Recull de problemes de selectivitat sobre integrals...e-mail: [email protected] a) Quina condició han de complir a i b per tal que f sigui contínua a tot ℝ? b) Trobeu els valors

Generalitat de Catalunya Departament d’Educació Institut de Gelida Departament de Matemàtiques

C/ Pasqual i Batlle, 1-15 08790 Gelida Telèfon: 93 779 04 50 e-mail: [email protected] https://agora.xtec.cat/iesgelida

RECULL DE PROBLEMES DE SELECTIVITAT SOBRE INTEGRALS (AMB SOLUCIÓ) 1) PAU 1999 Sèrie 1 Qüestió2:

Calcula l’àrea determinada per les corbes d’equacions 4 22y x x= − i 22y x= representada en el dibuix següent:

2) PAU 1999 Sèrie 1 Qüestió 3:

Calculeu raonadament l'expressió d'una funció ( )f x tal que ( ) 2

' xf x xe−= i que ( ) 10 2f =. 3) PAU 1999 Sèrie 1 Problema 1:

Donada la funció ( ) 164

4f x x

x= − +

+

a) Calculeu l'àrea limitada per la gràfica de la funció, l'eix OX i les rectes verticals 0x = i 2x = .

4) PAU 1999 Sèrie 5 Qüestió 3: Trobeu el valor del coeficient k de manera que l'àrea limitada per la funció ( ) 2f x x k= − + i

l'eix d'abscisses sigui igual a 236u . 5) PAU 1999 Sèrie 6 Qüestió 2:

Sigui ( ) 3 21f x x= − . Calculeu l'àrea de la regió que limita la gràfica de ( )f x i l'eix

d'abscisses i que està representada en el dibuix següent:




Calculeu l'àrea que té l'únic recinte tancat limitat per les gràfiques de les 2 7y x= − + i 6

yx

=

representat en el dibuix següent:


Calculeu per integració la superfície del recinte delimitat per les corbes 2y x= i la recta

d'equació 6 0y x− − = representat en el dibuix següent:


El polinomi ( ) 2p x x ax b= + + s'anul·la per a 2x = i compleix ( )2

0

4p x dx=∫ .

Calculeu raonadament a i b. 9) PAU 2000 Sèrie 5 Qüestió 1:

Trobeu el valor de k per tal que 2

13

k

k

dx

x k+=

−∫


a) Quin és l'angle x en radians 02

xπ < <

tal que ( ) ( )sin cosx x= ?

b) Considereu les funcions ( ) ( )sinf x x= i ( ) ( )cosg x x= . Calculeu la superfície del recinte

delimitat superiorment per les gràfiques d'aquestes funcions, inferiorment per l'eix d'abscisses i

lateralment per les rectes verticals 0x = i 3

xπ= representat en l'esquema següent:



11) PAU 2001 Sèrie 4 Qüestió 4: Sabeu que la gràfica de la funció ( )f x passa pel punt ( )1, 4− i que la seva funcióderivada és

( )' 2 2f x x= − .

a) Determineu l'expressió de ( )f x .

b)Calculeu l'àrea de la regió limitada per la gràfica de ( )f x i l'eix d'abscissesOX.

12) PAU 2001 Sèrie 5 Qüestió 2: Teniu una funció ( )f x definida per a ( )2, 2x∈ − , sabeu que el gràfic de ( )'f x és dela

forma

on ( )' 1 0f − = , ( )' 0 1f = − , ( )' 1 1f = i que ( )0 2f = .

Dibuixeu un gràfic aproximat de ( )f x indicant en quins punts hi ha extremsrelatius.

13) PAU 2001 Sèrie 5 Qüestió 4: Calculeu l'àrea de la regió limitada per la gràfica de la funció ( ) xf x xe= per a 0x ≥ , l'eix

d'abscisses i la recta vertical 1x = . 14) PAU 2002 Sèrie 1 Qüestió 1: Calculeu el valor positiu de a que fa que l'àrea compresa entre la recta d'equació 2y ax a= + i

la paràbola 2y ax= valgui 18.


Calculeu l'àrea compresa entre les gràfiques de les corbes 2xy e= i 2xy e−= i la recta 5y = representada en l'esquema següent:



PAU 2002 Sèrie 3 Qüestió 1:

Calculeu la primitiva de la funció ( ) 2 1f x x x= − que s'anul·la en el punt d'abscissa 2x = .


Calculeu ( )3

1

2 lne xdx

x∫ .


Donada ( ) ( ) ( )2

2 1x x

f x x e+= + , determineu la funció ( )g x tal que ( ) ( )'g x f x= (és a dir,

una primitiva de ( )f x ) i que el seu gràfic passa pel punt ( )0,2 .


Considerem la regió S del pla limitada per la paràbola 23y x= i la recta 3y = representada en l'esquema següent:

Siguin A i B els punts d'intersecció de la recta i la paràbola, i T el triangle que té per vèrtexs A, B i l'origen de coordenades ( )0,0 . Calculeu l'àrea de la regió que resulta quan es treu el

triangle T a la regió S. 19) PAU 2004 Sèrie 1 Problema 1: Considereu la funció ( ) 3 2 1, 0f x x mx m= + + ≥ .

a) Calculeu el valor de m per tal que l’àrea del recinte limitat per la gràfica de la funció, l’eix OX i les rectes 0x = i 2x = sigui de 10 unitats quadrades. b) Per a 1m= , indiqueu el punt o els punts on la recta tangent a la gràfica de lafunció forma un angle de 45° amb el semieix positiu de OX. 20) PAU 2004 Sèrie 3 Qüestió 2: Donada la funció ( ) ( )3cos cosf x x x= − :



a) trobeu la seva integral indefinida;

b) quina és la primitiva de ( )f x que passa pel punt , 02

π

?

Indicació: recordeu que ( ) ( )2 2sin cos 1x x+ = .


Calculeu l’àrea del recinte tancat que delimiten la gràfica de la funció 2y x= i la recta y x=. 22) PAU 2004 Sèrie 4 Qüestió 4: Considereu la funció ( )f x de la figura definida a l’interval [ ]0, 2 .

a) Calculeu la funció derivada ( )'f x a l’interval ( )0, 2

b) Hi ha algun punt de ( )0, 2 en el qual ( )'f x no existeixi?

c) Calculeu ( )2

0f x dx∫ .


Calculeu el valor de la integral següent: 3

0

1 1

1

x xdx

x

+ + ++∫

24) PAU 2005 Sèrie 1 Problema 2: Considereu la funció ( ) 24f x x x= − .

a) Calculeu l’equació de les rectes tangents a la gràfica de f en els punts d’abscisses 0x =

i 4x = . b) Feu un gràfic dels elements del problema. c) Calculeu l’àrea compresa entre la gràfica de f i les rectes tangents que heu trobat a

l’apartat a). 25) PAU 2005 Sèrie 3 Problema 2:

Considereu la funció ( )2 0

0bx

x x b si xf x

ae si x

+ + <= ≥

on a i b són nombres reals.



a) Quina condició han de complir a i b per tal que f sigui contínua a tot ℝ ?

b) Trobeu els valors de a i b per als quals f sigui contínua però no derivable a tot ℝ .

c) Per a 1a = i 1b = , calculeu ( )1

1f x dx

−∫ .


Donada la funció: ( )25 4

xf x

x=

−:

a) Calculeu la integral ( )f x dx∫ .

b) Trobeu la primitiva F de f que compleixi ( )1 1F = .

27) PAU 2006 Sèrie 3 Qüestió 2: Considereu la funció ( )y f x= definida per a [ ]0, 5x∈ que apareix dibuixada a la figura

adjunta.

a) Quina és l’expressió de la seva funció derivada quan existeix?

b) Calculeu ( )3

0f x dx∫ .


El gràfic de la funció ( ) 1

2 1f x

x=

+, quan 0x > , és com segueix:

a) Trobeu una primitiva de la funció f . b) Calculeu l’àrea de la regió ombrejada. 29) PAU 2006 Sèrie 4 Problema 1:

Considereu la paràbola d’equació 2 2 3y x x= + − .



a) Calculeu les equacions de les rectes tangents a la paràbola en els punts d’abscissa 1x = − i 1x = .

b) Calculant el mínim de la funció 2 2 3y x x= + − trobeu el vèrtex de la paràbola. c) Trobeu les interseccions de la paràbola amb els eixos i feu una representació gràfica de la paràbola i de les tangents obtingudes al primer apartat. d) Calculeu l’àrea compresa entre la paràbola i les rectes tangents. 30) PAU 2007 Sèrie 1 Qüestió 3: Busqueu els extrems relatius i els punts de tall amb els eixos, i feu una representació

aproximada de la corba d’equació 4 2y x x= − . A continuació, calculeu l’àrea del recinte tancat per aquesta corba i l’eix d’abscisses. 31) PAU 2007 Sèrie 3 Qüestió 4: La funció derivada ( )'F x d’una funció contínua :F →ℝ ℝ que passa per l’origen és una

funció a trossos formada per les semirectes del dibuix.

Escriviu l’expressió de la funció ( )F x com una funció a trossos.

32) PAU 2007 Sèrie 3 Problema 2:

Donades les funcions ( ) 2 4f x x ax= − − i ( )2

2

xg x b= + :

a) Calculeu a i b de manera que les gràfiques de ( )f x i de ( )g x siguin tangents en el punt

d’abscissa 3x= , és a dir, que tinguin la mateixa recta tangent en aquest punt. b) Trobeu l’equació de la recta tangent esmentada en l’apartat anterior. c) Pel valor de a obtingut en el primer apartat, calculeu el valor de l’àrea de la regió limitada per l’eix d’abscisses OX i la funció ( )f x .

33) PAU 2008 Sèrie 2 Qüestió 1: Se sap que certa funció derivable ( )F x verifica les condicions següents:

( )4

1'F x

x= i ( )1 3F =

a) Trobeu ( )F x .



b) Calculeu l’àrea compresa entre ( )F x i l’eix OX des de 0x = fins a 1x = .


Considereu la funció ( ) ( )3

x a xf x

a

−= , amb 0a > .

a) Trobeu els punts de tall de la funció ( )f x amb l’eix OX.

b) Comproveu que l’àrea del recinte limitat per la gràfica de la funció ( )f x i l’eix d’abscisses

no depèn del valor del paràmetre a. 35) PAU 2009 Sèrie 3 Qüestió 2:

Considereu les corbes 24y x x= − i 2 6y x= − . a) Trobeu-ne els punts d’intersecció. b) Representeu les dues corbes en una mateixa gràfica, on es vegi clarament el recinte que limiten entre elles. c) Trobeu l’àrea d’aquest recinte limitat per les dues corbes. 36) PAU 2009 Sèrie 3 Problema 1:

Sigui la funció ( ) 2

4 bf x a

x x= + + .

a) Calculeu els valors de a i b, sabent que la recta 2 3 14x y+ = és tangent a la gràfica de la

funció ( )f x en el punt d’abscissa 3x = .

Per a la resta d’apartats, considereu que 3a = − i que 4b = .

b) Trobeu els intervals de creixement i de decreixement de la funció ( )f x . Trobeu i

classifiqueu els extrems relatius que té la funció. c) Calculeu els punts de tall de la funció ( )f x amb l’eix OX.

d) Trobeu l’àrea del recinte limitat per la gràfica de la funció ( )f x , l’eix OX i les rectes 1x = i

3x = . 37) PAU 2009 Sèrie 4 Problema 1:

La gràfica de la funció ( ) 3 xf x

x

+= , des de 1x = fins a 4x = , és la següent:



a) Calculeu l’equació de les rectes tangents a aquesta funció en els punts d’abscissa 1x = i 3x= .

b) Dibuixeu el recinte limitat per la gràfica de la funció i les dues rectes tangents que heu calculat. c) Trobeu els vèrtexs d’aquest recinte. d) Calculeu la superfície del recinte damunt dit. 38) PAU 2010 Sèrie 1 Qüestió 5:

La gràfica de la funció ( ) ( )sinf x x x= és la següent:

a) Trobeu-ne una primitiva. b) Aplicant el resultat de l’apartat anterior, calculeu l’àrea del recinte limitat per la gràfica de la funció ( )f x i l’eix d’abscisses des de 0x = fins a x π= .


Sigui ( )28

2 1

xf x

x=

+ . Trobeu l’àrea del recinte limitat per la gràfica d’aquesta funció, l’eix OX i

les rectes x = 0 i x = 2. 40) PAU 2010 Sèrie 5 Qüestió 6: En la figura es mostra la corba ( )4y x x= ⋅ − i una recta r que passa per l’origen i talla la

corba en un punt P d’abscissa k, amb 0 < k < 4.

a) Trobeu l’àrea ombrejada, delimitada per la corba i la recta, en funció de k. b) Trobeu per a quin valor de k l’àrea de la regió ombrejada és la meitat de l’àrea del recinte limitat per la corba i l’eix OX.




Definim les funcions ( ) ( )21f x a x= − i ( )2 1x

g xa

−= , en què 0a > .

a) Comproveu que l’àrea del recinte limitat per les gràfiques de les funcions és( )24 1

3

a

a

+ .

b) Calculeu el valor del paràmetre a perquè aquesta àrea sigui mínima. 42) PAU 2011 Sèrie 2 Qüestió 6:

Sigui ( ) ( )1

2 2

0

a

f a a x dx= +∫ per 0a > .

a) Comproveu que ( ) 3

1

3f a a

a= + .

b) Calculeu el valor del paràmetre a perquè la funció f (a) tingui un mínim relatiu. 43) PAU 2011 Sèrie 4 Qüestió 1: Calculeu l’àrea del recinte limitat per les corbes d’equació ( ) 2 2f x x x= − + i ( ) 5 3g x x= −. 44) PAU 2012 Sèrie 1 Qüestió 2:

La gràfica de la funció ( ) 29f x x x= − és la següent:

a) Trobeu el punt de tall, (a, 0), de la funció amb la part positiva de l’eix OX. b) Calculeu l’àrea del recinte limitat per la gràfica de f(x) i l’eix OX en el primer quadrant. 45) PAU 2013 Sèrie 3 Qüestió 3:

Donada la funció ( ) 1f x x= − i la recta horitzontal y k= , amb 0k > .

a)Feu un esbós del recinte limitat per les gràfiques de la funció i la recta, i els eixos de coordenades. b) Trobeu el valor de k sabent que l’àrea d’aquest recinte és igual a 14 / 3. 46) PAU 2013 Sèrie 4 Qüestió 2:

La corba 2y x= i la recta y k= , amb 0k > , determinen una regió plana.



a) Calculeu el valor de l’àrea d’aquesta regió en funció del paràmetre k .

b) Trobeu el valor de k perquè l’àrea limitada sigui 26u . 47) PAU 2013 Sèrie 5 Qüestió 4:(Incomplet)

Per a 1x ≥ , considereu la funció ( ) 1f x x= + − .

b) Calculeu l’àrea del recinte limitat per la gràfica de ( )f x , la recta d’equació 5x= i l’eix

OX . 48) PAU 2013 Sèrie 1 Qüestió 2: De la funció polinòmica ( ) 3 2 2P x x ax bx= + + + sabem que

• Té un extrem relatiu en el punt d’abscissa 3x = − ;

• La integral definida en l’interval [ ]0,1 val 5

4

− .

Calculeu el valor dels paràmetres a i b. 49) PAU 2014 Sèrie 3 Qüestió 4: Calculeu l’àrea de la regió del pla limitada en el primer quadrant per les gràfiques de les

funcions 2y x= , 24y x= i 9y = . 50) PAU 2014 Sèrie 4 Qüestió 6: Responeu a les qüestions següents: a) La funció ( ) ( ) axf x b x e= − , amb a i b constants, té la representació gràfica següent

i sabem que passa pels punts ( )0,2A = i ( )2,0B = i que en el punt A la recta tangent a la

gràfica és horitzontal. Calculeu els valors de a i b .

b) Calculeu 2

1

lnx xdx∫ .



51) PAU 2015 Sèrie 2 Qüestió 3:(Incomplet)

b) Calculeu l’àrea de la regió plana finita limitada per la corba 3y x= i la recta 3 2y x= − 52) PAU 2015 Sèrie 4 Qüestió 4:

Sigui f la funció ( ) ( )sinf x x x= ⋅ . Calculeu la primitiva de la funció f que passa pel punt

,02

π

(unitats en radians).


Sigui la funció ( ) ( )sinf x x= .

a) Calculeu l’equació de les rectes tangents a la funció f en els punts d’abscissa 0x = i x π= , respectivament. Trobeu les coordenades del punt en què es tallen les dues rectes. b) Calculeu l’àrea de la regió limitada per la gràfica de la funció f i les rectes tangents de l’apartat anterior (en cas de no haver resolt l’apartat anterior, suposeu que les rectes són y x= i y x= − , respectivament). 54) PAU 2016 Sèrie 3 Qüestió 6:

Siguin les paràboles ( ) 2 2f x x k= + i ( ) 2 29g x x k= − + .

a) Calculeu les abscisses, en funció de k , dels punts d’intersecció entre les dues paràboles. b) Calculeu el valor del paràmetre k perquè l’àrea compresa entre les paràboles sigui de 576 unitats quadrades. 55) PAU 2016 Sèrie 5 Qüestió 6:

Sabem que una funció ( )f x té per derivada ( ) ( )' 1 xf x x e= + i que ( )0 2f = .

a) Trobeu l’equació de la recta tangent a ( )y f x= en el punt de la corba d’abscissa 0x = .

b) Calculeu l’expressió de ( )f x .



sin

cos

xf x

x= .

a) Calculeu una primitiva de la funció ( )f x .

b) Calculeu l’àrea limitada per la funció ( )f x i l’eix de les abscisses entre les abscisses 0x =

i 4x π= .


Sigui la funció ( ) 2f x x x= + − .



a) Comproveu que la funció ( )f x compleix l’enunciat del teorema de Bolzano a l’interval

[ ]0, 2 i que, per tant, l’equació ( ) 0f x = té alguna solució a l’interval ( )0,2 . Comproveu que

1x = és una solució de l’equació ( ) 0f x = i raoneu, tenint en compte el signe de ( )'f x ,

que la solució és única. b) A partir del resultat final de l’apartat anterior, trobeu l’àrea limitada per la gràfica de la

funció ( )f x , l’eix de les abscisses i les rectes 0x = i 1x = .


Siguin les funcions ( ) 2 1f x x= − i ( ) 23g x x= − .

a) Feu un esbós de les gràfiques de les paràboles ( )y f x= i ( )y g x= en un mateix sistema

d’eixos cartesians i trobeu els punts de tall amb l’eix de les abscisses, els vèrtexs i els punts de tall entre les dues gràfiques.

b) Calculeu l’àrea de la regió del semiplà 0y ≥ compresa entre les gràfiques de ( )f x i

( )g x .


Considereu les funcions ( ) 2f x x= i ( ) 1,g x

x= i la recta x e= .

a) Feu un esbós de la regió delimitada per les seves gràfiques i l’eix de les abscisses. Calculeu

les coordenades del punt de tall de ( )y f x= amb ( )y g x= .

b) Calculeu l’àrea de la regió descrita en l’apartat anterior. 60) PAU 2019 Sèrie 4 Qüestió 4: (Incomplet)

Considereu la funció ( )f x , que depèn dels paràmetres reals n i m i és definida per

( )2

0

0 243

22

xe si x

xf x n si x

xm si x

≤

= + < ≤ + >

b) Per al cas 4n = − i 6m= − , calculeu l’àrea de la regió limitada per la gràfica de ( )f x ,

l’eix de les abscisses i les rectes 0x = i 4x = .



SOLUCIONARI: 1) PAU 1999 Sèrie 1 Qüestió 2:

Calcula l’àrea determinada per les corbes d’equacions 4 22y x x= − i 22y x= representada en

el dibuix següent:

• Primer hem de trobar en quin punt es tallen les dues corbes.

( )4 2 2 4 2 2 4 2 2 22 2 2 2 0 4 0 4 0x x x x x x x x x x− = → − − = → − = → ⋅ − = →

2

2

0 0

24 0

x x

xx

= =→ → = ±− = Per tant les corbes es tallen en 2x = − , 0x = i 2x = .

•Ara hem de calcular l’àrea que hi ha entre la corba inferior i la superior. Al dibuix es veu clar

que la corba superior és la paràbola, és a dir, la corba 22y x= i per tant la inferior és l’altra. No cal dir que això també ho podíem saber agafant punts, avaluant les dues funcions i fent nosaltres la representació gràfica. Donat que SEMPRE és la mateixa funció la que va per dalt no cal separar l’interval d’integració

[ ]2, 2− en subintervals i per tant el nostre problema es resol mitjançant la integral.

( ) ( ) ( )2

2 22 4 2 4 2 5 3

2 22

1 42 2 4

5 3x x x dx x x dx x x k

− −−

− − − = − + = + + = ∫ ∫

( ) ( )5 35 31 4 1 4 32 32 32 322 2 2 2

5 3 5 3 5 3 5 3k k

− − − = ⋅ + ⋅ + − ⋅ − + ⋅ − + = + − − =

264 64 1288,53

5 3 15u

−= + = =⌢


Calculeu raonadament l'expressió d'una funció ( )f x tal que ( ) 2

' xf x xe−= i que ( ) 10 2f =. •És evident que ens estan demanant una primitiva.

•Si agafem la funció ( ) 2xG x e−= i la derivem utilitzant la Regla de la Cadena tenim que

( ) ( )2 2

' 2 2x xG x e x xe− −= ⋅ − = −

• Així ( )2 2 2 21

2

1 12 2

2 2x x x xxe dx xe dx xe dx e k− − − −− − −= ⋅ − ⋅ = ⋅ − = +∫ ∫ ∫

• De totes les primitives ens demanen la que fa que ( ) 10

2f = . És a dir:



Sigui ( ) 21

2xf x e k−−= +

( ) 20 01 1 1 1 1 1 1 1 10 1 1

2 2 2 2 2 2 2 2 2f e k e k k k k−− − −= → + = → + = → ⋅ + = → = + → = i per

tant la solució del problema és ( ) 211

2xf x e−−= +


Donada la funció ( ) 164

4f x x

x= − +

+

c) Calculeu l'àrea limitada per la gràfica de la funció, l'eix OX i les rectes verticals 0x = i 2x = .

Evidentment hem de calcular ( )2

0f x dx∫ .

D’entrada pot ser que aquesta integral ( )2

0f x dx∫ no correspongui amb l’àrea per sota de la

funció ( )f x entre els punts 0x = i 2x = . Però se suposa que aquest és l’apartat c) d’un

problema on en els dos apartats primers ja ha quedat descartada aquesta possibilitat.

Però ( ) ( )2 2 2 2

0 0 0 0

16 164 4

4 4f x dx x dx x dx dx

x x = − + = − + = + +

∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( )222 2 2

00 00

14 16 4 16 ln 4 '

4 2

xx dx dx x k x k

x

= − + = − + + + + = + ∫ ∫

( ) ( )( )2 22 0

4 2 4 0 16 ln 2 4 ' ln 0 4 '2 2

k k k k

= − ⋅ + − − ⋅ + + + + − + + =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 26 34 26 0 16 ln 6 ln 4 6 16ln 6 16ln 0,49u= − − + − == − + = − + ≃

4) PAU 1999 Sèrie 5 Qüestió 3: Trobeu el valor del coeficient k de manera que l'àrea limitada per la funció ( ) 2f x x k= − + i

l'eix d'abscisses sigui igual a 236u .

En aquest cas ens hem de fer un dibuix de la funció perquè la regió que ens demanen dependrà del valor del paràmetre k. Dibuixem la funció, per exemple quan 4k =



En general, els talls de la funció ( ) 2f x x k= − + amb l’eix OX seran:

( ) 2 20 0f x x k x k x k= → − + = → = → = ±

Per tant ara sabem que l’àrea de la regió limitada per la funció ( ) 2f x x k= − + i l’eix OX és

( ) ( )3

2 '3

kk k

k kk

xf x dx x k dx kx k

− −−

= − + = − + + =

∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 3

' '3 3 3 3

k k k kk k k k k k k k k k

− − = − + + − − + ⋅ − + = − + + + =

( )3

2 2 2 6 42 2

3 3 3 3

k k k k k k k k kk k k k

− − − += + = + = =

Finalment:

( ) ( )224

36 36 4 108 27 273

k

k

k kf x dx k k k k k k

−= → = → = → = → = →∫

2 3 3729 729 729 9k k k k k→ ⋅ = → = → = → = 5) PAU 1999 Sèrie 6 Qüestió 2:

Sigui ( ) 3 21f x x= − . Calculeu l'àrea de la regió que limita la gràfica de ( )f x i l'eix

d'abscisses i que està representada en el dibuix següent:

Evidentment el problema es resoldrà calculant una integral. Primer de tot anem a calcular els extrems de l’interval d’integració. Per fer-ho necessitem saber en quins punts la funció

( ) 3 21f x x= − talla l’eix OX. És a dir, en quins punts ( ) 0f x = .

Però ( ) ( )33 32 2 2 3 20 1 0 1 1 1 1 1f x x x x x x x= → − = → = → = → = → = → = ± .



Per tant el que hem de calcular és: ( )1

1

f x dx−∫

( ) ( )1 2

1 1 1 1 13 32 2 3

1 1 1 1 11

1 1 1f x dx x dx dx x dx dx x dx− − − − −

−

= − = − = − =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

[ ]12 2 5

1 1 1 1 13 3 311 1 1 1

1

3 5 3 5 31 1 '

5 3 5 3 5dx x dx dx x dx x k x k

−− − − −−

= − ⋅ ⋅ = − ⋅ = + − + =

∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )5 55 53 33 3

3 3 3 31 1 1 ' 1 ' 1 1 1 1

5 5 5 5k k k k

= + − − + − + + − + = + − + − =

( ) ( )53 5 3 333 3 3 3 3 3 3 3 6 42 1 1 2 1 1 2 1 1 2 2

5 5 5 5 5 5 5 5 5 5= − + − = − + − = − ⋅ + ⋅ − = − − = − =


Calculeu l'àrea que té l'únic recinte tancat limitat per les gràfiques de les 2 7y x= − + i 6

yx

=

representat en el dibuix següent:

Quan ens demanen l’àrea compresa entre dues corbes sempre hem de trobar els punts de tall entre les corbes i saber quina va per dalt i quina va per sota. En aquest cas la funció

2 7y x= − + és una paràbola invertida i és la que en el gràfic del dibuix va per dalt.

Calculem ara en quins punts es tallen les dues corbes 2 7y x= − + i 6

yx

= per saber els

extrems d’integració.

( )2 2 3 367 7 6 7 6 7 6 0x x x x x x x

x− + = → ⋅ − + = → − + = → − + = que podem resoldre per

Ruffini. (Tot i que es veu clarament que una de les arrels és 1)x =

1 0 7− 6

1 1 1 6−

1 1 6− 0

Finalment resolem l’equació de 2n grau 2 6 0x x+ − = que ens dóna com a solucions 2x = i 3x = − . Per tant, el nostre interval d’integració serà [ ]1, 2 i l’àrea a calcular serà:

(Cal destacar la mala qualitat del dibuix que van ficar en aquest examen de selectiu donat que està totalment deformat) Aquí teniu el dibuix de les mateixes funcions però una mica millor escalat:



( ) ( )232 22 2

1 11

6 67 7 7 6ln

3

xx dx x dx x x k

x x

− − + − = − + − = + − + =

∫ ∫

( ) ( )3 32 1

7 2 6ln 2 7 1 6ln 13 3

k k − −+ ⋅ − + − + ⋅ − + =

( ) ( )8 1 714 7 6 ln 2 6 0 7 6 ln 2 0,5077

3 3 3k k

− −= + + − − − ⋅ + − = + − ≃


Calculeu per integració la superfície del recinte delimitat per les corbes 2y x= i la recta

d'equació 6 0y x− − = representat en el dibuix següent:

Com sempre, primer hem de calcular on es tallen les dues corbes.

6 0 6y x y x− − = → = + 2 2 26 6 0

3

xx x x x

x

= −+ = → − − = → =

També cal veure quina és la funció que va per sobre i la que va per sota. Al dibuix es veu clar que la recta va per sobre mentre que la paràbola va per sota. Finalment calculem la integral que ens donarà l’àrea:

( ) ( )( ) ( )32 33 32 2

2 22

6 6 62 3

x xx x dx x x dx x k

− −−

+ − = + − = + − + =

∫ ∫

( ) ( ) ( )2 32 3 2 23 3 9 86 3 6 2 18 9 2 12

2 3 2 3 2 3k k k k

− − = + ⋅ − + − + ⋅ − − + = + − + − + − − =

29 8 114 27 16 12519

2 3 6 6 6 6u= + − = + − =






El polinomi ( ) 2p x x ax b= + + s'anul·la per a 2x = i compleix ( )2

0

4p x dx=∫ .

Calculeu raonadament a i b. El nostre polinomi depèn de dos paràmetres a i b i ens donen dues condicions, per tant, d’entrada, si les dues condicions són independents entre si, el problema tindrà solució única. • ( ) 2p x x ax b= + + s’anul·la per a 2x = :

( ) 22 0 2 2 0 4 2 0 2 4p a b a b a b= → + ⋅ + = → + + = → + = −

• ( ) ( )23 22 2 2

0 00

4 4 43 2

x axp x dx x ax b dx bx k

= → + + = → + + + = →

∫ ∫

3 2 3 22 2 0 0 82 0 4 2 2 4

3 2 3 2 3

a ab k b k a b

⋅ ⋅→ + + ⋅ + − + + ⋅ + = → + + = →

8 4 22 2 4 2 2 3 3 2

3 3 3a b a b a b a b→ + = − → + = → + = → + =

Per tant tenim el sistema: 1 1 2 232 4 6 3 12 6 3 12 6 3 12 14

3 3 2 3 3 2 3 3 2 3 14 3

F F F Fa b a b a b a ba

a b a b a b a

→ →−+ = − + = − + = − + = − −≅ ≅ ≅ → = + = + = − − = − = −

14

3 14 166 3 12 6 3 12 28 3 12 3 16

3 3

aa b b b b b

−= −+ = − → → ⋅ + = − → − + = − → = → =

Per tant la solució al problema és 14 16

3 3a i b

−= =


Trobeu el valor de k per tal que 2

13

k

k

dx

x k+=

−∫

( ) ( ) ( )( )2

2

1 1

ln ln 2 ln 1k

k

k k

dxx k a k k a k k a

x k+ += − + = − + − + − − = −∫

( )ln k a= + ( )ln 1 a− − ( ) ( ) ( ) ( )ln ln 1 ln 0 lnk k k= − = − =

Per tant, ( ) ( )2 ln 3 3

13 ln 3

k k

k

dxk e e k e

x k+= → = → = → =

−∫


a) Quin és l'angle x en radians 02

xπ < <

tal que ( ) ( )sin cosx x= ?

Evidentment és l’angle de 45º que correspon a 4

π radians.



(Això resulta obvi per definició de sinus i cosinus com a Catet oposat/Hipotenusa i Catet contigu/Hipotenusa. L’angle de 45º fa que els dos catets siguin iguals, és a dir, el triangle és isòsceles i per tant el sinus i el cosinus han de ser el mateix.)

b) Considereu les funcions ( ) ( )sinf x x= i ( ) ( )cosg x x= . Calculeu la superfície del recinte

delimitat superiorment per les gràfiques d'aquestes funcions, inferiorment per l'eix d'abscisses i

lateralment per les rectes verticals 0x = i 3

xπ= representat en l'esquema següent:

Resulta evident que el nostre problema es resol mitjançant una integral des de 0x = fins

3x

π= . Però aquest interval l’haurem de dividir en dos subintervals. 1 40,I π= i 2 4 3,I π π= .

En cadascun d’aquests intervals, de les dues funcions ( ) ( )sinf x x= i ( ) ( )cosg x x= .

integrarem la funció que va per sota. Evidentment, donat que ( )sin 0 0= i ( )cos 0 1= ,

tindrem que en l’interval 1 40,I π= la funció que va per sota és ( ) ( )sinf x x= mentre que

en l’interval 2 4 3,I π π= , la funció que va per sota és ( ) ( )cosg x x= . Per tant, l’àrea del

nostre problema correspon a la suma de les dues integrals següents:

( ) ( ) ( ) ( )4 3 4 3

4400

sin cos cos sinx dx x dx x xπ π π π

ππ+ = − + = ∫ ∫

( ) 22 3 2 3cos cos 0 sin sin 1 1 2

4 3 4 2 2 2 2u

π π π = − + + − = − + + − = − +

11) PAU 2001 Sèrie 4 Qüestió 4: Sabeu que la gràfica de la funció ( )f x passa pel punt ( )1, 4− i que la seva funció derivada és

( )' 2 2f x x= − .

a) Determineu l'expressió de ( )f x .

( ) ( ) ( ) ( ) 2' 2 2 2 2 2f x x f x x dx f x x x k= − → = − → = − +∫

Com ( )f x passa per ( )1, 4− aleshores,

( ) 2 21 4 2 4 1 2 1 4 1 2 4 3f x x k k k k= − → − + = − → − ⋅ + = − → − + = − → = − i per tant:

( ) 2 2 3f x x x= − −



b) Calculeu l'àrea de la regió limitada per la gràfica de ( )f x i l'eix d'abscisses OX.

Per calcular l’àrea de la regió limitada per la gràfica de ( )f x i l’eix OX haurem de calcular els

punts de tall entre la funció ( )f x i l’eix. Per fer-ho resolem l’equació ( ) 0f x = .

( ) 2 10 2 3 0

3

xf x x x

x

= −= → − − = → =

Per tant hem de calcular ( ) ( )333 3 2 2

1 11

2 3 33

xf x dx x x dx x x k

− −−

= − − = − − + =

∫ ∫

( ) ( ) ( )33

22 133 3 3 1 3 1 9 9

3 3k k

− = − − ⋅ + − − − − ⋅ − + = −

19 1 3

3k k− + + + − − =

1 3211

3 3

−= − =

Que el resultat sigui negatiu solament vol dir que la regió que hem integrat està per sota de

l’eix OX i que té un àrea de 232

3u . Per tant, la resposta al problema és 232

3u .

Aquí tens representada la funció i la regió a integrar:

12) PAU 2001 Sèrie 5 Qüestió 2: Teniu una funció ( )f x definida per a ( )2,2x∈ − , sabeu que el gràfic de ( )'f x és de la

forma

on ( )' 1 0f − = , ( )' 0 1f = − , ( )' 1 1f = i que ( )0 2f = .

Dibuixeu un gràfic aproximat de ( )f x indicant en quins punts hi ha extrems relatius.

Podem observar en el gràfic de ( )'f x que ( )'f x és una funció definida a trossos. En

l’interval ( ]2, 0− és una recta de pendent 1− i ordenada a l’origen també 1− , mentre que en



l’interval [ )0, 2 ( )'f x és una recta de pendent 2 i ordenada a l’origen 1− , per tant tenim

que: ( ) 1 2 0'

2 1 0 2

x si xf x

x si x

− − − < ≤= − < <

Ara, integrant en cadascun dels dos intervals tenim que ( )2

2

2

2 0

' 0 2

x x k si xf x

x x k si x

− − + − < ≤= − + < <

Com la funció ( )f x és derivable en l’interval ( )2, 2− (perquè existeix la seva derivada),

aleshores ( )f x és continua en aquest interval. En particular ha de ser continua en el punt

0x = on es troben els dos intervals i per tant ( ) ( ) ( )0 0

lim lim 0 2x x

f x f x f− +→ →

= = =

Però:

( ) ( )2 202 2

0 0lim lim 0 0 0x

x xf x x k k k k

− −

− −

→ →= − + = − + = + + =

( ) ( )2 2

0 0lim lim ' 0 0 ' 'x x

f x x x k k k+ +→ →

= − + = − + =

( ) ( ) ( )0 0

lim lim 0 2 ' 2x x

f x f x f k k− +→ →

= = = → = = i per tant:

( )2

2

2

2 2 0

2 0 2

x x si xf x

x x si x

− − + − < ≤= − + < <

En el següent gràfic està representada la funció ( )f x en blau i la seva derivada ( )'f x en

vermell.

13) PAU 2001 Sèrie 5 Qüestió 4: Calculeu l'àrea de la regió limitada per la gràfica de la funció ( ) xf x xe= per a 0x ≥ , l'eix

d'abscisses i la recta vertical 1x = .

Evidentment l’àrea que ens demanen es resol mitjançant la integral:

( )1 1

0 0

xf x dx xe dx=∫ ∫

Però la funció ( ) xf x xe= s’ha d’integrar per parts.

Repetirem la demostració de la fórmula de integració per parts:

( )d u v udv vdu⋅ = + , prenent integrals:

( )d u v udv vdu u v udv vdu udv u v vdu⋅ = + → ⋅ = + → = ⋅ −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

En el nostre cas: Agafant u x= i xdv e= tenim que:



u x du dx= → = i x x xdv e dx v e dx e= → = =∫

Finalment, substituint en la fórmula de la integració per parts tenim:

( )1x x x x x x xudv u v vdu xe dx xe e dx xe dx xe e e x= ⋅ − → = − → = − = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Una vegada calcula la integral indefinida, calcular la definida resulta trivial:

( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 0

001 1 1 0 1 0 1 1 0 1 1x xxe e x e e e = − = − − − = ⋅ − ⋅ − = + = ∫

14) PAU 2002 Sèrie 1 Qüestió 1: Calculeu el valor positiu de a que fa que l'àrea compresa entre la recta d'equació 2y ax a= + i

la paràbola 2y ax= valgui 18.

Sempre que ens demanin un àrea d’un recinte d’integració el primer que hem de fer és un dibuix del recinte. En la gràfica de la dreta s’han representat les gràfiques per al valor 1a = . Evidentment haurem de calcular els punts on les dues corbes es tallen:

( )02 2

2

2 2 0

12 0

2

aa

ax a ax ax ax a

xx x

x

≠÷+ = → − − = →

= −→ − − = → =

Per tal de plantejar la integral que correspon a l’àrea també hem de saber quina és la funció que va per sobre i quina per sota, en el nostre cas, es veu clarament que la recta per sobre i la paràbola per sota. Així:

( )( ) ( ) ( )2 2 22 2 2

1 1 12 2 2Àrea ax a ax dx ax ax a dx a x x dx

− − −= + − = − + + = − + + =∫ ∫ ∫

( )23 2

2 2

11

2 23 2

x xa x x dx a x

−−

−= − + + = + + =

∫

( ) ( ) ( )3 23 2 1 12 2 8 1 1

2 2 2 1 2 4 23 2 3 2 3 3 2

a a − − − − − = + + ⋅ − + + ⋅ − = + + − + − =

8 1 1 9 9

6 23 3 2 2 2

aa a

− = + − − + = ⋅ =

9 18 2

18 18 42 9

aÀrea a a

⋅= → = → = → =


Calculeu l'àrea compresa entre les gràfiques de les corbes 2xy e= i 2xy e−= i la recta 5y =

representada en l'esquema següent:



Com sempre, el primer que hem de fer es representar el recinte d’integració perquè el dibuix que donen a la sele tot i que ajuda deixa molt que desitjar. Aquí tens el dibuix de l’examen de selectivitat i un altra representació realitzada amb el Geogebra. Per plantejar la integral o integrals que corresponen al recinte d’integració hem de saber on es tallen les diferents corbes. Així: ● Tall entre ( ) 2xf x e= i la recta 5y = :

( ) ( )2 2 ln 55 ln ln 5 2 ln ln 5 2 ln 5

2x xf x y e e x e x x= → = → = → = → = → =

● Tall entre ( ) 2xg x e−= i la recta 5y = :

( ) ( )2 2 ln 55 5 ln ln 5 2 ln ln 5 2 ln 5

2x xy g x y e e x e x x− −= → = → = → = → − = → − = → = −

Per tant, hem de separar el recinte d’integració en dos parts, l’interval ln 5

2 ,0− on tindrem la

funció 5y = que anirà per sobre i la funció 2( ) xg x e−= que anirà per sota i l’interval ln 520,

on la funció 5y = anirà per sobre i la funció 2( ) xf x e= va per sota. També val a dir que per simetria aquestes dues integrals han de valer el mateix, per tant també podem calcular una de les dues i multiplicar el resultat per 2.

( ) ln 52

ln 5ln 522

0022 2 0

1

1 1 ln5 15 5 0 5

2 2 2 2x xA e dx x e e e

−

−−

− ⋅− − − = − = + = + − ⋅ + = ∫

ln 51 5ln5 1 1 5ln5 1 1 5 5ln5 5ln50 5 2 2,02

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2e

− = + − + = + − ⋅ = − + = − +

≃

Per tant, l’àrea total serà 12 2 2,02 4,04A A= ⋅ ⋅ =≃

NOTA: També haguéssim pogut calcular l’altra integral, seria aquesta:

( )ln 52ln 5 ln 5

2 222 2 0

2 00

1 ln 5 1 15 5 5 0

2 2 2 2x xA e dx x e e e⋅ = − = − = ⋅ − − − =

∫

ln 55ln5 1 1 5ln5 1 1 5ln50 5 2 2,02

2 2 2 2 2 2 2e

= − − − = − ⋅ + = −

≃


Calculeu la primitiva de la funció ( ) 2 1f x x x= − que s'anul·la en el punt d'abscissa 2x = .



( ) ( ) ( )( ) ( )( )1 12 22 2 2 1 ( )1 *1f x dx x x dx x x dx x x dx= − = − = − ⋅ =∫ ∫ ∫ ∫

Sigui ( )322( ) 1F x x= − un candidat a primitiva, aleshores:

( ) ( ) ( ) ( )1 12 22 23

' 1 2 3 12

F x x x x x= − ⋅ = − ⋅

Per tant, el que necessitem és introduir un 3 dintre de la integral, és a dir,

( ) ( )( ) ( ) ( )31 12 2 2

32

2 2 211 1 1

3 1 3 1(*) 13 3 3 3

xx x dx x x dx x C C

− = ⋅ − ⋅ = − ⋅ = + + = + ∫ ∫

Com ens demanen la primitiva que s’anul·la en 2x = hem d’imposar la condició

( )( )32 32 1 3 3 3

2 0 0 0 03 3 3

F C C C−

= → + = → + = → + = →

3 0 3C C→ + = → = − i per tant la primitiva que ens estan demanant és:

( )( )32 1

33

xF x

−= −


Calculeu ( )3

1

2 lne xdx

x∫ .

Sigui ( )4( ) lnF x x= un candidat a primitiva, aleshores ( ) ( ) ( )33 4ln1

' 4lnx

F x xx x

= ⋅ =

Per tant, solament ens cal introduir un 2 dintre de la nostra integral original. Així:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3

4 4 4

11 1 1

2ln 4ln 4ln1 1 1 1ln ln ln 1

2 2 2 2

e e eex x x

dx dx dx x ex x x

= = = = − = ∫ ∫ ∫

( ) ( )( ) ( ) ( )4 4 4 41 1 1 1ln ln1 1 0 1 0

2 2 2 2e= − = − = − =


Donada ( ) ( ) ( )2

2 1x x

f x x e+= + , determineu la funció ( )g x tal que ( ) ( )'g x f x= (és a dir,

una primitiva de ( )f x ) i que el seu gràfic passa pel punt ( )0,2 .

Una funció ( )g x tal que ( ) ( )'g x f x= és una primitiva de f . Per tant:



( ) ( ) ( ) ( )2 2

2 1x x x xg x f x dx x e dx e C

+ += = + = +∫ ∫

Si aquesta primitiva ha de passar pel punt ( )0,2 tenim:

( ) ( )2 20 0 00 2 2 2 1 2 1 1x xg e C e C C C g x e+ += → + = → + = → + = → = → = +


Considerem la regió S del pla limitada per la paràbola 23y x= i la recta 3y = representada en l'esquema següent:

Siguin A i B els punts d'intersecció de la recta i la paràbola, i T el triangle que té per vèrtexs A, B i l'origen de coordenades ( )0,0 . Calculeu l'àrea de la regió que resulta quan es treu el

triangle T a la regió S. Es pot fer un dibuix més acurat del recinte d’integració dibuixant també el triangle, seria així: L’àrea que se’ns demana és la pintada de color marró. Aquesta àrea es pot calcular de moltes maneres però potser la més intel·ligent sigui calcular el recinte entre la recta

3y x= i la paràbola i desprès restar-li l’àrea del triangle com

2

base x altura.

Primer de tot necessitem els punts de tall entre la recta i la paràbola. Així:

2 23 3 1 1 1x x x x= → = → = → = ± ● Àrea entre la paràbola i la recta:

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )1

1 32 3 3

11

3 3 3 3 1 1 3 1 1 3 1 3 1x dx x x−

−

− = − = ⋅ − − ⋅ − − − = − − − + = ∫

( )2 2 2 2 4= − − = + =

● Àrea triangle: 2 3

32 2T

base x alturaA

⋅= = =

● Àrea recinte: 4 3 1− =

20) PAU 2004 Sèrie 1 Problema 1: Considereu la funció ( ) 3 2 1, 0f x x mx m= + + ≥ .



a) Calculeu el valor de m per tal que l’àrea del recinte limitat per la gràfica de la funció, l’eix OX i les rectes 0x = i 2x = sigui de 10 unitats quadrades.

NOTA: La funció f serà sempre positiva en aquest interval, donat que en l’interval [ ]0,2 la

variable x és sempre positiva i per tant, donat que 0m≥ tindrem que tots els termes de

( ) 3 2 1, 0f x x mx m= + + ≥ seran positius. Així, una vegada descartats canvis de signe podem

assegurar que l’àrea demanada coincidirà amb ( )2

0

f x dx∫ .

( ) ( ) ( )22 2 4 3 4 3

3 2

0 0 0

2 2 8 81 2 0 4 2 6

4 3 4 3 3 3

x xf x dx x mx dx m x m m m

= + + = + + = + + − = + + = +

∫ ∫

8 8 4 3 310 6 10 4

3 3 8 2Àrea m m m m

⋅= → + = → = → = → =

b) Per a 1m= , indiqueu el punt o els punts on la recta tangent a la gràfica de la funció forma un angle de 45° amb el semieix positiu de OX.

( ) ( )13 2 3 21 1mf x x mx f x x x== + + → = + +

La recta que fa 45º amb el semieix positiu de OX és la diagonal del primer quadrant és a dir, al recta y x= que té pendent 1. Per tant, m’estan preguntant en quins punts la derivada val 1.

( ) ( )3 2 21 ' 3 2f x x x f x x x= + + → = +

( ) 2 2

1' 1 3 2 1 3 2 1 0 1

3

xf x x x x x

x

= −= → + = → + − = → =

Per tant els punts de la funció f on la recta tangent formarà un angle de 45º amb el semieix

positiu de OX seran:

( )( )1, 1f− − i ( )( )1 13 3, f , és a dir, ( ) ( )311

3 271,1 i ,−

21) PAU 2004 Sèrie 3 Qüestió 2: Donada la funció ( ) ( )3cos cosf x x x= − :

a) trobeu la seva integral indefinida; Indicació: recordeu que ( ) ( )2 2sin cos 1x x+ = .

( ) ( )( )

3 2 2cos cos cos 1 cos cos sinindicació

x x x x x x− → ⋅ − = ⋅

( ) ( )( )3 2 21cos cos cos sin 3 sin cos

3f x dx x x dx x xdx x xdx= − = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =∫ ∫ ∫ ∫



( )2 31 13 sin cos sin

3 3x x dx x C= ⋅ ⋅ = +∫

b)quina és la primitiva de ( )f x que passa pel punt , 02

π

?

( ) 31sin

3F x x C= + passa pel punt ( ) ( )3

2 2

1, 0 0 sin 0

2 3F Cπ ππ → = → + = →

( ) ( ) ( )3 3 31 1 1 1 1 11 0 0 sin sin 1

3 3 3 3 3 3C C C F x x F x x→ ⋅ + = → + = → = − → = − → = −


Calculeu l’àrea del recinte tancat que delimiten la gràfica de la funció 2y x= i la recta y x=. En qualsevol problema d’àrees el primer que hem de fer és dibuixar el recinte. Per poder plantejar la integral caldrà trobar els punts de tall entre les dues gràfiques. Així:

( )( )

22 2 22 2 2 2 0

0 02 0

2 0 2

x x x x x x x x

x xx x

x x

= → = → = → − = →

= = → ⋅ − = → → − = =

Finalment plantegem la integral:

( ) ( )2 2 2 2 2 2

0 0 0 0 0 0

2 2 2 2Àrea x x dx x x dx xdx xdx xdx xdx= − = ⋅ − = ⋅ − = − =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )32

2 22 22 2 2 2

0 00 0

2 2 2 2 02 2 2 2 2 0 0

3 2 3 2 3 2 2

x xx x x

= − = − = ⋅ − − − =

2 8 22 2 2 2 2

3 3 3= ⋅ ⋅ − = − =

23) PAU 2004 Sèrie 4 Qüestió 4: Considereu la funció ( )f x de la figura definida a l’interval [ ]0, 2 .



a) Calculeu la funció derivada ( )'f x a l’interval ( )0, 2

La funció derivada, si existeix coincideix amb la pendent de la recta tangent de la funció. Quan la funció és una recta (polinomi de grau 1) la seva derivada és una constant (polinomi de grau 0) que coincideix amb la pendent de la recta. En el nostre cas, en l’interval ( )0,1 la funció f té una pendent de:

( ) ( )1 0 1 0 11

1 0 1 0 1

f fyPendent

x

−∆ −= = = = =∆ − −

Mentre que en l’interval ( )1,2 la funció f té un pendent de:

( ) ( )2 1 1,5 1 0,50,5

2 1 2 1 1

f fyPendent

x

−∆ −= = = = =∆ − −

Per tant, ( )( )

( )

1 0,1' 1

0,22

si xf x

si x

∈=

∈

Noteu que en el punt 1x = la funció f no és derivable!!

b) Hi ha algun punt de ( )0, 2 en el qual ( )'f x no existeixi?

En 1x = no existeix ( )'f x perquè la funció f no és derivable donat que no coincideixen les

derivades laterals per l’esquerra i per la dreta. La derivada per l’esquerra de 1 seria 1 mentre

que per la dreta seria 12 .

NOTA: També es podria dir que f no és derivable en el punt 1x = argumentant que en

aquest punt la gràfica de f no és suau, és a dir, té un pic.

c) Calculeu ( )2

0f x dx∫ .

Per calcular aquesta integral es podria raonar que aquesta integral correspon a l’àrea entre la funció f , les rectes 0x = , 2x = i l’eix OX i que per tant es pot calcular com a suma de

l’àrea de dos triangles i un rectangle o també calculant l’expressió analítica de f i integrant-la. ● Raonant per figures geomètriques tindríem que l’àrea és:



1 2

1211 1 1 1 7

1 1 12 2 2 4 4T T RA A A A

⋅⋅= + + = + + ⋅ = + + =

● Raonant calculant la funció f el raonament podria ser el següent:

( )( )

( )( )

( )

( )( ) ( )

11,1

2

1 0,1 0,1' 1 1

0,2 0,22 2

f x

si x x C si xf x f x

si x x C si x

∈∈ + ∈

= → = → ∈ + ∈

( )( )

( )( )

( )

( )

0,1 0,1

1 1 10,2 0,2

2 2 2

x si x x si xf x f x x

x si x si x

∈ ∈ → = → = ++ ∈ ∈

Finalment integrem la funció:

( ) ( ) ( )1 22 2

2 1 2 1 2

0 0 1 0 10 1

1

2 2 4 2

x x x xf x dx f x dx f x dx xdx dx

+= + = + = + + =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2 2 2 21 0 2 2 1 1 1

2 2 4 2 4 2 2

= − + + − + =

1 11 1

4 2+ + − − 1 7

24 4

= − =


Calculeu el valor de la integral següent: 3

0

1 1

1

x xdx

x

+ + ++∫

Podem calcular la primitiva de la funció dividint-la en dos parts.

1 1 1 1 1 11 1 2

1 1 1 1 2 1

x x x xdx dx dx dx dx dx dx

x x x x x

+ + + + += + = + = + =+ + + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2 1x x C= + + +

( ) ( ) ( ) ( )33

0 0

1 12 1 3 2 3 1 0 2 0 1 3 2 4 2 1

1

x xdx x x

x

+ + + = + + = + + − + + = + − = +∫

3 4 2 5= + − =

25) PAU 2005 Sèrie 1 Problema 2: Considereu la funció ( ) 24f x x x= − .

a) Calculeu l’equació de les rectes tangents a la gràfica de f en els punts d’abscisses 0x =

i 4x = .



Sabem que l’equació de la recta tangent a la gràfica de la funció ( )f x en el punt x a= és:

( ) ( )( )'y f a f a x a− = −

En el nostre cas:

( ) ( ) ( )( )

2' 0 4 2 0 4 0 4

4 ' 4 2' 4 4 2 4 4 8 4

ff x x x f x x

f

= − ⋅ = − == − → = − → = − ⋅ = − = −

Per tant en el punt 0x = la recta tangent és:

( ) ( )( ) ( )0 ' 0 0 0 4 0 4y f f x y x y x− = − → − = − → =

I en el punt 4x = la recta tangent és:

( ) ( )( ) ( )4 ' 4 4 0 4 4 4 16y f f x y x y x− = − → − = − − → = − +

b) Feu un gràfic dels elements del problema. En el gràfic de la dreta estan representats els diferents elements del problema.

c) Calculeu l’àrea compresa entre la gràfica de f i les rectes tangents que heu trobat a

l’apartat a). Per poder plantejar la integral o les integrals que donen l’àrea primer hem de calcular els punts de tall. En el nostre cas no ens cal calcular els talls entre les rectes i la paràbola perquè per construcció la recta 4y x= és tangent a la paràbola en el punt 0x = i per tant el tall entre

ambdues serà el punt ( )( )0, 0f . Anàlogament el tall entre la recta 4 16y x= − + i la paràbola

f es produirà en el punt ( )( )4, 4f .

Per tant, el únic punt de tall que ens caldrà calcular és el tall entre les dues rectes que segons el dibuix ja es veu clar que serà en l’abscissa 2x = . 4 4 16 8 16 2x x x x= − + → = → = . Per tant, l’àrea serà:



( )( ) ( )( )2 4

0 2

4 4 16A x f x dx x f x dx= − + − + − =∫ ∫

( )( ) ( )( )2 4

2 2

0 2

4 4 4 16 4x x x dx x x x dx= − − + − + − − =∫ ∫

( ) ( ) ( )42 32 4 2 4 3

22 2 2

0 2 0 2 0 2

48 16 4

3 3

xxx dx x x dx x dx x dx

− = + − + = + − = + =

∫ ∫ ∫ ∫

( )33 3 3 22 0 0 8 8 160 0

3 3 3 3 3 3 3

−= − + − = − + + =


Considereu la funció ( )2 0

0bx

x x b si xf x

ae si x

+ + <= ≥

on a i b són nombres reals.

a) Quina condició han de complir a i b per tal que f sigui contínua a tot ℝ ?

f és una funció definida a trossos, on el primer tros és un polinomi que és una funció continua

en tot ℝ i el segon tros és una funció exponencial que també és continua en tot ℝ . Per tant, l’únic problema de continuïtat el podem tenir en el punt 0x = que és on s’uneixen els dos trossos de la funció. La funció f serà continua en el punt 0x = si els límits laterals coincideixen i aquest valor

( ) ( )2

0 0lim lim 0 0x x

f x x x b b b− −→ →

= + + = + + =

( ) ( ) 0 0

0 0lim lim 1bx b

x xf x ae ae ae a a

+ +

⋅

→ →= = = = ⋅ =

( ) 0 00 1bf ae ae a a⋅= = = ⋅ =

Per tant, f continua en tot ℝ sii a b=

b)Trobeu els valors de a i b per als quals f sigui contínua però no derivable a tot ℝ .

( ) ( ) ( )2 2 1 0 2 1 00

' '0 00 bx bxbx

x si x x si xx x b si xf x f x f x

ae b si x abe si xae si x

+ < + < + + < = → = → = ⋅ ≥ ≥≥

La funció f serà derivable en els dos trossos, a l’igual que abans, el que hem de mirar és el

punt 0x = on s’uneixen aquests trossos.

( ) ( ) 0

2 1 0 2 0 1 0 1 0' ' 0

00 0bx b

x si x si x si xf x f

ab si xabe si x abe si x⋅

+ < ⋅ + < < = = = ≥≥ ≥



Per a que no sigui derivable s’ha de complir que 1a b⋅ ≠ . Per tant hem de resoldre el sistema:

21 1 1 11

a ba a a a a

a b

= → ⋅ = → = → = → = ± ⋅ =

Per tant per a que la funció sigui continua en tot ℝ però no derivable en tot ℝ s’ha de complir

que 1a b= ≠ ±

c) Per a 1a = i 1b = , calculeu ( )1

1f x dx

−∫ .

( ) ( )2 2

11

0 1 0

0 0abbx x

x x b si x x x si xf x f x

ae si x e si x==

+ + < + + < = → = ≥ ≥

Com en l’interval [ ]1,1− la funció està definida en dos trossos, hem de dividir la integral en

dos:

( ) ( ) ( ) ( )1 0 1 0 12

1 1 0 1 01 xf x dx f x dx f x dx x x dx e dx

− − −= + = + + + =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

03 2

1 1 0

01

1 1 5 5 10 1 1 1

3 2 3 2 6 6 6xx x

x e e e e e e−

− − = + + + = − + − + − = − + − = + − = −


Donada la funció: ( )25 4

xf x

x=

−:

a) Calculeu la integral ( )f x dx∫ .

( )( )

( )12

12

2

2 2 25 4

5 4 5 4(*)

5 4

x x xf x dx dx dx x xdx

x x x

−= = = = − ⋅ =

− − −∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Sigui ( ) ( )1225 4F x x= − un candidat a primitiva, aleshores:

( ) ( ) ( )1 12 22 21

' 5 4 10 5 5 42

F x x x x x− −

= − ⋅ = ⋅ − ⋅ , per tant, necessitem ficar un 5 dintre de la

integral.

( )( )

( )12

12

2

2 2 25 4

5 4 5 4(*)

5 4

x x xf x dx dx dx x xdx

x x x

−= = = = − ⋅ =

− − −∫ ∫ ∫ ∫ ∫



( ) ( ) ( )1 1 12 2 2

22 2 21 1 1 5 4

5 5 4 5 5 4 5 45 5 5

*)5

(x

x xdx x xdx x C C− − −= ⋅ − ⋅ = − ⋅ = − + = +∫ ∫

b) Trobeu la primitiva F de f que compleixi ( )1 1F = .

( ) ( )2 25 1 4 1 1 4 5 4 4

1 1 1 1 15 5 5 5 5 5

xF C C C F x

⋅ − −= → + = → + = → = − = → = +

28) PAU 2006 Sèrie 3 Qüestió 2: Considereu la funció ( )y f x= definida per a [ ]0, 5x∈ que apareix dibuixada a la figura

adjunta.

a) Quina és l’expressió de la seva funció derivada quan existeix? La derivada en un punt coincideix amb la pendent de la recta tangent en aquest punt. Si la funció és una recta, aleshores la recta tangent en un punt és precisament la funció. • Per tant en l’interval [ ]0,2 :

( ) ( ) ( )2 0 2 0 2' tan 1

2 0 2 0 2

f fyf x Pendent recta gent

x

−∆ −= = = = = =∆ − −

• En l’interval [ ]2,4 :

( ) ( ) ( )4 2 2 2 0' 0

4 2 4 2 2

f fyf x

x

−∆ −= = = = =∆ − −

• En l’interval [ ]4,5 :

( ) ( ) ( )5 4 0 2 2' 2

5 4 5 4 1

f fyf x

x

−∆ − −= = = = = −∆ − −

Així: ( )( )( )( )

1 0,2

' 0 2,4

2 4,5

si x

f x si x

si x

∈

= ∈− ∈

Noteu que en 2x = i en 4x = la funció no és derivable.



b) Calculeu ( )3

0f x dx∫ .

Com la funció f és estrictament positiva en l’interval [ ]0,3 , és a dir, no canvia de signe en

aquest interval, la integral anterior coincideix amb l’àrea del recinte format per la funció, l’eix

OX i les rectes 0x = i 3x = que podem calcular directament sumant els quadrets, dóna 4 .

També podríem calcular aquesta àrea trobant l’expressió analítica de la funció i desprès integrant-la, en aquest cas el raonament seria:

( )( )( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

1

2,22 4,2

3

1 0,2 0,22 2

' 0 2,4 2,44 2

2 4,5 2 4,5

f

f

si x x C si xf

f x si x f x C si xf

si x x C si x

∈∈

∈ + ∈ = = ∈ → = ∈ → = − ∈ − + ∈

( )[ )[ )[ ]

1 1

2 2

3 3

0,22 2 0

2 2 2 2,4

2 4 2 10 2 10 4,5

x si xC C

C C f x si x

C C x si x

∈+ = = = → = → = ∈

− ⋅ + = = − + ∈

( ) ( ) ( ) [ ]22

3 2 3 2 3 3

20 0 2 0 20

2 2 2 0 6 4 42

xf x dx f x dx f x dx xdx dx x

= + = + = + = − + − =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫


El gràfic de la funció ( ) 1

2 1f x

x=

+, quan 0x > , és com segueix:

a) Trobeu una primitiva de la funció f .

( ) ( )1 1 1 1 112

22 ln 2 1

2 1 2 1 2 2 1 2f x dx dx dx dx x C

x x x= = ⋅ ⋅ = ⋅ = + +

+ + +∫ ∫ ∫ ∫

b) Calculeu l’àrea de la regió ombrejada.



( ) ( ) ( )44 4

22 2

1 1 1 1 1 1 9ln 2 1 ln9 ln5 ln9 ln5 ln

2 1 2 2 2 2 2 5f x dx dx x

x = = + = − = − = = +

∫ ∫

12

95

9ln ln

5 = =


Considereu la paràbola d’equació 2 2 3y x x= + − .

a) Calculeu les equacions de les rectes tangents a la paràbola en els punts d’abscissa 1x = − i 1x = .

Donada una corba ( )f x sabem que l’equació de la recta tangent en el punt x a= és

( ) ( )( )'y f a f a x a− = −

En el nostre cas:

( ) ( ) ( ) ( )( )

2' 1 2 1 2 2 2 0

2 3 ' 2 2' 1 2 1 2 2 2 4

ff x x x f x x

f

− = ⋅ − + = − + == + − → = + → = ⋅ + = + =

• Recta tangent en 1:x = −

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )1 ' 1 1 4 0 1 4 0 4y f f x y x y y− − = − − − → − − = ⋅ + → + = → = −

• Recta tangent en 1:x =

( ) ( )( ) ( )1 ' 1 1 0 4 1 4 4y f f x y x y x− = − → − = ⋅ − → = −

b) Calculant el mínim de la funció 2 2 3y x x= + − trobeu el vèrtex de la paràbola.

Per calcular el mínim hem de fer la derivada:

( ) ( )2 2 3 ' 2 2y x x x y x x= + − → = +

( )' 0 2 2 0 2 2 1y x x x x= → + = → = − → = −

Interval ( ), 1−∞ − 1− ( )1,− +∞

Signe de ( )'f x − 0 +

Monotonia de

( )f x

m

Per tant, en el punt 1x = − la funció passa de decreixent a creixent i per tant té un mínim relatiu.

( )( ) ( )1, 1 1,4f− − = −



c) Trobeu les interseccions de la paràbola amb els eixos i feu una representació gràfica de la paràbola i de les tangents obtingudes al primer apartat. • Talls amb l’eix OX:

( )

( )2

3,030 2 3 0

1 1,0

xy x x

x

−= −

= → + − = → → =

• Tall amb l’eix OY:

( ) ( )20 0 0 2 0 3 3 0, 3x y= → = + ⋅ − = − → −

d) Calculeu l’àrea compresa entre la paràbola i les rectes tangents. Podem observar que és impossible calcular tot el recinte d’integració mitjançant una sola integral. Hem de calcular el punt d’intersecció de les dues rectes i integrar els dos recintes. • Punt d’intersecció de les dues rectes:

4 4 4 4 4 4 4 0 0x x x x− = − → = − + → = → =

1 2A A A= + on:

( )( ) ( )00 0 3

2 2 21

1 1 1

2 3 4 2 13

xA x x dx x x dx x x

− − −

= + − − − = + + = + + =

∫ ∫

( ) 10 1 1

3

−= − + − 1

3 =

( ) ( )( ) ( )13

11 1 32 2 2

2

0 0

2 3 4 4 2 13

xA x x x dx x x dx x x

= + − − − = − + = − + =

∫ ∫

( )1 11 1 0

3 3 = − + − =

1 2

1 1 2

3 3 3A A A= + = + =

31) PAU 2007 Sèrie 1 Qüestió 3: Busqueu els extrems relatius i els punts de tall amb els eixos, i feu una representació

aproximada de la corba d’equació 4 2y x x= − . A continuació, calculeu l’àrea del recinte tancat

per aquesta corba i l’eix d’abscisses.

• Extrems relatius:

4 2 3' 4 2y x x y x x= − → = −



( )3 2

2 2 212 2

2 0 0' 0 4 2 0 2 2 1 0

2 1 0 2 1

x xy x x x x

x x x x

= → == → − = → ⋅ − = → − = → = → = → = ±

Interval ( )22,−∞ −

22

− ( )2

2 ,0− 0 ( )220,

22

( )22 ,+∞

Signe de

( )'f x − 0 + 0 − 0 +

Monotonia de

( )f x

m

M

m

Finalment calculem les dues coordenades d’aquests extrems relatius:

( ) ( ) ( )4 22 2 2

2 2 2

1 1 1 2 1,

4 2 4 2 4y A− − − −= − = − = − → = −

( ) ( )4 20 0 0 0 0,0y B= − = → =

( ) ( ) ( )4 22 2 2

2 2 2

1 1 1 2 1,

4 2 4 2 4y C

= − = − = − → = −

• Punts de tall amb els eixos: Talls amb l’eix OX:

( )2

4 2 2 2

2 2

0 00 0 1 0

1 0 1 1 1

x xy x x x x

x x x x

= → == → − = → ⋅ − = → − = → = → = → = ±

Tall amb l’eix OY:

( ) ( )4 20 0 0 0 0 0,0x y= → = − = →

El recinte a integrar, acolorit de color marró coincidirà amb la integral de la funció entre 1− i 1 canviada de signe perquè la funció durant tot aquest interval va per sota de l’eix d’abscisses. Per tant:

( ) ( )11 1 5 3

4 2

1 1 15 3

x xA f x dx x x dx

− − −

= = − = − =

∫ ∫

1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 4 4

5 3 5 3 5 3 5 3 5 3 15 15

− − − = − − − = − + − = − = =

32) PAU 2007 Sèrie 3 Qüestió 4: La funció derivada ( )'F x d’una funció contínua :F →ℝ ℝ que passa per l’origen és una

funció a trossos formada per les semirectes del dibuix.



Escriviu l’expressió de la funció ( )F x com una funció a trossos.

Donat que la funció ( )'F x és una funció definida en dos trossos ( ),2−∞ i [ )2,+∞ la seva

primitiva ( )F x també serà una funció definida en aquests dos trossos.

En l’interval ( ),2−∞ la funció ( )'F x és la recta de pendent 1 i ordenada en l’origen 1.−

En l’interval [ )2,+∞ la funció ( )'F x és constant igual a 1. Així:

( ) ( )[ )

1 ,2'

1 2,

x si xF x

si x

− ∈ −∞= ∈ +∞

I per tant:

( ) ( )

[ )

2

1

2

,22

2,

xx C si x

F x

x C si x

− + ∈ −∞=

+ ∈ +∞

Donat que la funció passa per l’origen tenim: ( )2

1 1

00 0 0 0 0

2F C C= → − + = → = .

Com també ens diuen que la funció és continua en tot ℝ aleshores ha de ser continua en el punt 2x = que és on s’empalmen els dos trossos que la defineixen. Així:

2

2 2 2

22 2 0 2 2

2C C C− = + → = + → = −

I per tant:

( ) ( )

[ )

2

,22

2 2,

xx si x

F x

x si x

− ∈ −∞=

− ∈ +∞


Donades les funcions ( ) 2 4f x x ax= − − i ( )2

2

xg x b= + :

a) Calculeu a i b de manera que les gràfiques de ( )f x i de ( )g x siguin tangents en el punt

d’abscissa 3x= , és a dir, que tinguin la mateixa recta tangent en aquest punt.



Dues funcions f i g són tangents en un punt x a= si en aquest punt coincideixen les

funcions i les seves derivades, és a dir, si ( ) ( )f a g a= i ( ) ( )' 'f a g a= .

En el nostre cas:

( ) ( )2

2 33 3 3 3 4

29 9

9 3 4 3 9 4 32 2

f g a b

a b a b

= → − ⋅ − = + →

→ − − = + → + = − − →

16 2 1

2a b a b→ + = → + =

( ) ( )2 4 ' 2f x x ax f x x a= − − → = −

( ) ( )2

'2

xg x b g x x= + → =

( ) ( )' 3 ' 3 2 3 3 6 3 6 3 3f g a a a a= → ⋅ − = → − = → − = → =

1726 2 1 18 2 1 2 17

3 3 3 3

ba b b b

a a a a

−=+ = + = = − → → → = = = =

b) Trobeu l’equació de la recta tangent esmentada en l’apartat anterior. Com la recta tangent a les dues funcions és la mateixa calcularem la recta tangent a la funció f .

Sabem que la recta tangent a la gràfica d’una funció f en el punt x a= és

( ) ( )( )'y f a f a x a− = − .

En el nostre cas, ( ) ( )( )3 ' 3 3y f f x− = −

( ) ( ) ( )( )

23 4

3 3 4 ' 2 3' 3 3

fa f x x x f x x

f

= −= → = − − → = − → =

( ) ( )4 3 3 4 3 9 3 13y x y x y x− − = − → + = − → = −

c) Pel valor de a obtingut en el primer apartat, calculeu el valor de l’àrea de la regió limitada per l’eix d’abscisses OX i la funció ( )f x .



Abans de calcular l’àrea ens hem de dibuixar el recinte d’integració. Talls de la funció amb l’eix OX:

0y = → ( ) 2 13 4 0

4

xf x x x

x

= −= − − = → =

Com el recinte a integrar queda per sota de l’eix OX la integral ens donarà negativa i per tant l’àrea coincidirà amb el valor absolut de la integral.

( ) ( )44 4 3 2

2

1 1 1

33 4 4

3 2

x xf x dx x x dx x

− − −

= − − = − − =

∫ ∫

( ) ( ) ( )3 23 2 1 3 14 3 4 64 1 3 125

4 4 4 1 24 16 43 2 3 2 3 3 2 6

− ⋅ − ⋅ − − = − − ⋅ − − − ⋅ − = − − − − + = Per tant:

( )4

1

125 125

6 6Àrea f x dx

−

−= = =∫

34) PAU 2008 Sèrie 2 Qüestió 1: Se sap que certa funció derivable ( )F x verifica les condicions següents:

( )4

1'F x

x= i ( )1 3F =

a) Trobeu ( )F x .

Per trobar ( )F x hem de trobar una primitiva de ( )'F x

( ) ( ) 314 4

14

4 3

4

1 1 4 4'

3 3F x F x dx dx dx x dx x C x C

xx

−= = = = = + = +∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( )4 43 34 4 4 5 4 51 3 1 3 3 3

3 3 3 3 3 3F C C C C F x x= → + = → + = → = − → = → = +

b) Calculeu l’àrea compresa entre ( )F x i l’eix OX des de 0x = fins a 1x = .

Si no dibuixem prèviament la funció no podem assegurar

que l’àrea que ens demanen coincideixi amb ( )1

0

F x dx∫

perquè podria passar que la funció ( )F x canviés de

signe en aquest interval. Però al funció

( ) 4 34 5

3 3F x x= + és positiva en aquest interval i no

canvia de signe. Així podem assegurar que:



( )1 1

4 3

0 0

4 5

3 3Àrea F x dx x dx

= = + =

∫ ∫

3 74 4

11

00

4 5 4 4 5

3 3 3 7 3x dx x x

= + = ⋅ ⋅ + = ∫

1

4 3

0

16 5 16 5 170

21 3 21 3 7x x x

= + + − =


Considereu la funció ( ) ( )3

x a xf x

a

−= , amb 0a > .

a) Trobeu els punts de tall de la funció ( )f x amb l’eix OX.

Talls amb l’eix OX:

( ) ( ) ( )3

00 0 0 0

0

xx a xy f x x a x

a x x aa

=− = → = → = → − = → − = → =

Per tant, els punts de tall amb l’eix OX són ( )0,0 i ( ),0a

b) Comproveu que l’àrea del recinte limitat per la gràfica de la funció ( )f x i l’eix d’abscisses

no depèn del valor del paràmetre a. La funció ( )f x és una paràbola “cap a baix” donat que el producte ( )x a x− és un polinomi

de segon grau amb el coeficient corresponent a 2x negatiu.

( ) ( ) ( ) ( )3 2

23 3 3 3

0 0 0 0 0

1 1 1

3 2

aa a a ax a x x xÀrea f x dx dx x a x dx x ax dx a

a a a a

− −= = = − = − + = + =

∫ ∫ ∫ ∫

3 2 3 2 3 3 3 3 0

3 3 3 3

1 0 0 1 1 10

3 2 3 2 3 2 6 6 6

aa a a a a aa a

a a a a

≠ − − −= + ⋅ − + ⋅ = + − = = =

NOTA: Podem observar com el resultat és sempre 1/6 que no depèn de a.




Considereu les corbes 24y x x= − i 2 6y x= − .

a) Trobeu-ne els punts d’intersecció.

22 2 2 2 14 6 2 4 6 0 2 3 0

3

xx x x x x x x

x÷ = −

− = − → − − = → − − = → =

Si volem calcular les dues coordenades dels punts podem triar qualsevol de les funcions. Així:

( )1, 5A = − − i ( )3,3B =

b) Representeu les dues corbes en una mateixa gràfica, on es vegi clarament el recinte que limiten entre elles. c) Trobeu l’àrea d’aquest recinte limitat per les dues corbes.

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )3 3 3

2 2 2 2

1 1 1

4 6 4 6Àrea f x g x dx x x x dx x x x dx− − −

= − = − − − = − − + =∫ ∫ ∫

( )33 3

2 2

1 1

22 4 6 2 6

3

xx x dx x x

− −

−= − + + = + + =

∫

( ) ( ) ( )33

22 2 12 32 3 6 3 2 1 6 1

3 3

− ⋅ − − ⋅= + ⋅ + ⋅ − + ⋅ − + ⋅ − =

( ) 2 2 6418 18 18 2 6 18 2 6

3 3 3 = − + + − + − = − − + =





4 bf x a

x x= + + .

a) Calculeu els valors de a i b, sabent que la recta 2 3 14x y+ = és tangent a la gràfica de la

funció ( )f x en el punt d’abscissa 3x = .

2 14

2 3 14 3 14 23 3

xx y y x y

−+ = → = − → = +

Per a que una funció f i una recta r siguin tangents en el punt 3x = , en aquest punt han de

coincidir els seus valors i les seves derivades, és a dir, ( ) ( )3 3f r= i ( ) ( )' 3 ' 3f r= .

( ) ( ) ( )1 2 2 32 2 3

4 4 24 ' 0 4 2 '

b bf x a a x bx f x x bx f x

x x x x− − − − −= + + = + + → = − − → = −

( ) ( )2 14 2'

3 3 3

xr x r x

− −= + → =

( ) ( ) 2

4 2 3 14 4 14 14 43 3 2 2

3 3 3 3 3 9 3 9 3 3

b b bf r a a a

− ⋅= → + + = + → + + = − + → + = − + − →

910 42 9 12

9 3 9 3

b ba a a b×→ + = − + → + = → + =

( ) ( ) 2 3

4 2 2 4 2 2 12 2 18' 3 ' 3

3 3 3 9 27 3 27 27 27

b b bf r

− − − − − −= → − = → − = → − = →

12 2 18 2 18 12 2 6 3b b b b→ − − = − → = − → = → =

9 12 9 3 12 9 9 1a b a a a+ = → + = → = → =

Per tant, 1a = i 3b =

Per a la resta d’apartats, considereu que 3a = − i que 4b = .

b) Trobeu els intervals de creixement i de decreixement de la funció ( )f x . Trobeu i

classifiqueu els extrems relatius que té la funció. A partir d’aquest apartat ens fan treballar amb la funció f on 3a = − i 4b = , per tant:

( ) 2

4 43f x

x x= − + +

Per estudiar els extrems d’aquesta funció cal derivar-la i igualar-la a zero.

( ) ( ) ( )1 2 2 32 2 3

4 4 4 83 3 4 4 ' 0 4 8 'f x x x f x x x f x

x x x x− − − − −= − + + = − + + → = − − → = −



( ) 3 2 3 22 3 2 3

4 8 4 8' 0 0 4 8 4 8 0f x x x x x

x x x x

− −= → − = → = → − = → + = →

( )2

2 4 0 04 2 0

2 0 2

x xx x

x x

= → =→ + = →

+ = → = −

Recordem que en la taula següent fiquem els punts on s’anul·la la derivada i també els punts on aquesta és discontinua.

( ) 2

4 43f x

x x= − + + és discontinua en zero.

Interval ( ), 2−∞ − 2− ( )2,0− 0 ( )0,+∞

Signe de

( )'f x − 0 + ∃ −

Monotonia de

( )f x

m

∃

Per tant la funció té un mínim relatiu en el punt ( )( ) ( )2, 2 2, 4f− − = − −

f és estrictament decreixent en ( ) ( ), 2 0,−∞ − ∪ +∞ i estrictament creixent en ( )2,0−

c) Calculeu els punts de tall de la funció ( )f x amb l’eix OX.

Talls amb l’eix OX:

( ) 2 22

24 4

0 0 3 0 3 4 4 0 32

x xy f x x x

x xx

− == → = → − + + = →− + + = → =

Per tant els punts de tall amb l’eix OX són 2

,03

−

i ( )2,0 .

d) Trobeu l’àrea del recinte limitat per la gràfica de la funció ( )f x , l’eix OX i les rectes 1x = i

3x= .

En el gràfic s’ha representat la funció ( )f x i les rectes 1x = i

3x = . El primer que hem d’observar és que la funció f canvia de

signe en l’interval ( )1,3 per tant, l’àrea del recinte no es

correspondrà amb el resultat d’una única integral sinó la suma de dos. Així:



( ) 2 2

4 4 4 43 3f x dx dx dx dx dx

x x x x = − + + = − + + =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

43 4lnx x C

x= − + − +

( ) ( ) ( )22

111

43 4ln 6 4ln 2 2 3 4ln1 4A f x dx x x

x = = − + − = − + − − − + − =

∫

8 4ln2 3 4 4ln2 1 1,77= − + + + = − ≃

( ) ( )33

222

4 43 4ln 9 4ln3 6 4ln 2 2 0,71 0,71

3A f x dx x x

x = = − + − = − + − − − + − = − =

∫

Per tant, 1 2 1,77 0,71 2,48A A A= + +≃ ≃


La gràfica de la funció ( ) 3 xf x

x

+= , des de 1x = fins a 4x = , és la següent:

a) Calculeu l’equació de les rectes tangents a aquesta funció en els punts d’abscissa 1x = i

3x = .

L’equació de la recta tangent a la gràfica d’una funció ( )f x en el punt x a= és

( ) ( )( )'y f a f a x a− = −

En el nostre cas ( ) ( ) ( )2 2 2

1 3 13 3 3'

x xx x xf x f x

x x x x

⋅ − + ⋅+ − − −= → = = =

( ) 3 11 4

1f

+= = ( ) 3 33 2

3f

+= = ( ) 2

3' 1 3

1f

−= = − ( ) 2

3 1' 3

3 3f

− −= =

• Rectes tangents:

( ) ( )( ) ( )1 ' 1 1 4 3 1 3 7y f f x y x y x− = − → − = − − → = − +



( ) ( )( ) ( )1 1 13 ' 3 3 2 3 2 1 3

3 3 3y f f x y x y x y x

− − −− = − → − = − → − = + → = +

b) Dibuixeu el recinte limitat per la gràfica de la funció i les dues rectes tangents que heu calculat.

c) Trobeu els vèrtexs d’aquest recinte. Els vèrtexs del recinte seran els punts on les rectes són tangents a la corba, és a dir

( )(1, 1 )A f= i ( )( )3, 3B f= i el punt Con es tallen les dues rectes. Així:

( ) ( ) ( )3 11(1, 1 ) 1, 1,4A f += = = i ( ) ( ) ( )3 3

3(3, 3 ) 3, 3,2B f += = =

Calculem el punt on es tallen les dues rectes:

3 33 3 7 9 9 21 9 21 9 8 12

3 2

xx x x x x x x×− + = − + →− + = − + → − = − → = → =

3 9 5 3 53 7 3 7 7 ,

2 2 2 2 2y x C

− = − + = − ⋅ + = + = → =



d) Calculeu la superfície del recinte damunt dit. L’àrea del recinte no es pot calcular mitjançant una sola

integral perquè des de 1x = fins a 3

2x = el recinte

està limitat per les funcions ( )f x i 3 7y x= − +

mentre que entre 3

2x = i 3x = el recinte està limitat

per les funcions ( )f x i 33

xy

−= + . Per tant:

( )3

2

1

1

33 7

xA x dx

x

+ = − − + ∫

( ) 232

3 33 7 3 7 3ln 7

x xx dx dx dx xdx dx x x x x C

x x x

+ − − + = + + − = + + − + = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2323ln 6x x x C= − + +

( )3

2 3223

1 2 11

33 7 3ln 6 0,0914

xA x dx x x x

x

+ = − − + = − + ∫ ≃

32

3

2

33

3

x xA dx

x

+ − = − +

∫

23 33 3 3ln 3

3 3 6

x x x x xdx dx dx dx dx x x x C

x x x

+ − − + = + + − = + + − + =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2

3ln 26

xx x C= + − +

3 32 2

33 2

2

33 3ln 2

3 6

x x xA dx x x

x

+ − = − + = + − =

∫

( )2323

2

3 33ln3 6 3ln 2 0,2044

2 6 2

= + − − + − ⋅

≃

1 2 0,0914 0,2044 0,2958A A A= + +≃ ≃



39) PAU 2010 Sèrie 1 Qüestió 5: La gràfica de la funció ( ) ( )sinf x x x= ⋅ és la següent:

a) Trobeu-ne una primitiva. Aquesta integral es fa per parts. Recordem el procediment per treure la fórmula de les integrals per parts:

( ) ( )d u v u dv v du u dv d u v v du u dv u v v du⋅ = ⋅ + ⋅ → ⋅ = ⋅ − ⋅ → ⋅ = ⋅ − ⋅∫ ∫

Sigui u x= i ( )sindv x dx= , aleshores:

du dx= i sin cosv xdx x= = −∫

( )( ) ( ) ( ) ( )sin cos cos cos cosx xdx x x x dx x x x dx= ⋅ − − − = − + =∫ ∫ ∫

( ) ( )cos sinx x x C= − + +

b) Aplicant el resultat de l’apartat anterior, calculeu l’àrea del recinte limitat per la gràfica de la funció ( )f x i l’eix d’abscisses des de 0x = fins a x π= .

Segons el dibuix, la funció no canvia de signe en l’interval ( )0,π i és positiva en aquest interval,

per tant, l’àrea del recinte coincidirà amb la integral, així:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0

sin sin cos sin cos sin0 0cos0Àrea x x dx x x xππ

π π π= = − = − − − = ∫

( )( ) ( ) ( ) ( )0 1 0 0 1 0 0 0π π π= − ⋅ − − − ⋅ = + − − =


Sigui ( )28

2 1

xf x

x=

+ . Trobeu l’àrea del recinte limitat per la gràfica d’aquesta funció, l’eix OX

i les rectes 0x = i 2x = .



Abans de plantejar l’àrea mitjançant una integral ens hem d’assegurar que la funció no canvia de signe en l’interval que estem estudiant. En el nostre cas l’interval és [ ]0,2 i òbviament el

numerador és sempre positiu en aquest interval i no canvia de signe. Per altra banda, el denominador tampoc dóna problemes en aquest interval dons l’únic punt on s’anul·la no

pertany a [ ]0,2 perquè [ ]12 1 0 2 1 0,2

2x x x

−+ = → = − → = ∉ .

Així, podem assegurar que l’àrea del recinte coincideix amb ( )2

0

f x dx∫ .

Procedim ara a calcular la integral: Aquesta és una funció racional on el numerador té major grau que el denominador. En aquest cas s’ha de fer la divisió dels polinomis.

28x 2x 1+

( )( ) ( )2 12

2

8 2 1 4 2 2

8 24 2

2 1 2 1

xx x x

xx

x x

÷ +→ = + − + →

→ = − ++ +

28x− 4x− 4x 2−

0 4x− 4x 2

0 2

( ) ( )2

28 24 2 2 2 ln 2 1

2 1 2 1

xf x dx dx x dx x x x C

x x = = − + = − + + + + +

∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )2

22

00

2 2 ln 2 1 8 4 ln5 0 0 ln1 4 ln5f x dx x x x = − + + = − + − − + = + ∫

41) PAU 2010 Sèrie 5 Qüestió 6: En la figura es mostra la corba ( )4y x x= ⋅ − i una recta r que passa per l’origen i talla la

corba en un punt P d’abscissa k, amb 0 < k < 4.

a) Trobeu l’àrea ombrejada, delimitada per la corba i la recta, en funció de k. Podem plantejar l’àrea del recinte de dues formes diferents:



MÈTODE 1: Plantegem l’àrea entre la paràbola, l’eix OX i les rectes 0x = i x k= i li restem

l’àrea del triangle de vèrtexs ( )0,0 , ( ),0k i P.

Com el punt P pertany a la gràfica de la corba ( )4y x x= ⋅ − i té ordenada k , el punt P

serà ( )( ) ( )( ), , 4P k y k k k k= = ⋅ − .

Per tant el triangle de vèrtexs ( )0,0 , ( ),0k i P tindrà base igual a k i altura igual a

( )4k k⋅ − , és a dir, ( ) ( )24 4

2 2

k k k k kÀrea

⋅ ⋅ − −= =

L’àrea entre la paràbola, l’eix OX i les rectes 0x = i x k= serà

( ) ( ) ( )3 3

2 2 2

0 0 0 0

4 4 2 23 3

kk k k x ky x dx x x dx x x dx x k

= ⋅ − = − = − = −

∫ ∫ ∫

( )232 4

Àrea recinte Àrea funció - Àrea triangle = 23 2

k kkk

−= − − =

2 3 2 3 3 3 312 2 12 3 3 2

6 6 6 6 6 6

k k k k k k k−= − − = − =

MÈTODE 2: Calculem l’equació de la recta que passa per l’origen i per P i calculem l’àrea del recinte com l’àrea que hi ha entre la paràbola i la recta. Sigui r la recta que busquem. Sabem que r passa per l’origen de coordenades és a dir, per ( )0,0O = i per un punt

( )( ),P k y k= de la corba, aquest punt és ( )( , 4 )P k k k= ⋅ −

Per tant la recta r té ordenada en l’origen igual a zero (perquè passa per l’origen de coordenades) i té com a pendent:

( ) ( ) ( ) ( ) 00 4 0 4 44

0 0 1

ky k y k k k ky kPendent k

x k k k

≠− ⋅ − − ⋅ −∆ −= = = = = = −∆ − −

Per tant r és la recta de pendent 4 k− i ordenada en l’origen 0 , és a dir, ( ): 4r y k x= −

Finalment:

( ) ( )( ) ( ) ( )2 2

0 0 0

4 4 4 4k k k

Àrea x x k x dx x x x kx dx x kx dx= − − − = − − + = − + =∫ ∫ ∫

3 2 3 2 3 3 3

0

03 2 3 2 3 2 6

kx kx k k k k k k − − ⋅ −= + = + − = + =

b) Trobeu per a quin valor de k l’àrea de la regió ombrejada és la meitat de l’àrea del recinte limitat per la corba i l’eix OX. L’àrea del recinte limitat per la corba i l’eix OX és:



( ) ( ) ( )44 4 4 3 3

2 2 2

0 0 0 0

4 324 4 2 2 4

3 3 3

xy x dx x x dx x x dx x

= ⋅ − = − = − = ⋅ − =

∫ ∫ ∫

Si l’àrea ombrejada ha de ser la meitat que l’àrea anterior tenim que:

3 33 3 331 32 16 16 6

32 32 2 46 2 3 6 3 3

k kk k k

⋅= ⋅ → = → = → = → = =


Definim les funcions ( ) ( )21f x a x= − i ( )2 1x

g xa

−= , en què 0a > .

a) Comproveu que l’àrea del recinte limitat per les gràfiques de les funcions és ( )24 1

3

a

a

+ .

El primer que hem de fer és un dibuix de la situació. Per fer-lo és indispensable calcular els punts de tall entre les dues gràfiques.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2

2 2 2 2 2 2 211 1 1 1 1

xf x g x a x a x x a x x

a

−= → − = → − = − → − = − − →

( ) ( ) ( )( ) 2 1 02 2 2 2 2 2 21 1 0 1 1 0 1 0 1 1aa x x x a x x x+ ≠→ − + − = → − + = → − = → = → = ±

( ) ( )( ) ( )1 1 12 2

2 2

1 1 1

1 11

x xÀrea f x g x dx a x dx a ax dx

a a a− − −

−= − = − − = − − + =

∫ ∫ ∫

13 3

1

1 1 1 1

3 3 3 3 3 3

ax x x a aax a a

a a a a a a−

= − − + = − − + − − + + − =

2 21 1 1 1 2 2 2 6 2 2 6

23 3 3 3 3 3 3

a a a a aa a a

a a a a a a a

− − += − − + + − − + = − − + = =

( )22 4 14 4

3 3

aa

a a

++= =

b) Calculeu el valor del paràmetre a perquè aquesta àrea sigui mínima.

Ens demanen minimitzar la funció ( )24 4

3

af a

a

+= .

( ) ( ) ( )( )

22 2 2 2

2 2 2

8 3 4 4 34 4 24 12 12 12 12'

3 9 93

a a aa a a af a f a

a a aa

⋅ − + ⋅+ − − −= → = = = =

( )22

2 2

4 14 4

3 3

aa

a a

−−= =



( ) ( )2

2 22

4 1' 0 0 1 0 1 1 1

3

af a a a a a

a

−= → = → − = → = → = → = ±

Per tant, els “candidats” a màxims o mínims són 1a = i 1a = − . Com l’enunciat diu que 0a > hem de descartar el valor 1a = − .

Per saber que en el punt 1a = de veritat s’assoleix un mínim es podria fer un estudi del signe de la derivada per intervals. (Solament caldria ficar per 0a > perquè així ens ho indica l’enunciat) o també estudiant el signe de la segona derivada en aquest punt.

( ) ( ) ( )( )

2 22 3 3

22 4 4 32

8 3 4 4 64 4 24 24 24 24 8' ''

3 9 9 33

a a a aa a a a af a f a

a a a aa

⋅ − − ⋅− − += → = = = =

( ) 3

8 8'' 1 0 1

3 1 3f x= = > → =

⋅és un mínim.


Sigui ( ) ( )1

2 2

0

a

f a a x dx= +∫ per 0a > .

a) Comproveu que ( ) 3

13

f a aa

= + .

( )3

2 2 2

3

xa x dx a x C+ = + +∫

( ) ( ) ( )11 3132 2 2 2

30 0

1 10

3 3 3

aa

axf a a x dx a x a a

a a

= + = + = ⋅ + − = +

∫

b) Calculeu el valor del paràmetre a perquè la funció ( )f a tingui un mínim relatiu.

Per a que la funció tingui un mínim relatiu la derivada ha de valer zero.

( ) ( )3 2 2

3 6 6 4

1 0 3 1 9 9 1' 1 1 1

3 9 9

a a af a a f a

a a a a

⋅ − ⋅ −= + → = + = + = −

( ) 4 44 4

1 1' 0 1 0 1 1 1 1f a a a a

a a= → − = → = → = → = → = ±

Com l’enunciat diu 0a > ens quedem únicament amb el valor 1a =

Caldria demostrar que efectivament 1a = és un mínim.

( ) ( )( )

( )4 3 3

24 8 5 54

1 0 1 4 4 4 4' 1 '' 0 '' 1 0 1

1

a a af a f a f x

a a aa

⋅ − ⋅ −= − → = − = − = → = > → = és

un mínim.



44) PAU 2011 Sèrie 4 Qüestió 1: Calculeu l’àrea del recinte limitat per les corbes d’equació ( ) 2 2f x x x= − + i ( ) 5 3g x x= −. Per poder dibuixar el recinte d’integració ens va bé calcular primer els punts de tall entre les dues gràfiques. Així:

( ) ( ) 2 2 12 5 3 2 3 0

3

xf x g x x x x x x

x

== → − + = − → + − = → = −

Podem comprovar que en tot l’interval [ ]3,1− tenim que ( ) ( )g x f x> per tant:

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )1 1 1

2 2

3 3 3

5 3 2 5 3 2Àrea g x f x dx x x x dx x x x dx− − −

= − = − − − + = − − + − =∫ ∫ ∫

( ) ( )11 3

2 2

3 3

1 322 3 3 1 3 9 9 9

3 3 3

xx x dx x x

− −

= − − + = − − + = − − + − − − =

∫


La gràfica de la funció ( ) 29f x x x= − és la següent:

a) Trobeu el punt de tall, (a, 0), de la funció amb la part positiva de l’eix OX. Talls amb l’eix OX:



( ) 2

2 2 2

00 0 9 0

9 0 9 0 9 9 3

xy f x x x

x x x x x

== → = → − = → − = → − = → = → = → = ±

Com en l’enunciat ens demanen el tall amb la part positiva de l’eix OX descartem els valors

0x = i 3x = − i ens quedem únicament amb el valor 3x = .

Per tant, el punt de tall és ( )3,0

b) Calculeu l’àrea del recinte limitat per la gràfica de ( )f x i l’eix OX en el primer quadrant.

Com la funció és positiva en l’interval [ ]0,3 l’àrea coincidirà amb ( )3

0

f x dx∫ .

( ) ( ) 122 2 (*9 9 )f x dx x x dx x x dx= − = − =∫ ∫ ∫

Sigui ( ) ( )3229F x x= − un candidat a primitiva. Aleshores tindríem que:

( ) ( ) ( ) ( )1 12 22 23

' 9 2 3 92

F x x x x= − ⋅ − = − − per tant, hem de ficar un 3− dintre de la

integral.

( ) ( ) ( ) ( )31 12 2 22 2 21 1 1

3 9 3 9 93 3

(*)3

x x dx x x dx x C−= ⋅ − − = − − − = − − + =∫ ∫

( )3219

3x C= − − +

( ) ( ) ( ) ( )33

3 3 32 2 2 3

00

1 1 1 19 9 3 9 0 0 9

3 3 3 3Àrea f x dx x

= = − − = − − − − − = + = ∫

3

6 3 21 1 33 3 3 9

3 3 3= = ⋅ = = =


Donada la funció ( ) 1f x x= − i la recta horitzontal y k= , amb 0k > .

a)Feu un esbós del recinte limitat per les gràfiques de la funció i la recta, i els eixos de coordenades.



b) Trobeu el valor de k sabent que l’àrea d’aquest recinte és igual a 14 / 3.

Podem observar que per calcular l’àrea del recinte tancat pels eixos de coordenades, la recta y k= i la funció ( )f x hem de separar el recinte en dos àrees. De 0x = fins a 1x = la regió

és un rectangle de base 1 i altura k mentre que de 1x = fins l’abscissa del punt P la regió

serà la integral de la recta y k= (que va per sobre) menys la funció ( ) 1f x x= − que va per sota.

Càlcul del punt P tall entre la recta y k= i la funció ( ) 1f x x= − :

( ) 2 21 1 1y f x k x k x x k= → = − → = − → = +

Així: ( ) ( )( ) ( )2 2 2

1 12 2

1 1 1

1 1 1

2 31 1 1

3 2

k k k

k x dx k x dx k x dx+ + +

− − = − − = − ⋅ ⋅ − =∫ ∫ ∫

( ) [ ] ( )22 2

2 312 2

11 11

111 1

2 3 21 1

3 2 3

kk kk

kdx x dx kx x++ +

+ = − ⋅ − = − − = ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )2 1

33 32 3 2

1

2 2 21 1 1 1 1 1 1

3 3 3

k

k k k x k k k k+

= + − ⋅ − − = + − − + − + − =

( )33 2 3 3 62 2 2 20 0

3 3 3 3k k k k= − + = − + ⋅

3 3 33 32 3 2

3 3 3

k k kk k

−= − = =

Per tant, l’àrea total serà: 3 3

1 2

3

3 3

k k kA A A k

+= + = + =

Finalment: 3

3 314 3 143 14 3 14 0

3 3 3

k kA k k k k

+= → = → + = → + − =

1 0 3 14− 2 2 4 14 1 2 7 0



L’equació 2 2 7 0x x+ + = no té solucions reals, per tant, l’única solució al problema és

2k = .

NOTA: També podem calcular l’àrea del recinte com l’àrea d’un rectangle de base 2 1k + i

altura k al que se li treu l’àrea per sota de la gràfica de la funció ( ) 1f x x= − . En aquest

cas:

Àrea rectangle: ( )2 31 1A k k k k= + ⋅ = +

Àrea per sota de la funció: ( )22 11

3

211

21 1

3

kk

A x dx x++

= − = − = ∫

( )32 6 32 2 21 1 0

3 3 3k k k= + − − = =

Finalment calculem l’àrea del recinte: ( )3 3

3 31 2

2 3

3 3 3

k k kA A A k k k k

+= − = + − = + =

Igualant aquesta expressió a 14

3 obtenim evidentment el valor 2k =


La corba 2y x= i la recta y k= , amb 0k > , determinen una regió plana.

a)Calculeu el valor de l’àrea d’aquesta regió en funció del paràmetre k .

b)Trobeu el valor de k perquè l’àrea limitada sigui 26u .

• Al gràfic de la dreta tenim representades les dues funcions i la regió que determinen: • Per poder plantejar la integral hem de calcular

els punts de tall entre les dues corbes 2y x= i

y k= . 2x k x k= → = ± .

• Finalment plantegem la integral:

( ) ( ) ( ) ( )3 33

2

3 3 3

kk

k k

k kxA k x dx kx k k k k

− −

− = − = − = − − ⋅ − − =

∫

22

3 3 3 3 3

k k k k k k k kk k k k k k k k k k − = − − − − = − + − = − =



4 4

3 3k k k k= ⋅ =

( )3 322 2

22

34 3 6 3 6 3 6 9 66 6

3 4 4 4 16xA k k k k k k k

⋅= → = → = → = → = → = →

3 327 27 3

8 8 2k k k→ = → = → =



48) PAU 2013 Sèrie 5 Qüestió 4: (Incomplet)

Per a 1x ≥ , considereu la funció ( ) 1f x x= + − .

b) Calculeu l’àrea del recinte limitat per la gràfica de ( )f x , la recta d’equació 5x= i l’eix

OX .

Àrea del recinte limitat per ( )f x , la recta

5x = i l’eix OX:

( ) ( )

( ) ( ) ( )

32

55 5

11 1

53 3 3

1

21 1

3

2 2 21 5 1 1 1

3 3 3

A f x dx x dx x

x

= = − = − =

= − = − − − =

∫ ∫

32 2 8 8 164 0 4 4 4 2

3 3 3 3 3= − = ⋅ = = ⋅ =

49) PAU 2013 Sèrie 1 Qüestió 2: De la funció polinòmica ( ) 3 2 2P x x ax bx= + + + sabem que

• Té un extrem relatiu en el punt d’abscissa 3x = − ;

• La integral definida en l’interval [ ]0,1 val 5

4

− .

Calculeu el valor dels paràmetres a i b. • Si la funció té un extrem relatiu en el punt d’abscissa 3x = − aleshores en aquest punt s’anul·larà la seva derivada. Per tant:

( ) ( )3 2 22 ' 3 2P x x ax bx P x x ax b= + + + → = + +

( ) ( ) ( )2' 3 0 3 3 2 3 0 27 6 0 6 27P a b a b a b− = → − + − + = → − + = → − + = −

• Si la integral definida en l’interval [ ]0,1 val 5

4

− tindrem que:

( ) ( )11 1 4 3 2

3 2

0 0 0

5 5 52 2

4 4 4 3 2 4

x ax bxP x dx x ax bx dx x

− − −= → + + + = → + + + = →

∫ ∫

4 3 2 4 3 21 1 1 0 0 0 5 1 52 1 2 0 2

4 3 2 4 3 2 4 4 3 2 4

a b a b a b ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − −→ + + + ⋅ − + + + ⋅ = → + + + = →

5 1 5 1 8 14 72

3 2 4 4 3 2 4 3 2 4 3 2 2

a b a b a b a b− − − − − −→ + = − − → + = → + = → + = →

2 3 21

2 3 216 6

a ba b

+ −→ = → + = −



Per tant tenim el sistema6 27

2 3 21

a b

a b

− + = − + = −

que té com a solucions 3a = i 9b = − .

50) PAU 2014 Sèrie 3 Qüestió 4: Calculeu l’àrea de la regió del pla limitada en el primer quadrant per les gràfiques de les

funcions 2y x= , 24y x= i 9y = .

• Calculem el punt de tall entre la gràfica 24y x= i la

recta 9y = . Tenim:

02 2 9 9 3 34 9

4 4 2 2xx x x x x>= → = → = → = ± → =

• Calculem també el punt de tall entre la paràbola

2y x= i la recta 9y = : 02 9 9 3 3xx x x x>= → = → = ± → =

Per tant, per poder calcular l’àrea de la regió hem de

dividir-la en dos intervals, 3

0,2

i 3

, 32

i plantejar

les següents integrals:

( ) ( ) ( )3 32 2 3

2

3 3 32 2 2

33 3 32 2 2 2 2 3

00 0

4 9 3 9 93

xA x x dx x dx x dx x dx x x

= − + − = + − = + − =

∫ ∫ ∫ ∫

( )3

33 27 9 27 108 90 27 9 18

2 2 8 8 8

− = − + − − − = + − =

27 144 108 9 72

98 8

+ − += = = unitats quadrades.



51) PAU 2014 Sèrie 4 Qüestió 6: Responeu a les qüestions següents: a) La funció ( ) ( ) axf x b x e= − , amb a i b constants, té la representació gràfica següent

i sabem que passa pels punts ( )0,2A = i ( )2,0B = i que en el punt A la recta tangent a la

gràfica és horitzontal. Calculeu els valors de a i b .

f passa pel punt ( ) ( ) ( ) 0 00,2 0 2 0 2 2 1 2 2aA f b e be b b= → = → − = → = → ⋅ = → =

f passa pel punt ( ) ( ) ( ) 22 22,0 2 0 2 0 0 0 0 0ba aB f b e e== → = → − = → → = → = i

per tant aquesta restricció no ens aporta informació addicional. L’enunciat també diu que en el punt ( )0,2A = la recta tangent a la gràfica és horitzontal, és a

dir, en aquest punt, el pendent de la recta tangent a la gràfica és zero. Però sabem que en qualsevol punt x a= , el pendent de la recta tangent a la gràfica de la

funció coincideix amb el valor de la derivada de la funció en aquest punt, és a dir, amb ( )'f a .

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 ' 1 2bax ax ax axf x b x e f x x e f x e x e a== − → = − → = − + − ⋅ →

( ) ( ) ( )' 2 ' 2 1ax ax ax axf x e ae xae f x a xa e→ = − + − → = − −

La derivada s’anul·la en el punt ( ) ( )0,2 ' 0 0A f= → = →

( ) ( ) ( )0 0 12 1 0 0 2 1 0 0 2 1 1 0 2 1 0

2aa a e a e a a a→ − − = → − − = → − ⋅ = → − = → =

Per tant, la resposta al problema és 1

i 22

a b= =



b) Calculeu 2

1

lnx xdx∫ .

Aquesta integral es resol per parts. Recordem la fórmula de la integració per parts:

( ) ( ) ( )d u v udv vdu udv d u v vdu udv d u v vdu⋅ = + → = ⋅ − → = ⋅ − →∫ ∫ ∫

udv u v vdu→ = ⋅ −∫ ∫

En el nostre cas agafem lnu x= i dv xdx= .

1lnu x du dx

x= → =

2

2

xdv xdx dv xdx= → = =∫ ∫

2 2 2 2 21ln ln ln ln

2 2 2 2 2 4

x x x x x xudv u v vdu x xdx x dx x dx x C

x= ⋅ − → = − ⋅ = − = − +∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )22 2 2 2 2 2 2

1 1

2 2 1 1 1ln ln ln 2 ln1 2ln 2 1 0

2 4 2 4 2 4 4

x xx xdx x

= − = − − − = − − − =

∫

2

1

1 3 32ln 2 1 2ln 2 ln 2ln 2

4 4 4x x dx= − + = − → = −∫

52) PAU 2015 Sèrie 2 Qüestió 3:(Incomplet)

b) Calculeu l’àrea de la regió plana finita limitada per la corba 3y x= i la recta 3 2y x= −

Primer de tot hem de representar la corba i la recta. A la part dreta tenim representada la funció i la recta: Punts de tall entre la corba i la recta:

3 33 2 3 2 0x x x x= − → − + = Per Ruffini:

1 0 3− 2 1 1 1 2− 1 1 2− 0

2 22 0

1

xx x

x

= −+ − = → =

Per tant la corba i la recta es tallen en dos punts, l’abscissa 2x = − i l’abscissa 1x = (arrel doble). Així, l’àrea que ens demanen vindrà donada per la integral:



Àrea ( )( ) ( )11 1 4 2

3 3

2 2 2

33 2 3 2 2

4 2

x xx x dx x x dx x

− − −

= − − = − + = − + =

∫ ∫

( ) ( ) ( )4 24 2 2 3 21 3 1 1 3 16 12

2 1 2 2 2 44 2 4 2 4 2 4 2

− − ⋅ = − + ⋅ − − + ⋅ − = − + − − − =

( ) ( )1 6 8 3 3 3 24 274 6 4 6 6

4 4 4 4 4 4 4 4 = − + − − − = − − = + = + =


Sigui f la funció ( ) ( )sinf x x x= ⋅ . Calculeu la primitiva de la funció f que passa pel punt

,02

π

(unitats en radians).

Aquesta integral es fa per parts. Recordem el procediment per treure la fórmula de les integrals per parts:

( ) ( )d u v u dv v du u dv d u v v du u dv u v v du⋅ = ⋅ + ⋅ → ⋅ = ⋅ − ⋅ → ⋅ = ⋅ − ⋅∫ ∫

Sigui u x= i ( )sindv x dx= , aleshores:

du dx= i sin cosv xdx x= = −∫

( )( ) ( ) ( ) ( )sin cos cos cos cosx xdx x x x dx x x x dx= ⋅ − − − = − + =∫ ∫ ∫

( ) ( )cos sinx x x C= − + +

Tenim que la primitiva de f és ( ) ( ) ( )cos sinF x x x x C= − + + , com ens demana que la

primitiva passi pel punt ,02

π

s’ha de complir que ( )2 0F π = , és a dir:

( ) ( ) ( )2 2 2 2 20 cos sin 0 0 1 0 0 1 0 1F C C C Cπ π π π π= → − + + = → − ⋅ + + = → + + = → = − →

( ) ( ) ( )cos sin 1F x x x x→ = − + −


Sigui la funció ( ) ( )sinf x x= .

a) Calculeu l’equació de les rectes tangents a la funció f en els punts d’abscissa 0x = i x π= , respectivament. Trobeu les coordenades del punt en què es tallen les dues rectes.



L’equació de la recta tangent a una corba ( )f x en el punt x a= és

( ) ( )( )'y f a f a x a− = −

En el nostre cas ( ) ( )0 sin 0 0f = = , ( ) ( )sin 0f π π= =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )sin ' cos ' 0 cos 0 1f x x f x x f= → = → = = i ( ) ( )' cos 1f π π= = −

Per tant, les rectes seran: • Recta tangent en 0x = :

( ) ( )( ) ( )0 ' 0 0 0 1 0y f f x y x y x− = − → − = − → =

• Recta tangent en x π= :

( ) ( )( ) ( )' 0 1y f f x y x y xπ π π π π− = − → − = − − → = − +

El punt on es tallen les dues rectes serà la solució del sistema format per les dues equacions:

( ) ( )2 2 2 22 , ,y xy xx x x x y x y

y xπ π π ππ π

π== → = − + → = → = → = → = = − +

b) Calculeu l’àrea de la regió limitada per la gràfica de la funció f i les rectes tangents de

l’apartat anterior (en cas de no haver resolt l’apartat anterior, suposeu que les rectes són y x= i y x= − , respectivament).

En la figura de la dreta hem representat la funció, les dues rectes i la regió que limiten. Resulta evident que per calcular l’àrea d’aquesta regió necessitem dividir la regió en dos recintes. Així calcularem:

( )( )22 2

0 0

sin cos2

xx x dx x

ππ

− = + =

∫

( ) ( ) ( )2 2

22

0cos cos 0

2 2

ππ= + − − =

2 2

0 0 1 18 8

π π= + − − = −

Com que l’altra regió té la mateixa àrea no ens cal calcular la segona integral sent el resultat:

2 2

2 1 28 4

Aπ π

= ⋅ − = −

NOTA: Si voleu calcular la segona seria així:

( )( ) ( )2 2

2

sin cos2

xx x dx x x

π π

ππ

π π − − = − + =

∫



( ) ( )2222 cos cos

2 2 2 2

ππ π ππ π π = − + − ⋅ + − =

2 2 2 2 2 22 8 4 4

1 02 2 8

π π π π π ππ − −= − − − + − =2 2

1 18 8

π π+ − = −


Siguin les paràboles ( ) 2 2f x x k= + i ( ) 2 29g x x k= − + .

a) Calculeu les abscisses, en funció de k , dels punts d’intersecció entre les dues paràboles.

Per saber el punt on es tallen les dues gràfiques les hem d’igualar.

( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 229 9 2 8f x g x x k x k x x k k x k ÷= → + = − + → + = − → = →

2 2 24 4 2x k x k x k→ = → = ± → = ±

Per tant, les dues paràboles es tallen en els punts 2x k= − i 2x k=

b) Calculeu el valor del paràmetre k perquè l’àrea compresa entre les paràboles sigui de 576 unitats quadrades. Per calcular l’àrea compresa entre les dues paràboles hem d’integrar la diferència de les funcions, és a dir:

( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

9 2 8k k k

k k k

A f x g x dx x k x k dx x k dx− − −

= − = + + − = − =∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )2

3 33 2 2 2

2

2 2 28 2 8 2 2 8 2

3 3 3

k

k

x k x k k k k k k−

= − = − − − + − =

3 3 3 3 3 3 3 3 3 32 16 16 16 328 16 16 16 16 32

3 3 3 3 3k k k k k k k k k k= ⋅ − + − = − + − = − =

3 3 3 31 2 2 6432 1 32 32

3 3 3 3k k k k

− = − = ⋅ = ⋅ =

3 3 3 364 576 3576 576 27 27 3

3 64A k k k k k

⋅= → = → = → = → = → =


Sabem que una funció ( )f x té per derivada ( ) ( )' 1 xf x x e= + i que ( )0 2f = .



a) Trobeu l’equació de la recta tangent a ( )y f x= en el punt de la corba d’abscissa 0x = .

L’equació de la recta tangent a la corba ( )y f x= en el punt d’abscissa x a= és

( ) ( )( )'y f a f x x a− = − .

En el nostre cas, substituint per 0x = tenim:

( ) ( ) ( ) ( ) 0 0' 1 ' 0 0 1 1 1 1 1xf x x e f e e= + → = + ⋅ = ⋅ = ⋅ =

( ) ( )( ) ( )0 ' 0 0 2 1 0 2 2y f f x y x y x y x− = − → − = ⋅ − → − = → = +

b) Calculeu l’expressió de ( )f x .

Si ens donen l’expressió de ( )'f x i ens demanen calcular l’expressió de ( )f x , hem de

calcular una primitiva i per tant hem d’integrar la funció ( )1 xx e+ .

Aquesta funció s’integra per parts.

Fórmula de la integració per parts: udv uv vdu= −∫ ∫

En el nostre cas volem calcular ( )1 xx e dx+∫ i fem 1u x= + i xdv e dx= aleshores tenim:

1 1u x du dx dx= + → = = x x xdv e dx dv e dx v e= → = → =∫ ∫

( ) ( ) ( )1 1 1x x x x x x x x xudv uv vdu x e x e e dx x e e xe e e xe= − → + = + − = + − = + − =∫ ∫ ∫ ∫

Per tant ( ) xf x xe C= + on C és la constant d’integració

Com que l’enunciat ens diu que ( )0 2f = aleshores tenim:

( ) 00 2 0 2 0 1 2 0 2 2f e C C C C= → + = → ⋅ + = → + = → = i la primitiva que buscàvem

és: ( ) 2xf x xe= +



sin

cos

xf x

x= .

a) Calculeu una primitiva de la funció ( )f x .

( ) 22 2

sin 1sin cos sin

cos cos

xf x x x x

x x−= = = ⋅

La funció 2cos x− és una potència de cosx . Podem suposar que la primitiva serà 1cos x− .



Suposem que ho sigui, és a dir, considerem la funció ( ) ( )1cosF x x−= . En aquest cas, la seva

funció derivada seria:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )1 2 2cos ' 1 cos sin cos sinF x x F x x x x x f x− − −= → = − ⋅ ⋅ − = ⋅ =

Per tant, la primitiva buscada és: ( ) ( )1 1cos

cosF x x C C

x−= + = +

NOTA: També es podia trobar la primitiva mitjançant un canvi de variable:

( ) ( ) ( )2 2 2 12

sincos sin cos sin

cos

xf x dx dx x xdx x x dx t dt t C

x− − − −= = ⋅ = ⋅ = − = − + =− −−∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Sigui : cos sint x dt xdx= → = −

1 1 1

cost C C C

t x−= + = + = +

b) Calculeu l’àrea limitada per la funció ( )f x i l’eix de les abscisses entre les abscisses 0x =

i 4x π= .

El primer que hauríem d’observar és que la funció ( ) 2

sin

cos

xf x

x= és continua en l’interval

40, π i no canvia de signe en l’interval.

Això resulta evident perquè tant el sinus com el cosinus són positius en el primer quadrant

20, π i per tant ho seran en l’interval 40, π .

Una vegada feta la comprovació anterior podem assegurar que l’àrea entre la funció ( )f x ,

l’eix d’abscisses i les rectes verticals 0x = i 4x π= coincidirà amb ( )4

0

f x dx

π

∫ .

Per tant:

( )4

4 4

2 240 0 20

sin 1 1 1 1 1 21 2 1 0,4142

cos cos cos cos0 1 2

xA f x dx dx

x x

ππ π

π

= = = = − = − = − = − ∫ ∫ ≃

58) PAU 2018 Sèrie 1 Qüestió 5: (Incompleta)

Sigui la funció ( ) 2f x x x= + − .

a) Comproveu que la funció ( )f x compleix l’enunciat del teorema de Bolzano a l’interval

[ ]0, 2 i que, per tant, l’equació ( ) 0f x = té alguna solució a l’interval ( )0,2 . Comproveu que

1x = és una solució de l’equació ( ) 0f x = i raoneu, tenint en compte el signe de ( )'f x ,

que la solució és única.



Aquest apartat està resolt en el dossier de derivades i aplicacions de les derivades, per tant, no el repetirem aquí. b) A partir del resultat final de l’apartat anterior, trobeu l’àrea limitada per la gràfica de la

funció ( )f x , l’eix de les abscisses i les rectes 0x = i 1x = .

En l’apartat anterior hem demostrar que la funció ( )f x és continua i monòtona creixent en

[ ]0,2 i canvia de signe en 1x = . Com que ( )0 0f < , ( )1 0f = i ( )2 0f > tenim que f és

negativa en ( )0,1 i positiva en ( )1,2 . Com que ens demanen calcular l’àrea entre la gràfica de

f , l’eix d’abscisses i les rectes 0x = i 1x = tenim que donat que la funció és negativa en

l’interval ( )0,1 , ( )1

0

f x dx∫ donarà negatiu i per tant l’àrea serà el resultat d’aquesta integral

però canviat de signe, és a dir, agafant el valor absolut. Aleshores tenim:

( ) ( ) ( ) 312 2

11 1 1 2

0 0 0 0

22 2 2

3 2

xf x dx x x dx x x dx x x

= + − = + − = + − =

∫ ∫ ∫

12 2

3 3

0

2 2 1 2 1 4 3 12 52 1 2 1 0 2

3 2 3 2 3 2 6 6

xx x

+ − −= + − = + − ⋅ − = + − = =

Per tant, l’àrea demanada és 25

6u


Siguin les funcions ( ) 2 1f x x= − i ( ) 23g x x= − .

a) Feu un esbós de les gràfiques de les paràboles ( )y f x= i ( )y g x= en un mateix sistema

d’eixos cartesians i trobeu els punts de tall amb l’eix de les abscisses, els vèrtexs i els punts de tall entre les dues gràfiques. Representació gràfica de les paràboles:



● Talls amb l’eix d’abscisses: Una funció talla l’eix OX quan la coordenada y val zero.

( ) 2 20 1 0 1 1 1y f x x x x x= = → − = → = → = ± → = ± , per tant la funció ( )f x talla

l’eix d’abscisses en 1x = − i en 1x = .

( ) 2 20 3 0 3 3y g x x x x= = → − = → = → = ± , per tant la funció ( )g x talla l’eix

d’abscisses en 3x = − i en 3x = .

● Vèrtexs: Donat que les funcions són polinòmiques de 2n grau, les seves gràfiques són paràboles i per tant tindran un vèrtex cadascuna.

Podem calcular el vèrtexs d’una funció polinòmica ( ) 2f x ax bx c= + + mitjançant la fórmula

( )( )2 2,b ba af− − . En el cas de la funció ( ) 2 1f x x= − , 1a = , 0b = i 1c = − per tant el vèrtex

estaria en el punt ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )0 02 2 2 1 2 1, , 0, 0 0, 1b b

a af f f− − − −⋅ ⋅= = = − mentre que en el cas de

la funció ( ) 23g x x= − tenim que 1a = − , 0b = i 3c = obtenint el vèrtex

( )( ) ( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )0 02 2 2 1 2 1

, , 0, 0 0,3b ba ag g g− − − −

⋅ − ⋅ −= = = .

NOTA SOBRE EL VÈRTEX D’UNA PARÀBOLA: Noteu que hi ha altres maneres de calcular el vèrtexs sense haver de memoritzar la fórmula.

Per exemple, donat que les solucions de l’equació de 2n grau 2 0ax bx c+ + = són



2

1

4

2

b b acx

a

− + −= i 2

2

4

2

b b acx

a

− − −= i que el vèrtex sempre quedarà en el punt mig

entre les dues solucions podem obtenir-lo calculant la mitjana d’aquests punts. 2 2 2

1 2

4 4 4

2 22 2x

b b ac b b ac b b acx x a aV

− + − − − − − + −++= = =

2 4b b ac− − −22a =

2

22

b b

a

−− −

= = 2

b

2 2 2

bba aa

−−= = Una vegada calculada la component x del vèrtex calculem la

component y mitjançant l’expressió ( )y f x= .

Una altra manera de saber l’abscissa del vèrtex és utilitzant que en el vèrtex hi ha un extrem

relatiu i per tant s’anul·la la derivada. És a dir, la funció ( ) 2f x ax bx c= + + té en el vèrtex

un extrem relatiu, per tant la seva derivada ha de valer zero. Aleshores

( ) ( )2 ' 2f x ax bx c f x ax b= + + → = +

( )' 0 2 0 22

bf x ax b ax b x

a

−= → + = → = − → = .

● Punts de tall entre les gràfiques:

( ) ( ) 2 2 2 2 2 21 3 3 1 2 4 2 2f x g x x x x x x x x= → − = − → + = + → = → = → = ±

Per tant, les gràfiques es tallaran en els punts ( )( )2, 2f− − i ( )( )2, 2f .



b) Calculeu l’àrea de la regió del semiplà 0y ≥ compresa entre les gràfiques de ( )f x i

( )g x .

Per poder calcular l’àrea de la regió primer l’hem de tenir clara. En el següent dibuix s’ha afegit a la representació de les funcions f i g el semiplà 0y ≥ .

Podem observar que des de 2x = − fins a 1x = − integrem des de f fins a g i per tant

l’àrea serà ( ) ( )( )1

1

2

A f x g x dx−

−

= −∫ .

Des de 1x = − fins a 1x = integrem des de l’eix OX fins a g i per tant l’àrea serà

( )1

2

1

A g x dx−

= ∫ .

Finalment, des de 1x = fins a 2x = tornem a integrar des de f fins a g

sent l’àrea ( ) ( )( )2

3

1

A f x g x dx= −∫ .

També podem observar que les àrees 1A

i 3A coincideixen i que per tant podem

calcular la més fàcil i multiplicar-la per dos. Per tant:

( ) ( )11 1 3

22

1 1 1

1 1 1 13 3 3 3 3 3

3 3 3 3 3

xA g x dx x dx x

− − −

− = = − = − = − − − − = − − − + =

∫ ∫

1 1 2 18 2 163 3 6

3 3 3 3 3 3= − + − = − = − =

( ) ( )( ) ( )( ) ( )2 2 2

2 2 2 21 3

1 1 1

3 1 3 1A A g x f x dx x x dx x x dx= = − = − − − = − − + =∫ ∫ ∫

( ) ( )22 3

2 3 3

11

2 2 22 4 4 2 4 2 1 4 1

3 3 3x dx x x

− − = − + = − + = + − ⋅ + ⋅ = ∫

2 2 4 2 2 12 4 2 12 2 102 2 4 2 4 4 2

3 3 3 3 3 3 3

− − − − − + = ⋅ + − + = + − + = − =

8 2 10

3 3= −

Finalment podem calcular l’àrea total com l’àrea 2 més dos vegades l’àrea 3:



22 3

16 8 2 10 16 16 2 20 4 16 22 2 6,21

3 3 3 3 3 3 3A A A u

− += + = + ⋅ − = + − =

≃


Considereu les funcions ( ) 2f x x= i ( ) 1,g x

x= i la recta x e= .

a) Feu un esbós de la regió delimitada per les seves gràfiques i l’eix de les abscisses. Calculeu

les coordenades del punt de tall de ( )y f x= amb ( )y g x= .

En el gràfic de la part dreta hem representat les funcions f i g així com la recta vertical x e= . � Càlcul del punt de tall entre les gràfiques de f i g :

( ) ( ) 2

3 3

1

1 1

1

f x g x xx

x x

x

= → = →

→ = → = →→ =

Per tant el punt de tall serà

( )( ) ( ) ( )21, 1 1, 1 1,1f = =

b) Calculeu l’àrea de la regió descrita en l’apartat anterior. Evidentment hem de separar la regió d’integració amb dues parts. L’àrea total vindrà donada per la suma de les dues integrals següents:

11 3 3 32

0 0

1 0 1

3 3 3 3

xx dx

= = − =

∫

[ ]11

1ln ln ln1 1 0 1

ee

dx x ex

= = − = − =∫

Per tant, l’àrea demanada és: 21 41

3 3A u= + =

61) PAU 2019 Sèrie 4 Qüestió 4: (Incomplet)

Considereu la funció ( )f x , que depèn dels paràmetres reals n i m i és definida per



( )2

0

0 243

22

xe si x

xf x n si x

xm si x

≤

= + < ≤ + >

b) Per al cas 4n = − i 6m= − , calculeu l’àrea de la regió limitada per la gràfica de ( )f x ,

l’eix de les abscisses i les rectes 0x = i 4x = .

Substituint els valors de 4n = − i 6m= − obtenim la funció:

( )2

0

4 0 243

6 22

xe si x

xf x si x

xsi x

≤

= − < ≤ − >

L’àrea entre 0 i 4 és calcularà en principi mitjançant la integral però per poder afirmar que

l’àrea coincideix amb ( )4

0f x dx∫ cal demostrar que ( )f x és positiva i que sempre està en el

mateix costat de l’eix x, és a dir, que no canvia de signe en l’interval [ ]0, 4 .

En el gràfic adjunt representem la funció i la integral: Podem observar que en l’interval [0, 4] no canvia de signe i que sempre és negativa, per tant, la integral serà negativa i coincidirà amb valor absolut amb l’àrea buscada:

( )22 3

2 2

0 00

4 44 12

x xf x dx dx x

= − = − =

∫ ∫

32 8 2 2 24 224 2 8 8

12 12 3 3 3

− −= − ⋅ = − = − = =

( )42

4 4

2 22

3 36 6

2 4

x xf x dx dx x

= − = − =

∫ ∫

( ) ( ) ( )2 23 4 3 2

6 4 6 2 12 24 3 12 12 9 12 9 34 4

⋅ ⋅= − ⋅ − − ⋅ = − − − = − − − = − + = −

Com ja hem comentat abans, pel fet de que f sempre és negativa en l’interval [0, 4] tenim que:

( ) ( )2 4 2

0 2

22 22 22 9 313 3 10,3

3 3 3 3 3Àrea f x dx f x dx u

−= + = + − = + = + =∫ ∫ ≃

Documents

Recull de problemes de selectivitat sobre integrals...e-mail: [email protected] a) Quina condició han de complir a i b per tal que f sigui contínua a tot ℝ? b) Trobeu els valors