matemÁticas ii pruebas de acceso a la...
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MATEMÁTICAS II PRUEBAS DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD DE OVIEDO 2.- ANÁLISIS (2ª PARTE).- Cálculo Integral 1.- MODELO DE PRUEBA Dada la parábola y2 = 6x , se corta por la recta de ecuación x = 6; en los puntos de intersección se trazan las tangentes a la parábola. Se pide hallar el área del recinto limitado por la parábola y las tangentes. Justifica las respuestas. SOLUCIÓN
La parábola y2 = 6x podemos dibujarla sencillamente, sin más que escribirla de la forma: 6
2yx = .
Esta parábola, es igual que la parábola 6
2xy = , pero teniendo en cuenta que los ejes están cambiados o
dicho de otra forma, la parábola está tumbada: abre hacia la derecha). Nuestra parábola y2 = 6x , pasará, como es evidente, por los puntos (0,0) (6,6) y (6,-6). Su gráfica, es la que puede verse en la figura. Para ver dónde se cortan la parábola y la recta x=6, basta
Resolver el sistema:
==6
62
x
xy cuyas soluciones son:
−====
6,6
6,6
yx
yx Es decir, que la parábola y la recta se
cortan en los puntos: (6,6) y (6,-6). Encontremos ahora las tangentes a la parábola, en cada uno de esos dos puntos. Nuestra parábola y2=6, está en realidad compuesta por la gráfica de dos funciones que se pegan en el origen.
Esas dos funciones son:
−=
=
xy
xy
6
6 que corresponden a las dos ramas, la de arriba y la de abajo.
Encontremos ahora la tangente en cada uno de los dos puntos pedidos:
• Tangente a xy 6= en el punto (6,6): y - 6 = m (x - 6) pero como bien sabemos, la pendiente
"m", es la derivada de la función en el punto: ( )2
1
62
66
6
'
6 =
===
=x
xx
xm
Se trata por tanto de la recta: )6(2
16 −=− xy es decir,
2
6+= xy
• Tangente a xy 6−= en el punto (6,-6): y + 6 = m (x - 6) lo mismo que antes, la pendiente de
la recta "m", es la derivada de la función en el punto ( )2
1
62
66
6
'
6 −=
−=−==
=x
xx
xm
Se trata por tanto de la recta: )6(2
16 −−=+ xy es decir,
2
6−−= xy
Las dos rectas, pueden verse dibujadas en la figura. Cortan al eje de abscisas en el punto (-6,0) y como la situación es simétrica, el área que A que nos piden, será: A= A1 + A2 = 2 A1.
A1 = ( )
1224363
62
6
1366
2
6126
0
36
0
=−=
−=−×
∫x
dxx [nota: 2
612× es el área del triángulo PQM]
Luego el área buscada, será A = 2 A1 = 24 u2
Q A1 (6,6) (-6,0) P M (6,-6) A2
2
2.- JUNIO 1994 Hallar el área del recinto limitado por la parábola de ecuación y2 = 4x, el eje de ordenadas y la tangente a la parábola, paralela a la recta x - 2y + 8 = 0. Razona la respuesta. SOLUCIÓN La parábola y2= 4x, parecida a la estudiada en el ejercicio anterior, debemos representarla despejando
4
2yx = (es como
4
2xy = , pero cambiando los ejes). Se trata de una parábola tumbada, que abre hacia la
derecha y bastante abierta (ver dibujo). ¿En qué punto de la parábola será la recta tangente paralela a la recta x-2y+8=0 ? Muy sencillo: en el punto en el que las dos rectas, tengan la misma pendiente. Ahora bien, como la pendiente de la recta x-2y+8=0 es m=1/2 (recuerda que la pendiente de una recta viene dada por el coeficiente de la "x" cuando despejamos "y"), se trata de encontrar el punto en el que la pendiente de la tangente a la parábola, es decir, la derivada, valga 1/2. Como esa pendiente es positiva, estamos en la rama positiva de y2= 4x . Se trata por tanto de ver en qué punto,
la derivada de la función xyigualesquelooxy 2:4 == vale exactamente 1/2.
42
11,;
12' =⇒=== x
xtantopor
xxy Se trata del punto de abscisa x=4, por lo que la
ordenada debe valer: 444 =⋅=y . El punto buscado es P (4,4).
La tangente en ese punto, será la recta: 4
4)4(
2
14
+=⇒−=− xyxy (puede verse en la figura)
El área buscada A, que se encierra entre la recta que acabamos de encontrar, el eje de ordenadas y la parábola, es, como puede verse en la figura, la diferencia entre el área del trapecio MOPQ y el área encerrada por la parábola entre las rectas x=0 y x=4. Sin más que recordar que el área de un trapecio es igual a la suma de sus bases por la altura dividido por dos, y que el área encerrada por la parábola entre esas dos rectas es la integral definida entre cero y cuatro de la función que determina la parábola, es decir
de y= xx 24 = , concluimos que:
2
4
0
34
0 3
4
13
3212
3
22122
2
4)24(u
xdxxA =−=
−=−⋅+= ∫
3.- SEPTIEMBRE 1994 Hallar los coeficientes de la ecuación y = ax3 + bx2 + cx + d para que la curva correspondiente presente en el punto (2, 1) una inflexión con tangente paralela al eje OX, pasando dicha curva por el origen de coordenadas.
Calcular el área del recinto limitado por la curva y la recta que une el origen con el punto de inflexión. Razona las respuestas. SOLUCIÓN
Hallemos las derivadas primera y segunda de esa función:
+=++=
baxy
cbxaxy
26''
23' 2
Impongamos ahora las condiciones del problema y no olvidemos que con cada condición, obtendremos una ecuación y que si tenemos cuatro incógnitas a, b, c, d, necesitamos cuatro ecuaciones. • Para que pase por el origen (0,0), debemos sustituir en la ecuación x=0, y=0 ⇒ d = 0 • Para que tenga inflexión en x=2, la derivada segunda debe anularse en ese punto ⇒ 12a+2b=0 • Para que tenga tangente horizontal en x=2, la derivada primera debe anularse en dicho punto ⇒ ⇒ 12a+4b+c=0
• Para que pase por el punto (2,1), Debemos sustituir en la ecuación x =2, y =1 ⇒ 8a+4b+2c+d=1
A P M 4 2 O 4 Q
3
Puesto que d=0, se trata de resolver el sistema:
=
−=
=
=++=++
=+
2
34
38
1
:
0248
0412
0212
c
b
a
sonsolucionescuyas
cba
cba
ba
La función pedida, es por tanto: 2
3
4
3
8
23 xxxy +−= .
Calculemos ahora el área del recinto limitado por la curva correspondiente a la gráfica de la función que acabamos de encontrar, y la recta que une el origen con el punto de inflexión. La función que encontramos en el apartado anterior, es una cúbica que únicamente corta al eje de abscisas en el punto x=0, ya que al hacer y=0 en la ecuación, sólo encontramos la raíz real x=0. Por otra parte, la derivada pimera sólo se anula en x=2, que como ya sabemos no es máximo ni mínimo, sino un punto de inflexión con tangente horizontal, luego no hay máximos ni mínimos. La gráfica, es la que puede verse en la figura, y el área pedida será:
=−=−
+−=⋅−
+−= ∫ 15,11
4
3
12
3
322
12
2
3
4
3
8
2
0
2342
0
23 xxxdx
xxxA 0,5 u2
Nota: la fracción 2
12 ⋅. Corresponde al área del triángulo OPQ.
4.- JUNIO 1995 Hallar el área del recinto limitado por los ejes de coordenadas, la recta y = 2 y la curva de
ecuación 2−= xy . Razona la respuesta. SOLUCIÓN
La gráfica de la función 2−= xy es la rama superior de una parábola. En realidad es la rama superior de la parábola
xy = , pero trasladada dos unidades a la derecha.
(No olvides que la gráfica de xy = , es la rama superior de la parábola y2 = x , que como ya vimos en ejercicios anteriores, es como y = x2 pero cambiando los ejes), Para ver dónde se cortan la gráfica de la función que nos dan
y la recta y = 2, resolvemos el sistema 624222
2=⇒−=⇒−=⇒
−=
=xxx
xy
y
Se cortan por tanto, en el punto P(2,6). La situación, es la que puede verse en la figura y el área pedida A, se obtiene sin más que quitarle al área del rectángulo OMPQ, el área A1 encerrada por la curva entre los puntos de abscisas x=2 y x=6.
( )
3
)2(2
2
3)2(
2Re:
3
20
3
1612
3
2212226
32
3
2
6
2
36
2
−=−=−
=−=
−−=−−×=
∫
∫
xxdxxquecuerdaNota
ux
dxxA
A Q (2,1) 0 P
A P(6,2) M A1
O (2,0) Q(6,0)
4
5.- SEPTIEMBRE 1995
Hallar el área del recinto limitado por el eje OX y la curva de ecuación: 25)( xxxf −= . Razona la respuesta. SOLUCIÓN Veamos en primer lugar cómo es aproximadamente la gráfica de la función que nos dan, para tener una idea de cuál es el recinto del que debemos hallar el área.
• La función 25)( xxxf −= , estará solamente definida cuando 05 2 ≥− x es decir,
en el intervalo [ ]5,5 −
• Corta al eje de abscisas cuando 5005 2 ±==⇒=− xbienoxxx Luego los puntos de corte
con el eje de abscisas son: (0,0) )0,5()0,5( −y .
• Para ver dónde tiene máximos o mínimos, igualamos la primera derivada a cero:
3
50350'
35
35
5
25'
2
2
2
2
2
±=⇒=−⇒=
−−=⋅
−−+−=
xxy
x
xx
x
xxy
Llevando esos dos valores a la función, resulta que los dos posibles máximos o mínimos, estan en los
puntos: )()36,2,29,1(2
35,
3
5)()36,2,29,1(
3
25,
3
5MÍNIMOyMAXIMO −−≈
−−≈
5− Como además la función es impar, su gráfica será simétrica con respecto al origen de coordenadas y más o menos, tendrá el aspecto qque puede verse en la figura. El área buscada A, será por tanto:
23
5
0
32
322
5
0
25
0
21
3
510
3
520
3
)5(2)1(
3
)5(252
)1(52522
ux
xdxxxcomoY
dxxxdxxxAA
=+=
−−=
−−=−
−=−==
∫
∫∫
6.- JUNIO 1996
i) Definir primitiva de una función
ii) Calcular la primitiva de la función xx
xxf tg1
1tg)( 2 +−+= , que pase por el punto (π, 0).
Razona la respuesta. SOLUCIÓN
i) Ver en los apuntes de teoría la definición de primitiva de una función. ii) Encontremos en primer lugar todas las primitivas de "f" (es decir, calculemos su integral indefinida) y luego, elijamos de entre todas ellas la que pase por el punto (π, 0).
kxLxLxdxxdxx
dxxdxxx
xdxxf +−−=+−+=+−+= ∫ ∫∫∫ ∫ costgtg1
)1(tg)tg1
1(tg)( 22
Todas las primitivas de "f", serán funciones de la forma kxLxLx +−− costg donde "k" es, como
bien sabemos, una constante. Determinemos esa constante, obligando a que la función primitiva pase por en punto (π, 0). Es decir, ππππ LkkLL =⇒+−−= costg0
Observa que πππππ LLpositivoescomoyL === ,0cos,0tg .
A A1
5−
5
5
Observa también, lo importante que es poner el valor absoluto en la primitiva ∫ dxxtg = xL cos
porque en caso contrario, no podríamos escribir πcosL , puesto que 1cos −=π y no tiene sentido hablar del logaritmo de números negativos. En consecuencia, y para terminar, como ya conocemos el valor de "k", la función que nos pide el
problema será: πLxLxLx +−− costg
7.- SEPTIEMBRE 1996
Hallar el área del recinto limitado por la gráfica de la función x
xxf
ln2)( = , el eje de abscisas y
las rectas exye
x == 1. Razona la respuesta.
SOLUCIÓN Veamos en primer lugar qué aspecto tiene la gráfica de la función, para así saber cómo es el recinto del que debemos calcular el área. • En primer lugar, digamos que Dom (f )= R+ , ya que la función logaritmo sólo está definida en los
números reales positivos. • Veamos dónde corta esa función a los ejes:
a) Al eje OX: 1002 =⇒=⇒= xLx
x
Lx. Corta al eje OX en el punto (1,0).
b) Al eje OY no lo corta, puesto que cuando x = 0, la función no está definida • Para encontrar los máximos y los mínimos, acudamos a la primera y segunda derivadas:
32
322)(''
12)('2)(
x
Lxxf
x
Lxxf
x
Lxxf
−=⇒−=⇒=
.1010)(' exLxLxxf =⇒=⇒=−⇒=
Como 0232
232
2)(''333
<−=−=−=eee
Leef , podemos concluir que la función no tiene mínimos y
tiene un máximo en el punto (e, 2/e) es decir, aproximadamente (2,71 , 0,75). • Los puntos de inflexión son irrelevantes para lo que pretendemos en este ejercicio, así que pasemos a
encontrar las asíntotas. a) Verticales: En x = 0, el denominador se anula y como el numerador (que es Lx) tiende según
sabemos a ∞− , podemos concluir que −∞=→ x
Lxlim
x
2
0
.
Por tanto, la recta x = 0 es una asíntota vertical.
b) Horizontales: 02
1
122 ==
⋅=
∞→∞→∞→ xx
x
Lxlimlimlimxxx
(hemos aplicado la Regla de L'Hôpital)
Habrá pues asíntota horizontal, y será la recta y = 0. La gráfica de la función, será la que puede verse en la figura. Ahora ya podemos ver el recinto del que nos habla el problema, y calcular su área "A".
dxx
Lxdx
x
LxA
e
e
∫∫ +=1
1
1
22
Pero como ( ) kLxdxx
lxdx
x
Lx +== ∫∫22
2
[ ] ( )[ ] =+=+= 11)( 121
12 e
e
LxLxA 2 u2
Téngase en cuenta que 11 1 −==
−eLe
L , y que L1=0
A 1/e 1 e
6
8.- JUNIO 1997
Hallar el área del recinto limitado por el eje OX y la gráfica de la función 42)( xxxf −= . Justifica la respuesta. SOLUCIÓN Veamos cómo es aproximadamente la función que nos dan. • Esta definida cuando 010 242 ≥−⇒≥− xxx . Es decir, en el intervalo [-1,1]. • Es una función par, ya que al cambiar el signo de la variable, la función no varía; por tanto, será una
función simétrica con respecto al eje de ordenadas. Para dibujar su gráfica, bastará fijarnos en lo que hace a la derecha del eje OY, porque a la izquierda es exactamente igual.
• Tendrá máximos o mínimos cuando se anule la primera derivada: ( )
2
10210)('
1
21
1
212
2
42)(')(
2
2
2
2
2
42
3
42
342
±=⇒=−⇒=
−−=
−−=
−−=
−−=⇒−=
xxxf
x
x
xx
xx
xx
xx
xx
xxxfxxxf
Habrá por tanto máximo en el punto
2
1,
2
1. Aproximadamente, (0,7 ,0,5).
Y como la función es par, también habrá máximo en el (-0,7 ,0,5). Y como la función es par, también habrá máximo en el (-0,7 ,0,5). Nota 1: La función derivada f '(x), puede a primera vista parecer que se anula en x=0, pero en realidad no está definida en ese punto, ya que para ese valor se anulan tanto numerador como denominador en la expresión de f '(x).
Nota 2: Sabemos que hay máximo en
2
1,
2
1
sin necesidad de calcular la derivada segunda, porque en los puntos cercanos, a la derecha
de 2
1, por ejemplo 0,8, la derivada primera
es negativa (es decir, la función es decreciente) y a la izquierda, por ejemplo en 0,6 es positiva (la función es creciente). El aspecto de la función puede verse en la figura y por tanto, el área que buscamos será:
∫ −==1
0
421 22 dxxxAA .
Ahora bien, 3
)1(
2
3)1(
2
112
2
11
322
32
2242 xxdxxxdxxxdxxx
−=−=−=−=−∫ ∫ ∫
Y en consecuencia: 2
1
0
321
0
421
3
2
3
12
3
)1(222 u
xdxxxAA =⋅=
−=−== ∫
9.- SEPTIEMBRE 1997 Hallar el área del recinto limitado por el eje de abscisas, la curva de ecuación 2−= xy y la tangente a dicha curva en el punto de la misma, de abscisa x = 6. Razonar la respuesta. SOLUCIÓN Nos están pidiendo el área del recinto "A" de la figura. • En primer lugar, vamos a encontrar la ecuación de la recta tangente a la curva en
A A1
-1 1
A A1
B(6,2) A(-2, 0) B(6,0)
7
el punto de abscisa x = 6, es decir, en el punto (6, 2). Para ello, únicamente necesitamos la pendiente, que como bien sabemos, vendrá dada por la derivada de la función en el punto.
⇒−= 2)( xxf f '(x)=4
1)6('
22
1 =⇒−
fx
. La ecuación de la recta tangente buscada será:
)6(4
12 −=− xy es decir, x - 4y + 2 = 0 .
Esa recta, corta al eje de abscisas en el punto (-2, 0) y podemos verla dibujada en la figura. • El problema nos pide encontrar el área del recinto, que en la figura viene indicado por "A". Ahora bien, el área de ese recinto, puede calcularse quitándole al área del triángulo ABC, el área
correspondiente al recinto A1. Como el área del triángulo ABC es: 282
28
2u
alturabase =×=×
El área que nos piden, será: A= 8 - A1. Calculemos pues el área A1: ∫ −=6
2
1 2 dxxA
Para calcular esa integral definida, hallemos primero la integral indefinida: ∫ − dxx 2 .
Hagamos el cambio: dxdtxt =⇒−= 2 , para que nos quede una integral inmediata:
3
2)2(2)(
3
2
3
2
2/32
32
3
2
1 −−=======−∫ ∫∫xx
cambioelodeshaciendtttt
dttdttdxx Por
tanto, 3
16
3
2)2(22
6
2
6
2
1 =
−−=−= ∫xx
dxxA .
Para finalizar, el área pedida, será: A = 2
3
8
3
168 u=−
10.- JUNIO 1998
Halla el valor de a para que 41 =−∫− dxxa
a. Justifica la respuesta.
SOLUCIÓN
En primer lugar, vamos a ver cómo es la función y = 1−x .
Nos piden el valor que debe de tomar "a", para que el área del recinto A de la figura sea de 4 u2. Calculamos el área de la mitad derecha del recinto (no olvidemos por tanto, que el valor de"a" debe ser positivo) y lo multiplicamos por dos. Esa mitad derecha, está formada por dos triángulos rectángulos
isósceles cuyos catetos miden respectivamente 1 y (a-1). Por tanto,
−+=
2
)1(
2
12
2aA y como A
debe valer 4, bastará resolver la ecuación:
⇒=+−+⇒=−+⇒=−+⇒=
−+ 41214)1(142
)1(124
2
)1(
2
12 22
22
aaaaa
⇒=−− 0222 aa [ a = 1+ 3 , a = 1- 3 ]. El segundo valor es negativo, luego lo despreciamos.
Por tanto, la solución será: a = 1 + 3 ≈ 2,732.
A -1 1 -a -1 1 a
y= x y= x -1 y= 1−x
8
A 0 1
11.- SEPTIEMBRE 1998 Calcula el área del recinto limitado por el eje de abscisas, y la curva de ecuación xxy )1( −=
SOLUCIÓN En primer lugar, veamos cómo es aproximadamente la
gráfica de la función. • Está definida sólo cuando 0≥x , que es el dominio
de definición de la función x . • Corta al eje de abscisas en los puntos (0, 0) y (1, 0),
puesto que las soluciones de la ecuación 0)1( =− xx son: x = 0 y x = 1.
• Para ver si hay máximos o mínimos, derivamos: x
x
x
xx
x
xxy
2
13
2
12
2
1'
−=−+=−+=
xx
x
xx
xx
x
xx
xy
4
13
4
136
4
)13(2
223
''+=+−=
−−⋅= . La primera derivada, se anula cuando 3x-1=0, es decir,
para x = 1/3. Como ene se caso la segunda derivada es positiva, hay un mínimo en el punto
)38,0,33,0(3
1
3
2,
3
1 −≈
− . Y no necesitamos nada más para saber que la gráfica de la función, es
aproximadamente la que puede verse en la figura. Parar calcular el área que nos piden, debemos integrar entre cero y uno y tener en cuenta que esa
integral dará un resultado negativo, por lo cual debe tomarse en valor absoluto: ∫ −=1
0
)1( dxxA
Ahora bien: 3
2
5
2
2
3
2
5)1(
22
3
2
5
2
1
2
3 xxxxxxdxxdxxdxxxdxxdxxx −=−=−=−=− ∫∫ ∫ ∫∫
Por tanto, 2
1
0
21
0 15
4
15
4
3
2
5
2
3
2
5
2)1( u
xxxxdxxA =−=−=
−=−= ∫
12.- JUNIO 1999 Sea α+= 2xy
Calcula el valor de α para el que las tangentes a la curva en los puntos de abscisa de valor absoluto uno, pasen por el origen de coordenadas. Halla el área del recinto limitado por la curva y las dos tangentes. SOLUCIÓN Digamos para empezar, que la curva es la parábola y=x2, pero subida α unidades (en el caso de que α sea positivo). Los puntos de los que nos habla el problema, son los puntos de abscisa x=1 y x=-1, es decir, los puntos
P(1, 1+α) y Q(-1, 1+α).
Encontremos la ecuación de las rectas tangentes a la curva en esos puntos; para ello, lo único que necesitamos calcular son sus pendientes:
−==
⇒=−=
=
2'
2'2'
1
1
x
x
y
yxy
P Q A α -1 O M 1 r s
9
Por tanto, la pendiente de r (tangente en el punto P) es 2 y la pendiente de s (tangente en Q), -2. Las ecuaciones de estas dos rectas serán:
)1(2)1(
)1(2)1(
+−=−−≡−=+−≡
xys
xyr
αα
es decir, 012
012
=−++≡=+−−≡
αα
yxs
yxr
Les Obligamos a pasar por el origen es decir, hacemos x=0 y=0, con lo que obtenemos que α=1. Para αααα=1, las tangentes en los puntos de abscisa 1 y -1, pasan por el origen. Ahora calculemos el área del recinto que nos piden: el recinto limitado por la gráfica de la función, que como α=1, será y = x2 + 1 y las rectas tangentes en los puntos de abscisa 1 y -1, que en este caso, son los puntos (1, 2) y (-1, 2).
Por ser simétrico el recinto, será el doble del área del recinto A que puede verse en la figura. Calculemos pues el área del recinto A, y multiplicando por dos terminamos. Área de A = A1 - A2, donde A1 es el área del recinto limitado por la curva entre las rectas x=0 y x=1 y A2 es el área del triángulo OQM.
3
11
3
4:1
2
21;
3
41
3
1
31 2
1
0
31
0
21 =−==×==+=
+=+= ∫ AtantoPorAx
xxA
Por consiguiente, el área del recinto que nos piden es de 3
2 u2
13.- SEPTIEMBRE 1999 Sea 222 ++= xxy Halla el área limitada por la curva, la recta tangente en el punto donde la función tiene un extremo y la tangente a la curva con pendiente 6. SOLUCIÓN La curva es una parábola y para representarla aproximadamente, nos basta con encontrar el extremo (en este caso mínimo) y los puntos en los que corta a los ejes. • Para ver dónde corta al eje OX, resolvemos: x2+2x+2=0. Como es una ecuación que no tiene soluciones, la curva no corta al eje de abscisas. Al eje OY, lo corta en el punto (0, 2).
• Para calcular el extremo, derivamos: y ' = 2x+2,
igualamos a cero: 2x+2=0 ⇒ x =-1. Como la derivada segunda es positiva, podemos concluir que tiene mínimo en el punto N(-1, 1) Por otra parte, para ver en qué punto la tangente a la curva tiene pendiente 6, basta con igualar a 6 la primera derivada: 2x+2 = 6 ⇒ x = 2. Se trata por tanto del punto M(2, 10) y la recta "r", tangente en ese punto, tiene esta ecuación: 26,)2(610 −=−=−≡ xydeciresxyr . Calculemos por fin el área del recinto que nos piden. Ese recinto, que en la figura hemos llamado A, está limitado por la recta "r", cuya ecuación acabamos de calcular, por la recta "s" (tangente a la curva en su mínimo) cuya ecuación es y =1, y la curva. Su área será: A = A1- A2 - A3 Donde A1 es el área del recinto limitado por la curva y las rectas verticales x=-1 y x=2. A2 es el área del rectángulo NRQP. Y A3 es el área del triángulo MTR. • El area del rectángulo NRQP, es evidentemente: 22 313 uA =×=
• Para calcular el área del triángulo MTR, necesitamos la abscisa del punto T, que es donde se cortan
las rectas:
=≡−=≡
1
26
ys
xyr. Resolviendo el sistema, obtenemos que se trata del punto
1,
2
1
Por tanto, la base del triángulo medirá: 2
3
2
12 =− y la altura, 10 - 1 = 9.
A M N T R s Q P -1 r 2
10
Así pues, 23
4
27
2
92
3
uA =×
=
• El área encerrada por la curva y las rectas x=-1 y x=2, será
2
2
1
2
1
232 12
3
36
3
4
3
322
2
2
3)22( ux
xxdxxx ==
−−=
++=++
−−∫ .
• El área pedida, será por tanto 2
4
9
4
27312 uA =−−=
14.- (JUNIO 2000) Calcula el área de la región limitada por la gráfica de la parábola de ecuación y2 = x y el segmento cuyos extremos son los puntos P (1, -1) y Q (4, 2). SOLUCIÓN • En primer lugar, debemos darnos cuenta de que la parábola y2 = x que puede verse en la figura, está formada por la unión
de las gráficas de las funciones xyexy −== (una
por encima y la otra por debajo del eje de abscisas). • Calculemos ahora la ecuación de la recta que pasa por los puntos P y Q, para saber cuál es la función que tiene como gráfica esa recta. Como el vector director de la recta es
QPr
(3, 3), la ecuación será: 3
1
3
1 +=− yx es decir, y = x - 2.
• El punto M, que necesitaremos para nuestros cálculos, es el punto en el que el segmento PQ corta al
eje de abscisas; se obtiene resolviendo el sistema
=−=
0
2
y
xy Y por tanto sus coordenadas son: M (2, 0).
• El área que nos piden, es la suma de las áreas de los recintos A1, A2, y A3.
*2
224
0
1 ×−= ∫ dxxA Es decir, el área determinada por la función xy = , los ejes y la recta x=4,
menos el área del triángulo MNQ. Teniendo en cuenta que:3
2
3
2
2/3
32
3
2
1 xxxxdxxdxx ====∫ ∫
3
102
3
162
3
24
0
1 =−=−
= xx
A u2
* ∫ −=1
0
2 dxxA Es decir, el área determinada por la función xy −= , el eje de abscisas y la recta
x=1. Si preferimos no liarnos con el valor absoluto, y puesto que el área es la misma en la parte superior e
inferior del eje, ya que la parábola es simétrica, podemos hacer: 3
2
3
21
0
1
0
2 =
== ∫
xxdxxA u2
*2
1
2
113 =×=A (Se trata del triángulo MPB)
Por tanto, el área buscada será: ===++=++=2
9
6
27
2
1
3
2
3
10321 AAAA 4,5 u2
Q A1 B M N A2 P A3
11
17.- SEPTIEMBRE 2001. Sea la función 1
)(2
2
+=
x
xxf
a) Encuentra una primitiva para f.
b) Calcula ( )∫ +1
0
2)(3 dxxf
SOLUCIÓN
a) Carctgxxdxx
dxdxx
dxx
xdx
x
xdx
x
xdxxf +−=
+−=
+−
++=
+−+=
+= ∫∫∫∫∫∫∫ 1
1
1
1
1
1
1
11
1)(
222
2
2
2
2
2
Por tanto, una primitiva de f(x) será la función g(x) = arctg x. b)
( ) [ ] [ ]
4
352
4
33)01(2)00(
413
232)(32)(3 10
10
1
0
1
0
1
0
)1(
πππ −=+−=−+
−−
−
=+−=+==+ ∫∫∫ xarctgxxdxdxxfdxxf
En (1) aplicamos las propiedades lineales de la integral definida
18.- JUNIO 2002. Sea la función 1
6)(
2 +=
x
xxf .
a) Encontrar una función primitiva de f . b) Calcular el área encerrada entre f y el eje de abscisas para [ ]5,2∈x
SOLUCIÓN
a) ∫∫ ++=+
=+
kxLdxx
xdx
x
x)1(3
1
23
1
6 2
22
b) La función f corta al eje de abscisas únicamente en x = 0, luego en el intervalo [2, 5] la función está siempre por encima del eje. Por tanto, el área pedida se obtendrá de forma sencilla:
[ ] ( ) 23
5
22
5
22
946,45
26
5
2635263)1(3
1
6uLLLLxLdx
x
x =
==−=+=+∫ .
19.- SEPTIEMBRE 2002. Sea la función xexxf 2)( =
a) Calcular una primitiva.
b) Determinar ∫2
1
)( dxxf
SOLUCIÓN a) Para encontrar una primitiva de f, procederemos por partes dos veces con el fin de conseguir que desaparezca x2. En primer lugar, haciendo: veduxdxdvdxeux xx ==⇒== ;2;2
∫∫ −= dxxeexdxex xxx 222 . (1)
La segunda integral, también la hacemos por partes llamando: vedudxdvdxeux xx ==⇒== ;;
xxxxx exedxexedxxe −=−= ∫∫
Llevando este resultado a (1), obtenemos una primitiva de la función f:
( ) xxxxxxxxx exeexexeexdxxeexdxex 2222 2222 +−=−−=−= ∫∫
b) [ ] ( ) ( ) 67,422224422)( 222221
22
1
22
1
≈−=+−−+−=+−== ∫∫ eeeeeeeeexeexdxexdxxf xxxx
12
20.- JUNIO 2003
a) Dibujar el recinto limitado por las curvas 4
,,2
2 xyxyxy === .
b) Calcular el área del recinto anterior. SOLUCIÓN
Llamemos A al área que nos piden. Podemos dividirla en dos partes para hacer los cálculos: una parte, entre 0 y 1 (vamos a llamarle 1A ) y otra entre 1 y 4 a la que llamaremos 2A .
2
1
0
31
0
31
0
21
0
21 4
1
12
1
3
1
1234u
xxdx
xdxxA =−=
−
=−= ∫∫
2
4
1
34
1
4
1
224
1
2 4
9
12
63
2
15
1224u
xxdx
xxdxA =−=
−
=−= ∫∫
221 2
5
4
10
9
1
4
1uAAA ==+=+=
21.- SEPTIEMBRE 2003
Dada la función
=>
=00
0)(
x
xxLxxf
a) Calcula el mínimo de dicha función b) Calcula el área de la región limitada por la gráfica de dicha función y el eje OX desde x = 0
hasta x = a, siendo a la abscisa del mínimo encontrado. SOLUCIÓN a) Esa función sólo está definida en los números positivos y en el cero f(0) = 0. Es continua y derivable en todo su dominio, salvo en el cero. En x = 0 la función no puede ser continua ni derivable, puesto que no tiene sentido hablar del límite por la izquierda ya que a la izquierda del cero, la función no está definida. Para calcular el mínimo que nos piden, procedemos como siempre: derivamos e igualamos la derivada a cero; luego sustituimos los valores que anulan la derivada primera en la derivada segunda, y los que la hagan positiva son mínimos.
x
xfLxxfx
xLxxfxLxxf1
)(''1)('1
)(')( =⇒+=⇒⋅+=⇒=
37,01
1010)(' 1 ≈==⇒−=⇒=+⇒= −
eexLxLxxf ⇒>=
0
1'' e
ef se trata de un mínimo.
El mínimo estará en el punto )37,0,37,0(1
,11
,11
,1 1 −≈
−=
⋅=
−
eeLe
eeef
eP .
b) La gráfica de la función que nos dan, es la que puede verse en la figura. Ahora se trata de encontrar el
área de la región limitada por esa curva y el eje OX, entre los puntos x = 0 y e
x1= . Como esa región
está por debajo del eje de abscisas, tomaremos valor absoluto al hacer la integral, porque esta saldrá negativa y un área nunca puede ser negativa. Llamemos A al área que nos piden.
∫=e
dxxLxA
1
0
Para hallar el valor de esa integral
definida, haremos primero la integral indefinida por partes.
13
CLxxxLxx
dxxLxx
dxx
xLxxdxxLx
xvdxxdv
dxx
duLxu+
−=−=−=⋅−=⇒
=⇒=
=⇒=
∫∫∫ 2
1
2422
1
2
1
22
2
1222222
2
Por tanto el área pedida será:
1,04
3
4
3
2
3
20
2
11
22
1
2 2
222
0
2
1
0
1
≈==
−=−
−−=
−== −
−−−−
∫ e
eeeLx
xdxxLxA
ee
22. JUNIO 2004 Calcula: a) El punto C de la figura, punto de corte de la parábola p: 2)2(4 −−= xy y el eje de abscisas.
b) El punto D y la ecuación de la recta 2r paralela a 4r .
c) El área sombreada, limitada por la parábola p y las rectas 4321 ,, ryrrr .
SOLUCIÓN a) Aunque no hace falta, está bien que sepamos que la gráfica de la función 2)2(4 −−= xy , es la parábola 2xy = , pero boca abajo y con el vértice desplazado dos unidades a la derecha y cuatro hacia arriba. Para encontrar los puntos de corte de esa parábola con el eje de abscisas, hacemos y = 0 y resolvemos la ecuación:
==
⇒±=−⇒=−⇒=−−0
4224)2(0)2(4 22
x
xxxx
Los puntos de corte son: el origen de coordenadas (0, 0) y C (4, 0). b) La recta 4r , pasa por los puntos (0, 0) y (-4, 4) por tanto,
su pendiente es 14
4 −=−=m
Puesto que 2r es paralela a 4r , tendrá la misma pendiente y
como pasa por el punto (-4, 0), su ecuación es: 4)4(12 −−=⇒+−=≡ xyxyr .
Para encontrar el punto D, basta cortar la recta 2r con el eje de ordenadas es decir, hacer x = 0 en la
ecuación de 2r , con lo que se obtiene que y = -4. El punto D, es el (0, -4). c) El recinto del que debemos calcular el área, está formado por tres triángulos isósceles iguales, cuyos catetos miden cuatro unidades cada uno, y el recinto limitado por la parábola.
El área de cada triángulo rectángulo es de 282
44u=×
. Como son tres, 224 u en total.
El área del recinto limitado por la parábola, se calcula integrando:
[ ] 2
4
0
32
4
0
324
0
24
0
24
0
2
3
32
3
6432
32
32
4)4()444()2(4 u
xx
xxdxxxdxxxdxx =−=
−=
−=−=−+−=−− ∫∫∫
Por tanto, el área total del recinto que nos piden será: 267,343
104
3
3224 u≈=+
23. SEPTIEMBRE 2004
Sea la curva descrita por la función 2
12)(
−+=
x
xxf para valores de x > 2. Calcula:
a) La recta tangente a la gráfica en el punto P de la curva de abscisa x = 3. b) El punto de corte entre esa recta tangente y la asíntota horizontal a la curva. c) El área encerrada por la curva, el eje de abscisas y las rectas de ecuaciones x = 3 y x = 4
4r
3r
2r 1r
p
C
D
)0,4(−
)4,4(−
)0,0(
14
SOLUCIÓN a) El punto de abscisa x = 3, es el punto P (3, 7). La recta “t”, tangente a la gráfica en ese punto, tendrá por ecuación: )3(7 −=−≡ xmyt Como bien sabemos, la pendiente m, es la derivada de la función en ese punto.
5)3(')2(
5
)2(
)12()2(2)('
22−=⇒
−−=
−+−−= f
xx
xxxf
Por tanto, la ecuación de la tangente que nos piden es: )3(57 −−=−≡ xyt
O si se prefiere, 0225 =−+≡ yxt
c) Teniendo en cuenta que 22
12lim =
−+
∞→ x
xx
, la función f tiene una asíntota horizontal
que es la recta y = 2. Para encontrar el punto de corte de la asíntota con la tangente del apartado anterior, resolvemos el sistema determinado por sus ecuaciones:
==
⇒
==−+
2
4
2
0225
y
x
y
yx El punto de corte es Q (6, 2)
d) La situación gráfica del área “A” del recinto que nos piden, es la que podemos ver en la figura.
∫ −+=
4
3 2
12dx
x
xA
Para hacer el cálculo de esa integral definida, hallemos
primero la integral indefinida: ∫ −+
dxx
x
2
12 .
Se trata de la integral de una función racional en la que numerador y denominador tienen el mismo grado. Podemos dividir, y obtenemos que:
2
52
2
12
−+=
−+
xx
x Por tanto:
CxLx
dxx
dxdxx
dx
dxx
dxx
x
+−−
=−
+=−
+
=
−+=
−+
∫ ∫∫ ∫
∫∫
2522
152
2
52
2
52
2
12
El área que nos piden será:
[ ] 243
4
3
4657,11252)156)258(2522
12uLLLxLxdx
x
xA ≈+=+−+=−−=
−+= ∫
(Recuerda que L1 = 0). 24.- JUNIO 2005
Sea la función
≥+−−
<−+=
04)2(
04)2()(
2
2
xsiaxa
xsixxf
a) Determina los valores de a que hacen continua la función en x = 0. b) Determina los valores de a que hacen derivable la función en x = 0. c) Con a = 1, calcula el área de la región limitada por la gráfica de la función y el eje de abscisas cuando x varía entre -4 y 4. SOLUCIÓN a) Para que la función sea continua en el punto x = 0, los límites laterales en ese punto han de coincidir.
[ ][ ] ⇒
=+−=+−−=
=−+=
−+
−−
→→
→→
0444)2(lim)(lim
04)2(lim)(lim
2
00
2
00
aaaxaxf
xxf
xx
xx f es continua en x = 0 para cualquier valor de a.
A
3 4
15
b) Para que f sea derivable en x = 0, las derivadas laterales en ese punto han de coincidir.
[ ] [ ][ ] [ ]
⇒
=−−=+−−=
=+=−+=
==+
==−
axaaxaf
xxf
xx
xx
4)2(24)2()0(
4)2(24)2()0(
0
'
02'
0
'
02'
⇒ f es derivable en x = 0 si y sólo si: ⇔=− 044a a = 1
c) Cuando a = 1, la función es de la forma:
≥+−−
<−+=
04)2(
04)2()(
2
2
xsix
xsixxf
A la izquierda del cero, se trata de la parábola 2xy = , desplazada dos unidades a la izquierda y cuatro
hacia abajo. Corta al eje OX, cuando 404)2( 2 −=⇒=−+ xx (sólo consideramos la solución que esta a la izquierda del cero). A la derecha del cero, es la parábola 2xy −= , que abre hacia abajo, desplazada dos unidades a la derecha y cuatro hacia arriba. Corta al eje OX, cuando
404)2( 2 =⇒=+−− xx (sólo consideramos la solución mayor que cero). La situación gráfica es la de la figura, y el área de la región que nos piden, será:
[ ] [ ] =+−−+−+ ∫∫−
4
0
20
4
2 4)2(4)2( dxxdxx
[ ] =
+−=+−=+−− ∫∫
2
0
232
0
22
0
2
24
34)4(44)2(4
xxdxxxdxx
≈=
+−=
+− 2
2
0
23
3
648
3
842
34 ux
x 21,33 2u
25.- JUNIO 2005. Sea x
senxxf
cos2)(
−= Calcula:
a) Su dominio de definición. Sus máximos y mínimos en el intervalo [ ]π2,0 .
b) ∫3
0
)(
π
dxxf
SOLUCIÓN a) Esa función estará definida siempre que el denominador no se anule. 2cos0cos2 =⇒=− xx . Como el coseno de un ángulo nunca puede ser mayor que 2, esa ecuación no tiene solución por tanto, Dom f = R. Para hallar los posibles máximos y mínimos, vamos a la primera derivada y en qué puntos se anula:
2
)1(
2
22
2 )cos2(
1cos2
)cos2(
coscos2
)cos2(
cos)cos2()('
x
x
x
xsenxx
x
senxsenxxxxf
−−=
−−−=
−⋅−−
=
(1) Recuerda que 1cos1cos 2222 −=−−⇒=+ xxsenxxsen .
Teniendo ahora en cuenta que una fracción se anula si y sólo si se anula el numerador,
[ ]
==
⇒=⇒=−⇔=3/5
3/2,0int
2
1cos01cos20)('
ππ
πx
xervaloelEnxxxf
Para ver cuál es el máximo o el mínimo, acudimos a la derivada segunda:
3
32
2
)cos2(
cos22
)cos2(
)1cos2(2)cos2(2
)cos2(
)1cos2()cos2(2)cos2(2)(''
x
xsenxsenx
x
xsenxxsenx
x
xsenxxxsenxxf
−−−=
=−
−−−−=−
−−−−−=
-4 4
4)2( 2 +−x 4)2( 2 −+x
16
03
32
2
12
2
1
2
32
2
32
)3/5(''03
32
2
12
2
1
2
32
2
32
)3/(''33
>=
−
⋅
−⋅−
−⋅−
=<−=
−
⋅⋅−⋅−= ππ ff
Habrá máximo en el punto ( )3/3,3/2/12
2/3,
3ππ =
−M
Y mínimo en el punto ( )3/3,3/52/12
2/3,
3
5 −=
−− ππ
N
b) Antes de hacer la integral definida que nos piden, encontremos una primitiva de f(x).
La integral indefinida dxx
senx∫ − cos2
es una integral de tipo logaritmo neperiano, puesto que como
es evidente, la derivada del denominador es precisamente el numerador. Por tanto:
CxLdxx
senx +−=−∫ cos2
cos2
[ ] =−−−=−=−∫ )0cos2()3/cos2(cos2
cos23/
0
3/
0
LLxLdxx
senx πππ
≈=−=−−−= )2/3(1)2/3()12()2/12( LLLLL 0,405465 26.- SEPTIEMBRE 2005
Sea la función con valores reales 24)( xxxf −= (se considera la raíz positiva). Calcula: a) La recta tangente a la gráfica de la función f en el punto (0, 0).
b) ∫−
1
1
)( dxxf
c) El área encerrada por la curva, el eje de abscisas y las rectas x = -1 y x = 1. SOLUCIÓN a) De la recta que nos piden, conocemos un punto por el que pasa (0, 0) y también podemos conocer su pendiente, que como sabemos, es la derivada de la función f en el punto de abscisa x = 0.
002)0('4
442
24)('4)(
2
2
2
22 =−=⇒−
−−=−
−+−=⇒−= fx
xx
x
xxxfxxxf
La ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en el punto (0, 0), será: ⇒−=− )0(20 xy xy 2= b) Para hallar la integral definida que nos piden, encontremos antes una primitiva de f.
Cxxtttt
dttdttdt
tdxxxdxxf +−−−=−=−=−=−=−=
−=−= ∫ ∫∫∫ ∫ 3
4)4(
332
32
1
2
1
2
1
24)(
22)2(32
3
2
1)1(2
(1) Hacemos el cambio 2
24 2 dtxdxdtxdxtx −=⇒=−⇒=−
(2) Deshacemos el cambio hecho anteriormente.
Aplicamos ahora la Regla de Barrow y concluimos: 03
33
3
33
3
4)4()(
1
1
221
1
=
−−−=
−−−=−−
∫xx
dxxf
c) En el apartado anterior, vimos que la integral definida de la función f en el intervalo [ ]1,1− era cero. Eso no quiere decir que el área de la región del plano limitada por la gráfica de la función, el eje de abscisas y las rectas x = -1 y x = 1 vaya a ser cero.
17
Observa que es una función impar f(-x) = f(x) y por tanto, simétrica con respecto al origen de coordenadas; y que corta al eje de abscisas en los puntos x = 0, x = 2 y x = -2, que son las soluciones de
la ecuación 04 2 =− xx . Su gráfica, es más o menos como puedes ver en la figura y por tanto, el área “A” que nos piden, será:
22
1
0
221
0
21
0
87,13
3382
3
24
3
332
3
4)4(242)(2
uu
xxdxxxdxxfA
≈−⋅=
⋅−−−=
=
−−−=−== ∫∫
Observa que como las áreas de la regiones entre -1 y 0 y entre 0 y 1 son iguales, pero una está por encima y otra por debajo del eje de abscisas, al hallar la integral definida entre -1 y 1, ha de darnos necesariamente cero puesto que la integral definida es el área “orientada”, es decir, afectada por un signo más o menos, según esté la región por encima o por debajo del eje de abscisas.
27. JUNIO 2006. Sea la función 4
3)(
2
3
−=
x
xxf . Calcula:
a) Las asíntotas de la función.
b) ∫−
1
1
)( dxxf
SOLUCIÓN a) Veamos en primer lugar las asíntotas de la función.
• Por tratarse de una función racional, puede haber asíntotas verticales para aquellos valores de x que anulen el denominador: 22042 −==⇒=− xyxx . Veamos cuál es el límite de la función en esos puntos, para así saber si hay o no asíntota vertical.
⇒
∞=
−∞=
+
−
→
→
)(lim
)(lim
2
2
xf
xf
x
x la recta x = 2 es una asíntota vertical.
⇒
∞=
−∞=
+
−
−→
−→
)(lim
)(lim
2
2
xf
xf
x
x la recta x = -2 es otra asíntota vertical.
• Como ±∞=−±∞→ 4
lim2
3
x
xx
, la función no tiene asíntotas horizontales.
• Si hubiera asíntota oblicua, sería una recta de la forma nmxy += , donde m y n se calculan así:
[ ] 04
12lim3
4
3lim)(lim.3
4
3lim
)(lim
22
3
3
3
=−
=
−
−=−==
−=
∞→∞→∞→±∞→∞→ x
xx
x
xmxxfn
xx
x
x
xfm
xxxxx
La asíntota oblicua será la recta xy 3= . b) Puesto que la función es impar, es decir que f(-x) = - f(x) y por tanto simétrica con respecto al
origen, es evidente que la integral que nos piden es cero: ∫−
=−
1
12
3
04
3dx
x
x.
De todos modos, hagamos como que no lo sabemos.
∫∫∫ ∫ +−+=−
+=
−+=
−CxL
xdx
x
xxdxdx
x
xxdx
x
x46
2
3
4
263
4
123
4
3 22
22
)1(
2
3
0362
336
2
346
2
3
4
31
1
221
12
3
=
⋅+−
⋅+=
−+=
− −−∫ LLxL
xdx
x
x como cabía esperar.
(1) Dividiendo )4(3 23 −xentrex obtenemos 3x como cociente y resto 12x
-2
2 0
-1
1
18
28. SEPTIEMBRE 2006 La curva 122 +−= xxy y la recta que pasa por los puntos A (1, 0) y B (3, 4) limitan un recinto finito plano. a) Traza un esquema gráfico de dicho recinto. b) halla su área. SOLUCIÓN
a) Dibujemos la parábola 122 +−= xxy .
• Para ver dónde tiene el vértice, calculamos el mínimo:
10220'
22'122
=⇒=−⇒=−=⇒+−=
xxy
xyxxy El vértice está en el punto (1, 0)
• Cortes con los ejes. Con OX: 10122 =⇒=+− xxx Corta al eje OX en el punto (1,=) que es precisamente el mínimo. Con el eje OY: x = 0⇒ y = 0 – 0 + 1 = 1 Corta al eje OY en el punto (0, 1).
Puesto que la parábola pasa por los puntos A(1, 0) y B(3, 4) que son los que determinan la recta que nos da el problema, la situación gráfica es la que puede verse en la figura de la página anterior. b) El área “A”, del recinto plano que limitan la recta y la parábola, puede hallarse restando al área del triángulo ABC, el área del recinto (R) limitado por la parábola, el eje OX y la recta vertical x = 3.
=−=+−−⋅= ∫ 3
84)12(
2
42 )1(3
1
2 dxxxA 2
3
4u
(1) ∫ ++−=++−=+− Cxxx
Cxxx
dxxx 2323
2
32
2
3)12(
3
8
3
1311
3
1)399(
3)12(
3
1
233
1
2 =−=
+−−+−=
+−=+−∫ xx
xdxxx
29. JUNIO 2007 Dada la función cxbxaxxf ++= cos)( 2
determina las constantes a, b, c de manera que simultáneamente :
• Su gráfica pase por el punto (0, 1) • La recta tangente en ese punto (0, 1) sea paralela a la recta y = x.
• Se verifique que 2132
)( 2
0
−
+=∫ πππ
dxxf
SOLUCIÓN
bxsenxxbaxxfcxbxaxxf −+=⇒++= cos2)('cos)( 2
Para hallar las tres incógnitas que nos piden, hemos de imponer las tres condiciones que el problema nos dice que tiene de cumplir la función f.
• 11)0( =⇒= cf
• 11)0(' =⇒= bf (recuerda que la recta y = x tiene pendiente 1)
•
223
22
3
23
cos3
)1cos(
33
3
0
3)1(
0
2
=⇒−+=−+⇒
⇒−+=
+++=++∫
aa
axxxsenx
axdxxxax
ππππ
ππππ
(1) xxxsenxax
dxxdxxdxaxdxxxax +++=++=++ ∫∫∫ ∫ cos3
cos)1cos(3)2(
22
(2) La integral ∫ xdxxcos la hacemos por partes, llamando:
==⇒=
=⇒=
∫ senxxdxvxdxdv
dxduxu
coscos
A(1,0)
B(3,4)
C
(0,1) (R)
19
-1 1
A
2D
1D 2
1
3D
∫ ∫ +=−= xxsenxsenxdxxsenxxdxx coscos
30. SEPTIEMBRE 2007 Sea la función 21)( xxf −=
a) Su gráfica determina con el eje de abscisas un recinto limitado D. Calcula su área.
b) La gráfica de la función 2)( xxg = divide D en tres partes 321, DyDD . Haz un dibujo de los tres
recintos .
c) Calcula el área del recinto 2D que contiene al punto
21
,0 .
SOLUCIÓN a) La función 21)( xxf −= es la parábola 2)( xxf −= subida una unidad.
Veamos dónde corta al eje de abscisas:
−==
⇒=⇒=−1
1101 22
x
xxx
El área del recinto D del que nos habla el problema, es doble del área del recinto A.
2
1
0
31
0
2
3
40
3
112
32)1(22 u
xxdxxAD =
−
−=
−=−== ∫
b) Podemos ver el dibujo de los tres recintos en la figura adjunta. c) Para hallar el área del recinto 2D necesitamos conocer los puntos en los que se cortan las dos parábolas. Para ello, resolvemos el sistema determinado por sus dos ecuaciones:
−=
=⇒=⇒=⇒−=⇒
−==
2/1
2/1
2
1121
12222
2
2
x
xxxxx
xy
xy
Por tanto, si llamamos 2D al área del recinto 2D
( )[ ] ( )
22
3
2
1
0
32
1
0
22
1
0
222
94,03
22
2
2
3
4
2
1
3
4
2
1
3
22
2
1
3
1
2
12
32
1
2
12
2
12
3
2
12
2
12
3
2221212
uu
xxdxxdxxxD
≈===⋅=
−
=
−=
−=
−=−⋅=−−⋅= ∫∫
31. JUNIO 2008. Se considera la función 1
)(2 +
=x
xxf
a) Halla sus asíntotas, máximos y mínimos. b) Representa gráficamente la función.
c) Hala el área delimitada por la función y el eje OX, para 11 ≤≤− x . SOLUCIÓN
a) • Asíntotas verticales no hay, porque es una función racional y el denominador no se anula.
Tampoco hay asíntotas oblicuas, porque obviamente 0)(
lim =∞→ x
xfx
. Sin embargo, sí tiene asíntota horizontal,
la recta y = 0, puesto que 0)(lim0)(lim ==−∞→∞→
xfyxfxx
.
• Vamos a halar los máximos y mínimos: 32
3
22
2
2 )1(
62)(''
)1(
1)('
1)(
+−=⇒
++−=⇒
+=
x
xxxf
x
xxf
x
xxf
20
⇒
−==
⇒=+−⇒=1
1010)(' 2
x
xxxf
>−
<
2
1,1,0)1(''
2
1,1,0)1(''
NenmínimohayfComo
MenmáximohayfComo
b) La gráfica de la función puedes verla en la figura
c) El área A que nos piden, es la suma de las áreas 21 AyA . Como el área de esas dos regiones es igual, puesto que la función es impar,
21
0
2(*)1
0221 693,022
2
12)1(
2
12
12 uLLxLdx
x
xAAA ≈=⋅=
+=+
=+= ∫
32. SEPTIEMBRE 2008 Se dispone de una chapa de acero que puede representarse por la región del plano determinada por la
parábola 42 +−= xy y la recta 1=y . a) Representa gráficamente la chapa, y halla su área. b) Determina las dimensiones del rectángulo de área máxima que se puede obtener a partir de dicha
chaparon la condición de que uno de los lados está en la recta y = 1.
SOLUCIÓN a) La chapa es la región, que en la figura, puede verse entre la parábola y la
recta. Para hallar su área, necesitamos conocer los puntos P y Q en los que recta y parábola se cortan. Y para ello, resolvemos el sistema determinado por sus dos ecuaciones:
−=
=⇒=⇒=+−⇒
=+−=
3
3314
1
4 222
x
xxx
y
xy
El área A que nos piden, es la suma de las áreas de las regiones 21 AyA . El área de esas dos regiones es la misma puesto que se trata de una función par, y por tanto simétrica con respecto al eje OX. Por tanto:
[ ] ( ) 2
3
0
33
0
3
0
22221 93,63433
3
3323
32321)4(22 ux
xdxxdxxAAAA ≈=
+−=
+−=+−=−+−==+= ∫ ∫
b) Este apartado está resuelto en los problemas de la PAU correspondientes a Límites, Continuidad, Derivadas y aplicaciones.
33. SEPTIEMBRE 2008 Se considera la función 1
2)(2 +
−=x
xxf
a) Halla los máximos, mínimos y puntos de inflexión. b) Para [ ]5,0∈x esboza la gráfica de de la función, y calcula el área comprendida entre ella y el eje x.
SOLUCIÓN
a) 22
3
22
2
2
2
2 )1(
62)(''
)1(
1)('
1
22
12)(
++−=⇒
+−=⇒
++−=
+−=
x
xxxf
x
xxf
x
xx
x
xxf
• Máximos y mínimos: ⇒
−==
⇒=+−⇒=1
1010)(' 2
x
xxxf
<−
>
2
5,1,0)1(''
2
3,1,0)1(''
NenmínimohayfComo
MenmáximohayfComo
-1
1A
1
2A
y = 1
2
42 +−= xy
P Q
1A
2A
3− 3-2
21
V
A
B
• Puntos de inflexión
−=
=
=
⇒=+−⇒=
3
3
0
0620)('' 3
x
x
x
xxxf
Los puntos de inflexión son: ( ) ( ) ( )43,2,73,14
32,357,1,73,1
4
32,30,0 ≈
+−≈
− CyBA
b) Para dibujar la función en el intervalo [ ]5,0 vamos a ver en qué punto empieza, en cuál acaba, y tengamos en cuenta que por el medio hay, según vimos en el anterior apartado, un mínimo y un punto de inflexión.
8,126
47
26
52)5(2)0( ≈=+== fyf .
La función, en ese intervalo, empieza en el punto P (0, 2) y acaba en el punto ( )8,1,5Q . Entre esos dos puntos, están el mínimo N (1, 2,5) y el punto de
inflexión B (1,73, 1,57). La función es la que puedes ver en la figura y el área del recinto A, se obtiene integrando:
25
0
2(*)5
02
37,82
2610026
2
110)1(
2
12
12 u
LLxLxdx
x
xA ≈−=−
−=
+−=
+−= ∫
(*) )1(2
12
1
2
2
12
12
12 2
222+−=
+−=
+−=
+− ∫∫∫∫ xLxdx
x
xxdx
x
xdxdx
x
x
34. JUNIO 2009.
Esboza La gráfica de la función 4
72 ++−= xxy y halla el área de la región del plano determinada por
dicha parábola y la recta que pasa por los puntos
0,61
41
,0 y
SOLUCIÓN
• La parábola 4
72 ++−= xxy abra hacia abajo.
• Su vértice, 2
1012' =⇒=+−= xxy , es el punto
2,
2
1
• Corta al eje de abscisas en los puntos:
−≈−=
≈+=⇒=++−
9,02
81
9,12
81
04
72
x
xxx
• Al eje de ordenadas lo corta en el punto
4
7,0
• La recta que pasa los puntos
0,61
41
,0 y tiene como ecuación: 4
1
2
3 +−= xy
• Necesitamos conocer los puntos en los que se cortan la recta y la parábola, para ello, resolvemos el sistema:
−=
=⇒=++−⇒+−=++−⇒
+−=
++−=
2
1
30
4
6
2
5
4
1
2
3
4
7
4
1
2
34
7
22
2
x
xxxxxx
xy
xxy
Se cortan en los puntos
−
− 1,2
1
4
17,3 ByA
• El área que nos piden será:
P
BN
Q
A
0 5
22
P
4
4
O
4
2xy = xy 4=
xy 4−=
2
3
2
1
233
2
1
3
2
1
22 15,748
343
2
3
4
5
32
3
2
5
4
1
2
3
4
7u
xxxdxxxdxxxxA ≈=
++−=
++−=
+−−
++−=−− −
∫ ∫
35. SEPTIEMBRE 2009 Representa gráficamente las parábolas 0404 22 =−=− yxyxy . Halla el área que encierran.
SOLUCIÓN
• La gráfica de la primera parábola, xyxy 4042 ±=⇒=−
resulta de unir las gráficas de las funciones xyxy −== ; .
• La segunda, es la gráfica de la función 4
2xy =
• Necesitamos conocer los puntos en los que las dos curvas se cortan, y para ello debemos resolver el sistema:
==
⇒=−⇒=⇒=⇒=⇒
=
=4
006464
164
44
4
4 4442
2
x
xxxxx
xx
xx
xy
xy
Las dos parábolas se cortan en los puntos (0, 0) y (4, 4) • El área de la región que nos piden es:
2
4
0
334
0
2
33,53
16
3
644
12
64
3
4
124
4u
xxdxx
xA ≈=−=
−=
−= ∫
36. JUNIO 2010
a) Resuelve por partes la siguiente integral: ∫ − dxxx )ln1(
b) De todas las primitivas de la función )ln1()( xxxf −= halla la que pasa por el punto (1, 3). NOTA: ln x denota el logaritmo neperiano de x SOLUCIÓN
a) Llamemos
==⇒=
−=⇒−=
∫ 2
11
2xxdxvxdxdv
xduLxu
KxLxx
xdxLxx
dxx
xLx
xdxLxx ++−=+−=
−−−=− ∫∫∫ 42
)1(
2
1
2
)1(1
2)1(
2)1(
22222
b) Todas las primitivas de )1()( Lxxxf −= son así: KxLxx
xF ++−=42
)1()(
22
Debemos encontrar la que cumpla que F(1)=3
49
341
21
3)1( =⇒=++⇔= KKF . La primitiva buscada es: 49
42)1(
)(22
++−= xLxxxF
37. JUNIO 2010 Resuelve por cambio de variable dxe
eex
xx
∫ +−
1
4 2
SOLUCIÓN
( ) KeLetLttLttL
dtt
tdt
tdt
t
tdxe
e
edx
e
eedx
e
ee
xx
xx
x
x
xx
x
xx
+++−=++−=+−−+=
=+
−+
=+
−=+
−=+−=
+−
∫∫∫ ∫∫∫
)1(54154141
14
1
1
1
41
1
)41(
1
)41(
1
4
)3(
)2()1(2
(1) Hacemos el cambio dtdxete xx =⇒=
23
2
xy 8=
xy 8−=
x=2
P
18
9
(1)
3 Q
(2) tLtdtt
dtdtt
dtt
tdt
t
tdt
t
t +−=+
−=+
−++=
+−+=
+ ∫∫∫∫∫∫ 11
1
1
1
1
1
1
11
1
(3) Deshacemos el cambio: xet = 38. JUNIO 2010 La gráfica de la parábola xy 82 = y la recta x = 2 encierran un recinto plano.
a) Dibuja aproximadamente dicho recinto. b) Calcula su área.
SOLUCIÓN a) El recinto es el que puedes ver en la figura. Está determinado por
la gráfica de las funciones xy 8= e xy 8−= (que juntas
determinan la parábola xy 82 = ) y la recta vertical x = 2. b) El área del recinto es el doble del área de la parte de arriba:
2
2
0
3
2
0
2
32
0
2
12
0
2
0
3
32
3
8282
3
282
23
82828282
u
xxdxxdxxdxx
==
=
=
=== ∫∫∫
39. JUNIO 2010
La gráfica de la curva x
xf−
=2
4)( y las rectas
y = 4 y x = 0 encierran un recinto plano. a) Dibuja aproximadamente dicho recinto. b) Calcula su área.
SOLUCIÓN Como podemos ver en el gráfico, el área A que nos piden es:
[ ] 21
0
1
0
23,12442442
414 uLxLdx
xA ≈−=−−−=
−−×= ∫
40. SEPTIEMBRE 2010 Se considera la parábola 26 xxy −= a) Halla la ecuación de las tangentes a su gráfica en los puntos de corte con el eje OX. b) Dibuja un esquema del recinto limitado por la gráfica de la parábola y las rectas halladas anteriormente. c) Halla el área de ese recinto. SOLUCIÓN a) Hallemos los puntos de corte con el eje OX: 6;0060 2 ==⇒=−⇒= xxxxy
Veamos ahora cuál es la ecuación de las rectas tangentes 21 tyt a esa parábola en los puntos P (0, 0) y Q (6, 0)
6)6(';6)0('26)('6)( 2 −==⇒−=⇒−= ffxxfxxxf
Las rectas tangentes que nos piden son:
=−+≡⇒−−=−≡=−≡⇒−=−≡
0366)6(60
06)0(60
22
11
yxtxyt
yxtxyt
b) Veamos en qué punto se cortan las dos rectas, para poder dibujar bien el esquema que nos piden.
==
⇒
=−+=−
18
3
0366
06
y
x
yx
yx
Es decir, que esas dos rectas se cortan en el punto M (3, 18) c) El recinto es simétrico, así que hallamos el área del trozo de la izquierda (1) y multiplicamos por dos. Llamemos A al área del recinto que nos piden y A’ al área de (1).
( )[ ] 2
3
0
33
0
23
0
2 93
66' ux
dxxdxxxxA =
==−−= ∫∫
Por tanto: 218'2 uAA ==
24
1
2
3
4 2
2
-2
41. SEPTIEMBRE 2010 Se considera la función
≥+<−
= − 2
222)(
22 xsike
xsixxf
x
a) Determina el valor de k para que la función sea continua en el intervalo [ ]4,0 b) Suponiendo que k = 1, halla la ecuación de la recta tangente en el punto de abscisa x = 3. c) Suponiendo que k = 1, halla el área que la gráfica de la función determina con el eje OX, para [ ]4,0∈x SOLUCIÓN a) La función es, a la izquierda del 2 una función lineal, y a la derecha una exponencial; por tanto, es continua para cualquier valor que tome la variable x, salvo quizás para x = 2. Si queremos que en ese punto sea continua, debemos asegurarnos de que los límites laterales son iguales:
( ) 111224lim)22(lim)(lim)(lim 222022
2222±=⇒=⇒+=⇒+=−⇒+=−⇒= −
→→→→ +−+−kkkkekexxfxf x
xxxx
b) Si k = 1,
=+=
⇒
><
=⇒
≥+<−
= −− ef
ef
xsie
xsixf
xsie
xsixxf
xx )3('
1)3(
2
22)('
21
222)(
22
Por tanto, la ecuación de la recta tangente en el punto de abscisa x = 3, será: )3()1( −=+−≡ xeeyt c) La gráfica de la función es la que puedes ver en la figura. Observa que solo la dibujamos en el intervalo [ ]4,0 . Para hallar el área, dividimos el recinto en tres trozos: 1, 2 y 3. Llamemos A al área que nos piden, y 321 , AyAA
a las área respectivas de los recintos 1, 2 y 3.
( ) [ ]
( ) Cxedxdxedxe
ueeAAAA
ee
eexedxeA
uAA
xxx
xx
++=+=+
≈+=+++=++=
+=−−+=
=+−+=+=+=
=×==
−−−
−−
∫∫∫
∫
222
222321
22
024
22
)1(4
2
22
22)1(1
1)1(
.39,103111
1214
)2()4(1
12
12
42. SEPTIEMBRE 2010 Resuelve por partes ∫ dxxcoxex 3
SOLUCIÓN
( )∫
∫∫ ∫−+=
=−+=+=
xdxexsenexe
xdxexsenexedxxsenexedxxe
xxx
xxxxxx
3cos9333cos
3cos3333cos333cos3cos)2()1(
(1) Por partes, llamando:
===⇒=
−=⇒=
∫∫xxx edxedvvdxedv
dxxsenduxu 333cos
(2) Por partes, llamando:
===⇒=
=⇒=
∫∫xxx edxedvvdxedv
dxxduxsenu 3cos33
Hemos llegado por tanto, al siguiente resultado:
10
333cos3cos333cos3cos10
3cos9333cos3cos
xsenexedxxexsenexedxxe
xdxexsenexedxxe
xxxxxx
xxxx
+=⇒+=⇒
⇒−+=
∫∫
∫∫
43. SEPTIEMBRE 2010 La curva 32 += xy y la recta y = 2x+3 limitan un recinto finito en el plano.
a) Dibuja un esquema de dicho recinto. b) Halla su área.
25
2
P
7 Q
3
-1
1
2
1 A
B
-2
A B
2
4
-2 3
3
O
2
P
Q
-1
1
2
-2
SOLUCIÓN a) Veamos en primer lugar dónde se cortan la parábola y la recta, resolviendo el sistema que determinan sus ecuaciones:
=⇒==⇒=
⇒=−⇒+=+⇒
+=+=
72
3002323
32
3 222
yx
yxxxxx
xy
xy
Eso significa que se cortan en los puntos P(0, 3) y Q(2, 7). El esquema del recinto puedes verlo en la figura. b) El área A, del recinto que nos piden, será:
( ) ( )[ ] ( )∫∫ =−
−=
−=−=+−+=
2
0
2
2
0
322
2
0
2
3
40
3
84
32332 u
xxdxxxdxxxA
44. JUNIO 2011. Sea RRf →: la función definida por:
≥<≤+
<=
12
10
0
)(
2
xsi
xsinmx
xsix
xf
a) Calcula m y n para que f sea continua en todo su dominio. b) Para esos valores hallados, calcula el área del recinto limitado por la gráfica de f y la recta y = 1 SOLUCIÓN a) Los únicos puntos en los que f puede ser continua son: x = 0 y x = 1. Impongamos las condiciones que han de cumplirse para que sea continua en esos dos puntos.
• 0)(limlim)(lim)(lim0
2
000=⇒+=⇒=
+−+− →→→→nnxmxxfxf
xxxx
• 2202lim)(lim)(lim)(lim1111
=⇒=+⇒=+⇒=+−+− →→→→
mmnmxxfxfxxxx
b) El recinto es el que puedes ver en la figura, y el área es: A+B
2
0
1
30
1
2
1211
41
32
;41
2
121
;32
31
13
11
uBAB
xdxxA
=+=+=×
=
=−=
−=−=
−−∫
45. JUNIO 2011.
Sea RRf →: la función definida por:
>−
≤+=
0)2(
042)(
2 xsix
xsixxf
a) Dibuja su gráfica b) Halla el área del recinto comprendido entre la gráfica de la función anterior y el eje OX. SOLUCIÓN a) La gráfica es la que puede verse en la figura. b) El área del recinto es A + B .
42
24 =×=A ; 38
3)2(
)2(2
0
32
0
2 =
−=−= ∫x
dxxB
Por tanto, el área que nos piden será: 2
320
38
4 u=+
46. JUNIO 2011. La curva xxy 33 −= y la recta y = x limitan un recinto finito en el plano. a) Dibuja un esquema del recinto. b) Calcula su área. SOLUCIÓN a) La recta y = x es la diagonal del primer cuadrante.
Para dibujar la gráfica de xxy 33 −= , tenemos en cuenta lo siguiente:
26
x =3
1−= xy
1 3
1−−= xy
B
• Puntos en los que corta al eje OX:
3;3;0033 −===⇒=− xxxxx
• Máximos y mínimos:
1;1033' 2 −==⇒=−= xxxy
)2,1()2,1(6'' −−⇒= MinyMaxxy
• )0,0(:inf006'' dePuntoxxy ⇒=⇒==
• La función es impar: f(-x) = -f(x). b) Para hallar el área del recinto limitado por las dos gráficas, lo primero que necesitamos saber son los puntos de
corte, y para ello resolvemos el sistema:
c) 2;2;00433
33
3−===⇒=−⇒=−⇒
−==
xxxxxxxxxxy
xy
Se cortan en los puntos: O(0, 0) P(2,2) y Q(-2, -2) Como las dos funciones son impares y el recinto es simétrico, el área A que nos pidenes el doble de una de las
dos partes: [ ] [ ] 2
2
0
242
0
32
0
3 8)84(22
44
2)42)3(2 uxx
dxxxdxxxxA =+−=
+−=+−=−−= ∫∫
47. JUNIO 2011. La parábola 12 += yx y la recta x = 3 limitan un recinto finito en el plano. a) Dibuja un esquema del recinto. b) Calcula su área. SOLUCIÓN a) La gráfica de la parábola 12 −= xy viene determinada por la unión de las
gráficas de estas dos funciones: 11 −−=−= xyexy Con la recta x = 3, determinan el recinto que puedes ver en la figura. b) El área A de dicho recinto, es el doble del área del recinto B señalado.
.328
382
23
)1(22
2/3)1(
2)1(2122
2
3
1
3
3
1
2/33
1
2/13
1
ux
xdxxdxxBA
==
−=
=
−=−=−== ∫∫
48. JULIO 2011 a) Halla la función f(x) sabiendo que su derivada es xexxf )1()(' −= y que f(2) = e . b) Demuestra que f tiene un extremo relativo en un punto del eje de abscisas, y razona si es máximo o mínimo.
SOLUCIÓN
a) Cexeexdxeexdxexxfexxf xxxxxxx +−=−−=−−=−=⇒−= ∫∫ )2()1()1()1()()1()(')1(
(1) Hacemos esa integral por partes:
==⇒=
=⇒−=
∫xxx edxevdxedv
dxduxu 1
Para calcular C, imponemos la condición que nos dan: eCeCeef =⇒=+−⇒= 2)22()2(
Por tanto, la función que nos piden es la siguiente: eexxf x +−= )2()( b) Analicemos la primera derivada (que nos proporciona el enunciado) y la segunda, para encontrar su extremo.
xxxx xexeexfexxf =−+=⇒−= )1()('')1()('
1010)1(0)(' =⇒=−⇒=−⇒= xxexxf x Puesto que f’’(1) = e >0 , se trata de un mínimo. Y como f(1) = (1-2) e – e = 0. La función tiene un mínimo en P(1, 0) que es un punto del eje de abscisas.
27
49. JULIO 2011. Las gráficas de la curva 3xy = y de la parábola xxy 22 += encierran un recinto plano. a) Dibuja ese recinto. b) Calcula su área.
SOLUCIÓN a)
� Veamos en primer lugar, los puntos de corte de las dos curvas. Resolvemos el sistema:
1;2;00222
2323
2
3
−===⇒=−−⇒+=⇒
+=
=xxxxxxxxx
xxy
xy
Se cortan en los puntos O(0, 0) P(2, 8) y Q(-1, -1)
� Por otra parte, la parábola xxy 22 += , corta al eje de abscisas en (0, 0) y (-2, 0). Y tiene el vértice en P(-1, -1).
El recinto, es el que puedes ver en la figura. b) El área que nos piden, la hallaremos del siguiente modo:
[ ] .1237
38
125
422
322
34)2()2( 2
2
0
4230
1
2342
0
320
1
23 uxxxxxx
dxxxxdxxxxA =+=
−++
−−=−+++−=
−−∫∫
50. JULIO 2011.
Resuelve, usando partes: ∫ dxxarctg )3( . Nota: arctg = arco tangente
SOLUCIÓN
Haciendo
==⇒=
+=
+=⇒=
∫ xdxvdxdv
x
dx
x
dxduxarctgu
22 91
3
)3(1
33
se obtiene:
CxLxarctgxdxx
xxarctgxdx
x
xxarctgxdxxarctg ++−=
+−=
+−= ∫∫∫ )91(
6
13
91
18
6
13
91
33)3( 2
22
51. JUNIO 2012. Calcula ∫ +
2
12 3xx
dx
SOLUCIÓN
Para hallar la integral definida ∫ +
2
12 3xx
dx vamos primero a encontrar una primitiva de
xx 31
2 +
∫ + xx
dx
32 es una integral racional, en la que el denominador tiene dos raíces reales simples:
3;00)3(032 −==⇒=+⇒=+ xxxxxx
Descomponemos la fracción: 3
1;
3
1)3(1
)3(
)3(
33
12
−==⇒++=⇒+
++=+
+=+
BABxxAxx
BxxA
x
B
x
A
xx
Por tanto: 3)1(
2 3)3(
31
31
331
31
33/13/1
3 +=+−=
+−=
+−+=
+ ∫ ∫ ∫∫ x
xLxLLx
x
dx
x
dxdx
xxxx
dx
Y concluimos:
( ) 33
1)1(2
1
2
12 5
8542
45231
431
131
531
231
)3(31
31
3LLLLLLLLLxLLx
xx
dx =
⋅=+−=
−−
−=
+−=+∫
(1) Aplicamos las propiedades de los logaritmos. Este paso es útil para dar la solución simplificada, pero puedes prescindir de él.
-2
2 O
P
Q
28
52. JUNIO 2012 Halla el área de la zona del plano limitada por las rectas
exyxy === ,1,0 y la gráfica de la curva
)(2 xLny = SOLUCIÓN
El área que nos piden es la del recinto de la figura.
( )∫=e
dxLxA1
2
Hagamos en primer lugar la integral indefinida:
( )∫ dxLx 2
Procedemos por partes: ( )
xvdxdvx
LxduLxu
=⇒=
=⇒= 22
( ) ( ) ( ) )1(22 222 =−=−= ∫∫∫ dxLxLxxdx
x
LxxLxxdxLx
Volvemos a hacer esa segunda integral por partes:
∫ ∫∫ −=−=−=
=⇒=
=⇒=xxLxdxxLx
x
dxxxLxdxLx
xvdxdvx
dxduLxu
Llevando este resultado a (1) concluimos: ( ) ( ) ( ) ( ) xxLxLxxxxLxLxxdxLx 222 222 +−=−−=∫
Por tanto, el área que nos piden será:
( ) ( )[ ] ( ) ( ) 21
2
1
2 7183,022002222 ueeeexxLxLxxdxLxA ee
≈−=+−−+−=+−== ∫
53. JUNIO 2012 Calcula ∫ −dx
e
ex
x
12 haciendo el cambio tex =
SOLUCIÓN
1
1)1(
2
1)1(
2
1
)1(2
1)1(
2
1
12
1
12
1
1
2/1
1
2/1
11
)4(
)3()2(
2
)1(
2
+−=−++−=
=−++−=−
++
−=
−+
+−=
−=
− ∫ ∫ ∫∫∫
x
xxx
x
x
e
eLeLeL
tLtLt
dt
t
dtdt
ttt
dtdx
e
e
(1) hacemos el cambio de variable: dtdxete xx =⇒= (2) El denominador tiene dos raíces reales simples, que son 1 y -1. Descomponemos la fracción:
2
1;
2
1)1()1(1
)1)(1(
)1()1(
111
12
=−=⇒++−=⇒−+
++−=−
++
=−
BAtBtAtt
tBtA
t
B
t
A
t
(3) Una vez resuelta la integral, deshacemos el cambio que hicimos anteriormente. (4) Aplicamos las propiedades de los logaritmos para dar un resultado más compacto. Este paso te lo puedes saltar.
54. JUNIO 2012. Calcula ( )∫ +2
0
2 cos
π
dxxxe x
SOLUCIÓN
Para hallar la integral definida ( )∫ +2/
0
2 cosπ
dxxxe x , debemos primero encontrar una primitiva de la
función xxe x cos2 + : ( ) ∫∫∫ +=+ dxcoxxdxedxxxe xx 22 cos (2)
Hagamos cada una de esas dos integrales por separado.
A
x = e
x = 1
29
a) xxx edxedxe 222
21
221 == ∫∫
b) xxsenxdxxsensenxxdxxx coscos)1(
+=−= ∫∫
(1) Procedemos por partes:
==⇒=
=⇒=
∫ xsendxxvdxxdv
dxduxu
coscos
Llevamos estos resultados a (2) : ( ) xxxsenedxxxe xx cos2
1cos 22 ++=+∫
Ahora aplicamos la regla de Barrow, y terminamos:
( ) 64,112
31
21
221
cos21
cos2/
0
22/
0
2 ≈−+=
+−
+=
++=+∫ππ π
πππ e
exxxsenedxxxe xx
55. JULIO 2012 Las curvas xx eyey −== , y la recta x = 1 limitan un recinto finito en el plano. a) Dibuja un esquema del recinto. b) Calcula su área. SOLUCIÓN La situación es la de la figura. Las dos curvas se cortan en el punto (0, 1) que es la solución del sistema:
10 0 ==⇒=⇒−=⇒=⇒
== −
−eyxxxee
ey
ey xx
x
x
El área A del recinto que nos piden es:
( ) [ ] ( ) ( )2
00110
1
0
)1(
086,121
ue
e
eeeeeedxeeA xxxx
≈−+=
=+−+=+=−= −−−∫
(1) ( ) xxxxxx eedxedxedxee −−− +=−+=− ∫∫∫
56. JULIO 2012 Se considera la curva de ecuación xxxy +−= 23 2 a) Calcula la ecuación de la recta tangente a la gráfica de esa curva en el origen. b) Dibuja un esquema del recinto limitado por la gráfica de la curva y la recta hallada. c) Calcula el área de ese recinto.
SOLUCIÓN a) 1)0('143)('2)( 223 =⇒+−=⇒+−= fxxxfxxxxf
Por tanto, en el origen (0, 0) la pendiente de la recta tangente es 1)0(' == fm
Y la ecuación de la recta pedida: )0(10 −=− xy es decir, xy =
b) Para dibujar aproximadamente la gráfica de la función xxxy +−= 23 2 veamos un par de cosas.
• En qué puntos corta esa función a los ejes:
==
⇒=+−⇒=)(1
0020 23
doblesoluciónx
xxxxy
Corta en los puntos (0, 0) y (1, 0)
• ==⇒=+−⇒=
31
;101430)(' 2 xxxxxf en esos puntos puede haber algún extremo.
⇒<−=
⇒>=⇒−=
274
,31
0231
''
)0,1(02)1(''
46)(''PpuntoelenmáximoHayf
MpuntoelenmínimoHayf
xxf
Ahora debemos averiguar en qué puntos se cortan la gráfica de la función y la tangente en el origen, que son los límites del recinto que nos piden.
xey = xey −=
A
x = 1
30
⇒
==
=−⇒=+−⇒
+−==
2
0022
22323
23 x
xxxxxxx
xxxy
xy se cortan en O(0, 0) y B(2, 2)
El esquema del recinto que nos piden es el que puedes ver en la figura. c) El área del recinto que nos piden es A:
[ ] ( )
2
2
0
342
0
232
0
23
33,134
1216
03
164
16
32
42)2(
u
xxdxxxdxxxxxA
≈==−
+−=
=
+−=+−=+−−= ∫∫
57. JULIO 2012 La derivada de una función f (x) es )9)(2()(' 2 −+= xxxf a) Calcula los intervalos de crecimiento y decrecimiento y los máximos y mínimos de f (x) .
b) Determine la función f sabiendo que 5
1)0( =f
SOLUCIÓN a) El crecimiento de una función lo estudiamos en el signo de su primera derivada.
{ }3;3;20)('
)3)(3)(2()9)(2()(' 2
−==−=⇒=−++=−+=
xxxxf
xxxxxxf
⇒
• La función es creciente en los intervalos (-3,-2) y ( )∞,3 y decreciente en )3,2()3,( −−−∞ y
• Tiene un máximo en el punto de abscisa x = 2 y dos mínimos en los puntos de abscisa x = -3 y x=3
b) ( ) Cxxxx
dxxxxxfxxxxxxf +−−+=−−+=⇒−−+=−+= ∫ 182
93
24
1892)(1892)9)(2()('234
23232
⇒=⇒=51
51
)0( Cf5
118
2
9
3
2
4)(
234
+−−+= xxxx
xf
58. JULIO 2012 La gráfica de la parábola 22xy = divide al cuadrado de vértices A(0,0), B(2,0), C(2,2) y D(0,2) en dos recintos planos. a) Dibuja la gráfica de la función y los recintos. b) Calcula el área de cada uno de ellos. SOLUCIÓN a) La gráfica puedes verla en la figura. b) La parábola divide al cuadrado en dos recintos: el primero es P y el segundo los dos trozos Q y R. Llamaremos con la misma letra al área de los recintos correspondientes.
2
1
0
31
0
2
32
32
2 ux
dxxQ =
== ∫
2
34
32
212 uQP =−=−×=
2
38
232
1232
uRQ =+=×+=+
1 1/3
2
2
P M
B
O
A
- + - +
Signo de f ’
-3 -2 3
Crecimiento de f
-3 3 -2
A 1
D C
B
P
2
Q
R
2
31
59. JUNIO 2013
Sea la función RRf →: definida por:
−>+−−≤+
=134
1124)(
2 sixxx
xsixxf
a) Haz un dibujo aproximado de la gráfica de f. b) Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de la función f, el eje de abscisas y la recta x = 2. SOLUCIÓN a) La gráfica de la función es la que puedes ver en la figura. b) El área que nos piden es la del recinto sombreado:
=−=
+−=+−= ∫ 3
4
3
23
2
4
3)34(
2
1
232
1
2 xxx
dxxxA 2
3
2u
60. JUNIO 2013. Sea la parábola 632 +−= xxy a) Halla la ecuación de la tangente a la gráfica de esa curva en el punto de abscisa x = 3. b) Haz un dibujo aproximado del recinto limitado por la gráfica de la parábola, el eje OY y la recta tangente hallada anteriormente. c) Calcula el área del recinto anterior. SOLUCIÓN a) 32)('63)( 2 −=⇒+−== xxfxxxfy Tenemos que hallar la recta tangente t en el punto P(3, 6) Su pendiente será 3332)3(' =−⋅== fm .
Y su ecuación: :)3(36 bienoxyt −=−≡ 33 −= xy b) El recinto que nos mandan dibujar, es el sombreado de la figura.
La Parábola tiene el vértice en ( )75,3,5,14
15,
2
3 ≈
V
y corta al eje OY en (0, 6) c) El área del recinto es:
[ ] =+−=
+−=+−=−−+−= ∫∫ 272799
2
6
3)96()33()63(
3
0
233
0
23
0
2 xxx
dxxxdxxxxA 29 u
61. JUNIO 2013
Dada la función xaxxf cos)()( −= , busca el valor del número real a sabiendo que 22
)(2
0
−=∫π
π
dxxf .
SOLUCIÓN
Hacemos en primer lugar la integral indefinida ∫ − dxxax cos)( , por partes:
⇒
==⇒=
=⇒−=
∫ senxdxxvxdxdv
dxduaxu
coscos
xsenxaxsenxdxsenxaxdxxax cos)()(cos)( +−=−−=− ∫∫
Imponemos ahora la condición que nos da el ejercicio para el cálculo de a: 22
cos)(2/
0
−=−∫ππ
xdxax
[ ] 12
cos)(cos)( 2/0
2/
0
−−=+−=−∫ axsenxaxxdxaxππ
π
Por tanto: ⇒−=−− 22
12
ππa 1=a
3
1 2
-3 3 -1
x = 2
P(3, 6)
6
t
-3
3
32
62. JUNIO 2013. Se consideran las curvas 2)(23)( 23 −−=−−= xxxgyxxxf a) Encuentra sus puntos de intersección. b) Representa el recinto limitado que encierran entre ellas. c) Encuentra el área del recinto limitado por las dos curvas. SOLUCIÓN a) Para encontrar sus puntos de intersección, resolvemos el sistema determinado por las ecuaciones de ambas:
−===
⇒=−−⇒−−=−−⇒
−−=
−−=
1
2
0
022232
23 2323
2
3
x
x
x
xxxxxxxxxy
xxy
Las curvas se cortan en los puntos P (0, -2) Q (-1, 0) y M (2, 0) b) El recinto, es el que puedes ver en la figura. c) El área A de ese recinto, será la suma de las áreas de los dos trozos 21 AyA
[ ]
[ ] 2
2
0
2342
0
232
0
232
2
0
1
2340
1
230
1
231
3
8
3
8
34)2()2()23(
12
5
34)2()2()23(
uxxx
dxxxxdxxxxxA
uxxx
dxxxxdxxxxxA
=−=
−−=−−=−−−−−=
=
−−=−−=−−−−−=
∫∫
∫∫−−−
221 083,3
12
37
3
8
12
5uAAA ≈=+=+=
63. JULIO 2013. Calcula 2
0
( 2 )sen x x senx dx
π
+ ⋅∫
SOLUCIÓN Hacemos primero la integral indefinida:
Csenxxxxdxxsenxdxxsendxxsenxxsen ++−−=+=+ ∫∫∫ cos2cos2
12)2(
)1(
(1)
++−=+−=
+−==
∫∫
∫∫
Csenxxxdxxxcoxdxsenxx
Cxdxxsendxxsen
coscos
2cos2
122
2
12
)2(
(2) Por partes:
−==⇒=
=⇒=
∫ xsenxdxvsenxdxdv
dxduxu
cos
Ahora aplicamos la Regla de Barrow, y hallamos el resultado de la integral definida:
22
11
2
100cos0
2
0cos
22cos
22
coscos2cos
2
1)2(
2
0
2
0
=
−−
+=
+⋅−−−
−
+−−=
+−−=+∫
sen
sensenxxxxdxxsenxxsenππππ
ππ
Este ejercicio no nos sitúa en ningún contexto. El resultado no es un área, ni un trabajo, ni cualquier otra magnitud. Es sencillamente un número. 64. JULIO 2013.
Las gráficas de las funciones 2)(2
)( xxgyxsenxf =
= π
limitan un recinto finito en el plano. a) Dibuja un esquema del recinto. b) Calcula su área.
2 -1 0
1A 2A
1 0
1
33
SOLUCIÓN a) El recinto, es el que puedes ver en la figura de la página anterior. b) Los puntos de corte de las gráficas de las dos funciones son los puntos de abscisas x = 0 y x = 1. Por tanto, el área del recinto sombreado será:
21
0
1
0
3)1(2 3,0
3
62
3
100cos
2
3
1
2cos
2
32cos
2
2u
xxdxxxsenA ≈−=+−=
−−−
−−=
−
−=
−
= ∫ ππ
πππ
ππ
ππ
(1)
+=
+
−=
=
∫
∫∫
Cx
dxx
Cxdxxsendxxsen
3
2cos
222
22
32
ππ
πππ
π
65. JULIO 2013. Sea
>≤−
=1
1)1()(
2
xsiLx
xsixxf
a) Dibuja el recinto acotado comprendido entre la gráfica de f(x) y la recta y = 1. b) Calcula el área del recinto anterior.8 SOLUCIÓN a) La gráfica es la de la figura. b) Los puntos en los que se cortan las gráficas de las tres funciones: Lxyxyy =−== ;)1(;1 2 se hallan resolviendo los sistemas que se obtienen tomándolas de dos en dos:
==
⇒=−⇒=+−⇒=−⇒
=−=
2
0021121)1(
1
)1( 2222
x
xxxxxx
y
xy
La solución x = 2 no nos sirve, porque en ese punto la función f del enunciado no es 2)1( −x .
exLxLxy
y=⇒=⇒
==
11
Los puntos de corte son x = 0, x = 1, 1 x = e. Y el área que nos piden:
[ ] =−+=−+−−= ∫∫ 232
)1()1(11
1
0
2 edxLxdxxAe
238,134
ue ≈−
(1)
[ ] [ ] [ ] [ ]
[ ] )2(2)2(2)1(
3
21
3
1
32121121)1(1
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0
231
0
2221
0
21
0
2
−=−−=−
=−
=+−=
+−=+−=−+−=−+−=
−−
∫
∫ ∫∫∫
eeexLxxdxLx
xx
dxxxdxxxdxxxdxx
ee
(2) Hacemos por partes: ∫ ∫∫
=⇒=
=⇒=−=−=−=
xvdxdv
dxx
duLxuxxLxdxxLxdx
xxxLxdxLx
11
Por tanto:∫ ∫∫ −=−−=−=− xLxxxxLxxLxdxdxdxLx 2)()1(
1
1
e 0