1. 1
Averigua las coordenadas de los puntos críticos de la función
.65)( 32
xxxf 
Solución:
 
 














374012)4(
50012)0(
612)(
4
0
0)4(30)(312)( 2
,Mf''
,mf''
xxf''
x
x
xxxf'xxxf'
2
Deriva la función









x
x
y
1
1
arctg
e infiere de ahí la existencia de posibles puntos extremos. ¿Es posible
definir la función en x = 1, para que sea continua en dicho punto?
Solución:
Dominio de la función: R - {1}
Función derivada:
222
1
1
)(
1
1
1
1
)1(
)1)(1(1
)(
x
xf'
x
xx
xx
xf'















La función derivada f'(x) > 0, para todo punto del dominio, se trata pues de una función creciente.
Por tanto no tiene puntos extremos.
En x = 1, la función no está definida.
2
)arctg()(lim;
2
)arctg()(lim
11



 

xfxf
xx
Por tanto la función presenta en x = 1 una discontinuidad no evitable.
3 Estudia la curvatura de las siguientes funciones:
a)
4
)( xxf 
b)
6
)( xxf 
Solución:
a) La función
4
)( xxf 
tiene como dominio R.
Derivadas sucesivas:
23
12)(4)( xx; f"xxf' 
Signo de la derivada segunda:





0)(0
0)(0
xf"x
xf"x
La función es convexa en su dominio. No presenta puntos de inflexión.
b) La función
6
)( xxf 
tiene como dominio R.
Derivadas sucesivas:
45
30)(6)( xx; f"xxf' 
Signo de la derivada segunda:





0)(0
0)(0
xf"x
xf"x

2. La función es convexa en su dominio. No presenta puntos de inflexión.
4 Estudia el crecimiento y decrecimiento y los máximos y mínimos de la función:
896)( 23
 xxxxf
.
Solución:
Derivada de la función:
9123)( 2
 xxxf'
31091230)( 2
 x;xxxxf'
- Para x < 1 es f'(x) > 0, luego la función es creciente en
 1,
.
- Para 1 < x < 3 es f'(x) < 0, luego la función es decreciente en (1, 3).
- Para x > 3 es f'(x) > 0, luego la función es creciente en 
 ,3
.
- En x = 1, la función presenta un máximo, ya que pasa de creciente a decreciente.
- En x = 3, la función presenta un mínimo, ya que pasa de decreciente a creciente.
5 Estudia la monotonía de la función f(x) cuya derivada está dada por la gráfica siguiente:
-2 -1 1 2
-1
1
2
3
f' x
Solución:
- x < -1 es f'(x) < 0, luego la función es decreciente en 
 1, 
- Para x > -1 es f'(x) > 0, luego la función es creciente en
  ,1
Para x = -1 la función alcanza un mínimo, puesto que pasa de ser decreciente a creciente en este punto.
6 Estudia la curvatura de las siguientes funciones:
a)
x
xf 5)( 
b)
xxf 5log)( 
Solución:

3. a) La función
x
xf 5)( 
tiene como dominio R.
Derivadas sucesivas:
5ln5)(5ln5)( 2xx
x; f"xf' 
Signo de la derivada segunda: f”(x) > 0, luego la función es convexa en R.
No presenta puntos de inflexión.
b) La función
xxf 5log)( 
tiene como dominio (0,+ )
Derivadas sucesivas:
e
x
xe; f"
x
xf' 525 log
1
)(log
1
)( 
Signo de la derivada segunda: f”(x) < 0, luego la función es cóncava en su dominio.
No presenta puntos de inflexión.
7 Estudia el crecimiento y decrecimiento y los máximos y mínimos de la función:
86)( 2
 xxxf
.
Solución:
Derivada de la función: f'(x) = 2x - 6
f'(x) = 0  2x - 6 = 0  x = 3
- Para x < 3 es f'(x) < 0, luego la función es decreciente en
 3,
.
- Para x > 3 es f'(x) > 0, luego la función es creciente en
 ,3
.
- En x = 3, la función presenta un mínimo, ya que pasa de decreciente a creciente.
El punto mínimo tiene por coordenadas (3, -1)
8 De una función f(x) se conoce la gráfica de su derivada f'(x) que es una función continua que tiene como
dominio R y que presenta un máximo en x = 1 y un mínimo en x = 3. ¿Qué información suministra ese
dibujo acerca del crecimiento y decrecimiento de la función? ¿Qué se puede decir sobre la existencia de
puntos extremos?
-1 1 2 3 4 5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
f' x
Solución:
Intervalos de monotonía de la función.
Signo de la derivada:
    0)(420  xf',,x
por lo que la función decrece en esos intervalos.
    0)(420  xf',,x
por lo que la función crece en esos intevalos.
Puntos extremos:
En x = 0, la función pasa de decreciente a creciente, por tanto presenta un mínimo relativo
En x = 2, la función pasa de creciente a decreciente, por tanto presenta un máximo relativo

4. En x = 4, la función pasa de decreciente a creciente, por tanto presenta un mínimo relativo
9 Utilizando la derivada estudia los intervalos de monotonía de las siguientes funciones:
a)
3
)( xxf 
b)
7
)( xxf 
Solución:
a) Función derivada:
2
3)( xxf' 
Para x < 0 es f'(x) > 0, luego f(x) es creciente en
 0,

Para x > 0 es f'(x) > 0, luego f(x) es creciente en
 ,0
.
Para x = 0 es f'(x) = 0, caso dudoso. Los valores que toma la función a la izquierda son menores que los que toma
a la derecha, luego es creciente en R.
b) Función derivada:
6
7)( xxf' 
Para x < 0 es f'(x) > 0, luego f(x) es creciente en
 0,

Para x > 0 es f'(x) > 0, luego f(x) es creciente en 
 ,0
.
Para x = 0 es f'(x) = 0, caso dudoso. Los valores que toma la función a la izquierda son menores que los que toma
a la derecha, luego es creciente en R.
10 El coste total expresado en euros de fabricación de x unidades de cierto artículo viene dado por la función:
200010)( 2
 xxxf
.
a) Representa gráficamente la función en su dominio real de definición, sabiendo que, por razones
técnicas, no es posible fabricar diariamente más de 20 unidades de producto.
b) ¿En qué nivel de fabricación se producen los gastos mínimos?
c) ¿Cuáles son los costes semanales de fabricación, a pleno rendimiento, si no se trabaja el sábado ni el
domingo?
d) ¿Cuál deberá ser el precio unitario del producto para cubrir gastos en esas condiciones?
Solución:
a) Derivadas sucesivas:
2)(102)(  x; f"xxf'
El dominio natural es el número de unidades de producto diarias: [0, 20]
La curva es una parábola convexa (f” > 0)
f'(x) = 0 implica 2x - 10 = 0, por tanto: x = 5
El vértice, punto mínimo es V(5, f(5)) = V(5, 1975)
b) Los gastos mínimos se producen para x = 5
c) El coste para x = 20: f(20) = 2200 €, por tanto el coste semanal es 2200 · 5 = 11 000 €.
d) El precio unitario:
110
20
2200

€.
11 Se ha comprobado que las ganancias que proporciona cierto juego dependen del tiempo t en minutos

5. según la función
400
100
)( 2


t
t
tG
Se pide:
a) ¿En qué momento del juego debe retirarse un jugador?
b) ¿Se pueden producir pérdidas (ganancias negativas) en ese juego?
Solución:
a) El dominio de la función
400
100
)( 2


t
t
tG
es
 ,0
.
El jugador deberá retirarse cuando obtenga la mayor ganancia, así que debe estudiar el crecimiento de la función.
La derivada es
 22
2
400
)400(100
)(



t
t
tG'
que se anula para t = 20.
El signo de la derivada es:





tG't
tG't
0)(20Si
0)(20Si
Como en t = 20, la función pasa de creciente a decreciente, para t = 20 minutos obtiene la mayor ganancia y es el
momento óptimo para retirarse del juego.
b) Resulta obvio que la variable tiempo es t positiva y por tanto G(t) también, lo cual indica que en ese juego
no hay pérdidas.
12 Razona con algún ejemplo las siguientes cuestiones sobre la parábola cúbica:
a) ¿Por qué una función polinómica de tercer grado tiene siempre un único punto de inflexión?
b) ¿La gráfica de una función polinómica de tercer grado tiene siempre una rama convexa y otra cóncava?
¿Por qué?
Solución:
a) Una función polinómica de tercer grado es:
0)( 23
 d; acxbxaxxf
Sus derivadas sucesivas son:
baxxc; f"bxaxxf' 26)(23)( 2

La gráfica de la segunda derivada, se corresponde con una recta, cuya inclinación depende del signo de a, ver
figura adjunta (a > 0). Como a  0 dicha gráfica corta al eje OX en un único punto que se corresponde con el
punto donde la segunda derivada se anula. Además en dicho punto las ordenadas de la recta cambian de signo y
por tanto en ese punto cambia la curvatura.
b) Se comprueba utilizando el mismo razonamiento que en el apartado anterior, ya que la gráfica de la segunda
derivada tiene una parte positiva y una parte negativa.
13 Estudia el crecimiento, decrecimiento y extremos relativos de la función:
1
)(
2


x
x
xf
.
Solución:
Dominio de la función: R - {1}

6. Derivada de la función
2
)1(
)2(
)(



x
xx
xf´
200
)1(
)2(
0)( 2



 x;x
x
xx
xf´
- Para x < 0 es f'(x) > 0, luego la función es creciente en
 0,
.
- Para 0 < x < 1 y 1 < x < 2 es f´(x) < 0, luego la función es decreciente en
   2,11,0 
.
- Para x > 2 es f'(x) > 0, luego la función es creciente en
 ,2
.
- En x = 0, la función presenta un máximo ya que pasa de creciente a decreciente.
- En x = 2, la función presenta un mínimo ya que pasa de decreciente a creciente.
14 A un vendedor de coches de lujo le cuesta 14 000 euros cada modelo de la marca PC. Ha comprobado que
al precio de 24 000 euros cada unidad vende 30 coches al mes y que por cada 200 euros de descuento en el
precio de venta puede vender 3 unidades más al mes. Formula la función beneficio y determina el precio de
venta óptimo.
Solución:
Si vende 30 + 3x coches, el precio de venta será: P(x) = 24 000 - 200x euros.
La función beneficio se obtiene como diferencia entre ventas y costo:
00030000024600)()330(00014)330)(20000024()( 2
 xxxBxxxxB
La función beneficio es una parábola cóncava, ramas hacia abajo.
Sus derivadas son:
1200)(000241200)(  x; B"xxB'
El beneficio máximo se obtiene cuando:
2000002412000)(  xxxB'
se trata de un máximo ya que B” < 0
El precio de venta ha de ser 20 000 euros, que se consigue vendiendo 50 coches al mes.
15 Un establecimiento de hostelería abre sus puertas a las 9 de la noche, sin ningún cliente y las cierra
cuando se han marchado todos. Se supone que la función que representa el número de clientes C, en
función del número de las horas que lleva abierto h, es:
2
1080 hhC 
.
a) Determina el número máximo de clientes que van una noche al establecimiento.
b) Si deseamos ir cuando haya menos de 150 personas y más de 70, ¿entre qué horas debemos hacerlo?
c) Si deseamos ir cuando haya menos de 150 personas y más de 70 y, además, queremos que durante
nuestra estancia disminuya el número de clientes, ¿entre qué horas debemos hacerlo?
d) ¿A qué hora cierra?
Solución:
a) Funciones derivadas: C'(h) = 80 - 20h; C”(h) = -20
La función C(h) es una parábola concava.
Su máximo se obtiene cuando C'(h) = 0  80 - 20h = 0  h = 4
Por tanto el máximo de clientes es C(4) = 160 personas.
b) Se trata de resolver la doble inecuación 70  C(h)  150

7. C(h) =
701080 2
 hh
cuyas soluciones son h = 1 y h = 7.
C(h) = 
1501080 2
 hh
cuyas soluciones son h = 3 y h = 5.
Por tanto se debe ir entre las 10 y las 12 o bien entre las 2 y las 4 de la madrugada.
c) Si a las condiciones anteriores, añadimos que C'(h) < 0  80 - 20h < 0  h > 4
Debemos ir entre la 2 y las 4 de la madrugada.
d) C(h) = 0 (puntos de corte con el eje de abscisas), se verifica para h = 0 y h = 8
Para h = 0 (9 de la noche) abre, luego cierra a las 5 de la madrugada.
16
La función
cbxaxxy  23
presenta un punto de derivada nula en (1, 1) que no es un extremo
relativo, razona qué valores han de tomar los parámetros a, b y c para que eso ocurra. Estudia los
intervalos de monotonía de la función e infiere de ese estudio, la existencia de extremos relativos.
Solución:
La función
cbxaxxxf  23
)(
y su derivada
baxxxf'  23)( 2
verifican en el punto P(1, 1), las siguientes
dos condiciones:
332
023
11
0)1(
1)1(












ac;ab
ba
cba
f'
f
Para que el punto P(1, 1) no sea un punto extremo, la función derivada no puede cambiar de signo en x = 1.
Como sabemos que f'(1) = 0, la expresión de la derivada ha de ser de la forma:
2
)1(3)(  xxf'
.
Identificando las expresiones de f'(x), se tiene: a = -3  b = 3 y c = 0
Intervalos de crecimiento y decrecimiento:
Como
0)1(3)( 2
 xxf'
, la función obtenida es creciente en su dominio R, por tanto no tiene extremos.
17 Durante los 30 días consecutivos de un mes las acciones de una determinada compañía han tenido unas
cotizaciones dadas por la función:
100820)( 2
 xx,xf
donde x es el número de días transcurridos.
Halla los días en los que las respectivas acciones estuvieron en baja (bajando de precio) y los que
estuvieron en alza.
¿Qué día del mes alcanzaron el valor máximo? ¿Y el mínimo?
Solución:
Funciones derivadas: f'(x) = 0,4x - 8; f”(x) = 0,4
Se trata de una parábola convexa (ramas hacia arriba) dado que f” > 0
f'(x) = 0 implica 0,4x - 8 = 0, por tanto x = 20
El vértice, punto mínimo es V(20, f(20)) = V(20, 20)
Se trata de ver ahora el comportamiento de la función en el intervalo [0, 30]
f(0) = 100 y f(30) = 40, por tanto:
las acciones empezaron a cotizar a 100 y terminaron a 40.

8. Fueron bajando hasta el día 20 en el que alcanzaron la mínima cotización f(20) = 20.
Fueron subiendo desde ese día hasta el día 30 (final de mes) donde alcanzaron una cotización de 40.
Por tanto el primer día del mes fue cuando alcanzaron el valor máximo, y el día 20 el que alcanzaron el valor
mínimo.
18
Halla el valor de a para que
1
1
)( 2



ax
ax
xf
tenga un máximo en x = 1
Solución:
   
     
      
 
 
 
 
  































30
4
3
13si
010si
1
162
)1(
1
1332
1
2212122
)(
3
0
030
1
3
)1(
1
2
1
121
)(
3
2
32
232
42
222222
2
2
2
22
22
22
2
a)f''(a
)f''(a
a
aaa
f''
ax
axaxxaa
ax
xaaxaaxaxaxxaa
xf''
a
a
aa
a
aa
f'
ax
xaaxa
ax
axaxaxa
xf'
19 El área (cm
2
) ocupada por una infección cutánea se extiende a partir del instante inicial del contagio, según
la función
1
10)( 2


t
t
tS
cuando t se mide en días. Se pide:
a) La superficie ocupada por la infección en el momento inicial del contagio.
b) ¿En qué instante adquiere mayor virulencia la infección?
c) Con el paso del tiempo ¿Llegará a desaparecer la infección? ¿Se estabiliza?
Solución:
El dominio de la función es
 ,0
.
a)Para t = 0, se tiene un área infectada S(0) = 10 cm
2
.
b) Para ver en qué instante la infección es más virulenta, estudiamos el crecimiento y decrecimiento de la función:
Función derivada:
 22
2
1
1
)(



t
t
tS'
que se anula para t = 1, por tanto
El signo de la derivada es:





tS't
tS't
0)(1Si
0)(1Si
Por tanto la máxima virulencia de la infección se alcanza al transcurrir el primer día.
c) A medida que aumenta el tiempo, la superficie tiende a estabilizarse en el valor 10 cm
2
, dado que:
10
1
10lim)(lim 2








 t
t
tS
tt

9. 20 Supongamos que el rendimiento r en % de un alumno en un examen de una hora viene dado por:
r(t) = 300t(1 - t)
Donde 0 < t < 1 es el tiempo en horas. Se pide:
a) ¿En qué momentos aumenta o disminuye el rendimiento?
b) ¿En qué momentos el rendimiento es nulo?
c) ¿Cuándo se obtiene el mayor rendimiento y cuál es?
Solución:
Solución analítica:
La función rendimiento es:
2
300300)( tttr 
Funciones derivadas:
0600)(600300)(  tt; r"tr'
2
1
06003000)(  tttr'
(r”(t) < 0)
El rendimiento es creciente para 0 < t < 0,5 y es dcreciente para 0,5 < t < 1.






1
0
0300300 2
t
t
tt
por lo que nunca puede haber un rendimiento nulo.
El rendimiento es máximo al transcurrir la primera media hora, tiene como valor r(0,5) = 75%.
21 Las curvas de mortalidad acumulada de tres poblaciones vienen dadas, aproximadamente, por las
funciones:
xxhxxgxxf  )(y)(,)( 2
tomando como intervalo de vida [0, 1], estudia su curvatura y explica brevemente el significado de esas
curvas.
Solución:
Primera función y sus derivadas:
2)(2)()( 2
 xx; f"x; f'xxf
Para x > 0, se tiene: f'(x) > 0 y f”(x) > 0, luego la función es creciente y convexa en [0, 1].
Esta curva indica que la mortalidad al principio es pequeña pero va aumentando con el tiempo, ya que la tasa
instantánea de variación de la mortalidad va creciendo.
Segunda función y sus derivadas:
xx
x; g"
x
x; g'xxg
4
1
)(
2
1
)()( 
Para x > 0, se tiene: g'(x) > 0 y g”(x) < 0, luego la función es creciente y cóncava en [0, 1].
Esta curva indica que la mortalidad al principio es elevada pero va disminuyendo con el tiempo, ya que la tasa
instantánea de variación de la mortalidad va decreciendo.
Tercera función y sus derivadas:
0)(1)()(  x; h"xx; h'xh
Para x > 0, se tiene: h'(x) > 0 y h”(x) = 0, luego la función es creciente y lineal en [0, 1].
Esta curva indica que la mortalidad es constante a lo largo de la vida de las especies, ya que la tasa de variación
instantánea es, en este caso, constante.
22
La función
dcxbxaxxf  23
)(
tiene un máximo local en el punto (0, 4), un punto de inflexión en el
punto (1, 2) y un mínimo local en el punto (p, q). Determina las coordenadas del punto (p, q).

10. Solución:
Función y derivadas sucesivas:
baxxc; f"bxaxxd; f'cxbxaxxf 26)(23)()( 223

Condiciones del problema:
4031
026
2
0
4
0)1(
2)1(
0)0(
4)0(




























d;c;b;a
ba
dcba
c
d
f"
f
f'
f
Con los valores encontrados, la función y sus derivadas tienen como expresiones:
66)(63)(43)( 223
 xxx; f"xx; f'xxxf
Puntos extremos:






0)2(2
0)0(0
0630)(' 2
; f"x
; f"x
xxxf
Las coordenadas del punto (p,q) son evidentemente, (2, 0).
23 Halla las dimensiones que hacen mínimo el coste de un contenedor que tiene forma de paralelepípedo
rectangular, sabiendo que su volumen es de 9 m
3
, que tiene 1 m de altura y que el coste de construcción
por cada m
2
es de 5 000 € para la base, 6 000 € para la tapa y 4 000 € para cada una las paredes laterales.
Solución:
Dimensiones del contenedor: lados básicos x e y, altura 1 m.
Relación entre x e y: xy = 9, por tanto,
x
y
9

Función a minimizar, el coste:
x
xC(x)yxxyxyxC
72000
800099000400024000260005000)( 
Derivadas:
32
144000
)(
72000
8000)(
x
x; C"
x
xC' 
Para que la función alcance un mínimo en un punto, su primera derivada ha de ser nula, por tanto:
390
72000
80000)( 2
2
 xx
x
xC'
Para x = 3, se tiene C”(3) > 0, por tanto se trata de un mínimo.
Las dimensiones de la base (y la tapa) del contenedor son x = 3 m e y = 3m, es decir cuadrados de 3 m de lado.
24 El consumo de gasolina de un coche viene dado en función de su velocidad media v por la función:
v
e
vC
v,010
3
)( 
medido en litros por hora, cuando la velocidad v se mide en kilómetros por hora, se pide:
a) ¿Cuál será la velocidad media más económica?
b) ¿Cuánta gasolina consumirá cada 100 km recorridos a esa velocidad?
Solución:

11. a) Se trata de minimizar la función
v
e
vC
v,010
3
)( 
Derivadas:
v,v,
e
v
vv
v; C"e
v
v
vC' 010
3
2
010
2
3
10000
20000200
)(
100
3003
)(




Para que la función tenga un mínimo en algún punto debe anularse la primera derivada en dicho punto, por tanto:
100
3
300
030030
100
3003
0)( 010
2


 vve
v
v
vC' v,
Para
  0100100  , C"v
se trata de un mínimo.
La velocidad más económica es v = 100 km/h
b) A una velocidad de v = 100 km/h tarda en recorrer 100 km un tiempo de 1 hora, por tanto:
El consumo de gasolina, viene dado por
 
100
3
1100
e
C 
litros.
25 La cotización de las acciones de una determinada sociedad, supuesto que la Bolsa funcione durante los 30
días de cada mes, en función del número d de días transcurridos, viene dada por
30043,245,001,0)( 23
 ddddC
.
Se pide:
a) Determina los días del mes de cotización máxima y mínima, determinando además para esos días los
valores de la cotización.
b) Períodos de tiempo en los que las acciones subieron y bajaron.
Solución:
a) El dominio de la función
300432450010)( 23
 d'd'd'dC
es [0, 30].
La derivada de la función es:
)27)(3(
100
3
)(43290030)( 2
 dddC''d'd'dC'
Puntos que anulan la derivada: d = 3 y d = 27, por tanto:







0)(27Si
0)(273Si
0)(3Si
dC'd
dC'd
dC'd
Como en d = 3, la función pasa de creciente a decreciente, en el tercer día se produce un máximo relativo.
Como en d = 27, la función pasa de decreciente a creciente, en el vigésimo séptimo día se produce un mínimo.
La mínima cotización es el menor de los dos valores C(0) = 300 y C(27) = 234,39; por tanto C(27) = 234,39.
La máxima cotización es el mayor de los dos valores C(3) = 303,51 y C(30) = 237,9; por tanto C(3) = 303,51.
b) La cotización subió durante los tres primeros y los tres últimos días del mes y bajaron durante los demás días.
26
Dada la función
cbxaxxxf  23
)(
, calcula a, b y c para que pase por (1, -5), presente un extremo
relativo en x = 2 y un punto de inflexión en x = 0. Para los valores encontrados antes, calcula todos sus
extremos relativos y calcula además los valores máximo y mínimo de f(x) en el intervalo [-3, 5].
Solución:
Función y derivadas:
axxb; f"axxxc; f'bxaxxxf 26)(23)()( 223

De las condiciones del enunciado, se tiene:

12. 6120
02
0412
51
0)0(
0)2(
5)1(
















c;b;a
a
ba
cba
f"
f'
f
Con los valores calculados obtenemos las expresiones siguientes para la función y sus derivadas:
xx; f"xx; f'xxxf 6)(123)(612)( 23

Extremos relativos:
012)2(''
012)2(
201230)( 2



f
f"
xxxf'
Hay un mínimo relativo en (2, -10) y un máximo relativo en (-2, 22).
Máximos y mínimos de la función en [-3,5]:
Como f(-3) = 15 y f(5) = 71, el máximo absoluto se alcanza en x = 5 y el mínimo absoluto en x = 2.
27 Con un alambre de 1 m se quiere construir el borde de un rectángulo de área máxima. ¿Qué dimensiones
hay que dar al rectángulo?
Solución:
Para evitar decimales, hacemos los cálculos en cm.
El semiperímetro es 50 cm.
Si un lado mide x, el otro medirá 50 - x.
Función a maximizar:
  2
5050)( xxxxxS 
Derivadas:
02)(250)(  xx; S"xS'
Si la función alcanza un máximo en algún punto, la primera derivada ha de anularse en dicho punto:
2502500)(  xxxS'
Como S”(x) < 0 para cualquier punto del dominio (x > 0) de la función, se trata de un máximo.
Las dimensiones del rectángulo son: 25 cm de largo y 25 cm de ancho. Se trata de un cuadrado.
28
La siguiente figura indica la posición de tres ciudades A, B y C. La distancia entre A y C es de
24
km y
entre B y C de 8 km. Se desea hacer un tendido eléctrico entre las ciudades A y B. El tendido que sigue la
línea CD cuesta 1 unidad monetaria por km, en tanto que el tendido que sigue la línea AD cuesta el triple
que el otro. Justifica que el costo del tendido ADB es
xx  8323 2
, para determinar en qué punto D de
la carretera CB hay que desviarse para que el coste total del tendido sea mínimo.
Solución:
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo ACD, se tiene:

13.   22
2
22
3224 xxCDACAD 
El coste por kilómetro del tendido ADB, es: C(x) = 3AD + 1DB, por tanto,
xxxC  8323)( 2
es la función
que hay que minimizar.
Derivadas:
 322
32
96
)(1
32
3
)(
x
x; C"
x
x
xC'




Para que la función tenga un mínimo en algún punto, su primera derivada ha de anularse en dicho punto:
232932301
32
3
0)( 222
2


 xxxxx
x
x
xC'
Para x = 2, se tiene: C”(2) > 0, se trata de un mínimo.
El punto D ha de estar situado a 2 km de la ciudad C.
29 En una oficina de correos sólo se admiten paquetes con forma de paralelepípedo rectangular, tales que la
anchura sea igual a la altura y además, la suma de ancho, alto y largo sea 72 cm. Halla las dimensiones del
paralelepípedo para que el volumen sea máximo.
Solución:
Sean a el ancho, b el alto y c el largo. Las tres dimensiones del paralelepípedo.
El volumen del paralelepípedo es: V = abc.
De las condiciones del problema, se tiene:
322
272)()272()(
72
aaaVaaaV
cba
ba






Como V(a) es la función que queremos maximizar, se tiene:
Derivadas:
aa; V"aaaV' 12144)(6144)( 2

La función V presenta un máximo, si su primera derivada es nula en algún punto de su dominio (a > 0), por tanto:
240061440)( 2
 a;aaaaV'
Para a = 24, se tiene V”(24) < 0, se trata de un máximo.
Las dimensiones del paralelepípedo son a = b = c = 24. Se trata de un cubo.
30 Un jardinero ha de construir un parterre en forma de sector circular con perímetro de 20 m. ¿Cuál será el
radio del parterre de área máxima?
Solución:
Dimensiones del sector: x el radio, y = 20 - 2x el arco.
La función a maximizar, es el área:
  2
10)(10)(
2
1
)( xxxSxxxSxyxS 
Derivadas:
02)(210)(  xx; S"xS'
Si la función alcanza un máximo en algún punto, la primera derivada ha de ser nula. Por tanto:
S'(x) = 0  10 - 2x = 0  x = 5.
Para x = 5, como S”(x) < 0, la función área alcanza el máximo.
Las dimensiones del sector son: Radio de 5 m y un arco de 10 m.

14. 31 Un depósito abierto de chapa y base cuadrada debe de tener capacidad para 13 500 l. ¿Cuáles han de ser
sus dimensiones para que se precise la menor cantidad de chapa?
Solución:
Elegimos como medida del lado de la base x dm: Por tanto la altura es de
2
13500
x
y 
.
Función a minimizar:
x
xxSxyxxS
54000
)(4)( 22

Derivadas:
32
108000
2)(;
54000
2)(
x
xS"
x
xxS' 
Para que la función alcance un mínimo en algún punto su primera derivada ha de ser nula, por tanto:
30270000
54000
20)( 3
2
 xx
x
xxS'
Para x = 30, se tiene: S”(30) > 0, se trata de un mínimo.
Las dimensiones del depósito son 30 dm de lado básico y 15 dm de altura.
32 Descompón 18 como suma de dos números positivos, de manera que el producto de uno de ellos por el
cuadrado del otro sea máximo.
Solución:
Si un número es x, el otro será 18 - x.
La función a maximizar es el producto:
322
18)18()( xxxxxP 
Derivadas:
xx; P"xxxP' 636)(336)( 2

Si la función alcanza un máximo en algún punto, la primera derivada debe anularse en dicho punto:
12003360)( 2
 x;xxxxP'
Tomando la solución positiva, x = 12, se tiene: f”(12) = -36 < 0, luego se trata de un máximo.
Los números pedidos son 12 y 6.
33 La producción en kg de cierta hortaliza en un invernadero, viene expresada según la temperatura T en
grados centígrados por:
)32()1()( 2
TTTQ 
a) Calcula razonadamente la temperatura óptima a mantener en el invernadero.
b) ¿Cuál será, en tal caso, la producción de hortaliza?
Solución:
a) La función de producción de hortaliza es
326330)( 23
 TTTTQ
.

15. Su derivada es:
)21)(1(3)(63603)( 2
TTTQ'TTTQ' 
Los puntos que anulan la derivada son T = -1º y T = 21º, por tanto:







0)(21Si
0)(211Si
0)(1Si
TQ'T
TQ'T
TQ'T
En T = -1 la función pasa de decreciente a creciente y la producción es mínima.
En T = 21 la función pasa de creciente a decreciente y la producción es máxima.
La temperatura óptima es 21º.
b) Para T = 21º, la producción que se obtiene es Q(21) = 5324 kg.