14 Mod2 Sol

IES Fco Ayala de Granada

Sobrantes 2014 (Modelo 2 ) Soluciones

Germán-Jesús Rubio Luna

SELECTIVIDAD ANDALUCÍA MATEMÁTICAS CCSS SOBRANTES 2014 MODELO 2

OPCIÓN A
EJERCICIO 1 (A)
a) (1’75 puntos) Represente gráficamente la región definida por las siguientes inecuaciones y calcule
sus vértices: x + 2y ≤ 3; x - y ≤ 1; x ≥ −1; y ≥ 0.
b) (0’75 puntos) Calcule los valores máximo y mínimo de lafunción objetivo F(x,y) = 2x + 4y en la
región anterior y los puntos donde se alcanzan.
Solución
a) y b)
a) Represente gráficamente la región definida por las siguientes inecuaciones y calcule sus vértices:
x + 2y ≤ 3; x - y ≤ 1; x ≥ −1; y ≥ 0.
Calcule los valores máximo y mínimo de la función objetivo F(x,y) = 2x + 4y en la región anterior y los
puntos donde se alcanzan.
Las desigualdades x + 2y ≤ 3; x- y ≤ 1; x ≥ −1; y ≥ 0, las transformamos en igualdades, y sus gráficas ya
son rectas, x + 2y = 3; x - y = 1; x = −1; y = 0.
Para que nos sea más fácil dibujar las rectas (con dos valores es suficiente), despejamos las “y” y tenemos
y = -x/2 + 3/2; y = x - 1; x = -1; y = 0.
Representamos gráficamente las rectas que verifican estas igualdades, entre las que estarán los bordes del
recinto delimitadopor las inecuaciones dadas.

Calculamos los vértices del recinto resolviendo las ecuaciones las rectas de dos en dos.
De x = -1 e y = 0, y el vértice es A(-1,0).
De y = -x+1 e y = 0, tenemos -x+1 = 0 → x = 1, y el vértice es B(1,0).
De y = -x/2+3/2 e y = x-1, tenemos -x/2+3/2 = x-1 → -x+3 = 2x-2 → 5 = 3x, de donde x = 5/3 e
y = 5/3-1 = 2/3, y el vértice es C(5/3,2/3).
De x = -1 e y = -x/2+3/2,tenemos y = 4/2 = 2, y el vértice es D(-1,2).
Vemos que la región factible es el polígono conexo limitado por los vértices del recinto son: A(-1,0), B(1,0),
C(5/3,2/3) y D(-1,2).
Veamos el máximo y el mínimo de la función F(x,y) = 2x + 4y en el recinto anterior, así como los puntos
donde los alcanza.
El Teorema Fundamental de la Programación Lineal afirma que su máximo y mínimo absoluto están en laregión convexa acotada, y que estos extremos deben estar situados en algún vértice del recinto, por lo que
evaluamos F en los puntos anteriores A(-1,0), B(1,0), C(5/3,2/3) y D(-1,2). En el caso de que coincidan
en dos vértices consecutivos la solución es todo el segmento que los une.
F(-1,0) = 2(-1) + 4(0) = -2; F(1,0) = 2(1) + 4(0) = 2;
F(5/3,2/3) = 2(5/3) + 4(2/3) = 6; F(-1,2) = 2(-1) + 4(2) =6.
Teniendo en cuenta lo anterior vemos que el mínimo absoluto de la función F en la región es -2 (el
menor valor en los vértices) y se alcanza en el vértice A(-1,0) y el máximo absoluto de la función F en
la región es 6 (el mayor valor en los vértices) y se alcanza en los vértices C(5/3,2/3) y D(-1,2) por tanto
se alcanza en todo el segmento CD.
EJERCICIO 2 (A)

 x 2 + ax si x ≤ 2

.
Sea lafunción dada por f(x) =  x + b
si x > 2

 x-1

1

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Sobrantes 2014 (Modelo 2 ) Soluciones

Germán-Jesús Rubio Luna

a) (1’5 puntos) Determine los valores de a y b, sabiendo que dicha función es derivable.
b) (1 punto) Para a = 2 y b = 3, determine la ecuación de la recta tangente a la gráfica de la función f en
el punto de abscisa x = 1.
Solución
2
 x + ax si x ≤ 2

Seala función dada por f(x) =  x + b
.
si x > 2

 x-1
a) Determine los valores de a y b, sabiendo que dicha función es derivable.
Como me dicen que la función es derivable, la función también es continua, en particular en x = 2.
Veamos la continuidad y la derivabilidad de f en x = 2.
f(x) es continua en x = 2 si f(2) = lim f(x) = lim f(x).
x → 2−

2

x → 2+

2

f(2) = lim f(x) = lim (x + ax) = (2)+ a(2) = 4 + 2a;
x → 2−

x → 2−

x+b
2+b
lim f(x) = lim x - 1 = 2 - 1 = 2 + b, como son iguales tenemos 4 + 2a = 2 + b.

x → 2+

x → 2+

 x 2 + ax si x ≤ 2

f(x) =  x + b
; tenemos f’(x) =
si x > 2

 x-1
f(x) es derivable en x = 2 si lim f ‘(x) = lim
x → 2−

x → 2+

2x + a
si x ≤ 2  2x + a si x ≤ 2



=  -1 - b
 (x - 1) - (x + b)
si
x
>
2

 (x - 1)2 si x > 2
(x - 1)2


f ‘(x),...