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2º BCN MATEMÁTICAS II

− PROBLEMAS DE INTEGRALES − PAU ANDALUCÍA

I.E.S. Sol de Portocarrero

2 Problemas de Integrales – PAU Andalucia

MATEMÁTICAS II − PROBLEMAS DE INTEGRALES PAU ANDALUCÍA

INTEGRALES POR CAMBIO DE VARIABLE

Ejercicio 1.— (Examen 6 − Junio 2011 General − Opción B)

[2.5 puntos] Halla ( ) ( )2 1 1

x

x x

e dxe e− +∫ Sugerencia: Efectúa el cambio de variable 𝑡𝑡 = 𝑒𝑒𝑥𝑥

Solución

Cambio: 𝑡𝑡 = 𝑒𝑒𝑥𝑥 ⇒ �𝑒𝑒𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑑𝑑𝑡𝑡 ⇒ 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑑𝑑𝑡𝑡

𝑒𝑒 𝑥𝑥 ⇒ 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑑𝑑𝑡𝑡𝑡𝑡

𝑒𝑒2𝑥𝑥 = (𝑒𝑒𝑥𝑥 )2 = 𝑡𝑡2�

Sustituimos: ∫ 𝑒𝑒 𝑥𝑥

(𝑒𝑒 2𝑥𝑥 −1)(𝑒𝑒 𝑥𝑥 +1)𝑑𝑑𝑥𝑥 = ∫ 𝑡𝑡

(𝑡𝑡 2−1)(𝑡𝑡+1)· 𝑑𝑑𝑡𝑡

𝑡𝑡 = ∫ 1

(𝑡𝑡 2−1)(𝑡𝑡+1)𝑑𝑑𝑡𝑡 → es una integral racional

Descomposición factorial del denominador:

(𝑡𝑡2 − 1)(𝑡𝑡 + 1) = (𝑡𝑡 − 1)(𝑡𝑡 + 1)(𝑡𝑡 + 1) = (𝑡𝑡 − 1)(𝑡𝑡 + 1)2 ⇒ �𝑡𝑡 = 1 (simple)𝑡𝑡 = −1 (doble)

�

Descomposición en fracciones simples:

1(𝑡𝑡2 − 1)(𝑡𝑡 + 1)

=𝐴𝐴

𝑡𝑡 − 1+

𝐵𝐵𝑡𝑡 + 1

+𝐶𝐶

(𝑡𝑡 + 1)2 =𝐴𝐴(𝑡𝑡 + 1)2 + 𝐵𝐵(𝑡𝑡 − 1)(𝑡𝑡 + 1) + 𝐶𝐶(𝑡𝑡 − 1)

(𝑡𝑡 − 1)(𝑡𝑡 + 1)2

𝐴𝐴(𝑡𝑡 + 1)2 + 𝐵𝐵(𝑡𝑡 − 1)(𝑡𝑡 + 1) + 𝐶𝐶(𝑡𝑡 − 1) = 1 ⇒

· Si 𝑡𝑡 = 1 → 4𝐴𝐴 = 1 ⇒ 𝐴𝐴 = 14

· Si 𝑡𝑡 = −1 → −2𝐶𝐶 = 1 ⇒ 𝐶𝐶 = − 12

· Si 𝑡𝑡 = 0 → 𝐴𝐴 − 𝐵𝐵 − 𝐶𝐶 = 1 ⇒ 𝐵𝐵 = 14

+ 12

− 1 = − 14

∫ 1(𝑡𝑡 2−1)(𝑡𝑡+1)

𝑑𝑑𝑡𝑡 = ∫ �1/4𝑡𝑡−1

+ −1/4𝑡𝑡+1

+ −1/2(𝑡𝑡+1)2� 𝑑𝑑𝑡𝑡 = 1

4 ∫ 1𝑡𝑡−1

𝑑𝑑𝑡𝑡 − 14 ∫ 1

𝑡𝑡+1𝑑𝑑𝑡𝑡 − 1

2 ∫ 1(𝑡𝑡+1)2 𝑑𝑑𝑡𝑡 =

= 14

ln|𝑡𝑡 − 1| − 14

ln|𝑡𝑡 + 1| − 12

· (𝑡𝑡+1)−2+1

−2+1 =1

4ln|𝑡𝑡 − 1| − 1

4ln|𝑡𝑡 + 1| + 1

2(𝑡𝑡+1)+ 𝑘𝑘

Deshacemos el cambio 𝑡𝑡 = 𝑒𝑒𝑥𝑥

�𝑒𝑒𝑥𝑥

(𝑒𝑒2𝑥𝑥 − 1)(𝑒𝑒𝑥𝑥 + 1)𝑑𝑑𝑥𝑥 =

14

ln|𝑒𝑒𝑥𝑥 − 1| −14

ln|𝑒𝑒𝑥𝑥 + 1| +1

2(𝑒𝑒𝑥𝑥 + 1)+ 𝑘𝑘

Ejercicio 2. — (Examen 3 − Septiembre 2012 − Opción A)

Sea 1

0 1 1xI dx

x=

+ −∫

a) [1'75 puntos] Expresa la integral I aplicando el cambio de variable 1t x= −

b) [0'75 puntos] Calcula el valor de I.

Solución

a) 𝑡𝑡 = √1 − 𝑥𝑥 → 𝑡𝑡2 = 1 − 𝑥𝑥 ⇒ 𝑥𝑥 = 1 − 𝑡𝑡2


𝑡𝑡 = √1 − 𝑥𝑥 → 𝑑𝑑𝑡𝑡 = −12√1−𝑥𝑥

𝑑𝑑𝑥𝑥 = −12𝑡𝑡

𝑑𝑑𝑥𝑥 ⇒ 𝑑𝑑𝑥𝑥 = −2𝑡𝑡𝑑𝑑𝑡𝑡

Calculamos los nuevos límites de integración: 𝑥𝑥 = 0 ⇒ 𝑡𝑡 = 1

𝑥𝑥 = 1 ⇒ 𝑡𝑡 = 0

Sustituyendo tenemos:

𝐼𝐼 = �𝑥𝑥

1 + √1 − 𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥

1

0= �

1 − 𝑡𝑡2

1 + 𝑡𝑡· (−2𝑡𝑡)𝑑𝑑𝑡𝑡

0

1= �

(1 + 𝑡𝑡)(1 − 𝑡𝑡)1 + 𝑡𝑡

· (−2𝑡𝑡)𝑑𝑑𝑡𝑡0

1=

= � (1 − 𝑡𝑡)(−2𝑡𝑡)𝑑𝑑𝑡𝑡0

1= � (−2𝑡𝑡 + 2𝑡𝑡2)𝑑𝑑𝑡𝑡

0

1= �−𝑡𝑡2 +

2𝑡𝑡3

3�

1

0

Deshacemos el cambio:



1

0= �−�√1 − 𝑥𝑥�

2+

2�√1 − 𝑥𝑥�3

3 �0

1

= �𝑥𝑥 − 1 +2�√1 − 𝑥𝑥�

3

3 �0

1

b)



1

0= �𝑥𝑥 − 1 +

2�√1 − 𝑥𝑥�3

3 �0

1

=

�1 − 1 +2�√1 − 1�

3

3� − �0 − 1 +

2�√1 − 0�3

3� = 1 −

23

=13

Ejercicio 3. — (Examen 1 − Reserva 2 Junio 2013 − Opción B)

[2’5 puntos] Calcula 4

2 1

x

x

e dxe+∫ . Sugerencia: se puede hacer el cambio de variable xt e= .

Solución

Cambio de variable: 𝑡𝑡 = √𝑒𝑒𝑥𝑥 ⇒ 𝑡𝑡2 = 𝑒𝑒𝑥𝑥 ⇒ 2𝑡𝑡 𝑑𝑑𝑡𝑡 = 𝑒𝑒𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥

Calculamos los nuevos límites de integración: � 𝑥𝑥 = 2 → 𝑡𝑡 = 𝑒𝑒𝑥𝑥 = 4 → 𝑡𝑡 = 𝑒𝑒2

�

Sustituimos: ∫ 𝑒𝑒 𝑥𝑥

1+√𝑒𝑒 𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥42 = ∫ 2𝑡𝑡

1+𝑡𝑡𝑑𝑑𝑡𝑡𝑒𝑒 2

𝑒𝑒 =

𝐼𝐼 = ∫ 2𝑡𝑡1+𝑡𝑡

𝑑𝑑𝑡𝑡 es una integral racional con el mismo grado en numerador y denominador. Dividimos:

Luego, 2𝑡𝑡1+𝑡𝑡

= 2 − 21+𝑡𝑡

.

�𝑒𝑒𝑥𝑥

1 + √𝑒𝑒𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥

4

2= �

2𝑡𝑡1 + 𝑡𝑡

𝑑𝑑𝑡𝑡𝑒𝑒 2

𝑒𝑒= � �2 −

21 + 𝑡𝑡

� 𝑑𝑑𝑡𝑡𝑒𝑒 2

𝑒𝑒= [2𝑡𝑡 − 2𝑙𝑙𝑙𝑙|1 + 𝑡𝑡|]𝑒𝑒

𝑒𝑒 2 =

= 2𝑒𝑒2 − 2𝑙𝑙𝑙𝑙(1 + 𝑒𝑒2) − [2𝑒𝑒 − 2𝑙𝑙𝑙𝑙(1 + 𝑒𝑒)] = 2𝑒𝑒2 − 2𝑒𝑒 + 2𝑙𝑙𝑙𝑙1 + 𝑒𝑒

1 + 𝑒𝑒2 ≈ 7,714

NOTA: También podemos deshacer el cambio.

�𝑒𝑒𝑥𝑥

1 + √𝑒𝑒𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥

4

2= [2𝑡𝑡 − 2𝑙𝑙𝑙𝑙|1 + 𝑡𝑡|]𝑒𝑒

𝑒𝑒 2 = �2√𝑒𝑒𝑥𝑥 − 2𝑙𝑙𝑙𝑙�1 + √𝑒𝑒𝑥𝑥 ��24

y obtenemos el mismo resultado.

2t −2t − 2

−2

t + 1

2


INTEGRALES POR PARTES

Ejercicio 4. — (Examen 1 − Junio 2012 Específico − Opción B)

[2'5 puntos] Sea la función f : ℝ → ℝ definida por 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥2cos(𝑥𝑥). Determina la primitiva de f cuya gráfica pasa por el punto (π, 0).

Solución

Calculamos primero la integral indefinida 𝐹𝐹(𝑥𝑥) = ∫ 𝑥𝑥2cos(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 , que es una integral por partes.

𝐹𝐹(𝑥𝑥) = � 𝑥𝑥2cos𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥2sen𝑥𝑥 − 2 � 𝑥𝑥 · sen𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 =

= 𝑥𝑥2sen𝑥𝑥 − 2 �−𝑥𝑥 · cos𝑥𝑥 + � cos𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥� =

= 𝑥𝑥2sen𝑥𝑥 + 2𝑥𝑥 · cos𝑥𝑥 − 2sen𝑥𝑥 + 𝐾𝐾

Nos piden una primitiva que pase por (π, 0) ⇒ 𝐹𝐹(𝜋𝜋) = 0, luego sustituyendo calculamos el valor de K.

𝜋𝜋2sen𝜋𝜋 + 2𝜋𝜋 · cos𝜋𝜋 − 2sen𝜋𝜋 + 𝐾𝐾 = 0 ⇒ 0 + 2𝜋𝜋 · (−1) − 0 + 𝐾𝐾 = 0 ⇒ 𝐾𝐾 = 2𝜋𝜋

Por tanto, la función primitiva que nos piden es: 𝐹𝐹(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥2sen𝑥𝑥 + 2𝑥𝑥 · cos𝑥𝑥 − 2sen𝑥𝑥 + 2π

Ejercicio 5. — (Examen 6 − 2012 − Opción A)

[2'5 puntos] Sea la función f : ℝ → ℝ definida por ( )2( ) 1 xf x x e−= − . Determina la primitiva de f

cuya gráfica pasa por el punto (−1, 0).

Solución

Calculamos la integral indefinida, que es una integral por partes (∫ 𝑢𝑢𝑑𝑑𝑢𝑢 = 𝑢𝑢𝑢𝑢 − ∫ 𝑢𝑢𝑑𝑑𝑢𝑢):

𝐹𝐹(𝑥𝑥) = �(1 − 𝑥𝑥2)𝑒𝑒−𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 = −(1 − 𝑥𝑥2)𝑒𝑒−𝑥𝑥 − � 2𝑥𝑥𝑒𝑒−𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 =

Volvemos a integrar por partes la nueva integral obtenida:

= (𝑥𝑥2 − 1)𝑒𝑒−𝑥𝑥 − �−2𝑥𝑥𝑒𝑒−𝑥𝑥 − � −𝑒𝑒−𝑥𝑥 2𝑑𝑑𝑥𝑥� =

= (𝑥𝑥2 − 1)𝑒𝑒−𝑥𝑥 + 2𝑥𝑥𝑒𝑒−𝑥𝑥 + 2𝑒𝑒−𝑥𝑥 + 𝐶𝐶 = (𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥 + 1)𝑒𝑒−𝑥𝑥 + 𝐶𝐶 Como la primitiva pasa por el punto (−1, 0) ⇒ 𝐹𝐹(−1) = 0 ⇒

⇒ ((−1)2 + 2 · (−1) + 1)𝑒𝑒1 + 𝐶𝐶 = 0 ⇒ 0 · 𝑒𝑒1 + 𝐶𝐶 = 0 ⇒ 𝐶𝐶 = 0

Luego, la primitiva que nos piden es: 𝐹𝐹(𝑥𝑥) = (𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥 + 1)𝑒𝑒−𝑥𝑥

Ejercicio 6. — (Examen 6 − Junio 2013 − Opción B)

[2’5 puntos] Sea g : ℝ → ℝ la función definida por 𝑔𝑔(𝑥𝑥) = ln(𝑥𝑥2 + 1) (donde ln denota el logaritmo neperiano). Calcula la primitiva de g cuya gráfica pasa por el origen de coordenadas.

Solución

𝐼𝐼 = ∫ 𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 = ∫ Ln(1 + 𝑥𝑥2)𝑑𝑑𝑥𝑥 que es una integral por partes (∫ 𝑢𝑢𝑑𝑑𝑢𝑢 = 𝑢𝑢𝑢𝑢 − ∫ 𝑢𝑢𝑑𝑑𝑢𝑢)

𝑢𝑢 = 1 − 𝑥𝑥2 → du = −2x dx

𝑑𝑑𝑢𝑢 = 𝑒𝑒−𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 → 𝑢𝑢 = −𝑒𝑒−𝑥𝑥

𝑢𝑢 = 2𝑥𝑥 → 𝑑𝑑𝑢𝑢 = 2𝑑𝑑𝑥𝑥


𝑢𝑢 = 𝑥𝑥2 → du = 2x dx

dv = cosx dx → v = senx

u = x → du = dx

dv = senx dx → v = − cosx


𝐼𝐼 = � Ln(1 + 𝑥𝑥2)𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥 · Ln(1 + 𝑥𝑥2) − � 𝑥𝑥 ·2𝑥𝑥

1 + 𝑥𝑥2 𝑑𝑑𝑥𝑥 =

= 𝑥𝑥 · Ln(1 + 𝑥𝑥2) − 2 �𝑥𝑥2

1 + 𝑥𝑥2 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥 · Ln(1 + 𝑥𝑥2) − 2𝐼𝐼1

𝐼𝐼1 = ∫ 𝑥𝑥 2

1+𝑥𝑥2 𝑑𝑑𝑥𝑥 es una integral racional (hay que dividir o, más fácil, poner el numerador en la forma 𝑥𝑥2 = 𝑥𝑥2 + 1 − 1).

𝐼𝐼1 = �𝑥𝑥2

1 + 𝑥𝑥2 𝑑𝑑𝑥𝑥 = �𝑥𝑥2 + 1 − 1

1 + 𝑥𝑥2 𝑑𝑑𝑥𝑥 = � �1 +−1

1 + 𝑥𝑥2� 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥 − arctg(𝑥𝑥)

Luego, 𝐼𝐼 = 𝑥𝑥 · Ln(1 + 𝑥𝑥2) − 2𝐼𝐼1 = 𝑥𝑥 · Ln(1 + 𝑥𝑥2) − 2(𝑥𝑥 − arctg(𝑥𝑥))

La integral indefinida es

𝐹𝐹(𝑥𝑥) = � 𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 + 𝐾𝐾 = 𝑥𝑥 · Ln(1 + 𝑥𝑥2) − 2(𝑥𝑥 − arctg(𝑥𝑥)) + 𝐾𝐾

Para obtener el valor de la constante K, como la primitiva F(x) pasa por (0, 0) ⇒ F(0) = 0.

F(0) = 0 ⇒ 0 · Ln(1 + 02) − 2(0 − arctg(0)) + 𝐾𝐾 = 0 ⇒ 𝐾𝐾 = 0

y la primitiva pedida es 𝐹𝐹(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥 · Ln(1 + 𝑥𝑥2) − 2(𝑥𝑥 − arctg(𝑥𝑥))

INTEGRALES RACIONALES

Ejercicio 7.— (Examen 5 − Junio 2011 Específico 1 − Opción B)

[2’5 puntos] Calcula: 3 2

2 2x x dx

x x++ −∫

Solución

Es una integral racional, pero como el numerado es de grado mayor que el denominador tenemos que hacer antes la división entera.

𝐼𝐼 = �𝑥𝑥3 + 𝑥𝑥2

𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥 − 2𝑑𝑑𝑥𝑥 = �(𝑥𝑥 +

2𝑥𝑥𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥 − 2

) 𝑑𝑑𝑥𝑥

= � 𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 + �2𝑥𝑥

𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥 − 2𝑑𝑑𝑥𝑥 =

𝑥𝑥2

2+ 𝐼𝐼1

𝐼𝐼1 = ∫ 2𝑥𝑥𝑥𝑥 2+𝑥𝑥−2

𝑑𝑑𝑥𝑥 es una integral racional.

Calculamos las raíces del denominador: 𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥 − 2 = 0 ⇒ 𝑥𝑥 = 1 y 𝑥𝑥 = −2. 2𝑥𝑥

𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥 − 2=

𝐴𝐴𝑥𝑥 − 1

+𝐵𝐵

𝑥𝑥 + 2=

𝐴𝐴(𝑥𝑥 + 2) + 𝐵𝐵(𝑥𝑥 − 1)(𝑥𝑥 − 1)(𝑥𝑥 + 2)

Igualando numeradores 2𝑥𝑥 = 𝐴𝐴(𝑥𝑥 + 2) + 𝐵𝐵(𝑥𝑥 − 1)

Para 𝑥𝑥 = 1 → 2 · 1 = 𝐴𝐴(1 + 2) + 𝐵𝐵(1 − 1) ⇒ 2 = 3𝐴𝐴 ⇒ 𝐴𝐴 = 23

Para 𝑥𝑥 = −2 → 2 · (−2) = 𝐴𝐴(−2 + 2) + 𝐵𝐵(−2 − 1) ⇒ −4 = −3𝐵𝐵 ⇒ 𝐵𝐵 = 43

𝐼𝐼1 = �2𝑥𝑥

𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥 − 2𝑑𝑑𝑥𝑥 = �

2/3𝑥𝑥 − 1

𝑑𝑑𝑥𝑥 + �4/3

𝑥𝑥 + 2𝑑𝑑𝑥𝑥 =

23

�1

𝑥𝑥 − 1𝑑𝑑𝑥𝑥 +

43

�1


=23

ln|𝑥𝑥 − 1| +43

ln|𝑥𝑥 + 2|

𝑢𝑢 = Ln(1 + 𝑥𝑥2) → du = 2𝑥𝑥1+𝑥𝑥2 dx

𝑑𝑑𝑢𝑢 = 𝑑𝑑𝑥𝑥 → 𝑢𝑢 = 𝑥𝑥

−𝑥𝑥3 − 𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥 𝑥𝑥3 + 𝑥𝑥2

𝑥𝑥 2𝑥𝑥

𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥 − 2


𝐼𝐼 = �𝑥𝑥3 + 𝑥𝑥2

𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥 − 2𝑑𝑑𝑥𝑥 =

𝑥𝑥2

2+ 𝐼𝐼1 =

𝑥𝑥2

2+

23

ln|𝑥𝑥 − 1| +43

ln|𝑥𝑥 + 2| + 𝐾𝐾

CÁLCULO DE ÁREAS

Ejercicio 8.— (Examen 3 − Sobrante 2010 − Opción B)

Considera la función f : ℝ → ℝ definida por 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥|2 − 𝑥𝑥|.

a) [1 punto] Esboza su gráfica.

b) [1’5 puntos] Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de f, el eje de abscisas y la recta de ecuación 𝑥𝑥 = 3.

Solución

a) Sabemos que |2 − 𝑥𝑥| = �2 − 𝑥𝑥 si 𝑥𝑥 < 2𝑥𝑥 − 2 si 𝑥𝑥 ≥ 2

� , por tanto

𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥|2 − 𝑥𝑥| = �2𝑥𝑥 − 𝑥𝑥2 si 𝑥𝑥 < 2𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥 si 𝑥𝑥 ≥ 2

� .

Esta función es continua en todo ℝ porque el valor absoluto es una función continua en todo ℝ , y el producto de funciones continua y compuesta de funciones continuas es continua.

Si 𝑥𝑥 < 2 tenemos la parábola 𝑦𝑦 = −𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥 que tiene las ramas hacia abajo, corta al eje OX en 𝑥𝑥 = 0 y 𝑥𝑥 = 2, y el vértice en �−𝑏𝑏

2𝑎𝑎, 𝑓𝑓 �−𝑏𝑏

2𝑎𝑎�� = (1, 1). (Sólo la dibujamos para 𝑥𝑥 < 2, en azul)

Si 𝑥𝑥 ≥ 2 tenemos la parábola 𝑦𝑦 = 𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥 que tiene las ramas hacia arriba, corta al eje OX en 𝑥𝑥 = 0 y 𝑥𝑥 = 2, y el vértice en �−𝑏𝑏

2𝑎𝑎, 𝑓𝑓 �−𝑏𝑏

2𝑎𝑎�� = (1, −1). (Sólo la dibujamos para 𝑥𝑥 ≥ 2, en rojo)

Un esbozo de la gráfica es →

b) El área del recinto limitado por f, el eje OX y la recta 𝑥𝑥 = 3, según vemos en la figura es

Área = ∫ (−𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥20 + ∫ (𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥3

2 =

= �−𝑥𝑥3

3+ 𝑥𝑥2�

0

2+ �𝑥𝑥3

3− 𝑥𝑥2�

2

3=

= ��−83

+ 4� − 0� + �(9 − 9) − �83

− 4�� = 43

+ 43

= 83 u.a.

-1 1 2 3-1

1

2

3

x

y

y = -x2 + 2x

y = x2 - 2x

x = 3

Ejercicio 9.— (Examen 4 − Junio 2010 Específico − Opción B)

Dada la función f : (0, +∞) → ℝ definida por 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = ln𝑥𝑥 , donde ln la función logaritmo neperiano, se pide:

a) [0’75 puntos] Comprueba que la recta de ecuación 𝑦𝑦 = −𝑒𝑒𝑥𝑥 + 1 + 𝑒𝑒2 es la recta normal a la gráfica de f en el punto de abscisa 𝑥𝑥 = 𝑒𝑒.

b) [1’75 puntos] Calcula el área de la región limitada por la gráfica de f, el eje de abscisas y la recta normal del apartado (a).

Solución

a) Sabemos que la recta normal (perpendicular) a f(x) en 𝑥𝑥 = 𝑒𝑒 es 𝑦𝑦 − 𝑓𝑓(𝑒𝑒) = −1𝑓𝑓′ (𝑒𝑒) (𝑥𝑥 − 𝑒𝑒).


𝑓𝑓(𝑥𝑥) = ln𝑥𝑥 ⇒ 𝑓𝑓(𝑒𝑒) = ln𝑒𝑒 = 1

𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = 1𝑥𝑥

⇒ 𝑓𝑓′(𝑒𝑒) = 1𝑒𝑒

Por tanto la recta normal es

𝑦𝑦 − 1 = −11𝑒𝑒

(𝑥𝑥 − 𝑒𝑒) ⇒ 𝑦𝑦 − 1 = −𝑒𝑒(𝑥𝑥 − 𝑒𝑒) ⇒ 𝑦𝑦 = −𝑒𝑒𝑥𝑥 + 1 + 𝑒𝑒2 como pedían.

b) La grafica de ln(x) es conocida (x = 0 es asíntota vertical, siempre creciente, corta al eje OX en x = 1, y simétrica respecto a la bisectriz 𝑦𝑦 = 𝑥𝑥 de su recíproca 𝑒𝑒𝑥𝑥).

La gráfica de 𝑦𝑦 = −𝑒𝑒𝑥𝑥 + 1 + 𝑒𝑒2 es la de su recta perpendicular en 𝑥𝑥 = 𝑒𝑒.

El punto de corte de 𝑦𝑦 = −𝑒𝑒𝑥𝑥 + 1 + 𝑒𝑒2 con el eje OX lo calculamos haciendo y = 0,

𝑦𝑦 = −𝑒𝑒𝑥𝑥 + 1 + 𝑒𝑒2 = 0 ⇒ 𝑥𝑥 = 𝑒𝑒 2+1𝑒𝑒

.

1 2 3

1

2

x

y

e

A1 A2

y = -ex + 1 + e2 f(x) = ln x

e2 + 1 e

Ya hemos dicho antes que las gráficas se cortan en 𝑥𝑥 = 𝑒𝑒 , luego el área pedida es

Área = 𝐴𝐴1 + 𝐴𝐴2 = ∫ ln(𝑥𝑥) 𝑑𝑑𝑥𝑥𝑒𝑒1 + ∫ (−𝑒𝑒𝑥𝑥 + 1 + 𝑒𝑒2)𝑑𝑑𝑥𝑥

𝑒𝑒2+1𝑒𝑒

𝑒𝑒

𝐴𝐴1 = ∫ ln(𝑥𝑥) 𝑑𝑑𝑥𝑥𝑒𝑒1 es una integral por partes �𝑢𝑢 = ln𝑥𝑥 ⇒ 𝑑𝑑𝑢𝑢 = 1

𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥

𝑑𝑑𝑢𝑢 = 𝑑𝑑𝑥𝑥 ⇒ 𝑢𝑢 = 𝑥𝑥�

∫ ln(𝑥𝑥) 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥𝑙𝑙𝑙𝑙𝑥𝑥 − ∫ 𝑥𝑥 · 1𝑥𝑥

𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥ln𝑥𝑥 − ∫ 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥ln𝑥𝑥 − 𝑥𝑥

𝐴𝐴1 = ∫ ln(𝑥𝑥) 𝑑𝑑𝑥𝑥𝑒𝑒1 = [𝑥𝑥ln𝑥𝑥 − 𝑥𝑥]1

𝑒𝑒 = (𝑒𝑒ln𝑒𝑒 − 𝑒𝑒) − (1 · ln1 − 1) = 1

𝐴𝐴2 = ∫ (−𝑒𝑒𝑥𝑥 + 1 + 𝑒𝑒2)𝑑𝑑𝑥𝑥𝑒𝑒2+1

𝑒𝑒𝑒𝑒 = �−𝑒𝑒𝑥𝑥 2

2+ 𝑥𝑥 + 𝑒𝑒2𝑥𝑥�

𝑒𝑒

𝑒𝑒2+1𝑒𝑒 = 1

2𝑒𝑒

(𝐴𝐴2 es el área de un triángulo de base 𝑏𝑏 = 𝑒𝑒 2+1𝑒𝑒

− 𝑒𝑒 = 1𝑒𝑒 y altura 1: 𝐴𝐴2 = 1

2𝑏𝑏 · ℎ = 1

2· 1

𝑒𝑒· 1 = 1

2𝑒𝑒)

Área = 𝐴𝐴1 + 𝐴𝐴2 = 1 + 12𝑒𝑒

𝑢𝑢2 .

Ejercicio 10.— (Examen 1 − Junio 2012 Específico − Opción A)

Sean f; g : ℝ → ℝ las funciones definidas por 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = sen(𝑥𝑥) y 𝑔𝑔(𝑥𝑥) = cos(𝑥𝑥) respectivamente.

a) [0'75 puntos] Realiza un esbozo de las gráficas de f y g en el intervalo �0, 𝜋𝜋2

�.

b) [1'75 puntos] Calcula el área total de los recintos limitados por ambas gráficas y las rectas 𝑥𝑥 = 0 y 𝑥𝑥 = 𝜋𝜋

2.

Solución

a) Sabemos que las funciones senx y cosx son continuas y derivables en todo ℝ, periódicas de periodo 2π, que sen(0) = 0 = cos(π/2), sen(π/2) = 1 = cos(0), que el seno y el coseno van desfasados π/2, y que en [0, π/2], el seno es estrictamente creciente y coseno es estrictamente decreciente. Teniendo en cuenta todo esto un esbozo de sus gráficas es:


1 2 3

-1

1

x

ysen(x)

cos(x)

π/2

1

1

x

ysen(x)cos(x)

π/2π/4

Área 1 Área 2

b) El área que nos piden son los dos recintos coloreados.

Punto de corte de las funciones en el intervalo [0, π/2]: sen(𝑥𝑥) = cos(𝑥𝑥) ⇒ 𝑥𝑥 = 𝜋𝜋4

Á𝑟𝑟𝑒𝑒𝑎𝑎 = 𝐴𝐴1 + 𝐴𝐴2 = � (cos𝑥𝑥 − sen𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥𝜋𝜋4

0+ � (sen𝑥𝑥 − cos𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥

𝜋𝜋2

𝜋𝜋4

=

= [sen𝑥𝑥 + cos𝑥𝑥]0

𝜋𝜋4 + [−cos𝑥𝑥 − sen𝑥𝑥]𝜋𝜋

4

𝜋𝜋2 =

= ��sen𝜋𝜋4

+ cos𝜋𝜋4

� − (sen0 + cos0)� + ��−cos𝜋𝜋2

− sen𝜋𝜋2

� − �−cos𝜋𝜋4

− sen𝜋𝜋4

�� =

=√22

+√22

− (0 + 1) + (−0 − 1) − �−√22

−√22 � = 2√2 − 2 𝑢𝑢2


Sea f : ℝ → ℝ la función definida por 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥3 − 4𝑥𝑥

a) [0'75 puntos] Halla la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa x = 1.

b) [0'75 puntos] Esboza el recinto limitado por la gráfica de f y la recta 𝑦𝑦 = −𝑥𝑥 − 2, determinando los puntos de corte de ambas gráficas.

c) [1 punto] Calcula el área del recinto anterior.

Solución

a) La recta tangente a la gráfica de f en x = 1 es: 𝑦𝑦 − 𝑓𝑓(1) = 𝑓𝑓′(1) · (𝑥𝑥 − 1)

𝑓𝑓(1) = 13 − 4 · 1 = −3

𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = 3𝑥𝑥2 − 4 → 𝑓𝑓′(1) = 3 · 12 − 4 = −1

Recta tangente: 𝑦𝑦 + 3 = −1 · (𝑥𝑥 − 1) ⇒ 𝑦𝑦 = −𝑥𝑥 − 2

b) Hacemos un esbozo de las gráficas →

Para calcular los puntos de corte igualamos las dos funciones:

𝑥𝑥3 − 4𝑥𝑥 = −𝑥𝑥 − 2 ⇒ 𝑥𝑥3 − 3𝑥𝑥 + 2 = 0 ⇒ �𝑥𝑥 = 1 (doble)𝑥𝑥 = −2

�

Luego los puntos de corte son: (1, −3) y (−2, 0)

c)

𝐴𝐴 = � [(𝑥𝑥3 − 4𝑥𝑥) − (−𝑥𝑥 − 2)]𝑑𝑑𝑥𝑥1

−2= � (𝑥𝑥3 − 3𝑥𝑥 + 2)𝑑𝑑𝑥𝑥

1

−2=

= �𝑥𝑥4

4−

3𝑥𝑥2

2+ 2𝑥𝑥�

−2

1

= �14

−32

+ 2� − (4 − 6 − 4) =274

𝑢𝑢2

-3 -2 -1 1 2

-3

-2

-1

1

2

3

x

y


Ejercicio 12. — (Examen 2 − 2012 − Opción B)

Sean f; g : ℝ → ℝ las funciones definidas por 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥 y 𝑔𝑔(𝑥𝑥) = −𝑥𝑥2 + 4𝑥𝑥 respectivamente.

a) [0'75 puntos] Halla los puntos de corte de sus gráficas y realiza un esbozo del recinto que limitan.

b) [1'75 puntos] Calcula el área de dicho recinto.

Solución

a) Para calcular los puntos de corte igualamos las dos funciones:

𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥 = −𝑥𝑥2 + 4𝑥𝑥 ⇒ 2𝑥𝑥2 − 6𝑥𝑥 = 0 ⇒

⇒ 2𝑥𝑥(𝑥𝑥 − 3) = 0 ⇒ 𝑥𝑥 = 0 ; 𝑥𝑥 = 3

Luego los puntos de corte son: (0, 0) y (3, 3)

La gráfica de f es una parábola con las ramas hacia arriba y abscisa de su vértice V en 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = 0 ⇒ 2𝑥𝑥 − 2 = 0 ⇒ 𝑥𝑥 = 1 , de donde su vértice es V(1, f(1)) = V(1, −1)

La gráfica de g es una parábola con las ramas hacia abajo y abscisa de su vértice V en 𝑔𝑔′(𝑥𝑥) = 0 ⇒ −2𝑥𝑥 + 4 = 0 ⇒ 𝑥𝑥 = 2 , de donde su vértice es V(2, g(2)) = V(2, 4).

Un esbozo de sus gráficas es →

b)

𝐴𝐴 = � [(−𝑥𝑥2 + 4𝑥𝑥) − (𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥)]𝑑𝑑𝑥𝑥3

0= � (−2𝑥𝑥2 + 6𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥

3

0= �−

2𝑥𝑥3

3+ 3𝑥𝑥2�

0

3

= −18 + 27 = 9 𝑢𝑢2

Ejercicio 13. — (Examen 3 − Septiembre 2012 − Opción B)

Sea f : ℝ → ℝ la función definida por 29( )

4xf x −

=

a) [0'75 puntos] Halla la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa 𝑥𝑥 = 1.

b) [1'75 puntos] Esboza el recinto limitado por la gráfica de f, la recta 𝑥𝑥 + 2𝑦𝑦 = 5 y el eje de abscisas. Calcula el área de dicho recinto.

Solución

a) La recta tangente a la gráfica de f en x = 1 es: 𝑦𝑦 − 𝑓𝑓(1) = 𝑓𝑓′(1) · (𝑥𝑥 − 1)

𝑓𝑓(1) = 9−12

4= 2

𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = −2𝑥𝑥4

= −𝑥𝑥2

→ 𝑓𝑓′(1) = −12

Recta tangente: 𝑦𝑦 − 2 = − 12

· (𝑥𝑥 − 1) ⇒ 2𝑦𝑦 − 4 = −𝑥𝑥 + 1 ⇒ 𝑥𝑥 + 2𝑦𝑦 − 5 = 0 ⇒ 𝑦𝑦 = 5−𝑥𝑥2

b) 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 9−𝑥𝑥 2

4 es una parábola con las ramas

hacia abajo, con vértice en (0, 9/4) y que corta al eje X en 𝑥𝑥 = ±3.

La recta 𝑥𝑥 + 2𝑦𝑦 = 5 es la tangente en 𝑥𝑥 = 1 calculada en (a): pasa por el punto (1, 2) y corta al eje X en 𝑥𝑥 = 5.

Un esbozo de las gráficas es →

-1 1 2 3 4-1

1

2

3

4

x

y

f(x) = x2 - 2x

g(x) = -x2 + 4x

-3 -2 -1 1 2 3 4 5

-1

1

2

x

y

Área

f(x)

x + 2y = 5


Calculamos el área del recinto:

𝐴𝐴 = � �5 − 𝑥𝑥

2−

9 − 𝑥𝑥2

4 � 𝑑𝑑𝑥𝑥3

1+ � �

5 − 𝑥𝑥2

� 𝑑𝑑𝑥𝑥5

3= � �

𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥 + 14 � 𝑑𝑑𝑥𝑥

3

1+ � �

5 − 𝑥𝑥2


3=

=14

�𝑥𝑥3

3− 𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥�

1

3

+12

�5𝑥𝑥 −𝑥𝑥2

2�

3

5

=14 �(9 − 9 + 3) − �

13

− 1 + 1�� +12 ��25 −

252

� − �15 −92

�� =

=14

·83

+12

· 2 =23

+ 1 =53

𝑢𝑢2

Ejercicio 14. — (Examen 4 − Reserva 2 Septiembre 2013 − Opción B)

Sea g : (0, +∞) → ℝ la función definida por 𝑔𝑔(𝑥𝑥) = |ln(𝑥𝑥)| (donde ln denota el logaritmo neperiano).

a) [1’25 puntos] Esboza el recinto limitado por la gráfica de g y la recta 𝑦𝑦 = 1. Calcula los puntos de corte entre ellas.

b) [1’25 puntos] Calcula el área del recinto anterior.

Solución

a) La gráfica de |ln(𝑥𝑥)| es exactamente igual que la de “ln(x)” para ln(x) > 0 (la parte de la gráfica que está por encima del eje OX, en este caso para x ≥ 1 porque ln(1) = 0), y simétrica respecto al eje OX cuando ln(x) < 0 (la parte de la gráfica que está por debajo del eje OX, en este caso para x < 1).

Además, ln(1) = 0, ln(e) = 1, ln(x) es estrictamente creciente y ( )

0lim ln( ) ln 0x

x−

+

→= = −∞ .

La recta 𝑦𝑦 = 1 es una recta horizontal.

Teniendo en cuenta lo anterior un esbozo de la gráfica pedida es →

Calculamos los puntos de corte de las dos funciones:

|ln𝑥𝑥| = 1 ⇒ �ln𝑥𝑥 = 1 ⇒ 𝑥𝑥 = 𝑒𝑒

−ln𝑥𝑥 = 1 ⇒ 𝑥𝑥 = 𝑒𝑒−1 = 1𝑒𝑒

�

Los puntos de corte son �1𝑒𝑒

, 1� y (𝑒𝑒, 1).

-0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

x

y

e1/e

y = 1

|ln(x)|

b) Calculamos el área pedida:

𝐴𝐴 = � �1 − (−ln𝑥𝑥)�𝑑𝑑𝑥𝑥1

1𝑒𝑒

+ � �1 − (ln𝑥𝑥)�𝑑𝑑𝑥𝑥𝑒𝑒

1

Recuerda que ∫ ln𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 es una integral por partes:

𝐴𝐴 = � (1 + ln𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥1

1𝑒𝑒

+ � (1 − ln𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥𝑒𝑒

1=

= [𝑥𝑥 + 𝑥𝑥ln𝑥𝑥 − 𝑥𝑥]1𝑒𝑒

1 + [𝑥𝑥 − 𝑥𝑥ln𝑥𝑥 + 𝑥𝑥]1𝑒𝑒 =

= [𝑥𝑥ln𝑥𝑥]1𝑒𝑒

1 + [2𝑥𝑥 − 𝑥𝑥ln𝑥𝑥]1𝑒𝑒 =

= (1 · ln1) − �1𝑒𝑒

· ln1𝑒𝑒

� + (2𝑒𝑒 − 𝑒𝑒 · lne) − (2 · 1 − 1 · ln1) =

= 0 −1𝑒𝑒

· (−1) + 2𝑒𝑒 − 𝑒𝑒 − 2 − 0 =1𝑒𝑒

+ 𝑒𝑒 − 2 𝑢𝑢2

𝑢𝑢 = 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑥𝑥 → 𝑑𝑑𝑢𝑢 = 1𝑥𝑥

𝑑𝑑𝑥𝑥


� ln𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥 ln𝑥𝑥 − � 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥 ln𝑥𝑥 − 𝑥𝑥 + 𝐾𝐾


Ejercicio 15. — (Examen 1 − Junio 2014 − Opción A)

Sean f : ℝ → ℝ y g : ℝ → ℝ las funciones definidas respectivamente por

( )2x

f x = y 21( )

1g x

x=

+

a) [1 punto] Esboza las gráficas de f y g sobre los mismos ejes y calcula los puntos de corte entre ambas gráficas.

b) [1’5 puntos] Calcula el área del recinto limitado por las gráficas de f y g.

Solución

a) ⦁ 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = |𝑥𝑥 |2

= �−𝑥𝑥2

si 𝑥𝑥 < 0𝑥𝑥2

si 𝑥𝑥 ≥ 0�

La función f (x) está formada por dos semirrectas que se unen en (0, 0). Es simétrica respecto al eje Y.

⦁ 𝑔𝑔(𝑥𝑥) = 11+𝑥𝑥2 es una función racional. Tiene una asíntota horizontal en y = 0. No tiene asíntotas

verticales ni oblicuas.

𝑔𝑔(𝑥𝑥) es simétrica respecto al eje Y porque 𝑔𝑔(−𝑥𝑥) = 𝑔𝑔(𝑥𝑥).

𝑔𝑔′ (𝑥𝑥) = −2𝑥𝑥(1+𝑥𝑥2)2 = 0 ⇒ 𝑥𝑥 = 0 → Máximo (0, 1)

Puntos de corte de las funciones: 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑔𝑔(𝑥𝑥) ⇒ |𝑥𝑥 |2

= 11+𝑥𝑥2 ⇒

−𝑥𝑥2

= 11+𝑥𝑥2 ⇒ −𝑥𝑥3 − 𝑥𝑥 = 2 ⇒ 𝑥𝑥 = −1

𝑥𝑥2

= 11+𝑥𝑥 2 ⇒ 𝑥𝑥3 + 𝑥𝑥 = 2 ⇒ 𝑥𝑥 = 1

Luego las funciones se cortan en los puntos �−1, 12� y �1, 1

2�.

-1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5

0.5

1

x

y

b) Como la región es simétrica respecto al eje Y:

𝐴𝐴 = 2 · � [𝑔𝑔(𝑥𝑥) − 𝑓𝑓(𝑥𝑥)]𝑑𝑑𝑥𝑥1

0= 2 · � �

11 + 𝑥𝑥2 −

𝑥𝑥2� 𝑑𝑑𝑥𝑥

1

0=

2 · �arctg𝑥𝑥 −𝑥𝑥2

4�

0

1

= 2 �arctg1 −14

� − 2 �arctg0 −04

� = 2 · �𝜋𝜋4

−14

� =𝜋𝜋2

−12

𝑢𝑢2

NOTA: Si no usamos la simetría,

𝐴𝐴 = � [𝑔𝑔(𝑥𝑥) − 𝑓𝑓(𝑥𝑥)]𝑑𝑑𝑥𝑥0

−1+ � [𝑔𝑔(𝑥𝑥) − 𝑓𝑓(𝑥𝑥)]𝑑𝑑𝑥𝑥

1

0= � �

11 + 𝑥𝑥2 −

−𝑥𝑥2 � 𝑑𝑑𝑥𝑥

0

−1+ � �

11 + 𝑥𝑥2 −

𝑥𝑥2� 𝑑𝑑𝑥𝑥

1

0

𝑓𝑓(𝑥𝑥) =|𝑥𝑥|2

𝑔𝑔(𝑥𝑥) =1

1 + 𝑥𝑥2


OTROS

Ejercicio 16.— (Examen 1 − Sobrante 2010 − Opción B)

[2’5 puntos] Calcula el valor de 𝑎𝑎 > 0 sabiendo que el área del recinto comprendido entre la parábola 𝑦𝑦 = 𝑥𝑥2 + 𝑎𝑎𝑥𝑥 y la recta 𝑦𝑦 + 𝑥𝑥 = 0 vale 36 unidades cuadradas.

Solución

La recta 𝑦𝑦 = −𝑥𝑥 es la bisectriz del II y IV cuadrantes.

La parábola 𝑦𝑦 = 𝑥𝑥2 + 𝑎𝑎𝑥𝑥 tiene las ramas hacia arriba, corta al eje OX en 𝑥𝑥 = 0 y 𝑥𝑥 = −𝑎𝑎 (soluciones de 𝑥𝑥2 + 𝑎𝑎𝑥𝑥 = 0).

Un esbozo de la gráfica sería →

Los puntos de corte de la recta y la parábola son:

𝑥𝑥2 + 𝑎𝑎𝑥𝑥 = −𝑥𝑥 ⇒ 𝑥𝑥2 + (𝑎𝑎 + 1)𝑥𝑥 = 0 ⇒

⇒ 𝑥𝑥(𝑥𝑥 + (𝑎𝑎 + 1)) = 0 ⇒ � 𝑥𝑥 = 0𝑥𝑥 = −𝑎𝑎 − 1

� .

x

y

-a-a -136 u2

x + y = 0

y = x2 + ax

Área = 36 = ∫ (𝑟𝑟𝑒𝑒𝑟𝑟𝑡𝑡𝑎𝑎 − 𝑝𝑝𝑎𝑎𝑟𝑟á𝑏𝑏𝑏𝑏𝑙𝑙𝑎𝑎)𝑑𝑑𝑥𝑥0

−𝑎𝑎−1 .

Área = 36 = ∫ (−𝑥𝑥 − 𝑥𝑥2 − 𝑎𝑎𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥0−𝑎𝑎−1 = �− 𝑥𝑥 2

2− 𝑥𝑥 3

3− 𝑎𝑎𝑥𝑥 2

2�

−𝑎𝑎−1

0 = �− 𝑥𝑥 3

3− (𝑎𝑎+1)𝑥𝑥 2

2�

−𝑎𝑎−1

0 =

= 0 − �− (−𝑎𝑎−1)3

3− (𝑎𝑎+1)(−𝑎𝑎−1)2

2� = 0 − �(𝑎𝑎+1)3

3− (𝑎𝑎+1)3

2� = (𝑎𝑎+1)3

6 .

(𝑎𝑎+1)3

6= 36 ⇒ (𝑎𝑎 + 1)3 = 63 ⇒ 𝑎𝑎 + 1 = 6 ⇒ 𝑎𝑎 = 5

Ejercicio 17.— (Examen 4 − Sobrante 2011 − Opción A)

[2'5 puntos] Calcula un número positivo a, menor que 2, para que el recinto limitado por la parábola de ecuación 𝑦𝑦 = 1

2𝑥𝑥2 y las dos rectas horizontales de ecuaciones 𝑦𝑦 = 𝑎𝑎 e 𝑦𝑦 = 2, tenga un área de 14

3

unidades cuadradas.

Solución

El área del recinto puede considerarse como el área del recinto entre la recta 𝑦𝑦 = 2 y la parábola menos el área del recinto entre la recta 𝑦𝑦 = 𝑎𝑎 y la parábola.

Observamos que el recinto es simétrico con respecto al eje Y, luego podemos calcular las áreas para x > 0 y multiplicar por 2.

Calculamos los puntos de corte de la recta 𝑦𝑦 = 2 y la parábola:

12

𝑥𝑥2 = 2 ⇒ 𝑥𝑥2 = 4 ⇒ 𝑥𝑥 = ±√4 = ±2

El área entre la recta 𝑦𝑦 = 2 y la parábola es

𝐴𝐴1 = 2 · � �2 −12

𝑥𝑥2� 𝑑𝑑𝑥𝑥2

0= 2 · �2𝑥𝑥 −

𝑥𝑥3

6�

0

2

= 2 · �2 · 2 −23

6 � = 2 · �4 −86

� = 2 ·166

=163

𝑢𝑢2

Calculamos los puntos de corte de la recta 𝑦𝑦 = 𝑎𝑎 y la parábola:

-2 -1 1 2

1

2

x

y

y = 2

y = a


12

𝑥𝑥2 = 𝑎𝑎 ⇒ 𝑥𝑥2 = 2𝑎𝑎 ⇒ 𝑥𝑥 = ±√2𝑎𝑎

El área entre la recta 𝑦𝑦 = 𝑎𝑎 y la parábola es

𝐴𝐴2 = 2 · � �𝑎𝑎 −12

𝑥𝑥2� 𝑑𝑑𝑥𝑥√2𝑎𝑎

0= 2 · �𝑎𝑎𝑥𝑥 −

𝑥𝑥3

6�

0

√2𝑎𝑎

= 2 · �𝑎𝑎√2𝑎𝑎 −�√2𝑎𝑎�

3

6� =

= 2 · �𝑎𝑎√2𝑎𝑎 −2𝑎𝑎√2𝑎𝑎

6 � = 2 ·2𝑎𝑎√2𝑎𝑎

3=

4𝑎𝑎√2𝑎𝑎3

𝑢𝑢2

Y se tiene que cumplir que 𝐴𝐴 = 𝐴𝐴1 − 𝐴𝐴2

163

− 4𝑎𝑎√2𝑎𝑎3

= 143

⇒ 16 − 4𝑎𝑎√2𝑎𝑎 = 14 ⇒ 4𝑎𝑎√2𝑎𝑎 = 2 ⇒ 𝑎𝑎√2𝑎𝑎 = 12 ⇒ 𝑎𝑎22𝑎𝑎 = 1

4 ⇒

⇒ 𝑎𝑎3 = 18 ⇒ 𝑎𝑎 = �1

83

⇒ 𝑎𝑎 = 12

Ejercicio 18.— (Examen 5 − Junio 2011 Específico 1 − Opción A)

[2'5 puntos] Determina la función 𝑓𝑓: (−1, +∞) → ℝ tal que 𝑓𝑓′′ = 1𝑥𝑥

y su gráfica tiene tangente horizontal en el punto P(1,1).

Solución

El teorema fundamental del cálculo integral nos dice que si f(x) es continua en [a, b] entonces la función ∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡)𝑥𝑥

𝑎𝑎 𝑑𝑑𝑡𝑡 es derivable y su derivada es f(x).

En nuestro caso, 𝑓𝑓′ (𝑥𝑥) = ∫ 𝑓𝑓′′ (𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 y 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = ∫ 𝑓𝑓′ (𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥.

Como nos dicen que la gráfica de f tiene tangente horizontal en (1, 1), sabemos que 𝑓𝑓′ (1) = 0.

Como nos dicen que pasa por el punto (1, 1), sabemos que 𝑓𝑓(1) = 1.

𝑓𝑓′ (𝑥𝑥) = � 𝑓𝑓′′ (𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 = �1𝑥𝑥

𝑑𝑑𝑥𝑥 = ln|𝑥𝑥| + 𝐶𝐶

𝑓𝑓(𝑥𝑥) = � 𝑓𝑓′ (𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 = �(ln|𝑥𝑥| + 𝐶𝐶) 𝑑𝑑𝑥𝑥 = � ln|𝑥𝑥| 𝑑𝑑𝑥𝑥 + � 𝐶𝐶 𝑑𝑑𝑥𝑥

= 𝑥𝑥 · ln|𝑥𝑥| − � 𝑥𝑥 ·1𝑥𝑥

𝑑𝑑𝑥𝑥 + 𝐶𝐶𝑥𝑥 = 𝑥𝑥 · ln|𝑥𝑥| − � 𝑑𝑑𝑥𝑥 + 𝐶𝐶𝑥𝑥 =

⇒ 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥 · ln|𝑥𝑥| − 𝑥𝑥 + 𝐶𝐶𝑥𝑥 + 𝐷𝐷

⦁ 𝑓𝑓′ (1) = 0 ⇒ ln|1| + 𝐶𝐶 = 0 ⇒ 0 + 𝐶𝐶 = 0 ⇒ 𝐶𝐶 = 0

⦁ 𝑓𝑓(1) = 1 ⇒ 1 · ln|1| − 1 + 0 · 1 + 𝐷𝐷 = 1 ⇒ 0 − 1 + 𝐷𝐷 = 1 ⇒ 𝐷𝐷 = 2

Por tanto, 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥 · ln|𝑥𝑥| − 𝑥𝑥 + 2

� 𝑢𝑢 · 𝑑𝑑𝑢𝑢 = 𝑢𝑢 · 𝑢𝑢 − � 𝑢𝑢 · 𝑑𝑑𝑢𝑢

∫ ln(𝑥𝑥) 𝑑𝑑𝑥𝑥 es una integral por partes

𝑢𝑢 = ln(𝑥𝑥) ⇒ 𝑑𝑑𝑢𝑢 = 1𝑥𝑥

𝑑𝑑𝑥𝑥

𝑑𝑑𝑢𝑢 = 𝑑𝑑𝑥𝑥 ⇒ 𝑢𝑢 = ∫ 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥


Ejercicio 19. — (Examen 4 − Junio 2012 General − Opción A)

Sea f una función continua en el intervalo [2, 3] y F una función primitiva de f tal que 𝐹𝐹(2) = 1 y 𝐹𝐹(3) = 2. Calcula:

a) [0'75 puntos] 3

2( )f x dx∫ b) [0'75 puntos] ( )

3

25 ( ) 7f x dx−∫

c) [1 punto] ( )3 2

2( ) ( )F x f x dx∫

Solución

a) Como F es una primitiva de f,

� 𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥3

2= [𝐹𝐹(𝑥𝑥)]2

3 = 𝐹𝐹(3) − 𝐹𝐹(2) = 2 − 1 = 1

b)

� (5𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 7)𝑑𝑑𝑥𝑥3

2= 5 � 𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥

3

2− 7 � 𝑑𝑑𝑥𝑥

3

2= 5 · [𝐹𝐹(𝑥𝑥)]2

3 − 7 · [𝑥𝑥]2 3 = 5 · 1 − 7(3 − 2) = 5 − 7 = −2

c) Como F es una primitiva de f, 𝐹𝐹(𝑥𝑥) = ∫ 𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 y además 𝐹𝐹′(𝑥𝑥) = 𝑓𝑓(𝑥𝑥).

� �𝐹𝐹(𝑥𝑥)�2𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥3

2= � �𝐹𝐹(𝑥𝑥)�2𝐹𝐹′(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥

3

2= �

�𝐹𝐹(𝑥𝑥)�3

3 �2

3

=�𝐹𝐹(3)�3

3−

�𝐹𝐹(2)�3

3=

83

−13

=73


[2'5 puntos] Calcula los valores de a y b sabiendo que la función f : (0, +∞) → ℝ definida por 2( ) ln( )f x ax b x= + , donde ln denota la función logaritmo neperiano, tiene un extremo relativo en

1x = y que 4

1( ) 27 8ln(4)f x dx = −∫

Solución

Como tiene un extremo relativo en 𝑥𝑥 = 1, se cumple que 𝑓𝑓′(1) = 0.

𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑎𝑎𝑥𝑥2 + 𝑏𝑏ln(𝑥𝑥) ⇒ 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = 2𝑎𝑎𝑥𝑥 + 𝑏𝑏𝑥𝑥

→ 𝑓𝑓′(1) = 2𝑎𝑎 + 𝑏𝑏1

= 0 ⇒ 𝑏𝑏 = −2𝑎𝑎

Nuestra función es: 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑎𝑎𝑥𝑥2 − 2𝑎𝑎ln(𝑥𝑥)

Integrando por partes, ∫ ln𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥ln𝑥𝑥 − 𝑥𝑥


1= � �𝑎𝑎𝑥𝑥2 − 2𝑎𝑎ln(𝑥𝑥)�𝑑𝑑𝑥𝑥

4

1= �

𝑎𝑎𝑥𝑥3

3− 2𝑎𝑎(𝑥𝑥ln𝑥𝑥 − 𝑥𝑥)�

1

4

=

�64𝑎𝑎

3− 2𝑎𝑎(4ln(4) − 4)� − �

𝑎𝑎3

− 2𝑎𝑎(ln(1) − 1)� =

64𝑎𝑎3

− 8𝑎𝑎 ln(4) + 8a −𝑎𝑎3

− 2𝑎𝑎 = 27𝑎𝑎 − 8𝑎𝑎 ln(4) = 𝑎𝑎(27 − 8 ln(4))


1= 27 − 8ln(4) ⇒ 𝑎𝑎(27 − 8 ln(4)) = 27 − 8ln(4) ⇒ 𝑎𝑎 = 1

Luego los valores son 𝑎𝑎 = 1 y 𝑏𝑏 = −2𝑎𝑎 = −2


MÁS PROBLEMAS

Ejercicio 21.— (Examen 5 − Septiembre 2010 Común − Opción A)

Sea 5

1 xI dx

e−=

+∫ .

a) [1 punto] Expresa I haciendo el cambio de variable 𝑡𝑡2 = 𝑒𝑒−𝑥𝑥 .

b) [1.5 puntos] Determina I.

Solución

a) El cambio de variable es 𝑡𝑡2 = 𝑒𝑒−𝑥𝑥 . Calculamos "dx" derivando miembro a miembro:

2𝑡𝑡𝑑𝑑𝑡𝑡 = −𝑒𝑒−𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 ⇒ 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 2𝑡𝑡−𝑒𝑒 −𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 ⇒ 𝑑𝑑𝑥𝑥 = − 2𝑡𝑡

𝑡𝑡 2 𝑑𝑑𝑥𝑥 ⇒ 𝑑𝑑𝑥𝑥 = −2𝑡𝑡

𝑑𝑑𝑡𝑡.

Hacemos el cambio en la integral

𝐼𝐼 = �5

1 + √𝑒𝑒−𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 = �

51 + √𝑡𝑡2

·−2𝑡𝑡

𝑑𝑑𝑡𝑡 = −10 �𝑑𝑑𝑡𝑡

(1 + 𝑡𝑡) · 𝑡𝑡

que es una integral racional con raíces reales simples (t = 0 y t = −1).

b) 𝐼𝐼 = −10 · ∫ 𝑑𝑑𝑡𝑡(1+𝑡𝑡)·𝑡𝑡

= −10 · 𝐼𝐼1

𝐼𝐼1 = �𝑑𝑑𝑡𝑡

(1 + 𝑡𝑡) · 𝑡𝑡= �

𝐴𝐴1 + 𝑡𝑡

𝑑𝑑𝑡𝑡 + �𝐵𝐵𝑡𝑡

𝑑𝑑𝑡𝑡 = 𝐴𝐴 · ln|1 + 𝑡𝑡| + 𝐵𝐵 · ln|𝑡𝑡| + 𝑘𝑘

donde A y B son constantes que vamos a calcular a continuación: 1

(1 + 𝑡𝑡) · 𝑡𝑡=

𝐴𝐴1 + 𝑡𝑡

+𝐵𝐵𝑡𝑡

=𝐴𝐴 · 𝑡𝑡 + 𝐵𝐵 · (1 + 𝑡𝑡)

(1 + 𝑡𝑡) · 𝑡𝑡

Igualando numeradores tenemos 1 = 𝐴𝐴 · 𝑡𝑡 + 𝐵𝐵 · (1 + 𝑡𝑡)

⦁ Para t = 0 → 1 = 𝐵𝐵

⦁ Para t = −1 → 1 = −𝐴𝐴 ⇒ 𝐴𝐴 = −1

La integral pedida es

𝐼𝐼 = −10 · ∫ 𝑑𝑑𝑡𝑡(1+𝑡𝑡)·𝑡𝑡

= −10 · 𝐼𝐼1 = −10 · (𝐴𝐴 · ln|1 + 𝑡𝑡| + 𝐵𝐵 · ln|𝑡𝑡| + 𝑘𝑘) =

= −10 · (−1 · ln|1 + 𝑡𝑡| + ln|𝑡𝑡| + 𝑘𝑘) = {deshaciendo el cambio}

= −10 · �−1 · ln�1 + √𝑒𝑒−𝑥𝑥 � + ln�√𝑒𝑒−𝑥𝑥 � + 𝑘𝑘�

Ejercicio 22.— (Examen 1 − Junio 2011 Específico 2 − Opción A)

[2'5 puntos] Calcula el valor de b > 0, sabiendo que el área de la región comprendida entre la curva 𝑦𝑦 = √𝑥𝑥 y la recta 𝑦𝑦 = 𝑏𝑏𝑥𝑥 es de 4

3 unidades cuadradas.

Solución


Calculamos los puntos de corte de las funciones:

√𝑥𝑥 = 𝑏𝑏𝑥𝑥 ⇒ 𝑥𝑥 = 𝑏𝑏2𝑥𝑥2 ⇒ 𝑏𝑏2𝑥𝑥2 − 𝑥𝑥 = 0 ⇒

⇒ 𝑥𝑥(𝑏𝑏2𝑥𝑥 − 1) = 0 ⇒ �𝑥𝑥 = 0𝑥𝑥 = 1

𝑏𝑏2

�

El área de la región comprendida entre ambas funciones es: -1 1 2 3 4 5 6 7

1

2

3

x

y

1/b2

Á𝑟𝑟𝑒𝑒𝑎𝑎 =43

= � �√𝑥𝑥 − 𝑏𝑏𝑥𝑥�𝑑𝑑𝑥𝑥1

𝑏𝑏2

0= �

𝑥𝑥32

32�

−𝑏𝑏𝑥𝑥2

2 �

0

1𝑏𝑏2

=2 � 1

𝑏𝑏2�32

3−

𝑏𝑏 � 1𝑏𝑏2�

2

2=

23𝑏𝑏3 −

12𝑏𝑏3 =

16𝑏𝑏3

16𝑏𝑏3 =

43

⇒ 1

𝑏𝑏3 = 8 ⇒ 𝑏𝑏3 =18

⇒ 𝑏𝑏 = �18

3=

12

Ejercicio 23. — (Examen 4 − Junio 2012 General − Opción B)

Sea la función f definida por 22( )

1f x

x=

− para 1x ≠ − y 1x ≠ .

a) [1'25 puntos] Halla una primitiva de f.

b) [1'25 puntos] Calcula el valor de k para que el área del recinto limitado por el eje de abscisas y la gráfica de f en el intervalo [2, k] sea ln(2), donde ln denota el logaritmo neperiano.

Solución

a) Las raíces del denominador son: 𝑥𝑥2 − 1 = 0 ⇒ 𝑥𝑥 = 1 ; 𝑥𝑥 = −1

Descomponemos en fracciones simples: 2

𝑥𝑥2 − 1=


+𝐵𝐵

𝑥𝑥 + 1=

𝐴𝐴(𝑥𝑥 + 1) + 𝐵𝐵(𝑥𝑥 − 1)(𝑥𝑥 − 1)(𝑥𝑥 + 1)

Igualando los numeradores, tenemos: 2 = 𝐴𝐴(𝑥𝑥 + 1) + 𝐵𝐵(𝑥𝑥 − 1)

Para 𝑥𝑥 = 1 → 2 = 2𝐴𝐴 ⇒ 𝐴𝐴 = 1

Para 𝑥𝑥 = −1 → 2 = −2𝐵𝐵 ⇒ 𝐵𝐵 = −1

Con lo cual:

�2

𝑥𝑥2 − 1𝑑𝑑𝑥𝑥 = �

1𝑥𝑥 − 1

𝑑𝑑𝑥𝑥 + �−1

𝑥𝑥 + 1𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑙𝑙𝑙𝑙|𝑥𝑥 − 1| − 𝑙𝑙𝑙𝑙|𝑥𝑥 + 1| + 𝐶𝐶

b) En el intervalo [2, k] 𝑓𝑓(𝑥𝑥) > 0.

𝐴𝐴 = 𝑙𝑙𝑙𝑙2 = �2

𝑥𝑥2 − 1

𝑘𝑘

2= [𝑙𝑙𝑙𝑙|𝑥𝑥 − 1| − 𝑙𝑙𝑙𝑙|𝑥𝑥 + 1|]2

𝑘𝑘 =

= �𝑙𝑙𝑙𝑙(𝑘𝑘 − 1) − 𝑙𝑙𝑙𝑙(𝑘𝑘 + 1)� − �𝑙𝑙𝑙𝑙(1) − 𝑙𝑙𝑙𝑙(3)� = 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑘𝑘 − 1𝑘𝑘 + 1

+ ln(3)

Resolvemos la ecuación logarítmica:

𝑙𝑙𝑙𝑙(2) = 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑘𝑘 − 1𝑘𝑘 + 1

+ 𝑙𝑙𝑙𝑙(3) ⇒ 𝑙𝑙𝑙𝑙23

= 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑘𝑘 − 1𝑘𝑘 + 1

⇒23

=𝑘𝑘 − 1𝑘𝑘 + 1

⇒ 2𝑘𝑘 + 2 = 3𝑘𝑘 − 3 ⇒ 𝑘𝑘 = 5



Se considera el recinto del plano situado en el primer cuadrante limitado por las rectas 𝑦𝑦 = 4𝑥𝑥 , 𝑦𝑦 = 8 − 4𝑥𝑥 y la curva 𝑦𝑦 = 2𝑥𝑥 − 𝑥𝑥2 .

a) [0'5 puntos] Realiza un esbozo de dicho recinto.

b) [2 puntos] Calcula su área.

Solución

a) 𝑦𝑦 = 4𝑥𝑥 es una recta que corta al eje X en (0, 0)

𝑦𝑦 = 8 − 4𝑥𝑥 es una recta que corta al eje X en (2, 0)

Las dos rectas se cortan en el punto: 4𝑥𝑥 = 8 − 4𝑥𝑥 ⇒ 𝑥𝑥 = 1 → (1, 4)

𝑦𝑦 = 2𝑥𝑥 − 𝑥𝑥2 es una parábola con las ramas hacia abajo y vértice en V(1, 1) (𝑦𝑦′ = 2 − 2𝑥𝑥 = 0 ⇒ 𝑥𝑥 = 1), que corta al eje X en 𝑥𝑥 = 0 y 𝑥𝑥 = 2.

Un esbozo de las gráficas y el recinto es:

𝑦𝑦 = 4𝑥𝑥 e 𝑦𝑦 = 2𝑥𝑥 − 𝑥𝑥2 se cortan en las soluciones de 4𝑥𝑥 = 2𝑥𝑥 − 𝑥𝑥2 → 𝑥𝑥 = 0 , 𝑥𝑥 = −2

𝑦𝑦 = 8 − 4𝑥𝑥 e 𝑦𝑦 = 2𝑥𝑥 − 𝑥𝑥2 se cortan en las soluciones de 8 − 4𝑥𝑥 =2𝑥𝑥 − 𝑥𝑥2 → 𝑥𝑥 = 2 , 𝑥𝑥 = 4

Como sólo me piden en el primer cuadrante, nos interesan las abscisas 𝑥𝑥 = 0 , 𝑥𝑥 = 1 y 𝑥𝑥 = 2.

b)

𝐴𝐴 = � [4𝑥𝑥 − (2𝑥𝑥 − 𝑥𝑥2)]𝑑𝑑𝑥𝑥1

0+ � [(8 − 4𝑥𝑥) − (2𝑥𝑥 − 𝑥𝑥2)]𝑑𝑑𝑥𝑥

2

1=

� (2𝑥𝑥 + 𝑥𝑥2)𝑑𝑑𝑥𝑥1

0+ � (𝑥𝑥2 − 6𝑥𝑥 + 8)𝑑𝑑𝑥𝑥

2

1= �𝑥𝑥2 +

𝑥𝑥3

3�

0

1

+ �𝑥𝑥3

3− 3𝑥𝑥2 + 8𝑥𝑥�

1

2

=

= �1 +13

� − 0 + �83

− 12 + 16� − �13

− 3 + 8� =43

+203

−163

=83

𝑢𝑢2

NOTA: También podemos observar que el recinto es simétrico respecto a 𝑥𝑥 = 1, luego

𝐴𝐴 = 2 � [4𝑥𝑥 − (2𝑥𝑥 − 𝑥𝑥2)]𝑑𝑑𝑥𝑥1

0= 2 � (2𝑥𝑥 + 𝑥𝑥2)𝑑𝑑𝑥𝑥

1

0= 2 · �𝑥𝑥2 +

𝑥𝑥3

3�

0

1

= 2 · �1 +13

� − 0 =83

𝑢𝑢2


Sean las funciones f : ℝ → ℝ y g : [0, +∞) → ℝ definidas por 2

( )4xf x = y ( ) 2g x x=

respectivamente.

a) [0'75 puntos] Halla los puntos de corte de las gráficas de f y g. Realiza un esbozo del recinto que limitan.

b) [1'75 puntos] Calcula el área de dicho recinto.

Solución

a) Calculamos los puntos de corte igualando las dos funciones:

𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑔𝑔(𝑥𝑥) ⇒ 𝑥𝑥2

4= 2√𝑥𝑥 ⇒ 𝑥𝑥2 = 8√𝑥𝑥 ⇒ 𝑥𝑥4 = 64𝑥𝑥 ⇒ 𝑥𝑥(𝑥𝑥3 − 64) = 0 ⇒ �𝑥𝑥 = 0

𝑥𝑥 = 4�

1 2 3-1

1

2

3

4

x

y


Los puntos de corte de las gráficas son: (0, 0) y (4, 4).

Un esbozo del recinto:

b)

𝐴𝐴 = � �2√𝑥𝑥 −𝑥𝑥2


0= � �2𝑥𝑥

12 −

𝑥𝑥2


0=

= �2𝑥𝑥

32

32�

−𝑥𝑥3

12�0

4

= �4�√𝑥𝑥�

3

3−

𝑥𝑥3

12�0

4

=

=4�√4�

3

3−

163

=163

𝑢𝑢2

Ejercicio 26. — (Examen 1 − Reserva 2 Junio 2013 − Opción A)

Sean f y g las funciones definidas por ( ) 2f x x= − y 2( )1

g xx

=+

para 1x ≠ − .

a) [0’5 puntos] Calcula los puntos de corte entre las gráficas de f y g.

b) [0’5 puntos] Esboza las gráficas de f y g sobre los mismos ejes.

c) [1’5 puntos] Halla el área del recinto limitado por las gráficas de f y g.

Solución

a) Para calcular los puntos de corte, igualamos la dos funciones:

2 − 𝑥𝑥 = 2𝑥𝑥+1

⇒ (2 − 𝑥𝑥)(𝑥𝑥 + 1) = 2 ⇒ −𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥 + 2 = 2 ⇒ −𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥 = 0 ⇒ �𝑥𝑥 = 0𝑥𝑥 = 1

�

Los puntos de corte de las gráficas de f y g son: (0, 2) y (1, 1)

b) 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 2 − 𝑥𝑥 es una recta que pasa por los puntos (0, 2) y (1, 1)

𝑔𝑔(𝑥𝑥) = 2𝑥𝑥+1

es una hipérbola con asíntota vertical en 𝑥𝑥 = −1, asíntota horizontal en 𝑦𝑦 = 0 que pasa por los puntos (0, 2) y (1, 1)

Un esbozo de sus gráficas es:

c) El área pedida es:

𝐴𝐴 = � �𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑔𝑔(𝑥𝑥)�𝑑𝑑𝑥𝑥1

0= � �2 − 𝑥𝑥 −

2𝑥𝑥 + 1


0=

= �2𝑥𝑥 −𝑥𝑥2

2− 2𝑙𝑙𝑙𝑙|𝑥𝑥 + 1|�

0

1

=

= 2 −12

− 2𝑙𝑙𝑙𝑙2 − 0 =32

− 2𝑙𝑙𝑙𝑙2 𝑢𝑢2

Ejercicio 27. — (Examen 2 − Septiembre 2013 − Opción A)

a) [2 puntos] Determina la función f : ℝ → ℝ tal que 𝑓𝑓′ (𝑥𝑥) = (2𝑥𝑥 + 1)𝑒𝑒−𝑥𝑥 y su gráfica pasa por el origen de coordenadas.

b) [0’5 puntos] Calcula la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa 𝑥𝑥 = 0.

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4-1

1

2

3

4

x

y

f(x) = x2/4

g(x) = 2√x

-3 -2 -1 1 2 3

-2

-1

1

2

3

x

y

f(x) = 2 - x

g(x) = 2/(x + 1)


Solución

a) Por el Teorema Fundamental del Cálculo Integral, si f es continua en [a, b], la función integral 𝐹𝐹(𝑥𝑥) = ∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡)𝑑𝑑𝑡𝑡𝑥𝑥

𝑎𝑎 es derivable en [a, b] y 𝐹𝐹′(𝑥𝑥) = 𝑓𝑓(𝑥𝑥). En nuestro caso, 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = ∫ 𝑓𝑓′(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥𝑥𝑥−∞ o,

𝑓𝑓(𝑥𝑥) = ∫ 𝑓𝑓′(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥

Calculamos 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = ∫(2𝑥𝑥 + 1)𝑒𝑒−𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 , que es una integral por partes:

𝑓𝑓(𝑥𝑥) = �(2𝑥𝑥 + 1)𝑒𝑒−𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 = −(2𝑥𝑥 + 1)𝑒𝑒−𝑥𝑥 − � −2𝑒𝑒−𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 =

= −(2𝑥𝑥 + 1)𝑒𝑒−𝑥𝑥 − 2𝑒𝑒−𝑥𝑥 + 𝐾𝐾 = −(2𝑥𝑥 + 3)𝑒𝑒−𝑥𝑥 + 𝐾𝐾

Como su gráfica pasa por el origen de coordenadas, se cumple 𝑓𝑓(0) = 0,

𝑓𝑓(0) = −(2 · 0 + 3)𝑒𝑒−0 + 𝐾𝐾 = 0 ⇒ −3 + 𝐾𝐾 = 0 ⇒ 𝐾𝐾 = 3

Luego, la función que nos piden es 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = −(2𝑥𝑥 + 3)𝑒𝑒−𝑥𝑥 + 3

b) La recta tangente a la gráfica de f en x = 0 es: 𝑦𝑦 − 𝑓𝑓(0) = 𝑓𝑓′(0) · (𝑥𝑥 − 0)

𝑓𝑓(0) = −(2 · 0 + 3)𝑒𝑒−0 + 3 = −3 + 3 = 0

𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = (2𝑥𝑥 + 1)𝑒𝑒−𝑥𝑥 → 𝑓𝑓′(0) = (2 · 0 + 1)𝑒𝑒−0 = 1

Recta tangente: 𝑦𝑦 − 0 = 1 · (𝑥𝑥 − 0) ⇒ 𝑦𝑦 = 𝑥𝑥


Sea g : ℝ → ℝ la función definida por 𝑔𝑔(𝑥𝑥) = −𝑥𝑥2 + 6𝑥𝑥 − 5.

a) [0’75 puntos] Halla la ecuación de la recta normal a la gráfica de g en el punto de abscisa 𝑥𝑥 = 4.

b) [1’75 puntos] Esboza el recinto limitado por la gráfica de g y la recta 𝑥𝑥 − 2𝑦𝑦 + 2 = 0. Calcula el área de este recinto.

Solución

a) La recta normal en 𝑥𝑥 = 4 es 𝑦𝑦 − 𝑔𝑔(4) = −1𝑔𝑔′(4) · (𝑥𝑥 − 4)

𝑔𝑔(4) = −42 + 6 · 4 − 5 = 3

𝑔𝑔′ (𝑥𝑥) = −2𝑥𝑥 + 6 → 𝑔𝑔′ (4) = −2 · 4 + 6 = −2

La ecuación de la recta normal en 𝑥𝑥 = 4 es 𝑦𝑦 − 3 = −1−2

· (𝑥𝑥 − 4) ⇒ 𝑦𝑦 = 12

𝑥𝑥 + 1 ⇒ 𝑥𝑥 − 2𝑦𝑦 + 2 = 0

b) La recta 𝑥𝑥 − 2𝑦𝑦 + 2 = 0 es la recta normal en 𝑥𝑥 = 4 que hemos calculado en el apartado a)

𝑔𝑔(𝑥𝑥) = −𝑥𝑥2 + 6𝑥𝑥 − 5 es una parábola con las ramas hacia abajo (𝑎𝑎 = −1 es negativo).

Vértice de la parábola:

𝑔𝑔′ (𝑥𝑥) = −2𝑥𝑥 + 6 = 0 ⇒ 𝑥𝑥𝑉𝑉 = 3 → V(3, 4)

Cortes de la parábola con el eje X:

𝑔𝑔(𝑥𝑥) = −𝑥𝑥2 + 6𝑥𝑥 − 5 = 0 ⇒ �𝑥𝑥 = 1𝑥𝑥 = 5

�

Corte con el eje Y: (0, −5)

Un esbozo del recinto es →

Calculamos los puntos de corte de las dos funciones:

−𝑥𝑥2 + 6𝑥𝑥 − 5 = 12

𝑥𝑥 + 1 ⇒ −2𝑥𝑥2 + 11𝑥𝑥 − 12 = 0 ⇒ 𝑥𝑥 = −11±√121−96−4

= −11±5−4

⇒ �𝑥𝑥 = 32

𝑥𝑥 = 4�

𝑢𝑢 = 2𝑥𝑥 + 1 → du = 2 dx


-2 -1 1 2 3 4 5-1

1

2

3

4

x

y


El área del recinto es:

𝐴𝐴 = � �(−𝑥𝑥2 + 6𝑥𝑥 − 5) − �12

𝑥𝑥 + 1�� 𝑑𝑑𝑥𝑥4

32

= � �−𝑥𝑥2 +11𝑥𝑥

2− 6� 𝑑𝑑𝑥𝑥

4

32

=

= �−𝑥𝑥3

3+

11𝑥𝑥2

4− 6𝑥𝑥�

32�

4

= �−643

+ 44 − 24� − �−89

+9916

− 9� =12548

𝑢𝑢2

Ejercicio 29. — (Examen 3 − Reserva 1 Septiembre 2013 − Opción A)

[2’5 puntos] Sea g : (0, +∞) → ℝ la función definida por

1( )g xx x

=+

.

Determina la primitiva de g cuya gráfica pasa por el punto P(1, 0). Sugerencia: se puede hacer el cambio de variable 𝑡𝑡 = √𝑥𝑥.

Solución

Hacemos el cambio de variable: 𝑡𝑡 = √𝑥𝑥 ⇒ 𝑡𝑡2 = 𝑥𝑥 ⇒ 2𝑡𝑡 𝑑𝑑𝑡𝑡 = 𝑑𝑑𝑥𝑥

Sustituimos:

𝐺𝐺(𝑥𝑥) = �1

𝑥𝑥 + √𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 = �

2𝑡𝑡𝑡𝑡2 + 𝑡𝑡

𝑑𝑑𝑡𝑡 = �2𝑡𝑡

𝑡𝑡(𝑡𝑡 + 1) 𝑑𝑑𝑡𝑡 = �2

𝑡𝑡 + 1𝑑𝑑𝑡𝑡 = 2𝑙𝑙𝑙𝑙|𝑡𝑡 + 1| + 𝐾𝐾 = 2𝑙𝑙𝑙𝑙�√𝑥𝑥 + 1� + 𝐾𝐾

Como pasa por el punto P(0, 1),

𝐺𝐺(1) = 0 ⇒ 2𝑙𝑙𝑙𝑙�√1 + 1� + 𝐾𝐾 = 0 ⇒ 2𝑙𝑙𝑙𝑙2 + 𝐾𝐾 = 0 ⇒ 𝐾𝐾 = −2𝑙𝑙𝑙𝑙2

Luego la primitiva que nos piden es: 𝐺𝐺(𝑥𝑥) = 2𝑙𝑙𝑙𝑙�√𝑥𝑥 + 1� − 2𝑙𝑙𝑙𝑙2

Ejercicio 30. — (Examen 3 − Reserva 1 Septiembre 2013 − Opción B)


sen(2 )x x dxπ

⋅∫ .

Solución

Calculamos primero la integral indefinida 𝐼𝐼 = ∫ 𝑥𝑥 · sen(2𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 , que es una integral por partes

𝐼𝐼 = � 𝑥𝑥 · sen(2𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 = −𝑥𝑥 ·cos(2𝑥𝑥)

2+

12

� cos(2𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 =

= −𝑥𝑥 ·cos(2𝑥𝑥)

2+

sen(2𝑥𝑥)4

+ 𝐾𝐾

� 𝑢𝑢𝑑𝑑𝑢𝑢 = 𝑢𝑢𝑢𝑢 − � 𝑢𝑢𝑑𝑑𝑢𝑢

La integral pedida es:

� 𝑥𝑥 · sen(2𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥𝜋𝜋2

0= �−𝑥𝑥 ·

cos(2𝑥𝑥)2

+sen(2𝑥𝑥)

4�

0

𝜋𝜋2

= −𝜋𝜋2

·cos𝜋𝜋

2+

sen𝜋𝜋4

− 0 = −𝜋𝜋2

·−12

=𝜋𝜋4

Ejercicio 31. — (Examen 4 − Reserva 2 Septiembre 2013 − Opción A)

[2’5 puntos] Halla 11

x dxx

++∫ . Sugerencia: se puede hacer el cambio de variable 𝑡𝑡 = √𝑥𝑥.

Solución

𝑢𝑢 = 𝑥𝑥 → du = dx

𝑑𝑑𝑢𝑢 = sen(2𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 → 𝑢𝑢 = − cos (2𝑥𝑥)2


Hacemos el cambio de variable: 𝑡𝑡 = √𝑥𝑥 ⇒ 𝑡𝑡2 = 𝑥𝑥 ⇒ 2𝑡𝑡 𝑑𝑑𝑡𝑡 = 𝑑𝑑𝑥𝑥

Sustituimos:

𝐼𝐼 = �𝑥𝑥 + 1

1 + √𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 = �

𝑡𝑡2 + 11 + 𝑡𝑡

· 2𝑡𝑡 𝑑𝑑𝑡𝑡 = �2𝑡𝑡3 + 2𝑡𝑡

1 + 𝑡𝑡 𝑑𝑑𝑡𝑡

𝐼𝐼 = ∫ 2𝑡𝑡3+2𝑡𝑡1+𝑡𝑡

𝑑𝑑𝑡𝑡 es una integral racional con mayor grado en el numerador que en el denominador. Dividimos:

Luego, 2𝑡𝑡 3+2𝑡𝑡1+𝑡𝑡

= 2𝑡𝑡2 − 2𝑡𝑡 + 4 − 41+𝑡𝑡

.

𝐼𝐼 = �𝑥𝑥 + 1

1 + √𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 = �

2𝑡𝑡3 + 2𝑡𝑡1 + 𝑡𝑡

𝑑𝑑𝑡𝑡 = � �2𝑡𝑡2 − 2𝑡𝑡 + 4 −4

1 + 𝑡𝑡� 𝑑𝑑𝑥𝑥 =

2𝑡𝑡3

3− 𝑡𝑡2 + 4𝑡𝑡 − 4𝑙𝑙𝑙𝑙|1 + 𝑡𝑡| + 𝐾𝐾

Deshacemos el cambio:

𝐼𝐼 =2�√𝑥𝑥�

3

3− 𝑥𝑥 + 4√𝑥𝑥 − 4𝑙𝑙𝑙𝑙�1 + √𝑥𝑥� + 𝐾𝐾

Ejercicio 32. — (Examen 5 − Reserva 1 Junio 2013 − Opción A)

[2’5 puntos] De la función f : ℝ → ℝ definida por 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑎𝑎𝑥𝑥3 + 𝑏𝑏𝑥𝑥2 + 𝑟𝑟𝑥𝑥 + 𝑑𝑑 se sabe que alcanza un

máximo relativo en 𝑥𝑥 = 1, que la gráfica tiene un punto de inflexión en (0, 0) y que 1

0

5( )4

f x dx =∫ .

Calcula a, b, c y d.

Solución

Vamos a necesitar la 1ª y 2ª derivadas de la función: 𝑓𝑓′ (𝑥𝑥) = 3𝑎𝑎𝑥𝑥2 + 2𝑏𝑏𝑥𝑥 + 𝑟𝑟

𝑓𝑓′′ (𝑥𝑥) = 6𝑎𝑎𝑥𝑥 + 2𝑏𝑏

► Máximo en 𝑥𝑥 = 1 ⇒ 𝑓𝑓′ (1) = 0 ⇒ 3𝑎𝑎 · 12 + 2𝑏𝑏 · 1 + 𝑟𝑟 = 0 ⇒ 3𝑎𝑎 + 2𝑏𝑏 + 𝑟𝑟 = 0

► Punto de inflexión en (0, 0) ⇒ ⦁ Pasa por (0, 0) ⇒ 𝑓𝑓(0) = 0 ⇒ 𝑑𝑑 = 0

⦁ 𝑓𝑓′′ (0) = 0 ⇒ 6𝑎𝑎 · 0 + 2𝑏𝑏 = 0 ⇒ 𝑏𝑏 = 0

Como teníamos que 3𝑎𝑎 + 2𝑏𝑏 + 𝑟𝑟 = 0 y 𝑏𝑏 = 0 → 3𝑎𝑎 + 𝑟𝑟 = 0 ⇒ 𝑟𝑟 = −3𝑎𝑎

Por tanto, la función es: 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑎𝑎𝑥𝑥3 − 3𝑎𝑎𝑥𝑥

► ∫ 𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥10 = 5

4 ⇒ ∫ (𝑎𝑎𝑥𝑥3 − 3𝑎𝑎𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥1

0 = 54 ⇒ �𝑎𝑎𝑥𝑥 4

4− 3𝑎𝑎𝑥𝑥 2

2�

0

1= 5

4 ⇒ �𝑎𝑎

4− 3𝑎𝑎

2� − 0 = 5

4

⇒ 𝑎𝑎4

− 3𝑎𝑎2

= 54 ⇒ 𝑎𝑎 − 6𝑎𝑎 = 5 ⇒ −5𝑎𝑎 = 5 ⇒ 𝑎𝑎 = −1

Y 𝑟𝑟 = −3𝑎𝑎 = −3 · (−1) = 3

Por tanto, 𝑎𝑎 = −1 , 𝑏𝑏 = 0 , 𝑟𝑟 = 3 y 𝑑𝑑 = 0 y la función es 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = −𝑥𝑥3 + 3𝑥𝑥

Ejercicio 33. — (Examen 5 − Reserva 1 Junio 2013 − Opción B)


22 6 5x dx

x x− +∫ .

Solución

Calculamos primero la integral indefinida ∫ 𝑥𝑥2

𝑥𝑥 2−6𝑥𝑥+5𝑑𝑑𝑥𝑥, que es

una integral racional. Como el numerador y el denominador tienen igual grado, hacemos es la división de los dos

2𝑡𝑡3 + 2𝑡𝑡

4t

t + 1

2𝑡𝑡2 − 2𝑡𝑡 + 4 −2𝑡𝑡3 − 2𝑡𝑡2 −2𝑡𝑡2 + 2𝑡𝑡

2𝑡𝑡2 + 2𝑡𝑡

−4t − 4 −4

𝑥𝑥2

1

𝑥𝑥2 − 6𝑥𝑥 + 5

6x − 5

−𝑥𝑥2 + 6𝑥𝑥 − 5


polinomios y la descomponemos en:

�𝑥𝑥2

𝑥𝑥2 − 6𝑥𝑥 + 5𝑑𝑑𝑥𝑥 = � 𝑑𝑑𝑥𝑥 + �

6𝑥𝑥 − 5𝑥𝑥2 − 6𝑥𝑥 + 5

𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥 + �6𝑥𝑥 − 5

𝑥𝑥2 − 6𝑥𝑥 + 5𝑑𝑑𝑥𝑥

Calculamos las raíces del denominador: 𝑥𝑥2 − 6𝑥𝑥 + 5 = 0 ⇒ 𝑥𝑥 = 1 ; 𝑥𝑥 = 5

Descomponemos en fracciones simples: 6𝑥𝑥 − 5

𝑥𝑥2 − 6𝑥𝑥 + 5=


+𝐵𝐵

𝑥𝑥 − 5=

𝐴𝐴(𝑥𝑥 − 5) + 𝐵𝐵(𝑥𝑥 − 1)(𝑥𝑥 − 1)(𝑥𝑥 − 5)

Como los denominadores son iguales, los numeradores también tienen que serlo. Para calcular A y B sustituimos los valores de las raíces en los dos numeradores.

Si 𝑥𝑥 = 1 → 1 = −4𝐴𝐴 ⇒ 𝐴𝐴 = − 14

Si 𝑥𝑥 = 5 → 25 = 4𝐵𝐵 ⇒ 𝐵𝐵 = 254

Con lo cual:

�𝑥𝑥2

𝑥𝑥2 − 6𝑥𝑥 + 5𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥 + �

6𝑥𝑥 − 5𝑥𝑥2 − 6𝑥𝑥 + 5

𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥 −14

�1

𝑥𝑥 − 1𝑑𝑑𝑥𝑥 +

254

�1

𝑥𝑥 − 5=

= 𝑥𝑥 −14

𝑙𝑙𝑙𝑙|𝑥𝑥 − 1| +254

𝑙𝑙𝑙𝑙|𝑥𝑥 − 5| + 𝐾𝐾

Por tanto, la integral pedida vale

�𝑥𝑥2

𝑥𝑥2 − 6𝑥𝑥 + 5𝑑𝑑𝑥𝑥

4

2= �𝑥𝑥 −

14

𝑙𝑙𝑙𝑙|𝑥𝑥 − 1| +254

𝑙𝑙𝑙𝑙|𝑥𝑥 − 5|�2

4

=

= �4 −14

𝑙𝑙𝑙𝑙3 +254

𝑙𝑙𝑙𝑙1� − �2 −14

𝑙𝑙𝑙𝑙1 +254

𝑙𝑙𝑙𝑙3� = 4 −14

𝑙𝑙𝑙𝑙3 − 2 −254

𝑙𝑙𝑙𝑙3 = 2 −132

𝑙𝑙𝑙𝑙3

Ejercicio 34. — (Examen 6 − Junio 2013 − Opción A)

Sean f : ℝ → ℝ y g : ℝ → ℝ las funciones definidas mediante

𝑓𝑓(𝑥𝑥) = |𝑥𝑥(𝑥𝑥 − 2)| y 𝑔𝑔(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥 + 4

a) [1’25 puntos] Esboza las gráficas de f y g sobre los mismos ejes. Calcula los puntos de corte entre ambas gráficas.

b) [1’25 puntos] Calcula el área del recinto limitado por las gráficas de f y g.

Solución

a) Abrimos el valor absoluto:

𝑓𝑓(𝑥𝑥) = |𝑥𝑥(𝑥𝑥 − 2)| = �𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥 si 𝑥𝑥 < 0

−𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥 si 0 ≤ 𝑥𝑥 ≤ 2𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥 si 𝑥𝑥 > 2

�

La gráfica de 𝑦𝑦 = 𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥 es una parábola con las ramas hacia arriba. La abscisa de su vértice está en 𝑦𝑦′ = 2𝑥𝑥 − 2 = 0 ⇒ 𝑥𝑥 = 1, luego el vértice es V(1, −1). Los puntos de corte de la parábola con el eje X los obtenemos de 𝑦𝑦 = 𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥 = 0 y son 𝑥𝑥 = 0 y 𝑥𝑥 = 2.

Entre 𝑥𝑥 = 0 y 𝑥𝑥 = 2 la gráfica está por debajo del eje X y tendremos que dibujar su simétrica recpecto al eje X, porque el valor absoluto siempre es positivo.

𝑔𝑔(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥 + 4 es una recta que pasa por (0, 4) y (−4, 0).

Un esbozo de sus gráficas es: -2 -1 1 2 3 4-1

1

2

3

4

5

6

7

8

x

y

f(x) = |x(x - 2)|

g(x) = x + 4


Calculamos los puntos de corte igualando las dos funciones:

𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥 = 𝑥𝑥 + 4 ⇒ 𝑥𝑥2 − 3𝑥𝑥 − 4 = 0 ⇒ 𝑥𝑥 = 3±√9+162

= 3±52

→ �𝑥𝑥 = −1𝑥𝑥 = 4

�

−𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥 = 𝑥𝑥 + 4 ⇒ −𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥 − 4 = 0 No tiene solución real.

Luego, los puntos de corte de las dos funciones son: (−1, 3) y (4, 8)

b) Calculamos el área como suma de tres regiones, una desde −1 a 0, otra de 0 a 2, y la tercera de 2 a 4.

𝐴𝐴 = � [(𝑥𝑥 + 4) − (𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥)]𝑑𝑑𝑥𝑥0

−1+ � [(𝑥𝑥 + 4) − (−𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥)]𝑑𝑑𝑥𝑥

2

0+ � [(𝑥𝑥 + 4) − (𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥)]𝑑𝑑𝑥𝑥

4

2=

= � (−𝑥𝑥2 + 3𝑥𝑥 + 4)𝑑𝑑𝑥𝑥0

−1+ � (𝑥𝑥2 − 𝑥𝑥 + 4)𝑑𝑑𝑥𝑥

2

0+ � (−𝑥𝑥2 + 3𝑥𝑥 + 4)𝑑𝑑𝑥𝑥

4

2=

= �−𝑥𝑥3

3+

3𝑥𝑥2

2+ 4𝑥𝑥�

−1

0

+ �𝑥𝑥3

3−

𝑥𝑥2

2+ 4𝑥𝑥�

0

2

+ �−𝑥𝑥3

3+

3𝑥𝑥2

2+ 4𝑥𝑥�

2

4

=

= �0 − �13

+32

− 4�� + ��83

− 2 + 8� − 0� + ��−643

+ 24 + 16� − �−83

+ 6 + 8�� =

=136

+263

+223

=109

6 𝑢𝑢2

Ejercicio 35. — (Examen 1 − Junio 2014 − Opción B)

[2’5 puntos] Sea f la función definida por 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥 ln(𝑥𝑥 + 1) para x > −1 (ln denota el logaritmo neperiano). Determina la primitiva de f cuya gráfica pasa por el punto (1, 0).

Solución

Calculamos la integral indefinida, que es una integral por partes (∫ 𝑢𝑢𝑑𝑑𝑢𝑢 = 𝑢𝑢𝑢𝑢 − ∫ 𝑢𝑢𝑑𝑑𝑢𝑢):

𝐹𝐹(𝑥𝑥) = � 𝑥𝑥ln(𝑥𝑥 + 1)𝑑𝑑𝑥𝑥 =𝑥𝑥2

2ln(𝑥𝑥 + 1) −

12

�𝑥𝑥2


Ahora tenemos 𝐼𝐼 = ∫ 𝑥𝑥 2

𝑥𝑥+1𝑑𝑑𝑥𝑥 que es una integral racional con el grado del numerador mayor que el

grado del denominador:

𝐼𝐼 = �𝑥𝑥2

𝑥𝑥 + 1𝑑𝑑𝑥𝑥 = �(𝑥𝑥 − 1)𝑑𝑑𝑥𝑥 + �

1𝑥𝑥 + 1

𝑑𝑑𝑥𝑥 =𝑥𝑥2

2− 𝑥𝑥 + ln(𝑥𝑥 + 1)

Por tanto,

𝐹𝐹(𝑥𝑥) =𝑥𝑥2

2ln(𝑥𝑥 + 1) −

12

�𝑥𝑥2

2− 𝑥𝑥 + ln(𝑥𝑥 + 1)� + 𝐶𝐶

Como la primitiva pasa por el punto (1, 0) ⇒ 𝐹𝐹(1) = 0 ⇒

⇒ 𝐹𝐹(1) = 12

2ln(1 + 1) − 1

2�12

2− 1 + ln(1 + 1)� + 𝐶𝐶 = 0 ⇒

⇒ 12

ln(2) − 12

�−12

+ ln(2)� + 𝐶𝐶 = 0 ⇒ 12

ln(2) + 14

− 12

ln(2) + 𝐶𝐶 = 0 ⇒ 𝐶𝐶 = − 14

Luego, la primitiva que nos piden es:

𝐹𝐹(𝑥𝑥) =𝑥𝑥2

2ln(𝑥𝑥 + 1) −

12

�𝑥𝑥2

2− 𝑥𝑥 + ln(𝑥𝑥 + 1)� −

14

x + 1

−𝑥𝑥2 − 𝑥𝑥 𝑥𝑥2

x + 1 1

x − 1 −x

𝑢𝑢 = ln(𝑥𝑥 + 1) → du = 1𝑥𝑥+1

dx

𝑑𝑑𝑢𝑢 = 𝑥𝑥 · 𝑑𝑑𝑥𝑥 → 𝑢𝑢 = 𝑥𝑥 2

2


Ejercicio 36. — (Examen 2 − Junio 2014 Colisiones − Opción A)

[2’5 puntos] Determina una función derivable f : ℝ → ℝ sabiendo que (1) 1f = − y que

2 2 si 0( )

1 si 0x

x x xf x

e x − <

′ = − ≥

Solución

Calculamos una primitiva de cada una de los trozos de la función:

Si 𝑥𝑥 < 0 → ∫(𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥 3

3− 𝑥𝑥2 + 𝐶𝐶1

Si 𝑥𝑥 ≥ 0 → ∫(𝑒𝑒𝑥𝑥 − 1)𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑒𝑒𝑥𝑥 − 𝑥𝑥 + 𝐶𝐶2

Es decir, 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = �𝑥𝑥 3

3− 𝑥𝑥2 + 𝐶𝐶1 𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑥𝑥 < 0

𝑒𝑒𝑥𝑥 − 𝑥𝑥 + 𝐶𝐶2 𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑥𝑥 ≥ 0�

Como 𝑓𝑓(1) = −1 ⇒ 𝑒𝑒1 − 1 + 𝐶𝐶2 = −1 ⇒ 𝐶𝐶2 = −𝑒𝑒

Como es derivable en 𝑥𝑥 = 0, también es continua. Por tanto,

� lim𝑥𝑥→0− �𝑥𝑥3

3− 𝑥𝑥2 + 𝐶𝐶1� = 𝐶𝐶1

lim𝑥𝑥→0+

(𝑒𝑒𝑥𝑥 − 𝑥𝑥 − 𝑒𝑒) = 1 − 𝑒𝑒� ⇒ 𝐶𝐶1 = 1 − 𝑒𝑒

Luego la función es

𝑓𝑓(𝑥𝑥) = �𝑥𝑥3

3− 𝑥𝑥2 + 1 − 𝑒𝑒 𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑥𝑥 < 0

𝑒𝑒𝑥𝑥 − 𝑥𝑥 − 𝑒𝑒 𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑥𝑥 ≥ 0�

Ejercicio 37. — (Examen 2 − Junio 2014 Colisiones − Opción B)

Considera el recinto limitado por las siguientes curvas

𝑦𝑦 = 𝑥𝑥2 , 𝑦𝑦 = 2 − 𝑥𝑥2 , 𝑦𝑦 = 4.

a) [1 punto] Haz un esbozo del recinto y calcula los puntos de corte de las curvas.

b) [1’5 puntos] Calcula el área del recinto.

Solución

a) 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥2 es una parábola con las ramas hacia arriba y vértice en (0, 0)

𝑔𝑔(𝑥𝑥) = 2 − 𝑥𝑥2 es una parábola con las ramas hacia abajo y vértice en (0, 2)

𝑦𝑦 = 4 es una recta horizontal de ordenada 4.

Un esbozo de las gráficas es →

Calculamos los puntos de corte de las funciones:

⦁ De las parábolas: 𝑥𝑥2 = 2 − 𝑥𝑥2 ⇒

⇒ 2𝑥𝑥2 = 2 ⇒ 𝑥𝑥 = ±1 → (1, 1) y (−1, 1)

⦁ De la parábola 𝑦𝑦 = 𝑥𝑥2 y la recta 𝑦𝑦 = 4:

𝑥𝑥2 = 4 ⇒ 𝑥𝑥 = ±2 → (2, 4) y (−2, 4)

b) Como el recinto es simétrico respecto al eje Y, el área que nos piden es:

-2 -1 1 2

1

2

3

4

x

yy = 4

y = 2 - x2

y = x2

A1 A2


𝐴𝐴 = 2(𝐴𝐴1 + 𝐴𝐴2) = 2 �� (4 − (2 − 𝑥𝑥2))𝑑𝑑𝑥𝑥1

0+ � (4 − 𝑥𝑥2)𝑑𝑑𝑥𝑥

2

1� =

= 2 �� (2 + 𝑥𝑥2)𝑑𝑑𝑥𝑥1

0+ � (4 − 𝑥𝑥2)𝑑𝑑𝑥𝑥

2

1� = 2 �2𝑥𝑥 +

𝑥𝑥3

3�

0

1

+ 2 �4𝑥𝑥 −𝑥𝑥3

3�

1

2

=

= 2 �2 +13

� + 2 ��8 −83

� − �4 −13

�� =143

+323

−223

=243

= 8 𝑢𝑢2

Ejercicio 38. — (Examen 3 − Junio 2014 Incidencias − Opción A)

[2’5 puntos] Calcula ( )1

1ln 4 x dx

−−∫ (ln denota el logaritmo neperiano).

Solución

Calculamos la integral indefinida 𝐼𝐼 = ∫ ln(4 − 𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 que es una integral por partes (∫ 𝑢𝑢𝑑𝑑𝑢𝑢 = 𝑢𝑢𝑢𝑢 − ∫ 𝑢𝑢𝑑𝑑𝑢𝑢):

𝐼𝐼 = 𝑥𝑥 · ln|4 − 𝑥𝑥| − �−𝑥𝑥

4 − 𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥 · ln|4 − 𝑥𝑥| + �

𝑥𝑥4 − 𝑥𝑥

𝑑𝑑𝑥𝑥

Ahora tenemos 𝐼𝐼1 = ∫ 𝑥𝑥4−𝑥𝑥

𝑑𝑑𝑥𝑥 que es una integral racional con el grado del numerador igual que el grado del denominador:

𝐼𝐼1 = �𝑥𝑥

4 − 𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 = � −1𝑑𝑑𝑥𝑥 + �

44 − 𝑥𝑥

𝑑𝑑𝑥𝑥 = −𝑥𝑥 − 4ln|4 − 𝑥𝑥|

Por tanto,

𝐼𝐼 = 𝑥𝑥 · ln|4 − 𝑥𝑥| − 𝑥𝑥 − 4ln|4 − 𝑥𝑥| + 𝐶𝐶

La integral que nos piden vale

𝐼𝐼 = � ln(4 − 𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥1

−1= [𝑥𝑥 · ln|4 − 𝑥𝑥| − 𝑥𝑥 − 4ln|4 − 𝑥𝑥|]−1

1 =

= ln3 − 1 − 4ln3 − (−1 · ln5 + 1 − 4ln5) = −2 − 3𝑙𝑙𝑙𝑙3 + 5𝑙𝑙𝑙𝑙5 ≅ 2,7514


[2’5 puntos] Calcula 420 cos

x dxx

π

∫ . (Sugerencia: integración por partes).

Solución

Calculamos primero una integral indefinida por partes (∫ 𝑢𝑢𝑑𝑑𝑢𝑢 = 𝑢𝑢𝑢𝑢 − ∫ 𝑢𝑢𝑑𝑑𝑢𝑢):

𝐼𝐼(𝑥𝑥) = �𝑥𝑥

cos2𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥 · tg𝑥𝑥 − � tg𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥 · tg𝑥𝑥 − �

sen𝑥𝑥cos𝑥𝑥

𝑑𝑑𝑥𝑥 =

= 𝑥𝑥 · tg𝑥𝑥 − (−ln|cos𝑥𝑥|) = 𝑥𝑥 · tg𝑥𝑥 + ln|cos𝑥𝑥|

La integral definida que nos piden es:


cos2𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥

𝜋𝜋4

0= [𝑥𝑥 · tg𝑥𝑥 + ln|cos𝑥𝑥|]0

𝜋𝜋4 = �

𝜋𝜋4

· tg𝜋𝜋4

+ ln �cos𝜋𝜋4�� − (0 · tg0 + ln|cos0|) =

=𝜋𝜋4

· 1 + ln �√22 � − 0 − ln1 =

𝜋𝜋4

+ ln �√22 �

𝑢𝑢 = 𝑥𝑥 → du = dx

𝑑𝑑𝑢𝑢 = 1cos 2𝑥𝑥

𝑑𝑑𝑥𝑥 → 𝑢𝑢 = tg𝑥𝑥

−x + 4 −x + 4

4 −1

x

𝑢𝑢 = ln(4 − 𝑥𝑥) → du = −14−𝑥𝑥

dx



Ejercicio 40. — (Examen 6 − Septiembre 2014 Reserva 2 − Opción A)

[2’5 puntos] Calcula ( )2dx

x x x+∫ . (Sugerencia: cambio de variable 𝑡𝑡 = √𝑥𝑥).

Solución

Hacemos el cambio de variable sugerido: 𝑡𝑡 = √𝑥𝑥 ⇒ 𝑡𝑡2 = 𝑥𝑥 ⇒ 2𝑡𝑡𝑑𝑑𝑡𝑡 = 𝑑𝑑𝑥𝑥

�𝑑𝑑𝑥𝑥

2𝑥𝑥�𝑥𝑥 + √𝑥𝑥�= �

2𝑡𝑡𝑑𝑑𝑡𝑡2𝑡𝑡2(𝑡𝑡2 + 𝑡𝑡) = �

𝑑𝑑𝑡𝑡𝑡𝑡(𝑡𝑡2 + 𝑡𝑡) = �

𝑑𝑑𝑡𝑡𝑡𝑡2(𝑡𝑡 + 1)

que es una integral racional con el grado del numerador menor que el del denominador.

Descomponemos en fracciones simples:

1𝑡𝑡2(𝑡𝑡 + 1) =

𝐴𝐴𝑡𝑡

+𝐵𝐵𝑡𝑡2 +

𝐶𝐶𝑡𝑡 + 1

=𝐴𝐴𝑡𝑡(𝑡𝑡 + 1) + 𝐵𝐵(𝑡𝑡 + 1) + 𝐶𝐶𝑡𝑡2

𝑡𝑡2(𝑡𝑡 + 1)

Como los denominadores son iguales, también tienen que serlo los numeradores:

1 = 𝐴𝐴𝑡𝑡(𝑡𝑡 + 1) + 𝐵𝐵(𝑡𝑡 + 1) + 𝐶𝐶𝑡𝑡2

Y obtenemos A, B y C dando a t los valores de las raíces del denominador, más otro valor, por ejemplo, 𝑡𝑡 = 1:

⦁ Si 𝑡𝑡 = 0 → 1 = 𝐴𝐴 · 0 · 1 + 𝐵𝐵 · 1 + 𝐶𝐶 · 0 ⇒ 𝐵𝐵 = 1

⦁ Si 𝑡𝑡 = −1 → 1 = 𝐴𝐴 · (−1) · 0 + 𝐵𝐵 · 0 + 𝐶𝐶 · (−1)2 ⇒ 𝐶𝐶 = 1

⦁ Si 𝑡𝑡 = 1 → 1 = 𝐴𝐴 · 1 · 2 + 1 · 2 + 1 · 12 ⇒ 1 = 2𝐴𝐴 + 2 + 1 ⇒ 𝐴𝐴 = −1

Con lo cual,

�𝑑𝑑𝑡𝑡

𝑡𝑡2(𝑡𝑡 + 1) = �−1𝑡𝑡

𝑑𝑑𝑡𝑡 + �1𝑡𝑡2 𝑑𝑑𝑡𝑡 + �

1𝑡𝑡 + 1

𝑑𝑑𝑡𝑡 = −ln|𝑡𝑡| −1𝑡𝑡

+ ln|𝑡𝑡 + 1| + 𝐶𝐶

Deshacemos el cambio de variable:

�𝑑𝑑𝑥𝑥

2𝑥𝑥�𝑥𝑥 + √𝑥𝑥�= −ln�√𝑥𝑥� −

1√𝑥𝑥

+ ln�√𝑥𝑥 + 1� + 𝐶𝐶

Ejercicio 41. — (Examen 6 − Septiembre 2014 Reserva 2 − Opción B)

Sea f : ℝ → ℝ la función definida por 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑒𝑒𝑥𝑥 cos(𝑥𝑥).

a) [1 punto] Calcula la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa 𝑥𝑥 = 0.

b) [1’5 puntos] Calcula la primitiva de f cuya gráfica pasa por el punto (0, 0).

Solución

a) La ecuación de la recta tangente en el punto de abscisa 𝑥𝑥 = 0 es: 𝑦𝑦 − 𝑓𝑓(0) = 𝑓𝑓′ (0) · (𝑥𝑥 − 0)

Calculamos: 𝑓𝑓(0) = 𝑒𝑒0 · cos0 = 1 · 1 = 1

𝑓𝑓′ (𝑥𝑥) = 𝑒𝑒𝑥𝑥 cos𝑥𝑥 − 𝑒𝑒𝑥𝑥 sen𝑥𝑥 ⇒ 𝑓𝑓′ (0) = 𝑒𝑒0cos0 − 𝑒𝑒0sen0 = 1

Sustituyendo en 𝑦𝑦 − 𝑓𝑓(0) = 𝑓𝑓′ (0) · (𝑥𝑥 − 0) tenemos:

𝑦𝑦 − 1 = 1 · 𝑥𝑥 ⇒ 𝑦𝑦 = 𝑥𝑥 + 1


b) Es una integral por partes cíclica.

� 𝑒𝑒𝑥𝑥 cos𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑒𝑒𝑥𝑥 sen𝑥𝑥 − � 𝑒𝑒𝑥𝑥 sen𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 =

= 𝑒𝑒𝑥𝑥 sen𝑥𝑥 − �−𝑒𝑒𝑥𝑥 cos𝑥𝑥 − � −𝑒𝑒𝑥𝑥 cos𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥� =

= 𝑒𝑒𝑥𝑥 sen𝑥𝑥 + 𝑒𝑒𝑥𝑥 cos𝑥𝑥 − � 𝑒𝑒𝑥𝑥 cos𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥

2 � 𝑒𝑒𝑥𝑥 cos𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑒𝑒𝑥𝑥 sen𝑥𝑥 + 𝑒𝑒𝑥𝑥 cos𝑥𝑥 ⇒ � 𝑒𝑒𝑥𝑥 cos𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 =𝑒𝑒𝑥𝑥 sen𝑥𝑥 + 𝑒𝑒𝑥𝑥 cos𝑥𝑥

2+ 𝐶𝐶

Como pasa por el punto (0, 0) ⇒ 𝐹𝐹(0) = 0

𝑒𝑒0sen0 + 𝑒𝑒0cos02

+ 𝐶𝐶 = 0 ⇒ 12

+ 𝐶𝐶 = 0 ⇒ 𝐶𝐶 = −12

Luego la función primitiva que nos piden es

𝐹𝐹(𝑥𝑥) =𝑒𝑒𝑥𝑥 sen𝑥𝑥 + 𝑒𝑒𝑥𝑥 cos𝑥𝑥

2−

12

𝑢𝑢 = 𝑒𝑒𝑥𝑥 → 𝑑𝑑𝑢𝑢 = 𝑒𝑒𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥

𝑑𝑑𝑢𝑢 = sen𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 → 𝑢𝑢 = −cos𝑥𝑥

𝑢𝑢 = 𝑒𝑒𝑥𝑥 → 𝑑𝑑𝑢𝑢 = 𝑒𝑒𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥

𝑑𝑑𝑢𝑢 = cos𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 → 𝑢𝑢 = sen𝑥𝑥

matemÁticas ii problemas de integrales pau andalucÍaficus.pntic.mec.es › ~jgam0105 ›...

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