Problema resuelto de Matemáticas II: Derivadas y aplicacionesSelectividad (PAU) · Comunitat Valenciana 2026 · Julio (solapamiento)

a) Dominio. Es un polinomio: $\text{Dom}\,f = \mathbb{R}$, continua y derivable en todo $\mathbb{R}$.

Cortes con los ejes.$$f(x) = x\,(x^2 - 3x + 2) = x\,(x - 1)(x - 2) = 0 \iff x = 0,\ 1,\ 2$$Corta al eje $X$ en $(0, 0)$, $(1, 0)$ y $(2, 0)$; al eje $Y$, en $(0, 0)$.

Signo de $f$. Negativa en $(-\infty, 0)$, positiva en $(0, 1)$, negativa en $(1, 2)$ y positiva en $(2, +\infty)$.

Comportamiento en el infinito. $\displaystyle\lim_{x\to -\infty} f(x) = -\infty$ y $\displaystyle\lim_{x\to +\infty} f(x) = +\infty$.

Puntos críticos.$$f'(x) = 3x^2 - 6x + 2 = 0 \iff x = \frac{6 \pm \sqrt{36 - 24}}{6} = 1 \pm \frac{\sqrt 3}{3}$$Es decir, $x_1 = \dfrac{3 - \sqrt 3}{3} \approx 0{,}42$ y $x_2 = \dfrac{3 + \sqrt 3}{3} \approx 1{,}58$.

Monotonía. $f'$ es una parábola hacia arriba con ceros $x_1$ y $x_2$:Máximo relativo en $x_1$ y mínimo relativo en $x_2$.

Valores de los extremos. Es cómodo escribir $f$ en función de $u = x - 1$: como $f(x) = (x-1)\,\big[(x-1)^2 - 1\big] = u^3 - u$, y en los extremos $u = \mp\tfrac{1}{\sqrt 3}$:$$f(x_1) = -\frac{1}{3\sqrt 3} + \frac{1}{\sqrt 3} = \frac{2}{3\sqrt 3} = \frac{2\sqrt 3}{9} \approx 0{,}385, \qquad f(x_2) = -\frac{2\sqrt 3}{9} \approx -0{,}385$$Máximo $\left(\tfrac{3 - \sqrt 3}{3},\ \tfrac{2\sqrt 3}{9}\right)$ y mínimo $\left(\tfrac{3 + \sqrt 3}{3},\ -\tfrac{2\sqrt 3}{9}\right)$.

Curvatura. $f''(x) = 6x - 6 = 0 \iff x = 1$. Para $x < 1$, $f'' < 0$ (curvada hacia abajo, $\cap$); para $x > 1$, $f'' > 0$ (hacia arriba, $\cup$). Punto de inflexión en $(1, 0)$.

Gráfica. Viene de $-\infty$ creciendo, pasa por el origen, sube hasta el máximo $(0{,}42;\ 0{,}38)$, baja cruzando el eje en el punto de inflexión $(1, 0)$ hasta el mínimo $(1{,}58;\ -0{,}38)$, y vuelve a subir cortando el eje en $(2, 0)$ hacia $+\infty$.

b) El recinto. Entre $x_1 \approx 0{,}42$ y $x_2 \approx 1{,}58$; en $(x_1, 1)$ la curva va por encima del eje $X$ y en $(1, x_2)$, por debajo.

$$\text{Área} = \int_{x_1}^{1} f(x)\,dx - \int_{1}^{x_2} f(x)\,dx$$Primitiva. $F(x) = \dfrac{x^4}{4} - x^3 + x^2 = \dfrac{x^2\,(x - 2)^2}{4} = \dfrac{\big[x(x - 2)\big]^2}{4}$.

Valores que hacen falta. $F(1) = \tfrac{1}{4}$. En los extremos, $x(x - 2) = (x - 1)^2 - 1 = \tfrac{1}{3} - 1 = -\tfrac{2}{3}$, así que$$F(x_1) = F(x_2) = \frac{1}{4}\cdot\frac{4}{9} = \frac{1}{9}$$Regla de Barrow.$$\int_{x_1}^{1} f(x)\,dx = F(1) - F(x_1) = \frac{1}{4} - \frac{1}{9} = \frac{5}{36}, \qquad \int_{1}^{x_2} f(x)\,dx = F(x_2) - F(1) = \frac{1}{9} - \frac{1}{4} = -\frac{5}{36}$$El segundo trozo sale negativo porque está debajo del eje: se toma su valor absoluto. Como se esperaba por la simetría, los dos miden lo mismo:$$\text{Área} = \frac{5}{36} + \frac{5}{36} = \frac{5}{18} \approx 0{,}2778 \ \text{u}^2$$(Si se integrara de $x_1$ a $x_2$ sin partir, saldría $F(x_2) - F(x_1) = 0$: los dos trozos se cancelan.)