Derivadas – matemáticas 1º Bachillerato CCSS: soluciones de los ejercicios para descargar en PDF

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1. Solución del ejercicio 1

   1. Sustituimos en la fórmula: \(f(1)=1-3=-2\); \(f(3)=9-9=0\); \(f(4)=16-12=4\).
   2. La TVM es el cociente entre la variación de la función y la de la variable. En \([1,4]\): \(\dfrac{f(4)-f(1)}{4-1}=\dfrac{4-(-2)}{3}=2\). En \([1,3]\): \(\dfrac{0-(-2)}{2}=1\).
   3. El valor 2 es la pendiente de la recta secante que une los puntos \((1,-2)\) y \((4,4)\) de la gráfica: en promedio, la función sube 2 unidades por cada unidad que avanza \(x\).
   4. \(f(1+h)=(1+h)^2-3(1+h)=h^2-h-2\). TVM \(=\dfrac{h^2-h-2-(-2)}{h}=\dfrac{h^2-h}{h}=h-1\). Cuando \(h\to0\) se acerca a \(-1\), que es la derivada \(f^{\prime}(1)\).

2. Solución del ejercicio 2

   1. Formamos el cociente incremental: \(\dfrac{(3+h)^2-9}{h}=\dfrac{9+6h+h^2-9}{h}=\dfrac{6h+h^2}{h}=6+h\). Al tender \(h\) a 0 el cociente tiende a 6, luego \(f^{\prime}(3)=6\).
   2. Aparece una indeterminación \(\frac00\); multiplicamos y dividimos por el conjugado \(\sqrt{4+h}+2\): \(\dfrac{\sqrt{4+h}-2}{h}=\dfrac{(4+h)-4}{h(\sqrt{4+h}+2)}=\dfrac{1}{\sqrt{4+h}+2}\to\dfrac14\). Por tanto, \(f^{\prime}(4)=\dfrac14\).
   3. \(\dfrac{5(a+h)-2-(5a-2)}{h}=\dfrac{5h}{h}=5\). La derivada vale 5 en todos los puntos, lo que coincide con la pendiente de la recta \(y=5x-2\).

3. Solución del ejercicio 3

   1. Derivamos término a término con la regla de la potencia \((x^n)^{\prime}=nx^{n-1}\): \(f^{\prime}(x)=12x^3-6x^2+5\). El término constante \(-7\) tiene derivada nula.
   2. Primero escribimos las raíces y fracciones como potencias: \(g(x)=4x^{1/2}+x^{-2}-2x\). Entonces \(g^{\prime}(x)=2x^{-1/2}-2x^{-3}-2=\dfrac{2}{\sqrt{x}}-\dfrac{2}{x^3}-2\).
   3. Del mismo modo, \(h(x)=\dfrac16x^3-5x^{-1}+9\), luego \(h^{\prime}(x)=\dfrac12x^2+5x^{-2}=\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{5}{x^2}\).
   4. Sustituimos en las derivadas: \(f^{\prime}(1)=12-6+5=11\) y \(g^{\prime}(4)=\dfrac{2}{2}-\dfrac{2}{64}-2=1-\dfrac1{32}-2=-\dfrac{33}{32}\).

4. Solución del ejercicio 4

   1. Regla del producto \((uv)^{\prime}=u^{\prime}v+uv^{\prime}\) con \(u=x^2+1\) y \(v=3x-2\): \(f^{\prime}=2x(3x-2)+(x^2+1)\cdot3=6x^2-4x+3x^2+3=9x^2-4x+3\).
   2. Regla del cociente \(\left(\frac uv\right)^{\prime}=\frac{u^{\prime}v-uv^{\prime}}{v^2}\): \(g^{\prime}=\dfrac{2(x-3)-(2x+1)\cdot1}{(x-3)^2}=\dfrac{2x-6-2x-1}{(x-3)^2}=\dfrac{-7}{(x-3)^2}\). Es siempre negativa, así que \(g\) decrece en cada intervalo de su dominio.
   3. Es más cómodo escribir \(h=x\cdot x^{1/2}=x^{3/2}\) y aplicar la regla de la potencia: \(h^{\prime}=\dfrac32x^{1/2}=\dfrac32\sqrt{x}\).
   4. Desarrollando, \(f=3x^3-2x^2+3x-2\), y derivando término a término, \(f^{\prime}=9x^2-4x+3\). Coincide con el apartado a).

5. Solución del ejercicio 5

   1. La función exterior es la potencia cuarta y la interior \(3x^2-1\), cuya derivada es \(6x\): \(f^{\prime}=4(3x^2-1)^3\cdot6x=24x(3x^2-1)^3\).
   2. La derivada de \(e^{u}\) es \(e^{u}\cdot u^{\prime}\); aquí \(u=2x\) y \(u^{\prime}=2\): \(g^{\prime}=2e^{2x}\).
   3. La derivada de \(\ln u\) es \(\dfrac{u^{\prime}}{u}\); con \(u=x^2+1\): \(h^{\prime}=\dfrac{2x}{x^2+1}\).
   4. Combinamos producto y cadena, sabiendo que \((e^{-x})^{\prime}=-e^{-x}\): \(k^{\prime}=1\cdot e^{-x}+x\cdot(-e^{-x})=(1-x)e^{-x}\). Sacar factor común \(e^{-x}\) facilita estudiar el signo.

6. Solución del ejercicio 6

   1. Regla de la potencia: \(f^{\prime}(x)=3x^2-3\).
   2. Necesitamos el punto y la pendiente: \(f(2)=8-6=2\) y \(f^{\prime}(2)=12-3=9\). La tangente es \(y-f(2)=f^{\prime}(2)(x-2)\), es decir, \(y-2=9(x-2)\), o sea, \(y=9x-16\).
   3. La tangente es horizontal cuando su pendiente es 0: \(3x^2-3=0\), luego \(x^2=1\) y \(x=1\) o \(x=-1\).
   4. En \(x=1\): \(f(1)=1-3=-2\), y la tangente es \(y=-2\). En \(x=-1\): \(f(-1)=-1+3=2\), y la tangente es \(y=2\). Son rectas horizontales que tocan la curva en un mínimo y en un máximo relativos.

7. Solución del ejercicio 7

   1. \(s(0)=0\) y \(s(4)=32+12=44\) m. La velocidad media es la TVM de \(s\): \(\dfrac{44-0}{4}=11\) m/s.
   2. La velocidad instantánea es la derivada: \(s^{\prime}(t)=4t+3\). En \(t=4\): \(4\cdot4+3=19\) m/s.
   3. La velocidad media (11 m/s) promedia todo el intervalo; la instantánea en \(t=4\) (19 m/s) es mayor porque el coche acelera: al final va más rápido que la media.
   4. Igualamos la derivada a 15: \(4t+3=15\), luego \(4t=12\) y \(t=3\) s. A los 3 segundos el coche circula a 15 m/s.

8. Solución del ejercicio 8

   1. Sustituimos \(q=100\): \(C(100)=0{,}02\cdot10\,000+500+300=200+500+300=1\,000\) €. Producir 100 bicicletas cuesta 1 000 €.
   2. El coste marginal es la derivada del coste: \(C^{\prime}(q)=0{,}04q+5\), y \(C^{\prime}(100)=4+5=9\) € por unidad.
   3. \(C(101)=0{,}02\cdot10\,201+505+300=204{,}02+505+300=1\,009{,}02\) €. La unidad 101 cuesta \(C(101)-C(100)=9{,}02\) €, prácticamente lo mismo que el coste marginal.
   4. El coste marginal indica cuánto cuesta aproximadamente fabricar una unidad más cuando ya se producen 100: unos 9 €.

9. Solución del ejercicio 9

   1. \(I(20)=60\cdot20-\dfrac12\cdot400=1\,200-200=1\,000\) €. Vendiendo 20 pares se ingresan 1 000 € a la semana.
   2. Derivamos: \(I^{\prime}(q)=60-q\), y \(I^{\prime}(20)=40\) € por par. Vender un par más aumenta el ingreso en unos 40 €.
   3. Resolvemos \(60-q=0\), de donde \(q=60\) pares.
   4. Para \(q\lt 60\) el ingreso marginal es positivo y el ingreso crece; para \(q\gt 60\) es negativo y el ingreso baja. Con \(q=60\) se alcanza el ingreso máximo, \(I(60)=3\,600-1\,800=1\,800\) €.

10. Solución del ejercicio 10

    1. En 2020, \(t=0\): \(P(0)=1000\,e^{0}=1000\) habitantes. En 2030, \(t=10\): \(P(10)=1000\,e^{0{,}3}=1000\cdot1{,}3499\approx1\,350\) habitantes.
    2. TVM \(=\dfrac{P(10)-P(0)}{10-0}=\dfrac{1350-1000}{10}=35\) habitantes por año, de media.
    3. Por la regla de la cadena, \(P^{\prime}(t)=1000\cdot0{,}03\,e^{0{,}03t}=30\,e^{0{,}03t}\). En 2030: \(30\cdot1{,}3499\approx40{,}5\) habitantes por año, más que la media porque la población crece cada vez más deprisa.
    4. \(P^{\prime}(t)=30\,e^{0{,}03t}=0{,}03\cdot1000\,e^{0{,}03t}=0{,}03\,P(t)\). El ritmo de crecimiento es proporcional a la población: cada año crece un 3 % de los habitantes que hay.

11. Solución del ejercicio 11

    1. \(f^{\prime}(x)=3x^2-12x+9=3(x^2-4x+3)=3(x-1)(x-3)\). Se anula en \(x=1\) y \(x=3\).
    2. En \((-\infty,1)\) pruebo \(x=0\): \(f^{\prime}(0)=9\gt 0\). En \((1,3)\) pruebo \(x=2\): \(f^{\prime}(2)=-3\lt 0\). En \((3,\infty)\) pruebo \(x=4\): \(f^{\prime}(4)=9\gt 0\).
    3. Crece en \((-\infty,1)\cup(3,\infty)\) y decrece en \((1,3)\).
    4. En \(x=1\) pasa de crecer a decrecer: máximo relativo \((1,4)\). En \(x=3\) pasa de decrecer a crecer: mínimo relativo \((3,0)\).

12. Solución del ejercicio 12

    1. \(B(10)=-100+600-500=0\) y \(B(50)=-2500+3000-500=0\). En ambos casos el beneficio es nulo: son los umbrales de rentabilidad.
    2. \(B^{\prime}(q)=-2q+60\). Resolvemos \(-2q+60=0\) y obtenemos \(q=30\).
    3. \(B^{\prime}\gt 0\) si \(q\lt 30\) y \(B^{\prime}\lt 0\) si \(q\gt 30\): el beneficio crece y luego decrece, así que hay un máximo. \(B(30)=-900+1800-500=400\) €, que se obtiene con 3 000 desayunos.
    4. Factorizamos \(B(q)=-(q-10)(q-50)\), que es positivo entre las raíces: para \(10\lt q\lt 50\), es decir, de 1 000 a 5 000 desayunos al mes.

13. Solución del ejercicio 13

    1. Al salir de las manos \(x=0\): \(y(0)=2\) m.
    2. \(y^{\prime}(x)=-0{,}2x+0{,}8\) y \(y^{\prime}(0)=0{,}8\): el balón sale con una pendiente de 0,8, es decir, sube 0,8 m por cada metro que avanza.
    3. Resolvemos \(y^{\prime}(x)=0\): \(-0{,}2x+0{,}8=0\), luego \(x=4\) m. Como \(y^{\prime}\) pasa de positiva a negativa, es un máximo: \(y(4)=-1{,}6+3{,}2+2=3{,}6\) m. El balón alcanza 3,6 m a 4 m del lanzamiento.
    4. \(y(2)=-0{,}4+1{,}6+2=3{,}2\) y \(y^{\prime}(2)=-0{,}4+0{,}8=0{,}4\). Tangente: \(y-3{,}2=0{,}4(x-2)\), es decir, \(y=0{,}4x+2{,}4\).

14. Solución del ejercicio 14

    1. \(c(1)=\dfrac{20}{1+4}=4\) mg/L y \(c(4)=\dfrac{80}{16+4}=4\) mg/L. La concentración es la misma en los dos instantes, así que entre ellos debe alcanzarse un máximo.
    2. Regla del cociente: \(c^{\prime}(t)=\dfrac{20(t^2+4)-20t\cdot2t}{(t^2+4)^2}=\dfrac{80-20t^2}{(t^2+4)^2}\).
    3. Igualamos el numerador a 0: \(80-20t^2=0\), luego \(t^2=4\) y \(t=2\) h (la solución \(-2\) no tiene sentido). \(c(2)=\dfrac{40}{8}=5\) mg/L es la concentración máxima.
    4. El denominador es positivo, así que el signo lo da \(80-20t^2\): positivo si \(t\lt 2\) y negativo si \(t\gt 2\). La concentración aumenta en \((0,2)\) y disminuye para \(t\gt 2\).

15. Solución del ejercicio 15

    1. Malla: \(2x+y=200\), luego \(y=200-2x\). Superficie \(S(x)=x(200-2x)=200x-2x^2\). Dominio: \(0\lt x\lt 100\).
    2. \(S(20)=20\cdot160=3\,200\); \(S(40)=40\cdot120=4\,800\); \(S(50)=50\cdot100=5\,000\); \(S(70)=70\cdot60=4\,200\); \(S(90)=90\cdot20=1\,800\).
    3. \(S^{\prime}(x)=200-4x=0\) implica \(x=50\).
    4. Para \(x=50\): \(y=200-100=100\) m. Superficie: \(50\cdot100=5\,000\) m\(^2\). Es máximo porque \(S^{\prime}\gt 0\) si \(x\lt 50\) y \(S^{\prime}\lt 0\) si \(x\gt 50\) (o porque \(S\) es una parábola con coeficiente \(-2\lt 0\)).
    5. Con tres lados iguales, \(3x=200\), \(x=66{,}67\) m: \(S=66{,}67^2=4\,444{,}4\) m\(^2\). Es menor que 5 000 m\(^2\), así que no es lo óptimo.

16. Solución del ejercicio 16

    1. Altura \(x\); base de \((30-2x)\) por \((20-2x)\) cm. Debe ser \(0\lt x\lt 10\).
    2. \(V(x)=x(30-2x)(20-2x)=4x^3-100x^2+600x\).
    3. \(V^{\prime}(x)=12x^2-200x+600=0\), que simplificada es \(3x^2-50x+150=0\). Fórmula: \(x=\dfrac{50\pm\sqrt{2500-1800}}{6}=\dfrac{50\pm26{,}46}{6}\), es decir, \(x=12{,}74\) (fuera del dominio) o \(x=3{,}92\) cm.
    4. Con \(x=3{,}92\): base \(22{,}15\) por \(12{,}15\) cm y altura \(3{,}92\) cm. \(V=3{,}92\cdot22{,}15\cdot12{,}15=1056\) cm\(^3\).
    5. \(V(3)=3\cdot24\cdot14=1\,008\) cm\(^3\) y \(V(5)=5\cdot20\cdot10=1\,000\) cm\(^3\). Ambos son menores que el máximo (unos 1056 cm\(^3\)).

17. Solución del ejercicio 17

    1. \(\overline{C}(q)=\dfrac{q^2+10q+400}{q}=q+10+\dfrac{400}{q}\).
    2. \(\overline{C}(5)=5+10+80=95\); \(\overline{C}(10)=10+10+40=60\); \(\overline{C}(20)=20+10+20=50\); \(\overline{C}(30)=30+10+13{,}33=53{,}33\); \(\overline{C}(40)=40+10+10=60\).
    3. \(\overline{C}^{\prime}(q)=1-\dfrac{400}{q^2}=0\) implica \(q^2=400\), luego \(q=20\) (solo la solución positiva).
    4. \(\overline{C}(20)=50\) € por cada cien folletos. Coste total: \(C(20)=400+200+400=1\,000\) €, que es \(50\cdot20\).
    5. \(C^{\prime}(q)=2q+10\) y \(C^{\prime}(20)=50\), igual que \(\overline{C}(20)=50\). Es una propiedad general: en el mínimo del coste medio, el coste marginal es igual al coste medio.

18. Solución del ejercicio 18

    1. Ingreso \(=\) cantidad \(\cdot\) precio: \(I(q)=q(100-0{,}5q)=100q-0{,}5q^2\).
    2. Restamos el coste: \(B(q)=100q-0{,}5q^2-20q-400=-0{,}5q^2+80q-400\).
    3. \(B^{\prime}(q)=-q+80\); resolvemos \(-q+80=0\) y obtenemos \(q=80\). Es un máximo porque \(B\) es una parábola con coeficiente principal \(-0{,}5\lt 0\).
    4. \(B(80)=-3\,200+6\,400-400=2\,800\) €. El precio es \(p(80)=100-40=60\) € por mochila. La empresa debe fabricar 80 mochilas al mes.
    5. \(I^{\prime}(q)=100-q\) da \(I^{\prime}(80)=20\), y \(C^{\prime}(q)=20\). Coinciden: en el óptimo, el ingreso marginal es igual al coste marginal.

19. Solución del ejercicio 19

    1. \(c(0)=0\); \(c(1)=10e^{-0{,}5}=6{,}07\); \(c(2)=20e^{-1}=7{,}36\); \(c(4)=40e^{-2}=5{,}41\); \(c(6)=60e^{-3}=2{,}99\); \(c(10)=100e^{-5}=0{,}67\).
    2. \(c^{\prime}(t)=10e^{-t/2}+10t\cdot\left(-\dfrac12\right)e^{-t/2}=10e^{-t/2}\left(1-\dfrac t2\right)\).
    3. Como \(e^{-t/2}\gt 0\), se anula si \(1-\dfrac t2=0\), es decir, \(t=2\) h. Concentración máxima: \(c(2)=20e^{-1}=7{,}36\) mg/L.
    4. \(c^{\prime}\gt 0\) si \(t\lt 2\) (crece) y \(c^{\prime}\lt 0\) si \(t\gt 2\) (decrece).
    5. \(c(10)=0{,}67\) mg/L, menor que 2. De hecho ya a las 6 h es \(2{,}99\) y a las 8 h es \(80e^{-4}=1{,}47\): baja de 2 mg/L entre las 6 y las 8 horas.

20. Solución del ejercicio 20

    1. Debe cumplirse \(f(1)=-1\): \(1+a+b=-1\), es decir, \(a+b=-2\). Y \(f^{\prime}(1)=0\): \(3+2a+b=0\), es decir, \(2a+b=-3\). Restando: \(a=-1\) y \(b=-1\). Entonces \(f(x)=x^3-x^2-x\).
    2. \(f^{\prime}(x)=3x^2-2x-1=(x-1)(3x+1)\). Raíces: \(x=1\) y \(x=-\dfrac13\). Signo: positiva, negativa, positiva. Máximo relativo en \(x=-\dfrac13\) y mínimo relativo en \((1,-1)\).
    3. \(f(2)=8-4-2=2\) y \(f^{\prime}(2)=12-4-1=7\). Tangente: \(y-2=7(x-2)\), es decir, \(y=7x-12\).
    4. Se necesita \(3x^2-2x-1=-2\), es decir, \(3x^2-2x+1=0\). El discriminante es \(4-12=-8\lt 0\), así que no tiene solución: ninguna tangente tiene pendiente \(-2\) (el valor mínimo de \(f^{\prime}\) es \(-\dfrac43\)).