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
3 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
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:
𝐼𝐼 = �𝑥𝑥
1 + √1 − 𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥
1
0= �−�√1 − 𝑥𝑥�
2+
2�√1 − 𝑥𝑥�3
3 �0
1
= �𝑥𝑥 − 1 +2�√1 − 𝑥𝑥�
3
3 �0
1
b)
𝐼𝐼 = �𝑥𝑥
1 + √1 − 𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥
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
4 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
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
𝑑𝑑𝑢𝑢 = 𝑒𝑒−𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 → 𝑢𝑢 = −𝑒𝑒−𝑥𝑥
𝑢𝑢 = 𝑥𝑥2 → du = 2x dx
dv = cosx dx → v = senx
u = x → du = dx
dv = senx dx → v = − cosx
5 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
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
𝑥𝑥 + 2𝑑𝑑𝑥𝑥 =
=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
6 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
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).
7 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
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:
8 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
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
Ejercicio 11. — (Examen 2 − 2012 − Opción A)
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
9 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
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
10 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
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
� 𝑑𝑑𝑥𝑥5
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
𝑑𝑑𝑢𝑢 = 𝑑𝑑𝑥𝑥 → 𝑢𝑢 = 𝑥𝑥
� ln𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥 ln𝑥𝑥 − � 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥 ln𝑥𝑥 − 𝑥𝑥 + 𝐾𝐾
11 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
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
12 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
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
13 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
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
14 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
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
Ejercicio 20. — (Examen 5 − 2012 − Opción B)
[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
� 𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥4
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))
� 𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥4
1= 27 − 8ln(4) ⇒ 𝑎𝑎(27 − 8 ln(4)) = 27 − 8ln(4) ⇒ 𝑎𝑎 = 1
Luego los valores son 𝑎𝑎 = 1 y 𝑏𝑏 = −2𝑎𝑎 = −2
15 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
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
16 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
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=
𝐴𝐴𝑥𝑥 − 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
17 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
Ejercicio 24. — (Examen 5 − 2012 − Opción A)
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
Ejercicio 25. — (Examen 6 − 2012 − Opción B)
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
18 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
Los puntos de corte de las gráficas son: (0, 0) y (4, 4).
Un esbozo del recinto:
b)
𝐴𝐴 = � �2√𝑥𝑥 −𝑥𝑥2
4 � 𝑑𝑑𝑥𝑥4
0= � �2𝑥𝑥
12 −
𝑥𝑥2
4 � 𝑑𝑑𝑥𝑥4
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
� 𝑑𝑑𝑥𝑥1
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)
19 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
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
Ejercicio 28. — (Examen 2 − Septiembre 2013 − Opción B)
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
𝑑𝑑𝑢𝑢 = 𝑒𝑒−𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 → 𝑢𝑢 = −𝑒𝑒−𝑥𝑥
-2 -1 1 2 3 4 5-1
1
2
3
4
x
y
20 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
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)
[2’5 puntos] Calcula 20
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
21 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
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)
[2’5 puntos] Calcula 24
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
22 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
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=
𝐴𝐴𝑥𝑥 − 1
+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
23 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
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
𝑥𝑥 + 1𝑑𝑑𝑥𝑥 =
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
24 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
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
25 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
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
Ejercicio 39. — (Examen 4 − Septiembre 2014 − Opción B)
[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:
𝐼𝐼 = �𝑥𝑥
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
𝑑𝑑𝑢𝑢 = 𝑑𝑑𝑥𝑥 → 𝑢𝑢 = 𝑥𝑥
26 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
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
27 Problemas de Integrales – PAU Andalucia
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
Top Related