Límites y derivación: la regla de L'Hôpital

Calcula el valor de $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{\ln x^2+1}{2\ln x}\right)^{\ln x}$.

Aquí $\ln x^2+1$ significa $\ln(x^2)+1$ (así lo usa la solución de E).

Camino 1: el número $e$ (Prop. 2.2 de U).

1. Tipo. Como $\ln(x^2)=2\ln x$, la base es $\dfrac{2\ln x+1}{2\ln x}=1+\dfrac1{2\ln x}\to1$ y el exponente $\ln x\to+\infty$: $1^{+\infty}$.
2. Forzar la forma de la Prop. 2.2. Tomamos $f(x)=\ln x^2=2\ln x\to+\infty$. El exponente es $\ln x=\frac12\ln x^2$, luego $$\left(1+\frac1{\ln x^2}\right)^{\ln x}=\left[\left(1+\frac1{\ln x^2}\right)^{\ln x^2}\right]^{1/2}$$ (propiedad $(b^c)^d=b^{cd}$, válida para $b>0$).
3. Límite. Lo de dentro tiende a $e$ (Prop. 2.2) y $t\mapsto t^{1/2}$ es continua en $e$: el límite es $e^{1/2}=\sqrt e$.

Camino 2: logaritmos y L'Hôpital (la «Nota» de E).

1. La expresión es $e^{h(x)}$ con $h(x)=\ln x\cdot\ln\!\left(1+\frac1{\ln x^2}\right)$, de tipo $+\infty\cdot0$.
2. Cociente: $h(x)=\dfrac{\ln\left(1+\frac1{\ln x^2}\right)}{1/\ln x}$, de tipo $\tfrac00$.
3. Derivadas (cadena): numerador $\dfrac1{1+\frac1{\ln x^2}}\cdot\left(-\dfrac1{(\ln x^2)^2}\cdot\dfrac2x\right)$; denominador $-\dfrac1{(\ln x)^2}\cdot\dfrac1x\neq0$.
4. Cociente de derivadas, usando $(\ln x^2)^2=4(\ln x)^2$: $\ \dfrac{2(\ln x)^2}{(\ln x^2)^2}\cdot\dfrac1{1+\frac1{\ln x^2}}=\dfrac1{2\left(1+\frac1{\ln x^2}\right)}\to\dfrac12$.
5. Por continuidad de $\exp$: límite $=e^{1/2}=\sqrt e$.

Teoría: U p.85

Calcula el valor de $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-x}{1-\sqrt{1-x^2}}$.

1. Tipo. Numerador: $\ln1-0=0$. Denominador: $1-\sqrt1=0$. Ambas son continuas en $0$: $\tfrac00$.
2. Hipótesis. En $(-1,1)$ ambas son derivables. $f'(x)=\dfrac1{1+x}-1=\dfrac{-x}{1+x}$ y $g'(x)=-\dfrac1{2\sqrt{1-x^2}}\cdot(-2x)=\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}$. $g'(x)=0$ solo en $x=0$; luego $g'(x)\neq0$ en $(-1,1)\setminus\{0\}$, que es lo que exige U («esta última condición no excluye que $g'(a)$ pueda ser $0$»).
3. Simplificar antes de pasar al límite. Para $x\neq0$: $\dfrac{f'}{g'}=\dfrac{-x}{1+x}\cdot\dfrac{\sqrt{1-x^2}}{x}=-\dfrac{\sqrt{1-x^2}}{1+x}$. Podemos cancelar $x$ porque en un límite nunca se toma $x=0$.
4. Límite. La última función es continua en $0$ y vale $-1$.
5. Conclusión. El límite pedido es $-1$.

Teoría: U p.82

Calcula el valor de $\displaystyle\lim_{x\to-1}\dfrac{x^5+x^4-x^2+1}{x^4-1}$.

1. Sustituir primero. Numerador en $x=-1$: $-1+1-1+1=0$. Denominador: $1-1=0$. Son polinomios (continuos): $\tfrac00$. No vale el «cociente de límites» porque el del denominador es $0$.
2. Condiciones. Ambos son polinomios, derivables en $\mathbb R$; $g'(x)=4x^3$ solo se anula en $x=0$, así que $g'\neq0$ en un entorno de $-1$ (por ejemplo en $(-2,0)$).
3. Derivar (numerador y denominador por separado): $f'(x)=5x^4+4x^3-2x$, $\ g'(x)=4x^3$.
4. Límite del cociente de derivadas. El denominador vale $4(-1)^3=-4\neq0$, basta sustituir: $\ \dfrac{5-4+2}{-4}=-\dfrac34$.
5. Conclusión. Como este límite existe, el original vale $-\dfrac34$.
6. Comprobación sin L'Hôpital. $x=-1$ anula a ambos, luego $(x+1)$ divide a los dos (Ruffini): $x^5+x^4-x^2+1=(x+1)(x^4-x+1)$ y $x^4-1=(x+1)(x-1)(x^2+1)$. Simplificando, $\dfrac{x^4-x+1}{(x-1)(x^2+1)}\to\dfrac{3}{(-2)(2)}=-\dfrac34$. Coincide.

Teoría: U p.82

Calcula el valor del límite $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\operatorname{sen}x+e^x}{\cos x+e^x}$.

1. Tipo. $e^x\to+\infty$ y $\operatorname{sen}x,\cos x\in[-1,1]$; así $\operatorname{sen}x+e^x\ge e^x-1\to+\infty$ y lo mismo el denominador: $\tfrac\infty\infty$.
2. Intento con L'Hôpital. Las condiciones se cumplen ($g'(x)=-\operatorname{sen}x+e^x\ge e^x-1>0$ para $x>0$), pero $\ \dfrac{f'}{g'}=\dfrac{\cos x+e^x}{-\operatorname{sen}x+e^x}$, $\ \dfrac{f''}{g''}=\dfrac{-\operatorname{sen}x+e^x}{-\cos x+e^x},\dots$ Tras cuatro derivaciones se vuelve al cociente de partida: no simplifica nada.
3. Otro camino: dividir por el término dominante $e^x$ arriba y abajo: $\ \dfrac{\operatorname{sen}x+e^x}{\cos x+e^x}=\dfrac{\operatorname{sen}x\cdot e^{-x}+1}{\cos x\cdot e^{-x}+1}$.
4. Cada trozo. $e^{-x}\to0$ y $\operatorname{sen}x,\cos x$ están acotadas: $\operatorname{sen}x\,e^{-x}\to0$ y $\cos x\,e^{-x}\to0$ («cero por acotada»).
5. Álgebra de límites (el denominador tiende a $1\neq0$): el límite es $\dfrac{0+1}{0+1}=1$.

Teoría: U pp.45-46 S p.305

Calcula el valor del límite $\displaystyle\lim_{x\to\frac\pi2^-}\frac{2-\ln(\cos x)}{2+\operatorname{tg}x}$.

1. Dominio. Para $x\in(0,\pi/2)$, $\cos x>0$ y $\ln(\cos x)$ está definido: tiene sentido el límite por la izquierda.
2. Tipo. Cuando $x\to\frac\pi2^-$, $\cos x\to0^+$, luego $\ln(\cos x)\to-\infty$ y el numerador $2-\ln(\cos x)\to+\infty$. Además $\operatorname{tg}x=\frac{\operatorname{sen}x}{\cos x}\to\frac1{0^+}=+\infty$. Es $\tfrac{+\infty}{+\infty}$.
3. Condiciones. Ambas son derivables en $(0,\pi/2)$. $f'(x)=-\dfrac1{\cos x}\cdot(-\operatorname{sen}x)=\dfrac{\operatorname{sen}x}{\cos x}$ y $g'(x)=\dfrac1{\cos^2x}$, que nunca se anula.
4. Cociente de derivadas. Dividir entre $\frac1{\cos^2x}$ es multiplicar por $\cos^2x$: $\ \dfrac{f'}{g'}=\dfrac{\operatorname{sen}x}{\cos x}\cdot\cos^2x=\operatorname{sen}x\cos x\to1\cdot0=0$.
5. Conclusión. El límite vale $0$.

Interpretación: el numerador crece como $-\ln(\cos x)$ (muy despacio) y el denominador como $\frac1{\cos x}$ (como una potencia): gana el denominador.

Teoría: U p.82

Señala el valor del límite $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}x^{\frac1{x+1}}$: a) $0$. b) $1$. c) $e$. d) $e^e$.

1. Tipo. Base $\to+\infty$, exponente $\frac1{x+1}\to0$: $\infty^0$.
2. Exponencial. Para $x>0$: $x^{\frac1{x+1}}=e^{\frac{\ln x}{x+1}}$.
3. Exponente, de tipo $\tfrac\infty\infty$ (derivables en $(0,\infty)$ y $(x+1)'=1\neq0$): $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x+1}=\lim_{x\to+\infty}\frac{1/x}{1}=0$.
4. Continuidad de $\exp$: el límite es $e^0=1$. Respuesta b).
5. Descarte rápido en un test: para $x>1$ la base es $>1$ y el exponente positivo, luego $x^{1/(x+1)}>1$: la a) es imposible; y como el exponente de $e$ tiende a $0$, no puede salir $e$ ni $e^e$.

Teoría: U p.84

Calcula el valor de $\displaystyle\lim_{x\to0^+}x\ln x$.

1. Tipo. $x\to0^+$ y $\ln x\to-\infty$: $0\cdot(-\infty)$. L'Hôpital no se aplica a productos.
2. Convertir en cociente. Pasamos al denominador el factor $x$: $x\ln x=\dfrac{\ln x}{1/x}$, de tipo $\tfrac{-\infty}{+\infty}$.
3. Condiciones. $\ln x$ y $\frac1x$ son derivables en $(0,\infty)$ y $\left(\frac1x\right)'=-\frac1{x^2}\neq0$.
4. L'Hôpital: $\displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{1/x}=\lim_{x\to0^+}\frac{1/x}{-1/x^2}=\lim_{x\to0^+}(-x)=0$.
5. La otra elección (mala). $x\ln x=\dfrac{x}{1/\ln x}$ es $\tfrac00$, pero al derivar sale $-x(\ln x)^2$, más complicado que el de partida.

Teoría: U p.84 Es exactamente S p.305

Calcula el valor de $\displaystyle\lim_{x\to0^+}x^{x^2}$.

1. Tipo. Base $x\to0^+$, exponente $x^2\to0$: $0^0$.
2. Escribir como exponencial. Para $x>0$: $x^{x^2}=e^{\ln(x^{x^2})}=e^{x^2\ln x}$.
3. Límite del exponente ($0\cdot(-\infty)$), pasado a cociente como en 2.30: $\displaystyle\lim_{x\to0^+}x^2\ln x=\lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{1/x^2}=\lim_{x\to0^+}\frac{1/x}{-2/x^3}=\lim_{x\to0^+}\left(-\frac{x^2}{2}\right)=0$. (Condiciones: $\tfrac{-\infty}{+\infty}$, derivables en $(0,\infty)$, $(x^{-2})'=-2x^{-3}\neq0$.)
4. Volver a la potencia. Como $\exp$ es continua, $\lim_{x\to0^+} e^{x^2\ln x}=e^0=1$.

Teoría: U pp.84-85 S p.307 L p.562

Calcula para $n\in\mathbb N$ y $a>1$ el límite $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{x^n}{a^x}$.

1. Qué es la variable. $n$ está fijo; la variable es $x$.
2. Tipo. $a^x=e^{x\ln a}$ con $\ln a>0$ (porque $a>1$), luego $a^x\to+\infty$; y $x^n\to+\infty$: $\tfrac\infty\infty$.
3. Una aplicación de L'Hôpital. $(x^n)'=nx^{n-1}$ y $(a^x)'=a^x\ln a\neq0$: $\ \displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{x^n}{a^x}=\frac n{\ln a}\lim_{x\to\infty}\frac{x^{n-1}}{a^x}$, siempre que este último límite exista.
4. Inducción (lo que E llama «aplicamos L'Hôpital $n$ veces»). Sea $L_k=\lim_{x\to\infty}\frac{x^k}{a^x}$. Para $k=0$: $L_0=\lim_{x\to\infty}\frac1{a^x}=0$. Si $L_{k-1}=0$ con $k\ge1$, entonces $\frac{x^k}{a^x}$ es $\tfrac\infty\infty$, se cumplen las condiciones y, por el paso anterior, $L_k=\frac k{\ln a}L_{k-1}=0$. Luego $L_n=0$. Equivalentemente, tras $n$ derivaciones queda $\dfrac{n!}{a^x(\ln a)^n}\to0$.
5. Pregunta final de E ($0<a<1$). Entonces $a^x\to0^+$ y ya no hay indeterminación: $\frac{x^n}{a^x}=x^n\left(\frac1a\right)^x$ es un producto de dos funciones que tienden a $+\infty$, luego el límite es $+\infty$. (E deja la pregunta sin responder.)

Teoría: U p.83 El Ejemplo 3 de Larson equivale a $n=2$, $a=e$ con $t=-x$: L p.560

Utilizando la regla de L'Hôpital calcula el valor del límite de la sucesión $\left\{\dfrac{\ln\frac{n+1}{n}}{\ln\frac{n+2}{n+1}}\right\}$ cuando $n$ tiende a $+\infty$.

1. Por qué no se deriva la sucesión. Solo está definida en $\mathbb N$. Pasamos a una función de variable real con la Prop. 2.3 de U: si $\lim_{x\to\infty}f(x)=l$, entonces $\lim_{n\to\infty}f(n)=l$.
2. Función asociada: $f(x)=\dfrac{\ln\frac{x+1}{x}}{\ln\frac{x+2}{x+1}}$, $x>0$.
3. Tipo. $\frac{x+1}{x}\to1$ y $\frac{x+2}{x+1}\to1$; por continuidad del logaritmo, arriba y abajo $\to\ln1=0$: $\tfrac00$.
4. Derivadas (conviene escribir $\ln\frac{x+1}x=\ln(x+1)-\ln x$): numerador $\dfrac1{x+1}-\dfrac1x=\dfrac{-1}{x(x+1)}$; denominador $\dfrac1{x+2}-\dfrac1{x+1}=\dfrac{-1}{(x+1)(x+2)}$, que no se anula nunca.
5. Cociente de derivadas: $\ \dfrac{-1/(x(x+1))}{-1/((x+1)(x+2))}=\dfrac{(x+1)(x+2)}{x(x+1)}=\dfrac{x+2}x=1+\dfrac2x\to1$.
6. Conclusión. $\lim_{x\to\infty}f(x)=1$ y, por la Prop. 2.3, el límite de la sucesión es $1$. (Comprobación numérica: para $n=1000$ el término vale $1{,}0010$.)

Teoría: U p.85 L pp.585, 588

Calcula $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x^2}$.

1. En $0$: $\frac{1-1-0}{0}$, tipo $\tfrac00$. Derivables; $(x^2)'=2x\neq0$ si $x\neq0$.
2. L'Hôpital: $\lim_{x\to0}\dfrac{e^x-1}{2x}$, otra vez $\tfrac00$; $(2x)'=2\neq0$.
3. L'Hôpital: $\lim_{x\to0}\dfrac{e^x}{2}=\dfrac12$. Resultado: $\dfrac12$.

Calcula $\displaystyle\lim_{x\to0}\left(\frac1x-\frac1{e^x-1}\right)$.

1. Por la derecha es $+\infty-(+\infty)$ (y por la izquierda $-\infty-(-\infty)$). Restamos: $\dfrac{e^x-1-x}{x(e^x-1)}$, de tipo $\tfrac00$.
2. Derivadas: numerador $e^x-1$; denominador $h(x)=e^x-1+xe^x$. Como $h'(x)=(2+x)e^x>0$ cerca de $0$, $h$ es estrictamente creciente allí y solo se anula en $0$: condiciones cumplidas.
3. $\lim_{x\to0}\dfrac{e^x-1}{e^x-1+xe^x}$ sigue siendo $\tfrac00$; derivamos otra vez: $\lim_{x\to0}\dfrac{e^x}{(2+x)e^x}=\lim_{x\to0}\dfrac1{2+x}=\dfrac12$. Resultado: $\dfrac12$.

Calcula $\displaystyle\lim_{x\to0}(\cos x)^{1/x^2}$.

1. Base $\to1$, exponente $\to+\infty$: $1^\infty$. Cerca de $0$, $\cos x>0$, luego $(\cos x)^{1/x^2}=e^{\ln(\cos x)/x^2}$.
2. Exponente: $\dfrac{\ln\cos x}{x^2}$ es $\tfrac00$. L'Hôpital: $\dfrac{-\operatorname{tg}x}{2x}=-\dfrac12\cdot\dfrac{\operatorname{sen}x}{x}\cdot\dfrac1{\cos x}\to-\dfrac12$ (usando $\frac{\operatorname{sen}x}x\to1$, U Ej. 2.8).
3. Resultado: $e^{-1/2}=\dfrac1{\sqrt e}$.

Para $a>0$, calcula $\displaystyle\lim_{n\to\infty}n\left(a^{1/n}-1\right)$.

1. Función asociada: $f(x)=x\left(a^{1/x}-1\right)=\dfrac{a^{1/x}-1}{1/x}$. Como $a^{1/x}=e^{(\ln a)/x}\to1$, es $\tfrac00$.
2. Derivadas: numerador $a^{1/x}\ln a\cdot\left(-\frac1{x^2}\right)$; denominador $-\frac1{x^2}\neq0$. Cociente: $a^{1/x}\ln a\to\ln a$.
3. Por la Prop. 2.3: $\lim_n n\left(a^{1/n}-1\right)=\ln a$ (numéricamente, con $a=2$ y $n=1000$: $0{,}69339\approx\ln2=0{,}69315$).

Calcule el límite $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{e^x-x-1}{x^2}$.

1. Sustituir. Arriba: $e^0-0-1=0$. Abajo: $0^2=0$. Sale $\tfrac00$, así que se puede usar la regla.
2. Derivar arriba y abajo por separado (no es la regla del cociente): $\dfrac{e^x-1}{2x}$.
3. Sustituir otra vez. Arriba: $e^0-1=0$. Abajo: $0$. Vuelve a salir $\tfrac00$: derivamos de nuevo.
4. Derivar otra vez: $\dfrac{e^x}{2}$. Ahora ya no hay problema: en $x=0$ vale $\tfrac12$.

Resultado: $\tfrac12$.

Teoría: U pp.82-83

Calcule el valor del límite $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{x+e^x}{2x+e^x}$.

1. Tipo. Arriba y abajo tienden a $+\infty$: es $\tfrac\infty\infty$.
2. Derivar arriba y abajo: $\dfrac{1+e^x}{2+e^x}$. Sigue siendo $\tfrac\infty\infty$.
3. Derivar otra vez: $\dfrac{e^x}{e^x}=1$ para todo $x$. Su límite es $1$.

Resultado: $1$.

Camino alternativo sin regla: divide arriba y abajo entre $e^x$: $\dfrac{x/e^x+1}{2x/e^x+1}\to\dfrac{0+1}{0+1}=1$, porque $x/e^x\to0$ (la exponencial gana siempre).

Teoría: U p.82 y el error típico «la regla da vueltas» S pp.304-305

Calcule el límite $\displaystyle\lim_{x\to0}\left(\frac1x-\frac1{1-\cos x}\right)$.

1. Juntar las dos fracciones (denominador común): $$\frac1x-\frac1{1-\cos x}=\frac{1-\cos x-x}{x(1-\cos x)} .$$
2. Sustituir $x=0$. Arriba: $1-1-0=0$. Abajo: $0\cdot0=0$. Sale $\tfrac00$.
3. Derivar arriba y abajo. Arriba: $\operatorname{sen}x-1$. Abajo (regla del producto): $(1-\cos x)+x\operatorname{sen}x$.
4. Sustituir $x=0$ en lo nuevo. Arriba: $0-1=-1$. Abajo: $0$. Es «$\tfrac{-1}{0}$», que ya no es indeterminado: hay que ver el signo del $0$.
5. Signo del denominador. Cerca de $0$ (con $x\ne0$), $1-\cos x>0$, y $x\operatorname{sen}x>0$ porque $x$ y $\operatorname{sen}x$ tienen el mismo signo. El denominador es positivo: $\tfrac{-1}{0^+}=-\infty$.

Resultado: $-\infty$.

Teoría: U pp.83-84

Calcule $\displaystyle\lim_{x\to0^+}x^{x^2}$.

1. Pasar a exponencial. Para $x>0$: $x^{x^2}=e^{x^2\ln x}$. Hay que hallar $L=\lim_{x\to0^+}x^2\ln x$; la respuesta será $e^L$.
2. Ver qué tipo es el exponente. $x^2\to0$ y $\ln x\to-\infty$: es $0\cdot\infty$. Se pasa a fracción poniendo la potencia abajo: $$x^2\ln x=\frac{\ln x}{x^{-2}},\qquad\text{tipo }\tfrac{-\infty}{+\infty}.$$
3. Derivar arriba y abajo. $(\ln x)'=\frac1x$ y $(x^{-2})'=-2x^{-3}$: $$\frac{1/x}{-2/x^3}=-\frac{x^2}{2}.$$
4. Sustituir. $-\frac{x^2}{2}\to0$, luego $L=0$.
5. Volver a la exponencial: $e^{L}=e^0=1$.

Resultado: $1$.

Teoría: U pp.84-85

Calcule el límite $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x-1}{x+2}\right)^x$.

1. Pasar a exponencial. $\left(\frac{x-1}{x+2}\right)^x=e^{\,x\ln\frac{x-1}{x+2}}$. Hay que hallar $L=\lim_{x\to\infty}x\ln\frac{x-1}{x+2}$.
2. Pasar a fracción. $x$ pasa abajo como $\frac1x$, y el logaritmo se separa en dos: $$L=\lim_{x\to\infty}\frac{\ln(x-1)-\ln(x+2)}{1/x},\qquad\text{tipo }\tfrac00.$$
3. Derivar arriba y abajo. Arriba: $\frac1{x-1}-\frac1{x+2}=\frac{3}{(x-1)(x+2)}$. Abajo: $-\frac1{x^2}$.
4. Dividir y simplificar: $\dfrac{3/((x-1)(x+2))}{-1/x^2}=\dfrac{-3x^2}{x^2+x-2}$.
5. Límite. Con $x$ enorme, $x^2+x-2\approx x^2$, así que el cociente tiende a $-3$. Luego $L=-3$.
6. Volver: el resultado es $e^{L}=e^{-3}$.

Resultado: $e^{-3}$. (El solucionario lo hace con el número $e$, Prop. 2.2: base $=1+\frac{-3}{x+2}$ y exponente reescrito; vale igual, pero es más fácil equivocarse.)

Teoría: U p.85

Dada $f(x)=\dfrac{x}{e^x-1}$ si $x\neq0$, $f(0)=1$. (a) (1 punto) Demuestre que es continua en $\mathbb R$. (b) (0.75 puntos) Demuestre que tiene derivada continua en $\mathbb R-\{0\}$. (c) (1.25 puntos) Demuestre que la derivada es continua en $x=0$.

1. (a) Fuera de $0$. Si $x\neq0$, entonces $e^x\neq1$: $f$ es un cociente de funciones continuas con denominador no nulo, luego es continua.
2. (a) En $0$: qué hay que probar. Que $\lim_{x\to0}f(x)=f(0)=1$.
3. (a) Calcular el límite. Al sustituir sale $\tfrac00$. Derivando arriba y abajo: $\dfrac{1}{e^x}\to1$. Coincide con $f(0)$: $f$ es continua en $\mathbb R$.
4. (b) Derivar fuera de $0$ con la regla del cociente: $$f'(x)=\frac{(e^x-1)-xe^x}{(e^x-1)^2}.$$ Es cociente de continuas con denominador $\neq0$ si $x\neq0$: $f'$ es continua en $\mathbb R-\{0\}$.
5. (c) Valor de $f'(0)$. La fórmula del paso anterior no vale en $0$: se usa la definición, $f'(0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h)-f(0)}{h}$. Escribiendo $f(h)-1$ con denominador común queda $$f'(0)=\lim_{h\to0}\frac{h-e^h+1}{h(e^h-1)}\quad\left(\tfrac00\right).$$
6. (c) L'Hôpital, 1ª vez. Arriba: $1-e^h$. Abajo (producto): $(e^h-1)+he^h$. Sigue saliendo $\tfrac00$.
7. (c) L'Hôpital, 2ª vez. Arriba: $-e^h$. Abajo: $(2+h)e^h$. El cociente $\dfrac{-1}{2+h}$ tiende a $-\tfrac12$. Luego $f'(0)=-\tfrac12$.
8. (c) ¿Es continua $f'$ en $0$? Falta ver que $\lim_{x\to0}f'(x)=-\tfrac12$. Sustituyendo en la fórmula de (b) sale $\tfrac00$.
9. Derivar arriba y abajo. Arriba: $-xe^x$. Abajo: $2(e^x-1)e^x$. Se simplifica $e^x$: $$\frac{-xe^x}{2(e^x-1)e^x}=-\frac12\cdot\frac{x}{e^x-1}.$$
10. Límite. $\dfrac{x}{e^x-1}\to1$ (paso 3), así que todo tiende a $-\tfrac12=f'(0)$. Luego $f'$ es continua en $0$.

Alternativa con Taylor (tema 3.1): $\frac{x}{e^x-1}=1-\frac x2+O(x^2)$ da directamente $f'(0)=-\tfrac12$.

Teoría: U pp.82-83 (más derivada por definición, U §2.1, y regla del cociente, U §2.2)