2bachTema89Teoria02

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Colegio Marista “La Inmaculada” de Granada – Profesor Daniel Partal García – www.danipartal.net 
Asignatura: Matemáticas Ciencias – 2ºBachillerato
 Problemas resueltos de integrales y cálculo de áreas - repaso Bachillerato
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 Problemas resueltos de integrales y cálculo de áreas -
repaso Bachillerato
Dificultad: ♣ (fácil) ♣♣ (medio) ♣♣♣ (difícil)
Índice de contenido
Índice temático.......................................................................................................................3
Integrales inmediatas e ideas felices.....................................................................................4
■ Integrales inmediatas 1 ♣...............................................................................................4
Integrales de cociente de polinomios....................................................................................7
■ Integrales cociente de polinomios 1 ♣............................................................................7
■ Integrales cociente de polinomios 2 ♣............................................................................8
■ Integrales cociente de polinomios 3 ♣♣.........................................................................9
■ Integrales cociente de polinomios 4 ♣♣.......................................................................10
■ Integrales cociente de polinomios 5 ♣..........................................................................11
■ Integrales cociente de polinomios 6 ♣..........................................................................12
■ Integrales cociente de polinomios 7 ♣..........................................................................13
Integrales de cambio de variable.........................................................................................14
■ Integrales cambio variable 1 ♣.....................................................................................14
■ Integrales cambio variable 2 ♣.....................................................................................15
■ Integrales cambio variable 3 ♣♣...................................................................................16
■ Integrales cambio variable 4 ♣♣...................................................................................17
■ Integrales cambio variable 5 ♣.....................................................................................18
■ Integrales cambio variable 6 ♣♣...................................................................................19
■ Integrales cambio variable 7 ♣♣...................................................................................21
Integrales por partes............................................................................................................22
■ Integrales por partes 1 ♣..............................................................................................22
■ Integrales por partes 2 ♣♣............................................................................................23
■ Integrales por partes 3 ♣♣♣.........................................................................................25
■ Integrales por partes 4 ♣..............................................................................................27
■ Integrales por partes 5 ♣♣............................................................................................28
■ Integrales por partes 6 ♣♣♣.........................................................................................29
■ Integrales por partes 7 ♣♣♣.........................................................................................31
■ Integrales por partes 8 ♣..............................................................................................33
■ Integrales por partes 9 ♣♣............................................................................................34
■ Integrales por partes 10 ♣♣..........................................................................................35
■ Integrales por partes 11 ♣♣..........................................................................................36
■ Integrales por partes 12 ♣♣♣.......................................................................................37
Integral definida y regla de Barrow......................................................................................38
■ Integral definida y regla de Barrow 1 ♣♣......................................................................38
■ Integral definida y regla de Barrow 2 ♣♣......................................................................39
■ Integral definida y regla de Barrow 3 ♣♣......................................................................40
■ Integral definida y regla de Barrow 4 ♣♣......................................................................41
■ Integral definida y regla de Barrow 5 ♣♣......................................................................42
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■ Integral definida y regla de Barrow 6 ♣♣......................................................................43
■ Integral definida y regla de Barrow 7 ♣........................................................................44
Teorema fundamental del cálculo integral...........................................................................45
■ Teorema fundamental 1 ♣♣♣........................................................................................45
■ Teorema fundamental 2 ♣♣..........................................................................................47
■ Teorema fundamental 3 ♣♣♣........................................................................................48
■ Teorema fundamental 4 ♣♣♣........................................................................................49
Cálculo de áreas..................................................................................................................51
■ Áreas 1 ♣♣....................................................................................................................51
■ Áreas 2 ♣♣....................................................................................................................52
■ Áreas 3 ♣♣....................................................................................................................53
■ Áreas 4 ♣♣♣.................................................................................................................54
■ Áreas 5 ♣♣....................................................................................................................56
■ Áreas 6 ♣♣....................................................................................................................58
■ Áreas 7 ♣♣....................................................................................................................59
■ Áreas 8 ♣♣♣.................................................................................................................61
■ Áreas 9 ♣♣....................................................................................................................63
■ Áreas 10 ♣♣♣...............................................................................................................65
■ Áreas 11 ♣♣♣................................................................................................................66
■ Áreas 12 ♣♣♣...............................................................................................................68
■ Áreas 13 ♣♣..................................................................................................................69
■ Áreas 14 ♣♣..................................................................................................................70
■ Áreas 15 ♣♣♣...............................................................................................................71■ Áreas 16 ♣♣..................................................................................................................73
■ Áreas 17 ♣♣..................................................................................................................74
■ Áreas 18 ♣♣♣...............................................................................................................75
■ Áreas 19 ♣♣..................................................................................................................76
■ Áreas 20 ♣♣..................................................................................................................77
■ Áreas 21 ♣♣♣...............................................................................................................78
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Índice temático
Boceto de funciones – Áreas del 1 al 21
Cálculo de áreas – Integrales por partes 7. Áreas del 1 al 21
Cálculo de áreas encerradas con el eje vertical – Áreas 12,19
Cambio de variable exponencial - Integrales cambio de variable 7
Cambio de variable raíces – Integrales cambio de variable 2, 3, 4. Integral definida y regla de Barrow 2
Cambio de variable trigonométrico – Integrales cambio de variable 1, 5, 6
Condición de contorno para obtener primitiva – Integrales cambio de variable 4. Integrales por partes 2,
3. Integral definida y regla de Barrow 5. Teorema fundamental 1, 2, 3, 4
División de polinomios – Integrales cociente de polinomios 1, 2. Cambio de variables 3. Integrales por
partes 2, 9. Integral definida y regla de Barrow 7. Teorema fundamental 4.
Método coeficientes indeterminados - Integrales cociente de polinomios del 1 al 7. Integrales cambio de
variable 6, 7. Integral definida y regla de Barrow 1
Método partes – Integrales por partes del 1 al 12. Integral definida y regla de Barrow 2, 3, 4. Áreas 2, 5, 8,
15
Raíces complejas en denominador de la integral - Integrales cociente de polinomios 3, 4. Integrales
cambio de variable 6
Regla de Barrow - Integral definida y regla de Barrow del 1 al 7. Cambio de variable 3. Integrales por partes
4, 7. Teorema fundamental 3. Áreas del 1 al 21
Recta tangente a una función en un punto – Teorema fundamental 1, 4. Áreas 8, 9, 21
Teorema fundamental del cálculo integral – Teorema fundamental del 1 al 4
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Integrales inmediatas e ideas felices
■ Integrales inmediatas 1 ♣
Calcula:
a) ∫ x
3
1+x4
dx b) ∫ e
x
√1+ex
dx c) ∫ sen (x )· cos(x )dx
d) ∫√8− x dx e) ∫
1
x3
dx f) ∫
ln( x)
x
dx
g) ∫ x+x
2
−√x
x
dx h) ∫ x cos (x2)dx i) ∫
1
4√ x
dx
a) Mostramos, en los siguientes apartados, una serie de atajos bastantes comunes a la hora de integrar.
∫ x
3
1+x4
dx
Siempre que tengamos la integral de un cociente, es buena costumbre comprobar si el numerador es la
derivada del denominador. Así, al integrar, aparecerá un logaritmo.
d
dx
[1+x 4]=4 x3 → 1
4
∫ 4 x
3
1+ x4
dx=
1
4
· ln∣1+x4∣+C
En este caso, aplicar valor absoluto al argumento del logaritmo es redundante porque la expresión
(1+x4) siempre devuelve un valor positivo.
b) ∫ e
x
√1+ex
dx 
Cuando aparezca una raíz en el denominador, es práctico comprobar si el numerador es la derivada del
discriminante de la raíz.
d
dx
[1+e x ]=e x → 2∫ e
x
2√1+ex
dx=2√1+ex+C
c) ∫ sen (x )· cos(x )dx
Al integrar un producto de dos términos, podemos pensar en la derivada de la potencia de una función.
d
dx
[ f n( x)]=n · f n−1(x )· f ' ( x)
d
dx
[( sen( x))2]=2· sen(x )·cos (x ) → 
1
2∫ 2· sen (x )·cos (x )dx=
1
2
sen2(x )+C
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d) ∫√8− xdx
En las raíces de un polinomio de grado uno, es útil ver la raíz como una potencia de índice fraccionario.
∫√8− xdx=∫(8− x)1 /2 dx
Y volvemos a recordar la forma de la derivada de una potencia.
d
dx
[ f n( x)]=n · f n−1(x )· f ' ( x)
d
dx
[(8−x )3/2]=
3
2
·(8− x)1 /2 ·(−1)
−2
3
∫−3
2
(8− x)1/2 dx=
−2
3
(8−x )
3
2=
−2
3
(8−x )√8− x+C
e) ∫
1
x3
dx
En estos casos de monomio en el denominador, es práctico ponerlo con exponente negativo en el
numerador.
∫ x−3 dx
Y volvemos a recordar la forma de la derivada de una potencia:
d
dx
[ f n( x)]=n · f n−1(x )· f ' ( x)
d
dx
[ x−2]=−2 · x−3( x) · 1 → 
−1
2 ∫−2 x
−3 dx=
−1
2
x−2=
−1
2
·
1
x2
+C
f) ∫
ln( x)
x
dx
Al tener logaritmo y la derivada del logaritmo, pensamos nuevamente en la forma de la derivada de una
potencia.
d
dx
[ f n( x)]=n · f n−1(x )· f ' ( x)
d
dx
[ ln 2(x )]=2 · ln (x) ·
1
x
→ 
1
2
∫ 2·
ln( x)
x
dx=
1
2
· ln 2(x )+C
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g) ∫ x+x
2
−√x
x
dx
Cuando en el numerador aparecen muchos monomios sumando/restando, y en el denominador un solo
monomio, es práctico romper la integral en la suma/resta de diferentes integrales.
∫ x+x
2
−√ x
x
dx=∫( x
x
+
x2
x
−
√x
x
)dx=∫ dx+∫ x dx−∫ x−1/2 dx=x+x
2
2
−2 x1 /2=x+
x2
2
−2√ x+C
h) ∫ x cos (x2)dx
Encontramos el coseno de una función, que está multiplicado por la derivada de esa función.
d
dx
[ sen (x2)]=cos (x2)· 2 x → 
1
2∫ 2 xcos (x
2
)dx=
1
2
sen(x2)+C
i) ∫
1
4√ x
dx
Escribimos la raíz como exponente fraccionario. Y la escribimos en el numerador cambiando el signo.
∫ x−1 /4 dx=4
3
x
3
4+C
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Integrales de cociente de polinomios
■ Integrales cociente de polinomios 1 ♣
Calcula ∫ −x
2
x2+x−2
dx
Tenemos un cociente de polinomios con igual grado en numerador y denominador.
Podemos dividir el polinomio numerador entre el polinomio denominador, para obtener un nuevo
polinomio más un cociente de polinomios donde el grado del numerador sea menor que el grado del
denominador (y así poder aplicar, por ejemplo, el método de integración de los coeficientes indeterminados).
O bien podemos llegar al mismo resultado razonando de la siguiente forma:
I =∫ −x
2
x2+x−2
dx=−∫ x
2
x2+x−2
dx=−∫ x
2
+(x−2)−( x−2)
x2+x−2
dx=−∫ x
2
+x−2
x2+x−2
dx+∫ x−2
x2+x−2
dx
I =−∫ dx+∫
x−2
x2+x−2
dx=−x+∫
x−2
( x−1)( x+2)
dx
Aplicamos en la integral que nos queda el método de los coeficientes indeterminados.
x−2
(x−1)(x+2)
=
A
x−1
+
B
x+2
→ x−2=A( x+2)+B( x−1)
Damos valores para obtener los coeficientes.
x=1 → −1=3 A+0 → A=
−1
3
x=−2 → −4=0−3B → B=
4
3
Sustituimos, sin olvidar la constante de integración final.
I =−x−
1
3∫
1
x−1
dx+
4
3∫
1
x+2
dx → I =−x−
1
3
ln∣x−1∣+
4
3
ln∣x+2∣+C
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■ Integrales cociente de polinomios 2 ♣
Calcula ∫ x
3
x2−5 x+6
dx
Tenemos un cociente de polinomios, con el grado del numerador mayor que el grado del denominador.
Realizamos la división de los polinomios.
x3
x2−5x+6
=x+5x2−6x
x2−5x+6
Y la integral nos queda:
I =∫( x+5+19 x−30
x2−5x+6
)dx=
x2
2
+5 x+∫ 19 x−30
x2−5x+6
dx
Llegamos a una segunda integral con el grado del numerador menor que el grado del denominador, por lo
que hayamos las raíces del denominador y aplicamos el método de los coeficientes indeterminados.
x2−5 x+6=( x−2)( x−3) → 
19 x−30
x2−5x+6
=
A
x−2
+
B
x−3
→ 19 x−30=A( x−3)+B(x−2)
Si x=3 → B=27
Si x=2 → A=−8
I =
x2
2
+5 x+∫( −8
x−2
+
27
x−3
)dx=
x2
2
+5 x−8 ln∣x−2∣+27 ln∣x−3∣+C
Todo un clásico.
Jesucristo que dice:
“ y=x2 ”
A lo que responde San Pedro.
“Ya empieza otra vez con las parábolas”.
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■ Integrales cociente de polinomios 3 ♣♣
Calcula ∫
x+3
x3+x
dx
∫
x+3
x3+x
dx=∫
x+3
x (x2+1)
dx
Descomponemos el denominador como producto de una raíz simple y una raíz compleja.
x+3
x3+x
=
A
x
+
Bx+C
1+x2
x+3=A(1+x2)+(Bx+C )x
Damos valores para obtener los coeficientes indeterminados.
Si x=0 → 3=A
Si x=1 → 4=6+B+C
Si x=2 → 5=15+4 B+2 C
Con las dos últimas ecuaciones planteamos un sistema 2x2 de soluciones.
B=−3 , C=1
Y la integral queda expresada como:
∫
x+3
x(x2+1)
dx=∫
3
x
dx+∫
−3 x+1
1+x2
dx=3 · ln∣x∣−3∫
x
1+x2
dx+∫
1
1+x2
dx+C
3 · ln∣x∣−
3
2∫
2 x
1+x 2
dx+arcotg x+C=3· ln∣x∣−
3
2
ln∣1+x2∣+arcotg x+C
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■ Integrales cociente de polinomios 4 ♣♣
Calcula ∫
1
2x2+x+2
dx
El denominador es una ecuación de segundo grado sin solución real. Como el numerador es un
polinomio de grado cero, bucamos la integral de la arcotangente. Para ello, operamos en el denominador.
Normalizamos el factor que acompaña a x2 . Para ello, sacamos factor común de 2 . Así el
denominador queda:
2 x2+x+2=2(x2+
x
2
+1)
El polinomio de grado dos intentamos transformarlo en la suma de un número más un binomio de Newton,
de la forma:
(x+a )2=x2+a2+2 a x → Comparamos con x2+
x
2
+1 → 2 a x=
x
2
→ a=
1
4
Con este valor, desarrollamos el binomio de Newton nuevamente:
(x+
1
4
)
2
=x2+
1
16
+
1
2
x → Comparamos con x2+
x
2
+1 → Sumamos y restamos un factor
1
16
:
x2+
x
2
+1+
1
16
−
1
16
→ x2+
x
2
+
1
16
+
15
16
→ (x+
1
4
)
2
+
15
16
Todo este proceso, dentro de la integral, quedaría detallado en los siguientes pasos:
∫
1
2x2+x+2
dx=
1
2∫
1
x2+
x
2
+1
dx=
1
2∫
1
x2+
x
2
+
1
16
+
15
16
dx=
1
2∫
1
(x+
1
4
)
2
+
15
16
dx
1
2∫
1
15
16
+(
4 x+1
4
)
2
dx=
1
2∫
1
15
16
·[1+
16
15
·(
4 x+1
4
)
2
]
dx=
16
2·15∫
1
1+(
4 x+1
√15
)
2
dx
8
15
∫ 1
1+(
4 x+1
√15
)
2 dx=
8
15
· √15
4
∫
4
√15
1+(
4 x+1
√15
)
2 dx=
2
√15
· arcotg(
4 x+1
√15
)+C
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■ Integrales cociente de polinomios 5 ♣
Calcula la siguiente integral en función de a y b : I =∫
a x+b
x2−3 x+2
dx
I =∫
a x+b
x2−3 x+2
dx=∫
a x+b
( x−1)( x−2)
dx
Aplicamos el método de los coeficientes indeterminados.
a x+b
(x−1)(x−2)
=
C
x−1
+
B
x−2
a x+b=C (x−2)+B (x−1)
si x=1 → a+b=−C → −(a+b)=C
si x=2 → 2a+b=B
Es decir, podemos expresar la integral de la forma:
I =∫ a x+b
(x−1)(x−2)
dx=∫
−(a+b)
x−1
dx+∫ 2a+b
x−2
dx=−(a+b) ln∣x−1∣+(2a+b)ln∣x−2∣+cte
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■ Integrales cociente de polinomios 6 ♣
Calcule la siguiente integral indefinida: ∫
x
x2+x−6
dx
El grado del numerador es inferior al grado del denominador.
Obtenemos las raíces del denominador → x2+x−6=0 → x=2 , x=−3 → Dos raíces simples
Aplicamos método de coeficientes indeterminados.
x
x2+x−6
=
A
x−2
+
B
x+3
→ Hacemos m.c.m. e igulamos numeradores
x=A(x+3)+B(x−2)
Si x=−3 → −3=A · 0+B(−5) → B=
3
5
Si x=2 → 2=A(5)+B · 0 → A=
2
5
Llevamos estos resultados a la integral.
∫
x
x2+x−6
dx=A∫
1
x−2
dx+B∫
1
x+3
dx=
2
5
ln∣x−2∣+
3
5
ln∣x+3∣+C
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■ Integrales cociente de polinomios 7 ♣
Calcula ∫ x
2
+5
x3−2 x2+x
dx
El grado del numerador es inferior al grado del denominador
Obtenemos las raíces del denominador → x3−2 x2+x=0 → x=0 , x=1 , x=1
Una raíz simple y una raíz doble
Aplicamos método de coeficientes indeterminados.
x2+5
x3−2 x2+x
=
A
x
+
B
x−1
+
C
(x−1)2
→ Hacemos m.c.m. e igulamos numeradores
x2+5=A(x−1)2+B x ( x−1)+C x
Si x=0 → 5=A(1)+B · 0+C ·0 → A=5
Si x=1 → 6=A·0+B · 0+C ·1 → C=6
Si x=2 → 9=A(1)+B· 2+C · 2 → 9=5+2 B+12 → B=−4
Llevamos estos resultados a la integral.
∫ x
2
+5
x3−2 x2+x
dx=A∫ 1
x
dx+B∫ 1
x−1
dx+C∫ 1
(x−1)2
dx=5· ln∣x∣−4 · ln∣x−1∣−6·
1
x−1
+C
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Integrales de cambio de variable
■ Integrales cambio variable 1 ♣
Calcula ∫ sen4 x · cos5 x dx
Tenemos la integral de una función impar en coseno. Por lo que proponemos el cambio de variable:
sen x=t → cos xdx=dt → dx=
dt
cos x
∫ sen4 x · cos5 x dx=∫ t 4 ·cos5 x
dt
cos x
=∫ t 4 · cos4 x dt=∫ t 4· [cos2 x ]2 dt=∫ t 4 · [1−sen2 x ]2 dt
∫ t 4 ·[1−t 2]2dt=∫ t 4 ·(1+t 4−2t2)dt=∫(t 4+t 8−2t6)dt= t
5
5
+
t 9
9
−
2 ·t 7
7
Deshacemos el cambio de variable (que no se nos olvide esto, por Dios).
I=
sen5 x
5
+
sen9 x
9
−
2· sen7 x
7
+C
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■ Integrales cambio variable 2 ♣
Calcula ∫ 1−√ x3
√x
dx
Radicando: x
Índice de las raíces: 2,3 → m.c.m.≡6
Cambio de variable → x=t 6 → dx=6· t 5 dt
∫
1−√ x
3√x
dx=∫
1−t
6
2
t
6
3
·6 · t
5
dt=6 ·∫
1−t3
t 2
·t
5
dt=6 ·∫(1−t 3) ·t 3 dt=6 ·∫(t3−t6)dt
6 ·∫ t3 dt−6 ·∫ t6 dt=
6
4
· t 4−
6
7
· t 7+C
Deshacemos el cambio de variable (repito, que no se olvide deshacer el cambio de variable).
x=t 6 → 6√ x=t
I =
3
2
· x
4
6 −
6
7
· x
7
6+C=
3
2
·
3√ x2−6
7
· x · 6√ x+C
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■ Integrales cambio variable 3 ♣♣
Calcula ∫1
16 d x
√x+4√ x
(sugerencia: t=4√ x )
Diferenciamos el cambio de variable → t=x1 /4 → dt=
1
4
· x−3/4 dx → 4 · x3 /4 dt=dx
Si t=x1 /4 → t 3=x3 /4 → Por lo tanto 4 · t 3 dt=dx
Si t=x1 /4 → t 2=x1 /2
Llevamos todos estos resultados a la integral definida.
∫1
16 4 t 3
t 2+t
dt=4∫1
16 t3
t 2+t
dt=4∫1
16 t 2
t+1
dt
Tenemos un cociente de polinomios, con grado del numerador mayor que el grado del numerador, por lo que
debemos realizar la división de polinomios.
t 2
t+1
=t−1+
1
t+1
4∫1
16
[ t−1+
1
t+1
]dt=4[∫1
16
tdt−∫1
16
dt+∫1
16 1
t+1
dt ]=4[[
t2
2
]
1
16
−[t ]1
16
+[ ln∣1+t∣]1
16
]
Que resolvemos aplicando la regla de Barrow → ∫a
b
f ( x)dx=F (b)−F (a) , siendo F ( x) una
primitiva de la función f (x ) . Pero antes de evaluar por Barrow, deshacemos el cambio de variable
t=4√ x .
4 [[
√ x
2
]
1
16
−[
4√ x ]1
16
+[ ln∣1+4√ x∣]1
16
]=4[(
4
2
−
1
2
)−(2−1)+(ln∣3∣−ln∣2∣)]=4 [
1
2
+ln (
3
2
)]=2+4 ln(
3
2
)
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■ Integrales cambio variable 4 ♣♣
Utilizando el cambio de variable 1+x2=t 2 , calcule una primitiva F ( x) de la función
f (x )=
x3
√1+x2
que cumpla F (0)=0 .
Debemos resolver la siguiente integral indefinida:
I =∫ x
3
√1+x2
dx → cambio de variable 1+x2=t 2 → diferenciamos 2 x dx=2 t dt → dx=
t
x
dt
Sustituimos en la integral.
I =∫ x
3
√ t 2
·
t
x
dt → Simplificamos → I =∫ x2 dt → Del cambio de variable x2=t 2−1
Sustituimos.
I =∫(t 2−1)dt=∫ t 2 dt−∫ dt= t
3
3
−t+C
Deshacemos el cambio de variable 1+x2=t 2 → t=√1+x2
I =
(√1+x2)
3
3
−√1+x2+C
De las infinitas primitivas de I buscamos la que cumpla F (0)=0 . Si llevamos esta condición de
contorno al resultado de la integral indefinida.
1
3
−1+C=0 → C=
2
3
Solución final → F ( x)=
(√1+x2)
3
3
−√1+x2+2
3
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■ Integrales cambio variable 5 ♣
Resuelve ∫ sen3 x ·cos5 xdx
La integral es impar en seno, impar en coseno y par en el producto seno por coseno. Vamos a proponer el
cambio de variable válido para integrales impar en seno: cos x=t .
Diferenciamos → −sen x dx=dt → dx=
dt
−sen x
I=∫ sen3 x ·cos5 x dx=∫ sen3 x · t5
dt
−sen x
=−∫sen2 x ·t 5 dt
I =−∫ sen2 x · t 5dt=−∫(1−cos2 x )· t 5 dt=−∫(1−t 2) t 5 dt=−∫( t5−t 7)dt=∫(t 7−t 5)dt
I=
t 8
8
−
t6
6
+C
Deshacemos el cambio de variable:
I=
cos8 x
8
−
cos6 x
6
+C
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■ Integrales cambio variable 6 ♣♣
Resuelve ∫
1
1+tg(x)
dx
La integral es par en el producto seno por coseno, por lo que proponemos el cambio de variable:
tg (x)=t → diferenciamos (1+tg 2(x))dx=dt → dx=
dt
1+tg 2(x )
→ dx=
dt
1+t 2
Llevamos estos resultados a la integral.
∫
1
1+tg(x)
dx=∫
1
1+t
·
dt
1+t 2
=∫
1
(1+t)(1+t2)
dt
Tenemos un cociente de polinomios, con grado del numerador inferior al grado del denominador. 
Sacamos las raíces del denominador.
(1+t)(1+t 2)=0 → t=−1 → una raíz simple y una ecuación de segundo grado con solución
compleja. 
Aplicamos el método de coeficientes indeterminados.
1
(1+t)(1+t 2)
=
A
1+t
+
B · t+C
1+t 2
→ Aplicamos m.c.m. e igualamos numeradores
1=A(1+t 2)+( B· t +C )(1+t)
Si t=−1 → 1=A(2)+(−B+C )0 → A=
1
2
Si t=0 → 1=A(1)+(B · 0+C )(1) → 1=
1
2
+C → C=
1
2
Si t=1 → 1=A(2)+(B+C)(2) → 1=1+2 B+1 → B=
−1
2
Sustituimos en la integral.
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I=∫
1
(1+t )(1+t 2)
dt=A∫
1
1+t
dt+∫
B ·t +C
1+t2
dt=
1
2
ln∣1+t∣−
1
2∫
t
1+t2
dt+
1
2∫
1
1+t2
dt
I=
1
2
ln∣1+t∣−
1
2
·
1
2∫
2· t
1+t 2
dt +
1
2
arcotg(t)=
1
2
ln∣1+t∣−
1
4
· ln∣1+t 2∣+1
2
arcotg(t )+C
Deshacemos el cambio de varible.
I=
1
2
ln∣1+tg(x)∣−
1
4
· ln∣1+tg2(x)∣+1
2
arcotg(tg (x))+C
I=
1
2
ln∣1+tg(x)∣−
1
4
· ln∣1+tg2(x)∣+1
2
· x+C
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■ Integrales cambio variable 7 ♣♣
Resuelve ∫ e
x
ex+e2x−2
dx (ayuda: e x=t )
A partir del cambio de variable e x=t → diferenciamos e x dx=dt → dx=
dt
ex
→ dx=
dt
t
Sustituimos en la integral.
∫
t
t+t 2−2
·
dt
t
→ Simplificamos → ∫
1
t2+t−2
dt
Cociente de polinomios, con grado del numerador inferior al grado del denominador.
Obtenemos raíces del denominador → t 2+t−2=0 → t=1 , t=−2 → Dos raíces simples
Aplicamos el método de coeficientes indeterminados.
1
t 2+t−2
=
A
t−1
+
B
t+2
→ Aplicamos m.c.m. e igualamos numeradores
1=A( t+2)+B(t−1)
Si t=1 → 1=A(3)+B · 0 → A=
1
3
Si t=−2 → 1=A·0+B (−3) → B=
−1
3
 
Sustituimos en la integral.
I=∫
1
t 2+t−2
dt=A∫
1
t−1
dt+B∫
1
t+2
dt=
1
3
· ln∣t−1∣−
1
3
· ln∣t+2∣+C
Deshacemos el cambio de variable e x=t .
I=
1
3
· ln∣ex−1∣−1
3
· ln∣ex+2∣+C
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Integrales por partes
■ Integrales por partes 1 ♣
Calcula ∫ x2 · cos(x)dx
Aplicamos partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx
u (x )=x2 → u ' ( x)=2 x
v ' (x )=cos (x ) → v ( x)=sen (x )
Y la integral queda:
I=u(x )· v (x )−∫v (x )· u '(x )dx=x2 · sen (x)−2∫ x · sen (x)dx
Aplicamos nuevamente partes en la nueva integral.
u (x )=x → u ' ( x)=1
v ' (x )=sen( x) → v ( x)=−cos (x )
I=x2· sen (x)−2∫ x · sen(x )dx=x2 · sen(x )−2[ x (−cos(x ))−∫−cos (x) ·1dx ]
I=x2 · sen (x)+2 x cos (x)−2∫cos(x)dx=x2 · sen(x )+2 x cos( x)−2 sen (x)+C
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■ Integrales por partes 2 ♣♣
Calcula una función primitiva de f ' ( x)= x · ln( x2+1) que pase por el punto (0,1) .
Nos dan la derivada de la función: f ' ( x)= x · ln( x2+1) .
Para obtener la función f (x ) deberemos integrar, ya que es el proceso inverso a la derivada (como
consecuencia del Teorema fundamental del cálculo integral). El valor de la constante de integración lo
obtendremos aplicando la condición de contorno que nos da el enunciado.
f ' ( x)= x · ln( x2+1) → f (x )=∫ f ' ( x)dx → f (x )=∫ x · ln(x2+1)dx
Aplicamos integración por partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx
u (x )=ln( x2+1) → u ' ( x)=
2 x
x2+1
v ' (x )=x d x → v ( x)=
x2
2
f (x )=u (x )· v ( x)−∫ v (x )· u ' (x)dx= x
2
2
· ln(x2+1)−∫ x
2
2
·
2 x
x2+1
dx=
x2
2
· ln(x2+1)−∫ x
3
x2+1
dx+C
Obtenemos una integral como cociente de dos polinomios, con grado del numerador mayor que el grado del
denominador. Ejecutamos la división.
x3
x2+1
= x−
x
x2+1
f (x )=
x2
2
· ln ( x2+1)−∫ x dx+∫ x
x2+1
dx+C
f (x )=
x2
2
· ln( x2+1)−
x2
2
+
1
2
∫ 2 x
x2+1
dx+C
f (x )=
x2
2
· ln∣x2+1∣− x
2
2
+
1
2
ln∣x2+1∣+C
Según el enunciado la función pasa por el punto (0,1) .
f (0)=1 → f (0)=C → C=1
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Finalmente la función buscada resulta (no olvides colocar el argumento del logaritmo entre valor absoluto,
aunque en este caso es redundante porque el argumento del logaritmo final siempre es positivo):
f (x )=
x2
2
·ln∣x2+1∣− x
2
2
+
1
2
ln∣x2+1∣+1
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■ Integrales por partes 3 ♣♣♣
Sea f ' ' (x )=ln (x) . Obtener f (x ) sabiendo que su gráfica pasa por el (1,0) y que la
pendiente de la recta tangente a la función en x=2 es igual 1 .
Nos dan la segunda derivada. Deberemos integrar dos veces para obtener la función primitiva f (x ) .
Al integrar dos veces aparecerán dos constantes de integración, cuyo valor vendrá determinado por las
condiciones del enunciado.
f ' ( x)=∫ ln(x )dx → Integramos por partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx
u (x )=ln( x) → u ' ( x)=
1
x
v ' (x )=1 → v ( x)= x
f ' ( x)=u( x) · v (x )−∫v ( x) · u ' ( x)dx= x · ln( x)−∫ dx=x · ln (x )−x+C
Si la pendiente de la recta tangente en x=2 es igual a 1 , significa que f ' (2)=1 .
2 · ln(2)−2+C=1 → C=3−2 · ln(2)
f (x )=∫ f ' ( x)dx → f (x )=∫( x · ln( x)−x+C)dx
f (x )=∫ x · ln (x )dx−∫ x dx+∫C dx
f (x )=∫ x · ln(x )dx− x
2
2
+C x+D
Aplicamos partes en la integral que hemos obtenido.
∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx
u=ln( x) → u ' =
1
x
v '=x → v=
x2
2
f (x )=
x2· ln (x )
2
−∫ x
2
dx−
x2
2
+C x+D
f (x )=
x2 · ln (x )
2
−
x2
4
−
x2
2
+C x+D
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Si la gráfica pasa por el punto (1,0) , significa que f (1)=0 .
ln(1)
2
−
1
4
−
1
2
+C+D=0 → −
3
4
+C+D=0 → D=
3
4
−C
Por lo que la función resulta (no olvides colocar el argumento del logaritmo entre valor absoluto):
f (x )=
x2· ln∣x∣
2
−
x2
4
−
x2
2
+C x+
3
4
−C
f (x )=
x2· ln∣x∣
2
−
3 x2
4
+(3−2 · ln(2)) x+
3
4
−3+2 · ln(2)
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■ Integrales por partes 4 ♣
Calcula ∫
−1
1
ln (4− x)dx
I =∫
−1
1
ln(4− x)dx → Resolvemos por partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx
u (x )=ln (4−x) → u ' ( x)=
−1
4− x
v ' (x )=1 → v ( x)= x
Sustituimos y aplicamos la regla de Barrow: si F ( x) es una primitiva de f (x ) →
F ( x)=∫ f ( x)dx → se cumple ∫a
b
f ( x)dx=[ F ( x)]a
b
=F (b)−F (a ) . 
I =∫
−1
1
ln (4− x)dx=[u( x) · v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx ]1
1
I =∫
−1
1
ln(4− x)dx=[ x ln(4− x)]−1
1
−∫
−1
1
−x
4−x
dx=[ ln (3)+ln(5)]−∫
−1
1
4−x−4
4−x
dx
I =[ ln (3)+ln (5)]−∫
−1
1
dx−∫
−1
1
−4
4−x
dx=[ ln (3)+ln (5)]−[ x]−1
1
+4∫
−1
1
1
4− x
dx
I =[ ln (3)+ln(5)]−[1+1]−4[ ln(4− x)]−1
1
=[ ln(3)+ln(5)]−2−4[ ln (3)−ln (5)]
I =−3 ln(3)+5ln(5)−2=−ln(27)+ln(3125)−2=ln (
3125
27
)−2=ln(115,74)−2≃2,75
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■ Integrales por partes 5 ♣♣
Calcula I =∫
ln(x )
√ x
dx
I =∫
ln(x )
√ x
dx → Integramos por partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx
u (x )=ln( x) → u ' ( x)=
1
x
v ' (x )=
1
√ x
dx → v ( x)=2√ x
Sistituimos:
I =u (x )· v ( x)−∫ v (x )· u ' ( x)dxx=2√ x ln(x )−2∫ √ x
x
dx=2√ x ln (x )−2∫ 1
√ x
dx
I =2√ x ln(x )−4 √x+C
I =2√ x (ln( x)−2)+C
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■ Integrales por partes 6 ♣♣♣
Sea la función f (x )=
x
√1+x
.
a) Calcular una primitiva de f (x ) y comprobar la solución obtenida.
b) Calcular el área encerrada por la función, el eje y=0 y las rectas x=0 y x=4 .
a) Si F ( x) es una primitiva de f (x )=
x
√1+x
, cumplirá la relación:
F ( x)=∫ f (x)dx → F ( x)=∫
x
√1+x
dx
Aplicamos partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx
u (x )=x → u ' ( x)=1
v ' (x )=
1
√1+x
→ v ( x)=2√1+x
F ( x)=u (x) · v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx=2 x √1+x−∫ 2√1+x dx
F ( x)=2 x √1+x−2 ·∫√1+x dx=2 x√1+x−2∫(1+x )1/2 dx=2 x √1+x−2 ·
2
3∫
3
2
(1+x)1/2 dx
F ( x)=2 x √1+x−
4
3
(1+x )3/2
Si sumamos una constante de integración, tendríamos las infinitas primitivas que forman la integral
indefinida.
I =F ( x)+C=2 x √1+x−
4
3
(1+x )3/2+C
Para comprobar el resultado obtenido, derivamos F ( x) y verificamos que recuperamos la expresión de
f (x ) del enunciado.
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F ( x)=2 x √1+x−
4
3
(1+x )3/2
F ' (x )=2[1 ·√1+x+x ·
1
2 ·√1+x
]−
4
3
·
3
2
(1+x)1 /2
F ' (x )=2√1+x+
x
√1+x
−2(1+x )1 /2=
x
√1+x
= f (x ) → c.q.d.
b) Para obtener el área encerrada por f (x )=
x
√1+x
con el eje horizontal en el intervalo [0,4] ,
debemos comprobar si la función es positiva, negativa o bien corta al eje horizontal en ese intervalo.
Para obtener los puntos de corte, igualamos la función a cero.
x
√1+x
=0 → x=0 → coincide con el extremo inferior del intervalo [0,4]
Por lo tanto, podemos determinar si la función es positivia o negativa en el resto de puntos del intervalo,
obteniendo la imagen de la función en x=4 por ejemplo → f (4)=
4
√1+4
>0 → la función se
mantiene por encima del eje horizontal.
Concluimos que el área coincide con la integral definida siguiente:
Área=∫0
4 x
√1+x
dx
Usamos la primitiva obtenida en el apartado anterior → F ( x)=2 x √1+x−
4
3
(1+x )3/2 → Por la regla
de Barrow sabemos que ∫a
b
f ( x)dx=F (b)−F (a) . Por lo tanto:
Área=[2 x √1+x−
4
3
(1+x )3/2]
0
4
=4,31u2
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■ Integrales por partes 7 ♣♣♣
Calcula ∫ x sen(
π x
2
)dx y obtén el área del recinto limitado por f (x )=x sen(
π x
2
) el eje OX, las
rectas verticales x=0 y x=1 .
Resolvemos la siguiente integral indefinida.
I =∫ x sen (
π x
2
)dx
Aplicamos partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx
u (x )=x → u ' ( x)=1
v ' (x )=sen(
π x
2
) → v ( x)=
−2
π cos (
π x
2
)
I =u (x )· v ( x)−∫ v (x )· u ' ( x)=
−2 x
π cos(
π x
2
)+∫
2
π cos (
π x
2
)dx=
−2 x
π cos (
π x
2
)+
2
π∫cos (
π x
2
)
I =
−2 x
π cos(
π x
2
)+
2
π ·
2
π∫ π2 cos(
π x
2
)=
−2
π · x · cos(
π x
2
)+
4
π
2
sen (
π x
2
)+C
Debemos conocer si la función es positiva, negativa o corta al eje horizontal en el intervalo [0,1] . Para
ello, igualamos la función a cero.
x · sen (
π x
2
)=0 → x=0 , sen(
π x
2
)=0
La función seno se anula si su argumento es múltiplo del número pi.
π · x
2
=k ·π , k ∈ℤ → x=k ·2 → x=...−2, 0, 2,...
Por lo tanto, la función corta al intervalo [0,1] solo en el punto x=0 . Para conocer si la función es
positiva o negativa en el resto de puntos del intervalo, obtenemos la imagen de la función para x=1 .
f (1)=1· sen( π
2
)=1>0 → La función es positiva en [0,1]
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En consecuencia, el área coincide con la siguiente integral definida.
Área=∫0
1
x sen (
π x
2
)dx
Utilizamos el resultado de la integral indefinida calculada anteriormente, y la regla de Barrow:
∫a
b
f ( x)dx=F (b)−F (a) , donde F ( x) es una primitiva de la función.
Área=[
−2
π · x · cos (
π x
2
)+
4
π
2 sen(
π x
2
)]
0
1
=
4
π
2 u
2
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■ Integrales por partes 8 ♣
Calcula I =∫ sen( x) · ln(cos (x ))dx
Integramos por partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx
u (x )=ln(cos( x)) → u ' ( x)=
−sen( x)
cos (x )
v ' (x )=sen( x) → v ( x)=−cos (x )
I =u (x )· v ( x)−∫ v (x )· u ' ( x)dx=−cos (x )· ln (cos (x))−∫cos (x )·
sen( x)
cos (x )
dx
I =−cos( x) · ln (cos(x ))−∫ sen(x )dx
I =−cos( x) · ln (cos (x ))+cos (x )+C=cos (x )[1−ln (cos( x))]+C
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■ Integrales por partes 9 ♣♣
 Resuelve ∫ x · ln(√1+x2)dx
Integramos por partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx
u (x )=ln (√1+x2) → u ' ( x)=
2 x
2√1+x2
√1+x2
=
x
1+x2
v ' (x )=x → v ( x)=
x2
2
I =u (x )· v ( x)−∫ v (x )· u ' ( x)dx=
x2 ln(√1+x2)
2
−∫ x
2
2
·
x
1+x2
dx=
x2 ln(√1+x2)
2
−
1
2
∫ x
3
1+x2
dx
Realizamos la división de polinomios.
x3
1+x2
=x−
x
1+x2
Sustituimos en la integral.
I =
x2 ln(√1+x2)
2
−
1
2
∫ x dx+1
2
∫ x
1+x2
dx=
x2ln (√1+x2)
2
−
1
4
x2+
1
4
ln∣1+x2∣+C
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■ Integrales por partes 10 ♣♣
 Resuelve ∫ x2 e2 x dx
Integramos por partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx
u (x )=x2 → u ' ( x)=2 x
v ' (x )=e2 x → v ( x)=
1
2
e2 x
I =u (x )· v ( x)−∫ v (x )· u ' ( x)dx=
1
2
x2 e2 x−∫ x e2 x dx
Volvemos a aplicar partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx
u (x )=x → u ' ( x)=1
v ' (x )=e2 x → v ( x)=
1
2
e2 x
I =
1
2
x 2e2 x−[
1
2
x e2 x−
1
2∫ e
2 x dx ]=
1
2
x2 e2 x−
1
2
x e2 x+
1
4
e2 x+C=
1
2
e2 x (x2− x+
1
2
)+C
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■ Integrales por partes 11 ♣♣
 Resuelve ∫arcosen( x)dx
Aplicamos método por partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx
u (x )=arcosen(x ) → u ' ( x)=
1
√1−x2
v ' (x )=1 → v ( x)= x
I =u (x) · v (x )−∫v ( x) · u ' (x )dx=x · arcosen(x)−∫
x
√1− x2
dx
Para resolver la integral que nos queda, recordamos la expresión de la siguiente derivada:
d
dx
[√1−x2]= −2 x
2√1−x2
=
−x
√1−x2
I =x · arcosen (x )−(−∫
−x
√1−x2
dx)= x · arcosen( x)+√1−x2+C
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■ Integrales por partes 12 ♣♣♣
 Resuelve ∫ sen (x)e x dx
Aplicamos método por partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx
u (x )=e x → u ' ( x)=ex
v ' (x )=sen( x) → v ( x)=−cos (x )
I =u (x) · v (x )−∫v ( x) · u ' (x )dx=−cos( x) · ex+∫ cos( x) · ex dx
En la nueva integral que obtenemos, volvemos a aplicar método por partes.
∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx
u (x )=e x → u ' ( x)=ex
v ' (x )=cos (x ) → v ( x)=sen (x )
I =−cos( x) · ex+[u (x )· v (x)−∫ v (x )· u ' (x )dx]=−cos( x) · ex+sen(x) · e x−∫ sen(x )· ex dx
Nos damos cuenta que la nueva integral coincide con la integral de partida. Es decir:
∫ sen(x )· e x dx=−cos (x )· ex+sen( x) · ex−∫ sen (x )· e x dx
 
Pasamos sumando, a la izquierda, la integral del miembro derecho.
∫ sen(x )· e x dx+∫ sen(x )· e x dx=−cos (x )· ex+sen( x) · ex
2 ·∫ sen( x) · ex dx=−cos (x )· e x+sen (x )· e x
Y despejamos nuestra integral de partida del ejercicio.
∫ sen(x )· e x dx=1
2
[−cos(x) · e x+sen (x )· e x]+C=
ex
2
[sen(x )−cos (x )]+C
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Integral definida y regla de Barrow
■ Integral definida y regla de Barrow 1 ♣♣
Calcula ∫2
3 x2+1
x2(x−1)
dx
Resolvemos, en primer lugar la integral indefinida. Tenemos un cociente de polinomios, con grado el
numerador menor que el grado del denominador. En el denominador tenemos una raíz doble x=0 y una
raíz simple x−1=0 , por lo que descomponemos de la siguiente forma:
x2+1
x2(x−1)
=
A
x
+
B
x2
+
C
x−1
→ x2+1=A x( x−1)+B (x−1)+C x2
Fíjate como la raíz doble x=0 aparece en dos denominadores, 
A
x
y
B
x2
. Damos valores.
Si x=1 → 2=C
Si x=0 → 1=−B → B=−1
Si x=2 → 5=2 A+B+4C → 5=2 A−1+8 → A=−1
Por lo que la integral indefinida se descompone en tres fracciones.
∫ x
2
+1
x2(x−1)
dx=∫−1
x
dx+∫−1
x2
dx+∫ 2
x−1
dx=−ln∣x∣+
1
x
+2 · ln∣x−1∣+C
Para resolver la integral definida aplicamos la regla de Barrow, que siempre debemos enunciar cada vez
que la usemos: si F ( x) es una primitiva de f (x ) → F ( x)=∫ f ( x)dx → y la regla de Barrow
afirma que ∫a
b
f ( x)dx=[ F ( x)]a
b
=F (b)−F (a ) .
∫2
3 x2+1
x2(x−1)
dx=[−ln∣x∣+
1
x
+2· ln∣x−1∣]
2
3
=−ln(3)+
1
3
+2 ln(2)−(−ln (2)+
1
2
+2 ln(1))=0,81
Hemos resuelto una integral definida, y la solución puede ser un número positivo, negativo o nulo. No
confundir con los ejercicios de área, donde la solución siempre será un número positivo al que añadiremos
la expresión de unidades cuadradas: u2.
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■ Integral definida y regla de Barrow 2 ♣♣
Calcula ∫0
π
2
sen(√ x)dx (ayuda: cambio de variable √ x=t )
√ x=t → 
1
2√ x
dx=dt → dx=2√ xdt=2 t dt
∫0
π
2
sen(√ x)dx=∫0
π
2
sen( t)2 t dt=2∫0
π
2
t · sen(t)dt
Resolvemos la integral indefinida aplicando partes.
∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx
u (t)=t → u ' (t )=1
v ' (t)=sen (t) → v (t )=−cos( t)
I =∫ t · sen( t)dt=u (t) · v (t)−∫ v (t) · u ' (t)dt=−t · cos (t)+∫cos (t )dt=−t ·cos (t )+sen(t)+C
Deshacemos el cambio de variable √ x=t → I =−√x · cos(√ x)+sen (√ x)+C
Si F ( x) es una primitiva de f (x ) → F ( x)=∫ f ( x)dx → la regla de Barrow afirma que
∫a
b
f ( x)dx=[ F ( x)]a
b
=F (b)−F (a )
2∫0
π
2
t · sen( t)dt=2 ·[−√ x · cos (√ x)+sen(√ x)]0
π
2
=2 ·[−π · cos(π)+sen(π)+0−0]=2π
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■ Integral definida y regla de Barrow 3 ♣♣
Calcula ∫
0
π
4
x
cos2( x)
dx
I =∫
0
π
4
x
cos2( x)
dx → Aplicamos partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx
u (x )=x → u ' ( x)=1
v ' (x )=
1
cos2( x)
→ v( x)=tg ( x)
Sustituimos:
I =[u (x )· v ( x)−∫ v (x )· u ' (x)dx ]0
π/4
=[ x · tg (x )]0
π
4 −∫
0
π
4
tg( x)dx=[x · tg( x)]0
π
4−∫
0
π
4
sen (x)
cos( x)
dx
I =[x · tg( x)]0
π
4
+[ ln(cos( x))]0
π
4
I =(
π
4
· tg ( π
4
)−0)+(ln( √22 −ln(1)))
I =π
4
+ln ( √2
2
)=π
4
+ln (√2)− ln (2)=π
4
+
1
2
ln (2)−ln (2)
I =π
4
−
1
2
ln (2)
Donde hemos aplicado que si F ( x) es una primitiva de f (x ) → F ( x)=∫ f ( x)dx → la regla de
Barrow afirma que ∫a
b
f ( x)dx=[ F ( x)]a
b
=F (b)−F (a )
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■ Integral definida y regla de Barrow 4 ♣♣
Calcula ∫0
1
x ln(1+x)dx
Resolvemos la integral indefinida aplicando partes.
∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx
I =∫ x ln(1+x )dx
u (x )=ln(1+x) → u ' ( x)=
1
1+x
v ' (x )=x → v ( x)=
x2
2
I =u (x )· v ( x)−∫ v (x )· u ' ( x)dx= x
2
2
· ln (1+x )−
1
2
∫ x
2
1+x
dx
Realizamos la división del cociente de polinomios.
x2=(1+x )·( x−1)+1 → 
x2
1+x
= x−1+
1
1+x
I =
x2
2
· ln(1+x)−
1
2
∫ [ x−1+ 1
1+x
]dx=
x2
2
· ln(1+x)−
1
2
[∫ x dx−∫ dx+∫ 1
1+x
dx ]
I =
x2
2
· ln (1+x)−
x2
4
+
1
2
x−
1
2
ln∣1+x∣+C
Para resolver la integral definida, aplicamos la regla e Barrow: si F ( x) es una primitiva de f (x ) →
F ( x)=∫ f ( x)dx → ∫a
b
f ( x)dx=[F ( x)]a
b
=F (b)−F (a )
∫0
1
x ln(1+x)dx=[
x2
2
· ln(1+x )−
x2
4
+
1
2
x−
1
2
ln∣1+x∣]
0
1
=
1
2
· ln(2)−
1
4
+
1
2
−
1
2
· ln(2)−(0−0+0−0)
∫0
1
x ln(1+x)dx=
1
4
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■ Integral definida y regla de Barrow 5 ♣♣
Si P (x ) es un polinomio de tercer grado, con un punto de inflexión en el punto (0,5) y un
extremo relativo en el punto (1,1) , calcule ∫0
1
P (x )dx .
La expresión general de un polinomio de grado tres es:
P (x )=a x3+b x2+c x+d
Si el polinomio pasa por (0,5) → P (0)=5 → d =5
Si el polinomio pasa por (1,1) → P (1)=1 → a+b+c+5=1 → a+b+c=−4
Si hay un punto de inflexión en (0,5) → P ' ' (0)=0
P ' ( x)=3 a x2+2 b x+c → P ' ' (x )=6 a x+2 b → 2 b=0 → b=0
Si hay extremo relativo en (1,1) → P ' (1)=0
P ' ( x)=3a x2+2b x+c → 3a+0+c=0 → 3 a+c=0
Llegamos a un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas → {a+c=−43a+c=0} → a=2 , c=−6
El polinomio solución es → P (x )=2 x3−6 x+5
Finalmente, calculamos la integral definida ∫0
1
P (x )dx . Primero resolvemos la integral indefinida, y
luego aplicamos regla de Barrow: si F ( x) es una primitiva de f (x ) → F ( x)=∫ f ( x)dx →
∫a
b
f ( x)dx=[ F ( x)]a
b
=F (b)−F (a )
∫(2 x3−6 x+5)dx=
1
2
x4−3 x2+5 x+C
∫0
1
(2 x3−6 x+5)dx=[
1
2
x4−3 x2+5 x ]
0
1
=
1
2
−3+5−(0−0+0)=
5
2
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■ Integral definida y regla de Barrow 6 ♣♣
Resolver las siguientes integrales:
a) ∫1/2
e /2 (ln (2 x ))2
3 x
dx
b) ∫1
4 3 x4+5 x2+√ x
x2
dx
a) La primera integral podemos resolverla de manera inmediata si recordamos la derivada de la potencia de
una función, a partir de la regla de la cadena de la derivada.
d
dx
[ f n( x)]=n · f n−1(x )· f ' ( x) → 
d
dx
[ ln 3(2 x )]=3 · ln2(2 x) ·
1
2 x
· 2=3·
ln2(2 x)
x
Si comparamos la integral ∫1/2
e/2 (ln (2 x ))2
3 x
dx con el resultado de la derivada:
∫1/2
e /2 (ln (2 x ))2
3 x
dx=
1
3
·∫1/2
e /2 (ln(2 x ))2
x
dx=
1
3
·
1
3
·∫1 /2
e /2
3·
(ln (2 x ))2
x
dx=
1
9
·[ ln 3(2 x )]1/2
e /2
Y aplicamos la regla de Barrow: si F ( x) es una primitiva de f (x ) → F ( x)=∫ f ( x)dx →
∫a
b
f ( x)dx=[ F ( x)]a
b
=F (b)−F (a )
1
9
·[ ln3(2 x)]1 / 2
e/2
=
1
9
[ ln 3(e)−ln3(1)]=
1
9
b) La integral de partida la rompemos en la suma de tres integrales.
∫1
4 3 x4+5 x2+√ x
x2
dx=∫1
4 3 x4
x2
dx+∫1
4 5 x2
x2
dx+∫1
4 √ x
x2
dx=∫1
4
3 x2 dx+∫1
4
5 dx+∫1
4
x−3 /2 dx
3[
x3
3
]
1
4
+5 [ x]1
4
+[
x−1 /2
−1/2
]
1
4
=[ x3]1
4
+5[ x ]1
4
−2[ x−1/2]1
4
=[64−1]+5[4−1]−2[
1
2
−1]=79
Donde nuevamente, como en el apartado anterior, hemos aplicado la regla de Barrow.
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■ Integral definida y regla de Barrow 7 ♣
Calcula ∫3
5 x2+x+6
x−2
dx
Tenemos la integral de un cociente de polinomios, con grado del numerador mayor que el grado del
denominador. Realizamos la división de polinomios.
x2+x+6=( x−2)( x+3)+12 → 
x2+x+6
x−2
=x+3+
12
x−2
∫3
5 x2+x+6
x−2
dx=∫3
5
( x+3+
12
x−2
)dx=∫3
5
x dx+∫3
5
3 dx+∫3
5 12
x−2
dx
1
2
[ x2]3
5
+3[ x ]3
5
+12[ ln∣x−2∣]3
5
=
1
2
· (25−9)+3(5−3)+12(ln (3)−ln (1))=27,18
Donde hemos aplcicado la regla de Barrow: si F ( x) es una primitiva de f (x ) →
F ( x)=∫ f ( x)dx → ∫a
b
f ( x)dx=[F ( x)]a
b
=F (b)−F (a )
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Teorema fundamental del cálculo integral
■ Teorema fundamental 1 ♣♣♣
Sea f (x )=
ln (x )
2 x
para x>0 . Y sea F ( x) la primitiva de f (x ) , que cumple F (1)=2 .
a) Calcula F ' (e ) .
b) Halla la ecuación de la recta tangente a F ( x) en el punto de abscisa x=e .
a) El Teorema fundamental del cálculo integral afirma: si f (x ) es una función continua en [a ,b] , la
función definida por F ( x)=∫
a
x
f (t)dt es una función continua y derivable, que a la vez es una
primitiva de f (x ) y cumple la siguiente igualdad: F ' ( x)= f ( x) ,∀ x∈[a ,b] . Es decir, la
derivada de F ( x) coincide con la función f (x ) .
Por lo tanto → F ' (e )= f (e )=
ln(e)
2e
=
1
2e
b) Para obtener la recta tangente a una función F ( x) en un valor de abscisa x= x0 , necesitamos el
punto (x0 , y0) y la pendiente m de la recta en dicho punto.
La pendiente coincide con el valor de la derivada de la función en el punto. Y como razonamos en el
apartado anterior F ' ( x)= f ( x) ,∀ x∈[a , b] → F ' (e )= f (e )=
1
2 e
=m .
El punto (x0 , y0)=(e , y0) → Necesitamos obtener la imagen de x=e .
Nos falta, en consecuencia, la imagen de x=e . ¿Cómo obtener la fórmula de F ( x) donde evaluar
x=e ? Integrando f (x ) , ya que F ( x) es una primitiva de f (x ) .
F ( x)=∫ f ( x)dx → F ( x)=∫
ln (x )
2 x
dx=
1
2
∫
ln(x )
x
dx=
1
2
·
1
2
∫
2 · ln(x )
x
dx=
1
4
ln2∣x∣+C
Donde hemos resuelto la integral inmediata recordando que la derivada de ln ( x) es
1
x
.
De la familia de primitivas F ( x)=
1
4
ln2(x )+C elegimos la que cumple la condición del enunciado
F (1)=2 → 
1
4
ln2(1)+C=2 → C=2
F ( x)=
1
4
ln2(x )+2 → evaluamos x=e → F (e)=
1
4
ln 2(e)+2=
9
4
→ punto (e ,
9
4
)
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La ecuación punto-pendiente de la recta solución resulta:
1
2e
=
y−
9
4
x−e
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■ Teorema fundamental 2 ♣♣
Obtener una función derivable f (x ):ℝ→ℝ , tal que f ' ( x)={x
2
−2 x si x<0
ex−1 si x≥0 } y sabiendo
que f (1)=1
Debemos obtener una función f (x ) a partir de su función derivada f ' ( x) . Es decir, f (x ) es una
primitiva de f ' ( x) . 
Por el Teorema Fundamental del Cálculo Integral sabemos que f (x )=∫a
x
f ' (t)dt con f ' ( x)
continua en x∈[a , b] . Es decir, la integral y la derivada son procesos inversos. Si integramos f ' ( x)
en cada intervalo, obtendremos f (x ) .
La función f ' ( x) es continua en toda la recta real, ya que en x<0 la función es polinómica y en
x>0 la función es exponencial más polinómica. En el punto frontera x=0 la función es continua, ya
que f ' (0)=0 , los límites laterales son iguales L+=L-=L=0 y el límite coincide con el valor de la
función en el punto.
Integremos en cada tramo de la función a trozos.
Si x<0 → f (x )=∫( x2−2 x)dx → f (x )= x
3
3
− x2+C
Si x≥0 → f (x )=∫(ex−1)dx → f (x )=e x−x+D
De la condición del enunciado f (1)=1 → e−1+D=1 → D=2−e
El enunciado afirma que la función f (x ) es derivable. Y esto implica, a su vez, que también será
continua. Por lo tanto, en x=0 los límites laterales en ese punto deben coincidir y ser iguales al valor de
la función en ese punto (condición de continuidad de una función a trozos en un punto frontera).
f (0)=e0−0+2−e=3−e
L-= lim
x→0−
(
x3
3
−x2+C )=C , L+=lim
x →0+
(ex− x+2−e)=1+2−e=3−e
Igualando ambos límites laterales → C=3−e
La función solución resulta f (x )={
x3
3
− x2+3−e si x<0
ex− x+2−e si x≥0 }
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■ Teorema fundamental 3 ♣♣♣
Sea f (x ) una función continua en el intervalo [2,3] y F ( x) una primitiva de f (x ) tal que
F (2)=1 y F (3)=2 . Calcular:
a) ∫2
3
f ( x)dx
b) ∫2
3
(5· f (x )−7)dx
c) ∫2
3
F 2(x )· f ( x)dx
a) Si F ( x) es primitiva de f (x ) , por el Teorema fundamental del cálculo integral sabemos que
F ( x)=∫a
x
f (t)dt y F ' ( x)= f ( x) . Al aplicar la regla de Barrow en el intervalo [a ,b] , se cumple
∫a
b
f ( x)dx=F (b)−F (a) .
En nuestro ejercicio, al aplicar la regla de Barrow en el intervalo [2,3] :
∫2
3
f ( x)dx=[ F ( x)]2
3
=F (3)−F (2)=2−1=1
b) I =∫2
3
(5 · f (x )−7)dx=5∫2
3
f (x)dx−7∫2
3
dx=5[ F (x )]2
3
−7 [ x]2
3
=5 ·(F (3)−F (2))−7 ·(3−2)
I =5· (2−1)−7·1=5−7=−2
Donde hemos utilizado la aplicación de la regla de Barrow del apartado anterior.
c) Del Teorema Fundamental sabemos que se cumple: F ' ( x)= f ( x) . Por lo tanto:
I =∫2
3
F 2(x) · f (x )dx=∫2
3
F 2(x )· F ' ( x)dx=[
1
3
F 3(x )]
2
3
Donde nos damos cuenta que dentro de la integral definida tenemos la potencia de una función por la
derivada de esa función, y hemos aplicado que derivada e integral son funciones inversas.
Aplicamos Barrow nuevamente en el intervalo [2,3] :
I =
1
3
·(F 3(3)−F3(2))=
1
3
·(23−13)=
7
3
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■ Teorema fundamental 4 ♣♣♣
Halla la ecuación de la recta tangente a la gráfica de una función f (x ) en el punto de abscisa
x=1 sabiendo que f (0)=0 y f ' ( x)=
( x−1)2
x+1
para x>−1 .
La ecuación punto-pendiente de una recta de pendiente m que pasa por el punto (x0 , y0) es:
m=
y− y0
x−x0
Como la recta buscada es tangente a la función en x=1 , la pendiente de la recta será igual a la derivada
de la función evaluada en x=1 → f ' (1)=
(1−1)2
1+1
=0 → m=0 .
Si x0=1 entonces y0= f (1) , ya que la función y la recta tangente coinciden en el punto
(1, f (1)) .
Para obtener el valor de la imagen f (1) debemos integrar la función derivada f ' ( x)=
( x−1)2
x+1
, para
conseguir la función primitiva f (x ) . La constante de integración inherente al proceso de integración
podemos determinarla gracias a la condición del enunciado f (0)=0 .
Si f (x ) una primitiva de f ' ( x) podemos aplicar el Teorema Fundamental del Cálculo Integral. Es
decir, f (x ) es una primitiva de f ' ( x) , cumpliendo que f (x ) es continua y derivable en
x∈[a , b ] . Por el Teorema Fundamental del Cálculo Integral sabemos que f (x )=∫a
x
f ' (t)dt con
x∈[a , b] .
Es decir, la integral y la derivada son procesos inversos. Si integramos f ' ( x) , obtendremos f (x ) .
f (x )=∫ (x−1)
2
x+1
dx=∫ x
2
−2 x+1
x+1
dx
Tenemos un cociente de polinomios. Al ser el grado del numerador mayor que el grado del denominador,
realizamos la división.
Dividendo
divisor
=Cociente+
Resto
divisor
→ 
x2−2 x+1
x+1
=x−3+
4
x+1
f (x )=∫( x−3)dx+∫ 4
x+1
dx=
x2
2
−3 x+4 ln∣x+1∣+C
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La constante de integración queda definida de manera única con la condición f (0)=0 → C=0
f (x )=
x2
2
−3 x+4 ln∣x+1∣
Una vez obtenida la función primitiva, podemos calcular f (1)
f (1)=
1
2
−3+4 ln∣2∣=
−5
2
+4 ln(2)≃0,27
La recta tangente a la función en x=1 resulta una recta horizontal (pendiente nula).
m=
y− y0
x−x0
→ 0=
y− f (1)
x−1
→ y= f (1) → y≃0,27
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Cálculo de áreas
■ Áreas 1 ♣♣
Calcular el valor de a>1 sabiendo que el área encerrada por la parábola y=−x2+a x y la recta
y=x es igual a
4
3
.
Para obtener el área encerrada por ambas curvas debemos determinar.
- Los puntos de corte entre ambas gráficas.
- Decidir qué función se encuentra por encima de la otra.
Para obtener los puntos de corte igualamos ambas ecuaciones.
−x2+a x=x → −x2+(a−1) x=0 → x (−x+(a−1))=0 → x=0 , x=a−1
Como a>1 → x=a−1>0 → Este punto de corte se encontrará en el primer o cuarto cuadrante.
Como la recta y=x no pasa por el cuarto cuadrante, es obvio que x=a−1>0 indica un punto del
primer cuadrante.
La parábola y=−x2+a x es cóncava hacia abajo, ya que el coeficiente que acompaña a x2 es
negativo. Por lo tanto, la parábola y=−x2+a x quedará por encima de la recta y=x en el intervalo
marcado por los puntos de corte [0,a−1] .
Área=∫0
a−1
(−x2+a x−x )dx
Aplicamos la regla de Barrow: ∫a
b
f ( x)dx=F (b)−F (a) , siendo F ( x) una primitiva de f (x ) .
Área=[
−x3
3
+(a−1)
x2
2
]
0
a−1
=
−(a−1)3
3
+(a−1)
(a−1)2
2
=
−2(a−1)3+3(a−1)3
6
=
(a−1)3
6
Según el enunciado el área es igual a
4
3
.
(a−1)3
6
=
4
3
→ (a−1)3=8 → a−1=2 → a=3
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■ Áreas 2 ♣♣
Sea g ( x)=ln(x ) . Calcula el valor de a>1 para que el área limitada por su gráfica, el eje de
abscisas y la recta x=a sea igual a 1 .
La función logaritmo es estrictamente creciente en su dominio de definición y corta al eje de
abscisas en el x=1 . De tal forma que el área encerrada por su gráfica y el eje de abscisas en el
intervalo [1,a ] será igual a:
Área=∫1
a
ln( x)dx
Ya que el logaritmo es una función positiva en x>1 . Integramos por partes la integral indefinida.
∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx
u (x )=ln( x) → u ' ( x)=
1
x
v ' (x )=1 → v ( x)= x
u(x )· v ( x)−∫ v (x )· u ' ( x)dx=∫ ln(x )dx=x · ln(x )−∫ dx= x · ln( x)−x+C
Aplicamos la regla de Barrow en la integral definida: ∫a
b
f ( x)dx=F (b)−F (a) , siendo F ( x) una
primitiva de f (x ) .
Área=∫1
a
ln( x)dx=[ x · ln (x )−x ]1
a
=a · ln(a )−a−0+1=a( ln(a)−1)+1
El enunciado afirma que el área debe ser igual a 1 .
a (ln (a)−1)+1=1 → a (ln (a)−1)=0 → a=0 , ln(a)−1=0 → a=e
De las dos soluciones nos quedamos con la positiva a=e , ya que el enunciado afirma a>1 .
Aprovechando que sale el número e . Esto es una fiesta de funciones, todas bailando y divirtiéndose. En
un rincón, sola, está la función exponencial.
Le dicen las demás funciones:
“¡Exponencial, intégrate!”
A lo cual responde:
“¿Para qué?, ¿para quedarme igual?”
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■ Áreas 3 ♣♣
Calcular el área encerrada por las gráficas de las funciones f (x )=2−x y g ( x)=
2
x+1
.
Obtenemos puntos de corte de ambas gráficas → 2−x=
2
x+1
→ −x2+x=0 → x=0 , x=1
Con un sencillo esbozo podemos decidir qué función está por encima de la otra en el intervalo [0,1] . O
bien darnos cuenta que g ( x)=
2
x+1
es una función cóncava hacia arriba y estrictamente decreciente
para x>−1 , mientras que la recta f (x )=2−x es estrictamente decreciente en toda la recta real.
Por lo que la recta permanece por encima de la hipérbola en [0,1] . El área encerrada será igual a:
Área=∫0
1
(2−x−
2
x+1
)dx=[2 x−
x2
2
−2 ln∣x+1∣]
0
1
=2−
1
2
−2 ln(2)=
3
2
−2 ln(2) u2
Donde nuevamente hemos aplicado la regla de Barrow: ∫a
b
f ( x)dx=F (b)−F (a) , siendo F ( x)
una primitiva de f (x ) .
Fíjate que al ser el resultado final un área, hemos añadido la expresión de unidades cuadradas: u2.
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■ Áreas 4 ♣♣♣
Calcular el área encerrada por las gráficas de las funciones f (x )=∣x( x−2)∣ y g ( x)= x+4 .
Necesitamos los puntos de corte de ambas gráficas. Podemos hacer un sencillo esbozo, para estimar los
puntos de corte. Y podemos trazar la parábola contenida dentro del valor absoluto y colocar como positiva la
zona donde sea negativa.
O bien de manera analítica, antes de trabajar con el valor absoluto, podemos romper la función a trozos. Las
raíces del argumento del valor absoluto son x=0 y x=2 , por lo que si evaluamos el signo del
argumento del valor absoluto, resulta:
f (x )={
x (x−2) si x<0
−x (x−2) si 0≤x≤2
x (x−2) si x>2 }
Obtenemos los puntos de corte con la recta g ( x)= x+4 en cada tramo.
Si x<0 → x (x−2)=x+4 → x=−1
Si 0≤x≤2 → −x (x−2)=x+4 → No hay puntos de corte en el intervalo
Si x>2 → x (x−2)=x+4 → x=4
La recta queda por encima de la parábola, debiendo distinguir los siguientes tramos:
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Área=∫−1
0
(x+4−x ( x−2))dx+∫0
2
(x+4+x ( x−2))dx+∫2
4
(x+4− x (x−2))dx
Área=∫−1
0
(−x2+3 x+4)dx+∫0
2
( x2−x+4)dx+∫2
4
(−x2+3 x+4)dx
Área=[
−x3
3
+
3 x2
2
+4 x ]
−1
0
+[
x3
3
−
x2
2
+4 x ]
−1
0
+[
−x3
3
+
3 x2
2
+4 x ]
2
4
=
109
6
u2
Donde nuevamente hemos aplicado la regla de Barrow: ∫a
b
f ( x)dx=F (b)−F (a) , siendo F ( x)
una primitiva de f (x ) .
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■ Áreas 5 ♣♣
Calcula el área limitada por la curva y=( x+1)e2 x y las rectas x=0 , x=1 e y=0 .
Debemos determinar si la función y=( x+1)e2 x corta al eje horizontal y=0 en algún punto del
intervalo [0,1] . Para ello, igualamos ambas funciones.
(x+1)e2 x=0 → x+1=0 , x=−1 → o bien e2 x=0 que no posee solución
Por lo tanto, no hay puntos de corte entre ambas gráficas en el intervalo [0,1] .
¿Cómo determinar de manera rápida si la función y=( x+1)e2 x es positiva o negativa en el intervalo
[0,1] ? Evaluando su imagen en los extremos del intervalo.
La función y=( x+1)e2 x es positiva tanto en y (x=0)=1 como en y (x=1)=2· e2 , por lo tanto su
gráfica siempre se mantiene por encima de la recta horizontal y=0 . El área encerrada será:
A=∫0
1
(x+1)e2x dx=∫0
1
x ·e2x dx+∫0
1
e2x dx
Resolvemos cada una de las integrales indefinidas resultantes.
∫ x · e2x dx → aplicamos partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx
u (x )=x → u ' ( x)=1
v ' (x )=e2 x → v ( x)=
1
2
e2 x
∫ x · e2x dx=u (x )· v (x)−∫ v (x )· u ' (x )dx= x · e
2 x
2
−
1
2
∫ e2 x dx= x · e
2x
2
−
1
4
e2x+C
∫e2x dx=
1
2
e2 x+D
Por lo que las integrales definidas que aparecen en el cálculo del área resultan.
A=∫0
1
x · e2x dx+∫0
1
e2x dx=[
x · e2 x
2
−
e2 x
4
]
0
1
+[
e2 x
2
]
0
1
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Aplicamos la regla de Barrow: ∫a
b
f ( x)dx=F (b)−F (a) , siendo F ( x) una primitiva de f (x ) .
A=
e2
2
−
e2
4
−0+
1
4
+
e2
2
−
1
2
=
3 e2
4
−
1
4
u2
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■ Áreas 6 ♣♣
Calcula el área limitada por f (x )=
e x
(1+e x)2
, el eje OX y las rectas x=0 y x= ln (5) .
Si la función se encuentra por encima del eje horizontal el área encerrada será igual a la integral
definida de la función entre los límites de integración.
Recuerda que si la función se encuentra por debajo del eje horizontal, el área se define como el valor
absoluto de esa integral definida. Es decir, una integral definida puede dar como resultado un valor
negativo... pero un área siempre debe ser positiva, y por eso aplicamos valor absoluto en este segundo
caso.
La función f (x )=
e x
(1+e x)2
nunca corta al eje horizontal, ya que e x=0 no admite solución. Además
f (0) y f (ln (5)) son valores positivos, por lo que la curva e encuentra por encima del eje horizontal.
Área=∫0
ln (5 ) e x
(1+e x)2
dx=[
−1
1+ex
]
0
ln(5)
=[
−1
1+5
+
1
2
]=
1
3
u2
Recuerda que: e(ln (5))=5
Donde hemos recordado la derivada de la función inversa 
d
dx
[
1
f ( x)
]=
− f ' (x )
f 2( x)
y hemos aplicado que
la integral es el proceso inverso de la derivada (Teorema fundalemtal el cálculo integral) y la regla de
Barrow: ∫a
b
f ( x)dx=F (b)−F (a) , siendo F ( x) una primitiva de f (x ) .
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■ Áreas 7 ♣♣
Considere la región limitada por las curvas y=x2 e y=−x2+4 x .
a) Esboza la gráfica de la región dada, hallando los puntos de corte de ambas curvas.
b) Expresa el área como una integral.
c) Calcula el área.
a) La gráfica de la función y=x2 es bien conocida. Es cóncava hacia arriba en toda la recta real, con un
mínimo relativo y absoluto en el origen de coordenadas.
La gráfica de y=−x2+4 x es cóncava hacia abajo en toda la recta real.Sus puntos de corte con el eje
horizontal son −x2+4 x=0 → x=0 , x=4 → (0,0) , (4,0) . Su máximo relativo y absoluto
aparece en y ' =0 → −2 x+4=0 → x=2 → (2,4) .
Los cortes entre ambas curvas los obtenemos igualando sus ecuaciones → x2=−x2+4 x → x=0 ,
x=2 .
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b) El área encerrada por ambas curvas será igual a la integral definida entre los límites de integración
x=0 y x=2 , de la curva superior menos la curva inferior. Es decir.
A=∫0
2
[(−x2+4 x)−(x2)]dx=∫0
2
(−2 x2+4 x )dx
c) A=∫0
2
(−2 x2+4 x)dx=−2∫0
2
x2 dx+4∫0
2
x d x=−2 [
x3
3
]
0
2
+4 [
x2
2
]
0
2
Que resolvemos aplicando la regla de Barrow → ∫a
b
f ( x)dx=F (b)−F (a) , siendo F ( x) una
primitiva de la función f (x ) .
A=−2 [
8
3
−0]+4 [
4
2
−0]=
−16
3
+8=
8
3
u2
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■ Áreas 8 ♣♣♣
Sea f : (0,+∞)→ℝ la función dada por f (x )=ln ( x) .
a) Calcula la ecuación de la recta tangente a la gráfica de la función en el punto de abscisa x=1 .
b) Esboza el recinto comprendido entre la gráfica de la función, la recta y=x−1 y la recta x=3
. Calcula su área.
a) La recta tangente a la función en x=1 tendrá pendiente igual a la derivada evaluada en dicho punto.
f ' ( x)=
1
x
→ f ' (1)=1
La imagen de x=1 → f (1)=ln(1)=0 → (1 , 0)
Ecuación punto-pendiente de la recta → m=
y− y0
x−x0
→ 1=
y−0
x−1
→ y=x−1
b) Nos piden obtener el recinto generado por la recta tangente calculada en el apartado anterior y=x−1
, la función f (x )=ln( x) y la recta vertical x=3 .
Si en x=1 la recta es tangente a la función, ya tendremos un punto de intersección entre ambas curvas.
Sabemos que la gráfica del logaritmo es estrictamente creciente y cóncava hacia abajo en su dominio de
difinición, por lo que si y=x−1 es tangente a la función en x=1 , siempre permanece por encima de
f (x )=ln( x) . De esta forma el ára encerrada será:
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Asignatura: Matemáticas Ciencias – 2ºBachillerato
 Problemas resueltos de integrales y cálculo de áreas - repaso Bachillerato
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El área encerrada coincide con la siguiente integral definida:
A=∫1
3
(x−1−ln( x))dx
Primero resuelvo la integral indefinida.
I =∫( x−1−ln (x))dx= x
2
2
−x−∫ ln (x )dx
Aplicamos partes para resolver la integral del logaritmo. 
∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx
u (x )=ln( x) → u ' ( x)=
1
x
v ' (x )=1 → v ( x)= x
∫ ln (x)dx=u (x) · v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx= x ln (x )−∫ dx=x ln( x)− x
I =
x2
2
−x−x ln( x)+x+C=
x2
2
− x ln(x )+C
Para resolver la integral definida aplicamos la regla de Barrow → ∫a
b
f ( x)dx=F (b)−F (a) → donde
F ( x) es una primitiva de f (x ) .
A=∫1
3
(x−1−ln( x))dx=[
x2
2
−x ln( x)]
1
3
=
9
2
−3ln (3)−
1
2
+ln(1)=4−3 ln (3)≃0,704 u2
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■ Áreas 9 ♣♣
Calcula el parámetro a∈ℝ , a>0 para que el valor del área de la región determinada por la
parábola f (x )=−x2+a2 y el eje de abscisas coincida con la pendiente de la recta tangente a la
gráfica de la función en el punto de abscisa x=−a .
f (x )=−x2+a2 → Tenemos una parábola con máximo en x=0 , punto de corte con el eje vertical en
(0,a2) y puntos de corte con el eje horizontal en (0,−a) ,(0, a) .
La siguiente gráfica muestra un ejemplo de estos resultados, coloreando en rojo la sección encerrada por la
función y el eje de abscisas.
Por simetría par de la función, el área encerrada queda:
A=2∫
0
a
(−x2+a2)dx=2 [
−x3
3
+a2 x ]
0
a
=2[
−a3
3
+a3−0−0]=2(
−a3+3 a3
3
)=
4 a3
3
u2
Donde hemos aplicado la regla de Barrow → ∫a
b
f ( x)dx=F (b)−F (a) → siendo F ( x) es una
primitiva de f (x ) .
El enunciado el problema afirma que este área debe ser igual al valor de la pendiente de la recta tangente a
la función en x=−a . Es decir, debemos derivar la función y evaluarla en x=−a para obtener el valor
de esa pendiente.
f (x )=−x2+a2 → f ' ( x)=−2 x → f ' (−a )=2a
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Igualando la pendiente con el área:
4 a3
3
=2 a → a=+√ 32 → Donde tomamos valor positivo porque a>0
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■ Áreas 10 ♣♣♣
Calcula el área encerrada por la función g ( x)= x3−4 x y la recta y=−x−2 .
Debemos obtener los puntos de corte de ambas funciones, para conocer los límites del área encerrada.
Para ello, igualamos las funciones y resolvemos.
x3−4 x=−x−2 → x3−3 x+2=0 → (x−1)2( x+2)=0
Los puntos de corte de ambas gráficas acontecen en x=−2 y x=1 . Debemos saber qué gráfica se
encuentra por encima, en el intervalo [−2,1] , para estimar si el área coincide con de la integral definida
o con su valor absoluto. 
Por practicar un poco, no cuesta nada pintar ambas gráficas sobre unos mismos ejes. La recta es sencilla
de pintar. Para el polinomio podemos obtener los puntos de corte con los ejes y los extremos relativos, para
hacernos una idea de cómo es su gráfica.
g ( x)= x3−4 x
Corte eje OX → (−2,0) ,(0,0) ,(2,0)
g ' (x )=3 x2−4
g ' (x )=0 → x=
±2√3
3
g ' ' ( x)=6 x
g ' ' (
−2√3
3
)<0 , g ' ' (
2√3
3
)>0
x=
−2√3
3
máximo relativo
x=
2√3
3
mínimo relativo
Aplicamos Barrow → ∫a
b
f ( x)dx=F (b)−F (a) → siendo F ( x) es una primitiva de f (x ) :
A=∫
−2
1
(x3−4 x−(−x−2))dx=∫
−2
1
( x3−3 x+2)dx=[
x4
4
−3
x 2
2
+2 x ]
−2
1
A=
1
4
−
3
2
+2−4+6+4=
1
4
−
3
2
+8=
1−6+32
4
=
27
4
u2
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■ Áreas 11 ♣♣♣
Sea f (x )=−x2+2 x+3 y la recta 2 x+y−7=0 . Calcula el área encerrada por las gráficas de
ambas funciones con el semieje positivo OX .
Debemos representar f (x )=−x2+2 x+3 y la recta 2 x+y−7=0 . 
Primero obtenemos los puntos de corte de ambas gráficas.
2 x+y−7=0 → y=−2 x+7 → Igualamos ambas gráficas.
−x2+2 x+3=−2 x+7 → −x2+4 x−4=0 → x2−4 x+4=0 → x=
4±√16−16
2
=2
Encontramos un único punto de corte de ambas gráficas → (2,3)
Obtenemos puntos de corte de la recta con los ejes.
y=−2 x+7 → x=0 → (0,7)
y=−2 x+7 → y=0 → (
7
2
,0)
Obtenemos puntos de corte de la parábola con los ejes.
f (x )=−x2+2 x+3 , y=0 → −x2+2 x+3=0 → (−1,0) ,(3,0)
f (x )=−x2+2 x+3 , x=0 → (0,3)
Obtenemos el máximo absoluto de la parábola (el extremo será máximo por ser cóncava, a ser negativo el
coeficiente líder que acompaña a x2 ).
f (x )=−x2+2 x+3 → f ' ( x)=−2 x+2 , f (x )=0 → x=1 → (1,4) máximo
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Por lo tanto, el área