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Recta tangente y normal 2 Bachillerato PAU/EBAU: ejercicios resueltos paso a paso
Biblioteca Marlu Educativa® · Matemáticas II · 2.º de Bachillerato y PAU
La recta tangente queda determinada por el punto de contacto y su dirección. La dificultad está en obtener esos datos cuando el contacto es desconocido, aparece un parámetro o la tangente es vertical.
Encontrarás el método, 24 modelos y un ejemplo inicial, 15 prácticas y un simulacro de 5 tareas. Cada actividad incluye una solución completa y una comprobación. Los problemas avanzados desarrollan condiciones de tangencia, normales y aproximación local.
45 actividades con solución y comprobación · 24 modelos, un ejemplo inicial, 15 prácticas y 5 tareas de simulacro.
Ficha de clase · 6 actividades seleccionadas · Nombre __________________ Grupo ______ Fecha ______
Índice del cuaderno
1. Qué es la recta tangente
En el punto \(P(a,f(a))\), si la derivada \(f'(a)\) existe y es finita, la tangente es la recta que pasa por \(P\) y tiene pendiente \(f'(a)\). El valor \(f(a)\) da la ordenada del punto; \(f'(a)\) da la inclinación de la recta.
La tangencia describe el comportamiento de la curva cerca de ese punto. No exige que la curva quede siempre a un mismo lado de la recta. En \(f(x)=x^3\), la tangente en el origen es \(y=0\) y atraviesa la gráfica.
2. Fórmula de la recta tangente
Una recta de pendiente \(m\) que pasa por \((x_0,y_0)\) se escribe \(y-y_0=m(x-x_0)\). Para la tangente, usamos el punto de la curva y la pendiente de su derivada:
Esta fórmula requiere que \(a\) pertenezca al dominio y que \(f'(a)\) sea un número real. Conviene escribir primero la forma punto-pendiente: así quedan a la vista el punto y la pendiente antes de simplificar.
Ejemplo inicial · Aplicar la fórmula con un punto y una pendiente
Halla la tangente a \(f(x)=x^2+1\) en \(x=2\).
Ver solución y comprobación
El punto es \(P(2,5)\) y la pendiente es \(4\).
La recta pasa por \((2,5)\), y \(x^2+1-(4x-3)=(x-2)^2\). La diferencia, dividida entre \(x-2\), tiende a cero.
3. Recta normal y casos horizontales
La normal es perpendicular a la tangente y pasa por el mismo punto \(P(a,f(a))\). Cuando \(m=f'(a)\) es finita, una ecuación que incluye también \(m=0\) es
- Si \(m\ne0\), la pendiente normal es \(-1/m\), y podemos escribir \(y-f(a)=-\dfrac{1}{m}(x-a)\).
- Si \(m=0\), la tangente es horizontal, \(y=f(a)\), y la normal es vertical, \(x=a\). No se divide entre cero.
El producto de pendientes vale \(-1\) cuando ambas pendientes son finitas. Si una recta es vertical, su perpendicular es horizontal.
4. Método paso a paso
- Identificar el punto de tangencia. Si dan \(x=a\), calculamos \(f(a)\). Si piden la tangente en \(P(a,b)\), comprobamos que \(b=f(a)\). Pedir una tangente que pase por \(Q(u,v)\) es distinto: \(Q\) no tiene por qué ser el punto de tangencia.
- Calcular la derivada y su valor. Obtenemos \(f'(x)\) y después \(f'(a)\). Revisamos el dominio y que la pendiente sea finita antes de aplicar estas fórmulas.
- Traducir la condición. Si la abscisa de tangencia o algún parámetro son desconocidos, planteamos la ecuación correspondiente de la tabla siguiente y conservamos todas sus soluciones admisibles.
- Escribir y comprobar la respuesta. Damos las coordenadas de cada punto pedido y las rectas solicitadas. Comprobamos el punto, la pendiente y, cuando corresponda, el paso por \(Q\) o la perpendicularidad.
5. Qué condición exige cada enunciado
| Lo que se pide | Condición que se plantea |
|---|---|
| Tangente de pendiente \(m\) | \(f'(a)=m\). Para una tangente horizontal, \(m=0\). |
| Que la tangente sea exactamente \(y=mx+b\) | \(f'(a)=m\) y \(f(a)=ma+b\): debe compartir la pendiente y el punto. |
| Tangente perpendicular a \(y=mx+b\), con \(m\ne0\) | \(f'(a)=-1/m\). |
| Tangente que pase por \(Q(u,v)\) | \(v=f(a)+f'(a)(u-a)\). |
| Normal que pase por \(Q(u,v)\) | \((u-a)+f'(a)\bigl[v-f(a)\bigr]=0\). |
Una recta paralela tiene la misma pendiente. Si se exigen rectas paralelas distintas, comprobamos además que la tangente no coincida con la recta dada. Una tangente perpendicular a una recta vertical es horizontal; si debe ser perpendicular a una horizontal, tendrá que ser vertical.
Una tangente vertical y un punto angular son situaciones diferentes. Para \(f(x)=\sqrt[3]{x}\) en el origen hay tangente vertical \(x=0\) y normal horizontal \(y=0\), aunque no existe derivada finita. En \(f(x)=|x|\), las pendientes laterales en cero son distintas y no hay tangente ni normal únicas. Los modelos 18 y 19 justifican ambos casos; una pendiente infinita no se sustituye en la fórmula punto-pendiente.
24 modelos resueltos paso a paso
Los modelos 1–16 desarrollan los casos habituales. Los modelos 17–24 incorporan comprobaciones de existencia y problemas inversos. La dificultad aumenta por las condiciones que deben justificarse, no por la longitud del cálculo.
Punto conocido y condiciones de dirección
Modelo 1 · Recta tangente en un punto dado por \(x=a\)
Halla la recta tangente a \(f(x)=x^2+3x-1\) en \(x=2\).
Ver solución y comprobación
La función es polinómica, de dominio \(\mathbb R\), y es derivable en \(x=2\). Calculamos por separado la ordenada y la pendiente:
\[f(2)=4+6-1=9,\qquad f'(x)=2x+3,\qquad f'(2)=7.\]El punto de tangencia es \(P(2,9)\) y la pendiente vale \(7\).
La recta pasa por \(P(2,9)\), porque \(7\cdot2-5=9\). Además, \[f(x)-(7x-5)=(x-2)^2.\] Al dividir esta diferencia entre \(x-2\), el límite es cero: la recta reproduce la variación de primer orden de la curva en ese punto.
Modelo 2 · Recta tangente y normal
Halla la recta tangente y la recta normal a \(f(x)=x^3-2x\) en \(x=1\).
Ver solución y comprobación
El polinomio está definido y es derivable en todo \(\mathbb R\).
\[f(1)=1-2=-1,\qquad f'(x)=3x^2-2,\qquad f'(1)=1.\]Trabajamos con \(P(1,-1)\) y \(m_t=1\).
La tangente pasa por \(P\) con pendiente \(1\):
\[y+1=x-1\quad\Longleftrightarrow\quad y=x-2.\]Como \(m_t\ne0\), la normal tiene pendiente \(m_n=-1\) y pasa por el mismo punto:
\[y+1=-(x-1)\quad\Longleftrightarrow\quad y=-x.\]Las dos rectas toman el valor \(-1\) cuando \(x=1\), y sus pendientes cumplen \(1\cdot(-1)=-1\). La identidad \[f(x)-(x-2)=(x-1)^2(x+2)\] confirma también la tangencia en \(x=1\).
Modelo 3 · Tangente horizontal
Halla los puntos de la curva \(f(x)=x^3-3x\) donde la tangente es horizontal.
Ver solución y comprobación
La función es derivable en \(\mathbb R\). Una tangente horizontal requiere \(f'(x)=0\):
\[f'(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1),\qquad f'(x)=0\Longleftrightarrow x=1\text{ o }x=-1.\]Los puntos pedidos son \(P(1,-2)\) y \(Q(-1,2)\). Sus tangentes horizontales son, respectivamente, \(y=-2\) e \(y=2\).
No falta ningún punto: la ecuación \(3(x-1)(x+1)=0\) solo tiene esas dos soluciones. Los cocientes incrementales en las abscisas encontradas son \(3h+h^2\) y \(-3h+h^2\), respectivamente; ambos tienden a cero. Por ello las dos tangentes son horizontales.
Modelo 4 · Tangente paralela a una recta
Halla los puntos de la curva \(f(x)=x^2-4x+1\) donde la tangente es paralela a la recta \(y=2x-5\).
Ver solución y comprobación
La recta \(y=2x-5\) tiene pendiente \(2\). Buscamos una tangente con esa misma pendiente. La función es polinómica y
\[f'(x)=2x-4,\qquad 2x-4=2\Longleftrightarrow x=3.\]El punto pedido es \(P(3,-2)\). La tangente correspondiente, si se desea escribirla, es
\[y+2=2(x-3)\quad\Longleftrightarrow\quad y=2x-8.\]La pendiente de \(y=2x-8\) coincide con la de la recta dada, y la primera pasa por \(P(3,-2)\). La diferencia \(f(x)-(2x-8)=(x-3)^2\) verifica el contacto tangente en esa abscisa.
Modelo 5 · Tangente perpendicular a una recta
Halla la recta tangente a \(f(x)=x^2+1\) que sea perpendicular a la recta \(y=-\frac12x+3\).
Ver solución y comprobación
La recta dada tiene pendiente \(-1/2\). La pendiente de una recta perpendicular debe satisfacer \((-1/2)m_t=-1\), de donde \(m_t=2\). Para \(f(x)=x^2+1\),
\[f'(x)=2x,\qquad 2x=2\Longleftrightarrow x=1.\]La recta obtenida pasa por \((1,2)\), y \(2\cdot(-1/2)=-1\) comprueba la perpendicularidad. Además, \(f(x)-2x=(x-1)^2\), por lo que la recta es tangente en \(x=1\).
Modelo 6 · Recta normal con tangente horizontal
Halla la recta normal a \(f(x)=x^3-3x^2+2\) en \(x=0\).
Ver solución y comprobación
La función es polinómica y \(f(0)=2\). Su derivada es
\[f'(x)=3x^2-6x,\qquad f'(0)=0.\]La tangente en \(P(0,2)\) es horizontal: \(y=2\).
La perpendicular a una recta horizontal es vertical. Debe pasar por \(P(0,2)\), de modo que su ecuación es
\[x=0.\]En este caso no se utiliza una pendiente recíproca.
El cociente incremental de la curva en cero es \(\frac{f(h)-f(0)}h=h^2-3h\to0\), lo que confirma la tangente horizontal. La recta \(x=0\) contiene a \(P(0,2)\) y es perpendicular a \(y=2\).
Modelo 7 · Tangente en un punto dado explícitamente
Halla la recta tangente a \(f(x)=x^2-2x+3\) en el punto \(P(2,3)\).
Ver solución y comprobación
La ordenada coincide con la de \(P(2,3)\). Por tanto, el punto dado sí es un punto de la curva.
La función es derivable en todo \(\mathbb R\).
\[f'(x)=2x-2,\qquad f'(2)=2,\qquad y-3=2(x-2)\Longleftrightarrow y=2x-1.\]Al sustituir \(x=2\), la recta da \(y=3\). También se cumple \(f(x)-(2x-1)=(x-2)^2\): la diferencia, dividida entre \(x-2\), tiende a cero.
Parámetros y punto de paso
Modelo 8 · Tangente con parámetro
Halla \(a\) para que la recta tangente a \(f(x)=x^2+ax\) en \(x=1\) tenga pendiente 5.
Ver solución y comprobación
Para cualquier valor real de \(a\), la función es polinómica. La pendiente de su tangente en \(x=1\) es
\[f'(x)=2x+a,\qquad f'(1)=2+a.\]La condición pedida exige
\[2+a=5\quad\Longleftrightarrow\quad a=3.\]Con \(a=3\), el punto es \((1,4)\) y la recta \(y=5x-1\) pasa por él con pendiente \(5\). La igualdad \(x^2+3x-(5x-1)=(x-1)^2\) comprueba que se trata de la tangente, no solo de una recta de pendiente \(5\).
Modelo 9 · Parámetro para que la tangente pase por un punto
Halla \(a\) para que la tangente a \(f(x)=x^2+a\) en \(x=1\) pase por el punto \(Q(0,0)\).
Ver solución y comprobación
La función es polinómica. En \(x=1\), el punto de contacto depende de \(a\), pero la pendiente no:
\[P(1,1+a),\qquad f'(x)=2x,\qquad f'(1)=2.\]Su tangente tiene ecuación
\[y-(1+a)=2(x-1)\quad\Longleftrightarrow\quad y=2x+a-1.\]Para que la recta contenga a \(Q(0,0)\), sus coordenadas deben satisfacer la ecuación:
\[0=a-1\quad\Longleftrightarrow\quad a=1.\]Al sustituir \(a=1\), queda \(f(x)=x^2+1\) y la tangente es \(y=2x\). Contiene a \(Q(0,0)\) y a \(P(1,2)\); su pendiente vale \(f'(1)=2\). La condición sobre \(Q\) ha determinado un único valor de \(a\).
Modelo 10 · Tangentes desde un punto exterior
Halla las rectas tangentes a la parábola \(f(x)=x^2\) que pasan por el punto \(Q(0,-1)\).
Ver solución y comprobación
La parábola es derivable en todo \(\mathbb R\). El punto \(Q(0,-1)\) no pertenece a ella: \(f(0)=0\). Si la abscisa de contacto es \(a\), entonces
\[P(a,a^2),\qquad m_t=2a,\qquad y-a^2=2a(x-a)\Longleftrightarrow y=2ax-a^2.\]Ambos valores son admisibles y corresponden a puntos distintos.
Para \(a=1\), el punto es \((1,1)\) y la pendiente es \(2\). Para \(a=-1\), el punto es \((-1,1)\) y la pendiente es \(-2\). Las tangentes son
\[y=2x-1,\qquad y=-2x-1.\]Al sustituir \(x=0\), las dos rectas dan \(y=-1\), de modo que pasan por \(Q\). Las diferencias con la parábola son \[x^2-(2x-1)=(x-1)^2,\qquad x^2-(-2x-1)=(x+1)^2.\] Así se verifica la tangencia en \(a=1\) y \(a=-1\). La ecuación \(a^2=1\) no proporciona más candidatos.
Funciones elementales y recta normal
Modelo 11 · Tangente a una función racional
Halla la recta tangente a \(f(x)=\frac{1}{x}\) en \(x=2\).
Ver solución y comprobación
El dominio es \(\mathbb R\setminus\{0\}\); \(x=2\) es un punto interior del dominio.
\[f(2)=\frac12,\qquad f'(x)=-\frac1{x^2},\qquad f'(2)=-\frac14.\]La recta contiene a \((2,1/2)\). Para \(x\ne0\),
\[\frac1x-\left(-\frac14x+1\right)=\frac{(x-2)^2}{4x}.\]La diferencia dividida entre \(x-2\) tiende a cero cuando \(x\to2\), lo que confirma la tangencia.
Modelo 12 · Tangente a una función con raíz
Halla la recta tangente a \(f(x)=\sqrt{x+3}\) en \(x=1\).
Ver solución y comprobación
La función está definida para \(x\ge-3\) y es derivable para \(x>-3\). La abscisa \(1\) pertenece a este segundo intervalo.
\[f(1)=2,\qquad f'(x)=\frac1{2\sqrt{x+3}},\qquad f'(1)=\frac14.\]La recta pasa por \((1,2)\). Cerca de \(x=1\), racionalizar permite comprobar la diferencia exacta:
\[\sqrt{x+3}-\left(\frac14x+\frac74\right)=-\frac{(x-1)^2}{4(\sqrt{x+3}+2)^2}.\]Dividida entre \(x-1\), tiende a cero. La comprobación conserva el dominio de la raíz.
Modelo 13 · Tangente a una exponencial
Halla la recta tangente a \(f(x)=e^x\) en \(x=0\).
Ver solución y comprobación
La exponencial está definida y es derivable para todo \(x\in\mathbb R\).
\[f(0)=1,\qquad f'(x)=e^x,\qquad f'(0)=1.\]La recta pasa por \((0,1)\). Para \(h\ne0\), su diferencia con la curva verifica
\[\frac{e^h-(1+h)}h=\frac{e^h-1}h-1\longrightarrow1-1=0,\]por el límite notable de la exponencial en cero.
Modelo 14 · Tangente a un logaritmo
Halla la recta tangente a \(f(x)=\ln x\) en \(x=1\).
Ver solución y comprobación
El logaritmo tiene dominio \((0,+\infty)\), y es derivable en \(x=1\).
\[f(1)=0,\qquad f'(x)=\frac1x,\qquad f'(1)=1.\]La recta contiene a \((1,0)\). Con \(x=1+h\), respetando \(h>-1\) y \(h\ne0\),
\[\frac{\ln(1+h)-h}h=\frac{\ln(1+h)}h-1\longrightarrow1-1=0.\]Este límite confirma la tangencia en \(x=1\).
Modelo 15 · Parámetro para que la tangente sea horizontal
Halla \(a\) para que la tangente a \(f(x)=x^3+ax\) en \(x=1\) sea horizontal.
Ver solución y comprobación
Para todo \(a\in\mathbb R\), la función es polinómica. La tangente es horizontal exactamente cuando \(f'(1)=0\):
\[f'(x)=3x^2+a,\qquad 3+a=0\Longleftrightarrow a=-3.\]Con \(a=-3\), la función es \(x^3-3x\), el punto de contacto es \((1,-2)\) y la tangente es \(y=-2\). Se cumple \(f'(1)=0\) y la diferencia \(f(x)+2=(x-1)^2(x+2)\) confirma el contacto tangente.
Modelo 16 · Punto donde la normal es paralela a una recta
Halla los puntos de \(f(x)=x^2\) donde la normal es paralela a la recta \(y=-\frac12x+1\).
Ver solución y comprobación
Una normal paralela a \(y=-x/2+1\) debe tener pendiente \(m_n=-1/2\). Al ser una normal oblicua, la pendiente tangente es distinta de cero y satisface
\[m_t\left(-\frac12\right)=-1\quad\Longleftrightarrow\quad m_t=2.\]La función \(f(x)=x^2\) es derivable en \(\mathbb R\). Buscamos
\[f'(x)=2x=2\Longleftrightarrow x=1,\qquad f(1)=1.\]El único punto pedido es \(P(1,1)\).
En \(P(1,1)\), la tangente tiene pendiente \(2\) y la normal es \(y-1=-(x-1)/2\). La normal pasa por \(P\), su pendiente coincide con \(-1/2\) y el producto de pendientes es \(-1\). El caso \(x=0\) daría una normal vertical, que no es paralela a la recta dada.
Pertenencia, tangente vertical y recta prescrita
Modelo 17 · Comprobar el punto antes de calcular la tangente
¿Tiene sentido pedir la recta tangente a \(f(x)=x^2+2\) en el punto \(P(1,4)\)? Justifica la respuesta y calcula la tangente en la abscisa \(x=1\).
Ver solución y comprobación
La función está definida en \(\mathbb R\). En la abscisa indicada:
\[f(1)=1^2+2=3\ne4.\]El punto \(P(1,4)\) no pertenece a la curva. No se puede hablar de la tangente a esta curva en \(P\). Pedir tangentes que pasen por \(P\) sería otro problema, en el que habría que dejar desconocido el punto de tangencia.
En \(x=1\), el punto de tangencia es \(A(1,3)\). Como \(f'(x)=2x\), la pendiente es \(f'(1)=2\).
\[y-3=2(x-1)\quad\Longrightarrow\quad y=2x+1.\]La diferencia entre la función y la recta obtenida es
\[x^2+2-(2x+1)=(x-1)^2.\]Se anula en \(x=1\), y su derivada también: ambas comparten allí punto y pendiente. La recta pasa por \(A(1,3)\), pero no por \(P(1,4)\).
Modelo 18 · Tangente vertical y normal horizontal
Halla la tangente y la normal a \(f(x)=\sqrt[3]{x}\) en el origen. Estudia las pendientes de las secantes por ambos lados.
Ver solución y comprobación
La raíz cúbica real está definida y es continua en todo \(\mathbb R\); además, \(f(0)=0\). Para \(h\ne0\):
\[\frac{f(h)-f(0)}{h}=\frac{\sqrt[3]{h}}{h}=\frac{1}{(\sqrt[3]{h})^2}.\]El denominador es positivo y tiende a cero tanto si \(h\to0^-\) como si \(h\to0^+\). Los dos límites del cociente son \(+\infty\).
No existe una derivada finita en el origen, pero sí una tangente vertical. La normal es su perpendicular por el mismo punto:
\[\text{Tangente: }x=0.\qquad\text{Normal: }y=0.\]No hay que sustituir una pendiente infinita en la fórmula de la recta.
La misma curva se puede escribir como \(x=y^3\). Si se toma \(y\) como variable, \(dx/dy=3y^2\) vale cero en el origen: la dirección tangente es la del eje \(y\), es decir, \(x=0\). Su perpendicular es el eje \(x\).
Modelo 19 · Un punto angular no tiene tangente única
Estudia si la gráfica de \(f(x)=|x|\) tiene una tangente única en \(O(0,0)\). Decide también si existe una normal única.
Ver solución y comprobación
La función está definida en \(\mathbb R\), es continua en cero y \(f(0)=0\). El cociente de las secantes cambia según el lado:
\[\frac{f(h)-f(0)}{h}=\frac{|h|}{h}=\begin{cases}-1,&h<0,\\1,&h>0.\end{cases}\]Por ello, la pendiente lateral izquierda es \(-1\), y la derecha, \(1\). Son finitas y distintas.
Las rectas de las dos semitangentes son \(y=-x\) por la izquierda y \(y=x\) por la derecha. Sus direcciones no coinciden, por lo que en \(O\) no hay tangente única. Tampoco hay una normal única perpendicular a una tangente común.
En todo el tramo \(x<0\), la gráfica es exactamente la recta \(y=-x\); en \(x>0\), es \(y=x\). Al acercarnos al origen seguimos dos direcciones distintas. Aquí el problema no es una pendiente vertical, sino la falta de una dirección tangente común a ambos lados.
Modelo 20 · Una recta concreta como tangente
Determina \(a,b\in\mathbb R\) para que la tangente a \(f(x)=ax^2+bx+1\) en \(x=2\) sea exactamente la recta \(y=3x-1\).
Ver solución y comprobación
El polinomio está definido y es derivable en \(\mathbb R\). La recta dada pasa por \((2,5)\) y tiene pendiente \(3\). Deben cumplirse las dos condiciones:
\[\begin{aligned}f(2)=5&\quad\Longrightarrow\quad4a+2b+1=5,\\f'(2)=3&\quad\Longrightarrow\quad4a+b=3.\end{aligned}\]Imponer solo la pendiente permitiría obtener una recta paralela distinta de la que se pide.
Así, \(f(x)=\frac12x^2+x+1\), y su tangente en \(x=2\) es
\[y-5=3(x-2)\quad\Longrightarrow\quad y=3x-1.\]La diferencia y su derivada se anulan en \(x=2\). Esto comprueba a la vez que la recta y la curva comparten el punto \((2,5)\) y la pendiente \(3\).
Existencia, normales y aplicaciones locales
Modelo 21 · Cero, una o dos tangentes a una parábola
Para cada \(k\in\mathbb R\), determina cuántas tangentes a la parábola \(y=x^2\) pasan por \(Q(1,k)\) y escribe sus ecuaciones.
Ver solución y comprobación
La función es derivable en todo \(\mathbb R\). Si el contacto se produce en \(P(t,t^2)\), la pendiente es \(2t\) y la tangente es
\[y-t^2=2t(x-t)\quad\Longrightarrow\quad y=2tx-t^2.\]Para que pase por \(Q(1,k)\), se exige
\[k=2t-t^2\quad\Longleftrightarrow\quad(t-1)^2=1-k.\]- Si \(k<1\), sea \(r=\sqrt{1-k}>0\). Hay dos abscisas distintas, \(t=1+r\) y \(t=1-r\), y las tangentes son
- Si \(k=1\), solo se obtiene \(t=1\). La única tangente es \(y=2x-1\). En este caso, \(Q(1,1)\) pertenece a la parábola.
- Si \(k>1\), no hay ninguna tangente por \(Q\): un cuadrado real no puede ser igual a \(1-k<0\).
Para cualquier valor real de \(t\),
\[x^2-(2tx-t^2)=(x-t)^2.\]La recta construida comparte punto y pendiente con la parábola en \(x=t\). Las soluciones de \((t-1)^2=1-k\) son todas las posibles abscisas de contacto; cuando hay dos, sus pendientes \(2(1+r)\) y \(2(1-r)\) son distintas. El recuento corresponde a esta parábola y a los puntos \(Q(1,k)\).
Modelo 22 · Todas las normales que pasan por un punto
Halla todas las rectas normales a la parábola \(y=x^2\) que pasan por \(Q(0,3)\). Indica sus puntos de contacto con la curva.
Ver solución y comprobación
La parábola es derivable en todo \(\mathbb R\). En \(P(a,a^2)\), la pendiente tangente es \(2a\). La normal puede escribirse como
\[x-a+2a(y-a^2)=0.\]Esta ecuación también incluye \(a=0\), cuando la tangente es horizontal y la normal es vertical.
Sustituimos \(Q(0,3)\) en la ecuación de la normal:
\[-a+2a(3-a^2)=0\quad\Longleftrightarrow\quad a(5-2a^2)=0.\]No se divide por \(a\), porque se perdería una solución. Las abscisas son
\[a=0,\qquad a=\frac{\sqrt{10}}2,\qquad a=-\frac{\sqrt{10}}2.\]Para \(a=0\), el punto de contacto es \((0,0)\) y la normal es \(x=0\). Para los otros dos valores, \(a^2=5/2\) y la normal tiene pendiente \(-1/(2a)\):
| Punto de contacto | Recta normal |
|---|---|
| \((0,0)\) | \(x=0\) |
| \(\left(\frac{\sqrt{10}}2,\frac52\right)\) | \(y=-\frac{x}{\sqrt{10}}+3\) |
| \(\left(-\frac{\sqrt{10}}2,\frac52\right)\) | \(y=\frac{x}{\sqrt{10}}+3\) |
Las tres rectas pasan por \(Q(0,3)\). En los contactos no nulos, las pendientes tangentes son \(\sqrt{10}\) y \(-\sqrt{10}\); sus productos con las pendientes normales respectivas valen \(-1\). Sustituir \(x=\pm\sqrt{10}/2\) en cada normal da \(y=5/2\). En el origen, la normal vertical es perpendicular a la tangente horizontal. La ecuación \(a(5-2a^2)=0\) tiene exactamente esas tres raíces, que producen tres rectas distintas.
Modelo 23 · Aproximar una raíz y controlar el error
Aproxima \(\sqrt{9{,}12}\) mediante la tangente a \(f(x)=\sqrt{x}\) en \(x=9\). Justifica, sin calcular el valor decimal de la raíz, que el error absoluto es menor que \(1/15000\).
Ver solución y comprobación
El dominio de \(f\) es \([0,+\infty)\), y es derivable para \(x>0\). En \(x=9\),
\[f(9)=3,\qquad f'(9)=\frac{1}{2\sqrt9}=\frac16.\]La tangente es \(L(x)=3+\frac{x-9}{6}\). Al sustituir \(x=9{,}12\):
\[L(9{,}12)=3+\frac{0{,}12}{6}=3{,}02.\]Para \(x\ge0\), una identidad algebraica da
\[\begin{aligned}L(x)-\sqrt{x}&=\frac{x+9-6\sqrt{x}}6=\frac{(\sqrt{x}-3)^2}{6}\\&=\frac{(x-9)^2}{6(\sqrt{x}+3)^2}.\end{aligned}\]La aproximación es por exceso. En \(x=9{,}12>9\), se cumple \(\sqrt{x}+3>6\), y así
\[0<3{,}02-\sqrt{9{,}12}<\frac{(3/25)^2}{6\cdot6^2}=\frac1{15000}.\]La aproximación es \(\sqrt{9{,}12}\approx3{,}02\), con un error absoluto menor que \(0{,}0000667\).
Al elevar al cuadrado la aproximación se obtiene \(3{,}02^2=9{,}1204>9{,}12\). Como ambos números son positivos, \(3{,}02>\sqrt{9{,}12}\), de acuerdo con el signo del error calculado.
Modelo 24 · Dos curvas con una misma tangente en su punto común
Halla los puntos comunes de \(f(x)=2x^2-x+2\) y \(g(x)=-x^2+5x-1\). Decide si las dos curvas tienen la misma tangente en alguno de esos puntos y escribe su ecuación.
Ver solución y comprobación
Los dos polinomios están definidos y son derivables en \(\mathbb R\). Sus puntos comunes deben satisfacer
\[f(x)=g(x)\quad\Longleftrightarrow\quad3x^2-6x+3=0\quad\Longleftrightarrow\quad3(x-1)^2=0.\]Solo se obtiene \(x=1\). Como \(f(1)=g(1)=3\), el único punto común es \(P(1,3)\).
En \(x=1\), las dos pendientes valen \(3\). Al compartir también el punto \(P\), sus tangentes coinciden:
\[y-3=3(x-1)\quad\Longrightarrow\quad y=3x.\]Las dos diferencias y sus derivadas se anulan en \(x=1\): la recta tiene contacto tangente con ambas curvas en \(P\). Además, salvo en ese punto, la primera curva queda por encima de la recta y la segunda por debajo.
15 prácticas para resolver y comprobar
Resuelve primero sin abrir la respuesta. En cada caso, identifica el punto de contacto, la condición de pendiente y la ecuación final. Si se piden puntos, escribe sus dos coordenadas.
Práctica 1 · Punto y pendiente
Halla la tangente a \(f(x)=x^2+2x\) en \(x=1\).
Ver solución y comprobación
El polinomio está definido y es derivable en todo \(\mathbb R\). En la abscisa indicada,
\[f(1)=1+2=3,\qquad f'(x)=2x+2,\qquad f'(1)=4.\]La tangente pasa por \(P(1,3)\) y tiene pendiente \(4\).
La recta pasa por \((1,3)\). Además, la diferencia con la curva es \(f(x)-(4x-1)=(x-1)^2\); al dividir entre \(x-1\), tiende a cero cuando \(x\to1\). La recta recoge el comportamiento de primer orden de la función.
Práctica 2 · Una abscisa negativa
Halla la tangente a \(f(x)=x^3\) en \(x=-1\).
Ver solución y comprobación
La función cúbica es derivable en todo \(\mathbb R\). Atención al signo de la coordenada:
\[f(-1)=-1,\qquad f'(x)=3x^2,\qquad f'(-1)=3.\]Con \(P(-1,-1)\) y pendiente \(3\),
\[y+1=3(x+1)\quad\Longrightarrow\quad y=3x+2.\]Al sustituir \(x=-1\), la recta da \(y=-1\). La identidad \(x^3-(3x+2)=(x+1)^2(x-2)\) confirma que la diferencia no tiene término de primer orden en \(x=-1\).
Práctica 3 · Una función racional
Halla la tangente a \(f(x)=\frac{2}{x}\) en \(x=1\).
Ver solución y comprobación
El dominio es \(\mathbb R\setminus\{0\}\). La abscisa \(1\) pertenece al dominio, y la función es derivable cerca de ella.
\[f(1)=2,\qquad f'(x)=-\frac2{x^2},\qquad f'(1)=-2.\]Para \(x\ne0\),
\[\frac2x-(-2x+4)=\frac{2(x-1)^2}{x}.\]La diferencia dividida entre \(x-1\) tiende a cero al acercarnos a \(1\). También se comprueba que la recta pasa por \((1,2)\).
Práctica 4 · Una raíz en el punto indicado
Halla la tangente a \(f(x)=\sqrt{x+1}\) en \(x=3\).
Ver solución y comprobación
El dominio es \([-1,+\infty)\). En \(x=3\) estamos en su interior y la función es derivable.
\[f(3)=2,\qquad f'(x)=\frac1{2\sqrt{x+1}},\qquad f'(3)=\frac14.\]Esta forma ya es una ecuación de la tangente. Al despejar, resulta \(y=(x+5)/4\).
La recta contiene \((3,2)\). La pendiente también se obtiene directamente con el conjugado:
\[\frac{\sqrt{x+1}-2}{x-3}=\frac1{\sqrt{x+1}+2}\longrightarrow\frac14.\]Práctica 5 · Tangencia en una abscisa exacta
Halla la tangente a \(f(x)=\ln x\) en \(x=e\).
Ver solución y comprobación
El logaritmo está definido y es derivable en \((0,+\infty)\). Como \(e>0\),
\[f(e)=1,\qquad f'(x)=\frac1x,\qquad f'(e)=\frac1e.\]En \(x=e\), la recta toma el valor \(1\). Con \(x=e+h\), el cociente incremental del logaritmo es
\[\frac{\ln(e+h)-1}{h}=\frac1e\frac{\ln(1+h/e)}{h/e}\longrightarrow\frac1e,\]por el límite notable del logaritmo. Se recupera la pendiente usada.
Práctica 6 · Dos rectas en un mismo punto
Halla la tangente y la normal a \(f(x)=x^2-1\) en \(x=2\).
Ver solución y comprobación
La función es polinómica, con dominio \(\mathbb R\).
\[f(2)=3,\qquad f'(x)=2x,\qquad m_t=f'(2)=4.\]El punto es \(P(2,3)\). La tangente es
\[y-3=4(x-2)\quad\Longrightarrow\quad y=4x-5.\]Como \(m_t\ne0\), la pendiente normal es \(m_n=-1/4\). Pasa por el mismo punto:
\[y-3=-\frac14(x-2).\]Las dos rectas contienen \((2,3)\), y \(4\cdot(-1/4)=-1\), así que son perpendiculares. Además, \(f(x)-(4x-5)=(x-2)^2\), lo que comprueba la tangencia.
Práctica 7 · La normal en el origen
Halla la normal a \(f(x)=x^3-3x\) en \(x=0\).
Ver solución y comprobación
La función es derivable en todo \(\mathbb R\). En \(x=0\),
\[f(0)=0,\qquad f'(x)=3x^2-3,\qquad m_t=f'(0)=-3.\]La normal pasa por \((0,0)\) y tiene pendiente \(m_n=-1/(-3)=1/3\). Por tanto,
\[y=\frac13x.\]La recta pasa por el origen y el producto de su pendiente por la tangente es \((-3)\cdot(1/3)=-1\). La tangente auxiliar es \(y=-3x\), y \(f(x)-(-3x)=x^3\) confirma su comportamiento local.
Práctica 8 · Localizar puntos de la curva
Halla los puntos donde \(f(x)=x^3-3x^2\) tiene tangente horizontal.
Ver solución y comprobación
La función es derivable en todo \(\mathbb R\). Una tangente horizontal tiene pendiente cero:
\[f'(x)=3x^2-6x=3x(x-2)=0\quad\Longrightarrow\quad x=0\ \text{o}\ x=2.\]Los puntos buscados son \(P(0,0)\) y \(Q(2,-4)\). Dar solo las abscisas no completa la respuesta pedida.
Los cocientes incrementales confirman la pendiente nula en los dos puntos:
\[\frac{f(h)-f(0)}h=h(h-3)\to0,\qquad\frac{f(2+h)-f(2)}h=h(h+3)\to0.\]La ecuación factorizada anterior no tiene más raíces, por lo que no faltan otros puntos.
Práctica 9 · Una dirección dada
Halla los puntos donde la tangente a \(f(x)=x^2+4x\) tiene la misma pendiente que \(y=6x-1\). Indica si coincide con esa recta.
Ver solución y comprobación
La recta dada tiene pendiente \(6\). La función es polinómica y
\[f'(x)=2x+4.\]La condición de tener la misma dirección exige \(2x+4=6\), de donde \(x=1\).
El punto es \(P(1,5)\), y su tangente resulta
\[y-5=6(x-1)\quad\Longrightarrow\quad y=6x-1.\]Con estos datos, la tangente coincide con la recta del enunciado. Si se exige que dos rectas paralelas sean distintas, no hay una tangente distinta paralela a ella; \(P(1,5)\) es la respuesta bajo la condición de igualdad de pendientes.
La identidad \(f(x)-(6x-1)=(x-1)^2\) confirma que la recta dada es tangente precisamente en \((1,5)\). La ecuación \(2x+4=6\) solo tiene esa solución.
Práctica 10 · Una condición de perpendicularidad
Halla los puntos donde la tangente a \(f(x)=x^2\) es perpendicular a \(y=-\frac14x+2\).
Ver solución y comprobación
La recta dada tiene pendiente \(-1/4\). La pendiente de una perpendicular es \(4\), ya que \((-1/4)\cdot4=-1\). Como \(f'(x)=2x\),
\[2x=4\quad\Longrightarrow\quad x=2.\]El punto pedido es \(P(2,4)\). La tangente que verifica la condición tiene ecuación \(y-4=4(x-2)\), es decir, \(y=4x-4\).
La tangente contiene \((2,4)\), su pendiente es perpendicular a la de la recta dada y \(x^2-(4x-4)=(x-2)^2\). Así quedan comprobados el punto y la tangencia.
Práctica 11 · Rectas que pasan por un punto dado
Halla las tangentes a \(f(x)=x^2+1\) que pasan por \(Q(0,-3)\).
Ver solución y comprobación
El punto \(Q(0,-3)\) no pertenece a la curva, pues \(f(0)=1\). Si el contacto se produce en \(x=t\), el punto es \((t,t^2+1)\) y la pendiente es \(2t\). La tangente general es
\[y-(t^2+1)=2t(x-t)\quad\Longrightarrow\quad y=2tx-t^2+1.\]Los contactos son \((2,5)\) y \((-2,5)\). Al sustituir cada abscisa, obtenemos las dos tangentes:
\[y=4x-3,\qquad y=-4x-3.\]Ambas rectas pasan por \((0,-3)\). Además,
\[f(x)-(4x-3)=(x-2)^2,\qquad f(x)-(-4x-3)=(x+2)^2.\]Estas identidades verifican los dos contactos. La condición \(t^2=4\) no admite más soluciones.
Práctica 12 · Un parámetro en la función
Halla \(a\) para que la tangente a \(f(x)=x^2+ax+1\) en \(x=1\) tenga pendiente 4.
Ver solución y comprobación
Para cualquier \(a\in\mathbb R\), la función es polinómica y derivable. Su derivada es \(f'(x)=2x+a\). En \(x=1\),
\[f'(1)=2+a=4\quad\Longrightarrow\quad a=2.\]Con \(a=2\), \(f(x)=x^2+2x+1\), \(f(1)=4\) y \(f'(1)=4\). Su tangente es \(y-4=4(x-1)\), o \(y=4x\). Cumple la pendiente pedida.
La diferencia \(x^2+2x+1-4x=(x-1)^2\) verifica la tangencia. Como la condición inicial es la ecuación lineal \(2+a=4\), el valor \(a=2\) es necesario y suficiente.
Práctica 13 · Una familia de curvas
Halla \(a\) para que la tangente a \(f(x)=ax^2+x\) en \(x=2\) sea paralela a \(y=5x+3\).
Ver solución y comprobación
La recta \(y=5x+3\) tiene pendiente \(5\). La función es derivable en todo \(\mathbb R\), con \(f'(x)=2ax+1\). Por tanto,
\[f'(2)=4a+1=5\quad\Longrightarrow\quad a=1.\]Con \(a=1\), el punto de contacto es \((2,6)\) y la pendiente vale \(5\). La tangente queda
\[y-6=5(x-2)\quad\Longrightarrow\quad y=5x-4.\]Las rectas \(y=5x-4\) e \(y=5x+3\) tienen la misma pendiente y distinta ordenada en el origen. Son paralelas distintas. Además, \(x^2+x-(5x-4)=(x-2)^2\) confirma el contacto.
Práctica 14 · La normal a una exponencial
Halla la recta normal a \(f(x)=e^x\) en \(x=0\).
Ver solución y comprobación
La función exponencial es derivable en todo \(\mathbb R\), con
\[f(0)=1,\qquad f'(x)=e^x,\qquad f'(0)=1.\]La normal pasa por \(P(0,1)\) y tiene pendiente \(-1\), perpendicular a la pendiente tangente \(1\).
\[y-1=-(x-0)\quad\Longrightarrow\quad y=1-x.\]Al sustituir \(x=0\) se obtiene \(y=1\), y el producto de pendientes es \(1\cdot(-1)=-1\). Los vectores directores \((1,1)\) de la tangente y \((1,-1)\) de la normal tienen producto escalar cero.
Práctica 15 · Una condición sobre la pendiente
Halla \(a\) para que la tangente a \(f(x)=x^3+ax^2\) en \(x=1\) sea horizontal.
Ver solución y comprobación
La función es polinómica para cualquier valor real de \(a\). La pendiente tangente en \(x=1\) es
\[f'(1)=3+2a.\]La horizontalidad exige \(3+2a=0\), por lo que \(a=-3/2\).
Para \(a=-3/2\), \(f(1)=-1/2\) y \(f'(1)=0\). La tangente en ese punto es la recta horizontal \(y=-1/2\).
Con el parámetro obtenido,
\[x^3-\frac32x^2+\frac12=\frac12(x-1)^2(2x+1).\]El lado izquierdo es la diferencia entre la curva y su tangente. El factor cuadrado comprueba que su cociente entre \(x-1\) tiende a cero.
Simulacro de elaboración propia: 5 tareas
Cinco tareas de práctica tipo PAU, con soluciones independientes. No constituyen un examen oficial ni reproducen el formato de todas las convocatorias. Revisa el punto, la pendiente, las raíces admisibles y la conclusión.
Simulacro · tarea 1 · Tangente y normal en una abscisa dada
Halla la tangente y la normal a \(f(x)=x^2-3x+2\) en \(x=2\).
Ver solución y comprobación
La función polinómica es derivable en todo \(\mathbb R\). En \(x=2\),
\[f(2)=0,\qquad f'(x)=2x-3,\qquad f'(2)=1.\]La tangente pasa por \((2,0)\), con pendiente \(1\):
\[y=x-2.\]La pendiente normal es \(-1\). Por el mismo punto,
\[y=-(x-2)=-x+2.\]Las dos rectas pasan por \((2,0)\) y el producto de sus pendientes es \(-1\). Para la tangente, \(f(x)-(x-2)=(x-2)^2\), que confirma la aproximación de primer orden.
Simulacro · tarea 2 · Puntos con una dirección indicada
Halla los puntos donde la tangente a \(f(x)=x^3-6x\) es paralela a \(y=6x+1\).
Ver solución y comprobación
La pendiente de la recta dada es \(6\). La función es derivable en todo \(\mathbb R\), por lo que imponemos
\[f'(x)=3x^2-6=6\quad\Longrightarrow\quad x^2=4\quad\Longrightarrow\quad x=2\ \text{o}\ x=-2.\]Los puntos pedidos son \(P(2,-4)\) y \(Q(-2,4)\). En ambos, la pendiente tangente es \(6\).
Las tangentes son \(y=6x-16\) e \(y=6x+16\), distintas de la recta de referencia. Si \(t=\pm2\), su fórmula es \(y=6x-8t\) y
\[f(x)-(6x-8t)=(x-t)^2(x+2t).\]El factor cuadrado confirma los contactos y la ecuación \(x^2=4\) descarta otras abscisas.
Simulacro · tarea 3 · Una expresión racional
Halla la recta tangente a \(f(x)=\frac{x+1}{x}\) en \(x=1\).
Ver solución y comprobación
El dominio es \(\mathbb R\setminus\{0\}\), y \(x=1\) es un punto interior del dominio. Como
\[f(x)=1+\frac1x,\qquad f'(x)=-\frac1{x^2},\]obtenemos \(f(1)=2\) y \(f'(1)=-1\).
La recta pasa por \((1,2)\). Además,
\[\frac{x+1}{x}-(-x+3)=\frac{(x-1)^2}{x}.\]Cerca de \(1\), el denominador no se anula y la diferencia dividida entre \(x-1\) tiende a cero.
Simulacro · tarea 4 · Tangentes que contienen un punto exterior
Halla las tangentes a \(f(x)=x^2\) que pasan por el punto \(Q(0,-4)\).
Ver solución y comprobación
Como \(f(0)=0\), el punto \(Q(0,-4)\) es exterior a la parábola. La abscisa de contacto \(t\) es desconocida. En \((t,t^2)\), la pendiente es \(2t\) y la tangente es
\[y-t^2=2t(x-t)\quad\Longrightarrow\quad y=2tx-t^2.\]Los contactos son \((2,4)\) y \((-2,4)\). Las rectas pedidas son
\[y=4x-4,\qquad y=-4x-4.\]Las dos rectas dan \(y=-4\) en \(x=0\). Sus diferencias con \(x^2\) son \((x-2)^2\) y \((x+2)^2\), respectivamente. Esto verifica ambos contactos; la ecuación \(t^2=4\) no produce más soluciones.
Simulacro · tarea 5 · Un parámetro fijado por la dirección
Halla \(a\) para que la tangente a \(f(x)=x^2+ax+2\) en \(x=1\) sea perpendicular a \(y=-\frac13x+5\).
Ver solución y comprobación
La recta dada tiene pendiente \(-1/3\); una perpendicular debe tener pendiente \(3\). Como la función es polinómica,
\[f'(x)=2x+a,\qquad f'(1)=2+a=3\quad\Longrightarrow\quad a=1.\]Con \(a=1\), la curva es \(f(x)=x^2+x+2\). En \(x=1\), el punto es \((1,4)\) y la tangente es
\[y-4=3(x-1)\quad\Longrightarrow\quad y=3x+1.\]La pendiente \(3\) cumple \(3\cdot(-1/3)=-1\), y la recta pasa por \((1,4)\). La identidad \(f(x)-(3x+1)=(x-1)^2\) comprueba la tangencia para el parámetro obtenido.
Errores que cambian la respuesta
- Usar la derivada como ordenada del punto. El punto de tangencia es \(P(a,f(a))\). La derivada \(f'(a)\) se utiliza como pendiente, no como segunda coordenada.
- Tomar el punto por el que pasa la recta como punto de tangencia. Si solo se dice que la tangente pasa por \(Q(u,v)\), la abscisa de contacto sigue siendo desconocida. Se escribe la tangente en \(P(a,f(a))\) y se exige que también contenga a \(Q\).
- Dividir entre la pendiente tangente sin comprobar si es cero. La fórmula \(m_n=-1/f'(a)\) requiere \(f'(a)\ne0\). Si la tangente es horizontal, la normal es \(x=a\). La ecuación \(x-a+f'(a)[y-f(a)]=0\) conserva también este caso.
- Igualar solo la pendiente cuando se pide una recta concreta. Para que la tangente sea exactamente \(y=mx+b\), deben cumplirse \(f'(a)=m\) y \(f(a)=ma+b\). La primera condición, por sí sola, también admite tangentes paralelas distintas.
Preguntas frecuentes
¿Cómo se calcula la recta tangente en una abscisa dada?
Se calcula el punto \(P(a,f(a))\), se deriva la función y se obtiene la pendiente \(f'(a)\). Si esta derivada existe y es finita, la recta es \(y-f(a)=f'(a)(x-a)\). Al terminar se comprueba que pasa por el punto y tiene la pendiente calculada.
¿Es lo mismo pedir una tangente en un punto que una tangente que pase por él?
No. En el primer caso, el punto dado debe pertenecer a la curva y es el punto de tangencia. En el segundo, la recta debe pasar por el punto dado, pero puede ser tangente a la curva en otro lugar. Se deja desconocida la abscisa de contacto y se impone el paso por ese punto.
¿Qué normal corresponde a una tangente horizontal?
Si \(f'(a)=0\), la tangente es \(y=f(a)\) y la normal es la vertical \(x=a\). No se calcula una pendiente mediante \(-1/0\). Ambas rectas pasan por \(P(a,f(a))\).
¿Igualar las pendientes garantiza que obtengamos la recta del enunciado?
Solo garantiza que tenga la misma pendiente. Para obtener exactamente \(y=mx+b\), también debe cumplirse \(f(a)=ma+b\). Si se piden paralelas distintas, hay que descartar que la tangente coincida con la recta dada.
¿Puede una tangente atravesar la gráfica?
Sí. Para \(f(x)=x^3\), la tangente en el origen es \(y=0\). La curva queda a un lado de esa recta antes de llegar al origen y al otro después. Esto no impide la tangencia: comparten el punto y la pendiente en cero.
¿La falta de derivada finita significa siempre que no hay tangente?
No. La gráfica de \(f(x)=\sqrt[3]{x}\) tiene una tangente vertical en el origen. En cambio, \(f(x)=|x|\) presenta allí dos direcciones laterales distintas y no tiene tangente única. Los modelos 18 y 19 muestran la diferencia y sus consecuencias para la normal.
Alcance del cuaderno
Material de elaboración propia de Marlu Educativa. Los ejercicios tipo PAU trabajan las condiciones matemáticas de tangencia y normalidad; no se presentan como preguntas oficiales. El formato y los criterios de tu convocatoria se consultan en sus orientaciones de materia.
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