IB Aplicaciones e Interpretación NM · Cálculo diferencial e integral · Cierre del tema

Ejercicios IB del tema 7

86 ejercicios con solución · Por Álvaro López

Ejercicios de exámenes del IB agrupados por tipo y, dentro de cada tipo, de menos a más difícil. Intenta cada uno antes de abrir la solución.

Nivel

Prueba

Soluciones

Derivadas y reglas de derivación

Ejercicio 1 BásicoIB · P1 TZ0 Mayo 2006

La función $f (x)$ se define por $f (x) = 3 x^{4} + \frac{2}{x} - \frac{x}{4} + 1$ , $(x \neq = 0)$ .

a) Calcule la derivada segunda $f^{''} (x)$ .

b) Halle el valor de $f^{''} (x)$ en el punto $(1, \frac{23}{4})$ .

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Resultado: a) $f^{''} (x) = 36 x^{2} + \frac{4}{x ^{3}}$ ; b) $f^{''} (1) = 40$

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Escribimos $f (x) = 3 x^{4} + 2 x^{- 1} - \frac{1}{4} x + 1$ .
Primera derivada: $f^{'} (x) = 12 x^{3} - \frac{2}{x ^{2}} - \frac{1}{4}$ .
Segunda derivada: $f^{''} (x) = 36 x^{2} + \frac{4}{x ^{3}} .$

Sustituimos $x = 1$ : $f^{''} (1) = 36 + 4 = 40.$

Resultado: a) $f^{''} (x) = 36 x^{2} + \frac{4}{x ^{3}}$ ; b) $f^{''} (1) = 40$

Ejercicio 2 BásicoIB · P1 TZ0 Noviembre 2009

Sea $f (x) = 2 x^{2} + x - 6$ .

a) Halle $f^{'} (x)$ .

b) Halle el valor de $f^{'} (- 3)$ .

c) Halle el valor de $x$ para el cual $f^{'} (x) = 0$ .

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Resultado: a) $f^{'} (x) = 4 x + 1$ ; b) $- 11$ ; c) $x = - \frac{1}{4} = - 0, 25$

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a) $f^{'} (x) = 4 x + 1.$

b) $f^{'} (- 3) = 4 (- 3) + 1 = - 11.$

$4 x + 1 = 0 \Rightarrow x = - \frac{1}{4}$ .

Resultado: a) $f^{'} (x) = 4 x + 1$ ; b) $- 11$ ; c) $x = - \frac{1}{4} = - 0, 25$

Ejercicio 3 BásicoIB · P2 TZ0 Noviembre 2013

Sea $f (x) = 3 x^{4} - \frac{1}{2}$ .

a) Halle $f^{'} (x)$ .

b) Halle $\int f (x) d x$ .

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Resultado: a) $f^{'} (x) = \frac{4}{3} x^{1/3}$ ; b) $\int f (x) d x = \frac{3}{7} x^{7/3} - \frac{1}{2} x + C$

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Reescribimos con exponente fraccionario: $3 x^{4} = x^{4/3}$ , luego $f (x) = x^{4/3} - \frac{1}{2}$ .
Derivamos: $f^{'} (x) = \frac{4}{3} x^{4/3 - 1} = \frac{4}{3} x^{1/3} .$

Integramos cada término: $\int x^{4/3} d x = \frac{x ^{7/3}}{7/3} = \frac{3}{7} x^{7/3}$ y $\int \frac{1}{2} d x = \frac{1}{2} x$ .
Por tanto $\int f (x) d x = \frac{3}{7} x^{7/3} - \frac{1}{2} x + C .$

Resultado: a) $f^{'} (x) = \frac{4}{3} x^{1/3}$ ; b) $\int f (x) d x = \frac{3}{7} x^{7/3} - \frac{1}{2} x + C$

Ejercicio 4 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2019

La siguiente figura muestra la curva $y = \frac{x ^{2}}{2} + \frac{2 a}{x}$ , $x \neq = 0$ .

Curva y = x²/2 + 2a/x (dibujada con a = 1) con dos ramas separadas por el eje vertical; la rama izquierda corta el eje horizontal a la izquierda del origen y la derecha tiene un mínimo local a la derecha del eje vertical

La ecuación de la asíntota vertical de esta curva es $x = k$ .

a) Escriba el valor de $k$ .

b) Halle $\frac{d y}{d x}$ .

En el punto donde $x = 2$ , la pendiente de la tangente a la curva es igual a $0, 5$ .

c) Halle el valor de $a$ .

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Resultado: a) $k = 0$ ; b) $\frac{d y}{d x} = x - \frac{2 a}{x ^{2}}$ ; c) $a = 3$

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La curva no está definida en $x = 0$ y el término $\frac{2 a}{x}$ se hace infinito cuando $x$ se acerca a $0$ .
La asíntota vertical es el eje $y$ : $k = 0$ .

Escribimos $y = \frac{1}{2} x^{2} + 2 a x^{- 1}$ y derivamos término a término: $\frac{d y}{d x} = x - \frac{2 a}{x ^{2}} .$

Sustituimos $x = 2$ en la derivada: $\frac{d y}{d x} = 2 - \frac{2 a}{4} = 2 - \frac{a}{2}$ .
Imponemos que la pendiente sea $0, 5$ : $2 - \frac{a}{2} = 0, 5 \Rightarrow \frac{a}{2} = 1, 5 \Rightarrow a = 3.$

Resultado: a) $k = 0$ ; b) $\frac{d y}{d x} = x - \frac{2 a}{x ^{2}}$ ; c) $a = 3$

Ejercicio 5 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2018

Considere la función $f (x) = \frac{x ^{4}}{4}$ .

a) Halle $f^{'} (x)$ .

b) Halle la pendiente del gráfico de $f$ en $x = - \frac{1}{2}$ .

c) Halle la coordenada $x$ del punto en el que la normal al gráfico de $f$ tiene pendiente $- \frac{1}{8}$ .

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Resultado: a) $f^{'} (x) = x^{3}$ ; b) $- \frac{1}{8}$ ; c) $x = 2$

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$f^{'} (x) = \frac{4 x ^{3}}{4} = x^{3}$ .

$f^{'} (- \frac{1}{2}) = (- \frac{1}{2})^{3} = - \frac{1}{8}$ .

La normal tiene pendiente $- \frac{1}{8}$ , luego la tangente en ese punto tiene pendiente $8$ (pendientes perpendiculares: $m_{1} m_{2} = - 1$ ).
Igualamos la derivada a $8$ : $x^{3} = 8 \Rightarrow x = 2.$

Resultado: a) $f^{'} (x) = x^{3}$ ; b) $- \frac{1}{8}$ ; c) $x = 2$

Ejercicio 6 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2007

a) Dibuje la curva de la función $f (x) = x^{3} - 2 x^{2} + x - 3$ para valores de $x$ entre $- 2$ y $4$ , dando las intersecciones con ambos ejes.

b) En el mismo diagrama, dibuje la recta $y = 7 - 2 x$ y encuentre las coordenadas del punto de intersección de la recta con la curva.

c) Encuentre el valor de la pendiente de la curva para $x = 1, 7$ .

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Resultado: a) gráfico con cortes $(0, - 3)$ y $(2, 17, 0)$ ; b) $(2, 45, 2, 11)$ ; c) pendiente $2, 87$

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Con la CPG se dibuja $f (x) = x^{3} - 2 x^{2} + x - 3$ para $- 2 \leq x \leq 4$ .
Corte con el eje $y$ : $f (0) = - 3$ , es decir, $(0, - 3)$ .
Corte con el eje $x$ : $f (x) = 0$ da $x \approx 2, 17$ , es decir, $(2, 17, 0)$ .

Gráfica de f(x) = x³ − 2x² + x − 3 para −2 ≤ x ≤ 4 y de la recta y = 7 − 2x, que se cortan en un único punto a la derecha del eje y; la curva pasa por (0, −3) y cruza el eje x en x ≈ 2,17

Dibujamos la recta $y = 7 - 2 x$ en los mismos ejes (pasa por $(0, 7)$ y $(3, 5, 0)$ ).
Con la CPG, el punto de intersección es $x \approx 2, 45$ . Entonces $y = 7 - 2 (2, 45) \approx 2, 11$ .
La recta y la curva se cortan en $(2, 45, 2, 11)$ .

Derivamos: $f^{'} (x) = 3 x^{2} - 4 x + 1$ .
Sustituimos $x = 1, 7$ : $f^{'} (1, 7) = 3 (1, 7)^{2} - 4 (1, 7) + 1 = 8, 67 - 6, 8 + 1 = 2, 87.$

Resultado: a) gráfico con cortes $(0, - 3)$ y $(2, 17, 0)$ ; b) $(2, 45, 2, 11)$ ; c) pendiente $2, 87$

Ejercicio 7 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2016

Una empresa vende zumos de frutas en latas cilíndricas, cada una de las cuales tiene un volumen de $340 cm^{3}$ . El área de superficie de una lata es $A cm^{2}$ y está dada por la fórmula $A = 2 π r^{2} + \frac{680}{r}$ , donde $r$ es el radio de la lata, en cm.

Para reducir el costo de una lata, se debe minimizar su superficie.

a) Calcule $\frac{d A}{d r}$ .

b) Calcule el valor de $r$ que minimiza el área de la superficie de una lata.

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Resultado: a) $\frac{d A}{d r} = 4 π r - \frac{680}{r ^{2}}$ ; b) $r = 3 \frac{170}{π} \approx 3, 78$ cm

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Escribimos $A = 2 π r^{2} + 680 r^{- 1}$ y derivamos: $\frac{d A}{d r} = 4 π r - \frac{680}{r ^{2}} .$

El mínimo se alcanza donde la derivada es cero: $4 π r - \frac{680}{r ^{2}} = 0 \Rightarrow 4 π r^{3} = 680 \Rightarrow r^{3} = \frac{170}{π} .$
Entonces $r = 3 \frac{170}{π} \approx 3, 78 cm .$
Es un mínimo porque $\frac{d A}{d r} < 0$ para $r$ menor y $\frac{d A}{d r} > 0$ para $r$ mayor (o porque $A^{''} = 4 π + \frac{1360}{r ^{3}} > 0$ ).

Resultado: a) $\frac{d A}{d r} = 4 π r - \frac{680}{r ^{2}}$ ; b) $r = 3 \frac{170}{π} \approx 3, 78$ cm

Ejercicio 8 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2016

Considere la función $f (x) = x^{3} - 3 x^{2} + 2 x + 2$ . A continuación se muestra una parte del gráfico de $f$ .

Gráfica de f(x) = x³ − 3x² + 2x + 2 con cuadrícula de referencia; los ejes van de −2 a 4 en x y de −15 a 25 en y

a) Halle $f^{'} (x)$ .

b) Hay dos puntos en los que la pendiente del gráfico de $f$ es igual a 11. Halle la abscisa (coordenada $x$ ) de esos puntos.

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Resultado: a) $f^{'} (x) = 3 x^{2} - 6 x + 2$ ; b) $x = - 1$ y $x = 3$

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Derivamos cada término de $f (x) = x^{3} - 3 x^{2} + 2 x + 2$ : $f^{'} (x) = 3 x^{2} - 6 x + 2.$

La pendiente de la gráfica en un punto es $f^{'} (x)$ , así que planteamos $f^{'} (x) = 11$ : $3 x^{2} - 6 x + 2 = 11 \Rightarrow 3 x^{2} - 6 x - 9 = 0 \Rightarrow x^{2} - 2 x - 3 = 0.$
Factorizamos: $(x - 3) (x + 1) = 0.$
Las abscisas de esos dos puntos son $x = - 1$ y $x = 3$ .

Resultado: a) $f^{'} (x) = 3 x^{2} - 6 x + 2$ ; b) $x = - 1$ y $x = 3$

Ejercicio 9 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2016

La ecuación de una curva es $y = \frac{1}{2} x^{4} - \frac{3}{2} x^{2} + 7$ .

a) Halle $\frac{d y}{d x}$ .

La pendiente de la tangente a la curva en un punto P es $- 10$ .

b) Halle las coordenadas de P.

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Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = 2 x^{3} - 3 x$ ; b) $P (- 2, 9)$

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Derivamos $y = \frac{1}{2} x^{4} - \frac{3}{2} x^{2} + 7$ : $\frac{d y}{d x} = 2 x^{3} - 3 x .$

Igualamos la pendiente a $- 10$ : $2 x^{3} - 3 x = - 10 \Rightarrow 2 x^{3} - 3 x + 10 = 0.$
Con la calculadora (o probando valores) vemos que $x = - 2$ es solución: $2 (- 8) + 6 + 10 = 0$ .
Factorizando, $2 x^{3} - 3 x + 10 = (x + 2) (2 x^{2} - 4 x + 5)$ , y el segundo factor no tiene raíces reales (su discriminante es $16 - 40 < 0$ ). Así que $x = - 2$ es la única solución.
Calculamos la ordenada: $y = \frac{1}{2} (- 2)^{4} - \frac{3}{2} (- 2)^{2} + 7 = 8 - 6 + 7 = 9.$
El punto es $P (- 2, 9)$ .

Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = 2 x^{3} - 3 x$ ; b) $P (- 2, 9)$

Ejercicio 10 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2013

Una curva viene descrita por la función $f (x) = 3 x - \frac{2}{x ^{2}}$ , $x \neq = 0$ .

a) Halle $f^{'} (x)$ .

La pendiente de la curva en el punto $A$ es 35.

b) Halle la coordenada $x$ del punto $A$ .

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Resultado: a) $f^{'} (x) = 3 + \frac{4}{x ^{3}}$ ; b) $x = \frac{1}{2} = 0, 5$

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Escribimos $f (x) = 3 x - 2 x^{- 2}$ y derivamos: $f^{'} (x) = 3 + 4 x^{- 3} = 3 + \frac{4}{x ^{3}} .$

Igualamos la pendiente a $35$ : $3 + \frac{4}{x ^{3}} = 35 \Rightarrow \frac{4}{x ^{3}} = 32 \Rightarrow x^{3} = \frac{1}{8} .$
Luego $x = \frac{1}{2} = 0, 5$ .

Resultado: a) $f^{'} (x) = 3 + \frac{4}{x ^{3}}$ ; b) $x = \frac{1}{2} = 0, 5$

Ejercicio 11 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2014

Considere la curva $y = x^{2} + \frac{a}{x} - 1$ , $x \neq = 0$ .

a) Calcule $\frac{d y}{d x}$ .

La pendiente de la tangente a la curva es $- 14$ , cuando $x = 1$ .

b) Encuentre el valor de $a$ .

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Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = 2 x - \frac{a}{x ^{2}}$ ; b) $a = 16$

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Escribimos $y = x^{2} + a x^{- 1} - 1$ y derivamos: $\frac{d y}{d x} = 2 x - \frac{a}{x ^{2}} .$

La pendiente en $x = 1$ es $- 14$ : $2 \cdot 1 - \frac{a}{1} = - 14 \Rightarrow 2 - a = - 14.$
Luego $a = 16$ .

Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = 2 x - \frac{a}{x ^{2}}$ ; b) $a = 16$

Recta tangente y recta normal

Ejercicio 12 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2018

Considere la función $f (x) = \frac{27}{x ^{2}} - 16 x$ , $x \neq = 0$ .

a) Dibuje aproximadamente el gráfico de $y = f (x)$ , para $- 4 \leq x \leq 3$ e $- 50 \leq y \leq 100$ .

b) Utilice la calculadora de pantalla gráfica para hallar

(i) el cero de $f (x)$ ;

(ii) las coordenadas del punto mínimo local;

(iii) la ecuación de la tangente al gráfico de $y = f (x)$ en el punto $(- 2; 38, 75)$ .

Dé la respuesta en la forma $y = m x + c$ .

c) Sobre los mismos ejes de coordenadas dibuje aproximadamente el gráfico de la función $g (x) = 10 x + 40$ .

d) Resuelva la ecuación $f (x) = g (x)$ .

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Resultado: a) gráfico con asíntota vertical $x = 0$ y mínimo local en $x = - 1, 5$ ; b) (i) $x \approx 1, 19$ ; (ii) $(- 1, 5, 36)$ ; (iii) $y = - 9, 25 x + 20, 25$ ; c) recta por $(- 4, 0)$ y $(3, 70)$ ; d) $x \approx 0, 684$

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Con la CPG se dibuja $f (x) = \frac{27}{x ^{2}} - 16 x$ en la ventana $- 4 \leq x \leq 3$ , $- 50 \leq y \leq 100$ . Tiene una asíntota vertical en $x = 0$ (la curva sube sin límite a ambos lados), un mínimo local para $x < 0$ y, para $x > 0$ , baja hasta un valor cercano a $- 45$ en $x = 3$ .

Gráficas de f(x) = 27/x² − 16x (dos ramas a ambos lados del eje vertical) y g(x) = 10x + 40 sobre cuadrícula, para −4 ≤ x ≤ 3 y −50 ≤ y ≤ 100

(i) Con la CPG, el cero de $f$ es $x \approx 1, 19$ . (Algebraicamente, $27 = 16 x^{3}$ y $x = 3 27/16$ .)
(ii) Con la CPG, el mínimo local es $(- 1, 5, 36)$ .
(iii) Con la CPG, la tangente en $(- 2; 38, 75)$ tiene pendiente $f^{'} (- 2) = - 9, 25$ .
Ecuación de la tangente: $y - 38, 75 = - 9, 25 (x + 2) \Rightarrow y = - 9, 25 x + 20, 25.$

La recta $g (x) = 10 x + 40$ pasa por $(- 4, 0)$ y $(3, 70)$ ; se dibuja sobre los mismos ejes.

Igualamos $f (x) = g (x)$ : $\frac{27}{x ^{2}} - 16 x = 10 x + 40 \Rightarrow 26 x^{3} + 40 x^{2} - 27 = 0.$
Con la CPG, la única solución es $x \approx 0, 684.$

Ejercicio 13 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2009

La línea recta, $L$ , tiene la ecuación $2 y - 27 x - 9 = 0$ .

a) Encuentre la pendiente de $L$ .

Sarah desea dibujar la tangente a $f (x) = x^{4}$ paralela a $L$ .

b) Escriba $f^{'} (x)$ .

c) (i) Encuentre la coordenada $x$ del punto en el que debe trazarse la tangente.

(ii) Escriba el valor de $f (x)$ en este punto.

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Resultado: a) $\frac{27}{2} = 13, 5$ ; b) $f^{'} (x) = 4 x^{3}$ ; c) (i) $x = 1, 5$ ; (ii) $f (1, 5) = \frac{81}{16} \approx 5, 06$

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Despejamos $y$ en $2 y - 27 x - 9 = 0$ : $y = \frac{27}{2} x + \frac{9}{2} .$
La pendiente de $L$ es $\frac{27}{2} = 13, 5$ .

Derivamos $f (x) = x^{4}$ : $f^{'} (x) = 4 x^{3} .$

(i) La tangente es paralela a $L$ si tiene su misma pendiente: $4 x^{3} = \frac{27}{2} \Rightarrow x^{3} = \frac{27}{8} \Rightarrow x = \frac{3}{2} = 1, 5.$
(ii) Calculamos el valor de $f$ en ese punto: $f (\frac{3}{2}) = (\frac{3}{2})^{4} = \frac{81}{16} \approx 5, 06.$

Resultado: a) $\frac{27}{2} = 13, 5$ ; b) $f^{'} (x) = 4 x^{3}$ ; c) (i) $x = 1, 5$ ; (ii) $f (1, 5) = \frac{81}{16} \approx 5, 06$

Ejercicio 14 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2016

Una función, $f$ , está dada por $f (x) = 4 \times 2^{- x} + 1, 5 x - 5$ .

a) Calcule $f (0)$ .

b) Use su calculadora de pantalla gráfica para resolver $f (x) = 0$ .

c) Dibuje la gráfica de $y = f (x)$ para $- 2 \leq x \leq 6$ y $- 4 \leq y \leq 10$ , mostrando los cortes con los ejes $x$ e $y$ . Utilice una escala de 2 cm para representar 2 unidades tanto en el eje horizontal, $x$ , como en el eje vertical, $y$ .

La función $f$ es la derivada de una función $g$ . Se sabe que $g (1) = 3$ .

d) (i) Calcule $g^{'} (1)$ .

(ii) Encuentre la ecuación de la tangente a la gráfica de $y = g (x)$ en $x = 1$ . Dé su respuesta en la forma $y = m x + c$ .

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Resultado: a) $f (0) = - 1$ ; b) $x \approx - 0, 538$ y $x = 3$ ; c) gráfica con cortes $(- 0, 538; 0)$ , $(3; 0)$ y $(0; - 1)$ ; d) (i) $g^{'} (1) = - 1, 5$ ; (ii) $y = - 1, 5 x + 4, 5$

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Sustituimos $x = 0$ : $f (0) = 4 \cdot 2^{0} + 0 - 5 = 4 - 5 = - 1.$

En la calculadora de pantalla gráfica resolvemos $4 \cdot 2^{- x} + 1, 5 x - 5 = 0$ y obtenemos dos soluciones.
Son $x \approx - 0, 538$ y $x = 3$ .
Comprobación de la segunda: $f (3) = 4 \cdot \frac{1}{8} + 4, 5 - 5 = 0$ .

Dibujamos la gráfica en $- 2 \leq x \leq 6$ y $- 4 \leq y \leq 10$ (2 cm por 2 unidades en ambos ejes), con tabla de valores o con la calculadora: $f (- 2) = 8$ , $f (0) = - 1$ , $f (6) = 4, 0625$ .
La curva baja desde $(- 2, 8)$ , corta el eje $x$ en $x \approx - 0, 54$ , corta el eje $y$ en $(0, - 1)$ , llega a un mínimo local cerca de $(0, 89; - 1, 5)$ , sube y corta de nuevo el eje $x$ en $x = 3$ , y termina en $(6; 4, 06)$ .

Gráfica de f(x) = 4·2^(−x) + 1,5x − 5 para −2 ≤ x ≤ 6 y −4 ≤ y ≤ 10, con los cortes con los ejes marcados

(i) Como $f$ es la derivada de $g$ , $g^{'} (1) = f (1)$ : $g^{'} (1) = 4 \cdot 2^{- 1} + 1, 5 - 5 = 2 + 1, 5 - 5 = - 1, 5.$
(ii) La tangente en $x = 1$ pasa por $(1, g (1)) = (1, 3)$ y tiene pendiente $- 1, 5$ : $y - 3 = - 1, 5 (x - 1) \Rightarrow y = - 1, 5 x + 4, 5.$

Resultado: a) $f (0) = - 1$ ; b) $x \approx - 0, 538$ y $x = 3$ ; c) gráfica con cortes $(- 0, 538; 0)$ , $(3; 0)$ y $(0; - 1)$ ; d) (i) $g^{'} (1) = - 1, 5$ ; (ii) $y = - 1, 5 x + 4, 5$

Ejercicio 15 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2008

Considere la función $f (x) = 2 x^{3} - 5 x^{2} + 3 x + 1$ .

a) Encuentre $f^{'} (x)$ .

b) Escriba el valor de $f^{'} (2)$ .

c) Encuentre la ecuación de la tangente a la curva de $y = f (x)$ en el punto $(2, 3)$ .

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Resultado: a) $f^{'} (x) = 6 x^{2} - 10 x + 3$ ; b) $f^{'} (2) = 7$ ; c) $y = 7 x - 11$

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Derivamos término a término: $f^{'} (x) = 6 x^{2} - 10 x + 3.$

Sustituimos $x = 2$ : $f^{'} (2) = 6 \cdot 4 - 10 \cdot 2 + 3 = 24 - 20 + 3 = 7.$

Comprobamos que el punto está en la curva: $f (2) = 16 - 20 + 6 + 1 = 3$ .
La tangente tiene pendiente $f^{'} (2) = 7$ y pasa por $(2, 3)$ : $y - 3 = 7 (x - 2) \Rightarrow y = 7 x - 11.$

Resultado: a) $f^{'} (x) = 6 x^{2} - 10 x + 3$ ; b) $f^{'} (2) = 7$ ; c) $y = 7 x - 11$

Ejercicio 16 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2008

Considere la función $f (x) = \frac{1}{2} x^{3} - 2 x^{2} + 3$ .

a) Encuentre $f^{'} (x)$ .

b) Encuentre $f^{''} (x)$ .

c) Encuentre la ecuación de la tangente a la curva de $f$ en el punto $(1, 1, 5)$ .

Ver resultado

Resultado: a) $f^{'} (x) = \frac{3}{2} x^{2} - 4 x$ ; b) $f^{''} (x) = 3 x - 4$ ; c) $y = - 2, 5 x + 4$

Ver proceso y resultado

Derivamos término a término: $f^{'} (x) = \frac{3}{2} x^{2} - 4 x .$

Derivamos otra vez: $f^{''} (x) = 3 x - 4.$

Comprobamos que el punto está en la curva: $f (1) = \frac{1}{2} - 2 + 3 = \frac{3}{2} = 1, 5$ .
La pendiente es $f^{'} (1) = \frac{3}{2} - 4 = - \frac{5}{2} = - 2, 5.$
La tangente es $y - 1, 5 = - 2, 5 (x - 1) \Rightarrow y = - 2, 5 x + 4.$

Resultado: a) $f^{'} (x) = \frac{3}{2} x^{2} - 4 x$ ; b) $f^{''} (x) = 3 x - 4$ ; c) $y = - 2, 5 x + 4$

Ejercicio 17 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2009

Considere $f : x \to x^{2} - 4$ .

a) Encuentre $f^{'} (x)$ .

Sea L la recta con la ecuación $y = 3 x + 2$ .

b) Escriba la pendiente de una recta paralela a L.

c) Sea P un punto en la curva de f. En P, la tangente a la curva es paralela a L.

Encuentre las coordenadas de P.

Ver resultado

Resultado: a) $f^{'} (x) = 2 x$ ; b) $3$ ; c) $P (1, 5; - 1, 75)$

Ver proceso y resultado

Derivamos $f (x) = x^{2} - 4$ : $f^{'} (x) = 2 x .$

La recta $y = 3 x + 2$ tiene pendiente $3$ , y las rectas paralelas tienen la misma pendiente: $3$ .

La tangente en P es paralela a L, luego su pendiente es $3$ : $f^{'} (x) = 2 x = 3 \Rightarrow x = \frac{3}{2} .$
Calculamos la ordenada: $f (\frac{3}{2}) = \frac{9}{4} - 4 = - \frac{7}{4} .$
Por tanto $P (\frac{3}{2}, - \frac{7}{4}) = P (1, 5; - 1, 75)$ .

Resultado: a) $f^{'} (x) = 2 x$ ; b) $3$ ; c) $P (1, 5; - 1, 75)$

Ejercicio 18 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2015

Considere la función $f (x) = 0, 5 x^{2} - \frac{8}{x}$ , $x \neq = 0$ .

a) Encuentre $f (- 2)$ .

b) Encuentre $f^{'} (x)$ .

c) Encuentre la pendiente de la gráfica de $f$ en $x = - 2$ .

Sea $T$ la tangente a la gráfica de $f$ en $x = - 2$ .

d) Escriba la ecuación de $T$ .

e) Dibuje la gráfica de $f$ para $- 5 \leq x \leq 5$ y $- 20 \leq y \leq 20$ .

f) Dibuje $T$ en tu boceto.

La tangente, $T$ , corta a la gráfica de $f$ en un segundo punto, $P$ .

g) Utilice su calculadora de pantalla gráfica para encontrar las coordenadas de $P$ .

Ver resultado

Resultado: a) $f (- 2) = 6$ ; b) $f^{'} (x) = x + \frac{8}{x ^{2}}$ ; c) $0$ ; d) $T : y = 6$ ; e) y f) gráfica con asíntota $x = 0$ , mínimo local $(- 2, 6)$ y tangente horizontal $y = 6$ ; g) $P (4, 6)$

Ver proceso y resultado

a) $f (- 2) = 0, 5 \cdot 4 - \frac{8}{- 2} = 2 + 4 = 6.$

Escribimos $f (x) = 0, 5 x^{2} - 8 x^{- 1}$ y derivamos: $f^{'} (x) = x + 8 x^{- 2} = x + \frac{8}{x ^{2}} .$

c) $f^{'} (- 2) = - 2 + \frac{8}{4} = 0.$

La pendiente es $0$ , así que la tangente es horizontal y pasa por $(- 2, 6)$ .
La ecuación de $T$ es $y = 6.$

e) y f)

Dibujamos $f$ para $- 5 \leq x \leq 5$ y $- 20 \leq y \leq 20$ . El eje $y$ ( $x = 0$ ) es una asíntota vertical.
La rama izquierda parte de $f (- 5) = 14, 1$ , baja hasta el mínimo local $(- 2, 6)$ y sube hacia $+ \infty$ cerca de $x = 0$ .
La rama derecha viene de $- \infty$ cerca de $x = 0$ , corta el eje $x$ en $x \approx 2, 52$ y termina en $f (5) = 14, 1$ .
La tangente $T$ es la recta horizontal $y = 6$ , que toca la gráfica en $(- 2, 6)$ .

Gráfica de f(x) = 0,5x² − 8/x para −5 ≤ x ≤ 5 y −20 ≤ y ≤ 20, con la tangente T horizontal y = 6 y el punto P(4; 6)

Con la calculadora de pantalla gráfica buscamos la otra intersección de $y = f (x)$ con $y = 6$ : resolvemos $0, 5 x^{2} - \frac{8}{x} = 6.$
Aparte de $x = - 2$ (el punto de tangencia), la solución es $x = 4$ . (Algebraicamente, multiplicando por $2 x$ queda $x^{3} - 12 x - 16 = (x + 2)^{2} (x - 4) = 0$ .)
La ordenada es $f (4) = 8 - 2 = 6$ , luego $P (4, 6)$ .

Ejercicio 19 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2014

Considere el gráfico de la función $f (x) = x^{3} + 2 x^{2} - 5$ .

Gráfico de f(x) = x³ + 2x² − 5 para −5 ≤ x ≤ 5 y −20 ≤ y ≤ 10, con marcas en los extremos de los ejes

a) En el gráfico, rotule el máximo local con una A.

b) En el gráfico, rotule el mínimo local con una B.

c) Escriba el intervalo en el cual $f^{'} (x) < 0$ .

d) En el gráfico, dibuje con precisión la tangente a la curva en $x = 1$ .

e) Escriba la ecuación de la tangente en $x = 1$ .

Ver resultado

Resultado: a) y b) máximo local A en $x = - \frac{4}{3}$ (punto $(- 1, 33; - 3, 81)$ ) y mínimo local B en $(0, - 5)$ ; c) $- \frac{4}{3} < x < 0$ ; d) tangente en $x = 1$ dibujada por el punto $(1, - 2)$ con pendiente $7$ ; e) $y = 7 x - 9$

Ver proceso y resultado

a) y b)

Los extremos locales están donde $f^{'} (x) = 0$ : $f^{'} (x) = 3 x^{2} + 4 x = x (3 x + 4) = 0 \Rightarrow x = - \frac{4}{3} o x = 0.$
La segunda derivada es $f^{''} (x) = 6 x + 4$ . En $x = - \frac{4}{3}$ vale $- 4 < 0$ : máximo local. En $x = 0$ vale $4 > 0$ : mínimo local.
Calculamos las ordenadas: $f (- \frac{4}{3}) = - \frac{103}{27} \approx - 3, 81$ y $f (0) = - 5$ .
Se rotula con A el máximo local $(- \frac{4}{3}; - 3, 81) \approx (- 1, 33; - 3, 81)$ y con B el mínimo local $(0, - 5)$ .

$f$ es decreciente donde $f^{'} (x) < 0$ : $x (3 x + 4) < 0.$
La parábola $3 x^{2} + 4 x$ es negativa entre sus raíces, así que $- \frac{4}{3} < x < 0.$

Para trazar la tangente en $x = 1$ usamos el punto $(1, f (1)) = (1, - 2)$ y la pendiente $f^{'} (1) = 7$ (calculados en el apartado e): una recta que sube con fuerza hacia la derecha, tocando la curva solo en ese punto.

Gráfico de f(x) = x³ + 2x² − 5 con el máximo local A, el mínimo local B y la tangente en x = 1 (pendiente 7, por el punto (1; −2))

Calculamos el punto y la pendiente: $f (1) = 1 + 2 - 5 = - 2 f^{'} (1) = 3 + 4 = 7.$
La tangente es $y + 2 = 7 (x - 1) \Rightarrow y = 7 x - 9.$

Ejercicio 20 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2013

La gráfica de la función $f (x) = \frac{14}{x} + x - 6$ , para $1 \leq x \leq 7$ se muestra a continuación.

Gráfica de f(x) entre x = 1 y x = 7, sin graduación numérica: empieza en A arriba a la izquierda, baja hasta un mínimo local cerca de la mitad del intervalo y sube hasta B, a la derecha y algo por debajo de A

a) Calcule $f (1)$ .

b) Calcule $f^{'} (x)$ .

c) Use su respuesta al apartado (b) para demostrar que la coordenada $x$ del mínimo local de la gráfica de $f$ es 3.7 redondeado a 2 cifras significativas.

d) Encuentre el rango de $f$ .

Los puntos $A$ y $B$ se encuentran en la gráfica de $f$ . Las coordenadas $x$ de $A$ y $B$ son 1 y 7 respectivamente.

e) Escriba la coordenada $y$ de $B$ .

f) Encuentre la pendiente de la línea recta que pasa por $A$ y $B$ .

$M$ es el punto medio del segmento de línea $A B$ .

g) Escriba las coordenadas de $M$ .

$L$ es la tangente a la gráfica de la función $y = f (x)$ , en el punto de la gráfica con la misma coordenada $x$ que $M$ .

h) Encuentre la pendiente de $L$ .

(i) Encuentre la ecuación de $L$ . Dé su respuesta en la forma $y = m x + c$ .

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Resultado: a) $9$ ; b) $f^{'} (x) = - \frac{14}{x ^{2}} + 1$ ; c) $x = 14 \approx 3, 7$ ; d) $214 - 6 \leq f (x) \leq 9$ ( $\approx 1, 48 \leq f (x) \leq 9$ ); e) $3$ ; f) $- 1$ ; g) $M (4, 6)$ ; h) $\frac{1}{8}$ ; i) $y = \frac{1}{8} x + 1$

Ver proceso y resultado

a) $f (1) = \frac{14}{1} + 1 - 6 = 9.$

Escribimos $f (x) = 14 x^{- 1} + x - 6$ y derivamos: $f^{'} (x) = - \frac{14}{x ^{2}} + 1.$

Un mínimo local cumple $f^{'} (x) = 0$ : $1 - \frac{14}{x ^{2}} = 0 \Rightarrow x^{2} = 14 \Rightarrow x = 14 = 3, 7416 \dots$
Solo vale la raíz positiva (el dominio es $1 \leq x \leq 7$ ). Redondeando a 2 cifras significativas, $x = 3, 7$ .
Es mínimo: $f^{'}$ es negativa antes de $14$ y positiva después.

El valor mínimo es $f (14) = \frac{14}{14} + 14 - 6 = 214 - 6 \approx 1, 48$ .
En los extremos: $f (1) = 9$ y $f (7) = 2 + 7 - 6 = 3$ . El valor máximo es $9$ .
Rango: $214 - 6 \leq f (x) \leq 9 (\approx 1, 48 \leq f (x) \leq 9) .$

e) $y_{B} = f (7) = 2 + 7 - 6 = 3.$

f) $m_{A B} = \frac{3 - 9}{7 - 1} = - 1.$

g) $M = (\frac{1 + 7}{2}, \frac{9 + 3}{2}) = (4, 6) .$

La tangente $L$ toca la curva en $x = 4$ , así que su pendiente es $f^{'} (4)$ : $f^{'} (4) = 1 - \frac{14}{16} = \frac{1}{8} = 0, 125.$

El punto de tangencia está en la curva: $f (4) = \frac{14}{4} + 4 - 6 = \frac{3}{2}$ .
Ecuación de $L$ : $y - \frac{3}{2} = \frac{1}{8} (x - 4) \Rightarrow y = \frac{1}{8} x + 1.$

Ejercicio 21 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2013

Considere la función $f (x) = \frac{3}{4} x^{4} - x^{3} - 9 x^{2} + 20$ .

a) Halle $f (- 2)$ .

b) Halle $f^{'} (x)$ .

La gráfica de la función $f (x)$ tiene un mínimo local en el punto donde $x = - 2$ .

c) Utilizando la respuesta dada en el apartado (b), compruebe que hay un segundo mínimo local en $x = 3$ .

d) Dibuje aproximadamente la gráfica de la función $f (x)$ para $- 5 \leq x \leq 5$ y $- 40 \leq y \leq 50$ . Indique sobre el dibujo las coordenadas de la intersección con el eje $y$ .

e) Escriba las coordenadas del máximo local.

Sea $T$ la tangente a la gráfica de la función $f (x)$ en el punto $(2, - 12)$ .

f) Halle la pendiente de $T$ .

La recta $L$ pasa por el punto $(2, - 12)$ y es perpendicular a $T$ .

$L$ tiene por ecuación $x + b y + c = 0$ , donde $b$ y $c \in Z$ .

g) Halle

(i) la pendiente de $L$ ;

(ii) el valor de $b$ y el valor de $c$ .

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Resultado: a) $4$ ; b) $f^{'} (x) = 3 x^{3} - 3 x^{2} - 18 x$ ; c) comprobado ( $f^{'} (3) = 0$ con cambio de signo $-$ a $+$ ); d) gráfica con corte con el eje $y$ en $(0, 20)$ ; e) $(0, 20)$ ; f) $- 24$ ; g) (i) $\frac{1}{24}$ ; (ii) $b = - 24$ , $c = - 290$

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a) $f (- 2) = \frac{3}{4} (- 2)^{4} - (- 2)^{3} - 9 (- 2)^{2} + 20 = 12 + 8 - 36 + 20 = 4.$

b) $f^{'} (x) = 3 x^{3} - 3 x^{2} - 18 x .$

Factorizamos: $f^{'} (x) = 3 x (x^{2} - x - 6) = 3 x (x - 3) (x + 2)$ .
Se anula en $x = - 2$ , $x = 0$ y $x = 3$ . Estudiamos el signo de $f^{'}$ :

para $x < - 2$ : negativo;
para $- 2 < x < 0$ : positivo;
para $0 < x < 3$ : negativo;
para $x > 3$ : positivo.

En $x = 3$ la derivada se anula y pasa de negativa a positiva: hay un segundo mínimo local. Su valor es $f (3) = - 27, 25$ .

Evaluamos puntos clave: $f (0) = 20$ (corte con el eje $y$ ), mínimo en $(- 2, 4)$ , máximo en $(0, 20)$ y mínimo en $(3, - 27, 25)$ .
La gráfica baja desde la izquierda hasta $(- 2, 4)$ , sube hasta $(0, 20)$ , baja hasta $(3, - 27, 25)$ y sube de nuevo. Corta el eje $x$ cerca de $x = 1, 5$ y de $x = 3, 9$ .

Gráfica de f(x) = 3/4 x⁴ − x³ − 9x² + 20 en la ventana −5 ≤ x ≤ 5, −40 ≤ y ≤ 50: mínimo local en (−2; 4), máximo local en (0; 20), mínimo local en (3; −27,25) y corte con el eje y en (0; 20)

Entre los dos mínimos hay un máximo local, que está en $x = 0$ (donde $f^{'}$ pasa de positiva a negativa): $f (0) = 20$ .
Máximo local: $(0, 20)$ .

f) $f^{'} (2) = 3 \cdot 8 - 3 \cdot 4 - 18 \cdot 2 = 24 - 12 - 36 = - 24.$

(i) $L$ es perpendicular a $T$ : $m_{L} = - \frac{1}{- 24} = \frac{1}{24}$ .
(ii) En $x + b y + c = 0$ la pendiente es $- \frac{1}{b}$ . Igualamos: $- \frac{1}{b} = \frac{1}{24} \Rightarrow b = - 24$ .
Como $L$ pasa por $(2, - 12)$ : $2 + (- 24) (- 12) + c = 0 \Rightarrow 2 + 288 + c = 0 \Rightarrow c = - 290.$

Ejercicio 22 MedioIB · P2 TZ0 Mayo 2006

La función $g (x)$ se define por $g (x) = \frac{1}{8} x^{4} + \frac{9}{4} x^{2} - 5 x + 7$ , $x \geq 0$ .

a) Halle $g (2)$ .

b) Calcule $g^{'} (x)$ .

La gráfica de la función $y = g (x)$ tiene una tangente $T_{1}$ en el punto donde $x = 2$ .

c) (i) Compruebe que la pendiente de $T_{1}$ es 8.

(ii) Halle la ecuación de $T_{1}$ . Escriba la ecuación en la forma $y = m x + c$ .

d) La gráfica tiene otra tangente, $T_{2}$ , en el punto $(1, \frac{35}{8})$ . $T_{2}$ tiene pendiente cero. Escriba la ecuación de $T_{2}$ .

e) (i) Dibuje aproximadamente la gráfica de $y = g (x)$ en la región $0 \leq x \leq 3$ , $0 \leq y \leq 22$ .

(ii) Agregue las tangentes $T_{1}$ y $T_{2}$ a su dibujo aproximado, en las posiciones correctas.

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Resultado: a) $8$ ; b) $g^{'} (x) = \frac{1}{2} x^{3} + \frac{9}{2} x - 5$ ; c) (i) comprobado, pendiente $8$ ; (ii) $T_{1} : y = 8 x - 8$ ; d) $T_{2} : y = \frac{35}{8}$ ; e) gráfica con $T_{1}$ y $T_{2}$ dibujadas

Ver proceso y resultado

a) $g (2) = \frac{1}{8} \cdot 16 + \frac{9}{4} \cdot 4 - 10 + 7 = 2 + 9 - 10 + 7 = 8.$

b) $g^{'} (x) = \frac{1}{2} x^{3} + \frac{9}{2} x - 5.$

(i) $g^{'} (2) = \frac{1}{2} \cdot 8 + \frac{9}{2} \cdot 2 - 5 = 4 + 9 - 5 = 8$ .
(ii) La tangente pasa por $(2, 8)$ con pendiente $8$ : $y - 8 = 8 (x - 2) \Rightarrow y = 8 x - 8.$

Pendiente cero en $x = 1$ (comprobación: $g^{'} (1) = \frac{1}{2} + \frac{9}{2} - 5 = 0$ ) y $g (1) = \frac{1}{8} + \frac{9}{4} - 5 + 7 = \frac{35}{8}$ .
Tangente horizontal por $(1, \frac{35}{8})$ : $T_{2} : y = \frac{35}{8} = 4, 375.$

(i) Puntos de la curva: $g (0) = 7$ , mínimo en $(1, \frac{35}{8})$ , $g (2) = 8$ y $g (3) \approx 22, 4$ (la curva baja hasta $x = 1$ y después sube cada vez más deprisa).
(ii) $T_{1}$ es la recta de pendiente $8$ por $(2, 8)$ (corta el eje $x$ en $(1, 0)$ ); $T_{2}$ es la recta horizontal $y = 4, 375$ que toca la curva en su mínimo.

Gráfica de y = g(x) en 0 ≤ x ≤ 3 y 0 ≤ y ≤ 23, con un mínimo local en (1; 4,38), la tangente T1 de pendiente 8 que pasa por (2; 8) y corta el eje x en (1; 0), y la tangente horizontal T2, y = 4,38, que toca la curva en su mínimo

Ejercicio 23 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2011

La figura muestra los gráficos de las funciones $f (x) = \frac{1}{4} x^{2} - 2$ y $g (x) = x$ .

Gráficos de f(x) = x²/4 − 2 (parábola con vértice (0; −2)) y g(x) = x (recta por el origen) en los mismos ejes, con x de −6 a 6 e y de −6 a 4 y cuadrícula

a) Derive $f (x)$ con respecto a $x$ .

b) Derive $g (x)$ con respecto a $x$ .

c) Calcule el valor de $x$ para el cual las pendientes de las dos gráficas son iguales.

d) Dibuje la tangente a la parábola en el punto con el valor de $x$ encontrado en el apartado (c).

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Resultado: a) $f^{'} (x) = \frac{x}{2}$ ; b) $g^{'} (x) = 1$ ; c) $x = 2$ ; d) tangente $y = x - 3$ en el punto $(2, - 1)$

Ver proceso y resultado

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

b) $g^{'} (x) = 1.$

Igualamos las pendientes: $\frac{x}{2} = 1$ .
Por tanto $x = 2$ .

Punto de la parábola: $f (2) = \frac{4}{4} - 2 = - 1$ , es decir, $(2, - 1)$ .
Pendiente: $f^{'} (2) = 1$ . La tangente es $y + 1 = 1 \cdot (x - 2) \Rightarrow y = x - 3.$
Se dibuja la recta $y = x - 3$ : pasa por $(2, - 1)$ , por $(3, 0)$ y por $(0, - 3)$ , y es paralela a $g$ .

Mismos ejes que el enunciado: parábola f(x) = x²/4 − 2 y recta g(x) = x, con la recta tangente en (2; −1), de pendiente 1 y ecuación y = x − 3, paralela a g; el punto de tangencia (2; −1) está marcado

Resultado: a) $f^{'} (x) = \frac{x}{2}$ ; b) $g^{'} (x) = 1$ ; c) $x = 2$ ; d) tangente $y = x - 3$ en el punto $(2, - 1)$

Ejercicio 24 MedioIB · P1 TZ0 Mayo 2007

La siguiente figura muestra las gráficas de las funciones $f_{1} (x) = x$ y $f_{2} (x) = 5 - x^{2}$ .

Gráficas de f1(x)=x y f2(x)=5−x² en los mismos ejes, con cuadrícula

a) (i) Derive $f_{1} (x)$ con respecto a $x$ .

(ii) Derive $f_{2} (x)$ con respecto a $x$ .

b) Calcule el valor de $x$ para el cual las dos gráficas tienen la misma pendiente.

c) Dibuje con precisión sobre la figura la tangente a la gráfica curva para este valor de $x$ , mostrando claramente la propiedad del apartado (b).

Ver resultado

Resultado: a) (i) $f_{1}^{'} (x) = 1$ ; (ii) $f_{2}^{'} (x) = - 2 x$ ; b) $x = - \frac{1}{2}$ ; c) tangente $y = x + \frac{21}{4}$ , paralela a $f_{1}$ (figura)

Ver proceso y resultado

(i) $f_{1}^{'} (x) = 1$ .
(ii) $f_{2}^{'} (x) = - 2 x$ .

Igualamos las pendientes: $1 = - 2 x \Rightarrow x = - \frac{1}{2} .$

En $x = - \frac{1}{2}$ : $f_{2} (- \frac{1}{2}) = 5 - \frac{1}{4} = \frac{19}{4} = 4, 75$ , y la pendiente es $1$ .
La tangente a la parábola en $(- 0, 5; 4, 75)$ es $y - \frac{19}{4} = 1 \cdot (x + \frac{1}{2}) \Rightarrow y = x + \frac{21}{4} .$
Se dibuja esta recta, paralela a $f_{1}$ (misma pendiente $1$ ), tocando la parábola solo en ese punto.

Parábola f2(x)=5−x² y recta f1(x)=x en los mismos ejes, con la tangente a f2 en (−0,5; 4,75) de pendiente 1, paralela a f1, en trazo discontinuo

Resultado: a) (i) $f_{1}^{'} (x) = 1$ ; (ii) $f_{2}^{'} (x) = - 2 x$ ; b) $x = - \frac{1}{2}$ ; c) tangente $y = x + \frac{21}{4}$ , paralela a $f_{1}$ (figura)

Ejercicio 25 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2019

El gráfico de la función cuadrática $f (x) = \frac{1}{2} (x - 2) (x + 8)$ corta al eje $y$ en $(0, c)$ .

El vértice de la función es $(- 3; - 12, 5)$ .

a) Halle el valor de $c$ .

b) Escriba la ecuación del eje de simetría del gráfico.

La ecuación $f (x) = 12$ tiene dos soluciones. La primera solución es $x = - 10$ .

c) Utilice la simetría del gráfico para mostrar que la segunda solución es $x = 4$ .

d) Escriba las intersecciones con el eje $x$ del gráfico.

e) En papel milimetrado, dibuje con precisión el gráfico de $y = f (x)$ para $- 10 \leq x \leq 4$ y $- 14 \leq y \leq 14$ . Utilice una escala de 1 cm para representar 1 unidad en el eje $x$ y 1 cm para representar 2 unidades en el eje $y$ .

Sea $T$ la tangente en $x = - 3$ .

f) (i) Escriba la ecuación de $T$ .

(ii) En el mismo gráfico, dibuje con precisión la tangente $T$ .

g) Sabiendo que $f (a) = 5, 5$ y que $f^{'} (a) = - 6$ , indique si la función $f$ es creciente o decreciente en $x = a$ . Dé una razón que justifique su respuesta.

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Resultado: a) $c = - 8$ ; b) $x = - 3$ ; c) $x = 4$ (demostrado); d) $(2, 0)$ y $(- 8, 0)$ ; e) parábola con vértice $(- 3; - 12, 5)$ y puntos $(- 10, 12)$ , $(- 8, 0)$ , $(0, - 8)$ , $(2, 0)$ , $(4, 12)$ ; f) (i) $T : y = - 12, 5$ , (ii) recta horizontal por el vértice; g) decreciente en $x = a$ , porque $f^{'} (a) < 0$

Ver proceso y resultado

El corte con el eje $y$ se obtiene con $x = 0$ : $c = f (0) = \frac{1}{2} (0 - 2) (0 + 8) = \frac{1}{2} (- 16) = - 8.$

El eje de simetría es la recta vertical que pasa por el vértice: $x = - 3$ .

Los dos puntos con la misma imagen están a la misma distancia del eje de simetría, así que $- 3$ es el punto medio de ambas soluciones.
Con $x_{1} = - 10$ : $\frac{- 10 + x _{2}}{2} = - 3 \Rightarrow x_{2} = - 6 + 10 = 4.$

$f (x) = 0$ cuando $x = 2$ o $x = - 8$ .
Las intersecciones con el eje $x$ son $(2, 0)$ y $(- 8, 0)$ .

Elegimos puntos: $(- 10, 12)$ , $(- 8, 0)$ , vértice $(- 3; - 12, 5)$ , $(0, - 8)$ , $(2, 0)$ y $(4, 12)$ , y los unimos con una parábola abierta hacia arriba.

Gráfica de f(x) = ½(x − 2)(x + 8) sobre papel milimetrado, parábola con vértice (−3; −12,5), cortes con el eje x en (−8, 0) y (2, 0), corte con el eje y en (0, −8), y la recta horizontal tangente y = −12,5 en el vértice

(i) Derivamos: $f^{'} (x) = \frac{1}{2} (2 x + 6) = x + 3$ , y $f^{'} (- 3) = 0$ . La tangente en el vértice es horizontal y pasa por $y = - 12, 5$ : $T : y = - 12, 5.$
(ii) En el gráfico, $T$ es la recta horizontal que toca a la parábola en su vértice $(- 3; - 12, 5)$ .

Como $f^{'} (a) = - 6 < 0$ , la pendiente de la curva en $x = a$ es negativa.
Por tanto, $f$ es decreciente en $x = a$ .

Ejercicio 26 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2017

Considere la función $g (x) = x^{3} + k x^{2} - 15 x + 5$ .

a) Encuentre $g^{'} (x)$ .

La tangente a la gráfica de $y = g (x)$ en $x = 2$ es paralela a la recta $y = 21 x + 7$ .

b) (i) Demuestre que $k = 6$ .

(ii) Encuentre la ecuación de la tangente a la gráfica de $y = g (x)$ en $x = 2$ . Dé su respuesta en la forma $y = m x + c$ .

c) Utilice su respuesta al apartado (a) y el valor de $k$ , para encontrar las coordenadas $x$ de los puntos estacionarios de la gráfica de $y = g (x)$ .

d) (i) Encuentre $g^{'} (- 1)$ .

(ii) Usando lo anterior, justifique que $g$ es decreciente en $x = - 1$ .

e) Encuentre la coordenada $y$ del mínimo local.

Ver resultado

Resultado: a) $g^{'} (x) = 3 x^{2} + 2 k x - 15$ ; b) (i) $k = 6$ (demostrado); (ii) $y = 21 x - 35$ ; c) $x = 1$ y $x = - 5$ ; d) (i) $- 24$ ; (ii) $g^{'} (- 1) < 0$ , decreciente; e) $y = - 3$

Ver proceso y resultado

$g^{'} (x) = 3 x^{2} + 2 k x - 15$ .

(i) La pendiente de la tangente en $x = 2$ es $g^{'} (2) = 12 + 4 k - 15 = 4 k - 3$ . Es paralela a $y = 21 x + 7$ , que tiene pendiente $21$ : $4 k - 3 = 21 \Rightarrow k = 6.$
(ii) Con $k = 6$ : $g (2) = 8 + 24 - 30 + 5 = 7$ y $g^{'} (2) = 21$ .
Ecuación de la tangente: $y - 7 = 21 (x - 2) \Rightarrow y = 21 x - 35.$

Con $k = 6$ : $g^{'} (x) = 3 x^{2} + 12 x - 15 = 3 (x - 1) (x + 5)$ .
Los puntos estacionarios cumplen $g^{'} (x) = 0$ : $x = 1$ y $x = - 5$ .

(i) $g^{'} (- 1) = 3 - 12 - 15 = - 24$ .
(ii) Como $g^{'} (- 1) = - 24 < 0$ , la pendiente en $x = - 1$ es negativa y $g$ es decreciente en $x = - 1$ .

$g^{'}$ pasa de negativa a positiva en $x = 1$ (es negativa en $x = - 1$ y positiva, por ejemplo, en $x = 2$ ), luego allí hay un mínimo local.
Su coordenada $y$ es $g (1) = 1 + 6 - 15 + 5 = - 3$ .

Resultado: a) $g^{'} (x) = 3 x^{2} + 2 k x - 15$ ; b) (i) $k = 6$ (demostrado); (ii) $y = 21 x - 35$ ; c) $x = 1$ y $x = - 5$ ; d) (i) $- 24$ ; (ii) $g^{'} (- 1) < 0$ , decreciente; e) $y = - 3$

Ejercicio 27 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2007

El siguiente diagrama muestra la gráfica de una recta $L$ que pasa por $(1, 1)$ y $(2, 3)$ y la gráfica $P$ de la función $f (x) = x^{2} - 3 x - 4$ .

Recta L de pendiente positiva que pasa por (1, 1) y (2, 3) y parábola P de ecuación y = x² − 3x − 4, con vértice bajo el eje x a la derecha del eje y; se cortan a la izquierda del eje y por debajo del origen

a) Encuentre la pendiente de la recta $L$ .

b) Derive $f (x)$ .

c) Encuentre las coordenadas del punto donde la tangente a $P$ es paralela a la recta $L$ .

d) Encuentre las coordenadas del punto donde la tangente a $P$ es perpendicular a la recta $L$ .

e) Encuentre

(i) la pendiente de la tangente a $P$ en el punto con coordenadas $(2, - 6)$ .

(ii) la ecuación de la tangente a $P$ en este punto.

f) Indique la ecuación del eje de simetría de $P$ .

g) Encuentre las coordenadas del vértice de $P$ y establezca la pendiente de la curva en este punto.

Ver resultado

Resultado: a) $2$ ; b) $f^{'} (x) = 2 x - 3$ ; c) $(2, 5, - 5, 25)$ ; d) $(1, 25, - 6, 19)$ ; e) (i) $1$ ; (ii) $y = x - 8$ ; f) $x = 1, 5$ ; g) vértice $(1, 5, - 6, 25)$ y pendiente $0$

Ver proceso y resultado

Pendiente de $L$ entre $(1, 1)$ y $(2, 3)$ : $m = \frac{3 - 1}{2 - 1} = 2.$

$f^{'} (x) = 2 x - 3$ .

Una tangente paralela a $L$ tiene pendiente $2$ : $f^{'} (x) = 2$ .
$2 x - 3 = 2 \Rightarrow x = \frac{5}{2}$ .
$f (\frac{5}{2}) = \frac{25}{4} - \frac{15}{2} - 4 = - \frac{21}{4} = - 5, 25$ .
El punto es $(2, 5, - 5, 25)$ .

Una tangente perpendicular a $L$ tiene pendiente $- \frac{1}{2}$ : $2 x - 3 = - \frac{1}{2}$ , luego $x = \frac{5}{4}$ .
$f (\frac{5}{4}) = \frac{25}{16} - \frac{15}{4} - 4 = - \frac{99}{16} \approx - 6, 19$ .
El punto es $(1, 25, - 6, 19)$ .

(i) $f^{'} (2) = 4 - 3 = 1$ .
(ii) La tangente pasa por $(2, - 6)$ con pendiente $1$ : $y + 6 = 1 \cdot (x - 2) \Rightarrow y = x - 8.$

El eje de simetría pasa por el vértice, donde $f^{'} (x) = 0$ : $2 x - 3 = 0$ , luego $x = 1, 5$ .

La abscisa del vértice es $x = 1, 5$ y $f (1, 5) = \frac{9}{4} - \frac{9}{2} - 4 = - \frac{25}{4} = - 6, 25$ . El vértice es $(1, 5, - 6, 25)$ .
En el vértice la tangente es horizontal: la pendiente es $f^{'} (1, 5) = 0$ .

Resultado: a) $2$ ; b) $f^{'} (x) = 2 x - 3$ ; c) $(2, 5, - 5, 25)$ ; d) $(1, 25, - 6, 19)$ ; e) (i) $1$ ; (ii) $y = x - 8$ ; f) $x = 1, 5$ ; g) vértice $(1, 5, - 6, 25)$ y pendiente $0$

Ejercicio 28 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2012

Considere la función $g (x) = b x - 3 + \frac{1}{x ^{2}}$ , $x \neq = 0$ .

a) Escriba la ecuación de la asíntota vertical de la gráfica de $y = g (x)$ .

b) Escriba $g^{'} (x)$ .

La recta $T$ es la tangente a la gráfica de $y = g (x)$ en el punto donde $x = 1$ . La pendiente de $T$ es $3$ .

c) Demuestre que $b = 5$ .

d) Encuentre la ecuación de $T$ .

e) Usando su calculadora de pantalla gráfica, encuentre las coordenadas del punto donde la gráfica de $y = g (x)$ corta el eje $x$ .

f) (i) Dibuje la gráfica de $y = g (x)$ para $- 2 \leq x \leq 5$ y $- 15 \leq y \leq 25$ , indicando claramente su respuesta a la parte (e).

(ii) Dibuje la recta $T$ en su dibujo.

g) Con su calculadora de pantalla gráfica, encuentre las coordenadas del punto mínimo local de $y = g (x)$ .

h) Escriba el intervalo para el cual $g (x)$ es creciente en el dominio $0 < x < 5$ .

Ver resultado

Resultado: a) $x = 0$ ; b) $g^{'} (x) = b - \frac{2}{x ^{3}}$ ; c) demostrado; d) $y = 3 x$ ; e) $(- 0, 439; 0)$ ; f) gráfica con $T$ ; g) $(0, 737; 2, 53)$ ; h) $0, 737 < x < 5$

Ver proceso y resultado

El denominador $x^{2}$ se anula en $x = 0$ y $g (x) \to + \infty$ cuando $x \to 0$ .
Asíntota vertical: $x = 0$ .

Escribimos $g (x) = b x - 3 + x^{- 2}$ y derivamos: $g^{'} (x) = b - \frac{2}{x ^{3}} .$

La pendiente de $T$ en $x = 1$ es $g^{'} (1) = b - 2$ .
Como esa pendiente vale $3$ : $b - 2 = 3$ , luego $b = 5$ .

Con $b = 5$ : $g (1) = 5 - 3 + 1 = 3$ , el punto de tangencia es $(1, 3)$ .
Tangente: $y - 3 = 3 (x - 1) \Rightarrow y = 3 x .$

Con la calculadora se resuelve $5 x - 3 + \frac{1}{x ^{2}} = 0$ (equivale a $5 x^{3} - 3 x^{2} + 1 = 0$ , que tiene una sola raíz real).
$x \approx - 0, 439$ . El punto es $(- 0, 439; 0)$ .

(i) Hay dos ramas separadas por la asíntota $x = 0$ . Ambas suben hacia $+ \infty$ al acercarse a $x = 0$ . La rama izquierda parte de $g (- 2) = - 12, 75$ y corta el eje $x$ en $(- 0, 439; 0)$ . La rama derecha baja hasta un mínimo local y luego sube pasando por $(1, 3)$ , $(2; 7, 25)$ y $(5; 22, 04)$ .
(ii) La recta $T$ : $y = 3 x$ pasa por el origen y toca la gráfica en $(1, 3)$ .

Gráfica de y = 5x − 3 + 1/x² para −2 ≤ x ≤ 5 y −15 ≤ y ≤ 25, con cuadrícula y asíntota vertical en x = 0 discontinua; corta el eje x en (−0,439; 0), tiene un mínimo local en (0,737; 2,53) y la recta T, y = 3x, es tangente en (1; 3)

Mínimo local: $g^{'} (x) = 0 \Rightarrow 5 = \frac{2}{x ^{3}} \Rightarrow x^{3} = \frac{2}{5}$ .
Con la calculadora (o directamente), $x = (\frac{2}{5})^{1/3} \approx 0, 737$ .
$g (0, 737) = 5 (0, 737) - 3 + \frac{1}{0 , 73 7 ^{2}} \approx 2, 53$ . Punto mínimo: $(0, 737; 2, 53)$ .

$g^{'} (x) > 0 ⟺ 5 > \frac{2}{x ^{3}} ⟺ x^{3} > \frac{2}{5} ⟺ x > 0, 737$ (para $x > 0$ ).
$g$ es creciente en $0, 737 < x < 5$ .

Resultado: a) $x = 0$ ; b) $g^{'} (x) = b - \frac{2}{x ^{3}}$ ; c) demostrado; d) $y = 3 x$ ; e) $(- 0, 439; 0)$ ; f) gráfica con $T$ ; g) $(0, 737; 2, 53)$ ; h) $0, 737 < x < 5$

Ejercicio 29 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2011

El diagrama muestra parte de la gráfica de $f (x) = x^{2} - 2 x + \frac{9}{x}$ , donde $x \neq = 0$ .

Parte de la gráfica de f(x) = x² − 2x + 9/x con x de −3 a 4 e y de −10 a 10, con cuadrícula y asíntota vertical x = 0 sin dibujar la curva en x = 0: la rama izquierda corta el eje x en (−1,58; 0); la derecha tiene un mínimo local en (2,06; 4,49)

a) Escriba

(i) la ecuación de la asíntota vertical a la gráfica de $y = f (x)$ ;

(ii) la solución de la ecuación $f (x) = 0$ ;

(iii) las coordenadas del punto mínimo local.

b) Encuentre $f^{'} (x)$ .

c) Muestre que $f^{'} (x)$ se puede escribir como $f^{'} (x) = \frac{2 x ^{3} - 2 x ^{2} - 9}{x ^{2}}$ .

d) Encuentre la pendiente de la tangente a $y = f (x)$ en el punto $A (1, 8)$ . La recta $L$ pasa por el punto $A$ y es perpendicular a la tangente en $A$ .

e) Escriba la pendiente de $L$ .

f) Encuentre la ecuación de $L$ . Dé su respuesta en la forma $y = m x + c$ .

$L$ también corta la gráfica de $y = f (x)$ en los puntos $B$ y $C$ .

g) Escriba la coordenada $x$ de $B$ y de $C$ .

Ver resultado

Resultado: a) (i) $x = 0$ ; (ii) $x \approx - 1, 58$ ; (iii) $(2, 06; 4, 49)$ ; b) $f^{'} (x) = 2 x - 2 - \frac{9}{x ^{2}}$ ; c) demostrado; d) $- 9$ ; e) $\frac{1}{9}$ ; f) $y = \frac{1}{9} x + \frac{71}{9}$ ; g) $x \approx - 2, 50$ y $x \approx 3, 61$

Ver proceso y resultado

(i) La función no está definida en $x = 0$ (se anula el denominador) y la gráfica se dispara hacia $\pm \infty$ cerca de ese valor. La asíntota vertical es $x = 0$ .
(ii) Se pide la solución de $f (x) = 0$ con la calculadora (CPG): la gráfica corta el eje $x$ una sola vez, en $x \approx - 1, 58$ .
(iii) El mínimo local de la rama derecha, leído con la CPG, es el punto $(2, 06; 4, 49)$ .

Escribimos $f (x) = x^{2} - 2 x + 9 x^{- 1}$ y derivamos término a término: $f^{'} (x) = 2 x - 2 - 9 x^{- 2} = 2 x - 2 - \frac{9}{x ^{2}} .$

Ponemos todo sobre el denominador $x^{2}$ : $f^{'} (x) = \frac{( 2 x - 2 ) x ^{2}}{x ^{2}} - \frac{9}{x ^{2}} = \frac{2 x ^{3} - 2 x ^{2} - 9}{x ^{2}} .$

La pendiente de la tangente en $A$ es $f^{'} (1)$ : $f^{'} (1) = \frac{2 - 2 - 9}{1} = - 9.$

La perpendicular tiene pendiente opuesta e inversa: $m_{L} = - \frac{1}{- 9} = \frac{1}{9}$ .

$L$ pasa por $A (1, 8)$ con pendiente $\frac{1}{9}$ : $y - 8 = \frac{1}{9} (x - 1) \Rightarrow y = \frac{1}{9} x + \frac{71}{9} .$

Igualamos la recta y la función con la CPG: $x^{2} - 2 x + \frac{9}{x} = \frac{x}{9} + \frac{71}{9}$ .
Aparte de $x = 1$ (el punto $A$ ), las otras dos soluciones son $x \approx - 2, 50$ y $x \approx 3, 61$ .

Ejercicio 30 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2008

Considere la curva $y = x^{3} + \frac{3}{2} x^{2} - 6 x - 2$ .

a) (i) Escriba el valor de $y$ cuando $x$ es $2$ .

(ii) Escriba las coordenadas del punto donde la curva corta al eje $y$ .

b) Dibuje aproximadamente la curva para $- 4 \leq x \leq 3$ y $- 10 \leq y \leq 10$ . Indique claramente la información obtenida en el apartado (a).

c) Halle $\frac{d y}{d x}$ .

d) Sea $L_{1}$ la tangente a la curva en el punto para el cual $x = 2$ .

Sea $L_{2}$ una tangente a la curva, paralela a $L_{1}$ .

(i) Compruebe que la pendiente de $L_{1}$ es igual a $12$ .

(ii) Halle la coordenada $x$ del punto en el cual $L_{2}$ y la curva se cortan.

(iii) En el diagrama que hizo en el apartado (b), dibuje aproximadamente $L_{1}$ y $L_{2}$ y rotule ambas rectas.

e) Se sabe que $\frac{d y}{d x} > 0$ para $x < - 2$ y $x > b$ donde $b$ es positivo.

(i) Utilizando la calculadora de pantalla gráfica o cualquier otro método alternativo, halle el valor de $b$ .

(ii) Describa el comportamiento de la curva en el intervalo $- 2 < x < b$ .

(iii) Escriba la ecuación de la tangente a la curva en $x = - 2$ .

Ver resultado

Resultado: a) (i) $0$ ; (ii) $(0, - 2)$ ; b) gráfica (figura); c) $\frac{d y}{d x} = 3 x^{2} + 3 x - 6$ ; d) (i) $12$ ; (ii) $x = - 3$ ; (iii) $L_{1}$ : $y = 12 x - 24$ y $L_{2}$ : $y = 12 x + 38, 5$ dibujadas; e) (i) $b = 1$ ; (ii) la curva es decreciente; (iii) $y = 8$

Ver proceso y resultado

(i) $y (2) = 8 + \frac{3}{2} \cdot 4 - 12 - 2 = 8 + 6 - 12 - 2 = 0$ .
(ii) Con $x = 0$ : $y = - 2$ , el punto es $(0, - 2)$ .

La curva es una cúbica que sube desde abajo a la izquierda, tiene un máximo local en $(- 2; 8)$ , un mínimo local en $(1; - 5, 5)$ y vuelve a subir. Corta el eje $y$ en $(0, - 2)$ y el eje $x$ en $(2, 0)$ (apartado a), y también en $x \approx - 3, 19$ y $x \approx - 0, 314$ .

Gráfica de y=x³+1,5x²−6x−2 para −4 ≤ x ≤ 3 y −10 ≤ y ≤ 10, con los puntos (0; −2) y (2; 0) y las tangentes L1 y L2

c) $\frac{d y}{d x} = 3 x^{2} + 3 x - 6.$

(i) En $x = 2$ : $\frac{d y}{d x} = 12 + 6 - 6 = 12$ , luego la pendiente de $L_{1}$ es $12$ .
(ii) $L_{2}$ es paralela a $L_{1}$ , así que su pendiente también es $12$ : $3 x^{2} + 3 x - 6 = 12 \Rightarrow x^{2} + x - 6 = 0 \Rightarrow (x - 2) (x + 3) = 0.$ La solución $x = 2$ es el punto de $L_{1}$ ; $L_{2}$ toca la curva en $x = - 3$ .
(iii) $L_{1}$ pasa por $(2, 0)$ : $y = 12 x - 24$ . $L_{2}$ pasa por $(- 3; 2, 5)$ (pues $y (- 3) = - 27 + 13, 5 + 18 - 2 = 2, 5$ ): $y = 12 x + 38, 5$ . Se dibujan como dos rectas paralelas tangentes a la curva y se rotulan $L_{1}$ y $L_{2}$ (ver la figura).

(i) Con la CPG (o factorizando, $\frac{d y}{d x} = 3 (x + 2) (x - 1)$ ), la derivada se anula en $x = - 2$ y $x = 1$ , y es positiva fuera de $[- 2, 1]$ . Luego $b = 1$ .
(ii) En $- 2 < x < 1$ la derivada es negativa: la curva es decreciente (del máximo local $(- 2, 8)$ al mínimo local $(1, - 5, 5)$ ).
(iii) En $x = - 2$ : $y = - 8 + 6 + 12 - 2 = 8$ y $\frac{d y}{d x} = 12 - 6 - 6 = 0$ , la tangente es horizontal: $y = 8.$

Crecimiento, máximos y mínimos

Ejercicio 31 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2018

Considere la curva $y = 2 x^{3} - 9 x^{2} + 12 x + 2$ , para $- 1 < x < 3$ .

a) Dibuje aproximadamente la curva para $- 1 < x < 3$ , $- 2 < y < 12$ .

b) Un profesor les pide a sus alumnos que realicen algunas observaciones sobre la curva.

Tres alumnos respondieron lo siguiente.

Nadia dijo «El punto de corte de la curva con el eje $x$ está comprendido entre $- 1$ y cero».

Rick dijo «La curva es decreciente para $x < 1$ ».

Paula dijo «La pendiente de la curva es menor que cero entre $x = 1$ y $x = 2$ ».

Indique el nombre del alumno que ha realizado una observación incorrecta.

c) Halle el valor de $y$ para $x = 1$ .

d) Halle $\frac{d y}{d x}$ .

e) Muestre que los puntos estacionarios de la curva están en $x = 1$ y $x = 2$ .

f) Sabiendo que $2 x^{3} - 9 x^{2} + 12 x + 2 = k$ tiene tres soluciones, halle los posibles valores de $k$ .

Ver resultado

Resultado: a) gráfico con máximo $(1, 7)$ y mínimo $(2, 6)$ ; b) Rick; c) $y = 7$ ; d) $\frac{d y}{d x} = 6 x^{2} - 18 x + 12$ ; e) demostrado ( $x = 1$ y $x = 2$ ); f) $6 < k < 7$

Ver proceso y resultado

Con la CPG se dibuja la curva en la ventana $- 1 < x < 3$ , $- 2 < y < 12$ : sube hasta un máximo local en $(1, 7)$ , baja hasta un mínimo local en $(2, 6)$ y vuelve a subir. Corta el eje $y$ en $(0, 2)$ .

Gráfica de y = 2x³ − 9x² + 12x + 2 para −1 < x < 3 y −2 < y < 12, con máximo local en (1, 7) y mínimo local en (2, 6); ejes con marcas de −1 a 3 y de 2 a 12

Nadia: el corte con el eje $x$ está entre $- 1$ y $0$ (la curva pasa de valores negativos a positivos, pues $y (- 1) = - 21$ e $y (0) = 2$ ). Es correcta.
Rick: la curva sube hasta $x = 1$ , es decir, es creciente para $x < 1$ (por ejemplo, la pendiente en $x = 0$ es $12 > 0$ ). Lo que dice es incorrecto.
Paula: entre $x = 1$ y $x = 2$ la curva baja, así que la pendiente es negativa. Es correcta.
El alumno que se equivoca es Rick.

$y = 2 - 9 + 12 + 2 = 7$ .

$\frac{d y}{d x} = 6 x^{2} - 18 x + 12$ .

Los puntos estacionarios cumplen $\frac{d y}{d x} = 0$ : $6 x^{2} - 18 x + 12 = 0 \Rightarrow x^{2} - 3 x + 2 = 0 \Rightarrow (x - 1) (x - 2) = 0.$
Luego $x = 1$ y $x = 2$ .

Las soluciones de $2 x^{3} - 9 x^{2} + 12 x + 2 = k$ son los cortes de la curva con la recta horizontal $y = k$ .
El máximo local es $(1, 7)$ y el mínimo local es $(2, 6)$ . Hay tres cortes cuando la recta pasa entre los dos valores: $6 < k < 7.$

Resultado: a) gráfico con máximo $(1, 7)$ y mínimo $(2, 6)$ ; b) Rick; c) $y = 7$ ; d) $\frac{d y}{d x} = 6 x^{2} - 18 x + 12$ ; e) demostrado ( $x = 1$ y $x = 2$ ); f) $6 < k < 7$

Ejercicio 32 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2010

En la siguiente tabla se describe el comportamiento de $f^{'} (x)$ , la función derivada de $f (x)$ , en el dominio $- 4 < x < 2$ .

$x$	$f^{'} (x)$
$- 4 < x < - 2$	$< 0$
$- 2$	$0$
$- 2 < x < 1$	$> 0$
$1$	$0$
$1 < x < 2$	$> 0$

El punto $P (- 2, 3)$ está en la gráfica de $f (x)$ .

a) Establezca si $f (0)$ es mayor, menor o igual que $f (- 2)$ . Dé una respuesta razonada.

b) Escriba la ecuación de la tangente al gráfico de $f (x)$ en el punto $P$ .

c) A partir de la información que le hemos dado acerca de $f^{'} (x)$ , establezca si el punto $(- 2, 3)$ es máximo, un mínimo o ninguna de las dos cosas. Dé una respuesta razonada.

Ver resultado

Resultado: a) $f (0) > f (- 2)$ , porque $f$ es creciente en $] - 2, 1 [$ ; b) $y = 3$ ; c) mínimo, porque $f^{'}$ cambia de negativa a positiva

Ver proceso y resultado

En $- 2 < x < 1$ se cumple $f^{'} (x) > 0$ , así que $f$ es creciente en ese intervalo.
Como $- 2 < 0 < 1$ , resulta $f (0) > f (- 2)$ : es mayor.

En $P (- 2, 3)$ la derivada vale $0$ , así que la tangente es horizontal.
Su ecuación es $y = 3$ .

A la izquierda de $x = - 2$ la derivada es negativa ( $f$ decrece) y a la derecha es positiva ( $f$ crece).
Por tanto, $(- 2, 3)$ es un mínimo local.

Resultado: a) $f (0) > f (- 2)$ , porque $f$ es creciente en $] - 2, 1 [$ ; b) $y = 3$ ; c) mínimo, porque $f^{'}$ cambia de negativa a positiva

Ejercicio 33 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2013

Considere la función $f (x) = a x^{3} - 3 x + 5$ con $a \neq = 0$ .

a) Calcule $f^{'} (x)$ .

b) Escriba el valor de $f^{'} (0)$ .

La función tiene un máximo local en $x = - 2$ .

c) Calcule el valor de $a$ .

Ver resultado

Resultado: a) $f^{'} (x) = 3 a x^{2} - 3$ ; b) $f^{'} (0) = - 3$ ; c) $a = \frac{1}{4}$

Ver proceso y resultado

Derivamos $f (x) = a x^{3} - 3 x + 5$ : $f^{'} (x) = 3 a x^{2} - 3.$

Sustituimos $x = 0$ : $f^{'} (0) = 3 a \cdot 0 - 3 = - 3.$

En un máximo local la derivada es cero, así que $f^{'} (- 2) = 0$ : $3 a \cdot 4 - 3 = 0 \Rightarrow 12 a = 3 \Rightarrow a = \frac{1}{4} .$
Comprobación: $f^{''} (x) = 6 a x$ y $f^{''} (- 2) = - 12 a = - 3 < 0$ , luego en $x = - 2$ hay un máximo.

Resultado: a) $f^{'} (x) = 3 a x^{2} - 3$ ; b) $f^{'} (0) = - 3$ ; c) $a = \frac{1}{4}$

Ejercicio 34 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2014

Una función viene dada por $f (x) = 2 x^{3} - 5 x + \frac{4}{x} + 3, - 5 \leq x \leq 10, x \neq = 0$ .

a) Escriba la derivada de la función.

b) Utilice la calculadora de pantalla gráfica para hallar las coordenadas del mínimo local de $f (x)$ dentro del dominio dado.

Ver resultado

Resultado: a) $f^{'} (x) = 6 x^{2} - 5 - \frac{4}{x ^{2}}$ ; b) mínimo local en $(1, 15; 3, 77)$

Ver proceso y resultado

Escribimos $f (x) = 2 x^{3} - 5 x + 4 x^{- 1} + 3$ y derivamos: $f^{'} (x) = 6 x^{2} - 5 - \frac{4}{x ^{2}} .$

Con la calculadora de pantalla gráfica dibujamos $f$ en $- 5 \leq x \leq 10$ (con $x \neq = 0$ ) y buscamos el mínimo local.
Comprobación algebraica: $f^{'} (x) = 0$ da $6 x^{4} - 5 x^{2} - 4 = 0$ . Con $u = x^{2}$ , $6 u^{2} - 5 u - 4 = 0$ , de donde $u = \frac{4}{3}$ (la otra solución, $u = - \frac{1}{2}$ , no es válida).
Para $x > 0$ queda $x = \frac{4}{3} = \frac{2 3}{3} \approx 1, 15$ . Es un mínimo porque $f^{''} (x) = 12 x + \frac{8}{x ^{3}} > 0$ para $x > 0$ .
Su ordenada es $f (1, 155) \approx 3, 77$ .
El mínimo local es el punto $(1, 15; 3, 77)$ .

Resultado: a) $f^{'} (x) = 6 x^{2} - 5 - \frac{4}{x ^{2}}$ ; b) mínimo local en $(1, 15; 3, 77)$

Ejercicio 35 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2012

Considere la función $f (x) = 5 x^{3} - 4 x^{2} + x$ .

a) Calcule $f^{'} (x)$ .

b) Halle usando su respuesta al apartado (a) la coordenada $x$ de

(i) el punto máximo local;

(ii) el punto mínimo local.

Ver resultado

Resultado: a) $f^{'} (x) = 15 x^{2} - 8 x + 1$ ; b) (i) máximo local en $x = \frac{1}{5} = 0, 2$ ; (ii) mínimo local en $x = \frac{1}{3} \approx 0, 333$

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Derivamos término a término: $f^{'} (x) = 15 x^{2} - 8 x + 1.$

Igualamos a cero y factorizamos: $15 x^{2} - 8 x + 1 = 0 \Rightarrow (5 x - 1) (3 x - 1) = 0.$
Los puntos estacionarios son $x = \frac{1}{5}$ y $x = \frac{1}{3}$ .
Estudiamos el signo de $f^{'}$ : es positiva para $x < \frac{1}{5}$ , negativa para $\frac{1}{5} < x < \frac{1}{3}$ y positiva para $x > \frac{1}{3}$ .
(i) En $x = \frac{1}{5}$ pasa de creciente a decreciente: máximo local.
(ii) En $x = \frac{1}{3}$ pasa de decreciente a creciente: mínimo local.

Resultado: a) $f^{'} (x) = 15 x^{2} - 8 x + 1$ ; b) (i) máximo local en $x = \frac{1}{5} = 0, 2$ ; (ii) mínimo local en $x = \frac{1}{3} \approx 0, 333$

Ejercicio 36 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2007

Una función está representada por la ecuación $f (x) = a x^{2} + \frac{4}{x} - 3$ .

a) Encuentre $f^{'} (x)$ .

La función $f (x)$ tiene un máximo local en el punto donde $x = - 1$ .

b) Encuentre el valor de $a$ .

Ver resultado

Resultado: a) $f^{'} (x) = 2 a x - \frac{4}{x ^{2}}$ ; b) $a = - 2$

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Derivamos término a término, escribiendo $\frac{4}{x} = 4 x^{- 1}$ : $f^{'} (x) = 2 a x - 4 x^{- 2} = 2 a x - \frac{4}{x ^{2}} .$

En un máximo local la derivada se anula: $f^{'} (- 1) = 0$ .
Sustituimos $x = - 1$ : $2 a (- 1) - \frac{4}{( - 1 ) ^{2}} = - 2 a - 4 = 0 \Rightarrow a = - 2.$
Comprobación: $f^{''} (x) = 2 a + \frac{8}{x ^{3}}$ , y con $a = - 2$ resulta $f^{''} (- 1) = - 4 - 8 = - 12 < 0$ , así que en $x = - 1$ hay efectivamente un máximo.

Resultado: a) $f^{'} (x) = 2 a x - \frac{4}{x ^{2}}$ ; b) $a = - 2$

Ejercicio 37 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2008

La función $f (x)$ es tal que $f^{'} (x) < 0$ para $1 < x < 4$ .

En el punto $P (4, 2)$ de la gráfica de $f (x)$ la pendiente es cero.

a) Escriba la ecuación de la tangente a la gráfica de $f (x)$ en $P$ .

b) Indique si $f (4)$ es mayor, igual o menor que $f (2)$ .

c) Sabiendo que $f (x)$ es creciente para $4 \leq x < 7$ , ¿qué se puede decir sobre el punto $P$ ?

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Resultado: a) $y = 2$ ; b) $f (4)$ es menor que $f (2)$ ; c) $P$ es un mínimo local

Ver proceso y resultado

Pendiente cero significa tangente horizontal.
Pasa por $P (4, 2)$ , luego su ecuación es $y = 2$ .

Como $f^{'} (x) < 0$ para $1 < x < 4$ , la función es decreciente en ese intervalo.
Así, para $2 < 4$ se cumple $f (2) > f (4)$ : $f (4)$ es menor que $f (2)$ .

A la izquierda de $x = 4$ la función decrece y a la derecha crece, y en $P$ la pendiente es cero.
Por tanto $P$ es un mínimo local de la gráfica.

Resultado: a) $y = 2$ ; b) $f (4)$ es menor que $f (2)$ ; c) $P$ es un mínimo local

Ejercicio 38 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2009

a) Dibuje aproximadamente la gráfica de $y = 2^{x}$ para $- 2 \leq x \leq 3$ .

Indique claramente el lugar donde la curva corta al eje $y$ .

b) Escriba la ecuación de la asíntota de la gráfica de $y = 2^{x}$ .

c) Sobre esos mismos ejes de coordenadas, dibuje aproximadamente la gráfica de $y = 3 + 2 x - x^{2}$ .

Indique claramente dónde corta la curva al eje $x$ , y dónde corta al eje $y$ .

d) Utilizando la calculadora de pantalla gráfica, resuelva la ecuación $3 + 2 x - x^{2} = 2^{x}$ .

e) Escriba el valor máximo de la función $f (x) = 3 + 2 x - x^{2}$ .

f) Utilice el Cálculo diferencial para comprobar que la respuesta que ha dado en el apartado (e) es correcta.

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Resultado: a) gráfica de $y = 2^{x}$ con corte $(0, 1)$ ; b) $y = 0$ ; c) gráfica de la parábola con cortes $(- 1, 0)$ , $(3, 0)$ y $(0, 3)$ ; d) $x \approx - 0, 857$ y $x \approx 1, 77$ ; e) $4$ ; f) comprobado ( $x = 1$ , $f (1) = 4$ )

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Tabla: $2^{- 2} = 0, 25$ , $2^{- 1} = 0, 5$ , $2^{0} = 1$ , $2^{1} = 2$ , $2^{2} = 4$ , $2^{3} = 8$ .
La curva es creciente, siempre positiva, y corta el eje $y$ en $(0, 1)$ .

Cuando $x \to - \infty$ , $2^{x} \to 0$ sin llegar a cero, así que la asíntota horizontal es $y = 0$ (el eje $x$ ).

$y = 3 + 2 x - x^{2} = - (x - 3) (x + 1)$ es una parábola que abre hacia abajo.
Cortes con el eje $x$ : $x = - 1$ y $x = 3$ . Corte con el eje $y$ : $(0, 3)$ . Vértice en $(1, 4)$ .

Ejes con x de −2 a 3 e y de 0 a 8: curva y = 2^x que pasa por (0; 1) y se acerca al eje x por la izquierda, y parábola y = 3 + 2x − x² con vértice (1; 4) que corta el eje y en (0; 3) y el eje x en (−1; 0) y (3; 0); las dos curvas se cortan cerca de x = −0,86 y x = 1,77

Con la calculadora se buscan las intersecciones de $y = 3 + 2 x - x^{2}$ y $y = 2^{x}$ (las abscisas son las soluciones).
Soluciones: $x \approx - 0, 857$ y $x \approx 1, 77$ .

El máximo de la parábola es su vértice: $f (1) = 3 + 2 - 1 = 4$ .
Valor máximo: $4$ .

$f^{'} (x) = 2 - 2 x = 0 \Rightarrow x = 1$ .
$f^{''} (x) = - 2 < 0$ , así que es un máximo.
$f (1) = 3 + 2 - 1 = 4$ , que coincide con (e).

Ejercicio 39 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2011

Considere la función $f (x) = x^{3} + \frac{48}{x}$ , $x \neq = 0$ .

a) Calcule $f (2)$ .

b) Dibuje la gráfica de la función $y = f (x)$ para $- 5 \leq x \leq 5$ y $- 200 \leq y \leq 200$ .

c) Encuentre $f^{'} (x)$ .

d) Encuentre $f^{'} (2)$ .

e) Escriba las coordenadas del punto máximo local en la gráfica de $f$ .

f) Encuentre el rango de $f$ .

g) Encuentre la pendiente de la tangente a la gráfica de $f$ en $x = 1$ .

Hay un segundo punto en la gráfica de $f$ en el que la tangente es paralela a la tangente en $x = 1$ .

h) Encuentre la coordenada $x$ de este punto.

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Resultado: a) $32$ ; b) gráfica con asíntota $x = 0$ ; c) $f^{'} (x) = 3 x^{2} - \frac{48}{x ^{2}}$ ; d) $0$ ; e) $(- 2, - 32)$ ; f) $f (x) \leq - 32$ o $f (x) \geq 32$ ; g) $- 45$ ; h) $x = - 1$

Ver proceso y resultado

a) $f (2) = 2^{3} + \frac{48}{2} = 8 + 24 = 32.$

Con la calculadora se traza $y = x^{3} + \frac{48}{x}$ en la ventana pedida. Hay dos ramas, separadas por la asíntota vertical $x = 0$ .
Rama izquierda: sube desde abajo hasta un máximo local en $(- 2, - 32)$ y luego cae hacia $- \infty$ al acercarse a $x = 0$ . Rama derecha: baja desde $+ \infty$ hasta un mínimo local en $(2, 32)$ y luego sube.

Gráfica de f(x) = x³ + 48/x en la ventana −5 ≤ x ≤ 5, −200 ≤ y ≤ 200: rama izquierda con máximo local en (−2; −32) y asíntota vertical en x = 0; rama derecha con mínimo local en (2; 32) que sube hasta (5; 135) aproximadamente

c) $f^{'} (x) = 3 x^{2} - \frac{48}{x ^{2}} .$

d) $f^{'} (2) = 3 \cdot 4 - \frac{48}{4} = 12 - 12 = 0.$

$f^{'} (x) = 0 \Rightarrow 3 x^{4} = 48 \Rightarrow x^{4} = 16 \Rightarrow x = \pm 2$ .
En $x = 2$ hay un mínimo local ( $f (2) = 32$ ), así que el máximo local está en $x = - 2$ : $f (- 2) = - 8 - 24 = - 32.$
Punto máximo local: $(- 2, - 32)$ .

Rama izquierda ( $x < 0$ ): llega hasta $- 32$ como máximo y tiende a $- \infty$ : valores en $] - \infty, - 32]$ .
Rama derecha ( $x > 0$ ): mínimo $32$ y crece hasta $+ \infty$ : valores en $[32, + \infty [$ .
Rango: $f (x) \leq - 32$ o $f (x) \geq 32$ .

g) $f^{'} (1) = 3 - 48 = - 45.$

Buscamos otro $x$ con $f^{'} (x) = - 45$ : $3 x^{2} - \frac{48}{x ^{2}} = - 45 \Rightarrow 3 x^{4} + 45 x^{2} - 48 = 0 \Rightarrow x^{4} + 15 x^{2} - 16 = 0.$
Con $u = x^{2}$ : $u^{2} + 15 u - 16 = (u - 1) (u + 16) = 0$ , luego $u = 1$ (la otra raíz es negativa) y $x = \pm 1$ .
El punto distinto de $x = 1$ tiene $x = - 1$ (comprobación: $f^{'} (- 1) = 3 - 48 = - 45$ ).

Ejercicio 40 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2019

La función $f (x) = \frac{1}{3} x^{3} + \frac{1}{2} x^{2} + k x + 5$ tiene un máximo local y un mínimo local.

El máximo local está en $x = - 3$ .

a) Muestre que $k = - 6$ .

b) Encuentre las coordenadas del mínimo local.

c) Escriba el intervalo donde la pendiente de la gráfica de $f (x)$ es negativa.

d) Determine la ecuación de la normal en $x = - 2$ en la forma $y = m x + c$ .

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Resultado: a) $k = - 6$ (demostrado); b) $(2, - \frac{7}{3})$ ; c) $] - 3, 2 [$ ; d) $y = \frac{1}{4} x + \frac{101}{6}$

Ver proceso y resultado

Derivamos: $f^{'} (x) = x^{2} + x + k$ .
En un máximo local la derivada es cero. Con $x = - 3$ : $f^{'} (- 3) = 9 - 3 + k = 0 \Rightarrow k = - 6.$

Con $k = - 6$ : $f^{'} (x) = x^{2} + x - 6 = (x + 3) (x - 2)$ , que se anula en $x = - 3$ y en $x = 2$ .
En $x = - 3$ está el máximo, así que el mínimo local está en $x = 2$ (allí $f^{'}$ pasa de negativa a positiva).
Calculamos su ordenada: $f (2) = \frac{8}{3} + 2 - 12 + 5 = - \frac{7}{3} \approx - 2, 33.$

La pendiente es $f^{'} (x) = (x + 3) (x - 2)$ , que es negativa entre sus dos raíces: $- 3 < x < 2$ .

$f (- 2) = - \frac{8}{3} + 2 + 12 + 5 = \frac{49}{3}$ y $f^{'} (- 2) = 4 - 2 - 6 = - 4$ .
La pendiente de la normal es $- \frac{1}{- 4} = \frac{1}{4}$ .
Ecuación de la normal: $y - \frac{49}{3} = \frac{1}{4} (x + 2) \Rightarrow y = \frac{1}{4} x + \frac{101}{6} .$

Resultado: a) $k = - 6$ (demostrado); b) $(2, - \frac{7}{3})$ ; c) $] - 3, 2 [$ ; d) $y = \frac{1}{4} x + \frac{101}{6}$

Ejercicio 41 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2019

Considere la función $f (x) = \frac{1}{3} x^{3} + \frac{3}{4} x^{2} - x - 1$ .

a) Halle $f (2)$ .

b) Escriba el punto de corte con el eje $y$ del gráfico de $y = f (x)$ .

c) Dibuje aproximadamente el gráfico de $y = f (x)$ para $- 3 \leq x \leq 3$ y $- 4 \leq y \leq 12$ .

d) Halle $f^{'} (x)$ .

e) Halle la pendiente del gráfico de $y = f (x)$ en $x = 2$ .

f) Halle la ecuación de la recta tangente al gráfico de $y = f (x)$ en $x = 2$ . Dé la ecuación de la forma $a x + b y + d = 0$ donde $a$ , $b$ y $d \in Z$ .

La función tiene un máximo local en $x = p$ y un mínimo local en $x = q$ .

g) Utilice la derivada de $f (x)$ para hallar el valor de $p$ y el valor de $q$ .

h) Determine el recorrido (imagen) de $f (x)$ para $p \leq x \leq q$ .

Ver resultado

Resultado: a) $\frac{8}{3} \approx 2, 67$ ; b) $(0, - 1)$ ; c) gráfico con máximo local en $x = - 2$ y mínimo local en $x = 0, 5$ ; d) $f^{'} (x) = x^{2} + \frac{3}{2} x - 1$ ; e) $6$ ; f) $18 x - 3 y - 28 = 0$ ; g) $p = - 2$ , $q = 0, 5$ ; h) $- 1, 27 \leq f (x) \leq 1, 33$

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$f (2) = \frac{8}{3} + \frac{3}{4} \cdot 4 - 2 - 1 = \frac{8}{3} + 3 - 2 - 1 = \frac{8}{3} \approx 2, 67$ .

Con $x = 0$ : $f (0) = - 1$ . El corte con el eje $y$ es $(0, - 1)$ .

Con la CPG se dibuja la gráfica en la ventana $- 3 \leq x \leq 3$ , $- 4 \leq y \leq 12$ . Es una cúbica con un máximo local en $x = - 2$ , un mínimo local en $x = 0, 5$ y que termina en $x = 3$ cerca de $y = 11, 75$ .

Gráfica de f(x) = x³/3 + 3x²/4 − x − 1 para −3 ≤ x ≤ 3 y −4 ≤ y ≤ 12 sobre cuadrícula, con un máximo local hacia x = −2 y un mínimo local hacia x = 0,5

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

$f^{'} (2) = 4 + 3 - 1 = 6$ .

La tangente tiene pendiente $6$ y pasa por $(2, \frac{8}{3})$ : $y - \frac{8}{3} = 6 (x - 2) \Rightarrow y = 6 x - \frac{28}{3} .$
Multiplicamos por $3$ y pasamos todo al mismo miembro: $18 x - 3 y - 28 = 0.$

Resolvemos $f^{'} (x) = 0$ : $x^{2} + \frac{3}{2} x - 1 = 0 \Rightarrow 2 x^{2} + 3 x - 2 = 0 \Rightarrow x = \frac{- 3 \pm 5}{4},$ es decir, $x = - 2$ o $x = \frac{1}{2}$ .
$f^{'}$ pasa de positiva a negativa en $x = - 2$ (máximo) y de negativa a positiva en $x = \frac{1}{2}$ (mínimo). Luego $p = - 2$ y $q = 0, 5$ .

$f (- 2) = - \frac{8}{3} + 3 + 2 - 1 = \frac{4}{3} \approx 1, 33$ .
$f (\frac{1}{2}) = \frac{1}{24} + \frac{3}{16} - \frac{1}{2} - 1 = - \frac{61}{48} \approx - 1, 27$ .
Entre $p$ y $q$ la función es decreciente, así que el recorrido va del valor en $q$ al valor en $p$ : $- \frac{61}{48} \leq f (x) \leq \frac{4}{3} .$

Ejercicio 42 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2018

Considere la función $f (x) = \frac{48}{x} + k x^{2} - 58$ , donde $x > 0$ y $k$ es una constante.

La gráfica de la función pasa por el punto de coordenadas $(4, 2)$ .

a) Encuentre el valor de $k$ .

b) Usando su valor de $k$ , encuentre $f^{'} (x)$ .

$P$ es el punto mínimo de la gráfica de $f (x)$ .

c) Use su respuesta al apartado (b) para demostrar que el valor mínimo de $f (x)$ es $- 22$ .

d) Escriba los dos valores de $x$ que satisfagan $f (x) = 0$ .

e) Dibuje la gráfica de $y = f (x)$ para $0 < x < 6$ y $- 30 \leq y \leq 60$ . Indique claramente el punto mínimo $P$ y las intersecciones con el eje $x$ de su gráfico.

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Resultado: a) $k = 3$ ; b) $f^{'} (x) = - \frac{48}{x ^{2}} + 6 x$ ; c) mínimo $f (2) = - 22$ (demostrado); d) $x \approx 0, 861$ y $x \approx 3, 90$ ; e) gráfico con mínimo $P (2, - 22)$ y cortes en $x \approx 0, 861$ y $x \approx 3, 90$

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La gráfica pasa por $(4, 2)$ , luego $f (4) = 2$ : $\frac{48}{4} + 16 k - 58 = 2 \Rightarrow 16 k = 48 \Rightarrow k = 3.$

Con $k = 3$ : $f (x) = 48 x^{- 1} + 3 x^{2} - 58$ .
Derivamos: $f^{'} (x) = - \frac{48}{x ^{2}} + 6 x .$

El mínimo cumple $f^{'} (x) = 0$ : $6 x = \frac{48}{x ^{2}} \Rightarrow x^{3} = 8 \Rightarrow x = 2.$
$f^{'}$ es negativa para $x < 2$ y positiva para $x > 2$ (en $x = 1$ vale $- 42$ y en $x = 3$ vale $\approx 12, 7$ ), así que es un mínimo.
Valor mínimo: $f (2) = \frac{48}{2} + 3 \cdot 4 - 58 = 24 + 12 - 58 = - 22.$

Con la CPG, las soluciones de $f (x) = 0$ son $x \approx 0, 861$ y $x \approx 3, 90$ .

Se dibuja la gráfica con la CPG en la ventana $0 < x < 6$ , $- 30 \leq y \leq 60$ : baja desde arriba (asíntota en $x = 0$ ), corta el eje $x$ en $x \approx 0, 861$ , llega al mínimo $P (2, - 22)$ , vuelve a cortar el eje en $x \approx 3, 90$ y sube hasta cerca de $y = 58$ en $x = 6$ .

Gráfica de f(x) = 48/x + 3x² − 58 para 0 < x < 6 y −30 ≤ y ≤ 60 sobre cuadrícula; corta el eje x en (0,861; 0) y (3,90; 0) y tiene un mínimo P en (2, −22)

Ejercicio 43 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2009

Una función está definida por $f (x) = \frac{5}{x ^{2}} + 3 x + c$ , $x \neq = 0$ , $c \in Z$ .

a) Escriba una expresión para $f^{'} (x)$ .

Considere la gráfica de $f$ . La gráfica de $f$ pasa por el punto $P (1, 4)$ .

b) Encuentre el valor de $c$ .

c) Hay un mínimo local en el punto $Q$ .

(i) Encuentre las coordenadas de $Q$ .

(ii) Encuentre el conjunto de valores de $x$ para los cuales la función es decreciente.

Sea $T$ la tangente a la gráfica de $f$ en $P$ .

d) (i) Demuestre que la pendiente de $T$ es $- 7$ .

(ii) Encuentre la ecuación de $T$ .

e) $T$ corta a la gráfica nuevamente en $R$ . Use su calculadora de pantalla gráfica para encontrar las coordenadas de $R$ .

Ver resultado

Resultado: a) $f^{'} (x) = - \frac{10}{x ^{3}} + 3$ ; b) $c = - 4$ ; c) (i) $Q (1, 49, 2, 72)$ ; (ii) $0 < x < 1, 49$ ; d) (i) pendiente $- 7$ (demostrado); (ii) $y = - 7 x + 11$ ; e) $R (- 0, 5, 14, 5)$

Ver proceso y resultado

Escribimos $f (x) = 5 x^{- 2} + 3 x + c$ y derivamos: $f^{'} (x) = - \frac{10}{x ^{3}} + 3.$

La gráfica pasa por $P (1, 4)$ : $f (1) = 5 + 3 + c = 4$ , luego $c = - 4$ .

(i) En el mínimo local $f^{'} (x) = 0$ : $- \frac{10}{x ^{3}} + 3 = 0 \Rightarrow x^{3} = \frac{10}{3} \Rightarrow x \approx 1, 49.$
$f (1, 49) \approx 2, 72$ , luego $Q (1, 49, 2, 72)$ .
(ii) La función es decreciente donde $f^{'} (x) < 0$ , es decir, $\frac{10}{x ^{3}} > 3$ . Esto ocurre para $0 < x < 1, 49$ (para $x < 0$ la derivada es positiva).

(i) $f^{'} (1) = - 10 + 3 = - 7$ , que es la pendiente de $T$ .
(ii) $T$ pasa por $P (1, 4)$ con pendiente $- 7$ : $y - 4 = - 7 (x - 1) \Rightarrow y = - 7 x + 11.$

Con la CPG, los cortes de $f (x) = \frac{5}{x ^{2}} + 3 x - 4$ con $y = - 7 x + 11$ son $x = 1$ (el punto $P$ ) y $x = - 0, 5$ .
Entonces $y = - 7 (- 0, 5) + 11 = 14, 5$ y el punto es $R (- 0, 5, 14, 5)$ .

Ejercicio 44 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2017

Considere la función $f (x) = - x^{4} + a x^{2} + 5$ , donde $a$ es una constante.

A continuación se muestra una parte del gráfico de $y = f (x)$ .

Gráfica a mano de y = −x⁴ + 4x² + 5 con forma de M invertida, sin cuadrícula ni marcas numéricas

a) Escriba el punto de corte del gráfico con el eje $y$ .

b) Halle $f^{'} (x)$ .

Se sabe que en el punto en el que $x = 2$ la tangente al gráfico de $y = f (x)$ es horizontal.

c) (i) Muestre que $a = 8$ .

(ii) Halle $f (2)$ .

En el gráfico de $y = f (x)$ hay otros dos puntos en los que la tangente es horizontal.

d) Escriba

(i) la coordenada $x$ de esos dos puntos;

(ii) los intervalos en los que la pendiente del gráfico de $y = f (x)$ es positiva.

e) Escriba el recorrido de $f (x)$ .

f) Escriba el número de posibles soluciones que tiene la ecuación $f (x) = 5$ .

g) La ecuación $f (x) = m$ , donde $m \in R$ , tiene cuatro soluciones.

Halle los posibles valores de $m$ .

Ver resultado

Resultado: a) $(0, 5)$ ; b) $f^{'} (x) = - 4 x^{3} + 2 a x$ ; c) (i) $a = 8$ (demostrado); (ii) $f (2) = 21$ ; d) (i) $x = 0$ y $x = - 2$ ; (ii) $] - \infty, - 2 [\cup] 0, 2 [$ ; e) $f (x) \leq 21$ , es decir, $] - \infty, 21]$ ; f) $3$ soluciones; g) $5 < m < 21$

Ver proceso y resultado

Con $x = 0$ : $f (0) = 5$ . El corte con el eje $y$ es $(0, 5)$ .

$f^{'} (x) = - 4 x^{3} + 2 a x$ .

(i) Tangente horizontal en $x = 2$ significa $f^{'} (2) = 0$ : $- 4 \cdot 8 + 4 a = 0 \Rightarrow - 32 + 4 a = 0 \Rightarrow a = 8.$
(ii) $f (2) = - 16 + 8 \cdot 4 + 5 = 21$ .

(i) Con $a = 8$ : $f^{'} (x) = - 4 x^{3} + 16 x = - 4 x (x - 2) (x + 2)$ , que se anula en $x = - 2$ , $x = 0$ y $x = 2$ . Los otros dos puntos tienen $x = 0$ y $x = - 2$ .
(ii) La pendiente es positiva ( $f^{'} (x) > 0$ ) cuando $x < - 2$ o $0 < x < 2$ (por ejemplo, $f^{'} (- 3) = 60 > 0$ y $f^{'} (1) = 12 > 0$ ): $] - \infty, - 2 [\cup] 0, 2 [.$

Los máximos locales son $f (\pm 2) = 21$ y el mínimo local es $f (0) = 5$ ; además $f (x) \to - \infty$ cuando $x \to \pm \infty$ .
El valor mayor que alcanza la función es $21$ , así que el recorrido es $f (x) \leq 21$ .

$- x^{4} + 8 x^{2} + 5 = 5 \Rightarrow x^{2} (8 - x^{2}) = 0$ , luego $x = 0$ , $x = 8$ o $x = - 8$ .
Hay $3$ soluciones.

La recta horizontal $y = m$ corta la gráfica cuatro veces cuando está entre el mínimo local ( $5$ ) y los máximos locales ( $21$ ).
Por tanto, $5 < m < 21$ .

Ejercicio 45 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2017

Una función $f$ viene dada por $f (x) = (2 x + 2) (5 - x^{2})$ .

a) Halle el valor exacto de cada uno de los ceros de $f$ .

b) (i) Desarrolle la expresión de $f (x)$ .

(ii) Halle $f^{'} (x)$ .

c) Utilice la respuesta dada en el apartado (b)(ii) para hallar aquellos valores de $x$ para los cuales $f$ es creciente.

d) Dibuje con precisión el gráfico de $f$ para $- 3 \leq x \leq 3$ y $- 40 \leq y \leq 20$ . Utilice una escala de 2 cm para representar 1 unidad en el eje $x$ y 1 cm para representar 5 unidades en el eje $y$ .

El gráfico de la función $g (x) = 5^{x} + 6 x - 6$ corta al gráfico de $f$ .

e) Escriba las coordenadas del punto de intersección.

Ver resultado

Resultado: a) $x = - 1$ , $x = 5$ y $x = - 5$ ; b) (i) $f (x) = - 2 x^{3} - 2 x^{2} + 10 x + 10$ ; (ii) $f^{'} (x) = - 6 x^{2} - 4 x + 10$ ; c) $- \frac{5}{3} < x < 1$ ; d) gráfica con ceros $- 5, - 1, 5$ , corte $(0, 10)$ , mínimo local en $x = - \frac{5}{3}$ y máximo local $(1, 16)$ ; e) $(1, 49, 13, 9)$

Ver proceso y resultado

Un producto vale cero si algún factor vale cero: $2 x + 2 = 0 o 5 - x^{2} = 0.$
De la primera, $x = - 1$ ; de la segunda, $x = \pm 5$ .

(i) Multiplicamos los factores: $f (x) = 10 x - 2 x^{3} + 10 - 2 x^{2} = - 2 x^{3} - 2 x^{2} + 10 x + 10.$
(ii) Derivamos término a término: $f^{'} (x) = - 6 x^{2} - 4 x + 10.$

$f$ es creciente cuando $f^{'} (x) > 0$ : $- 6 x^{2} - 4 x + 10 > 0 ⟺ 3 x^{2} + 2 x - 5 < 0 ⟺ (3 x + 5) (x - 1) < 0.$
Las raíces de $f^{'}$ son $x = - \frac{5}{3}$ y $x = 1$ , y la parábola $3 x^{2} + 2 x - 5$ es negativa entre ellas.
Por tanto, $f$ es creciente para $- \frac{5}{3} < x < 1$ .

Hacemos la gráfica en el intervalo $- 3 \leq x \leq 3$ (2 cm por unidad en $x$ , 1 cm por 5 unidades en $y$ ), señalando los ceros $x = - 5 \approx - 2, 24$ , $x = - 1$ y $x = 5 \approx 2, 24$ , y el corte con el eje $y$ , $f (0) = 10$ .
La curva empieza en $(- 3, 16)$ , baja hasta cortar el eje $x$ en $- 2, 24$ , llega a un mínimo local en $x = - \frac{5}{3}$ (altura aproximada $- 3, 0$ ), sube cortando el eje $x$ en $- 1$ y el eje $y$ en $10$ , alcanza un máximo local en $(1, 16)$ y baja cortando el eje $x$ en $2, 24$ hasta $f (3) = - 32$ .

Gráfica de f(x) = (2x + 2)(5 − x²) con cuadrícula, para −3 ≤ x ≤ 3 y −40 ≤ y ≤ 20; se marcan los tres ceros y el corte con el eje y

Con la calculadora de pantalla gráfica, buscamos la intersección de $y = 5^{x} + 6 x - 6$ con $y = f (x)$ , es decir, resolvemos $5^{x} + 6 x - 6 = (2 x + 2) (5 - x^{2}) .$
La coordenada $x$ es $x \approx 1, 487$ y la ordenada es $y = f (1, 487) \approx 13, 87$ .
El punto de intersección es aproximadamente $(1, 49, 13, 9)$ .

Ejercicio 46 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2015

Considere la función $f (x) = \frac{96}{x ^{2}} + k x$ , donde $k$ es una constante y $x \neq = 0$ .

a) Escriba $f^{'} (x)$ .

La gráfica de $y = f (x)$ tiene un punto mínimo local en $x = 4$ .

b) Muestre que $k = 3$ .

c) Calcule $f (2)$ .

d) Calcule $f^{'} (2)$ .

e) Encuentre la ecuación de la normal a la gráfica de $y = f (x)$ en el punto donde $x = 2$ . Dé su respuesta en la forma $a x + b y + d = 0$ donde $a, b, d \in Z$ .

f) Dibuje la gráfica de $y = f (x)$ , para $- 5 \leq x \leq 10$ y $- 10 \leq y \leq 100$ .

g) Escriba las coordenadas del punto donde la gráfica de $y = f (x)$ corta el eje $x$ .

h) Indique los valores de $x$ para los cuales $f (x)$ es decreciente.

Ver resultado

Resultado: a) $f^{'} (x) = - \frac{192}{x ^{3}} + k$ ; b) $k = 3$ ; c) $f (2) = 30$ ; d) $f^{'} (2) = - 21$ ; e) $x - 21 y + 628 = 0$ ; f) gráfica con asíntota vertical $x = 0$ , corte $(- 3, 17; 0)$ y mínimo local $(4, 18)$ ; g) $(- 3, 17; 0)$ ; h) $f$ decreciente para $0 < x < 4$

Ver proceso y resultado

Escribimos $f (x) = 96 x^{- 2} + k x$ y derivamos: $f^{'} (x) = - 192 x^{- 3} + k = - \frac{192}{x ^{3}} + k .$

En un mínimo local la derivada vale cero, así que $f^{'} (4) = 0$ : $- \frac{192}{64} + k = 0 \Rightarrow - 3 + k = 0.$
Luego $k = 3$ .

Con $k = 3$ : $f (2) = \frac{96}{4} + 3 \cdot 2 = 24 + 6 = 30.$

Con $k = 3$ : $f^{'} (2) = - \frac{192}{8} + 3 = - 24 + 3 = - 21.$

El punto es $(2, 30)$ . La pendiente de la tangente es $- 21$ , así que la pendiente de la normal es $\frac{1}{21}$ .
La ecuación de la normal es $y - 30 = \frac{1}{21} (x - 2) \Rightarrow 21 y - 630 = x - 2 \Rightarrow x - 21 y + 628 = 0.$

Dibujamos $f (x) = \frac{96}{x ^{2}} + 3 x$ para $- 5 \leq x \leq 10$ y $- 10 \leq y \leq 100$ . El eje $y$ ( $x = 0$ ) es una asíntota vertical.
Para $x < 0$ , la rama corta el eje $x$ en $(- 3, 17; 0)$ y sube hacia $+ \infty$ al acercarse a $x = 0$ por la izquierda.
Para $x > 0$ , la rama baja desde $+ \infty$ hasta el mínimo local $(4, 18)$ y luego sube suavemente hasta $f (10) = 31, 56$ .

Gráfica de y = 96/x² + 3x para −5 ≤ x ≤ 10, con asíntota vertical x = 0, corte con el eje x y mínimo local (4; 18)

La gráfica corta el eje $x$ donde $f (x) = 0$ : $\frac{96}{x ^{2}} + 3 x = 0 \Rightarrow 96 + 3 x^{3} = 0 \Rightarrow x^{3} = - 32.$
Entonces $x = - 332 \approx - 3, 17$ y el punto es $(- 3, 17; 0)$ .

Para que $f$ sea decreciente, $f^{'} (x) < 0$ : $- \frac{192}{x ^{3}} + 3 < 0 ⟺ \frac{192}{x ^{3}} > 3.$
Si $x < 0$ , $\frac{192}{x ^{3}}$ es negativo, así que la desigualdad no se cumple (en esa zona $f^{'} > 0$ ).
Si $x > 0$ , la desigualdad equivale a $x^{3} < 64$ , es decir, $x < 4$ .
Por tanto $f$ es decreciente para $0 < x < 4$ .

Ejercicio 47 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2015

La siguiente figura muestra el gráfico de la función $f (x) = n x^{3} + p x^{2} + q x + r$ , $n \neq = 0$ , para $- 5 \leq x \leq 7$ .

Gráfico de f(x) = 10x³ − 30x² − 240x + 150 para −5 ≤ x ≤ 7, con máximo local (−2; 430), mínimo local (4; −650) y el corte P con el eje x

a) Indique si la función es creciente o decreciente en $x = - 3$ . Dé una razón que justifique su respuesta.

b) Escriba el valor de $r$ .

Los valores de $p$ y $q$ son tales que $f (x) = n x^{3} - 30 x^{2} - 240 x + r$ .

c) Halle $f^{'} (x)$ .

d) Escriba las coordenadas del mínimo local.

e) Muestre que el valor de $n$ es 10.

f) (i) Calcule $f^{'} (- 1)$ .

(ii) Halle la ecuación de la tangente al gráfico en el punto $(- 1, 350)$ . Dé la respuesta en la forma $a x + b y + d = 0$ .

(iii) Escriba cuál es la pendiente de la normal al gráfico en $x = - 1$ .

El gráfico de la función corta al eje $x$ en el punto $P$ , tal y como se muestra en la figura.

g) Utilice la calculadora de pantalla gráfica para hallar la coordenada $x$ de $P$ .

h) Sea $g (x) = 100 x + 400$ , para $- 5 \leq x \leq 7$ . Utilice la calculadora de pantalla gráfica para hallar los valores de $x$ para los cuales $f (x) = g (x)$ , dentro del dominio dado.

Ver resultado

Resultado: a) creciente en $x = - 3$ ; b) $r = 150$ ; c) $f^{'} (x) = 3 n x^{2} - 60 x - 240$ ; d) $(4, - 650)$ ; e) $n = 10$ ; f) (i) $f^{'} (- 1) = - 150$ ; (ii) $150 x + y - 200 = 0$ ; (iii) $\frac{1}{150}$ ; g) $x \approx 6, 39$ ; h) $x \approx - 3, 97$ y $x \approx - 0, 809$

Ver proceso y resultado

En $x = - 3$ la gráfica está a la izquierda del máximo local $x = - 2$ , y por esa zona la curva sube.
Por tanto $f$ es creciente en $x = - 3$ .

$f (0) = r$ , y la gráfica corta el eje $y$ en $(0, 150)$ .
Luego $r = 150$ .

Derivamos $f (x) = n x^{3} - 30 x^{2} - 240 x + r$ : $f^{'} (x) = 3 n x^{2} - 60 x - 240.$

Del gráfico, el mínimo local es el punto $(4, - 650)$ .

En el mínimo local, $f^{'} (4) = 0$ : $3 n \cdot 16 - 60 \cdot 4 - 240 = 0 \Rightarrow 48 n - 480 = 0.$
Luego $n = 10$ .

(i) Con $n = 10$ , $f^{'} (x) = 30 x^{2} - 60 x - 240$ , y $f^{'} (- 1) = 30 + 60 - 240 = - 150.$
(ii) Comprobamos el punto: $f (- 1) = - 10 - 30 + 240 + 150 = 350$ . La tangente tiene pendiente $- 150$ y pasa por $(- 1, 350)$ : $y - 350 = - 150 (x + 1) \Rightarrow 150 x + y - 200 = 0.$
(iii) La pendiente de la normal es la inversa cambiada de signo de $- 150$ : $\frac{1}{150} .$

Con la calculadora de pantalla gráfica, buscamos el corte de $f (x) = 10 x^{3} - 30 x^{2} - 240 x + 150$ con el eje $x$ cerca de $x = 6$ .
Obtenemos $x \approx 6, 39$ .

Igualamos las dos funciones: $10 x^{3} - 30 x^{2} - 240 x + 150 = 100 x + 400.$
Con la calculadora, dibujamos ambas gráficas y hallamos sus intersecciones dentro de $- 5 \leq x \leq 7$ .
Los valores son $x \approx - 3, 97$ y $x \approx - 0, 809$ . (Hay una tercera solución, $x \approx 7, 78$ , que queda fuera del dominio.)

Ejercicio 48 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2012

Considere la función $f (x) = - \frac{1}{3} x^{3} + \frac{5}{3} x^{2} - x - 3$ .

a) Dibuje la gráfica de $y = f (x)$ para $- 3 \leq x \leq 6$ e $- 10 \leq y \leq 10$ mostrando claramente las intersecciones con los ejes y los puntos máximos y mínimos locales. Utilice una escala de 2 cm para representar 1 unidad en el eje $x$ , y una escala de 1 cm para representar 1 unidad en el eje $y$ .

b) Encuentre el valor de $f (- 1)$ .

c) Escriba las coordenadas de la intersección con el eje $y$ de la gráfica de $f (x)$ .

d) Calcule $f^{'} (x)$ .

e) Demuestre que $f^{'} (- 1) = - \frac{16}{3}$ .

f) Explique qué representa $f^{'} (- 1)$ .

g) Encuentre la ecuación de la tangente a la gráfica de $f (x)$ en el punto donde $x = - 1$ .

h) Dibuje la tangente a la gráfica de $f (x)$ en $x = - 1$ en su diagrama del apartado (a).

$P$ y $Q$ son puntos en la curva de modo que las tangentes a la curva en estos puntos son horizontales. La coordenada $x$ de $P$ es $a$ , y la coordenada $x$ de $Q$ es $b$ , $b > a$ .

(i) Escriba el valor de

(i) $a$ ;

(ii) $b$ .

j) Describa el comportamiento de $f (x)$ para $a < x < b$ .

Ver resultado

Resultado: a) gráfica con cortes $(- 1, 0)$ , $(3, 0)$ , $(0, - 3)$ , mínimo $(0, 333; - 3, 16)$ y máximo $(3, 0)$ ; b) $0$ ; c) $(0, - 3)$ ; d) $f^{'} (x) = - x^{2} + \frac{10}{3} x - 1$ ; e) demostrado; f) pendiente de la tangente en $x = - 1$ ; g) $y = - \frac{16}{3} x - \frac{16}{3}$ ; h) tangente dibujada; i) (i) $a = \frac{1}{3}$ ; (ii) $b = 3$ ; j) $f$ es creciente

Ver proceso y resultado

Con la calculadora se obtiene la gráfica de $f$ en la ventana pedida. Cortes con los ejes: $(- 1, 0)$ , $(3, 0)$ y $(0, - 3)$ .
Extremos: mínimo local en $(0, 333; - 3, 16)$ y máximo local en $(3, 0)$ .
Escala: $2$ cm por unidad en $x$ y $1$ cm por unidad en $y$ . La gráfica cruza el eje $x$ en $x = - 1$ , toca el eje $x$ en $x = 3$ (máximo) y sale de la ventana por abajo hacia la derecha.

Gráfica de f(x) = −(1/3)x³ + (5/3)x² − x − 3 en −3 ≤ x ≤ 6, −10 ≤ y ≤ 10, con escala de 2 unidades de x por 1 de y: corta el eje x en −1, toca el eje x en (3; 0) como máximo local, corta el eje y en (0; −3), tiene un mínimo local en (0,33; −3,16) y la tangente en x = −1, con pendiente −16/3, pasa por (−1; 0)

b) $f (- 1) = - \frac{1}{3} (- 1)^{3} + \frac{5}{3} (- 1)^{2} - (- 1) - 3 = \frac{1}{3} + \frac{5}{3} + 1 - 3 = 0.$

$f (0) = - 3$ , luego la intersección con el eje $y$ es $(0, - 3)$ .

d) $f^{'} (x) = - x^{2} + \frac{10}{3} x - 1.$

e) $f^{'} (- 1) = - (- 1)^{2} + \frac{10}{3} (- 1) - 1 = - 1 - \frac{10}{3} - 1 = - \frac{16}{3} .$

$f^{'} (- 1)$ es la pendiente de la recta tangente a la gráfica en el punto de abscisa $x = - 1$ , es decir, la tasa de variación instantánea de $f$ en ese punto.
Como es negativa, $f$ es decreciente en $x = - 1$ .

El punto de tangencia es $(- 1, 0)$ y la pendiente es $- \frac{16}{3}$ : $y - 0 = - \frac{16}{3} (x + 1) \Rightarrow y = - \frac{16}{3} x - \frac{16}{3} .$

Se dibuja la recta $y = - \frac{16}{3} x - \frac{16}{3}$ sobre el diagrama de (a): pasa por $(- 1, 0)$ y por $(0, - 5, 33)$ , y baja hacia la derecha tocando la curva solo en $(- 1, 0)$ .

Tangente horizontal: $f^{'} (x) = 0$ : $- x^{2} + \frac{10}{3} x - 1 = 0 \Rightarrow 3 x^{2} - 10 x + 3 = 0 \Rightarrow x = \frac{10 \pm 8}{6} .$
(i) $a = \frac{1}{3}$ ; (ii) $b = 3$ .

$f^{'} (x) = - x^{2} + \frac{10}{3} x - 1$ es una parábola que abre hacia abajo, positiva entre sus raíces $\frac{1}{3}$ y $3$ . (Por ejemplo, $f^{'} (1) = \frac{4}{3} > 0$ .)
Por tanto, para $\frac{1}{3} < x < 3$ la función $f$ es creciente.

Ejercicio 49 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2011

La función $f (x)$ está definida por $f (x) = 1, 5 x + 4 + \frac{6}{x}$ , $x \neq = 0$ .

a) Escriba la ecuación de la asíntota vertical.

b) Calcule $f^{'} (x)$ .

c) Encuentre la pendiente de la gráfica de la función en $x = - 1$ .

d) Usando su respuesta al apartado (c), decida si la función $f (x)$ es creciente o decreciente en $x = - 1$ . Justifique su respuesta.

e) Dibuje la gráfica de $f (x)$ para $- 10 \leq x \leq 10$ e $- 20 \leq y \leq 20$ .

$P_{1}$ es el punto máximo local y $P_{2}$ es el punto mínimo local en la gráfica de $f (x)$ .

f) Usando su calculadora de pantalla gráfica, escriba las coordenadas de

(i) $P_{1}$ ;

(ii) $P_{2}$ .

g) Usando su dibujo de (e), determine el rango de la función $f (x)$ para $- 10 \leq x \leq 10$ .

Ver resultado

Resultado: a) $x = 0$ ; b) $f^{'} (x) = 1, 5 - \frac{6}{x ^{2}}$ ; c) $- 4, 5$ ; d) decreciente (pendiente negativa); e) gráfica con asíntota $x = 0$ ; f) (i) $P_{1} (- 2, - 2)$ ; (ii) $P_{2} (2, 10)$ ; g) $y \leq - 2$ o $y \geq 10$

Ver proceso y resultado

$\frac{6}{x}$ no está definido en $x = 0$ y crece sin límite cerca de él.
Asíntota vertical: $x = 0$ .

Escribimos $f (x) = 1, 5 x + 4 + 6 x^{- 1}$ y derivamos: $f^{'} (x) = 1, 5 - \frac{6}{x ^{2}} .$

c) $f^{'} (- 1) = 1, 5 - \frac{6}{1} = - 4, 5.$

La pendiente en $x = - 1$ es $- 4, 5 < 0$ .
Por tanto $f$ es decreciente en $x = - 1$ .

Con la calculadora se traza $f$ en la ventana pedida. Hay dos ramas separadas por la asíntota $x = 0$ : la izquierda sube hasta un máximo local en $(- 2, - 2)$ y luego cae a $- \infty$ ; la derecha baja desde $+ \infty$ hasta un mínimo local en $(2, 10)$ y luego sube.

Gráfica de f(x) = 1,5x + 4 + 6/x para −10 ≤ x ≤ 10 y −20 ≤ y ≤ 20, con cuadrícula y asíntota vertical x = 0 discontinua: máximo local P1(−2; −2) en la rama izquierda y mínimo local P2(2; 10) en la derecha

Con la calculadora (equivale a $f^{'} (x) = 0 \Rightarrow x^{2} = 4$ ) se obtiene $x = \pm 2$ .
(i) $P_{1} = (- 2, - 2)$ (máximo local), pues $f (- 2) = - 3 + 4 - 3 = - 2$ .
(ii) $P_{2} = (2, 10)$ (mínimo local), pues $f (2) = 3 + 4 + 3 = 10$ .

Para $- 10 \leq x < 0$ : $f$ sube de $f (- 10) = - 11, 6$ a $- 2$ y luego cae a $- \infty$ ; los valores son $y \leq - 2$ .
Para $0 < x \leq 10$ : $f$ baja desde $+ \infty$ hasta $10$ y luego sube hasta $f (10) = 19, 6$ ; los valores son $y \geq 10$ .
Rango: $y \leq - 2$ o $y \geq 10$ .

Ejercicio 50 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2010

El diagrama muestra una parte de la función $f (x) = 4 x^{3} - 9 x^{2} - 12 x + 3$ .

Parte de la gráfica de una cúbica f(x) = 4x³ − 9x² − 12x + 3 con ejes x e y dibujados como flechas, sin cuadrícula ni marcas numéricas: sube cortando el eje x a la izquierda del eje y, tiene un máximo local a la izquierda del eje y, corta el eje y por encima del origen, baja hasta un mínimo local por debajo del eje x y vuelve a subir cortando el eje x a la derecha

a) Escriba los valores de $x$ donde la gráfica de $f (x)$ corta el eje $x$ .

b) Escriba $f^{'} (x)$ .

c) Encuentre el valor del máximo local de $y = f (x)$ .

Sea $P$ el punto donde la gráfica de $f (x)$ se corta con el eje $y$ .

d) Escriba las coordenadas de $P$ .

e) Encuentre la pendiente de la curva en $P$ .

La recta, $L$ , es la tangente a la gráfica de $f (x)$ en $P$ .

f) Encuentre la ecuación de $L$ en la forma $y = m x + c$ .

Hay un segundo punto, $Q$ , en la curva en el que la tangente a $f (x)$ es paralela a $L$ .

g) Escriba la pendiente de la tangente en $Q$ .

h) Calcule la coordenada $x$ de $Q$ .

Ver resultado

Resultado: a) $x \approx - 1, 10$ ; $x \approx 0, 218$ ; $x \approx 3, 13$ ; b) $f^{'} (x) = 12 x^{2} - 18 x - 12$ ; c) máximo local $6, 25$ ; d) $P (0, 3)$ ; e) $- 12$ ; f) $y = - 12 x + 3$ ; g) $- 12$ ; h) $x = 1, 5$

Ver proceso y resultado

Resolvemos $4 x^{3} - 9 x^{2} - 12 x + 3 = 0$ con la CPG (o leemos los cortes de la gráfica con el eje $x$ ): $x \approx - 1, 10, x \approx 0, 218, x \approx 3, 13.$

b) $f^{'} (x) = 12 x^{2} - 18 x - 12.$

Los extremos cumplen $f^{'} (x) = 0$ : $12 x^{2} - 18 x - 12 = 0 \Rightarrow 2 x^{2} - 3 x - 2 = 0 \Rightarrow (2 x + 1) (x - 2) = 0$ , luego $x = - \frac{1}{2}$ o $x = 2$ .
En la gráfica, el máximo local es el de la izquierda, en $x = - \frac{1}{2}$ . Lo comprobamos con $f^{''} (x) = 24 x - 18$ : $f^{''} (- \frac{1}{2}) = - 30 < 0$ , es máximo.
Calculamos su valor: $f (- \frac{1}{2}) = 4 (- \frac{1}{8}) - 9 \cdot \frac{1}{4} - 12 (- \frac{1}{2}) + 3 = - 0, 5 - 2, 25 + 6 + 3 = 6, 25.$

En el eje $y$ es $x = 0$ y $f (0) = 3$ , luego $P (0, 3)$ .

La pendiente de la curva en $P$ es $f^{'} (0) = - 12$ .

$L$ pasa por $(0, 3)$ con pendiente $- 12$ : $y = - 12 x + 3.$

Las tangentes paralelas tienen la misma pendiente: $- 12$ .

Buscamos $f^{'} (x) = - 12$ : $12 x^{2} - 18 x - 12 = - 12 \Rightarrow 12 x^{2} - 18 x = 0 \Rightarrow 6 x (2 x - 3) = 0.$
Una solución es $x = 0$ (el punto $P$ ); la otra, $x = \frac{3}{2}$ , es la de $Q$ .

Ejercicio 51 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2010

Considere la función $f (x) = x^{3} - 3 x^{2} - 24 x + 30$ .

a) Escriba $f (0)$ .

b) Halle $f^{'} (x)$ .

c) Halle la pendiente de la gráfica de $f (x)$ en el punto donde $x = 1$ .

La gráfica de $f (x)$ tiene un máximo local, $M$ , y un mínimo local, $N$ .

d) (i) Utilice $f^{'} (x)$ para hallar la abscisa (coordenada $x$ ) de $M$ y de $N$ .

(ii) A partir de lo anterior, o de cualquier otro modo, escriba las coordenadas de $M$ y de $N$ .

e) Dibuje aproximadamente la gráfica de $f (x)$ para $- 5 \leq x \leq 7$ y $- 60 \leq y \leq 60$ . Indique claramente en la gráfica a $M$ y a $N$ .

Las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ son paralelas, y además son tangentes a la gráfica de $f (x)$ en los puntos $A$ y $B$ respectivamente. $L_{1}$ tiene por ecuación $y = 21 x + 111$ .

f) (i) Halle la abscisa (coordenada $x$ ) de $A$ y de $B$ .

(ii) Halle la ordenada (coordenada $y$ ) de $B$ .

Ver resultado

Resultado: a) $30$ ; b) $f^{'} (x) = 3 x^{2} - 6 x - 24$ ; c) $- 27$ ; d) (i) $x_{M} = - 2$ , $x_{N} = 4$ ; (ii) $M (- 2, 58)$ y $N (4, - 50)$ ; e) gráfica (figura); f) (i) $x_{A} = - 3$ , $x_{B} = 5$ ; (ii) $y_{B} = - 40$

Ver proceso y resultado

$f (0) = 30$ .

b) $f^{'} (x) = 3 x^{2} - 6 x - 24.$

$f^{'} (1) = 3 - 6 - 24 = - 27$ .

(i) En los extremos $f^{'} (x) = 0$ : $3 x^{2} - 6 x - 24 = 0 \Rightarrow x^{2} - 2 x - 8 = 0 \Rightarrow (x - 4) (x + 2) = 0.$
Con $f^{''} (x) = 6 x - 6$ : en $x = - 2$ , $f^{''} = - 18 < 0$ (máximo, $M$ ); en $x = 4$ , $f^{''} = 18 > 0$ (mínimo, $N$ ). Las abscisas son $x_{M} = - 2$ y $x_{N} = 4$ .
(ii) Sustituimos en $f$ : $f (- 2) = - 8 - 12 + 48 + 30 = 58, f (4) = 64 - 48 - 96 + 30 = - 50.$ Así, $M (- 2, 58)$ y $N (4, - 50)$ .

La curva sube hasta el máximo $M (- 2, 58)$ , baja hasta el mínimo $N (4, - 50)$ y vuelve a subir. Corta el eje $y$ en $(0, 30)$ y el eje $x$ en $x \approx - 4, 27$ , $x \approx 1, 15$ y $x \approx 6, 12$ .

Gráfica de f(x) = x³ − 3x² − 24x + 30 para −5 ≤ x ≤ 7 y −60 ≤ y ≤ 60, con cuadrícula: corta el eje y en (0; 30); máximo local M(−2; 58) y mínimo local N(4; −50) marcados

(i) Las tangentes paralelas tienen la misma pendiente. Por ser $L_{1}$ : $y = 21 x + 111$ , la pendiente es $21$ , así que $f^{'} (x) = 21$ : $3 x^{2} - 6 x - 24 = 21 \Rightarrow x^{2} - 2 x - 15 = 0 \Rightarrow (x - 5) (x + 3) = 0.$
Hay que ver cuál de los dos puntos corresponde a $L_{1}$ . En $x = - 3$ : $f (- 3) = - 27 - 27 + 72 + 30 = 48$ y la recta da $21 (- 3) + 111 = 48$ . Coincide, luego $A$ tiene abscisa $- 3$ y $B$ tiene abscisa $5$ .
(ii) Ordenada de $B$ : $f (5) = 125 - 75 - 120 + 30 = - 40.$

Ejercicio 52 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2009

Considere la función $f (x) = 3 x + \frac{12}{x ^{2}}$ , $x \neq = 0$ .

a) Derive $f (x)$ con respecto a $x$ .

b) Calcule $f^{'} (x)$ cuando $x = 1$ .

c) Use su respuesta al apartado (b) para decidir si la función, $f$ , es creciente o decreciente en $x = 1$ . Justifique su respuesta.

d) Resuelva la ecuación $f^{'} (x) = 0$ .

e) La gráfica de $f$ tiene un mínimo local en el punto $P$ . Sea $T$ la tangente a la gráfica de $f$ en $P$ .

(i) Escriba las coordenadas de $P$ .

(ii) Escriba la pendiente de $T$ .

(iii) Escriba la ecuación de $T$ .

f) Dibuje la gráfica de la función $f$ , para $- 3 \leq x \leq 6$ y $- 7 \leq y \leq 15$ . Indique claramente el punto $P$ y cualquier intersección de la curva con los ejes.

g) (i) En su gráfica dibuje y rotule la tangente $T$ .

(ii) $T$ corta a la gráfica de $f$ en un segundo punto. Escriba la coordenada $x$ de este punto de intersección.

Ver resultado

Resultado: a) $f^{'} (x) = 3 - \frac{24}{x ^{3}}$ ; b) $- 21$ ; c) decreciente, pues $f^{'} (1) < 0$ ; d) $x = 2$ ; e) (i) $P (2, 9)$ ; (ii) $0$ ; (iii) $y = 9$ ; f) gráfica (figura); g) (i) $T$ : $y = 9$ dibujada; (ii) $x = - 1$

Ver proceso y resultado

Escribimos $f (x) = 3 x + 12 x^{- 2}$ : $f^{'} (x) = 3 - 24 x^{- 3} = 3 - \frac{24}{x ^{3}} .$

$f^{'} (1) = 3 - 24 = - 21$ .

Como $f^{'} (1) = - 21 < 0$ , la función es decreciente en $x = 1$ (la pendiente de la tangente es negativa).

Igualamos a cero: $3 - \frac{24}{x ^{3}} = 0 \Rightarrow x^{3} = 8 \Rightarrow x = 2.$

(i) $f (2) = 6 + \frac{12}{4} = 9$ , luego $P (2, 9)$ .
(ii) En un mínimo la tangente es horizontal: pendiente $f^{'} (2) = 0$ .
(iii) La tangente es la recta horizontal que pasa por $P$ : $y = 9.$

La gráfica tiene asíntota vertical en $x = 0$ . Para $x < 0$ la curva sube hasta $+ \infty$ al acercarse a $0$ y corta el eje $x$ en $x = - 34 \approx - 1, 59$ . Para $x > 0$ baja desde $+ \infty$ hasta el mínimo $P (2, 9)$ y luego sube (pasa por $(4; 12, 75)$ ). No corta el eje $y$ .

Gráfica de f(x)=3x+12/x² para −3 ≤ x ≤ 6 y −7 ≤ y ≤ 15, con asíntota vertical x=0, mínimo P(2; 9) y la tangente horizontal T

(i) $T$ es la recta horizontal $y = 9$ , que se dibuja y se rotula $T$ en la gráfica, tocando la curva en $P$ .
(ii) Buscamos otros puntos con $f (x) = 9$ : $3 x + \frac{12}{x ^{2}} = 9 \Rightarrow x^{3} - 3 x^{2} + 4 = 0 \Rightarrow (x - 2)^{2} (x + 1) = 0.$ La raíz doble $x = 2$ es $P$ ; el segundo punto de corte tiene $x = - 1$ .

Optimización

Ejercicio 53 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2008

El coste por persona, en euros, cuando $x$ personas están invitadas a una fiesta puede ser determinado por la función $C (x) = x + \frac{100}{x}$ .

a) Encuentre $C^{'} (x)$ .

b) Muestre que el costo por persona es mínimo cuando se invita a 10 personas a la fiesta.

c) Calcule el costo mínimo por persona.

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Resultado: a) $C^{'} (x) = 1 - \frac{100}{x ^{2}}$ ; b) mínimo en $x = 10$ (demostrado); c) $20$ euros por persona

Ver proceso y resultado

Escribimos $C (x) = x + 100 x^{- 1}$ .
Derivamos: $C^{'} (x) = 1 - \frac{100}{x ^{2}}$ .

El mínimo exige $C^{'} (x) = 0$ : $1 - \frac{100}{x ^{2}} = 0 \Rightarrow x^{2} = 100 \Rightarrow x = 10$ (solo la raíz positiva, pues $x > 0$ ).
Comprobamos que es mínimo: $C^{''} (x) = \frac{200}{x ^{3}}$ y $C^{''} (10) = 0, 2 > 0$ .
Por tanto, el coste por persona es mínimo cuando se invita a $10$ personas.

Sustituimos $x = 10$ : $C (10) = 10 + \frac{100}{10} = 20.$
El coste mínimo por persona es de $20$ euros.

Resultado: a) $C^{'} (x) = 1 - \frac{100}{x ^{2}}$ ; b) mínimo en $x = 10$ (demostrado); c) $20$ euros por persona

Ejercicio 54 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2018

Un fabricante fabrica botes de basura en forma de cilindro con tapa semiesférica.

El bote de basura tiene una altura de 70 cm. El radio base tanto del cilindro como de la parte superior semiesférica mide 20 cm.

Bote de basura visto de frente: cilindro vertical con tapa semiesférica, con la palabra Basura sobre la tapa, cota vertical de 70 cm desde la base hasta lo alto de la tapa y radio de la base de 20 cm

a) Escriba la altura del cilindro.

b) Encuentre el volumen total del bote de basura.

Se pide a un diseñador que produzca un nuevo bote de basura.

El nuevo bote de basura también tendrá la forma de un cilindro con tapa semiesférica.

Este bote de basura tendrá una altura de $H$ cm y un radio de base de $r$ cm.

Bote de basura visto de frente, con cota vertical H desde la base hasta lo alto de la tapa y radio de la base r

Existe una restricción de diseño tal que $H + 2 r = 110$ cm.

El diseñador tiene que maximizar el volumen del bote de basura.

c) Encuentre la altura del cilindro, $h$ , del nuevo bote de basura, en función de $r$ .

d) Muestre que el volumen, $V$ cm $^{3}$ , del nuevo bote de basura viene dado por $V = 110 π r^{2} - \frac{7}{3} π r^{3}$ .

e) Usando su calculadora de pantalla gráfica, encuentre el valor de $r$ que maximiza el valor de $V$ .

El diseñador afirma que el nuevo bote de basura tiene una capacidad que es al menos un 40 % mayor que la capacidad del bote de basura original.

f) Indique si la afirmación del diseñador es correcta. Justifique su respuesta.

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Resultado: a) $50$ cm; b) $\frac{76 000}{3} π \approx 79587 cm^{3}$ ; c) $h = 110 - 3 r$ ; d) demostrado; e) $r \approx 31, 4$ cm; f) correcta: el volumen máximo ( $\approx 113800 cm^{3}$ ) es un $43 %$ mayor

Ver proceso y resultado

La tapa semiesférica ocupa $20$ cm de la altura total (su radio), así que la altura del cilindro es $70 - 20 = 50$ cm.

Cilindro: $π \cdot 2 0^{2} \cdot 50 = 20000 π$ cm $^{3}$ .
Semiesfera: $\frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3} π \cdot 2 0^{3} = \frac{16 000}{3} π$ cm $^{3}$ .
Volumen total: $V = 20000 π + \frac{16 000}{3} π = \frac{76 000}{3} π \approx 79600 cm^{3} (79587 cm^{3}) .$

La altura total es $H = h + r$ , y $H = 110 - 2 r$ . Entonces $h = H - r = (110 - 2 r) - r = 110 - 3 r .$

$V = π r^{2} h + \frac{2}{3} π r^{3} = π r^{2} (110 - 3 r) + \frac{2}{3} π r^{3}$ .
Desarrollamos: $V = 110 π r^{2} - 3 π r^{3} + \frac{2}{3} π r^{3} = 110 π r^{2} - \frac{7}{3} π r^{3} .$

Con la CPG, el máximo de la gráfica de $V (r)$ se alcanza en $r \approx 31, 4$ cm.
Comprobación: $V^{'} (r) = 220 π r - 7 π r^{2} = π r (220 - 7 r) = 0$ da $r = \frac{220}{7} \approx 31, 4$ cm.

Con $r = \frac{220}{7}$ cm: $V = 110 π r^{2} - \frac{7}{3} π r^{3} \approx 113800 cm^{3}$ .
Comparamos con el bote original: $\frac{113 781}{79 587} \approx 1, 43.$
El nuevo volumen es un $43 %$ mayor, que supera el $40 %$ : la afirmación del diseñador es correcta.

Ejercicio 55 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2012

Se quiere construir un contenedor para transporte de mercancías con seis caras rectangulares, tal y como se muestra en la figura.

Caja rectangular en perspectiva con cara lateral izquierda gris: la arista inferior de esa cara está rotulada x (anchura), la arista inferior de la cara frontal 2x (longitud) y la arista vertical derecha de la cara frontal y (altura); sin escala numérica

Las dimensiones del contenedor son las siguientes: longitud $2 x$ , anchura $x$ , altura $y$ .

Todas las mediciones están en metros. La longitud total de las doce aristas del contenedor es de 48 metros.

a) Compruebe que $y = 12 - 3 x$ .

b) Compruebe que el volumen del contenedor $V$ m $^{3}$ viene dado por $V = 24 x^{2} - 6 x^{3}$ .

c) Halle $\frac{d V}{d x}$ .

d) Halle el valor de $x$ para el cual $V$ es máximo.

e) Halle el volumen máximo del contenedor.

f) Halle el valor de la longitud y el de la altura del contenedor para los cuales el volumen es máximo.

Se procede a pintar el contenedor. Sabemos que un litro de pintura cubre una superficie de 15 m $^{2}$ . La pintura viene en latas de cuatro litros.

g) Calcule el número de latas que se necesitan para pintar todo el contenedor.

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Resultado: a) demostrado; b) demostrado; c) $\frac{d V}{d x} = 48 x - 18 x^{2}$ ; d) $x = \frac{8}{3} \approx 2, 67$ m; e) $V_{m a x} = \frac{512}{9} \approx 56, 9$ m $^{3}$ ; f) longitud $\approx 5, 33$ m y altura $4$ m; g) $2$ latas

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El contenedor tiene $4$ aristas de longitud $2 x$ , $4$ de longitud $x$ y $4$ de longitud $y$ : $4 (2 x) + 4 x + 4 y = 48 \Rightarrow 12 x + 4 y = 48.$
Dividimos entre $4$ : $3 x + y = 12$ , es decir, $y = 12 - 3 x$ .

$V = 2 x \cdot x \cdot y = 2 x^{2} (12 - 3 x) = 24 x^{2} - 6 x^{3}$ .

c) $\frac{d V}{d x} = 48 x - 18 x^{2} .$

$48 x - 18 x^{2} = 0 \Rightarrow 6 x (8 - 3 x) = 0$ .
Como $x > 0$ : $x = \frac{8}{3} \approx 2, 67$ m.
Es máximo: $\frac{d ^{2} V}{d x ^{2}} = 48 - 36 x = - 48 < 0$ en $x = \frac{8}{3}$ .

e) $V = 24 (\frac{8}{3})^{2} - 6 (\frac{8}{3})^{3} = \frac{512}{3} - \frac{1024}{9} = \frac{512}{9} \approx 56, 9 m^{3} .$

Longitud: $2 x = \frac{16}{3} \approx 5, 33$ m.
Altura: $y = 12 - 3 \cdot \frac{8}{3} = 4$ m.

Superficie total: dos caras de $2 x \cdot x$ , dos de $2 x \cdot y$ y dos de $x \cdot y$ : $S = 2 (2 x^{2} + 2 x y + x y) = 4 x^{2} + 6 x y = 4 \cdot \frac{64}{9} + 6 \cdot \frac{8}{3} \cdot 4 \approx 92, 4 m^{2} .$
Pintura necesaria: $\frac{92 , 4}{15} \approx 6, 16$ litros.
Cada lata trae $4$ litros: con una lata no basta (4 L) y con dos sí (8 L).

Ejercicio 56 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2019

La empresa Maxwell Ohm Company está diseñando un altavoz Bluetooth portátil. El altavoz tiene forma de cilindro con una semiesfera en cada uno de los extremos del cilindro.

Altavoz portátil alargado visto de frente: cuerpo con forma de cápsula, rejilla estrecha en la parte superior y un altavoz circular en cada extremo

En la siguiente figura se muestran las dimensiones del altavoz en centímetros; $r$ es el radio de la semiesfera y $l$ es la longitud del cilindro, siendo $r > 0$ y $l \geq 0$ .

Vista lateral del altavoz: cilindro horizontal con un semicírculo en cada extremo, dos líneas discontinuas en las uniones, cota l del tramo cilíndrico y radio r del semicírculo izquierdo

a) Escriba una expresión para $V$ , el volumen del altavoz en $cm^{3}$ , en función de $r$ , $l$ y $π$ .

La empresa Maxwell Ohm Company ha decidido que el altavoz tendrá una superficie de $300 cm^{2}$ .

b) Escriba una ecuación que permita calcular la superficie del altavoz en función de $r$ , $l$ y $π$ .

c) Teniendo en cuenta que el diseño ha de cumplir que $l = \frac{150 - 2 π r ^{2}}{π r}$ , muestre que $V = 150 r - \frac{2 π r ^{3}}{3} .$

d) Halle $\frac{d V}{d r}$ .

La calidad de sonido del altavoz mejora a medida que $V$ aumenta.

e) Utilizando la respuesta que dio en el apartado (d), muestre que $V$ es máximo cuando $r$ es igual a $\frac{75}{π}$ cm.

f) Halle la longitud del cilindro para la cual $V$ es máximo.

g) Calcule el valor máximo de $V$ .

h) Utilice la respuesta que dio en el apartado (f) para identificar la forma del altavoz con la que se obtiene la mejor calidad de sonido.

Ver resultado

Resultado: a) $V = π r^{2} l + \frac{4}{3} π r^{3}$ ; b) $2 π r l + 4 π r^{2} = 300$ ; c) demostrado; d) $\frac{d V}{d r} = 150 - 2 π r^{2}$ ; e) demostrado; f) $l = 0$ cm; g) $V \approx 489 cm^{3}$ ; h) una esfera de radio $75/ π \approx 4, 89$ cm

Ver proceso y resultado

Las dos semiesferas juntas forman una esfera de radio $r$ . El volumen es el del cilindro más el de la esfera: $V = π r^{2} l + \frac{4}{3} π r^{3} .$

La superficie es la lateral del cilindro ( $2 π r l$ ) más la de la esfera ( $4 π r^{2}$ ). Igualando a $300$ : $2 π r l + 4 π r^{2} = 300.$

Sustituimos $l = \frac{150 - 2 π r ^{2}}{π r}$ en el volumen: $V = π r^{2} \cdot \frac{150 - 2 π r ^{2}}{π r} + \frac{4}{3} π r^{3} = r (150 - 2 π r^{2}) + \frac{4}{3} π r^{3} .$
Desarrollamos y agrupamos: $V = 150 r - 2 π r^{3} + \frac{4}{3} π r^{3} = 150 r - \frac{2 π r ^{3}}{3} .$

$\frac{d V}{d r} = 150 - 2 π r^{2}$ .

El máximo se da donde $\frac{d V}{d r} = 0$ : $150 - 2 π r^{2} = 0 \Rightarrow r^{2} = \frac{75}{π} \Rightarrow r = \frac{75}{π} cm$ (solo la raíz positiva, pues $r > 0$ ).
La segunda derivada es $\frac{d ^{2} V}{d r ^{2}} = - 4 π r < 0$ , así que es un máximo.

Con $r^{2} = \frac{75}{π}$ resulta $2 π r^{2} = 150$ , luego $l = \frac{150 - 150}{π r} = 0 cm .$

Con $l = 0$ el volumen es $V = 150 r - \frac{2 π r ^{3}}{3}$ . Como $π r^{2} = 75$ , queda $V = 150 r - 50 r = 100 r$ .
Sustituimos: $V = 100 \frac{75}{π} \approx 489 cm^{3} .$

Con $l = 0$ no hay parte cilíndrica: el altavoz de mejor calidad de sonido es una esfera de radio $\frac{75}{π} \approx 4, 89$ cm.

Ejercicio 57 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2016

A Hugo le dan un trozo rectangular de cartulina fina de 16 cm por 10 cm. Decide utilizarlo para diseñar una bandeja.

De las esquinas recorta los cuadrados sombreados, que miden $x$ cm de lado, tal y como se muestra en la siguiente figura.

Cartulina rectangular de 16 cm por 10 cm con un cuadrado sombreado de lado x en cada esquina, marcando los cortes

Dobla lo que queda de cartulina para hacer una bandeja, como se muestra en la siguiente figura.

Bandeja abierta en perspectiva: fondo horizontal rectangular y cuatro paredes bajas sin tapa

a) Escriba, en función de $x$ , la longitud y la anchura de la bandeja.

b) (i) Indique si el valor de $x$ puede ser igual a 5. Dé una razón que justifique su respuesta.

(ii) Escriba el intervalo de posibles valores de $x$ .

c) Muestre que el volumen, V cm $^{3}$ , de esta bandeja viene dado por $V = 4 x^{3} - 52 x^{2} + 160 x$ .

d) Halle $\frac{d V}{d x}$ .

e) Utilizando la respuesta al apartado (d), halle el valor de $x$ que maximiza el volumen de la bandeja.

f) Calcule el volumen máximo de la bandeja.

g) Dibuje aproximadamente el gráfico de $V = 4 x^{3} - 52 x^{2} + 160 x$ , para esos posibles valores de $x$ que halló en el apartado (b)(ii) y siendo $0 \leq V \leq 200$ . Rotule claramente el punto máximo.

Ver resultado

Resultado: a) longitud $16 - 2 x$ cm y anchura $10 - 2 x$ cm; b) (i) no, la anchura sería $0$ ; (ii) $0 < x < 5$ ; c) demostrado; d) $\frac{d V}{d x} = 12 x^{2} - 104 x + 160$ ; e) $x = 2$ cm; f) $V_{m a x} = 144 cm^{3}$ ; g) curva de $(0, 0)$ a $(5, 0)$ con máximo rotulado en $(2, 144)$

Ver proceso y resultado

Al recortar un cuadrado de lado $x$ en cada esquina, cada lado de la cartulina pierde $x$ en cada extremo, es decir, $2 x$ en total.
Longitud de la bandeja: $16 - 2 x$ cm. Anchura: $10 - 2 x$ cm.

(i) No. Con $x = 5$ la anchura sería $10 - 2 \cdot 5 = 0$ y no habría bandeja.
(ii) Hacen falta $x > 0$ , $10 - 2 x > 0$ y $16 - 2 x > 0$ . La condición más restrictiva es $x < 5$ , así que $0 < x < 5.$

El volumen es el área de la base por la altura (que es $x$ ): $V = (16 - 2 x) (10 - 2 x) x .$
Desarrollamos el producto: $(16 - 2 x) (10 - 2 x) = 160 - 32 x - 20 x + 4 x^{2} = 4 x^{2} - 52 x + 160.$
Multiplicando por $x$ : $V = 4 x^{3} - 52 x^{2} + 160 x .$

Derivamos: $\frac{d V}{d x} = 12 x^{2} - 104 x + 160.$

Igualamos a cero y simplificamos: $12 x^{2} - 104 x + 160 = 0 \Rightarrow 3 x^{2} - 26 x + 40 = 0.$
Aplicamos la fórmula de segundo grado: $x = \frac{26 \pm 676 - 480}{6} = \frac{26 \pm 14}{6} \Rightarrow x = 2 o x = \frac{20}{3} .$
Solo $x = 2$ está en el intervalo $0 < x < 5$ .
Es un máximo porque $\frac{d ^{2} V}{d x ^{2}} = 24 x - 104$ vale $- 56 < 0$ en $x = 2$ .

Sustituimos $x = 2$ : $V (2) = 4 \cdot 8 - 52 \cdot 4 + 160 \cdot 2 = 32 - 208 + 320 = 144.$
El volumen máximo es $144 cm^{3}$ .

Dibujamos $V (x)$ para $0 < x < 5$ con $0 \leq V \leq 200$ : la curva parte de $(0, 0)$ , sube hasta el máximo $(2, 144)$ y baja hasta cortar el eje horizontal en $(5, 0)$ .
El punto máximo se rotula con sus coordenadas $(2, 144)$ .

Gráfica de V frente a x para 0 ≤ x ≤ 5 y 0 ≤ V ≤ 200: sube desde el origen hasta el máximo (2; 144) y baja hasta (5; 0)

Ejercicio 58 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2016

Un contenedor de agua tiene forma de cilindro. La altura interna es igual a $h$ cm y el radio de la base interna es igual a $r$ cm.

Cilindro vertical abierto por arriba, con altura interna h y radio interno r en la base

El contenedor de agua no tiene tapa. Las superficies internas del contenedor se van a recubrir con un material impermeabilizante.

a) Escriba una fórmula que permita calcular el área $A$ , de la superficie que se va a recubrir.

El volumen del contenedor de agua es igual a 0,5 m $^{3}$ .

b) Exprese este volumen en cm $^{3}$ .

c) Escriba, en función de $r$ y de $h$ , una ecuación que permita calcular el volumen de este contenedor de agua.

d) Muestre que $A = π r^{2} + \frac{1000000}{r}$ .

El contenedor de agua está diseñado de modo tal que se minimice el área que se ha de recubrir.

e) Halle $\frac{d A}{d r}$ .

f) Utilizando la respuesta obtenida en el apartado (e), halle el valor de $r$ que minimiza $A$ .

g) Halle el valor de esta área mínima.

Con una lata de material impermeabilizante se puede recubrir una superficie de 2000 cm $^{2}$ .

h) Halle el número mínimo de latas de material impermeabilizante con el que se puede recubrir todo el área calculada en el apartado (g).

Ver resultado

Resultado: a) $A = 2 π r h + π r^{2}$ ; b) $500000 cm^{3}$ ; c) $π r^{2} h = 500000$ ; d) demostrado; e) $\frac{d A}{d r} = 2 π r - \frac{1 000 000}{r ^{2}}$ ; f) $r \approx 54, 2$ cm; g) $A \approx 27700 cm^{2}$ ; h) $14$ latas

Ver proceso y resultado

Se recubre la superficie lateral (un rectángulo de $2 π r$ por $h$ ) y el fondo (un círculo), sin tapa: $A = 2 π r h + π r^{2} .$

Como $1 m^{3} = 1 0^{6} cm^{3}$ : $0, 5 m^{3} = 0, 5 \cdot 1 0^{6} = 500000 cm^{3} .$

El volumen de un cilindro es el área de la base por la altura: $π r^{2} h = 500 000.$

Despejamos la altura de la ecuación anterior: $h = \frac{500 000}{π r ^{2}} .$
Sustituimos en $A$ : $A = 2 π r \cdot \frac{500 000}{π r ^{2}} + π r^{2} = \frac{1 000 000}{r} + π r^{2},$ que es lo que se pedía: $A = π r^{2} + \frac{1 000 000}{r}$ .

Escribimos $A = π r^{2} + 1 0^{6} r^{- 1}$ y derivamos: $\frac{d A}{d r} = 2 π r - \frac{1 000 000}{r ^{2}} .$

Igualamos a cero: $2 π r - \frac{1 000 000}{r ^{2}} = 0 \Rightarrow 2 π r^{3} = 1000000 \Rightarrow r^{3} = \frac{500 000}{π} .$
Entonces $r = 3 \frac{500 000}{π} \approx 54, 2 cm .$
Es un mínimo porque $\frac{d ^{2} A}{d r ^{2}} = 2 π + \frac{2 000 000}{r ^{3}} > 0$ .

Sustituimos $r = 54, 19 \dots$ en $A$ : $A = π (54, 19)^{2} + \frac{1 000 000}{54 , 19} \approx 27679 cm^{2} \approx 27700 cm^{2} .$

Cada lata cubre $2000 cm^{2}$ : $\frac{27 679}{2000} \approx 13, 8.$
Como no se pueden usar fracciones de lata, hacen falta $14$ latas.

Ejercicio 59 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2014

Una trampa de langosta se hace en forma de medio cilindro. Está construido a partir de un marco de acero con redes tiradas firmemente alrededor de él. El marco de acero consta de una base rectangular, dos extremos semicirculares y dos barras de soporte adicionales, como se muestra en el siguiente diagrama.

Trampa de langosta con forma de medio cilindro horizontal: base rectangular, dos arcos semicirculares y dos barras superiores; cota r desde el centro del arco y cota l del lado largo; se dibuja una langosta encima

Los extremos semicirculares tienen un radio $r$ y las barras de soporte tienen cada una longitud $l$ .

Sea $T$ la longitud total de acero utilizada en el marco de la trampa de langosta.

a) Escriba una expresión en función de $r$ , $l$ y $π$ .

El volumen de la trampa de langosta es de 0,75 m $^{3}$ .

b) Escriba una ecuación para el volumen de la trampa de langosta en función de $r$ , $l$ y $π$ .

c) Mostrar que $T = (2 π + 4) r + \frac{6}{π r ^{2}}$ .

d) Calcule $\frac{d T}{d r}$ .

La trampa de langosta está diseñada para que la longitud de acero utilizada en su marco sea mínima.

e) Muestre que el valor de $r$ para el que $T$ es mínimo es 0,719 m, aproximado a tres cifras significativas.

f) Calcular el valor de $l$ para el que $T$ es un mínimo.

g) Calcular el valor mínimo de $T$ .

Ver resultado

Resultado: a) $T = 4 l + 4 r + 2 π r$ ; b) $\frac{1}{2} π r^{2} l = 0, 75$ ; c) demostrado; d) $\frac{d T}{d r} = 2 π + 4 - \frac{12}{π r ^{3}}$ ; e) $r \approx 0, 719$ m; f) $l \approx 0, 924$ m; g) $T_{m i n} \approx 11, 1$ m

Ver proceso y resultado

Base rectangular: dos lados de longitud $l$ y dos lados de longitud $2 r$ (el diámetro de cada semicírculo).
Las dos barras de soporte suman $2 l$ y los dos arcos semicirculares suman $2 π r$ .
Sumando todo: $T = 2 l + 2 (2 r) + 2 l + 2 π r = 4 l + 4 r + 2 π r .$

El volumen es el de medio cilindro de radio $r$ y longitud $l$ : $\frac{1}{2} π r^{2} l = 0, 75.$

De (b): $π r^{2} l = 1, 5$ , luego $l = \frac{1 , 5}{π r ^{2}}$ .
Sustituimos en $T$ : $T = 4 \cdot \frac{1 , 5}{π r ^{2}} + 4 r + 2 π r = \frac{6}{π r ^{2}} + (2 π + 4) r .$

Escribimos $T = (2 π + 4) r + \frac{6}{π} r^{- 2}$ y derivamos: $\frac{d T}{d r} = 2 π + 4 - \frac{12}{π r ^{3}} .$

En el mínimo, $\frac{d T}{d r} = 0$ : $2 π + 4 = \frac{12}{π r ^{3}} \Rightarrow r^{3} = \frac{12}{π ( 2 π + 4 )} .$
Entonces $r = (\frac{12}{π ( 2 π + 4 )})^{1/3} = 0, 7188 \dots \approx 0, 719$ m (3 cifras significativas).
Es un mínimo porque $\frac{d ^{2} T}{d r ^{2}} = \frac{36}{π r ^{4}} > 0$ .

Con $r = 0, 7188$ : $l = \frac{1 , 5}{π ( 0 , 7188 ) ^{2}} \approx 0, 924 m .$

Sustituimos en $T$ : $T = (2 π + 4) (0, 7188) + \frac{6}{π ( 0 , 7188 ) ^{2}} \approx 7, 39 + 3, 70 \approx 11, 1 m .$

Ejercicio 60 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2014

Un paquete tiene forma de prisma rectangular, tal y como se muestra en la siguiente figura.

Tiene una longitud de $l$ cm, una anchura de $w$ cm y una altura de 20 cm.

El volumen total del paquete es igual a $3000$ cm $^{3}$ .

Paquete en forma de prisma rectangular de 20 cm de alto con una cuerda vertical alrededor de la sección y otra horizontal a media altura; aristas ocultas en discontinua

a) Exprese el volumen del paquete en función de $l$ y $w$ .

b) Muestre que $l = \frac{150}{w}$ .

El paquete se ata con una cuerda que justo alcanza para dar la vuelta a todo el paquete, tal y como se muestra en la figura.

c) Muestre que la longitud de cuerda, $S$ cm, que se necesita para atar el paquete se puede escribir así $S = 40 + 4 w + \frac{300}{w}$ , $0 < w \leq 20$ .

d) Dibuje con precisión el gráfico de $S$ para $0 < w \leq 20$ y $0 < S \leq 500$ , mostrando claramente el mínimo local. Utilice una escala de 2 cm para representar 5 unidades sobre el eje horizontal $w$ (cm) y 2 cm para representar 100 unidades sobre el eje vertical $S$ (cm).

e) Halle $\frac{d S}{d w}$ .

f) Halle el valor de $w$ para el cual $S$ es mínimo.

g) Escriba el valor de $l$ , longitud del paquete para el cual la longitud de cuerda es mínima.

h) Halle la longitud de cuerda mínima que se necesita para atar el paquete.

Ver resultado

Resultado: a) $V = 20 l w$ ; b) demostrado; c) demostrado; d) gráfica con mínimo local en $(8, 66; 109)$ ; e) $\frac{d S}{d w} = 4 - \frac{300}{w ^{2}}$ ; f) $w = 53 \approx 8, 66$ cm; g) $l \approx 17, 3$ cm; h) $S_{m i n} = 40 + 403 \approx 109$ cm

Ver proceso y resultado

Volumen de un prisma: largo $\times$ ancho $\times$ alto. $V = l \cdot w \cdot 20 = 20 l w .$

Igualamos al volumen dado: $20 l w = 3000$ .
Dividimos entre $20$ : $l w = 150$ , luego $l = \frac{150}{w} .$

La cuerda vertical rodea la sección de anchura $w$ y altura $20$ : longitud $2 w + 40$ .
La cuerda horizontal rodea el paquete a lo largo de $l$ y $w$ : longitud $2 l + 2 w$ .
Sumando y sustituyendo $l = \frac{150}{w}$ : $S = (2 w + 40) + (2 l + 2 w) = 40 + 4 w + 2 \cdot \frac{150}{w} = 40 + 4 w + \frac{300}{w} .$

Se traza $S = 40 + 4 w + \frac{300}{w}$ con la calculadora, con $0 < w \leq 20$ y $0 < S \leq 500$ .
La curva tiene la asíntota vertical $w = 0$ (arriba, $S$ crece sin límite cuando $w \to 0$ ), desciende hasta un mínimo local en $(8, 66; 109)$ y vuelve a subir hasta $S (20) = 40 + 80 + 15 = 135$ .
En el papel: $2$ cm representan $5$ cm en $w$ y $2$ cm representan $100$ cm en $S$ .

Gráfica de S = 4w + 40 + 300/w para 0 < w ≤ 20: asíntota vertical en w = 0, mínimo local (8,66; 109) y extremo (20; 135)

Escribimos $S = 40 + 4 w + 300 w^{- 1}$ y derivamos: $\frac{d S}{d w} = 4 - \frac{300}{w ^{2}} .$

En el mínimo, $\frac{d S}{d w} = 0$ : $4 = \frac{300}{w ^{2}} \Rightarrow w^{2} = 75 \Rightarrow w = 53 \approx 8, 66 cm .$
Solo vale el valor positivo. Es un mínimo porque $\frac{d ^{2} S}{d w ^{2}} = \frac{600}{w ^{3}} > 0$ .

$l = \frac{150}{w} = \frac{150}{5 3} = 103 \approx 17, 3$ cm.

Sustituimos $w = 53$ en $S$ : $S = 40 + 4 \cdot 53 + \frac{300}{5 3} = 40 + 203 + 203 = 40 + 403 \approx 109 cm .$

Ejercicio 61 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2014

Los tipis fueron utilizados tradicionalmente por tribus nómadas que vivían en las Grandes Llanuras de Norteamérica. Son viviendas en forma de cono y se pueden modelar como un cono, con vértice O, mostrado a continuación. El cono tiene radio, $r$ , altura, $h$ y altura inclinada, $l$ .

Dos conos en perspectiva: a la izquierda un tipi tradicional con una franja oscura en zigzag; a la derecha un cono recto de vértice O, con la altura h discontinua, la generatriz l oblicua y el radio r de la base marcado con ángulo recto

Un tipi modelo se exhibe en una exhibición de Great Plains. La superficie curva de este tipi está cubierto por un lienzo de 39,27 m $^{2}$ , y tiene la forma de un semicírculo, como se muestra en el siguiente diagrama.

Cono recto de vértice O con altura h discontinua, generatriz l y radio r en la base con ángulo recto; a la derecha, superficie semicircular sombreada de radio l y área 39,27 m²

a) Demuestre que la altura inclinada, $l$ , es 5 m, aproximada al metro más cercano.

b) (i) Encuentre la circunferencia de la base del cono.

(ii) Encuentre el radio, $r$ , de la base.

(iii) Encuentre la altura, $h$ .

Una empresa diseña carpas en forma de cono para parecerse a los tipis tradicionales.

Estas carpas en forma de cono vienen en una variedad de tamaños tales que la suma del diámetro y la altura es igual a 9,33 m.

c) Escriba una expresión para la altura, $h$ , en función del radio, $r$ , de estas carpas en forma de cono.

d) Muestre que el volumen de la tienda, $V$ , se puede escribir como $V = 3, 11 π r^{2} - \frac{2}{3} π r^{3}$ .

e) Calcule $\frac{d V}{d r}$ .

f) (i) Determine el valor exacto de $r$ para el cual el volumen es máximo.

(ii) Encuentre el volumen máximo.

Ver resultado

Resultado: a) $l = 5$ m; b) (i) $5 π \approx 15, 7$ m; (ii) $r = 2, 5$ m; (iii) $h \approx 4, 33$ m; c) $h = 9, 33 - 2 r$ ; d) demostrado; e) $\frac{d V}{d r} = 6, 22 π r - 2 π r^{2}$ ; f) (i) $r = 3, 11$ m; (ii) $V_{m a x} \approx 31, 5$ m $^{3}$

Ver proceso y resultado

El lienzo es un semicírculo de radio $l$ , así que su área es $\frac{1}{2} π l^{2}$ : $\frac{1}{2} π l^{2} = 39, 27 \Rightarrow l^{2} = \frac{2 \cdot 39 , 27}{π} = 25, 0 \dots$
Por tanto $l = 25 = 5$ m (al metro más cercano).

(i) La circunferencia de la base coincide con la longitud del arco del semicírculo, que es media circunferencia de radio $5$ : $π \cdot 5 = 5 π \approx 15, 7 m .$
(ii) $2 π r = 5 π \Rightarrow r = 2, 5$ m.
(iii) Por Pitágoras, $h^{2} + r^{2} = l^{2}$ : $h = 25 - 6, 25 = 18, 75 \approx 4, 33 m .$

El diámetro más la altura valen $9, 33$ : $2 r + h = 9, 33$ .
Despejando: $h = 9, 33 - 2 r .$

Volumen de un cono: $V = \frac{1}{3} π r^{2} h$ .
Sustituimos $h$ : $V = \frac{1}{3} π r^{2} (9, 33 - 2 r) = 3, 11 π r^{2} - \frac{2}{3} π r^{3} .$

e) $\frac{d V}{d r} = 6, 22 π r - 2 π r^{2} .$

(i) Igualamos a cero: $π r (6, 22 - 2 r) = 0 \Rightarrow r = 3, 11 m (r = 0 no tiene sentido) .$ Es un máximo porque $\frac{d ^{2} V}{d r ^{2}} = 6, 22 π - 4 π r = - 6, 22 π < 0$ en $r = 3, 11$ .
(ii) Con $r = 3, 11$ , $h = 9, 33 - 6, 22 = 3, 11$ : $V = \frac{1}{3} π (3, 11)^{2} (3, 11) = \frac{π ( 3 , 11 ) ^{3}}{3} \approx 31, 5 m^{3} .$

Ejercicio 62 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2010

Un fabricante de comida para perros quiere reducir los costes de producción. En la fabricación de las latas cilíndricas, desea utilizar la menor cantidad de aluminio posible. En la siguiente figura, $h$ representa la altura de la lata en cm y $x$ el radio de la base de dicha lata en cm.

Lata cilíndrica vertical en perspectiva, con la altura h y el radio x marcados, sin escala numérica

El volumen de las latas de comida para perros es igual a $600 cm^{3}$ .

a) Compruebe que $h = \frac{600}{π x ^{2}}$ .

b) (i) Halle una expresión para calcular el área de la superficie curva de la lata, en función de $x$ . Simplifique su respuesta.

(ii) A partir de lo anterior, escriba una expresión para calcular el área total de la lata, $A$ , en función de $x$ .

c) Derive $A$ con respecto a $x$ .

d) Halle el valor de $x$ para el cual $A$ alcanza un mínimo.

e) Calcule cuál es la mínima área total de las latas de comida para perros.

Ver resultado

Resultado: a) $h = \frac{600}{π x ^{2}}$ ; b) (i) $\frac{1200}{x}$ ; (ii) $A = \frac{1200}{x} + 2 π x^{2}$ ; c) $\frac{d A}{d x} = - \frac{1200}{x ^{2}} + 4 π x$ ; d) $x \approx 4, 57$ cm; e) $A_{m i n} \approx 394 cm^{2}$

Ver proceso y resultado

El volumen del cilindro es $V = π x^{2} h = 600$ .
Despejamos $h$ : $h = \frac{600}{π x ^{2}} .$

(i) La superficie curva es un rectángulo de base $2 π x$ (la circunferencia) y altura $h$ : $2 π x \cdot \frac{600}{π x ^{2}} = \frac{1200}{x} .$
(ii) Añadimos las dos bases circulares, de área $π x^{2}$ cada una: $A = \frac{1200}{x} + 2 π x^{2} .$

Escribimos $A = 1200 x^{- 1} + 2 π x^{2}$ y derivamos: $\frac{d A}{d x} = - \frac{1200}{x ^{2}} + 4 π x .$

En el mínimo $\frac{d A}{d x} = 0$ : $4 π x = \frac{1200}{x ^{2}} \Rightarrow x^{3} = \frac{300}{π} \Rightarrow x = 3 \frac{300}{π} \approx 4, 57 cm .$
Es un mínimo porque $\frac{d ^{2} A}{d x ^{2}} = \frac{2400}{x ^{3}} + 4 π > 0$ para $x > 0$ .

Sustituimos en $A$ : $A = \frac{1200}{4 , 5708} + 2 π (4, 5708)^{2} \approx 262, 5 + 131, 3 \approx 394 cm^{2} .$

Ejercicio 63 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2008

Una caja rectangular cerrada tiene una altura $y$ cm y una anchura $x$ cm. Su longitud es el doble de su ancho. Tiene una superficie exterior fija de $300 cm^{2}$ .

Caja rectangular cerrada en perspectiva, con la cara frontal de anchura 2x, profundidad x y altura y, y la cara lateral derecha sombreada

a) Muestre que $4 x^{2} + 6 x y = 300$ .

b) Encuentre una expresión para $y$ en función de $x$ .

c) Usando lo anterior, demuestre que el volumen $V$ de la caja está dado por $V = 100 x - \frac{4}{3} x^{3} .$

d) Calcule $\frac{d V}{d x}$ .

e) (i) Usando lo anterior, encuentre el valor de $x$ y de $y$ requerido para hacer máximo el volumen de la caja.

(ii) Calcule el volumen máximo.

Ver resultado

Resultado: a) $4 x^{2} + 6 x y = 300$ ; b) $y = \frac{150 - 2 x ^{2}}{3 x}$ ; c) demostrado; d) $\frac{d V}{d x} = 100 - 4 x^{2}$ ; e) (i) $x = 5$ cm, $y = \frac{20}{3} \approx 6, 67$ cm; (ii) $V_{m a x} = \frac{1000}{3} \approx 333 cm^{3}$

Ver proceso y resultado

Las caras superior e inferior miden $2 x$ por $x$ : dos caras de área $2 x^{2}$ , en total $4 x^{2}$ .
Las caras frontal y trasera miden $2 x$ por $y$ : en total $2 \cdot 2 x y = 4 x y$ .
Las dos caras laterales miden $x$ por $y$ : en total $2 x y$ .
La superficie es $4 x^{2} + 4 x y + 2 x y = 4 x^{2} + 6 x y = 300.$

Despejamos $y$ : $y = \frac{300 - 4 x ^{2}}{6 x} = \frac{150 - 2 x ^{2}}{3 x} .$

El volumen es largo por ancho por alto: $V = 2 x \cdot x \cdot y = 2 x^{2} y$ .
Sustituimos $y$ y simplificamos: $V = 2 x^{2} \cdot \frac{150 - 2 x ^{2}}{3 x} = \frac{2 x ( 150 - 2 x ^{2} )}{3} = 100 x - \frac{4}{3} x^{3} .$

d) $\frac{d V}{d x} = 100 - 4 x^{2} .$

(i) En el máximo $\frac{d V}{d x} = 0$ : $4 x^{2} = 100$ , luego $x = 5$ cm (se descarta $x = - 5$ ). Es máximo porque $\frac{d ^{2} V}{d x ^{2}} = - 8 x = - 40 < 0$ .
Calculamos $y$ : $y = \frac{150 - 2 \cdot 25}{3 \cdot 5} = \frac{100}{15} = \frac{20}{3} \approx 6, 67 cm .$
(ii) El volumen máximo es $V = 100 \cdot 5 - \frac{4}{3} \cdot 125 = 500 - \frac{500}{3} = \frac{1000}{3} \approx 333 cm^{3} .$

Ejercicio 64 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2006

Un agricultor tiene un recinto rectangular con un seto recto que desciende por un lado. El área del recinto es de $162 m^{2}$ . Cierra esta área usando $x$ metros del seto en un lado como se muestra en el siguiente diagrama.

Recinto rectangular con un seto en el lado derecho, de longitud x, y cerca en los otros tres lados; diagrama sin escala

a) Si usa $y$ metros de cerca para completar el cercado, demuestre que $y = x + \frac{324}{x}$ .

El agricultor desea utilizar la menor cantidad de vallas.

b) Encuentre $\frac{d y}{d x}$ .

c) Encuentre el valor de $x$ que hace que $y$ sea mínimo.

d) Calcule este valor mínimo de $y$ .

e) Usando $y = x + \frac{324}{x}$ encuentre los valores de $a$ y $b$ en la siguiente tabla.

$x$	6	9	12	18	24	27	36
$y$	60	45	39	$a$	37,5	$b$	45

f) Dibuje una gráfica precisa de esta función usando una escala horizontal que comience en $0$ y tomando $2$ cm para representar $10$ metros, y una escala vertical comenzando en $30$ con $4$ cm para representar $10$ metros.

g) Escriba los valores de $x$ para los que $y$ es creciente.

Ver resultado

Resultado: a) demostrado; b) $\frac{d y}{d x} = 1 - \frac{324}{x ^{2}}$ ; c) $x = 18$ m; d) $y_{m i n} = 36$ m; e) $a = 36$ , $b = 39$ ; f) gráfica (figura); g) $x > 18$

Ver proceso y resultado

Sea $w$ el otro lado del rectángulo. El área es $x w = 162$ , luego $w = \frac{162}{x}$ .
Se vallan los tres lados que no son seto: un lado de longitud $x$ (el opuesto al seto) y dos de longitud $w$ . Entonces $y = x + 2 w = x + \frac{324}{x} .$

b) $\frac{d y}{d x} = 1 - \frac{324}{x ^{2}} .$

En el mínimo $\frac{d y}{d x} = 0$ : $x^{2} = 324$ , luego $x = 18$ m.
Es mínimo porque $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{648}{x ^{3}} > 0$ .

d) $y (18) = 18 + \frac{324}{18} = 18 + 18 = 36 m .$

$a = y (18) = 36$ .
$b = y (27) = 27 + \frac{324}{27} = 27 + 12 = 39$ .

Se representan los puntos de la tabla $(6, 60), (9, 45), (12, 39), (18, 36), (24, 37, 5), (27, 39), (36, 45)$ con $x$ desde $0$ ( $2$ cm cada $10$ m) e $y$ desde $30$ ( $4$ cm cada $10$ m), y se unen con una curva suave en forma de U con el mínimo en $(18, 36)$ .

Gráfica de y=x+324/x para 6 ≤ x ≤ 36 con escala de 2 cm por cada 10 m horizontal y 4 cm por cada 10 m vertical; mínimo en (18; 36)

La función crece a la derecha del mínimo: $y$ es creciente para $x > 18$ .

Resultado: a) demostrado; b) $\frac{d y}{d x} = 1 - \frac{324}{x ^{2}}$ ; c) $x = 18$ m; d) $y_{m i n} = 36$ m; e) $a = 36$ , $b = 39$ ; f) gráfica (figura); g) $x > 18$

Primitivas e integral indefinida

Ejercicio 65 BásicoIB · P1 TZ0 Noviembre 2015

Sea $f^{'} (x) = 6 x^{2} - 5$ . Sabiendo que $f (2) = - 3$ , halle $f (x)$ .

Ver resultado

Resultado: $f (x) = 2 x^{3} - 5 x - 9$

Ver proceso y resultado

Integramos $f^{'} (x)$ : $f (x) = \int (6 x^{2} - 5) d x = 2 x^{3} - 5 x + C .$
Usamos $f (2) = - 3$ : $2 \cdot 2^{3} - 5 \cdot 2 + C = - 3 \Rightarrow 16 - 10 + C = - 3 \Rightarrow C = - 9.$

Resultado: $f (x) = 2 x^{3} - 5 x - 9$

Ejercicio 66 BásicoIB · P1 TZ1 Mayo 2018

Una función $f (x)$ tiene la derivada $f^{'} (x) = 3 x^{2} + 18 x$ . La gráfica de $f$ tiene una intersección con el eje $x$ en $x = - 1$ .

Calcule $f (x)$ .

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Resultado: $f (x) = x^{3} + 9 x^{2} - 8$

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Integramos $f^{'} (x)$ : $f (x) = \int (3 x^{2} + 18 x) d x = x^{3} + 9 x^{2} + C .$
Cortar el eje $x$ en $x = - 1$ significa $f (- 1) = 0$ : $(- 1)^{3} + 9 (- 1)^{2} + C = 0 \Rightarrow - 1 + 9 + C = 0 \Rightarrow C = - 8.$

Resultado: $f (x) = x^{3} + 9 x^{2} - 8$

Ejercicio 67 BásicoIB · P1 TZ2 Mayo 2007

Sea $f^{'} (x) = 12 x^{2} - 2$ . Sabiendo que $f (- 1) = 1$ , halle $f (x)$ .

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Resultado: $f (x) = 4 x^{3} - 2 x + 3$

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Integramos $f^{'} (x)$ : $f (x) = \int (12 x^{2} - 2) d x = 4 x^{3} - 2 x + C .$
Usamos $f (- 1) = 1$ : $4 (- 1)^{3} - 2 (- 1) + C = 1 \Rightarrow - 4 + 2 + C = 1 \Rightarrow C = 3.$

Resultado: $f (x) = 4 x^{3} - 2 x + 3$

Ejercicio 68 BásicoIB · P1 TZ0 Noviembre 2011

Sea $f^{'} (x) = 3 x^{2} + 2$ . Sabiendo que $f (2) = 5$ , encuentre $f (x)$ .

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Resultado: $f (x) = x^{3} + 2 x - 7$

Ver proceso y resultado

Integramos $f^{'} (x)$ : $f (x) = \int (3 x^{2} + 2) d x = x^{3} + 2 x + C .$
Usamos $f (2) = 5$ : $8 + 4 + C = 5 \Rightarrow C = - 7.$

Resultado: $f (x) = x^{3} + 2 x - 7$

Integral definida y área

Ejercicio 69 BásicoIB · P1 TZ1 Mayo 2014

Sea $f (x) = x^{2}$ . Calcule $\int_{1}^{2} (f (x))^{2} d x$ .

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Resultado: $\frac{31}{5} = 6, 2$

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Calculamos $(f (x))^{2} = (x^{2})^{2} = x^{4}$ .
Integramos: $\int_{1}^{2} x^{4} d x = [\frac{x ^{5}}{5}]_{1}^{2} = \frac{32}{5} - \frac{1}{5} = \frac{31}{5} .$

Resultado: $\frac{31}{5} = 6, 2$

Ejercicio 70 BásicoIB · P1 TZ2 Mayo 2018

Sea $f (x) = 6 x^{2} - 3 x$ . La siguiente figura muestra el gráfico de $f$ .

Gráfica de f(x)=6x²−3x entre x=0 y x=2, que baja ligeramente bajo el eje x cerca del origen y pasa por (1; 3) y (2; 18)

a) Halle $\int (6 x^{2} - 3 x) d x$ .

b) Halle el área de la región delimitada por el gráfico de $f$ , el eje $x$ y las rectas $x = 1$ y $x = 2$ .

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Resultado: a) $2 x^{3} - \frac{3 x ^{2}}{2} + C$ ; b) Área $= 9, 5$ unidades cuadradas

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Integramos término a término: $\int (6 x^{2} - 3 x) d x = 2 x^{3} - \frac{3 x ^{2}}{2} + C .$

En $1 \leq x \leq 2$ la función es positiva ( $f (1) = 3$ , $f (2) = 18$ ), así que el área es la integral de $f$ entre $1$ y $2$ .
Evaluamos: $\int_{1}^{2} (6 x^{2} - 3 x) d x = [2 x^{3} - \frac{3 x ^{2}}{2}]_{1}^{2} = (16 - 6) - (2 - \frac{3}{2}) = 10 - \frac{1}{2} = 9, 5.$

Resultado: a) $2 x^{3} - \frac{3 x ^{2}}{2} + C$ ; b) Área $= 9, 5$ unidades cuadradas

Ejercicio 71 BásicoIB · P1 TZ0 Noviembre 2012

Parte de la gráfica de $f (x) = x - 4$ , para $x \geq 4$ , se muestra a continuación.

Gráfica de f(x)=√(x−4) desde (4; 0) hasta (10; 2,45), con la región R bajo la curva entre x=4 y x=10

La región sombreada $R$ está encerrada por la gráfica de $f$ , la recta $x = 10$ y el eje $x$ . Calcule el área de $R$ .

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Resultado: Área $(R) = 46 \approx 9, 80$ unidades cuadradas

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El área es $A = \int_{4}^{10} x - 4 d x = \int_{4}^{10} (x - 4)^{1/2} d x .$
Una primitiva es $\frac{2}{3} (x - 4)^{3/2}$ . Evaluamos: $A = \frac{2}{3} (6^{3/2} - 0) = \frac{2}{3} \cdot 66 = 46 \approx 9, 80.$

Resultado: Área $(R) = 46 \approx 9, 80$ unidades cuadradas

Ejercicio 72 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2014

La siguiente figura muestra el gráfico de $f (x) = \frac{x}{x ^{2} + 1}$ , para $0 \leq x \leq 4$ , y la recta $x = 4$ .

Gráfica de f(x)=x/(x²+1) para 0 ≤ x ≤ 4, con la región R comprendida entre la curva, el eje x y la recta x=4

Sea $R$ la región delimitada por el gráfico de $f$ , el eje $x$ y la recta $x = 4$ . Halle el área de $R$ .

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Resultado: Área $(R) = \frac{1}{2} ln 17 \approx 1, 42$ unidades cuadradas

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El área es la integral de $f$ entre $0$ y $4$ : $A = \int_{0}^{4} \frac{x}{x ^{2} + 1} d x .$
El numerador es la mitad de la derivada del denominador ( $(x^{2} + 1)^{'} = 2 x$ ), luego una primitiva es $\frac{1}{2} ln (x^{2} + 1)$ .
Evaluamos: $A = [\frac{1}{2} ln (x^{2} + 1)]_{0}^{4} = \frac{1}{2} ln 17 - \frac{1}{2} ln 1 = \frac{1}{2} ln 17 \approx 1, 42.$

Resultado: Área $(R) = \frac{1}{2} ln 17 \approx 1, 42$ unidades cuadradas

Ejercicio 73 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2014

Sea $f (x) = 5 - x^{2}$ . La siguiente figura muestra una parte del gráfico de $f$ .

Gráfica de f(x)=5−x², parábola de vértice (0; 5) que corta el eje x en A y B, a ambos lados del origen, y sigue por debajo del eje x

El gráfico corta al eje $x$ en los puntos $A$ y $B$ .

a) Halle la coordenada $x$ de $A$ y de $B$ .

b) Halle el área de la región delimitada por el gráfico de $f$ y el eje $x$ .

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Resultado: a) $A$ : $x = - 5 \approx - 2, 24$ ; $B$ : $x = 5 \approx 2, 24$ ; b) Área $= \frac{20 5}{3} \approx 14, 9$ unidades cuadradas

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Los cortes con el eje $x$ cumplen $5 - x^{2} = 0$ , es decir, $x^{2} = 5$ .
$A$ tiene $x = - 5 \approx - 2, 24$ y $B$ tiene $x = 5 \approx 2, 24$ .

La región está entre la parábola y el eje $x$ , de $- 5$ a $5$ : $A ˊ rea = \int_{- 5}^{5} (5 - x^{2}) d x .$
Con la CPG (o por simetría, $2 \int_{0}^{5}$ ): $2 [5 x - \frac{x ^{3}}{3}]_{0}^{5} = 2 (55 - \frac{5 5}{3}) = \frac{20 5}{3} \approx 14, 9.$

Resultado: a) $A$ : $x = - 5 \approx - 2, 24$ ; $B$ : $x = 5 \approx 2, 24$ ; b) Área $= \frac{20 5}{3} \approx 14, 9$ unidades cuadradas

Ejercicio 74 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2009

Sea $f (x) = x (x - 5)^{2}$ , para $0 \leq x \leq 6$ . El siguiente diagrama muestra la gráfica de $f$ .

Gráfica de f(x)=x(x−5)² para 0 ≤ x ≤ 6, con máximo local cerca de x=1,67 y la región R bajo la primera arcada, entre x=0 y x=5

Sea $R$ la región encerrada por el eje $x$ y la curva de $f$ . Calcule el área de $R$ .

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Resultado: Área $(R) = \frac{625}{12} \approx 52, 1$ unidades cuadradas

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Como $f (x) \geq 0$ en $0 \leq x \leq 5$ , el área es la integral de $f$ entre $0$ y $5$ .
Desarrollamos: $x (x - 5)^{2} = x^{3} - 10 x^{2} + 25 x$ .
Integramos y evaluamos: $A = [\frac{x ^{4}}{4} - \frac{10 x ^{3}}{3} + \frac{25 x ^{2}}{2}]_{0}^{5} = \frac{625}{4} - \frac{1250}{3} + \frac{625}{2} = \frac{1875 - 5000 + 3750}{12} = \frac{625}{12} \approx 52, 1.$

Resultado: Área $(R) = \frac{625}{12} \approx 52, 1$ unidades cuadradas

Ejercicio 75 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2018

Sea $g (x) = - (x - 1)^{2} + 5$ .

a) Escriba las coordenadas del vértice de la gráfica de $g$ .

Sea $f (x) = x^{2}$ . El siguiente diagrama muestra parte de la gráfica de $f$ .

Gráfica de f(x)=x², parábola de vértice en el origen y abierta hacia arriba, con cuadrícula; sus ramas salen del dibujo por arriba

La gráfica de $g$ interseca la gráfica de $f$ en $x = - 1$ y $x = 2$ .

b) En la cuadrícula, dibuje la gráfica de $g$ para $- 2 \leq x \leq 4$ .

c) Encuentre el área de la región encerrada por los gráficos de $f$ y $g$ .

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Resultado: a) $(1, 5)$ ; b) gráfica (figura); c) Área $= 9$ unidades cuadradas

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$g (x) = - (x - 1)^{2} + 5$ está en forma de vértice, luego el vértice es $(1, 5)$ .

$g$ es una parábola abierta hacia abajo con vértice $(1, 5)$ ; corta el eje $y$ en $(0, 4)$ y pasa por $(- 1, 1)$ y $(2, 4)$ , donde corta a $f$ .

Gráficas de f(x)=x² y g(x)=−(x−1)²+5 para −2 ≤ x ≤ 4, con cuadrícula; se cortan en (−1; 1) y (2; 4) y g tiene el vértice V(1; 5)

Entre $x = - 1$ y $x = 2$ la gráfica de $g$ está por encima de la de $f$ . Desarrollamos $g (x) = - x^{2} + 2 x + 4$ , así que $g (x) - f (x) = - 2 x^{2} + 2 x + 4.$
El área es $A = \int_{- 1}^{2} (- 2 x^{2} + 2 x + 4) d x = [- \frac{2 x ^{3}}{3} + x^{2} + 4 x]_{- 1}^{2} = \frac{20}{3} - (- \frac{7}{3}) = 9.$

Resultado: a) $(1, 5)$ ; b) gráfica (figura); c) Área $= 9$ unidades cuadradas

Ejercicio 76 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2011

El siguiente diagrama muestra parte del gráfico de la función $f (x) = 2 x^{2}$ .

Gráfica de f(x)=2x² cerca del origen, con el punto (1; 2), la tangente T en ese punto y la región R sombreada bajo la curva entre el eje x y T

La recta $T$ es la tangente a la gráfica de $f$ en $x = 1$ .

a) Demuestre que la ecuación de $T$ es $y = 4 x - 2$ .

b) Encuentre la intersección del eje $x$ con $T$ .

c) La región sombreada $R$ está encerrada por la gráfica de $f$ , la recta $T$ y el eje $x$ .

(i) Escriba una expresión para el área de $R$ .

(ii) Calcule el área de $R$ .

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Resultado: a) demostrado; b) $(\frac{1}{2}, 0)$ ; c) (i) $\int_{0}^{1} 2 x^{2} d x - \int_{1/2}^{1} (4 x - 2) d x$ ; (ii) $\frac{1}{6} \approx 0, 167$ unidades cuadradas

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$f (1) = 2$ , el punto de tangencia es $(1, 2)$ .
$f^{'} (x) = 4 x$ , luego $f^{'} (1) = 4$ .
La tangente es $y - 2 = 4 (x - 1) \Rightarrow y = 4 x - 2.$

Hacemos $y = 0$ : $4 x - 2 = 0$ , luego $x = \frac{1}{2}$ . El corte con el eje $x$ es $(\frac{1}{2}, 0)$ .

(i) $R$ es el área bajo $f$ de $0$ a $1$ menos la del triángulo bajo $T$ de $\frac{1}{2}$ a $1$ : $A ˊ rea (R) = \int_{0}^{1} 2 x^{2} d x - \int_{1/2}^{1} (4 x - 2) d x .$
(ii) Calculamos cada integral: $\int_{0}^{1} 2 x^{2} d x = \frac{2}{3}, \int_{1/2}^{1} (4 x - 2) d x = [2 x^{2} - 2 x]_{1/2}^{1} = 0 - (\frac{1}{2} - 1) = \frac{1}{2} .$
Entonces $A ˊ rea (R) = \frac{2}{3} - \frac{1}{2} = \frac{1}{6} \approx 0, 167.$

Resultado: a) demostrado; b) $(\frac{1}{2}, 0)$ ; c) (i) $\int_{0}^{1} 2 x^{2} d x - \int_{1/2}^{1} (4 x - 2) d x$ ; (ii) $\frac{1}{6} \approx 0, 167$ unidades cuadradas

Ejercicio 77 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2011

Sea $f (x) = \frac{1}{4} x^{2} + 2$ . La recta $L$ es la tangente a la curva de $f$ en $(4, 6)$ .

a) Encuentre la ecuación de $L$ .

Sea $g (x) = \frac{90}{3 x + 4}$ , para $2 \leq x \leq 12$ . El siguiente diagrama muestra la gráfica de $g$ .

Gráfica de g(x)=90/(3x+4) para 2 ≤ x ≤ 12, decreciente y convexa, de (2; 9) a (12; 2,25), con cuadrícula muy tenue

b) Encuentre el área de la región encerrada por la curva de $g$ , el eje $x$ , y las rectas $x = 2$ y $x = 12$ . Dé su respuesta en la forma $a ln b$ , donde $a, b \in Z$ .

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Resultado: a) $y = 2 x - 2$ ; b) Área $= 30 ln 4 \approx 41, 6$ unidades cuadradas

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$f^{'} (x) = \frac{x}{2}$ , luego $f^{'} (4) = 2$ .
La tangente en $(4, 6)$ es $y - 6 = 2 (x - 4) \Rightarrow y = 2 x - 2.$

El área es $A = \int_{2}^{12} \frac{90}{3 x + 4} d x .$
La derivada de $3 x + 4$ es $3$ , luego una primitiva es $30 ln (3 x + 4)$ (porque $\frac{90}{3} = 30$ ).
Evaluamos: $A = 30 [ln (3 x + 4)]_{2}^{12} = 30 (ln 40 - ln 10) = 30 ln \frac{40}{10} = 30 ln 4.$

Resultado: a) $y = 2 x - 2$ ; b) Área $= 30 ln 4 \approx 41, 6$ unidades cuadradas

Ejercicio 78 MedioIB · Examen IB

Considere el área encerrada por la curva $y = 5 - \frac{x ^{3}}{25}$ y los ejes $x$ e $y$ positivos.

a) Dibuje la curva, sombreando el área descrita.

b) Usando la regla del trapecio con $n = 5$ , aproxime el valor del área sombreada en el apartado (a).

c) Determine el valor exacto del área sombreada.

d) Encuentre el porcentaje de error con la aproximación del apartado (b).

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Resultado: a) área sombreada entre la curva, el eje $x$ y el eje $y$ (de $x = 0$ a $x = 5$ ); b) $18, 5$ ; c) $18, 75$ ; d) $\approx 1, 33 %$

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La curva baja desde $(0, 5)$ y corta el eje $x$ en $x = 5$ (pues $5 - \frac{125}{25} = 0$ ). El área pedida es la zona entre el eje $y$ , el eje $x$ y la curva, de $x = 0$ a $x = 5$ , que se sombrea.

Gráfica de y=5−x³/25 para −3,5 ≤ x ≤ 6 y 0 ≤ y ≤ 7, con la región entre el eje y, el eje x, la curva y la recta x=5 sombreada

Con $n = 5$ trapecios en $[0, 5]$ , el ancho es $h = 1$ . Valores: $f (0) = 5$ , $f (1) = 4, 96$ , $f (2) = 4, 68$ , $f (3) = 3, 92$ , $f (4) = 2, 44$ , $f (5) = 0$ .
Regla del trapecio: $A \approx \frac{h}{2} [f (0) + 2 (f (1) + f (2) + f (3) + f (4)) + f (5)] = \frac{1}{2} [5 + 2 (16) + 0] = 18, 5.$

Integramos: $A = \int_{0}^{5} (5 - \frac{x ^{3}}{25}) d x = [5 x - \frac{x ^{4}}{100}]_{0}^{5} = 25 - \frac{625}{100} = 18, 75.$

El porcentaje de error es $ε = \frac{∣18 , 5 - 18 , 75∣}{18 , 75} \cdot 100 = \frac{0 , 25}{18 , 75} \cdot 100 \approx 1, 33 %.$

Resultado: a) área sombreada entre la curva, el eje $x$ y el eje $y$ (de $x = 0$ a $x = 5$ ); b) $18, 5$ ; c) $18, 75$ ; d) $\approx 1, 33 %$

Problemas combinados de contexto

Ejercicio 79 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2017

María es la propietaria de una fábrica de quesos. La cantidad de queso, $Q$ , en kilogramos que vende María en una semana viene dada por $Q = 882 - 45 p$ , donde $p$ es el precio en euros (EUR) de un kilogramo de queso.

a) Escriba cuántos kilogramos de queso vende María en una semana si el precio de un kilogramo de queso son 8 EUR.

María gana $(p - 6, 80)$ EUR por cada kilogramo de queso que vende.

b) Halle cuánto dinero gana María en una semana con la venta de quesos, si el precio de un kilogramo de queso es 8 EUR.

Para calcular sus beneficios semanales $W$ , en EUR, María multiplica la cantidad de queso que vende por el dinero que gana con cada kilogramo.

c) Escriba una expresión para representar $W$ en función de $p$ .

d) Halle el precio, $p$ , con el que María obtendrá los mayores beneficios semanales.

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Resultado: a) $522$ kg; b) $626, 40$ EUR; c) $W = - 45 p^{2} + 1188 p - 5997, 6$ ; d) $p = 13, 20$ EUR

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$Q = 882 - 45 \cdot 8 = 882 - 360 = 522$ kg.

Gana $8 - 6, 80 = 1, 20$ EUR por kilogramo.
Ganancia semanal: $522 \cdot 1, 20 = 626, 40$ EUR.

$W = Q \cdot (p - 6, 80)$ , luego $W = (882 - 45 p) (p - 6, 80) = - 45 p^{2} + 1188 p - 5997, 6.$

Derivamos: $\frac{d W}{d p} = - 90 p + 1188$ .
Igualamos a cero: $- 90 p + 1188 = 0 \Rightarrow p = \frac{1188}{90} = 13, 2.$
Es un máximo porque $\frac{d ^{2} W}{d p ^{2}} = - 90 < 0$ .
El precio que da el mayor beneficio semanal es $13, 20$ EUR por kilogramo.

Resultado: a) $522$ kg; b) $626, 40$ EUR; c) $W = - 45 p^{2} + 1188 p - 5997, 6$ ; d) $p = 13, 20$ EUR

Ejercicio 80 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2015

Una empresa constructora posee muchos terrenos rectangulares, de diferentes anchos, a lo largo de una carretera. El área, $A$ , de cada parcela viene dada por la función $A (x) = x (200 - x)$ donde $x$ representa el ancho del terreno en metros y $20 \leq x \leq 180$ .

a) El terreno $S$ tiene un ancho de $20$ m. Escriba el área de $S$ .

b) El terreno $T$ tiene la misma área que el terreno $S$ , pero un ancho diferente. Encuentre el ancho de $T$ .

Cuando el ancho del terreno es de $b$ metros, el terreno tiene un área máxima.

c) (i) Escriba el valor de $b$ .

(ii) Escriba el área máxima.

El rango de $A (x)$ es $m \leq A (x) \leq n$ .

d) A partir de ahí, escriba los valores de $m$ y $n$ .

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Resultado: a) $3600 m^{2}$ ; b) $180$ m; c) (i) $b = 100$ m; (ii) $10000 m^{2}$ ; d) $m = 3600$ y $n = 10000$

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Sustituimos $x = 20$ en la función del área: $A (20) = 20 (200 - 20) = 20 \cdot 180 = 3600 m^{2} .$

Buscamos otro ancho con la misma área: $x (200 - x) = 3600$ .
Ordenamos la ecuación: $x^{2} - 200 x + 3600 = 0.$
Sus soluciones son $x = 20$ (el terreno $S$ ) y $x = 180$ .
Como el ancho de $T$ es distinto de $20$ m, el ancho de $T$ es $180$ m.

(i) Derivamos $A (x) = 200 x - x^{2}$ y la igualamos a cero: $A^{'} (x) = 200 - 2 x = 0 \Rightarrow x = 100.$ Como $A^{'}$ pasa de positiva a negativa en $x = 100$ , es un máximo, y $b = 100$ m.
(ii) El área máxima es $A (100) = 100 \cdot (200 - 100) = 10000 m^{2} .$

En el intervalo $20 \leq x \leq 180$ el área toma su valor mínimo en los extremos, $A (20) = A (180) = 3600$ , y su valor máximo en $x = 100$ .
Por tanto $m = 3600$ y $n = 10000$ .

Resultado: a) $3600 m^{2}$ ; b) $180$ m; c) (i) $b = 100$ m; (ii) $10000 m^{2}$ ; d) $m = 3600$ y $n = 10000$

Ejercicio 81 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2016

Una bengala de socorro se dispara al aire desde un barco en el mar. La altura, $h$ , en metros, de la bengala sobre el nivel del mar se modela mediante la función cuadrática $h (t) = - 0, 2 t^{2} + 16 t + 12$ , $t \geq 0$ , donde $t$ es el tiempo, en segundos, y $t = 0$ en el momento en que se disparó la bengala.

a) Escriba la altura desde la que se disparó la bengala.

b) Encuentre la altura de la bengala 15 segundos después de que se disparó.

La bengala cayó al mar $k$ segundos después de haber sido disparada.

c) Encuentre el valor de $k$ .

d) Encuentre $h^{'} (t)$ .

e) (i) Demuestre que la bengala alcanzó su altura máxima 40 segundos después de ser disparada.

(ii) Calcule la altura máxima alcanzada por la bengala.

El guardacostas más cercano puede ver la bengala cuando su altura supera los 40 metros sobre el nivel del mar.

f) Determine el tiempo total que el guardacostas puede ver la bengala.

Ver resultado

Resultado: a) $12$ m; b) $207$ m; c) $k \approx 80, 7$ s; d) $h^{'} (t) = - 0, 4 t + 16$ ; e) (i) $h^{'} (t) = 0$ en $t = 40$ s (demostrado); (ii) $332$ m; f) $\approx 76, 4$ s

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La bengala se dispara en $t = 0$ : $h (0) = 12 m .$

Sustituimos $t = 15$ : $h (15) = - 0, 2 \cdot 225 + 16 \cdot 15 + 12 = - 45 + 240 + 12 = 207 m .$

La bengala cae al mar cuando $h (k) = 0$ , es decir, $- 0, 2 k^{2} + 16 k + 12 = 0$ .
Con la calculadora (o con la fórmula de segundo grado) obtenemos dos soluciones, $k \approx - 0, 74$ y $k \approx 80, 7$ . La negativa no tiene sentido en el problema.
Por tanto $k = 40 + 1660 \approx 80, 7 s .$

Derivamos: $h^{'} (t) = - 0, 4 t + 16.$

(i) En el máximo, $h^{'} (t) = 0$ : $- 0, 4 t + 16 = 0 \Rightarrow t = \frac{16}{0 , 4} = 40 s .$ Como $h^{'}$ es positiva antes de $t = 40$ y negativa después, ahí hay un máximo: la bengala alcanza su altura máxima 40 s después de ser disparada.
(ii) La altura máxima es $h (40) = - 0, 2 \cdot 1600 + 16 \cdot 40 + 12 = - 320 + 640 + 12 = 332 m .$

El guardacostas ve la bengala cuando $h (t) > 40$ . Resolvemos $h (t) = 40$ : $- 0, 2 t^{2} + 16 t + 12 = 40 \Rightarrow t^{2} - 80 t + 140 = 0.$
Las soluciones son $t = 40 \pm 1460$ , es decir, $t_{1} \approx 1, 79$ s y $t_{2} \approx 78, 21$ s.
El tiempo total de visibilidad es $t_{2} - t_{1} = 21460 \approx 76, 4 s .$

Resultado: a) $12$ m; b) $207$ m; c) $k \approx 80, 7$ s; d) $h^{'} (t) = - 0, 4 t + 16$ ; e) (i) $h^{'} (t) = 0$ en $t = 40$ s (demostrado); (ii) $332$ m; f) $\approx 76, 4$ s

Ejercicio 82 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2013

La siguiente figura muestra la vista aérea de un carril bici. La forma de este carril bici se puede modelar mediante la función cuadrática $y = - \frac{x ^{2}}{10} + \frac{27}{2} x$ , donde $x \geq 0$ , $y \geq 0$ .

$(x, y)$ son las coordenadas de un punto situado $x$ metros al este e $y$ metros al norte de $O$ , siendo $O$ el origen $(0, 0)$ . $B$ es un punto perteneciente al carril bici, de coordenadas $(100, 350)$ .

Vista aérea del carril bici en unos ejes con x de 0 a 120 m e y de 0 a 500 m: un arco que empieza en el origen O, sube hasta un máximo cerca de (67,5; 456) y baja hasta (120; 180); el punto B(100; 350) está sobre la curva y a la derecha hay una flecha con la letra N (norte)

a) Las coordenadas del punto $A$ son $(75, 450)$ .

Determine si el punto $A$ pertenece o no al carril bici. Dé una respuesta razonada.

b) Halle la derivada de $y = - \frac{x ^{2}}{10} + \frac{27}{2} x$ .

c) Utilice la respuesta del apartado (b) para determinar si $A (75, 450)$ es el punto del carril bici entre $O$ y $B$ que está más al norte. Dé una respuesta razonada.

d) (i) Escriba cuáles son las coordenadas del punto medio del segmento de recta $O B$ .

(ii) Halle la pendiente del segmento de recta $O B$ .

Scott sale con su bici desde un punto $C (0, 150)$ . Se dirige hacia el carril bici, por una carretera recta que es paralela al segmento de recta $O B$ .

e) Halle la ecuación de la carretera por la que va Scott. Exprese la respuesta de la forma $a x + b y = c$ , donde $a$ , $b$ y $c \in R$ .

f) Utilice la calculadora de pantalla gráfica para hallar las coordenadas del punto donde Scott cruza por primera vez el carril bici.

Ver resultado

Resultado: a) sí pertenece; b) $\frac{d y}{d x} = - \frac{x}{5} + \frac{27}{2}$ ; c) no es el punto más al norte (el máximo está en $x = 67, 5$ ); d) (i) $(50, 175)$ ; (ii) $3, 5$ ; e) $7 x - 2 y = - 300$ ; f) $(18, 4; 214)$

Ver proceso y resultado

Sustituimos $x = 75$ en la ecuación: $y = - \frac{7 5 ^{2}}{10} + \frac{27}{2} \cdot 75 = - 562, 5 + 1012, 5 = 450.$
Coincide con la ordenada de $A$ , luego $A$ sí pertenece al carril bici.

b) $\frac{d y}{d x} = - \frac{x}{5} + \frac{27}{2} .$

En $A$ : $\frac{d y}{d x} = - \frac{75}{5} + 13, 5 = - 1, 5 \neq = 0$ . La curva no tiene tangente horizontal en $A$ y ya está bajando.
El punto más al norte cumple $\frac{d y}{d x} = 0$ : $- \frac{x}{5} + \frac{27}{2} = 0 \Rightarrow x = 67, 5,$ y allí $y = - \frac{67 , 5 ^{2}}{10} + \frac{27}{2} \cdot 67, 5 \approx 455, 6 > 450$ .
Como $67, 5$ está entre $0$ y $100$ , $A$ no es el punto más al norte entre $O$ y $B$ .

(i) Punto medio: $(\frac{0 + 100}{2}, \frac{0 + 350}{2}) = (50, 175)$ .
(ii) Pendiente: $m_{O B} = \frac{350 - 0}{100 - 0} = 3, 5$ .

La carretera es paralela a $O B$ , luego tiene pendiente $3, 5$ y pasa por $C (0, 150)$ : $y = 3, 5 x + 150.$
Multiplicando por $2$ y ordenando: $7 x - 2 y = - 300$ .

Con la calculadora se buscan las intersecciones de $y = - \frac{x ^{2}}{10} + \frac{27}{2} x$ con $y = 3, 5 x + 150$ (equivale a $x^{2} - 100 x + 1500 = 0$ ).
Las abscisas son $x \approx 18, 4$ y $x \approx 81, 6$ . Scott viene desde $x = 0$ , luego cruza primero en $x \approx 18, 4$ .
Entonces $y = 3, 5 \cdot 18, 377 + 150 \approx 214$ .

Ejercicio 83 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2018

Haruka tiene un bolso ecológico que tiene forma de ortoedro de 12 cm de ancho, 36 cm de longitud y 9 cm de altura. El bolso está hecho con cinco piezas de tela rectangulares y está abierto por la parte de arriba.

Bolso de tela en forma de ortoedro abierto por arriba, con dos asas en arco; cotas de 36 cm de longitud, 12 cm de ancho y 9 cm de altura

a) Calcule el área de tela, en $cm^{2}$ , que se necesita para hacer el bolso de Haruka.

b) Calcule el volumen del bolso, en $cm^{3}$ .

Nanako decide fabricar su propio bolso ecológico en forma de ortoedro de modo tal que se minimice el área de su superficie.

El bolso de Nanako tiene una anchura de $x$ cm, una longitud que es el triple de su anchura y una altura igual a $y$ cm.

Bolso de tela en forma de ortoedro abierto por arriba, casi cúbico, con dos asas en arco; cotas x (anchura), 3x (longitud) e y (altura)

El volumen del bolso de Nanako es igual a $3888 cm^{3}$ .

c) Utilice este valor para escribir, y simplificar, una ecuación en $x$ e $y$ para el volumen del bolso de Nanako.

d) Escriba y simplifique una expresión en $x$ e $y$ para el área de tela, $A$ , que se ha utilizado para fabricar el bolso de Nanako.

e) Utilice las respuestas obtenidas en los apartados (c) y (d) para mostrar que $A = 3 x^{2} + \frac{10368}{x}$ .

f) Halle $\frac{d A}{d x}$ .

g) Utilice la respuesta obtenida en el apartado (f) para mostrar que la anchura del bolso de Nanako es igual a $12$ cm.

La tela que se utiliza para fabricar el bolso de Nanako cuesta 4 yenes japoneses (JPY) por $cm^{2}$ .

h) Halle el costo de la tela que se ha utilizado para fabricar el bolso de Nanako.

Ver resultado

Resultado: a) $1296 cm^{2}$ ; b) $3888 cm^{3}$ ; c) $x^{2} y = 1296$ ; d) $A = 3 x^{2} + 8 x y$ ; e) demostrado; f) $\frac{d A}{d x} = 6 x - \frac{10 368}{x ^{2}}$ ; g) $x = 12$ cm (demostrado); h) $5184$ JPY

Ver proceso y resultado

El bolso tiene cinco piezas: la base de $12 \times 36 = 432 cm^{2}$ , dos caras de $36 \times 9 = 324 cm^{2}$ y dos caras de $12 \times 9 = 108 cm^{2}$ .
Área de tela: $A = 432 + 2 (324) + 2 (108) = 1296 cm^{2} .$

$V = 12 \cdot 36 \cdot 9 = 3888 cm^{3}$ .

Con anchura $x$ , longitud $3 x$ y altura $y$ : $V = x \cdot 3 x \cdot y = 3 x^{2} y = 3888$ .
Simplificamos: $x^{2} y = 1296$ .

Base: $x \cdot 3 x = 3 x^{2}$ . Dos caras de $3 x \times y$ : $6 x y$ . Dos caras de $x \times y$ : $2 x y$ .
$A = 3 x^{2} + 8 x y$ .

De (c): $y = \frac{1296}{x ^{2}}$ .
Sustituimos en (d): $A = 3 x^{2} + 8 x \cdot \frac{1296}{x ^{2}} = 3 x^{2} + \frac{10 368}{x} .$

$\frac{d A}{d x} = 6 x - \frac{10 368}{x ^{2}}$ .

En el mínimo, $\frac{d A}{d x} = 0$ : $6 x = \frac{10 368}{x ^{2}} \Rightarrow x^{3} = 1728 \Rightarrow x = 12 cm .$

Con $x = 12$ : $A = 3 \cdot 144 + \frac{10 368}{12} = 432 + 864 = 1296 cm^{2}$ .
Coste: $4 \cdot 1296 = 5184$ JPY.

Ejercicio 84 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2017

Violeta tiene previsto cultivar flores en un terreno rectangular. Coloca una valla para marcar el perímetro del terreno y, para ello, utiliza 200 metros de valla.

El terreno mide $x$ metros de largo.

Rectángulo vertical de borde grueso que representa el terreno, con una cota vertical x en su lado izquierdo

a) Muestre que la anchura del terreno, en metros, viene dada por $100 - x$ .

b) Escriba el área del terreno en función de $x$ .

Violeta coloca la valla de modo tal que se maximice el área del terreno.

c) Halle el valor de $x$ que maximiza el área del terreno.

Por la venta de las flores, Violeta gana 2 leva búlgaros (BGN) por cada metro cuadrado de terreno.

d) Muestre que Violeta gana 5000 BGN de la venta de las flores que ha cultivado en ese terreno.

Violeta quiere invertir sus 5000 BGN.

e) Un banco le ofrece un tipo de interés nominal anual del 4 %, compuesto semestralmente.

(i) Halle la cantidad de dinero que tendría Violeta al cabo de 6 años. Dé la respuesta redondeando a dos lugares decimales.

(ii) Halle cuánto tiempo tendría que pasar para que los intereses recibidos fueran 2000 BGN.

Hay otro banco que le ofrece un tipo de interés del $r %$ compuesto anualmente, lo que le permitiría duplicar su dinero en 12 años.

f) Halle el menor valor posible de $r$ .

Ver resultado

Resultado: a) $w = 100 - x$ (demostrado); b) $A (x) = 100 x - x^{2}$ ; c) $x = 50$ m; d) $2500 m^{2} \cdot 2 BGN/m^{2} = 5000$ BGN (demostrado); e) (i) $6341, 21$ BGN; (ii) $8, 5$ años (17 semestres); f) $r \approx 5, 95 %$

Ver proceso y resultado

Sea $w$ la anchura. El perímetro es $2 x + 2 w = 200$ .
Despejamos: $w = 100 - x .$

$A (x) = x (100 - x) = 100 x - x^{2}$ .

Derivamos: $A^{'} (x) = 100 - 2 x$ .
$A^{'} (x) = 0 \Rightarrow x = 50$ m. Es un máximo porque $A^{''} (x) = - 2 < 0$ .

Con $x = 50$ , la anchura es $100 - 50 = 50$ m y el área máxima es $50 \cdot 50 = 2500 m^{2}$ .
Ganancia: $2 \cdot 2500 = 5000$ BGN.

(i) Interés del $4 %$ anual compuesto semestralmente: cada semestre se aplica el $2 %$ . En $6$ años hay $12$ semestres: $5000 (1 + \frac{4}{200})^{12} = 5000 (1, 02)^{12} \approx 6341, 21 BGN .$
(ii) Con intereses de $2000$ BGN el capital sería $7000$ BGN. Con la CPG resolvemos $5000 (1, 02)^{n} = 7000 \Rightarrow n \approx 16, 99 semestres .$
Son $17$ semestres, es decir, $8, 5$ años.

Con interés anual $r %$ durante $12$ años: $5000 (1 + \frac{r}{100})^{12} = 10000 \Rightarrow 1 + \frac{r}{100} = 2^{1/12} .$
Entonces $r = 100 (2^{1/12} - 1) \approx 5, 946$ , y el menor valor posible es $r \approx 5, 95 %$ .

Otros

Ejercicio 85 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2017

Considere la función $f (x) = 0, 3 x^{3} + \frac{10}{x} + 2^{- x}$ .

a) Calcule $f (1)$ .

b) Dibuje la gráfica de $y = f (x)$ para $- 7 \leq x \leq 4$ y $- 30 \leq y \leq 30$ .

c) Escriba la ecuación de la asíntota vertical.

d) Escriba las coordenadas de la intersección con el eje $x$ .

e) Escriba los posibles valores de $x$ para los cuales $x < 0$ y $f^{'} (x) > 0$ .

Considere una segunda función, $g (x) = 2 x - 3$ .

f) Encuentre la solución de $f (x) = g (x)$ .

Ver resultado

Resultado: a) $10, 8$ ; b) gráfico; c) $x = 0$ ; d) $(- 6, 18, 0)$ ; e) $- 4, 99 < x < - 2, 47$ ; f) $x \approx - 1, 34$

Ver proceso y resultado

$f (1) = 0, 3 \cdot 1 + \frac{10}{1} + 2^{- 1} = 0, 3 + 10 + 0, 5 = 10, 8$ .

Con la CPG se dibuja $f$ en la ventana $- 7 \leq x \leq 4$ , $- 30 \leq y \leq 30$ . Para $x < 0$ la curva tiene un mínimo local en $x \approx - 4, 99$ , un máximo local en $x \approx - 2, 47$ y cae a $- \infty$ al acercarse a $x = 0$ ; para $x > 0$ viene de $+ \infty$ , tiene un mínimo local cerca de $x \approx 1, 86$ y sube hasta $x = 4$ .

Gráfica de f(x) = 0,3x³ + 10/x + 2^(−x) para −7 ≤ x ≤ 4 y −30 ≤ y ≤ 30, sin cuadrícula, con la asíntota vertical en x = 0 (eje vertical)

$f$ no está definida en $x = 0$ y el término $\frac{10}{x}$ tiende a $\pm \infty$ cerca de $0$ . La asíntota vertical es $x = 0$ .

Con la CPG, el único cero de $f$ es $x \approx - 6, 18$ .
La intersección con el eje $x$ es $(- 6, 18, 0)$ .

$f^{'} (x) > 0$ significa que la curva sube. Con la CPG, para $x < 0$ esto ocurre entre el mínimo local y el máximo local.
Los valores posibles son $- 4, 99 < x < - 2, 47.$

Con la CPG, la solución de $0, 3 x^{3} + \frac{10}{x} + 2^{- x} = 2 x - 3$ es $x \approx - 1, 34$ .

Resultado: a) $10, 8$ ; b) gráfico; c) $x = 0$ ; d) $(- 6, 18, 0)$ ; e) $- 4, 99 < x < - 2, 47$ ; f) $x \approx - 1, 34$

Ejercicio 86 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2008

a) Dibuje la gráfica de la función $f (x) = \frac{2 x + 3}{x + 4}$ para $- 10 \leq x \leq 10$ .

Indique claramente los cortes con los ejes y las asíntotas.

b) Escriba la ecuación de la asíntota vertical.

c) En el mismo diagrama, dibuje la gráfica de $g (x) = x + 0, 5$ .

d) Usando su calculadora de pantalla gráfica, escriba las coordenadas de uno de los puntos de intersección de las gráficas de $f$ y $g$ , dando su respuesta aproximada con cinco cifras decimales.

e) Escriba la pendiente de la recta $g (x) = x + 0, 5$ .

f) La recta $L$ pasa por el punto de coordenadas $(- 2, - 3)$ y es perpendicular a la recta $g (x)$ . Encuentre la ecuación de $L$ .

Ver resultado

Resultado: a) cortes $(- 1, 5; 0)$ y $(0; 0, 75)$ , asíntotas $x = - 4$ e $y = 2$ ; b) $x = - 4$ ; c) recta $y = x + 0, 5$ dibujada; d) $(0, 35078; 0, 85078)$ (o $(- 2, 85078; - 2, 35078)$ ); e) $1$ ; f) $y = - x - 5$

Ver proceso y resultado

Corte con el eje $x$ : $2 x + 3 = 0 \Rightarrow x = - 1, 5$ , punto $(- 1, 5; 0)$ .
Corte con el eje $y$ : $f (0) = \frac{3}{4} = 0, 75$ , punto $(0; 0, 75)$ .
Asíntota vertical $x = - 4$ (el denominador se anula) y asíntota horizontal $y = 2$ (cociente de los coeficientes de $x$ ).
La gráfica tiene dos ramas: la de la izquierda de $x = - 4$ está por encima de $y = 2$ y sube a $+ \infty$ al acercarse a $x = - 4$ ; la de la derecha viene de $- \infty$ , pasa por $(- 1, 5; 0)$ y $(0; 0, 75)$ y se acerca a $y = 2$ por debajo.

Gráficas de f(x) = (2x+3)/(x+4) y g(x) = x + 0,5 para −10 ≤ x ≤ 10 en el mismo diagrama, con cuadrícula: asíntota vertical x = −4 y horizontal y = 2 discontinuas; cortes con los ejes y dos puntos de intersección marcados

b) La asíntota vertical es $x = - 4$ .

La recta $g (x) = x + 0, 5$ pasa por $(0; 0, 5)$ y por $(- 0, 5; 0)$ , con pendiente $1$ (ver la figura anterior).

Con la calculadora se buscan las intersecciones de $y = \frac{2 x + 3}{x + 4}$ con $y = x + 0, 5$ (equivale a $x^{2} + 2, 5 x - 1 = 0$ ).
Un punto de intersección es $(0, 35078; 0, 85078)$ . El otro es $(- 2, 85078; - 2, 35078)$ .

e) La pendiente de $g (x) = x + 0, 5$ es $1$ .

$L$ es perpendicular a $g$ : $m_{L} = - \frac{1}{1} = - 1$ .
Pasa por $(- 2, - 3)$ : $y + 3 = - (x + 2) \Rightarrow y = - x - 5.$

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