02 Extremos y optimización Ejercicios · Alberto Entero Conde Maite González Juarrero...

Alberto Entero Conde

Maite González Juarrero MATEMÁTICAS II

Extremos y optimización de funciones

EJERCICIOS

- 1 -

1. Estudia el dominio, crecimiento, máximos y mínimos relativos de las siguientes funciones:

a) 1

)(2

3

−

=

x

xxf b) xexxf −

⋅=2

)( c) ( )xex e

f xx

−= d) xxxf ln)( 2

⋅=

e) 2 2

( ) ln2 1

xf x

x

+=

−

f) ( )( )

1

2

1

xef x

x

−

=

+

g) ( ) sen

cosxf x e x=

a) ( ) 21 0f x x∃ ⇔ − ≠ ⇒ { }1,1fD = − −ℝ

( )( )

( )

2 2 33

222

3 1 2( )

1 1

x x x xxf x f x

x x

− − ⋅′= ⇒ = ⇔

− −

( )( )

4 2

22

3

1

x xf x

x

−′ =

−

( )2

21 0 fx x D− > ∀ ∈ ⇒ ( )( ) ( )4 2 en , sig sig 3fD f x x x′ = −

+ +

3− 3 0 1− 1

− − ( )4 2sig 3x x−

( )Monotomía de f x

• En 1x = − y 1x = la función sufre una discontinuidad.

• Los puntos críticos de la función son:

3,x = − 0x = y 3x = , porque en

ellos la derivada se anula.

En 3x = − hay un máximo relativo,

en 0x = un punto de inflexión y en

3x = un mínimo relativo.

3−

3

b) fD = ℝ ( )2 2( ) ( ) 2x xf x x e f x e x x− −

′= ⋅ ⇒ = −

( ) ( )20 sig sig 2xe x f x x−

′> ∀ ∈ ⇒ = −ℝ




EJERCICIOS

- 2 -

( )2sig 2x x− − − + 0 2

( )

Monotomía

de f x

La función tiene dos puntos críticos: 0x = y 2x = .

En 0x = se alcanza un mínimo relativo y en 2x = un máximo relativo.

c) ( )xex e

f xx

−= ( ) 0f x x∃ ⇔ ≠ ⇒ { }0f

D = −ℝ

( )( ) ( )

2 2

x xx xe e x ex e xe e

f xx x

− − − − +′ = = ⇔

⇔ ( )( )

2

1xe x

f xx

−′ =

( ) ( )2

0en sig sig 1

0

x

f

f

e xD f x x

x x D

> ∀′⇒ = −

> ∀ ∈

( )sig 1 x−

+ −

0 1

En 1x = se alcanza un máximo relativo, siendo

( )1 0f = el valor de este máximo

d) 2( ) lnf x x x= ⋅ ⇒ ( ) 0f x x∃ ⇔ > ⇔ ( )0,fD = ∞

2

( ) 2 lnx

f x x xx

′ = + ⇔ ( ) ( )2ln 1f x x x′ = +

Como 0 fx x D> ∀ ∈ ⇒ ( ) ( )sig sig 2ln 1f x x′ = +

1 22ln 1 0 ln 1 2 0,61x x x e

−

+ = ⇒ = − ⇒ = ≈

− + ( )sig 2ln 1x + 0 1 2

e−

La función alcanza un mínimo relativo en 1 2x e

−

= . El valor de este mínimo relativo es

( )�

( )1 1 1

2 2 2

1

2

1 2

1( ) ln

2e

f e e ee

− − −

−

−

−

= ⋅ =

��

e) ( )22 2 2 02 2

( ) ln 0 2 1 02 1 2 1

x xx xf x f x x

x x

+ > ∀+ += ⇒ ∃ ⇔ > ⇔ − > ⇒

− −( )1 2,fD = ∞

( ) ( )2

22( ) ln ln 2 ln 2 1

2 1

xf x x x

x

+= = + − − ⇒

−

( )2

2 2

2 2 1

xf x

x x′ = − ⇒

+ −

1 2e−




EJERCICIOS

- 3 -

⇒ ( )( )( )

( )2

2

2 2 4 con 1 2,

2 2 1

x xf x x

x x

− −′ = ∈ ∞

+ −

Como 22 0x x+ > ∀ ∈ℝ y 2 1 0 ,fx x D− > ∀ ∈

( ) ( )2sig sig 2 2 4f x x x′ = − − en ( )1 2,fD = ∞ .

( )2sig 2 2 4x x− −

1 2 2

− +

( )

Monotomía

de f x

En 2x = se alcanza un mínimo relativo. 1 2

f) ( )( )

1

21 0

1

x

f

ef x x D x

x

−

= ⇒ ∈ ⇔ + ≠ ⇒

+{ }1fD = − −ℝ

( )( ) ( )

( )

( )( )

( )

21 1 1

4 4

1 2 1 1 1 2

1 1

x x xe x e x e x xf x

x x

− − −

+ − + + + −′ = = ⇔

+ +( )

( )

( )

1

3

1

1

xe xf x

x

−

−′ =

+

Como 10

x

e x−

> ∀ ∈ℝ y ( ) ( )3

sig 1 sig 1 :x x+ = +

( )1

sig sig1

xf x

x

−′ =

+

( )sig 1x − → − +

+ − ( )sig 1x + → 1− 1

+ + − ( )sig f x′ →

( )

Monotonía

de f x

En 1x = − la función es discontinua, en 1x = alcanza un mínimo relativo.

g) ( ) sen

cos .xf x e x= fD = ℝ Como la función es periódica, de periodo 2 ,π vamos a estudiarla en

el intervalo [ ]0,2π y los resultados obtenidos serán extrapolados a .ℝ

( ) ( )sen sen 2 sencos cos sen

x x xf x e x f x e x e x′= ⇒ = − ⇔ ( ) ( )sen 2cos sen .

xf x e x x′ = −

Como sen

0x

e x> ∀ ∈ ⇒ℝ ( ) ( )2sig sig cos senf x x x′ = −

sen2 2 2 1 5 1 5

cos sen 0 1 sen sen 0 1 0 12 2

x t

x x x x t t t t

=

− + − −− = ⇔ − − = ⇔ + − = ⇒ = ∨ = < −

0,67 rad.1 5 1 5sen arcsen

0,67 2,48 rad.2 2

x

x x

x π

≈− + − += ⇒ = ⇒

≈ − ≈

0,67α ≈

0 α π α− 2π

+ + −




EJERCICIOS

- 4 -

La función alcanza en 1 5

arcsen2

α

− += un máximo relativo y en π α− un mínimo relativo. Al

ser periódica de periodo 2π , alcanza máximos relativos en 2kα π+ y mínimos relativos en

( )2 1kα π− + + , con .k∈ℤ

α π α−

2. Si f es una función definida en ( )π2,0 tal que x

xxf

−=′cos

)( , obtén los intervalos de

crecimiento y decrecimiento y los extremos relativos de f .

No conocemos la función, pero para estudiar su crecimiento y decrecimiento basta con el signo de su derivada, que es precisamente lo que nos dan.

Como ( )π2,0)( ∈∀−=− xxsig , basta estudiar el signo de xcos para conocer el crecimiento y de-

crecimiento.

⇒= 0cos x 2 3 2x xπ π= ∨ =

( )sig cos x

( )sig f x′

+ +

+

−

− −

Con todo lo expuesto podemos asegurar que )(xf alcanza un mínimo relativo en 2x π= y un

máximo relativo en 3 2.x π=

3. Dada la función kxxxf +−=23 32)( , determina sus extremos relativos, y a partir de ellos,

sus intervalos de monotonía. A continuación indica para qué valores de k )(xf tiene tres

ceros, e indica a qué intervalo del eje de abscisas pertenece.

⇒+−= kxxxf 23 32)( xxxf 66)(' 2−= .

⇒=′ 0)(xf 1,0 == xx

Se alcanza un máximo relativo en ( ) =)0(,0 f ( )k,0 y en

mínimo relativo en ( ) =)1(,1 f ( )1,1 −k .

Para que el polinomio tenga tres raíces, su gráfica debe cortar tres veces al eje. Esto ocurre cuando el máximo relativo está por encima de este eje y el mínimo relativo por debajo. Es decir cuando:

⇔<−> 01y 0 kk 10 << k

En ese caso, una raíz están en ( ),0 ,−∞ otra en ( )0,1 y la tercera en ( )1,∞ .




EJERCICIOS

- 5 -

4. Si la curva (I) es la gráfica de la función ( ),f x ¿cuál o cuáles de las otras tres pueden ser la

gráfica de ′f x( ) ?

(I)

(II)

(III)

(IV)

Si (I) es la gráfica de ( ) ,f x tiene extremos relativos en 1x = − y 2.x = Como se trata de una fun-

ción derivable en ,ℝ ( )f x′ se anula en esos puntos, condición que cumplen (III) y (IV), por lo que

(II) ya queda descartada. También la grafica de una función nos da información sobre su crecimiento y decrecimiento, y en consecuencia sobre el signo de su derivada.

Esta distribución coincide con la de la curva (III), por lo que únicamente esta

puede ser la gráfica de ( )f x′

5. Si la gráfica (I) corresponde a la curva y f x= ′( ) , ¿cuál o cuáles de las otras tres pueden

corresponder a y f x= ( ) ?

( )I

( )II

( )

Monotonía

de f x

( )sig f x′ + + − 1− 2




EJERCICIOS

- 6 -

( )III

( )IV

¿Puede haber dos funciones distintas con la misma función derivada?

Si (I) es la gráfica de ( )f x′ sabemos que ( ) ( )2 1 0f f′ ′− = = ⇒ 2x = − y 1x = son puntos críticos

de ( )f x . Esto no nos permite eliminar ninguna de las otras curvas como posible gráfica de ( )f x ,

pues las tres lo cumplen.

Estudiamos el signo de ( )f x′

Tanto la curva (II) como la (IV) podrían ser la

gráfica de ( )f x

Acabamos de comprobar que dos funciones distintas pueden tener la misma función derivada, cosa

que no debe sorprendernos, pues por ejemplo sabemos que si ( ) senf x x= y ( ) sen 5g x x= + , en-

tonces ( ) ( ) cosf x g x x′ ′= =

6. Sean f x g x( ) ( ) y dos funciones tales que '( ) '( ),f x g x= ¿podemos asegurar que ( ) ( )f x g x= ?

¿Qué se puede afirmar de las funciones f x g x( ) ( ) y ?

En el ejercicio anterior hemos visto que dos funciones distintas pueden tener la misma función deri-

vada, luego si '( ) '( )f x g x= no podemos asegurar que ( ) ( ).f x g x=

Más adelante veremos que si dos funciones tienen la misma derivada, entonces se diferencian en una constante:

( ) ( )'( ) '( ) cte.f x g x f x g x= ⇒ − =

En la figura aparecen las gráficas de dos funciones que se diferencian en una constante, o lo que es lo mismo una se

obtiene trasladando verticalmente “K unidades” la otra. Las dos tienen la misma derivada, pues en cualquier punto, la tangente de una es paralela a la tangente de la otra. Recíprocamente, si dos funciones tienen la misma derivada,

se diferencian en una constante, lo que de una forma intuitiva podemos imaginarnos que se trata de “la misma montaña rusa”, montada en dos lugares de distinta altitud.

( )

Monotonía

de f x

( )sig f x′ + −

2− 1

−

( )y f x=

( )y f x K= +

K




EJERCICIOS

- 7 -

7. Hallar a y b para que la función xbxxaxf ++=2ln)( tenga extremos relativos en 1

1=x y

22=x . ¿De qué tipo son estos extremos?

Para que tenga extremos en estos puntos, debe ser 0)2()1( =′=′ ff .

⇒++= xbxxaxf 2ln)( ⇒++=′ 12)( bxx

axf

=++⇔=′

=++⇔=′

0142

0)2(

0120)1(

ba

f

baf

Resolviendo este

sistema, resulta: 6

1y

3

2 −=

−= ba .

Que la derivada se anule en un punto es condición necesaria, pero no suficiente, para que en ese punto se alcance un extremo relativo, pues también podría tratarse de un punto de inflexión, por lo que con lo hecho hasta ahora no podemos asegurar que esta sea la solución, pero sí que es la única

posible. Para saber si definitivamente en 11=x y 2

2=x la función alcanza extremos relativos, y si

lo son de qué tipo, analizamos el signo de 133

2)( +−

−=′

x

xxf , que sabemos se anula para 1 y para 2.

Signo de )(xf ′

0 1 2

- + -

Crecimiento de )(xf

0 1 2

Ya podemos asegurar que en 11=x se alcanza un mínimo relativo y en 2

2=x un máximo relativo.

8. Halla el valor de k para que la función kx

exf

x

+

=2

)( tenga un único punto crítico. En ese

caso, ¿se trata de un máximo o un mínimo relativos?

Para que la función tenga un solo punto crítico, la ecuación 0)( =′ xf debe tener una única solución.

⇒

+

=

kx

exf

x

2)(

( )( )22

22

)(kx

kxxexf

x

+

+−=′ .

⇔=′ 0)(xf ⇒=+− 022 kxx

2

442 kx

−±=

Esta solución es única cuando 044 =− k , es decir, cuando 1=k

Para saber si se trata de un máximo o un mínimo, estudiamos el signo de ( )( )22

2

1

12)(

+

+−=′

x

xxexf

x

.

El signo de )(xf ′ coincide con el de 122

+− xx , puesto que los demás factores son siempre positi-

vos.

1

+ +

1




EJERCICIOS

- 8 -

Como la función siempre es creciente, no es ni un máximo ni un mínimo relativos, se trata de un punto de inflexión.

9. Halla los máximos y mínimos absolutos de las siguientes funciones:

a) [ ]2( ) ( 1) ( 1) con 2,1 f x x x x= − ⋅ + ∈ − b) ( ) [ ]4 3 2

3 8 6 con 1 2,1 2f x x x x x= − + ∈ −

c) [ ]2( ) 4 +3 con 2, 4 f x x x x= − ∈ − d) ( ) [ ]

223( ) 4 con 1,3 f x x x= − ∈ −

En todos los casos se trata de una función continua definida en un intervalo cerrado, por el teorema de Weierstrass la función alcanza un máximo y un mínimo absolutos en dicho intervalo, que sabe-mos pueden ser alcanzados en los extremos del intervalo o en los puntos críticos de su interior.

a) 2 3 2( ) ( 1) ( 1) 1f x x x x x x= − ⋅ + = + − − ⇒

⇒ 2( ) 3 2 1.f x x x′ = + −

Como la función es derivable en ℝ , los puntos críticos en

( )2,1− son los de derivada nula.

( )

( )2

1 2,1( ) 0 3 2 1 0

1 3 2,1

xf x x x

x

= − ∈ −′ = ⇔ + − = ⇒

= ∈ −

( ) ( ) ( ) ( )2 3, 1 0, 1 3 32 27, 1 0f f f f− = − − = = − =

El mínimo absoluto de la función es 3− , que se alcanza

cuando 2.x = − El máximo absoluto es 0 y se alcanza para

1x = − y para 1.x =

1 3

b) ( ) ( )4 3 2 3 23 8 6 12 24 12f x x x x f x x x x′= − + ⇒ = −

Como la función es derivable en ℝ , los puntos críticos en ( )1 2,1 2−

son los de derivada nula.

( )

( )3 2

0 1 2,1 212 24 12 0

1 1 2,1 2

x

x x x

x

= ∈ −− = ⇒

= ∉ −

( ) ( ) ( )1 2 43 16, 0 0, 1 2 11 16f f f− = = =

El mínimo absoluto de la función es 0, que se alcanza para 0.x = El

máximo absoluto es 43 16 y se alcanza en 1 2.x = −

c) [ ] ( )2

2

2

4 3 2 0( ) 4 +3 con 2,4

4 3 0 4

x x xf x x x x f x

x x x

+ + − ≤ <= − ∈ − ⇔ =

− + ≤ ≤

La función es continua en [ ]2,4− , pero no es derivable en 0,x = siendo:

( )2 4 2 0

2 4 0 4

x xf x

x x

+ − ≤ <′ =

− < ≤ 1 ( )

( )

( )

2 4 0 2 2,00

2 4 0 2 0,4

x xf x

x x

+ = ⇒ = − ∉ −′ = ⇒

− = ⇒ = ∈

Los puntos críticos en ( )2,4− son 0x = porque ( )0f ′∃ y 2x = porque ( )2 0f ′ =

1 Se sobreentiende que en los extremos del intervalo se habla de derivada lateral.

Alberto Entero Conde Maite González Juarrero

MATEMÁTICAS II Extremos y optimización de funciones

EJERCICIOS

- 9 -

( ) ( ) ( ) ( )2 1, 0 3, 2 1, 4 3f f f f− = − = = − =

El máximo de la función en [ ]2,4− es 3 y se alcanza en 0x = y 4x = , el mínimo es 1− y se alcan-

za en 2x = − y 2x = .

d) ( ) ( )2 2 3

2 23( ) 4 = 4f x x x= − − ⇒ ( ) ( )1 3

224 2

3f x x x

−

′ = − ⇔ ( )3 2

4

3 4

xf x

x′ =

−

La función es continua en ,ℝ pero no es derivable en

2x = − ni en 2.x = Como además ( )f x′ se anula en

0,x = sus puntos críticos en ( )1,3− son 0x = y 2x =

( ) ( )

( ) ( )

33

3

1 9 2,08; 0 2 2 2,52

2 0; 3 25 2,92

f f

f f

− = ≈ = ≈

= = ≈

El mínimo de la función en [ ]1,3− es ( )2 0f = y el máximo ( ) 33 25f =

10. Halla los máximos y mínimos de la función ( )2xf x e−=

Cuando como en este caso se nos pide hallar los extremos absolutos de una función, sin restringir su dominio a un intervalo cerrado, tendremos en cuenta:

• La existencia de extremos relativos.

( ) ( )2 2

2x xf x e f x xe−

′= ⇒ = − ⇒ ( )en 0 la función alcanza un máximo relativo, siendo 0 1x f= =

• La acotación de la función. o Si existe asíntota vertical, la función no estará acotada, lo que descarta la existencia

de máximo si no está acotada superiormente y de mínimo si no lo está inferiormente.

( )2

no tiene asíntotas verticalesxf x e−=

o Estudiando ( )límx

f x→∞

y ( )límx

f x→−∞

también no da información de la acotación de la

función. Si y k= es una asíntota horizontal que no es cortada por la gráfica de ( )f x ,

k podrá ser supremos o ínfimo, pero no extremo absoluto 2 2 2

lím lím 0 0x x x

x x

e e e x− − −

→∞ →−∞

= = ∧ ≠ ∀




EJERCICIOS

- 10 -

Toda esta información, junto a la continuidad de ( )f x en ,ℝ nos permite asegurar que su recorrido

es ( ]0,1 , por lo que 1 es el máximo de ( )f x , que no tiene mínimo, aunque 0 es su ínfimo.

11. Halla los puntos de la curva 2

1

1

xy

+

= en los que la recta tangente tiene pendiente máxima y

el valor de esa pendiente.

Como la derivada en cada punto x es el valor de ( )( )

22

2

1

xf x

x

−′ =

+

, se trata de estudiar los extremos

de esta función, para lo que necesitamos su derivada, es decir, ( ).f x′′

( )( ) ( )

( )

22 2

42

2 1 2 2 1 2

1

x x x xf x

x

− + + ⋅ + ⋅′′ = =

+

( )( )

( )

2 2

42

2 1 3 1

1

x x

x

+ −⇔

+

( )( )

( )

2

32

2 3 1

1

xf x

x

−′′ =

+

( )f x x′′∃ ∀ ∈ℝ , por lo que los puntos críticos de ( )f x′ son los que anulan ( )f x′′ :

( ) 20 3 1 0 3 3 3 3f x x x x′′ = ⇔ − = ⇒ = − ∨ =

( ) ( ) ( )3

2 21 0 sig sig 3 1x x f x x′′+ > ∀ ∈ ⇒ = −ℝ

( )sig f x′′ →

( )

Monotonía

de f x′

3 3− 3 3

+ + −

Tenemos localizados los extremos relativos de ( )f x′ , que son ( )3 3

3 38

f ′ − = el máximo rela-

tivo y ( )3 3

3 38

f−

′ = el mínimo relativo, pero no podemos asegurar que sean también absolutos.

Además la función está definida en ℝ y no en un intervalo cerrado, por lo que ni siquiera está ga-

rantizada la existencia de estos extremos absolutos. En casos como este debemos preguntarnos qué

ocurre cuando x→−∞ y cuando x→∞ para saber si la función está acotada.

( )( )

22

2lím lím 0

1x x

xf x

x→−∞ →−∞

−′ = =

+

y ( )( )

22

2lím lím 0

1x x

xf x

x→∞ →∞

−′ = =

+

Como ( )f x′ es continua en ℝ y los límites anteriores son finitos, la función está acotada. Por otra

parte, 0y = es asíntota horizontal, que en este caso si se corta, pues ( )0 0f ′ = , pero no es un valor

extremo, ( ) ( ) ( )3 3 3 3

3 3 0 0 3 38 8

f f f−

′ ′ ′= < = < − = por lo que los extremos relativos son

también absolutos.




EJERCICIOS

- 11 -

La curva 2

1

1

xy

+

= tiene su pendiente máxima en 3 3x = − siendo 3 3

3 3

8m

−

=

12. De una lámina rectangular de cartón, cuyas dimensiones son 6 dm. y 8 dm. respectivamente, se cortan cuadrados iguales en cada esquina para construir una caja sin tapa. ¿Qué dimensiones deben tener estos cuadrados para que el volumen de la caja sea máximo?

6 dm.

8 dm.

x

6 2x−

8 2x−

( ) ( )6 2 8 2B

S x x= − −

BS

x

Cortamos un cuadrado en cada esquina y procediendo como se indica en la figura, obtenemos la caja sin tapa. La forma de la caja, y con ella el volumen, varía con la longitud del cuadrado cortado, lo que nos determina cuál va a ser la variable de la que vamos a hacer depender el volumen, que es la magnitud a “optimizar”. Llamando x a la longitud del cuadrado, observamos:

• La caja tiene una base rectangular, que al haber quitado “x decímetros” en cada extremo de

la lámina inicial, su superficie es ( ) ( )6 2 8 2 .B

S x x= − −

• La altura de la caja coincide con la longitud del lado del cuadrado cortado, es decir, x, por lo

que: ( ) ( ) ( ) 3 26 2 8 2 4 28 48V x x x x x x x= − − = − +

• El mínimo valor que puede tomar la variable x es 0, mientras que el máximo es la mitad de la longitud del lado menor de la lámina, es decir, 3 decímetros.

• Hallar el volumen máximo que puede tener la caja equivale a hallar el máximo de:

( ) [ ]3 24 28 48 con 0,3V x x x x x= − + ∈

( ) ( )3 2 24 28 48 12 56 48.V x x x x V x x x′= − + ⇒ = − +

( ) 20 12 56 48 0V x x x′ = ⇔ − + = ⇔

( )2

7 130,3

33 14 12 0

7 131,13

3

x x

+∉

− + = ⇒

− ≈

( ) ( ) ( )7 13

30 0; 24,26; 3 0V V V

−

= ≈ =

La caja de volumen máximo se obtiene cortando un cuadrado de longitud 7 13

31,13 dm.−

≈

13. Se quiere cercar una zona rectangular de una finca. Uno de los lados de la parte cercada da a un

camino, por lo que en ese lado se pondrá una valla de calidad superior al resto, que quedara en el interior de la finca. Si la valla que está al lado del camino cuesta 6 €/m y la de los otros lados 1 €/m. Hallar el área máxima que podemos cercar con 280 €.




EJERCICIOS

- 12 -

• La magnitud a optimizar es la superficie cercada, que es fácil poner en función de las dimensiones del rectángulo:

( ), .S x y x y= ⋅

• Para “eliminar” una de las variables necesitamos una relación entre ellas, que necesariamente tiene que ser el precio de la valla, que es el único dato del que disponemos:

1 1 1 6 280x y x y+ + + = ⇔ 2 7 280x y+ = ⇒280 2

7

xy

−

=

( )( ) [ ]

2,

280 2 con 0,140280 2

77

S x y x yx x

S x xxy

= ⋅

−⇒ = ∈

−=

( ) 0 280 4 0 70 m.S x x x′ = ⇔ − = ⇒ = ( )20 my =

Como ( ) ( )0 140 0S S= = y ( )70 1400 :S =

La superficie máxima que podemos cercar con 280 € es 21400 m .

14. Halla las dimensiones del rectángulo de mayor área que se puede inscribir en un triángulo isósceles que tiene por base 10 cm. y 15 cm. de altura.

Posiblemente tu primera idea sea poner la superficie del rectán-

gulo DEFG , que es la magnitud a optimizar, en función de sus

dimensiones, cosa que te recomiendo hagas y compruebes que obtienes el mismo resultado que aquí, que para facilitar los cál-culo se utilizan la variables x e y que aparecen en la figura.

( ) ( ), 10 2S x y x y= − ⋅

Para encontrar una relación entre las dos variables nos basamos

en que los triángulos rectángulos CMB y FEB son semejantes:

15 55 15 3y x y x

y x= ⇒ = ⇒ =

( ) ( )( ) [ ]2

, 10 230 6 con 0,5

3

S x y x yS x x x x

y x

= − ⋅

⇒ = − ∈

=

( ) 0 30 12 0 5 2 cm.S x x x′ = ⇔ − = ⇒ = Como ( ) ( )0 5 0,S S= = el máximo se alcanza en el punto

crítico.

Las dimensiones del rectángulo de área máxima son 10 2 5 cm.x− = de base y 3 15 2 cm.x = de

altura.

15. La resistencia de una viga de sección rectangular es proporcional a la anchura y al cuadrado de la altura. Halla las dimensiones de la viga de máxima resistencia que se puede obtener de un

madero de 60 cm. de diámetro.

x

y

15 cm.

x 10 2 x−

y

A B

C

M

10 cm

D E

F G




EJERCICIOS

- 13 -

Si x es la anchura de la viga e y su altura, la resistencia, en función de

estas dos variables es ( ) 2, ,R x y Kxy= siendo K una constante.

( )( ) ( ) [ ]

2

2

2 2 2 2 2

,3600 con 0,60

60 3600

R x y KxyR x Kx x x

x y y x

=

⇔ = − ∈

+ = ⇒ = −

( ) ( )3 23600 3600 3 .R x Kx Kx R x K Kx′= − ⇒ = −

( ) 0 20 3 30,64 cm.R x x′ = ⇒ = ≈

Como ( ) ( )0 60 0,R R= = la máxima resistencia se obtiene en el punto crítico.

20 32

3600

x

y x

=

= − ⇒ 20 6 49 cm.y = ≈

La viga de máxima resistencia es la de dimensiones 20 3 30,64 cm.≈ y 20 6 49 cm.≈

16. Halla la base y la altura del triángulo isósceles de área máxima que podemos inscribir en una circunferencia de 12 cm. de radio.

h

x

h R− 12R =

C

En función de su altura h y x la mitad de su base, el área del

triángulo isósceles es ( ),S x h x h= ⋅ .

Si C es el centro de la circunferencia, por el teorema de Pitágoras:

( )22 2 2 2 2

12 12 24 0 24x h x h h x h h= + − ⇔ + − = ⇒ = − 2

( )( ) 2

2

,24

24

S x h x hS h h h h

x h h

= ⋅

⇒ = − ⇒

= −

⇒ ( ) [ ]3 424 con 0,24S h h h h= − ∈

( ) ( )2 3

2 3

3 4

72 40 72 4 0 0 18

2 24

h hS h S h h h h h

h h

−′ ′= ⇒ = ⇔ − = ⇒ = ∨ =

−

Como ( ) ( )0 24 0,S S= = el máximo se alcanza para 18.h = 224 18 18 6 3.x = ⋅ − =

La altura del triángulo isósceles de área máxima mide 18 cm. y su base 6 3 20,8 cm.≈ 3

17. Con una cuerda hacemos un recinto, que en su parte inferior tiene forma rectangular y la superior semicircular, como el de la figura. Si la longitud de la cuerda es 50 cm., ¿cuánto debe medir "x" para que el área del recinto encerrado sea máxima?

x

2 Es más fácil despejar x que h. 3 Puedes comprobar que se trata del triángulo equilátero

x

y 60 cm.

Alberto Entero Conde Maite González Juarrero

MATEMÁTICAS II Extremos y optimización de funciones

EJERCICIOS

- 14 -

Si además de la variable “x” utilizamos la altura del rectángulo, “y”, es fácil expresar el área del recinto, pues es la suma del área del rectángulo y el del

semicírculo de radio 2 :x ( )( )

2

22

, 82

xS x y xy xy x

π

π= + = +

La relación entre las variables la obtenemos de la longitud de la cuerda:

( )( )2

2 50 2 4 100 252 4

xxx y x y y

ππ

π

++ + = ⇔ + + = ⇒ = −

( )

( ) ( )

2

2

2

, 82

2524 825

4

S x y xy xx

S x x xxy y

π

π π

π

= +

+⇒ = − +

+

= = −

La expresión obtenida es un polinomio de segundo grado en x, con los siguientes términos:

• Término en 2:x

( )2

2 2 22 22 4

4 8 8 8

x

x x x

π ππ π π− ++ +− + = = −

• Término en :x 25x En casos como este, en los que algún coeficiente resulta incómodo para trabajar, conviene designarlo por una letra griega, operar con ella y sustituirla al finalizar los cálculos. En nuestro caso

llamamos ( )4 8.α π= +

( ) [ ]225 con 0,25S x x x xα= − ∈

( )( )4 8

25 4 250 25 2 0 14 cm.

2 4S x x x

α π

α

α π

= +

⋅′ = ⇔ − = ⇒ = = ≈

+

El área del recinto es máxima cuando ( )100 4 14 cm.x π= + ≈

18. En un triángulo isósceles de 12 cm. de base y 5 cm. de altura, determinar un punto sobre esta tal que la suma de sus distancias a los tres vértices sea mínima.

Determinamos el punto de la altura por su distancia a la base, x. Respecto de esta variable, la suma de distancias a los vértices es:

( ) [ ]25 2 36 con 0,5D x x x x= − + + ∈

( )2

21

36

xD x

x

′ = − +

+

( ) 2

2 2

2 20 1 0 1 2 36

36 36

x xD x x x

x x

′ = ⇔ − + = ⇔ = ⇔ = + ⇒

+ +

2 24 36 2 3x x x= + ⇒ =

( ) ( ) ( )0 17; 2 3 5 6 3 15,4; 5 2 61 15,62D D D= = + ≈ = ≈

El punto de la altura cuya suma de distancias a los vértices es mínima es el que dista

2 3 3, 46 cm.≈ de la base.

19. ¿Cuál es el punto de la curva 24y x= más próximo a ( )0,4 ?

x

y

12 cm.

x

5 x−

236x +

6

P




EJERCICIOS

- 15 -

• Para hallar el punto de una curva de ecuación dada

( )y f x= más próximo a ( ),

p pP x y , también conocido,

ponemos la distancia “d” en función de las coordenadas de

( ),X x y , punto genérico de la curva:

( ) ( ) ( )2 2

,

p pd x y XP x x y y= = − + −

��

• Para dejar x como única variable imponemos que X es un punto de la curva, por lo que sus coordenadas deben

verificar ( )y f x=

En nuestro caso:

( ) ( ) ( )

( )

2 2 2 2

2

, 0 4 8 16

, curva 4

d x y x y x y y

X x y y x

= − + − = + − +

⇒

∈ ⇒ =

( )4 2

16 256

4

x xd x

− += ⇒

( )3

4 2

8.

2 16 256

x xd x x

x x

−′⇒ = ∀ ∈

− +

ℝ ( ) 0 2 2 0 2 2.d x x x x′ = ⇒ = − ∨ = ∨ =

( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 3 3,46; 0 4d d d− = = ≈ = y como ( ) ( )lím lím :x x

d x d x→−∞ →∞

= = ∞

La distancia mínima del punto ( )0,4P a la curva de ecuación 24y x= es 2 3 u. , alcanzándose esa

distancia en los puntos de abscisa 2 2x = − o 2 2.x =

20. Halla los vértices del rectángulo que se debe inscribir en la elipse 2 2

19 4

x y+ = , para que su área

sea máxima.

El área del rectángulo A,B,C,D es máxima cuando lo es la superficie S, que es su cuarta parte. S es fácil ponerla

en función de las coordenadas del punto ( ),A x y :

( ), .S x y xy=

Por otra parte, como A es un punto de la elipse, sus

coordenadas verifican su ecuación: 2 2 2

2 2 36 41 4 9 36

9 4 3

x y xx y y

−+ = ⇒ + = ⇒ =

( )

( ) ( ) [ ]2 2 4

2

,36 4 36 4

con 0,336 4 3 3

3

S x y xyx x x

S x x S x xxy

=

− −⇒ = ⇔ = ∈

−=

( ) 30 72 16 0 0 3 2 2.S x x x x x′ = ⇔ − = ⇒ = ∨ = ±

Como en los extremos de [ ]0,3 es ( ) 0,S x = el máximo se alcanza para 3 2 2.x = Llevando este

resultada a la expresión de y se obtiene 2.y =

( )y f x=

( ),X x y

( ),

p pP x y

d

( ),A x y B

C D

S

2 2

19 4

x y+ =

x

y




EJERCICIOS

- 16 -

Los vértices del rectángulo de área máxima son los puntos: ( )3 2 2, 2 ;A ( )3 2 2, 2 ;B −

( )3 2 2, 2C − − y ( )3 2 2, 2D −

21. Un jardinero ha de construir un parterre en forma de sector circular con un perímetro de 20 m. ¿Cuál será el radio del parterre de área máxima?

Recordando que el área del sector circular y el ángulo que lo determina son directamente proporcionales:

S

α

l

r

( )2 2

2

Ángulo Superficie

2 ,2 2

r rr S S r

S

π α α

π π α

π

α

⇒ = ⇒ =

La relación entre las dos variables debemos obtenerla del

perímetro: 2 .P r l= + Nos ha aparecido una nueva variable, l,

pero que está relacionada con las dos que ya habíamos introducido, pues si el ángulo está en radianes, “la longitud del

arco es igual al radio por el ángulo”, es decir: .l rα= ⋅ Esta igualdad, que muy probablemente has utilizado en Física, se obtiene al imponer que, como ocurre con el área del sector, la longitud del arco es directamente proporcional al ángulo.

( ) ( )2 2 20 2P r r r rα α α= + = + ⇔ = +

( )

( )( ) ( ) [ ]

2

2

2

202,

210 con 0,10

22020 2 2

rrS r

rS r S r r r r

rr

α

α

α α

−=

⇒ = ⇔ = − ∈

= + ⇒ = −

( ) 0 5.S x x′ = ⇒ = Como es ( ) ( )0 10 0,S S= = la superficie máxima es ( )5S =2

25 m .

Para obtener la máxima superficie debe hacer un parterre de 5 m. de radio.

22. Se desea hacer un cono, recortando su superficie de una chapa circular de radio conocido R. Halla el ángulo del sector circular que hay que cortar para que el volumen del cono se máximo.

La magnitud a optimizar es el volumen del cono, que es posible

poner en función del ángulo ,α que es lo que hay que hallar, pero

es más sencillo introducir primero las variables altura, h, y radio, r. En el momento de decidir con cuál de las dos trabajar, para

facilitar el cálculo del punto crítico, nos convendrá elegir h, y hallaremos para qué altura se obtiene el volumen máximo.

El siguiente paso sería calcular el ángulo α que corresponde a esa altura óptima obtenida, pero

como es más sencillo hallar α conocido r, pues al ser la longitud del arco l igual a la longitud de la

base del cono: 2 2 ,l r R rπ α π= ⇔ = obtendremos antes r. Resumiendo, el orden de la obtención

del valor de las variables será el siguiente: h r α→ →

l




EJERCICIOS

- 17 -

( )( )

( )[ ]

22 3

2 2 2 2 2 2

, con 0,3

3

r hR h hV r h

V h h R

r h R r R h

ππ −=

⇒ = ∈

+ = ⇒ = −

( ) 2 2 2 20 3 0 3V h R h h R′ = ⇔ − = ⇒ =

Siguiendo lo indicado anteriormente, vamos a calcular primero el valor de r y después el de α que corresponde a este valor de h.

2 2 2 2 23

2 2 2 2 2 2 2

3 3 3

h R R R Rr R h r R r

=

= − ⇒ = − = ⇒ = ⇔6

3

Rr = 4

2 6 2 62 radianes

3 3

RR l R r R

π π

α α π α α= ⇔ = ⇔ = ⇒ =

Independientemente de lo que mida el radio de la chapa, el cono de volumen máximo se obtiene

cortando un sector circular de ángulo central igual a 2 6

radianes3

π

α = . 5

23. Halla el punto del suelo desde el cual se ve un segmento vertical de 3m de longitud, y cuyo extremo inferior dista 1 m. del suelo, bajo un ángulo máximo.

El punto P del suelo queda determinado por la variable x, que es su

distancia al punto C. Es evidente que el ángulo α varía con x, ¿pero cómo poner un ángulo en función de la longitud de un segmento? Lo más sencillo es poner una de sus razones trigonométricas. Vistos los datos, la razón que resulta fácil de expresar es la tangente, que como además es creciente, el ángulo es máximo cuando lo es la tangente.

Pondremos tanα en función de x y ya tendremos la función a optimizar.

En primer lugar vemos que 2 1

.α α α= − Como 2

4tan

x

α = y 1

1tan

x

α = :

( ) 2 1

2 1 2

1 2

2 2

4 1 3

tan tantan tan

4 41 tan tan1

x x x

x

x x

α α

α α α

α α

−−

= − = = =

+++

La función a optimizar es ( ) [ )2

3 con 0,

4

xf x x

x= ∈ ∞

+

( )( )

2

22

12 3

4

xf x

x

−′⇒ =

+

Como ( )0 0f = y ( )lím 0,x

f x→∞

= el máximo se alcanza en el punto crítico 2.x =

El punto del suelo desde el que el segmento se ve bajo un ángulo máximo es el que dista 2 m. del punto C.

4 Si en lugar de poner el volumen en función de h lo hubiéramos puesto en función de r, aunque la derivada de V(r) es

ligeramente más complicada que la de V(h), habríamos obtenido este punto crítico directamente. Te recomiendo rehacer

el ejercicio trabajando con la variable r. 5 Este ángulo es aproximadamente 293º56’20”

A

B

C x P

3 m.

1 m.

02 Extremos y optimización Ejercicios · Alberto Entero Conde Maite González Juarrero...

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