Integrales · Matemáticas II (con soluciones)

Apartado 4.2.1

1. 1. Cortes con los ejes: con OY, $f(0)=\cos 0+2=3$. Con OX: $f(x)=0$ exigiría $\cos \frac{\pi x}{9}=-2$, imposible porque $\cos \ge -1$ (de hecho $1\le f\le 3$).

   $f(0)=3,f(x)\ge 1>0$

   Corta a OY en $(0,3)$ y no corta a OX.

2. 2. Derivamos.

   $f^{\prime }(x)=-\frac{\pi }{9}\sin \frac{\pi x}{9}$

3. 3. En $[0,12]$ se anula cuando $\frac{\pi x}{9}=0,\pi$, es decir, $x=0$ y $x=9$. Signo: $\sin >0$ si $x\in (0,9)$ y $\sin <0$ si $x\in (9,12]$, porque $\frac{\pi x}{9}\in (0,\pi )$ y luego $\in (\pi ,\frac{4\pi }{3}]$.

   $f^{\prime }<0\text{en}(0,9);f^{\prime }>0\text{en}(9,12)$

   Decrece en $[0,9]$ y crece en $[9,12]$.

4. 4. Extremos absolutos: comparamos los valores en los extremos del intervalo y en el punto crítico.

   $f(0)=3,f(9)=\cos \pi +2=1,f(12)=\cos \frac{4\pi }{3}+2=\frac{3}{2}$

   Máximo absoluto 3 en $x=0$ y mínimo absoluto 1 en $x=9$; la gráfica baja de $(0,3)$ a $(9,1)$ y sube hasta $(12,\frac{3}{2})$.

Apartado 4.2.2

1. 1. El área verde es la que queda bajo la curva: ${\int }_0^{12}f(x)dx$.

   ${\int }_0^{12}\left(\cos \frac{\pi x}{9}+2\right)dx=[\frac{9}{\pi }\sin \frac{\pi x}{9}+2x{]}_0^{12}$

2. 2. Evaluamos: $\sin \frac{4\pi }{3}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$.

   $=\frac{9}{\pi }\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)+24=24-\frac{9\sqrt{3}}{2\pi }\approx 21,52$

   Área verde $=24-\frac{9\sqrt{3}}{2\pi }\approx 21,52{\mathrm{m}}^2$.

3. 3. El área roja es el resto de la pared, de $12\cdot 3=36{\mathrm{m}}^2$.

   $36-\left(24-\frac{9\sqrt{3}}{2\pi }\right)=12+\frac{9\sqrt{3}}{2\pi }\approx 14,48$

   Área roja $=12+\frac{9\sqrt{3}}{2\pi }\approx 14,48{\mathrm{m}}^2$.

Apartado 4.2.3

1. 1. Cada bote cubre $3{\mathrm{m}}^2$: dividimos el área verde y redondeamos hacia arriba.

   $\frac{21,52}{3}\approx 7,17\Rightarrow \lceil 7,17\rceil =8$

   Hacen falta 8 botes.

Apartado a

1. 1. $f$ no existe en $x=0$.

   $\mathrm{Dom}f=\mathbb{R}\setminus \{0\}$

2. 2. Límites: ${\lim }_{x\to 0}\frac{1}{x^2}=+\infty$ (AV $x=0$) y ${\lim }_{x\to \pm \infty }\frac{1}{x^2}=0$ (AH $y=0$). Derivada $f^{\prime }(x)=-\frac{2}{x^3}$: positiva si $x<0$, negativa si $x>0$.

   $f^{\prime }(x)=-\frac{2}{x^3}$

   AV: $x=0$; AH: $y=0$. Crece en $(-\infty ,0)$ y decrece en $(0,+\infty )$

Apartado b

1. 1. $f$: hipérbola tipo «$1/x^2$», positiva, simétrica respecto del eje OY, con ramas en los cuadrantes I y II que se pegan a los ejes. $g$: recta por el origen de pendiente 8. Se cortan en $\frac{1}{x^2}=8x\Rightarrow x^3=\frac{1}{8}\Rightarrow x=\frac{1}{2}$, punto $\left(\frac{1}{2},4\right)$.

   $f(1)=1,g(1)=8,f(\frac{1}{2})=g(\frac{1}{2})=4$

   Gráficas dibujadas; se cortan solo en $(\frac{1}{2},4)$ para $x>0$

Apartado c

1. 1. El recinto (entre OX, $x=1$ y las dos curvas) está limitado por arriba por la recta $g$ de $x=0$ a $x=\frac{1}{2}$ y por $f$ de $x=\frac{1}{2}$ a $x=1$ (ahora $f\le g$).

   $0\le x\le \frac{1}{2}:y\le 8x;\frac{1}{2}\le x\le 1:y\le \frac{1}{x^2}$

2. 2. Dos integrales.

   $A={\int }_0^{1/2}8xdx+{\int }_{1/2}^1\frac{dx}{x^2}={\left[4x^2\right]}_0^{1/2}+{\left[-\frac{1}{x}\right]}_{1/2}^1=1+(-1+2)$

   $A=2{\text{u}}^2$

Apartado 4.2.1

1. 1. Quitamos el valor absoluto: si $x\ge 2$, $f(x)=x(x-2)=x^2-2x$; si $x<2$, $f(x)=x(2-x)=2x-x^2$.

   $f(x)=\{\begin{array}{ll}2x-x^2,& x<2\\ x^2-2x,& x\ge 2\end{array}$

2. 2. Dibujo: en $x<2$ es una parábola cóncava (corta a OX en $0$ y $2$, vértice $(1,1)$); en $x\ge 2$ es convexa (sube desde $(2,0)$: $f(3)=3$, $f(5)=15$). En $x=-1$, $f=-3$. La región está entre la gráfica, OX, $x=-1$ y $x=5$.

   $f(-1)=-3,f(0)=0,f(1)=1,f(2)=0,f(5)=15$

   Región bajo OX en $[-1,0]$, sobre OX en $[0,2]$ y en $[2,5]$

Apartado 4.2.2

1. 1. Cortes con OX en $x=0$ y $x=2$: separamos el área en tres trozos y usamos valor absoluto en el que queda bajo el eje. Primitivas: $\int (2x-x^2)=x^2-\frac{x^3}{3}$ y $\int (x^2-2x)=\frac{x^3}{3}-x^2$.

   $A_1=\left|{\int }_{-1}^0(2x-x^2)dx\right|=\frac{4}{3},A_2={\int }_0^2(2x-x^2)dx=\frac{4}{3},A_3={\int }_2^5(x^2-2x)dx=18$

2. 2. Sumamos.

   $A=\frac{4}{3}+\frac{4}{3}+18=\frac{62}{3}$

   $A=\frac{62}{3}\approx 20,67{\text{u}}^2$

Apartado a

1. 1. Un mínimo relativo en $x=-\frac{3}{4}$ exige $h^{\prime }\left(-\frac{3}{4}\right)=0$.

   $h^{\prime }(x)=a+2x\Rightarrow a+2\left(-\frac{3}{4}\right)=0$

   $a=\frac{3}{2}$

Apartado b

1. 1. Con $a=\frac{3}{2}$: $h(x)=x^2+\frac{3}{2}x$ y $h^{\prime }(x)=2x+\frac{3}{2}$. La primera es una parábola con vértice en $\left(-\frac{3}{4},-\frac{9}{16}\right)$ que corta al eje $X$ en $x=0$ y $x=-\frac{3}{2}$; la segunda es una recta de pendiente 2 que corta al eje $X$ en $x=-\frac{3}{4}$ y al eje $Y$ en $\frac{3}{2}$.

   $h(x)=x^2+\frac{3}{2}x,h^{\prime }(x)=2x+\frac{3}{2}$

   Parábola hacia arriba y recta secante a ella en dos puntos (ver el apartado c)

Apartado c

1. 1. Puntos de corte: $h(x)=h^{\prime }(x)$.

   $x^2+\frac{3}{2}x=2x+\frac{3}{2}\Rightarrow x^2-\frac{1}{2}x-\frac{3}{2}=0\Rightarrow x=-1,x=\frac{3}{2}$

2. 2. Entre $-1$ y $\frac{3}{2}$ la recta está por encima de la parábola (p. ej. en $x=0$: $\frac{3}{2}>0$). Área = integral de (recta $-$ parábola).

   $A={\int }_{-1}^{3/2}\left(\frac{3}{2}+\frac{1}{2}x-x^2\right)dx={\left[\frac{3}{2}x+\frac{x^2}{4}-\frac{x^3}{3}\right]}_{-1}^{3/2}=\frac{27}{16}+\frac{11}{12}$

   $A=\frac{125}{48}{\text{u}}^2\approx 2,604{\text{u}}^2$

1. 1. El rectángulo $R$ tiene base 2 (de $-1$ a $1$) y altura 1, luego área $2$; un tercio es $\frac{2}{3}$.

   $\text{Aˊrea}(R)=2\cdot 1=2,\frac{1}{3}\text{Aˊrea}(R)=\frac{2}{3}$

2. 2. La recta $y=a$ y la parábola $y=x^2$ se cortan en $x=\pm \sqrt{a}$ y entre ambos puntos $a\ge x^2$ (la recta queda por encima). El área encerrada es la integral de la diferencia (función par).

   $A(a)={\int }_{-\sqrt{a}}^{\sqrt{a}}(a-x^2)dx=2{\left[ax-\frac{x^3}{3}\right]}_0^{\sqrt{a}}=2\left(a\sqrt{a}-\frac{a\sqrt{a}}{3}\right)=\frac{4}{3}{a}^{3/2}$

3. 3. Imponemos $A(a)=\frac{2}{3}$ y despejamos.

   $\frac{4}{3}{a}^{3/2}=\frac{2}{3}\Rightarrow a^{3/2}=\frac{1}{2}\Rightarrow a={\left(\frac{1}{2}\right)}^{2/3}=\frac{1}{\sqrt[3]{4}}$

   $a=\frac{1}{\sqrt[3]{4}}=2^{-2/3}\approx 0,630$

Apartado a

1. 1. Factorizamos el denominador: raíces de $x^2-5x-14=0$ en $x=7$ y $x=-2$.

   $x^2-5x-14=(x-7)(x+2)$

2. 2. Fracciones simples: $\frac{18}{(x-7)(x+2)}=\frac{A}{x-7}+\frac{B}{x+2}$. Con $x=7$: $A=18/9=2$; con $x=-2$: $B=18/(-9)=-2$.

   $\frac{18}{x^2-5x-14}=\frac{2}{x-7}-\frac{2}{x+2}$

3. 3. Integramos.

   $\int \frac{18}{x^2-5x-14}dx=2\ln |x-7|-2\ln |x+2|+C=2\ln \left|\frac{x-7}{x+2}\right|+C$

   $2\ln \left|\frac{x-7}{x+2}\right|+C$

Apartado b

1. 1. Regla de Barrow en $[8,t]$ con $t>8$ (no hay raíces del denominador dentro del intervalo). $F(8)=2\ln \frac{1}{10}$.

   ${\int }_8^t=2\ln \frac{t-7}{t+2}-2\ln \frac{1}{10}=2\ln \frac{10(t-7)}{t+2}$

   ${\int }_8^t\frac{18}{x^2-5x-14}dx=2\ln \frac{10(t-7)}{t+2}$

Apartado c

1. 1. Igualamos a $\ln \frac{25}{4}$ y usamos $2\ln u=\ln u^2$.

   $2\ln \frac{10(t-7)}{t+2}=\ln \frac{25}{4}\Rightarrow {\left(\frac{10(t-7)}{t+2}\right)}^2=\frac{25}{4}\Rightarrow \frac{10(t-7)}{t+2}=\frac{5}{2}$

   Se toma la raíz positiva porque para $t>8$ el cociente es positivo.

2. 2. Resolvemos.

   $20(t-7)=5(t+2)\Rightarrow 15t=150\Rightarrow t=10$

   $t=10$

Apartado a

1. 1. El denominador se anula en $x=0$ y $x=1$.

   $\mathrm{Dom}f=\mathbb{R}\setminus \{0,1\}$

2. 2. Límites laterales y en el infinito.

   ${\lim }_{x\to 0^{\pm }}f=-\infty ,{\lim }_{x\to 1^{+}}f=+\infty ,{\lim }_{x\to 1^{-}}f=-\infty ,{\lim }_{x\to \pm \infty }f=0$

   Asíntotas verticales $x=0$ y $x=1$; horizontal $y=0$ (no hay oblicua).

Apartado b

1. 1. Fracciones simples: $\frac{x^2+1}{x^2(x-1)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x^2}+\frac{C}{x-1}$. En $x=1$: $C=2$; en $x=0$: $B=\frac{1}{-1}=-1$; comparando el coeficiente de $x^2$: $A+C=1\Rightarrow A=-1$.

   $f(x)=-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}+\frac{2}{x-1}$

2. 2. Integramos.

   $\int f(x)dx=-\ln |x|+\frac{1}{x}+2\ln |x-1|+C$

   $\int f=2\ln |x-1|-\ln |x|+\frac{1}{x}+C$

3. 3. Primitiva por $(2,0)$: $F(2)=2\ln 1-\ln 2+\frac{1}{2}+C=0$.

   $C=\ln 2-\frac{1}{2}$

   $F(x)=2\ln |x-1|-\ln |x|+\frac{1}{x}+\ln 2-\frac{1}{2}$

Apartado c

1. 1. En $[2,4]$ la función es positiva (numerador $>0$, $x-1>0$, $x^2>0$): el área es la integral definida.

   $\text{Aˊrea}=F(4)-F(2)=\left(2\ln 3-\ln 4+\frac{1}{4}\right)-\left(-\ln 2+\frac{1}{2}\right)$

   $\text{Aˊrea}=2\ln 3-\ln 2-\frac{1}{4}\approx 1,254{\text{u}}^2$

Apartado a

1. 1. Igualamos las dos funciones y factorizamos.

   $x^3=2x^2-x⟺x^3-2x^2+x=0⟺x(x-1{)}^2=0$

   $x=0$ y $x=1$

2. 2. Calculamos las ordenadas.

   $f(0)=0,f(1)=1$

   $A=(0,0)$ y $B=(1,1)$

Apartado b

1. 1. Hallamos la diferencia y la factorizamos.

   $f(x)-g(x)=x^3-2x^2+x=x(x-1{)}^2$

2. 2. Si $x\ge 0$, el factor $x$ es no negativo y $(x-1{)}^2$ es un cuadrado, también no negativo; el producto es $\ge 0$.

   $x\ge 0\Rightarrow x(x-1{)}^2\ge 0\Rightarrow f(x)\ge g(x)$

   Queda demostrado (la igualdad solo en $x=0$ y $x=1$).

Apartado c

1. 1. En $[0,1]$ la curva $f$ está por encima de $g$, luego el área es la integral de la diferencia.

   $\text{Aˊrea}={\int }_0^1(x^3-2x^2+x)dx={\left[\frac{x^4}{4}-\frac{2x^3}{3}+\frac{x^2}{2}\right]}_0^1$

2. 2. Regla de Barrow.

   $\frac{1}{4}-\frac{2}{3}+\frac{1}{2}=\frac{3-8+6}{12}=\frac{1}{12}$

   Área $=\frac{1}{12}{\text{u}}^2\approx 0,083{\text{u}}^2$

Apartado a

1. 1. El denominador $(x-2)(x^2+9)$ solo se anula en $x=2$ ($x^2+9>0$) y el numerador no: $f(2)=8+24-6=26\ne 0$.

   $\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=+\infty ,\underset{x\to 2^{-}}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=-\infty$

   Asíntota vertical: $x=2$.

2. 2. El numerador tiene grado $2$ y el denominador grado $3$: el límite en $\pm \infty$ es $0$.

   $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2x^2+12x-6}{x^3-2x^2+9x-18}=0$

   Asíntota horizontal: $y=0$ (no hay oblicua).

Apartado b

1. 1. Fracciones simples: $\frac{2x^2+12x-6}{(x-2)(x^2+9)}=\frac{A}{x-2}+\frac{Bx+C}{x^2+9}$, luego $2x^2+12x-6=A(x^2+9)+(Bx+C)(x-2)$. Con $x=2$: $26=13A\Rightarrow A=2$. Coeficiente de $x^2$: $2=A+B\Rightarrow B=0$. Coeficiente de $x$: $12=-2B+C\Rightarrow C=12$.

   $\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{2}{x-2}+\frac{12}{x^2+9}$

   Comprobación del término independiente: $9A-2C=18-24=-6$.

2. 2. Integramos: $\int \frac{2}{x-2}dx=2\ln |x-2|$ y $\int \frac{12}{x^2+9}dx=12\cdot \frac{1}{3}\arctan \frac{x}{3}=4\arctan \frac{x}{3}$.

   $H(x)=2\ln |x-2|+4\arctan \frac{x}{3}+K$

3. 3. Condición $H(3)=\frac{\pi }{3}$: $2\ln 1+4\arctan 1+K=\pi +K=\frac{\pi }{3}$.

   $K=\frac{\pi }{3}-\pi =-\frac{2\pi }{3}$

   $H(x)=2\ln |x-2|+4\arctan \frac{x}{3}-\frac{2\pi }{3}$

Apartado a

1. 1. Primitiva de $f(t)=at+b$ y regla de Barrow entre $t=1$ y $t=x+1$.

   ${\int }_1^{x+1}(at+b)dt={\left[\frac{a{t}^2}{2}+bt\right]}_1^{x+1}=\frac{a(x+1{)}^2}{2}+b(x+1)-\frac{a}{2}-b$

2. 2. Desarrollamos $(x+1{)}^2=x^2+2x+1$ y simplificamos.

   $=\frac{a}{2}{x}^2+ax+\frac{a}{2}+bx+b-\frac{a}{2}-b=\frac{a}{2}{x}^2+(a+b)x$

   ${\int }_1^{x+1}f(t)dt=\frac{a}{2}{x}^2+(a+b)x$

Apartado b

1. 1. Con el resultado anterior, $F(x)=x\left[\frac{a}{2}{x}^2+(a+b)x\right]=\frac{a}{2}{x}^3+(a+b)x^2$. Derivamos.

   $F^{\prime }(x)=\frac{3a}{2}{x}^2+2(a+b)x$

   $F^{\prime }(x)=\frac{3a}{2}{x}^2+2(a+b)x$

Apartado c

1. 1. Derivamos otra vez y evaluamos en $0$.

   $F^{\prime \prime }(x)=3ax+2(a+b)\Rightarrow F^{\prime \prime }(0)=2(a+b)=0$

   $b=-a$

Apartado a

1. 1. Para $\alpha >0$ la curva está por encima del eje $X$, así que el área es la integral entre $x=0$ y $x=\sqrt{6}$.

   $S={\int }_0^{\sqrt{6}}(x^2+\alpha )dx={\left[\frac{x^3}{3}+\alpha x\right]}_0^{\sqrt{6}}=\frac{6\sqrt{6}}{3}+\alpha \sqrt{6}$

   $S=\sqrt{6}(2+\alpha ){\text{u}}^2$

Apartado b

1. 1. El rectángulo tiene área $\sqrt{6}(6+\alpha )$. La región inferior (bajo la curva) tiene área $\sqrt{6}(2+\alpha )$. Pedimos que sea la mitad del rectángulo.

   $\sqrt{6}(2+\alpha )=\frac{\sqrt{6}(6+\alpha )}{2}\Rightarrow 4+2\alpha =6+\alpha$

   $\alpha =2$

Apartado a

1. 1. En el primer cuadrante la curva queda por encima del eje $X$, así que el área es la integral entre $x=0$ y $x=2$. Con el cambio $x=2u$ o la fórmula de la arcotangente: $\int \frac{dx}{4+x^2}=\frac{1}{2}\arctan \frac{x}{2}$.

   $S={\int }_0^2\frac{dx}{4+x^2}={\left[\frac{1}{2}\arctan \frac{x}{2}\right]}_0^2=\frac{1}{2}\left(\arctan 1-\arctan 0\right)=\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{4}$

   $S=\frac{\pi }{8}\approx 0,39{\text{u}}^2$

Apartado b

1. 1. El área de $A$ es ${\int }_0^{\alpha }\frac{dx}{4+x^2}=\frac{1}{2}\arctan \frac{\alpha }{2}$. Como $A=2B$ y $A+B=\frac{\pi }{8}$, se tiene $A=\frac{2}{3}\cdot \frac{\pi }{8}=\frac{\pi }{12}$.

   $\frac{1}{2}\arctan \frac{\alpha }{2}=\frac{\pi }{12}\Rightarrow \arctan \frac{\alpha }{2}=\frac{\pi }{6}$

2. 2. Tomamos la tangente: $\frac{\alpha }{2}=\tan \frac{\pi }{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

   $\alpha =\frac{2\sqrt{3}}{3}\approx 1,155\in (0,2)$

   $\alpha =\frac{2\sqrt{3}}{3}\approx 1,155$

Apartado a

1. 1. Factorizamos el denominador: $x=-1$ es raíz ($-1+1-5+5=0$), y por Ruffini $g(x)=(x+1)(x^2+5)$, con $x^2+5$ sin raíces reales. El numerador no se anula en $x=-1$: $f(-1)=4-2+10=12\ne 0$.

   $\underset{x\to -1^{\pm }}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{12}{0^{\pm }}=\pm \infty$

   Asíntota vertical: $x=-1$.

2. 2. El grado del numerador (2) es menor que el del denominador (3), luego el límite en el infinito es $0$: asíntota horizontal $y=0$ (en $+\infty$ y en $-\infty$). No hay oblicua.

   $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{4x^2+2x+10}{x^3+x^2+5x+5}=0$

   Asíntota horizontal: $y=0$.

Apartado b

1. 1. Fracciones simples: $\frac{4x^2+2x+10}{(x+1)(x^2+5)}=\frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C}{x^2+5}$, luego $4x^2+2x+10=A(x^2+5)+(Bx+C)(x+1)$. Con $x=-1$: $12=6A\Rightarrow A=2$. Igualando coeficientes de $x^2$: $4=A+B$, $B=2$; del término en $x$: $2=B+C$, $C=0$.

   $\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{2}{x+1}+\frac{2x}{x^2+5}$

   Comprobación del término independiente: $5A+C=10$.

2. 2. Integramos: $\int \frac{2}{x+1}dx=2\ln |x+1|$ y $\int \frac{2x}{x^2+5}dx=\ln (x^2+5)$.

   $H(x)=2\ln |x+1|+\ln (x^2+5)+K$

3. 3. Condición $H(0)=0$: $2\ln 1+\ln 5+K=0$, luego $K=-\ln 5$.

   $H(x)=2\ln |x+1|+\ln (x^2+5)-\ln 5=2\ln |x+1|+\ln \frac{x^2+5}{5}$

   $H(x)=2\ln |x+1|+\ln (x^2+5)-\ln 5$

Apartado a

1. 1. Verticales: el denominador $g(x)=6x^2-7x+2=(2x-1)(3x-2)$ se anula en $x=\frac{1}{2}$ y $x=\frac{2}{3}$, y el numerador no: $f\left(\frac{1}{2}\right)=-1$ y $f\left(\frac{2}{3}\right)=1$.

   $\underset{x\to 1/2}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\pm \infty ,\underset{x\to 2/3}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\pm \infty$

   Asíntotas verticales: $x=\frac{1}{2}$ y $x=\frac{2}{3}$.

2. 2. Como el grado del numerador (3) supera en uno al del denominador (2), no hay asíntota horizontal pero sí oblicua $y=mx+n$. Dividimos los polinomios.

   $12x^3-8x^2+9x-5=(6x^2-7x+2)(2x+1)+(12x-7)\Rightarrow \frac{f(x)}{g(x)}=2x+1+\frac{12x-7}{6x^2-7x+2}$

   Asíntota oblicua: $y=2x+1$

Apartado b

1. 1. Descomponemos en fracciones simples el resto, con $g(x)=(2x-1)(3x-2)$: $\frac{12x-7}{(2x-1)(3x-2)}=\frac{A}{2x-1}+\frac{B}{3x-2}$ y $12x-7=A(3x-2)+B(2x-1)$. Con $x=\frac{1}{2}$: $-1=A\left(-\frac{1}{2}\right)\Rightarrow A=2$; con $x=\frac{2}{3}$: $1=B\cdot \frac{1}{3}\Rightarrow B=3$.

   $\frac{f(x)}{g(x)}=2x+1+\frac{2}{2x-1}+\frac{3}{3x-2}$

2. 2. Integramos término a término: $\int \frac{2}{2x-1}dx=\ln |2x-1|$ y $\int \frac{3}{3x-2}dx=\ln |3x-2|$.

   $H(x)=x^2+x+\ln |2x-1|+\ln |3x-2|+C=x^2+x+\ln |6x^2-7x+2|+C$

3. 3. Condición $H(1)=1$: $1+1+\ln |6-7+2|+C=2+\ln 1+C=1$.

   $2+0+C=1\Rightarrow C=-1$

   $H(x)=x^2+x+\ln |6x^2-7x+2|-1$

Apartado a

1. 1. Puntos críticos: $f^{\prime }(x)=3x^2-3=0\Rightarrow x=\pm 1$; solo $x=-1$ está en $[-3,0]$. Comparamos con los extremos del intervalo.

   $f(-3)=-27+9+8=-10,f(-1)=-1+3+8=10,f(0)=8$

   Máximo absoluto: $f(-1)=10$ (en $x=-1$).

Apartado b

1. 1. Igualamos $f(x)=g(x)$: los términos en $x$ se cancelan.

   $x^3-3x+8=-3x\Rightarrow x^3=-8\Rightarrow x=-2$

   Punto de corte: $(-2,6)$

Apartado c

1. 1. La diferencia $f-g=x^3+8$ cambia de signo en $x=-2$: es negativa en $[-3,-2)$ (la recta queda por encima) y positiva en $(-2,0]$. Dividimos el área en dos trozos.

   $A={\int }_{-3}^{-2}-(x^3+8)dx+{\int }_{-2}^0(x^3+8)dx$

2. 2. Primitiva $F(x)=\frac{x^4}{4}+8x$ con $F(-3)=-\frac{15}{4}$, $F(-2)=-12$, $F(0)=0$.

   $A=-\left[F(-2)-F(-3)\right]+\left[F(0)-F(-2)\right]=\frac{33}{4}+12$

   $A=\frac{81}{4}=20,25{\text{u}}^2$