Ejercicio resuelto de Funciones · Matemáticas II · 2026

Considere la función definida a trozos siguiente:

$f(x)=\{\begin{array}{ll}5e^{2x}& x\le 0\\ (x+m{)}^2+1& 0<x<2\\ 1& 2\le x\end{array}$

donde $m$ es un parámetro real.

a) Determine los valores de $m$ que hacen que la función $f(x)$ sea continua en todo su dominio. Justifique la respuesta. [1 punto]
b) Haga un esbozo de la gráfica de $y=f(x)$ para el caso $m=-2$, y calcule el área delimitada por esta gráfica, el eje $OX$ y las rectas $x=-1$ y $x=3$. [1 punto]
c) Para $m=-2$, encuentre un punto donde la recta tangente a $y=f(x)$ sea paralela a $y=-2x$. Calcule la ecuación de esta recta tangente. [0,5 puntos]

Los tres trozos son funciones elementales continuas en el interior de su intervalo, de modo que la continuidad solo puede fallar en los dos puntos de empalme, $x=0$ y $x=2$. En cada uno de ellos han de coincidir los dos límites laterales con el valor de la función.

Empalme en $x=0$:

${\lim }_{x\to 0^{-}}f(x)=5e^0=5{\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)=(0+m{)}^2+1=m^2+1$

$m^2+1=5\Rightarrow m^2=4\Rightarrow m=-2\text{ o }m=2$

Empalme en $x=2$:

${\lim }_{x\to 2^{-}}f(x)=(2+m{)}^2+1{\lim }_{x\to 2^{+}}f(x)=1$

$(2+m{)}^2+1=1\Rightarrow (2+m{)}^2=0\Rightarrow m=-2$

El segundo empalme deja un único valor posible, y ese valor está también entre los dos que admite el primero, de manera que sirve para los dos a la vez.

La función es continua en todo $\mathbb{R}$ únicamente para $m=-2$.



Con $m=-2$ la función es

$f(x)=\{\begin{array}{ll}5e^{2x}& x\le 0\\ (x-2{)}^2+1& 0<x<2\\ 1& 2\le x\end{array}$

En $x\le 0$ es una exponencial creciente que vale $5$ en el origen y se pega al eje $OX$ por la izquierda; entre $0$ y $2$ es un trozo de parábola de vértice $(2,1)$, que baja desde $5$ hasta $1$; a partir de $x=2$ es la recta horizontal $y=1$.



Como $f(x)>0$ en todo el intervalo $[-1,3]$, el recinto queda por encima del eje $OX$ y su área es la integral de la función, que se parte en los tres trozos.

$A={\int }_{-1}^{0}5e^{2x}dx+{\int }_0^2((x-2{)}^2+1)dx+{\int }_2^{3}1dx$

${\int }_{-1}^{0}5e^{2x}dx={\left[{\displaystyle \frac{5}{2}}{e}^{2x}\right]}_{-1}^0={\displaystyle \frac{5}{2}}-{\displaystyle \frac{5}{2e^2}}$

${\int }_0^2((x-2{)}^2+1)dx={[{\displaystyle \frac{(x-2{)}^3}{3}}+x]}_0^2=2-(-{\displaystyle \frac{8}{3}})={\displaystyle \frac{14}{3}}$

${\int }_2^{3}1dx=[x{]}_2^3=1$

Haciendo uso de la regla de Barrow en los tres sumandos y agrupando:

$A={\displaystyle \frac{5}{2}}-{\displaystyle \frac{5}{2e^2}}+{\displaystyle \frac{14}{3}}+1={\displaystyle \frac{49}{6}}-{\displaystyle \frac{5}{2e^2}}\approx \mathrm{7,83}{\text{u}}^2$

El área delimitada por la gráfica, el eje $OX$ y las rectas $x=-1$ y $x=3$ es ${\displaystyle \frac{49}{6}}-{\displaystyle \frac{5}{2e^2}}$, es decir, unas $\mathrm{7,83}$ unidades cuadradas.



Dos rectas son paralelas cuando tienen la misma pendiente, así que buscamos los puntos en los que la derivada valga $-2$. Estudiamos los tres trozos por separado.

$x<0:f^{\mathrm{\prime }}(x)=10e^{2x}>0$, que nunca vale $-2$; $x>2:f^{\mathrm{\prime }}(x)=0$, que tampoco. Queda el trozo central.

$f^{\mathrm{\prime }}(x)=2(x-2)=-2\Rightarrow x-2=-1\Rightarrow x=1$

El valor $x=1$ sí pertenece al intervalo $(0,2)$, y la ordenada del punto es

$f(1)=(1-2{)}^2+1=2$

$y-2=-2(x-1)\Rightarrow y=-2x+4$

En el punto $(1,2)$ la recta tangente a la gráfica es $y=-2x+4$, paralela a $y=-2x$.