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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:
25
3 151557 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 20,1 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 16 161
log 9 log 4 2 log 36
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Preparar o Exame 2013 – 2017 – Matemática A
16log 3 164
1 12 log 3
6 log 16
24
1 1 1 1 1 232 2 2
6 6 2 12 12log 4
65.6. 5
4 54433 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 22
4 12 1728 1212 1728 4 12 12 1728 9 3 3 2
4 4 12 16 4
xx xx x x x
xx
Conjunto-solução: 2
66.3. 2 1 2 11 11
2 2 2 176 2 2 2 2 2 176 2 4 1 176 2 1762 2
x x x x x x x x
5176 2
2 2 32 2 2 511
x x x x
Conjunto-solução: 5
1log
loga
b
ba
, , \ 1a b
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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
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▪ Neste domínio tem-se:
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
▪ Neste domínio tem-se:
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 .
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66.9.
▪ 23
: 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 .
▪ Neste domínio tem-se:
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
▪ Neste domínio tem-se:
4 22 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
▪ Neste domínio tem-se:
2 22log log 3 log 6 log log 3 log 6 log log 3 6x x x x x x x x x
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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
▪ Neste domínio tem-se:
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
0 433 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
▪ Neste domínio tem-se:
24 2 2 2 22
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 22 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
.
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66.14.
▪ : 0D x x
▪ Neste domínio tem-se, 2 22 lnln 3 2 ln 6 ln 2 ln ln 6 0
2
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
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Preparar o Exame 2013 – 2017 – Matemática A
67.2. 3 3
7 4 7 4 7 43 2 23 3 3
0 7 4 7 4 7 42 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 24 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
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Preparar o Exame 2013 – 2017 – Matemática A
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
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Preparar o Exame 2013 – 2017 – Matemática A
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 21 1
512 72 1 064 8
y 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 2xx 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
Cálculo Auxiliar: Recorrendo à fórmula resolvente, vem 21
6 217 36 0 366
y 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
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Assim, 2 1 26
16 217 36 0 36 6 6 6 6 1 2
6 xx x
yy y y y x x
Conjunto Solução: 1,2
67.9.
▪ 1 1
:8 4 0 : ,2 2
D x x x x
▪ Neste domínio tem-se, 23 3 313
log 8 4 2 log 8 4 log 3 8 4 9 8 138
x 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 .
Conjunto Solução: 1 13
,2 8
67.10.
▪ : 4 0 9 0 : 4 9 4,9D x x x x x x
▪ Neste domínio tem-se, 13
ln 4 ln 9 4 9 2 132
x x 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
4 92
x x .
1
6
y36
26 217 36f y y y
0 4 9132
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Conjunto Solução: 13
,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
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 2 2x x .
Conjunto Solução: 2,
67.12.
▪ : 0D x x
▪ Neste domínio tem-se, 6
2 2
6 6log
3 log 7log 6 0 3 7 6 0y x
x x y y
Cálculo Auxiliar: Recorrendo à fórmula resolvente, vem 22
3 7 6 0 33
y 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
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Preparar o Exame 2013 – 2017 – Matemática A
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
▪ Neste domínio tem-se
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
Como a função 2 4 5y x x é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para baixo, então as
soluções da inequação 2 4 5 0x x são os valores de x tais que 5,1x .
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 5 1 1 7x x :
Conjunto Solução: 1,1
67.14.
▪ 2: 0 0 : 0 0D x x x x x x
x
2 4 5y x x
15
115 7
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Preparar o Exame 2013 – 2017 – Matemática A
▪ 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 7ln
2 8 42 0 3 7 ln 3 ln 7 ln ln ln lny x
y 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, 2160
log 160 log 10 2 log 2 log 16 2 16 4 410
a 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 54
4 2log 3 log 32
aa
.
y7
22 8 42f y y y
3
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70.
70.1.
▪ 2 2: 1 0 3 0 : 1 3 \ 3,1D x x x x x x
▪ Neste domínio tem-se
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
▪ Neste domínio tem-se
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 .
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70.3.
▪ : 2 2 0 2 0 : 1 0 1,D x x x x x x
▪ Neste domínio tem-se
23 3 3 3 3 3log 2 2 2log 4 log 2 2 log 2 2 2 log 2 log 4x x x x
23 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
Cálculos Auxiliares:
▪
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
Fazendo um quadro de sinal vem:
x 0
1
4 ln 2
0,5log 2x n.d. 0
2 4xe n.d. 0
0,52
log 2
4xx
e
n.d. 0 n.d.
Conjunto Solução: 1
0, ln 2,4
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70.5.
▪ 2 1
: 0 : 2 0 : 2 2,2
xD x x x x x
x
▪ Neste domínio tem-se
12 2 2 2 224 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
Cálculos Auxiliares:
▪ 2
22 2 4 1 3
2 3 0 3 12 1
x x x x x
▪ 2 0 2x x
Fazendo um quadro de sinal vem:
x 3 1 2
2 2 3x x 0 0 n.d.
2 x n.d.
2 2 32
x x
x
0 0 n.d.
Conjunto Solução: 3,1
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
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Cálculos Auxiliares:
▪ 0ln 0 1x x e x
▪ 2 2 2 2ln 4 ln 4 ln 2 ln 2x x x x x e x e
Fazendo um quadro de sinal vem:
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
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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
▪ Neste domínio tem-se
1
22
4 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 24 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
Cálculo Auxiliar: Recorrendo à fórmula resolvente, vem 21
6 5 1 0 16
x 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
x16
26 5 1y x x
1
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▪ Neste domínio tem-se
12 2 21 9
log 3 4 1 log 3 4 log 2 3 4 32 2
x x x x
9 9 15 3 3 15
3 32 2 2 2 2 2
x 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 3 15
7 12 2
x x x
:
Conjunto Solução: 3 15
, 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 bb
a ba
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 7 152
3
2
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▪
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
12 121
6log 3 4 12 6log 12 4 6 1 4 23
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 .
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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
▪ Neste domínio tem-se
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 22 2log 3 log 2 6 2 3 12 4 6 2 2 11 9 0x x x x x x x x x
Cálculo Auxiliar: Recorrendo à fórmula resolvente, vem 29
2 11 9 0 12
x x x x
Como a função 22 11 9y x x é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para baixo, então as
soluções da inequação 22 11 9 0x x são os valores de x tais que 9
1,2
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 9
1 3 22
x x :
Conjunto Solução: 1,2 .
9
2
3
x
22 11 9y x x
9
21
1 2
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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 bx x a
g 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,gD 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
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Fazendo 2xy , vem
2
217 17 4 2 8 1
2 17 8 0 82 2 2
y y y y x
1 32
12 2 8 2 2 2 2 1 3
2xx x x x
yx x
Como 0c , tem-se 3c .
▪ Para 3c a área do triângulo ABC é dada por 39 3 27
3 2 3 62 3
h
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
▪ Neste domínio tem-se:
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 .
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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 1 ln 4 2ln 4 ln 4 ln 162 2
OABC
OC ABA altura e e e e
.
74.3.
a) 16
2 1 ln 6 2 2 ln 6 2 1 6 2 6 22
ef x x x x e e x x
Portanto 16 6
2 22 2
e ef f
(f é injetiva)
b) Tem-se 1 15
2 5 02
f x f x .
Como 5 5
1 ln 6 2 1 ln1 1 0 12 2
f
, então 15
12
f . Portanto, tendo em conta a injectividade
de f , vem 1 15
2 5 0 12
f 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 ex y x y x e x e x
Assim, 1
1 32
xef x
.
1fD
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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. 23 3 3 3log log log 3 logax
g x a x bx 2bx
3
3log
a
bx
75.2. Tem-se 133 3 9
0,75 1 log 1 3 3 3 0,75 30,75 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 39 9
2 log 1 log log log 14 4 2
g x g x x xx 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.
▪ Neste domínio tem-se:
3 3 3 39 9
log log log 1 log 94 4 2
xx 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
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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 29 4
x x
g x
21 1
3 2
x
2242 2 8 2 2
1 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 25
2 10 0 22
x 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
.
Conjunto Solução: 5
, 2 ,2
c) Utilizando o editor de funções da calculadora, define-se 11y g x e 2y x na janela de visualização
3,3 1,3 .
x
22 10y x x
5
22
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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 4
0,52 2 2
PQR
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
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Preparar o Exame 2013 – 2017 – Matemática A
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 3 321 7
21 9 log 21 log 9 log log log 7 log 3 log 7 19 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 1,4ABCA a
x
y
O
g
1 21g x
b c
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Preparar o Exame 2013 – 2017 – Matemática A
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.
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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 0,330,331500 1500
50 50 1500 50 1 9 1 9 9 291 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.
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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 21tt t
T 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 0,0840,168
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
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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 te 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
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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 00
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 13 9
1,5 log log2 4
E 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 BB 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.
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84.2. Tem-se:
0,336log 0,4 1,14 1,98 log 0,336 10 2,17Pollux Pollux Pollux Pollux CastorCastor Castor Castor
F F FF F
F F F
Pollux é a estrela mais brilhante.
84.3.
a) 2,12210,61
3,59 2,02 5 1 log 5,61 5 5log 5log 10,61 log 10 132,435
d 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
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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
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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
▪ Neste domínio tem-se:
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 4F R
a a a a a a
Como 1a , então 4a .
Portanto, 4 4 4 4 4 4 4 44 3
2log log 4log 2 2 log 4 log 3 log 3 log 2 4log3 2
24 4 4 4 42
log 2 12 1 2log 3 log 3 5log 2 2 log 3 5 2 log 3 5
log 4 2
4 45 1
2 log 3 log 32 2
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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
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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 xx x
b 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 41 1 3 4 12C C e a probabilidade pedida é 72
12 4
7C .
90.
90.1. : 6 0 ln6,x xfD x e e
Tem-se 26
6 0 1 0 1 6 0x
x x x x x
x
ee e e e e
e
. Como 0xe , x , então:
1
ln2 2 2 2 2 61 11 6 0 1 6 0 6 1 2 ln6 ln6
6 2
x x x x x xe e e e e e e x x
1
2ln 6 ln 6x x
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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 26
ln 6 ln 1 ln ln 1 6 ln 1 6x
x x x x x x
x
ef x e e e e e x e
e
.
90.4.
▪ Assíntotas verticais
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.
▪ Assíntotas não 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 0lim 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 .
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90.5.
▪ 6ln 66
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
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x
y
Portanto:
2
2ABC
AB BCA
3 13 1 3 92
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:
2
5 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.
▪ Assíntotas verticais
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 xx x
f 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 93 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
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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 3
f xf 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
.
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92.2.
a)
▪ 1f x f x f x f xh 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
Fazendo um quadro de variação do sinal da função h , vem:
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
0f x
e
, x .
x
y
2
2
1
3
30º
1
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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)
▪ Assíntotas verticais
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.
▪ Assíntotas horizontais
Quando x :
0lim lim 0 0 1 0f xx x
h x f x e e
Logo, a reta de equação 0y é assíntota horizontal do gráfico de h, quando x .
Quando x :
3 33
lim lim 3f 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 14,78fp h f f e e
▪ 2)
13 32 2 2 2 1 0,953 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 tan3
2 tg 30º3
gentef m .
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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
.
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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
Logo, a reta de equação 2
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
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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
Logo, a reta de equação 1
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
22
)
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 .
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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 2lim 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 .
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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
.
▪ Assíntotas verticais
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.
▪ Assíntotas não 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 22 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 limxxx x x
xxe e e
x e
)0 0 0
ie
i) Se limx
px
a
x (limite notável), então lim 0
p
xx
x
a , com 1a e p .
Logo, a reta de equação 0y é assíntota horizontal do gráfico de h, quando x .
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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.
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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
.
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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
12
x g x
211 1 1xx e x 1
2 21 1x x
f x
e xe
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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.
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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
223 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
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Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo
“Cálculo Diferencial II – Preparar o Exame – Itens de Resposta Aberta Página 56
Preparar o Exame 2013 – 2017 – Matemática A
▪
) )
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