Funciones y derivadas: ejercicios de la PAU de Matemáticas CCSS de Andalucía resueltos

Planteamiento Cada trozo es un polinomio, continuo en su intervalo. Solo hay que imponer la continuidad en los puntos de unión, $x=20$ y $x=50$: el límite por la izquierda tiene que coincidir con el valor de la función.

1. En $x=20$:

   $\lim_{x\to 20^-}\frac{x^2}{20}=\frac{400}{20}=20$$f(20)=a+20b$

2. En $x=50$:

   $\lim_{x\to 50^-}(a+bx)=a+50b$$f(50)=36-\frac{2\,500}{100}=11$

3. Las dos condiciones forman el sistema

   $a+20b=20$$a+50b=11$

4. Restamos la primera ecuación a la segunda:

   $30b=-9\ \Longrightarrow\ b=-\frac{3}{10}$

5. Sustituimos en la primera:

   $a$${}= 20-20\cdot\left(-\frac{3}{10}\right)$${}= 20+6$${}= 26$

Planteamiento Con $a=26$ y $b=-\frac{3}{10}$ la función es continua (apartado a). Estudiamos el signo de la derivada en el interior de cada trozo y miramos qué pasa en los puntos de unión y en los extremos del dominio.

1. Primer trozo: la derivada es positiva para $0<x<20$, así que $f$ crece.

   $f'(x)=\frac{x}{10}>0$

2. Segundo trozo: la derivada es negativa, así que $f$ decrece en $(20,50)$.

   $f'(x)=-\frac{3}{10}<0$

3. Tercer trozo: la derivada es negativa para $50<x<60$, así que $f$ decrece.

   $f'(x)=-\frac{x}{50}<0$

4. En $x=20$ las derivadas laterales son distintas y $f$ no es derivable, pero es continua, crece antes y decrece después: hay un máximo relativo.

   $f'(20^-)=2$$f'(20^+)=-\frac{3}{10}$

5. Valor del máximo:

   $f(20)=\frac{400}{20}=20$

6. En $x=50$ la función decrece a los dos lados, así que no hay extremo. En los extremos del dominio:

   $f(0)=0$$f(60)=36-\frac{3\,600}{100}=0$

7. Como $f$ crece desde $x=0$ y decrece hasta $x=60$, en esos dos puntos vale menos que en los puntos cercanos del dominio: son mínimos relativos, y también absolutos porque $f$ nunca es negativa.

   $f(x)\ge 0\ \text{ en } [0,60]$

Planteamiento Dibujamos los tres trozos: un arco de parábola creciente de $(0,\ 0)$ a $(20,\ 20)$, un segmento de recta de $(20,\ 20)$ a $(50,\ 11)$ y un arco de parábola decreciente de $(50,\ 11)$ a $(60,\ 0)$.

1. Primer trozo, parábola con el vértice en el origen; algunos valores:

   $f(0)=0$$f(10)=5$$f(20)=20$

2. Segundo trozo, recta de pendiente $-\frac{3}{10}$:

   $f(20)=26-6=20$$f(50)=26-15=11$

3. Tercer trozo, parábola decreciente:

   $f(50)=11$$f(55)=36-30{,}25=5{,}75$$f(60)=0$

4. Unimos los trozos sin saltos, porque la función es continua, y marcamos el máximo $(20,\ 20)$ y los mínimos $(0,\ 0)$ y $(60,\ 0)$.

   $\operatorname{Dom} f=[0,60]$

ResultadoLa gráfica sube desde $(0,\ 0)$ hasta el máximo $(20,\ 20)$, baja en línea recta hasta $(50,\ 11)$ y termina en $(60,\ 0)$ (figura).

Planteamiento La gráfica queda por encima del eje $OX$ en todo $[0,60]$ y solo lo toca en $x=0$ y en $x=60$. El área es la integral de $f$ entre $0$ y $60$, partida en los tres trozos.

1. Ceros de $f$: $\frac{x^2}{20}=0$ da $x=0$; $26-\frac{3}{10}x=0$ da $x=\frac{260}{3}$, fuera de $[20,50)$; $36-\frac{x^2}{100}=0$ da $x=60$ en $[50,60]$.

   $f(0)=f(60)=0$

2. Primer trozo, con la primitiva $\frac{x^3}{60}$ y la regla de Barrow:

   $\int_0^{20}\frac{x^2}{20}\,dx$${}= \left[\frac{x^3}{60}\right]_0^{20}$${}= \frac{8\,000}{60}-0$${}= \frac{400}{3}$

3. Segundo trozo, con la primitiva $26x-\frac{3x^2}{20}$:

   $\int_{20}^{50}\left(26-\frac{3}{10}x\right)dx$${}= \left[26x-\frac{3x^2}{20}\right]_{20}^{50}$

4. Sustituimos los límites de integración:

   $(1\,300-375)$${}-(520-60)$${}= 925-460$${}= 465$

5. Tercer trozo, con la primitiva $36x-\frac{x^3}{300}$:

   $\int_{50}^{60}\left(36-\frac{x^2}{100}\right)dx$${}= \left[36x-\frac{x^3}{300}\right]_{50}^{60}$

6. Sustituimos los límites de integración:

   $(2\,160-720)$${}-\left(1\,800-\frac{1\,250}{3}\right)$${}= 1\,440-\frac{4\,150}{3}$${}= \frac{170}{3}$

7. Sumamos las tres áreas:

   $\frac{400}{3}+465+\frac{170}{3}$${}= 190+465$${}= 655$

Planteamiento Los ingresos aumentan donde la derivada es positiva y disminuyen donde es negativa.

1. Derivada:

   $f'(t)$${}= -3t^2+21t-30$${}= -3\left(t^2-7t+10\right)$

2. Puntos críticos:

   $t^2-7t+10=0\ \Longrightarrow\ t=2$$t=5$

3. Signo de la derivada en cada tramo, con un valor de prueba:

   $f'(1{,}5)=-5{,}25<0$$f'(3)=6>0$$f'(5{,}5)=-5{,}25<0$

Planteamiento Los valores mayor y menor de una función continua en $[1,6]$ están en los puntos críticos o en los extremos del intervalo.

1. Valor en el extremo izquierdo del intervalo, $t=1$:

   $f(1)=-1+\frac{21}{2}-30+80=59{,}5$

2. Valor en el extremo derecho, $t=6$:

   $f(6)$${}= -216+378-180+80$${}= 62$

3. Valor en el punto crítico $t=2$:

   $f(2)=-8+42-60+80=54$

4. Valor en el punto crítico $t=5$:

   $f(5)$${}= -125+\frac{525}{2}-150+80$${}= 67{,}5$

5. Comparamos los cuatro valores:

   $54<59{,}5<62<67{,}5$

Planteamiento Los puntos de inflexión están donde la segunda derivada cambia de signo; con ellos y los apartados a y b dibujamos la gráfica.

1. Segunda derivada:

   $f''(t)=-6t+21=0\ \Longrightarrow\ t=\frac{7}{2}=3{,}5$

2. Cambia de signo en $t=3{,}5$:

   $f''(3)=3>0$$f''(4)=-3<0$

3. Ordenada del punto de inflexión:

   $f\left(\frac{7}{2}\right)$${}= -\frac{343}{8}+\frac{1\,029}{8}-105+80$${}= \frac{686}{8}-25$${}= 60{,}75$

4. Antes de $t=3{,}5$ la curva se abre hacia arriba ($f''>0$) y después, hacia abajo ($f''<0$). En $t=3{,}5$ la derivada es máxima: es cuando los ingresos crecían más deprisa.

   $f'(3{,}5)$${}= -36{,}75+73{,}5-30$${}= 6{,}75$

5. Puntos de la gráfica:

   $(1;\ 59{,}5),\ (2;\ 54),\ (3{,}5;\ 60{,}75),\ (5;\ 67{,}5),\ (6;\ 62)$

ResultadoPunto de inflexión en $(3{,}5;\ 60{,}75)$. Los ingresos bajan de $59\,500$ € a $54\,000$ € entre $t=1$ y $t=2$; suben de $t=2$ a $t=5$ hasta el máximo de $67\,500$ €, y crecen más deprisa a los $3{,}5$ años, cuando son de $60\,750$ €; después vuelven a bajar hasta $62\,000$ € en $t=6$ (figura).

Planteamiento El beneficio es el ingreso menos el coste; vender $x$ toneladas a 150 € da un ingreso de $150x$ euros.

1. Ingreso menos coste:

   $B(x)$${}= 150x$${}-\left(0{,}2x^2+40x+5\,000\right)$${}= -0{,}2x^2+110x-5\,000$

Planteamiento Buscamos el máximo de la parábola con la derivada.

1. Derivamos e igualamos a cero:

   $B'(x)$${}= -0{,}4x+110=0$${}\Longrightarrow x=\frac{110}{0{,}4}$${}= 275$

2. La segunda derivada es negativa, así que es un máximo:

   $B''(x)=-0{,}4<0$

3. Beneficio en ese punto:

   $B(275)$${}= -0{,}2\cdot 75\,625$${}+110\cdot 275-5\,000$

4. Operamos:

   $-15\,125+30\,250$${}-5\,000$${}= 10\,125$

Planteamiento Sin producción, $x=0$. El beneficio es positivo entre los dos ceros de la parábola, que se abre hacia abajo.

1. Sin producción:

   $B(0)=-5\,000$

2. Ceros del beneficio: multiplicamos $B(x)=0$ por $-5$.

   $x^2-550x+25\,000=0$

3. Fórmula de la ecuación de segundo grado:

   $x$${}= \frac{550\pm\sqrt{302\,500-100\,000}}{2}$${}= \frac{550\pm 450}{2}$

4. Raíces; entre ellas el beneficio es positivo:

   $x=50$$x=500$

5. Beneficio de 4000 €: igualamos $B(x)=4\,000$ y multiplicamos por $-5$.

   $x^2-550x+45\,000=0$

6. Resolvemos:

   $x$${}= \frac{550\pm\sqrt{302\,500-180\,000}}{2}$${}= \frac{550\pm 350}{2}$

7. Soluciones:

   $x=100$$x=450$

Planteamiento Los beneficios aumentan donde la derivada es positiva y disminuyen donde es negativa.

1. Signo de la derivada:

   $B'(x)=-0{,}4x+110>0\ \Longleftrightarrow\ x<275$

Planteamiento La monotonía la da el signo de la primera derivada y la curvatura, el de la segunda.

1. Escribimos $N(t)$${}= 500\,000$${}-500\,000\,e^{-0{,}2t}$ y derivamos (la derivada de $e^{-0{,}2t}$ es $-0{,}2\,e^{-0{,}2t}$):

   $N'(t)$${}= -500\,000\cdot(-0{,}2)\,e^{-0{,}2t}$${}= 100\,000\,e^{-0{,}2t}$

2. Una exponencial siempre es positiva, así que la derivada es positiva para todo $t>0$:

   $N'(t)=100\,000\,e^{-0{,}2t}>0$

3. Derivamos otra vez:

   $N''(t)$${}= 100\,000\cdot(-0{,}2)\,e^{-0{,}2t}$${}= -20\,000\,e^{-0{,}2t}$

4. La segunda derivada es negativa para todo $t>0$:

   $N''(t)=-20\,000\,e^{-0{,}2t}<0$

Planteamiento Para dibujarla usamos lo del apartado a (crece y es cóncava), el valor cerca de $t=0$, el límite en el infinito y unos cuantos puntos.

1. Cerca del lanzamiento casi nadie la ha visto:

   $\lim_{t\to 0^+}N(t)$${}= 500\,000\,(1-e^{0})=0$

2. Como $e^{-0{,}2t}\to 0$ cuando $t\to+\infty$:

   $\lim_{t\to+\infty}N(t)$${}= 500\,000\,(1-0)$${}= 500\,000$

3. Así que la recta $N=500\,000$ es una asíntota horizontal y la curva siempre queda por debajo de ella, porque $e^{-0{,}2t}>0$. Algunos valores (redondeados a centenas):

   $N(5)\approx 316\,100$$N(10)\approx 432\,300$$N(20)\approx 490\,800$

ResultadoLa gráfica sale de $(0,\ 0)$, sube muy deprisa al principio y cada vez más despacio, y se acerca a la asíntota horizontal $N=500\,000$ sin llegar a tocarla. Tendencia: el número de personas que ha visto la noticia crece siempre, pero se estabiliza; a largo plazo se acerca a $500\,000$ personas, que es el máximo de lectores que alcanzaría.

Planteamiento Igualamos $N(t)$ a $450\,000$ y despejamos $t$ con logaritmos neperianos.

1. Planteamos la ecuación:

   $500\,000\left(1-e^{-0{,}2t}\right)$${}= 450\,000$

2. Dividimos entre $500\,000$ y despejamos la exponencial:

   $1-e^{-0{,}2t}=0{,}9\ \Longrightarrow\ e^{-0{,}2t}=0{,}1$

3. Tomamos logaritmos neperianos:

   $-0{,}2t=\ln 0{,}1=-\ln 10$

4. Despejamos $t$:

   $t=\frac{\ln 10}{0{,}2}=5\ln 10\approx 11{,}51$

Planteamiento Sustituimos $t=1$ y $t=10$ en la derivada del apartado a, $N'(t)=100\,000\,e^{-0{,}2t}$.

1. Velocidad una hora después del lanzamiento:

   $N'(1)$${}= 100\,000\,e^{-0{,}2}$${}\approx 81\,873$

2. Velocidad a las diez horas:

   $N'(10)$${}= 100\,000\,e^{-2}$${}\approx 13\,534$

3. Las comparamos con un cociente:

   $\frac{N'(1)}{N'(10)}=e^{1{,}8}\approx 6{,}05$

Planteamiento Derivamos cada trozo, buscamos dónde se anula la derivada y estudiamos su signo en cada tramo.

1. Primer trozo, $0<t<12$:

   $f'(t)$${}= \frac{5}{6}\left(t^2-24t+108\right)$${}= \frac{5}{6}(t-6)(t-18)$

2. En $[0,12]$ solo se anula en $t=6$ ($t=18$ cae fuera del trozo). Signo a cada lado:

   $f'(1)=\frac{5}{6}\cdot 85>0$$f'(10)=\frac{5}{6}\cdot(-32)<0$

3. Segundo trozo, $12<t<24$:

   $f'(t)=2t-40=0\ \Longrightarrow\ t=20$

4. Signo a cada lado de $t=20$:

   $f'(15)=-10<0$$f'(22)=4>0$

5. En $t=12$ los dos trozos valen lo mismo, así que la función es continua y el cambio de trozo no crea ningún salto:

   $\frac{5}{6}\left(\frac{12^3}{3}-12\cdot 12^2+108\cdot 12+108\right)$${}= \frac{5}{6}\cdot 252$${}= 210$$12^2-40\cdot 12+546=210$

Planteamiento La función es continua en $[0,24]$ (lo hemos visto en $t=12$), así que alcanza su máximo y su mínimo absolutos. Los candidatos son los extremos del intervalo, los puntos donde se anula la derivada y el punto de cambio de trozo.

1. Extremos relativos, del apartado a: máximo en $t=6$ y mínimo en $t=20$.

   $f(6)$${}= \frac{5}{6}\left(72-432+648+108\right)$${}= \frac{5}{6}\cdot 396$${}= 330$

2. En el mínimo relativo:

   $f(20)=400-800+546=146$

3. En el extremo izquierdo del intervalo, $t=0$:

   $f(0)=\frac{5}{6}\cdot 108=90$

4. En el extremo derecho, $t=24$:

   $f(24)=576-960+546=162$

5. Y en el cambio de trozo, $f(12)=210$. Comparamos los cinco candidatos: $f(0)=90$, $f(6)=330$, $f(12)=210$, $f(20)=146$ y $f(24)=162$. El mayor y el menor son

   $f(6)=330\ \text{(máximo)}$$f(0)=90\ \text{(mínimo)}$

Planteamiento Después del mediodía, $12<t\le 24$, vale el segundo trozo. Lo igualamos a $155$.

1. Planteamos la ecuación:

   $t^2-40t+546$${}= 155$${}\Longrightarrow t^2-40t+391=0$

2. Resolvemos la ecuación de segundo grado:

   $t=\frac{40\pm\sqrt{1\,600-1\,564}}{2}=\frac{40\pm 6}{2}$

3. Las dos soluciones caen en $(12,24]$:

   $t=17$$\text{y}\ \quad t=23$

4. Comprobación:

   $17^2-40\cdot 17+546=155$$23^2-40\cdot 23+546=155$

Planteamiento Primero vemos en qué trozo puede estar el capital y después despejamos $t$ con logaritmos.

1. En el primer trozo el capital llega como mucho a

   $f(1)=5\,000\cdot 1{,}05=5\,250$

2. Como $5\,931{,}10>5\,250$, hay que usar el segundo trozo ($t>1$):

   $5\,000\cdot 1{,}05^t$${}= 5\,931{,}10$${}\Longrightarrow 1{,}05^t$${}\approx 1{,}1862$

3. Tomamos logaritmos neperianos:

   $t\cdot\ln 1{,}05=\ln 1{,}1862$

4. Despejamos:

   $t$${}= \frac{\ln 1{,}1862}{\ln 1{,}05}$${}\approx \frac{0{,}1708}{0{,}0488}$${}\approx 3{,}5$

5. Comprobación: con $t=3{,}5$ exactamente el capital es

   $5\,000\cdot 1{,}05^{3{,}5}\approx 5\,931$

Planteamiento Los dos años, 2 y 4, son mayores que 1: se calculan con el segundo trozo.

1. Capital a los 2 años:

   $f(2)$${}= 5\,000\cdot 1{,}05^2$${}= 5\,000\cdot 1{,}1025$${}= 5\,512{,}5$

2. Capital a los 4 años:

   $f(4)$${}= 5\,000\cdot 1{,}05^4$${}= 5\,000\cdot 1{,}2155\ldots$${}\approx 6\,077{,}5$

3. Intereses entre el año 2 y el 4:

   $I$${}= f(4)-f(2)$${}\approx 6\,077{,}5-5\,512{,}5$${}= 565{,}0$

Planteamiento Cada trozo es continuo y derivable en su intervalo (un polinomio y una exponencial). Solo hay que estudiar $t=1$, donde cambia la fórmula.

1. Valor y límite por la izquierda en $t=1$:

   $f(1)$${}= \lim_{t\to 1^-}5\,000(1+0{,}05t)$${}= 5\,250$

2. Límite por la derecha:

   $\lim_{t\to 1^+}5\,000\cdot 1{,}05^t$${}= 5\,000\cdot 1{,}05$${}= 5\,250$

3. Coinciden, así que $f$ es continua en $t=1$. Derivadas de cada trozo:

   $f'(t)$${}= \begin{cases}250 & 0<t<1\\ 5\,000\cdot 1{,}05^t\ln 1{,}05 & t>1\end{cases}$

4. Derivadas laterales en $t=1$:

   $f'(1^-)=250$$f'(1^+)=5\,250\ln 1{,}05\approx 256{,}15$

Planteamiento Usamos el signo de las derivadas del apartado c.

1. En el primer trozo la derivada es constante y positiva:

   $f'(t)=250>0\quad (0<t<1)$

2. En el segundo, $1{,}05^t>0$ y $\ln 1{,}05>0$:

   $f'(t)$${}= 5\,000\cdot 1{,}05^t\ln 1{,}05$${}> 0\quad (t>1)$

3. Puntos para el esbozo:

   $f(0)=5\,000$$f(1)=5\,250$$f(4)\approx 6\,077{,}5$$f(10)\approx 8\,144$

Resultado$f$ es estrictamente creciente en todo $[0,+\infty)$ (además es continua en $t=1$, así que no hay saltos): el capital nunca baja. Esbozo: un segmento recto de $(0;\ 5\,000)$ a $(1;\ 5\,250)$ y, a partir de ahí, una curva exponencial creciente cada vez más empinada que pasa por $(4;\ 6\,077{,}5)$.

Planteamiento $f$ es un producto: $(u\cdot v)'=u'v+uv'$, con la regla de la cadena en cada factor. $g$ es un cociente: $\left(\dfrac{u}{v}\right)'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}$.

1. Derivadas de los factores de $f$: $\bigl((x^2+2)^3\bigr)'$${}= 3(x^2+2)^2\cdot 2x$ y $\bigl(e^{-2x}\bigr)'=-2e^{-2x}$. Por la regla del producto:

   $f'(x)$${}= 6x(x^2+2)^2e^{-2x}$${}-2(x^2+2)^3e^{-2x}$

2. Sacamos factor común $2(x^2+2)^2e^{-2x}$:

   $f'(x)$${}= 2(x^2+2)^2e^{-2x}\bigl(3x-(x^2+2)\bigr)$

3. Ordenando el último paréntesis:

   $f'(x)$${}= -2(x^2+2)^2(x^2-3x+2)\,e^{-2x}$

4. Para $g$: el numerador es $u=\ln(1-x^3)$, con $u'=\dfrac{-3x^2}{1-x^3}$; el denominador es $v=(1-2x^2)^2$, con $v'$${}= 2(1-2x^2)(-4x)$${}= -8x(1-2x^2)$. Regla del cociente:

   $g'(x)$${}= \frac{\dfrac{-3x^2}{1-x^3}(1-2x^2)^2+8x(1-2x^2)\ln(1-x^3)}{(1-2x^2)^4}$

5. Simplificamos el factor $1-2x^2$ y quitamos la fracción del numerador multiplicando arriba y abajo por $1-x^3$:

   $g'(x)$${}= \frac{-3x^2(1-2x^2)+8x(1-x^3)\ln(1-x^3)}{(1-x^3)(1-2x^2)^3}$

Planteamiento Que la tangente en $x=1$ sea horizontal significa que su pendiente es cero, $h'(1)=0$. Además, el punto $P(1,\ 2)$ tiene que estar en la gráfica: $h(1)=2$.