2005 - EMESTRADA, exámenes de selectividad de Andalucía

PROBLEMAS RESUELTOS
SELECTIVIDAD ANDALUCÍA
2005
MATEMÁTICAS II
TEMA 5: INTEGRALES

Junio, Ejercicio 2, Opción A

Junio, Ejercicio 2, Opción B

Reserva 1, Ejercicio 2, Opción A

Reserva 1, Ejercicio 2, Opción B

Reserva 2, Ejercicio 2, Opción A

Reserva 2, Ejercicio 2, Opción B

Reserva 3, Ejercicio 1, Opción A

Reserva 3, Ejercicio 2, Opción B

Reserva 4, Ejercicio 2, Opción A

Reserva 4, Ejercicio 2, Opción B

Septiembre, Ejercicio 1, Opción A

Septiembre, Ejercicio 2, Opción B
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Se sabe que las dos gráficas del dibujo corresponden a la función f : 
f ( x )  x 2  e x y a su derivada f ' .
a) Indica, razonando la respuesta, cuál es la gráfica de f y cuál la de f ' .
b) Calcula el área de la región sombreada.
definida por
(2)
(1)
MATEMÁTICAS II. 2005. JUNIO. EJERCICIO 2. OPCIÓN A.
R E S O L U C I Ó N
a) La función f ( x)  x 2  e x es continua y derivable en su dominio . Además vemos que esta
función es siempre positiva, luego su gráfica debe ser la que está por encima del eje OX.
Podríamos también calcular los puntos de corte con el eje OX de las dos funciones
f ( x)  x 2  e x  0  x  0 , luego sólo corta en el punto (0,0)
f '( x)  2 x  e x  x 2  e x  (2 x  x 2 )  e x  0  x  0; x  2 , luego vemos que corta en dos puntos al
eje OX.
b) El área pedida es A  
 f ( x)  f '( x)  dx   2  x 2e x  ( x 2e x  2 xe x  dx  2 2 xe x dx
2
0
0
0
Vamos a calcular primero la integral indefinida por partes y luego sustituiremos:
 x  e dx  x  e   e dx  x  e
x
x
x
x
 ex
u  x ; du  dx
dv  e x dx ; v  e x
Sustituyendo, nos queda:
0
0
2
2
A  2 xe x dx  2  x  e x  e x 
 2 (0  e0 )  (2e 2  e 2   2(1  3e 2 )  2  6e 2  1'18 u 2
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
x
Considera la función f :  definida por f ( x )  e 2 .
a) Halla la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa x  0 .
b) Calcula el área de la región acotada que está limitada por la gráfica de f, la recta de ecuación
x  2 y la recta obtenida en (a).
MATEMÁTICAS II. 2005. JUNIO. EJERCICIO 2. OPCIÓN B.
R E S O L U C I Ó N
a) La recta tangente en x  0 es y  f (0)  f '(0)  ( x  0)
f (0)  e0  1
1 x
1
f '( x)   e 2  f '(0)  
2
2
1
1
Sustituyendo en la ecuación, tenemos, y  1    ( x  0)  y   x  1
2
2
b) El área de la región pedida es:
2
A   (e
0

x
2
2
x



1
x2
2
2
 x  1) dx  2e 2   x     1  2  2  1 
2
4
e
e

0
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3 x 3  x 2  10 x  1
Calcula la integral
dx
x2  x  2
MATEMÁTICAS II. 2005. RESERVA 1. EJERCICIO 2. OPCIÓN A.

R E S O L U C I Ó N
Como el polinomio del numerador tiene mayor grado que el polinomio del denominador, lo primero
que hacemos es dividir, con lo cual:

3x3  x 2  10 x  1
9
dx  (3x  4)dx  2
dx
2
x x2
x x2


Calculamos las raíces del denominador: x 2  x  2  0  x  2; x  1
Descomponemos en fracciones simples:
9
A
B
A( x  1)  B( x  2)



x  x  2 x  2 x 1
( x  2)( x  1)
2
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
9
x  2  9  3A  A   3
3
9
x  1  9  3B  B 
 3
3
Con lo cual:

3x3  x 2  10 x  1
9
3
3
dx  (3x  4)dx  2
dx  (3x  4)dx 
dx 
dx 
2
x x2
x x2
( x  2)
( x  1)

3x 2
 4 x  3ln x  2  3ln x  1  C
2





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
ax
si 0  x  8
 2
f
(
x
)

definida por:
 x  32
si x  8

 x4
Se sabe que la función f :  0,   
es continua en [0,  ) .
a) Halla el valor de a.
b) Calcula

10
f ( x ) dx
0
MATEMÁTICAS II. 2005. RESERVA 1. EJERCICIO 2. OPCIÓN B.
R E S O L U C I Ó N
8a 

a)
2

x  32
lim
8 
x 8 x  4

ax 
lim
x 8
b)

10
f ( x) dx 
0

8
8a  8  a  8
8 x dx 
0

10
8
x 2  32
dx
x4
8
I1 

I2 

8
8 x dx 
8
0
10
8

8
1
x 2 dx 
0
 3
 x2 
128
8  
3
3
 
 2 0
x 2  32
dx
x4
Como el polinomio del numerador tiene mayor grado que el polinomio del denominador, lo primero
que hacemos es dividir, con lo cual:

I2 

10
8
x 2  32
16
x2
dx  ( x  4)dx 
dx   4 x  16 ln x  4
x4
x4
2


10
 x2

x 2  32
3
dx    4 x  16ln x  4    50  40  16ln 6    32  32  16ln 4    26  16ln
x4
2
2
8
Por lo tanto:

10
0
f ( x) dx 

8
0
8 x dx 

10
8
x 2  32
128
3 206
3
dx 
 26  16 ln 
 16 ln
x4
3
2
3
2
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 2 x  4 si x  0
la función definida por: f ( x )  
2
(x 
R E S O L UC
I 2)
Ó Nsi x  0
a) Calcula los puntos de corte de la gráfica de f con el eje de abscisas y esboza dicha gráfica.
b) Halla el área de la región acotada que está limitada por la gráfica de f y por el eje de
abscisas.
MATEMÁTICAS II. 2005. RESERVA 2. EJERCICIO 2. OPCIÓN A.

Sea f :
R E S O L U C I Ó N
a) El punto de corte con el eje X es y  0  2 x  4  0  x  2  (2, 0)
y  0  ( x  2)2  0  x  2  (2, 0)
Como f ( x)  2 x  4 , es una recta, hacemos una tabla de valores
f ( x)  2 x  4
x
0
4
1
2
2
0
Como f ( x)  ( x  2) 2 , es una parábola, hacemos una tabla de valores
x
f ( x)  ( x  2) 2
0
4
1
1
2
0
3
1
4
4
Luego la gráfica será:
b) Área =

2
 ( x  2)3 
8 20
(2 x  4)dx  ( x  2) dx   x  4 x   
 4   u2

2
2
0
3 3
 3 0
0

2
2
2
0
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Calcula

0
1
Ln(2  x ) dx , siendo Ln la función logaritmo neperiano.
MATEMÁTICAS II. 2005. RESERVA 2. EJERCICIO 2. OPCIÓN B.
R E S O L U C I Ó N

Vamos a calcular la integral I 1  Ln (2  x) dx , que es una integral por partes.
u  ln (2  x); du 
1
dx
2 x
dv  dx ; v  x

I 1  Ln (2  x) dx  x  Ln (2  x) 
La integral I 2 
x
 2  x dx  x  Ln (2  x)  I
2
x
 2  x dx es una integral racional
I2 
x

2 
 2  x dx   1  2  x  dx  x  2 Ln(2  x)
Sustituyendo en la anterior, nos queda:

I 1  Ln (2  x) dx  x  Ln (2  x) 
x
 2  x dx  x  Ln (2  x)  x  2 Ln(2  x)
Una vez que hemos calculado la integral indefinida, ahora resolvemos la que nos proponía el
problema.

0
1
Ln (2  x) dx   x  Ln (2  x)  x  2 Ln(2  x)  1  2  Ln 2  1
0
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Se sabe que la gráfica de la función f : 
aparece en el dibujo.
a) Determina f.
b) Calcula el área de la región sombreada.
definida por f ( x )  x 3  ax 2  bx  c es la que
MATEMÁTICAS II. 2005. RESERVA 3. EJERCICIO 1. OPCIÓN A.
R E S O L U C I Ó N
a) De la gráfica de la función f ( x ) , vemos que:
1.
f ( 2)  0  4a  2b  c  8
2.
f (1)  0  a  b  c  1
mínimo en x  1  f '(1)  0  2a  b  3
3.
4a  2b  c  8 

a  b  c   1  obtenemos que a  0; b   3; c  2 . Por lo tanto, la
Luego resolviendo el sistema
2a  b  3
función pedida es f ( x)  x 3  3x  2
1
 x 4 3x 2

27 2
b) A 
( x  3x  2) dx   
 2x 
u
2
2
4
 2 4

1
3
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Sea f : 
la función definida por f ( x )  x 2 sen(2 x ) . Calcula la primitiva de f cuya
gráfica pasa por el punto (0,1) .
MATEMÁTICAS II. 2005. RESERVA 3. EJERCICIO 2. OPCIÓN B.
R E S O L U C I Ó N

Vamos a calcular la integral F ( x)  x 2 sen (2 x) dx , que es una integral por partes.
cos 2 x
cos 2 x  sen 2 x
sen 2 x 
 x  cos 2 x dx   x 2 
 x 

dx  
2
2
2
2


cos 2 x
sen 2 x cos 2 x
 x 2 
 x

C
2
2
4

F ( x)  x 2 sen (2 x) dx   x 2 

u  x ; du  dx
u  x 2 ; du  2 x dx
dv  sen 2 x dx ; v  

cos 2 x
2
F ( x)   x 2 
dv  cos 2 x dx ; v 
sen 2 x
2
cos 2 x
sen 2 x cos 2 x
 x

C
2
2
4
Como nos piden una primitiva que pase por (0,1)  F (0)  1 , luego sustituyendo podemos
calcular el valor de C.
1
3
1 00 C  C 
4
4
Por lo tanto, la función primitiva que nos piden es: F ( x)   x 2 
cos 2 x
sen 2 x cos 2 x 3
 x


2
2
4
4
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Considera la función f :  R
definida
x ) I Ó
x2 N
 5x  4 .
E S Opor
L Uf (C
a) Halla la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa x  3 .
b) Calcula el área de la región acotada que está limitada por el eje de ordenadas, por la gráfica
de f y por la recta tangente obtenida.
MATEMÁTICAS II. 2005. RESERVA 4. EJERCICIO 2. OPCIÓN A.
R E S O L U C I Ó N
a) La ecuación de la recta tangente en x  3 es y  f (3)  f '(3)  ( x  3) .
Calculamos
f ( x)  x 2  5 x  4  f (3)  9  15  4   2
f '( x)  2 x  5  f '(3)  6  5  1
Luego la recta tangente es: y  (2)  1 ( x  3)  y  x  5
b) Dibujamos la parábola y la recta tangente para ver con mayor claridad el área que nos piden.
3
 x 3 6x 2

A  ( x  5 x  4)  ( x  5)  dx  ( x  6 x  9) dx   
 9x  9 u 2
0
0
2
3
0

3
2

3
2
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Calcula las siguientes integrales:
 cos(5 x  1) dx .
1
dx .
b) 
( x  2)
a)
3

c)
1
x  e 3 x dx
0
MATEMÁTICAS II. 2005. RESERVA 4. EJERCICIO 2. OPCIÓN B.
R E S O L U C I Ó N
a)
b)
1
1
 cos (5x  1) dx  5  5  cos (5x  1) dx  5 sen (5x  1)  C

1
( x  2) 3

dx  ( x  2)

3
2
( x  2)
dx 
1

2

1
2

2
C
x2

c) Vamos a calcular la integral I  x  e  3x dx , que es una integral por partes.
1
1
1
1
I  x  e  3 x dx   x  e  3 x 
e  3 x dx   x  e  3 x  e  3 x
3
3
3
9


u  x ; du  dx
1
dv  e  3 x dx ; v   e  3 x
3
Ahora calculamos la integral que nos pide el problema
I

1
0
1
xe
3x
1
1 4
 1

dx    x  e  3 x  e  3 x    e  3
9
 3
0 9 9
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De una función
se sabe que
y que
a) Determina f.
b) Calcula el área de la región limitada por la gráfica de f, por el eje de abscisas y por las rectas
y
MATEMÁTICAS II. 2005. SEPTIEMBRE. EJERCICIO 1. OPCIÓN A.
R E S O L U C I Ó N
a) Calculamos todas las funciones primitivas de f '( x)
f ( x)   f '( x) dx   2 x dx  x 2  C
De todas ellas, nos interesa la que cumple que f (0)  2 , luego:
f (0)  02  C  2  C  2  f ( x)  x 2  2
b) Vamos a calcular los puntos de corte de la función f ( x)  x 2  2 y el eje de abscisas y  0
x2  2  0  x   2  La función f ( x ) no corta al eje de abscisas
Por lo tanto, el área pedida será:
2
A
2
2
 x3

8
  8
 40
( x  2) dx    2 x     4      4   u 2
  3
 3
3
 2  3
2
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Considera la integral definida I  
8
3
1
1 x 1
dx .
a) Exprésala aplicando el cambio de variables 1  x  1  t
b) Calcula I.
MATEMÁTICAS II. 2005. SEPTIEMBRE. EJERCICIO 2. OPCIÓN B.
R E S O L U C I Ó N
a) Como el cambio es 1  x  1  t , vamos a calcular los nuevos límites de integración.
Si x  3  1  3  1  t  t  1
Si x  8  1  8  1  t  t  2
Vamos a calcular cuanto vale dx:
1  x 1  t  1  x  1  t  1  x  (1  t )2 , con lo cual dx  2  (1  t )  dt
Sustituyendo, nos queda:
I 
8
3
21
2 1 t
2
1
1
dx    2  (1  t )  dt  2
dt  2 (1  )dt
1 t
1
1
t
t
1  x 1
b)
2
2
1
I  2   (1  )dt  2 t  ln t  1  2   (2  ln 2)  (1  ln1)   2 1  ln 2)   3'38
1
t
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