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Ejercicios de limites resueltos variados PAU/EBAU resueltos
Biblioteca Marlu Educativa® · Matemáticas II · 2.º de Bachillerato y PAU
Saber operar no basta si no eliges bien el primer paso. Esta colección muestra cuándo factorizar, usar el conjugado, aplicar un límite notable, tomar logaritmos o recurrir a L’Hôpital.
Empieza por un modelo de la técnica que necesitas y termina con la práctica mixta: allí tendrás que decidir el método. Los casos con parámetros y derivadas laterales son aplicaciones breves de límites.
29 actividades resueltas · 21 modelos y 8 prácticas con solución y comprobación.
Ficha de clase · 6 actividades seleccionadas · Nombre __________________ Grupo ______ Fecha ______
Índice de la colección
Cuatro pasos para resolver un límite
- Revisa el dominio y cómo se aproxima la variable. Comprueba si debes trabajar por la derecha, por la izquierda o por ambos lados. En un logaritmo, su argumento debe ser positivo; en una raíz cuadrada, el radicando no puede ser negativo.
- Identifica la forma. Si la función es continua en el punto y está definida allí, sustituye. Si aparece una indeterminación, anótala: describe el problema, pero todavía no da el resultado.
- Elige y justifica una transformación. Factoriza, racionaliza, compara términos dominantes, utiliza una equivalencia válida o comprueba las hipótesis de L’Hôpital. En una potencia de base positiva, estudia primero su logaritmo.
- Concluye y comprueba. Revisa el signo, los dos laterales cuando proceda y el dominio. Si has encontrado un parámetro, vuelve a la expresión inicial para comprobar que cumple lo solicitado.
| Lo que encuentras | Una primera vía útil | La comprobación decisiva |
|---|---|---|
| Una función continua en el punto | Sustituir y calcular. | La expresión está definida y es continua en ese punto. |
| \(0/0\) con polinomios | Factorizar y simplificar factores comunes. | La igualdad se utiliza con \(x\ne a\), en el entorno del punto. |
| Una resta con raíces | Multiplicar por el conjugado. | Conservar el dominio y recordar que \(\sqrt{x^2}=|x|\). |
| Un cociente de polinomios en el infinito | Dividir entre la mayor potencia del denominador o comparar los términos dominantes. | Controlar el grado y el signo, especialmente en \(-\infty\). |
| Funciones trigonométricas, logarítmicas o exponenciales cerca de cero | Preparar un límite notable, una equivalencia o un cociente apto para L’Hôpital. | Ajustar el argumento y comprobar que tiende a cero. |
| \(0\cdot\infty\) o \(\infty-\infty\) | Reescribir como cociente, reunir fracciones o racionalizar. | Volver a identificar la forma después de transformar. |
| \(1^\infty\), \(0^0\) o \(\infty^0\) | Tomar logaritmos y estudiar un producto o un cociente. | La base es positiva cerca del punto; al terminar, volver mediante la exponencial. |
L’Hôpital: la forma inicial no es la única condición
Para utilizar la versión de la regla que aparece en este cuaderno, estudia un intervalo a un lado del punto —o una semirrecta si \(x\to\pm\infty\)— y comprueba lo siguiente:
- \(f\) y \(g\) son derivables en ese intervalo; allí, \(g(x)\ne0\) y \(g'(x)\ne0\).
- El cociente presenta \(0/0\), o bien numerador y denominador tienden a infinito en valor absoluto.
- Existe el límite de \(f'(x)/g'(x)\), como número real o como \(+\infty\) o \(-\infty\).
En esas condiciones,
Si el límite es bilateral, justifica los dos lados. Si vuelves a aplicar la regla, comprueba de nuevo sus condiciones. Deriva el numerador y el denominador por separado: no estás calculando la derivada del cociente.
Si las hipótesis no se cumplen, esta regla no permite concluir. Puede existir otra forma de resolver el límite.
Equivalencias: útiles en un cociente, delicadas en una resta
Escribimos \(u(x)\sim v(x)\) cuando \(u(x)/v(x)\to1\). Para \(t\to0\), podemos utilizar estas equivalencias; en trigonometría, los ángulos están en radianes:
Una equivalencia permite sustituir un factor en un producto o un cociente cuando la expresión resultante está bien definida cerca del punto. No autoriza a sustituir sin más dentro de una suma o una resta. Los términos principales podrían cancelarse.
En el modelo 19, \(e^x-1\sim x\) no permite cambiar el numerador \(e^x-1-x\) por \(x-x\): precisamente necesitamos estudiar lo que queda después de esa cancelación.
En las potencias, calcula primero el límite del logaritmo
Si \(u(x)>0\) cerca del punto, define \(G(x)=u(x)^{v(x)}\) y escribe
Calcula el límite de esa expresión, sin dar por hecho que \(G\) tiene límite. Si \(\ln G(x)\to\ell\in\mathbb R\), la continuidad de la exponencial permite concluir que \(G(x)\to e^\ell\). Si el logaritmo tiende a \(-\infty\), la potencia tiende a \(0\); si tiende a \(+\infty\), la potencia tiende a \(+\infty\).
En un límite bilateral, el exponente puede tener distinto signo a cada lado. Lo que debe coincidir es el resultado de los dos límites laterales de la potencia.
21 modelos resueltos
Los primeros modelos recuerdan técnicas básicas. Después aparecen decisiones combinadas y condiciones que hay que justificar. Puedes cerrar cualquier solución para repetir el ejercicio sin ayuda.
Álgebra y radicales
Modelo 1 · Límite directo y continuidad básica
Calcula
\[ \lim_{x\to 2}(3x^2-5x+1) \]Ver solución y comprobación
Es un polinomio, y los polinomios son continuos en todos los números reales.
\[ \lim_{x\to 2}(3x^2-5x+1)=3\cdot2^2-5\cdot2+1 \] \[ =12-10+1=3 \]Si la función es continua en el punto, basta sustituir: no hace falta transformar la expresión.
Con \(x=2+h\), el polinomio es \(3+7h+3h^2\). Los dos términos que dependen de \(h\) tienden a cero.
Modelo 2 · Indeterminación 0/0 con factorización
Calcula
\[ \lim_{x\to 2}\frac{x^2-4}{x-2} \]Ver solución y comprobación
Aparece una indeterminación \(0/0\). Hay que transformar la expresión.
Para \(x\neq2\), se puede simplificar \(x-2\).
\[ \frac{(x-2)(x+2)}{x-2}=x+2 \]Para \(h\ne0\), al poner \(x=2+h\) el cociente vale \(4+h\). Esta expresión se aproxima a \(4\) por ambos lados, aunque el cociente inicial no esté definido en \(x=2\).
Modelo 3 · Indeterminación 0/0 con raíces y racionalización
Calcula
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{x+4}-2}{x} \]Ver solución y comprobación
Aparece \(0/0\). Como hay una raíz, lo natural es racionalizar. Su dominio es \(x\ge-4\), con \(x\ne0\); por eso hay puntos del dominio a ambos lados de \(0\).
Como estamos calculando el límite y \(x\ne0\), podemos simplificar ese factor.
\[ =\frac{1}{\sqrt{x+4}+2} \]Error típico. Cuando aparece una resta con raíz, normalmente hay que multiplicar por el conjugado. No se puede simplificar la raíz de cualquier manera.
La diferencia con el resultado es \[\frac{1}{\sqrt{x+4}+2}-\frac14=-\frac{x}{4(\sqrt{x+4}+2)^2}\longrightarrow0.\] El denominador permanece positivo cerca de \(0\).
Modelo 4 · Límite en infinito con cociente de polinomios
Calcula
\[ \lim_{x\to \infty}\frac{3x^2-5x+1}{2x^2+x-4} \]Ver solución y comprobación
El numerador y el denominador tienen el mismo grado. En este caso el límite es el cociente de los coeficientes principales.
\[ \frac{3x^2}{2x^2}\to \frac{3}{2} \]Al restar el valor obtenido aparece \[\frac{3x^2-5x+1}{2x^2+x-4}-\frac32=\frac{-13x+14}{2(2x^2+x-4)}\longrightarrow0.\] El grado del denominador es mayor que el del numerador.
Modelo 5 · Límite infinito menos infinito con radicales
Calcula
\[ \lim_{x\to \infty}\left(\sqrt{x^2+3x}-x\right) \]Ver solución y comprobación
Al crecer \(x\), tanto \(\sqrt{x^2+3x}\) como \(x\) tienden a infinito. Aparece una forma \(\infty-\infty\).
En este límite \(x\to+\infty\), por lo que finalmente \(x>0\) y \(\sqrt{x^2}=|x|=x\). Esta condición justifica sacar \(x\) fuera de la raíz.
\[ \sqrt{x^2+3x}=x\sqrt{1+\frac{3}{x}} \] \[ \frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x} = \frac{3x}{x\sqrt{1+\frac{3}{x}}+x} \] \[ =\frac{3}{\sqrt{1+\frac{3}{x}}+1} \]Para \(x>0\), la diferencia con \(3/2\) admite la expresión \[\frac{3}{\sqrt{1+3/x}+1}-\frac32=-\frac{9}{2x(\sqrt{1+3/x}+1)^2}\longrightarrow0.\] La aproximación se produce por valores inferiores a \(3/2\).
Límites notables y potencias
Modelo 6 · Límite trigonométrico tipo seno partido x
Calcula
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(5x)}{x} \]Los ángulos se expresan en radianes.
Ver solución y comprobación
Queremos que abajo aparezca \(5x\). Multiplicamos y dividimos por 5.
\[ \frac{\sin(5x)}{x} = 5\cdot\frac{\sin(5x)}{5x} \]Error típico. El límite fundamental es \(\frac{\sin u}{u}\), no \(\frac{\sin(5x)}{x}\) directamente. Hay que ajustar el argumento.
Para \(0<|5x|<\pi/2\), se cumple \(5\cos(5x)\le\sin(5x)/x\le5\). Los extremos tienden a \(5\), de modo que el teorema del encaje confirma el resultado.
Modelo 7 · Límite con número e de forma clásica
Calcula
\[ \lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{3}{x}\right)^x \]Ver solución y comprobación
Sabemos que
\[ \lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e \]En este caso aparece \(3/x\), así que el resultado será una potencia de \(e\).
La base es positiva para \(x>0\). Con \(t=x/3\), tenemos \(t\to+\infty\), \(3/x=1/t\) y \(x/3=t\).
\[ \left(1+\frac{3}{x}\right)^x = \left[\left(1+\frac{3}{x}\right)^{x/3}\right]^3 \]También puede comprobarse tomando el logaritmo de la función positiva: \[\ln\left[\left(1+\frac3x\right)^x\right]=3\frac{\ln(1+3/x)}{3/x}\longrightarrow3.\] La continuidad de la exponencial devuelve \(e^3\).
Modelo 8 · Límite exponencial que lleva al número e
Calcula
\[ \lim_{x\to0}(1+2x)^{1/x} \]Ver solución y comprobación
La base es positiva para \(x>-1/2\). Cerca de \(0\) la potencia está definida por ambos lados, salvo en el propio \(0\). La base tiende a \(1\), pero \(1/x\to+\infty\) por la derecha y \(1/x\to-\infty\) por la izquierda. El límite bilateral debe justificar los dos sentidos de aproximación.
El patrón siguiente vale cuando \(u\to0\) por cualquiera de los dos lados, dentro de \(u>-1\) y con \(u\ne0\).
Sabemos que
\[ \lim_{u\to0}(1+u)^{1/u}=e \]Tomamos \(u=2x\). Entonces \(x=u/2\) y
\[ \frac{1}{x}=\frac{2}{u} \]La función es positiva cerca de \(0\), y su logaritmo cumple \[\ln\bigl((1+2x)^{1/x}\bigr)=\frac{\ln(1+2x)}x=2\frac{\ln(1+2x)}{2x}\longrightarrow2.\] El cálculo vale por ambos lados; al aplicar la exponencial se obtiene \(e^2\).
Modelo 9 · Límite con logaritmos y equivalencias
Calcula
\[ \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+4x)}{x} \]Ver solución y comprobación
El logaritmo exige \(1+4x>0\), es decir, \(x>-1/4\); el denominador excluye \(x=0\). Hay un entorno perforado de \(0\) en el dominio.
Cuando \(u\to0\), con \(u>-1\), se cumple que
\[ \ln(1+u)\sim u \]El símbolo \(\sim\) significa que \(\ln(1+u)/u\to1\); no es una igualdad entre ambas funciones.
Tomamos \(u=4x\). Entonces
\[ \ln(1+4x)\sim4x \]Para \(x\ne0\), separamos el factor que tiende a \(1\):
\[\frac{\ln(1+4x)}x=4\frac{\ln(1+4x)}{4x}\longrightarrow4\cdot1=4.\]Aplicando el teorema del valor medio a \(h(t)=\ln(1+t)\), existe \(c_x\) entre \(0\) y \(4x\) tal que \(\ln(1+4x)/x=4/(1+c_x)\). Como \(c_x\to0\), esta comprobación también da \(4\).
Modelo 10 · Límite donde conviene tomar logaritmos
Calcula
\[ \lim_{x\to0^+}(1+x)^{1/\sqrt{x}} \]Ver solución y comprobación
Para \(x>0\), la base es positiva. Cuando \(x\to0^+\), la base tiende a \(1\) y el exponente a \(+\infty\): aparece la forma \(1^\infty\). Definimos la función positiva \(g(x)=(1+x)^{1/\sqrt x}\), sin suponer todavía que tenga límite.
Como \(\ln(1+x)/x\to1\), podemos escribir
\[\frac{\ln(1+x)}{\sqrt x}=\frac{\ln(1+x)}x\sqrt x\longrightarrow1\cdot0=0.\]La función exponencial es continua. Por eso, una vez probado que \(\ln g(x)\to0\),
\[g(x)=e^{\ln g(x)}\longrightarrow e^0=1.\]Una forma \(1^\infty\) no da automáticamente \(e\): el valor depende de cómo se aproximen la base y el exponente.
Para \(x>0\), \(0\le\ln(1+x)\le x\). En consecuencia, \[0\le\frac{\ln(1+x)}{\sqrt x}\le\sqrt x\longrightarrow0.\] El encaje confirma el límite del logaritmo y, con él, el valor \(1\) de la potencia.
L’Hôpital con sus condiciones
Modelo 11 · Límite con L’Hôpital 0/0
Calcula
\[ \lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x} \]Ver solución y comprobación
El numerador y el denominador tienden a \(0\). Las funciones \(e^x-1\) y \(x\) son derivables a ambos lados de \(0\), en un entorno perforado; la derivada del denominador es \(1\ne0\) en todo ese entorno.
Este límite existe por ambos lados. Se cumplen las hipótesis de L’Hôpital y, por tanto,
\[\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}=1.\]El teorema del valor medio aplicado a \(e^x\) da \((e^x-1)/x=e^{c_x}\), con \(c_x\) entre \(0\) y \(x\). Como \(c_x\to0\), el cociente tiende a \(1\) por ambos lados.
Modelo 12 · Límite con L’Hôpital infinito/infinito
Calcula
\[ \lim_{x\to\infty}\frac{\ln x}{x} \]Ver solución y comprobación
Trabajamos en \(x>0\). Cuando \(x\to+\infty\), \(\ln x\to+\infty\) y \(x\to+\infty\): la forma es \(\infty/\infty\). Ambas funciones son derivables en la semirrecta \((1,+\infty)\), que es el entorno del infinito relevante aquí, y la derivada del denominador es \(1\ne0\).
El límite del cociente de derivadas existe; L’Hôpital permite concluir que
\[\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=0.\]El logaritmo crece sin límite, pero su crecimiento es más lento que el de \(x\).
Para \(x\ge4\), la función \(\sqrt x-\ln x\) es positiva y creciente, pues su derivada es \((\sqrt x-2)/(2x)\ge0\). Así, \(0\le\ln x/x\le1/\sqrt x\to0\), lo que confirma el resultado y su signo.
Parámetros y aplicaciones de límites
Modelo 13 · Límite con parámetro para que valga 3
Halla \(a\) para que se cumpla
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2+ax-2}{x-1}=3 \]Ver solución y comprobación
El denominador tiende a 0. Para que el límite sea finito, el numerador también debe anularse en \(x=1\).
\[ 1^2+a\cdot1-2=0 \] \[ a-1=0 \] \[ a=1 \]Para \(x\ne1\), factorizamos y simplificamos:
\[ x^2+x-2=(x-1)(x+2) \] \[ \frac{x^2+x-2}{x-1}=x+2 \]Anular el numerador es una condición necesaria. Después hay que resolver la forma \(0/0\) y comprobar que el límite tiene exactamente el valor pedido.
La condición también es única: si \(a\ne1\), el numerador tiende a \(a-1\ne0\) mientras \(x-1\) cambia de signo. Los límites laterales son infinitos de signos opuestos, y el límite no puede valer \(3\).
Modelo 14 · Límite con parámetro y continuidad
Halla \(a\) para que la función sea continua en \(x=2\).
\[ f(x)= \begin{cases} \dfrac{x^2-4}{x-2}, & x\neq2\\ a, & x=2 \end{cases} \]Ver solución y comprobación
En el entorno perforado \(x\ne2\), la función coincide con el cociente. El valor \(a\) asignado en el punto no interviene en el cálculo del límite.
\[ \lim_{x\to2}\frac{x^2-4}{x-2} \]Factorizamos y simplificamos solo para \(x\ne2\).
\[ x^2-4=(x-2)(x+2) \] \[ \frac{x^2-4}{x-2}=x+2 \] \[ \lim_{x\to2}(x+2)=4 \]Para que sea continua en \(x=2\), debe cumplirse
\[ f(2)=\lim_{x\to2}f(x) \] \[ a=4 \]Con \(a=4\), para \(h\ne0\) suficientemente pequeño se tiene \(f(2+h)=4+h\to4=f(2)\). Coinciden el límite bilateral y el valor asignado.
Modelo 15 · Derivabilidad de una función definida a trozos
Halla \(a\) y \(b\) para que la función sea continua y derivable en \(x=1\).
\[ f(x)= \begin{cases} x^2+a, & x\le1\\ bx+1, & x>1 \end{cases} \]Ver solución y comprobación
Para que sea continua en \(x=1\), los valores de los dos trozos deben coincidir.
\[ 1^2+a=b\cdot1+1 \] \[ 1+a=b+1 \] \[ a=b \]Ya hemos impuesto \(a=b\), de modo que la función es continua en \(1\). Cada tramo admite una extensión polinómica derivable hasta el punto de unión; por ello podemos obtener las derivadas laterales evaluando las derivadas de esas extensiones.
Derivamos cada trozo.
\[ f_1(x)=x^2+a \Longrightarrow f_1'(x)=2x \] \[ f_2(x)=bx+1 \Longrightarrow f_2'(x)=b \]Para que sea derivable en \(x=1\), las derivadas laterales deben coincidir.
\[ f_1'(1)=f_2'(1) \] \[ 2=b \]Como antes teníamos \(a=b\), queda
\[ a=2 \]Error típico. Una función no puede ser derivable si antes no es continua. En funciones a trozos siempre se comprueba primero continuidad y después derivabilidad.
Al sustituir \(a=b=2\), \(f(1)=3\) y los cocientes incrementales son \[\frac{f(1+h)-f(1)}h=\begin{cases}2+h,&h<0,\\2,&h>0.\end{cases}\] Ambos tienden a \(2\); además, los dos tramos tienden a \(3\).
Modelo 16 · Continuidad y derivada derecha: condiciones incompatibles
Sea la función
\[ f(x)= \begin{cases} \dfrac{x^2+ax-2}{x-1}, & x<1\\ bx+1, & x\ge1 \end{cases} \]Halla \(a\) y \(b\) para que \(f\) sea continua en \(x=1\) y la derivada por la derecha en \(x=1\) sea igual a 3.
Ver solución y comprobación
El denominador del primer trozo se anula en \(x=1\). Para que el límite por la izquierda sea finito, el numerador también debe anularse.
\[ 1^2+a\cdot1-2=0 \] \[ a-1=0 \] \[ a=1 \]Con \(a=1\), el primer trozo queda
\[ \frac{x^2+x-2}{x-1} \]Para \(x<1\), en particular \(x\ne1\), factorizamos y simplificamos:
\[ x^2+x-2=(x-1)(x+2) \] \[ \frac{x^2+x-2}{x-1}=x+2 \] \[ \lim_{x\to1^-}f(x)=3 \]Como el segundo trozo se usa para \(x\ge1\), tenemos
\[ f(1)=b\cdot1+1=b+1 \]Para que haya continuidad
\[ b+1=3 \] \[ b=2 \]El valor \(f(1)=b+1\) pertenece al tramo derecho. Para \(h>0\),
\[\frac{f(1+h)-f(1)}h=\frac{b(1+h)+1-(b+1)}h=b.\]Por eso \(f'_+(1)=b\). La continuidad había obligado a \(b=2\), mientras que la condición de derivada derecha igual a \(3\) exigiría \(b=3\).
La única candidata continua es \(a=1,\ b=2\): a la izquierda queda \(x+2\) y a la derecha \(2x+1\), con valor común \(3\). Sus derivadas laterales son \(1\) y \(2\). La derivada derecha existe, pero no vale \(3\); tampoco existe la derivada bilateral. El incumplimiento de la derivada derecha pedida ya basta para descartar la candidata.
Productos, cancelaciones y potencias indeterminadas
Modelo 17 · Indeterminación \(0\cdot\infty\)
Calcula
\[ \lim_{x\to0^+}x\ln x \]Ver solución y comprobación
Cuando \(x\to0^+\), se tiene \(x\to0\) y \(\ln x\to-\infty\). El producto presenta la forma indeterminada \(0\cdot(-\infty)\), que no permite aplicar L’Hôpital directamente.
Para \(x>0\),
\[x\ln x=\frac{\ln x}{1/x}.\]El numerador tiende a \(-\infty\) y el denominador a \(+\infty\), una forma de cociente infinito/infinito. Ambas funciones son derivables en el entorno lateral perforado \((0,1)\), y \((1/x)'=-1/x^2\ne0\) allí.
\[\lim_{x\to0^+}\frac{(\ln x)'}{(1/x)'}=\lim_{x\to0^+}\frac{1/x}{-1/x^2}=\lim_{x\to0^+}(-x)=0.\]El límite del cociente de derivadas existe. L’Hôpital da entonces \(\lim_{x\to0^+}x\ln x=0\).
El cambio \(u=1/x\) lleva a \(u\to+\infty\) y \(x\ln x=-\ln u/u\to0\), por el límite conocido \(\ln u/u\to0\). Además, \(x\ln x<0\) para \(0<x<1\): se aproxima a cero por valores negativos.
Modelo 18 · Límite trigonométrico con coseno
Calcula
\[ \lim_{x\to0}\frac{1-\cos(3x)}{x^2} \]Los ángulos se expresan en radianes.
Ver solución y comprobación
Usamos \(1-\cos u=2\sin^2(u/2)\). Para \(u=3x\),
\[ 1-\cos(3x)=2\sin^2\left(\frac{3x}{2}\right) \]La identidad \(1-\cos u=\sin^2u/(1+\cos u)\), válida cerca de \(u=0\), ofrece otra comprobación: \[\frac{1-\cos(3x)}{x^2}=\frac{(\sin(3x)/x)^2}{1+\cos(3x)}\longrightarrow\frac{3^2}{2}=\frac92.\]
Modelo 19 · L’Hôpital aplicado dos veces
Calcula
\[ \lim_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x^2} \]Ver solución y comprobación
El cociente presenta \(0/0\). Las funciones \(e^x-1-x\) y \(x^2\) son derivables en un entorno perforado de \(0\), y \((x^2)'=2x\ne0\) para \(x\ne0\). El cociente de derivadas que debemos estudiar es
\[\frac{e^x-1}{2x}.\]Todavía falta comprobar que este nuevo cociente tiene límite.
El nuevo cociente vuelve a ser \(0/0\). Sus funciones son derivables a ambos lados de \(0\), en un entorno perforado, y la derivada del nuevo denominador es \(2\ne0\). Ahora sí conocemos el límite del cociente de derivadas:
\[\lim_{x\to0}\frac{(e^x-1)'}{(2x)'}=\lim_{x\to0}\frac{e^x}{2}=\frac12.\]La segunda aplicación de L’Hôpital demuestra que \((e^x-1)/(2x)\to1/2\). Con este límite ya establecido se justifica también la primera aplicación:
\[\lim_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x^2}=\frac12.\]Con este procedimiento se aplica la regla dos veces; en cada uso deben verificarse de nuevo sus hipótesis.
El teorema del valor medio de Cauchy, aplicado entre \(0\) y \(x\) a \(e^t-1-t\) y \(t^2\), da \[\frac{e^x-1-x}{x^2}=\frac{e^{c_x}-1}{2c_x},\] con \(c_x\) entre \(0\) y \(x\). Como \(c_x\to0\) y \((e^{c_x}-1)/c_x\to1\), se confirma \(1/2\) sin aplicar L’Hôpital al cociente original.
Modelo 20 · Una potencia de forma 0⁰
Calcula \(\displaystyle\lim_{x\to0^+}x^{\sqrt{x}}\).
Ver solución y comprobación
Para \(x>0\), la base es positiva y la potencia está definida. La base y el exponente tienden a cero: la forma \(0^0\) no decide el resultado. Sea \(F(x)=x^{\sqrt{x}}>0\).
\[\ln F(x)=\sqrt{x}\ln x=\frac{\ln x}{1/\sqrt{x}}.\]En \(x>0\), numerador y denominador son derivables. Sus límites son \(-\infty\) y \(+\infty\); la derivada del denominador es \(-1/(2x^{3/2})\ne0\). Además, el cociente de derivadas tiene límite:
\[\frac{1/x}{-1/(2x^{3/2})}=-2\sqrt{x}\longrightarrow0.\]Se cumplen las hipótesis de L’Hôpital en un entorno derecho de cero. Por ello, \(\ln F(x)\to0\).
Aplicamos ahora la continuidad de la exponencial:
\[F(x)=\exp(\ln F(x))\longrightarrow e^0=1.\]La potencia tiende a \(1\), aunque su base tienda a cero. No se ha asignado un valor a la expresión \(0^0\).
También puede acotarse el logaritmo sin L’Hôpital. Para \(0<x<1\), toma \(t=x^{1/4}\). La desigualdad \(\ln u\le u-1\), válida para \(u>0\), da
\[0\le-\ln F(x)=4t^2\ln(1/t)\le4(t-t^2)\longrightarrow0.\]La desigualdad se comprueba porque \(u-1-\ln u\) alcanza su mínimo, cero, en \(u=1\).
Modelo 21 · Base infinita y exponente que tiende a cero
Calcula \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(x+1)^{1/\ln x}\).
Ver solución y comprobación
Para estudiar este límite basta tomar \(x>1\). La base es positiva y tiende a \(+\infty\); el exponente tiende a \(0^+\). Tenemos una forma \(\infty^0\). Definimos \(G(x)=(x+1)^{1/\ln x}>0\) y calculamos su logaritmo, sin suponer todavía que \(G\) tenga límite.
El último numerador tiende a cero y el denominador a \(+\infty\), por lo que el cociente tiende a cero. No es una forma indeterminada.
Una acotación permite comprobarlo por otro camino. Para \(x>1\), se cumple \(x<x+1<2x\), y elevar a \(1/\ln x>0\) conserva el orden:
\[e=x^{1/\ln x}<G(x)<(2x)^{1/\ln x}=e\,2^{1/\ln x}\longrightarrow e.\]El teorema del encaje confirma el resultado.
Práctica mixta: decide antes de calcular
No se indica la técnica en el título. Escribe el dominio relevante, clasifica la forma y elige una transformación. Abre la solución después del intento. Las tres últimas tareas forman una autoevaluación de elaboración propia, sin repetir enunciados.
Práctica 1 · Dos raíces en el mismo numerador
Calcula \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+6x}-\sqrt{1+2x}}{x}\).
Ver una pista
Usa como conjugado la suma de las dos raíces.Ver solución y comprobación
Ambas raíces están definidas en un entorno de cero; basta tomar \(|x|<1/6\). La sustitución produce \(0/0\). Para \(x\ne0\),
\[\frac{\sqrt{1+6x}-\sqrt{1+2x}}x=\frac{(1+6x)-(1+2x)}{x(\sqrt{1+6x}+\sqrt{1+2x})}=\frac4{\sqrt{1+6x}+\sqrt{1+2x}}.\]El numerador es \(h(x)-h(0)\), con \(h(x)=\sqrt{1+6x}-\sqrt{1+2x}\) y \(h(0)=0\). El límite coincide con \(h'(0)\): al derivar, \(h'(0)=3-1=2\). Es una comprobación mediante la definición de derivada.
Práctica 2 · Una resta de dos fracciones
Calcula \(\displaystyle\lim_{x\to0}\left(\frac1{\ln(1+x)}-\frac1x\right)\) y justifica la técnica elegida.
Ver solución y comprobación
La expresión está definida para \(x>-1\), con \(x\ne0\). No se puede derivar cada fracción para aplicar L’Hôpital a la resta. Primero reunimos:
\[\frac1{\ln(1+x)}-\frac1x=\frac{x-\ln(1+x)}{x\ln(1+x)}.\]Ahora sí tenemos un cociente de forma \(0/0\).
Numerador y denominador son derivables cerca de cero. La derivada del denominador es \(\ln(1+x)+x/(1+x)\): sus dos sumandos tienen el signo de \(x\), por lo que no se anula cuando \(x\ne0\). El cociente de derivadas se transforma en
\[\frac{1-1/(1+x)}{\ln(1+x)+x/(1+x)}=\frac1{(1+x)\dfrac{\ln(1+x)}x+1}\longrightarrow\frac12.\]Se cumplen las hipótesis de L’Hôpital; el límite original vale \(1/2\).
Con \(t=\ln(1+x)\), se tiene \(x=e^t-1\). La resta original pasa a ser
\[\frac1t-\frac1{e^t-1}=\frac{e^t-1-t}{t^2}\,\frac{t}{e^t-1}.\]El primer factor tiende a \(1/2\), como se ha demostrado en el modelo 19, y el segundo tiende a \(1\). El cambio de variable confirma el resultado desde una expresión exponencial.
Práctica 3 · Raíz y término lineal en menos infinito
Calcula \(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{9x^2-x}+3x\right)\).
Ver solución y comprobación
Para \(x<0\), el radicando es positivo y \(\sqrt{x^2}=|x|=-x\). La expresión presenta \(\infty-\infty\). El conjugado da
\[\sqrt{9x^2-x}+3x=\frac{-x}{\sqrt{9x^2-x}-3x}=\frac{-x}{-x\sqrt{9-1/x}-3x}=\frac1{\sqrt{9-1/x}+3}.\]La diferencia con el valor obtenido es \[\frac1{\sqrt{9-1/x}+3}-\frac16=\frac1{6x(\sqrt{9-1/x}+3)^2}\longrightarrow0.\] Para \(x<0\), es negativa: la aproximación a \(1/6\) se produce por debajo.
Práctica 4 · Comparar una raíz con una recta
Calcula \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+2x}-1-x}{x^2}\). Explica por qué la equivalencia \(\sqrt{1+2x}-1\sim x\) no permite sustituir directamente esa diferencia por \(x\).
Ver solución y comprobación
La función está definida para \(x\ge-1/2\), salvo el denominador nulo en cero. La equivalencia conserva el término de primer orden, pero aquí ese término se cancela con \(-x\). Hay que transformar el numerador completo:
\[\frac{\sqrt{1+2x}-(1+x)}{x^2}=\frac{(1+2x)-(1+x)^2}{x^2\bigl(\sqrt{1+2x}+1+x\bigr)}=-\frac1{\sqrt{1+2x}+1+x}.\]La igualdad vale para \(x\ne0\) suficientemente próximo a cero; el denominador del conjugado es positivo.
Sustituir \(\sqrt{1+2x}-1\) por \(x\) habría dado cero y habría eliminado precisamente la diferencia que se está midiendo.
Otra transformación comienza por racionalizar solo \(\sqrt{1+2x}-1\):
\[\frac{\sqrt{1+2x}-1-x}{x^2}=\frac1x\left(\frac2{\sqrt{1+2x}+1}-1\right)=-\frac2{(\sqrt{1+2x}+1)^2}\longrightarrow-\frac12.\]Además, \((1+x)^2>1+2x\) para \(x\ne0\); cerca de cero el numerador es negativo, de acuerdo con el resultado.
Práctica 5 · Un cociente con logaritmo y raíz
Calcula \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(2x+1)}{\sqrt{x}}\) y justifica la técnica elegida.
Ver solución y comprobación
Para \(x>0\), ambas funciones son derivables y sus límites son \(+\infty\). La derivada del denominador es \(1/(2\sqrt{x})>0\). El cociente de derivadas tiene límite:
\[\frac{2/(2x+1)}{1/(2\sqrt{x})}=\frac{4\sqrt{x}}{2x+1}=\frac4{2\sqrt{x}+1/\sqrt{x}}\longrightarrow0.\]Por L’Hôpital, el cociente original tiende a cero.
Para \(x\ge1\), \(2x+1\le3x\), de modo que
\[0\le\frac{\ln(2x+1)}{\sqrt{x}}\le\frac{\ln3}{\sqrt{x}}+\frac{\ln x}{\sqrt{x}}.\]La desigualdad \(\ln u\le u-1\), aplicada a \(u=x^{1/4}\), da \(\ln x\le4(x^{1/4}-1)\). Así, la última cota también tiende a cero. El encaje confirma el resultado sin derivar el cociente.
Práctica 6 · Condición sobre un parámetro
Modelo tipo PAU de elaboración propia. Determina \(a\in\mathbb R\) para que \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{e^{ax}-1-3x}{x^2}\) exista como número real y calcula ese límite.
Ver solución y comprobación
Si el cociente tiene límite finito, al multiplicarlo por \(x\) el límite debe ser cero. Sin embargo, por la definición de derivada de \(e^{ax}\) en cero,
\[\lim_{x\to0}\frac{e^{ax}-1-3x}{x}=a-3.\]Es necesario que \(a=3\). Si \(a\ne3\), el numerador conserva un término de primer orden y no puede producir un límite finito al dividir entre \(x^2\).
Con \(a=3\), aparece \(0/0\). Las funciones son derivables en un entorno de cero y la derivada del denominador, \(2x\), no se anula en el entorno perforado. El cociente de derivadas es
\[\frac{3e^{3x}-3}{2x}.\]Presenta de nuevo \(0/0\). Numerador y denominador son derivables y la nueva derivada del denominador es \(2\ne0\); el siguiente cociente tiene límite:
\[\lim_{x\to0}\frac{9e^{3x}}2=\frac92.\]La segunda aplicación de L’Hôpital justifica el límite del primer cociente derivado y, con ello, la primera aplicación justifica el límite original.
El único valor posible es \(a=3\), y para él el límite vale \(9/2\).
El cambio \(u=3x\) permite controlar el factor numérico:
\[\frac{e^{3x}-1-3x}{x^2}=9\,\frac{e^u-1-u}{u^2}.\]El cociente de la derecha tiene límite \(1/2\), ya demostrado en el modelo 19. La identidad recupera \(9\cdot(1/2)=9/2\) y confirma el factor \(9\) de la resolución.
Práctica 7 · Un valor absoluto en un cociente
Modelo tipo PAU de elaboración propia. Calcula los límites laterales de \(\displaystyle\frac{|\ln(1+x)|}{x}\) en \(x=0\) y decide si existe el límite bilateral.
Ver solución y comprobación
El dominio es \(x>-1\), con \(x\ne0\). Cerca de cero, \(\ln(1+x)\) tiene el mismo signo que \(x\). Por ello,
\[\frac{|\ln(1+x)|}{x}=\begin{cases}-\dfrac{\ln(1+x)}x,&-1<x<0,\\[2pt]\dfrac{\ln(1+x)}x,&x>0.\end{cases}\]El límite notable \(\ln(1+x)/x\to1\) da
\[\lim_{x\to0^-}\frac{|\ln(1+x)|}x=-1,\qquad\lim_{x\to0^+}\frac{|\ln(1+x)|}x=1.\]El límite bilateral no existe, porque los límites laterales son distintos.
Con el cambio \(t=\ln(1+x)\), queda \(x=e^t-1\), y \(t\) se acerca a cero por el mismo lado que \(x\). El cociente pasa a ser \(|t|/(e^t-1)\). El límite \((e^t-1)/t\to1\) reproduce \(-1\) por la izquierda y \(1\) por la derecha. Además, el cociente original tiene el signo de \(x\), pues su numerador es positivo para \(x\ne0\).
Práctica 8 · Potencia con seno
Modelo tipo PAU de elaboración propia. Calcula \(\displaystyle\lim_{x\to0^+}(1+\sin x)^{1/x^2}\), con los ángulos en radianes.
Ver solución y comprobación
Para \(0<x<\pi/2\), la base es positiva. La forma es \(1^\infty\); no permite asignar un resultado sin estudiar las velocidades. Si \(H(x)=(1+\sin x)^{1/x^2}\),
\[\ln H(x)=\frac{\ln(1+\sin x)}{x^2}=\frac{\ln(1+\sin x)}{\sin x}\,\frac{\sin x}{x}\,\frac1x.\]Los dos primeros factores tienden a \(1\) y son positivos para \(x>0\) suficientemente pequeño. El tercero tiende a \(+\infty\). Así, \(\ln H(x)\to+\infty\), y por tanto \(H(x)\to+\infty\).
Para \(u\ge0\), \(\ln(1+u)\ge u/(1+u)\); se comprueba derivando la diferencia, cuya derivada es \(u/(1+u)^2\ge0\). Además, \(\sin x\ge x/2\) para \(x>0\) suficientemente pequeño, por el límite \(\sin x/x=1\). Como \(\sin x\le1\),
\[\ln H(x)\ge\frac{\sin x}{x^2(1+\sin x)}\ge\frac1{4x}\longrightarrow+\infty.\]Esta cota inferior confirma la divergencia sin multiplicar límites infinitos.
Tres tareas para resolver sin ayuda
Repite las prácticas 6, 7 y 8 sin abrir la solución. No son actividades adicionales ni un examen oficial.
Comprueba tres aspectos: dominio y laterales; elección justificada del método; conclusión con una verificación independiente. Si falta uno, revisa ese paso antes de repetir el cálculo.
Repite las prácticas 6, 7 y 8 sin consultar la solución. Revisa dominio, método y comprobación.
Errores que cambian el razonamiento
- Aplicar L’Hôpital al ver cualquier cociente. Identifica primero la forma y comprueba derivabilidad, denominadores y existencia del límite del cociente de derivadas. En un producto o una resta, transforma antes.
- Sustituir equivalentes dentro de una resta que cancela el primer término. La equivalencia controla un cociente, no el resto que queda al restar dos expresiones próximas. Usa una transformación que conserve ese resto.
- Escribir \(\ln L\) cuando todavía no se ha demostrado que el límite \(L\) existe. Define una función positiva \(G\), calcula el límite de \(\ln G\) y recupera el de \(G\) mediante la exponencial.
- Escribir \(\sqrt{x^2}=x\) para cualquier \(x\). Utiliza \(\sqrt{x^2}=|x|\). Después decide el signo de \(x\) en la aproximación que estás estudiando.
- Dar por válido el parámetro que anula el numerador. La anulación puede ser necesaria, pero todavía debes calcular el límite y comprobar el valor pedido.
- Forzar una respuesta cuando las condiciones son incompatibles. Escribe qué exige cada condición y compara los valores. Si se contradicen, justifica que no hay solución.
Preguntas frecuentes
¿Basta obtener \(0/0\) para aplicar L’Hôpital?
No. Además de la forma indeterminada, deben cumplirse las condiciones de derivabilidad y de los denominadores, y debe existir el límite del cociente de derivadas en la versión que utilizamos. La caja de L’Hôpital resume esas hipótesis. También hay que volver a comprobarlas si se aplica la regla otra vez.
¿Puedo sustituir equivalentes dentro de una resta?
No de forma automática. Al restar pueden cancelarse los términos principales y el límite depender de lo que queda. Una equivalencia que sirve para un cociente puede perder precisamente esa información.
¿Qué ocurre si el exponente cambia de signo a cada lado?
Hay que estudiar ambos límites laterales. Ese cambio de signo no impide por sí solo que exista el límite bilateral. Si la base es positiva, el logaritmo de la potencia permite comprobar si los dos lados llevan al mismo resultado.
¿Anular el numerador determina siempre el parámetro correcto?
No. Cuando el denominador tiende a cero, la anulación del numerador puede ser una condición necesaria para que el límite sea real y finito. Después hay que transformar la expresión y comprobar que el límite existe y vale lo que pide el enunciado.
¿Una tabla de valores demuestra el resultado del límite?
Una tabla ayuda a detectar errores y a comprobar si un resultado es razonable. Por sí sola no demuestra el límite: solo recoge algunos valores y puede ocultar lo que ocurre más cerca del punto o por el otro lado.
Alcance y procedencia
Modelos de la colección Marlu y práctica de elaboración propia. Los ejercicios tipo PAU entrenan habilidades del bloque; no son exámenes oficiales. Consulta las orientaciones de tu convocatoria para el formato y los criterios concretos.
Registro de práctica
| Actividad | Primer intento | Qué corregir | Segundo intento |
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