
Para determinar cuál es máximo y cuál es mínimo, vamos a utilizar el criterio de la segunda
derivada:
8
𝑓´(𝑥) = −2 +
(𝑥 + 1)2
(𝑥 + 1)2 (0) − 8[2(𝑥 + 1)(1)]

𝑓´´(𝑥) = 0 −
(𝑥 + 1)4
−16𝑥 − 16 −16(𝑥 + 1)
𝑓´´(𝑥) = =
(𝑥 + 1)4 (𝑥 + 1)4
−16
𝑓´´(𝑥) =
(𝑥 + 1)3
Ahora, se sustituyen las abscisas críticas

−16
𝑓´´(−3) = >0
(−3 + 1)3
Por lo tanto, 𝐶(−3, −16) es un mínimo.
*****
−16
𝑓´´(1) = <0
(1 + 1)3
Por lo tanto, 𝐷(1,0) es un máximo
*****
Se pueden utilizar los criterios: Crecimiento: 𝑓´(𝑥) > 0, Decrecimiento: 𝑓´(𝑥) < 0
Hacerlo:
No obstante, podemos recurrir a una manera práctica, a partir de la posición relativa de

ambos puntos críticos respecto de la asíntota vertical 𝑥 = −1
Punto mínimo 𝐶(−3,16) está a la izquierda del punto máximo 𝐷(1,0), y se tiene la asíntota
vertical 𝑥 = −1
Por lo tanto, se tienen los siguientes intervalos de crecimiento y decrecimiento:
decrecimiento: 𝑥𝜀(−∞, −3) ∪ (1, +∞)
Crecimiento: 𝑥𝜀(−3, −1) ∪ (−1,1)
16
𝑓´´(𝑥) = −
(𝑥 + 1)3
16
− = 0 → −16 = (𝑥 + 1)3 (0) → −16 = 0 ? ?
(𝑥 + 1)3
Importante:
Cuando se llega a un absurdo, una contradicción o a alguna proposición falsa, quiere decir
que lo que se pretende determinar, ¡No existe!
Por lo tanto, la función propuesta no tiene puntos de inflexión.
Intervalos de concavidad
Concavidad positiva:

−16
𝑓´´(𝑥) = >0
(𝑥 + 1)3
(−)
Aplica la combinación de signos (−)
(𝑥 + 1)3 < 0 ⇒ 𝑥 + 1 < 0 ⇒ 𝑥 < −1

𝑥 𝜀(−∞−)
Concavidad negativa:

−16
𝑓´´(𝑥) = <0
(𝑥 + 1)3
(−)
Aplica únicamente la combinación de signos (+)
(𝑥 + 1)3 > 0 ⇒ 𝑥 + 1 > 0 ⇒ 𝑥 > −1

𝑥 𝜀(−1, +∞)
Rango
Dadas las características obtenidas, se tiene que el rango de la función son todos los reales.
Simbólicamente, se tiene:
𝑅𝑓(𝑥) = ℝ
Gráfica de la función.
Analizar totalmente la siguiente función
𝑥−1
1) 𝑓(𝑥) =
𝑥2
Dominio:
Toda vez que la función es igual a infinito para 𝑥 = 0, el dominio es:

𝐷𝑓(𝑥) = ℝ − {0}
Paridad de la función:
Toda vez que en la función se tienen exponentes pares e impares, se concluye que dicha
función no tiene paridad (no es simétrica con el eje Y y el origen).
Puntos de intersección:
Con el eje Y:
Como 𝑥 = 0, no pertenece al dominio de la función; entonces, no se tiene intersección

con el eje Y.
Con el eje X:
La función se iguala a cero y se resuelve.

𝑥−1
𝑓(𝑥) = =0 →𝑥−1=0 →𝑥 =1
𝑥2
Se obtiene el punto de intersección: 𝐴(1,0).
Asíntotas.
asíntota vertical
Como en 𝑥 = 0, 𝑓(0) = ∞
Se tiene una asíntota vertical cuya ecuación es: 𝒙 = 𝟎
asíntota horizontal:
Puesto que lim 𝑓(𝑥) = 0, se tiene una asíntota horizontal cuya ecuación es: 𝒚 = 𝟎, que
𝑥 →±∞
coincide esta recta con el eje X.
Puntos máximos y mínimos
Se obtiene la primera derivada, se igual acero y se resuelve

𝑥−1 𝑥 2 (1) − (𝑥 − 1)(2𝑥) 𝑥 2 − 2𝑥 2 + 2𝑥
𝑓(𝑥) = → 𝑓´(𝑥) = =
𝑥2 𝑥4 𝑥4
−𝑥 2 + 2𝑥
𝑓´(𝑥) = (𝐴)
𝑥4
−𝑥 2 + 2𝑥
𝑓´(𝑥) = = 0 → −𝑥 2 + 2𝑥 = 0 → −𝑥(𝑥 − 2) = 0 (𝐵)
𝑥4
Cada factor se igual a cero, obteniéndose: 𝒙 = 𝟎 𝒚 𝒙 = 𝟐.
Como se tiene la asíntota vertical 𝒙 = 𝟎, solamente hay un punto crítico en 𝒙 = 𝟐.
Sustituyendo 𝒙 = 𝟐 en la función 𝒇(𝒙), se obtiene:

2−1 1
𝑦 = 𝑓(2) = 2
=
2 4
Punto crítico:
1
𝐵 (2, )
4
Para saber si es un máximo o mínimo, podemos recurrir al criterio de la segunda
derivada; es decir,
−𝑥 2 + 2𝑥 𝑥 4 (−2𝑥 + 2) − (−𝑥 2 + 2𝑥)(4 𝑥 3 )
𝑓´(𝑥) = → 𝑓´´(𝑥) =
𝑥4 𝑥8
−2𝑥 5 + 2 𝑥 4 + 4𝑥 5 − 8 𝑥 4
𝑓´´(𝑥) =
𝑥8
2𝑥 5 − 6𝑥 4
𝑓´´(𝑥) =
𝑥8
Se sustituye la abscisa crítica 𝑥 = 2, simplificando la expresión de la segunda derivada.
2𝑥 5 − 6𝑥 4 𝑥 4 (2𝑥 − 6) 2𝑥 − 6
𝑓´´(𝑥) = = =
𝑥8 𝑥8 𝑥4
2(2) − 6
𝑓´´(2) = <0
24
Puesto la segunda derivada de la función es negativa en la abscisa crítica 𝑥 = 2, se
concluye entonces que el punto crítico es un MÁXIMO.
1
𝐵 (2, ) 𝑀á𝑥𝑖𝑚𝑜
4
Para crecimiento se resuelve 𝑓´(𝑥) > 0
−𝑥 2 + 2𝑥
𝑓´(𝑥) = >0
𝑥4
En este caso, se consideran combinaciones de signo:
(+) (−)
𝑎) 𝑜 𝑏)
(+) (−)
Para el caso a):
Respecto al denominado, puesto que toda cantidad elevada a una potencia par da
positivo, solamente se considera resolver la desigualdad siguiente:
−𝑥 2 + 2𝑥 > 0 → −𝑥(𝑥 − 2) > 0 → 𝑥(𝑥 − 2) < 0
Aplicando la combinación de signos (+) por (-) y (-) por (+), se tiene:
𝑥 >0 ∩ 𝑥−2<0 ∪ 𝑥 <0 ∩ 𝑥−2>0
𝑥>0 ∩ 𝑥<2 ∪ 𝑥<0 ∩ 𝑥>2
0<𝑥<2 ∪ ∅
Por lo tanto, la función crece en el intervalo siguiente:

𝑥 ∈ (0,2)
*******
Para decrecimiento se resuelve 𝑓´(𝑥) < 0

−𝑥 2 + 2𝑥
𝑓´(𝑥) = <0
𝑥4
En este caso, se consideran combinaciones de signo:
(+) (−)
𝑐) 𝑜 𝑑)
(−) (+)
Para el caso c):
Considerando que el denominador da siempre positivo, esta combinación de signos se

descarta.
Resolviendo la combinación d):
−𝑥 2 + 2𝑥 < 0 → −𝑥(𝑥 − 2) < 0 → 𝑥(𝑥 − 2) > 0
Aplicando la combinación de signos (+) por (+) y (-) por (-), se tiene:
𝑥 >0 ∩ 𝑥−2>0 ∪ 𝑥 <0 ∩ 𝑥−2<0
𝑥>0 ∩ 𝑥>2 ∪ 𝑥<0 ∩ 𝑥<2
𝑥>2 ∪ 𝑥<0
Por lo tanto, la función decrece en los intervalos siguientes:

𝑥 ∈ (−∞, 0) ∪ (2, +∞)
*****
2𝑥 5 − 6𝑥 4
𝑓´´(𝑥) = = 0 → 2𝑥 5 − 6𝑥 4 = 0 → 𝑥 4 (2𝑥 − 6) = 0
𝑥8
Resolviendo cada factor a cero, se obtiene:
𝑥 = 0, 𝑥 =3
Se descarta 𝑥 = 0, porque se tiene una asíntota vertical en 𝑥 = 0
Considerando solamente 𝑥 =3, se tiene:

𝑥−1 3−1 2
𝑦 = 𝑓(𝑥) = 2
→= 2 =
𝑥 3 9
Punto de inflexión:
2
𝐶 (3, )
9
***
Analizar las siguientes funciones racionales
𝑥 2 + 11𝑥 + 18
1) 𝑓(𝑥) =
𝑥−9
Solución:
Dominio:
Puesto que polinomio del denominador se anula en 𝑥 = 9, el dominio es:

𝐷𝑓(𝑥)= ℝ−{9}
Paridad o simetría:
Toda vez que se tienen exponentes pares e impares en la función, ésta no tiene paridad.
Intersección con los ejes coordenados:
Con el eje Y:
𝑓(0) = −2
Punto de intersección: 𝐴(0, −2)
Con el eje X: Se resuelve 𝑓(𝑥) = 0

𝑥 2 + 11𝑥 + 18
𝑓(𝑥) = = 0 → 𝑥 2 + 11𝑥 + 18 = 0 → (𝑥 + 2) (𝑥 + 9) = 0
𝑥−9
𝑥 = −2, 𝑥 = −9
Por lo que se tienen los puntos de intersección:

𝐵(−2,0) 𝑦 𝐶(−9,0)
Asíntotas:
Toda vez que se tiene 𝒇(𝟗) = ∞
La función tiene una asíntota vertical cuya ecuación es: 𝒙 = −𝟗
Como ambos polinomios son de grado diferente, no existe asíntota horizontal.
Asíntota oblicua:
Dividiendo ambos polinomios, se obtiene el cociente: 𝑥 + 20
Por lo tanto, la ecuación de la asíntota oblicua es: 𝒚 = 𝒙 + 𝟐𝟎
Puntos máximos y mínimos:
Se resuelve: 𝒇´(𝒙) = 𝟎
𝑥 2 + 11𝑥 + 18
𝑓(𝑥) =
𝑥−9
(𝑥 − 9)(2𝑥 + 11) − (𝑥 2 + 11𝑥 + 18)(1)
𝑓´(𝑥) =
(𝑥 − 9)2
2𝑥 2 + 11𝑥 − 18𝑥 − 99 − 𝑥 2 − 11𝑥 − 18
𝑓´(𝑥) =
(𝑥 − 9)2
𝑥 2 − 18𝑥 − 117
𝑓´(𝑥) =
(𝑥 − 9)2

𝑥 2 − 18𝑥 − 117
𝑓´(𝑥) = = 0 → 𝑥 2 − 18𝑥 − 117 = 0
(𝑥 − 9)2
Aplicando la fórmula general, se tiene:
−(−18) ± √(−18)2 − 4(1)(−117)

𝑥=
2(1)
18 ± √(−18)2 − 4(1)(−117)
𝑥=
2(1)
Se obtienen las abscisas críticas:

𝑥1 = 23.07, 𝑥2 = −5.07
Ahora se calculan los valores de las ordenadas correspondientes:

(23.07)2 + 11(23.07) + 18
𝑦1 = 𝑓(23.07) = = 57.14
23.07 − 9
(−5.07)2 + 11(−5.07) + 18
𝑦2 = 𝑓(−5.07) = = 0.85
−5.07 − 9
Puntos críticos: 𝑁(23.07, 57.14), 𝑀(−5.07,0.85)
Haciendo un esbozo gráfico de la función con los datos que ya se tienen:

Abscisas críticas:
𝑥1 = 23.07, 𝑥2 = −5.07
Asíntota vertical: , 𝑥 = 9
En base a esto, se determinan las siguientes características de la función:
Intervalos de crecimiento: 𝑥 𝜖(−∞ − −5.07) ∪ (23.07, +∞)
Intervalos de decrecimiento: 𝑥 𝜖(−5.07,9) ∪ (9,23.07)
Toda vez que ambos puntos críticos se hayan en lados opuestos de la asíntota vertical,
entonces, existiendo una discontinuidad de la función, se concluye que no existen puntos
de inflexión.
Intervalos de concavidad:
Dada la asíntota vertical; así como la posición de los puntos máximo y mínimo, se tienen:
La curva es cóncava hacia abajo en el intervalo: 𝑥 𝜖(−∞, 9)
La curva es cóncava hacia arriba en el intervalo: 𝑥 𝜖(9, +∞)
Considerando las ordenadas de los puntos críticos; así como la existencia de la asíntota
oblicua, se tiene:
𝑅𝑓(𝑥) = 𝑦 𝜀 (−∞, 0.85) ∪ (57.14, +∞)
𝑥 2 + 27𝑥 + 50
2) 𝑓(𝑥) =
𝑥+5
Dominio:
Como el denominador se anula en 𝑥 = −5, el dominio de la función es:

𝑫𝒇(𝒙) = ℝ − {−𝟓}
Paridad:
Puesto que en los polinomios de la función se tienen exponentes pares e impares, entonces
la función no tiene paridad; es decir, su gráfica no tiene ningún tipo de simetría.
Puntos de intersección con los ejes coordenados:
Con el eje Y: Se resuelve 𝑓(0), por lo que: 𝑓(0) = 10
Punto de intersección: 𝐴(0,10)
Con el eje X: Se resuelve 𝑓(𝑥) = 0:p

𝑥 2 + 27𝑥 + 50
𝑦 = 𝑓(𝑥) = = 0 → 𝑥 2 + 27𝑥 + 50 = 0 → (𝑥 + 25) (𝑥 + 2) = 0
𝑥+5
Igualando a cero cada factor y resolviendo, se obtiene: 𝑥 = −2, 𝑥 = −25
Puntos de intersección: 𝐵(−25,0) 𝑦 𝐶(−2,0)
Asíntotas:
Toda vez que se tiene: 𝑓(−5) = ∞, se tiene una asíntota vertical cuya ecuación es:
𝐴. 𝑉. : 𝑥 = −5
Como ambos polinomios de la función racional son de diferente grado, entonces no existe
asíntota horizontal.
Asíntota oblicua:
Como el grado del numerador es mayor, en la “unidad” que el grado del denominador,
existe asíntota oblicua, cuya ecuación de manera práctica corresponde al cociente que se
obtiene al dividir ambos polinomios; es decir,
Cociente: 𝑥 + 22
Por lo que la ecuación de esta asíntota es: 𝒚 = 𝒙 + 𝟐𝟐
Puntos críticos máximos y mínimos
Se deriva la función, se igual a cero y se resuelve.
𝑥 2 + 27𝑥 + 50
𝑓(𝑥) =
𝑥+5
(𝑥 + 5)(2𝑥 + 27) − (𝑥 2 + 27𝑥 + 50)(1)
𝑓´(𝑥) =
(𝑥 + 5)2
Efectuado operaciones y simplificando:
2𝑥 2 + 37𝑥 + 135−𝑥 2 − 27𝑥 − 50

𝑓´(𝑥) =
(𝑥 + 5)2
𝑥 2 + 10𝑥 + 85
𝑓´(𝑥) = (𝑊)
(𝑥 + 5)2
Se iguala a cero y se resuelve:
𝑥 2 + 10𝑥 + 85
𝑓´(𝑥) = = 0 → 𝑥 2 + 10𝑥 + 85 = 0
(𝑥 + 5)2
Como el trinomio que se tiene no es un producto notable, entonces se aplica la fórmula

general; es decir,
−10 ± √102 − 4(1)(85) −10 ± √−240

𝑥= =
2 2
Toda vez que en los reales no está definida la raíz cuadrada de números negativos, se
concluye que lo que se pretende determinar, no existen; es decir, que la función propuesta
carece de puntos máximos y mínimos.
Con los datos que ya se tienen se puede construir un esbozo gráfico de la función.
Utilizando Geogebra, se tiene:
Podemos observar que, efectivamente no existen puntos críticos máximos y mínimos.

Considerando la asíntota vertical, se tiene:

𝑥 𝜀 (−∞, −5) ∪ (−5, +∞)
Consecuentemente, se concluye que no existen intervalos de decrecimiento.
Por la misma razón de la inexistencia de puntos máximos y mínimos, no se tienen puntos

de inflexión
Concavidad
La asíntota vertical y la oblicua encuadran a la gráfica de la función, teniéndose lo

siguiente:
Cóncava hacia “arriba”: 𝑥 𝜀 (−∞, −5)
Cóncava hacia “abajo”: 𝑥 𝜀 (−5, +∞)
Rango:
Puesto que la función crece en todos los reales, el rango es también todos los reales
𝑹𝒇(𝒙) = 𝒚 𝜺 ℝ
**************
Analizar completamente la siguiente función
𝑥2 + 1
𝑓(𝑥) = 2
𝑥 −1
Dominio
Resolviendo a cero el polinomio del denominador, se obtienen los valores de x:

𝑥 = −1, 𝑥 = 1
Por lo que el dominio de esta función es:

𝑫𝒇(𝒙) = ℝ − {−𝟏, 𝟏}
Paridad:
Sustituyendo −𝑥 en la función, se tiene:

(−𝑥)2 + 1 𝑥2 + 1
𝑓(−𝑥) = =
(−𝑥)2 − 1 𝑥2 − 1
Puesto que 𝑓(𝑥) = 𝑓(−𝑥), se concluye que la función propuesta tiene paridad “Par”; es decir,
su gráfica es simétrica respecto del eje Y.
Puntos de intersección:
Con el eje Y, se resuelve 𝑓(0), obteniéndose el punto: 𝐴(0, −1)
Con el eje X, se resuelve 𝑓(𝑥) = 0, se obtiene:

𝑥2 + 1
𝑓(𝑥) = = 0 → 𝑥2 + 1 = 0
𝑥2 − 1
Puesto que en los reales no está definida la raíz entera par de números negativos, se
concluye que la función dada no presenta puntos de intersección con el eje X.
Asíntotas:
Asíntotas verticales.
Toda vez que 𝑓(𝑥) = ∞ para 𝑥 = −1, 𝑥 = 1,
Se tienen las rectas asíntotas verticales cuyas ecuaciones son:

𝑥 = −1, 𝐴. 𝑉: 𝑥 = 1
Asíntota horizontal.
Toda vez que el grado de ambos polinomios es el mismo (2), se tiene una asíntota
horizontal cuya ecuación es:
𝒙=𝟏
***
Asíntota oblicua:
Como la función tiene asíntota horizontal, no existe asíntota oblicua.
Puntos máximos y mínimos.
Se determina la primera derivada, se iguala a cero y se resuelve:

𝑥2 + 1
𝑓(𝑥) =
𝑥2 − 1
(𝑥 2 − 1)(2𝑥) − (𝑥 2 + 1)(2𝑥)
𝑓´(𝑥) =
(𝑥 2 − 1)2
2𝑥 3 − 2𝑥 − 2𝑥 3 − 2𝑥
𝑓´(𝑥) = =
(𝑥 2 − 1)2
−4𝑥
𝑓´(𝑥) = (𝐴)
(𝑥 2 − 1)2
𝑓´(𝑥) = 0
−4𝑥
= 0 → −4𝑥 = 0 → 𝑥 = 0
(𝑥 2− 1)2
(𝑥 = 0: abscisa crítica).
Sustituyendo este valor en la función dada: 𝑓(0) = −1; es decir, que el punto de
intersección de la gráfica de la función con el eje Y, es un punto crítico.
¿Cómo saber si es un máximo o un mínimo?
Utilizando el criterio de la primera derivada; es decir, se determina el signo de la derivada

en la “vecindad” de la abscisa crítica, teniéndose:
Abscisa crítica 𝒙 = 𝟎:
𝑥2 + 1
𝑓(𝑥) =
𝑥2 − 1
(0− )2 + 1 +
𝑓(0− ) = ⇒ ⇒ (−)
(0− )2 − 1 −
(0+ )2 + 1 +
𝑓(0+ ) = + 2
⇒ ⇒ (−)
(0 ) − 1 −
Como no hay cambio de signo, este criterio no indica si se tiene un punto máximo o
mínimo.
Por lo que se aplica entonces el criterio de la segunda derivada; a saber:

−4𝑥
𝑓´(𝑥) =
(𝑥 2 − 1)2
(𝑥 2 − 1)2 (−4) − (−4𝑥) (2 (𝑥 2 − 1)(2𝑥))
𝑓´(𝑥) =
(𝑥 2 − 1)4
−4 (𝑥 2 − 1)2 + 16𝑥 2 (𝑥 2 − 1)
𝑓´´(𝑥) =
(𝑥 2 − 1)4
(𝑥 2 − 1) [−4 (𝑥 2 − 1) + 16𝑥 2 ]
𝑓´´(𝑥) =
(𝑥 2 − 1)4
−4 (𝑥 2 − 1) + 16𝑥 2 −4 𝑥 2 + 4 + 16𝑥 2
𝑓´´(𝑥) = =
(𝑥 2 − 1)3 (𝑥 2 − 1)3
12 𝑥 2 + 4
𝑓´´(𝑥) = (𝐵)
(𝑥 2 − 1)3
Se sustituye la abscisa crítica 𝑥 = 0
12 𝑥 2 + 4 (+)
𝑓´´(0) = 2 3
⇒ ⇒ (−)
(𝑥 − 1) (−)
Puesto que la segunda derivada evaluada en la abscisa crítica resulto negativa, se tiene
que el punto crítico es un MÁXIMO.
***
Intervalos de crecimiento y decrecimiento.
Crecimiento:
Se resuelve 𝑓´(𝑥) > 0

−4𝑥
𝑓´(𝑥) = >0
(𝑥 2− 1)2
Aplican las siguientes combinaciones de signo:
(+) (−)
𝑎) 𝑜 𝑏)
(+) (−)
Toda vez que toda cantidad elevada al cuadrado da “positivo”, se descarta la combinación
de signos (b); por lo que solamente consideraremos el caso (a).
−4𝑥 > 0 ∩ (𝑥 2 − 1)2 > 0
4𝑥 < 0 ∩ ℝ ⇒ 𝑥 < 0 ⇒ 𝑥𝜖 (−∞, 0)
Por lo tanto, la función crece en el intervalo:

𝒙𝝐 (−∞, 𝟎)
Decrecimiento:
Se resuelve 𝑓´(𝑥) < 0

−4𝑥
𝑓´(𝑥) = <0
(𝑥 2− 1)2
Aplican las siguientes combinaciones de signo:
(+) (−)
𝑎) 𝑜 𝑏)
(−) (+)
Toda vez que toda cantidad elevada al cuadrado da “positivo”, se descarta la combinación
de signos (a); por lo que solamente consideraremos el caso (b).
−4𝑥 < 0 ∩ (𝑥 2 − 1)2 > 0

4𝑥 > 0 ∩ ℝ ⇒ 𝑥 > 0 ⇒ 𝑥𝜖 (0, +∞)
Por lo tanto, la función decrece en el intervalo:

𝒙𝝐 (𝟎, +∞)
Intervalos de concavidad positiva:
Intervalos de concavidad negativa:
***

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Aplicación de la derivada

Elementos esenciales de la curva de función

La interpretación geométrica de la derivada como pendiente de la recta tangente a la curva

Así mismo, la segunda derivada permite determinar:

➢ Intervalos de concavidad; a saber, “concavidad hacia arriba o positiva” y

Respecto a los antes mencionado, es importante mencionar que la denominación de

Definición formal de los atributos antes mencionados.

“para todo 𝑎, 𝑏 𝜖 𝐈 , 𝑠𝑖 𝑏 > 𝑎. entonces 𝑓(𝑏) > 𝑓 (𝑎)

Decrecimiento de una función:

“para todo 𝑎, 𝑏 𝜖 𝐈 , 𝑠𝑖 𝑏 > 𝑎 entonces 𝑠𝑖 𝑓(𝑏) < 𝑓 (𝑎)

Respecto a sus coordenadas, estas se denominan coordenadas críticas; a saber, abscisa y

“Para todo 𝒙 𝝐 𝑫𝒇 , se tiene 𝒚𝒄 > 𝑓(𝑥) ”

Sea el punto mínimo 𝑸(𝒙𝒄 , 𝒚𝒄 ) de una función 𝑓(𝑥). Es absoluto si se cumple:

“Para todo 𝒙 𝝐 𝑫𝒇 , se tiene 𝒚𝒄 < 𝒇(𝒙)”

Punto mínimo absoluto A Punto máximo absoluto B

➢ Función no lineal de segundo grado: Un punto crítico (máximo o mínimo).

Punto máximo relativo: A Crecimiento: 𝑥 𝜖 (−∞ , 𝑎) ∪ (𝑏 , +∞)

Intervalo de concavidad positiva o “hacia arriba”

Intervalo de concavidad negativa o “hacia abajo”

Geométricamente, un punto de inflexión es aquel punto en el que se origina un cambio en

Formalmente, es el punto de la curva de una función en el que la segunda derivada es

Determinación de los atributos antes mencionados

Ejemplos de análisis de funciones

Dicho lo anterior, realizar el análisis de las funciones siguientes.

Considerando la función 𝑓 (𝑥) = 𝑥 2 − 3𝑥 + 2, se tiene:

Para nuestro caso, se tiene:

Para nuestro caso, se tiene:

c) Examinar el signo de 𝒇´´ y determinar aquellos intervalos en los que 𝒇´ es

Para la concavidad hacia “arriba” o “+”, se resuelve 𝑓´´(𝑥) > 0.

Gráfica de las funciones mencionadas construidas con el programa de GeoGebra.

Gráfica de la función 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 − 3𝑥 + 2, 𝑓´(𝑥) 𝑦 𝑓´´(𝑥)

a) hallar todos los puntos 𝑥 tales que 𝑓´(𝑥) = 0

Derivando 𝑓(𝑥) y resolviendo 𝑓´(𝑥) = 0:

De esta manera, 𝑓 (𝑥) tiene los siguientes puntos críticos:

b) examinar el signo de 𝑓´ y determinar los intervalos en los que 𝑓 es monótona.

De otra manera, el intervalo que se solicita se determina como sigue:

Tanto los intervalos de crecimiento y decrecimiento, los intervalos de concavidad y los

a) hallar todos los puntos 𝑥 tales que 𝑓´(𝑥) = 0

Derivando 𝑓(𝑥) y resolviendo 𝑓´(𝑥) = 0:

𝑓´(𝑥) = (𝑥 − 1)2 (1) + (𝑥 + 2)[2 (𝑥 − 1)(1)]

De esta manera, 𝑓 (𝑥) tiene los siguientes puntos críticos:

b) examinar el signo de 𝑓´ y determinar los intervalos en los que 𝑓 es monótona.

𝑥 − 1 > 0 ∩ 3𝑥 + 3 > 0 ∪ 𝑥 − 1 < 0 ∩ 3𝑥 + 3 < 0

La función dada crece en los intervalos:

c) examinar el signo de 𝑓´´ y determinar aquellos intervalos en los que 𝑓´ es monótona.

Tanto los intervalos de crecimiento y decrecimiento, los intervalos de concavidad y los

a) hallar todos los puntos 𝑥 tales que 𝑓´(𝑥) = 0

Derivando 𝑓(𝑥) y resolviendo 𝑓´(𝑥) = 0:

De esta manera, 𝑓 (𝑥) tiene los siguientes puntos críticos:

𝑥−3 > 0 ∩ 𝑥−1> 0 ∪ 𝑥−3< 0 ∩ 𝑥−1 < 0

La función dada crece en los intervalos:

𝑥−3 > 0 ∩ 𝑥−1< 0 ∪ 𝑥−3< 0 ∩ 𝑥−1 > 0

La función dada decrece en el intervalo:

Tanto los intervalos de crecimiento y decrecimiento, los intervalos de concavidad y los

Gráfica de la función 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟑 − 𝟔𝒙𝟐 + 𝟗𝒙 + 𝟓

a) hallar todos los puntos x tales que 𝑓´(𝑥) = 0

Derivando 𝑓(𝑥) y resolviendo 𝑓´(𝑥) = 0:

𝑓´(𝑥) = 4(𝑥 − 1)3 (1) = 4(𝑥 − 1)3

b) examinar el signo de 𝑓´ y determinar los intervalos en los que 𝑓 es monótona.

******* FIN DE EJEMPLOS *