Optimización · Matemáticas II (con soluciones)

PAU Comunitat Valenciana · 40 ejercicios, del más reciente al más antiguo

1. 2025 · Extraordinaria 2025 (Especial DANA) · Ejercicio 4.2 · Opción B
Una costa marítima se extiende en línea recta hacia la derecha desde un punto $P$ de la costa. A 8 km de $P$ hay una refinería situada en la costa. Además, hay una plataforma petrolífera en el mar que está situada a 6 km de distancia de $P$ en la recta perpendicular a la costa desde el punto $P$ . Se construirá un oleoducto desde la plataforma hasta la refinería. El coste de construir el oleoducto bajo el agua es de 1 millón de euros por kilómetro y el de construirlo sobre tierra, de 0,6 millones de euros por kilómetro.
- 4.2.1)Encontrar la función del coste de construcción del oleoducto dependiendo de la distancia, $x$ , entre el primer punto donde el oleoducto toca la costa y la refinería.
- 4.2.2)Encontrar el valor de $x$ para que el coste de construcción del oleoducto sea mínimo.
- 4.2.3)Calcular dicho coste.
Bajo el agua A–C (1 M€/km) y por tierra C–R (0,6 M€/km)
Apartado 4.2.1
1. 1. Sea $P$ el punto de la costa más cercano a la plataforma, la refinería $Q$ a 8 km de $P$ y $x$ la distancia del punto de contacto $T$ con la costa hasta la refinería ( $0 \leq x \leq 8$ ). El tramo terrestre $T Q$ mide $x$ y $P T = 8 - x$ .
  $tramo bajo el agua = 6^{2} + (8 - x)^{2}$ (Pitágoras entre plataforma y $T$ )
2. 2. Coste = (km bajo el agua) $\cdot 1$ + (km en tierra) $\cdot 0, 6$ millones de euros.
  $C (x) = 0, 6 x + 36 + (8 - x)^{2}, x \in [0, 8]$
  $C (x) = 0, 6 x + 36 + (8 - x)^{2}$
Apartado 4.2.2
1. 1. Derivamos e igualamos a 0.
  $C^{'} (x) = 0, 6 - \frac{8 - x}{36 + ( 8 - x ) ^{2}} = 0 \Rightarrow \frac{8 - x}{36 + ( 8 - x ) ^{2}} = 0, 6$
2. 2. Elevamos al cuadrado con $u = 8 - x \geq 0$ (válido porque ambos lados son positivos).
  $u^{2} = 0, 36 (36 + u^{2}) \Rightarrow 0, 64 u^{2} = 12, 96 \Rightarrow u^{2} = 20, 25 \Rightarrow u = 4, 5$
  $x = 8 - 4, 5 = 3, 5 km$
3. 3. Comprobamos que es mínimo: $C^{''} (x) = \frac{36}{( 36 + ( 8 - x ) ^{2} ) ^{3/2}} > 0$ (convexa). Además comparamos con los extremos del intervalo.
  $C (0) = 10, C (8) = 4, 8 + 6 = 10, 8, C (3, 5) = 9, 6$
  Mínimo en $x = 3, 5$ km
Apartado 4.2.3
1. 1. Coste mínimo: $36 + 4, 5^{2} = 56, 25 = 7, 5$ .
  $C (3, 5) = 0, 6 \cdot 3, 5 + 7, 5 = 2, 1 + 7, 5$
  $C_{m i n} = 9, 6$ millones de euros
Respuesta final: 4.2.1) $C (x) = 0, 6 x + 36 + (8 - x)^{2}$ . 4.2.2) $x = 3, 5$ km. 4.2.3) $9, 6$ millones de euros.
2. 2025 · Extraordinaria 2025 (Reserva) · Ejercicio 4.2 · Opción B
Se quiere construir un bote de refresco cilíndrico de volumen $33 cm^{3}$ que tenga área total (incluyendo las tapas) mínima. Se pide:
- 4.2.1)Expresar el área total del bote en función del radio de su base y de su altura.
- 4.2.2)Obtener las dimensiones que minimizan el área total del bote.
- 4.2.3)Hallar dicha área.
Cilindro de volumen 33 cm³: el área mínima se da con h = 2r
Apartado 4.2.1
1. 1. Área total del cilindro: dos tapas circulares más la superficie lateral.
  $A (r, h) = 2 π r^{2} + 2 π r h$
Apartado 4.2.2
1. 1. Eliminamos $h$ con la restricción de volumen para tener una función de una variable.
  $h = \frac{33}{π r ^{2}} \Rightarrow A (r) = 2 π r^{2} + 2 π r \cdot \frac{33}{π r ^{2}} = 2 π r^{2} + \frac{66}{r}, r > 0$
2. 2. Derivamos e igualamos a cero.
  $A^{'} (r) = 4 π r - \frac{66}{r ^{2}} = 0 \Rightarrow r^{3} = \frac{33}{2 π}$
  $r = 3 \frac{33}{2 π} \approx 1, 738 cm$
3. 3. Es mínimo porque $A^{''} (r) = 4 π + \frac{132}{r ^{3}} > 0$ para $r > 0$ (y además $A \to \infty$ si $r \to 0$ o $r \to \infty$ ). Calculamos la altura: como $r^{3} = \frac{33}{2 π}$ , resulta $h = \frac{33}{π r ^{2}} = \frac{2 π r ^{3}}{π r ^{2}} = 2 r$ .
  $h = 2 r \approx 3, 476 cm$
  $r \approx 1, 738$ cm y $h = 2 r \approx 3, 476$ cm
Apartado 4.2.3
1. 1. Con $66 = 4 π r^{3}$ la expresión del área se simplifica: $A = 2 π r^{2} + \frac{4 π r ^{3}}{r} = 6 π r^{2}$ .
  $A_{m i n} = 6 π r^{2} = 6 π (\frac{33}{2 π})^{2/3} \approx 56, 95$
  $A_{m i n} \approx 56, 95 cm^{2}$
Respuesta final: 4.2.1) $A = 2 π r^{2} + 2 π r h$ . 4.2.2) $r = 3 33/ (2 π) \approx 1, 738$ cm, $h = 2 r \approx 3, 476$ cm. 4.2.3) $\approx 56, 95 cm^{2}$ .
3. 2025 · Ordinaria 2025 · Ejercicio 4A · Opción A
Una empresa de paquetería quiere diseñar distintos modelos de cajas. Uno de esos modelos consiste en una caja de 80 cm $^{3}$ de volumen, con base y tapa cuadradas. El precio del material de las paredes laterales es de 1 céntimo por cm $^{2}$ . La base y tapa se construirán con un material de calidad superior a las caras laterales de la caja, siendo éste un 25% más caro.
- 4.1.1)La función $P (x)$ que proporciona el precio del material de la caja en función del lado de la base $x$ .
- 4.1.2)Las dimensiones de la caja para que la función $P (x)$ tenga el menor valor posible.
- 4.1.3)El precio del material en el caso anterior.
Apartado 4.1.1
1. 1. Base cuadrada de lado $x$ y altura $h$ : volumen $x^{2} h = 80 \Rightarrow h = \frac{80}{x ^{2}}$ .
  $h = \frac{80}{x ^{2}}$
2. 2. Paredes laterales: $4 x h = \frac{320}{x}$ cm $^{2}$ a 1 cént/cm $^{2}$ . Base y tapa: $2 x^{2}$ cm $^{2}$ a $1, 25$ cént/cm $^{2}$ .
  $P (x) = \frac{320}{x} + 2, 5 x^{2} c \overset{e}{ˊ} ntimos, x > 0$
  $P (x) = 2, 5 x^{2} + \frac{320}{x}$
Apartado 4.1.2
1. 1. Derivamos e igualamos a cero.
  $P^{'} (x) = 5 x - \frac{320}{x ^{2}} = 0 \Rightarrow x^{3} = 64 \Rightarrow x = 4$
2. 2. Es mínimo: $P^{''} (x) = 5 + \frac{640}{x ^{3}} > 0$ para $x > 0$ (en $x = 4$ vale $15 > 0$ ). Altura: $h = 80/16 = 5$ .
  $P^{''} (4) = 15 > 0$
  Base cuadrada de $4 \times 4$ cm y altura $5$ cm
Apartado 4.1.3
1. 1. Sustituimos $x = 4$ en $P$ .
  $P (4) = 2, 5 \cdot 16 + \frac{320}{4} = 40 + 80 = 120$
  $120$ céntimos $= 1, 20$ €
Respuesta final: 4.1.1: $P (x) = 2, 5 x^{2} + \frac{320}{x}$ . 4.1.2: base $4 \times 4$ cm, altura $5$ cm. 4.1.3: 120 cént. (1,20 €).
4. 2024 · Extraordinaria 2024 · Ejercicio 6
Se construye una caja de cartón sin tapa a partir de una hoja rectangular de 16 cm por 10 cm. Esto se hace recortando un cuadrado de longitud $x$ en cada esquina, doblando la hoja y levantando los cuatro laterales de la caja. Calcular:
- a)Las dimensiones de la caja para que tenga el mayor volumen posible.
- b)Dicho volumen.
Los cuatro cuadrados de lado x se recortan y los laterales se doblan hacia arriba
Apartado a
1. 1. Al recortar cuadrados de lado $x$ , la base de la caja mide $16 - 2 x$ por $10 - 2 x$ y la altura es $x$ , con $0 < x < 5$ .
  $V (x) = x (16 - 2 x) (10 - 2 x) = 4 x^{3} - 52 x^{2} + 160 x$
2. 2. Derivamos e igualamos a cero.
  $V^{'} (x) = 12 x^{2} - 104 x + 160 = 0 ⟺ 3 x^{2} - 26 x + 40 = 0 ⟺ x = \frac{26 \pm 14}{6}$
  $x = 2$ o $x = \frac{20}{3}$
3. 3. Comprobamos que $x = 2$ es máximo con la segunda derivada.
  $V^{''} (x) = 24 x - 104 \Rightarrow V^{''} (2) = - 56 < 0$
  Dimensiones: base $12 \times 6$ cm y altura $2$ cm
Apartado b
1. 1. Volumen en $x = 2$ .
  $V (2) = 2 \cdot 12 \cdot 6 = 144$
  $V_{m a x} = 144 cm^{3}$
Respuesta final: a) $12 \times 6 \times 2$ cm ( $x = 2$ ). b) $144 cm^{3}$ .
5. 2023 · Extraordinaria 2023 · Ejercicio 6
Una ventana rectangular está coronada por un semicírculo tal y como se indica en la siguiente figura. Sabiendo que el perímetro de la ventana es de 20 metros:
- a)Calcular el área de la ventana en función de su anchura $x$ .
- b)Calcular las dimensiones que ha de tener la ventana para que permita la máxima entrada de luz.
- c)Calcular el valor de dicha área máxima.
Perímetro de la ventana: 20 m
Apartado a
1. 1. Sea $x$ la anchura (diámetro del semicírculo, radio $x /2$ ) y $h$ la altura del rectángulo. El perímetro incluye la base, los dos lados y el arco: $x + 2 h + \frac{1}{2} π x$ .
  $x + 2 h + \frac{π x}{2} = 20 \Rightarrow h = \frac{20 - x - \frac{π x}{2}}{2} = 10 - \frac{x}{2} - \frac{π x}{4}$
2. 2. Área = rectángulo + semicírculo ( $\frac{1}{2} π (x /2)^{2} = \frac{π x ^{2}}{8}$ ).
  $A (x) = x h + \frac{π x ^{2}}{8} = 10 x - \frac{x ^{2}}{2} - \frac{π x ^{2}}{4} + \frac{π x ^{2}}{8} = 10 x - \frac{4 + π}{8} x^{2}$
  $A (x) = 10 x - \frac{( 4 + π )}{8} x^{2}, 0 < x < \frac{40}{2 + π}$
Apartado b
1. 1. Derivamos e igualamos a cero.
  $A^{'} (x) = 10 - \frac{4 + π}{4} x = 0 \Rightarrow x = \frac{40}{4 + π} \approx 5, 601$
2. 2. Es máximo: $A^{''} (x) = - \frac{4 + π}{4} < 0$ . La altura correspondiente sale la mitad de la anchura.
  $h = 10 - \frac{x}{2} (1 + \frac{π}{2}) = \frac{20}{4 + π} = \frac{x}{2} \approx 2, 800$
  Anchura $\frac{40}{4 + π} \approx 5, 60$ m y altura del rectángulo $\frac{20}{4 + π} \approx 2, 80$ m
Apartado c
1. 1. Con $x = \frac{40}{4 + π}$ : $A = 10 x - \frac{4 + π}{8} x^{2} = 10 x - 5 x = 5 x$ .
  $A_{m a x} = 5 \cdot \frac{40}{4 + π} = \frac{200}{4 + π}$
  $A_{m a x} = \frac{200}{4 + π} \approx 28, 00 m^{2}$
Respuesta final: a) $A (x) = 10 x - \frac{4 + π}{8} x^{2}$ . b) Ancho $\frac{40}{4 + π} \approx 5, 60$ m, alto del rectángulo $\frac{20}{4 + π} \approx 2, 80$ m. c) $\frac{200}{4 + π} \approx 28, 00 m^{2}$ .
6. 2023 · Ordinaria 2023 · Ejercicio 6
El corte vertical de la entrada a la plaza amurallada de cierto pueblo tiene forma de parábola con ecuación $y = - x^{2} + 12$ , donde $x$ e $y$ se miden en metros e $y = 0$ representa el suelo. Se desea poner una puerta rectangular de modo que las dos esquinas superiores estén en la parábola y las inferiores en el suelo. El resto de la entrada va cerrado con piedra. Calcular:
- a)Las dimensiones de la puerta para que tenga la mayor superficie posible.
- b)Utilizando la puerta del apartado anterior, obtener el área de la parte frontal de la puerta y el área de la parte frontal de la entrada recubierta por piedra.
Puerta de máxima superficie: 4 m × 8 m
Apartado a
1. 1. Sean los vértices superiores $(\pm x, 12 - x^{2})$ (simétricos, sobre la parábola) con $0 < x < 12$ . La puerta mide $2 x$ de ancho y $12 - x^{2}$ de alto.
  $S (x) = 2 x (12 - x^{2}) = 24 x - 2 x^{3}$
2. 2. Derivamos e igualamos a cero.
  $S^{'} (x) = 24 - 6 x^{2} = 0 \Rightarrow x^{2} = 4 \Rightarrow x = 2$ (descartamos $x = - 2$ )
3. 3. Es máximo porque $S^{''} (x) = - 12 x < 0$ en $x = 2$ . Dimensiones: ancho $2 x = 4$ y alto $12 - 4 = 8$ .
  $S^{''} (2) = - 24 < 0$
  Puerta de $4 m$ de ancho por $8 m$ de alto
Apartado b
1. 1. Área de la puerta.
  $S (2) = 4 \cdot 8 = 32$
  Puerta: $32 m^{2}$
2. 2. Área frontal de la entrada completa (bajo la parábola, de $- 12$ a $12$ con $12 = 23$ ): $\int (12 - x^{2}) d x$ . La parte de piedra es la diferencia.
  $A_{entrada} = 2 \int_{0}^{23} (12 - x^{2}) d x = 2 [12 x - \frac{x ^{3}}{3}]_{0}^{23} = 2 (243 - 83) = 323$
  Piedra: $323 - 32 \approx 23, 43 m^{2}$
Respuesta final: a) Ancho $4$ m y alto $8$ m. b) Puerta $32 m^{2}$ ; piedra $323 - 32 \approx 23, 43 m^{2}$ .
7. 2022 · Extraordinaria 2022 · Ejercicio 6
Considerar la función $f (x) = e^{- x^{2}}$ para los valores positivos de $x$ . Por cada punto $M = (x, f (x))$ de la gráfica de $f$ se trazan dos rectas paralelas a los ejes de coordenadas, $O X$ y $O Y$ . Estas dos rectas, junt con los ejes de coordenadas, definen un rectángulo.
- a)Determinar el área del rectángulo en función de $x$ .
- b)Encontrar el punto $M$ que proporciona mayor área y calcular esta área.
Apartado a
1. 1. El punto $M = (x, e^{- x^{2}})$ con $x > 0$ . El rectángulo tiene vértices $O$ , $(x, 0)$ , $M$ y $(0, e^{- x^{2}})$ : base $x$ y altura $e^{- x^{2}}$ .
  $A (x) = x e^{- x^{2}}, x > 0$
  $A (x) = x e^{- x^{2}}$
Apartado b
1. 1. Derivamos con el producto.
  $A^{'} (x) = e^{- x^{2}} - 2 x^{2} e^{- x^{2}} = e^{- x^{2}} (1 - 2 x^{2}) = 0 \Rightarrow x = \frac{1}{2} = \frac{2}{2}$
2. 2. Es máximo: $A^{'} > 0$ en $(0, \frac{2}{2})$ y $A^{'} < 0$ para $x > \frac{2}{2}$ (o $A^{''} (\frac{2}{2}) = - 22 e^{- 1/2} < 0$ ).
  $A^{''} (x) = e^{- x^{2}} (4 x^{3} - 6 x)$
3. 3. Punto y área máxima.
  $M = (\frac{2}{2}, e^{- 1/2}), A_{m a x} = \frac{2}{2} e^{- 1/2} = \frac{1}{2 e} \approx 0, 429$
  $M = (\frac{2}{2}, \frac{1}{e})$ , área máxima $\frac{1}{2 e} \approx 0, 429 u^{2}$
Respuesta final: a) $A (x) = x e^{- x^{2}}$ . b) $M = (\frac{2}{2}, e^{- 1/2})$ , $A_{m a x} = \frac{1}{2 e} \approx 0, 429$ .
8. 2022 · Ordinaria 2022 · Ejercicio 6
Se desea construir un cuadrado y un triángulo equilátero cortando en dos partes un cable de acero de 240 m de longitud.
- a)Calcular la suma de las áreas del triángulo y del cuadrado en función del valor $x$ que corresponde con los metros que mide un lado del triángulo.
- b)Calcular la longitud de cable necesaria para construir el triángulo de modo que la suma de las áreas del triángulo y del cuadrado sea mínima y calcular el área mínima.
Apartado a
1. 1. Si el triángulo equilátero tiene lado $x$ , usa $3 x$ m de cable; el resto, $240 - 3 x$ m, forma el cuadrado, de lado $\frac{240 - 3 x}{4}$ . Dominio: $0 < x < 80$ .
2. 2. Área del triángulo equilátero de lado $x$ : $\frac{3}{4} x^{2}$ . Área del cuadrado: lado al cuadrado.
  $S (x) = \frac{3}{4} x^{2} + (\frac{240 - 3 x}{4})^{2}$
  $S (x) = \frac{3}{4} x^{2} + \frac{( 240 - 3 x ) ^{2}}{16}, 0 < x < 80$
Apartado b
1. 1. Derivamos e igualamos a cero.
  $S^{'} (x) = \frac{3}{2} x - \frac{3 ( 240 - 3 x )}{8} = 0 \Rightarrow 43 x + 9 x = 720 \Rightarrow x = \frac{720}{9 + 4 3}$
2. 2. Racionalizamos: $\frac{720}{9 + 4 3} \cdot \frac{9 - 4 3}{9 - 4 3}$ con $81 - 48 = 33$ .
  $x_{0} = \frac{720 ( 9 - 4 3 )}{33} = \frac{240 ( 9 - 4 3 )}{11} \approx 45, 20 m$
3. 3. Es un mínimo: $S^{''} (x) = \frac{3}{2} + \frac{9}{8} > 0$ .
  $S^{''} (x) = \frac{3}{2} + \frac{9}{8} > 0$
4. 4. Longitud de cable para el triángulo: $3 x_{0}$ .
  $3 x_{0} = \frac{720 ( 9 - 4 3 )}{11} \cdot \frac{1}{1} \cdot \frac{1}{1} \Rightarrow \frac{6480 - 2880 3}{11} \approx 135, 61 m$
5. 5. Área mínima: evaluamos $S (x_{0})$ (lado del cuadrado $\approx 26, 10$ m).
  $S (x_{0}) = \frac{43200 3 - 57600}{11} \approx 1565, 87 m^{2}$
  Cable para el triángulo $\approx 135, 61$ m; área mínima $\approx 1565, 87 m^{2}$
Respuesta final: a) $S (x) = \frac{3}{4} x^{2} + \frac{( 240 - 3 x ) ^{2}}{16}$ . b) Triángulo: $\frac{6480 - 2880 3}{11} \approx 135, 61$ m; área mínima $\frac{43200 3 - 57600}{11} \approx 1565, 87 m^{2}$ .
9. 2021 · Extraordinaria 2021 · Ejercicio 6
Queremos diseñar un campo de juego de modo que la parte central sea rectangular, y las partes laterales sean semicircunferencias hacia fuera. La superficie del campo mide $(4 + π)$ metros cuadrados. Se quieren pintar todas las rayas de dicho campo tal y como se observa en la figura. Se pide:
- a)Escribid la longitud total de las rayas del campo en función de la altura $y$ del rectángulo.
- b)Calculad las dimensiones del campo para que la pintura usada sea mínima.
Apartado a
1. 1. Sea $x$ el largo del rectángulo central e $y$ su altura. Las partes laterales son dos semicircunferencias de diámetro $y$ (juntas, un círculo de radio $y /2$ ). Superficie $= x y + π \frac{y ^{2}}{4} = 4 + π$ .
  $x = \frac{4 + π}{y} - \frac{π y}{4}$
2. 2. Rayas: los dos lados largos del rectángulo ( $2 x$ ), las dos semicircunferencias ( $2 \cdot π \frac{y}{2} = π y$ ) y los dos segmentos que separan el rectángulo de cada semicírculo ( $2 y$ ).
  $L = 2 x + π y + 2 y$
3. 3. Sustituimos $x$ .
  $L (y) = \frac{2 ( 4 + π )}{y} - \frac{π y}{2} + π y + 2 y = \frac{2 ( 4 + π )}{y} + \frac{π + 4}{2} y$
  $L (y) = \frac{2 ( 4 + π )}{y} + \frac{( π + 4 ) y}{2} = (π + 4) (\frac{2}{y} + \frac{y}{2}), 0 < y < 2 1 + \frac{4}{π}$
Apartado b
1. 1. Derivamos e igualamos a cero.
  $L^{'} (y) = (π + 4) (- \frac{2}{y ^{2}} + \frac{1}{2}) = 0 \Rightarrow y^{2} = 4 \Rightarrow y = 2$
2. 2. Mínimo: $L^{''} (y) = (π + 4) \frac{4}{y ^{3}} > 0$ . Con $y = 2$ : $x = \frac{4 + π}{2} - \frac{π}{2} = 2$ .
  $L (2) = (π + 4) \cdot 2 = 2 π + 8 \approx 14, 28 m$
  Rectángulo central $2 \times 2$ m (semicírculos de radio $1$ m); pintura mínima $2 π + 8 \approx 14, 28$ m.
Respuesta final: a) $L (y) = (π + 4) (\frac{2}{y} + \frac{y}{2})$ . b) $y = 2$ m, $x = 2$ m; pintura mínima $2 π + 8 \approx 14, 28$ m.
10. 2021 · Ordinaria 2021 · Ejercicio 6
Un espejo plano, cuadrado, de 80 cm de lado, se ha roto por una esquina siguiendo una línea recta. El trozo desprendido tiene forma de triángulo rectángulo de catetos 32 cm y 40 cm respectivamente. En el espejo roto recortamos una pieza rectangular $R$ , uno de cuyos vértices es el punto $(x, y)$ (véase la figura).
- a)Hallad el área de la pieza rectangular obtenida como función de $x$ , cuando $0 \leq x \leq 32$ .
- b)Calculad las dimensiones que tendrá $R$ para que su área sea máxima.
- c)Calculad el valor de dicha área máxima.
Apartado a
1. 1. Colocamos el origen en el vértice recortado del espejo, con ejes por los lados del cuadrado. Los catetos del trozo roto miden 32 (eje $O X$ ) y 40 (eje $O Y$ ); la rotura es la recta que une $(32, 0)$ con $(0, 40)$ . El rectángulo $R$ tiene un vértice $(x, y)$ en esa recta y el opuesto en la esquina $(80, 80)$ .
  $\frac{x}{32} + \frac{y}{40} = 1 \Rightarrow y = 40 (1 - \frac{x}{32}) = 40 - \frac{5}{4} x$
2. 2. Lados de $R$ : $80 - x$ y $80 - y = 40 + \frac{5}{4} x$ .
  $A (x) = (80 - x) (40 + \frac{5}{4} x) = - \frac{5}{4} x^{2} + 60 x + 3200, 0 \leq x \leq 32$
  $A (x) = - \frac{5}{4} x^{2} + 60 x + 3200$
Apartado b
1. 1. Derivamos e igualamos a cero.
  $A^{'} (x) = - \frac{5}{2} x + 60 = 0 \Rightarrow x = 24 \in [0, 32]$
2. 2. Es máximo: $A^{''} = - \frac{5}{2} < 0$ . Además $A (0) = 3200$ y $A (32) = 3840 < A (24)$ .
  $y = 40 - \frac{5}{4} \cdot 24 = 10$ ; lados: $80 - 24 = 56$ cm y $80 - 10 = 70$ cm
  Dimensiones de $R$ : $56 cm \times 70 cm$
Apartado c
1. 1. Área máxima.
  $A (24) = 56 \cdot 70 = 3920 cm^{2}$
  $A_{m a x} = 3920 cm^{2}$
Respuesta final: a) $A (x) = (80 - x) (40 + \frac{5}{4} x) = - \frac{5}{4} x^{2} + 60 x + 3200$ . b) $56 \times 70$ cm ( $x = 24$ , $y = 10$ ). c) $3920 cm^{2}$ .
11. 2020 · Extraordinaria 2020 (Septiembre) · Ejercicio 6
Los vértices de un triángulo son $A (0, 12)$ , $B (- 5, 0)$ y $C (5, 0)$ . Se desea construir un rectángulo inscrito en el triángulo anterior, de lados paralelos a los ejes coordenados y dos de cuyos vértices tienen coordenadas $(- x, 0)$ , $(x, 0)$ , siendo $0 \leq x \leq 5$ . Los otros dos vértices están situados en los segmentos $A B$ y $A C$ . Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:
- a)La expresión $f (x)$ del área del rectángulo anterior.
- b)El valor de $x$ para el cual dicha área es máxima y las dimensiones del rectángulo obtenido.
- c)La proporción entre el área del rectángulo anterior y el área del triángulo.
Apartado a
1. 1. El lado $A C$ va de $(0, 12)$ a $(5, 0)$ : $y = 12 (1 - \frac{x}{5}) = 12 - \frac{12}{5} x$ . El vértice superior derecho del rectángulo es $(x, 12 - \frac{12}{5} x)$ .
  $base = 2 x, altura = 12 - \frac{12}{5} x$
2. 2. Área.
  $f (x) = 2 x (12 - \frac{12}{5} x) = 24 x - \frac{24}{5} x^{2}, 0 \leq x \leq 5$
  $f (x) = 24 x - \frac{24}{5} x^{2}$
Apartado b
1. 1. Derivamos e igualamos a cero.
  $f^{'} (x) = 24 - \frac{48}{5} x = 0 \Rightarrow x = \frac{5}{2}$
2. 2. Máximo: $f^{''} = - \frac{48}{5} < 0$ (y $f (0) = f (5) = 0$ ). Dimensiones: base $2 x = 5$ , altura $12 - \frac{12}{5} \cdot \frac{5}{2} = 6$ .
  $f (\frac{5}{2}) = 5 \cdot 6 = 30$
  $x = \frac{5}{2}$ ; rectángulo de $5 \times 6$ (área $30$ )
Apartado c
1. 1. Área del triángulo: $\frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 12 = 60$ .
  $\frac{a ˊ rea rect a ˊ ngulo}{a ˊ rea tri a ˊ ngulo} = \frac{30}{60} = \frac{1}{2}$
  La proporción es $\frac{1}{2}$ (el rectángulo ocupa la mitad del triángulo).
Respuesta final: a) $f (x) = 24 x - \frac{24}{5} x^{2}$ . b) $x = \frac{5}{2}$ ; $5 \times 6$ . c) $\frac{1}{2}$ .
12. 2020 · Ordinaria 2020 (Julio, calendario COVID) · Ejercicio 6
En un triángulo isósceles, los dos lados iguales miden 10 centímetros cada uno. Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:
- a)La expresión del área $A (x)$ del triángulo, en función de la longitud $x$ del tercer lado.
- b)Los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de la función $A (x)$ , $0 \leq x \leq 20$ .
- c)La longitud $x$ del tercer lado para que el área del triángulo sea máxima y el valor de esta área.
Apartado a
1. 1. Base $x$ (lado desigual) y lados iguales de 10 cm. La altura sobre la base cumple $h^{2} + (x /2)^{2} = 1 0^{2}$ .
  $h = 100 - \frac{x ^{2}}{4}$
2. 2. Área $= \frac{1}{2} \cdot$ base $\cdot$ altura.
  $A (x) = \frac{x}{2} 100 - \frac{x ^{2}}{4} = \frac{x}{4} 400 - x^{2}, 0 \leq x \leq 20$
  $A (x) = \frac{x}{4} 400 - x^{2}$
Apartado b
1. 1. Derivada: producto de $x$ y $400 - x^{2}$ .
  $A^{'} (x) = \frac{1}{4} (400 - x^{2} - \frac{x ^{2}}{400 - x ^{2}}) = \frac{200 - x ^{2}}{2 400 - x ^{2}}$
2. 2. El denominador es positivo en $(0, 20)$ ; el signo lo da $200 - x^{2}$ , que se anula en $x = 102 \approx 14, 14$ .
  $A^{'} > 0$ en $(0, 102)$ ; $A^{'} < 0$ en $(102, 20)$
  $A$ crece en $(0, 102)$ y decrece en $(102, 20)$ .
Apartado c
1. 1. Por el apartado anterior hay un máximo en $x = 102$ . Altura: $100 - 50 = 52$ , así que el triángulo es rectángulo isósceles.
  $A (102) = \frac{10 2}{4} 400 - 200 = \frac{10 2 \cdot 10 2}{4} = 50$
  $x = 102 \approx 14, 14$ cm; $A_{m a x} = 50 cm^{2}$
Respuesta final: a) $A (x) = \frac{x}{4} 400 - x^{2}$ . b) Crece en $(0, 102)$ , decrece en $(102, 20)$ . c) $x = 102$ cm; $A_{m a x} = 50 cm^{2}$ .
13. 2019 · Extraordinaria 2019 · Ejercicio B.3 · Opción B
Un proyectil está unido al punto $(0, 2)$ por una cuerda elástica y tensa. El proyectil recorre la curva $y = 4 - x^{2}$ de extremos $(- 2, 0)$ y $(2, 0)$ . Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:
- a)La función de la variable $x$ que expresa la distancia entre un punto cualquiera $(x, 4 - x^{2})$ de la curva $y = 4 - x^{2}$ y el punto $(0, 2)$ .
- b)Los puntos de la curva $y = 4 - x^{2}$ a mayor distancia absoluta del punto $(0, 2)$ para $- 2 \leq x \leq 2$ .
- c)Los puntos de la curva $y = 4 - x^{2}$ a menor distancia absoluta del punto $(0, 2)$ para $- 2 \leq x \leq 2$ .
- d)El área de la superficie por la que se ha movido la cuerda elástica, es decir, el área comprendida entre las curvas $y = 4 - x^{2}$ e $y = 2 - ∣ x ∣$ cuando $- 2 \leq x \leq 2$ .
Región barrida por la cuerda: entre y = 4 − x² e y = 2 − |x|
Apartado a
1. 1. Con la curva $y = 4 - x^{2}$ (que pasa por $(- 2, 0)$ y $(2, 0)$ ) un punto es $(x, 4 - x^{2})$ . Distancia al punto $(0, 2)$ :
  $d (x) = x^{2} + (4 - x^{2} - 2)^{2} = x^{2} + (2 - x^{2})^{2}$
2. 2. Desarrollamos el radicando.
  $d (x) = x^{4} - 3 x^{2} + 4$
  $d (x) = x^{4} - 3 x^{2} + 4$
Apartado b
1. 1. Maximizar $d$ es maximizar $d^{2} = g (x) = x^{4} - 3 x^{2} + 4$ (la raíz es creciente). Puntos críticos: $g^{'} (x) = 4 x^{3} - 6 x = 2 x (2 x^{2} - 3) = 0$ .
  $x = 0, x = \pm 3/2$
2. 2. Comparamos $g$ en los puntos críticos y en los extremos del intervalo $[- 2, 2]$ .
  $g (0) = 4, g (\pm 3/2) = \frac{7}{4}, g (\pm 2) = 8$
  Máxima distancia en $x = \pm 2$ : puntos $(- 2, 0)$ y $(2, 0)$ , con $d = 8 = 22$ .
Apartado c
1. 1. El mínimo de $g$ es el menor de los valores anteriores: $\frac{7}{4}$ , en $x = \pm 3/2$ .
  $y = 4 - \frac{3}{2} = \frac{5}{2}$
  Mínima distancia en $(\pm \frac{3}{2}, \frac{5}{2})$ , con $d = \frac{7}{2} \approx 1, 32$ .
Apartado d
1. 1. Por simetría respecto al eje $O Y$ calculamos de $0$ a $2$ y duplicamos. En $[0, 2]$ la recta es $y = 2 - x$ . Cortes con la parábola: $4 - x^{2} = 2 - x \Rightarrow x^{2} - x - 2 = 0 \Rightarrow x = 2$ (y $x = - 1$ , fuera de $[0, 2]$ ). En $[0, 2]$ la parábola está por encima.
  $4 - x^{2} \geq 2 - x$ en $[0, 2]$
2. 2. Integramos la diferencia.
  $A = 2 \int_{0}^{2} [(4 - x^{2}) - (2 - x)] d x = 2 \int_{0}^{2} (2 + x - x^{2}) d x = 2 [2 x + \frac{x ^{2}}{2} - \frac{x ^{3}}{3}]_{0}^{2} = 2 (4 + 2 - \frac{8}{3}) = \frac{20}{3}$
  $A = \frac{20}{3} \approx 6, 67 u^{2}$
Respuesta final: a) $d (x) = x^{4} - 3 x^{2} + 4$ . b) Máxima distancia en $(\pm 2, 0)$ : $22$ . c) Mínima distancia en $(\pm 3/2, 5/2)$ : $7 /2$ . d) Área $= \frac{20}{3} u^{2}$ .
14. 2019 · Ordinaria 2019 · Ejercicio B.3 · Opción B
Las coordenadas iniciales de los móviles $A$ y $B$ son $(0, 0)$ y $(250, 0)$ , respectivamente, siendo 1 km la distancia del origen de coordenadas a cada uno de los puntos $(1, 0)$ y $(0, 1)$ . El móvil $A$ se desplaza sobre el eje $O Y$ desde su posición inicial hasta el punto $(0, \frac{375}{2})$ con velocidad de 30 km/h y, simultáneamente, el móvil $B$ se desplaza sobre el eje $O X$ desde su posición inicial hasta el origen de coordenadas con velocidad de 40 km/h. Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:
- a)La distancia $f (t)$ entre los móviles $A$ y $B$ durante el desplazamiento, en función del tiempo $t$ en horas desde que comenzaron a desplazarse.
- b)El tiempo $T$ que tardan los móviles en desplazarse desde su posición inicial a su posición final, y los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de la función $f$ a lo largo del trayecto.
- c)Los valores de $t$ para los que la distancia de los móviles es máxima y mínima durante su desplazamiento y dichas distancias máxima y mínima.
Distancia entre los móviles: mínimo 150 km en t = 4 h
Apartado a
1. 1. Tras $t$ horas, $A$ ha recorrido $30 t$ km por el eje $O Y$ y $B$ ha recorrido $40 t$ km hacia el origen por el eje $O X$ .
  $A (t) = (0, 30 t), B (t) = (250 - 40 t, 0)$
2. 2. La distancia es la del vector entre ambos (Pitágoras).
  $f (t) = (250 - 40 t)^{2} + (30 t)^{2} = 2500 t^{2} - 20000 t + 62500 = 50 t^{2} - 8 t + 25$
  $f (t) = 50 t^{2} - 8 t + 25 = 50 (t - 4)^{2} + 9$
Apartado b
1. 1. El móvil $B$ llega al origen cuando $250 - 40 t = 0$ . En ese instante $A$ está en $(0, 30 \cdot 6, 25) = (0, 187, 5)$ .
  $T = \frac{250}{40} = \frac{25}{4} = 6, 25 h$
  $T = 6, 25$ h
2. 2. Derivamos $f (t) = 50 t^{2} - 8 t + 25$ .
  $f^{'} (t) = \frac{50 ( t - 4 )}{t ^{2} - 8 t + 25}$
3. 3. El denominador es siempre positivo; el signo es el de $t - 4$ .
  $f^{'} < 0$ si $0 < t < 4$ ; $f^{'} > 0$ si $4 < t < 6, 25$
  Decreciente en $(0, 4)$ ; creciente en $(4, \frac{25}{4})$ .
Apartado c
1. 1. Mínimo: la función baja hasta $t = 4$ y luego sube, así que $t = 4$ es el mínimo absoluto.
  $f (4) = 509 = 150 km$
2. 2. Máximo: en un intervalo cerrado se compara con los extremos.
  $f (0) = 250 km, f (6, 25) = 50 14, 0625 = 187, 5 km$
  Máximo $250$ km en $t = 0$ ; mínimo $150$ km en $t = 4$ h.
Respuesta final: a) $f (t) = 50 t^{2} - 8 t + 25$ . b) $T = 25/4 = 6, 25$ h; $f$ decrece en $(0, 4)$ y crece en $(4, 6, 25)$ . c) Distancia máxima $250$ km en $t = 0$ ; mínima $150$ km en $t = 4$ h.
15. 2018 · Extraordinaria 2018 · Ejercicio B.3 · Opción B
Dentro de una cartulina rectangular se desea hacer un dibujo que ocupe un rectángulo $R$ de $600 cm^{2}$ de área de manera que: Por encima y por debajo de $R$ deben quedar unos márgenes de 3 cm de altura cada uno. Los márgenes a izquierda y a derecha de $R$ deben tener una anchura de 2 cm cada uno. Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:
- a)El área de la cartulina en función de la base $x$ del rectángulo $R$ .
- b)El valor de $x$ para el cual el área de la cartulina es mínima.
- c)Las dimensiones de dicha cartulina de área mínima.
Cartulina de área mínima: R mide 20 × 30 y los márgenes son 2 cm y 3 cm
Apartado a
1. 1. El rectángulo $R$ tiene base $x$ y área 600, luego su altura es $\frac{600}{x}$ . La cartulina añade 2 cm a cada lado (4 en total en horizontal) y 3 cm arriba y abajo (6 en vertical).
  $base = x + 4, altura = \frac{600}{x} + 6$
2. 2. Área de la cartulina.
  $A (x) = (x + 4) (\frac{600}{x} + 6) = 600 + 6 x + \frac{2400}{x} + 24 = 6 x + \frac{2400}{x} + 624, x > 0$
  $A (x) = 6 x + \frac{2400}{x} + 624$
Apartado b
1. 1. Derivamos e igualamos a cero.
  $A^{'} (x) = 6 - \frac{2400}{x ^{2}} = 0 \Rightarrow x^{2} = 400 \Rightarrow x = 20$ (solo vale la positiva)
2. 2. Es un mínimo: $A^{''} (x) = \frac{4800}{x ^{3}} > 0$ para $x > 0$ (o: $A^{'} < 0$ si $x < 20$ y $A^{'} > 0$ si $x > 20$ ).
  $A^{''} (20) = \frac{4800}{8000} = 0, 6 > 0$
  $x = 20 cm$
Apartado c
1. 1. Con $x = 20$ el rectángulo $R$ mide $20 \times 30$ . La cartulina mide:
  $base = 20 + 4 = 24 cm, altura = 30 + 6 = 36 cm$
  Cartulina de $24 \times 36$ cm, de área mínima $864 cm^{2}$ .
Respuesta final: a) $A (x) = (x + 4) (\frac{600}{x} + 6) = 6 x + \frac{2400}{x} + 624$ . b) $x = 20$ cm. c) Cartulina de $24 \times 36$ cm (864 cm²).
16. 2018 · Ordinaria 2018 · Ejercicio B.3 · Opción B
Se divide un alambre de longitud 100 cm en dos partes. Con una de ellas, de longitud $x$ , se construye un triángulo equilátero y con la otra, de longitud $100 - x$ , se construye un cuadrado.
- a)La función de la variable $x$ que expresa la suma de las áreas del triángulo equilátero y del cuadrado, siendo $0 \leq x \leq 100$ .
- b)El valor de la variable $x$ en el intervalo $[0, 100]$ para el cual dicha función alcanza su mínimo valor.
- c)El valor de la variable $x$ en el intervalo $[0, 100]$ para el cual dicha función alcanza su máximo valor. Interpretar el resultado obtenido.
El alambre de 100 cm se corta en x (triángulo) y 100 − x (cuadrado)
Apartado a
1. 1. Triángulo equilátero con perímetro $x$ : lado $\frac{x}{3}$ y área $\frac{3}{4} ℓ^{2}$ .
  $A_{△} = \frac{3}{4} (\frac{x}{3})^{2} = \frac{3}{36} x^{2}$
2. 2. Cuadrado con perímetro $100 - x$ : lado $\frac{100 - x}{4}$ .
  $A_{□} = (\frac{100 - x}{4})^{2} = \frac{( 100 - x ) ^{2}}{16}$
3. 3. Sumamos.
  $S (x) = \frac{3}{36} x^{2} + \frac{( 100 - x ) ^{2}}{16}, 0 \leq x \leq 100$
  $S (x) = \frac{3}{36} x^{2} + \frac{( 100 - x ) ^{2}}{16}$
Apartado b
1. 1. Derivamos e igualamos a cero.
  $S^{'} (x) = \frac{3}{18} x - \frac{100 - x}{8} = 0 \Rightarrow x (\frac{3}{18} + \frac{1}{8}) = \frac{100}{8}$
2. 2. Despejamos: $x = \frac{900}{9 + 4 3}$ . Racionalizando, $x = \frac{900 ( 9 - 4 3 )}{33} = \frac{300 ( 9 - 4 3 )}{11}$ . La segunda derivada es positiva ( $S^{''} = \frac{3}{18} + \frac{1}{8} > 0$ ): es un mínimo.
  $x = \frac{2700 - 1200 3}{11} \approx 56, 5 cm$
  Mínimo en $x = \frac{300 ( 9 - 4 3 )}{11} \approx 56, 5$ cm, con $S \approx 271, 9 cm^{2}$ .
Apartado c
1. 1. $S$ es una parábola con mínimo en el interior; el máximo en $[0, 100]$ está en un extremo. Comparamos.
  $S (0) = \frac{10 0 ^{2}}{16} = 625 cm^{2}, S (100) = \frac{3}{36} \cdot 10000 \approx 481, 1 cm^{2}$
2. 2. El mayor valor es $S (0) = 625$ : máximo en $x = 0$ .
  $x = 0$
  Máximo en $x = 0$ ( $625 cm^{2}$ ).
Respuesta final: a) $S (x) = \frac{3}{36} x^{2} + \frac{( 100 - x ) ^{2}}{16}$ . b) Mínimo en $x = \frac{300 ( 9 - 4 3 )}{11} \approx 56, 5$ cm. c) Máximo en $x = 0$ (625 cm²): todo el alambre para el cuadrado.
17. 2017 · Extraordinaria 2017 · Ejercicio B.3 · Opción B
Se considera el triángulo $T$ de vértices $O = (0, 0)$ , $A = (x, y)$ y $B = (0, y)$ , siendo $x > 0$ , $y > 0$ y tal que la suma de las longitudes de los lados $O A$ y $A B$ es 30 metros. Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:
- a)El área del triángulo $T$ en función de $x$ .
- b)El valor de $x$ para el que dicha área es máxima.
- c)El valor de dicha área máxima.
Triángulo OAB: catetos AB = x y OB = y; OA + AB = 30
Apartado a
1. 1. El triángulo $O A B$ tiene el ángulo recto en $B$ (catetos $O B = y$ y $A B = x$ ) e hipotenusa $O A = x^{2} + y^{2}$ . La condición es $O A + A B = 30$ .
  $x^{2} + y^{2} + x = 30 \Rightarrow x^{2} + y^{2} = (30 - x)^{2} \Rightarrow y^{2} = 900 - 60 x$
2. 2. Luego $y = 900 - 60 x$ (con $0 < x < 15$ ). Área $= \frac{1}{2} x y$ .
  $S (x) = \frac{x 900 - 60 x}{2}, 0 < x < 15$
  $S (x) = \frac{x 900 - 60 x}{2}$
Apartado b
1. 1. $S$ y $S^{2}$ tienen el máximo en el mismo punto. Maximizamos $S^{2} = \frac{x ^{2} ( 900 - 60 x )}{4}$ , o derivamos $S$ directamente.
  $S^{'} (x) = \frac{1}{2} [900 - 60 x - \frac{30 x}{900 - 60 x}] = \frac{900 - 60 x - 30 x}{2 900 - 60 x} = \frac{900 - 90 x}{2 900 - 60 x}$
2. 2. $S^{'} (x) = 0 ⟺ 900 - 90 x = 0$ . El signo de $S^{'}$ es el de $900 - 90 x$ : positivo si $x < 10$ , negativo si $x > 10$ : máximo (y en los extremos $S (0) = S (15) = 0$ ).
  $x = 10 m$
  $x = 10$ m
Apartado c
1. 1. Con $x = 10$ : $y = 900 - 600 = 300 = 103$ .
  $S_{m a x} = \frac{10 \cdot 10 3}{2} = 503$
  $S_{m a x} = 503 \approx 86, 6 m^{2}$
Respuesta final: a) $S (x) = \frac{x 900 - 60 x}{2}$ , $0 < x < 15$ . b) $x = 10$ m. c) $S_{m a x} = 503 \approx 86, 6 m^{2}$ .
18. 2017 · Ordinaria 2017 · Ejercicio A.3 · Opción A
Se desea unir un punto $M$ situado en un lado de una calle, de 6 m de anchura, con el punto $N$ situado en el otro lado de la calle, 18 m más abajo, mediante dos cables rectos, uno desde $M$ hasta un punto $P$ , situado al otro lado de la calle, y otro desde el punto $P$ hasta el punto $N$ . Se representó la calle en un sistema cartesiano y resultó que $M = (0, 6)$ , $P = (x, 0)$ y $N = (18, 0)$ . El cable $M P$ tiene que ser más grueso debido a que cruza la calle sin apoyos intermedios, siendo su precio de 10 €/m. El precio del cable $P N$ es de 5 €/m. Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:
- a)El costo total $C$ de los dos cables en función de la abscisa $x$ del punto $P$ , cuando $0 \leq x \leq 18$ .
- b)El valor de $x$ , con $0 \leq x \leq 18$ , para el que el costo total $C$ es mínimo.
- c)El valor de dicho costo total mínimo.
Cable grueso MP (10 €/m) y cable PN (5 €/m)
Apartado a
1. 1. $M = (0, 6)$ y $P = (x, 0)$ : el cable $M P$ cruza la calle en diagonal, con longitud $x^{2} + 6^{2}$ . El cable $P N$ va por la acera de $P = (x, 0)$ a $N = (18, 0)$ , longitud $18 - x$ .
  $∣ M P ∣ = x^{2} + 36, ∣ P N ∣ = 18 - x$
2. 2. Precio: 10 €/m el cable $M P$ y 5 €/m el $P N$ .
  $C (x) = 10 x^{2} + 36 + 5 (18 - x), 0 \leq x \leq 18$
  $C (x) = 10 x^{2} + 36 + 5 (18 - x)$
Apartado b
1. 1. Derivamos.
  $C^{'} (x) = \frac{10 x}{x ^{2} + 36} - 5$
2. 2. Igualamos a cero: $2 x = x^{2} + 36$ . Elevamos al cuadrado (con $x \geq 0$ ): $4 x^{2} = x^{2} + 36 \Rightarrow x^{2} = 12$ .
  $x = 23 \approx 3, 46 m$
3. 3. Es un mínimo: $C^{'} < 0$ si $0 \leq x < 23$ y $C^{'} > 0$ si $x > 23$ (o $C^{''} (x) = \frac{360}{( x ^{2} + 36 ) ^{3/2}} > 0$ ). También es menor que en los extremos: $C (0) = 150$ y $C (18) \approx 189, 7$ .
  $x = 23 \approx 3, 46$ m
  $P = (23, 0)$
Apartado c
1. 1. Sustituimos $x = 23$ : $x^{2} + 36 = 48 = 43$ .
  $C (23) = 10 \cdot 43 + 5 (18 - 23) = 403 + 90 - 103 = 90 + 303$
  $C_{m i n} = 90 + 303 \approx 141, 96 €$
Respuesta final: a) $C (x) = 10 x^{2} + 36 + 5 (18 - x)$ . b) $x = 23 \approx 3, 46$ m. c) $C_{m i n} = 90 + 303 \approx 141, 96$ €.
19. 2016 · Extraordinaria 2016 · Ejercicio B.3 · Opción B
La diferencia de potencial $x$ entre dos puntos de un circuito eléctrico provoca el paso de una corriente eléctrica de intensidad $y$ , que está relacionada con la diferencia de potencial $x$ por la ecuación $y = - x^{2} - x + 6$ , siendo $0 \leq x \leq 2$ . Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:
- a)La gráfica de la función $f (x) = - x^{2} - x + 6$ (3 puntos) y deducir, gráfica o analíticamente, el valor de la intensidad $y$ cuando la diferencia de potencial $x$ es $0$ y el valor de la diferencia de potencial $x$ al que corresponde una intensidad $y$ igual a $0$ , siendo $0 \leq x \leq 2$ (1 punto).
- b)El valor de la diferencia de potencial $x$ para el que es máximo el producto $x \cdot y$ de la intensidad $y$ por la diferencia de potencial $x$ , cuando $0 \leq x \leq 2$ (2 puntos) y obtener el valor máximo de dicho producto $x \cdot y$ , cuando $0 \leq x \leq 2$ (1 punto).
- c)El área de la superficie situada en el primer cuadrante limitada por la curva $y = f (x)$ , el eje de abscisas y el eje de ordenadas.
y = −x² − x + 6 en [0, 2]: área en el primer cuadrante = 22/3
Apartado a
1. 1. Es una parábola hacia abajo. Cortes: $f (0) = 6$ ; $- x^{2} - x + 6 = 0 ⟺ x^{2} + x - 6 = 0 ⟺ x = 2$ ó $x = - 3$ (solo $x = 2$ en $[0, 2]$ ). Vértice en $x = - \frac{1}{2}$ , fuera del intervalo, así que en $[0, 2]$ la función es decreciente.
  $f (x) = - (x - 2) (x + 3), f^{'} (x) = - 2 x - 1 < 0$ en $[0, 2]$
2. 2. Tabla: $f (0) = 6$ , $f (1) = 4$ , $f (2) = 0$ . Trazo de $(0, 6)$ a $(2, 0)$ decreciente y cóncavo (hacia abajo).
  Ver la gráfica adjunta.
  Para $x = 0$ : $y = 6$ . Para $y = 0$ : $x = 2$ .
Apartado b
1. 1. Producto $P (x) = x y = x (- x^{2} - x + 6) = - x^{3} - x^{2} + 6 x$ . Derivada:
  $P^{'} (x) = - 3 x^{2} - 2 x + 6 = 0 \Rightarrow x = \frac{2 \pm 4 + 72}{- 6} = \frac{- 1 \mp 19}{3}$
2. 2. En $[0, 2]$ solo vale $x = \frac{- 1 + 19}{3} \approx 1, 12$ . Es máximo: $P^{''} (x) = - 6 x - 2 < 0$ , y supera a los extremos ( $P (0) = 0$ , $P (2) = 0$ ).
  $x = \frac{19 - 1}{3} \approx 1, 12$
3. 3. Valor máximo: sustituimos (valor numérico).
  $P_{m a x} = P (\frac{19 - 1}{3}) \approx 4, 06$
  Máximo del producto en $x \approx 1, 12$ , con $P_{m a x} \approx 4, 06$
Apartado c
1. 1. Región en el primer cuadrante limitada por la curva y los ejes: $x$ de 0 a 2 ( $f (2) = 0$ ) y $f \geq 0$ .
  $A = \int_{0}^{2} (- x^{2} - x + 6) d x = [- \frac{x ^{3}}{3} - \frac{x ^{2}}{2} + 6 x]_{0}^{2} = - \frac{8}{3} - 2 + 12$
  $A = \frac{22}{3} \approx 7, 33 u^{2}$
Respuesta final: a) $f (0) = 6$ y $f (2) = 0$ (decreciente en $[0, 2]$ ). b) $x = \frac{19 - 1}{3} \approx 1, 12$ , $P_{m a x} \approx 4, 06$ . c) $A = \frac{22}{3}$ .
20. 2016 · Ordinaria 2016 · Ejercicio B.3 · Opción B
Cada día, una planta productora de acero vende $x$ toneladas de acero de baja calidad e $y$ toneladas de acero de alta calidad. Por restricciones del sistema de producción debe suceder que $y = \frac{23 - 5 x}{10 - x}$ , siendo $0 < x < \frac{23}{5}$ . El precio de una tonelada de acero de alta calidad es de 900 euros y el precio de una tonelada de acero de baja calidad es de 300 euros. Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:
- a)Los ingresos obtenidos en un día en función de $x$ .
- b)Cuántas toneladas de cada tipo de acero se deben vender en un día para que los ingresos obtenidos ese día sean máximos.
- c)El ingreso máximo que se puede obtener por las ventas de acero en un día.
Ingresos diarios: máximo de 2100 € en x = 1
Apartado a
1. 1. Ingresos $= 300 x + 900 y$ (precio por tonelada por toneladas vendidas), con $y = \frac{23 - 5 x}{10 - x}$ .
  $I (x) = 300 x + 900 \cdot \frac{23 - 5 x}{10 - x}, 0 < x < \frac{23}{5}$
  $I (x) = 300 x + \frac{900 ( 23 - 5 x )}{10 - x}$
Apartado b
1. 1. Derivada: $\frac{d}{d x} \frac{23 - 5 x}{10 - x} = \frac{- 5 ( 10 - x ) + ( 23 - 5 x )}{( 10 - x ) ^{2}} = \frac{- 27}{( 10 - x ) ^{2}}$ .
  $I^{'} (x) = 300 - \frac{24300}{( 10 - x ) ^{2}}$
2. 2. Igualamos a cero: $(10 - x)^{2} = 81$ . Con $0 < x < \frac{23}{5}$ solo vale $10 - x = 9$ .
  $x = 1$
  $x = 1$ ; $y = \frac{23 - 5}{9} = 2$ t de alta calidad
Apartado c
1. 1. Ingresos con $x = 1$ , $y = 2$ .
  $I (1) = 300 \cdot 1 + 900 \cdot 2 = 2100$
  $I_{m a x} = 2100$ €/día
Respuesta final: a) $I (x) = 300 x + \frac{900 ( 23 - 5 x )}{10 - x}$ . b) $x = 1$ t de acero de baja calidad e $y = 2$ t de alta calidad. c) $2100$ €.
21. 2015 · Extraordinaria 2015 · Ejercicio B.3 · Opción B
Se va a construir un depósito de $1500 m^{3}$ de capacidad, con forma de caja abierta por la parte superior. Su base es pues un cuadrado y las paredes laterales son cuatro rectángulos iguales perpendiculares a la base. El precio de cada $m^{2}$ de la base es de 15 € y el precio de cada $m^{2}$ de pared lateral es de 5 €. Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:
- a)El coste total del depósito en función de la longitud $x$ de un lado de su base.
- b)Las longitudes del lado de la base y de la altura del depósito para que dicho coste total sea mínimo.
- c)El valor del mínimo coste total del depósito.
Apartado a
1. 1. Si el lado de la base es $x$ y la altura $h$ , el volumen es $x^{2} h = 1500$ , luego $h = \frac{1500}{x ^{2}}$ .
  $A_{base} = x^{2}, A_{laterales} = 4 x h = 4 x \cdot \frac{1500}{x ^{2}} = \frac{6000}{x}$
2. 2. Coste: 15 € por m $^{2}$ de base y 5 € por m $^{2}$ de pared.
  $C (x) = 15 x^{2} + 5 \cdot \frac{6000}{x}$
  $C (x) = 15 x^{2} + \frac{30000}{x}$ euros, $x > 0$
Apartado b
1. 1. Derivamos e igualamos a cero.
  $C^{'} (x) = 30 x - \frac{30000}{x ^{2}} = 0 \Rightarrow x^{3} = 1000 \Rightarrow x = 10$
2. 2. Mínimo porque $C^{''} (x) = 30 + \frac{60000}{x ^{3}} > 0$ para todo $x > 0$ . La altura correspondiente:
  $h = \frac{1500}{1 0 ^{2}} = 15$
  Lado de la base $x = 10$ m y altura $h = 15$ m
Apartado c
1. 1. Sustituimos $x = 10$ en el coste.
  $C (10) = 15 \cdot 100 + \frac{30000}{10} = 1500 + 3000 = 4500$
  Coste mínimo $= 4500$ euros
Respuesta final: a) $C (x) = 15 x^{2} + \frac{30000}{x}$ . b) $x = 10$ m, $h = 15$ m. c) $4500$ €.
22. 2015 · Ordinaria 2015 · Ejercicio B.3 · Opción B
Un pueblo está situado en el punto $A (0, 4)$ de un sistema de referencia cartesiano. El tramo de un río situado en el término municipal del pueblo describe la curva $y = \frac{x ^{2}}{4}$ , siendo $- 6 \leq x \leq 6$ . Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:
- a)La distancia entre un punto $P (x, y)$ del río y el pueblo en función de la abscisa $x$ de $P$ .
- b)El punto o puntos del tramo del río situados a distancia mínima del pueblo.
- c)El punto o puntos del tramo del río situados a distancia máxima del pueblo.
Río y = x²/4 y pueblo A(0, 4): mínimos y máximos de la distancia
Apartado a
1. 1. Un punto del río es $P = (x, \frac{x ^{2}}{4})$ . Distancia a $A (0, 4)$ .
  $d (x) = x^{2} + (\frac{x ^{2}}{4} - 4)^{2} = x^{2} + \frac{x ^{4}}{16} - 2 x^{2} + 16$
  $d (x) = \frac{x ^{4}}{16} - x^{2} + 16, x \in [- 6, 6]$
Apartado b
1. 1. Como la raíz es creciente, minimizamos $D (x) = d (x)^{2} = \frac{x ^{4}}{16} - x^{2} + 16$ .
  $D^{'} (x) = \frac{x ^{3}}{4} - 2 x = \frac{x}{4} (x^{2} - 8) = 0 \Rightarrow x = 0, x = \pm 22$
2. 2. Clasificamos con $D^{''} (x) = \frac{3 x ^{2}}{4} - 2$ : en $x = \pm 22$ vale $4 > 0$ (mínimos); en $x = 0$ vale $- 2 < 0$ (máximo relativo).
  $D (\pm 22) = \frac{64}{16} - 8 + 16 = 12, y = \frac{( 2 2 ) ^{2}}{4} = 2$
  Distancia mínima $d = 12 = 23 \approx 3, 46$ en $P = (\pm 22, 2)$
Apartado c
1. 1. El máximo absoluto está entre los puntos críticos y los extremos del intervalo $x = \pm 6$ : $D (0) = 16$ , $D (\pm 22) = 12$ y $D (\pm 6) = 81 - 36 + 16 = 61$ .
  $D (\pm 6) = 61 > D (0) = 16 > D (\pm 22) = 12$
  Distancia máxima $d = 61 \approx 7, 81$ en $P = (\pm 6, 9)$
Respuesta final: a) $d (x) = \frac{x ^{4}}{16} - x^{2} + 16$ . b) Mínima en $(\pm 22, 2)$ , $d = 23$ . c) Máxima en $(\pm 6, 9)$ , $d = 61$ .
23. 2014 · Extraordinaria 2014 · Ejercicio B.3 · Opción B
Un club deportivo alquila un avión de 80 plazas para realizar un viaje a la empresa VR. Hay 60 miembros del club que han reservado su billete. En el contrato de alquiler se indica que el precio de un billete será 800 euros si sólo viajan 60 personas, pero que el precio por billete disminuye en 10 euros por cada viajero adicional a partir de esos 60 viajeros que ya han reservado el billete. Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:
- a)El total que cobra la empresa VR si viajan 61, 70 y 80 pasajeros.
- b)El total que cobra la empresa VR si viajan $60 + x$ pasajeros, siendo $0 \leq x \leq 20$ .
- c)El número de pasajeros entre 60 y 80 que maximiza lo que cobra en total la empresa VR.
Apartado a
1. 1. Con $60 + x$ viajeros, el precio de cada billete es $800 - 10 x$ . Para 61, 70 y 80 viajeros: $x = 1$ , $x = 10$ y $x = 20$ .
  $61 \cdot 790 = 48190, 70 \cdot 700 = 49000, 80 \cdot 600 = 48000$
  $48190$ €, $49000$ € y $48000$ €
Apartado b
1. 1. Total = número de viajeros × precio del billete.
  $T (x) = (60 + x) (800 - 10 x) = 48000 - 600 x + 800 x - 10 x^{2}$
  $T (x) = - 10 x^{2} + 200 x + 48000, 0 \leq x \leq 20$
Apartado c
1. 1. Derivamos e igualamos a cero.
  $T^{'} (x) = - 20 x + 200 = 0 \Rightarrow x = 10$
2. 2. Es máximo porque $T^{''} (x) = - 20 < 0$ . Comparamos con los extremos del intervalo: $T (0) = 48000$ y $T (20) = 48000$ , menores que $T (10)$ .
  $T (10) = 70 \cdot 700 = 49000$
  Maximiza el ingreso con $60 + 10 = 70$ pasajeros (ingreso $49000$ €)
Respuesta final: a) $48190$ , $49000$ y $48000$ €. b) $T (x) = - 10 x^{2} + 200 x + 48000$ . c) 70 pasajeros ( $49000$ €).
24. 2014 · Ordinaria 2014 · Ejercicio B.3 · Opción B
Se tiene un cuadrado de mármol de lado $80$ cm. Se produce la rotura de una esquina y queda un pentágono de vértices $A = (0, 20)$ , $B = (20, 0)$ , $C = (80, 0)$ , $D = (80, 80)$ y $E = (0, 80)$ . Para obtener una pieza rectangular se elige un punto $P = (x, y)$ del segmento $A B$ y se hacen dos cortes paralelos a los ejes $X$ e $Y$ . Así se obtiene un rectángulo $R$ cuyos vértices son los puntos $P = (x, y)$ , $F = (80, y)$ , $D = (80, 80)$ y $G = (x, 80)$ . Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:
- a)El área del rectángulo $R$ en función de $x$ , cuando $0 \leq x \leq 20$ .
- b)El valor de $x$ para el que el área del rectángulo $R$ es máxima.
- c)El valor del área máxima del rectángulo $R$ .
Apartado a
1. 1. El segmento $A B$ está sobre la recta que pasa por $(0, 20)$ y $(20, 0)$ : $x + y = 20$ , es decir, $y = 20 - x$ .
  $P = (x, 20 - x), 0 \leq x \leq 20$
2. 2. El rectángulo tiene base $80 - x$ (de $x$ a $80$ ) y altura $80 - y = 80 - (20 - x) = 60 + x$ .
  $S (x) = (80 - x) (60 + x) = 4800 + 20 x - x^{2}$
  $S (x) = - x^{2} + 20 x + 4800, 0 \leq x \leq 20$
Apartado b
1. 1. Derivamos e igualamos a cero.
  $S^{'} (x) = - 2 x + 20 = 0 \Rightarrow x = 10$
2. 2. Es máximo porque $S^{''} = - 2 < 0$ y $x = 10$ está en el intervalo. En los extremos: $S (0) = S (20) = 4800$ , menor que $S (10)$ .
  $S (10) = 70 \cdot 70 = 4900$
  $x = 10$ cm (el punto es $P = (10, 10)$ )
Apartado c
1. 1. Área máxima.
  $S_{m a x} = S (10) = 4900$
  Área máxima $= 4900 cm^{2}$ (un cuadrado de $70 \times 70$ )
Respuesta final: a) $S (x) = - x^{2} + 20 x + 4800$ . b) $x = 10$ cm. c) $4900$ cm $^{2}$ .
25. 2013 · Extraordinaria 2013 · Ejercicio B.3 · Opción B
En el plano $X Y$ está dibujada una parcela $A$ cuyos límites son dos calles de ecuaciones $x = 0$ y $x = 40$ , respectivamente, una carretera de ecuación $y = 0$ , y el tramo del curso de un río de ecuación $y = f (x) = 30 2 x + 1$ , con $0 \leq x \leq 40$ , siendo positivo el signo de la raíz cuadrada. Se pretende urbanizar un rectángulo $R$ inscrito en la parcela $A$ , de manera que los vértices de $R$ sean los puntos $(x, 0)$ , $(x, f (x))$ , $(40, f (x))$ y $(40, 0)$ . Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:
- a)El área de la parcela $A$ .
- b)Los vértices del rectángulo $R$ al que corresponde área máxima.
- c)El valor de dicha área máxima.
Apartado a
1. 1. La parcela está entre $y = 0$ y la curva $y = f (x)$ , para $x$ de $0$ a $40$ .
  $\overset{ˊ}{A} rea (A) = \int_{0}^{40} 30 2 x + 1 d x = 30 [\frac{( 2 x + 1 ) ^{3/2}}{3}]_{0}^{40} = 10 (8 1^{3/2} - 1)$
2. 2. $8 1^{3/2} = 9^{3} = 729$ .
  $10 (729 - 1) = 7280$
  Área de la parcela $= 7280 u^{2}$
Apartado b
1. 1. El rectángulo tiene base $40 - x$ (de $x$ a $40$ ) y altura $f (x)$ .
  $R (x) = (40 - x) \cdot 30 2 x + 1, 0 \leq x \leq 40$
2. 2. Derivamos con la regla del producto y reducimos a común denominador.
  $R^{'} (x) = 30 [- 2 x + 1 + \frac{40 - x}{2 x + 1}] = 30 \cdot \frac{- ( 2 x + 1 ) + 40 - x}{2 x + 1} = \frac{30 ( 39 - 3 x )}{2 x + 1}$
3. 3. $R^{'} (x) = 0 ⟺ x = 13$ . Para $x < 13$ es positiva y para $x > 13$ negativa: máximo en $x = 13$ . Los extremos dan menos: $R (0) = 1200$ y $R (40) = 0$ . La ordenada es $f (13) = 3027 = 903$ .
  $f (13) = 3027 = 903 \approx 155, 9$
  Vértices: $(13, 0)$ , $(13, 903)$ , $(40, 903)$ y $(40, 0)$
Apartado c
1. 1. Área máxima.
  $R (13) = (40 - 13) \cdot f (13) = 27 \cdot 903 = 24303$
  Área máxima $= 24303 \approx 4208, 9 u^{2}$
Respuesta final: a) $7280$ u $^{2}$ . b) $(13, 0)$ , $(13, 903)$ , $(40, 903)$ , $(40, 0)$ . c) $24303 \approx 4208, 9$ u $^{2}$ .
26. 2013 · Ordinaria 2013 · Ejercicio A.3 · Opción A
Se estudió el movimiento de un meteorito del sistema solar durante un mes. Se obtuvo que la ecuación de su trayectoria $T$ es $y^{2} = 2 x + 9$ , siendo $- 4, 5 \leq x \leq 8$ e $y \geq 0$ , estando situado el Sol en el punto $(0, 0)$ . Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:
- a)La distancia del meteorito al Sol desde un punto $P$ de su trayectoria cuya abscisa es $x$ .
- b)El punto $P$ de la trayectoria $T$ donde el meteorito alcanza la distancia mínima al Sol.
- c)Distancia mínima del meteorito al Sol.
Apartado a
1. 1. Un punto de la trayectoria es $P = (x, 2 x + 9)$ (con $y \geq 0$ ). Su distancia al origen es $x^{2} + y^{2}$ .
  $d (x) = x^{2} + 2 x + 9, - 4, 5 \leq x \leq 8$
  $d (x) = x^{2} + 2 x + 9$
Apartado b
1. 1. La raíz es creciente, así que $d$ es mínima donde lo es $D (x) = d (x)^{2} = x^{2} + 2 x + 9$ (más cómoda de derivar).
  $D^{'} (x) = 2 x + 2 = 0 \Rightarrow x = - 1$
2. 2. Es mínimo porque $D^{''} (x) = 2 > 0$ , y $x = - 1$ está en el intervalo $[- 4, 5, 8]$ . Comparamos con los extremos: $D (- 4, 5) = 20, 25$ y $D (8) = 89$ , ambos mayores que $D (- 1) = 8$ .
  $y = 2 (- 1) + 9 = 7$
  $P = (- 1, 7) \approx (- 1; 2, 65)$
Apartado c
1. 1. Distancia mínima.
  $d_{m i n} = D (- 1) = 1 - 2 + 9 = 8 = 22$
  $d_{m i n} = 22 \approx 2, 83$
Respuesta final: a) $d (x) = x^{2} + 2 x + 9$ . b) $P = (- 1, 7)$ . c) $d_{m i n} = 22$ .
27. 2012 · Extraordinaria 2012 · Ejercicio B.3 · Opción B
Se desea construir un depósito cilíndrico de $100 m^{3}$ de capacidad, abierto por la parte superior. Su base es un círculo en posición horizontal de radio $x$ y la pared vertical del depósito es una superficie cilíndrica perpendicular a su base. El precio del material de la base del depósito es 4 euros/m $^{2}$ . El precio del material de la pared vertical es 2 euros/m $^{2}$ . Obtener razonadamente:
- a)El área de la base en función de su radio $x$ .
- b)El área de la pared vertical del cilindro en función de $x$ .
- c)La función $f (x)$ que da el coste del depósito.
- d)El valor $x$ del radio de la base para el que el coste del depósito es mínimo y el valor de dicho coste mínimo.
Apartado a
1. 1. La base es un círculo de radio $x$ .
  $A_{base} = π x^{2}$
  $A_{base} = π x^{2} m^{2}$
Apartado b
1. 1. La altura $h$ sale del volumen: $π x^{2} h = 100$ . El área de la pared lateral es la longitud de la circunferencia por la altura.
  $h = \frac{100}{π x ^{2}}, A_{pared} = 2 π x h = 2 π x \cdot \frac{100}{π x ^{2}} = \frac{200}{x}$
  $A_{pared} = \frac{200}{x} m^{2}$
Apartado c
1. 1. Coste = precio de la base por su área + precio de la pared por la suya.
  $f (x) = 4 \cdot π x^{2} + 2 \cdot \frac{200}{x}$
  $f (x) = 4 π x^{2} + \frac{400}{x}$ euros ( $x > 0$ )
Apartado d
1. 1. Derivamos e igualamos a cero.
  $f^{'} (x) = 8 π x - \frac{400}{x ^{2}} = 0 \Rightarrow x^{3} = \frac{50}{π}$
  $x = 3 \frac{50}{π} \approx 2, 515 m$
2. 2. Es un mínimo porque $f^{''} (x) = 8 π + \frac{800}{x ^{3}} > 0$ para todo $x > 0$ .
  $f^{''} (x) = 8 π + \frac{800}{x ^{3}} > 0$
3. 3. Coste mínimo: de $8 π x^{3} = 400$ se tiene $\frac{400}{x} = 8 π x^{2}$ , luego $f = 12 π x^{2}$ .
  $f_{m i n} = 12 π (\frac{50}{π})^{2/3} \approx 12 π \cdot 6, 327 \approx 238, 53$
  Coste mínimo $\approx 238, 53$ euros
Respuesta final: a) $π x^{2}$ . b) $\frac{200}{x}$ . c) $f (x) = 4 π x^{2} + \frac{400}{x}$ . d) $x = 3 50/ π \approx 2, 52$ m; coste mínimo $\approx 238, 53$ €.
28. 2012 · Ordinaria 2012 · Ejercicio B.3 · Opción B
Para diseñar un escudo se dibuja un triángulo $T$ de vértices $A = (0, 12)$ , $B = (- x, x^{2})$ y $C = (x, x^{2})$ , siendo $x^{2} < 12$ . Obtener razonadamente:
- a)El área del triángulo $T$ en función de la abscisa $x$ del vértice $C$ .
- b)Las coordenadas de los vértices $B$ y $C$ para que el área del triángulo $T$ sea máxima.
- c)Para completar el escudo se añade al triángulo $T$ de área máxima la superficie $S$ limitada entre la recta $y = 4$ y el arco de parábola $y = x^{2}$ , cuando $- 2 \leq x \leq 2$ . El área de la superficie $S$ .
- d)El área total del escudo.
Escudo: triángulo máximo (16) + superficie S (32/3)
Apartado a
1. 1. La base $B C$ es horizontal y mide $2 x$ (de $- x$ a $x$ a la altura $y = x^{2}$ ). La altura del triángulo es la diferencia de ordenadas entre $A$ y la base: $12 - x^{2}$ .
  $\overset{ˊ}{A} rea (x) = \frac{1}{2} \cdot 2 x \cdot (12 - x^{2}) = 12 x - x^{3}, 0 < x < 12$
  $T (x) = 12 x - x^{3}$
Apartado b
1. 1. Derivamos e igualamos a cero.
  $T^{'} (x) = 12 - 3 x^{2} = 0 \Rightarrow x^{2} = 4 \Rightarrow x = 2 (x > 0)$
2. 2. Es máximo porque $T^{''} (x) = - 6 x < 0$ en $x = 2$ (y en los extremos del dominio el área vale $0$ ). Entonces $x^{2} = 4$ .
  $T (2) = 24 - 8 = 16$
  $B = (- 2, 4)$ y $C = (2, 4)$ (área máxima $16$ )
Apartado c
1. 1. Entre $x = - 2$ y $x = 2$ la recta $y = 4$ queda por encima de la parábola $y = x^{2}$ (se cortan justo en $x = \pm 2$ ).
  $S = \int_{- 2}^{2} (4 - x^{2}) d x = [4 x - \frac{x ^{3}}{3}]_{- 2}^{2} = (8 - \frac{8}{3}) - (- 8 + \frac{8}{3}) = 16 - \frac{16}{3}$
  Área $S = \frac{32}{3} \approx 10, 67 u^{2}$
Apartado d
1. 1. El triángulo $T$ queda por encima de la recta $y = 4$ y la superficie $S$ por debajo, así que las áreas se suman.
  $16 + \frac{32}{3} = \frac{80}{3}$
  Área total $= \frac{80}{3} \approx 26, 67 u^{2}$
Respuesta final: a) $T (x) = 12 x - x^{3}$ . b) $B (- 2, 4)$ , $C (2, 4)$ , área $16$ . c) $S = \frac{32}{3}$ . d) $\frac{80}{3}$ u $^{2}$ .
29. 2011 · Extraordinaria 2011 · Ejercicio B.3 · Opción B
Un coche recorre el arco de parábola $Γ$ de ecuación $2 y = 36 - x^{2}$ , variando la $x$ de $- 6$ a $6$ . Se representa por $f (x)$ la distancia del punto $(0, 9)$ al punto $(x, y)$ del arco $Γ$ donde está situado el coche. Se pide obtener razonadamente:
- a)La expresión de $f (x)$ .
- b)Los puntos del arco $Γ$ donde la distancia $f (x)$ tiene mínimos relativos.
- c)Los valores máximo y mínimo de la distancia $f (x)$ .
- d)El área de la superficie limitada por el arco de parábola $Γ$ y el segmento rectilíneo que une los puntos $(- 6, 0)$ y $(6, 0)$ .
Apartado a
1. 1. En el arco, $y = 18 - \frac{x ^{2}}{2}$ . La distancia del punto $(0, 9)$ al punto $(x, y)$ es $x^{2} + (y - 9)^{2}$ .
  $f (x) = x^{2} + (9 - \frac{x ^{2}}{2})^{2} = x^{2} + 81 - 9 x^{2} + \frac{x ^{4}}{4}$
  $f (x) = \frac{x ^{4}}{4} - 8 x^{2} + 81, x \in [- 6, 6]$
Apartado b
1. 1. Como la raíz es creciente, $f$ y $g (x) = \frac{x ^{4}}{4} - 8 x^{2} + 81$ tienen los mismos extremos. Derivamos $g$ .
  $g^{'} (x) = x^{3} - 16 x = x (x - 4) (x + 4) = 0 \Rightarrow x = - 4, 0, 4$
2. 2. Segunda derivada $g^{''} (x) = 3 x^{2} - 16$ : en $x = \pm 4$ vale $32 > 0$ (mínimos) y en $x = 0$ vale $- 16 < 0$ (máximo relativo, con $f (0) = 9$ ).
  $y (\pm 4) = 18 - 8 = 10$
  Mínimos relativos en los puntos $(4, 10)$ y $(- 4, 10)$ del arco ( $f = 17 \approx 4, 12$ ).
Apartado c
1. 1. Comparamos los candidatos: los extremos del intervalo y los puntos críticos.
  $f (0) = 9, f (\pm 4) = 17, f (\pm 6) = 117 = 313$
  Mínimo absoluto $17 \approx 4, 12$ (en $x = \pm 4$ ); máximo absoluto $313 \approx 10, 82$ (en $x = \pm 6$ , puntos $(\pm 6, 0)$ ).
Apartado d
1. 1. El arco $y = 18 - \frac{x ^{2}}{2}$ está por encima del eje $X$ en $[- 6, 6]$ (corta a $y = 0$ en $x = \pm 6$ ).
  $\overset{ˊ}{A} rea = \int_{- 6}^{6} (18 - \frac{x ^{2}}{2}) d x = 2 \int_{0}^{6} (18 - \frac{x ^{2}}{2}) d x$
2. 2. Calculamos la primitiva y aplicamos Barrow.
  $= 2 [18 x - \frac{x ^{3}}{6}]_{0}^{6} = 2 (108 - 36) = 144$
  Área $= 144 u^{2}$
Respuesta final: a) $f (x) = \frac{x ^{4}}{4} - 8 x^{2} + 81$ . b) Mínimos relativos en $(\pm 4, 10)$ . c) Mínimo $17$ , máximo $313$ . d) $144$ u $^{2}$ .
30. 2011 · Ordinaria 2011 · Ejercicio B.3 · Opción B
Se desea construir un campo rectangular con vértices $A$ , $B$ , $C$ y $D$ de manera que: los vértices $A$ y $B$ sean puntos del arco de la parábola $y = 4 - x^{2}$ , $- 2 \leq x \leq 2$ , y el segmento de extremos $A$ y $B$ es horizontal; los vértices $C$ y $D$ sean puntos del arco de la parábola $y = x^{2} - 16$ , $- 4 \leq x \leq 4$ , y el segmento de extremos $C$ y $D$ es también horizontal; los puntos $A$ y $C$ deben tener la misma abscisa, cuyo valor es el número real positivo $x$ ; los puntos $B$ y $D$ deben tener la misma abscisa, cuyo valor es el número real negativo $- x$ . Se pide obtener razonadamente:
- a)La expresión $S (x)$ del área del campo rectangular en función del número real positivo $x$ .
- b)El número real positivo $x$ para el que el área $S (x)$ es máxima.
- c)El valor del área máxima.
Apartado a
1. 1. Vértices: $A = (x, 4 - x^{2})$ , $B = (- x, 4 - x^{2})$ , $C = (x, x^{2} - 16)$ , $D = (- x, x^{2} - 16)$ . Como $A$ y $B$ están en el arco $- 2 \leq x \leq 2$ , el dominio es $0 < x \leq 2$ .
  $base A B = 2 x, altura A C = (4 - x^{2}) - (x^{2} - 16) = 20 - 2 x^{2}$
2. 2. Área = base · altura.
  $S (x) = 2 x (20 - 2 x^{2}) = 40 x - 4 x^{3}, 0 < x \leq 2$
  $S (x) = 40 x - 4 x^{3}$
Apartado b
1. 1. Derivamos e igualamos a cero.
  $S^{'} (x) = 40 - 12 x^{2} = 0 \Rightarrow x^{2} = \frac{10}{3} \Rightarrow x = \frac{10}{3} = \frac{30}{3} \approx 1, 826$
2. 2. Está en el dominio ( $1, 826 < 2$ ) y es máximo porque $S^{''} (x) = - 24 x < 0$ . Comparamos con el extremo $x = 2$ : $S (2) = 80 - 32 = 48$ , menor que el valor en el punto crítico.
  $S (\frac{30}{3}) \approx 48, 69 > S (2) = 48$
  $x = \frac{10}{3} = \frac{30}{3} \approx 1, 83$
Apartado c
1. 1. Sustituimos: $S = x (40 - 4 x^{2})$ con $x^{2} = 10/3$ .
  $S_{m a x} = \frac{30}{3} (40 - \frac{40}{3}) = \frac{30}{3} \cdot \frac{80}{3} = \frac{80 30}{9}$
  Área máxima $= \frac{80 30}{9} \approx 48, 69 u^{2}$
Respuesta final: a) $S (x) = 40 x - 4 x^{3}$ , $0 < x \leq 2$ . b) $x = 10/3 \approx 1, 83$ . c) $S_{m a x} = \frac{80 30}{9} \approx 48, 69$ u $^{2}$ .
31. 2010 · Extraordinaria 2010 · Ejercicio B.3 · Opción B
Dos elementos de un escudo son una circunferencia y un triángulo. La circunferencia tiene centro $(0, 0)$ y radio $5$ . Uno de los vértices del triángulo es el punto $A = (- 5, 0)$ . Los otros dos vértices del triángulo son los puntos de la circunferencia $B = (x, y)$ y $C = (x, - y)$ . Se pide obtener razonadamente:
- a)El área del triángulo en función de $x$ .
- b)Los vértices $B$ y $C$ para los que es máxima el área del triángulo.
- c)El valor máximo del área del triángulo.
Apartado a
1. 1. Como $B$ y $C$ tienen la misma abscisa, el lado $B C$ es vertical, de longitud $2 y$ . La altura desde $A$ es la distancia horizontal de $A$ a la recta $x = const.$ : $x - (- 5) = x + 5$ . Además $B$ está en la circunferencia: $y = 25 - x^{2}$ .
  $S (x) = \frac{1}{2} \cdot 2 y \cdot (x + 5) = (x + 5) 25 - x^{2}, x \in (- 5, 5)$
  $S (x) = (x + 5) 25 - x^{2}$
Apartado b
1. 1. Derivamos con la regla del producto y simplificamos.
  $S^{'} (x) = 25 - x^{2} - \frac{x ( x + 5 )}{25 - x ^{2}} = \frac{25 - 2 x ^{2} - 5 x}{25 - x ^{2}}$
2. 2. Anulamos el numerador: $2 x^{2} + 5 x - 25 = 0$ .
  $x = \frac{- 5 \pm 25 + 200}{4} = \frac{- 5 \pm 15}{4} \Rightarrow x = \frac{5}{2} o x = - 5$
3. 3. Signo de $S^{'}$ : el numerador $25 - 5 x - 2 x^{2}$ es positivo para $- 5 < x < 5/2$ y negativo para $5/2 < x < 5$ . Por tanto $S$ crece y luego decrece: máximo en $x = 5/2$ .
  $y = 25 - \frac{25}{4} = \frac{5 3}{2}$
  $B = (\frac{5}{2}, \frac{5 3}{2}), C = (\frac{5}{2}, - \frac{5 3}{2})$
Apartado c
1. 1. Sustituimos en $S$ .
  $S (\frac{5}{2}) = \frac{15}{2} \cdot \frac{5 3}{2} = \frac{75 3}{4}$
  Área máxima $= \frac{75 3}{4} \approx 32, 48 u^{2}$
Respuesta final: a) $S (x) = (x + 5) 25 - x^{2}$ . b) $B = (\frac{5}{2}, \frac{5 3}{2})$ , $C = (\frac{5}{2}, - \frac{5 3}{2})$ . c) $S_{m a x} = \frac{75 3}{4} \approx 32, 48$ u $^{2}$ .
32. 2010 · Ordinaria 2010 · Ejercicio A.3 · Opción A
Se quiere construir un estadio vallado de $10000$ metros cuadrados de superficie. El estadio está formado por un rectángulo de base $x$ y dos semicírculos exteriores de diámetro $x$ , de manera que cada lado horizontal del rectángulo es diámetro de uno de los semicírculos. El precio de un metro de valla para los lados verticales del rectángulo es de 1 euro y el precio de un metro de valla para las semicircunferencias es de 2 euros. Se pide obtener razonadamente:
- a)La longitud del perímetro del campo en función de $x$ .
- b)El coste $f (x)$ de la valla en función de $x$ .
- c)El valor de $x$ para el que el coste de la valla es mínimo.
Apartado a
1. 1. Llamamos $h$ a la altura del rectángulo. Los dos semicírculos de diámetro $x$ forman un círculo de radio $x /2$ . El área total es la del rectángulo más la del círculo, y vale $10000$ .
  $x h + π (\frac{x}{2})^{2} = 10000 \Rightarrow h = \frac{10000}{x} - \frac{π x}{4}$
2. 2. El perímetro está formado por los dos lados verticales (longitud $h$ cada uno) y las dos semicircunferencias, que juntas miden $2 π \cdot \frac{x}{2} = π x$ .
  $P (x) = 2 h + π x = \frac{20000}{x} - \frac{π x}{2} + π x = \frac{20000}{x} + \frac{π x}{2}$
  $P (x) = \frac{20000}{x} + \frac{π x}{2}$ metros
Apartado b
1. 1. El coste es la longitud de los lados verticales por 1 euro más la de las semicircunferencias por 2 euros.
  $f (x) = 2 h \cdot 1 + π x \cdot 2 = 2 (\frac{10000}{x} - \frac{π x}{4}) + 2 π x$
2. 2. Simplificamos.
  $f (x) = \frac{20000}{x} - \frac{π x}{2} + 2 π x = \frac{20000}{x} + \frac{3 π}{2} x$
  $f (x) = \frac{20000}{x} + \frac{3 π}{2} x$ euros, con $0 < x < \frac{200}{π}$
Apartado c
1. 1. Derivamos e igualamos a cero.
  $f^{'} (x) = - \frac{20000}{x ^{2}} + \frac{3 π}{2} = 0 \Rightarrow x^{2} = \frac{40000}{3 π}$
  $x = \frac{200}{3 π} \approx 65, 15$ m
2. 2. Es mínimo porque la segunda derivada es positiva en ese punto, y está dentro del dominio ( $65, 15 < 112, 8$ ).
  $f^{''} (x) = \frac{40000}{x ^{3}} > 0$
  Mínimo en $x \approx 65, 15$ m (entonces $h \approx 102, 33$ m).
3. 3. Coste mínimo: sustituimos.
  $f (\frac{200}{3 π}) = 200 3 π \approx 614, 0$
  Coste mínimo $\approx 614$ euros
Respuesta final: a) $P (x) = \frac{20000}{x} + \frac{π x}{2}$ . b) $f (x) = \frac{20000}{x} + \frac{3 π}{2} x$ . c) $x = \frac{200}{3 π} \approx 65, 15$ m; coste mínimo $\approx 614$ €.
33. 2009 · Extraordinaria 2009 · Ejercicio 4.1 · Opción A
A las 7 de la mañana, una lancha $A$ está situada a $150 km$ al este de otra lancha $B$ . La lancha $A$ navega hacia el oeste a una velocidad constante de $40 km/h$ y la lancha $B$ se dirige hacia el norte a $30 km/h$ . Si se mantienen estos rumbos, averiguar razonadamente a qué hora estarán ambas lanchas a distancia mínima.
- a)Averiguar razonadamente a qué hora estarán ambas lanchas a distancia mínima (3,3 puntos).
Apartado a
1. 1. Tomamos $B$ en el origen a las 7:00 y $A$ en $(150, 0)$ . A las $7 + t$ horas: $A$ se ha movido $40 t$ hacia el oeste y $B$ $30 t$ hacia el norte.
  $A (t) = (150 - 40 t, 0), B (t) = (0, 30 t)$
2. 2. Cuadrado de la distancia (tiene el mismo mínimo que la distancia).
  $D (t) = (150 - 40 t)^{2} + (30 t)^{2} = 2500 t^{2} - 12000 t + 22500$
3. 3. Derivamos e igualamos a cero: $D^{'} (t) = 5000 t - 12000 = 0$ , $t = 2, 4$ h. Como $D^{''} = 5000 > 0$ , es mínimo.
  $t = 2, 4 h = 2 h 24 min$
  $7 h + 2 h 24 min = 9 : 24$ h
4. 4. Distancia mínima: $D (2, 4) = 2500 \cdot 5, 76 - 28800 + 22500 = 8100$ .
  $d_{m i n} = 8100 = 90 km$
  A las $9 : 24$ h, a $90$ km una de otra.
Respuesta final: Estarán a distancia mínima ( $90$ km) a las $9 : 24$ h, es decir, $2, 4$ h después de las 7.
34. 2009 · Ordinaria 2009 · Ejercicio 4.1 · Opción 4
Se desea construir una bodega con forma de paralelepípedo rectangular de $100 m^{3}$ de volumen de manera que el largo de su base sea $\frac{4}{3}$ de la anchura $x$ de su base. Se sabe que los precios de un metro cuadrado de suelo, de techo y de pared lateral son, respectivamente, $225 €/m^{2}$ , $300 €/m^{2}$ y $256 €/m^{2}$ . Determinar razonadamente:
- a)El valor $x$ de la anchura de la base que minimiza el coste (2,3 puntos).
- b)Dicho coste mínimo (1 punto).
Apartado a
1. 1. Base: ancho $x$ y largo $\frac{4}{3} x$ , de área $\frac{4}{3} x^{2}$ . Con volumen $100$ , la altura es $h = \frac{100}{\frac{4}{3} x ^{2}} = \frac{75}{x ^{2}}$ .
  $V = x \cdot \frac{4}{3} x \cdot h = 100 \Rightarrow h = \frac{75}{x ^{2}}$
2. 2. Coste: suelo y techo $(225 + 300) \cdot \frac{4}{3} x^{2}$ ; paredes laterales $256 \cdot$ (perímetro $\times$ altura), con perímetro $2 x + \frac{8}{3} x = \frac{14}{3} x$ .
  $C (x) = 525 \cdot \frac{4}{3} x^{2} + 256 \cdot \frac{14 x}{3} \cdot \frac{75}{x ^{2}} = 700 x^{2} + \frac{89 600}{x}, x > 0$
3. 3. Derivamos e igualamos a cero.
  $C^{'} (x) = 1400 x - \frac{89 600}{x ^{2}} = 0 \Rightarrow x^{3} = 64 \Rightarrow x = 4$
4. 4. $C^{''} (x) = 1400 + \frac{179 200}{x ^{3}} > 0$ : mínimo. Con $x = 4$ : largo $\frac{16}{3} \approx 5, 33$ m y altura $75/16 \approx 4, 69$ m.
  $C^{''} (4) = 1400 + 2800 = 4200 > 0$
  $x = 4 m$
Apartado b
1. 1. Sustituimos $x = 4$ en la función de coste.
  $C (4) = 700 \cdot 16 + \frac{89 600}{4} = 11200 + 22400$
  Coste mínimo: $33600 €$
Respuesta final: a) $x = 4$ m. b) Coste mínimo $33600$ €.
35. 2009 · Ordinaria 2009 · Ejercicio 4.2 · Opción 4
Un proveedor vende un producto a un comerciante al precio de $300$ euros la unidad. El comerciante incrementa la cantidad de $300$ euros en un $40 %$ para obtener el precio de venta al público. El comerciante sabe que a ese precio venderá $50$ unidades cada mes y que durante el mes de rebajas por cada $3$ euros de reducción en el precio de venta de la unidad conseguirá un incremento de ventas de $5$ unidades. Se pide determinar, razonando las respuestas, el número de unidades que debe pedir al proveedor para venderlas en el mes de rebajas y el precio de venta de cada unidad, para maximizar sus beneficios durante ese periodo.
- a)El número de unidades que debe pedir al proveedor (2 puntos).
- b)El precio de venta de cada unidad (1,3 puntos).
Apartado a
1. 1. Precio de venta al público: $300 \cdot 1, 4 = 420$ €. Sea $k$ el número de rebajas de $3$ €: el precio es $420 - 3 k$ y se venden $50 + 5 k$ unidades.
  $Beneficio (k) = (420 - 3 k - 300) (50 + 5 k) = (120 - 3 k) (50 + 5 k) = 6000 + 450 k - 15 k^{2}$
2. 2. Derivamos e igualamos a cero: $B^{'} (k) = 450 - 30 k = 0$ , $k = 15$ . Como $B^{''} (k) = - 30 < 0$ , es un máximo.
  $k = 15 \Rightarrow unidades = 50 + 5 \cdot 15 = 125$
  Debe pedir $125$ unidades.
Apartado b
1. 1. Precio: $420 - 3 \cdot 15 = 375$ €.
  $Beneficio m \overset{a}{ˊ} ximo = (375 - 300) \cdot 125 = 9375 €$
  Precio de venta: $375$ € por unidad.
Respuesta final: a) $125$ unidades. b) $375$ € por unidad (beneficio máximo $9375$ €).
36. 2008 · Extraordinaria 2008 · Ejercicio 4.2
En un terreno con forma de semicírculo de radio $50$ metros, se dibuja un rectángulo que tiene dos vértices sobre la semicircunferencia del perímetro del terreno. Los otros dos vértices del rectángulo están sobre el segmento rectilíneo de dicho perímetro y distan $x$ metros. Obtener razonadamente:
- a)El área del rectángulo en función de $x$ (1,3 puntos).
- b)El valor de $x$ para el que es máxima el área del rectángulo (2 puntos).
Apartado a
1. 1. Colocamos el centro del semicírculo en el origen. Los dos vértices de la base están sobre el diámetro y distan $x$ metros del centro, uno a cada lado: sus abscisas son $- x$ y $x$ , y la base mide $2 x$ . Los otros dos vértices están en la semicircunferencia $X^{2} + Y^{2} = 50$ con abscisa $\pm x$ .
  $base = 2 x, altura = 50 - x^{2}$
2. 2. Área = base por altura, con $0 < x < 50$ .
  $A (x) = 2 x 50 - x^{2}$
  $A (x) = 2 x 50 - x^{2} m^{2}$
Apartado b
1. 1. Derivamos con la regla del producto y la de la cadena.
  $A^{'} (x) = 2 50 - x^{2} - \frac{2 x ^{2}}{50 - x ^{2}} = \frac{2 ( 50 - 2 x ^{2} )}{50 - x ^{2}} = \frac{100 - 4 x ^{2}}{50 - x ^{2}}$
2. 2. Igualamos a cero: $100 - 4 x^{2} = 0$ , $x^{2} = 25$ , $x = 5$ (la solución negativa no sirve). Es máximo porque $A^{'} > 0$ para $x < 5$ y $A^{'} < 0$ para $5 < x < 50$ .
  $x = 5 \Rightarrow base = 10, altura = 25 = 5, A = 10 \cdot 5 = 50$
  $x = 5 m$ (rectángulo de $10 \times 5$ , área $50 m^{2}$ )
Respuesta final: a) $A (x) = 2 x 50 - x^{2}$ . b) $x = 5$ m (área máxima $50 m^{2}$ ).
37. 2008 · Ordinaria 2008 · Ejercicio 4.1
Una empresa decide lanzar una campaña de propaganda de uno de sus productos editando un texto que ocupa $18 cm^{2}$ en hojas rectangulares impresas a una cara, con márgenes superior e inferior de $2 cm$ y laterales de $1 cm$ . Se pide calcular, razonadamente, las dimensiones de la hoja para las que el consumo de papel sea mínimo (3,3 puntos).
1. 1. Sea $a$ el ancho del texto y $b$ su alto (en cm), con $ab = 18$ , luego $b = 18/ a$ . La hoja añade $1$ cm a cada lado ( $+ 2$ en el ancho) y $2$ cm arriba y abajo ( $+ 4$ en el alto).
  $S (a) = (a + 2) (\frac{18}{a} + 4) = 18 + 4 a + \frac{36}{a} + 8 = 26 + 4 a + \frac{36}{a}, a > 0$
2. 2. Derivamos e igualamos a cero.
  $S^{'} (a) = 4 - \frac{36}{a ^{2}} = 0 \Rightarrow a^{2} = 9 \Rightarrow a = 3$
3. 3. $S^{''} (a) = \frac{72}{a ^{3}} > 0$ : mínimo. Con $a = 3$ : $b = 6$ . Dimensiones de la hoja: $a + 2 = 5$ y $b + 4 = 10$ .
  $S (3) = 26 + 12 + 12 = 50$
  Hoja de $5 cm \times 10 cm$ (área $50 cm^{2}$ ).
Respuesta final: Hoja de $5 cm$ de ancho y $10 cm$ de alto (texto de $3 \times 6$ ), con área mínima $50 cm^{2}$ .
38. 2008 · Ordinaria 2008 · Ejercicio 4.2
Una ventana tiene forma de trapecio rectangular. La base menor mide $20 cm$ y el lado oblicuo mide $40 cm$ . Hallar, razonadamente, el ángulo $α$ que debe formar el lado oblicuo con la base mayor para que el área de la ventana sea máxima (2,8 puntos). Calcular este área máxima (0,5 puntos). Nota: un trapecio rectangular es un cuadrilátero con dos lados paralelos y en el que uno de los otros dos lados es perpendicular a estos dos lados paralelos.
- a)Hallar, razonadamente, el ángulo $α$ que debe formar el lado oblicuo con la base mayor para que el área de la ventana sea máxima (2,8 puntos).
- b)Calcular este área máxima (0,5 puntos).
Ventana: trapecio rectangular
Apartado a
1. 1. El lado perpendicular a las bases es la altura $h$ . El lado oblicuo ( $40$ ) forma $α$ con la base mayor: $h = 40 sen α$ , y la base mayor excede a la menor en la proyección del lado oblicuo, $40 cos α$ .
  $h = 40 sen α, B = 20 + 40 cos α, b = 20$
2. 2. Área del trapecio: $\frac{B + b}{2} \cdot h$ .
  $A (α) = \frac{( 20 + 40 cos α ) + 20}{2} \cdot 40 sen α = 800 sen α (1 + cos α), α \in (0, π)$
3. 3. Derivamos: $A^{'} (α) = 800 [cos α (1 + cos α) - sen^{2} α] = 800 (2 cos^{2} α + cos α - 1) = 800 (2 cos α - 1) (cos α + 1)$ . Se anula con $cos α = \frac{1}{2}$ (y con $cos α = - 1$ , que no está en $(0, π)$ ).
  $cos α = \frac{1}{2} \Rightarrow α = 6 0^{\circ} = \frac{π}{3}$
  $α = 6 0^{\circ}$
Apartado b
1. 1. Sustituimos $α = 6 0^{\circ}$ : $sen 6 0^{\circ} = \frac{3}{2}$ y $cos 6 0^{\circ} = \frac{1}{2}$ .
  $A_{m a x} = 800 \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{3}{2} = 6003$
  $A_{m a x} = 6003 \approx 1039, 2 cm^{2}$
Respuesta final: a) $α = 6 0^{\circ}$ . b) $A_{m a x} = 6003 \approx 1039, 2 cm^{2}$ .
39. 2007 · Extraordinaria 2007 · Ejercicio 4.2
El borde de un estanque está formado por el arco de curva $y = 4 - x^{2}$ de extremos $(- 2, 0)$ y $(2, 0)$ y el segmento rectilíneo que une estos dos puntos. Un surtidor está situado en el punto de coordenadas $(0, 2)$ . Se pide:
- a)Determinar, razonadamente, el punto del segmento rectilíneo del borde del estanque que está más próximo del surtidor (0,8 puntos).
- b)Determinar, razonadamente, los puntos del arco de curva del borde del estanque que están más próximos del surtidor (1,6 puntos).
- c)¿Cuáles son los puntos del borde del estanque más próximos al surtidor? (0,9 puntos).
Estanque, surtidor y puntos más próximos
Apartado a
1. 1. El segmento está sobre $y = 0$ , con $- 2 \leq x \leq 2$ . La distancia de $(x, 0)$ a $(0, 2)$ es $x^{2} + 4$ , mínima cuando $x = 0$ (o bien: el pie de la perpendicular desde el surtidor al eje $O X$ ).
  $d (x) = x^{2} + 4 \Rightarrow d_{m i n} = d (0) = 2$
  Punto más próximo del segmento: $(0, 0)$ , a distancia $2$ .
Apartado b
1. 1. Un punto del arco es $(x, 4 - x^{2})$ , con $- 2 \leq x \leq 2$ . Minimizamos el cuadrado de la distancia al surtidor $(0, 2)$ , que tiene el mismo mínimo.
  $D (x) = x^{2} + (4 - x^{2} - 2)^{2} = x^{2} + (2 - x^{2})^{2} = x^{4} - 3 x^{2} + 4$
2. 2. Derivamos e igualamos a cero: $D^{'} (x) = 4 x^{3} - 6 x = 2 x (2 x^{2} - 3) = 0$ , con $x = 0$ o $x = \pm 3/2 = \pm \frac{6}{2}$ . Comparamos con los extremos del arco.
  $D (0) = 4, D (\pm \frac{6}{2}) = \frac{9}{4} - \frac{9}{2} + 4 = \frac{7}{4}, D (\pm 2) = 8$
  El mínimo es $D = \frac{7}{4}$ en $x = \pm \frac{6}{2}$ ; con $y = 4 - \frac{3}{2} = \frac{5}{2}$ .
Apartado c
1. 1. Comparamos la distancia mínima en el segmento ( $2$ ) con la del arco ( $7/4 = \frac{7}{2} \approx 1, 32$ ).
  $\frac{7}{2} \approx 1, 32 < 2$
  Los puntos del borde más próximos al surtidor son $(\pm \frac{6}{2}, \frac{5}{2})$ , a distancia $\frac{7}{2}$ .
Respuesta final: a) $(0, 0)$ , distancia $2$ . b) $(\pm \frac{6}{2}, \frac{5}{2})$ , distancia $\frac{7}{2}$ . c) Los dos puntos del arco $(\pm \frac{6}{2}, \frac{5}{2})$ .
40. 2007 · Ordinaria 2007 · Ejercicio 4.1
Unos altos hornos producen al día $x$ toneladas de acero de baja calidad y $\frac{40 - 5 x}{10 - x}$ toneladas de acero de alta calidad, siendo $8$ toneladas la producción máxima diaria de acero de baja calidad. Si el precio de una tonelada de acero de baja calidad es $100$ euros y el precio de una tonelada de acero de alta calidad es $250$ euros,
- )demostrar que se deben producir $5$ toneladas por día de acero de baja calidad para que el valor de venta de la producción diaria sea máximo (3,3 puntos).
1. 1. Valor de venta diario, con $0 \leq x \leq 8$ (el dominio acaba en $8$ por la producción máxima; $x = 10$ queda fuera): baja calidad a $100$ €/t y alta calidad a $250$ €/t.
  $V (x) = 100 x + 250 \cdot \frac{40 - 5 x}{10 - x}$
2. 2. Derivamos: el segundo sumando es un cociente, con derivada $\frac{- 5 ( 10 - x ) + ( 40 - 5 x )}{( 10 - x ) ^{2}} = \frac{- 10}{( 10 - x ) ^{2}}$ .
  $V^{'} (x) = 100 + 250 \cdot \frac{- 10}{( 10 - x ) ^{2}} = 100 - \frac{2500}{( 10 - x ) ^{2}}$
3. 3. Igualamos a cero: $(10 - x)^{2} = 25$ , es decir $10 - x = \pm 5$ . En el dominio $[0, 8]$ solo vale $x = 5$ ( $x = 15$ queda fuera).
  $V^{'} (x) = 0 \Rightarrow (10 - x)^{2} = 25 \Rightarrow x = 5$
4. 4. Comprobamos que es máximo: $V^{''} (x) = - \frac{5000}{( 10 - x ) ^{3}} < 0$ para $x < 10$ . Además, en los extremos del dominio el valor es menor.
  $V (0) = 1000, V (5) = 500 + 750 = 1250, V (8) = 800$
  El valor de venta es máximo para $x = 5$ t de acero de baja calidad: $1250$ € al día.
Respuesta final: $V (x) = 100 x + 250 \frac{40 - 5 x}{10 - x}$ tiene su único máximo en $[0, 8]$ en $x = 5$ (valor $1250$ €).