Preparar o Exame - Exercícios Globais de Resposta Aberta ... · 1 D e 5 D, a única solução da...

www.raizeditora.pt

Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo

“Cálculo Diferencial II – Preparar o Exame – Itens de Resposta Aberta Página 1

Preparar o Exame 2013 – 2017 – Matemática A

Página 203

65.

65.1.

1

4 4

4

2 5 4 255 4 5 5 4 55

2

log 8 log 8

log 825 1log log 0,125 log 5 log 5 log 2 log 5

8 log 4625

3

2

2

2

log 24 6 3 32

5 5 2 10log 2

65.2.

5 57 3 3 15

7 7 757 7 7

7 1

7 27

log 7log 7 log 7 15 30

log 343 21 7 7log 7

log 72

Outra resolução: seja 5

7

7log 343 y

. Assim:

2

53 15155

7 37 7 72

7

15 30log 343 7 7 7 7 7 7

7 2 7

yy

y yy y

Logo, 5

7

7

30log 343

7

65.3. 3 2

0,1 0,1log 0,001 log 100 log 10 log 0,1 3 2 5

65.4. 644

1 3 6 3231 6

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

ee e e e

e e

65.5. 1

33

16 16 16 16 16 16

1 256 1 1 1log 9 0,25 log log 9 log log 256 log 3

2 3 2 2 4

11

23216 16 16 16

1log 9 log 4 log 16 log 3

2

16 16 16

1log 9 log 4 2 log 3

6

www.raizeditora.pt




16log 3 16

4

1 12 log 3

6 log 16

2

4

1 1 1 1 1 232 2 2

6 6 2 12 12log 4

65.6. 54 54

433 3

5log 33log 243 log 33 3 3 3 4

3 3 3log 27 9 log 3 9 log 3 9 3 3 9

5 4 4 24 4 4 443 3 9 3 3 9 9 3 3 9 9 3 3 9 3

2 1

4 23 3 9 3 3 3 9 3 3 3 9 3 6 3

66.

66.1.

1 33 3 33 3 3 1

2 5 2 5 2 5 2 5 3 2332

66 6 56 6 6 6 6 2 5

3 2216 6 6

xx xx

x x x x xx

15 3

12 30 2 15 10 1510 2

x x x x x

Conjunto-solução: 3

2

66.2. 1 2 1 2

2

4 12 1728 1212 1728 4 12 12 1728 9 3 3 2

4 4 12 16 4

xx xx x x x

xx


66.3. 2 1 2 1 1 112 2 2 176 2 2 2 2 2 176 2 4 1 176 2 176

2 2

x x x x x x x x

5176 22 2 32 2 2 5

11

x x x x


1log

loga

b

ba

, , \ 1a b

www.raizeditora.pt




66.4.

▪ 2:1 0 : 0 \ 0xD x e x x

Cálculo Auxiliar: 2 2 2 01 0 1 2 0 0x x xe e e e x x

▪ Neste domínio tem-se:

2

2 1 2 2 1 2 2

2 1

12 1 2 1

1 2

xx x x x x x x x x

x x x

ee e e e e e e e e

e e e

2 1 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 22 1 2 1 2 1x x x x x x x x x x xe e e e e e e e e e e

2

22 2 2

2 2

1

1 12 1 1 2 ln 2 ln 1

1 1

x x

e

e e e e x x ee e

2 2ln 1 ln 1x e x e

Conjunto-solução: ln 1e

66.5. 2 2 2

02 1 2 2 2 0x

x x x x x x x x x x

e

e e e e e e e e e e e

Fazendo xy e , vem

2

21 1 4 1 2

2 0 1 22 1

y y y y y

.

1 2 ln 2x

x x

y eEq impossível

e e x

Tem-se que ln2 D . Conjunto-solução: ln 2

66.6.

▪ 2

5 5: 2 5 1 0 : log 2 \ log 2xD x x x

Cálculo Auxiliar:

2 2

5 5 5 5

1 1 12 5 1 0 5 2 log 2 log 2 log 2 log 2

2 2 2

x x x x x x

www.raizeditora.pt





2

2 4 2 4 2 2

4 2

4 24 2 5 1 2 1 5 8 5 4 2 2 5 2 5 8 5 6 0

1 5 2 5 1

x x x x x x

x x

Fazendo 25 xy , vem

2

28 8 4 2 6

2 8 6 0 1 32 2

y y y y y

2

2 2 2 0

55

5 5

5 1 5 3 5 5 2 log 3

12 0 log 3 0 log 3

2

x

x x x

yx

x x x x

Tem-se que 0 D e 5log 3 D . Conjunto-solução: 50,log 3

66.7.

1 21 2 1 2 12 3 1

1 2 3 2 3 2 31

6 3 3 2 1 3 1 36 4 ln ln

4 2 2 3 2 3 2 3 2 2

xx

x x xx

x

e x xe e e e

e

3 3

3ln2 2

x

Conjunto-solução: 3 3

3ln2 2

66.8.

▪ 5

: 4 5 0 0 1 : 0 1 \ 14

D x x x x x x x x


2

2 24 4 4 1 5

log 4 5 2 4 5 4 5 0 1 52 1

x x x x x x x x x

Como 1 D e 5 D , a única solução da equação é 5. Conjunto Solução: 5 .

www.raizeditora.pt




66.9.

▪ 2

3

: 3 0 2 0 3, 2 1,x

D x x x x

Cálculo Auxiliar: Recorrendo à fórmula resolvente, vem 2 2 0 2 1x x x x

Como a função 2 2y x x é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para cima, então as soluções

da inequação 2 2 0x x são os valores de x tais que , 2 1,x .


2ln 3 ln 2x x x x 23 x x 22 5 5 5x x x

Tem-se que 5 D e 5 D . Conjunto Solução: 5, 5 .

66.10.

▪ 3 13

: 3 0 13 0 3,13x x

D x x x


4 2

2 2 2 2log 3 log 13 4 log 3 13 log 2 13 39 3 16x x x x x x x

2

216 16 4 1 55

16 55 0 5 112 1

x x x x x

Tem-se que 5 D e 11 D . Conjunto Solução: 5,11 .

66.11.

▪ 3 6

: 0 3 0 6 0 0,3x x

D x x x x


2 22log log 3 log 6 log log 3 log 6 log log 3 6x x x x x x x x x

www.raizeditora.pt




2x 218 3 6x x x 9 18 2x x

Tem-se que 2 D . Conjunto Solução: 2

66.12.

▪ 2: 0 0 : 0 0 0,D x x x x x x


2 22

3 3 3 3 3 3 3 30

log 2log log 4log 0 log log 4 0 log 0 log 4 0x

x x x x x x x x

0 4

33 log 4 1 3 1 81x x x x x x

Tem-se que 1 D e 81 D . Conjunto Solução: 1,81 .

66.13.

▪ 1

:6 1 0 0 : 0 0,6

D x x x x x x


2

4 2 2 2 2

2

2

log 6 1log 6 1 log 2 log 2 log 6 1 2log 4

log 4

xx x x x x

2 4 2 2

2 2 2 2 2log 6 1 log log 2 log 6 1 log 16 6 1 16x x x x x x

2

26 6 4 16 1 1 1

16 6 1 02 16 8 2

x x x x x

Como 1

8D e

1

2D , a única solução da equação é

1

2. Conjunto Solução:

1

2

.

www.raizeditora.pt




66.14.

▪ : 0D x x

▪ Neste domínio tem-se, 2 22 ln

ln 3 2 ln 6 ln 2 ln ln 6 02

xx x x x x

Fazendo lny x , vem

2

21 1 4 2 6 3

2 6 0 22 2 2

y y y y y

3

22

ln

2 2

3 32

3ln ln 2

2

1 1

y xx x x e x e

x x e x x eee

Tem-se que 3

1D

e e 2e D . Conjunto-solução: 2

3

1,e

e

Página 204

67.

67.1. 2

222 3 3 3 23 3 3 3 5 3 3 3 3 35 5 5

3 38 512 8 8 8 8 8 8 3 3

5

x xx xx xx x

x x x x x xx

2 215 15 3 3 3 12 15 0x x x x x

Cálculo Auxiliar: Recorrendo à fórmula resolvente, vem 23 12 15 0 1 5x x x x

Como a função 23 12 15y x x é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para baixo, então as

soluções da inequação 23 12 15 0x x são os valores de x tais que , 1 5,x .

Conjunto Solução: , 1 5,

x1 5

23 12 15y x x

www.raizeditora.pt




67.2. 3 37 4 7 4 7 43 2 2

3 3 30 7 4 7 4 7 4

2 2 2

xxx

x x x x x xe e e e e e x x x

14 14

14 8 3 14 8 3 11 14 5 1411 5

x x x x x x x x

Conjunto Solução: 14 14

, ,11 5

67.3.

11 1

1 10 10 10 1 101 1 10,25 1024 2 2 2 2 2

4 4 2

xx x

x x

1 10 11 11x x x

Conjunto Solução: , 11

67.4. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 210 100 0 10 10 10 0 10 100 10 0x

x x x x xx x x

2 210 100 0x x

Como 210 0x , x , tem-se 2 2 210 100 0 100 0x x x

Cálculo Auxiliar: Tem-se 2 2100 0 100 100 100 10 10x x x x x x .

Como a função 2100y x é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para cima, então as soluções

da inequação 2100 0x são os valores de x tais que 10,10x .

Conjunto Solução: 10,10

x10 10

2100y x

www.raizeditora.pt




67.5.

2 2 2

22 12 2 12 2 12

4 2 121 1 1

411 1 1 1 1

0,0625 2 22 2 16 2 2

x x x x x xx x

x x xx

2 2 22 12 2 12 2 12

4 4 4 01 1 1

x x x x x x

x x x

2 22 12 4 4 2 8

0 01 1

x x x x x

x x

Cálculos Auxiliares:

▪

2

22 2 4 1 8

2 8 0 2 42 1

x x x x x

▪ 1 0 1x x

Fazendo um quadro de sinal vem:

x 2 1 4

2 2 8x x 0 0

1x 0

2 2 8

1

x x

x

0 n.d. 0

Conjunto Solução: 2,1 4,

67.6. 1

2 5 1 2 5 1 1 2 5 3 6

2 5

2424 3 0 24 3 8 8 3 6 ln8

3

xx x x x x x x

x

ee e e e e e x

e

2

3 23 6 ln 2 3 6 3ln 2 2 ln 2 ln ln 2 ln2

ex x x x e x

Conjunto Solução: 2

, ln2

e

www.raizeditora.pt




67.7. 2

3 9 2 3 9 29 2 2 1 9 2 2 2 2 1 512 2 72 2 1 0x x x x x x

Fazendo 2 xy , vem 2512 72 1 0y y

Cálculo Auxiliar: Recorrendo à fórmula resolvente, vem 2 1 1512 72 1 0

64 8y y y y

Como a função 2512 72 1f y y y é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para baixo, então

as soluções da inequação 2512 72 1 0y y são os valores de y tais que 1 1

, ,64 8

y

.

Assim,

6 3

2 6 3

2

1 1 1 1512 72 1 0 2 2 2 2 2 2

64 8 2 2x

x x x x

y

y y y y

6 3 6 3x x x x

Conjunto Solução: ,3 6,

67.8. 2

1 2

1

636 6 217 6 6 6 217 6 6 36 217 6

6

xx

x x x x

2

6 6 217 6 36 0x x

Fazendo 6xy , vem 26 217 36 0y y


6y y y y

Como a função 26 217 36f y y y é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para cima, então as

soluções da inequação 26 217 36 0y y são os valores de y tais que 1

,366

y

.

y

1

64

2512 72 1f y y x

1

8

www.raizeditora.pt




Assim, 2 1 2

6

16 217 36 0 36 6 6 6 6 1 2

6 x

x x

yy y y y x x


67.9.

▪ 1 1

:8 4 0 : ,2 2

D x x x x

▪ Neste domínio tem-se, 2

3 3 3

13log 8 4 2 log 8 4 log 3 8 4 9 8 13

8x x x x x

Tendo em conta o domínio D calculado, os valores de x que satisfazem a inequação dada são os valores de x que

satisfazem a condição 13 1

8 2x x .


,2 8

67.10.

▪ : 4 0 9 0 : 4 9 4,9D x x x x x x


ln 4 ln 9 4 9 2 132

x x x x x x


satisfazem a condição 13

4 92

x x .

1

6

y36

26 217 36f y y y

0 4 913

2

www.raizeditora.pt





,92

67.11.

▪ : 0 1 0 2 0 : 0 1 2 2,D x x x x x x x x

▪ Neste domínio tem-se

2 22ln ln 1 ln 2 ln ln 1 2x x x x x x x 2x 2 2 2x x x


satisfazem a condição 2 2x x .

Conjunto Solução: 2,

67.12.

▪ : 0D x x


2 2

6 6log

3 log 7log 6 0 3 7 6 0y x

x x y y


3y y y y

Como a função 23 7 6f y y y é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para baixo, então as

soluções da inequação 23 7 6 0y y são os valores de y tais que 2

, 3,3

y

.

Assim, 6

2

6 6log

2 23 7 6 0 3 log log 3

3 3y xy y y y x x

2

3 336 6 6 6 2

3

1log log 6 log log 6 6

6

x x x x

y

2

3

23 7 6f y y y

3

www.raizeditora.pt




3

1 1216 216

2166x x x x

Tendo em conta que x , então o conjunto solução da inequação é 1

0, 216,216

.

67.13.

▪ :7 0 1 0 2 0 : 7 1 2 1,7D x x x x x x x x


log 7 log 1 log 2 log 7 log 2 log 1x x x x x x

2 2log 7 log 2 1 7 2 2 4 5 0x x x x x x x x x

Cálculo Auxiliar: Recorrendo à fórmula resolvente, vem 2 4 5 0 5 1x x x x


soluções da inequação 2 4 5 0x x são os valores de x tais que 5,1x .


satisfazem a condição 5 1 1 7x x :


67.14.

▪ 2: 0 0 : 0 0D x x x x x x

x

2 4 5y x x

15

115 7

www.raizeditora.pt




▪ Neste domínio tem-se, 22ln 4 ln 42 ln 4 2ln 42 2 ln 8ln 42 0x x x x x x

Fazendo lny x , vem 22 8 42 0y y

Cálculo Auxiliar: Recorrendo à fórmula resolvente, vem 22 8 42 0 3 7y y y y

Como a função 22 8 42f y y y é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para cima, então as

soluções da inequação 22 8 42 0y y são os valores de y tais que 3,7y .

Assim,

2 3 7

ln2 8 42 0 3 7 ln 3 ln 7 ln ln ln ln

y xy y y y x x x e x e

3 7x e x e

Tendo em conta que x , então o conjunto solução da inequação é 3 7,e e .

68. Tem-se que, 2160log 160 log 10 2 log 2 log 16 2 16 4 4

10a a a a a a a

.

Como \ 1a (é a base de um logaritmo), tem-se 4a .

69. Decompondo 375 em fatores primos, vem 3375 3 5 . Assim:

3 3

5 5 53 515 15

5 5 5 5)

4 643log 3 5 log 3 log 5 log 3 3 22log 375 log 3 5

4log 15 log 3 5 log 3 log 51

2

i

aa

a

4 2

2

a

2

2

a

a

i) Tem-se que 5 5

44 2log 3 log 3

2

aa

.

y7

22 8 42f y y y

3

www.raizeditora.pt




70.

70.1.

▪ 2 2

: 1 0 3 0 : 1 3 \ 3,1D x x x x x x


22 2 2 2 1

9 9 9 9log 1 log 3 1 log 1 3 log 9 1 3 9x x x x x x

2 2 2 23 3 3 3 3 3 2 0 2 6 0x x x x x x x x x x

22 2 4 1 6 2 28

2 0 0 2 02 1 2

x x x x x x

2 2 7 2 2 7

0 22 2

x x x x

0 2 1 7 1 7x x x x

Tem-se que 1 7 D , 2 D , 0 D e 1 7 D . Conjunto Solução: 1 7, 2,0, 1 7 .

70.2.

▪ : 0D x x


2

22

4 2 2 2 2

ln

2 2 4 1 24ln 2ln 24 ln 2ln 24 0 2 24 0

2 1y xx x x x y y y

2

2 2 2 2

ln.

6 4 ln 6 ln 4 ln 2 ln 2y x

Eq impossível

y y x x x x x e x e

Tem-se que 2e D e 2e D . Conjunto Solução: 2 2,e e .

www.raizeditora.pt




70.3.

▪ : 2 2 0 2 0 : 1 0 1,D x x x x x x


2

3 3 3 3 3 3log 2 2 2log 4 log 2 2 log 2 2 2 log 2 log 4x x x x

2

3 3 3 3 3log 2 2 log 3 log 2 16 log 9 2 2 log 32 18 18 32x x x x x x

18 9

50 1850 25

x x x

Como 9

25D então a equação não tem soluções. Conjunto Solução: .

70.4.

▪ 2: 0 4 0 : 0 ln 2 \ ln 2xD x x e x x x


▪

2

2

0,5 0,5

1 1log 2 0 log 2 0,5

2 4x x x x x

▪ 2 2 24 0 4 2 ln 4 2 ln 2 2 2ln 2 ln 2x xe e x x x x


x 0

1

4 ln 2

0,5log 2x n.d. 0

2 4xe n.d. 0

0,5

2

log 2

4x

x

e

n.d. 0 n.d.


0, ln 2,4

www.raizeditora.pt




70.5.

▪ 2 1

: 0 : 2 0 : 2 2,2

xD x x x x x

x


12 2 2 2 2

24 4 4

1 1 1 1 1 1 4 2log log log 4 4 2 0 0

2 2 2 2 2 2

x x x x x x

x x x x x

2 2 3

02

x x

x


▪ 2

22 2 4 1 3

2 3 0 3 12 1

x x x x x

▪ 2 0 2x x


x 3 1 2

2 2 3x x 0 0 n.d.

2 x n.d.

2 2 3

2

x x

x

0 0 n.d.


70.6.

▪ 2: 0 0 : 0 0D x x x x x x

▪ Neste domínio tem-se, 3 32 2

0ln 2ln 0 ln 4ln 0 ln ln 4 0

xx x x x x x

.

2 1 0,x x

www.raizeditora.pt





▪ 0ln 0 1x x e x

▪ 2 2 2 2ln 4 ln 4 ln 2 ln 2x x x x x e x e


x 0 2e 1 2e

ln x n.d. 0

2ln 4x n.d. 0 0

2ln ln 4x x n.d. 0 0 0

Conjunto Solução: 2 20, 1,e e

70.7. 2 2

2 2 1 1 2 26 5 5 6 0 5 6 0x x x x x xe e e e e e e e e e e

Fazendo xy e , vem 2 25 6 0y ey e

Cálculo Auxiliar:

2 2 2

2 25 5 4 1 6 5 5 5

5 6 02 1 2 2 2

e e e e e e e e ey ey e y y y y

2 3y e y e

Como a função 2 25 6f y y ey e é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para cima, então as

soluções da inequação 2 25 6 0y ey e são os valores de y tais que ,2 3 ,y e e .

Assim, ln 2 ln 32 25 6 0 2 3 ln 2 ln 3x

e ex x

y ey ey e y e y e e e e e x e x e

Conjunto Solução: ,ln 2 ln 3 ,e e

y3e

2 25 6f y y ey e

2e

www.raizeditora.pt




70.8.

2 82 82 8 2 8 2 8 2 8 2 8 0

2 8

12 124 12 0 4 12 1 1 3 3 2 8 0 4

4 4

xxx x x x x

xx x

Conjunto Solução: 4,

70.9.

▪ 1 1 1

:3 1 0 3 0 8 1 0 : 0 ,3 8 8

D x x x x x x x x


12

24 4 4 4 4 4 4

1log 3 1 2log 3 log 8 1 log 3 1 log 8 1 log 3 log 4

2x x x x x x

2 2 2 2

4 4log 3 1 8 1 log 9 4 24 3 8 1 18 6 5 1 0x x x x x x x x x


6x x x x

Como a função 26 5 1y x x é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para cima, então as soluções

da inequação 26 5 1 0x x são os valores de x tais que 1

1,6

x

.

Tendo em conta que 1

,8

x

, então o conjunto solução da inequação é 1 1

,8 6

.

70.10.

▪ : 3 4 0 : 1 7 , 1 7,D x x x x x

Cálculo Auxiliar: 3 4 0 3 4 3 4 3 4 7 1x x x x x x

x1

6

26 5 1y x x

1

www.raizeditora.pt





1

2 2 2

1 9log 3 4 1 log 3 4 log 2 3 4 3

2 2x x x x

9 9 15 3 3 15

3 32 2 2 2 2 2

x x x x x


satisfazem a condição 3 15

7 12 2

x x x

:


, 1 7,2 2

71.

71.1. 2 3 2 5 5log 5 log 5 log loga a b ab ab a b

2b

5a b 3 2 3 5logb a b

2 5

3 3log log loga b b

ba b

a

log2 5 2 5

log log log 13 3 3 log 3

aa a b

a

ab a a c

b

22 1 2 2 2 3 2 2

3 3 3 3 3

c cc c

c c c

71.2.

a)

▪

1

2

loglog 2

1log log2

x

n

nn

a

a nn

aa

x B BA x B

a a

1 7 15

2

3

2

www.raizeditora.pt




▪

loglog

logn

a

a n

a

xnB n x n n

a

C

n C

b) Tem-se que )

3 3log log 2 3 3 lognn a

iaa

Cx x A B B B B C x

n n n .

i) Tem-se que C

nB C Bn

.

72.

▪ Seja logax b e logby a . Pretende-se mostrar que 1

1x xyy

. Assim:

log1

log ________

xx xyya

yb

x b b a b bb bxy

y a a b

Logo, 1

1xy xy

e portanto 1

loglog

a

b

ba

, , \ 1a b .

▪ Tem-se:

3

1

3 312 12 5 12 12 5

3 4 5

6 6 126log 3 6log 4 12log 5 6 log 3 log 4 12log 5

log 12 log 12 log 5

12 12

16log 3 4 12 6log 12 4 6 1 4 2

3

Página 205

73.

73.1. Tem-se:

)

: : 3, : 3 ,2f g gi

fD x x D g x D x x g x x g x

i) Como g é estritamente decrescente em e o ponto de coordenadas 2, 3 pertence ao gráfico de g, então 3 2g x x .

www.raizeditora.pt




73.2. 23 2 log 2 2f x f x x 2log 3 2x 2 2log 3 2 3 log 2x x

2 2 2log 3 log 6 2 log 2x x x

▪ : 3 0 6 2 0 2 0 : 3 3 2 3,2D x x x x x x x x


2 2 2 2 2 2log 3 log 6 2 log 2 log 3 log 2 log 6 2x x x x x x

2 2

2 2log 3 log 2 6 2 3 12 4 6 2 2 11 9 0x x x x x x x x x


2x x x x


soluções da inequação 22 11 9 0x x são os valores de x tais que 9

1,2

x

.


satisfazem a condição 9

1 3 22

x x :

Conjunto Solução: 1,2 .

9

2

3

x

22 11 9y x x

9

21

1 2

www.raizeditora.pt




73.3.

a)

▪ Como a reta de equação 4y é assíntota horizontal do gráfico de g, quando x , então 4d .

Nota: Numa função do tipo 3ax bg x d , com , ,a b d , se 0a , então 0

lim lim 3 3 0ax b

x x ag x d d d d

e

portanto a reta de equação y d é A.H. do gráfico de g quando x . De modo análogo prova-se que se 0a , a reta de equação

y d é A. H. do gráfico de g quando x . Neste caso, a será necessariamente negativo, pois, a reta de equação y d é A.H. do gráfico

de g quando x .

▪ Por outro lado, tem-se:

0 2

2 2 2 0

0 5 2 2 23 4 5 3 9 3 3

2 3 2 0 2 2 0 13 4 3 3 1 3 3

a b b b

a b a b a b

g b b b

g a b a a

Portanto, 1a , 2b e 4d .

b) Calculemos a expressão analítica da função 1g . Fazendo 23 4xg x y y e resolvendo esta equação

em ordem a x, vem:

2 2

3 33 4 3 4 2 log 4 2 log 4x xy y x y y x

Assim, 1

32 log 4g x x .

1 : 4 0 : 4 4,g

D x x x x

c) Tem-se que 2ABC

AC OCA

. Como OC c e AC g c g c , pois 0g c , vem:

2 23 4 4 3 3 4 9 3 92

2 2 2 2 2 2 3

c c c

ABC c

h c

cAC OC c c c c cA c

d)

▪ 2

2 1 4 2 1 42 2 8 2 2 2 2 2 2 8 0 2 2 2 16 2 8 0x x x x x x x x x

2

2 2 17 2 8 0x x

www.raizeditora.pt




Fazendo 2xy , vem

2

217 17 4 2 8 1

2 17 8 0 82 2 2

y y y y x

1 3

2

12 2 8 2 2 2 2 1 3

2x

x x x x

yx x

Como 0c , tem-se 3c .

▪ Para 3c a área do triângulo ABC é dada por 3

9 3 273 2 3 6

2 3h

2 27

1 116

2 2 .

e)

2 2

)

23 4 2 3 4 22

lim lim lim lim lim 3 2

x x

x

x x xx x xi xx x

x x xxg x x x

e e e e

0 3 2 0 0 2 0

i) Se limx

px

a

x (limite notável), então lim 0

p

xx

x

a , com 1a e p .

74.

74.1. 1 3 ln 2 1f f a a ln 6 1a ln 6 3 ln 2a a a

2ln 6 ln 6 3 ln 2a a a a

▪ 2: 6 0 6 3 0 2 0 1Condição unversal

D x a a a a a

: 6 0 1 1,6x a a a


2 2 2 2ln 6 ln 2 ln 6 3 ln 6 2 ln 6 3 12 2 6 3a a a a a a a a a a a a

2

29 9 4 3 6

3 9 6 0 1 22 3

a a a a a

Como 1,6a , tem-se 2a e portanto 1 ln 6 2f x x .

www.raizeditora.pt




74.2 Tem-se que 2OABC

OC ABA altura

.

▪ ,3fD . Assim, 3 3

lim lim 1 ln 6 2 1 ln 0 1x x

f x x

.

Logo, a reta de equação 3x é a única assíntota vertical do gráfico de f (f é continua no seu domínio) e portanto

3,0 3C OC .

▪ A medida do comprimento da altura do trapézio é dada por 1 1 ln 6 2 1 1 ln4 ln ln4 ln 4f e e .

Portanto, como 1AB , vem

2 23 1ln 4 2ln 4 ln 4 ln 16

2 2OABC

OC ABA altura e e e e

.

74.3.

a) 1 62 1 ln 6 2 2 ln 6 2 1 6 2 6 2

2

ef x x x x e e x x

Portanto 16 62 2

2 2

e ef f

(f é injetiva)

b) Tem-se 1 1 52 5 0

2f x f x .

Como 5 5

1 ln 6 2 1 ln1 1 0 12 2

f

, então 1 51

2f . Portanto, tendo em conta a injectividade

de f , vem 1 1 52 5 0 1

2f x f x x .

74.4. Calculemos a expressão analítica da função 1f . Fazendo 1 ln 6 2f x y x y e resolvendo esta

equação em ordem a x, vem:

1

1 11 ln 6 2 ln 6 2 1 6 2 2 6 32

yy y e

x y x y x e x e x

Assim, 1

1 32

xef x

.

1fD

www.raizeditora.pt




74.5. Tem-se que 3 7 3

lim lim limnn n n

n nu

n

n

7 7 7lim 3 3 3 0 3

nn n

.

Portanto, pela definição de limite segundo Heine:

3

lim lim 1 ln 6 2 1 ln 0 1nn x

f u x

75.

75.1. 2

3 3 3 3log log log 3 loga xg x a x bx

2bx3

3log

a

bx

75.2. Tem-se 1

3

3 3 90,75 1 log 1 3 3 3 0,75 3

0,75 0,75 4

a aa ag b b

b b

Por outro lado, 2log 2ab a b , portanto:

29 9 3 9 3 3

3 3 2 24 4 2 4 2 2

aaa a a

ab a

Logo, 22 4b b .

75.3.

3 3 3 3

9 92 log 1 log log log 1

4 4 2g x g x x x

x x

▪

)

9 9: 0 0 1 0 : 0 2 1 0,

4 4 2 iD x x x x x x

x x

i) 9

04x

e

90

4 2x

se 4 0 0x x e 4 2 0 4 8 0 2x x x , respetivamente.


3 3 3 3

9 9log log log 1 log 9

4 4 2x

x x

3 3log 4 log 9x 3 3log 4 8 log 1x x

3 3 3 3 3log 4 8 log 1 log 4 log 4 8 log 4 1x x x x x x

www.raizeditora.pt




4x 28 4 4x x 2 2 2 2x x x

Como 2 D e 2 D , a única solução da equação é 2 . Conjunto Solução: 2 .

75.4.

a) Tem-se:

22

2

3

9 9 9 3 1 1 1log 3 4 4 3

4 4 3 3 4 4 3

y

y y

y yg x y y x x x x

x x

Portanto, 2

1 1 1

4 3

x

g x

b)

24

1 1 12 0,5 2

9 4

x x

g x

21 1

3 2

x

224

2 2 8 2 21 1 1

3 3 3

x xx x x

22 2 2 8 2 23 3 2 2 2 8 2 10 0x x x x x x x x

Cálculo Auxiliar: Recorrendo à fórmula resolvente, vem 2 52 10 0 2

2x x x x

Como a função 22 10y x x é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para baixo, então as

soluções da inequação 22 10 0x x são os valores de x tais que 5

, 2 ,2

x

.


, 2 ,2

c) Utilizando o editor de funções da calculadora, define-se 1

1y g x e 2y x na janela de visualização

3,3 1,3 .

x

22 10y x x

5

22

www.raizeditora.pt




Tem-se que 1g x x x c , com 0,87c . Portanto as coordenadas do ponto pedido são ,P c c , com

0,87c . O ponto P também pertence ao gráfico de g, pois 1g c c c g c .

Página 206

76. Utilizando o editor de funções da calculadora, define-se 1y f x e 2y g x na janela de visualização

0,3 0,5 .

▪ 4f x x a , portanto ,4P a , com 1,26a .

▪ 4g x x b , portanto ,4Q b , com 2,08a .

Logo,

4 2,08 1,26 40,5

2 2 2PQR

b a e ePQ alturaA

x

y

O c

c

y x

1g

P

x

y

4

3O

0,R e

P Q

a b

f g

www.raizeditora.pt




77.

▪ Tem-se que 1

3logg x x . Assim, a medida do comprimento da altura do triângulo é dada por:

1 1

3 3 3 3 3 3 3

21 721 9 log 21 log 9 log log log 7 log 3 log 7 1

9 3

ag a g a a a

a

Portanto,

3 3

3

21 log 7 1 20 log 7 110 log 7 1

2 2 2ABC

a a aAB alturaA a

.

▪ Tem-se que 1 21g a g a . Portanto, a é solução da equação 1

321 3 log 21xg x g x x .

Utilizando o editor de funções da calculadora, define-se 1y g x e 1

2 21y g x na janela de visualização

2,3 1,4 .

Tem-se que 1

321 3 log 21xg x g x x x b x c , com 0,18b e 0,89c .

Como 0 1a , então 0,18a b . Portanto, a área do triângulo ABC é dada por:

3 3 310 log 7 1 10 0,18 log 7 1 1,8 log 7 1 1,4ABC

A a

x

y

O

g

1 21g x

b c

www.raizeditora.pt




78.

78.1. Tem-se que 3,28a .

0,1315 0,1315

1,38ln

3,281,38 1,381,38 3,28 1,38 0,1315 ln 6,584

3,28 3,28 0,1315

t tM t e e t t

A massa de Co60 é igual a 3,28 mg passados seis anos e sete meses ( 0,584 12 7 ).

78.2.

1,25M t a

M t

0,1315 1,25te

a

0,1315

0,1315

t

te

e

0,1315 1,25 0,1315t 0,164375 0,85e

A massa de Co60 reduz-se, aproximadamente, 15% (100% 85% 15% ) a cada 15 meses (1,25 12 15 ).

78.3. Tem-se:

1

2M x t M t a

0,1315 1

2

x te a

0,1315

0,1315 0,13150,1315

0,1315

1

2

x tx tt

t

ee e

e

0,1315t 1

2

0,1315

1ln

1 1 20,1315 ln 5,27

2 2 0,1315

xe x x

Como 0,27 12 3 , conclui-se que a massa de Co60 reduz-se a metade ao fim de cinco anos e três meses,

aproximadamente, ou seja, a semivida do Co60 é aproximadamente de cinco anos e três meses.

Página 207

79.

79.1. 0

1500 1500 1500 1500lim lim 1500

1 1 1 0 1btt t bN t

ae ae a

Com o passar do tempo, o número de sócios da associação tende para 1500.

www.raizeditora.pt




79.2. O final de 2004 corresponde ao início de 2005, ou seja, a 5t . Tem-se:

00

5 55

5

1500 15009150 1

0 150 1500 150 11 150

305 550 1500 550 11500 1500 9 1

550 1 111 550

b

b bb

b

aaN aeae

N ae eae

ae

55

4____________

1919 ln1919

5 ln9 990,33999911

5

bb

a

beeb

79.3. 0,33 0,33 0,33

0,33

1500 150050 50 1500 50 1 9 1 9 9 29

1 9 50

t t t

tN t e e e

e

0,33

29ln

29 29 90,33 ln 3,55

9 9 0,33

te t t

Como 0t corresponde ao início de 2000, 1t corresponde ao início de 1999, 2t corresponde ao início de

1998, 3t corresponde ao início de 1997 e 4t corresponde ao início de 1996, o número de sócios da

associação atingiu 50 no decorrer do ano de 1996.

80.

80.1. Tem-se 2a e portanto 2 4 27 7bt btQ t e e

. Se ao fim de três minutos a quantidade de aromatizante

tinha-se reduzido 25%. Quer dizer que restavam 75% da quantidade inicial. Assim vem:

3 0,75 0 7Q Q 2 3 0,75 7be 2 0 6

ln 0,750,75 1 6 ln 0,75 0,05

6

b be e b b

80.2. Tem-se,

6 1 7

2

Q t

Q t

0,05 6 4

7

t ae

0,05 0,3 4 0,05 4 0,3 4

0,05 4 0,05 4 0,05 4

1 1 1

2 2 2

t a t a a

t a t a t a

e e

e e e

0,05 4t a

e

0,3 4

0,05 4

a

t a

e

e

0,3 4

1ln 1,2

1 1 1 20,3 1,2 ln 1,7

2 2 2 0,3

ae a a

A quantidade de aromatizante presente no rebuçado reduz-se a metade ao fim de seis minutos se a quantidade de

açúcar usada para o fazer for de, aproximadamente, 1,7 gramas.

www.raizeditora.pt




81.

81.1. 0,084 00 21 199 21 199 1 220T e .

81.2 0,084 0,084

29ln

50 21 29 19950 21 199 50 0,084 ln 22,93

199 199 0,084

t tT t e e t t

Ao fim de aproximadamente, 22 minutos e 56 segundos ( 0,93 60 56 ).

81.3. 0,084 3030 21 199 37T e . Aproximadamente, 37ºC.

81.4. 0,084lim lim 21 199 21 199 21 199 0 21t

t tT t e e

. Com o passar do tempo a temperatura do

frango tende para 21ºC (temperatura ambiente).

81.5.

a) 21N t 0,084199 21te 0,084 2 0,084 0,084 0,084 2199 199 199t t te e e

0,084 0,084 0,084 2 0,084 0,168199 199 199 1t t te e e e e

N t é a temperatura que o frango arrefece entre os instante t e 2t .

b)

0,084 0,168 0,084

0,168

2222 199 1 22 0,084 ln 0,715

199 1

t tN t e e e te

ln 0,715

40,084

t

O frango arrefece 22ºC no intervalo de tempo 4,6 .

82.

82.1. Em 2002 passaram-se 15 anos sobre o acidente, isto é, 1,5 décadas. Tem-se:

1

1,5 0,51,51,5

15,32____ ____

1 15,32 15,32

13,66 13,661,5 13,66 15,3213,66

13,66 15,32 15,32

b b

b b bbb

b

am ae e

e em aee

e

www.raizeditora.pt




0,229

15,3219,26

____

13,6613,66ln0,5 ln

15,3215,320,229

0,5

ae

b

b

0,229b . A massa de Cs137 libertada no instante em que ocorreu o acidente foi, aproximadamente, 19,26 gramas.

82.2. Tem-se:

0,3m x t m t a 0,229

0,3x t

e a

0,229

0,229 0,2290,229

0,2290,3

x tx tt

t

ee e

e

0,229t0,3

0,229

ln 0,30,3 0,229 ln 0,3 5,3

0,229

xe x x

A cada 5,3 décadas (53 anos), aproximadamente, a massa de Cs137 reduz-se 70%.

Página 208

83.

83.1. Utilizando arredondamentos com duas casas decimais, tem-se:

13 4

13 3,45 4

log 7,079 10 6,3 8log 2,52 10 13,85 6,3 35,21

log 7,079 10 10 4 8log 2,52 10 10,4 4 35,21

A B A B

A B A B

6,3 35,21

______________13,85

65,52 366,18,4 13,85 4 35,216,3 35,2110,4 4 35,21

13,85

BA

B BBB

6,3 12 35,218

______________ ______________ 13,85

65,52 366,18 55,4 487,66 10,12 121,48 21,4812

10,12

A

B B BB

www.raizeditora.pt




83.2.

a) 4

4110,4 8log 2,52 10

8log 12 9,2 8log 2,52 10 log log 18,20148

E E E

18,2014 18 0,2014 0,2014 18 1810 10 10 10 1,59 10E E E

A energia libertada por um sismo de magnitude 9,2 é de, aproximadamente, 181,59 10 joules.

b) 0 0 0

0

8log 12 8log 8log 8log 12 8 log log 12 8log 12E

E M E E E M E E M ME

0 0

8 2log log

12 3

E EM M

E E

c) 2 1 2 12 1

0 0 0 0

2 2 21,5 log log 1,5 log log 1,5

3 3 3

E E E EM M

E E E E

2 0log logE E 1 0log logE E 2 1

3 91,5 log log

2 4E E

9

2 2 4

1 1

9log 10 177,8

4

E E

E E

Portanto, 2 1177,8E E , ou seja, se a diferença entre as magnitudes de dois sismos for de 1,5 na escala de Richter, a

energia libertada pelo de maior magnitude é, aproximadamente, 177,8 vezes a energia libertada pelo de menor

magnitude.

84.

84.1. Tem-se, 3log 0,4 log 0,4 7,5 log 3 10A A A AA B

B B B B

F F F Fm m

F F F F

3

11000

10

AA B

B

FF F

F

A estrela B é 1000 vezes mais brilhante que a estrela A.

www.raizeditora.pt




84.2. Tem-se:

0,336log 0,4 1,14 1,98 log 0,336 10 2,17Pollux Pollux PolluxPollux Castor

Castor Castor Castor

F F FF F

F F F

Pollux é a estrela mais brilhante.

84.3.

a) 2,12210,613,59 2,02 5 1 log 5,61 5 5log 5log 10,61 log 10 132,43

5d d d d d

Aproximadamente, 132,43 parsec.

b) M m 15 1 log 0 5 5log 5log 5 log 1 10 10M m

d d d d d

parsec.

c) Tem-se que 5 1 log 5 5logN M m d d . Assim:

4

5 5log 5 5log 5A B

A B A Bd d

N N d d

5log 4 5bd log 5 log 4 logB b Bd d d

4

5logbd

bd

25log 2 5 2log 2 10log 2

d) 5 1 log 1 log log 1 0,2 log 1 0,25

M mM m d d d M m d m M

1 0,2 0,2 0,2110 10 10 1010

m M m M m Mdd d

Página 209

85.

85.1. 2 3 0N N a 22 3b a 1

0 2 22 2 2

12 2 3 2 log 3 log 3 log 3

2

b b b b b

2log 3b

www.raizeditora.pt




85.2. Para mostrar o pretendido, basta mostrar que 0,5 0,316 1,316N t N t N t N t , ou seja, que

0,51,316

N t

N t

. Assim,

0,5N t a

N t

0,52

b t

a

22

bt

bt

0,5b bt 20,5log 30,52 2 1,316b .

85.3. Tem-se que 00 2000 2 2000 2000bN a a . Assim:

2

2

log 0,25500500 2000 2 500 2 2 0,25 log 0,25

2000

bt bt btN t bt tb

2

2

log 0,252,52

log 3t

Como 0t corresponde ao início de 2012, 1t corresponde ao início de 2011, 2t corresponde ao início de

2010 e 3t corresponde ao início de 2009, estima-se que a população de caranguejos tenha sido de 500 mil em

2009.

86.

86.1. 280 dias correspondem a 280

0,767365

anos. Assim, 1,807 0,7670,767 3 0,75M e miligramas.

86.2.

a) 50 0,29 0M M a 50 0,29be a 0 50 0,29 50 ln 0,29b be e b

ln 0,29

0,02550

b

b)

1M t a

M t

0,025 1te

a

0,025

0,025

t

te

e

0,025 0,025t 0,025 0,975e .

A massa de Sr90 reduz-se, aproximadamente, 2,5% por ano (100% 97,5% 2,5% ).

87.

87.1. Com o passar do tempo, a temperatura do café tende para a temperatura ambiente da pastelaria. Assim tem-se:

0,35 0

0,35

0 85 85 85 85 85 25 60

lim 25 lim 25 25 0 25 25 25t

t t

T a be a b b a b b

T t a be a be a b a a

www.raizeditora.pt




87.2.

▪ A função T é contínua em 0, . Logo também é contínua em 3,4 0,

▪ 0,35 33 25 60 46T e e 0,35 44 25 60 39,8T e

Assim, como T é contínua em 3,4 e como 4 40 3T T pelo do teorema de Bolzano, 3,4 : 40c T c .

▪ 0,35 0,35

ln 0,251540 25 60 40 0,35 ln 0,25 3,96

60 0,35

t tT t e e t t

Passados, aproximadamente, 3 minutos e 58 segundos ( 0,96 60 58 ).

88.

▪ 1

\ 1 : 0 0 0 \ 1 : 0 1 0 1,3 2 2

a a aD a a a a a


1

2 1 4 1 log log log 13 2 2

a a a

a a aP X P X P X

2

211

log log 1 123 2 2 12

a a

a aa a aa a a a a

2 1 12 0 1 12 0a a a a a a

2

. .0 12 0 0 3 4

F Ra a a a a a

Como 1a , então 4a .

Portanto, 4 4 4 4 4 4 4 4

4 32log log 4log 2 2 log 4 log 3 log 3 log 2 4log

3 2

24 4 4 4 4

2

log 2 12 1 2log 3 log 3 5log 2 2 log 3 5 2 log 3 5

log 4 2

4 4

5 12 log 3 log 3

2 2

www.raizeditora.pt




89.

89.1. 9 4 2x xg x x x 3 9 x 2

22 2 12 0 2 2 12 0x

x x x

Fazendo 2 xy , vem 2 12 0y y

Cálculo Auxiliar: Recorrendo à fórmula resolvente, vem 2 12 0 4 3y y y y

Como a função 2 12f y y y é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para cima, então as

soluções da inequação 2 12 0y y são os valores de y tais que , 4 3,y .

Assim:

2log 32

2 22

.

12 0 4 3 2 4 2 3 2 2 log 3 log 3x

x x x

yIneq impossível

y y y y x x

Conjunto Solução: 2, log 3

89.2.

▪ Assíntotas verticais

gD . Como a função g é contínua em (soma entre funções contínuas no seu domínio), o seu gráfico não tem

assíntotas verticais.

▪ Assíntotas não verticais

Quando x :

4 2 3 4 2 3 4 2 3lim lim lim lim lim lim

x x x x x x

x x x x x x

g x x x xm

x x x x x x x x

4 2

lim lim limx x

x x x

x

x x

x )

4 2 4 2lim lim 1 1 lim lim 1

y y y y

y yi y yy y y y

i) Mudança de variável: Se x então x Seja y x x y , y .

4 y3

2 12f y y y

www.raizeditora.pt




Logo, quando x , o gráfico de g não tem assíntota não vertical

Quando x :

4 2 3 4 2 3 4 2 3lim lim lim lim lim

x x x x x x

x x x x x

g x x x xm

x x x x x x

4 2

limx

x

x

0 0 01 1 0 1 1

lim lim 4 2x x

x xb g x mx x

3 x 4 2 3 0 0 3 3

Logo, a reta de equação 3y x é assíntota oblíqua do gráfico de g, quando x .

89.3. O número de casos possíveis é 7

2C , dos sete pontos escolhem-se dois.

Tem-se que 2 15g , 1 2g , 0 1g , 1 1,25g , 2 0,6875g , 3 0,140625g e

4 1,07g .

Para a reta que une os dois pontos escolhidos intersetar a reta de equação 1y , um dos pontos tem de ter ordenada

superior a 1 a o outro tem de ter ordenada inferior a 1. Dos pontos considerados, três têm ordenada superior a 1 (

2, 2g , 1, 1g e 4, 4g ) e quatro têm ordenada inferior a 1 ( 0, 0g , 1, 1g , 2, 2g e

3, 3g )

Logo, o número de casos favoráveis é 3 4

1 1 3 4 12C C e a probabilidade pedida é 7

2

12 4

7C .

90.

90.1. : 6 0 ln6,x x

fD x e e

Tem-se 266 0 1 0 1 6 0

xx x x x x

x

ee e e e e

e

. Como 0xe , x , então:

1

ln2 2 2 2 2 61 1

1 6 0 1 6 0 6 1 2 ln6 ln66 2

x x x x x xe e e e e e e x x

1

2ln 6 ln 6x x

www.raizeditora.pt




90.2. 2

00 ln 6 0 6 6 1 6x

x x x x x x x x x x

e

f x e e e e e e e e e e e

2 2

06 0 6 0x x x xe e e e e

Fazendo xy e , vem

2

21 1 4 1 6

6 0 2 32 1

y y y y y

.

2 3 ln3x

x x

y eEq impossível

e e x

Tem-se que ln3 fD , logo o único zero da função f é ln3 .

90.3. 2 26ln 6 ln 1 ln ln 1 6 ln 1 6

xx x x x x x

x

ef x e e e e e x e

e

.

90.4.


2

1ln

2 2ln 6 6

ln 6 ln 6

lim lim ln 1 6 ln 6 ln 1 6 ln 6 ln 1 6x

x x

f x x e e e

1

ln 6 ln 1 6 ln 6 ln 0 ln 66

Logo, a reta de equação ln 6x é assíntota vertical do gráfico de f . Como a função f é contínua em ln6, , o

seu gráfico não tem mais assíntotas verticais.


2ln 1 6lim lim lim

x

x x x

x ef x xm

x x

x

2ln 1 6 ln 1 6 ln 1 6 0

lim 1 1

x

x

e e

x

ln1 0

1 1 1 0 1

lim limx x

b f x mx x

2ln 1 6 xe x ln 1 6 ln 1 6 0 ln1 0e

Logo, a reta de equação y x é assíntota oblíqua do gráfico de g, quando x .

www.raizeditora.pt




90.5.

▪ 6ln 6

6

x xx x

x x

e ef x e e

e e

▪

2 2

2 2

6 6 6 6 6 6

6 6

x x x x x x x x x x x x

x x x x

e e e e e e e e e e e ef x

e e e e

xe

6 x xe e 6 6x x xe e e 6x xe e

0

2 2 2 2

12 2 24 24

6 6 6 6

x x

x x x x x x x x

e e e

e e e e e e e e

Tem-se que 0f x , ln6,x . Portanto o gráfico de f tem a concavidade voltada para baixo em ln6,

e não tem pontos de inflexão.

Página 210

91.

91.1. 2

1 2 1 2

1

3 30 3 3 0 3 3 3 3

3 3 3

xx x xx x x x

x

e e ef x e e e e

e

3log 3

3 3

3 3log 3 log 3

e

x e

e e

x e x ee e

Tem-se que

3

ln 3 ln3 ln 1 ln3 1 ln3log 3

3 ln3 ln 1 ln3 1 ln3lne

e ee

e

e

Portanto, o conjunto solução da inequação é 1 ln3

,1 ln3

.

91.2. Tem-se que 2, 2A f , 0, 2B f e 0, 0C f . Assim:

2 1 2 2 3 0 32 3 3 3 3 3 1f e e e e 0 1 0 2 1 2 10 3 3 3 3 3 9f e e e

Portanto 32,3 1A e , 30,3 1B e e 10,3 9C e . Marcando os pontos num referencial e desenhando o

triângulo:

2 2a b a b a b

www.raizeditora.pt




x

y

Portanto:

2

2ABC

AB BCA

3 13 1 3 9

2

e e

1 3 1 38 3 3 8 3e e e e

91.3. Tem-se 3 1 3 2 2 53 3 3 3 3f e e

Como 3 0f , então 5 23 3 3d f e . Portanto:

25 2 4 2 2 2ln ln 3 3 ln 3 3 3 ln 3 3d e e e

2 2ln3 ln 9 ln3 ln 9 9 ln3 ln 9 ln 9e e e e e

91.4.


Como a função f é contínua em , o seu gráfico não tem assíntotas verticais.

▪ Assíntotas horizontais

Quando x :

1 2lim lim 3 3 3 3 3 0 0 0x x

x xf x e e

Logo, a reta de equação 0y é assíntota horizontal do gráfico de g, quando x .

Quando x :

1 1

1 2 23 3lim lim 3 3 lim 3 3 lim 3 9

3 3

x xx x x x

x xx x x x

e e ef x e

0 1

3

3 3 3lim 3 lim 9 3 9 0 9

3 3

x

x

ex x

e e

e e e

Logo, quando x , o gráfico de f não tem assíntota horizontal.

O

AB

C

33 1e

13 9e

2

www.raizeditora.pt




91.5

▪ 1 23 3x xh x f x g x e 2 3 26 3x xe 1 2 33 6x xe e

▪ 1 2 3 1 2 33 6 3 12x x x xh x e e e e

▪ 1

1 2 3 1 2 3 1 2 3 2

2 30 3 12 0 3 12 4 4 4

xx x x x x x x

x

eh x e e e e e e

e

2 ln4 2 ln4 2 ln4x x x

Fazendo um quadro de variação do sinal da função h , vem:

x 2 ln4

h x 0

h x máx.

A função h é decrescente em 2 ln 4, , é crescente em ,2 ln 4 e tem máximo absoluto em 2 ln4x .

92.

92.1. Tem-se que

1

111 3 1

3

f x

f xg x

. Assim, como o contradomínio de f é 2,3 , e tendo em conta

que a função 3xy é estritamente crescente, vem:

12 12 3 0 3 3 0 2 1 1 3 3 3f x

f x f x f x f x

1 1

2

1 101 3 1 3 1 3 1 4

3 9

f x f x

Logo, 10

,49

gD

.

www.raizeditora.pt




92.2.

a)

▪ 1f x f x f x f x

h x f x e f x e f x f x e f x e f x

1

f xf x f x e

Com os dados do enunciado podemos fazer um possível esboço do gráfico da função f :

Assim:

▪

.

0 1 0 0 1 0 0f x f x

Eq impossível

h x f x f x e f x f x e

0 1 0 2f x f x x x


x 0 2

f x 0

i) 1 f x 0

ii) h x 0 0

h x min. máx.

i) Tem-se que 1 0 1 1 2f x f x f x x . Da mesma forma 1 0 2f x x .

ii) Observa que o sinal de h depende apenas do sinal de f e de 1 f porque 0

f xe

, x .

x

y

2

2

1

3

30º

1

www.raizeditora.pt




A função h é decrescente em ,0 e em 2, , é crescente em 0,2 , tem um mínimo relativo em 0x e tem

um máximo relativo em 2x .

b)


hD . Como a função h é contínua em (composição, produto e soma entre funções contínuas no seu domínio),

o seu gráfico não tem assíntotas verticais.


Quando x :

0lim lim 0 0 1 0f x

x xh x f x e e

Logo, a reta de equação 0y é assíntota horizontal do gráfico de h, quando x .

Quando x :

3

3

3lim lim 3

f x

x xh x f x e e

e

Logo, a reta de equação 3

3y

e é assíntota horizontal do gráfico de h, quando x .

c) Tem-se 0h x f x h x f x . Seja p a função de domínio , definida por p x h x f x .

▪ A função p é contínua em (soma de funções contínuas em ; como f é derivável em , então é

necessariamente contínua em ). Portanto, p também é contínua em 0,2 .

▪ 0 20 0 0 0 0 2 14,78f

p h f f e e

▪ 2

)

13 32 2 2 2 1 0,95

3 3i

fp h f f e e

i) A reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 2 tem uma inclinação de 30º. Logo tan

32 tg 30º

3gentef m .

www.raizeditora.pt




Assim, como p é contínua em 0,2 e como 0p e 2p têm sinais contrários ( 0 2 0p p ), pelo corolário do

teorema de Bolzano, 0,2 : 0 0c p c h c f c h c f c , ou seja, a equação tem pelo

menos uma solução em 0,2 .

92.3.

a)

▪ : 0 : 1 1,jD x f x x x

▪ Tem-se que 1, , 0 3f x . Portanto, como a função lny x é estritamente crescente, vem

ln ln3f x . Assim, ,ln3jD .

Nota: Se 0 3f x , então

0

lim ln

ln 0 ln ln3 ln ln3 ln ln3

x

x

f x f x f x

.

b) Seja r a reta perpendicular à reta tangente ao gráfico de j no ponto de abcissa 2. Assim,

1 1

2r

tangente

mm j

.

Tem-se

f xj x

f x

e portanto

21 1 1 3 3 33

22 2 3 3 3 3

2 3

r

fm

fj f

f

.

Assim, a equação reduzida da reta r é do tipo 3y x b .

O ponto de coordenadas 2, 2 2,ln 2 2,ln1 2,0j f pertence à reta r. Então

0 3 2 2 3b b .

Logo, a equação reduzida da reta r é 3 2 3y x .

93.

▪ Como lim 6 2x

f x x

, então a reta de equação 6 2y x é assíntota oblíqua do gráfico de f e portanto

lim 6x

f x

x , pelo que

1

lim6x

x

f x . Além disso, tem-se que lim lim 6 2

x xf x x

.

▪ Como a reta de equação 3y x é assíntota oblíqua do gráfico de g, quando x , então

lim 3x

g x

x e

lim 3 0x

g x x

, pelo que

1lim

3x

x

g x e lim lim 3

x xf x x

.

www.raizeditora.pt




93.1.

1

lim lim lim lim lim lim 6 23x x x x x x

xf x

h x g x xf x f x f xx xm

x x xg x x g x x g x

22lim lim 2 lim limx x x x

x f x g xxf x xf x xg xb h x mx x

g x g x g x

1

lim lim 2 lim 6 lim 2 33

6 6x x x x

xf x g x f x x g x xx x

g x

1 2

2 2 03 3


23

y x é assíntota oblíqua do gráfico de h, quando x .

93.2.

8 8lim lim limx x x

h x g x x g x xm

x x x

x3 8 5

lim lim 8 5 lim 3 0x x x

b h x mx g x x x g x x

Logo, a reta de equação 5y x é assíntota oblíqua do gráfico de h, quando x .

93.3.

lim lim lim lim lim 6 3 3x x x x x

h x f x g x f x g x f x g xm

x x x x x x

lim lim 3 lim 6 3x x x

b h x mx f x g x x f x x g x x

lim 6 lim 3 2 0 2x x

f x x g x x

Logo, a reta de equação 3 2y x é assíntota oblíqua do gráfico de h, quando x .

3 6 3x x x

www.raizeditora.pt




93.4.

1 1 1

lim lim lim lim lim lim 3 3 0 0x x x x x x

g x

h x f x g x g x g xm

x x xf x x f x x f x

1 1

lim lim lim lim lim lim 36 2x x x x x x

g x xg x g x g xx xb h x mx

f x xf x x f x x f x


2y é assíntota horizontal do gráfico de h, quando x .

93.5.

2 2 2 2

2 22)lim lim lim lim limx x i x x x

f x x f x xh x f x x f x xm

x x x xx

2x

1 1

lim 1 6 1 6 0 1 1x

f x

x x

2 2

2

2lim lim limx x x

f x x x f x x xb h x mx f x x x

f x x x

2

2 22

2lim limx x

f x x x f x x

f x x x

2x

2 2

lim

1

x

f x

f x x x f x xx

x

2

2

)

1limxi

f x

x f x x

x

2x

1 1lim lim 6

11 6 1 11 11

x x

f x

x f x

x x

1 1

6 6 326 0 1 1

i) 20

0

x se xx x

x se x

. Como x pode assumir-se que x é positivo, logo 2x x x .

Logo, a reta de equação 3y x é assíntota oblíqua do gráfico de h, quando x .

www.raizeditora.pt




93.6.

lim lim lim lim 6

x x x x

h x f x g x f xm g x

x x x

Logo, quando x , o gráfico de h não tem assíntota oblíqua.

93.7. Tem-se que 2j x ax bx c , com , ,a b c e 0a . Assim:

2 2 2

lim lim lim lim limx x x x x

h x f x ax bx c f x f xax bx c ax bx cm

x x x x x x

2

6 limx

ax

x 6 a

Logo, quando x , o gráfico de h não tem assíntota oblíqua.

Página 211

94.

94.1.

▪ 1 2 1 1 2 1 1 22 1 2 2x x x x xg x xe x e xe x e e x x

▪ 1 2 1 2

.

0 2 0 0 2 0 2 0 0 2 0x x

Eq impossível

g x e x x e x x x x x x

0 2x x

Fazendo um quadro de variação do sinal da função g , vem:

x 0 2

i) g x 0 0

g x min. máx.

i) Observa que o sinal de g depende apenas do sinal de 2 2x x porque 1 0xe , x .

www.raizeditora.pt




A função h é decrescente em 0,2 , é crescente em ,0 e em 2, , tem um mínimo relativo em 2x e tem

um máximo relativo em 0x .

94.2. Tem-se 2 11 xg x x e

h xx x

.


2 1 1 0

0 0

1 1 0 1lim lim

0 0

x

x x

x e eh x

x

2 1 1 0

0 0

1 1 0 1lim lim

0 0

x

x x

x e eh x

x

Logo, a reta de equação 0x é assíntota vertical do gráfico de h. Como a função h é contínua em \ 0 , o seu

gráfico não tem mais assíntotas verticais.


Quando x

2 1

2 1 2

2 2

1

1 1lim lim lim lim

x

x

x x x x

x eh x x e xxm

x x x x

1

2

xe

x

1

0e

Logo, quando x , o gráfico de h não tem assíntota não vertical.

Quando x

2 1 2

2 2

1 1lim lim lim

x

x x x

h x x e xm

x x x

1

2

xe

x

10 0 0e

2 1 21 1

lim lim limx

x x x

x e xb h x mx

x x

1 xe

x

1 1

lim lim limx

xx x x

xxe e e

x e

)0 0 0

ie

i) Se limx

px

a


p

xx

x

a , com 1a e p .


www.raizeditora.pt




94.3. Para x tem-se:

2 1 2 1 2 1ln 1 ln 1 1 ln ln ln 2ln 1 1 2lnx x xg x x e x e x e x x x x

95.

95.1. A reta tangente ao gráfico de g que é estritamente paralela à reta de equação 2y x tem declive 2, pois, no

plano, duas retas paralelas têm o mesmo declive. Assim pretende-se determinar as coordenadas de um ponto

,x g x , do gráfico de g, tal que 2g x . Tem-se:

4 2 4 4 2 4 4 22 4 2 1 2 4 2 2 4 2x x x x xg x xe x e xe x e e x x

Portanto, 2 2g x 4 24 2 2xe x x 4 2 4 2

.

4 2 0 0 4 2 0x x

Eq impossível

e x x e x x

2 2 0 2 0 2 0 0 2x x x x x x

Logo, existem dois pontos em que a reta tangente ao gráfico de g tem declive 2, os pontos de coordenadas 0, 0g

e 2, 2g :

▪ A equação da reta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 0 é do tipo 2y x b .

Como 40 2 0 2 0 0g e , as coordenadas do ponto de tangência são 0,0 . Então 0b .

Portanto, a equação reduzida da reta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 0 é 2y x . Esta equação não é a

da reta pedida, pois não é estritamente paralela à reta dada, é coincidente.

▪ A equação da reta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 2 é do tipo 2y x b .

Como 2 4 2 22 2 2 2 2 4 8g e e , as coordenadas do ponto de tangência são 22,4 8e . Então:

4 28 2 2e 28b b e

Portanto, a equação reduzida da reta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 2 é 22 8y x e que é a equação

da reta pedida, pois é estritamente paralela à reta dada.

www.raizeditora.pt




95.2.

▪ 4 2 4 2 4 4 22 4 2 4 2 4 4 4 2 4 4x x x xg x e x x e x x e x e x x x

4 22 8 4xe x x

▪

2

4 2 4 2

.

8 8 4 2 40 2 8 4 0 0 2 8 4 0

2 2

x x

Eq impossível

g x e x x e x x x

8 32 8 4 2

2 2 2 24 4

x x x x

Fazendo um quadro de variação do sinal da função g , vem:

x 2 2 2 2

i) g x 0 0

g x p.i. p.i.

i) Observa que o sinal de g depende apenas do sinal de 22 8 4x x porque 4 0xe , x .

O gráfico da função g tem a concavidade votada para baixo em 2 2,2 2

, tem a concavidade votada para

cima em ,2 2

e em 2 2,

e tem pontos de inflexão em 2 2x e em 2 2x .

95.3.

▪ A função g é contínua em pois é composição, produto e soma entre funções contínuas em . Logo, a função g é

contínua em 1

,14

.

▪

2 1 154

4 41 1 1 1 1

2 2 5,824 4 4 2 8

g e e

.

▪ 1 4 1 31 2 1 2 1 2 2 42,17g e e .

Assim, como g é contínua em 1

,14

e como 1

10 04

g g

, pelo teorema de Bolzano, 1

,1 : 104

c g c

.

www.raizeditora.pt




96.

96.1. Tem-se que, 2 2 22 2 2 1 1 1 10 0 1 1 0 0 1 1 1x x xx x x e e e e e e .

Logo, 1,1gD e

96.2.

22 11 1lim lim 1 1 1 1 1 0 1x

x xg x e e e e

22 11 1lim lim 1 1 1 1 1 0 1x

x xg x e e e e

Logo, lim lim 1x x

g x g x

e portanto a reta de equação 1y é assíntota horizontal do gráfico de g, quando

x

96.3. Tem-se:

2 21 1 1 1

1 1 1 11 1 1lim lim lim lim

2 2 2 1 1 2 1 12 1x x x x

g x g g x g g x g g x g

x x x x xx

1 1

1

1 11 1 1 1lim lim 1

2 1 1 2 2 4x x

g

g x g gg

x x

Assim, como 2 21 12 2x xg x x e xe , vem

21 1 01 2 1 2 2 1 2g e e e portanto:

21

1 1 2 1lim

2 2 4 4 2x

g x g g

x

96.4.

a) Tem-se que 2CBA

AB alturaA

. Como 2AB x e 1altura g x (o ponto C tem coordenadas 0,1 e o

ponto A tem coordenadas ,x g x , vem:

2

2CBA

AB alturaA

1

2

x g x 211 1 1xx e x 1

2 21 1x x

f x

e xe

www.raizeditora.pt




b) 21 1 01 1 1 1f e e

Quando 1x os pontos A e B pertencem ao eixo Ox, com 2AB e com a medida do comprimento da altura igual a

1, pelo que a área do triângulo CBA é 2 1

12

.

c) Recorrendo ao estudo do sinal de f x tem-se:

▪ 2 2 2 21 1 1 1 22 1 2x x x xf x xe e x x e e x

▪ 2 21 2 1 2 2 2

.

1 20 1 2 0 0 1 2 0

2 4

x x

Eq impossível

f x e x e x x x

2 2 2 2

4 4 2 2x x x x

Como 0,x , tem-se 2

2x .

Fazendo um quadro de variação do sinal da função f , vem:

x 0

2

2

i) f x n.d. 0

f x n.d. máx.

i) Observa que o sinal de f depende apenas do sinal de 21 2x porque 21 0xe , x .

A função f é decrescente em 2

,2

, é crescente em

20,

2

e tem um máximo absoluto em 2

2x que é

22 2 11 12 4 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

ef e e e e

. Assim, o valor máximo que a área do triângulo

pode assumir é 2

2

e.

www.raizeditora.pt




d) Utilizando o editor de funções da calculadora, define-se 1y f x e 2 0,8y na janela de visualização

0,3 0,2 .

Logo, 0,8f x x a x b , com 0,33a e 1,18b .

97.

97.1. 3: 2 3 0 1 5ln 2 1 0 2 1 0 1 1gD x x x x x x x x

▪ 1 é solução da equação 3 2 3 0x x . Recorrendo à regra de Ruffini para decompor o polinómio 3 2 3x x

conclui-se que 3 22 3 1 3x x x x x . Assim:

3 2 2

.

2 3 0 1 3 0 1 0 3 0 1Eq impossível

x x x x x x x x x

▪ 05ln 2 1 0 ln 2 1 0 2 1 2 2 1x x x e x x

▪ 1

2 1 02

x x

Portanto, 1

: 1 1 1 1 12

gD x x x x x x x

: 1 1 1x x x x

97.2.

▪

0

2 0

31 1 ) 1

13 9 6lim lim lim

2 3x xix

xx xg x

x x

3 6

1

x

x

22

3 1 6 3

1 1 3 53x x

i) 1 é raiz dos polinómios 23 9 6x x e 3 2 3x x . Utilizando a regra de Ruffini para os decompor, conclui-se que:

23 9 6 1 3 6x x x x e que 3 22 3 1 3x x x x x

x

y

O 3

0,8

a b

www.raizeditora.pt




▪

) )

0

0

1 1 1 0 0

6 16 6 3 2 3 2 3 3lim lim lim lim lim 1

5ln 2 1 5ln 2 1 5 5 ln 2 1 5 5ln 2 1 1i iix x x y y

xx y yg x

x x yy

i) Mudança de variável: Se 1x então 1 0x Seja 1 1y x x y , 0y .

ii) Se

0

ln 1lim 1x

x

x

(limite notável), então

0lim 1

ln 1x

x

x

. Se 0y então 2 0y .

Logo, como . .1 1

3lim lim

5x xg x g x

, então existe

1limx

g x

e . .1 1 1

3lim lim lim

5x x xg x g x g x

.

97.3. Para mostrar o pretendido, basta mostrar que a equação 0g x x g x x tem pelo menos uma

solução em 2,3 .

Seja h a função de domínio definida por h x g x x .

▪ A função h é contínua em pois é a soma entre duas funções contínuas em (a função é contínua em 1x , pois

1

3lim 1

5xg x g

). Logo, a função h é contínua em 2,3 .

▪

2

3

3 2 9 2 6 36 222 2 2 2 2

15 52 2 2 3h g

.

▪

6 6 3 123 3 3 3 3 1,51

5ln 2 3 1 5ln5h g

.

Assim, como h é contínua em 2,3 e como 2h e 3h têm sinais contrários ( 2 3 0h h ), pelo corolário

do teorema de Bolzano, 2,3 : 0 0c h c g c c g c c , ou seja, o gráfico de g e a bissetriz

dos quadrantes pares intersetam-se pelo menos uma vez em 2,3 .

98.

▪ Tem-se que 0f x , 5,8x . Então a função f é estritamente crescente em 5,8 e portanto:

1 2 1 2 1 2, 5,8 :x x x x f x f x

▪ A função g é contínua em 5,8 pois é a diferença entre duas funções contínuas em 5,8 ( 0y f é uma

função constante).

www.raizeditora.pt




▪ 5 0 5g f f . Como 5 0 , então

5

5 0 0 0 5 5 0

g

f f f f g

▪ 0 0 8g f f . Como 0 8 , então

8

0 8 0 8 0 8 0

g

f f f f g

Assim, como g é contínua em 5,8 e como 5g e 8g têm sinais contrários ( 5 8 0g g ), pelo

corolário do teorema de Bolzano, 5,8 : 0c g c , ou seja, a função g tem pelo menos um zero.

▪ Tem-se que ' 0g x f f x f x . Assim, conclui-se que g é estritamente decrescente em 5,8 ,

pois 0g x , 5,8x . Logo a função g é injetiva e portanto o zero, cuja existência já foi provada, é único.

Página 212

99.

▪ Como g é uma função par, então g x g x , 2,2x .

▪ A função f é contínua em 2,2 pois é o produto e a soma entre funções contínuas no seu domínio.

▪ 2

2 2 2 2 4 2 3 2f g .

▪ 22 2 2 2 4 2 2 4 2 3 10f g g

Tendo em conta unicamente o teorema de Bolzano, equação 2 8 0 2 8f x k f x k é possível em

2,2 se 2 2 8 2 2 2 8 10f k f k . Assim:

12 2 8 10 2 8 10 2 8 2 8 8 8 4 1

2k k k k k k k

Portanto 1

1,2

k

100.

100.1. Para 0b , tem-se:

▪ lnf x a b x b x 1

x

3

ln 3 lna b b x b x

www.raizeditora.pt




▪ 3

30 3 ln 0 ln 3 ln bf x b x b x x x e

b


x 0

3

be

f x i) n.d. 0

f x n.d. min.

A função f é decrescente em 3

0, be

, é crescente em 3

,be

e tem um mínimo absoluto em 3

bx e

que é:

3 3 3 3 3

lnb b b b bf e a e b e e a e b

3

3be

b

3 3

)

3 3

3 3b b b

ii

ba e e e a be

i) 0b

ii) 3 3a b a b

100.2. Se 3b então 6a .

▪ 0 6 3 ln 0 3 2 ln 0 3 0 2 ln 0 0 ln 2f x x x x x x x x x x

20x x e

Como x então 2x e e portanto 2 ,0P e .

▪ 2 6 3 ln 2 4 3 ln 0 4 3ln 0 0 4 3ln 0f x x x x x x x x x x x x x

4

3 4 334

0 ln 0 0 03

x x x x e x x e x x e e

Como x então 3x e e e portanto 3 3,2Q e e e e (Q pertence à reta de equação 2y x ).

Nota: 3 4 3 3 3 3 3 3e e e e e e e

www.raizeditora.pt




Portanto:

2 2

2OPQ

OP altura eA

3

2

e e 3 3e e

101.

101.1


Como a função f é contínua em (produto entre duas funções contínuas em ), o seu gráfico não tem assíntotas

verticais.


Quando x :

2

lim lim lim

x x

x x x

e x xg x e xm

x x

1 x

x

1e

Logo, quando x , o gráfico de f não tem assíntota vertical

Quando x :

2

lim lim lim

x x

x x x

e x xg x e xm

x x

1 x

x

0 1 1 1lim lim lim lim

x x x x xx x x x

x x x

e e e e e

)

1 10 0

i e

2 2

2

)

2

lim lim lim lim lim lim 0 0 0x

x x x x xx x x x x x i

x x x x x xb g x mx e x x

e e e e e

i) Se limx

px

a


p

xx

x

a , com 1a e p .

Logo, a reta de equação 0y é assíntota horizontal do gráfico de f , quando x .

x

y

2y x

Q

PO 2e3e e

32e e

www.raizeditora.pt




101.2.

▪ 2 2 21 2 1 2 3 1x x x xf x e x x e x e x x x e x x

▪ Seja t a reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 0. Assim, 0 20 0 3 0 1 1tm f e .

Então, a equação reduzida da reta t é do tipo y x b .

O ponto de coordenadas 0, 0f é o ponto de tangência e portanto pertence à reta t. Como

0 20 0 0 0f e , então 0b .

Logo, a equação reduzida da reta t é y x .

101.3.

▪ 2 2 23 1 2 3 3 1 2 3 5 4x x x xf x e x x e x e x x x e x x

▪

2

2 2

.

5 5 4 1 40 5 4 0 0 5 4 0

2 1

x x

Eq impossível

f x e x x e x x x

1 4x x


x 1 4

i) f x 0 0

f x p.i. p.i.

i) Observa que o sinal de f depende apenas do sinal de 2 5 4x x porque 0xe , x .

O gráfico da função f tem a concavidade votada para baixo em ,1 e em 4, , tem a concavidade votada para

cima em 1,4 e tem pontos de inflexão em 1x e em 4x .

www.raizeditora.pt




101.4. Tem-se que, 2 2x x x x

x

ag x xe b ax e bx ax ae e ax bx a

e

. Assim:

2 2 22 2 2x x x xg x e ax bx a e ax b e ax bx a ax b e ax x b a a b

Como g x f x , tem-se:

xg x f x e 2 2 xax x b a a b e 2 2 22x x ax x b a a b x x

Logo, pelo método dos coeficientes indeterminados, vem:

1 1 1

2 1 2 1 1 1

0 1 0 1

a a a

b a b b

a b b b

Portanto, 1a b .

101.5. Tem-se que 2 2

11x x

a bg x e ax bx a e x x

▪ A função g é contínua em pois é o produto entre funções contínuas em . Logo, a função g é contínua em

1,1 .

▪ 211 1 1 1 2,72g e e .

▪ 1 2 11 1 1 1 3 1,1g e e .

Assim, como g é contínua em 1,1 e como 1 2 1g g , pelo teorema de Bolzano, 1,1 : 2c g c .

101.6. Tem-se que:

2 2 21x x xh x AB g x f x e x x e x x e x x 1 x 2 22 1xx e x

www.raizeditora.pt




a) Utilizando o editor de funções da calculadora, define-se 1y h x na janela de visualização 5

0, 0,22

.

Logo, ,P a b , com 0,29a e 0,87b e ,Q c d , com

1,71c e 1,24d .

Portanto, 2 2

1,5PQ a c b d .

b) Utilizando o editor de funções da calculadora, define-se 1y h x e 2 1y na janela de visualização

1,4 0,2 .

Determinando graficamente as abcissas dos pontos de interseção do gráfico de h com a reta de equação 1y , vem:

1 0h x x x a x b , com 0,74a e 2,84b

Portanto, 0,74a e 2,84b .

102.

102.1. Tem-se:

3 6

: 0 2 0 : 2 2 2 0 , 2 2,2

h

xD x x x x x x

x

x

y

O

P

Q

5

2

a c

b

d h

x

y

O a b 4

1

h

www.raizeditora.pt




Cálculos auxiliares: Utilizando um quadro de sinal, resolve-se a equação 3 6

02

x

x

.

x 2 2

3 6x 0

2x 0

3 6

2

x

x

0 n.d.

Logo o conjunto solução da inequação 3 6

02

x

x

é , 2 2, .

102.2. Tem-se que:

3,4

4 3 3 4 6 3 3 6 18. . . 4 3 ln ln ln ln15 ln9 ln15

4 3 4 2 3 2 2

h ht v m h h

9 3

ln ln15 5

102.3. Para , 2 2,x , tem-se:

2

3 2 3 6 13 6

22

3 6

2

x xx

xxh x

x

x

3 6

2

x

x

3x

6 3x

6 3

2 3 6

x

x x

6 3x

22

6 12 4

3 2 2 43 4x x xx

Para , 2 2,x , 2 4 0x . Logo, 2

40

4h x

x

, , 2 2,hx D .

Contudo, a função h não é decrescente no seu domínio, visto não se verificar que:

1 2 1 2 1 2, :hx x D x x h x h x

Por exemplo, se 1 3x e 2 3x , tem-se 1

33 ln 0,51

5h x h

e 2 3 ln15 2,71h x h , ou seja,

tem-se 3 3 , mas 3 3h h .

www.raizeditora.pt




102.4

▪

2

2 22 2

0 4 4 2 8

4 4

x x xh x

x x

▪

2

2

22

80 0 8 0 4 0 0 2 2

4

xh x x x x x x

x

Como , 2 2,x , a função h não tem zeros.


x 2 2

i) h x n.d. n.d. n.d.

h x n.d. n.d. n.d.

i) Observa que o sinal de h depende apenas do sinal de 8x porque 2

2 4 0x , \ 2,2x .

O gráfico da função h tem a concavidade votada para baixo em , 2 , tem a concavidade votada para cima em

2, e não tem pontos de inflexão.

102.5.

a) Para , 2 2,x , tem-se:

3 6 3 6

ln 3 6 2 3 6 22 2

y y y yx xh x y y e x e x x xe e

x x

6 2 2 6

3 6 2 3 6 23 3

y yy y y y

y y

e ex xe e x e e x x

e e

Portanto 1 2 6

3

x

x

eg x h x

e

.

www.raizeditora.pt




b) Tem-se:

2

2 6 3 2 6 32 6 2 60 0 0

3 3 3 3

x x x x x xx xx x x

x x x x

e e e e e ee eg x e e e

e e e e

2

5 60

3

x x

x

e e

e


▪

22

25 5 4 1 6

5 6 0 5 6 0 1 62 1x

x x

y e

e e y y y y y

.

1 6 ln6x

x x

y eEq impossível

e e x

▪ 3 0 3 ln3x xe e x

Utilizando um quadro de sinal vem:

x ln3 ln6

2

5 6x xe e 0

3xe 0

2

5 6

3

x x

x

e e

e

n.d. 0

Conjunto Solução: ln3,ln6

c)


: 3 0 : ln3 \ ln3x

gD x e x x .

ln3

ln3ln3 ln3

2 6 2 6 2 3 6 12lim lim

3 3 3 3 0

x

xx x

e eg x

e e

www.raizeditora.pt




ln3

ln3ln3 ln3

2 6 2 6 2 3 6 12lim lim

3 3 3 3 0

x

xx x

e eg x

e e

Logo, a reta de equação ln3x é assíntota vertical do gráfico de g. Como a função g é contínua em \ ln3 , o

seu gráfico não tem mais assíntotas verticais.


Quando x :

2 6 2 6 2 0 6

lim lim 23 3 0 3

x

xx x

e eg x

e e


Quando x :

2 6

lim lim lim3

x

x

xx x x

ee

g xe

62

x

x

e

e

6 62 2

2 02

3 33 1 01 11

x

e

ee


d)

▪ 2 2 2ABOCD ABO COD

AB OB DC OC AB OB DC OCA A A

Como AB a , OB g a g a , pois 0g a , CD a a , pois 0a e OC g a g a ,

pois 0g a , vem:

2 2 2 2

ABOCD ABO COD

a g a a g aAB OB DC OC AB OB DC OCA A A

2 6 2 6 2 6 2 6

3 3 3 3

2 2

a a a a

a a a a

e e ae a ae aa a

e e e e

www.raizeditora.pt




2 6 3 2 6 3

2 3 3

a a a a

a a

ae a e ae a e

e e

02ae

6 6 18a aae ae a 02ae 6 6 18a aae ae a

12 12

2 3 3 2 3 3

a a

a a a a

ae ae

e e e e

2

6 66

6

13 3

a

aaa

a

a

a a ea

aeee

ee

1 3

3a

a

a

ee

e

26 6

3 1 3

a

a a

a ae

e e

▪ Utilizando o editor de funções da calculadora, define-se

2

1

6 6

3 1 3

a

a a

a aey

e e

na janela de visualização

ln3,7 0,20 .

Logo, a área do polígono ABOCD é máxima em

x a , com 2,3a .

x

y

26 6

3 1 3

a

a a

a aey

e e

O a

Preparar o Exame - Exercícios Globais de Resposta Aberta ... · 1 D e 5 D, a única solução da...

Documents

Transcript of Preparar o Exame - Exercícios Globais de Resposta Aberta ... · 1 D e 5 D, a única solução da...