1. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL SANTA
CENTRO PREUNIVERSITARIO – CEPUNS
3° EXAMEN FORMATICO 2015 III
58.Determine la suma del máximo y mínimo valor de:
   M sen 2x 10º sen 20º 2x  
A)
3
2
B)
3
2
 C)
2
2
D)
2
2
 E)
5
2
SOLUCIÓN: ejercicio 3
   2M 2sen 2x 10º sen 20º 2x    
1
M cos 4x 10º cos30º
2
    
Máx
1 1 3
M 1 cos30º 1
2 2 2
 
       
  
Mín
1 1 3
M 1 cos30º 1
2 2 2
 
         
  
Sumando:
3
2
 
59.En un triángulo ABC, reducir:
2 2
sen A sen B
M ,
sen2A sen2B



si: A B
4

 
A) ½TanC B) – ½TanC C)
1
2
D) tan C E) – tan C
SOLUCIÓN:
   
   
sen A B sen A B
M
2sen A B cos A B
 

 
M=  
1
tg A B
2

Pero:
1 1
A B M tg
4 2 4 2
  
     
 
60.Resolver: Sec2
x = √3tanx + 1
Indicar el número de soluciones positivas menores que una vuelta.
A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5
CLAVE
B

2. SOLUCIÓN:
𝑠𝑒𝑐2
𝑥 = √3𝑡𝑎𝑛𝑥 + 1
1 + 𝑡𝑎𝑛2
𝑥 = √3𝑡𝑎𝑛𝑥 + 1
𝑡𝑎𝑛2
𝑥 = √3𝑡𝑎𝑛𝑥
𝑡𝑎𝑛𝑥 = √3
⇒ x = 60°, 240°, 420°, 600°, …
𝑡𝑎𝑛𝑥 = 0
⇒ x = 0°, 180°, 360°, 540°, …
Las soluciones positivas y menores que 1 vuelta son:
X = 60°, 180°, 240°
FORMULADOR: Lic. Johnny Martínez Valle FECHA: 12/02/2015
61.Resolver: 𝑠𝑒𝑛 (𝑥 −
𝜋
3
) > 𝑠𝑒𝑛𝑥, si: 𝑥 ∈ [0 ; 2𝜋]
A) 〈
2𝜋
3
;
5𝜋
3
〉 B) (
2𝜋
3
;
5𝜋
6
) C) (
3𝜋
4
;
5𝜋
4
) D) (
2𝜋
3
;
3𝜋
4
) E) (
𝜋
3
;
𝜋
4
)
SOLUCIÓN:
Sen(x - π/3) > senx , si: x ∈ [0 ;2π]
[𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠
𝜋
3
− 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑠𝑒𝑛
𝜋
3
] > 𝑠𝑒𝑛𝑥
1
2
𝑠𝑒𝑛𝑥 −
√3
2
𝑐𝑜𝑠𝑥 > 𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 − √3𝑐𝑜𝑠𝑥 > 2𝑠𝑒𝑛𝑥
0 > 𝑠𝑒𝑛𝑥 + √3𝑐𝑜𝑠𝑥
0 > 2𝑠𝑒𝑛 (𝑥 +
𝜋
3
)
𝑠𝑒𝑛 (𝑥 +
𝜋
3
) < 0
(𝑥 +
𝜋
3
) 𝜖 [𝜋 ; 2𝜋] → 𝑥 𝜖 〈
2𝜋
3
;
5𝜋
3
〉
62. Si la función f está definida por: 𝑓(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + cos(𝑥) + 𝑠𝑒𝑛(𝑥) cos(𝑥) + 1
Calcule el máximo valor de la función f.
a) 1 + √2 b) 3 c)
3
2
+ √2 d) 3 + √2 e)
3
2
+ 2√2
CLAVE
C
CLAVE
A

3. SOLUCIÓN:
𝑓(𝑥) = [1 + 𝑠𝑒𝑛𝑥][1 + 𝑐𝑜𝑠𝑥]
𝑓(𝑥) =
2[1 + 𝑠𝑒𝑛𝑥][1 + 𝑐𝑜𝑠𝑥]
2
𝑓(𝑥) =
[1 + 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥]2
2
𝑓(𝑥) =
1
2
[1 + √2𝑠𝑒𝑛 (𝑥 +
𝜋
4
)]
2
Conocemos: −1 ≤ 𝑠𝑒𝑛 (𝑥 +
𝜋
4
) ≤ 1
Multiplicamos por √2 : −√2 ≤ √2𝑠𝑒𝑛 (𝑥 +
𝜋
4
) ≤ √2
Sumamos 1: 1 − √2 ≤ 1 + √2𝑠𝑒𝑛 (𝑥 +
𝜋
4
) ≤ √2 + 1
Elevando al cuadrado: 0 ≤ [1 + √2𝑠𝑒𝑛 (𝑥 +
𝜋
4
)]
2
≤ 3 + 2√2
Dividiendo entre 2: 0 ≤
1
2
[1 + √2𝑠𝑒𝑛 (𝑥 +
𝜋
4
)]
2
≤
3
2
+ √2
0 ≤ 𝑓(𝑥) ≤
3
2
+ √2
⇒ 𝑓(𝑥) 𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑜 =
3
2
+ √2
63. Determine el periodo de la función:
𝑓(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠(|𝑡𝑔𝑥| + |𝑐𝑡𝑔𝑥|)
a) 2𝜋 b) 𝜋 c)
𝜋
2
d)
𝜋
4
e)
3𝜋
2
SOLUCIÓN:
Sea f de periodo : T
⇒ 𝑓(𝑥 + 𝑇) = 𝑐𝑜𝑠[|𝑡𝑔(𝑥 + 𝑇)| + |𝑐𝑜𝑡(𝑥 + 𝑇)|]
Para:
𝑇 =
𝜋
2
………………..(suposición)
𝑓 (𝑥 +
𝜋
2
) = 𝑐𝑜𝑠 [|𝑡𝑔 (𝑥 +
𝜋
2
)| + |𝑐𝑡𝑔 (𝑥 +
𝜋
2
)|]
𝑓 (𝑥 +
𝜋
2
) = [|𝑐𝑡𝑔𝑥| + |𝑡𝑔𝑥|]
⇒ 𝑓 (𝑥 +
𝜋
2
) = 𝑓(𝑥)
⇒ 𝑇 =
𝜋
2
64. Señale el rango de la función:
𝑓(𝑥) = 2𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 3 arccos 𝑥
b) [−𝜋 , 2𝜋] b) [−𝜋 , 3𝜋] c) [−3𝜋 , 2𝜋] d) [−4𝜋 , 𝜋] e) [−2𝜋 , 4𝜋]
CLAVE
C
CLAVE
C

4. Como: 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝑥 + arccos 𝑥 =
𝜋
2
⇒ 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝑥 =
𝜋
2
− arccos 𝑥
Reemplazamos en f(x) :
𝑓(𝑥) = 2 (
𝜋
2
− arccos 𝑥) − 3 arccos 𝑥
𝑓(𝑥) = 𝜋 − 5 arccos 𝑥
Como se:
0 ≤ arccos 𝑥 ≤ 𝜋
Multiplicamos por -5:
0 ≥ −5 arccos 𝑥 ≥ −5𝜋
Sumando 𝜋 :
𝜋 ≥ 𝜋 − 5 arccos 𝑥 ≥ 𝜋 − 5𝜋
𝜋 ≥ 𝑓(𝑥) ≥ −4𝜋 ⇒ 𝑅𝑎𝑛𝑔 𝑓 = [−4𝜋 , 𝜋]
65. Encuentre un equivalente a:
𝑚 =
√
2 − √2 + √2 + √2 + ⋯ √2 +
𝜋
2
, m tiene “n” radicales
c) 2𝑠𝑒𝑛
𝜋
4
b)
1
2
𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠
𝜋
4
c) 𝑠𝑒𝑛 (
1
2 𝑛
𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠
𝜋
4
)
d) 2𝑠𝑒𝑛 (
1
2 𝑛
𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠
𝜋
4
) e) 2𝑐𝑜𝑠 (
1
2 𝑛
𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛
𝜋
4
)
SOLUCIÓN:
Hacemos un cambio de variable:
𝜋
2
= 2𝑐𝑜𝑠𝜃 ……. ( I )
i) Para un radical: 𝑀1 = √2 +
𝜋
2
= √2 + 2𝑐𝑜𝑠𝜃 = √2(1 + 𝑐𝑜𝑠𝜃) = √2 (2𝑐𝑜𝑠2 𝜃
2
)
𝑀1 = 2𝑐𝑜𝑠
𝜃
2
ii) Para dos radicales: 𝑀2 = √2 + √2 + 𝜋 2⁄ = √2 + 2𝑐𝑜𝑠 𝜃 2⁄ = √2(1 + 𝑐𝑜𝑠 𝜃 2⁄ ) = √2(2𝑐𝑜𝑠2 𝜃 4⁄ )
𝑀2 = 2𝑐𝑜𝑠
𝜃
22
Analógicamente para (n-1) radicales: 𝑀(𝑛−1) = 2𝑐𝑜𝑠
𝜃
2 𝑛−1
Para “n” radicales: 𝑀 = √2 − 2𝑐𝑜𝑠
𝜃
2 𝑛−1 = √2 (1 − 𝑐𝑜𝑠
𝜃
2 𝑛−1) = √2 (2𝑠𝑒𝑛2 𝜃
2 𝑛)
𝑀 = 2𝑠𝑒𝑛 (
𝜃
2 𝑛) ………… ( II )
De ( I ) :
𝑐𝑜𝑠𝜃 =
𝜋
4
⇒ 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠
𝜋
4
Reemplazando en ( II)
𝑀 = 2𝑠𝑒𝑛 (
1
2 𝑛
𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠
𝜋
4
)
CLAVE
D