EXERCÍCIOS PROPOSTOS – FUNÇÃO QUADRÁTICA

Fabiano Nader & Kenji Chung


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EXERCÍCIOS PROPOSTOS – FUNÇÃO QUADRÁTICA

NÍVEL 1 E1. SOLUÇÃO: Como a < 0 (a = -1), então o gráfico de f é uma parábola voltada para baixo, logo tem ponto máximo. Para

saber que ponto é esse, temos que calcular o vértic e da função. Xv = , logo Xv = = 6. E Yv = -6² + 12·6 + 20 = - 36 + 72 + 20 = 56. RESPOSTA: LETRA C. E2. SOLUÇÃO: a) VERDADEIRO. Xv = -(-2) / 2 = 1. y v = 1² - 2·1 + 5 = 1 – 2 + 5 = 4. Logo, o vértice do gráfico d e f é o ponto (1 , 4). b) FASLO. ∆ = (-2)² - 4·1·5 = 4 – 20 = -16. Logo, f não possui nenhuma raiz ( ou zero) real. c) FALSO. Como a > 0, o gráfico de f é uma parábola voltada para cima, logo f tem ponto de mínimo, não de máximo. d) FALSO. O gráfico de f seria tangente ao eixo das abscissas de ∆ = 0. Mas como vimos, ∆ = 16, logo o gráfico nem toca no eixo das abscissas. RESPOSTA: LETRA A. E3. SOLUÇÃO: Total arrecadado com vendas anteriorment e: 10.000 · 1,50. Sendo x a quantidade de centavos de desconto concedida por litro, e considerando que R$ 1, 50 = 150 centavos, obtemos: V = (10.000 + 100x) (150 – x) centavos =

reais. �� V = = (100 + x) (150 – x) �� V = 15.000 + 50x – x². RESPOSTA: LETRA D. E4. SOLUÇÃO: C(x) = 3x² + 232 por unidade (custo). V(x ) = 180x – 116 (venda). L(x) = V(x) – C(x) (lucro) �� L(x) = 180x – 116 – (3x² + 232) �� L(x) = 180x – 116 – 3x² - 232 �� L(x) = -3x² + 180x – 348. Para obter o maior lucro , a quantidade de unidades a serem vendidas será Xv = -180/2(-3) = -180/(-6) =30. RESPOSTA: LETRA B. E5. SOLUÇÃO: O volume da piscina é dado por V = x (20 – x) 2 = -2x² + 40x. Para encontrar o volume máxim o, temos que encontrar Yv = - ∆/4a. ∆ = 40² - 4 (-2)·0 = 40² = 1600. Yv = -1600/4(-2) = -1600/(-8) = 200. Logo, o maior volume que esta piscina pode ter é de 200m³. RESPOSTA: LETRA C. E6. SOLUÇÃO: C(x) = -x² + 22x + 1. V(x) = 10x. Lucro = Venda – Custo �� L(x) = V(x) – C(x) = 10x – (-x² + 22x + 1) = 10x + x² - 22x – 1 = x² - 12x – 1.Se o lucro é de R$ 44,00, então x² - 12x – 1 = 44 �� x² - 12x – 45 = 0. Soma = -b/a = 12. Produto = c/a = -45. Raízes: -3 e 15. A raiz negativa não s erve para este caso, logo para obter um lucro de 44 reais foram vendidas 15 unidades. RESPOSTA: LETRA E. E7. SOLUÇÃO: L = x – 10 por unidade, onde o custo de uma unidade é 10 e o preço de venda é x. Quantidade vendida por mês: 70 – x. Então o custo mensal, C(x) = 10(70 – x) = -10x + 700, e a venda mensal V(x)= x (70 – x) = - x² + 70x. Então o lucro mensal é dado por L(x) = V(x) – C(x) = -x² + 70x – (-10x + 700) = -x² + 70x + 10x – 700 = -x² + 80x – 700. Valor máximo do lucro mensal: Yv = - ∆/4a �� ∆= 80² - 4·(-1)·(-700) = 6400 – 2800 = 3600. Yv = -3600/4(-1) = 900. RESPOSTA: LETRA C.



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E8. SOLUÇÃO: f(x) = ax² - 4x + a. Se admite duas raíze s reais e iguais, então ∆ = 0. Logo ∆ = (-4)² - 4·a·a = 0 �� 16 – 4a² = 0 �� 4a² = 16 �� a² = 4 �� a = ± 2. Mas f tem um valor máximo, logo a < 0 �� a = - 2. Então f(x) = -2x² – 4x – 2. �� f(-2) = -2(-2)² - 4(-2) – 2 = -8 + 8 – 2 = -2. RESPOSTA: LETRA E. E9. SOLUÇÃO: f(p) = -p² + 12p. O valor de p que gera o melhor desempenho é o p do vértice: -b/2a = - 12/(-2) = 6. Ou seja, 5,8 < p ≤ 6,2. RESPOSTA: LETRA D. E10. SOLUÇÃO: Observe que, para 0 ≤≤≤≤ t ≤≤≤≤ 100, T(t) = 7t/5 + 20 é uma função do 1º grau cres cente. Fazendo T(0) = 7.0/5 + 20 = 20 e T(100) = 7.100/5 + 20 = 160, concluímos que: 0 ≤ t < 100 ⇔⇔⇔⇔ 20 ≤ T < 160. Como a peça é colocada quando está a 48°C, o tempo decorrido desde que o forno foi ligado é dado por: 7/5t + 20 = 48 ⇒⇒⇒⇒ t = 20, ou seja, 20 minutos. A peça deve ser retirada quando estiver a 200ºC. As sim, o tempo (t) é dado por: 2/125 · t² – 16/5·t + 320 = 200, t ≥ 100 t² – 200t + 7500 = 0 Resolvendo essa equação, temos t = 150. Desse modo, o tempo que a peça deve ficar no forno é dado por: 150 – 20 = 130, ou seja, 130 minutos. RESPOSTA: LETRA D. NÍVEL 2 E11. SOLUÇÃO: Chamando um dos lados do retângulo de x , o lado oposto a ele também será x. Logo, a soma d os outros dois lados restantes será 84 – 2x, pois o perímetro do retângulo é 84 m. Como esses dois lados opostos também são

iguais, a medida desse lado é = 42 – x.

Logo, a área do terreno é A = x(42 – x) = -x² + 42x = x(-x + 42) �� raízes: x = 0 ou x = 42. Como a < 0, a parábola é voltada para baixo. Então o gráfico que é uma função de segu ndo grau, com a parábola voltada para baixo e raíze s 0 e 42 é o gráfico da letra A. RESPOSTA: LETRA A. E12. SOLUÇÃO: R(x) = k ·x·(P – x). Se o público alvo é de 44.000 pessoas, ou se ja, P = 44.000, então: : R(x) = k ·x·(44.000 – x). A rapidez máxima do boato ocorrerá quando for conhe cido pelo número de pessoa no Xv. Como k é uma const ante positiva, não influencia no vértice da função. Logo , Xv = -44.000/ 2(-1) = -44000/(-2) = 22.000 pessoas. RESPOSTA: LETRA B. E13. SOLUÇÃO:



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Para a função ser crescente, k² - 1 > 0 ��. Logo, k < -1 ou k > 1. RESPOSTA: LETRA E. E14. SOLUÇÃO: Localizando os pontos no gráfico:

Pelo gráfico, podemos observar que as raízes de f sã o positivas, e as de g são negativas. Como f e g sã o simétricas, então se as raízes de f são x’ e x’’ (x’ , x’’), as raíze s de g são –x’ e –x’’. Como Q é a maior raiz de g, então Q = - x’. E P é a maior raiz de f, logo P = x”. A distância entre P e Q é P – Q = x’’- (-x’) = x” + x’, que é a soma da s raízes de f. Sendo f(x) = ax² + bx + c, a soma das raízes de f é –b/a. E sabendo que R é onde f corta o eixo dos y, então R = c. Log o, a área do triângulo

PQR é (PQ ·R)/2 = .

RESPOSTA: LETRA D. E15. SOLUÇÃO: Se a é um número real positivo, não infl uencia no vértice do gráfico de y.

0-0) VERDADEIRO. Se x = 0: y = a(0 +2 ·0) = a·0 = 0. Logo, passa pelo ponto (0 , 0).

1-1) VERDADEIRO. O Xv = -2/2 = -1. Logo, a função é si métrica em relação á reta x = -1. 2-2) FALSO. Xv = -1 e Yv = a((-1)² +2(-1)) = a(1-2) = a(-1) = -a. O vértice é o ponto (-1, -a). 3-3) VERDADEIRO. Pode ser observado pelo gráfico. 4-4) FALSO. Intercepta no vértice, que é o ponto (-1 , -a).

REPOSTA: VVFVF.

E16. SOLUÇÃO: Inclinação 2 e crescente: a = 2. Despes a fixa de 7,00 : b = 7. C(x) = 2x + 7 e V( x) = -2x² + 229,76x – 441,84. Se o custo caiu em 12%, restaram 88% dele. L ogo, nova função do custo é C(x) = 0,88(2x + 7) = 1 ,76x + 6,16. Lucro = Venda – Custo �� L(x) = V(x) – C(x) �� L(x) = -2x² + 229,76x – 441,84 – (1 ,76x + 6,16) �� L(x) = -2x² + 228x – 448. RESPOSTA: LETRA A. E17. SOLUÇÃO: f(x) = x² e g(x) = x.

Vemos em f que y’ = k² (pois f(x) = x²) e y = (2k)² = 4k². Transportamos y e y’ para o gráfico de g, e como g(x) = x, encontramos os x correspondentes de y e y’ em g(x), como mostra o gráfico. Logo, a área do trapézio é (B + b)h / 2 = (y + y’) (y – y’) / 2 = 120 �� y² - y’ ² = 240 �� Substituindo y e y’ em função de k: (4k²)² - (k²)² = 240 �� 16k4 – k4 = 240 �� 15k4 = 240 �� k4 = 16 �� k = 2. RESPOSTA: LETRA E. E18. SOLUÇÃO: v(t) = at² + b. Se no tempo inicial (t = 0), a amostra era de 720 frangos, logo v(0) = 720. �� 0·a + b = 720 �� b = 720. E se o último frango morreu quando t = 12, en tão v(12) = 0. �� 12² a + b = 0 �� 144a + 720 = 0 �� a = -720/144 = -5. v(t) = -5t² + 720. �� v(10) = -5·10² + 720 =-500 +720 �� v(10) = 220.



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RESPOSTA: LETRA D.

E19. SOLUÇÃO: y = 2x² - 5x + m – 3. Se a e b são raíze s de y, então a + b = -(-5)/ 2 = 5/2 e a ·b = (m – 3)/2. Se ,

achando o mmc: = . Substituindo: = �� 4m – 12 = 15 �� 4m = 27 �� m = 27/4. RESPOSTA: 27/4. E20. SOLUÇÃO: f(x) = ax² + bx + c. Pelo ponto (0 , 0) : 0 = a·0² + b·0 + c �� c = 0. Por (2 , 1): 1 = 4a + 2b. Se x v = -b/2a = -1/4 �� -4b = -2a �� a = 2b. Substituindo em 1 = 4a + 2b �� 1 = 8b + 2b �� 10b = 1 �� b = 0,1. Se a = 2b, então a = 2 ·0,1 – 0,2. Então f(x) = 0,2 x² + 0,1x. �� f(1) = 0,2 + 0,1 = 0,3 = 3/10. RESPOSTA: LETRA C. VESTIBULARES DE PERNAMBUCO P1. SOLUÇÃO: Podemos observar pelo gráfico que a largu ra do retângulo é a maior raiz de ambas as funções. Por y = -x² + 2x + 3�� Soma = -2/(-1) = 2, produto = 3/(-1) = -3. As raíze s são -1 e 3. A maior raiz é 3, que é a largura do retângulo. E podemos observar que a altura do retângulo é a dist ância dos y v das duas funções. Na função que vimos ∆ = 2² - 4 (-1) 3 = 4 + 12 = 16. Então y v = -16/4(-1) = 4. Na outra função, y = x² - 4x + 3, ∆ = (-4)² - 4 · 1 · 3 = 16 – 12 = 4. Então y v = -4/4 = -1. A distância entre os vértices é 4 – (-1) = 4 + 1 = 5, que é a altura do retângulo. Logo, a área do retân gulo que é base x altura = 3 x 5 = 15. RESPOSTA: 15. P2. SOLUÇÃO: Como a função corta o eixo dos y em y = 0, então c = 0. Vemos que x v = 3 = -b/2a �� b = -6a. Com o ponto (3,9) temos: 9 = 3² a – 3b �� 9 = 9a + 3b �� 3a + b = 3. Substituindo b = -6a: 3a – 6a = 3 �� -3a = 3 �� a = -1. Se b = -6a, então b = -6 (-1) = 6. RESPOSTA: LETRA D. P3. SOLUÇÃO: Pelo gráfico: c = 2. Se as raízes da funçã o são -2 e 1, o produto é -2 = c/a = 2/a �� a = -1 e a soma é -1 = -b/a = -b/(-1) �� -b = 1 �� b = -1. Logo, a função é f(x) = -x² - x + 2.

0-0) FALSO. x v = -(-1)/2(-1) = -1/2. yv = -(-1/2)² - (-1/2) + 2 = -1/4 + 1/2 + 2 = 9/4. O vértice é o ponto (-1, 9/4). 1-1) FALSO. A função cresce quando x < x v, ou seja, quando x < -1/2. 2-2) VERDADEIRO. a + b + c = -1 – 1 + 2 = 0. 3-3) VERDADEIRO. f(3) = -3² - 3 + 2 = -9 – 3 + 2 = -10. 4-4) FALSO. f(1) = 2 ≠ f(-1) = 9/4.

RESPOSTA: FFVVF. P4. SOLUÇÃO: Como a > 0, a parábola tem concavidade p ara cima, logo é crescente quando x ≥ xv. xv = -b/2a = 5/2 = 2,5. Logo, a função é crescente no intervalo [2,5 ; + ∞). RESPOSTA: LETRA D. P5. SOLUÇÃO: Para que f só tenha valores positivos, pa ra qualquer x, ∆ ≤ 0, pois o gráfico vai tangenciar o eixo dos x, e estará com a parábola voltada para cima, logo f só assumirá valores maiores ou iguais a zero. Para ∆ ≤ 0, (-6)² - 4 · 9 ·k ≤ 0 �� 36 – 36k ≤ 0 �� -36k ≤ - 36 x (-1) �� 36k ≥ 36 �� k ≥ 1. RESPOSTA: LETRA E.



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P6. SOLUÇÃO: C(x) = 2x + 50. V(x) = (22/3 – x/30) x = -x²/30 – 22x/30 , onde x é o número de camisas ven didas. L(x) = V(x) – C(x) = -x²/30 – 22x/30 – 2x – 50 = 1/30 · ( -x² + 160x – 1500). Como 1/30 é uma constante re al e positiva, não influencia no vértice. Para se obter o lucro máximo, a quantidade de camisas a serem vendidas será x v = -160/(-2a) = 80 camisas. RESPOSTA: LETRA E. P7. SOLUÇÃO: Se chamamos um lado do retângulo de x, o lado oposto a ele também será x, e a soma dos lados restantes será 90 – 2x, pois o perímetro do retângulo é de 90 m. Como os lados restantes também são iguais, cada um mede (90 – 2x)/2 = 45 – x.

Após o recuo de 2m na frente e 2m nos fundos (4m ao todo) e 1,5m em cada lateral (3m ao todo), o galpã o ficou: laterais: x – 3, frente e fundo: 45 – x – 4 = 41 – x.

Logo, a área do galpão é (x – 3) (41 – x) = -x² + 4 1x + 3x – 123 = -x² + 44x – 123. A área máxima é y v. xv = -44/-2 = 22. Então y v = -22² +44·22 – 123 = -484 + 968 – 123 = 361 m². RESPOSTA: LETRA A. P8. SOLUÇÃO: f(x) = x² - 5x + 9. ∆ = 25 – 39 = -9. Como ∆ < 0, o gráfico da função não toca o eixo dos x. O xv = 5/2 = 2,5.

Portanto, no intervalo [0 , 10], o maior valor assum ido é f(10) = 10² - 50 + 9 = 100 – 41 = 59. RESPOSTA: 59. P9. SOLUÇÃO: Se ele aproveitou x m de cerca do vizinho , um lado do seu cercado retangular também tem x m. Como ele tem 200 m, restam 200 –x para os lados restantes. C omo o terreno é retangular, os lados são iguais, en tão cada um mede (200 – x)/2 = 100 – x/2.

Logo, a área do cercado é x ( 100 – x/2) = -x²/2 + 100x. ∆ = 100² = 10000. Para a área máxima, y v = -10000 / 4 (-1/2) = -10000/-2 = 5000 m². RESPOSTA: LETRA D. P10. SOLUÇÃO: Seja x o número de artigos comprados ini cialmente. O preço de custo de cada artigo foi 1200 /x, e o valor faturado com a venda de cada artigo foi 1200/x + 10 . Como 5 artigos estavam danificados, foram comerci alizados ao todo (x – 5) artigos. Logo, o valor faturado com a venda dos artigos não danificados foi (1200/x + 10) ·(x – 5). Se o custo foi de 1200 reais, e o lucro total de 450, então o valor f aturado com a venda foi de 1200 + 450 = 1650 reais.



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Então (1200/x + 10)(x - 5) = 1650 �� (120 + x)(x - 5) = 165x �� x² – 50x – 600 = 0. As raízes da equação são: x = 60 e x = -10. Para o caso, o valor aceitável é x = 60, ou seja, fo ram comprados 60 artigos inicialmente. RESPOSTA: 60. P11. SOLUÇÃO: f(x) = 2mx² + mx + 1. Soma = -b/a = -m/2 m = -1/2. Se uma das raízes é -1, então -1 +x = -1/ 2 �� x = ½. RESPOSTA: LETRA D. P12. SOLUÇÃO: Se todos os lugares são ocupados, a comp anhia fatura: L= 200 · 100. Sendo x a quantidade de lugares não ocupados, então L(x) = (200 + 4x) (100 – x) �� L(x) = -4x² + 200x + 20.000. Para obter o faturamen to máximo, os lugares não ocupados serão: x v = -200/2(-4) = -200/(-8) = 25. RESPOSTA: 25. P13. SOLUÇÃO: h(t) = -3t² + 12t. A altura máxima será yV = -∆/4a = -(12²)/4(-3) = -144/(-12) = 12 metros. RESPOSTA: LETRA A. P14. SOLUÇÃO: f(x) = x² - 5x + 6.

0-0) FALSO. y = -∆/4a = -(25 – 24)/4 = -1/4. Como a parábola é voltad a para cima, e -1/4 é a imagem mínima, então a

imagem de f é y ≥ -1/4, e não o conjunto dos reais. 1-1) VERDADEIRO. 2-2) VERDADEIRO. Pelo gráfico, podemos observar que f(x ) < 0 se 2 < x < 3. 3-3) VERDADEIRO. f(1) = 1² - 5 + 6 = 2.

4-4) VERDADEIRO. Se g(x) = , então o domínio de g é definido quando f(x) ≥ 0, pois não existe raiz real de números negativos. E f(x) ≥ 0 quando x ≤ 2 ou x ≥ 3.

RESPOSTA: FVVVV.

P15. SOLUÇÃO: O valor mínimo de uma função é o Y V. Na função dada, ∆ = (-6)² - 4·5·m = 36 – 20m. Segundo a questão, Y V > 3. Então –∆/4a > 3 �� -(36 – 20m)/4·5 > 3 �� (-36 + 20m)/20 > 3 �� -9/5 + m > 3 �� m > 3 + 9/5 = 24/5 = 4,8. Se m > 4,8, então m é necessariamente maior que 4 (m > 4).

RESPOSTA: LETRA A.

P16. SOLUÇÃO: f(t) = -2t² + 16t + c (milhares). f(n)= f(n + 2) = 48 �� -2n²+16n +c= -2(n+2)²+16(n + 2)+c �� -2n²+16n +c = -2(n² + 4n + 4) + 16n + 32 + c �� -2n² + 16n = -2n² - 8n -8 +16n +32 �� 8n = 24 �� n = 3. Então f(3) = f(5). f(3) = -18 + 48 + c = 48 �� c = 18. f(x) = -2t² + 16t + 18.

0-0) VERDADEIRO. f(0) = 18 (milhares) = 18.000. 1-1) VERDADEIRO. yv = -∆/4a = -(16² - 4(-2)·18)/4(-2) = -(256+ 144)/(-8) = -400/(-8) = 50 milha res = 50.000. 2-2) FALSO. f(x) = 0 �� -2x² + 16x + 18 = 0 (:-2) �� x² - 8x -9 = 0. S=8, P=-9. Raízes: -1 e 9. O valor n egativo

não serve para esse caso, logo a população de aves se extinguiu após 9 décadas. 3-3) FALSO. f(4) = -32 + 64 + 18 = 50 ≠ f(6) = -72 + 96 + 18 = 42. 4-4) VERDADEIRO. f(3) = f(5).

RESPOSTA: VVFFV.

P17. SOLUÇÃO: Quantidade vendida: 80 –x. �� C(x) = 20(80 – x) = -20x+1600 e V(x) = x(80 –x) = - x² + 80x. L(x) = V(x) – C(x) = -x² + 80x – (-20x + 1600) = -x² + 80x + 20x – 1600 = -x² + 100x – 1600. Para o lucro ser máximo, o preç o em reais será x v = -b/2a = -100/(-2) = 50.



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RESPOSTA: LETRA B. P18. SOLUÇÃO: Se o discriminante ( ∆) = 0, então (2b)² - 4ac = 0 �� 4b² = 4ac �� b·b = a·c. Como a e b ≠ 0, então b = ac/b �� b/a = c/b. RESPOSTA: LETRA C. P19. SOLUÇÃO: Quantidade produzida por dia: 2000 + 10 0x, onde x é o número de dias. Hoje (x = 0), são pr oduzidas 2000 unidades, L(x) = 6 ·2000. Cada dia que passa, L(x) = (6 – 0,20x)(2000 + 100x) �� L(x) = 12000 + 600x – 400x – 20x² = -20x² + 200x + 12000. Lucro máximo é y v. xv = -200/(-40) = 5. Então y v = -20·5² + 200·5 + 12000 �� yv = -500 + 1000 + 12000 = 12500. 1 + 2 + 5 + 0 + 0 = 8. RESPOSTA: 08. P20. SOLUÇÃO: L = 2 · 180 �� L(x) = (2 + 0,10x)(180 – 5x) = 360 – 10x + 18x – 0 ,5x² = -0,5x² + 8x + 360. x v = -8/(-1) = 8. O maior valor que a lanchonete pode arrecadar por dia é yv = -32 + 64 + 360 = 392 reais. RESPOSTA: LETRA D. P21. SOLUÇÃO: Sabendo que a altura é dada, em metros, pela fórmula h = 2,15 + 2x – 0,4x 2 e que a altura da cesta é h = 3,05 metros, então descobrimos x fazendo 3,05 = 2,1 5 + 2x – 0,4x 2, onde resolvendo encontramos x = 0,5 (distância qu ando a bola está subindo) e x = 4,5 (distância quando a bola está descendo e entrando na cesta). RESPOSTA: LETRA C. P22. SOLUÇÃO : Substituindo x = 2 nas duas funções obtemos f(2) = 1 e g(2) = 1; logo, o ponto (2, 1) esta no gráfico d as duas funções. Temos f(x) = g(x) se e somente se 5 – x2 = 2/x que e equivalente a x 3 – 5x + 2 = 0. Do calculo anterior, temos que f(x) – g(x) = (-x 3 + 5x - 2)/x = - (x - 2)(x 2 + 2x - 1)/2, dividindo x 3 – 5x + 2 por (x – 2). As abscissas dos pontos de intersecção dos gráficos de f e g são as raízes de (x -2)(x2 + 2x -1) = 0 que são x = 2 e x = - 2 ±±±± 2 2 = - 1 ±±±± 2 e g(- 1 - 2 ) =

2/(- 1 - 2 ) = 2(1 - 2 ) RESPOSTA: VVFVF APROFUNDAMENTO A1. SOLUÇÃO: Se o domínio é o conjunto dos reais, e ntão a função tem que ser toda ≥ 0, pois não existe raiz real de números negativos. Para isso ocorrer, ∆ ≤ 0. Logo, ∆ = p² - 4·2·32 ≤ 0 �� p² - 256 ≤ 0.

Então -16 ≤ p ≤ 16. Maior valor que p pode assumir: p = 16. RESPOSTA: 16. A2. SOLUÇÃO: Primeira parábola: y = -4x² + 8x = -4 (x² - 2x) = (-4) x (x – 2) �� raízes: 0 e 2. Como as distâncias entre os pontos onde a bolinha t oca o solo são iguais, então podemos encontrar as r aízes das outras parábolas, e encontrar as suas equações através del as. (quanto a constante, que indica a altura, basta multiplicarmos cada vez por 3/4). Segunda parábola: y = (-4 · 3/4) (x – 2) (x – 4) �� raízes: 2 e 4. Terceira parábola: y = (-3 · 3/4) (x – 4) (x – 6) �� raízes: 4 e 6. Quarta parábola: y = (-9/4 · 3/4) (x – 6) (x – 8) �� raízes: 6 e 8. y = - (27/16) (x – 6) (x – 8) RESPOSTA: LETRA C.



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A3. SOLUÇÃO: Se Pedro tem x anos, e Paulo tem y anos, e ntão S = x² + y² e P = x · y. Se (x + y)² = x² + y² + 2 xy

= S + 2xy, então x + y = . Como a soma das raízes (x + y) de uma equação é –b/a e o produto (x ·y) delas é c/a,

então x e y são raízes da equação: x² - +P =0. RESPOSTA: LETRA D. A4. SOLUÇÃO: (fog)(x) = f(2x – 3). Chamando 2x – 3 d e a, temos: k = 2x – 3 �� x = (k + 3)/2. Então f(k) = 4x² - 6x – 1, se

x ≥ 1, ou seja, f(k) = 4 , se (k + 3)/2 ≥ 1 �� f(k) = k² + 6k + 9 – 3k – 9 -1, se k +3 ≥ 2 �� f(a) = k² + 3k– 1, se k ≥ -1. Logo, f(x) = x² +3x –1, se x ≥ - 1. Da mesma forma, vemos que f(x) = 2x + 9, se x < - 1. Analisando as afirmativas: I) FALSO. f(a) ≠ f(-a). II) FALSO. f não é contínua em x = 1. III) VERDADEIRO. Como vimos, em ambos os intervalos, a função é crescente. (a > 0) IV) FALSO. Se x < -6, então f(x) = 2x + 9.Logo, f(x) < -3. RESPOSTA: LETRA B. A5. SOLUÇÃO: Sendo x’ e x” as raízes da equação, entã o x’ + x’’ = 29 e x ’ · x” = -10 (produto = c/a). E (x’ + x”)² = x’ ² + x” ² + 2x’x” = 29 + 2 ·(-10) = 29 – 20 = 9. Mas x’ + x” = -p (soma = b/a). Logo, (-p²) = p² = 9. E 9 é múltiplo d e 3. RESPOSTA: LETRA B. A6. SOLUÇÃO: Para sabermos quantos pontos as funções têm em comum, basta igualá-las. Então x³ - 6x = -x² �� x³ + x² - 6x = 0 �� x (x² +x – 6) = 0. Ou x = 0, ou x² + x – 6 = 0. Som a = -1, produto = -6. Raízes: -3 e 2. Logo, as funç ões se encontram em 3 pontos: x= -3, 0 e 2. RESPOSTA: LETRA D. A7. SOLUÇÃO: A área inicial (Ai) = a ·b, e a área total (At) = (a+x)(b+x). Sabemos que At – Ai = 20% At. �� At – Ai = 0,2 At �� 0,8 At = Ai �� 0,8 (a+x)(b+x) = ab ( x 5) �� 4(ab + ax + bx + x²) = 5ab �� 4x² + 4(a+b)x – ab = 0. A raiz posit iva da

equação é: , ou seja: x = �� =

. Então 2x = . RESPOSTA: LETRA D. A8. SOLUÇÃO: Vendendo 2000 – 4p artigos, ao preço de p reais, V(p)=p(2000–4p)= -4p²+2000p. Se o custo de p rodução de x artigos é de 100+5x, então o custo de 2000–4p art igos é de 100+5(2000–4p) , C(p) = 100 + 10000 – 20p = -20p +10100. O lucro é dado por L(p) = V(p) – C(p) = -4p² + 2000p - (-20p + 10100) = -4p² + 2020p – 10.100. O lucro máximo será obtido quando p = p v. Ou seja, p = -2020/(-8) = 252,50. RESPOSTA: LETRA D.



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A9. SOLUÇÃO: Como o denominador é positivo, pois é u ma raiz quadrada, o numerador tem que ser ≥ 0, para a função ser não-negativa. Logo, x² + (2m + 3)x + (m² + 3) ≥0 e x² + (2m + 1)x + (m² + 2) > 0. Para a função ser toda positiva, ∆ < 0. Podemos analisar isso pelo gráfico:

(A parábola está para cima porque o coeficiente de x² > 0). Portanto, para ∆ < 0: (2m + 3)² – 4. 1(m² + 3) ≤ 0 → 4m² + 12m + 9 – 4m² - 12 ≤ 0 → 12m – 3 ≤ 0 → m ≤ 1/4 (2m + 1)² – 4. 1(m² + 2) < 0 → 4m² + 4m + 1 – 4m² - 8 < 0 → 4m – 7 < 0 → m < 7/4 A interseção é m ≤ ¼, ou seja, ]- ∞, ¼] RESPOSTA: LETRA D. A10. SOLUÇÃO: Vemos que as raízes são: x = -2, 2 e 4. Apenas observando o gráfico, podemos fazer o estud o de sinais:

Logo, P(x).Q(x) < o no intervalo [-4,8] quando -4 < x < -2 ou 2 < x < 4. RESPOSTA: LETRA C.

EXERCÍCIOS PROPOSTOS – FUNÇÃO QUADRÁTICA

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