Derivadas y sus aplicaciones: ejercicios de la PAU de Matemáticas II de Andalucía resueltos

Planteamiento Llamamos $x$ a la anchura de la ventana (la base del rectángulo, que es también el diámetro del semicírculo) e $y$ a la altura de la parte rectangular, en metros. Entra más luz cuanto mayor es la superficie de la ventana, así que hay que maximizar su área con la condición de que el perímetro mida $8$ m.

1. La ventana es el rectángulo más medio círculo de radio $\frac{x}{2}$. La función que hay que maximizar es su área:

   $S(x,y)$${}= xy+\frac{1}{2}\,\pi\left(\frac{x}{2}\right)^2$${}= xy+\frac{\pi x^2}{8}$

2. El perímetro está formado por la base, los dos lados verticales y la semicircunferencia, que mide $\frac{1}{2}\cdot 2\pi\cdot\frac{x}{2}=\frac{\pi x}{2}$ (el lado de arriba del rectángulo queda dentro de la ventana y no cuenta):

   $x+2y+\frac{\pi x}{2}=8$

3. Despejamos $y$:

   $y=\frac{8-x-\frac{\pi x}{2}}{2}=4-\frac{(2+\pi)\,x}{4}$

4. Sustituimos $y$ en $S$ y queda una función de una sola variable:

   $S(x)$${}= x\left(4-\frac{(2+\pi)\,x}{4}\right)$${}+\frac{\pi x^2}{8}$${}= 4x-\frac{(4+\pi)\,x^2}{8}$

5. Las dos medidas tienen que ser positivas, $x>0$ e $y>0$, es decir, $0<x<\frac{16}{2+\pi}$. Derivamos e igualamos a cero:

   $S'(x)=4-\frac{(4+\pi)\,x}{4}=0\ \Longrightarrow\ x=\frac{16}{4+\pi}$

6. La segunda derivada es negativa, así que es un máximo. Además $S'$ es positiva antes de ese punto y negativa después, de modo que es el máximo absoluto en el intervalo:

   $S''(x)=-\frac{4+\pi}{4}<0$

7. Altura de la parte rectangular:

   $y$${}= 4-\frac{2+\pi}{4}\cdot\frac{16}{4+\pi}$${}= \frac{4(4+\pi)-4(2+\pi)}{4+\pi}$${}= \frac{8}{4+\pi}$

8. El radio del semicírculo es la mitad de la anchura:

   $\frac{x}{2}=\frac{8}{4+\pi}$

9. Con la calculadora, en metros:

   $x\approx 2{,}24$$y\approx 1{,}12$

Planteamiento Cada condición del enunciado da una ecuación en $a$, $b$ y $c$. Necesitamos la derivada, $f'(x)=3x^2+2ax+b$.

1. $f(1)=0$:

   $1+a+b+c=0$

2. $x=0$ es un punto crítico, así que la derivada se anula en él:

   $f'(0)=b=0$

3. La recta $y+3x=0$ es $y=-3x$, de pendiente $-3$. Dos rectas paralelas tienen la misma pendiente, así que la tangente en $x=-1$ tiene pendiente $-3$:

   $f'(-1)=3-2a+b=-3$

4. Con $b=0$:

   $3-2a=-3\ \Longrightarrow\ a=3$

5. De la primera ecuación:

   $c=-1-a-b=-1-3-0=-4$

6. Comprobación con $f(x)=x^3+3x^2-4$ y $f'(x)=3x^2+6x$:

   $f(1)=1+3-4=0$$f'(0)=0$$f'(-1)=3-6=-3$

Planteamiento La gráfica tiene la asíntota horizontal $y=L$ cuando $\lim_{x\to+\infty}f(x)=L$. Como el dominio es $(0,+\infty)$, solo hay que mirar $x\to+\infty$.

1. El cociente $\frac{\ln(x)}{x^2}$ es una indeterminación $\frac{\infty}{\infty}$; aplicamos L'Hôpital:

   $\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x)}{x^2}$${}= \lim_{x\to+\infty}\frac{1/x}{2x}$${}= \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{2x^2}=0$

2. Por tanto el límite de $f$ es $a$:

   $\lim_{x\to+\infty}f(x)=a+0=a$

3. Para que la asíntota sea $y=1$:

   $a=1$

Planteamiento Con $a=0$, $f(x)=\frac{\ln(x)}{x^2}$. Estudiamos el signo de $f'$ en $(0,+\infty)$: donde es positiva $f$ crece y donde es negativa decrece.

1. Derivada de un cociente:

   $f'(x)$${}= \frac{\frac{1}{x}\cdot x^2-\ln(x)\cdot 2x}{x^4}$${}= \frac{x-2x\ln(x)}{x^4}$

2. Simplificamos dividiendo numerador y denominador entre $x$:

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

3. Puntos críticos:

   $1-2\ln(x)=0\ \Longrightarrow\ \ln(x)=\frac{1}{2}\ \Longrightarrow\ x=\sqrt{e}$

4. En $(0,+\infty)$ el denominador $x^3$ es positivo, así que el signo de $f'$ es el de $1-2\ln(x)$. Lo comprobamos en un punto a cada lado de $\sqrt{e}\approx 1{,}65$:

   $f'(1)=\frac{1-0}{1}=1>0$$f'(e)=\frac{1-2}{e^3}<0$

5. Valor de la función en $x=\sqrt{e}$, usando $\ln(\sqrt{e})=\frac{1}{2}$ y $(\sqrt{e})^2=e$:

   $f(\sqrt{e})=\frac{1/2}{e}=\frac{1}{2e}$

Resultado$f$ es creciente en $(0,\sqrt{e})$ y decreciente en $(\sqrt{e},+\infty)$. Tiene un máximo relativo en $x=\sqrt{e}$, donde vale $f(\sqrt{e})=\frac{1}{2e}\approx 0{,}18$. No tiene mínimos relativos.

Planteamiento Dos rectas son paralelas si tienen la misma pendiente. La pendiente de la tangente en un punto de abscisa $x$ es $f'(x)$; la buscamos igual a la pendiente de la recta $AB$.

1. Pendiente de la recta que pasa por $A(1,\ 0)$ y $B(e,\ 1)$:

   $m_{AB}=\frac{1-0}{e-1}=\frac{1}{e-1}$

2. Derivada de $f$:

   $f'(x)=\frac{1}{x}$

3. Igualamos las pendientes:

   $\frac{1}{x}=\frac{1}{e-1}\ \Longrightarrow\ x=e-1$

4. Como $e-1\approx 1{,}72>0$, el punto está en el dominio. Su ordenada:

   $f(e-1)=\ln(e-1)$

Planteamiento La recta normal en $A$ es perpendicular a la tangente en $A$: su pendiente es $-\frac{1}{f'(1)}$.

1. Pendiente de la tangente en $x=1$:

   $f'(1)=\frac{1}{1}=1$

2. Pendiente de la normal:

   $m_n=-\frac{1}{f'(1)}=-1$

3. Recta que pasa por $A(1,\ 0)$ con pendiente $-1$:

   $y-0=-1\cdot(x-1)$

4. Simplificamos:

   $y=-x+1$

Planteamiento Cada dato da una ecuación: la tangente $y=1$ en $x=\frac{\pi}{2}$ da el valor de $f$ y el de $f'$ en ese punto (pendiente $0$), y el corte con $y=x-1$ en $x=0$ da $f(0)$.

1. Derivada de $f$:

   $f'(x)=-b\,\operatorname{sen}(x)+c\cos(x)$

2. La tangente en $x=\frac{\pi}{2}$ es horizontal, así que $f'\left(\frac{\pi}{2}\right)=0$; con $\operatorname{sen}\left(\frac{\pi}{2}\right)=1$ y $\cos\left(\frac{\pi}{2}\right)=0$:

   $f'\left(\frac{\pi}{2}\right)=-b=0\ \Longrightarrow\ b=0$

3. El punto de tangencia está en la recta $y=1$:

   $f\left(\frac{\pi}{2}\right)=a+c=1$

4. En $x=0$ la recta $y=x-1$ vale $-1$, y ese punto es de la gráfica:

   $f(0)=a+b=-1$

5. Con $b=0$ sale $a$, y después $c$:

   $a=-1$$c=1-a=2$

6. Comprobación: $f(x)=-1+2\,\operatorname{sen}(x)$ pasa por los dos puntos:

   $f\left(\frac{\pi}{2}\right)=-1+2=1$$f(0)=-1$

7. Su derivada, $f'(x)=2\cos(x)$, se anula en $x=\frac{\pi}{2}$:

   $f'\left(\frac{\pi}{2}\right)=2\cos\left(\frac{\pi}{2}\right)=0$

Planteamiento Estudiamos el signo de $f'$. Como $e^{-x^2}>0$ siempre, el signo lo decide un polinomio de segundo grado.

1. Derivada del producto:

   $f'(x)$${}= e^{-x^2}$${}+\left(x-\frac{1}{2}\right)(-2x)e^{-x^2}$

2. Sacamos factor común:

   $f'(x)$${}= e^{-x^2}\left(-2x^2+x+1\right)$

3. Raíces de $-2x^2+x+1=0$, es decir, de $2x^2-x-1=0$:

   $x=\frac{1\pm\sqrt{1+8}}{4}=\frac{1\pm 3}{4}$

4. Las dos raíces:

   $x_1=-\frac{1}{2}$$x_2=1$

5. Factorizamos y estudiamos el signo:

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

6. Con valores de prueba: $f'(-1)$${}= -e^{-1}\cdot(-1)\cdot(-2)$${}< 0$, $f'(0)=1>0$ y $f'(2)=-e^{-4}\cdot 5\cdot 1<0$.

   $f'(-1)=-2e^{-1}$$f'(0)=1$$f'(2)=-5e^{-4}$

Planteamiento Por el apartado a), hay un mínimo relativo en $x=-\frac{1}{2}$ y un máximo relativo en $x=1$. Para ver si son absolutos comparamos con lo que pasa en $\pm\infty$.

1. Valor en el mínimo relativo:

   $f\left(-\frac{1}{2}\right)$${}= \left(-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\right)e^{-\frac{1}{4}}$${}= -e^{-\frac{1}{4}}$${}\approx -0{,}78$

2. Valor en el máximo relativo:

   $f(1)=\frac{1}{2}\,e^{-1}=\frac{1}{2e}\approx 0{,}18$

3. En los extremos del dominio la exponencial manda (crece mucho más deprisa que el polinomio):

   $\lim_{x\to\pm\infty}\left(x-\frac{1}{2}\right)e^{-x^2}=0$

4. En $\left(-\infty,\ -\frac{1}{2}\right)$ $f$ baja desde valores próximos a $0$ hasta $-e^{-\frac{1}{4}}$; en $(1,+\infty)$ baja desde $\frac{1}{2e}$ hacia $0$, siempre positiva porque $x>\frac{1}{2}$. Así ningún valor supera esos dos.

   $-e^{-\frac{1}{4}}\leq f(x)\leq\frac{1}{2e}\quad\text{para todo }x\in\mathbb{R}$

Planteamiento $f$ es continua y derivable en todo $\mathbb{R}$, porque el denominador $e^x+e^{-x}$ es siempre positivo. Buscamos dónde se anula la derivada, estudiamos su signo y miramos qué pasa cuando $x\to\pm\infty$, porque el dominio no es un intervalo cerrado.

1. Escribimos $f(x)=\left(e^x+e^{-x}\right)^{-1}$ y derivamos con la regla de la cadena:

   $f'(x)$${}= -\frac{e^x-e^{-x}}{\left(e^x+e^{-x}\right)^2}$

2. El denominador es positivo, así que $f'(x)=0$ solo si se anula el numerador:

   $e^x-e^{-x}=0\ \Longrightarrow\ e^{2x}=1\ \Longrightarrow\ x=0$

3. Signo de $f'$: si $x<0$, $e^x<e^{-x}$, el numerador $e^x-e^{-x}$ es negativo y $f'(x)>0$; si $x>0$, al revés. Por ejemplo:

   $f'(-1)$${}= \frac{e-e^{-1}}{\left(e^{-1}+e\right)^2}$${}> 0$$f'(1)$${}= -\frac{e-e^{-1}}{\left(e+e^{-1}\right)^2}$${}< 0$

4. $f$ crece en $(-\infty,0)$ y decrece en $(0,+\infty)$. En $x=0$ hay un máximo, y es absoluto porque la función crece en todo lo que queda a su izquierda y decrece en todo lo que queda a su derecha. Su valor:

   $f(0)=\frac{1}{e^0+e^0}=\frac{1}{2}$

5. Para el mínimo, $f(x)>0$ para todo $x$, y en los dos extremos la función se acerca a $0$:

   $\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{e^x+e^{-x}}=0$$\lim_{x\to-\infty}\frac{1}{e^x+e^{-x}}=0$

6. Como $f$ nunca vale $0$ pero toma valores positivos tan cercanos a $0$ como se quiera, no hay ningún punto donde alcance un valor mínimo.

Planteamiento $x^2f(x)=\dfrac{x^2}{e^x+e^{-x}}$. Cuando $x\to+\infty$, el numerador y el denominador tienden a $+\infty$: es una indeterminación $\frac{\infty}{\infty}$ y aplicamos la regla de L'Hôpital.

1. Primera aplicación de L'Hôpital; el nuevo cociente sigue siendo $\frac{\infty}{\infty}$:

   $\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{e^x+e^{-x}}$${}= \lim_{x\to+\infty}\frac{2x}{e^x-e^{-x}}$

2. Segunda aplicación. El numerador queda constante y el denominador tiende a $+\infty$:

   $\lim_{x\to+\infty}\frac{2x}{e^x-e^{-x}}$${}= \lim_{x\to+\infty}\frac{2}{e^x+e^{-x}}=0$

Planteamiento La pendiente de la recta tangente en $x=c$ es $f'(c)$. Calculamos la pendiente de la recta que une los extremos de la gráfica y buscamos los $c\in(-2,2)$ en los que $f'(c)$ vale lo mismo. Existe al menos uno por el teorema del valor medio (de Lagrange), porque $f$ es un polinomio: continua en $[-2,2]$ y derivable en $(-2,2)$.

1. Valores en los extremos:

   $f(-2)=-8+4+5=1$$f(2)=8-4+5=9$

2. Pendiente de la recta que pasa por $(-2,\ 1)$ y $(2,\ 9)$:

   $m=\frac{f(2)-f(-2)}{2-(-2)}=\frac{9-1}{4}=2$

3. Derivada de $f$:

   $f'(x)=3x^2-2$

4. Igualamos la pendiente de la tangente a $2$:

   $3x^2-2=2\ \Longrightarrow\ x^2=\frac{4}{3}$

5. Raíces, racionalizando:

   $x=\pm\frac{2}{\sqrt{3}}=\pm\frac{2\sqrt{3}}{3}$

6. Las dos están dentro de $(-2,2)$, porque $\frac{2\sqrt{3}}{3}\approx 1{,}15$.

Planteamiento El punto de inflexión está donde $f''$ se anula y cambia de signo. La tangente en $x=a$ es $y-f(a)=f'(a)(x-a)$; la normal es la perpendicular a la tangente en ese punto, de pendiente $-\frac{1}{f'(a)}$.

1. Segunda derivada:

   $f''(x)=6x=0\ \Longrightarrow\ x=0$

2. $f''$ es negativa para $x<0$ y positiva para $x>0$: en $x=0$ cambia la curvatura y hay un punto de inflexión. Su ordenada y la pendiente de la tangente:

   $f(0)=5$$f'(0)=-2$

3. Recta tangente:

   $y-5=-2(x-0)\ \Longrightarrow\ y=-2x+5$

4. Recta normal, de pendiente $-\frac{1}{-2}=\frac{1}{2}$:

   $y-5=\frac{1}{2}(x-0)\ \Longrightarrow\ y=\frac{1}{2}x+5$

Planteamiento Quitamos el valor absoluto para escribir $f$ a trozos, hallamos la recta tangente en $x=0$, buscamos dónde se cortan la gráfica y la tangente y expresamos el área como suma de integrales definidas.

1. Como $|x-1|=1-x$ si $x<1$ y $|x-1|=x-1$ si $x\ge 1$:

   $f(x)$${}= \begin{cases}x-x^2 & \text{si } x<1\\ x^2-x & \text{si } x\ge 1\end{cases}$

2. Cerca de $x=0$ vale el primer trozo:

   $f(0)=0$$f'(x)=1-2x\ \Longrightarrow\ f'(0)=1$

3. Recta tangente en $x=0$:

   $y-0=1\cdot(x-0)\ \Longrightarrow\ y=x$

4. Cortes con el primer trozo ($x<1$):

   $x-x^2=x\ \Longrightarrow\ x^2=0\ \Longrightarrow\ x=0$

5. Cortes con el segundo trozo ($x\ge 1$); de las raíces $x=0$ y $x=2$, solo $x=2$ cumple $x\ge 1$:

   $x^2-x=x\ \Longrightarrow\ x(x-2)=0$

6. Entre $0$ y $2$ la tangente va por encima de la gráfica (por ejemplo, en $x=1$ la recta vale $1$ y $f(1)=0$). Como $f$ cambia de expresión en $x=1$, partimos el área en dos integrales:

   $A$${}= \int_0^1\left(x-(x-x^2)\right)dx$${}+\int_1^2\left(x-(x^2-x)\right)dx$

7. Primera integral:

   $\int_0^1 x^2\,dx$${}= \left[\frac{x^3}{3}\right]_0^1$${}= \frac{1}{3}$

8. Segunda integral, con su primitiva:

   $\int_1^2\left(2x-x^2\right)dx$${}= \left[x^2-\frac{x^3}{3}\right]_1^2$

9. Regla de Barrow:

   $\left(4-\frac{8}{3}\right)-\left(1-\frac{1}{3}\right)=\frac{4}{3}-\frac{2}{3}=\frac{2}{3}$

10. Sumamos las dos partes:

    $A=\frac{1}{3}+\frac{2}{3}=1$

ResultadoLa recta tangente en $x=0$ es $y=x$, corta a la gráfica en $x=0$ y en $x=2$, y el área del recinto es $A=1$ unidad cuadrada.

Planteamiento Estudiamos primero qué pasa en $x=0$, donde cambia la expresión; después, el signo de $f'$ en cada trozo, y por último comparamos los valores en los extremos relativos y en los extremos del intervalo. Como $f$ es continua en el intervalo cerrado $[-2,2\pi]$, alcanza en él un máximo y un mínimo absolutos (teorema de Weierstrass).

1. Continuidad en $x=0$; los dos límites laterales coinciden con $f(0)$, así que $f$ es continua en $0$ y en todo $[-2,2\pi]$:

   $\lim_{x\to 0^-}(5x+1)=1$$\lim_{x\to 0^+}e^x\cos(x)=1$$f(0)=1$

2. Derivada en cada trozo:

   $f'(x)$${}= \begin{cases}5 & \text{si } -2<x<0\\ e^x\left(\cos(x)-\operatorname{sen}(x)\right) & \text{si } 0<x<2\pi\end{cases}$

3. Derivadas laterales en $0$:

   $f'(0^-)=5$$f'(0^+)$${}= e^0\left(\cos(0)-\operatorname{sen}(0)\right)$${}= 1$

4. No coinciden, así que $f$ no es derivable en $0$. Pero las dos son positivas: $f$ crece a la izquierda y a la derecha de $0$, y en $x=0$ no hay extremo.

5. En $(-2,0)$, $f'(x)=5>0$ y $f$ crece. En $(0,2\pi)$, como $e^x>0$, $f'$ se anula donde $\cos(x)=\operatorname{sen}(x)$ (ahí $\cos(x)\ne 0$, así que podemos dividir):

   $\operatorname{tg}(x)=1\ \Longrightarrow\ x=\frac{\pi}{4}$$x=\frac{5\pi}{4}$

6. El signo de $f'$ es el de $\cos(x)-\operatorname{sen}(x)$. Lo comprobamos en un punto de cada tramo:

   $f'\!\left(\frac{\pi}{6}\right)>0$$f'(\pi)=-e^{\pi}<0$$f'\!\left(\frac{3\pi}{2}\right)=e^{3\pi/2}>0$

7. $f$ crece en $\left(-2,\frac{\pi}{4}\right)$, decrece en $\left(\frac{\pi}{4},\frac{5\pi}{4}\right)$ y crece en $\left(\frac{5\pi}{4},2\pi\right)$. Máximo relativo en $x=\frac{\pi}{4}$, con $\cos\frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$:

   $f\!\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}\,e^{\pi/4}\approx 1{,}55$

8. Mínimo relativo en $x=\frac{5\pi}{4}$, con $\cos\frac{5\pi}{4}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$:

   $f\!\left(\frac{5\pi}{4}\right)$${}= -\frac{\sqrt{2}}{2}\,e^{5\pi/4}$${}\approx -35{,}89$

9. Valores en los extremos del intervalo, con $\cos(2\pi)=1$:

   $f(-2)=-10+1=-9$$f(2\pi)=e^{2\pi}\approx 535{,}49$

10. Comparamos los cuatro valores: el mayor es $f(2\pi)=e^{2\pi}$ y el menor, $f\left(\frac{5\pi}{4}\right)\approx -35{,}89$, que es menor que $f(-2)=-9$.

11. Ojo: en $x=-2$ la función empieza creciendo y en $x=2\pi$ termina creciendo. Si se cuentan también como extremos relativos los de los bordes del intervalo (algunos libros lo hacen), $x=-2$ es además un mínimo relativo, con $f(-2)=-9$, y $x=2\pi$, un máximo relativo.

Planteamiento En $x=\frac{\pi}{2}$ vale el segundo trozo, que es derivable. La tangente es $y-f\left(\frac{\pi}{2}\right)$${}= f'\left(\frac{\pi}{2}\right)\left(x-\frac{\pi}{2}\right)$.

1. Valor de la función, con $\cos\frac{\pi}{2}=0$:

   $f\!\left(\frac{\pi}{2}\right)=e^{\pi/2}\cos\frac{\pi}{2}=0$

2. Pendiente, con $\operatorname{sen}\frac{\pi}{2}=1$:

   $f'\!\left(\frac{\pi}{2}\right)$${}= e^{\pi/2}(0-1)$${}= -e^{\pi/2}$

3. Recta tangente:

   $y-0=-e^{\pi/2}\left(x-\frac{\pi}{2}\right)$