Matemáticas Secundaria y Bachillerato Apuntes, ejercicios, exámenes y artículos de matemáticas
Este ejercicio de Matemáticas II fue propuesto en junio de 2018 por la Universidad de Castilla-La Mancha en las Pruebas de Acceso a Enseñanzas Universitarias Oficiales de Grado (propuesta B).
Enunciado
a) Prueba que cualquiera que sea la constante \(a\), la función
\[f(x)=x^3-5x^2+7x+a\]
cumple las hipótesis del teorema de Rolle en el intervalo \([1,3]\).
b) Calcula razonadamente un punto del intervalo abierto \((1,3)\) cuya existencia asegura el teorema de Rolle.
c) Calcula razonadamente los puntos de la gráfica \(f(x)=x^3-5x^2+7x\) donde la recta tangente tenga la misma pendiente que la recta \(y=4x+2\).
La solución aquí
La solución aquí
a) Al tratarse de una función polinómica, \(f\) es continua y derivable en todo \(\mathbb{R}\). En particular, \(f\) es continua en el intervalo cerrado \([1,3]\) y derivable en el intervalo abierto \((1,3)\). Además, sea quien sea la constante \(a\), se cumple que \(f(1)=f(3)\) ya que:
\[f(1)=1-5+7+a=3+a\quad;\quad f(3)=27-45+21+a=3+a\]
Se cumplen pues todas las hipótesis del teorema de Rolle. Por tanto, existe al menos un punto \(c\in(1,3)\) tal que \(f'(c)=0\).
b) La derivada de \(f\) es \(f'(x)=3x^2-10x+7\). Igualando a cero tenemos:
\[f'(x)=0\Leftrightarrow3x^2-10x+7=0\Leftrightarrow x=\frac{10\pm\sqrt{100-4\cdot3\cdot7}}{6}=\]
\[=\frac{10\pm\sqrt{100-84}}{6}=\frac{10\pm\sqrt{16}}{6}=\frac{10\pm4}{6}=\begin{cases}x_1=\frac{14}{6}=\frac{7}{3}\\x_2=\frac{6}{6}=1\end{cases}\]
Puesto que \(\dfrac{7}{3}\in(1,3)\), el punto del intervalo abierto \((1,3)\) cuya existencia asegura el teorema de Rolle es \(c=\dfrac{7}{3}\).
c) La pendiente de la recta \(y=4x+2\) es \(m=4\). Sabemos además que la pendiente de la recta tangente en un punto es igual a la derivada en dicho punto. Así pues, buscamos puntos que cumplan que \(f'(x)=4\), es decir, que \(3x^2-10x+7=4\). Resolviendo la ecuación anterior:
\[3x^2-10x+7=4\Leftrightarrow3x^2-10x+3=0\Leftrightarrow x=\frac{10\pm\sqrt{100-4\cdot3\cdot3}}{6}=\]
\[=\frac{10\pm\sqrt{100-36}}{6}=\frac{10\pm\sqrt{64}}{6}=\frac{10\pm8}{6}=\begin{cases}x_1=\frac{18}{6}=3\\x_2=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}\end{cases}\]
Puesto que \(f(3)=27-45+21=3\) y \(f\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{27}-\frac{5}{9}+\frac{7}{3}=\frac{49}{27}\), los puntos de la gráfica de \(f(x)=x^3-5x^2+7x\) donde la recta tangente tiene la misma pendiente que la recta \(y=4x+2\) son \((3,3)\) y \(\left(\frac{1}{3},\frac{49}{27}\right)\).
