livro2-2023-resolucao-matematica

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– 1
MATEMÁTICA
LIVRO 2 
ÁLGEBRA
Capítulo 1 – Função Logarítmica
8) a) log28 = 
 ⇔ 2
 = 8 ⇔ 2
 = 23 ⇔ 
 = 3 
b) log381 = 
 ⇔ 3
 = 81 ⇔ 3
 = 34 ⇔ 
 = 4
c) log464 = 
 ⇔ 4
 = 64 ⇔ (22)
 = 26 ⇔
⇔ 22
 = 26 ⇔ 2
 = 6 ⇔ 
 = 3
d) log832 = 
 ⇔ 8
 = 32 ⇔ (23)
 = 25 ⇔ 23
 = 25 ⇔
⇔ 3
 = 5 ⇔ 
 = 
e) log927 = 
 ⇔ 9
 = 27 ⇔ (32)
 = 33 ⇔
⇔ 32
 = 33 ⇔ 2
 = 3 ⇔ 
 = 
f) log8(4��2) = 
 ⇔ 8
 = 4��2 ⇔
⇔ (23)
 = 22 · 2 ⇔ 23
 = 2 ⇔ 3
 = ⇔ 
 = 
g) log27(9��3) = 
 ⇔ 27
 = 9��3 ⇔ (33)
 = 32 · 3 ⇔
⇔ 33
 = 3 ⇔ 3
 = ⇔ 
 = 
9) log 32 = 
 ⇔
= 32 ⇔ 4–
 = 25 ⇔
⇔ (22)–
 = 25 ⇔ 2–2
 = 25 ⇔ – 2
 = 5 ⇔ 
 = –
Resposta: E
10) Sendo b a base procurada, onde b � 0 e b ≠ 1, temos:
logb = – 4 ⇔ b– 4 = ⇔ b– 4 = ⇔ b– 4 = 
4
⇔
⇔ b– 4 = 
–4
⇔ b = 
11) [log5(25 log232)]
3 = [log5(5
2 · log22
5)]3 =
= [log5(5
2 · 5)]3 = [log55
3]3 = 33 = 27
12) I) log216 = log22
4 = 4
II) log432 = x ⇔ 4x = 32 ⇔ (22)
x = 25 ⇔
⇔ 22x = 25 ⇔ 2x = 5 ⇔ x = 
III) log216 – log432 = 4 – = = 
Resposta: B
13) I) log (3��3) = x ⇔
x
= 3��3 ⇔
⇔ 3–x = 3 · 3 ⇔ 3– x = 3 ⇔ x = –
II) log
2 
= y ⇔ 2y = ⇔ 2y = 2–2 ⇔ y = – 2
III) log55 = 1
IV) M = log (3��3) – log2 – log55 = – + 2 – 1 =
= – + 1 = = –
14) Se a e b são as raízes da equação x2 – 7x + 10 = 0, então a . b = 10.
Assim, log = log = log 10– 1 = – 1
Resposta: B
15) Fazendo logab = x ⇔ ax = b, temos:
alogab = ax = b
Resposta: A
16)
I) ⇔
II) logx (x + 6) = 2 ⇔ x2 = x + 6 ⇔
⇔ x2 – x – 6 = 0 ⇔ x = 3 ou x = – 2
De (I) e (II) concluímos que a solução da equação é 
x = 3, portanto, um número primo.
Resposta: A
17) log3��3 x = ⇔ x = (3��3) ⇔ x = (3 · 3 ) ⇔ x = (3 ) ⇔
⇔ x = 3
·
⇔ x = 3 ⇔ x = ��3
Resposta: E
1
––
4
5
––
3
3
––
2
5
––
2
5
––
6
5
––
2
5
––
6
� 1––4 �
5
––
2
81
–––
16
34
––
24
3
––
2
81
–––
16 � �
� 2––3 �
2
––
3
5
––
2
8 – 5
–––––
2
5
––
2
3
––
2
1
––
2
5
––
2
1
––
2
5
––
2
1
––
4
1
––
3
3
––
2
3
––
2
– 3 + 2
–––––––
2
1
––
2
1
––
3
� 1––3 �
1
––
2
3
––
2 3––
2
1
––
4
1
–––
10�
1
–––
ab�
1
––
4
� �
� �
� �
�
x + 6 > 0
x > 0
x ≠ 1
� x > 0x ≠ 1
1
––
3
3
––
2
1
––
3
1
––
2
1
––
31
––
3
1
––
2
1
––
3
3
––
2
2 –
18) [log2(x
2 + 1)]2 – 34 log2(x
2 + 1) + 64 = 0
Observemos que x2 + 1 > 0, "x Œ �
Fazendo log2(x
2 + 1) = y, temos:
y2 – 34y + 64 = 0 ⇔ y = 2 ou y = 32
Para y = 2, resulta log2(x
2 + 1) = 2 ⇔ x2 + 1 = 22 ⇔
⇔ x2 = 3 ⇔
Para y = 32, resulta log2(x
2 + 1) = 32 ⇔ x2 + 1 = 232 ⇔
⇔ x2 = 232 – 1 ⇔
As quatro raízes obtidas são reais.
Resposta: D
31) Pela propriedade log (a · b) = log a + log b, temos que os itens
(a) e (b) são falsos.
Pela propriedade log am = m · log a, implica que os itens (c) e
(d) são falsos.
Portanto, o único item que é sempre verdadeiro é o item (e).
Resposta: E
32) log4(24,96) – log4(3,12) = log = log48
Fazendo log48 = x ⇔ 4x = 8 ⇔
⇔ (22)x = 23 ⇔ 22x = 23 ⇔ 2x = 3 ⇔ x =
Portanto, log4(24,96) – log4(3,12) = 
Resposta: B
33) log3b – log3a = 4 ⇔ log3 = 4 ⇔ = 3
4 ⇔ = 81
Resposta: C
34) Se log10123 = 2,09, então:
log101,23 = log10 = log10123 – log10100 = 2,09 – 2 = 0,09
Resposta: B
35) log m = 2 – log 4 ⇔ log m + log 4 = 2 ⇔
⇔ log (m · 4) = 2 ⇔ 4m = 102 ⇔ m = ⇔ m = 25
Resposta: D
36) Se logca = 3, logcb = 4 e y = , então:
logcy = logc = logc(a
3����� b . c2 . b– 1 . c– 4) = 
= logc(a
3 . ��b . c . b–1 . c – 4) = logc(a3 . b
–
. c–3) =
= logca
3 + logcb
–
+ logcc
–3 = 3 · logca – · logcb – 3 · logcc =
= 3 . 3 – . 4 – 3 . 1 = 9 – 2 – 3 = 4
Resposta: C
37) Se log 2 = x e log 3 = y, então: 
log 72 = log (23 · 32) = log 23 + log 32 =
= 3 · log 2 + 2 · log 3 = 3x + 2y
Resposta: B
38) · log m5 – · log m = log ��3 ⇔
⇔ · 5 · log m – · log m = log ��3 ⇔
⇔ – · log m = log 3 ⇔ · log m = · log 3 ⇔
⇔ log m = log 3 ⇔ m = 3
Resposta: B
39) Se log23 = a e log35 = b, então:
log32 + log325 · log52 = log32 + log35
2 · log52 = 
= log32 + 2 · log35 · =
= log32 + 2 · log32 = 3 · log32 = 3 · = 3 · = 
Resposta: D
40) x = log35 · log427 · log25
3
��2 = log35 · · =
= log35 · · = log35 · · =
= 1 · · = 
Resposta: C
41) x · log2(7
x) + log2 + log2(21
x) = 0 ⇔
⇔ x · [x . log27 + log27 – log23] + x · log221 = 0 ⇔
⇔ x · [x . log27 + log27 – log23 + log2(3 · 7)] = 0 ⇔
⇔ x · (x · log27+ log27 – log23 + log23 + log27) = 0 ⇔
⇔ x · (x . log27 + 2 · log27) = 0 ⇔ x · log27 · (x + 2) = 0 ⇔
⇔ x = 0 ou x + 2 = 0 ⇔ x = 0 ou x = – 2
Resposta: D
� b–––a � �
b
–––
a � �
b
–––
a �
123
––––
100
100
––––
4
a3 · ����� b · c2
–––––––––––
b . c4
1
––
2
a3 · ����� b · c2
–––––––––––
b · c4
1
––
2
3
––
4
1
––
4
1
––
4
3
––
4
1
––
2
1
––
2
1
––
2�3––4
5
––
4�
1
––
2
1
––
2
��
� �
log32––––––
log35
3
–––
a
1
–––
a
log22––––––
log23
log3
3
��2
––––––––
log325
log327–––––––
log34
1
–– · log323
–––––––––––
2 · log35
3
––––––––
2 · log32
log32
1
–
3
–––––––
log35
2
3
–––––––
log32
2
1
––
4
1
––
3
––––
2
3
––
2
��7––3��
�24,96––––––3,12�
3
––
2
3
––
2
x = ± ���3
x = ± ���������� 232 – 1
– 3
42) log
a2
��5 + log
a3
��5 = ⇔ + = ⇔
⇔ + = ⇔ + = ⇔
⇔ = ⇔ 10 · loga��5 = 5 ⇔
⇔ loga��5 = ⇔ a = ��5 ⇔ a = 5
Resposta: D
43) I) log103 = ⇔ log310 = 
II) Se a2 + b2 = 28ab, então:
log3 = log3 = log3 =
= log3 = log330 = log3(3 · 10) = log33 + log310 =
= 1 + = = 
Resposta: A
44) Para log102 = m e log103 = n, temos:
log56 = = = = 
Resposta: D
45) I) log581 = k ⇔ log534 = k ⇔ 4 · log53 = k ⇔ log53 = 
II) log3���15 = = = =
= · · log515 = · log5(3 · 5) = · [log53 + log55]
= · + 1 = · = 
Resposta: D
46) I) 5p = 2 ⇔ log52 = p
log2100 = = = =
= = = = 
Resposta: E
47) I) 2 · log2 (1 + ��2x) – log2 (��2x) = 3 ⇔
⇔ log2 (1 + ��2x)2 – log2 (��2x) = 3 ⇔
⇔ log2 = 3 ⇔ = 23 ⇔
⇔ (1 + ��2x)2 = 8��2x ⇔ 1 + 2��2x + 2x2 = 8��2x ⇔
⇔ 2x2 – 6��2x + 1 = 0 ⇔ x = = 
Como a é o menor valor de x, temos que: a = 
II) log2 = log2 =
= log2 = log2��2 = log22 = · log22 = 
Resposta: B 
48) a) Rd� = 10 · Rb ⇔ Rdb = 10[12 + log10I] ⇔
⇔ Rdb = 120 + 10 log10I
Sabemos que o máximo valor de ruído que o ouvido
humano tolera, sem ser prejudicado, é de 80dB.
Assim, temos:
80 = 120 + 10 · log10I ⇔ – 40 = 10 · log10I ⇔
⇔ – 4 = log10I ⇔ I = 10–4
b) Para o avião a jato, Rdb = 160dB, então:
120 + 10 · log10I = 160 ⇔ 10 · log10I = 40 ⇔
⇔ log10I = 4 ⇔ I = 104
Para a esquina movimentada, Rdb = 80dB.
Vimos no item (a) que, neste caso, I = 10–4, portanto:
= = 108
49) Para P(t) = P0 · 2
–bt, temos:
I) P(29) = ⇒ P0 · 2–b · 29 = ⇔
⇔ 2–29b = 2–1 ⇔ – 29b = – 1 ⇔ b = 
Logo, P(t) = P0 · 2
II) P(t) = 20% · P0 ⇔
⇔ P0 · 2 = 0,2P0 ⇔ 2 = 0,2 ⇔
⇔ log22 = log20,2 ⇔ – = log20,2 ⇔
⇔ t = – 29 · log2 ⇔ t = – 29 · [log22 – log210] ⇔
⇔ t � – 29 · [1 – 3,32] ⇔ t � – 29 · (– 2,32) ⇔
⇔ t � 67,28 anos
k
––
4
1
–– · log5152
–––––––––––––
k
––
4
log515
1––2
–––––––––
log53
log5���15
–––––––––
log53
2
––
k
2
––
k
4
––
k
1
––
2
k + 4
––––––
2k�
k + 4
–––––
4�
2
––
k�
k
––
4�
2
––
k
2 · log510
––––––––––
p
log510
2
––––––––
p
log5100
–––––––––
log52
2p + 2
––––––
p
2 [p + 1]
––––––––
p
2 · [log52 + log55]
–––––––––––––––––
p
2 · log5(2 · 5)
–––––––––––––
p
104
––––
10–4
Intensidade sonora do avião a jato
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
Intensidade sonora da esquina movimentada
� (1 + ��2x)
2
–––––––––
��2x �
(1 + ��2x)2
–––––––––
��2x
–(– 6��2) ± ���64
–––––––––––––––
2 · 2
6��2 ± 8
–––––––
4
3��2 – 4
––––––––
2
�
2a + 4
––––––
3 � �
3��2 – 4
2 · �––––––––� + 42
––––––––––––––––
3
�
�3��2 – 4 + 4––––––––––3 �
1
––
2 1––
2
1
––
2
37
––––
12
12 + 25
–––––––
12
25
–––
12
m + n
–––––––
1 – m
log102 + log103
–––––––––––––––
log1010 – log102
log10(2 · 3)
–––––––––––––
10
log10�–––�2
log106
–––––––
log105
�28ab + 2ab–––––––––––ab��
a2 + 2ab + b2
––––––––––––
ab��
(a + b)2
––––––––
ab�
�
30ab
–––––
ab�
5
–––
12
6 loga��5 + 4 loga��5–––––––––––––––––––
12
1
––
21–––
2
25
–––
12
12
–––
25
5
–––
12
loga��5–––––––
3
loga��5–––––––
2
5
–––
12
loga��5–––––––––
3 · logaa
loga��5–––––––––
2 · logaa
5
–––
12
loga��5–––––––––
logaa
3
loga��5–––––––––
logaa
2
5
––
12
P0
–––
2
P0
–––
2
1
–––
29
t
– ––
29
t
– ––
29
t
– ––
29
t– ––
29
t
–––
29
� 2–––10 �
4 –
50)
S = . log20162 + . log20163 + . log20167 =
= log2016���2 + log2016
5
���3 + log2016
10
���7 = 
= log2016(���2 . 
5
���3 . 
10
���7 ) =
= log2016(
10
����32 . 
10
���9 . 
10
���7 ) = log2016(
10
����������32 . 9 . 7) =
= . log20162016 = . 1 = 
Resposta: E
51) O total de classificações possíveis é 
N = P16 = 16! = 16 . 15!
Sendo
log 16 = log 24 = 4 . log 2 � 4 . 0,3 = 1,2 e 101,2 � 16,
resulta:
log N = log(16 . 15!) = log 16 + log 15! � 1,2 + 12
Desta forma:
N = 101,2 + 12 = 101,2 . 1012 � 16 . 1012 =
= 16 000 000 000 000 (dezesseis trilhões)
Resposta: E
52) 1) 2 . log (2x – 1) = log 2 + log (2x + 3)
⇔ log [(2x – 1)2] = log [2 . (2x + 3)] ⇔
⇔ (2x – 1)2 = 2 (2x + 3)
2) Substituindo 2x por y > 0, temos:
(y – 1)2 = 2 (y + 3) ⇔ y2 – 2y + 1 = 2y + 6 ⇔
⇔ y2 – 4y – 5 = 0 ⇔ y = 5 ou y = –1 fi
fi y = 5, pois y > 0
3) y = 2x = 5 fi x = log2 5
Resposta: C
53) 10 # (– 5) = 102 – (– 5)2 + log (10 – 5) =
= 100 – 25 + log 5 = 75 + log =
= 75 + log 10 – log 2 = 75 + 1 – log 2 = 76 – log 2
Resposta: C
54) I) O PIB per capita daqui a x anos será:
= 6 . e0,01x
II) Em 2014, que corresponde a x = 0, o PIB per capita foi 
6 . e0,01 . 0 = 6 . e0 = 6 . 1 = 6
III) Para que o PIB per capita seja, aproximadamente, 50%
superior ao de 2014, deve-se ter:
6 . e0,01x = 1,5 . 6 ⇔ e0,01x = 1,5 ⇔
⇔ 0,01x = loge 1,5 ⇔ 0,01x = �n 1,5 ⇔
⇔ 0,01x = �n 3 – �n 2 ⇔
⇔ 0,01x = 1,0986 – 0,6931 ⇔
⇔ 0,01x = 0,4055 ⇔ x = 40,55 ⇔ x 
 41
Resposta: D
67) x2 + x + 7 � 0, �x � �, pois o gráfico de g(x) = x2 + x + 7 é do
tipo:
Assim, temos: D(f) = �
Resposta: E
68) O campo de definição de uma função é o conjunto para o qual
a função está definida. Em outras palavras, o campo de defi -
nição é o mesmo que o domínio da função.
Desta forma, pela condição de existência dos logaritmos,
temos:
D(f) = {x � � � 2x2 – 5x + 2 � 0 e x + 1 � 0 e x + 1 ≠ 1}
Assim sendo:
a) 2x2 – 5x + 2 � 0 ⇔ x � ou x � 2, pois o gráfico de
g(x) = 2x2 – 5x + 2 é do tipo:
b) x + 1 � 0 ⇔ x � – 1
c) x + 1 ≠ 1 ⇔ x ≠ 0
1
–––
10
1
–––
5
1
–––
2
1
–––
10
1
–––
10
1
–––
10
�10–––2�
60 000 . e0,05x
–––––––––––––
10 000 . e0,04x
1
––
2
– 5
De (a) � (b) � (c), temos:
Portanto, D(f) = x � � / – 1 � x � 0 ou 0 � x � ou x � 2
Resposta: D
69)
Fazendo x = 0 em (I), temos: 
y = 2 · 30 ⇔ y = 2 ⇒ OP = 2
Fazendo y = 0 em (II), temos: 
log3x = 0 ⇔ x = 30 ⇔ x = 1 ⇒ OQ = 1
Desta forma, A(1, 2)
Fazendo x = 1 em (I), temos: 
y = 2 · 31 = 6 ⇒ D(1, 6)
Fazendo y = 2 em (II), temos: 
log3x = 2 ⇔ x = 32 ⇔ x = 9 ⇒ B(9, 2) e C(9, 6)
Portanto, temos a seguinte figura:
(AC)2 = 42 + 82
AC = ������ 16 + 64
AC = ���80 = 4��5
Resposta: D
70)
ACDE = 20% de AABDE ⇒
⇒ = · ⇔
⇔ 2 – log2k = · (log2k + 2) ⇔ 5 · (2 – log2k) = log2k + 2 ⇔
⇔ 10 – 5 · log2k = log2k + 2 ⇔ 6 log2k = 8 ⇔ log2k = ⇔
⇔ log2k = ⇔ k = 2 ⇔ k = 
3
���24 ⇔ k = 2
3
��2
Resposta: C
71)
A = A1 + A2 = (4 – 2) · log 2 + (6 – 4) · log 4 =
= 2 · log 2 + 2 · log 4 = 2 log 2 + 2 · log 22 =
= 2 · log 2 + 2 · 2 · log 2 = 6 · log 2 = log 26 = log 64
Resposta: E
72)
y y = 2 . 3x
D C
BA
P
0 Q x
y = log x
3
I
II
(0,2)
6
(1,0) g
8
4
	1––2�
(log2k + 2) · (4 – k)–––––––––––––––––
2
20
––––
100
(4 – k) · (2 – log2k)–––––––––––––––––
2
1
––
5
8
––
6
4
––
34––
3
y
xa
3
1
y = log (x + b)
a
6 –
I) Para x = 0, temos:
y = loga(0 + b) = 0 ⇔ logab = 0 ⇔ b = a0 ⇔ b = 1
II) Para x = , temos:
y = loga = 1 ⇔ + 1 = a1 ⇔
⇔ a – = 1 ⇔ = 1⇔ 2a = 3 ⇔ a = 
III) A área do retângulo é · 1 = · 1 = · · 1 = 
Resposta: B
73)
I) ⇔ fi
fi 2 . log (k + n) = – 2 . log k ⇔
⇔ log (k + n) = – log k ⇔ log (k + n) + log k = 0 ⇔
⇔ log [(k + n) . k] = 0 ⇔ (k + n)k = 1 ⇔
⇔ k2 + nk – 1 = 0 ⇒
⇒ k = , pois k > 0
II) h = 2 . log (k + n) = 2 . log =
= 2 . log � �
Resposta: E
74)
Para x = 0, temos: f(0) = 22 · 0 = 20 = 1 ⇒ B(0; 1)
Para y = 1, temos: 1 = log2(x + 1) ⇔ x + 1 = 2 ⇔ x = 1 ⇒ A(1; 1)
Para x = 1, temos: f(x) = 22 · 1 = 22 = 4 ⇒ C(1; 4)
Assim,
AABC = = = 
Resposta: C
75) log3(9
x – 2) = x ⇔ 9x – 2 = 3x ⇔
⇔ (32)x – 3x – 2 = 0 ⇔ (3x)2 – 3x – 2 = 0
Fazendo 3x = y, temos: y2 – y – 2 = 0; 
cujas raízes são y’ = 2 e y” = – 1
Assim,
Se y = 2 ⇒ 3x = 2 ⇒ x = log32
Se y = – 1 ⇒ 3x = – 1 ⇒ não existe solução
Resposta: D
76) 6 · 23x – 1 + = 23x + 8 ⇔ 6 · + = 23x + 8 ⇔
⇔ 3 · 23x + = 23x + 8 ⇔ 2 · 23x + – 8 = 0
Fazendo 23x = y, temos:
2y + – 8 = 0 ⇔ 2y2 – 8y + 8 = 0 ⇔ y2 – 4y + 4 = 0 ⇔
⇔ (y – 2)2 = 0 ⇔ y – 2 = 0 ⇔ y = 2
Portanto, 23x = 2 ⇔ 3x = 1 ⇔ x = 
Sendo k a raiz real da equação, temos que k = 
Logo, � k �
Resposta: B
a
––
3
a
––
3�
a
–– + 1
3�
3
––
2
3a – a
–––––––
3
a
––
3
1
––
2
1
––
3
3
––
2
3
––
2
–––
3
a
––
3
�
h
log (k + n) = –––
2
h
log k = – –––
2
� h = = 2 . log (k + n)h = – 2 . log k
–n + ����� n2 + 4
–––––––––––––
2
–n + ����� n2 + 4�–––––––––––– + n�2
n + ����� n2 + 4
–––––––––––
2
3
––
2
1 · 3
––––
2
AB · AC
––––––––
2
4
––––––
23x
––––
2
23x
––––
2
4
––––––
23x – 1
8
––––
23x
8
––––
23x
8
––
y
1
––
3
1
––
3
2
–––
5
3
–––
10
– 7
77) 4x + 6x = 2 · 9x ⇔ = ⇔ + 1 = ⇔
⇔
x
+ 1 = 2 · 
x
⇔
x
+ 1 = 2 · 
x
Fazendo 
x
= y, temos:
y + 1 = 2 · ⇔ y2 + y = 2 ⇔ y2 + y – 2 = 0 ⇔ y = 1 ou y = – 2
Assim,
Se y = 1 ⇒
x
= 1 ⇔ x = 0 
Se y = – 2 ⇒
x
= – 2 ⇒ �� solução
Resposta: A
78) 8 · 22x – 3 – 6 · 2x + 1 + 32 = 0 ⇔ 8 · – 6 · 2x · 2 + 32 = 0 ⇔
⇔ (2x)2 – 12 · 2x + 32 = 0
Fazendo 2x = y, temos: y2 – 12y + 32 = 0 ⇔ y = 4 e y = 8
Assim,
Se y = 4 ⇒ 2x = 4 ⇔ x = 2 
Se y = 8 ⇒ 2x = 8 ⇔ x = 3 
As raízes da equação são 2 e 3. A soma das raízes é 2 + 3 = 5,
portanto, o dobro da soma das raízes é 2 · 5 = 10.
Resposta: 10
79) 8x – 5x = 0 ⇔ 8x = 5x ⇔ = ⇔
x
= 1 ⇔ x = 0
Resposta: E
80) 7x + 7x – 1 = 8x ⇔ 7x + = 8x ⇔ = 8x ⇔
⇔ 8 · 7x = 7 · 8x ⇔ = ⇔
x
= ⇔ x = 1
Resposta: V = {1}
81) log x + log (x – 5) = log 36 ⇔ log [x · (x – 5)] = log 36 ⇔
⇔ x · (x – 5) = 36 ⇔ x2 – 5x – 36 = 0 ⇔ x = – 4 ou x = 9
Pela condição de existência dos logaritmos, devemos ter 
x � 5, então a única solução é x = 9.
Resposta: D
82) I) Condições de existência:
⇔ ⇔ – < x < 
II) log����� 5x + 1 – log(1 – 5x) = 0 ⇔ log = 0 ⇔
⇔ = 100 ⇔ ����� 5x + 1 = 1 – 5x ⇔
⇔ (����� 5x + 1)2 = (1 – 5x)2 ⇔
⇔ 5x + 1 = 1 – 10x + 5x2 ⇔ 5x2 – 15x = 0 ⇔
⇔ x2 – 3x = 0 ⇔ x · (x – 3) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 3.
III) fi x = 0
Resposta: C
83) a) I) f(x) = 1 ⇔ log3(9x2) = 1 ⇔ 9x2 = 3 ⇔ x2 = ⇔ x2 = 
Para x > 0, temos:
x = = = ⇒ Vf = 
II) g(x) = – 3 ⇔ log3 = – 3 ⇔
⇔ = 3– 3 ⇔ x = 33 = 27 ⇒ Vg = {27}
b) 1 + f(x) + g(x) = 1 + log3(9x
2) + log3 =
= 1 + log39 + log3x
2 + log3x
– 1 =
= 1 + 2 + 2 . log3x – 1 . log3x = 3 + log3x 
84) 1) Os gráficos sugerem funções logarítmicas do tipo y1 =
loga(bx) e y2 = logd(cx).
2) Como os pontos (1; 0) e (2; 1) pertencem ao gráfico de y1,
temos:
loga(b . 1) = 0 ⇔ b = 1 e loga(b . 2) = 1 ⇔ 2b = a e, portanto,
a = 2.
Assim, y1 = log2x
3) Como os pontos (2; 3) e (8; 5) pertencem ao gráfico de y2,
temos:
fi d2 = 4 fi
fi d = 2, pois d > 0. Desta forma, c = 4 e y2 = log2(4x)
Resposta: D
85) ⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔ fi V = {(4; 8)}
1
–––
5
1
–––
5
1
x > – –––
5
1
x < –––
5
�5x + 1 > 01 – 5x > 0�
�8––5�
5x
–––
5x
8x
––––
5x
7 · 7x + 7x
––––––––––
7
7x
–––
7
7
––
8�
7
––
8�
7
––
8
7x
–––
8x
2 · 9x
––––––
6x
4x
––––
6x
2 · 9x
––––––
6x
4x + 6x
–––––––
6x
�3––2��
2
––
3��
9
––
6��
4
––
6�
�2––3�
1
––
y
�2––3�
�2––3�
22x
––––
23
������ 5x + 1––––––––1 – 5x�
����� 5x + 1
––––––––
1 – 5x
1 1
– ––– < x < –––
5 5
x = 0 ou x = 3
�
1
––
3
3
––
9
	��3––––3�
��3
––––
3
1
––––
��3
1
––
3 
�1––x�
1
––
x
�1––x�
	logd(c . 2) = 3 fi 2c = d3logd(c . 8) = 5 fi 8c = d5
log2x + log2y = 5
2 . log2x = 4
�log2x + log2y = 5log2x – log2y = – 1�
log2x + log2y = 5
x = 4�
log2x + log2y = 5
log2x = 2
�
y = 8
x = 4�
log2y = 3
x = 4�
2 + log2y = 5
x = 4�
8 –
86) log2(x – 2) – log4x = 1 ⇔ log2(x – 2) – = 1 ⇔
⇔ log2(x – 2) – = 1 ⇔ 2 · log2(x – 2) – log2x = 2 ⇔
⇔ log2(x – 2)2 – log2x = 2 ⇔ log2 = 2 ⇔
⇔ = 4 ⇔ x2 – 4x + 4 = 4x ⇔ x2 – 8x + 4 = 0 ⇔
⇔x = = ⇒ x = 4 + 2��3, pois x > 2
Resposta: D
87) Sendo log 1,5 = 0,18, temos:
log 2x – log 3x = 9 ⇔ log = 9 ⇔ log 
x
= 9 ⇔
⇔ x · log = 9 ⇔ x · log 
– 1
= 9 ⇔ – x · log = 9 ⇔
⇔ – x . log 1,5 = 9 ⇔ – x . 0,18 = 9 ⇔ x = ⇔ x = – 50 
Resposta: C
88) Sendo log 2 = 0,30 e log 3 = 0,48, temos:
32x = 23x + 1 ⇔ log 32x = log 23x + 1 ⇔ 2x . log 3 = (3x + 1) . log 2 ⇔
⇔ 2x . 0,48 = (3x + 1) . 0,30 ⇔ 0,96 . x = 0,90 . x + 0,30 ⇔
⇔ 0,06 . x = 0,30 ⇔ x = = = 5 
Resposta: B
89) log2(5x – 3) � log27 ⇔ 0 � 5x – 3 � 7 ⇔
⇔ 3 � 5x � 10 ⇔ � x � 2
Resposta: C
90) log (2x + 5) � 0 ⇔ log (2x + 5) � log 1 ⇔ 0 � 2x + 5 � 1 ⇔
⇔ – 5 � 2x � – 4 ⇔ – � x � – 2
Portanto, S = x � � � – � x � – 2
91) log x � 1 ⇔ log x � log ⇔ x � 
Resposta: A
92) I) log (– x2 + 5x + 24) � log 18 ⇔ – x2 + 5x + 24 � 18 ⇔
⇔ – x2 + 5x + 6 � 0 ⇔ x2 – 5x – 6 � 0 ⇔ x � – 1 ou x � 6 
II) Pela condição de existência dos logaritmos, temos:
– x2 + 5x + 24 � 0 ⇔ x2 – 5x – 24 � 0 ⇔ – 3 � x � 8
Assim,
Portanto, S = {x � � � – 3 � x � – 1 ou 6 � x � 8}
Resposta: C
93) I) log10x + log10(x + 3) � 1 ⇔ log10x + log10(x + 3) � log1010 ⇔
⇔ log10[x · (x + 3)] � log1010 ⇔ x · (x + 3) � 10 ⇔
⇔ x2 + 3x � 10 ⇔ x2 + 3x – 10 � 0 ⇔ – 5 � x � 2
Verificando as condições de existência dos logaritmos,
tem-se:
II) x � 0 
III) x + 3 � 0 ⇔ x � – 3 
Assim,
Portanto, S = {x � � � 0 � x � 2}
Resposta: C
	5––2�
1
––
2
1
––
21––
2
1
––
2
1
––
2
�2–––3��
2x
–––
3x�
�3–––2��
3
–––
2��
2
–––
3�
– 9
––––––
0,18
30
––––
6
0,30
–––––
0,06
3
––
5
1
––
2
1
––
2
1
––
2
5
––
2
log2x–––––––
log24
log2x–––––––
2
�(x – 2)
2
––––––––
x�
(x – 2)2
––––––––
x
8 ± 4��3
––––––––
2
8 ± ���48
–––––––––
2
1
––
2
1
––
2
– 9
94) log0,4[log2(0,5)
x – 5] � log0,4(x + 2) ⇔ log2(0,5)x – 5 � x + 2 ⇔
⇔ (x – 5) · log20,5 � x + 2 ⇔ (x – 5) · log22– 1 � x + 2 ⇔
⇔ (x – 5) · (– 1) · log22 � x + 2 ⇔ – x + 5 � x + 2 ⇔
⇔ – 2x � – 3 ⇔ 2x � 3 ⇔ x �
Pela condição de existência dos logaritmos, devemos ter:
x + 2 � 0 ⇔ x � – 2
Portanto, S = x � � � – 2 � x �
Resposta: C
95) log10x � log24 · log46 · log68 – 1 ⇔
⇔ log10x � log24 · · – 1 ⇔
⇔ log10x � log28 – 1 ⇔ log10x � 3 – 1 ⇔
⇔ log10x � 2 ⇔ log10x � log10102 ⇔ x � 102
Como pela condição de existência dos logaritmos x � 0, tem-
se: S = {x � � � 0 � x � 102}
Resposta: A
96) I) log2(2x + 5) – log2(3x – 1) � 1 ⇔ log2 � log22 ⇔
⇔ � 2 ⇔ – 2 � 0 ⇔
⇔ � 0 ⇔ � 0 ⇔
⇔ (– 4x + 7) . (3x – 1) � 0 ⇔ � x � 
II) Analisando a condição de existência dos logaritmos, te -
mos:
⇔ ⇔ 
Portanto, S = ; 
Resposta: D
97) 1 � log10(x – 1) � 2 ⇔ log1010 � log10(x – 1) � log10102 ⇔
⇔ 10 � x – 1 � 102 ⇔ 11 � x � 101 ⇔
Resposta: C
98)
log
5
(x + 3)
� 1 ⇔
log
5
(x + 3)
�
0
⇔
log5(x + 3) � 0 ⇔ log5(x + 3) � log51 ⇔
⇔ 0 < x + 3 � 1 ⇔ – 3 � x � – 2
Resposta: A
99) A equação, em x, tem duas raízes reais distintas e, portanto,
(log t)2 – 4 . 1 . 0,5 . log t > 0 ⇔
⇔ (log t)2 – 2 . log t > 0 ⇔ log t < 0 ou log t > 2
pois o gráfico da função y = x2 – 2x é do tipo
Assim: 0 < t < 1 ou t > 100
Resposta: E
100) Sendo L(t) = (2,048)t, o lucro acumulado, em reais, durante t
meses, temos:
(2,048)t = 8000 ⇔ log (2,048)t = log 8000 ⇔
⇔ t . log 2,048 = log 8000 ⇔
⇔ t . log = log(8 . 1000) ⇔
⇔ t . [log 211 – log 103] = log 23 + log 103 ⇔
⇔ t . [11 . log 2 – 3] = 3 . log 2 + 3 ⇔
⇔ t . [11 . 0,301 – 3] = 3 . 0,301 + 3 ⇔
⇔ 0,311 . t = 3,903 ⇔ t � 12,55
Desta forma, a quantidade mínima de meses é 13.
Resposta: E
101) a) Para o limiar da dor, temos �D = 120dB, 
� = 10 log 
120 = 10 log 
1,0 . 1012 = 
Da qual:
b) Como o tempo de exposição foi reduzido à metade, de 8 horas
para 4 horas, o nível de intensidade sonora sofre, portanto, um
acréscimo de 5dB, passando de 85dB para 90dB.
�1––2��
1
––
2��
1
––
2�
3
––
2
	
3
––
2�
log28––––––
log26
log26––––––
log24
�
2x + 5
–––––––
3x – 1�
2x + 5
–––––––
3x – 1
2x + 5
–––––––
3x – 1
– 4x + 7
––––––––
3x – 1
2x + 5 – (6x – 2)
–––––––––––––––
3x – 1
7
–––
4
1
–––
3
1
x � –––
3
5
x � – –––
2
1
x � –––
3
�2x + 5 � 03x – 1 � 0�
�7––4
1
––
3�
0 2
2048
–––––
1000
�I–––ID�
�ID–––––––––1,0 . 10–12�
ID–––––––––
1,0 . 10–12
W
ID = 1,0 ––––
m2
� = 90dB
10 –
c) 100 = 10 log 
1,0 . 1010 = 
Da qual: 
A área S da superfície timpânica, suposta circular de
diâmetro D, é dada por:
S = π
2
S = 3 . 
2
(m2)
S = 7,5 . 10–5 m2
A intensidade I da onda é dada por:
I = 
1,0 . 10–2 = 
Da qual:
Respostas: a) ID = 1,0 
b) � = 90dB
c) I = 1,0 . 10–2 W/m2;
P = 7,5 . 10–7 W
102) a) f(x) = 101 + x + 101 – x ⇔
⇔ f(x) = 10 . 10x + 10 . 10– x 
Assim, f[log10(2 + ���3 )] =
= 10 . 10
log10(2 + ���3) + 10 . 10
– log10(2 + ���3) =
= 10(2 + ���3) + 10 . (2 + ���3 )– 1 =
= 10 . 2 + ���3 + =
= 10 . (2 + ���3 + 2 – ���3 ) = 10 . 4 = 40, que é um número inteiro.
b) f(x) = 52 ⇔ 101 + x + 101 – x = 52 ⇔
⇔ 10 . 10x + 10 . 10– x = 52 ⇔
⇔ 10 . 10x + 10 . = 52
Fazendo 10x = y, resulta:
10y + = 52 ⇔ 10y2 + 10 = 52y ⇔
⇔ 10y2 – 52y + 10 = 0 ⇔ 5y2 – 26y + 5 = 0 ⇔
⇔ y = ⇔ y = 5 ou y = 
Para y = 5, temos 10x = 5 ⇔ log1010x = log105 ⇔
⇔ x = log
10
⇔ x = log1010 – log102 ⇔
⇔ x = 1 – 0,3 ⇔ x = 0,7
Para y = , temos 10x = ⇔
⇔ log1010x = log10 ⇔ x = – log105 ⇔
⇔ x = – log ⇔ x = – (log1010 – log102) ⇔
⇔ x = – (1 – 0,3) ⇔ x = – 0,7
Logo, o conjunto verdade da equação é 
V = {0,7; – 0,7}
Respostas: a) Demonstração; f[log10(2 + ���3)] = 40
b) 0,7 e – 0,7
103) a) f = 2 . log2 – 1 =
= 2 . log2 = 2 . (– 1) = – 2
f(2) = 2 . log2(2 – 1) = 2 . log21 = 2 . 0 = 0
f(3) = 2 . log2(3 – 1) = 2 . log22 = 2 . 1 = 2
g(–4) = log2 1 – = log22 = 1
g(0) = log2 1 – = log21 = 0
g(2) = log2 1 – = log2 = – 1
b) Para 1 < x < 4, temos:
f(x) = g(x) fi 2 . log2(x – 1) = log2 1 – ⇔
⇔ log2(x – 1)2 = log2 1 – ⇔
W
I = 1,0 . 10–2 –––
m2
D–––
2
1,0 . 10–2–––––––––
2
P–––
S
P–––––––––
7,5 . 10–5
P = 7,5 . 10–7 W
W–––
m2
� ID–––––––––1,0 . 10–12 �
ID–––––––––
1,0 . 10–12
�
�
�
�
�
1
–––––––
2 + ���3 �
1
––––
10x
10
––––
y
1
–––
5
26 ± 24
––––––––
10
10
––––
2
1
–––
5
1
–––
5
1
–––
5
10
––––
2
�3–––2��
3
–––
2�
�1–––2�
�–4–––4�
�
0
–––
4�
�1–––2��
2
–––
4�
�x–––4�
�x–––4�
– 11
⇔ (x – 1)2 = 1 – ⇔ x2 – 2x + 1 = 1 – ⇔
⇔ x2 – 2x + = 0 ⇔ x2 – x = 0 ⇔
⇔ x . x – = 0 ⇔ x = 0 ou x = ⇔
⇔ x = pois 1 < x < 4 
c)
Respostas: a) f = – 2, f(2) = 0, f(3) = 2,
g(– 4) = 1, g(0) = 0 e g(2) = – 1
b) x = 
c) gráfico
107) I) Para um número N � 1, a característica do log N é igual ao
número de algarismos de sua parte inteira, diminuído de
uma unidade.
Assim sendo,
II) Quando 0 � N � 1, a característica de log N é igual ao
oposto da quantidade de zeros que precedem o primeiro
algarismo não nulo de N. Portanto, para N = 0,8, a carac -
terís tica é – 1.
III) A soma das características dos logaritmos decimais de 3,2,
158 e 0,8 é 0 + 2 + (– 1) = 1.
Resposta: C
108) log (��2 + ��3) � log (1,41 + 1,73) = log (3,14), cuja
característica é 1 – 1 = 0
Resposta: B
109) 2
–
,4112 . 3 = (– 2 + 0,4112) . 3 = – 6 + 1,2336 =
= – 6 + 1 + 0,2336 = – 5 + 0,2336 = 5
–
,2336
Resposta: A
110) 2
–
,53112 + 
–
1,43001 + 0,37002 =
= – 2 + 0,53112 + (– 1 + 0,43001) + 0,37002 =
= – 3 + 1,33115 = – 3 + 1 + 0,33115 = – 2 + 0,33115 = 
–
2,33115
Resposta: C
111) a) log 200 = log (2 · 102) = log 2 + log 102 = 0,301 + 2 = 2,301;
b) log 0,002 = log (2 · 10– 3) = log 2 + log 10–3 = 0,301 – 3 =
= – 2,699 = 
–
3,301;
c) log 6 = log (2 · 3) = log 2 + log 3 = 0,301 + 0,477 = 0,778;
d) log 60 = log (6 · 10) = log 6 + log 10 = 0,778 + 1 = 1,778;
e) log 1,5 = log = log 15 – log 10 = log (3 · 5) – 1 =
= log 3 + log 5 – 1 = 0,477 + log – 1 =
= 0,477 + log 10 – log 2 – 1 = 0,477 + 1 – 0,301 – 1 = 0,176;
f) log281 = log23
4 = 4 · log23 = 4 · = 4 · =
= 4 · 1,5847 = 6,339
112) a) Pela tabela, vemos que: – log10x1 = 1,9 e – log10x2 = 4,9.
Assim, aplicando a definição dos logaritmos, temos:
x1 = 10
– 1,9 e x2 = 10
– 4,9
Seja k � �, o número tal que: x1 = k · x2
10– 1,9 = k · 10– 4,9 ⇔ k = ⇔ k = 103 ⇔ k = 1000
b) Para x3 = 0,0000001 = 10
– 7, temos:
y3 = – log1010– 7 = –(– 7) · log1010 = 7
113) log 25 = log 52 = 2 · log 5 = 2 · log = 
= 2 · [log 10 – log 2] � 2 · [1 – 0,3] = 1,4
Resposta: A
114) 2555 = x ⇔ log 2555 = log x ⇔ 555 · log 2 = log x ⇔
⇔ 555 · 0,3 = log x ⇔ log x = 166,5 ⇔ x = 10166,5 ⇔
⇔ x = 100,5 · 10166 ⇔ x = ���10 · 10166
Assim sendo,
p = ���10 e q = 166
Resposta: A
N
Número de algarismo 
de sua parte inteira
Característica
3,2 1 1 – 1 = 0
158 3 3 – 1 = 2
7
–––
4
3
–––
2
�
�
�
x
–––
4
x
–––
4
x
–––
4
7
–––
4
7
–––
4
7
–––
4
7
–––
4
�
�15–––10�
�10–––2�
0,477
–––––––
0,301
log 3
––––––
log 2
10– 1,9
––––––
10–4,9
�10–––2�
12 –
115) ⇔
⇔ ⇔
⇔ ⇔
⇔ ⇔
⇔ ⇔
⇔ ⇔
⇔ ⇔
⇔ ⇔ 
Resposta: E
116) Como a calculadora possui 12 dígitos, quando digitarmos o
número 42 000 000 000 e apertarmos a tecla log, o resultado
será:
Após apertar a 1.a vez:
log 42 000 000 000 = 10, � 0
Após apertar a 2.a vez:
log (10, ....................) = 1, � 0
Após apertar a 3.a vez: 
log (1, .....................) = 0, � 0
Após apertar a 4.a vez: 
log (0,......................) � 0
Pela definição de logaritmos, não existe logaritmo de número
negativo. Assim, se apertarmos a tecla log pela 5.a vez, a
mensagem “erro” aparecerá no visor.
Resposta: D
117) Observe, de início, que:
log 27380 = 4 + 0,437433 = 4,437433
log 27390 = 4 + 0,437592 = 4,437592
Fazendo uma interpolação linear, temos:
= ⇔
⇔ = ⇔ 2x = 0,000159 ⇔ x = 0,0000795
Com isso,
log 27 385 = 4,4374330 + 0,0000795
log 27 385 = 4,4375125 � 4,437513
Resposta: D
118) 36x = 24 ⇔ (22 · 32)x = 23 · 3 ⇔ (2 · 3)2x = 23 · 3 ⇔
⇔ log (2 · 3)2x = log (23 · 3) ⇔ 2x · log (2 · 3) = log (23 · 3) ⇔
⇔ x = = =
= = = = = 
Resposta: B
119) Para k = 0,6% = 0,006, temos
D(t) = D(0) . ekt = D(0) . e0,006t
Quando a área de desmatamento dobrar, teremos 
D(t) = D(0) . e0,006t = 2D(0) ⇔ e0,006t = 2 ⇔ �n e0,006t = �n 2 ⇔
⇔ 0,006 . t . �n e = �n 2 ⇔ 0,006t = 0,69 ⇔ t = 115
Assim, são necessários 115 anos.
Resposta: B
120) 6x = 10 ⇔ ln6x ⇔ ln10 = x . ln6 = ln10 ⇔
⇔ x = = = ⇔ x = � 1,28
Resposta: B 
121) À taxa anual i = 20% = 0,20 soma dos montantes de n
depósitos de R$ 20 000,00 é tal que:
S = 20 000,00 . = 148 832,00
Assim, 100 000 . [(1 + 0,20)n – 1] = 148 832
⇔ (1,20)n – 1 = 1,48832 ⇔ (1,2)n = 2,48832 ⇔
⇔ log (1,2)n = log 2,48832 ⇔ n.log 1,2 = log 2,48832 ⇔
⇔ n = 
Resposta: E
mantissa 1
...............................................
1444442444443
com 10 casas decimais
mantissa 2
...............................................
1444442444443
com 11 casas decimais
mantissa 3
...............................................
1444442444443
com 11 casas decimais
5 . log x = 3,010300
log x + 2 . log y = 1,5563026�
5 . log x = 10 . log 2
log x + 2 . log y = 1,5563026�
log x = 2 . log 2
2 . log 2 + 2 log y = 1,5563026�
log x = log 22
log 2 + log y = 0,7781513�
x = 22
0,3010300 + log y = 0,7781513�
x = 4
y = 3�
x = 4
log y = 0,4771213�
4 . log x – 2 . log y = 1,4539974
log x + 2 . log y = 1,5563026�
2 . log x – log y = 0,7269987
log x + 2 . log y = 1,5563026�
27 385 – 27 380
––––––––––––––––
27 390 – 27 380
x
––––––––––––––––––––
4,437592 – 4,437433
5
–––––
10
x
––––––––––
0,000159
3 · log 2 + log 3
–––––––––––––––––
2 · (log 2 + log 3)
log (23 · 3)
––––––––––––
2 · log (2 · 3)
69
–––
78
138
––––
156
1,38
–––––
1,56
0,90 + 0,48
–––––––––––
2 · 0,78
3 · 0,30 + 0,48
–––––––––––––––
2 · (0,30 + 0,48)
2,30
––––
1,79
0,69 + 1,61
––––––––––
0,69 + 1,10
ln2 + ln5
–––––––––
ln2 + ln3
ln10
–––––
ln6
[(1 + 0,20)n – 1]
––––––––––––––
0,20
log 2,48832
–––––––––––
log 1,2
– 13
MATEMÁTICA
LIVRO 2 
ÁLGEBRA
Capítulo 2 – Exercícios-Tarefa
(Função Exponencial e Função Logarítmica)
1) (5x – 5��3)(5x + 5��3) = 50 ⇔ (5x)2 – (5��3)2 = 50 ⇔
⇔ 52x – 25 . 3 = 50 ⇔ 52x – 75 = 50 ⇔ 52x = 125 ⇔
⇔ 52x = 53 ⇔ 2x = 3 ⇔ x =
Resposta: C
2) 22x + 1 – 2x + 4 = 2x + 2 – 32 ⇔ 22x . 21 – 2x . 24 = 2x . 22 – 32 ⇔
⇔ 2 . (2x)2 – 16 . 2x = 4 . 2x – 32
Fazendo 2x = y, temos:
2y2 – 16y = 4y – 32 ⇔ 2y2 – 20y + 32 = 0 ⇔
⇔ y2 – 10y + 16 = 0 ⇔ y = 2 ou y = 8
Para y = 2 fi 2x = 2 ⇔ x = 1
Para y = 8 fi 2x = 8 ⇔ x = 3
Assim, a soma das raízes da equação é 1 + 3 = 4.
Resposta: C
3) 9 – = – 1 ⇔ (32) – = – 1 ⇔
⇔ 32x – 1 – 4 . 3x – 1 = – 1 ⇔ 32x . 3– 1 – 4 . 3x . 3– 1 = – 1 ⇔
⇔ – = – 1 ⇔ (3x)2 – 4 . 3x = – 3
Fazendo 3x = y, temos:
y2 – 4y = – 3 ⇔ y2 – 4y + 3 = 0 ⇔ y = 1 ou y = 3 fi
fi 3x = 1 ou 3x = 3 ⇔ x = 0 ou x = 1
Assim, a soma dos valores de x é 0 + 1 = 1
Resposta: B
4)
Resposta: A 
5) 3 x+1 + 2y = 2y+2 – 3x ⇔ 3 . 3x + 2y = 22 . 2y – 3x ⇔
⇔ 4 . 3x = 3 . 2y ⇔ 22 . 3x = 2y . 31
Se x e y são inteiros, então x = 1 e y = 2
Portanto, 3x = 31 = 3
Resposta: D 
6) O número de raízes reais da equação
x
= – x2 + 4 é igual
ao número de intersecções dos gráficos das funções defi nidas 
por f(x) =
x
e g(x) = – x2 + 4.
Esboçando os dois gráficos em um mesmo sistema de coor -
denadas resulta:
A equação tem duas soluções reais.
Resposta: C
7) I) A função exponencial g de base é estrita mente 
decrescente. O mínimo valor de g, por tanto, corresponde
ao máximo valor do ex poente.
II) O gráfico da função f: � → � definida por f(x) = – x2 + 2 é
e o máximo valor de f é 2.
III) O mínimo valor de g é 
2
= .
Resposta: D
8) Se f(x) = 2x + 2–x e g(x) = 2x – 2–x, então:
f(x) . g(x) = ⇔ (2x + 2–x) . (2x – 2–x) = ⇔
⇔ 22x – 2–2x = 
Fazendo 22x = y, temos: y – = ⇔ 2y2 – 3y – 2 = 0
⇔ y = 2 ou y = – fi y = 2, pois y > 0
Logo, 22x = 2 ⇔ x = ; portanto, log2x = log2 = – 1
Resposta: D
3
–––
2
4
––––––
31 – x
1x – ––
24––––––
31 – x
1x – ––
2
4 . 3x
––––––
3
(3x)2
––––––
3
�1––2�
�1––2�
1
–––
2
1
–––
4�1–––2�
3
––
2
3
––
2
3
––
2
3
–––
2
1
–––
y
1
––
2
1
––
2
1
––
2
14 –
9) Supondo y ≠ 0, temos:
N = (3 . 2)3y = 2y . xy ⇒ log (3 . 2)3y = log(2y . xy) ⇔
⇔ 3y . (log 2 + log 3) = y . (log 2 + log x) ⇔
⇔ 3 log 2 + 3 log 3 = log 2 + log x ⇔ log x = 2 log 2 + 3 log 3 ⇔
⇔ log x = 2 . 0,30 + 3 . 0,48 ⇔ log x = 2,04
Resposta: A
10) a) Incorreta. Esse gráfico é uma representação de uma função
quadrática.
b) Correta. Esse gráfico é uma representação de uma função
logarítmica.
c) Incorreta. Esse gráfico é uma representação de uma função
linear.
d) Incorreta. Esse gráfico é uma representação de uma função
exponencial.
e) Incorreta. Esse gráfico é uma representação de uma função
trigonométrica do tipo senoide.
Resposta: B
11) Sendo Vi o valor inicial do carro, com uma des valorização de
15% ao ano, após n anos, seu valor será de Vn = Vi . (0,85)
n.
Terá perdido 80% de seu valor inicial quando
Vi . (0,85)
n = 0,20Vi ⇔ (0,85)n = 0,20 ⇔
⇔ log0,85(0,85)n = log0,85(0,20) ⇔ n = log0,85(0,20)
Pelo gráfico apresentado, log0,85(0,20) � 10.
Desta forma, serão necessários entre 9 e 10 anos.
Resposta: E
12) Inequação I: 
log x ≤ 0 daí pela CE x > 0 e pela resolução x < 1,
assim 0 < x < 1
Inequação II:
x2 ≤ 4x → x2 – 4x ≤ 0 → 0 ≤ x ≤ 4
Inequação III:
x2 + 8 ≤ 6x → x2 – 6x + 8 ≤ 0 → 2 ≤ x ≤ 4
Assim, o número que satisfaz somente uma das equações está
entre 1 e 2.
Resposta: B
13)
I) Como ;– 1 pertence ao gráfico de f, tem-se:
f = loga = – 1 ⇔ a– 1 = ⇔ a = 4
II) O ponto B(b;1) pertence ao gráfico de f, portanto:
f(b) = logab = 1 ⇔ b = a = 4
III) O ponto D(d;1,5) pertence ao gráfico de f, portanto: 
f(d) = logad = 1,5 ⇔ a1,5 = d ⇔ d = 41,5 = (22)1,5 = 23 = 8
IV)Dessa forma, C(8;0) e a área do trapézio ABCO é tal que: 
SABCO = = = 6
Resposta: E
14) a) Se o volume inicial V0 diminui à taxa de 20% por hora,
então, após:
• 1 hora, o volume será 80% V0 ;
• 2 horas, será 80% (80% V0) = (80%)
2V0 ;
• 3 horas, será 80% (80%)2V0 = (80%)
3V0 ;
�
• t horas, o volume será (80%)t . V0 .
A equação do volume V do líquido em função do tempo t
em horas é, portanto: V = V0 . (80%)
t .
b) Se o volume se reduz à metade, então:
V = V0 = V0 (80%)
t ⇔ = (0,8)t ⇔
⇔ t = log0,8 = =
= = =
= 
 3,10 e 3,10 h = 3 horas e 6 minutos
Respostas: a) V = V0 . (80%)
t
b) t = 3h 6 min
�1–––4�
1
–––
4
1
–––
4�
1
–––
4�
(4 + 8) . 1
–––––––––
2
(AB + OC) . OA
–––––––––––––––
2
1
–––
21
–––
2
1
log –––
2
–––––––––––
8
log –––
10
1
–––
2
0 – 0,301
––––––––––––––
3 . 0,301 – 1
log 1 – log 2
––––––––––––––
log 8 – log 10
0,301
––––––––
0,097
– 15
15) 5 . 2n ≥ 100 000 000 ⇔ 5 . 2n ≥ 100 . 106 ⇔ 2n ≥ 20 . 106 ⇔
⇔ 2n ≥ 2 . 107 ⇔ log 2n ≥ log (2 . 107) ⇔
⇔ n . log 2 ≥ log 2 + log 107 ⇔
⇔ n . 0,301 ≥ 0,301 + 7 ⇔ n ≥ ⇔
⇔ n ≥ 24,25 ⇒ n = 25, pois n � �*.
Resposta: 25 vezes
16)
⇔
⇔ ⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔ ,
pois x e y são reais positivos.
Logo, (x + y) = 6
Resposta: C
17) pH + pOH = 14 (a 25°C); 
pH = – log [H+]; pOH = –log [OH–]
V1 = 2 L
pH
1
= 9 \ pOH = 5\ [OH–]1 = 1,0 . 10
–5 mol/L
pH
2
= 8 \ pOH = 6\ [OH–]2 = 1,0 . 10
–6 mol/L
[OH–]1V1 = [OH
–]2 V2
1,0 . 10–5 mol/L . 2 L = 1,0 . 10–6 mol/L . V2
V2 = 20 L
Volume de água adicionado:
VH2O = 20 L – 2 L = 18 L
Resposta: E
18) Como estão em P.A. de razão :
log2ai + 1 = log2ai + , �i � {1, 2, 3, 4} ⇔
⇔ log2ai + 1 – log2ai = ⇔
⇔ log2 = ⇔ ai + 1 = ai . ���2 ⇒
⇒ a1, …, a5 formam uma progressão geométrica de razão ���2 ⇒
⇒ a1 + a2 + … + a5 = a1 =
= 4 . . = 4 . = 28 + 12���2
Resposta: D
19) log2(12 – 2
x) = 2x ⇔ 12 – 2x = 22x ⇔
⇔ (2x)2 + 2x – 12 = 0 ⇔ 2x = – 4 ou 2x = 3 ⇔
⇔ 2x = 3 (pois 2x > 0) ⇔ x = log23
Resposta: E
20) A partir dos gráficos das funções f(x) = log2x e 
g(x) = a . x2 + b . x + c , e com as indicações da figura, temos: 
1o. )g(0) = 2 ⇒ c = 2
2o. )g(1) = 0 ⇒ a + b + 2 = 0 (I)
3o. ) f(m) = 2 ⇒ log2m = 2 ⇔ m = 4
4o. )g(4) = 2 ⇒ 16a + 4b + 2 = 2 ⇔ b = – 4 a (II)
De (I) e (II) resultam a = e b = – ; portanto, 
g(x) = . x2 – . x + 2
Então: f = log2 = – 3 e
g f = g (– 3) = . (– 3)2 – . (– 3) + 2 =
= 6 + 8 + 2 = 16
Resposta: C
1
––
2
1
––
2
1
––
2
1
––
2
ai + 1
––––––
ai
(1 – (���2 )5)
–––––––––––
1 – ���2
(– 7 – 3���2 )
––––––––––––
1 – 2
1 + ���2
–––––––––
1 + ���2
1 – 4���2
–––––––––
1 – ���2
�
x4
––– = 4
x2
x2 = y
� x2 = 4x2 = y � x = 2y = 4
x4
––– = 4
y
x2 = y
�
x5
log5 �–––� = log5 4xy
x2
––– = 1
y
�
5 . log5 x – log5 xy = log5 4
x2
log5 ––– = 0y
�
7,301
––––––––
0,301
8
–––
3
2
–––
3
8
–––
3
2
–––
3
�1–––8��1–––8�
8
–––
3
2
–––
3��1–––8��
16 –
21)
ABCDE = 3 AABE ⇒ . 1 = 3 . ⇔
⇔ logax(x + 1) = logax3 ⇔ x2 + x = x3 ⇔ x(x2 – x – 1) = 0 ⇔
⇔ x = 0 ou x = ou x = ⇒
fi x = , pois x > 0 ⇔ x = + 
Observação: Se x = + , então:
x – 1 = – < 1. Assim, o ponto A encontra-se à esquerda 
do ponto de abscissa 1.
Resposta: A
22) Se r e s são raízes da equação x2 – bx + 100 = 0, então: 
r + s = b� . Assim sendo:r . s = 100
log10(r . s)
r + log10(r . s)
s = r log10100 + s log10100 =
= r . 2 + s . 2 = 2 (r + s) = 2b 
23) (log10x)
2 – 3log10x + 2 = 0
Fazendo log10x = y, resulta:
y2 – 3y + 2 = 0 ⇔ y = 1 ou y = 2
Logo, log10x = 1 ou log10x = 2 ⇔ x = 10 ou x = 100
Resposta: A
24) ⇔ ⇔
⇔ ⇔
Supondo x > 0 e y > 1, a solução do sistema é:
⇒
Resposta: D 
25) 4x – xlog2x = 0 ⇔ 4x = xlog2x ⇔
⇔ log24x = log2 xlog2x ⇔ log24 + log2x = (log2x) (log2x) ⇔
⇔ 2 + log2x = (log2x)2 ⇔ (log2x)2 – log2x – 2 = 0 ⇔
⇔ log2x = – 1 ou log2x = 2 ⇔ x = ou x = 4
O produto dessas raízes é . 4 = 2.
Resposta: B
26) P(d) = = 0,8 ⇔
⇔ 3–1,3d + 3,5 = 0,8 + 0,8 . 3– 1,3d + 3,5 ⇔
⇔ 0,2 . 3– 1,3d + 3,5 = 0,8 ⇔ 3– 1,3d + 3,5 = 4 ⇔
⇔ log33 – 1,3d + 3,5 = log322 ⇔ – 1,3d + 3,5 = 2 . log32 ⇔
⇔ – 1,3d + 3,5 = 2 . 0,6 ⇔ 1,3d = 2,3 ⇔ d � 1,769 
Resposta: aproximadamente 1,77 km.
27) D = = (3x + 3 –x)2 – (3x – 3–x) 2 = 
= (3x + 3 –x + 3x – 3–x) . (3x + 3 –x – 3x + 3–x) =
= 2 . 3 x . 2 . 3 –x = 4
Assim, log1/2 D = log1/2 4 = – 2
Resposta: A
28) Esboçando, em um mesmo sistema de coordenadas, os grá -
ficos de f(x) = 2x – 4 e g(x) = log2 (x + 4), temos:
As duas soluções (abscissas das intersec ções dos gráficos)
estão em [– 4; – 3] e [2; 3].
Resposta: D
1
–––
2
���5
––––
2
���5
–––
2
1
––
2
1 + ���5
–––––––
2
1
–––
2
���5
––––
2
1 – ���5
–––––––
2
1 + ���5
–––––––
2
x2
log2 �––––––� = 1y – 1
x + 4
log2 �––––––� = 2���y�
2 . log2x – log2(y – 1) = 1
1 
log2(x + 4) – ––– log2y = 22
�
x2 = 2y – 2
x + 4 = 4���y�
x2
–––––– = 2
y – 1
x + 4
–––––– = 4
���y
�
9 8 1
7(���y – x) = 7 . �––– – –––� = 7 . ––– = 17 7 7
9
���y = –––
7
8
x = –––
7
�
1
–––
2
1
–––
2
3–1,3d + 3,5
––––––––––––––
1 + 3– 1,3d + 3,5
1 . logax
–––––––––
2
logax + loga(x + 1)
–––––––––––––––––––
2
3x + 3–x 3x – 3–x� �3x – 3–x 3x + 3–x
– 17
29) a) 12 = 9 + ⇔ = 3 ⇔
⇔ 1 + 12 . 3–0,1t = ⇔ 12 . 3–0,1t = ⇔
⇔ 3–0,1t = ⇔ – 0,1t = log3 ⇔
⇔ – 0,1t = log
35 – 2(log32 + log33) ⇔
⇔ – 0,1t = 1,4 – 2 . (0,6 + 1) = –1,8 ⇔
⇔ t = 18 ⇒ No ano de 1950 + 18 = 1968
b) Para t = 0 ⇒ p(0) = 9 + =
= 9 + = 9 + 0,615384 = 9,615384 
 9,6
Pelo gráfico, p(t) ≥ 15 ⇔ 32 ≤ t ≤ 80
A equação p(t) = k tem solução para ≤ k ≤ 17.
Respostas: a) 1968
b) 9,6 milhões
S = {t � � � 32 ≤ t ≤ 80}
≤ k ≤ 17
30) A partir dos gráficos das funções f(x) = log2(x – ���5) e 
g(x) = log x, temos:
I) g(a) = 0 fi log a = 0 ⇔ a = 1
II) f(c) = 0 fi log2(c – ���5) = 0 ⇔ c – ���5 = 1 ⇔ c = 1 + ���5
III) f(b) = g(b) fi log2(b – ���5) = log b ⇔
⇔ log2(b – ���5) = ⇔ log2(b – ���5) = – log2b ⇔
⇔ log2(b – ���5) = log2b– 1 ⇔ b – ���5 = b– 1 ⇔
⇔ b – ���5= ⇔ b2 – ���5 . b – 1 = 0 ⇔
⇔ b = = fi b = , pois b > 0 
IV)f(b) = d fi f = d fi log2 – ���5 = d ⇔
⇔ d = log2
Resposta: a = 1; b = ; c = 1 + ���5; d = log
2
31) x = ⇔ m– y = x + x . m– y ⇔ m– y – x . m– y = x ⇔
⇔ m– y . (1 – x) = x ⇔ m– y = ⇔ – y = log
m
⇔
⇔ y = – log
m
= log
m
– 1
= log
m
Assim, y = f(x) = log
m
é uma função cujo domínio é 
dado por > 0 ⇔ x(1 – x) > 0 ⇔ 0 < x < 1
Resposta: D = {x � � � 0 < x < 1}
32) Para que a equação x2 – 4x + �n(a + 1) = 0 admita raízes reais
distintas, devemos ter:
D = (– 4)2 – 4 . 1 . �n (a +1) > 0 ⇔ 16 – 4 �n (a + 1) > 0 ⇔
⇔ – 4 �n (a + 1) > – 16 ⇔ �n (a + 1) < 4 ⇔
⇔ a + 1 > 0 e a + 1 < e4 ⇔
⇔ a > – 1 e a < e4 – 1 ⇔ – 1 < a < e4 – 1
Resposta: B
33) A função y = log(x2 – 6x + 2k + 1) é definida para todo x Œ � se,
e somente se, x2 – 6x + 2k + 1 > 0 para todo x Œ �, que ocorre
quando D = (– 6)2 – 4 . 1 . (2k + 1) < 0 ⇔ 36 – 8k – 4 < 0 ⇔
⇔ – 8k < – 32 ⇔ k > 4
Resposta: A
1
––
2
1
––
2
1
––
2
log2b––––––––––
1
log
2�––�2
1
–––
b
���5 + 3
–––––––
2
���5 ± 3
–––––––
2
���5 ± ���9
–––––––––
2
����5 + 3–––––––2��
���5 + 3
–––––––
2�
�3 – ���5–––––––2�
�3 – ���5–––––––2�
���5 + 3
–––––––
2
m– y
–––––––––
1 + m– y
�x––––––1 – x�
x
––––––
1 – x
�1 – x––––––x��
x
––––––
1 – x��
x
––––––
1 – x�
�1 – x––––––x�
1 – x
––––––
x
8
–––––––––––––
1 + 12 . 3–0,1t
8
–––––––––––––
1 + 12 . 3–0,1t
5
––
3
8
––
3
5� ––– �36
5
––––
36
8
––––––––––
1 + 12 . 30
8
––––
13
125
–––––
13
125
–––––
13
18 –
34) a) I) f(x) ≤ g(4) ⇔ – 5 + log2(1 – x) ≤ 42 – 4 . 4 – 4 ⇔
⇔ log2 (1 – x) ≤ 1 ⇔ 0 < 1 – x ≤ 2 ⇔ – 1 ≤ x < 1
II) g(x) = f ⇔ x2 – 4x – 4 = – 5 + log2 1 – ⇔
⇔ x2 – 4x – 4 = – 5 + log2
 ⇔ x2 – 4x – 4 = – 5 – 3 ⇔
⇔ x2 – 4x + 4 = 0 ⇔ x = 2
b) I) (fog)(x) = f(g(x)) = – 5 + log2 [1 – (x
2 – 4x – 4)] 
(fog)(x) = – 5 + log2 (– x
2 + 4x + 5) 
Os valores de x � � para os quais (fog)(x) está definida
são tais que – x2 + 4x + 5 > 0 ⇔ – 1 < x < 5.
II) Para que a composta (fog)(x) atinja seu valor má ximo,
devemos ter x = = 2, pois corresponde à abs -
cissa do vértice da parábola y = – x2 + 4x + 5.
Respostas: a) S1 = {x � � � – 1 ≤ x < 1} e S2 ={2}
b) D (fog) = {x � � � – 1 < x < 5}; x = 2
35) a) Fazendo loga10 = n ⇔ an = 10, temos:
a
loga10 = an = 10
b) Observando que logax = = , temos:
x
logab = x = x
logxb . logax = �xlogxb�
logax
= b
logax
Respostas: a) 10 
b) são iguais 
36) A progressão aritmética (log x, log x3, ...) = 
= (log x, 3log x, ...) tem primeiro termo igual a log x, razão igual
a 2log x, vigésimo termo 
a20 = log x + (20 – 1) . 2log x = 39 log x, e a soma dos 20 pri -
meiros termos igual a 
S20 = = 400 log x = 200
Assim, log x = ⇔ x = 10 ⇔ x 4 = (10 )4 = 100
Resposta: C
37) ⇔
O sistema é indeterminado se, e somente se, 
a + 2 = 0 e logb(– a) – 4 = 0 ⇔
⇔ a = –2 e – a = b4 ⇔ a = – 2 e b = 
4
���2, pois b > 0
Desta forma, ba = �
4
���2 �
– 2
= ����2�
– 1 
= = 
Resposta: D
38) Para log7193,5 = x, temos:
49 < 193,5 < 343 fi log749 < log7193,5 < log7343 fi 2 < x < 3
Resposta: C
39) log 2x – log 5x – x – 1 = 0 ⇔
⇔ x log 2 – x(log 10 – log 2) – x – 1 = 0 ⇔
⇔ x log 2 – x + x log 2 – x – 1 = 0 ⇔
⇔ 2x log 2 – 2x – 1 = 0 ⇔ 2x . 0,3 – 2x – 1 = 0 ⇔
⇔ – 1,4x – 1 = 0 ⇔ x = –
Portanto: x � – 1; – 
Resposta: B
40) = m ⇔ ax – a–x = m ax + m a–x ⇔
⇔ (m – 1) . ax + (m + 1)a–x = 0 ⇔ (m – 1) . a2x + (m + 1) = 0 ⇔
⇔ a2x = ⇔ a2x = 
 
Para 0 < a ≠ 1, a2x > 0 ⇔ > 0 ⇔
⇔ (1 + m) (1 – m) > 0 ⇔ – 1 < m < 1
Resposta: C
[log x + 39 log x] . 20
––––––––––––––––––––––
2
1
––
2
1
––
21–––
2
x – y = 2
(a + 2) y = logb(–a) – 4
�x – y = 22x + ay = logb(– a)�
���2
––––
2
1
–––––
���2
5
–––
7
�1–––2�
ax – a–x
–––––––––
ax + a–x
1 + m
––––––––
1 – m
– m – 1
––––––––
m – 1
1 + m
––––––––
1 – m
– 4
––––––––
2 . (– 1)
1
–––––––
logxa
logxx––––––––
logxa
logxb
––––––––
logxa
�7–––8��
7
–––
8�
�1–––8�
– 19
41) Se f(x) = . 1000, sendo x o tempo medido em dias
e f(x) o número de indivíduos do grupo, então:
I) f(2) = . 1000 = . 1000 =
= 10000 – 10 = 9990
II) f(3) = . 1000 = . 1000 =
= 10000 – 1 = 9999
III) f(3) – f(2) = 9999 – 9990 = 9
IV)Entre o 2 .o e o 3 .o dia, o número de indivíduos do grupo
aumentará exatamente 9 unidades.
Resposta: D
42) a) Se a concentração de CO2 aumenta, em média, 0,5% ao
ano, após t anos, contados a partir de 2004, essa con cen -
tração será dada, em ppm, por:
C(t) = 377,4 . (1 + 0,5%)t = 377,4 . (1,005)t
b) Quando a concentração de CO2 for 50% superior àquela
observada em 2004, teremos:
C(t) = (1 + 50%) . 377,4 ⇔ 377,4 . (1,005)t = 1,5 . 377,4 ⇔
⇔ (1,005)t = 1,5 ⇔ t =
Como log 1,5 = log = log 3 – log 2 =
= 0,4771 – 0,3010 = 0,1761 e
log 1,005 = log = log 2,01 – log 2 = 
= 0,3032 – 0,3010 = 0,0022, tem-se
t = 
 80,045 (aproximadamente 80 anos)
Obs.: com uma melhor aproximação dos logaritmos, teríamos
aproximadamente 81,3 anos.
Respostas: a) C(t) = 377,4 . (1,005)t 
b) Em aproximadamente 80 anos, ou seja, no
ano de 2084.
43) Observando que f(1) = a, f(2) = a2, f(3) = a3, e assim sucessiva -
mente, temos
Dessa forma, a soma das áreas dos infinitos trapézios dessa
sequência é dada por
+ + + ... = ⇔
⇔ = ⇔ 3 + 3a = 5 – 5a ⇔ a =
Portanto, f(x) =
x
Resposta: D
44) Pelo enunciado da questão, os objetos A e B serão encon -
trados se:
2
–tAB = – . 2
– 0,5 . tAB
Fazendo 2–0,5 . tAB = y, temos:
y2 = – . y ⇔ 8y2 + 7y – 1 = 0 ⇔ y = – 1 ou y = 
Para 2–0,5 . tAB = – 1, não existe tAB � �.
Para 2
–0,5 . tAB = ⇔ 2–0,5 . tAB = 2–3 ⇔ – 0,5 . tAB = – 3 ⇔
⇔ tAB = 6 segundos, que é um divisor de 24.
Resposta: C
5
–––
6
(a2 + a3) . 1
––––––––––––
2
(a + a2) . 1
–––––––––––
2
(1 + a) . 1
–––––––––––
2
1
–––
4
5
–––
6
(1 + a)
––––––
2
–––––––––
1 – a
�1–––4�
7
—
8
1
—
8
1
—
8
7
—
8
1
—
8
1
—
8
1�10 – –––�10x
1�10 – ––––�100
1�10 – –––�102
1�10 – –––––�1000
1�10 – –––�103
log 1,5
––––––––––
log 1,005
3
–––
2
2,01
––––––
2
0,1761
––––––––
0,0022
20 –
45) Supondo que para t = 0 o volume de vendas tenha sido de 
10 000 unidades, temos:
I) V(0) = B . ek . 0 = 10 000 ⇔ B = 10 000
II) V(10) = 8 000 fi 10 000 . ek . 10 = 8 000 ⇔ e10k =
 III) V(30) = 10000 . ek . 30 = 10 000 . (e10k)3 =
= 10 000 .
3
= 5 120
IV)V(t) = 6400 ⇔ 10 000 . ekt = 6 400 ⇔ (e10k) =
= ⇔ = 
2
⇔ = 2 ⇔ t = 20
Respostas: a) 5 120 unidades 
b) 20 dias após o encerramento
46)
⇔ ⇔
⇔ , que terá solução única (x,y) se, e
somente se:
≠ 0 ⇔
⇔ – (1 – 
).(1 + 
) – �2 ≠ 0 ⇔ 
2 – �2 ≠ 1
Resposta: C
47)
I) Os pontos P(9; b), Q(1; 0) e R(0; a) pertencem à reta r. Dessa
forma:
= 0 ⇔ 8a + b = 0
II) O ponto P(9;b) pertence ao gráfico da função y = log3x.
III) De I e II, resulta:
⇔ ⇔
Assim, a + b = 2 – =
Resposta: C
48) Se os gráficos de f e g são simétricos em relação à reta de
equação y = x, então f e g são inversas.
Desta forma,
fog(x) = x ⇔ f(g(x)) = 1 + 3 = x ⇒
⇒ 3 = x – 1 ⇔ 1 – 3������g(x) = log3(x –1) ⇔
⇔
3
������g(x) = 1 – log3(x –1) ⇔ g(x) = [1 – log3(x –1)]3
Resposta: A
49) I) Se {x1; x2} � ]1; + ∞[, com x1 < x2, então:
x1 < x2 ⇔ > ⇔ – < – ⇔
⇔ 1 – < 1 – ⇔
⇔ log10 1 – < log10 1 – ⇔ 
⇔ log10 < log10
Logo, f é estritamente crescente, e a afirmação (I) é
verdadeira.
II) 2x + 2 = 3x – 1 ⇔ 2x . 4 = 3x . ⇔
⇔ = ⇔ 
x
= ⇔
⇔ x = log
A equação proposta tem uma única solução, e a afirmação
(II) é verdadeira.
III) (x + 1)x > x, "x Œ �+ , e afirmação é falsa.
Resposta: B
t–––
10
t
–––
10�
8
–––
10�
t–––
10�8–––10�
6 400
––––––––
10 000
2x + �y – 
x = 25
3�x – y – 
y = 34�
2x + �y
–––––––– = 32
2
x
3�x – y
–––––––– = 81
3
y
�
(1 – 
)x + �y = 5
�x – (1 + 
)y = 4�
�
– (1 + 
)
1 – 
�
9
1
0
b
0
a
1
1
1
b = 2
1
a = – –––
4
�b = 28a + b = 0�b = log398a + b = 0�
7
–––
4
1
–––
4
�8–––10�
8
–––
10
1 –
3
������g(x)
1 –
3
������g(x)
1
–––
x2
1
–––
x1
1
–––
x2
1
–––
x1
1
–––
x2
1
–––
x1
�1–––x2��
1
–––
x1�
�x2 – 1––––––x2��
x1 – 1
––––––
x1
�
1
–––
3
1
–––
12
�2–––
3�
1
–––
12
2x
––––
3x
�1–––
12
�2––3
– 21
50) x é um número natural de 2015 dígitos, então:
102014 < x < 102015 ⇔ 2014 < log x < 2015 ⇔
⇔ < . log x < ⇔
⇔ 287,71 < log 
7
���x < 287,85 ⇔ 10287,71 <
7
���x < 10287,85
Assim, a parte inteira de 
7
���x tem 288 dígitos.
Resposta: D
51) 1) ������log10 k – 1 � � ⇒ log10k – 1 ≥ 0 ⇔
⇔ log k ≥ 1 e k > 0
2) 2 ������log10 k – 1 + 10 . log10–1 k + 3 > 0 ⇔
⇔ 2 ������log10 k – 1 + 10 . (– 1) . log k + 3 > 0 ⇔
⇔ 4 ������log10 k – 1 – 5 log k + 6 > 0 
Fazendo ������log10 k – 1 = x, temos log k = x2 + 1, e a 
inequação fica:
4x – 5 (x2 + 1) + 6 > 0 ⇔ 5x2 – 4x – 1 < 0 ⇔
⇔ – < x < 1
Desta forma – < ������log k – 1 < 1 ⇒
⇒ 0 ≤ ������log k – 1 < 1 ⇔ 1 ≤ log k < 2 ⇔
⇔ 101 ≤ k < 102 ⇔ 10 ≤ k < 100
No intervalo [10; 100[ existem 90 números inteiros.
Resposta: C
52) a)
b) Seja fr(n) a frequência relativa do primeiro dígito (da
esquerda para a direita) igual a n.
I) Para n = 1, tem-se:
Assim, �fr(1) – P(1)� = 0%
II) Para n = 2, tem-se:
Assim, �fr(2) – P(2)� 
 1%
III) Para n = 3, tem-se:
Assim, �fr(3) – P(3)� 
 1%
IV) Para n = 4, tem-se:
Assim, �fr(4) – P(4)� 
 7%
Portanto, a declaração de imposto de renda analisada na
tabela 1 deverá ir para a “malha fina”, pois para n = 4 a
diferença supera os 4 pontos per centuais. 
Respostas: a) Tabela.
b) Sim, conforme cálculos apresentados.
1––4
1
–––
4
1
–––
5
1
–––
5
n 1 2 3 4
Frequência
de n
9 5 4 5
Frequência
relativa 
de n
9 3–– = –– = 30%
30 10
5 1–– = –– 
17%
30 6
4 2–– = –– 
13%
30 15
5 1–– = –– 
17%
30 6
fr(1) = 30% e
2
P(1) = log�––� = log 2 = 0,30 = 30%1
fr(2) 
 17% e
3
P(2) = log�––� = log 3 – log 2 =2
= 0,48 – 0,30 = 0,18 = 18%
2015
–––––
7
1
––
7
2014
–––––
7
fr(3) 
 13% e
4
P(3) = log�––� = log 4 – log 3 =3
= 2 . 0,30 – 0,48 = 0,12 = 12%
fr(4) 
 17% e
5
P(4) = log�––� = log 5 – log 4 =4
= (1 – 0,30) – 2 . 0,30 = 0,10 = 10%
22 –
MATEMÁTICA
LIVRO 2 
ÁLGEBRA
Capítulo 3 – Módulo
9) I) x � 4 ⇔ x – 4 � 0 fi �x – 4� = x – 4
II) 5 . �x – 4� + 10 = 3x + 4 ⇔ 5 . (x – 4) + 10 = 3x + 4 ⇔
⇔ 5x – 20 + 10 = 3x + 4 ⇔ 2x = 14 ⇔ x = 7 Œ A 
V = {7}
10) I) x � 1 ⇔ x – 1 � 0 fi �x – 1� = – x + 1
II) 2 . �x – 1� + x – 8 = 2 ⇔ 2 . (– x + 1) + x – 8 = 2 ⇔
⇔ – 2x + 2 + x – 8 = 2 ⇔ – x = 8 ⇔ x = – 8 Œ B 
V = {– 8}
11)
V = 
12)
V = 
13) I) Em A = [2; + ∞[ fi x � 2
II) Se x � 2 fi 3x – 6 � 0, então:
�3x – 6� + 2x � 9 ⇔ 3x – 6 + 2x < 9 ⇔ x < 3
III) fi V = [2; 3[
14) I) Em B = ]– ∞; 1] fi x � 1
II) Se x � 1 fi x – 1 � 0, então:
2 . �x – 1� � – x + 4 ⇔ 2 . (– x + 1) � – x + 4 ⇔ x � – 2 
III) fi V = [– 2; 1]
15)
V = x Œ � � x < ou x > 4
16)
V = {x Œ � � x � 2}
17)
V = x Œ � � – 1 � x �
18) Se n > 0 fi x = = = 1
Se n < 0 fi x = = = – 1
A = x � x = em que n Œ �* ={– 1; 1}
Resposta: C
19) Lembrando que = 1 se x � 0 e = – 1 se x � 0, 
temos:
1) a � 0 e b � 0 ⇒ + – = 1 + 1 – 1 = 1
2) a � 0 e b � 0 ⇒ + – = 1 + (– 1) – (– 1) = 1
3(– x + 2) = x + 4
– 3x + 6 = x + 4
– 4x = – 2
1
x = ––
2
3(x – 2) = x + 4
3x – 6 = x + 4
2x = 10
x = 5x
2se x � 2 se x � 2
	1––; 52 �
2(– x + 1) – x + 6 = 13
– 2x + 2 – x + 6 = 13
– 3x = 5
5
x = – ––
3
2(x – 1) – x + 6 = 13
2x – 2 – x + 6 = 13
x = 9
(não serve)
2(x – 1) + x – 6 = 13
2x – 2 + x – 6 = 13
3x = 21
x = 7
x
1 6se x � 1 se 1 � x � 6 se x � 6
	5– –––; 73�
x � 2
x � 3�
x � 1
x � – 2�
– 2x + 4 > x
– 3x > – 4
3x < 4
4
x < ––
3
2x – 4 > x
x > 4
x
x
2
2 4
 
4
––
3
se x � 2 se x � 2
	4––3�
2x – 7 – x – 1 � 0
x � 8
2x – 7 + x + 1 � 0
3x � 6
x � 2
x
x
– 1
– 1 2
 
se x � – 1 se x � – 1
2(– x + 4) – x – 1 � 10
– 2x + 8 – x – 1 � 10
– 3x � 3
x � – 1 
2(– x + 4) + x + 1 � 10
– 2x + 8 + x + 1 � 10
– x � 1
x � – 1
2(x – 4) + x + 1 � 10
2x – 8 + x + 1 � 10
3x � 17
17
x � –––
3
x
x
– 1
– 1
4se x � – 1 se – 1 � x � 4 se x � 4
4

17
–––
3
	17–––3�
n
–––
n
� n �
––––
n
– n
–––
n
� n �
––––
n
	� n �––––n�
�x�
–––
x
�x�
–––
x
�ab�
––––
ab
�b�
–––
b
�a�
–––
a
�ab�
––––
ab
�b�
–––
b
�a�
–––
a
– 23
3) a � 0 e b � 0 ⇒ + – = (– 1) + (1) – (– 1)= 1
4) a � 0 e b � 0 ⇒ + – = (– 1) + (– 1) – (+ 1) = – 3
Então, sendo a e b dois números reais diferentes de zero, a 
expressão algébrica + – resulta 1 ou – 3.
Resposta: D
20) A igualdade
�x2 – x – 2� = 2x + 2, com 2x + 2 ≥ 0, é verificada para:
1o. ) x2 – x – 2 = 2x + 2 ⇔ x2 – 3x – 4 = 0 ⇔ x = 4 ou x = – 1
2o. ) – x2 + x + 2 = 2x + 2 ⇔ x2 + x = 0 ⇔ x = 0 ou x = – 1
Assim, o conjunto solução da equação é {– 1; 0; 4}, e a soma
dos valores de x é igual a 3.
Resposta: B
21) I) x � 0 fi (1 + x) (1 – x) � 0 ⇔
⇔ 1 – x2 � 0 ⇔ – 1 � x � 1 e x � 0 ⇔ 0 � x � 1
II) x � 0 fi (1 + x) (1 – (– x)) � 0 ⇔
⇔ (1 + x) (1 + x) � 0 ⇔ (1 + x)2 � 0 
"x Œ � e x � 0 fi x � 0
O conjunto solução da inequação é S = {x Œ � � x � 1} 
Resposta: B
22)
V = {x Œ � / x � – 3}
Resposta: V = {x � � � x � – 3}
23) I) x + 2 = 0 ⇔ x = – 2
II) �x + 2� � 2x + 5
Assim, �x + 2� � 2x + 5 ⇔ x � –
Resposta: C
24) I) x + 2 = 0 ⇔ x = – 2
II) Se x ≥ – 2 fi f(x) = x . �x + 2� = x . (x + 2)
III) Se x ≤ – 2 fi f(x) = x . �x + 2� = x . (– x – 2)
IV)O gráfico da função definida por: 
f(x) = x . �x + 2� = é:
31) a) é falsa, pois, se x = 3 e y = – 4, tem-se �x� < �y� e x > y;
b) é verdadeira;
c) é falsa, pois, se x = 3 e y = – 4, tem-se �x + y� = �– 1� = 1 e 
�x� + �y� = 3 + 4 = 7;
d) é falsa, pois �– �x�� ≥ 0 para todo x � �;
e) é falsa, pois, se x < 0, então �x� = – x.
Resposta: B 
32) �2x – 1� < 3 ⇔ – 3 < 2x – 1 < 3 ⇔ – 2 < 2x < 4 ⇔ – 1 < x < 2
Resposta: E
33) �2x – 3� ≤ 5 ⇔ – 5 ≤ 2x – 3 ≤ 5 ⇔ – 2 ≤ 2x ≤ 8 ⇔ – 1 ≤ x ≤ 4
Resposta: C
34) I) �x – 5� < 3 e �x –4� ≥ 1 ⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔
⇔ 2 < x ≤ 3 ou 5 ≤ x < 8
II) No intervalo 2 < x ≤ 3, o valor inteiro de x é 3.
III) No intervalo 5 ≤ x < 8, os valores inteiros de x são 5, 6 e 7.
Portanto, a soma dos valores inteiros de x é 3 + 5 + 6 + 7 = 21.
Resposta: E
35) Observando que 
4
����x4 = �x�, tem-se:
�4 –
4
����x4 � = 4 ⇔ �4 – �x�� = 4 ⇔ 4 – �x� = 4 ou 4 – �x� = – 4 ⇔
⇔ – �x� = 0 ou – �x� = – 8 ⇔ �x� = 0 ou �x� = 8 ⇔ x = 0 ou x = – 8 
ou x = 8, portanto, são 3 soluções reais. 
Resposta: D
x . (x + 2), para x ≥ – 2
x . (– x – 2), para x ≤ – 2�
�x – 5� < 3
�x – 4� ≥ 1�
2 < x < 8
x ≤ 3 ou x ≥ 5�
– 3 < x – 5 < 3
x – 4 ≤ – 1 ou x – 4 ≥ 1�
�ab�
––––
ab
�b�
–––
b
�a�
–––
a
�ab�
––––
ab
�b�
–––
b
�a�
–––
a
�ab�
––––
ab
�b�
–––
b
�a�
–––
a
se x < 2- se x > 2-- 2
- -x 2 2x + 5 Û
Û Û- 3x 7
Û x > -
7
3
x + 2 2x + 5 Û
7
3
-
-2 x
Û Û- x 3
Û x > 3-
x
<
<
<
<
7
––
3
24 –
36) Para f(x) = x + �x�, tem-se:
a) x < 0 ⇒ �x� = –x ⇒ f(x) = x – x ⇒ f(x) = 0
x ≥ 0 ⇒ �x� = x ⇒ f(x) = x + x ⇒ f(x) = 2x
b) f(x + 2) – x = 3 ⇔ x + 2 + �x + 2� – x = 3 ⇔ �x + 2� = 1 ⇔
⇔ x + 2 = – 1 ou x + 2 = 1 ⇔ x = – 3 ou x = – 1 
Respostas: a) demonstração
b) {– 3; – 1}
37) Se f(x) = – 3, os zeros da função são dados por:
f(x) = 0 ⇔ – 3 = 0 ⇔ = 3 ⇔
⇔ = – 3 ou = 3 ⇔
⇔ 2x – 1 = – 15 ou 2x – 1 = 15 ⇔ x = – 7 ou x = 8
Resposta: D
38) 1 – ≥ 4 ⇔ ≥ 4 ⇔
⇔ ≥ 4 ⇔ ≤ – 4 ou ≥ 4 ⇔
⇔ 3 – x ≤ – 8 ou 3 – x ≥ 8 ⇔ x ≥ 11 ou x ≤ – 5
Desta forma, o conjunto solução da inequação é
{x Œ � � x ≤ – 5 ou x ≥ 11}
Resposta: E
39) I) O gráfico da função h(x) = x2 – 4 é do tipo
II) Para x ≤ – 2 ou x ≥ 2, temos h(x) ≥ 0; portanto:
f(x) = g(x) fi 2�x2 – 4� = (x – 2)2 fi
fi 2 . x2 – 8 = x2 – 4x + 4 ⇔ x2 + 4x – 12 = 0 ⇔
⇔ x = 2 ou x = – 6 
III) Para – 2 ≤ x ≤ 2, temos h(x) ≤ 0 e, portanto:
f(x) = g(x) fi 2�x2 – 4� = (x – 2)2 fi
fi 2(– x2 + 4) = x2 – 4x + 4 ⇔ 3x2 – 4x – 4 = 0 ⇔
⇔ x = ⇔ x = 2 ou x = –
IV) f(x) = g(x) ⇔ x = – 6 ou x = – ou x = 2
Resposta: C
40) f(x) = x2 – 5�x� + 6 ⇔ f(x) = �x�2 – 5�x� + 6, 
pois x2 = �x2� = �x�2.
O gráfico da função y = x2 – 5x + 6 é do tipo:
Ao colocarmos módulo no x, o lado esquerdo do gráfico passa
a se comportar como o lado direito. Assim, o gráfico de f é
Resposta: A
41) Essas parábolas não se interceptam se, e somente se, a
equação x2 + 2x + 2 = 2x2 + ax + 3 não tiver solução real.
x2 + 2x + 2 = 2x2 + ax + 3 ⇔ x2 + (a – 2)x + 1 = 0
Essa equação não tem solução real se, e somente se, 
(a – 2)2 – 4 . 1 . 1 < 0 ⇔ (a – 2)2 – 4 < 0 ⇔
⇔ a2 – 4a < 0 ⇔ 0 < a < 4, pois o gráfico da função 
f(a) = a2 – 4a é do tipo
Assim: 0 < a < 4 ⇔ – 2 < a – 2 < 2 ⇔ �a – 2� < 2
Resposta: C
2x – 1
–––––––
5
2x – 1
–––––––
5
2x – 1
–––––––
5
2x – 1
–––––––
5
2x – 1
–––––––
5
2 – (x – 1)
––––––––––
2
x – 1
–––––
2
3 – x
–––––
2
3 – x
–––––
2
3 – x
–––––
2
-2 2
y
x
2
––
3
4 ± 8
–––––
6
2
––
3
2 3 x
y
6
-3 -2 2 3 x
y
6
f (a)
a40
– 25
42) I) O gráfico da função g: � → � definida por g(x) = 
x
é:
II) O gráfico da função h: � → � definida por h(x) = 
�x�
é:
III) O gráfico da função f: � → � definida por: 
f(x) = 1 – 2 – �x� ⇔ f(x) = 1 –
�x�
é:
Resposta: C
43) ⇔
Assim, o conjunto de pontos que satisfazem o sistema está
representado na alternativa e.
Resposta: E
44) I) O gráfico da função g(x) = x2 – 4x + 3 é:
II) O gráfico da função f(x) = x2 – 4�x� + 3 = �x�2 – 4�x� + 3 é:
Resposta: B 
45) I) O gráfico da função g(x) = x2 – 4 é:
II) O gráfico da função f(x) = �x2 – 4� é:
Resposta: B
�1––2�
�1––2�
�1––2�
– 2 ≤ x ≤ 2
– 2 ≤ y ≤ 2�
�x� ≤ 2
�y� ≤ 2�
26 –
46) Para �y� + x = �x� ⇔ �y� = �x� – x, tem-se:
I) Se x ≥ 0 e y ≥ 0 fi y = x – x ⇔ y = 0
II) Se x ≤ 0 e y ≥ 0 fi y = – x – x ⇔ y = – 2x
III) Se x ≥ 0 e y ≤ 0 fi – y = x – x ⇔ y = 0
IV)Se x ≤ 0 e y ≤ 0 fi – y = – x – x ⇔ y = 2x
Representando graficamente, tem-se:
47) I) x2 – x – 2 = 0 ⇔ x = – 1 ou x = 2
II) Se x < – 1 ou x > 2, tem-se x2 – x – 2 > 0 e
f(x) = = = 1
III) Se – 1 < x < 2, tem-se x2 – x – 2 < 0 e
f(x) = = = – 1
Assim, o gráfico da função f é:
48) Todos os gráficos estão corretos.
Resposta: A
49) Todos os gráficos estão corretos.
Resposta: A
50) Sabendo-se que o gráfico dado representa uma função y = f(x),
no intervalo [– 3; 3], tem-se:
I) Se – 3 ≤ x ≤ 0, tem-se f(x) ≥ 0 e
g(x) = = = 0
II) Se 0 ≤ x ≤ 3, tem-se f(x) ≤ 0 e
g(x) = = = = – f(x)
Assim, o gráfico da função g é:
Resposta: B
x2 – x – 2
––––––––––
x2 – x – 2
�x2 – x – 2�
––––––––––
x2 – x – 2
– (x2 – x – 2)
–––––––––––––
x2 – x – 2
�x2 – x – 2�
––––––––––
x2 – x – 2
f(x) – f(x)
––––––––––
2
�f(x)� – f(x)
––––––––––
2
– 2 . f(x)
–––––––––
2
– f(x) – f(x)
––––––––––––
2
�f(x)� – f(x)
––––––––––
2
– 27
MATEMÁTICA
LIVRO 2 
ÁLGEBRA
Capítulo 4 – Exercícios-Tarefa (Módulo)
1) I) É falsa, pois ���9 = 3, – ���9 = – 3, ± ���9 = ± 3.
II) É falsa, pois 
4
�������� (– 2)4 = �– 2� = 2.
III) É falsa, pois (x – 3)2 = x2 – 6x + 9 ≠ x2 – 9.
IV)É verdadeira.
Resposta: C
2) I) x2 – 1 = 0 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = – 1 ou x = 1
II) y = �x2 – 1� + x – 1
III) O gráfico da função y = �x2 – 1� + x – 1 é
IV)O menor valor de y é – 2, que ocorre quando x = – 1.
Resposta: B
3) I) �x – 1� < 2 ⇔ – 2 < x – 1 < 2 ⇔ – 1 < x < 3 
II) �x + 1� > 1 ⇔ x + 1 < – 1 ou x + 1 > 1 ⇔ x < – 2 ou x > 0
III) A = {x Œ � � – 3 < x < 2}
IV)B = {x Œ � � �x – 1� < 2} = {x Œ � � – 1 < x < 3}
V) C = {x Œ � � �x + 1� > 1} = {x Œ � �x < – 2 ou x > 0}
Assim, (A � C) – B = {x Œ � � – 3 < x <– 2}
Resposta: E
4) a) I) A função f(x) = está definida para 
x – 2 > 0 ⇔ x > 2. Assim, o domínio da função f é 
D(f) = {x � � � x > 2}.
II) Como �3 – 2x� ≥ 0 para todo x Œ �, tem-se que 
�3 – 2x� + 1 ≥ 1. Sendo g(x) = �3 – 2x� + 1, tem-se g(x) ≥ 1,
isto é, Im(g) = {y Œ � � y ≥ 1}.
b) f(g(x)) = está definida para g(x) – 2 > 0 fi
fi �3 – 2x� + 1 – 2 > 0 ⇔ �3 – 2x� > 1 ⇔
⇔ 3 – 2x < – 1 ou 3 – 2x > 1 ⇔ – 2x < – 4 ou – 2x > – 2 ⇔
⇔ x > 2 ou x < 1. Assim, D(fog) = {x Œ � � x < 1 ou x > 2}.
Respostas: a) D(f) = {x � � � x > 2}
Im(g) = {y � � � y ≥ 1}
b) D(fog) = {x � � � x < 1 ou x > 2}
5) I) A função f(x) = não está definida para 
�x + 1� = 0 ⇔ x + 1 = 0 ⇔ x = – 1.
II) f(1) = f(– 3) = = 
III) f(0) = f(– 2) = = 1 
IV)f(x) = 2 fi = 2 ⇔ �x + 1� = ⇔
⇔ x + 1 = – ou x + 1 = ⇔ x = – ou x = –
V) A área da região assinalada corresponde à soma das áreas
de 3 retângulos, assim:
A = [1 – (– 3)] . + [0 – (– 2)] . +
+ – – – . 1 = 
= 4 . + 2 . + 1 . 1 = 2 + 1 + 1 = 4
Resposta: B
se x ≤ – 1
y = x2 – 1 + x – 1
y = x2 + x – 2
se – 1 ≤ x ≤ 1
y = – x2 + 1 + x – 1
y = – x2 + x 
se x ≥ 1
y = x2 – 1 + x – 1
y = x2 + x – 2
– 1
•
1
• x
x – 2
––––––––
�������� x – 2
g(x) – 2
–––––––––––
������������ g(x) – 2
1
–––––––
�x + 1�
1
–––
2
1
–––––––
�1 + 1�
1
–––––––
�0 + 1�
1
–––
2
1
–––––––
�x + 1�
1
–––
2
3
–––
2
1
–––
2
1
–––
2
1
–––
2
1
–––
2
��
3
–––
2�
1
–––
2�
1
–––
2
1
–––
2
28 –
6) ��������� �x� + 1 + ������x� = 2 ⇔ ��������� �x� + 1 = 2 – ������x� fi
fi ���������� �x� + 1 �
2
= �2 – ������x� �
2
⇔ �x� + 1 = 4 – 4 . ������x� + �x� ⇔
⇔ 4 . ������x� = 3 ⇔ ������x� = fi �������x� �
2
= 
2 
⇔
⇔ �x� = ⇔ x = ± 
Resposta: D
7) I) O gráfico da função g(x) = 2x é:
II) O gráfico da função h(x) = 2x – 2 é:
III) O gráfico da função f(x) = �2x – 2� é:
Resposta: D
8) O conjunto dos pontos (x, y) são duas retas paralelas, pois:
I) t2 – t – 6 = 0 ⇔ t = 3 ou t = – 2
II) t = � x – y � = – 2 ⇒ �∃(x, y)
III) t = � x – y � = 3 ⇔ x – y = 3 ou x – y = – 3
Resposta: B
9) I) x2 – 1 = 0 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = – 1 ou x = 1
II) y =
III) O gráfico da função y = é: 
Resposta: A
10) I) x2 – 1 = 0 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = – 1 ou x = 1
II) f(x) = �x2 – 1� – (x2 – 1)
III) O gráfico da função f(x) = �x2 – 1� – (x2 – 1) é 
Resposta: D
11)
9
–––
16
9
–––
16
x4 – 1
–––––––
�x2 – 1�
�3–––4�3–––4
x4 – 1
–––––––
�x2 – 1�
– 29
12)
13)
14)
15)
16)
17)
18)
19)
20)
30 –
21)
22)
23)
24)
25)
26)
27)
28)
29) a) 1) O gráfico da função y = �x� é:
2) As retas de equação y = mx + 2 contêm o ponto (0; 2),
qualquer que seja m. Como se vê no gráfico abaixo,
quando m = 1 ou m = – 1, essas retas (dadas por r1 e r2)
são paralelas a uma das semirretas que definem o gráfico
de y = �x� e possuem apenas um ponto de intersecção
com a outra semirreta.
-2p
2 2 2 2
-3p
y
x
1
-p -p p p pp 3 2
M
-2p
2 2 2 2
-3p
y
x
1
-p -p p p pp 3 2
M
– 31
Para – 1 < m < 1, as retas r obtidas interceptam o gráfico
de y = �x� em dois pontos distintos, A e B.
Para m ≥ 1 ou m ≤ – 1, a intersecção ocorre em apenas
um ponto.
b)
Para x < 0, o ponto A de intersecção dos gráficos é 
dado por ⇔ A = .
Para x > 0, o ponto B de intersecção dos gráficos é 
dado por ⇔ B = .
A área S do triângulo AOB é dada por 
S = = =
= , pois – 1 < m < 1.
Essa área é mínima quando 1 – m2 é máximo, o que ocorre
para m = 0, pois o gráfico de f(m) = 1 – m2 é do tipo
Respostas: a) – 1 < m < 1
b) m = 0
30) I) Seja o conjunto A = {x � � � 2x + 1 = �x + 1� – �x�}
1o. ) para x ≥ 0, temos: 2x + 1 = x + 1 – x ⇔ x = 0, portanto 
V1 = {0};
2o. ) para –1 ≤ x ≤ 0, temos: 2x + 1 = x + 1 – (– x) ⇔ �x � �,
portanto V2 = {x � � � – 1 ≤ x ≤ 0};
3o. ) para x ≤ – 1, temos: 2x + 1 = (– x – 1) – (– x) ⇔
⇔ x = – 1, portanto V3 = {– 1}.
Dessa forma, o conjunto 
A = V1 � V2 � V3 = {x � � � – 1 ≤ x ≤ 0} e
—
A = {x � � � x < – 1 ou x > 0}.
II) Seja o conjunto
B = {x � � � �x + 1� – 2 � ≥ 2}, então:
�x + 1� – 2 ≤ – 2 ou �x + 1� – 2 ≥ 2 ⇔
⇔ �x + 1� ≤ 0 ou �x + 1� ≥ 4 ⇔ x + 1 = 0 ou 
x + 1 ≤ – 4 ou x + 1 ≥ 4
⇔ x = – 1 ou x ≤ – 5 ou x ≥ 3
Dessa forma o conjunto 
B = {x � � � x = – 1 ou x ≤ – 5 ou x ≥ 3} e 
—
B = {x � � � – 5 < x < 3 e x ≠ –1}
III) A intersecção 
—
A �
—
B, resulta
Resposta: 
––
A �
—
B = {x � � � – 5 < x < – 1 ou 0 < x < 3}
31) a) O gráfico de h(x) = 4 – x2 é do tipo:
e, portanto, o gráfico de f(x) = �4 – x 2� resulta:
– 2 2�––––––; ––––––�m + 1 m + 1
y = – x�y = mx + 2
2 2�––––––; ––––––�1 – m 1 – m
y = x�y = mx + 2
4
–––––––
1 – m 2
– 2 2
–––––– –––––– 1
m + 1 m + 1
2 2
–––––– –––––– 1
1 – m 1 – m
0 0 1
1
–––
2
4
––––––––
1 – m 2
32 –
O gráfico de g(x) = é:
As abscissas dos pontos de intersecção dos dois grá ficos
são as soluções da equação f(x) = g(x) ⇔ �4 – x 2� =
Para x ≤ 2 ou x ≥ 2, temos:
– 4 + x2 = ⇔ – 8 + 2x2 = x + 7 ⇔
⇔ 2x2 – x – 15 = 0 ⇔ x = ou x = 3
Para –2 ≤ x ≤ 2, resulta:
4 – x2 = ⇔ 8 – 2x2 = x + 7 ⇔
⇔ – 2x2 – x + 1 = 0 ⇔ x = – 1 ou x = 
Representando os dois gráficos num mesmo siste ma de
coordenadas, resulta:
b) Analisando os gráficos esboçados no item anterior, com as
correspondentes abscissas dos pontos comuns, con cluí -
mos que �4 – x2� ≤ ⇔
⇔ f(x) ≤ g(x) ⇔ ≤ x ≤ –1 ou ≤ x ≤ 3
Respostas: a) gráfico
b) S = x Œ � � – ≤ x ≤ – 1 ou ≤ x ≤ 3
32)
A região limitada pelas curvas f(x) e g(x) é a apre sen tada no
gráfico acima.
As intersecções das curvas f(x) e g(x) são obtidas pelos sis -
temas:
1o. ) ⇔ fi B ;
2o. ) ⇔ fi C (– 4; 4)
Dessa forma, a área da região indicada é igual à área do
triângulo de vértices A’ (1; – 1), B ; e C(– 4; 4),
menos a área do quadrado de diagonal AA’ = 2. 
Portanto:
A = A∆A’BC – = – 2 = – 2 = 
Resposta: 
33)
Pelas intersecções dos gráficos, há 3 pontos em comum. 
(A, B e C).
Resposta: D
x + 7
––––––
2
x + 7
––––––
2
5
– ––
2
x + 7
––––––
2
1
––
2
x + 7
––––––
2
1
––
2
5
– ––
2
	1–––2
5
–––
2�
x + 7
––––––
2
�2–––3
8
–––
3�
x = 8/3
y = 2/3�
y = x – 2
x
y = 2 – —–
2�
x = – 4
y = 4�
y = – x
x
y = 2 – —–
2
�
�2–––3
8
–––
3�
19
–––
3
25
–––
3
8/3 2/3 1
– 4 4 1
1 – 1 1
–––––––––––––––––––
2
22
––––
2
19
–––
3
– 33
34) S1: y ≥ ��x� – 1�
S2: x
2 + (y + 1)2 ≤ 25; círculo de centro C(0; –1) e raio 5.
S1 � S2:
Área = . π 52 – = 
Resposta: A
35) Para x ≤ 2, obtém-se:
f(x) = – 2x + 4 + x – 5 ⇔ f(x) = – x – 1
Para x ≥ 2, resulta:
f(x) = 2x – 4 + x – 5 ⇔ f(x) = 3x – 9
Portanto, temos:
f(x) =
a)
Observações:
f(– 1) = – (– 1) – 1 = 1 – 1 = 0,
f(0) = – 0 – 1 = – 1,
f(2) = – 2 – 1 = 3 . 2 – 9 = – 3,
f(3) = 3 . 3 – 9 = 0,
f(– 4) = – (– 4) – 1 = 3 e f(4) = 3 . 4 – 9 = 3
b) loga(x + b) = f(x) ⇔
⇔ loga(x + b) = �2x – 4� + x – 5
Se x1 = – 1 é solução da equação, então: 
loga(– 1 + b) = �2 . (– 1) – 4� + (– 1) – 5 ⇔
⇔ loga(b – 1) = �– 6� – 1 – 5 ⇔ loga(b – 1) = 0 ⇔
⇔ b – 1 = a0 ⇔ b – 1 = 1 ⇔ b = 2
Se x2 = 6 é solução da equação, então: 
loga(6 + b) = �2 . 6 – 4� + 6 – 5 ⇔
⇔ loga(b + 6) = �8� + 6 – 5 ⇔ loga(b + 6) = 9 ⇔
⇔ b + 6 = a9 ⇔ a9 = 2 + 6 ⇔ a9 = 8 ⇔
⇔ a = 
9
���8 ⇔ a = 
9
����23 ⇔ a = 
3
���2
Respostas: a) gráfico
b) a = 
3
���2 e b = 2
x
y
1
-1
1-1
x
y
4
-1 C
-6
x
y
4
-6
C-1
-1 1
1
25π
––––– – 2
4
2 . 2
–––––
2
90°
––––
360°
– x – 1, se – 4 ≤ x ≤ 2
3x – 9, se 2 ≤ x ≤ 4�
34 –
MATEMÁTICA
LIVRO 2 
ÁLGEBRA
Capítulo 5 – Conjuntos Numéricos
21) ⇔ ⇔ fi b = 5 
Resposta: 5
22) ⇔ ⇔ fi x = 5 
Resposta: 5
23) I) ⇔ ⇔
II) ⇔ ⇔
III) ⇔ ⇔ fi
fi a . b = 13 . 5 = 65 
Resposta: 65
24) I) ⇔ ⇔
II) ⇔ ⇔
III) ⇔ ⇔ fi
fi x + y = 32 + 6 = 38
Resposta: 38
25) Sendo x o maior e y o menor dos números, tem-se:
I) x + y = 224
II) = = = = 7
Assim, = 7 ⇔ x = 126 e = 7 ⇔ y = 98
Portanto, a soma do maior com a metade do menor é 
x + = 126 + = 126 + 49 = 175.
Resposta: D
26) ⇔
Observando que:
⇔ 108 = 5 . 21 + 3, tem-se:
I) Para k = 21 fi
II) Para k = 20 fi
III) Para k = 19 fi
Assim, existem 3 valores possíveis de k. Observe que para 
k = 18 fi
Resposta:A
27) ⇔ ⇔
Observando que 221 = 13 . 17 = 221 .1, as soluções são:
ou ou , portanto, a + b = 30 ou 
a + b = 222
Resposta: A
28) Dos k candidatos entrevistados, a foram aceitos e 5a foram
rejeitados. Assim sendo, k = a + 5a ⇔ k = 6a e, portanto, k é
múltiplo de 6. Um possível valor de k é 156.
Resposta: A
29) Se a e b são dois números naturais tais que a2 – b2 = 24, então 
(a – b) . (a + b) = 24.
Dessa forma, podemos ter:
1)
2)
3)
4)
Resposta: B
30) Sendo a e b dois algarismos do sistema decimal de nume ra -
ção, com a ≠ 0, temos que 
(abab)10 = 1000a + 100b + 10a + b = 1010a + 101b =
= 101 (10a + b). 
Portanto, números da forma (abab)10 são divisíveis por 101.
31) A soma dos algarismos de N = “xyxyxyx” é 
4x + 3y = 15, com x e y pertencentes ao conjunto 
{1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}.
A equação 4x + 3y = 15 é equivalente a
x = Œ �, portanto 5 – y = 4 ⇔ y = 1 
A única solução da equação é, pois x = 3 e y = 1
Assim, N = 3131313 e 3000000 < N < 5000000 ⇔
⇔ 3 . 106 < N < 5 . 106
Resposta: C
108 = k . 5 + r
r < k�
k
5
108
r
5
21
108
3
21
5
108
3
7b = 35
b > 2�
37 = b . 7 + 2
2 < b�
b
7
37
2
8x = 40
x > 1�
41 = 8 . x + 1
1 < x�
x
8
41
1
a – 2b = 3
b > 3�
a = b . 2 + 3
3 < b�
b
2
a
3
a – 3b = – 2
b > 0�
a + 2 = b . 3
0 < b�
b
3
a + 2
0
a = 13
b = 5�
a – 2b = 3
– a + 3b = 2
b > 3
�
a – 2b = 3
a – 3b = – 2
b > 3
�
x – 5y = 2
y > 2�
x = y . 5 + 2
2 < y�
y
5
x
2
x – 4y = 8
y > 3�
x = (y + 1) . 4 + 4
4 < y + 1�
y + 1
4
x
4
x = 32
y = 6�
– x + 5y = – 2
x – 4y = 8
y > 3
�
x – 5y = 2
x – 4y = 8
y > 3
�
224
––––––
32
x + y
––––––––
18 + 14
y
–––
14
x
–––
18
y
–––
14
x
–––
18
98
––––
2
y
–––
2
20
5
108
8
19
5
108
13
18
6
108
0
a . b = 221
a > 2�
223 = a . b + 2
2 < a�
a
b
223
2
a = 221
b = 1�
a = 17
b = 13�
a = 13
b = 17�
fi a � �a – b = 1a + b = 24�
fi a = 7 e b = 5 fi (a + b)2 = (7 + 5)2 = 144a – b = 2
a + b = 12�
fi a � �a – b = 3a + b = 8�
fi a = 5 e b = 1 fi (a + b)2 = (5 + 1)2 = 36a – b = 4
a + b = 6�
3 . (5 – y)
–––––––––
4
– 35
32) I) A soma dos algarismos dos números naturais do tipo
“1a79b” é 17 + a + b.
II) Para ser divisível por 15 o número deve ser divisível por
3 e por 5.
III) Um número é divisível por 5 se o último algarismo for
zero ou 5. Logo, b = 0 ou b = 5.
IV) Um número será divisível por 3 se a soma dos seus
algarismos for divisível por 3.
V) Se b = 0 então 17 + a deve divisível por 3 e, portanto, 
a = 1 ou a = 4 ou a = 7.
VI) Se b = 5 então 17 + a + 5 = 22 + a deve ser divisível por
3 e, portanto, a = 2 ou a = 5 ou a = 8.
VII) O valor de N é, pois, 6.
VIII) Os 6 números são:
11790, 14790, 17790, 12795, 15795, 18795
Resposta: D
33) Só seria possível agrupar os n alunos da faculdade em grupos
de k alunos cada (com k ≠ 1 e k ≠ n) se k for divisor de n.
Como o enunciado afirma que está divisão não foi possível,
significa que n só é divisível por 1 e pelo próprio n.
Desta forma, n é primo.
Resposta: C
34) O produto de 4 números naturais consecutivos é divisível por
24, pois, pelo menos, um é divisível por 2, um por 3 e um 
por 4. Dos 5 números apresentados, o único divisível por 
24 é 1680.
De fato, 1680 = 24 . 3 . 5 . 7 = 5(2 . 3) . 7 . (23) = 5 . 6 . 7 . 8
Resposta: E
35) I) Decompondo 1200 em fatores primos, tem-se que 
1200 = 24 . 31 . 52.
II) O número de divisores de 1200 é dado por 
n[D(1200)] = 2 . (4 + 1) . (1 + 1) . (2 + 1) = 2 . 5 . 2 . 3 = 60
Resposta: 60
36) Sendo m, n e p número primos distintos e diferentes de 31, o
número de divisores de 311 . m1 . n1 . p1 é dado por 
2 . (1 + 1) . (1 + 1) . (1 + 1) . (1 + 1) = 2 . 2 . 2 . 2 . 2 = 25 = 32
Resposta: 32
37) Como N = 2x . 5y . 7z, o número de divisores positivos de N é
(x + 1) . (y + 1) . (z + 1) e, portanto, o número de divisores
positivos de N, diferentes de N, é
(x + 1) . (y + 1) . (z + 1) – 1
Observações
I) É importante destacar que o exercício na realidade pede o
número de divisores positivos de N.
II) Como N é múltiplo de 10 e não é múltiplo de 7, po de mos
concluir que x � 0, y � 0 e z = 0.
Resposta: E
38) I) A = {x Œ � / x é divisor de 60} ⇔
⇔ A = {1; 2; 3; 4; 5; 6; 10; 12; 15; 20; 30; 60}
II) B = {x Œ � / 1 ≤ x ≤ 5} ⇔ B = {1; 2; 3; 4; 5}
III) A � B = {1; 2; 3; 4; 5} 
Logo, o número de elementos do conjunto das partes de A � B
será 25 = 32, que é um número múltiplo de 4, menor que 48.
Resposta: A
39) I) 36 = 22 . 32
II) 40 = 23 . 5
III) 56 = 23 . 7
IV)mdc(36, 40, 56) = 22 = 4
V) mmc(36, 40, 56) = 23 . 32 . 5 . 7 = 2520
Resposta: 4 e 2520
40) I) m.d.c. (400; 320) = 80, pois
II) Cada escola será contemplada com 80 ingressos; assim, os
720 ingressos serão distribuídos para 9 es colas.
Resposta: C
41) 1) mdc(a,b) . mmc(a,b) = 190 = 2 . 5 . 19 ⇔
⇔ mdc(a,b) = 1 e mmc(a,b) = 2 . 5 . 19
2) ⇔
3) �a – b� = 33
Resposta: B
42) I) mdc(360, 300) = a
II) mmc(360, 300) = b
III) a . b = mdc(360, 300) . mmc(360, 300) = 360 . 300 =
= 23 . 32 . 5 . 22 . 3 . 52 = 25 . 33 . 53
Resposta: C
43) Os valores de x são todos os números naturais, de 1 até 24,
que são “primos com 24” e, portanto,
Ø(24) = {1; 5; 7; 11; 13; 17; 19; 23}
O número de elementos de Ø(24) é 8.
Resposta: D
44) mmc(30,48,72) = 24 . 32 . 5 = 720, pois:
Resposta: E
a = 5 a = 38
ou �b = 38 b = 5�
a + b = 43
a . b = 2 . 5 . 19�
1 4
400 320 80
80 0
2
2
2
2
3
3
5
30,48,72
15,24,36
15,12,18
15, 6, 9
15, 3, 9
5, 1, 3
5, 1, 1
1, 1, 1
36 –
45) O lado de cada lajota quadrada, em centímetros, deve ser 
di visor natural de 200 e 500 e, portanto, divisor do 
mdc(200, 500) = 100.
Os divisores naturais de 100 são 1, 2, 4, 5, 10, 20, 25, 50 e 100.
Resposta: 1, 2, 4, 5, 10, 20, 25, 50 e 100.
46) O produto P, obtido é tal que:
P = 16 . 41 . 54 . 120 = 24 . 41 . 2 . 33 . 23 . 3 . 5 ⇔
⇔ P = 28 . 34 . 51 . 411
O número de divisores positivos de P é 
(8 + 1) . (4 + 1) . (1 + 1) . (1 + 1) = 180
Resposta: D
47) Como 540 = 22 . 33 . 51, 810 = 21 . 34 . 51 e 
1080 = 23 . 33 . 51, o máximo divisor comum entre os três é 
2 . 33 . 5 = 270.
O comprimento de cada peça deverá ser divisor de 
270 cm e, como deve ser o maior possível e menor que 2 m
(200 cm), será de 135 cm.
A quantidade de peças obtidas foi
(40 . 540 + 30 . 810 + 10 . 1080) � 135 = 420
Resposta: E
48) Se x for o comprimento dos N cilindros iniciais, então 2x será
o comprimento do outro tipo de cilindro e, portanto:
N . π . 22 . x = π . 62 . 2x ⇔
⇔ 4N = 72 ⇔ N = 18 fi N > 15
Resposta: A
49) I) ⇔
II) ⇔
III) ⇔
IV) n + 1 é múltiplo comum de 3, 4 e 5, então, o menor valor de
n é tal que n + 1 = mmc(3; 4; 5) = 60, portanto, n + 1 = 60 ⇔
⇔ n = 59
Resposta: B
50) I) Pn = 10
i = 100 + 101 + 102 + … + 10n =
= 1 + 10 + 100 + … + 10n
II) Observando que P0 = 1, P1 = 11, P2 = 111, P3 = 1111 e assim,
sucessivamente, serão divisíveis por 3 os números Pn tais
que n Œ {2, 5, 8, …}, isto é, n = 3k – 1, k Œ �*
Resposta: n = 2, 5, 8, …, isto é, números da forma n = 3k – 1, 
k � �*
51) A senha de 4 algarismos, todos diferentes de zero, é do tipo
. De acordo com o enunciado, devemos ter:
⇔ ⇔
Resposta: A
52) Para que o número 22222222n seja divisível por 6, ele deve ser
dividível por 2 e por 3, assim, devemos ter:
I) Divisível por 2 fi n Œ {0, 2, 4, 6, 8}
II) Divisível por 3 fi 8 . 2 + n = 3k (k Œ N) ⇔
⇔ 16 + n = 3k (k Œ N)
Assim, de (I) e (II), temos n = 2 ou n = 8 
Resposta: A 
53) I) 100! = 100 . 99 . 98 . … . 1 é múltiplo de 100.
II) 2 + 100! é par e não é divisível por 100.
III) (2 + 100!); (3 + 100!); …; (100 + 100!) são inteiros, consecu -
tivos e não primos.
Resposta: C
54) 1) Entre os números possíveis no lançamento de um dado
convencional (1; 2; 3; 4; 5 e 6) o fator 5 só aparece quando
o número 5 é o sorteado. Quando isto ocorre nenhum outro
fator aparece (pois 5 é fator primo).
2) Se os dois fatores dois estiverem no mesmo dado, os
outros oito números sorteados são 
4; 3; 3; 3; 3; 3; 1 e 1 , em alguma ordem. 
Neste caso a soma é 
4 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 1 + 1 = 21.
3) Se os dois fatores dois estiverem um em cada dado
podemos ter as seguintes possibilidades:* 2; 2; 3; 3; 3; 3; 3 e 1, cuja soma é 20,
* (2. 3); 2; 3; 3; 3; 3; 1 e 1, cuja soma é 22 e
* (2. 3); (2. 3); 3; 3; 3; 1; 1 e 1, cuja soma é 24.
Assim, a maior soma possível é 5 + 5 + 24 = 34.
Resposta: E
65) N = 121,434343… = 121 + 0,434343… = 121 + =
= = =
Resposta: 
66) 0,1222… = = = =
= = = com a e b primos entre si, então, a = 11, 
b = 90 e b – a = 79
Resposta: E
5cba
a = 2
b = 1
c = 1
�a ≠ 1a + b + c = 4�a ≠ 1a + b + c + 5 = 9�
n
�
i = 0
4n + 1
0
4n
3
5n + 1
0
5n
4
3n + 1
0
3n
2
43
––––
99
12022
–––––––
99
11979 + 43
––––––––––––
99
121 . 99 + 43
–––––––––––––
99
12022
–––––––
99
2
1 + ––
9
––––––––
10
1 + 0,222…
–––––––––––––
10
1,222…
––––––––
10
a
–––
b
11
–––
90
11
–––
9
––––––
10
– 37
67) I) (���5 + 1) . (���5 – 1) = 5 – 1 = 4 é racional.
II) 0,99 = é racional.
III) 0,999… = = 1 é racional.
Resposta: B
68) Para a = 2 e b = 3, tem-se:
a + b���3 = 2 + 3���3 = 2 + �����27 ≠ ���4 + ���4 = 2 + 2 = 4
Resposta: E
69) Utilizando a fórmula �������� A +���B = + , 
com C = ���������� A2 – B, tem-se:
I) ������������ 22 + 12���2 = ���������������22 + ���������� 144 . 2 = ������������22 + ������288 
II) C = ������������ 222 – 288 = ����������� 484 – 288 = ������196 = 14 
III)������������ 22 + 12���2 = + =
= �����18 + ���4 = 2 + 3���2
Assim, ������������ 22 + 12���2 = a + b���2 fi a = 2 e b = 3
Resposta: a = 2 e b = 3
70) ⇔ ⇔
⇔ ⇔
Assim, o número de 2 algarismos (ab) é 28.
Resposta: B
71) Considerando o número de 2 algarismos (ab), tem-se:
⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔
Assim, os números são 36 e 63. A diferença entre os dois é
do primeiro, pois 63 – 36 = 27 e . 36 = 27
Resposta: A
72) Seja n = abc, um número de três algarismos, não nulos, do
sistema de numeração decimal.
O número p proposto é da forma p = (3a)(2b)c, em que (3a) é
o algarismo das centenas, (2b) o das dezenas e c o das unida -
des de p.
Assim, n = 100 . a + 10b + c
p = 100 . (3a) + 10 . (2b) + c = 300a + 20b + c e
p = n + 240 ⇒ 300a + 20b + c = 100a + 10b + c + 240 ⇔
⇔ 200a + 10b = 240 ⇒ 20a + b = 24 ⇔ a = 1 e b = 4, pois a e b
são algarismos.
Os possíveis valores de n são: 142, 143, 145, 146, 147, 148 e
149, num total de 7 números.
Resposta: A
73) a) Para o número 71, temos:
z1 = 71 Р(7 + 1) = 63 = 9 . 7 ΠM(9)
Para o número 30, temos:
z2 = 30 Р(3 + 0) = 27 = 9 . 3 ΠM(9)
b) Para o número inteiro positivo “xy”, em que x ≠ 0 é o
algarismo das dezenas, temos:
z = “xy” – (x + y) = x . 10 + y – x – y = 10x – x = 9 . x Œ M(9)
Respostas: a) verificação 
b) demonstração
74) I) (134)5 = 1 . 5
2 + 3 . 51 + 4 . 50 = 25 + 15 + 4 = (44)10
II)
III) (134)5 = (44)10 = (113)6
Resposta: E
 
75) I) a = (1011)2 = 1 . 2
3 + 0 . 22 + 1 . 21 + 1 . 20
II) b = (11001)2 = 1 . 2
4 + 1 . 23 + 0 . 22 + 0 . 21 + 1 . 20
III) a + b = 1 . 24 + 2 . 23 + 0 . 22 + 1 . 21 + 2 . 20 ⇔
⇔ a + b = 1 . 24 + 24 + 0 . 22 + 1 . 21 + 21 ⇔
⇔ a + b = 2 . 24 + 0 . 23 + 0 . 22 + 2 . 21 ⇔
⇔ a + b = 1 . 25 + 0 . 24 + 0 . 23 + 1 . 22 + 0 . 21 + 0 . 20 
Assim, a + b = (100100)2
Observe que a soma pode ser efeutada da seguinte ma -
neira:
� � � �
1 0 1 1
+ 1 1 0 0 1
–––––––––––––––
1 0 0 1 0 0
Resposta: B
99
–––––
100
9
–––
9
A – C
–––––––
2
A + C
–––––––
2
22 – 14
––––––––
2
22 + 14
––––––––
2
a + b = 10
– 9a + 9b = 54�
a + b = 10
10b + a = 10a + b + 54�
a = 2
b = 8�
a + b = 10
– a + b = 6�
b = 2a
– 9a + 9b = 27�
b = 2a
10b + a = 10a + b = 27�
a = 3
b = 6�
b = 2a
– a + 2a = 3�
b = 2a
– a + b = 3�
3
–––
4
3
–––
4
44 6
2 7 6
1 1 6
1 0
38 –
MATEMÁTICA
LIVRO 2 – ÁLGEBRA
Capítulo 6 – Números Complexos
10) (5 + 7i) · (3 – 2i) = 15 – 10i + 21i – 14i2 = 15 + 11i + 14 = 29 + 11i
Resposta: C
11) f(z) = z2 – z + 1 ⇒ f(1 – i) = (1 – i)2 – (1 – i) + 1 =
= 1 – 2i + i2 – 1 + i + 1 = – i
Resposta: E
12) 2x + (y – 3)i = 3y – 4 + xi, (x e y são reais) ⇔
⇔ ⇔ ⇔ ⇒ x · y = 10
Resposta: C
13) I) z1 = a + 8ai e z2 = – 4 + bi, (a, b � �) ⇒
⇒ z1 + z2 = (a – 4) + (8a + b)i
II) (z1 + z2) deve ser imaginário puro, então a – 4 = 0 e �b � � ⇔
⇔ a = 4 e �b � �
Resposta: a = 4 e �b � �
14) I) (a + i) · (3 + 2i) = 3a + 2ai + 3i + 2i2 = (3a – 2) + (2a + 3)i
II) (a + i) · (3 + 2i) deve ser um número real, então 
2a + 3 = 0 ⇔ a = –
Resposta: D
15) (a + i)4 = (a + i)2 · (a + i)2 = (a2 + 2ai + i2) · (a2 + 2ai + i2) = 
= [(a2 – 1) + 2ai] · [(a2 – 1) + 2ai] = [(a2 – 1) + 2ai]2 =
= (a2 – 1)2 + 2 · (a2 – 1) · 2ai + 4a2i2 = (a2 – 1)2 – 4a2 + 4a(a2 – 1)i
Para que (a + i)4 seja um número real, devemos ter:
4a · (a2 – 1) = 0 ⇔ 4a = 0 ou a2 – 1 = 0 ⇔ a = 0 ou a = ± 1
Assim, a pode assumir 3 valores reais, a saber: 0, 1 e – 1
Resposta: C
16) det M = = 3i ⇔
⇔ (1 + i)– 1 . (– 2a) – b . (i – 2) = 3i ⇔
⇔ . . (– 2a) – bi + 2b = 3i ⇔
⇔ . (– 2a) – bi + 2b = 3i ⇔
⇔ . (– 2a) – bi + 2b = 3i ⇔
⇔ – a + ai – bi + 2b = 3i ⇔ (– a + 2b) + (a – b)i = 3i ⇔
⇔ ⇔ 
Resposta: A
17) x + yi = ��������� 3 + 4i ⇔ x2 – y2 + 2xy i = 3 + 4i ⇔
⇔ fi xy = 2
Resposta: D
18) = = = 
= = = = + i
Resposta: A
19) = = = =
= = + i � �, então:
= 0 ⇔ 2y – x = 0 ⇔ x – 2y = 0
Resposta: A
20) = = = = = i
Logo, 
4
= i4 = 1
Resposta: E
21)
= =
= 
p
. (1 – i)2 =
= . 
p
. (1 – 2i + i2) =
= 
p
. (– 2i) = 
p
. (– 2i) =
= ( i )p . (– 2i)
Sendo p = 4 . n e n Œ �*, temos:
( i )4.n . (–2i) = ( i4)n . (–2i) = 1 . (–2i) = – 2i
Resposta: A
22) I) (1 + i)10 = [(1 + i)2]5 = (1 + 2i + i2)5 = (2i)5 = 25 · i5 = 32i 
II) = = · = = –
Resposta: A
x = – 5
y = – 2�
x = y – 3
2 · (y – 3) = 3y – 4�
2x = 3y – 4
y – 3 = x�
3
–––
2
(1 + i)– 1
i – 2
b
– 2a
(1 – i)
––––––
(1 – i)
1
–––––
1 + i
1 – i
––––––
1 – (i)2
(1 – i)
––––––
2
a = 6
b = 3�
– a + 2b = 0
a – b = 3�
x2 – y2 = 3
2xy = 4�
35 + 10i + 7i + 2i2
–––––––––––––––––
72 – (2i)2
(5 + i) · (7 + 2i)
–––––––––––––––
(7 – 2i) · (7 + 2i)
5 + i
––––––
7 – 2i
17
–––
53
33
–––
53
33 + 17i
––––––––
53
33 + 17i
–––––––
49 + 4
35 + 17i – 2
––––––––––––––
49 – 4i2
2x + 2yi – xi – yi2
–––––––––––––––––
22 – i2
(x + yi) · (2 – i)
–––––––––––––
(2 + i) · (2 – i)
x + yi
––––––
2 + i
z1–––
z2
(2y – x)
–––––––
5
(2x + y)
–––––––
5
(2x + y) + (2y – x)i
––––––––––––––––––
4 + 1
2y – x
––––––
5
2i
–––
2
1 + 2i + i2
––––––––––
1 + 1
(1 + i)2
–––––––
12 – i2
(1 + i) · (1 + i)
––––––––––––––
(1 – i) · (1 + i)
1 + i
–––––
1 – i
�1 + i–––––1 – i�
(1 + i)p.(1 – i)2
––––––––––––––
(1 – i)p
(1 + i)p
––––––––––
(1 – i)p – 2
�
1 + i
–––––––
1 – i�
�
1 + i
–––––––
1 + i
1 + i
–––––––
1 – i�
�
2i
––––
2��
1 + 2i + i2
––––––––––
1 – i2�
i
–––
32
i
–––
32i2
i
––
i
1
–––––
32 · i
1
–––––
32 · i
1
–––––––
(1 + i)10
– 39
23) = = = 1 – i
Resposta: D
24) I) n = = = = 126
II) k = i + i2 + i3 + i4 + i5 + i6 + i7 + i8 + .... + i125 + i126 = i125 + i126 =
1442443 1442443
= 0 = 0
= i1 + i2 = i – 1 = – 1 + i
Resposta: C
25) (1 + i)5 = (1 + i)2 · (1 + i)2 · (1 + i) =
= (1 + 2i + i2) · (1 + 2i + i2) · (1 + i) = (2i) · (2i) · (1 + i) =
= 4i2 · (1 + i) = – 4 · (1 + i) 
Resposta: C
26) (1 + i)10 = [(1 + i)2]5 = [12 + 2i + i2]5 = (2i)5 = 32i
Resposta: A
27) Sejam u = a + bi ⇒ u– = a – bi e v = c + di ⇒ v– = c – di
I) u– + v– = 1 – i ⇔ (a – bi) + (c – di) = 1 – i ⇔
⇔ (a + c) – (b + d)i = 1 – i ⇔
⇔
II) u2 – v2 = 6 ⇔ (u – v) · (u + v) = 6 ⇔
⇔ [(a + bi) – (c + di)] · [(a + bi) + (c + di)] = 6 ⇔
⇔ [(a – c) + (b – d)i] · [(a + c) + (b + d)i] = 6
III) Substituindo (I) em (II), temos:
[(a – c) + (b – d)i] · [1 + i] = 6 ⇔
⇔ (a – c) + (a – c)i + (b – d)i + (b – d)i2 = 6 ⇔
⇔ [(a – c) – (b – d)] + [(a – c) + (b – d)]i = 6 + 0i ⇔
⇔ ⇔
IV) ⇔ ⇒ ⇒ u – v = 3 – 3i
Resposta: D
28) Para z = a + bi e z– = a – bi, temos:
z– = z2 ⇔
⇔ (a – bi) = (a + bi)2 ⇔ a – bi = a2 + 2abi + b2i2 ⇔
⇔ a – bi = (a2 – b2) + 2abi ⇔
⇔ ⇔ ⇔ ou ⇔
⇔ ou ⇔ ou ou
ou ou ⇒
⇒ z = 0 ou z = 1 ou z = – + i ou z = – – i
Resposta: E
29) Para z = x + yi e z– = x – yi, temos:
z · z– – 4 = 0 ⇒
⇒ (x + yi) · (x – yi) = 4 ⇔ x2 + y2 = 4, que representa uma
circunferência de centro na origem e raio 2.
Resposta: B
30) a) (I) z · z– = 4
(x + iy) · (x – iy) = 4 ⇔ x2 – i2y2 = 4 ⇔ x2 + y2 = 4
Os pontos (x, y), da última equação, descrevem