2 - derivada (tudo)

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TEOREMA DO VALOR INTERMEDIARIO 
 
O teorema do valor intermediário descreve uma importante propriedade de 
funções contínuas: para qualquer função 𝑓 que seja contínua no intervalo [𝑎, 𝑏], 
a função vai assumir qualquer valor entre 𝑓(𝑎) e 𝑓(𝑏) no intervalo. 
Mais formalmente, isso significa que, para qualquer valor 𝐿 entre 𝑓(𝑎) e 𝑓(𝑏), 
existe um valor 𝑐 em [𝑎, 𝑏], para o qual 𝑓(𝑐) = 𝐿. 
 
Teorema do Valor Intermediário 
Seja 𝑓 uma função contínua no intervalo [𝑎, 𝑏]. Se existe 𝑦0, tal que 𝑓(𝑎) ≤ 𝑦0 ≤
𝑓(𝑏), ou 𝑓(𝑏) ≤ 𝑦0 ≤ 𝑓(𝑎), então existe 𝑥0 tal que 𝑓(𝑥0) = 𝑦0. 
 
 
Exemplo 
𝑓 é uma função contínua . 
𝑓(−2) = 3 𝑒 𝑓(1) = 6. 
Qual das seguintes afirmativas é garantida pelo Teorema do Valor Intermediário 
a) 𝑓(𝑐) = 0 para pelo menos um 𝑐 entre 3 e 6. 
b) 𝑓(𝑐) = 0 para pelo menos um 𝑐 entre −2 e 1. 
c) 𝑓(𝑐) = 4 para pelo menos um 𝑐 entre −2 e 1. 
d) 𝑓(𝑐) = 4 para pelo menos um 𝑐 entre 3 e 6. 
Solução 
Sabemos que o gráfico de 𝑓 começa em (−2,3) e termina em (1,6). 
Sendo f contínua o gráfico deve passar por todos os valores 
de 𝑦 entre 3 e 6. isso significa que, para qualquer valor 𝐿 entre 3 e 6, 
existe um valor 𝑐 em [−2,1], para o qual 𝑓(𝑐) = 4. 
2 
 
Teorema de Bolzano 
Se 𝑓: [𝑎, 𝑏] → 𝑅, 𝑦 = 𝑓(𝑥) é uma função contínua tal que 𝑓(𝑎) ∙ 𝑓(𝑏) < 0 
então existe 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏) tal que 𝑓(𝑐) = 0. 
Prova: O resultado é uma consequência imediata do teorema do valor 
intermediário que estabelece que dada uma função contínua 𝑓: [𝑎, 𝑏] →
𝑅, 𝑦 = 𝑓(𝑥) tal que 𝑓(𝑎) < 𝑓(𝑏) (ou 𝑓(𝑎) > 𝑓(𝑏)), então para qualquer 
𝑑 ∈ (𝑓(𝑎), 𝑓(𝑏)) existe 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏) tal que 𝑓(𝑐) = 𝑑. Ou seja, nestas 
notações, se 𝑓(𝑎) ∙ 𝑓(𝑏) < 0, então 𝑓(𝑎) < 0 < 𝑓(𝑏) (ou 𝑓(𝑏) < 0 < 𝑓(𝑎)). 
Logo, tomando 𝑑 = 0, temos que existe 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏) tal que 𝑓(𝑐) = 𝑑 = 0. 
■ 
 
Em outras palavras, se 𝑓(𝑥) é uma função contínua em um dado intervalo 
no qual ela troca de sinal, então ela tem pelo menos uma raiz neste 
intervalo. 
 
 
 
 
 
DERIVADA 
 
O conceito de derivada está intimamente relacionado à taxa de variação 
instantânea de uma função, o qual está presente no cotidiano das 
pessoas, através, por exemplo, da determinação da taxa de crescimento 
de uma certa população, da taxa de crescimento econômico do país, da 
taxa de redução da mortalidade infantil, da taxa de variação de 
temperaturas, da velocidade de corpos ou objetos em movimento, enfim, 
3 
 
poderíamos ilustrar inúmeros exemplos que apresentam uma função 
variando e que a medida desta variação se faz necessária em um 
determinado momento. 
 
Definição (taxa de variação média) 
A razão 
𝑚 =
∆𝑦
∆𝑥
= 
𝑦2 − 𝑦1
𝑥2 − 𝑥1
= 
𝑓(𝑥2) − 𝑓(𝑥1)
𝑥2 − 𝑥1
 
é chamada de taxa de variação média de 𝑦 em relação a 𝑥 quando 𝑥 varia 
de 𝑥1 para 𝑥2. 
 
Desde que ∆𝑥 = 𝑥2 − 𝑥1, então 𝑥2 = 𝑥1 + ∆𝑥, e também podemos 
escrever 
𝑚 =
∆𝑦
∆𝑥
= 
𝑓(𝑥1 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥1)
∆𝑥
. 
A taxa de variação é uma razão relacionada a uma reta que compara a 
variação vertical com a horizontal. 
 
Definição (taxa de variação instantânea) 
Se 𝑦 = 𝑓(𝑥), define-se a taxa de variação instantânea de 𝑦 em relação a 
𝑥 no instante em que 𝑥 = 𝑥1 como 
lim
∆𝑥 →0
∆𝑦
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
𝑓(𝑥1 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥1)
∆𝑥
. 
 
 
 
Para qualquer função, podemos encontrar a inclinação da reta que une 
dois pontos do gráfico. Isto é a taxa média de variação da função no 
intervalo de 𝑥1 a 𝑥2. 
4 
 
 
A taxa média de variação representa a inclinação da reta secante que 
passa por dois pontos. 
 
 
 
 
 
5 
 
Como encontrar a inclinação da reta tangente em um ponto: 
 
 
 
O que acontece quando diminuímos cada vez mais a distância 
entre 𝑥 = 3 e 𝑥 = 1. 
 
6 
 
Teoricamente, repetiríamos esse processo várias vezes. A cada vez, a 
inclinação da reta secante se aproximaria mais e mais da inclinação da 
reta tangente. 
 
�̅� = lim
∆𝑥 →0
𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)
∆𝑥
. 
se este limite existir. 
 
Definição (Derivada) 
A derivada de uma função 𝑓 é a função denotada por 𝑓′, tal que seu 
valor em qualquer número 𝑥 do seu domínio é definida por 
𝑓′(𝑥) = lim
∆𝑥 →0
𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)
∆𝑥
 
se este limite existir. 
Se 𝑎 for um determinado número no domínio de 𝑓, então 
𝑓′(𝑎) = lim
∆𝑥 →0
𝑓(𝑎 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑎)
∆𝑥
. 
Exemplo 
Encontre a derivada da função 𝑓 se 𝑓(𝑥) = 𝑥2. 
Solução 
Se 𝑥 ∈ 𝑅 então 
𝑓′(𝑥) = lim
∆𝑥 →0
𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
(𝑥 + ∆𝑥)2 − 𝑥2
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
(𝑥2 + 2 ∙ 𝑥 ∙ ∆𝑥 + (∆𝑥)2) − 𝑥2
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
2 ∙ 𝑥 ∙ ∆𝑥 + (∆𝑥)2
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
(2𝑥 + ∆𝑥)
= 2𝑥
 
 
Observação 
Sabendo que 
𝑓′(𝑥1) = lim
∆𝑥 →0
𝑓(𝑥1 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥1)
∆𝑥
. 
Nessa fórmula seja 
7 
 
𝑥1 + ∆𝑥 = 𝑥. 
Então 
∆𝑥 → 0 é equivalente a 𝑥 → 𝑥1. Portamos 
𝑓′(𝑥1) = lim
𝑥 →𝑥1
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥1)
𝑥 − 𝑥1
. 
 
Outras notações de derivada 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
, 𝑦′,
𝑑𝑓
𝑑𝑥
,
𝑑
𝑑𝑥
[𝑓(𝑥)], 𝐷𝑥[𝑓(𝑥)] 
 
Interpretação Geométrica da Derivada em um ponto 
Para entender o significado geométrico da derivada, recorre-se ao 
coeficiente angular da reta. 
Considere a função 𝑦 = 𝑓(𝑥) contínua, cujo gráfico é representado pela 
curva C. 
Se a reta s, secante a curva C, é determinada pelos pontos 𝑃0(𝑥0, 𝑓(𝑥0)) 
e 𝑃(𝑥, 𝑓(𝑥)), diz-se que o coeficiente angular de s é dado por 
tan 𝛼 = 
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0)
𝑥 − 𝑥0
, 
que corresponde à razão incremental de 𝑓(𝑥) no ponto 𝑥0. 
 
 
8 
 
Observe que se ∆𝑥 tende a 0, ou seja, se 𝑥 tende a 𝑥0, o ponto 𝑃 se 
aproxima de 𝑃0 e a reta secante 𝑠 tenderá a reta 𝑡, tangente á curva 𝐶 no 
ponto 𝑃0. 
Se a reta s tende à reta t, então 𝛼 tende a 𝛽. Portanto, 
lim
𝑥 →𝑥0
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0)
𝑥 − 𝑥0
= lim
∆𝑥 →0
∆𝑦
∆𝑥
= tan 𝛽. 
Então, conclui-se que 
𝑓′(𝑥0) = tan 𝛽. 
A derivada da função 𝑓 no ponto 𝑥0 é igual ao coeficiente angular tan 𝛽 da 
reta 𝑡, tangente ao gráfico da função 𝑓 no ponto 𝑃(𝑥0, 𝑓(𝑥0)). 
 
A equação da reta tangente t é dada por 
𝑦 − 𝑓(𝑥0) = 𝑓
′(𝑥0)(𝑥 − 𝑥0). 
 
Exemplo 
a) Calcule a equação da reta tangente ao gráfico de 𝑓(𝑥) = 𝑥2 no ponto 
(0,0). 
 
No exemplo anterior 𝑓′(𝑥) = 2𝑥. Portanto 𝑓′(0) = 0. 
Portanto, a equação da reta tangente é 
𝑦 − 0 = 0(𝑥 − 0) ⇒ 𝑦 = 0. 
b) Calcule a equação da reta tangente ao gráfico de 𝑓(𝑥) = 𝑥2 no ponto 
(1,1). 
𝑓′(1) = 2. 
Portanto, a equação da reta tangente é 
𝑦 − 1 = 2 (𝑥 − 1) ⇒ 𝑦 = 2𝑥 − 2 + 1 ⇒ 𝑦 = 2𝑥 − 1. 
 
Definição (reta normal) 
A reta normal a um gráfico em um dado ponto é a reta perpendicular à 
reta tangente naquele ponto. 
 
O produto do coeficiente angular da reta tangente pelo coeficiente angular 
da reta normal é igual a -1. 
9 
 
Para o exemplo anterior no ponto (0,0) não existe reta normal. 
No ponto (1,1), a equação da reta normal ao gráfico de 𝑓 no ponto (1,1) é 
dada por 
 
𝑦 − 1 = 
−1
2
 (𝑥 − 1). 
 
 
 
A figura acima exibe os gráficos de 𝑓(𝑥) = 𝑥2, da reta tangente ao gráfico 
no ponto (0,0), da reta tangente ao gráfico de f no ponto (1,1) e o gráfico 
da reta normal no ponto (1,1). 
 
 
 
10 
 
DERIVABILIDADE E CONTINUIDADE 
• O processo de cálculo da derivada é chamado de derivação. 
Assim, a derivação é a operação de derivar uma função 𝑓. 
• Se uma função possui derivada no ponto 𝑥0, a função é derivável 
em 𝑥0. Isto é, a função 𝑓 será derivável em 𝑥0, se 𝑓′(𝑥0) existir. 
• Uma função é derivável em um intervalo aberto se ela for derivável 
em todo ponto desse intervalo. 
 
Teorema 
Se uma função 𝑓 é derivável em 𝑥0 então 𝑓 é contínua em 𝑥0. 
Prova 
Considere que 𝑓 é derivável em 𝑥0. Mostraremos que 𝑓 é contínua em 𝑥0, 
demonstrando que lim
∆𝑥 →0
𝑓(𝑥0 + ∆𝑥) = 𝑓(𝑥0). Desde que o limite de um produto 
é o produto dos limites, temos 
lim
∆𝑥 →0
[𝑓(𝑥0 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥0)] = lim
∆𝑥 →0
[
𝑓(𝑥0 + ∆𝑥) −𝑓(𝑥0)
∆𝑥
 ∙ ∆𝑥]
= [ lim
∆𝑥 →0
𝑓(𝑥0 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥0)
∆𝑥
] ∙ [ lim
∆𝑥 →0
∆𝑥]
= 𝑓′(𝑥0) ∙ 0 = 0.
 
Todavia, desde que o limite da soma é a soma dos limites, tem-se 
lim
∆𝑥 →0
𝑓(𝑥0 + ∆𝑥) = lim
∆𝑥 →0
[𝑓(𝑥0 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥0) + 𝑓(𝑥0)]
= lim
∆𝑥 →0
[𝑓(𝑥0 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥0)] + lim
∆𝑥→0
𝑓(𝑥0)
= 0 + 𝑓(𝑥0)
= 𝑓(𝑥0).
 
■ 
 
A recíproca não é verdadeira, a função 𝑓(𝑥) = |𝑥| é contínua em 0. Mas não é 
derivável no zero. 
 
 
 
 
 
 
11 
 
DERIVADAS LATERAIS 
Definição (derivada lateral à direita) Se a função 𝑓 for definida no 𝑥0, então a 
derivada à direita de 𝑓 em 𝑥0, denotada por 𝑓
′
+
(𝑥0), é definida por 
 
𝑓′
+
(𝑥0) = lim
∆𝑥 →0+
𝑓(𝑥0 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥0)
∆𝑥
 
⇕ 
𝑓′
+
(𝑥0) = lim
𝑥 →𝑥0
+
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0)
𝑥 − 𝑥0
 
se o limite existir. 
 
Definição (derivada lateral à esquerda) Se a função 𝑓 for definida no 𝑥0, 
então a derivada à esquerda de 𝑓 em 𝑥0, denotada por 𝑓
′
−
(𝑥0), é definida por 
 
𝑓′
−
(𝑥0) = lim
∆𝑥 →0−
𝑓(𝑥0 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥0)
∆𝑥
 
⇕ 
𝑓′
−
(𝑥0) = lim
𝑥 →𝑥0
−
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0)
𝑥 − 𝑥0
 
se o limite existir. 
 
 
Exemplo 
Seja f definida por 𝑓(𝑥) = |𝑥|. 
a) Prove que 𝑓 é contínua em 0. 
b) Prove que f não é derivável em 0. 
 
Solução 
a) 
|𝑥| = {
𝑥 𝑠𝑒 𝑥 ≥ 0
−𝑥 𝑠𝑒 𝑥 < 0
 
Cálculo dos limites laterais: 
lim
𝑥 → 0−
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→0−
−𝑥 = 0. 
 
 
12 
 
lim
𝑥 → 0+
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→0+
𝑥 = 0. 
 
𝑓 é continua no ponto 0 pois lim
𝑥 →0
𝑓(𝑥) = 𝑓(0) = 0. 
 
b) Cálculo das derivadas laterais 
𝑓′
−
(0) = lim
𝑥 →0−
𝑓(𝑥) − 𝑓(0)
𝑥 − 0
 
 = lim
𝑥 → 0−
𝑓(𝑥)
𝑥
 
= lim
𝑥 → 0−
−𝑥
𝑥
 
= lim
𝑥 →0−
−1 = −1. 
 
𝑓′
+
(0) = lim
𝑥 →0+
𝑓(𝑥) − 𝑓(0)
𝑥 − 0
 
 = lim
𝑥 → 0+
𝑓(𝑥)
𝑥
 
= lim
𝑥 → 0−
𝑥
𝑥
 
= lim
𝑥 →0−
1 = 1. 
 
𝑓 não é derivável no ponto zero pois as derivadas laterais são distintas. 
 
 
Observação 
Se 𝑓 não é contínua em 𝑥0 então 𝑓 não é derivável em 𝑥0. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
13 
 
REGRAS BÁSICAS PARA A DERIVAÇÃO 
 
Teorema (Derivada da função constante) 
Se c for uma constante e se 𝑓(𝑥) = 𝑐, ∀ 𝑥 ∈ 𝑅 então 𝑓′(𝑥) = 0. 
 
Prova: 
𝑓′(𝑥) = lim
∆𝑥 →0
𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
𝑐 − 𝑐
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
0
∆𝑥
= 0.
 
■ 
Exemplo 
Se 𝑓(𝑥) = 5 então 𝑓′(𝑥) = 0. 
 
Teorema (Derivada da função identidade) 
Se 𝑓(𝑥) = 𝑥 então 𝑓′(𝑥) = 1. 
 
Prova 
 
𝑓′(𝑥) = lim
∆𝑥 →0
𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
𝑥 + ∆𝑥 − 𝑥
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
∆𝑥
∆𝑥
= 1.
 
■ 
 
 
Teorema (Derivada da função potência) 
Se 𝑓(𝑥) = 𝑥𝑛 então 𝑓′(𝑥) = 𝑛𝑥𝑛−1, ∀ 𝑛 ∈ 𝑁. 
 
 
 
14 
 
Exemplo 
Encontre a derivada da função abaixo 
a) 𝑓(𝑥) = 𝑥10 
b) 𝑔(𝑥) = 𝑥99 
 
Solução 
a) 𝑓′(𝑥) = 10𝑥9 
b) 𝑔′(𝑥) = 99𝑥98 
 
Teorema (Derivada do produto de uma constante por uma função) 
Se 𝑔 é uma função derivável , 𝑐 uma constante e se 𝑓 é uma função definida 
por 𝑓(𝑥) = 𝑐 ∙ 𝑔(𝑥) então 𝑓 é derivável e 𝑓′(𝑥) = 𝑐 ∙ 𝑔′(𝑥). 
Prova 
𝑓′(𝑥) = lim
∆𝑥 →0
𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
𝑐 ∙ 𝑔(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑐 ∙ 𝑔(𝑥)
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
𝑐 ∙ [ lim
∆𝑥 →0
𝑔(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑔(𝑥)
∆𝑥
]
= 𝑐 ∙ 𝑔′(𝑥) .
 
■ 
 
Exemplo 
Encontre a derivada da função abaixo 
a) 𝑓(𝑥) = 2𝑥10 
b) 𝑔(𝑥) = −5𝑥99 
c) ℎ(𝑥) = 3𝑥 
 
Solução 
a) 𝑓′(𝑥) = 2 ∙ 10 ∙ 𝑥9 
b) 𝑔′(𝑥) = (−5) ∙ 99 ∙ 𝑥98 
c) ℎ′(𝑥) = 3 ∙ 1 
 
 
 
15 
 
Teorema (Derivada da soma é a soma das derivadas) 
Se 𝑓 e 𝑔 são funções deriváveis e se ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥) então ℎ é derivável e 
ℎ′(𝑥) = 𝑓′(𝑥) + 𝑔′(𝑥). 
Prova: 
ℎ′(𝑥) = lim
∆𝑥 →0
ℎ(𝑥 + ∆𝑥) − ℎ(𝑥)
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
[𝑓(𝑥 + ∆𝑥) + 𝑔(𝑥 + ∆𝑥)] − [𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)]
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
[
𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)
∆𝑥
+ 
𝑔(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑔(𝑥)
∆𝑥
]
= lim
∆𝑥→0
𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)
∆𝑥
+ lim
∆𝑥 →0
𝑔(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑔(𝑥)
∆𝑥
= 𝑓′(𝑥) + 𝑔′(𝑥).
 
■ 
 
Exemplo 
Encontre a derivada da função abaixo 
a) 𝑓(𝑥) = 2𝑥10 + 4𝑥 
b) 𝑔(𝑥) = −5𝑥99 + 30 
 
Solução 
a) 𝑓′(𝑥) = 2 ∙ 10 ∙ 𝑥9 + 4 ∙ 1 
b) 𝑔′(𝑥) = (−5) ∙ 99 ∙ 𝑥98 + 0 
 
 
Observação 
Se 𝑓1, 𝑓2, ⋯ , 𝑓𝑛 são 𝑛 funções deriváveis então 
𝑓(𝑥) = 𝑓1(𝑥) + 𝑓2(𝑥) + ⋯ + 𝑓𝑛(𝑥) 
Então 
𝑓′(𝑥) = 𝑓1
′(𝑥) + 𝑓2
′(𝑥) + ⋯ + 𝑓𝑛
′(𝑥) 
 
 
 
 
 
16 
 
Teorema (Derivada da Subtração) 
Se 𝑓 e 𝑔 são funções deriváveis e se ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥) então ℎ é derivável e 
ℎ′(𝑥) = 𝑓′(𝑥) − 𝑔′(𝑥). 
Prova: 
𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) + [−𝑔(𝑥)] 
ℎ′(𝑥) = lim
∆𝑥 →0
ℎ(𝑥 + ∆𝑥) − ℎ(𝑥)
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
[𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑔(𝑥 + ∆𝑥)] − [𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)]
∆𝑥
= lim
∆𝑥→0
[
𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)
∆𝑥
− 
𝑔(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑔(𝑥)
∆𝑥
 ]
= lim
∆𝑥 →0
𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)
∆𝑥
− lim
∆𝑥→0
𝑔(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑔(𝑥)
∆𝑥
= 𝑓′(𝑥) − 𝑔′(𝑥)
 
 
Exemplo 
Encontre a derivada da função 
𝑓(𝑥) = 3𝑥5 − 12𝑥 
Solução 
𝑓′(𝑥) = 3 ∙ 5 ∙ 𝑥4 − 12 ∙ 1 
 
Teorema (Derivada do Produto) 
Se 𝑓 e 𝑔 são funções deriváveis e se ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥) então ℎ é derivável e 
ℎ′(𝑥) = 𝑓(𝑥) ∙ 𝑔′(𝑥) + 𝑔(𝑥) ∙ 𝑓′(𝑥). 
 
Prova: 
ℎ′(𝑥) = lim
∆𝑥 →0
ℎ(𝑥 + ∆𝑥) − ℎ(𝑥)
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
[𝑓(𝑥 + ∆𝑥) ∙ 𝑔(𝑥 + ∆𝑥)] − [𝑓(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥)]
∆𝑥
 
 
Se 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) ∙ 𝑔(𝑥) for somado e subtraído ao numerador, então 
 
17 
 
ℎ′(𝑥) = lim
∆𝑥 →0
[𝑓(𝑥 + ∆𝑥) ∙ 𝑔(𝑥 + ∆𝑥)] − 𝑓(𝑥 + ∆𝑥)𝑔(𝑥) + 𝑓(𝑥 + ∆𝑥)𝑔(𝑥) − [𝑓(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥)]
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
[𝑓(𝑥 + ∆𝑥) ∙ 
𝑔(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑔(𝑥)
∆𝑥
+ 𝑔(𝑥) ∙ 
𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)
∆𝑥
]
= lim
∆𝑥 →0
[𝑓(𝑥 + ∆𝑥) ∙ 
𝑔(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑔(𝑥)
∆𝑥
] + lim
∆𝑥→0
[𝑔(𝑥) ∙ 
𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)
∆𝑥
]
= lim
∆𝑥→0
𝑓(𝑥 + ∆𝑥) ∙ lim
∆𝑥→0
𝑔(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑔(𝑥)
∆𝑥
+ lim
∆𝑥→0
𝑔(𝑥) ∙ lim
∆𝑥 →0
𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)
∆𝑥
= 𝑓(𝑥) ∙ 𝑔′(𝑥) + 𝑔(𝑥) ∙ 𝑓′(𝑥).
 
■ 
 
Exemplo 
Encontre a derivada da função 
 
𝑓(𝑥) = (3𝑥 + 4) (4𝑥10 − 4𝑥 + 2) 
Solução 
𝑓′(𝑥) = (3𝑥 + 4)′ ∙ (4𝑥10 − 4𝑥 + 2) + (3𝑥 + 4) ∙ (4𝑥10 − 4𝑥 + 2)′ 
𝑓′(𝑥) = (3 ∙ 1 + 0) ∙ (4𝑥10 − 4𝑥 + 2) + (3𝑥 + 4) ∙ (4 ∙ 10 ∙ 𝑥9 − 4 ∙ 1 + 0) 
 
 
Teorema (Derivada do quociente) 
Se 𝑓 e 𝑔 são funções deriváveis com 𝑔(𝑥) ≠ 0 e se ℎ(𝑥) = 
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
 então ℎ é 
derivável e 
ℎ′(𝑥) = 
𝑓′(𝑥)𝑔(𝑥) − 𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥)
[𝑔(𝑥)]2
. 
 
Prova: 
ℎ′(𝑥) = lim
∆𝑥 →0
ℎ(𝑥 + ∆𝑥) − ℎ(𝑥)
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
𝑓(𝑥 + ∆𝑥)
𝑔(𝑥 + ∆𝑥)
−
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
∆𝑥
= lim
∆𝑥→0
𝑓(𝑥 + ∆𝑥) ∙ 𝑔(𝑥) − 𝑓(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥 + ∆𝑥)
∆𝑥 ∙ 𝑔(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥 + ∆𝑥)
 
 
Se somarmos e subtrairmos 𝑓(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥) ao numerador, tem-se 
18 
 
 
ℎ′(𝑥) = lim
∆𝑥→0
𝑓(𝑥 + ∆𝑥) ∙ 𝑔(𝑥) − 𝑓(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) + 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)
∆𝑥 ∙ 𝑔(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥 + ∆𝑥)
= lim
∆𝑥 →0
[𝑔(𝑥) ∙ 
𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)
∆𝑥 ] − [𝑓
(𝑥) ∙ 
𝑔(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑔(𝑥)
∆𝑥 ]
∆𝑥 ∙ 𝑔(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥 + ∆𝑥)
=
lim
∆𝑥→0
𝑔(𝑥) ∙ lim
∆𝑥→0
𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)
∆𝑥 − lim∆𝑥 →0
𝑓(𝑥) ∙ lim
∆𝑥 →0
𝑔(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑔(𝑥)
∆𝑥
lim
∆𝑥→0
𝑔(𝑥) ∙ lim
∆𝑥→0
𝑔(𝑥 + ∆𝑥)
=
𝑔(𝑥) ∙ 𝑓′(𝑥) − 𝑓(𝑥) ∙ 𝑔′(𝑥)
[𝑔(𝑥)]2
.
 
 
 
Exemplo 
Encontre a derivada da função 
 
𝑓(𝑥) = 
𝑥 + 5
𝑥2 − 1
 
Solução 
𝑓′(𝑥) =
(𝑥 + 5)′ ∙ (𝑥2 − 1) − (𝑥 + 5)(𝑥2 − 1)′
(𝑥2 − 1)2
=
=
(1 + 0) ∙ (𝑥2 − 1) − (𝑥 + 5) ∙ (2𝑥 − 0)
(𝑥2 − 1)2
 
1 
 
 
DERIVADA 
 
Definição (Derivada) 
A derivada de uma função 𝑓 é a função denotada por 𝑓′, tal que seu valor em 
qualquer número 𝑥 do seu domínio é definida por 
𝑓′(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚
∆𝑥 →0
𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)
∆𝑥
 
se este limite existir. 
Se 𝑎 for um determinado número no domínio de 𝑓, então 
𝑓′(𝑎) = lim
∆𝑥 →0
𝑓(𝑎 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑎)
∆𝑥
. 
se este limite existir. 
 
 
REGRAS BÁSICAS PARA A DERIVAÇÃO 
 
Teorema (Derivada da função constante) 
Se 𝑐 for uma constante e se 𝑓(𝑥) = 𝑐, ∀ 𝑥 ∈ 𝑅 então 𝑓′(𝑥) = 0. 
 
 
Teorema (Derivada da funçãoidentidade) 
Se 𝑓(𝑥) = 𝑥 então 𝑓′(𝑥) = 1. 
 
Teorema (Derivada da função potência) 
Se 𝑓(𝑥) = 𝑥𝑛 então 𝑓′(𝑥) = 𝑛𝑥𝑛−1, ∀ 𝑛 ∈ 𝑁. 
 
Teorema (Derivada do produto de uma constante por uma função) 
Se 𝑔 é uma função derivável , 𝑐 uma constante e se 𝑓 é uma função definida 
por 𝑓(𝑥) = 𝑐 ∙ 𝑔(𝑥) então 𝑓 é derivável e 𝑓′(𝑥) = 𝑐 ∙ 𝑔′(𝑥). 
 
Teorema (Derivada da soma é a soma das derivadas) 
Se 𝑓 e 𝑔 são funções deriváveis e se ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥) então ℎ é derivável e 
ℎ′(𝑥) = 𝑓′(𝑥) + 𝑔′(𝑥). 
2 
 
Observação 
Se 𝑓1, 𝑓2, ⋯ , 𝑓𝑛 são 𝑛 funções deriváveis então 
𝑓(𝑥) = 𝑓1(𝑥) + 𝑓2(𝑥) + ⋯ + 𝑓𝑛(𝑥) 
Então 
𝑓′(𝑥) = 𝑓1
′(𝑥) + 𝑓2
′(𝑥) + ⋯ + 𝑓𝑛
′(𝑥) 
 
 
Teorema (Derivada da Subtração) 
Se 𝑓 e 𝑔 são funções deriváveis e se ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥) então ℎ é derivável e 
ℎ′(𝑥) = 𝑓′(𝑥) − 𝑔′(𝑥). 
 
Teorema (Derivada do Produto) 
Se 𝑓 e 𝑔 são funções deriváveis e se ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥) então ℎ é derivável e 
ℎ′(𝑥) = 𝑓(𝑥) ∙ 𝑔′(𝑥) + 𝑔(𝑥) ∙ 𝑓′(𝑥). 
 
 
Teorema (Derivada do quociente) 
Se 𝑓 e 𝑔 são funções deriváveis com 𝑔(𝑥) ≠ 0 e se ℎ(𝑥) = 
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
 então ℎ é 
derivável e 
ℎ′(𝑥) = 
𝑓′(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥) − 𝑓(𝑥) ∙ 𝑔′(𝑥)
[𝑔(𝑥)]2
. 
 
Teorema 
Se 𝑓(𝑥) = 𝑥−𝑛, em que −𝑛 é um inteiro negativo e 𝑥 ≠ 0 então 
𝑓′(𝑥) = −𝑛 ∙ 𝑥−𝑛−1. 
Prova: Se −𝑛 é um inteiro negativo então 𝑛 é um número natural. Escrevemos 
então 
𝑓(𝑥) =
1
𝑥𝑛
. 
Aplicando a derivada do quociente, obtemos: 
3 
 
𝑓′(𝑥) =
(1)′ ∙ 𝑥𝑛 − 1 ∙ (𝑥𝑛)′
(𝑥𝑛)2
=
0 ∙ 𝑥𝑛 − 1 ∙ (𝑛 ∙ 𝑥𝑛−1)
𝑥2𝑛
=
−𝑛 𝑥𝑛−1
𝑥2𝑛
= −𝑛 𝑥𝑛−1−2𝑛
−𝑛𝑥−𝑛−1.
 
 
Exemplo 
Encontre a derivada da função abaixo 
a) 𝑓(𝑥) = 𝑥−10 
b) 𝑔(𝑥) = 
3
𝑥2
+
5
𝑥4
= 3𝑥−2 + 5𝑥−4 
 
Solução 
a) 𝑓′(𝑥) = −10𝑥−11 
b) 𝑔′(𝑥) = 3 ∙ (−2)𝑥−3 + 5 ∙ (−4)𝑥−5 = −6𝑥−3 − 20𝑥−5. 
 
 
Teorema (Derivada da função exponencial) 
Se 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥, com 𝑎 ∈ 𝑅, e 0 < 𝑎 ≠ 1 0 então 
𝑓′(𝑥) = 𝑎𝑥 ∙ ln 𝑎. 
Prova: Usando a definição de derivada temos: 
𝑓′(𝑥) = lim
∆𝑥 →0
𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
𝑎𝑥+∆𝑥 − 𝑎𝑥
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
𝑎𝑥 ∙ (𝑎∆𝑥 − 1)
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
𝑎𝑥 ∙ lim
∆𝑥 →0
𝑎∆𝑥 − 1
∆𝑥
= 𝑎𝑥 ∙ ln 𝑎.
 
■ 
 
No caso particular da função exponencial de base 𝑒, tem-se 𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥 portanto 
𝑓′(𝑥) = 𝑒𝑥 ∙ ln 𝑒 = 𝑒𝑥 ∙ 1 = 𝑒𝑥. 
 
4 
 
Exemplo 
Encontre a derivada da função abaixo 
a) 𝑓(𝑥) = 2 ∙ 5𝑥 
b) 𝑔(𝑥) = (𝑒𝑥 − 4𝑥) (2𝑥 + 5) 
c) ℎ(𝑥) = 𝑥2 ∙ 𝑒𝑥. 
 
Solução 
a) 𝑓′(𝑥) = 2 ∙ 5𝑥 ln 5. 
b) derivada da função g 
𝑔′(𝑥) = (𝑒𝑥 − 4𝑥)′ ∙ (2𝑥 + 5) + (𝑒𝑥 − 4𝑥) ∙ (2𝑥 + 5)′
= (𝑒𝑥 − 4𝑥 ∙ ln 4) ∙ (2𝑥 + 5) + (𝑒𝑥 − 4𝑥) ∙ (2𝑥 ∙ ln 2 + 0)
 
c) ℎ′(𝑥) = 2𝑥 ∙ 𝑒𝑥 + 𝑥2 ∙ 𝑒𝑥 = 𝑒𝑥(2𝑥 + 𝑥2) = 𝑒𝑥 ∙ 𝑥 (2 + 𝑥) 
 
DERIVADA DAS FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS 
Para encontrar a derivada da função seno, aplicamos a identidade trigonométrica 
sin(𝑎 + 𝑏) = sin 𝑎 cos 𝑏 + cos 𝑎 sin 𝑏. 
Além disso, usa-se os seguintes limites trigonométricos: 
O limite trigonométrico fundamental 
lim
𝑡→0
sin(𝑡)
𝑡
= 1 
e 
lim
𝑡 →0
1 − cos(𝑡)
𝑡
= 0. 
Com efeito: 
lim
𝑡→0
1 − cos 𝑡
𝑡
= lim
𝑡 →0
(1 − cos 𝑡) (1 + cos 𝑡)
𝑡 (1 + cos 𝑡)
= lim
𝑡→0
(1 − cos2 𝑡)
𝑡 (1 + cos 𝑡)
= lim
𝑡 →0
sin2 𝑡
𝑡 (1 + cos 𝑡)
= lim
𝑡→0
sin 𝑡
𝑡
∙ lim
𝑡→0
sin 𝑡
(1 + cos 𝑡)
= lim
𝑡→0
sin 𝑡
𝑡
 ∙ 
lim
𝑡→0
sin 𝑡
lim
𝑡→0
(1 + cos 𝑡)
= 1 ∙ 
0
2
= 0.
 
5 
 
Teorema (Derivada da função seno) 
Se 𝑓(𝑥) = sin 𝑥 então 𝑓′(𝑥) = cos 𝑥. 
Prova: Usando a definição de derivada temos: 
𝑓′(𝑥) = lim
∆𝑥 →0
𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
sin(𝑥 + ∆𝑥) − sin 𝑥
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
sin 𝑥 ∙ cos(∆𝑥) + cos 𝑥 ∙ sin(∆𝑥) − sin 𝑥
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
sin 𝑥 (cos(∆𝑥) − 1) + cos𝑥 ∙ sin (∆𝑥)
∆𝑥
= lim
∆𝑥→0
[sin 𝑥 ∙ 
cos(∆𝑥) − 1
∆𝑥
 + cos 𝑥 ∙ 
sin(∆𝑥)
∆𝑥
]
= lim
∆𝑥 →0
sin 𝑥 ∙ 
cos(∆𝑥) − 1
∆𝑥
+ lim
∆𝑥 →0
cos 𝑥 ∙ 
sin(∆𝑥)
∆𝑥
= sin 𝑥 ∙ 0 + cos 𝑥 ∙ 1
= cos 𝑥.
 
 
Para encontrar a derivada da função co-seno, aplicamos a identidade 
trigonométrica 
cos(𝑎 + 𝑏) = cos 𝑎 cos 𝑏 − sin 𝑎 sin 𝑏. 
Além disso, usa-se os seguintes limites trigonométricos: 
O limite trigonométrico fundamental 
lim
𝑡→0
sin(𝑡)
𝑡
= 1 
e 
lim
𝑡 →0
1 − cos(𝑡)
𝑡
= 0. 
 
Teorema (Derivada da função co-seno) 
Se 𝑓(𝑥) = cos 𝑥 então 𝑓′(𝑥) = −sin 𝑥. 
 
Prova: Usando a definição de derivada temos: 
6 
 
𝑓′(𝑥) = lim
∆𝑥 →0
𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
cos(𝑥 + ∆𝑥) − cos 𝑥
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
cos 𝑥 ∙ cos(∆𝑥) − sin 𝑥 ∙ sin(∆𝑥) − cos 𝑥
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
cos 𝑥 (cos(∆𝑥) − 1) − sin𝑥 ∙ sin (∆𝑥)
∆𝑥
= lim
∆𝑥→0
[cos 𝑥 ∙ 
cos(∆𝑥) − 1
∆𝑥
− sin 𝑥 ∙ 
sin(∆𝑥)
∆𝑥
]
= lim
∆𝑥 →0
cos 𝑥 ∙ 
cos(∆𝑥) − 1
∆𝑥
− lim
∆𝑥 →0
sin 𝑥 ∙ 
sin(∆𝑥)
∆𝑥
= cos 𝑥 ∙ 0 − sin 𝑥 ∙ 1
= −sin 𝑥.
 
■ 
 
Exemplo 
Encontre a derivada da função abaixo 
a) 𝑓(𝑥) = 𝑥2 cos 𝑥 − sin 𝑥 
b) 𝑔(𝑥) = 
sin 𝑥
1−cos 𝑥
 
 
Solução 
a) 𝑓′(𝑥) = 2𝑥 ∙ cos 𝑥 + 𝑥2 ∙ (− sin 𝑥) − cos 𝑥 
b) Aplica a derivada do quociente 
𝑔′(𝑥) =
(sin 𝑥)′ ∙ (1 − cos 𝑥) − (sin 𝑥) ∙ (1 − cos 𝑥)′
(1 − cos 𝑥)2
=
(cos 𝑥) ∙ (1 − cos 𝑥) − (sin 𝑥) ∙ (0 − (− sin 𝑥)) 
(1 − cos 𝑥)2
=
cos 𝑥 − cos2 𝑥 − sin2 𝑥
(1 − cos 𝑥)2
.
 
 
 
Teorema (Derivada da função tangente) 
Se 𝑓(𝑥) = tan 𝑥 então 𝑓′(𝑥) = sec2 𝑥. 
 
Prova: Usaremos a definição da função tangente 
𝑓(𝑥) = 
sin 𝑥
cos 𝑥
 
7 
 
e aplicaremos a derivada do quociente. 
𝑓′(𝑥) =
cos 𝑥 ∙ cos 𝑥 − sin 𝑥 ∙ (− sin 𝑥)
cos2 𝑥
=
cos2 𝑥 + sin2 𝑥
cos2 𝑥
=
1
cos2 𝑥
= sec2 𝑥 .
 
 
Teorema (Derivada da função co-tangente) 
Se 𝑓(𝑥) = cotg 𝑥 então 𝑓′(𝑥) = −cosec2 𝑥. 
 
Prova: Usaremos a definição da função co-tangente 
𝑓(𝑥) = 
cos 𝑥
sin 𝑥
 
e aplicaremos a derivada do quociente. 
𝑓′(𝑥) =
(−sin 𝑥) ∙ sin 𝑥 − cos 𝑥 ∙ (cos 𝑥)
sin2 𝑥
=
−sin2 𝑥 − cos2 𝑥
𝑠𝑖𝑛2 𝑥
=
−1
sin2 𝑥
= − cosec2 𝑥 .
 
 
 
Teorema (Derivada da função secante) 
Se 𝑓(𝑥) = sec 𝑥 então 𝑓′(𝑥) = sec 𝑥 ∙ tan 𝑥 . 
 
Prova: Usaremos a definição da função secante 
𝑓(𝑥) = 
1
cos 𝑥
 
e aplicaremos a derivada do quociente. 
 
 
 
 
 
8 
 
𝑓′(𝑥) =
(1)′ ∙ cos 𝑥 − 1 ∙ (cos 𝑥)′
cos2 𝑥
=
0 ∙ cos 𝑥 − 1 ∙ (− sin 𝑥)
cos2 𝑥
=
sin 𝑥
cos2 𝑥
=
1
cos 𝑥
∙ 
sin 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
= 𝑠𝑒𝑐 𝑥 ∙ tan 𝑥 .
 
 
Teorema (Derivada da função co-secante) 
Se 𝑓(𝑥) = cosec 𝑥 então 𝑓′(𝑥) = −𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥 ∙ 𝑐𝑜𝑡𝑔𝑥. 
Prova: Usaremos a definição da função co-secante 
𝑓(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐 𝑥 =
1
sin 𝑥
 
e aplicaremos a derivada do quociente. 
𝑓′(𝑥) =
(1)′ ∙ sin 𝑥 − 1 ∙ (sin 𝑥)′
sin2 𝑥
=
0 ∙ sin 𝑥 − cos 𝑥
𝑠𝑖𝑛2 𝑥
=
−1
𝑠𝑖𝑛 𝑥
 ∙ 
cos 𝑥
sin 𝑥
= −𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥 ∙ 𝑐𝑜𝑡𝑔 𝑥.
 
 
Teorema (Derivada da função inversa) 
Seja 𝑓: 𝐼 → 𝑅 uma função crescente (ou decrescente ) em um intervalo aberto 𝐼. 
Suponhamos que 𝑓 é derivável em 𝐼 e 𝑓′(𝑥) ≠ 0, ∀ 𝑥 ∈ 𝐼. Então, a função inversa 
𝑓−1: 𝑓(𝐼) → 𝐼 é também derivável no intervalo aberto 𝑓(𝐼) e 
(𝑓−1)′(𝑦) = 
1
𝑓′(𝑓−1(𝑦))
 
∀ 𝑦 ∈ 𝑓(𝐼), isto é, se 𝑦 = 𝑓(𝑥) então 
(𝑓−1)′(𝑦) = 
1
𝑓′(𝑥)
. 
Demonstração: Seja 𝑏 = 𝑓(𝑎) ∈ 𝑓(𝐼). Seja 𝑦 ∈ 𝑓(𝐼), 𝑦 ≠ 𝑏, 𝑦 = 𝑓(𝑥). 
 
𝑓−1(𝑦) − 𝑓−1(𝑏)
𝑦 − 𝑏
=
𝑥 − 𝑎
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎)
=
1
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎)
𝑥 − 𝑎
 
 
9 
 
Como 𝑓 é derivável e portanto contínua, temos 𝑓−1 é contínua em 𝑓(𝐼) 
e 𝑓′(𝑥) ≠ 0, ∀𝑥 ∈ 𝐼. Temos 
𝑦 → 𝑏 ⇒ 𝑓−1(𝑦) → 𝑓−1(𝑏) ⇒ 𝑥 → 𝑎. 
Aplicando o limite, temos 
lim
𝑦→𝑏
𝑓−1(𝑦) − 𝑓−1(𝑏)
𝑦 − 𝑏
= lim
𝑥 →𝑎
1
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎)
𝑥 − 𝑎
 
(𝑓−1)′(𝑏) =
1
𝑓′(𝑎)
. 
Daqui, 
(𝑓−1)′(𝑦) = 
1
𝑓′(𝑓−1(𝑦))
 , ∀𝑦 ∈ 𝑓(𝐼). ■ 
 
Observação: 
 
𝑦 = 𝑓(𝑥) ⇔ 𝑥 = 𝑓−1(𝑦) 
 
Teorema (Derivada da função logarítmica) 
Se 𝑓(𝑥) = log𝑎 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = 
1
𝑥 ∙ ln 𝑎
. 
Prova: 
Sabemos quea função logarítmica é a inversa da função exponencial 
𝑦 = log𝑎 𝑥 ⟺ 𝑥 = 𝑎
𝑦. 
Sabemos que se 𝑥′ = 𝑎𝑦 ∙ ln 𝑎 , empregando a derivada da função inversa, 
temos: 
𝑦′ =
1
𝑥′
=
1
𝑎𝑦 ∙ ln 𝑎
=
1
𝑥 ∙ ln 𝑎
.
 
 
Observação: 
No caso particular em que 𝑎 = 𝑒, temos 
𝑦 = ln 𝑥 ⇒ 𝑦′ =
1
𝑥 ln 𝑒
= 
1
𝑥
. 
 
 
10 
 
Definição (Função inversa do seno) 
A função inversa do seno, denotada por 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛, é assim definida: 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 ⇔ 𝑥 = sin 𝑦 𝑒 −
𝜋
2
 ≤ 𝑦 ≤
𝜋
2
. 
O domínio do arcoseno é o intervalo fechado [−1,1] e a imagem é o intervalo 
fechado [−
𝜋
2
,
𝜋
2
]. 
 
Figura 1 Gráfico da função seno 
 
 
 
 
 
 
 
11 
 
Figura 2 Gráfico da função inversa do seno 
 
 
 
Teorema (Derivada da função arcoseno) 
Se 𝑦 = arcsin 𝑥 então 
𝑦′ =
1
√1 − 𝑥2
 
 
Prova: 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛 𝑥 ⇔ 𝑥 = sin 𝑦 
 
Sabemos que se 𝑥′ = cos 𝑦 , empregando a derivada da função inversa, 
temos: 
12 
 
𝑦′ =
1
𝑥′
=
1
𝑐𝑜𝑠𝑦
=
1
√1 − sin2 𝑦
.
=
1
√1 − 𝑥2
.
 
 Pois cos2 𝑦 + sin2 𝑦 = 1 ⇒ cos 𝑦 = ± √1 − sin2 𝑦 
Se 𝑦 ∈ [−
𝜋
2
,
𝜋
2
] , cos 𝑦 > 0. 
Portanto cos 𝑦 = √1 − sin2 𝑦 
 
Definição (Função inversa do co-seno) 
A função inversa do co-seno, denotada por 𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑜𝑠, é assim definida: 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑜𝑠𝑥 ⇔ 𝑥 = cos 𝑦 𝑒 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝜋. 
O domínio do arco co-seno é o intervalo fechado [−1,1] e a imagem é o intervalo 
fechado [0, 𝜋]. 
 
Figura 3 Gráfico da função co-seno 
 
 
 
 
13 
 
Figura 4 Gráfico da função inversa do co-seno 
 
 
 
 
 
 
Teorema (Derivada da função arco co-seno) 
Se 𝑦 = arccos 𝑥 então 
𝑦′ =
−1
√1 − 𝑥2
. 
 
Prova: 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑜𝑠 𝑥 ⇔ 𝑥 = cos 𝑦 
 
Sabemos que se 𝑥′ = −sin 𝑦 , empregando a derivada da função inversa, 
temos: 
14 
 
𝑦′ =
1
𝑥′
=
1
− sin 𝑦
=
−1
√1 − cos2 𝑦
.
=
−1
√1 − 𝑥2
.
 
Se 𝑦 ∈ [0, 𝜋], sin 𝑦 > 0 
 
 
Definição (Função inversa da tangente) 
A função inversa da tangente, denotada por 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑎𝑛, é assim definida: 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑎𝑛𝑥 ⇔ 𝑥 = tan 𝑦 𝑒 −
𝜋
2
< 𝑦 <
𝜋
2
. 
O domínio do arco tangente é o conjunto dos números reais e a imagem é o 
intervalo aberto (−
𝜋
2
,
𝜋
2
). 
 
Figura 5 Gráfico da função tangente 
 
 
 
 
 
 
15 
 
Figura 6 Gráfico da inversa da função tangente 
 
 
 
 
 
 
Teorema (Derivada da função arco tangente) 
Se 𝑦 = arctan 𝑥 então 
𝑦′ = 
1
1 + 𝑥2
 
 
Prova: 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑎𝑛 𝑥 ⇔ 𝑥 = tan 𝑦 
 
Sabemos que se 𝑥′ = sec2 𝑦 , empregando a derivada da função inversa, 
temos: 
𝑦′ =
1
𝑥′
=
1
sec2 𝑦
=
1
1 + tan2 𝑦
.
=
1
1 + 𝑥2
.
 
16 
 
Definição (Função inversa da co-tangente) 
A função inversa da co-tangente, denotada por 𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑜𝑡, é assim definida: 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑜𝑡𝑔𝑥 ⇔ 𝑥 = cotg 𝑦 𝑒 0 < 𝑦 < 𝜋. 
O domínio do arco co-tangente é o conjunto dos números reais e a imagem é o 
intervalo aberto (0, 𝜋 ). 
 
Figura 7 Gráfico da função co-tangente 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
17 
 
Figura 8 Gráfico da inversa função co-tangente 
 
 
 
 
Teorema (Derivada da função arco co-tangente) 
Se 𝑦 = arc cotg 𝑥 então 
𝑦′ = 
−1
1 + 𝑥2
 
 
Prova: 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑜𝑡𝑔 𝑥 ⇔ 𝑥 = cotg 𝑦 
 
Sabemos que se 𝑥′ = −𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐2 𝑦 , empregando a derivada da função 
inversa, temos: 
18 
 
𝑦′ =
1
𝑥′
=
1
−cosec2 𝑦
=
−1
1 + cotg2 𝑦
.
=
−1
1 + 𝑥2
.
 
 
Definição (Função inversa da secante) 
A função inversa da secante, denotada por 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑐, é assim definida: 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑐𝑥 ⇔ 𝑥 = sec 𝑦 𝑒 {
0 ≤ 𝑦 < 𝜋/2 𝑠𝑒 𝑥 ≥ 1
𝜋 ≤ 𝑦 < 3𝜋/2 𝑠𝑒 𝑥 ≤ −1
 
O domínio do arco secante é (−∞, −1] ∪ [1, +∞). 𝐴 imagem é 
[0,
𝜋
2
) ∪ [𝜋,
3𝜋
2
) 
 
Figura 9 Gráfico da função secante 
 
 
 
 
 
 
 
19 
 
Figura 10 Gráfico da função inversa da secante 
 
Observação: 
Não há unanimidade na escolha da união dos intervalos para a função inversa 
da função secante, em alguns livros a escolha é [0, 𝜋 /2 ) ∪ ( 𝜋 /2 , 𝜋], em outros 
é [0, 𝜋 /2 ) ∪ [𝜋, 3𝜋/ 2 ). 
 
Teorema (Derivada da função arco secante) 
Se 𝑦 = arc sec 𝑥 com |𝑥| ≥ 1 então 
𝑦′ = 
1
𝑥 √𝑥2 − 1
. 
 
Prova: 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑐 𝑥 ⇔ 𝑥 = sec 𝑦 
 
Sabemos que se 𝑥′ = 𝑠𝑒𝑐 𝑦 ∙ tan 𝑦 , empregando a derivada da função inversa, 
temos: 
𝑦′ =
1
𝑥′
=
1
𝑠𝑒𝑐𝑦 ∙ tan 𝑦
=
1
𝑥 ∙ √𝑥2 − 1
 
 
20 
 
Definição (Função inversa da co-secante) 
A função inversa da co-secante, denotada por 𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐, é assim definida: 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐𝑥 ⇔ 𝑥 = 𝑐𝑜 sec 𝑦 𝑒 {
−
𝜋
2
≤ 𝑦 < 0 𝑠𝑒 𝑥 ≥ 1
0 < 𝑦 ≤ 𝜋/2 𝑠𝑒 𝑥 ≤ −1
 
O domínio do arco co-secante é (−∞, −1] ∪ [1, +∞). 𝐴 imagem é 
 
[−
𝜋
2
, 0) ∪ (0,
𝜋
2
] 
 
Figura 11 Gráfico da função cossecante 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
21 
 
Figura 12 Gráfico da função inversa da cossecante 
 
 
 
 
Teorema (Derivada da função arco co-secante) 
Se 𝑦 = arc csc 𝑥 com |𝑥| ≥ 1 então 
𝑦′ = 
−1
𝑥 √𝑥2 − 1
. 
 
Prova: 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑠𝑐 𝑥 ⇔ 𝑥 = csc 𝑦 
 
Sabemos que se 𝑥′ = −𝑐𝑠𝑐 𝑦 ∙ cot 𝑦 , empregando a derivada da função 
inversa, temos: 
𝑦′ =
1
𝑥′
=
−1
𝑐𝑠𝑐𝑥 ∙ cot 𝑥
=
−1
𝑥 ∙ √𝑥2 − 1
 
 
 
22 
 
Teorema (Regra da Cadeia) 
Se a função 𝑔 for derivável em 𝑥 e a função 𝑓 for derivável em 𝑔(𝑥), então a 
função composta 𝑓 ∘ 𝑔 será derivável em 𝑥, e 
(𝑓 ∘ 𝑔)′(𝑥) = 𝑓′(𝑔(𝑥)) ∙ 𝑔′(𝑥). 
 
Na notação de Leibniz, se 𝑦 = 𝑓(𝑢) e 𝑢 = 𝑔(𝑥), então 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 
𝑑𝑦
𝑑𝑢
∙ 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
 
 
Exemplo ( Relacionando derivadas) 
 
A função 𝑦 = 6𝑥 − 10 = 2(3𝑥 − 5) é a função composta de 𝑦 = 2𝑢 e 
 𝑢 = 3𝑥 − 5. Como as derivadas dessas funções se relacionam 
Usando a notação de Leibniz, temos 
𝑑𝑦
𝑑𝑢
= 2,
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 3 
Portanto 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 6. 
 
Exemplo ( Relacionando derivadas) 
A função 𝑦 = (3𝑥2 + 1)2 é a função composta de 𝑦 = 𝑢2 e 𝑢 = 3𝑥2 + 1. 
Usando a notação de Leibniz, temos 
𝑑𝑦
𝑑𝑢
= 2𝑢,
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 6𝑥 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 2𝑢 ∙ 6𝑥 = 2(3𝑥2 + 1) ∙ 6𝑥. 
 
Outra maneira: 
𝑦′ = 2(3𝑥2 + 1) ∙ (6𝑥) 
 
Exemplo (Derivando de fora para dentro) 
Derive a função 𝑓(𝑥) = 𝑠𝑖𝑛(𝑥2 + 𝑥). 
Solução 
𝑓′(𝑥) = cos(𝑥2 + 𝑥) ∙ (2𝑥 + 1). 
23 
 
 
Exemplo 
 
𝑦 = 𝑥3 ⇔ 𝑥 = √𝑦.
3 
Pela regra da cadeia 
𝑑𝑥
𝑑𝑦
 ∙
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 1 
Assim, 
𝑑𝑥
𝑑𝑦
= 
1
𝑑𝑦/𝑑𝑥
 
Mas, 𝑦 = 𝑥3 então 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 3𝑥2 = 3 (√𝑦
3 )
2
= 3𝑦2/3. 
Desta forma 
𝑑𝑥
𝑑𝑦
= 
1
3𝑦2/3
 
Desde que 𝑦 ≠ 0. 
 
Teorema 
Se 𝑛 é um numero natural e 𝑓(𝑥) = √𝑥
𝑛
 então 
𝑓′(𝑥) = 
1
𝑛
 𝑥
1
𝑛
−1. 
Prova: 
𝑦 = √𝑥
𝑛
 ⇔ 𝑥 = 𝑦𝑛 
Portanto 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 
1
𝑛 𝑦𝑛−1
=
1
𝑛 ∙ ( √𝑥
𝑛
)
𝑛−1 = 
1
𝑛
 𝑥
1
𝑛
−1
 
Desde que 𝑥 ≠ 0. 
 
Exemplo 
Derive a função 𝑓(𝑥) = √𝑥 = 𝑥1/2 
Solução: 
𝑓′(𝑥) = 
1
2
 ∙ 𝑥
1
2
−1 = 
1
2
 𝑥−
1
2 =
1
2√𝑥
. 
 
24 
 
 
Teorema (A regra da potência para expoentes racionais) 
Se 𝑓(𝑥) = 𝑥𝑝/𝑞 sendo 𝑝 e 𝑞 inteiros e 𝑞 ≠ 0 então 
𝑓′(𝑥) = 
𝑝
𝑞
 𝑥
𝑝
𝑞
−1
. 
Prova: Temos: 𝑓(𝑥) = (𝑥1/𝑞)
𝑝
 
usando a regra da cadeia, obtemos 
𝑓′(𝑥) = 𝑝 ∙ (𝑥
1
𝑞)
𝑝−1
∙ (𝑥
1
𝑞)
′
 
 = 𝑝 ∙ 𝑥
𝑝
𝑞
 −
 1
𝑞 ∙ 
1
𝑞
 𝑥
1 
𝑞
 − 1
 
= 
𝑝
𝑞
 𝑥
𝑝
𝑞
 −1
. 
 
Exemplo 
Derive a função 𝑓(𝑥) = 𝑥3/2. 
Solução: 
𝑓′(𝑥) = 
3
2
 ∙ 𝑥
3
2
−1 =
3
2
 ∙ 𝑥1/2 
 
Exemplo 
Derive a função 
ℎ(𝑥) = (
2
𝑥 − 1
)
6
 
Solução: 
ℎ′(𝑥) = 6 ∙ (
2
𝑥 − 1
)
5
∙ (
2
𝑥 − 1
)
′
 
 ℎ′(𝑥) = 6 ∙ (
2
𝑥−1
)
5
∙ [
− 2 ∙1
(𝑥−1)2
] 
 
 
 
Outra maneira usando a notação de Leibniz 
Fazendo 𝑦 = 𝑢6 e 𝑢 = 
2
𝑥−1
 
Calculando as derivadas obtemos 
25 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑢
= 6𝑢5 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 
−2
(𝑥 − 1)2
 
Aplica a fórmula de Leibniz (regra da Cadeia), obtemos 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=𝑑𝑦
𝑑𝑢
∙ 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 6𝑢5 ∙ (
−2
(𝑥 − 1)2
) 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 6 (
2
𝑥 − 1
)
5
∙ (
−2
(𝑥 − 1)2
) 
 
 
 
Observação 
 𝑦 = (𝑓 °𝑔° ℎ)(𝑥) 
𝑦 = 𝑓(𝑔(ℎ(𝑥))) 
𝑦′ = 𝑓′(𝑔(ℎ(𝑥)) ∙ 𝑔′(ℎ(𝑥)) ∙ ℎ′(𝑥) 
 
Usando a notação de Leibniz, 
Fazendo 𝑦 = 𝑓(𝑢), 𝑢 = 𝑔(𝑣), 𝑣 = ℎ(𝑥) 
𝑑𝑦
𝑑𝑢
 ,
𝑑𝑢
𝑑𝑣
,
𝑑𝑣
𝑑𝑥
 
Usando a regra da cadeia, obtemos 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑑𝑦
𝑑𝑢
 ∙
𝑑𝑢
𝑑𝑣
 ∙
𝑑𝑣
𝑑𝑥
 
1 
 
Funções Hiperbólicas 
Definição 
sinh 𝑥 :=
𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥
2
cosh 𝑥 :=
𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥
2
tanh𝑥 :=
sinh 𝑥
cosh 𝑥
= 
𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥
𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥
coth 𝑥 : =
cosh 𝑥
sinh 𝑥
= 
𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥
𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥
sech 𝑥 :=
1
cosh 𝑥
= 
2
𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥
csch 𝑥 :=
1
sinh 𝑥
= 
2
𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥
 
 
Gráfico da função seno hiperbólico 
 
 
 
 
2 
 
Gráfico da função cosseno hiperbólico 
 
 
Gráfico da função tangente hiperbólica 
 
3 
 
Gráfico da função co-tangente hiperbólica 
 
 
Gráfico da função secante hiperbólica 
 
4 
 
Gráfico da função co-secante hiperbólica 
 
Identidades hiperbólicas 
1. sinh(−𝑥) = −sinh 𝑥, isto é, a função seno hiperbólico é uma função ímpar 
2. cosh(−𝑥) = cosh 𝑥, isto é, a função co-seno hiperbólico é uma função par 
3. cosh2 𝑥 − sinh2 𝑥 = 1 
4. 1 − tanh2 𝑥 = sech2 𝑥 
5. coth2 𝑥 − 1 = csch2 𝑥 
6. sinh(𝑥 + 𝑦) = sinh 𝑥 cosh 𝑦 + cosh 𝑥 sinh 𝑦 
7. sinh(𝑥 − 𝑦) = sinh 𝑥 cosh 𝑦 − cosh 𝑥 sinh 𝑦 
8. cosh(𝑥 + 𝑦) = cosh 𝑥 cosh 𝑦 + sinh 𝑥 sinh 𝑦. 
9. cosh(𝑥 − 𝑦) = cosh 𝑥 cosh 𝑦 − sinh 𝑥 sinh 𝑦. 
10. sinh(2𝑥) = 2 sinh 𝑥 cosh 𝑥 
 
5 
 
 
Demonstração da identidade 1 
sinh(−𝑥) =
𝑒−𝑥 − 𝑒𝑥
2
= − 
𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥
2
= −sinh(𝑥)
 
 
Demonstração da identidade 2 
cosh(−𝑥) =
𝑒−𝑥 + 𝑒𝑥
2
= 
𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥
2
= cosh (𝑥)
 
 
Demonstração da identidade 3 
cosh2 𝑥 − sinh2 𝑥 = (
𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥
2
)
2
− (
𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥
2
)
2
=
𝑒2𝑥 + 2 + 𝑒−2𝑥
4
 − 
𝑒2𝑥 − 2 + 𝑒−2𝑥
4
= 1.
 
Demonstração da identidade 4 
Sabemos que cosh2 𝑥 − sinh2 𝑥 = 1 
Se dividirmos ambos os lados por cosh2 𝑥, obtemos 
1 − 
sinh2 𝑥
cosh2 𝑥
=
1
cosh2 𝑥
1 − tanh2 𝑥 = sech2 𝑥
 
 
Demonstração da identidade 5 
Sabemos que cosh2 𝑥 − sinh2 𝑥 = 1 
Se dividirmos ambos os lados por sinh2 𝑥, obtemos 
6 
 
 
cosh2 𝑥
sinh2 𝑥
− 1 =
1
sinh2 𝑥
coth2 𝑥 − 1 = csch2 𝑥
 
 
 
Demonstração da identidade 6 
sinh(𝑥 + 𝑦) =
𝑒𝑥+𝑦 − 𝑒−𝑥−𝑦
2
= 
2𝑒𝑥+𝑦 − 2𝑒−𝑥−𝑦
4
=
2𝑒𝑥+𝑦 + (𝑒𝑥−𝑦 − 𝑒𝑦−𝑥) − (𝑒𝑥−𝑦 − 𝑒𝑦−𝑥) − 2𝑒−𝑥−𝑦
4
= (
𝑒𝑥+𝑦 + 𝑒𝑥−𝑦 − 𝑒−𝑥−𝑦 − 𝑒𝑥−𝑦 − 𝑒𝑦−𝑥
4
) + (
𝑒𝑥+𝑦 + 𝑒𝑥−𝑦 − 𝑒−𝑥−𝑦 − 𝑒𝑥−𝑦 − 𝑒𝑦−𝑥
4
)
= (
𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥
2
) (
𝑒𝑦 + 𝑒−𝑦
2
) + (
𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥
2
) (
𝑒𝑦 − 𝑒−𝑦
2
)
= sinh 𝑥 cosh 𝑦 + cosh 𝑥 sinh 𝑦
 
 
Demonstração da identidade 7 
sinh 𝑥 cosh 𝑦 =
1
2
 (𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥) ∙
1
2
 (𝑒𝑦 + 𝑒−𝑦)
sinh 𝑥 cosh 𝑦 =
1
4
(𝑒𝑥+𝑦 + 𝑒𝑥−𝑦 − 𝑒−(𝑥−𝑦) − 𝑒−(𝑥+𝑦)) (∗)
 
 
cosh 𝑥 sinh 𝑦 =
1
2
 (𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥) ∙
1
2
 (𝑒𝑦 − 𝑒−𝑦)
cosh 𝑥 sinh 𝑦 =
1
4
(𝑒𝑥+𝑦 − 𝑒𝑥−𝑦 + 𝑒−(𝑥−𝑦) − 𝑒−(𝑥+𝑦)) (∗∗)
 
 
Subtraindo (∗) – (∗∗), obtemos 
sinh 𝑥 cosh 𝑦 − cosh 𝑥 sinh𝑦 = 2 ∙
1
4
(𝑒𝑥−𝑦 − 𝑒−(𝑥−𝑦))
=
1
2
 (𝑒𝑥−𝑦 − 𝑒−(𝑥−𝑦))
= sinh(𝑥 − 𝑦)
 
 
7 
 
Demonstração da identidade 8 
cosh(𝑥 + 𝑦) =
𝑒𝑥+𝑦 + 𝑒−𝑥−𝑦
2
= 
2𝑒𝑥+𝑦 + 2𝑒−𝑥−𝑦
4
=
2𝑒𝑥+𝑦 + (𝑒𝑥−𝑦 + 𝑒𝑦−𝑥) − (𝑒𝑥−𝑦 + 𝑒𝑦−𝑥) + 2𝑒−𝑥−𝑦
4
= (
𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥
2
) (
𝑒𝑦 + 𝑒−𝑦
2
) + (
𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥
2
) (
𝑒𝑦 − 𝑒−𝑦
2
)
= cosh 𝑥 cosh 𝑦 + sinh 𝑥 sinh 𝑦
 
 
Derivadas das funções hiperbólicas 
(sinh 𝑥)′ = cosh 𝑥
(cosh 𝑥)′ = sinh 𝑥
(tanh𝑥)′ = sech2 𝑥
(coth 𝑥)′ = − csch2 𝑥
(sech 𝑥)′ = − sech 𝑥 ∙ tanh𝑥
(csch 𝑥)′ = − csch 𝑥 ∙ 𝑐𝑜𝑡𝑔ℎ 𝑥
 
 
Prova: 
i) Derivada da função seno hiperbólico 
 
𝑓(𝑥) = sinh 𝑥 = 
𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥 
2
= 
1
2
 (𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥) 
 
aplicando as regras da derivação 
 
𝑓′(𝑥) = 
1
2
 (𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥) = cosh 𝑥 
 
 
 
 
ii) Derivada da função cosseno hiperbólico 
 
𝑓(𝑥) = cosh 𝑥 = 
𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥 
2
= 
1
2
 (𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥) 
 
8 
 
aplicando as regras da derivação 
 
𝑓′(𝑥) = 
1
2
 (𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥) = sinh 𝑥 
 
iii) Derivada da função tangente hiperbólica 
 
Seja 
𝑓(𝑥) = tanh𝑥 = 
sinh 𝑥 
cosh 𝑥
 
 
aplicando a derivada do quociente 
 
𝑓′(𝑥) = 
cosh 𝑥 ∙ cosh 𝑥 − sinh 𝑥 ∙ sinh 𝑥
cosh2 𝑥
 
𝑓′(𝑥) = 
cosh2 𝑥 − sinh2 𝑥
cosh2 𝑥
= 
1
cosh2 𝑥
= sech2 𝑥. 
 
iv) Derivada da função cotangente hiperbólica 
Seja 
𝑓(𝑥) = coth 𝑥 = 
cosh 𝑥 
sinh 𝑥
 
aplicando a derivada do quociente 
 
𝑓′(𝑥) = 
sinh 𝑥 ∙ sinh 𝑥 − cosh 𝑥 ∙ cosh 𝑥
sinh2 𝑥
 
 
𝑓′(𝑥) = 
sinh2 𝑥 − cosh2 𝑥
sinh2 𝑥
= 
−1
sinh2 𝑥
= −csch2 𝑥. 
 
 
v) Derivada da função secante hiperbólica 
Seja 
𝑓(𝑥) = sech 𝑥 = 
1 
cosh 𝑥
= (cosh𝑥)−1 
 
9 
 
 
aplicando a regra da cadeia, obtemos: 
𝑓′(𝑥) = − (cosh 𝑥)−2 ∙ (sinh 𝑥) = 
− sinh 𝑥
cosh 𝑥 ∙ cosh 𝑥
 
𝑓′(𝑥) = 
− sinh 𝑥
cosh 𝑥 
 ∙ 
1
cosh 𝑥
= − tanh𝑥 ∙ sech 𝑥. 
 
 
 
vi) Derivada da função cosecante hiperbólica 
Seja 
𝑓(𝑥) = csch 𝑥 = 
1 
sinh 𝑥
= (sinh 𝑥)−1 
 
 
aplicando a regra da cadeia, obtemos: 
𝑓′(𝑥) = − (sinh 𝑥)−2 ∙ (cosh 𝑥) = 
− cosh 𝑥
sinh 𝑥 ∙ sinh 𝑥
 
𝑓′(𝑥) = 
− cosh 𝑥
sinh 𝑥 
 ∙ 
1
sinh 𝑥
= − coth 𝑥 ∙ csch 𝑥. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
10 
 
FUNÇÕES HIPERBÓLICAS INVERSAS 
Inversa do seno hiperbólico 
 
sinh: 𝑅 → 𝑅, sinh(𝑥) = 
𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥
2
, ∀ 𝑥 ∈ 𝑅 
é estritamente crescente, portanto é injetiva e sobrejetiva, logo é inversível. 
 
Além disso, 
lim
𝑥 →−∞
sinh(𝑥) = −∞, lim
𝑥→+∞
sinh(𝑥) = +∞ 
 
A inversa do seno hiperbólico, denotada por 𝑎𝑟𝑔𝑠𝑖𝑛ℎ: 𝑅 → 𝑅 
 
 
Qual sua expressão analítica 
𝑡 = 𝑎𝑟𝑔𝑠𝑖𝑛ℎ(𝑥) ⟺ sinh(𝑡) = 𝑥 ⇔ 
𝑒𝑡 − 𝑒−𝑡
2
= 𝑥 
Temos 
𝑒𝑡 −
1
𝑒𝑡
= 2𝑥 ⇔
𝑒2𝑡 − 1 = 2𝑒𝑡𝑥 ⇔
𝑒2𝑡 − 2𝑥𝑒𝑡 − 1 = 0
 
 
11 
 
Faça 𝑧 = 𝑒𝑡, temos 
𝑧2 − 2𝑥𝑧 − 1 = 0 ⇒
𝑧 =
2𝑥 ± √4𝑥2 + 4
2
⇒
𝑧 = 𝑥 ± √𝑥2 + 1
 
Como 𝑧 = 𝑒𝑡 > 0, temos 
 
𝑧 = 𝑥 + √𝑥2 + 1 ⇒
𝑒𝑡 = 𝑥 + √𝑥2 + 1 ⇒
𝑡 = ln (𝑥 + √𝑥2 + 1)
 
 
Portanto 
𝑎𝑟𝑔𝑠𝑖𝑛ℎ(𝑥) = ln (𝑥 + √𝑥2 + 1). 
 
 
 
 
 
 
 
 
12 
 
Inversa do co-seno hiperbólico 
 
cosh: 𝑅 → [1,+∞), cosh(𝑥) = 
𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥
2
, ∀ 𝑥 ∈ 𝑅 
 
 
 
Temos: 
lim
𝑥 →−∞
cosh(𝑥) = +∞, lim
𝑥→+∞
cosh(𝑥) = +∞ 
 
É uma função par, não é injetiva, fazemos uma restrição no domínio da função co-seno 
hiperbólico 
cosh: [0, +∞) → [1,+∞), cosh(𝑥) = 
𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥
2
, 
 
A inversa do co-seno hiperbólico, denotada por 𝑎𝑟𝑔𝑐𝑜𝑠ℎ: [1, +∞) → [0, +∞) 
 
13 
 
 
Qual sua expressão analítica 
𝑡 = 𝑎𝑟𝑔𝑐𝑜𝑠ℎ(𝑥) ⟺ cosh(𝑡) = 𝑥 ⇔ 
𝑒𝑡 + 𝑒−𝑡
2
= 𝑥 
Temos 
𝑒𝑡 +
1
𝑒𝑡
= 2𝑥 ⇔
𝑒2𝑡 + 1 = 2𝑒𝑡𝑥 ⇔
𝑒2𝑡 − 2𝑥𝑒𝑡 + 1 = 0
 
Faça 𝑧 = 𝑒𝑡, temos 
𝑧2 − 2𝑥𝑧 + 1 = 0 ⇒
𝑧 =
2𝑥 ± √4𝑥2 − 4
2
⇒
𝑧 = 𝑥 ± √𝑥2 − 1
 
Como 𝑧 = 𝑒𝑡 > 0, temos 
 
𝑧 = 𝑥 + √𝑥2 − 1 ⇒
𝑒𝑡 = 𝑥 + √𝑥2 − 1 ⇒
𝑡 = ln (𝑥 + √𝑥2 − 1)
 
 
Portanto 
𝑎𝑟𝑔𝑐𝑜𝑠ℎ(𝑥) = ln (𝑥 + √𝑥2 − 1). 
 
14 
 
Inversa da tangente hiperbólica 
tanh: 𝑅 → (−1,1), tanh(𝑥) = 
𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥
𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥
= 
𝑒2𝑥 − 1
𝑒2𝑥 + 1
, ∀ 𝑥 ∈ 𝑅 
 
é estritamente crescente, portanto é injetiva e sobrejetiva, logo é inversível. 
Além disso, 
lim
𝑥 →−∞
tanh(𝑥) = −∞, lim
𝑥→+∞
tanh(𝑥) = +∞ 
 
 
A inversa da tangente hiperbólica, denotada por 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛ℎ: (−1,1) → 𝑅 
 
15 
 
 
Qual sua expressão analítica 
𝑡 = 𝑎𝑟𝑔𝑡𝑎𝑛ℎ(𝑥) ⟺ tanh(𝑡) = 𝑥 ⇔ 
𝑒2𝑡 − 1
𝑒2𝑡 + 1
= 𝑥 
Temos 
𝑒2𝑡 − 1 = 𝑥(𝑒2𝑡 + 1) ⇔
𝑒2𝑡 − 𝑥 ∙ 𝑒2𝑡 = 𝑥 + 1 ⇔
𝑒2𝑡(1 − 𝑥) = 𝑥 + 1 ⟺
𝑒2𝑡 =
𝑥 + 1
1 − 𝑥
⟺
ln(𝑒2𝑡) = ln (
𝑥 + 1
1 − 𝑥
) ⟺
2𝑡 = ln (
𝑥 + 1
1 − 𝑥
) ⟺
𝑡 =
1
2
 ln (
𝑥 + 1
1 − 𝑥
) ⟺
𝑡 = ln(√
𝑥 + 1
1 − 𝑥
)
 
 
Portanto 
𝑎𝑟𝑔𝑡𝑎𝑛ℎ(𝑥) =
1
2
 ln (
𝑥 + 1
1 − 𝑥
) = ln (√
𝑥 + 1
1 − 𝑥
).16 
 
Inversa da co-tangente hiperbólica 
coth: 𝑅∗ → 𝑅 − (−1,1), coth(𝑥) = 
𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥
𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥
= 
𝑒2𝑥 + 1
𝑒2𝑥 − 1
, ∀ 𝑥 ∈ 𝑅∗ 
 
 
 
A inversa da co-tangente hiperbólica, denotada por 𝑎𝑟𝑔𝑐𝑜𝑡ℎ: 𝑅 − (−1,1) → 𝑅∗ 
 
 
17 
 
Qual sua expressão analítica 
𝑡 = 𝑎𝑟𝑔𝑐𝑜𝑡ℎ(𝑥) ⟺ coth(𝑡) = 𝑥 ⇔ 
𝑒2𝑡 + 1
𝑒2𝑡 − 1
= 𝑥 
Temos 
𝑒2𝑡 + 1 = 𝑥(𝑒2𝑡 − 1) ⇔
𝑒2𝑡 − 𝑥 ∙ 𝑒2𝑡 = −𝑥 − 1 ⇔
𝑒2𝑡(1 − 𝑥) = −𝑥 − 1 ⟺
𝑒2𝑡 =
−𝑥 − 1
1 − 𝑥
⟺
𝑒2𝑡 =
−(𝑥 + 1)
−(𝑥 − 1)
𝑒2𝑡 =
𝑥 + 1
𝑥 − 1
ln(𝑒2𝑡) = ln (
𝑥 + 1
𝑥 − 1
) ⟺
2𝑡 = ln (
𝑥 + 1
𝑥 − 1
) ⟺
𝑡 =
1
2
 ln (
𝑥 + 1
𝑥 − 1
) ⟺
𝑡 = ln(√
𝑥 + 1
𝑥 − 1
)
 
 
Portanto 
𝑎𝑟𝑔𝑐𝑜𝑡ℎ(𝑥) =
1
2
 ln (
𝑥 + 1
𝑥 − 1
) = ln(√
𝑥 + 1
𝑥 − 1
). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
18 
 
Inversa da secante hiperbólica 
sech: 𝑅 → ]0,1], sech(𝑥) = 
2
𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥
= 
2𝑒𝑥
𝑒2𝑥 + 1
, ∀ 𝑥 ∈ 𝑅 
 
É uma função par, não é injetiva, fazemos uma restrição no domínio da função co-seno 
hiperbólico 
sech: [0, +∞) → ]0,1], sech(𝑥) = 
2
𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥
= 
2𝑒𝑥
𝑒2𝑥 + 1
, ∀ 𝑥 ∈ [0, +∞) 
A inversa da secante hiperbólica, denotada por 𝑎𝑟𝑔𝑠𝑒𝑐ℎ: ]0,1] → [0,+∞) 
 
19 
 
Qual sua expressão analítica 
𝑡 = 𝑎𝑟𝑔𝑠𝑒𝑐ℎ(𝑥) ⟺ sech(𝑡) = 𝑥 ⇔ 
2
𝑒𝑡 + 𝑒−𝑡
=
2𝑒𝑡
𝑒2𝑡 + 1
= 𝑥 
Temos 
2𝑒𝑡
𝑒2𝑡 + 1
= 𝑥 ⇔
𝑥 ∙ 𝑒2𝑡 + 𝑥 = 2𝑒𝑡 ⇔
𝑥 ∙ 𝑒2𝑡 − 2𝑒𝑡 + 𝑥 = 0
 
Faça 𝑧 = 𝑒𝑡, temos 
𝑥 ∙ 𝑧2 − 2𝑧 + 𝑥 = 0 ⇒
𝑧 =
2 ± √4 − 4𝑥2
2𝑥
⇒
𝑧 =
2 ± 2√1 − 𝑥2
2𝑥
𝑧 =
1 ± √1 − 𝑥2
𝑥
 
Como 𝑡 ≥ 0 ⇒ 𝑧 = 𝑒𝑡 ≥ 1, assim 
1 − √1 − 𝑥2
𝑥
 ≥ 1 ⇒ 1 − √1 − 𝑥2 ≥ 𝑥 ⇒
1 − 𝑥 ≥ √1 − 𝑥2 ⇒ (1 − 𝑥)2 ≥ (√1 − 𝑥2)
2
⇒
1− 2𝑥 + 𝑥2 ≥ 1 − 𝑥2 ⇒ 2𝑥2 − 2𝑥 ≥ 0 ⇒
𝑥2 − 𝑥 ≥ 0 ⇒ 𝑥 ≤ 0 𝑜𝑢 𝑥 ≥ 1
 
 
Contudo, temos que 0 < 𝑥 ≤ 1. Então 
𝑧 = 𝑒𝑡 = 
1 + √1 − 𝑥2
𝑥
 
Aplicando o logaritmo natural na equação anterior, obtemos 
ln(𝑒𝑡) = ln (
1 + √1 − 𝑥2
𝑥
)
𝑡 = ln (
1 + √1 − 𝑥2
𝑥
) .
 
 
Portanto 
𝑎𝑟𝑔𝑠𝑒𝑐ℎ(𝑥) = ln (
1 + √1 − 𝑥2
𝑥
). 
20 
 
Inversa da co-secante hiperbólica 
cosech: 𝑅∗ → 𝑅∗ , cosech(𝑥) = 
2
𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥
= 
2𝑒𝑥
𝑒2𝑥 − 1
, ∀ 𝑥 ∈ 𝑅∗ 
 
 
A função co-secante hiperbólica é injetiva e sobrejetiva, logo é inversível. 
A inversa da co-secante hiperbólica, denotada por arg 𝑐𝑠𝑐 ℎ: 𝑅∗ → 𝑅∗. 
 
21 
 
Qual sua expressão analítica 
𝑡 = 𝑎𝑟𝑔𝑐𝑠𝑐ℎ(𝑥) ⟺ cosech(𝑡) = 𝑥 ⇔ 
2
𝑒𝑡 − 𝑒−𝑡
=
2𝑒𝑡
𝑒2𝑡 − 1
= 𝑥 
Temos 
2𝑒𝑡
𝑒2𝑡 − 1
= 𝑥 ⇔
𝑥 ∙ 𝑒2𝑡 − 𝑥 = 2𝑒𝑡 ⇔
𝑥 ∙ 𝑒2𝑡 − 2𝑒𝑡 − 𝑥 = 0
 
Faça 𝑧 = 𝑒𝑡, temos 
𝑥 ∙ 𝑧2 − 2𝑧 − 𝑥 = 0 ⇒
𝑧 =
2 ± √4 + 4𝑥2
2𝑥
⇒
𝑧 =
2 ± 2√1 + 𝑥2
2𝑥
𝑧 =
1 ± √1 + 𝑥2
𝑥
 
Assim 
Para 𝑥 > 0 ⇒ 𝑒𝑡 = 
1 + √1 + 𝑥2
𝑥
Para 𝑥 < 0 ⇒ 𝑒𝑡 = 
1 − √1 + 𝑥2
𝑥
 
Aplicando o logaritmo natural na equação anterior, obtemos 
ln(𝑒𝑡) = ln (
1 + √1 + 𝑥2
𝑥
) se 𝑥 > 0
ln(𝑒𝑡) = ln (
1 − √1 + 𝑥2
𝑥
) se 𝑥 < 0
⇓
𝑡 = ln (
1 + √1 + 𝑥2
𝑥
) se 𝑥 > 0
𝑡 = ln (
1 − √1 + 𝑥2
𝑥
) se 𝑥 < 0
 
 
Portanto 
𝑎𝑟𝑔𝑠𝑒𝑐ℎ(𝑥) = 
{
 
 
 
 ln(
1 + √1 + 𝑥2
𝑥
) se 𝑥 > 0
ln (
1 − √1 + 𝑥2
𝑥
) se 𝑥 < 0.
 
22 
 
DERIVADAS DAS FUNÇÕES HIPERBÓLICAS INVERSAS 
Derivada da função arco seno hiperbólico 
 
Se 𝑦 = 𝑎𝑟𝑔𝑠𝑖𝑛ℎ𝑥 então 𝑦′ = 
1
√1+𝑥2
 
 
Prova: 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑔𝑠𝑖𝑛ℎ𝑥 ⇔ 𝑥 = sinh 𝑦 
Sabemos que se 𝑥′ = cosh 𝑦, empregando a derivada da função inversa e 
cosh2 𝑦 − sinh2 𝑦 = 1, obtemos 
𝑦′ =
1
𝑥′
=
1
cosh 𝑦
=
1
√1 + sinh2 𝑦
𝑦′ =
1
√1 + 𝑥2
 
Pois cosh 𝑦 ≥ 1. 
 
Outra maneira é usar a expressão analítica do seno hiperbólico inverso e usar a regra da 
cadeia. Temos 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑔𝑠𝑖𝑛ℎ(𝑥) = ln (𝑥 + √𝑥2 + 1) 
 
𝑦′ =
1
(𝑥 + √𝑥2 + 1)
∙ (𝑥 + √𝑥2 + 1)
′
=
1
(𝑥 + √𝑥2 + 1)
 ∙ (1 + 
1
2 √𝑥2 + 1
∙ 2𝑥)
=
1
(𝑥 + √𝑥2 + 1)
 ∙ (1 + 
1
 √𝑥2 + 1
∙ 𝑥)
=
1
(𝑥 + √𝑥2 + 1)
∙ ( 
√𝑥2 + 1 + 𝑥
 √𝑥2 + 1
)
=
1
√1 + 𝑥2
.
 
 
 
23 
 
Derivada da função arco co-seno hiperbólico 
 
Se 𝑦 = 𝑎𝑟𝑔𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 então 𝑦′ = 
1
√𝑥2−1
. 
 
Prova: 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑔𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 ⇔ 𝑥 = cosh 𝑦 
Sabemos que se 𝑥′ = sinh 𝑦, empregando a derivada da função inversa e 
cosh2 𝑦 − sinh2 𝑦 = 1 , obtemos 
𝑦′ =
1
𝑥′
=
1
sinh 𝑦
= ±
1
√cosh2 𝑦 − 1
𝑦′ =
1
√𝑥2 − 1
 
Pois cosh 𝑦 ≥ 1 ⇒ sinh𝑦 > 0 . 
 
Outra maneira é usar a expressão analítica do co-seno hiperbólico inverso e usar a regra 
da cadeia. Temos 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑔𝑐𝑜𝑠ℎ(𝑥) = ln (𝑥 + √𝑥2 − 1) 
 
𝑦′ =
1
(𝑥 + √𝑥2 − 1)
∙ (𝑥 + √𝑥2 − 1)
′
=
1
(𝑥 + √𝑥2 − 1)
 ∙ (1 + 
1
2 √𝑥2 − 1
∙ 2𝑥)
=
1
(𝑥 + √𝑥2 − 1)
 ∙ (1 + 
1
 √𝑥2 − 1
∙ 𝑥)
=
1
(𝑥 + √𝑥2 − 1)
∙ ( 
√𝑥2 − 1 + 𝑥
 √𝑥2 − 1
)
=
1
√𝑥2 − 1
.
 
 
 
 
24 
 
Derivada da função arco tangente hiperbólica 
 
Se 𝑦 = 𝑎𝑟𝑔𝑡𝑎𝑛ℎ𝑥 então 𝑦′ = 
1
1−𝑥2
. 
 
Prova: 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑔𝑡𝑎𝑛ℎ𝑥 ⇔ 𝑥 = tanh 𝑦 
Sabemos que se 𝑥′ = sech2 𝑦, empregando a derivada da função inversa e 
1− tanh2 𝑦 = sech2 𝑦 , obtemos 
𝑦′ =
1
𝑥′
=
1
sech2 𝑦
=
1
1 − tanh2 𝑦
𝑦′ =
1
1 − 𝑥2
 
 
Outra maneira é usar a expressão analítica da inversa da tangente hiperbólica e usar a 
regra da cadeia. Temos 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑔𝑡𝑎𝑛ℎ(𝑥) =
1
2
 ln (
𝑥 + 1
1 − 𝑥
) 
 
𝑦′ =
1
2
∙
(1 − 𝑥)
(𝑥 + 1)
∙ (
𝑥 + 1
1 − 𝑥
)
′
=
1
2
∙
(1 − 𝑥)
(𝑥 + 1)
 ∙ (
1 ∙ (1 − 𝑥) − (𝑥 + 1) ∙ (−1)
(1 − 𝑥)2
)
=
1
2
∙
(1 − 𝑥)
(𝑥 + 1)
 ∙ (
1 − 𝑥 + (𝑥 + 1)
(1 − 𝑥)2
)
=
1
2
∙
(1 − 𝑥)
(𝑥 + 1)
 ∙ (
2
(1 − 𝑥)2
)
=
1
(𝑥 + 1)
∙
1
(1 − 𝑥)
 
=
1
1 − 𝑥2
.
 
 
 
 
25 
 
Derivada da função arco co-tangente hiperbólica 
 
Se 𝑦 = 𝑎𝑟𝑔𝑐𝑜𝑡ℎ𝑥 então 𝑦′ = 
1
1−𝑥2
. 
 
Prova: 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑔𝑐𝑜𝑡ℎ𝑥 ⇔ 𝑥 = coth 𝑦 
Sabemos que se 𝑥′ = − cosech2 𝑦, empregando a derivada da função inversa e 
 𝑐𝑜𝑡𝑔ℎ2𝑦 − 1 = 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐ℎ2𝑦 , obtemos 
𝑦′ =
1
𝑥′
=
−1
cosech2 𝑦
=
1
1 − 𝑐𝑜 th2 𝑦
𝑦′ =
1
1 − 𝑥2
 
 
Outra maneira é usar a expressão analítica da inversa da co-tangente hiperbólica e 
usar a regra da cadeia. Temos 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑔𝑐𝑜𝑡ℎ(𝑥) =
1
2
 ln (
𝑥 + 1
𝑥 − 1
) 
 
𝑦′ =
1
2
∙
(𝑥 − 1)
(𝑥 + 1)
∙ (
𝑥 + 1
𝑥 − 1
)
′
=
1
2
∙
(𝑥 − 1)
(𝑥 + 1)
 ∙ (
1 ∙ (𝑥 − 1) − (𝑥 + 1) ∙ (1)
(𝑥 − 1)2
)
=
1
2
∙
(𝑥 − 1)
(𝑥 + 1)
 ∙ (
𝑥 − 1 − 𝑥 − 1
(𝑥 − 1)2
)
=
1
2
∙
(𝑥 − 1)
(𝑥 + 1)
 ∙ (
−2
(𝑥 − 1)2
)
=
−1
(𝑥 + 1)
∙
1
(𝑥 − 1)
 
=
1
1 − 𝑥2
.
 
 
 
 
26 
 
Derivada da função arco secante hiperbólica 
 
Se 𝑦 = 𝑎𝑟𝑔𝑠𝑒𝑐ℎ𝑥 então 𝑦′ = 
−1
𝑥 √1−𝑥2
. 
Prova: 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑔𝑠𝑒𝑐ℎ𝑥 ⇔ 𝑥 = sech𝑦 
Sabemos que se 𝑥′ = −sech 𝑦 tanh𝑦 , empregando a derivada da função inversa e 
1− tanh2 𝑦 = sech2 𝑦 , obtemos 
𝑦′ =
1
𝑥′
= −
1
sech 𝑦 ∙ 𝑡𝑎𝑛ℎ𝑦
=
−1
𝑠𝑒𝑐ℎ𝑦 ∙ √1 − sech2 𝑦
𝑦′ =
−1
𝑥 ∙ √1 − 𝑥2
 
Pois 𝑦 ≥ 0 ⇒ tanh𝑦 ≥ 0. Outra maneira é usar a expressão analítica da inversa da 
secante hiperbólica e usar a regra da cadeia. Temos 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑔𝑠𝑒𝑐ℎ(𝑥) = ln (
1 + √1 − 𝑥2
𝑥
) 
 
𝑦′ =
𝑥
(1 + √1 − 𝑥2)
∙ (
1 + √1 − 𝑥2
𝑥
)
′
=
𝑥
(1 + √1 − 𝑥2)
 ∙ (
1
2
 ∙ 
1
√1 − 𝑥2
∙ (−2𝑥) ∙ 𝑥 − (1 + √1 − 𝑥2) ∙ 1 
𝑥2
)
=
𝑥
(1 + √1 − 𝑥2)
 ∙ 
(
 
−𝑥2
√1 − 𝑥2
− (1 + √1 − 𝑥2) 
𝑥2
)
 
=
𝑥
(1 + √1 − 𝑥2)
 ∙ 
(
 
 
−𝑥2 − √1 − 𝑥2 − (1 − 𝑥2)
√1 − 𝑥2
 
𝑥2
)
 
 
=
𝑥
(1 + √1 − 𝑥2)
 ∙ 
(
 
 
−𝑥2 − √1 − 𝑥2 − 1 + 𝑥2)
√1 − 𝑥2
 
𝑥2
)
 
 
 
=
𝑥
(1 + √1 − 𝑥2)
 ∙ (
− (1 + √1 − 𝑥2)
𝑥2 ∙ √1 − 𝑥2
)
−1
𝑥
 ∙ 
1
√1 − 𝑥2
.
 
27 
 
Derivada da função arco co-secante hiperbólica 
Se 𝑦 = 𝑎𝑟𝑔𝑐𝑠𝑐ℎ𝑥 então 𝑦′ = 
−1
|𝑥| √1+𝑥2
. 
Prova: 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑔𝑐𝑠𝑐ℎ𝑥 ⇔ 𝑥 = csch 𝑦 
Sabemos que se 𝑥′ = −csch 𝑦 coth 𝑦 , empregando a derivada da função inversa e 
 𝑐𝑜𝑡𝑔ℎ2𝑦 − 1 = 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐ℎ2𝑦 , obtemos 
𝑦′ =
1
𝑥′
= −
1
csch 𝑦 ∙ 𝑐𝑜𝑡ℎ𝑦
=
−1
𝑐𝑠𝑐ℎ𝑦 ∙ ±√1 + csch2 𝑦
𝑦′ =
−1
𝑥 ∙ ±√1 + 𝑥2
=
−1
|𝑥| ∙ √1 + 𝑥2
 
Se 𝑥 > 0 ⇒ 𝑐𝑜𝑡𝑔ℎ 𝑦 > 0, e se 𝑥 < 0 ⇒𝑐𝑜𝑡𝑔ℎ 𝑦 < 0 
Outra maneira é usar a expressão analítica da inversa da co-secante hiperbólica e usar 
a regra da cadeia. Temos 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑔𝑐𝑠𝑐ℎ(𝑥) = 
{
 
 
 
 ln (
1 + √1 + 𝑥2
𝑥
) se 𝑥 > 0
ln (
1 − √1 + 𝑥2
𝑥
) se 𝑥 < 0.
 
𝑦′ =
𝑥
(1 + √1 + 𝑥2)
∙ (
1 + √1 + 𝑥2
𝑥
)
′
=
𝑥
(1 + √1 + 𝑥2)
 ∙ (
1
2
 ∙ 
1
√1 + 𝑥2
∙ (2𝑥) ∙ 𝑥 − (1 + √1 + 𝑥2) ∙ 1 
𝑥2
)
=
𝑥
(1 + √1 + 𝑥2)
 ∙ 
(
 
𝑥2
√1 + 𝑥2
− (1 + √1 + 𝑥2) 
𝑥2
)
 
=
𝑥
(1 + √1 + 𝑥2)
 ∙ 
(
 
 
𝑥2 − √1 + 𝑥2 − (1 + 𝑥2)
√1 + 𝑥2
 
𝑥2
)
 
 
=
𝑥
(1 + √1 + 𝑥2)
 ∙ 
(
 
 
𝑥2 − √1 + 𝑥2 − 1 − 𝑥2)
√1 + 𝑥2
 
𝑥2
)
 
 
 
=
𝑥
(1 + √1 + 𝑥2)
 ∙ (
− (1 + √1 + 𝑥2)
𝑥2 ∙ √1 + 𝑥2
)
−1
𝑥
 ∙ 
1
√1 + 𝑥2
.
 
 
28 
 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑔𝑐𝑠𝑐ℎ(𝑥) = 
{
 
 
 
 ln (
1 + √1 + 𝑥2
𝑥
) se 𝑥 > 0
ln (
1 − √1 + 𝑥2
𝑥
) se 𝑥 < 0.
 
𝑦′ =
𝑥
(1 − √1 + 𝑥2)
∙ (
1 − √1 + 𝑥2
𝑥
)
′
=
𝑥
(1 − √1 + 𝑥2)
 ∙ (
1
2
 ∙ 
−1
√1 + 𝑥2
∙ (2𝑥) ∙ 𝑥 − (1 − √1 + 𝑥2) ∙ 1 
𝑥2
)
=
𝑥
(1 − √1 + 𝑥2)
 ∙ 
(
 
−𝑥2
√1 + 𝑥2
− (1 − √1 + 𝑥2) 
𝑥2
)
 
=
𝑥
(1 − √1 + 𝑥2)
 ∙ 
(
 
 
−𝑥2 − √1 + 𝑥2 + (1 + 𝑥2)
√1 + 𝑥2
 
𝑥2
)
 
 
=
𝑥
(1 − √1 + 𝑥2)
 ∙ 
(
 
 
−𝑥2 − √1 + 𝑥2 + 1 + 𝑥2)
√1 + 𝑥2
 
𝑥2
)
 
 
 
=
𝑥
(1 − √1 + 𝑥2)
 ∙ (
 (1 + √1 + 𝑥2)
𝑥2 ∙ √1 + 𝑥2
)
1
𝑥
 ∙ 
1
√1 + 𝑥2
.
 
 
Agrupando os dois casos temos: 
𝑦′ =
−1
|𝑥| ∙ √1 + 𝑥2
 
1 
 
 
Teorema (Regra da Cadeia) 
Se a função 𝑔 for derivável em 𝑥 e a função 𝑓 for derivável em 𝑔(𝑥), então a 
função composta 𝑓 ∘ 𝑔 será derivável em 𝑥, e 
(𝑓 ∘ 𝑔)′(𝑥) = 𝑓′(𝑔(𝑥)) ∙ 𝑔′(𝑥). 
 
Na notação de Leibniz, se 𝑦 = 𝑓(𝑢) e 𝑢 = 𝑔(𝑥), então 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 
𝑑𝑦
𝑑𝑢
∙ 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
 
 
Regra da Cadeia da Função Modular 
Teorema 
 Se 𝑓(𝑥) = |𝑥| então 
𝑓′(𝑥) =
𝑥
|𝑥|
 
para 𝑥 ≠ 0. 
Prova: 
𝑓(𝑥) ≔ |𝑥| = √𝑥2. 
 
Observe que 𝑓(𝑥) = |𝑥| = √𝑥2 = (𝑥2)1/2 
Aplicando a regra da cadeia, tem-se 
𝑓′(𝑥) =
1
2
 ∙ (𝑥2)−
1
2 ∙ (2𝑥)
=
𝑥
(𝑥2)1/2
=
𝑥
√𝑥2
=
𝑥
|𝑥|
 .
 
■ 
 
Teorema 
Se 𝑦 = |𝑢| e 𝑢 é uma função derivável em 𝑥 então 
𝑦′ =
𝑢
|𝑢|
∙ 𝑢′(𝑥). 
2 
 
para 𝑢 ≠ 0. ■ 
 
Exemplo 
Ache a derivada da função dada 
a) 𝑦 = |𝑥4 − 𝑒𝑥| 
b) 𝑦 = |sec 𝑥| 
c) 𝑦 = |
sin 𝑥 +2𝑥
𝑥2
| 
d) 𝑦 = |ln(𝑒𝑥 + 𝑥3)| 
e) 𝑦 = ln|𝑒𝑥 + 𝑥3| 
 
Solução 
a) Aplicando a regra da cadeia para função modular, tem-se 
𝑦′ =
𝑥4 − 𝑒𝑥
|𝑥4 − 𝑒𝑥|
 ∙ (4𝑥3 − 𝑒𝑥). 
b) Aplicando a regra da cadeia para função modular, tem-se 
𝑦′ =
sec 𝑥
|sec 𝑥|
 ∙ (sec 𝑥 ∙ tan 𝑥). 
c) Aplicando a regra da cadeia para função modular, tem-se 
 
 
𝑦′ =
(𝑠𝑖𝑛𝑥 + 2𝑥)
𝑥2
|
sin 𝑥 + 2𝑥
𝑥2
|
 ∙ [
(cos 𝑥 + 2𝑥 ∙ ln 2) ∙ 𝑥2 − (sin 𝑥 + 2𝑥) ∙ 2𝑥
𝑥4
] 
=
(𝑠𝑖𝑛𝑥 + 2𝑥)
𝑥2
|
sin 𝑥 + 2𝑥
𝑥2
|
∙ [
(cos 𝑥 + 2𝑥 ∙ 𝑙𝑛2 ) ∙ 𝑥 − (sin 𝑥 + 2𝑥) ∙ 2
𝑥3
]
 
d) Aplicando a regra da cadeia para função modular, tem-se 
𝑦′ =
ln(𝑒𝑥 + 𝑥3)
|ln(𝑒𝑥 + 𝑥3)|
 ∙ 
(𝑒𝑥 + 3𝑥2)
(𝑒𝑥 + 𝑥3)
. 
 
e) Aplicando a derivada da função logarítmica e a derivada da função 
modular, tem-se 
 
3 
 
𝑦′ =
1
|𝑒𝑥 + 𝑥3|
 ∙ (|𝑒𝑥 + 𝑥3|)′
=
1
|𝑒𝑥 + 𝑥3|
 ∙ 
(𝑒𝑥 + 𝑥3)
|𝑒𝑥 + 𝑥3|
 ∙ (𝑒𝑥 + 3𝑥2)
 
 
Regra da Cadeia de Funções Exponenciais 
Teorema 
Se 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑢(𝑥), com 𝑎 ∈ 𝑅, e 0 < 𝑎 ≠ 1 e 𝑢 é uma derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = 𝑎𝑢(𝑥) ∙ ln 𝑎 . 𝑢′(𝑥) 
 
Ou usando a notação de Leibniz 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 
𝑑𝑦
𝑑𝑢
 ∙ 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
 
Temos: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑎𝑢 ∙ ln 𝑎 ∙ 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
. 
 
Observação 
Se 𝑦 = 𝑒𝑢(𝑥) então 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑒𝑢(𝑥) ∙ 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
. 
 
 
Exemplo 
Ache a derivada da função dada 
a) 𝑦 = 35𝑥 
b) 𝑦 = 4sin(2𝑥) 
c) 𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥
2
 ∙ 𝑒𝑎𝑟𝑐 tan 𝑥 
d) 𝑓(𝑥) =
5𝑠𝑒𝑐𝑥
5−2𝑥
 
 
Solução 
a) Fazendo 𝑢 = 5𝑥 e aplicando a regra da cadeia, tem-se 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 35𝑥 ∙ ln 3 ∙ 5 
4 
 
b) Fazendo 𝑢 = sin(2𝑥) e aplicando a regra da cadeia, tem-se 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 4sin(2𝑥) ∙ ln 4 ∙ (2 ∙ cos(2𝑥)). 
 
 
c) devemos aplicar derivada do produto 
𝑓′(𝑥) = (𝑒𝑥
2
∙ 2𝑥) ∙ 𝑒𝑎𝑟𝑐 tan 𝑥 + 𝑒𝑥
2
∙ 𝑒𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑎𝑛𝑥 ∙ (
1
1 + 𝑥2
)
= 𝑒𝑥
2
∙ 𝑒𝑎𝑟𝑐 tan 𝑥 (2𝑥 + 
1
1 + 𝑥2
)
 
 
Outra maneira 
𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥
2
 ∙ 𝑒𝑎𝑟𝑐 tan 𝑥 = 𝑒𝑥
2+arctan 𝑥 
 
Portanto 
𝑓′(𝑥) = 𝑒𝑥
2+arctan 𝑥 ∙ (2𝑥 + 
1
1 + 𝑥2
) 
 
d) devemos a derivada do quociente 
𝑓′(𝑥) =
5sec 𝑥 ∙ ln 5 ∙ (sec 𝑥 ∙ tan 𝑥) ∙ 5−2𝑥 − 5sec 𝑥 ∙ 5−2𝑥 ∙ ln 5 ∙ (−2)
(5−2𝑥)2
=
5sec 𝑥 ∙ ln 5 ∙ 5−2𝑥 ∙ (sec 𝑥 ∙ tan 𝑥 − (−2))
(5−2𝑥)2
=
ln 5 ∙ 5sec 𝑥(𝑠𝑒𝑐𝑥 ∙ tan 𝑥 + 2)
5−2𝑥
.
 
 
 
 
Regra da Cadeia de Funções Trigonométricas 
1) Se 𝑓(𝑥) = sin 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = cos 𝑢 ∙ 𝑢′(𝑥). 
2) Se 𝑓(𝑥) = cos 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = −sin 𝑢 ∙ 𝑢′(𝑥). 
3) Se 𝑓(𝑥) = tan 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = sec2 𝑢 ∙ 𝑢′(𝑥). 
 
5 
 
4) Se 𝑓(𝑥) = cotan 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = −cosec2 𝑢 ∙ 𝑢′(𝑥). 
5) Se 𝑓(𝑥) = sec 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = 𝑠𝑒𝑐 𝑢 ∙ tan 𝑢 ∙ 𝑢′(𝑥). 
6) Se 𝑓(𝑥) = cosec 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = −𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐 𝑢 ∙ 𝑐𝑜𝑡𝑎𝑛 𝑢 ∙ 𝑢′(𝑥). 
 
Exemplo 
Ache a derivada da função dada 
a) 𝑦 = 8 cos(4𝑥 + 5) 
b) 𝑦 = sin(√𝑥) 
c) 𝑓(𝑥) = sin(tan(5𝑥2)) 
d) 𝑓(𝑥) = 
sin 𝑥−𝑥∙cos 𝑥
cos 𝑥
 
e) 𝑓(𝑥) = √
1+sec3 𝑥
𝑥2
 
 
Solução 
a) Fazendo 𝑢 = 4𝑥 + 5 e aplicando a regra da cadeia, tem-se 
𝑦′ = 8 ∙ (− sin(4𝑥 + 5) ∙ 4) = −32 ∙ sin(4𝑥 + 5). 
b) Fazendo 𝑢 = √𝑥 e aplicando a regra da cadeia, tem-se 
𝑦′ = cos(√𝑥) ∙ (
1
2√𝑥
). 
c) Derivando de fora para dentro, tem-se 
𝑓′(𝑥) = cos(tan(5𝑥2)) ∙ (sec2(5𝑥2)) ∙ (10𝑥). 
 
d) Aplicando a derivada do quociente 
𝑓′(𝑥) =
(cos 𝑥 − (1 ∙ cos 𝑥 + 𝑥 ∙ (− sin 𝑥)) ∙ cos 𝑥 − (sin 𝑥 − 𝑥 cos 𝑥) ∙ (− sin 𝑥)
cos2 𝑥
=
cos2 𝑥 − cos2 𝑥 + 𝑥 ∙ sin 𝑥 ∙ cos 𝑥 + sin2 𝑥 − 𝑥 ∙ cos 𝑥 ∙ sin 𝑥
cos2 𝑥
=
sin2 𝑥
cos2 𝑥
= tan2 𝑥.
 
 
 
6 
 
Outra maneira 
Observe que a função 
𝑓(𝑥) = 
sin 𝑥 − 𝑥 ∙ cos 𝑥
cos 𝑥
. 
Pode ser reescrita como 
𝑓(𝑥) =
sin 𝑥
cos 𝑥 
− 𝑥
= tan 𝑥 − 𝑥 .
 
 
Portanto 
𝑓′(𝑥) = sec2𝑥 −1
= tan2 𝑥.
 
 
e) Fazendo 
𝑢 =
1 + sec3 𝑥
𝑥2
 
Obtém-se 
𝑓(𝑢) = 𝑢1/2 
e aplicando a regra da cadeia, tem-se 
𝑓′(𝑥) =
1
2 ∙ √𝑢
 ∙ (
(3 sec2 𝑥) ∙ (sec 𝑥 ∙ tan 𝑥) ∙ 𝑥2 − (1 + sec3 𝑥) ∙ 2𝑥
𝑥4
)
=
1
2 ∙ √
1 + sec3 𝑥
𝑥2
 ∙ (
𝑥 ∙ ((3 sec2 𝑥) ∙ (sec 𝑥 tan 𝑥) ∙ 𝑥 − (2 + 2 sec3 𝑥))
𝑥3 ∙ 𝑥
)
=
1
2
 ∙ 
√𝑥2
√1 + sec3 𝑥
∙ (
3 ∙ 𝑥 ∙ sec3 𝑥 ∙ tan 𝑥 − 2 − 2 sec3 𝑥
𝑥3
) .
 
 
 
Regra da Cadeia de Funções Logarítmicas 
 
Se 𝑓(𝑢) = log𝑎 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = 
1
𝑢 ∙ ln 𝑎
 ∙ 𝑢′(𝑥). 
 
 
 
 
7 
 
Exemplo 
Ache a derivada da função dada 
a) 𝑦 = 5𝑥 ∙ ln(√sin 𝑥) 
b) 𝑦 = sin(ln 𝑥) 
c) 𝑓(𝑥) = ln(ln 𝑥) 
d) 𝑓(𝑥) = ln(ln(ln 𝑥)) 
e) 𝑓(𝑥) = 
log2(𝑥
3+2𝑥)
ln(𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥)
 
 
Solução 
a) Aplicando a derivada do produto e fazendo 𝑢 = √sin 𝑥 na derivada da 
segunda, obtém-se 
𝑦′ = 5 ∙ ln((sin 𝑥)1/2) + 5𝑥 ∙ (
1
√sin 𝑥
 ∙ (
1
2√sin 𝑥
 ∙ cos 𝑥))
= 5 ∙ ln(√sin 𝑥) + 
5 ∙ 𝑥 ∙ cos 𝑥
2 ∙ √sin2 𝑥
𝑦′ = 5 ∙ ln(√sin 𝑥) + 
5 ∙ 𝑥 ∙ cos 𝑥
2 ∙ |sin 𝑥|
 
b) Derivando de fora para dentro 
𝑦′ = cos(ln 𝑥) ∙ 
1
𝑥
 
c) Derivando de fora para dentro 
𝑦′ =
1
ln 𝑥
 ∙ 
1
𝑥
. 
d) Derivando de fora para dentro 
𝑦′ = 
1
ln(ln 𝑥)
 ∙
1
ln 𝑥
∙
1
𝑥
. 
 
e) Aplicando a derivada do quociente e a regra da cadeia nas funções, 
tem-se 
𝑓′(𝑥) =
(
1
(𝑥3 + 2𝑥) ∙ ln 2
 ∙ (3𝑥2 + 2)) ∙ ln(𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥) − (log2(𝑥
3 + 2𝑥)) ( 
1
𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 ∙ 
1
√1 − 𝑥2
)
(ln(𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥))2
 
 
 
 
8 
 
Regra da Cadeia das Funções Trigonométricas Inversas1) Se 𝑓(𝑢) = arc sin 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) =
1
√1 − 𝑢2
 ∙ 𝑢′(𝑥). 
2) Se 𝑓(𝑢) = arc cos 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = 
−1
√1 − 𝑢2
∙ 𝑢′(𝑥). 
3) Se 𝑓(𝑢) = arc tan 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = 
1
1 + 𝑢2
 ∙ 𝑢′(𝑥). 
4) Se 𝑓(𝑢) = arc cotan 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = − 
1
1 + 𝑢2
 ∙ 𝑢′(𝑥). 
5) Se 𝑓(𝑢) = arc sec 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = 
1
𝑢 ∙ √𝑢2 − 1
 ∙ 𝑢′(𝑥). 
 
6) Se 𝑓(𝑢) = 𝑎𝑟𝑐 cosec 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = − 
1
𝑢 ∙ √𝑢2 − 1
∙ 𝑢′(𝑥). 
 
 
Exemplo 
Ache a derivada da função dada 
a) 𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 sin(cos 𝑥) 
b) 𝑦 = arc cos(√1 − 𝑥2) 
c) 𝑓(𝑥) = 𝑥2 ∙ 𝑎𝑟𝑐 sec (
1
𝑥
) 
 
Solução 
a) Fazendo 𝑢 = cos 𝑥 e aplicando a regra da cadeia, tem-se 
𝑦′ =
1
√1 − cos2 𝑥
 ∙ (− sin 𝑥). 
 
 
 
9 
 
b) Fazendo 𝑢 = √1 − 𝑥2 e aplicando a regra da cadeia, tem-se 
𝑦′ =
−1
√1 − (1 − 𝑥2)
 ∙ (
1
2 ∙ √1 − 𝑥2
) ∙ (−2𝑥)
=
1
√𝑥2
 ∙ 
𝑥
√1 − 𝑥2
=
1
|𝑥|
∙ 
𝑥
√1 − 𝑥2
.
 
c) A função a ser derivada é 
𝑓(𝑥) = 𝑥2 ∙ 𝑎𝑟𝑐 sec(𝑥−1) 
 
Aplicando a derivada do produto e a regra da cadeia, tem-se 
 
𝑓′(𝑥) = 2𝑥 ∙ 𝑎𝑟𝑐 sec(𝑥−1) + 𝑥2 ∙ (
1
𝑥−1 ∙ √𝑥−2 − 1
 ∙ (−𝑥−2))
= 2𝑥 ∙ 𝑎𝑟𝑐 sec(𝑥−1) − 
𝑥
√ 1
𝑥2
− 1
= 2𝑥 ∙ 𝑎𝑟𝑐 sec(𝑥−1) + 
𝑥
√1 − 𝑥
2
𝑥2
= 2𝑥 ∙ 𝑎𝑟𝑐 sec(𝑥−1) + 
𝑥 ∙ |𝑥|
√1 − 𝑥2
.
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
10 
 
Regra da Cadeia das Funções Hiperbólicas 
1) Se 𝑓(𝑢) = sinh 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = coshu ∙ 𝑢′(𝑥). 
2) Se 𝑓(𝑢) = cosh 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = sinh 𝑢 ∙ 𝑢′(𝑥). 
3) Se 𝑓(𝑢) = tanh 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = sech2 𝑢 ∙ 𝑢′(𝑥). 
4) Se 𝑓(𝑢) = coth 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = − csch2 𝑢 ∙ 𝑢′(𝑥). 
5) Se 𝑓(𝑢) = sech 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = − sech 𝑢 ∙ tanh 𝑢 ∙ 𝑢′(𝑥). 
 
6) Se 𝑓(𝑢) = cosech 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = − csch 𝑢 ∙ coth 𝑢 ∙ 𝑢′(𝑥). 
 
 
Exemplo 
Ache a derivada da função dada 
 
a) 𝑦 = tanh(𝑥3 − 1) 
b) 𝑦 = ln (cosh 𝑥) 
c) 𝑓(𝑥) = coth(ln 𝑥) 
 
 
 
Solução 
a) Fazendo 𝑢 = 𝑥3 − 1 e aplicando a regra da cadeia, tem-se 
𝑦′ = sech2(𝑥3 − 1) ∙ (3𝑥2). 
 
 
 
b) Fazendo 𝑢 = cosh 𝑥 e aplicando a regra da cadeia, tem-se 
11 
 
𝑦′ =
1
cosh 𝑥
 ∙ (sinh 𝑥)
=
sinh 𝑥
cosh 𝑥
 
= tanh 𝑥 .
 
 
c) Fazendo 𝑢 = ln 𝑥 e aplicando a regra da cadeia, tem-se 
 
 
𝑓′(𝑥) = − csch2(ln 𝑥) ∙
1
𝑥
 
 
 
 
 
Regra da Cadeia das Funções Hiperbólicas Inversas 
1) Se 𝑓(𝑢) = arg sinh 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) =
1
√𝑢2 + 1
 ∙ 𝑢′(𝑥). 
2) Se 𝑓(𝑢) = arg cosh 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = 
1
√𝑢2 − 1
∙ 𝑢′(𝑥). 
3) Se 𝑓(𝑢) = arg tanh 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = 
1
1 − 𝑢2
 ∙ 𝑢′(𝑥). 
4) Se 𝑓(𝑢) = arg coth 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = 
1
1 − 𝑢2
 ∙ 𝑢′(𝑥). 
5) Se 𝑓(𝑢) = arg sech 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = 
−1
𝑢 ∙ √1 − 𝑢2
 ∙ 𝑢′(𝑥). 
 
6) Se 𝑓(𝑢) = 𝑎𝑟𝑔 csch 𝑢 e 𝑢 é uma função derivável de 𝑥 então 
𝑓′(𝑥) = − 
1
|𝑢| ∙ √𝑢2 + 1
∙ 𝑢′(𝑥). 
 
 
12 
 
Exemplo 
Ache a derivada da função dada 
a) 𝑦 = 𝑎𝑟𝑔 sinh(√𝑥) 
b) 𝑦 = arg cos ℎ(𝑒𝑥) 
c) 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑟𝑔 tanh(cos(2𝑥)) 
 
Solução 
a) Fazendo 𝑢 = √𝑥 e aplicando a regra da cadeia, tem-se 
𝑦′ =
1
√(√𝑥)
2
+ 1
 ∙ (
1
2√𝑥
) = 
1
√𝑥 + 1
∙ (
1
2√𝑥
) .
 
 
 
 
b) Fazendo 𝑢 = 𝑒𝑥 e aplicando a regra da cadeia, tem-se 
𝑦′ =
1
√(𝑒𝑥)2 − 1
 ∙ (𝑒𝑥)
=
1
√𝑒2𝑥 − 1
 ∙ 𝑒𝑥
 
 
c) Fazendo 𝑢 = cos (2𝑥) e aplicando a regra da cadeia, tem-se 
 
 
𝑓′(𝑥) =
1
1 − cos2(2𝑥)
∙ (−2 ∙ sin(2𝑥))
=
−2 sin(2𝑥)
sin2(2𝑥)
=
−2
sin(2𝑥)
= −2 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐(2𝑥)
 
 
 
 
 
 
 
13 
 
Derivadas de Ordem Superior 
Seja 𝐼 um intervalo em 𝑅 e 𝑓: 𝐼 → 𝑅 uma função derivável. A derivada de 
𝑓, a função 𝑓′, é chamada de derivada primeira de 𝑓 ou derivada de 𝑓. 
Caso a função 𝑓′ seja derivável, a derivada de 𝑓′, denotada por 𝑓′′, é chamada 
de derivada segunda de 𝑓. Analogamente, se 𝑓′′ for derivável, a derivada de 𝑓′′, 
denotada por 𝑓′′′, é chamada de derivada terceira de 𝑓. 
 
Para 𝑛 > 3, a derivada n-ésima da função 𝑓, denotada por 𝑓(𝑛), é a derivada 
primeira da função 𝑓(𝑛−1). 
Assim, 
𝑓(0) = 𝑓
𝑓(1) = 𝑓′
𝑓(2) = 𝑓′′
𝑓(3) = 𝑓′′′
 
e para 𝑛 > 3, usa-se a notação 𝑓(𝑛), ou seja, 𝑓(4), 𝑓(5), ⋯ 
 
Exemplo 
Considere a função polinomial 
𝑓(𝑥) = 4𝑥3 + 4𝑥2 − 8𝑥 + 9. 
Tem-se que 𝑓 é derivável e segue que 
𝑓′(𝑥) = 12𝑥2 + 8𝑥 − 8. 
Observe que 𝑓′ também é uma função polinomial, logo é derivável, obtém-se 
𝑓′′(𝑥) = 24𝑥 + 8. 
Novamente, 𝑓′′ também é uma função derivável, logo 
𝑓′′′(𝑥) = 24. 
Finalmente, 𝑓′′′ também é derivável pois é uma função constante e 
𝑓(4) = 0. 
Como 𝑓(4) = 0, segue que 
𝑓(5) = 𝑓(6) = ⋯ = 0, ∀ 𝑛 ≥ 4. 
 
 
 
 
 
14 
 
Notação de Leibniz 
A notação de Leibniz para derivadas de ordem superior é dada a seguir 
• A notação de derivada primeira é 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
 
• A notação de derivada segunda é 
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
 
 
• A notação de derivada n-ésima é 
 
𝑑𝑛𝑦
𝑑𝑥𝑛
. 
 
Definição (Derivada segunda) 
A derivada segunda de uma função 𝑓 é a função denotada por 𝑓′′, tal que seu 
valor em qualquer número 𝑥 do seu domínio é definida por 
𝑓′′(𝑥): = lim
∆𝑥 →0
𝑓′(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓′(𝑥)
∆𝑥
 
se este limite existir. 
Se 𝑎 for um determinado número no domínio de 𝑓′, então 
𝑓′′(𝑎) = lim
∆𝑥 →0
𝑓′(𝑎 + ∆𝑥) − 𝑓′(𝑎)
∆𝑥
. 
se este limite existir. 
 
Exemplo 
Encontre a derivada segunda da função 𝑓 se 𝑓(𝑥) = 𝑥2. 
 
Solução 
Anteriormente vimos que 𝑓′(𝑥) = 2𝑥. 
Se 𝑥 ∈ 𝑅 então 
15 
 
𝑓′′(𝑥) = lim
∆𝑥 →0
𝑓′(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓′(𝑥)
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
2(𝑥 + ∆𝑥) − 2𝑥
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
2𝑥 + 2 ∙ ∆𝑥 − 2𝑥
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
2 ∙ ∆𝑥
∆𝑥
= lim
∆𝑥 →0
2
= 2.
 
 
Derivação Implícita 
 
O método da derivação implícita é usado quando não se consegue derivar 
as funções, isto é, quando não se consegue isolar as variáveis de uma equação. 
As equações podem ser escritas de forma explícita, ou seja, a variável 
dependente y está isolada, ou de forma implícita, onde a variável 
dependente y não está isolada. 
Em alguns casos, porém, 𝑦 é definida implicitamente por uma relação 
entre 𝑥 e 𝑦. 
 
Exemplo 
A equação 
𝑥3 + 𝑦3 = 6𝑥𝑦, 
Define uma curva chamada fólio de Descartes. 
 
16 
 
 
 
 
 
 
No caso geral, 𝑦 é definida implicitamente através da equação 
𝜃(𝑥, 𝑦) = 0, (∗) 
em que 𝜃 é uma função que depende de 𝑥 e 𝑦. 
Em alguns casos, é possível isolar 𝑦 em (*) e escrever 𝑦 explicitamente 
como uma função de 𝑥. 
Usando a regra da cadeia, não precisamos resolver (*) para calcular 𝑦’. 
 
 
 
Exemplo 
Se 𝑥3 + 𝑦3 = 6𝑥𝑦 encontre: 
a) 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
 
b) A equação da reta tangente no ponto (3,3). 
Solução 
a) Derivando ambos os lados da equação do fólio de Descartes e usando a 
regra da cadeia tem-se 
17 
 
3𝑥2 + 3𝑦2 ∙ 𝑦′ = 6 ∙ 𝑦 + 6𝑥 ∙ 𝑦′
𝑦′(3𝑦2 − 6𝑥) = 6𝑦 − 3𝑥2
𝑦′ =
6𝑦 − 3𝑥2
3𝑦2 − 6𝑥
𝑦′ =
3(2𝑦 − 𝑥2)
3(𝑦2 − 2𝑥)
𝑦′ =
2𝑦 − 𝑥2
𝑦2 − 2𝑥
.
 
b) O coeficiente angular no ponto (3,3) vale 
𝑚 = 
2 ∙ 3 − 32
32 − 2 ∙ 3
= −1 
A equação da reta tangente é 
𝑦 − 3 = −1 (𝑥 − 3)
𝑦 − 3 = −𝑥 + 3
𝑦 = −𝑥 + 3 + 3
𝑦 = −𝑥 + 6
 
 
Exemplo 
 
a) Encontre 𝑦′ da equação 
𝑥2
1 + 𝑥𝑦
= √𝑦 + 2𝑥2 − 3. 
b) Encontre a equação da reta tangente no ponto (−1,2). 
Solução 
 
18 
 
a) Derivando implicitamente 
(2𝑥)∙ (1 + 𝑥𝑦) − (𝑥2) ∙ (1 ∙ 𝑦 + 𝑥 ∙ 𝑦′)
(1 + 𝑥𝑦)2
= 
1
2√𝑦 + 2𝑥2
 (𝑦′ + 4𝑥) 
2𝑥 + 2𝑥2𝑦 − 𝑥2𝑦 − 𝑥3𝑦′
(1 + 𝑥𝑦)2
=
𝑦′
2√𝑦 + 2𝑥2
+ 
4𝑥
2√𝑦 + 2𝑥2
2𝑥 + 𝑥2𝑦
(1 + 𝑥𝑦)2
−
𝑥3𝑦′
(1 + 𝑥𝑦)2
 =
𝑦′
2√𝑦 + 2𝑥2
+ 
4𝑥
2√𝑦 + 2𝑥2
−𝑥3𝑦′
(1 + 𝑥𝑦)2
− 
𝑦′
2√𝑦 + 2𝑥2
=
4𝑥
2√𝑦 + 2𝑥2
− 
2𝑥 + 𝑥2𝑦
(1 + 𝑥𝑦)2
 
𝑦′ ∙ (
−𝑥3
(1 + 𝑥𝑦)2
− 
1
2√𝑦 + 2𝑥2
 ) =
4𝑥
2√𝑦 + 2𝑥2
− 
2𝑥 + 𝑥2𝑦
(1 + 𝑥𝑦)2
 
𝑦′ ∙ (
−𝑥3 ∙ 2√𝑦 + 2𝑥2 − (1 + 𝑥𝑦)2 
(1 + 𝑥𝑦)2 ∙ 2√𝑦 + 2𝑥2 
) =
4𝑥 ∙ (1 + 𝑥𝑦)2 − (2𝑥 + 𝑥2𝑦) ∙ 2√𝑦 + 2𝑥2
2√𝑦 + 2𝑥2 ∙ (1 + 𝑥𝑦)2 
𝑦′ =
4𝑥 ∙ (1 + 𝑥𝑦)2 − (2𝑥 + 𝑥2𝑦) ∙ 2√𝑦 + 2𝑥2
2√𝑦 + 2𝑥2 ∙ (1 + 𝑥𝑦)2 
−𝑥3 ∙ 2√𝑦 + 2𝑥2 − (1 + 𝑥𝑦)2 
(1 + 𝑥𝑦)2 ∙ 2√𝑦 + 2𝑥2 
𝑦′ =
4𝑥 ∙ (1 + 𝑥𝑦)2 − (2𝑥 + 𝑥2𝑦) ∙ 2√𝑦 + 2𝑥2
−𝑥3 ∙ 2√𝑦 + 2𝑥2 − (1 + 𝑥𝑦)2 
 
 
b) Equação da reta tangente no ponto (−1,2): 
 
𝑚 = 
 4 ∙ (−1) ∙ (1 + (−1) ∙ 2)2 − (2 ∙ (−1) + (−1)2 ∙ 2) ∙ 2 √2 + 2 ∙ (−1)2
−(−1)3 ∙ 2 ∙ √2 + 2 ∙ (−1)2 − (1 + (−1) ∙ 2)2
 
𝑚 =
(−4) ∙ (1 − 2)2 − (−2 + 2) ∙ 2 √2 + 2 ∙ (−1)2
2 ∙ 2 − (1 − 2)2
𝑚 =
(−4) ∙ 1
4 − 1
𝑚 =
−4
3
 
A equação da reta tangente é 
19 
 
𝑦 − 2 = −
4
3
 (𝑥 + 1)
3 ∙ (𝑦 − 2) = −4𝑥 − 4
3𝑦 − 6 = −4𝑥 − 4
3𝑦 = −4𝑥 − 4 + 6
𝑦 =
−4𝑥 + 2
3
 
 
 
1 
 
 
 
DERIVADAS DE ORDEM SUPERIOR 
 
Exemplo 
Suponha que 
𝑓(𝑥) = { 𝑥
3 𝑠𝑒 𝑥 < 1
𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 𝑠𝑒 1 ≤ 𝑥
 
 
Encontre os valores de a, b e c tais que 𝑓′′(1) exista. 
 
Solução: 
 
𝑓′(1) deve existir e 𝑓 deve ser contínua no ponto 𝑥 = 1. 
 
Para a continuidade da função no ponto 1, calculemos os limites laterais 
lim
𝑥→1−
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→1−
𝑥3
= 13
= 1
 
 
e 
lim
𝑥→1+
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→1+
( 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐)
= 𝑎 + 𝑏 + 𝑐
 
Portanto 
𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 1 (I) 
 
Cálculo da derivada no ponto 𝑥 = 1 
 
𝑓′(𝑥) = { 3𝑥
2 𝑠𝑒 𝑥 < 1
2𝑎𝑥 + 𝑏 𝑠𝑒 1 ≤ 𝑥
 
 
Para que a função 𝑓 seja derivável no ponto 𝑥 = 1 
É necessário que as derivadas laterais de primeira ordem sejam iguais 
 
2 
 
𝑓−
′(1) = lim
𝑥→1−
𝑓(𝑥) − 𝑓(1)
𝑥 − 1
= lim
𝑥→1−
𝑥3 − (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)
𝑥 − 1
= lim
𝑥→1−
𝑥3 − 1
𝑥 − 1
= lim
𝑥→1−
(𝑥 − 1)(𝑥2 + 𝑥 + 1)
𝑥 − 1
= 3 
 
𝑓+
′ (1) = lim
𝑥→1+
𝑓(𝑥) − 𝑓(1)
𝑥 − 1
= lim
𝑥→1+
𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 − (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)
𝑥 − 1
= lim
𝑥→1+
𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 − 1
𝑥 − 1
 
 
 
2𝑎 + 𝑏 = 3 (II) 
 
Cálculo da derivada segunda no ponto 𝑥 = 1 
 
𝑓′′(𝑥) = {
6𝑥 𝑠𝑒 𝑥 < 1
2𝑎 𝑠𝑒 1 ≤ 𝑥
 
 
Para que a função 𝑓 seja duas vezes derivável no ponto 𝑥 = 1 
É necessário que as derivadas laterais de segunda ordem no ponto 1 sejam 
iguais 
𝑓−
′′(1) = lim
𝑥→1−
𝑓′(𝑥) − 𝑓′(1)
𝑥 − 1
= lim
𝑥→1−
3𝑥2 − (2𝑎 + 𝑏)
𝑥 − 1
= lim
𝑥→1−
3𝑥2 − 3
𝑥 − 1
= lim
𝑥→1−
3(𝑥 + 1) = 6 
𝑓+
′′(1) = lim
𝑥→1+
𝑓′(𝑥) − 𝑓′(1)
𝑥 − 1
= lim
𝑥→1+
(2𝑎𝑥 + 𝑏) − (2𝑎 + 𝑏)
𝑥 − 1
= lim
𝑥→1+
2𝑎𝑥 + 𝑏 − 3
𝑥 − 1
= lim
𝑥→1+
2𝑎𝑥 − 2𝑎
𝑥 − 1
= lim
𝑥→1+
2𝑎(𝑥 − 1)
𝑥 − 1
= 2𝑎 
 
Isto é, 
2𝑎 = 6 (III) 
 
Para que 𝑓′′(1) exista, pela equação (III) 
𝑎 = 3 
Substituindo o valor de 𝑎 na equação (II), obtemos: 
3 
 
 
𝑏 = 3 − 2𝑎 = 3 − 6 = −3. 
Logo 
𝑏 = −3 
Substituindo os valores de a e b na equação (I), obtemos 
𝑐 = 1 − 𝑎 − 𝑏 = 1 − 3 + 3 
Portanto 
𝑐 = 1. 
 
Exemplo 
Calcule todas as derivadas da função 𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥 + 𝑥3. 
 
Solução: 
 
𝑓′(𝑥) = 𝑒𝑥 + 3𝑥2
𝑓′′(𝑥) = 𝑒𝑥 + 6𝑥
𝑓′′′(𝑥) = 𝑒𝑥 + 6
⋮
𝑓(𝒏) = 𝑒𝑥 , ∀ 𝑛 ≥ 4.
 
 
DERIVAÇÃO IMPLÍCITA 
 
O método da derivação implícita é usado quando não se consegue derivar 
as funções, isto é, quando não se consegue isolar as variáveis de uma equação. 
As equações podem ser escritas de forma explícita, ou seja, a variável 
dependente y está isolada, ou de forma implícita, onde a variável 
dependente y não está isolada. 
Em alguns casos, porém, 𝑦 é definida implicitamente por uma relação 
entre 𝑥 e 𝑦. 
 
 
 
 
 
4 
 
 
Encontrando a derivada segunda implicitamente 
 
Exemplo 
Se 2𝑥3 − 3𝑦2 = 8 determine a derivada segunda 
𝑑𝑦2
𝑑𝑥2
. 
 
 
Solução: 
2𝑥3 − 3𝑦2 = 8 
Inicialmente, derivamos implicitamente ambos os lados da equação 
6𝑥2 − 6𝑦𝑦′ = 0
𝑥2 − 𝑦𝑦′ = 0
𝑦′ =
𝑥2
𝑦
,
 
quando 𝑦 ≠ 0. 
Aplicamos a derivada do quociente para determinar 𝑦′′. 
𝑦′′ =
2𝑥 ∙ 𝑦 − 𝑥2 ∙ 𝑦′
𝑦2
=
2𝑥
𝑦
− 
𝑥2
𝑦2
∙ 𝑦′ 
Por fim, substituímos 𝑦′ =
𝑥2
𝑦
 para expressar 𝑦′′ em termos de 𝑥 e 𝑦. 
5 
 
𝑦′′ =
2𝑥
𝑦
− 
𝑥2
𝑦2
∙ 
𝑥2
𝑦
=
2𝑥
𝑦
− 
𝑥4
𝑦3
, 𝑦 ≠ 0 
 
Exercício 
Lista 4 Questão 11 letra c (derivando implicitamente, encontre y’ 
 
√𝑥 + √𝑦 = 4 
 
Derivando implicitamente, tem-se 
1
2√𝑥
+ 
1
2√𝑦
 𝑦′ = 0 
1
2√𝑦
 𝑦′ =
−1
2√𝑥
 
𝑦′ =
−√𝑦
√𝑥
 
 
 
 
 
 
6 
 
Exercício 
Lista 5 questão 11 letra i) use a derivação implícita para obter 
𝒅𝒚
𝒅𝒙
 
 
𝑡𝑔(𝑥𝑦) = 𝑥𝑦 
 
Derivando implicitamente, tem-se 
 
sec2(𝑥𝑦) ∙ (𝑦 + 𝑥 ∙ 𝑦′) = (𝑦 + 𝑥 ∙ 𝑦′) 
sec2(𝑥𝑦) ∙ 𝑦 + 𝑥 ∙ sec2(𝑥𝑦) ∙ 𝑦′ = 𝑦 + 𝑥 ∙ 𝑦′ 
(𝑥 ∙ sec2(𝑥𝑦) − 𝑥)𝑦′ = 𝑦 − 𝑦 ∙ sec2(𝑥𝑦) 
𝑦′ =
𝑦(1 − sec2(𝑥𝑦)
𝑥(sec2(𝑥𝑦) − 1)
=
−𝑦
𝑥
 
 
Interpretação Física da Derivada 
 A derivada de uma função 𝑓 em ponto 𝑥0 fornece a taxa de variação 
instantânea de 𝑓 em 𝑥0. 
Suponha que 𝑦 seja uma função de 𝑥. Se 𝑥 variar de um valor 𝑥0 até um valor 
𝑥1, representamos esta variação de 𝑥, também é chamada de incremento de 𝑥, 
por ∆𝑥 = 𝑥1 − 𝑥0 e a variação de 𝑦 é dada por ∆𝑦 = 𝑓(𝑥1) − 𝑓(𝑥0). 
 O quociente das diferenças, dado por 
∆𝑦
∆𝑥
=
𝑓(𝑥1) − 𝑓(𝑥0)
𝑥1 − 𝑥0
 
é chamado taxa de variação de 𝑦 em relação a 𝑥, no intervalo [𝑥0, 𝑥1]. O limite 
destas taxas médias de variação quando ∆𝑥 → 0 é chamada de taxa de variação 
instantânea de 𝑦 em relação a 𝑥, em 𝑥 = 𝑥0. 
Assim a taxa de variação instantânea é 
lim
𝑥1→𝑥0
𝑓(𝑥1) − 𝑓(𝑥0)
𝑥1 − 𝑥0
= lim
∆𝑥→0
𝑓(𝑥0 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥0)
∆𝑥
 
Porém, 
7 
 
lim
∆𝑥→0
𝑓(𝑥0 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥0)
∆𝑥
= 𝑓′(𝑥0). 
Portanto, a taxa de variação instantânea de uma função em um ponto é dada 
pela sua derivada neste ponto. 
 Considere o movimento de uma partícula 𝑃 ao longo de uma reta 
orientada, chama-se a reta de eixo 𝑠 e denota-se a coordenada variável de 𝑃 por 
𝑠, tal que 
𝑠 = 𝑓(𝑡), 
em que 𝑓 é uma função determinando a localização de 𝑃 no tempo 𝑡. A equação 
𝑠 = 𝑓(𝑡) é chamada equação do movimento da partícula 
 A velocidade 𝑣 da partícula é definida como a taxa de variação da 
coordenada 𝑠 de 𝑃 em relação ao tempo. Assim, 
𝑣 =
𝑑𝑠
𝑑𝑡
. 
Na Física, a variação instantânea de velocidade em relação ao tempo é 
denominada aceleração de 𝑃, logo, 
𝑎 =
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= 𝑣′ =
𝑑
𝑑𝑡
(
𝑑𝑠
𝑑𝑡
). 
Entretanto, a aceleração é a derivada da velocidade da coordenada 𝑠 em relação 
ao tempo. 
Portanto 
𝑣 =
𝑑𝑠
𝑑𝑡
 
𝑎 =
𝑑𝑣
𝑑𝑡
=
𝑑2𝑠
𝑑𝑡2
. 
 
 
 
 
8 
 
Exemplo 
Uma partícula se move ao longo de uma reta, de acordo com a seguinte equação 
de movimento 
𝑠(𝑡) =
1
2
𝑡2 +
4𝑡
𝑡 + 1
 
em que 𝑠 𝑐𝑚 é a distancia da partícula até a origem em 𝑡 segundos. Se 𝑣 em 
𝑐𝑚/𝑠 for a velocidade instantânea em 𝑡 segundos e a aceleração 𝑎 for dada em 
𝑐𝑚/𝑠2. Encontre o tempo 𝑡, 𝑠 e 𝑣 da partícula quando 𝑎 = 0. 
Solução: 
Cálculo da velocidade: 
𝑣(𝑡) =
𝑑𝑠
𝑑𝑡
= 𝑡 + 
4 ∙ (𝑡 + 1) − 4𝑡 ∙ 1
(𝑡 + 1)2
= 𝑡 +
4
(𝑡 + 1)2
.
= 𝑡 + 4 ∙ (𝑡 + 1)−2
 
 
Cálculo da aceleração: 
𝑎(𝑡) =
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= 1 + 
0 ∙ (𝑡 + 1)2 − 4 ∙ 2(𝑡 + 1)
(𝑡 + 1)4
= 1 + 
−8(𝑡 + 1)
(𝑡 + 1)4
= 1 −
8
(𝑡 + 1)3
.
 
 
Observação: 
𝑔(𝑡) =
4
(𝑡 + 1)2
= 4 ∙ (𝑡 + 1)−2 
 
9 
 
Quando a aceleração for nula, tem-se 
1 −
8
(𝑡 + 1)3
= 0
(𝑡 + 1)3 − 8
(𝑡 + 1)3
= 0
(𝑡 + 1)3 = 8
 
Extraindo a raiz cúbica em ambos os membros da última equação,tem-se 
𝑡 + 1 = 2 ⇒ 𝑡 = 1. 
quando 𝑡 = 1, tem-se 
𝑠(1) =
1
2
∙ 12 + 
4 ∙ 1
1 + 1
=
5
2
𝑐𝑚
 
 
 e 
 
𝑣(1) = 1 + 
4
(1 + 1)2
.
= 2 𝑐𝑚/𝑠
 
 
Portanto, a aceleração é nula no instante 1 𝑠, quando a partícula está a 5/2 𝑐𝑚 
da origem, movendo-se para a direita com uma velocidade de 2 𝑐𝑚/𝑠. 
 
 
 
 
 
 
 
10 
 
TAXAS RELACIONADAS 
Um problema envolvendo taxas de variação de variáveis relacionadas é 
chamado de problema de taxas relacionadas. 
Problemas de taxas relacionadas são problemas nos quais raciocinamos sobre 
a taxa de variação de uma grandeza usando as informações que temos sobre a 
taxa de variação de outra grandeza relacionada. 
Exemplo 
Uma escada de 5 𝑚 de comprimento está apoiada em uma parede vertical. A 
base da escada escorrega, afastando-se da parede a uma taxa de 2 𝑐𝑚/𝑠. Qual 
a velocidade com que a escada está deslizando, quando seu pé está a 3 m da 
parede 
 
Solução: Seja 𝑡 o tempo decorrido desde que a escada começou a deslizar pela 
parede, 𝑦 é a distância do chão até ao topo da escada em 𝑡 segundos e 𝑥 é a 
distancia do pé da escada até a parede em 𝑡 segundos. Ver figura 
 
 
 
 
Temos 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 2 𝑐𝑚/𝑠 
Queremos encontrar 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
 quando 𝑥 = 3 𝑚 = 300 𝑐𝑚. Pelo Teorema de Pitágoras, 
𝑥2 + 𝑦2 = 25, 
11 
 
Daí, derivando implicitamente em relação a 𝑡 , temos 
2𝑥 ∙ 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+ 2𝑦 ∙ 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 0 
Ou seja, 
𝑦 ∙ 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= −𝑥 ∙
𝑑𝑥
𝑑𝑡
 
Quando 𝑥 = 3𝑚 = 300𝑐𝑚, 
Usando o teorema de Pitágoras 
temos 
(3)2 + 𝑦2 = 25 ⇒ 𝑦 = 4 𝑚 
 𝑦 = 4𝑚 = 400 𝑐𝑚 
Logo 
2 ∙ 300 ∙ 2 + 2 ∙ 400 ∙ 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 0 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= −1,5 𝑐𝑚/𝑠 
Nesse instante, a velocidade com que o topo da parede cai é 1,5 𝑐𝑚/𝑠. 
 
 
Exemplo 
Uma bola de neve esférica é formada de tal maneira que seu volume aumenta à 
taxa de 8 𝑑𝑚3/𝑚𝑖𝑛. Encontre a taxa de que o raio é aumentado quando a bola 
de neve tem 4 𝑑𝑚 de diâmetro. 
Solução: 
Dados: 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
= 8 𝑑𝑚3 /𝑚𝑖𝑛 
Queremos encontrar 
12 
 
𝑑𝑟
𝑑𝑡
 quando 𝑟 = 2 𝑑𝑚, pois o raio é a metade do diâmetro. 
Sabemos que o volume da esfera de raio 𝑟 é 
𝑉 = 
4
3
 𝜋 𝑟3 
e que a derivada do volume no tempo 𝑡 é expressa pela taxa 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
= 8 𝑑𝑚3 /𝑚𝑖𝑛. 
Usando a regra da cadeia para derivar o raio 𝑟 em relação a 𝑡, tem-se 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
=
4
3
 𝜋 ∙ 3 ∙ 𝑟2 ∙
𝑑𝑟
𝑑𝑡
𝑑𝑉
𝑑𝑡
= 4 𝜋 ∙ 𝑟2 ∙
𝑑𝑟
𝑑𝑡
 
 
Substituindo os valores de 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
= 8 e 𝑟 = 2, tem-se 
 
 
8 = 4 𝜋 ∙ (2)2 ∙ 
𝑑𝑟
𝑑𝑡
8 = 16 𝜋 ∙ 
𝑑𝑟
𝑑𝑡
1 = 2𝜋 ∙ 
𝑑𝑟
𝑑𝑡
𝑑𝑟
𝑑𝑡
=
1
2𝜋
 
Logo, o raio da esfera cresce à uma taxa de 
1
2𝜋
 𝑑𝑚/𝑚𝑖𝑛. 
 
 
Lista 5. Questão 15. Uma pipa está voando a uma altura de 40m. Uma criança 
está empinando-a de tal forma que ela se mova horizontalmente, a uma 
velocidade de 3m/s. Se a linha estiver esticada, com que velocidade a linha 
estará sendo “dada”, quando o comprimento da linha desenrolada for de 50m. 
Solução 
13 
 
A pipa sempre ficará a 40 m de altura então pelo teorema de Pitágoras 
temos: 
𝑠2 = 402 + 𝑥2 
em que 
𝑠 é comprimento da corda 
𝑥 é a distância horizontal da pipa à criança 
Derivando ambos os membros em relação a t, temos 
2𝑠 ∙ 
𝑑𝑠
𝑑𝑡
= 2𝑥 ∙ 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
. 
No instante em que 𝑠 = 50 𝑚 temos 𝑥 = 30 𝑚 pois 
502 = 402 + 𝑥2 ⇒ 𝑥 = 30𝑚. 
Portanto 
2 ∙ 50 ∙ 
𝑑𝑠
𝑑𝑡
= 2 ∙ 30 ∙ 3 ⇒ 5 ∙ 
𝑑𝑠
𝑑𝑡
= 9 ⇒ 
𝑑𝑠
𝑑𝑡
=
9
5
 𝑚/𝑠 
 
EXEMPLO 
Considere um triângulo retângulo que está mudando de forma da seguinte 
maneira. O cateto horizontal está aumentando a uma taxa de 5 cm/min. e o 
cateto vertical está diminuindo a uma taxa de 6 cm/min. A que taxa a hipotenusa 
está mudando quando o cateto horizontal mede 12 cm e o cateto vertical mede 
9 cm? 
 
Solução: 
Desenhe um triângulo retângulo cujos catetos são, respectivamente, 𝑥 e 𝑦, e a 
hipotenusa 𝑧, suponha que cada cateto é uma função do tempo. 
14 
 
 
Dados: 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 5𝑐𝑚/𝑚𝑖𝑛
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 12𝑐𝑚/𝑚𝑖𝑛
 
Encontre 
𝑑𝑧
𝑑𝑡
 quando 𝑥 = 12𝑐𝑚 e 𝑦 = 9𝑐𝑚. 
Use o teorema de Pitágoras para obter 
𝑥2 + 𝑦2 = 𝑧2 
𝑥2 + 𝑦2 = 𝑧2 (∗) 
Derivando esta equação em relação ao tempo, obtemos 
2𝑥 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+ 2𝑦 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 2𝑧 
𝑑𝑧
𝑑𝑡
𝑥
𝑥 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+ 𝑦 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 𝑧 
𝑑𝑧
𝑑𝑡
(∗∗)
 
Agora, faça 𝑥 = 12 e 𝑦 = 9 e usando a equação (*), temos 
(12)2 + 92 = 𝑧2 ⇒
𝑧2 = 225 ⇒
𝑧 = 15
 
Substituindo todas os dados e taxas na equação (**), temos 
15 
 
(12)(5) + (9)(−6) = (15)
𝑑𝑧
𝑑𝑡
⇒
6 = (15)
𝑑𝑧
𝑑𝑡
⇒
𝑑𝑧
𝑑𝑡
=
6
15
=
2
5
 𝑐𝑚/𝑚𝑖𝑛
 
 
Exemplo 
Paulinho está enchendo uma casquinha de sorvete. O cone tem 12 𝑐𝑚 de altura 
e raio de 4𝑐𝑚. Se o sorvete preencher o cone uniformemente a uma taxa de 
1,5𝑐𝑚3/𝑠 , qual é a taxa de variação de altura do sorvete quando a altura é de 
5𝑐𝑚? 
Solução: 
Dados: 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
= 1,5 𝑐𝑚3 /𝑠, ℎ = 12𝑐𝑚, 𝑟 = 4𝑐𝑚. 
 
Encontre 
𝑑ℎ
𝑑𝑡
 quando ℎ = 5𝑐𝑚. 
Use a fórmula do volume de um cone 
𝑉 =
1
3
 𝜋𝑟2ℎ (∗) 
Derivando esta equação em relação ao tempo, obtemos 
 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
=
𝜋
3
(2𝑟ℎ
𝑑𝑟
𝑑𝑡
+ 𝑟2
𝑑ℎ
𝑑𝑡
)
𝑑𝑉
𝑑𝑡
=
2
3
𝜋𝑟ℎ
𝑑𝑟
𝑑𝑡
+
1
3
𝜋𝑟2 
𝑑ℎ
𝑑𝑡
(∗∗)
 
 
𝑑𝑟
𝑑𝑡
 ou o valor de 𝑟 quando ℎ = 5 não é fornecido e nem é facilmente obtido, 
devemos analisar o cone mais detalhadamente para encontrar uma solução 
alternativa. 
Vamos relacionar o raio com a altura, usando semelhanças de triângulos: 
16 
 
 
𝑟
ℎ
=
4
12
⇒ 𝑟 =
1
3
 ℎ 
Substituindo o valor de 𝑟 na equação do volume (*), temos: 
𝑉 =
1
3
𝜋𝑟2ℎ ⇒
𝑉 =
1
3
𝜋 (
1
3
ℎ)
2
ℎ ⇒
𝑉 =
1
3
𝜋 (
1
9
ℎ2) ℎ ⇒
𝑉 =
𝜋
27
ℎ3 (∗∗)
 
Derivando (**) em relação ao tempo, obtemos 
 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
=
3𝜋
27
 ℎ2
𝑑ℎ
𝑑𝑡
⇒
𝑑𝑉
𝑑𝑡
=
𝜋
9
 ℎ2
𝑑ℎ
𝑑𝑡
(∗∗∗)
 
Substituindo todas os dados e taxas na equação (***), temos 
1,5 =
𝜋
9
(5)2
𝑑ℎ
𝑑𝑡
⇒
3
2
=
25𝜋
9
∙
𝑑ℎ
𝑑𝑡
⇒
𝑑ℎ
𝑑𝑡
=
27
50𝜋
 𝑐𝑚/𝑠
 
 
1 
 
EXTREMOS RELATIVOS 
Definição [máximo relativo] uma função 𝑓 possui um máximo relativo (ou 
máximo local) em um ponto 𝑐 de seu domínio se existe um intervalo aberto 𝐼 
contendo c tal que 
𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑐), ∀ 𝑥 ∈ 𝐼. 
Definição [mínimo relativo] uma função 𝑓 possui um mínimo relativo (ou 
mínimo local) em um ponto 𝑐 de seu domínio se existe um intervalo aberto 𝐼 
contendo c tal que 
𝑓(𝑐) ≤ 𝑓(𝑥), ∀ 𝑥 ∈ 𝐼. 
Observação: máximos e mínimos relativos são chamados de extremos relativos 
(extremos locais). 
 
Figura 1 Exemplo de ponto de máximo relativo 
 
Figura 2 Exemplo de ponto de mínimo relativo 
 
 
2 
 
EXTREMOS ABSOLUTOS 
Definição [máximo absoluto] uma função 𝑓 possui um máximo absoluto em 
um ponto 𝑐 de seu domínio se 
𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑐), ∀ 𝑥 ∈ 𝐷. 
Definição [mínimo absoluto] uma função 𝑓 possui um mínimo absoluto em um 
ponto 𝑐 de seu domínio se 
𝑓(𝑐) ≤ 𝑓(𝑥), ∀ 𝑥 ∈ 𝐷. 
Observação: máximos e mínimos absolutos são chamados de extremos 
absolutos. 
Figura 3 Exemplo de ponto de máximo absoluto 
 
 
Figura 4 Exemplo de ponto de mínimo absoluto 
 
 
 
3 
 
Figura 5 Exemplo de extremos absolutos e extremos relativos 
 
A Figura 5 exibe o gráfico de uma função contínua em [𝑎, 𝑏]. 
• 𝑥0, 𝑥2 são pontos de máximo relativo 
• 𝑥1, 𝑥3 são pontos de mínimo relativo 
• 𝑥2 é ponto de máximo absoluto 
• 𝑎 é ponto de mínimo absoluto 
Observação: Todo extremo absoluto é também extremo relativo não vale a 
recíproca. 
 
 
Exemplo 1 
A função 𝑓(𝑥) = sin 𝑥 possui infinitos pontos de máximo absoluto e infinitos 
pontos de mínimo absoluto. 
 
4 
 
 
• Os pontos 𝑐 =
𝜋
2
+ 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ 𝑍 são pontos de máximo absoluto. 
• Os pontos 𝑐 =
3𝜋
2
+ 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ 𝑍 são pontos de mínimo absoluto. 
Exemplo 2 
Se 𝑓(𝑥) = 𝑥2 então 𝑓(0) = 0 ≤ 𝑥2 para todo 𝑥. Consequentemente 𝑓(0) = 0 é 
o valor mínimo absolutode 𝑓. A função não possui ponto de máximo absoluto. 
 
 
 
5 
 
Exemplo 3 
A função 𝑓(𝑥) = 𝑥3 não possui ponto de mínimo absoluto e não possui ponto de 
máximo absoluto. 
 
 
Exemplo 4 
𝑓(𝑥) = {𝑥
2 𝑠𝑒 𝑥 ∈ [−1,1] ∖ {0}
2 𝑠𝑒 𝑥 = 0
 
 
6 
 
−1, 0 e 1 são pontos de máximo relativo, destes 0 é ponto de máximo absoluto. 
 
Exemplo 5 
𝑓(𝑥) = {
𝑥 + 2 𝑠𝑒 𝑥 ≤ −1
−𝑥 𝑠𝑒 −1 < 𝑥 < 1
𝑥 − 2 𝑠𝑒 𝑥 ≥ 1
 
 
A função não tem ponto de mínimo nem de máximo absoluto. 1 é ponto de 
mínimo relativo; −1 é ponto de máximo relativo. 
 
Definição [ponto crítico] Um ponto crítico (ou ponto estacionário) é um ponto 
do domínio de uma função 𝑓 em que a derivada é nula ou a derivada não existe. 
 
Exemplo 6 
Encontre os pontos críticos da função 𝑓(𝑥) = 𝑥4/3 + 4𝑥1/3. 
Solução: 
7 
 
Inicialmente, determina-se o domínio da função. O domínio é o conjunto dos 
números reais, 𝐷(𝑓) = 𝑅. 
Cálculo da derivada: 
𝑓′(𝑥) =
4
3
 𝑥1/3 +
4
3
 𝑥−2/3
=
4
3
 𝑥−2/3 (𝑥 + 1)
=
4(𝑥 + 1)
3 𝑥2/3
 
• 𝑓′(𝑥) = 0 quando 4(𝑥 + 1) = 0 ⇒ 𝑥 = −1, 
• 𝑓′(𝑥) não existe quando 𝑥 = 0. 
Como −1 ∈ 𝐷(𝑓) e 0 ∈ 𝐷(𝑓) eles são pontos críticos de 𝑓. 
 
 
Teorema de Fermat 
Se 𝑓 tiver um máximo ou mínimo restrito (local) em 𝑐 e se 𝑓′(𝑐) existir, então 
𝑓′(𝑐) = 0. 
Prova: Suponha 𝑐 seja um ponto de máximo relativo então 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑐), ∀𝑥 ∈ 𝐼 
⇒ 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑐) ≤ 0, ∀ 𝑥 ∈ 𝐼. 
Se 𝑓′(𝑐) existe então 
8 
 
𝑓′(𝑐) = lim
𝑥→𝑐
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑐)
𝑥 − 𝑐
 
Se 𝑥 tende a 𝑐 pela direita 𝑥 − 𝑐 > 0, logo 
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑐)
𝑥 − 𝑐
 ≤ 0. 
Assim, pela permanência do sinal, 
lim
𝑥 →𝑐+
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑐)
𝑥 − 𝑐
 ≤ 0. 
Se 𝑥 tende a 𝑐 pela esquerda 𝑥 − 𝑐 < 0, logo 
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑐)
𝑥 − 𝑐
 ≥ 0. 
Assim, pela permanência do sinal, 
lim
𝑥 →𝑐−
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑐)
𝑥 − 𝑐
 ≥ 0. 
Temos : 
𝑓−
′ (𝑐) ≥ 0 𝑒 𝑓+
′ (𝑐) ≤ 0 
Como 𝑓′(𝑐) existe, a única possibilidade é que 𝑓′(𝑐) = 0. ■ 
Observação: 
• Se 𝑓′(𝑐) = 0 ⇏ 𝑐 é ponto de extremo relativo. 
• Pode existir um ponto de extremo relativo mesmo quando 𝑓′(𝑐) não 
existir. 
Exemplo 7 
Se 𝑓(𝑥) = 𝑥3 + 1 então 𝑓′(𝑥) = 3𝑥2, logo 𝑓′(0) = 0. Porém, 𝑓 não tem máximo 
nem mínimo no ponto zero. 
9 
 
 
Exercício Lista 7 questão 5 item a) 
a) 𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 3𝑥2 + 3𝑥 
 
 Inicialmente determine o domínio da função 𝑓 
𝐷(𝑓) = 𝑅 
 Calcule a derivada primeira 
𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 − 6𝑥 + 3 
Resolva 𝑓′(𝑥) = 0 
3𝑥2 − 6𝑥 + 3 = 0 ⇒ 𝑥 = 1 
Portanto 𝑥 = 1 é ponto crítico da função 
 
g) 𝑓(𝑥) = ln(𝑥2 + 𝑥 + 1) 
 Inicialmente determine o domínio da função 𝑓 
𝐷(𝑓) = {𝑥 ∈ 𝑅 , (𝑥2 + 𝑥 + 1) > 0} = 𝑅 
 Calcule a derivada primeira 
10 
 
𝑓′(𝑥) =
2𝑥 + 1
𝑥2 + 𝑥 + 1
 
𝑓′(𝑥) = 0 ⇒ 2𝑥 + 1 = 0 ⇒ 𝑥 = −
1
2
 
Portanto 𝑥 = −
1
2
 é ponto crítico da função. 
 
 
 
 
 
 
 
11 
 
Teorema de Weierstrass (Teorema do Valor Extremo) 
Se 𝑓 é contínua em um intervalo fechado [𝑎, 𝑏] então 𝑓 terá um ponto de máximo 
absoluto e um ponto de mínimo absoluto. 
 
 
 
 
 
Os exemplos abaixo mostram que uma função pode não possuir valores 
extremos se for omitida uma das duas hipóteses (continuidade ou intervalo 
fechado) do Teorema de Weierstrass. 
Exemplo 8 (Cálculo – James Stewart) 
 
 
 
 
 
 A função 𝑓 está definida no intervalo fechado [0,2] mas não tem valor 
máximo. Observe que a imagem de 𝑓 é [0,3). Essa função assume valores 
arbitrariamente próximo de 3, mas nunca atinge o valor 3. Isso não contradiz o 
teorema do valor extremo pois 𝑓 não é contínua em [0,2]. 
y 
0 a c d b x 
y 
0 a c 
y 
0 a c1 d c2 b x 
12 
 
Exemplo 9 (Cálculo – James Stewart) 
 
A função da figura acima é contínua no intervalo aberto (0,2), mas não tem 
nem valor máximo nem mínimo. A imagem da função é (1, + ∞). Isso não 
contradiz o teorema do valor extremo pois o intervalo (0,2) não é fechado. 
 
Procedimento para encontrar os extremos absolutos 
Para encontrar os valores máximo e mínimo absolutos de uma função contínua 
𝑓 em um intervalo fechado [𝑎, 𝑏]: 
1. Encontre os valores de 𝑓 nos pontos críticos de 𝑓 em (𝑎, 𝑏). 
2. Encontre os valores de 𝑓 nas extremidades do intervalo. Isto é, encontre 
𝑓(𝑎) e 𝑓(𝑏) 
3. O maior valor entre as etapas 1 e 2 é o valor máximo absoluto, ao passo 
que o menor desses valores é o valor mínimo absoluto. 
Exemplo 10 
Encontre os extremos absolutos da função 𝑓(𝑥) = 𝑥 ∙ 𝑒−𝑥 no intervalo [0,2]. 
Solução 
Como a função é contínua no intervalo fechado [0,2] pois é produto de funções 
contínuas, logo pelo teorema de Weiertrass possui extremos absolutos. 
Devemos procurar os pontos críticos de 𝑓. Temos 
𝑓′(𝑥) = 𝑒−𝑥 + 𝑥 ∙ (−𝑒−𝑥) = (1 − 𝑥) ∙ 𝑒−𝑥. 
Como 𝑓′(𝑥) existe para todos os números reais, os pontos críticos de 𝑓 são os 
pontos que anulam a derivada. Temos 
13 
 
(1 − 𝑥) ∙ 𝑒−𝑥 = 0 ⇒ 1 − 𝑥 = 0 ⇒ 𝑥 = 1. 
O número crítico de 𝑓 está no intervalo [0,2]. O valor de 𝑓 neste ponto crítico é 
𝑓(1) = 𝑒−1 =
1
𝑒
= 0,3678. 
Os valores de 𝑓 nas extremidades do intervalo são 
𝑓(0) = 0 e 𝑓(2) = 2𝑒−2 = 
2
𝑒2
= 0,1353. 
Comparando esses três números, vemos que o valor absoluto é 𝑓(1) = 𝑒−1 e o 
valor mínimo absoluto é 𝑓(0) = 0. 
 
 
 
Exemplo 11 
Encontre os extremos absolutos da função 𝑓(𝑥) = 𝑥3 + 2𝑥 no intervalo [−1,1]. 
Solução 
Como a função é polinomial, 𝑓 é contínua no intervalo fechado [−1, 1] logo pelo 
Teorema de Weiertrass possui extremos absolutos. Devemos procurar os pontos 
críticos de 𝑓. Temos 
14 
 
𝑓′(𝑥) = (3𝑥2 + 2) > 0, ∀ 𝑥 
𝑓 não possui ponto crítico. 
Os valores de 𝑓 nas extremidades do intervalo são 
𝑓(−1) = −3 𝑓(1) = 1 + 2 = 3. 
Comparando esses dois números, vemos que o valor absoluto é 𝑓(1) = 3 e o 
valor mínimo absoluto é 𝑓(−1) = −3. 
 
 
Teorema de Rolle 
Seja 𝑓 uma função que satisfaça as seguintes hipóteses: 
1. 𝑓 é contínua no intervalo fechado em [𝑎, 𝑏]. 
2. 𝑓 é derivável no intervalo aberto (𝑎, 𝑏). 
3. 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏). 
Então existe pelo menos um ponto 𝑐 no intervalo aberto (𝑎, 𝑏) tal que 𝑓′(𝑐) = 0. 
Prova: 
Vamos considerar três casos: 
15 
 
Caso I 𝑓(𝑥) = 𝑘 uma constante 
Então 𝑓′(𝑥) = 0, assim, o número pode ser tomado como qualquer número em 
(𝑎, 𝑏). 
Caso II 𝑓(𝑥) > 𝑓(𝑎) para algum 𝑥 em (𝑎, 𝑏). Pelo Teorema de Weiertrass, 𝑓 
possui extremos absolutos em [𝑎, 𝑏]. Como 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏), ele deverá ter esse 
valor máximo em um número 𝑐 do intervalo aberto (𝑎, 𝑏). Então 𝑓 tem um máximo 
local em 𝑐 e, pela hipótese 2, 𝑓 é derivável em 𝑐. Portanto, pelo Teorema de 
Fermat, 𝑓′(𝑐) = 0. 
Caso III 𝑓(𝑥) < 𝑓(𝑎) para algum 𝑥 em (𝑎, 𝑏). Pelo Teorema de Weiertrass, 
𝑓 possui extremos absolutos em [𝑎, 𝑏]. Como 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏), ele deverá ter esse 
valor mínimo em um número 𝑐 do intervalo aberto (𝑎, 𝑏). Entao 𝑓 tem um mínimo 
local em 𝑐 e, pela hipótese 2, 𝑓 é derivável em c. Portanto, pelo Teorema de 
Fermat, 𝑓′(𝑐) = 0. ■ 
Mostraremos algumas situações que podem ocorrer para aplicar o Teorema de 
Rolle. 
 
Interpretação Geométrica do Teorema de Rolle 
O teorema de Rolle afirma que se uma função 𝑓 é contínua no intervalo fechado 
[𝑎, 𝑏], derivável no intervalo aberto (𝑎, 𝑏) e 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏) então existe um ponto 
𝑐 no intervalo (𝑎, 𝑏) tal que a reta tangente à função 𝑓 no ponto 𝑐 tem inclinação 
nula, isto é, a reta tangente é horizontal. 
 
 
 
16 
 
Exercício 
Comprove as condições do Teorema de Rolle estão satisfeitas pela função 
dada no intervalo indicado. Então encontre o(s) número(s) 𝑐 que satisfaça(m) a 
conclusão do teorema. 
1) 𝑓(𝑥) = 𝑥4 − 2𝑥2; [−1,1] 
Como 𝑓 é função polinomial, ela é contínua e derivável em 𝑅. Em 
particular 𝑓 é contínua em [−1,1] e 𝑓 é derivável em (−1,1). 
Para verificar a terceira condição calcula-se o valor de 𝑓 nos extremosdo intervalo 
𝑓(−1) = (−1)4 − 2(−1)2 = 1 − 2 = −1. 
𝑓(1) = (1)4 − 2(1)2 = 1 − 2 = −1. 
Neste caso, 𝑓′(𝑥) = 4𝑥3 − 4𝑥 = 4𝑥(𝑥2 − 1) = 0, os pontos críticos são 
𝑥1 = 0, 𝑥2 = −1 e 𝑥3 = 1, o único ponto que verifica a conclusão do 
teorema de Rolle, 𝑐 entre −1 e 1 é 𝑐 = 0. 
 
 
 
 
 
17 
 
Teorema do Valor Médio (Teorema de Lagrange) 
Seja 𝑓 uma função que satisfaça as seguintes hipóteses: 
1. 𝑓 é contínua no intervalo fechado em [𝑎, 𝑏]. 
2. 𝑓 é derivável no intervalo aberto (𝑎, 𝑏). 
Então existe pelo menos um ponto 𝑐 no intervalo aberto (𝑎, 𝑏) tal que 
𝑓′(𝑐) =
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
. 
Prova: Aplicamos o Teorema de Rolle a uma nova função ℎ definida como a 
diferença entre 𝑓 e a função cujo gráfico é a reta secante AB. Usando o fato que 
𝑚𝐴𝐵 = 
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
 
Vemos que a reta AB pode ser escrita como 
𝑦 = 𝑓(𝑎) + 
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
 (𝑥 − 𝑎) 
Assim, como mostrado na figura abaixo 
 
ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎) − 
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
 (𝑥 − 𝑎). 
Precisamos verificar se ℎ satisfaz as hipóteses do Teorema de Rolle. 
18 
 
1. A função ℎ é contínua em [𝑎, 𝑏], pois é soma de 𝑓 e uma função polinomial, 
ambas contínuas em [𝑎, 𝑏]. . 
2. A função ℎ é derivável em (𝑎, 𝑏) pois tanto 𝑓 quanto a função polinomial 
são deriváveis. De fato 
ℎ′(𝑥) = 𝑓′(𝑥) − 
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
 
3. Cálculo de ℎ nos extremos 
ℎ(𝑎) = 𝑓(𝑎) − 𝑓(𝑎) − 
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
 (𝑎 − 𝑎) = 0
ℎ(𝑏) = 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) − 
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
(𝑏 − 𝑎)
= 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) − [𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)] = 0.
 
Portanto, ℎ(𝑎) = ℎ(𝑏). 
Uma vez que ℎ satisfaz as hipóteses do teorema de Rolle, então existe 
pelo menos um 𝑐 em (𝑎, 𝑏) tal que ℎ′(𝑐) = 0. Portanto 
0 = ℎ′(𝑐) = 𝑓′(𝑐) − 
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
 
E, assim, 
𝑓′(𝑐) = 
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
. 
■ 
 
 
 
 
 
 
19 
 
Interpretação Geométrica do Teorema do Valor Médio 
O teorema do valor médio afirma que se uma função 𝑓 é contínua no intervalo 
fechado [𝑎, 𝑏] e derivável no intervalo aberto (𝑎, 𝑏) então existe um ponto 𝑐 no 
intervalo (𝑎, 𝑏) tal que 𝑓′(𝑐) é igual à taxa de variação média da função em [𝑎, 𝑏], 
isto é, a reta tangente à curva no ponto (𝑐, 𝑓(𝑐) é paralela à reta secante que 
passa pelos pontos (𝑎, 𝑓(𝑎)) e (𝑏, 𝑓(𝑏)). 
 
Exercício 
Comprove as condições do Teorema do valor médio estão satisfeitas pela função 
dada no intervalo indicado. Então encontre o(s) número(s) 𝑐 que satisfaça(m) a 
conclusão do teorema. 
1) 𝑓(𝑥) = 𝑥2; [0,2] 
Como 𝑓 é função polinomial, ela é contínua e derivável em 𝑅. Em 
particular 𝑓 é contínua em [0,2] e 𝑓 é derivável em (0,2). 
Neste caso, 𝑓′(𝑥) = 2𝑥, 
Queremos encontrar um 𝑐 ∈ (0,2) tal que 
𝑓′(𝑐) =
𝑓(2) − 𝑓(0)
2 − 0
 
Como 𝑓(2) = 4, 𝑓(0) = 0 
Devemos resolver 
𝑓′(𝑐) =
4 − 0
2 − 0
2𝑐 = 2
𝑐 = 1.
 
20 
 
 
 
 
2) Seja f a função racional 
 
𝑓(𝑥) = 
𝑥
𝑥2 + 4
; [1, 4] 
Como 𝑓 é uma função racional, ela é contínua nos pontos do seu domínio. 
𝐷(𝑓) = 𝑅. Portanto, 𝑓 é contínua em [1, 4] e 𝑓 é derivável em (1,4). 
Neste caso, 
𝑓′(𝑥) =
1 ∙ (𝑥2 + 4) − 𝑥 ∙ (2𝑥)
(𝑥2 + 4)2
=
4 − 𝑥2
(𝑥2 + 4)2
 
Queremos encontrar um 𝑐 ∈ (1,4) tal que 
𝑓′(𝑐) =
𝑓(4) − 𝑓(1)
4 − 1
 
 
21 
 
𝑓(1) = 
1
5
; 𝑓(4) =
1
5
 
Devemos resolver 
𝑓′(𝑐) =
1/5 − 1/5
3
4 − 𝑐2
(𝑐2 + 1)2
= 0
4 − 𝑐2 = 0.
𝑐2 = 4
 
Temos 𝑐 = −2 e 𝑐 = 2 
−2 ∉ (1,4) e 2 ∈ (1,4). 
Portanto 𝑐 = 2 é o número que satisfaz a conclusão do T.V.M. 
 
1 
 
Teorema de Rolle 
Seja 𝑓 uma função que satisfaça as seguintes hipóteses: 
1. 𝑓 é contínua no intervalo fechado em [𝑎, 𝑏]. 
2. 𝑓 é derivável no intervalo aberto (𝑎, 𝑏). 
3. 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏). 
Então existe pelo menos um ponto 𝑐 no intervalo aberto (𝑎, 𝑏) tal que 𝑓′(𝑐) = 0. 
 
Teorema do Valor Médio (Teorema de Lagrange) 
Seja 𝑓 uma função que satisfaça as seguintes hipóteses: 
1. 𝑓 é contínua no intervalo fechado em [𝑎, 𝑏]. 
2. 𝑓 é derivável no intervalo aberto (𝑎, 𝑏). 
Então existe pelo menos um ponto 𝑐 no intervalo aberto (𝑎, 𝑏) tal que 
𝑓′(𝑐) =
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
. 
 
Consequências do Teorema do Valor Médio 
Teorema 
Se 𝑓′(𝑥) = 0 para todo 𝑥 em um intervalo aberto (𝑎, 𝑏) então 𝑓 é constante 
em(𝑎, 𝑏). 
Prova: 
Sejam 𝑥1 e 𝑥2 dois números quaisquer em (𝑎, 𝑏), sendo 𝑥1 < 𝑥2. Como 𝑓 é 
derivável em (𝑎, 𝑏), ela deve ser derivável em (𝑥1, 𝑥2) e contínua em [𝑥1, 𝑥2]. 
Aplicando o teorema do valor médio à função 𝑓 no intervalo [𝑥1, 𝑥2], obtemos 
um número 𝑐 ∈ (𝑥1, 𝑥2) tal que 
𝑓′(𝑐) = 
𝑓(𝑥2) − 𝑓(𝑥1)
𝑥2 − 𝑥1
 (𝐼) 
Uma vez que 𝑓′(𝑥) = 0 para todo 𝑥, temos que 𝑓′(𝑐) = 0 e a equação (I) se 
torna 
𝑓(𝑥2) − 𝑓(𝑥1) = 0 ⟹ 𝑓(𝑥2) = 𝑓(𝑥1). 
2 
 
Portanto, 𝑓 tem o mesmo valor em quaisquer dois números 𝑥1 e 𝑥2 em (𝑎, 𝑏). 
Isso significa que 𝑓 é constante em (𝑎, 𝑏). ■ 
 
Corolário 
Se 𝑓′(𝑥) = 𝑔′(𝑥) para todo 𝑥 em um intervalo (𝑎, 𝑏) então 𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥) + 𝑐, em 
que 𝑐 é uma constante. 
Prova: 
Seja 𝐹(𝑥): = 𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥). Então 
𝐹′(𝑥) = 𝑓′(𝑥) − 𝑔′(𝑥) = 0 
Para todo 𝑥 em (𝑎, 𝑏). Assim, pelo teorema anterior, 𝐹 é constante, isto é, 𝑓 − 𝑔 
é constante. ■ 
 
Definição (função crescente, função decrescente) 
Seja 𝑓 uma função definida em um intervalo 𝐼. Então 
1. 𝑓 é crescente em 𝐼 se, para todos os pontos 𝑥1 e 𝑥2 em 𝐼, 
𝑥1 < 𝑥2 ⇒ 𝑓(𝑥1) < 𝑓(𝑥2). 
2. 𝑓 é decrescente em 𝐼 se, para todos os pontos 𝑥1 e 𝑥2 em 𝐼, 
𝑥1 < 𝑥2 ⇒ 𝑓(𝑥1) > 𝑓(𝑥2). 
 
Teorema (Teste da Derivada Primeira para Crescimento e Decrescimento) 
a) Se 𝑓′(𝑥) > 0 em todos os pontos do intervalo (𝑎, 𝑏) então 𝑓 é crescente 
em (𝑎, 𝑏). 
b) Se 𝑓′(𝑥) < 0 em todos os pontos do intervalo (𝑎, 𝑏) então 𝑓 é decrescente 
em (𝑎, 𝑏). 
Prova: 
a) Sejam 𝑥1 e 𝑥2 dois números quaisquer no intervalo com 𝑥1 < 𝑥2. De 
acordo com a definição de função crescente, temos de mostrar que 
𝑓(𝑥1) < 𝑓(𝑥2). Como por hipótese 𝑓
′(𝑥) > 0, sabemos que 𝑓 é 
derivável em [𝑥1, 𝑥2]. Portanto pelo Teorema do Valor Médio, existe um 
número 𝑐 entre 𝑥1 e 𝑥2 tal que 
𝑓(𝑥2) − 𝑓(𝑥1) = 𝑓
′(𝑐)(𝑥2 − 𝑥1) (∗) 
Agora 𝑓′(𝑐) > 0, por hipótese, e 𝑥2 − 𝑥1 > 0, pois 𝑥1 < 𝑥2. Assim, o 
lado direito da equação (*) é positivo e, portanto, 
3 
 
𝑓(𝑥2) − 𝑓(𝑥1) > 0 ⇒ 𝑓(𝑥1) < 𝑓(𝑥2). 
Portanto, 𝑓 é crescente em (𝑎, 𝑏). 
■ 
 
 
Exemplo 
Determine os pontos críticos de 𝑓(𝑥) = 𝑥4 e identifique os intervalos onde 𝑓 é 
crescente e decrescente. 
 
 
 
 
A figura mostra que 𝑓 possui um ponto crítico. Como 𝑓 é derivável e contínua 
para qualquer número real, o ponto crítico ocorre quando 𝑓′(𝑥) = 0, isto é, 
𝑓′(𝑥) = 4𝑥3 = 0 ⟹ 𝑥 = 0. 
Como 𝑓′(𝑥) = 4𝑥3 > 0 para todo 𝑥 > 0 então 𝑓 cresce em (0, +∞). De forma 
análoga, como 𝑓′(𝑥) = 4𝑥3 < 0 para todo 𝑥 < 0 então 𝑓 decresce em (−∞, 0). 
 
 
 
 
4 
 
 
Exemplo 
Determine os pontos críticos de 𝑓(𝑥) = 𝑥3 e identifique os intervalos em que 𝑓 
é crescente e decrescente. 
 
Derivando a função, temos 𝑓′(𝑥) = 3𝑥2. Como 3𝑥2 ≥ 0 para todo 𝑥, o intervalo 
de crescimento é (−∞, +∞). 
 
 
Forma Indeterminada 
Se 𝑓 e 𝑔 forem duas funções tais que lim
𝑥 →𝑎
𝑓(𝑥) = 0 e lim
𝑥 →𝑎
𝑔(𝑥) = 0 então a 
função 
𝑓
𝑔
 tem a forma indeterminada 
0
0
 em a. 
 
Forma Indeterminada 
Se 𝑓 e 𝑔 forem duas funções tais que lim
𝑥 →𝑎
𝑓(𝑥) = ± ∞ e lim
𝑥 →𝑎
𝑔(𝑥) = ±∞ então 
a função 
𝑓
𝑔
 tem a forma indeterminada 
± ∞
±∞
 em a. 
 
Observação: As definições são análogas se tivermos 𝑥 → 𝑎+ ou 𝑥 → 𝑎−, ou 
ainda 𝑥 → +∞ ou 𝑥 → − ∞. 
5 
 
Teorema (Regra de L’Hopital) 
Se lim
𝑥 →𝑎
𝑓(𝑥)/𝑔(𝑥) tem uma forma indeterminada 0/0 ou ±∞/±∞ então 
lim
𝑥 →𝑎
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
= lim
𝑥 →𝑎
𝑓′(𝑥)
𝑔′(𝑥)
. 
 
Exemplo 
Calcule o limite, se existir 
lim
𝑥→0
𝑥
1 − 𝑒𝑥
 
Solução 
Como lim
𝑥 →0
𝑥 = 0 e lim
𝑥→0
(1 − 𝑒𝑥) = 0, podemos aplicar a regra de L’hopital 
lim
𝑥 →0
𝑥
1 − 𝑒𝑥
= lim
𝑥 →0
1
−𝑒𝑥
=
lim
𝑥→0
1
lim
𝑥→0
−𝑒𝑥
=
1
−1
= −1.
 
Exemplo 
Calcule o limite, se existir 
lim
𝑥 →0
𝑥 − sin 𝑥
𝑥3
 
Solução 
Como lim
𝑥 →0
( 𝑥 − sin 𝑥) = 0 e lim
𝑥→0
𝑥3 = 0, podemos aplicar a regra de L’Hopital 
lim
𝑥 →0
𝑥 − sin 𝑥
𝑥3
= lim
𝑥 →0
1 − cos 𝑥
3𝑥2
= lim
𝑥 →0
sin 𝑥
6𝑥
=
1
6
 lim
𝑥 →0
sin 𝑥
𝑥
=
1
6
.
 
6 
 
Outras Formas Indeterminadas 
0 ∙ ∞, ∞ − ∞ 
Podemos aplicar as regras de L’Hopital após uma manipulação das funções. 
Suponhamos que lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥) é indeterminado na forma 0 ∙ ∞, isto é, 
lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) = 0 e lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥) = ∞. 
 
Para poder usar a regra de L’Hopital devemos escrever 
𝑓(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥) = 
𝑓(𝑥)
1
𝑔(𝑥)
 
ou 
𝑓(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥) = 
𝑔(𝑥)
1
𝑓(𝑥)
 
 
Exemplo 
Calcule, lim
𝑥 →0+
𝑥 ∙ ln 𝑥 
Neste caso, temos uma indeterminação do tipo 0 ∙ (−∞). Com efeito, lim
𝑥 →0+
𝑥 = 0 
e lim
𝑥 →0+
ln 𝑥 = −∞. Para podermos aplicar uma das regras de L’hopital, devemos 
transforma-la em uma das indeterminações do tipo 
0
0
 𝑜𝑢 
∞
∞
. 
Para isso observe que 
lim
𝑥 →0+
𝑥 ∙ ln 𝑥 = lim
𝑥 →0+
ln 𝑥
1
𝑥
 
Podemos aplicar a regra de L’Hopital 
7 
 
lim
𝑥 →0+
ln 𝑥
1/𝑥
= lim
𝑥 →0+
1
𝑥 (− 
1
𝑥2
)
= lim
𝑥→0+
(−𝑥)
= 0.
 
 
 
 
 
 
Exemplo 
Calcule 
lim
𝑥→0
(
1
𝑥2
− 
1
𝑥2 cos 𝑥
) 
A indeterminação é do tipo ∞ − ∞. Para aplicar uma das regras de L’Hopital 
precisamos transformar a indeterminação ∞ − ∞ em uma das formas 
0
0
 𝑜𝑢 
∞
∞
. 
8 
 
Em geral, isto é feito efetuando-se a operação algébrica indicada. 
1
𝑥2
−
1
𝑥2 cos 𝑥
=
cos 𝑥 − 1
𝑥2 cos 𝑥
. 
Como o limite do lado direito da última expressão recai numa indeterminação 
do tipo 
0
0
, podemos aplicar a regra de L’Hopital e obter 
 
lim
𝑥 →0
(
1
𝑥2
−
1
𝑥2 cos 𝑥
) = lim
𝑥 →0
cos 𝑥 − 1
𝑥2 cos 𝑥
= lim
𝑥→0
− sin 𝑥
2𝑥 cos 𝑥 − 𝑥2 sin 𝑥
= lim
𝑥→0
− cos 𝑥
2 cos 𝑥 − 2𝑥𝑠𝑖𝑛 𝑥 − (2𝑥 sin 𝑥 + 𝑥2 cos 𝑥)
= lim
𝑥→0
− cos 𝑥
2 cos 𝑥 − 2𝑥𝑠𝑖𝑛 𝑥 − 2𝑥 sin 𝑥 − 𝑥2 cos 𝑥
= lim
𝑥→0
− cos 𝑥
2 cos 𝑥 − 4𝑥𝑠𝑖𝑛 𝑥 − 𝑥2 cos 𝑥
=
lim
𝑥→0
− cos 𝑥
lim
𝑥→0
(2 cos 𝑥 − 4𝑥𝑠𝑖𝑛 𝑥 − 𝑥2 cos 𝑥)
=
−1
2
.
 
Outra maneira 
𝑓(𝑥) =
1
𝑥2
− 
1
𝑥2 cos 𝑥
=
1
𝑥2
(1 − 
1
cos 𝑥
) =
1
𝑥2
 (1 − sec 𝑥) =
1 − sec 𝑥
𝑥2
 
 
portanto 
lim
𝑥 →0
(
1 − sec 𝑥
𝑥2
) = lim
𝑥 →0
−sec 𝑥 tan 𝑥
2𝑥
= lim
𝑥→0
−((sec 𝑥 tan 𝑥) ∙ tan 𝑥 + (sec 𝑥 ∙ sec2 𝑥)) 
2
=
lim −
𝑥→0
(sec 𝑥 tan 𝑥) ∙ tan 𝑥 − (sec 𝑥 ∙ sec2 𝑥)
lim
𝑥→0
2
=
lim
𝑥→0
− sec3 𝑥
lim
𝑥→0
2
=
−1
2
.
 
9 
 
Indeterminações do tipo 00, ∞0, 1∞ 
Suponhamos que o limite lim
𝑥 →0
𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) tem uma das formas indeterminadas 
00, ∞0, 1∞. Aqui, devemos ter 𝑓(𝑥) > 0 no domínio da função 𝑓𝑔. 
Em qualquer um desses casos, fazemos 
𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) = 𝑒ln 𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
= 𝑒𝑔(𝑥)∙ln 𝑓(𝑥) 
e então 
𝐿 = lim
𝑥 →𝑎
[𝑔(𝑥) ∙ ln 𝑓(𝑥)] 
 
Para as formas indeterminadas 
 O limite 𝐿 = lim
𝑥 →𝑎
[𝑔(𝑥) ∙ ln 𝑓(𝑥)] terá sempre a forma 
indeterminada 0 ∙ ∞ (ou ∞ ∙ 0), e recaímos no caso anterior. 
 
Exemplo 
Calcule lim
𝑥 →0+
𝑥𝑥 
Solução 
Aqui temos uma indeterminação do tipo 00. Seguindo o procedimento descrito 
acima, fazemos 
𝑥𝑥 = 𝑒ln 𝑥
𝑥
= 𝑒𝑥∙ln 𝑥 
E então lim
𝑥 →0+
𝑥𝑥 = 𝑒𝐿 sendo 𝐿 = lim
𝑥 →𝑎
[𝑔(𝑥) ∙ ln 𝑓(𝑥)] = lim
𝑥 →0+
𝑥 ln 𝑥 = 0. 
 
Portanto 
lim
𝑥 →0+
𝑥𝑥 = 𝑒𝐿 = 𝑒0 = 1. 
10 
 
 
 
Extremos absolutos em intervalos ilimitados 
Uma função contínua em um intervalo ilimitado pode ou não ter extremos 
absolutos. No entanto, podemos deduzir o comportamento sobre a existência de 
extremos absolutos de 𝑓 analisando quando 𝑥 tende a +∞ ou −∞ 
 
 
11 
 
Exemplo 
O que pode ser dito sobre a existência de extremos absolutos de polinômios 
em (−∞, +∞). 
Solução 
Se 𝑝(𝑥) for um polinômio de grau ímpar, então 
lim
𝑥→+∞
𝑝(𝑥) 𝑒 lim
𝑥 →−∞
𝑝(𝑥) (∗∗) 
Têm sinais opostos, não havendo assim, extremos absolutos. Por outro lado, 
se 𝑝(𝑥) tiver grau par, então os limites em (**) têm o mesmo sinal (ou ambos 
crescem ou ambos decrescem). Se o coeficiente dominante for positivo, ambos 
os limites são +∞ e há um mínimo absoluto, mas não há um máximo absoluto; 
se o coeficiente dominante for negativo, então os limites são −∞ e há um 
máximo absoluto, mas não tem um mínimo absoluto. 
 
 
Exemplo 
Determine se 𝑝(𝑥) = 3𝑥4 + 4𝑥3 possui extremos absolutos. 
Solução 
Como 𝑝(𝑥) tem grau par e o coeficiente dominante é positivo, 𝑝(𝑥) → + ∞ 
quando 𝑥 → +∞ e quando 𝑥 → −∞. Dessa forma, há um mínimo absoluto, 
mas nenhum máximo absoluto. O mínimo absoluto deve ocorrer em um ponto 
crtico de 𝑝. 
𝑝′(𝑥) = 12𝑥3 + 12𝑥2 = 12𝑥2(𝑥 + 1) = 0 
Assim, 𝑥 = 0 e 𝑥 = −1 são pontos críticos. Calculando o valor de 𝑝 nos pontos 
críticos, obtemos 
𝑝(0) = 0 𝑒 𝑝(−1) = −1 
Assim, concluímos que 𝑝 tem um mínimo absoluto de −1 em 𝑥 = −1. 
 
12 
 
 
 
Extremos absolutos em intervalos abertos 
Sabemos que uma função contínua pode ou não ter extremos absolutos em um 
intervalo aberto. Porém, certas conclusões sobre a existência de extremos 
absolutos de uma função contínua 𝑓 em um intervalo aberto (𝑎, 𝑏) podem ser 
tiradas do comportamento da função 𝑓 quando 𝑥 → 𝑎+ e 𝑥 → 𝑏− (ver figura 
abaixo). Conclusões análogas podem ser deduzidas para intervalos da forma 
(−∞, 𝑏) ou (𝑎, +∞). 
 
13 
 
Exemplo 
Determine se a função 
𝑓(𝑥) = 
1
𝑥2 − 𝑥
 
Tem algum extremo absoluto no intervalo (0,1). 
 
Solução 
O domínio da função é 𝐷(𝑓) = 𝑅 − {0,1} sendo f uma função racional ela é 
contínua nos pontos do seu domínio. 
Como 𝑓 é contínua no intervalo (0,1) e 
lim
𝑥 →0+
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→0+
1
𝑥2 − 𝑥
= lim
𝑥→0+
1
𝑥(𝑥 − 1)
= −∞
lim
𝑥 →1−
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→1−
1
𝑥2 − 𝑥
= lim
𝑥→1−
1
𝑥(𝑥 − 1)
= −∞
 
A função 𝑓 tem um máximo absoluto, mas nenhum mínimo absoluto em (0,1), o 
máximo absoluto deve ocorrer em um ponto crítico de 𝑓 no intervalo (0,1). Temos 
que 
𝑓′(𝑥) = 
−(2𝑥 − 1)
(𝑥2 − 𝑥)2
 
Logo, a única solução da equação 𝑓′(𝑥) = 0 é 𝑥 = 1/2. Assim, o máximo 
absoluto ocorre em 𝑥 = 1/2, e esse valor máximo absoluto é 
𝑓 (
1
2
) = 
1
(
1
2)
2
−
1
2
= −4. 
 
 
 
 
 
14 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 
 
 
Teorema 1 (Teste da Derivada Primeira para Crescimento e Decrescimento) 
a) Se 𝑓′(𝑥) > 0 em todos os pontos do intervalo (𝑎, 𝑏) então 𝑓 é crescente 
em (𝑎, 𝑏). 
b) Se 𝑓′(𝑥) < 0 em todos os pontos do intervalo (𝑎, 𝑏) então 𝑓 é decrescente 
em (𝑎, 𝑏). 
 
Prova: 
Sejam 𝑥1 e 𝑥2 dois pontos em [𝑎, 𝑏] com 𝑥1 < 𝑥2. O teorema do Valor 
médio aplicado a 𝑓 em [𝑥1, 𝑥2] diz que 
𝑓(𝑥2) − 𝑓(𝑥1) = 𝑓
′(𝑐) ∙ (𝑥2 − 𝑥1) 
Para algum 𝑐 entre 𝑥1 e 𝑥2 . O sinal do lado direito dessa equação é o 
mesmo de 𝑓′(𝑐), pois 𝑥2 − 𝑥1 é positivo. Portanto, se 𝑓′ for positiva em 
(𝑎, 𝑏), 𝑓(𝑥2) > 𝑓(𝑥1) e, se 𝑓′ for negativa em (𝑎, 𝑏), 𝑓(𝑥2) < 𝑓(𝑥1). ■ 
 
 
EXEMPLO 
 
Lista 7 – Questão 5 , letra m (encontrar, se existir(em) o(s) ponto(s) crítico(s) 
 
m) 𝑓(𝑥) = 𝑥 ∙ 𝑒−𝑥
2
 
solução 
Determine o domínio da função 
𝐷(𝑓) = 𝑅 
𝑓′(𝑥) = 𝑒−𝑥
2
+ 𝑥 ∙ ( −2𝑥 ∙ 𝑒−𝑥
2
)
= 𝑒−𝑥
2
− 2𝑥2 ∙ 𝑒−𝑥
2
= 𝑒−𝑥
2
(1 − 2𝑥2)
 
𝑓′(𝑥) = 0 ⇒ 𝑠𝑒 1 − 2𝑥2 = 0 ⇒ 𝑥 = 
−1
√2
 𝑒 𝑥 =
1
√2
 
Como 𝑥 = 
−1
√2
 ∈ 𝑅, 𝑥 =
1
√2
 ∈ 𝑅 eles são os pontos críticos de 𝑓. 
2 
 
TESTE DA DERIVADA PRIMEIRA PARA EXTREMOS RELATIVOS 
Seja 𝑓 uma função contínua num intervalo fechado [𝑎, 𝑏] e derivável em (𝑎, 𝑏), 
exceto possivelmente em um ponto c. 
i. Se 𝑓′(𝑥) > 0 para todo 𝑥 < 𝑐 e 𝑓′(𝑥) < 0 para todo 𝑥 > 𝑐, então𝑓 tem um 
máximo relativo em 𝑐. 
ii. Se 𝑓′(𝑥) < 0 para todo 𝑥 < 𝑐 e 𝑓′(𝑥) > 0 para todo 𝑥 > 𝑐, então 𝑓 tem um 
mínimo relativo em 𝑐. 
iii. Se 𝑓′ não muda de sinal em 𝑐 ( ou seja, 𝑓 é positiva ou negativa em ambos 
os lados de 𝑐), então 𝑐 não é extremo local de 𝑓. 
 
 
Prova: 
i) Como o sinal de 𝑓′ muda de negativo para positivo em 𝑐, existem 
dois números 𝑎 e 𝑏 tais que 𝑓′(𝑥) > 0 em (𝑐, 𝑏). Se 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑐) 
então 𝑓(𝑐) < 𝑓(𝑥), pois 𝑓′(𝑥) < 0, e pelo Teorema 1, 𝑓 é 
decrescente e como 𝑥 < 𝑐 temos 𝑓(𝑥) > 𝑓(𝑐). 
Se 𝑥 ∈ (𝑐, 𝑏) então 𝑓(𝑐) < 𝑓(𝑥), pois 𝑓′(𝑥) > 0, e pelo Teorema 1, 
𝑓 é crescente. Implica que 𝑓 é crescente em [𝑐, 𝑏]. Portanto, 
𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(𝑐) para qualquer 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏), ou seja, por definição, 𝑓 
possui um mínimo local de 𝑐. 
 
EXEMPLO 
Encontre, se existirem, os extremos relativos da função 
a) 𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 6𝑥2 + 9𝑥 
Solução 
3 
 
O domínio da função é 𝐷(𝑓) = 𝑅. 
𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 − 12𝑥 + 9 
fazendo 𝑓′(𝑥) = 0, obtem-se 𝑥 = 1 e 𝑥 = 3. 
Assim, os números críticos de 𝑓 são 1 e 3. Para determinar se 𝑓 tem um extremo 
relativo nesses números, aplicamos o teste da derivada primeira. 
 
 𝑓(𝑥) 𝑓′(𝑥) CONCLUSÃO 
𝑥 < 1 + + + + + + + 𝑓 é crescente em 
(−∞, 1) 
𝑥 = 1 4 0 𝑓 tem um valor máximo 
relativo 
1 < 𝑥 < 3 − − − − − − − 𝑓 é decrescente em 
(1,3) 
𝑥 = 3 0 0 𝑓 tem um valor mínimo 
relativo 
𝑥 > 3 + + + + + + + 𝑓 é crescente em 
(3, +∞) 
 
 
b) 𝑓(𝑥) = 𝑥3 
O domínio da função é 𝐷(𝑓) = 𝑅. 
𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 
4 
 
fazendo 𝑓′(𝑥) = 0, obtém-se 𝑥 = 0 que é o único ponto crítico de 𝑓. 
entretanto, para 𝑥 ≠ 0, 𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 > 0, então 𝑓 é sempre crescente e 
não possui extremos relativos. 
 
 
c) 𝑓(𝑥) = ln(4 − 𝑥2) 
O domínio da função é 
𝐷(𝑓) = {𝑥 ∈ 𝑅; (4 − 𝑥2) > 0} = (−2,2). 
𝑓′(𝑥) = 
−2𝑥
4 − 𝑥2
 
fazendo 𝑓′(𝑥) = 0, temos −2𝑥 = 0 ⇒ 𝑥 = 0 ∈ 𝐷(𝑓). 
Para determinar se 𝑓 tem um extremo relativo nesse número, aplicamos 
o teste da derivada primeira. 
O sinal da 𝑓′(𝑥) só depende da função 𝑔(𝑥) = −2𝑥. 
 
 𝑓(𝑥) 𝑓′(𝑥) CONCLUSÃO 
−2 < 𝑥 < 0 + + + + + + + 𝑓 é crescente em 
(−2,0) 
𝑥 = 0 ln 4 0 𝑓 tem um valor máximo 
relativo 
0 < 𝑥 < 2 − − − − − − − 𝑓 é decrescente em 
(0,2) 
 
5 
 
 
 
 
 
 
d) 𝑓(𝑥) = 𝑥 ∙ 𝑒𝑥 
O domínio da função é 𝐷(𝑓) = 𝑅. 
 
𝑓′(𝑥) = 𝑒𝑥 + 𝑥 ∙ 𝑒𝑥
= 𝑒𝑥(1 + 𝑥)
 
 como 𝑒𝑥 > 0, 𝑓′(𝑥) = 0 quando 𝑥 + 1 = 0 ⇒ 𝑥 = −1. 
Para determinar se 𝑓 tem um extremo relativo nesse número, aplicamos 
o teste da derivada primeira. 
O sinal da 𝑓′(𝑥) só depende da função 𝑔(𝑥) = 𝑥 + 1. 
 
 𝑓(𝑥) 𝑓′(𝑥) CONCLUSÃO 
𝑥 < −1 − − − − − −
− 
𝑓 é decrescente em 
(−∞, −1) 
𝑥 = −1 −𝑒−1 0 𝑓 tem um valor mínimo 
relativo 
𝑥 > −1 + + + + +
+ + 
𝑓 é crescente em 
(−1, +∞) 
6 
 
 
 
 
 
EXEMPLO 
Determine os valores das constantes 𝑎 e 𝑏 tal que a função 
 𝑓(𝑥) = 𝑥3 + 𝑎𝑥 + 𝑏 possua um mínimo relativo no ponto (1,3). 
Solução 
O domínio da função é 𝐷(𝑓) = 𝑅. 
𝑓(1) = 1 + 𝑎 + 𝑏 = 3
⇒ 𝑎 + 𝑏 = 2
 
 
sabemos pelo Teorema de Fermat que 𝑓′(1) = 0. 
𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 + 𝑎 
sendo 𝑥 = 1 ponto crítico, temos 
𝑓′(1) = 3 + 𝑎 = 0 ⇒ 𝑎 = −3. 
 
 
Substituindo o valor de 𝑎 na equação 𝑎 + 𝑏 = 2 ⇒ 𝑏 = 5. 
Portanto 
7 
 
𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 3𝑥 + 5. 
 
 
 
 
EXEMPLO 
Lista 9. Questão 14 
 
Determine os valores de 𝑘 para os quais a função 
𝑓(𝑥) =
2𝑥2 + 𝑘𝑥 + 2𝑘 + 2
2𝑥 + 𝑘
 
 
seja sempre crescente nos pontos do seu domínio. 
 
Solução 
O domínio da função 𝑓 é 
𝐷(𝑓) = {𝑥 ∈ 𝑅 , 𝑥 ≠ −
𝑘
2
} 
para que 𝑓 seja crescente nos pontos do seu domínio sua derivada deve 
ser sempre positiva, isto é, 
8 
 
𝑓′(𝑥) =
(4𝑥 + 𝑘)(2𝑥 + 𝑘) − (2𝑥2 + 𝑘𝑥 + 2𝑘 + 2)(2)
(2𝑥 + 𝑘)2
=
(8𝑥2 + 4𝑘𝑥 + 2𝑘𝑥 + 𝑘2) − (4𝑥2 + 2𝑘𝑥 + 4𝑘 + 4)
(2𝑥 + 𝑘)2
𝑓′(𝑥) =
4𝑥2 + 4𝑘𝑥 + (𝑘2 − 4𝑘 − 4)
(2𝑥 + 𝑘)2
 
 
Devemos resolver a inequação 
4𝑥2 + 4𝑘𝑥 + (𝑘2 − 4𝑘 − 4) > 0 
 
Temos: 
𝑎 = 4, 𝑏 = 4𝑘, 𝑐 = 𝑘2 − 4𝑘 − 4 
∆ = 𝑏2 − 4𝑎𝑐
= 16𝑘2 − 16(𝑘2 − 4𝑘 − 4)
= 16𝑘2 − 16𝑘2 + 64𝑘 + 64
= 64𝑘 + 64
= 64(𝑘 + 1)
 
Temos 
∆ < 0 para que a 𝑓′(𝑥) > 0, ∀ 𝑥 ∈ 𝐷(𝑓). 
Portanto 
𝑘 + 1 < 0 ⇒ 𝑘 < −1. 
 
 
 
EXEMPLO 
Lista 9 – Questao 15 letra f 
Aplique o teste da derivada primeira para encontrar os extremos relativos das 
funções abaixo: 
f) 𝑓(𝑥) = 1 − ln (
𝑥2−4
𝑥2−9
) 
9 
 
Determine o domínio da função 
𝐷(𝑓) = {𝑥 ∈ 𝑅 , (
𝑥2 − 4
𝑥2 − 9
) > 0} 
 
𝐷(𝑓) = (−∞, −3) ∪ (−2,2 ) ∪ (3, +∞) 
Cálculo da derivada primeira 
𝑓′(𝑥) = − 
1
(
𝑥2 − 4
𝑥2 − 9
)
 ∙ (
𝑥2 − 4
𝑥2 − 9
)
′
= − 
𝑥2 − 9
𝑥2 − 4
 ∙ ( 
2𝑥 ∙ (𝑥2 − 9) − (𝑥2 − 4) ∙ 2𝑥
(𝑥2 − 9)2
)
= − 
𝑥2 − 9
𝑥2 − 4
 ∙ (
2𝑥 (𝑥2 − 9 − 𝑥2 + 4)
(𝑥2 − 9)2
)
= − 
𝑥2 − 9
𝑥2 − 4
 ∙ (
2𝑥 ∙ (−5)
(𝑥2 − 9)2
)
𝑓′(𝑥) =
10𝑥
(𝑥2 − 4)(𝑥2 − 9)
 
𝑓′(𝑥) = 0 𝑠𝑒 10𝑥 = 0 ⇒ 𝑥 = 0 
Devemos fazer o estudo de sinal de 𝑔(𝑥) = 10𝑥 e 
 ℎ(𝑥) = (𝑥2 − 4)(𝑥2 − 9). 
Temos: 
• 𝑓′(𝑥) < 0 𝑒𝑚 (−∞, −3) ∪ (−2,0) ⇒
𝑓 é 𝑑𝑒𝑐𝑟𝑒𝑠𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑚 (−∞, −3) ∪ (−2,0) 
• 𝑓′(𝑥) > 0 𝑒𝑚 (0,2) ∪ (3, +∞) ⇒ 
𝑓 é 𝑐𝑟𝑒𝑠𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑚 (0,2) ∪ (3, +∞) 
Portanto 𝑥 = 0 é ponto de mínimo relativo. 
 
 
10 
 
 
 
 
 
Definição [concavidade de uma função] 
Se o gráfico de 𝑓 estiver acima de todas as suas tangentes no intervalo 𝐼 
então 𝑓 é chamada côncava para cima em 𝐼. Se o gráfico de 𝑓 estiver 
abaixo de todas as suas tangentes em 𝐼, então 𝑓 é chamada côncava para 
baixo em 𝐼. 
 
 
 
 
 
 
 
11 
 
Teste da Concavidade 
a) Se 𝑓′′(𝑥) > 0 para todo 𝑥 em 𝐼 então o gráfico de 𝑓 é côncavo para cima 
em 𝐼. 
b) Se 𝑓′′(𝑥) < 0 para todo 𝑥 em 𝐼 então o gráfico de 𝑓 é côncavo para baixo 
em 𝐼. 
Prova: Temos que 𝑓′′(𝑥) é a derivada de 𝑓′(𝑥). Assim: 
a) Se 𝑓′′(𝑥) > 0 para todo 𝑥 ∈ 𝐼 temos que 𝑓′ é crescente em 𝐼 (pelo 
Teorema 1). Logo, 𝑓 é côncava para cima em 𝐼. 
b) Se 𝑓′′(𝑥) < 0 para todo 𝑥 ∈ 𝐼 temos que 𝑓′ é decrescente em 𝐼 (pelo 
Teorema 1). Logo, 𝑓 é côncava para baixo em 𝐼. ■ 
 
 Definição [ponto de inflexão] 
Um ponto 𝑃 = (𝑐, 𝑓(𝑐)) no gráfico da função 𝑦 = 𝑓(𝑥) é chamado ponto 
de inflexão se 𝑓 é contínua no ponto 𝑐 e a curva mudar de côncava para 
cima para côncava para baixo ou vice-versa no ponto ponto 𝑃 = (𝑐, 𝑓(𝑐)). 
 
Exemplo 
Determine os intervalos em que 𝑓 é côncava para cima e côncava para 
baixo e ache o ponto de inflexão do gráfico de 𝑓. 
a) 𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 6𝑥2 + 9𝑥 
 
Solução 
𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 − 12𝑥 + 9
𝑓′′(𝑥) = 6𝑥 − 12
 
 
𝑓′′(𝑥) existe para todos os valores de 𝑥, assim sendo, o único ponto de 
inflexão possível é onde 𝑓′′(𝑥) = 0, o que ocorre quando 6𝑥 − 12 = 0 ⇒
𝑥 = 2. Para determinar se existe ou não ponto de inflexão em 𝑥 = 2, 
precisamos verificar se 𝑓′′(𝑥) muda de sinal, ao mesmo tempo, 
determinamos a concavidade do gráfico para os respectivos intervalos, 
conforme tabela abaixo 
12 
 
 
 𝑓(𝑥) 𝑓′(𝑥) 𝑓′′(𝑥) CONCLUSÃO 
𝑥 < 2 − − − − − O gráfico é 
côncavo para 
baixo em (−∞, 2) 
𝑥 = 2 2 0 O gráfico tem um 
ponto de inflexão 
𝑥 > 2 + + + + + O gráfico é 
côncavo para 
cima em (2, +∞) 
 
 
 
b) 
𝑓(𝑥) = 𝑥3 
O domínio da função é 𝐷(𝑓) = 𝑅. 
𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 
𝑓′′(𝑥) = 6𝑥 
13 
 
𝑓′′(𝑥) existe para todos os valores de 𝑥, assim sendo, o único ponto de 
inflexão possível é onde 𝑓′′(𝑥) = 0, 
o que ocorre quando 6𝑥 = 0 ⇒ 𝑥 = 0. Para determinar se existe ou não 
ponto de inflexão em 𝑥 = 0, precisamos verificar se 𝑓′′(𝑥) muda de sinal, 
ao mesmo tempo, determinamos a concavidade do gráfico para os 
respectivos intervalos, conforme tabela abaixo 
 
 𝑓(𝑥) 𝑓′(𝑥) 𝑓′′(𝑥) CONCLUSÃO 
𝑥 < 0 − − − − − − O gráfico é 
côncavo para 
baixo em (−∞, 0) 
𝑥 = 0 0 0 O gráfico tem um 
ponto de inflexão 
𝑥 > 0 + + + + ++ O gráfico é 
côncavo para cima 
em (0, +∞) 
 
 
 
c) 𝑓(𝑥) = ln(4 − 𝑥2) 
 
O domínio da função é 
𝐷(𝑓) = {𝑥 ∈ 𝑅; (4 − 𝑥2) > 0} = (−2,2). 
14 
 
𝑓′(𝑥) = 
−2𝑥
4 − 𝑥2
 
𝑓′′(𝑥) =
(−2) ∙ (4 − 𝑥2) − (−2𝑥) ∙ (−2𝑥)
(4 − 𝑥2)2
=
−8 + 2𝑥2 − 4𝑥2
(4 − 𝑥2)2
=
−8 − 2𝑥2
(4 − 𝑥2)2
𝑓′′(𝑥) =
−(8 + 2𝑥2)
(4 − 𝑥2)2
 
 
𝑓′′(𝑥) < 0, ∀ 𝑥 ∈ (−2,2) 
O gráfico da função 𝑓 é côncavo para baixo em (−2,2), 𝑓 não tem ponto de 
inflexão. 
 
d) 
𝑓(𝑥) = 𝑥 ∙ 𝑒𝑥 
O domínio da função é 𝐷(𝑓) = 𝑅. 
 
𝑓′(𝑥) = 𝑒𝑥 + 𝑥 ∙ 𝑒𝑥
= 𝑒𝑥(1 + 𝑥)
 
 
𝑓′′(𝑥) = 𝑒𝑥 + 𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥
= 2𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥
= 𝑒𝑥 (2 + 𝑥)
 
 
Como 𝑒𝑥 > 0, 𝑓′′(𝑥) = 0 quando 𝑥 + 2 = 0 ⇒ 𝑥 = −2. 
 
Para determinar se 𝑓 tem um ponto de inflexão nesse número, aplicamos 
o teste da derivada segunda. 
O sinal da 𝑓′′(𝑥) só depende da função 𝑔(𝑥) = 𝑥 + 2. 
 
Para determinar se existe ou não ponto de inflexão em 𝑥 = −2, 
precisamos verificar se 𝑓′′(𝑥) muda de sinal, ao mesmo tempo, 
15 
 
determinamos a concavidade do gráfico para os respectivos intervalos, 
conforme tabela abaixo 
 𝑓(𝑥) 𝑓′(𝑥) 𝑓′′(𝑥) CONCLUSÃO 
𝑥 < −2 − − − − O gráfico é 
côncavo para 
baixo em 
(−∞, −2) 
𝑥 = −2 −2𝑒−2 0 O gráfico tem 
um ponto de 
inflexão 
𝑥 > −2 + + + + O gráfico é 
côncavo para 
cima em 
(−2, +∞) 
 
 
 
16 
 
 
Teste da derivada segunda para extremos relativos 
Seja 𝑓 uma função derivável em um intervalo aberto 𝐼 e suponha que 𝑐 
seja um ponto em 𝐼 tal que 𝑓′(𝑐) = 0 e 𝑓′′(𝑐) exista 
i. se 𝑓′′(𝑐) > 0 então 𝑓 possui um mínimo relativo em 𝑐; 
ii. se 𝑓′′(𝑐) < 0 então 𝑓 possui um máximo relativo em 𝑐. 
 
Demonstração 
i. Considere 𝑓′(𝑐) = 0 e 𝑓′′(𝑐) > 0. Pela definição de 𝑓′′(𝑐), temos 
𝑓′′(𝑐) = lim
𝑥 →𝑐
𝑓′(𝑥) − 𝑓′(𝑐)
𝑥 − 𝑐
𝑓′′(𝑐) = lim
𝑥→𝑐
𝑓′(𝑥)
𝑥 − 𝑐
 
Sendo 𝑓′′(𝑐) > 0, tem-se que numa vizinhança de 𝑐 
𝑓′(𝑥)
𝑥 − 𝑐
> 0 
Quando 𝑥 → 𝑐− ⇒ 𝑥 − 𝑐 < 0 ⇒ 𝑓′(𝑥) < 0, 
Quando 𝑥 → 𝑐+ ⇒ 𝑥 − 𝑐 > 0 ⇒ 𝑓′(𝑥) > 0, 
Pelo teste da derivada primeira 𝑓 possui um mínimo relativo em 
𝑐. ■ 
 
 
 
Exemplo 
Encontre, usando o teste da derivada segunda, se existirem, os extremos 
relativos da função 
a) 𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 6𝑥2 + 9𝑥 
Solução 
O domínio da função é 𝐷(𝑓) = 𝑅. 
𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 − 12𝑥 + 9. 
fazendo 𝑓′(𝑥) = 0, obtem-se 𝑥 = 1 e 𝑥 = 3. 
17 
 
Assim, os números críticos de 𝑓 são 1 e 3. Para determinar se 𝑓 tem um extremo 
relativo nesses números, aplicamos o teste da derivada segunda. 
𝑓′′(𝑥) = 6𝑥 − 12 
Devemos calcular o valor da derivada nos pontos críticos 
𝑓′′(1) = 6 − 12 = −6
𝑓′′(3) = 18 − 12 = 6
 
 
Como 𝑓′′(1) = −6 < 0 ⇒ 𝑥 = 1 é ponto de máximo relativo. 
Como 𝑓′′(3) = 6 > 0 ⇒ 𝑥 = 3 é ponto de mínimo relativo. 
 
b) 𝑓(𝑥) = 
− 2𝑥
𝑥2+1
 
Solução 
O domínio da função é 𝐷(𝑓) = 𝑅. 
Cálculo da derivada primeira 
𝑓′(𝑥) =
(−2) ∙ (𝑥2 + 1) − (−2𝑥) ∙ (2𝑥)
(𝑥2 + 1)2
=
−2𝑥2 − 2 + 4𝑥2
(𝑥2 + 1)2
=
2𝑥2 − 2
(𝑥2 + 1)2
𝑓′(𝑥) =
2 (𝑥2 − 1)
(𝑥2 + 1)2
 
Temos 𝑓′(𝑥) = 0, se 𝑥2 − 1 = 0 ⇒ 𝑥 = −1 e 𝑥 = 1. 
Assim, os números críticos de 𝑓 são −1 e 1. 
Para determinar se 𝑓 tem um extremo relativo nesses números críticos, 
aplicamos o teste da derivada segunda. 
18 
 
𝑓′′(𝑥) =
(4𝑥) ∙ (𝑥2 + 1)2 − (2𝑥2 − 2) ∙ 2 ∙ (𝑥2 + 1) ∙ 2𝑥
(𝑥2 + 1)4
=
2 ∙ 2 ∙ 𝑥 ∙ (𝑥2 + 1)2 − 2(𝑥2 − 1) ∙ 2 ∙ (𝑥2 + 1) ∙ 2𝑥
(𝑥2 + 1)4
=
4𝑥 ∙ (𝑥2 + 1) ∙ [𝑥2 + 1 − 2 ∙ (𝑥2 − 1)]
(𝑥2 + 1)4
=
4𝑥 ∙ (𝑥2 + 1) ∙ [𝑥2 + 1 − 2𝑥2 + 2]
(𝑥2 + 1)4
=
4𝑥 ∙ (𝑥2 + 1) ∙ (−𝑥2 + 3)
(𝑥2 + 1)4
𝑓′′(𝑥) =
4𝑥 ∙ (−𝑥2 + 3)
(𝑥2 + 1)3
 
 
Devemos calcular o valor da derivada segunda nos pontos críticos 
𝑓′′(−1) =
4 ∙ (−1) ∙ (−1 + 3)
23
=
−4 ∙ 2
8
= −1
𝑓′′(1) =
4 ∙ (1) ∙ (−1 + 3)
23
=
4 ∙ 2
8
= 1
 
 
Como 𝑓′′(−1) = −1 < 0 ⇒ 𝑥 = −1 é ponto de máximo relativo. 
Como 𝑓′′(1) = 1 > 0 ⇒ 𝑥 = 1 é ponto de mínimo relativo. 
 
19 
 
Naturalmente, para obter os extremos relativos pode ser aplicado o teste da 
derivada primeira 
Temos: 
𝑓′(𝑥) =
2 (𝑥2 − 1)
(𝑥2 + 1)2
 
os números críticos de 𝑓 são −1 e 1. O sinal da 𝑓′ depende apenas do 
sinal de 𝑔(𝑥) = 𝑥2 − 1 
 
 ++++++++++++ - - - - - - - - - - - - - - ++++++++++++++ 
 𝑥 = −1 𝑥 = 1 
 
intervalos 𝑥 < −1 −1 < 𝑥 < 1 𝑥 > 1 
Sinal de 𝑓′ + + + + − − − − + + + + 
Comportamento de 𝑓 crescente decrescente crescente 
 
Aplicando o teste da derivada primeira para extremos temos: 
𝑥 = −1 é ponto de máximo relativo e 𝑥 = 1 é ponto de mínimo relativo. 
1 
 
PROCEDIMENTOS PARA TRAÇAR O GRÁFICO DE UMA FUNÇÃO 
1. Determine o domínio da função 
2. Ache as interseções com os eixos. A interseção com o eixo 𝑦 é 𝑓(0). Para 
encontrarmos as interseções com o eixo 𝑥, fazemos 𝑦 = 0 e isolamos 𝑥. 
3. Teste a simetria. Se a função 𝑓 é par, a curva é simétrica em relação ao 
eixo 𝑦. Se a função é ímpar, a curva é simétrica em relação à origem. 
4. Calcule a derivada primeira. 
5. Determine os pontos críticos da função. 
6. Aplique o teste da derivada para encontrar os intervalos de crescimento e 
decrescimento da função. 
7. Use o teste da derivada primeira para encontrar, se existirem, os extremos 
relativos. 
8. Calcule a derivada segunda. 
9. Aplique o teste da concavidade. 
10. Encontre os pontos de inflexão. 
11. Verifique a existência de assíntotas horizontais, verticais ou oblíquas. 
 
Exemplo 
Faça o gráfico da função 
a) 𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 6𝑥2 + 9𝑥 
Solução 
i) O domínio da função é 𝐷(𝑓) = 𝑅. 
 
ii) Interseções com os eixos: 
𝑓(0) = 0 
Fazendo 𝑦 = 0 temos 𝑥3 − 6𝑥2 + 9𝑥 = 0 ⇒ 
𝑥 (𝑥2 − 6𝑥 + 9) = 0 ⇒ 𝑥(𝑥 − 3)2 = 0 ⇒ 𝑥 = 0 𝑜𝑢 𝑥 = 3 
iii) Cálculo da derivada primeira 
𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 − 12𝑥 + 9. 
iv) Determine os pontos críticos fazendo 𝑓′(𝑥) = 0, obtem-se 
2 
 
𝑥 = 1 e 𝑥 = 3. 
Assim, os números críticos de 𝑓 são 1 e 3. 
v) Teste da derivada primeira 
 
Para determinar se 𝑓 tem um extremo relativo nesses números, 
aplicamos o teste da derivada primeira. 
 
Tabela 1 Teste do crescimento e decrescimento 
 𝑓(𝑥) 𝑓′(𝑥) CONCLUSÃO 
𝑥 < 1 + + + + + + + 𝑓 é crescente em 
(−∞, 1) 
𝑥 = 1 4 0 𝑓 tem um valor 
máximo relativo 
1 < 𝑥 < 3 − − − − − − − 𝑓 é decrescente 
em (1,3) 
𝑥 = 3 0 0 𝑓 tem um valor 
mínimo relativo 
𝑥 > 3 + + + + + + + 𝑓 é crescente em 
(3, +∞) 
 
 
vi) Cálculo da derivada segunda 
𝑓′′(𝑥) = 6𝑥 − 12. 
vii) Determine os pontos de inflexão 
𝑓′′(𝑥) = 0 ⇒ 6𝑥 − 12 = 0 ⇒ 𝑥 = 2 
 
Tabela 2 teste da concavidade 
 𝑓(𝑥) 𝑓′(𝑥) 𝑓′′(𝑥) CONCLUSÃO 
𝑥 < 2 − − − − − O gráfico é 
côncavo para 
baixo em 
(−∞, 2) 
𝑥 = 2 2 0 O gráfico tem 
um ponto de 
inflexão 
𝑥 > 2 + + + + + O gráfico é 
côncavo para 
cima em 
(2, +∞) 
 
 
3 
 
 
Para traçar o gráfico devemos juntar os dados da Tabela 1 e da Tabela 2 em 
uma única tabela 
Tabela 3 
 𝑓(𝑥) 𝑓′(𝑥) 𝑓′′(𝑥) CONCLUSÃO 
𝑥 < 1 ++++++++ − − − − − 𝑓 é crescente e 
côncava para baixo 
em (−∞, 1) 
𝑥 = 1 4 0 𝑓 tem um valor 
máximo relativo 
1 < 𝑥 < 2 − − − − − − − − − − 𝑓 é decrescente e 
côncava para baixo 
em (1,2) 
𝑥 = 2 2 0 O gráfico tem um 
ponto de inflexão 
2 < 𝑥 < 3 − − − − + + + + + 𝑓 é decrescente e 
côncava para cima 
em (2,3) 
𝑥 = 3 0 𝑓 tem um valor 
mínimo relativo 
𝑥 > 3 + + + + +
+ 
+ + + + + 𝑓 é crescente gráfico 
é côncavo para cima 
em (3, +∞) 
 
 
 
4 
 
 
b) 𝑓(𝑥) = 𝑥3 
 
i) O domínio da função é 𝐷(𝑓) = 𝑅. 
ii) Interseções com os eixos: 
𝑓(0) = 0 
Fazendo 𝑦 = 0 temos 𝑥3 = 0 ⇒ 𝑥 = 0. 
iii) Cálculo da derivada primeira 
 
𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 
iv) Determine os pontos críticos fazendo 𝑓′(𝑥) = 0, obtem-se 
 3𝑥2 = 0 ⇒ 𝑥 = 0 que é o único ponto crítico de 𝑓. 
v) Teste da derivada primeira 
Para 𝑥 ≠ 0, 𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 > 0, então 𝑓 é sempre crescente e nãopossui 
extremos relativos. 
 
vi) Cálculo da derivada segunda 
𝑓′′(𝑥) = 6𝑥 
vii) Teste da concavidade e cálculo do ponto de inflexão 
𝑓′′(𝑥) existe para todos os valores de 𝑥, assim sendo, o único ponto de 
inflexão possível é onde 𝑓′′(𝑥) = 0, 
5 
 
o que ocorre quando 6𝑥 = 0 ⇒ 𝑥 = 0. Para determinar se existe ou não 
ponto de inflexão em 𝑥 = 0, precisamos verificar se 𝑓′′(𝑥) muda de sinal, 
ao mesmo tempo, determinamos a concavidade do gráfico para os 
respectivos intervalos, conforme Tabela 4 
 
Tabela 4 teste da concavidade 
 𝑓(𝑥) 𝑓′(𝑥) 𝑓′′(𝑥) CONCLUSÃO 
𝑥 < 0 − − − − − − O gráfico é 
côncavo para 
baixo em 
(−∞, 0) 
𝑥 = 0 0 0 O gráfico tem 
um ponto de 
inflexão 
𝑥 > 0 + + + + + + O gráfico é 
côncavo para 
cima em 
(0, +∞) 
Para traçar o gráfico devemos juntar os dados da derivada e da Tabela 4 em 
uma única tabela 
 
 
Tabela 5 Crescimento, decrescimento e concavidade da função 
 𝑓(𝑥) 𝑓′(𝑥) 𝑓′′(𝑥) CONCLUSÃO 
𝑥 < 0 + + + + + + − − − − − − 𝑓 é crescente e 
côncava para 
baixo em 
(−∞, 0) 
𝑥 = 0 0 0 O gráfico tem 
um ponto de 
inflexão 
𝑥 > 0 + + + + + + + + + + + + 𝑓 é crescente e 
côncava para 
cima em 
(0, +∞) 
 
 
 
 
6 
 
 
 
 
 
 
c) 𝑓(𝑥) = ln(4 − 𝑥2) 
 
i) O domínio da função é 
𝐷(𝑓) = {𝑥 ∈ 𝑅; (4 − 𝑥2) > 0} = (−2,2). 
ii) Interseções com os eixos 
𝑥 = 0 ⇒ 𝑓(0) = ln 4 
𝑦 = 0 ⇒ ln(4 − 𝑥2) = 0 ⇒ 𝑒ln(4−𝑥
2) = 𝑒0 ⇒ 4 − 𝑥2 = 1 ⇒ 
 𝑥2 = 3 ⇒ 𝑥 = −√3 𝑜𝑢 𝑥 = √3 
iii) Cálculo da derivada primeira 
 
𝑓′(𝑥) = 
−2𝑥
4 − 𝑥2
 
 
iv) Determine os pontos críticos fazendo 𝑓′(𝑥) = 0, temos 
 −2𝑥 = 0 ⇒ 𝑥 = 0 ∈ 𝐷(𝑓). 
 
7 
 
v) Teste da derivada primeira 
 
Para determinar se 𝑓 tem um extremo relativo no ponto 𝑥 = 0, aplicamos 
o teste da derivada primeira. 
O sinal da 𝑓′(𝑥) só depende da função 𝑔(𝑥) = −2𝑥 conforme mostra a 
Tabela 6. 
 
Tabela 6 Teste da derivada primeira 
 𝑓(𝑥) 𝑓′(𝑥) CONCLUSÃO 
−2 < 𝑥 < 0 + + + + + 𝑓 é crescente em (−2,0) 
𝑥 = 0 ln 4 0 𝑓 tem um valor máximo 
relativo 
0 < 𝑥 < 2 − − − − 𝑓 é decrescente em (0,2) 
 
 
 
vi) Cálculo da derivada segunda 
 
𝑓′′(𝑥) =
(−2) ∙ (4 − 𝑥2) − (−2𝑥) ∙ (−2𝑥)
(4 − 𝑥2)2
=
−8 + 2𝑥2 − 4𝑥2
(4 − 𝑥2)2
=
−8 − 2𝑥2
(4 − 𝑥2)2
𝑓′′(𝑥) =
−(8 + 2𝑥2)
(4 − 𝑥2)2
 
 
vii) Teste da concavidade e cálculo do ponto de inflexão 
 
𝑓′′(𝑥) < 0, ∀ 𝑥 ∈ (−2,2) 
O gráfico da função 𝑓 é côncavo para baixo em (−2,2), 𝑓 não tem ponto de 
inflexão. 
 
8 
 
Para traçar o gráfico devemos juntar os dados da Tabela 6 e os dados da 
derivada segunda em uma única Tabela 
 
Tabela 7 Teste da derivada primeira e teste da concavidade 
 𝑓(𝑥) 𝑓′(𝑥) 𝑓′′(𝑥) CONCLUSÃO 
−2 < 𝑥 < 0 + + + + − − − − 𝑓 é crescente e 
côncava para baixo em 
(−2,0) 
𝑥 = 0 ln 4 0 𝑓 tem um valor máximo 
relativo 
0 < 𝑥 < 2 − − − − − − −
− − 
𝑓 é decrescente e 
côncava para baixo em 
(0,2) 
 
 
 
 
d) 𝑓(𝑥) = 𝑥 ∙ 𝑒𝑥 
i) O domínio da função é 𝐷(𝑓) = 𝑅. 
ii) Interseções com os eixos 
9 
 
𝑥 = 0 ⇒ 𝑓(0) = 0 
e quando 𝑦 = 0 ⇒ 𝑥𝑒𝑥 = 0 ⇒ 𝑥 = 0. 
 
iii) Cálculo da derivada primeira 
 
 
𝑓′(𝑥) = 𝑒𝑥 + 𝑥 ∙ 𝑒𝑥
= 𝑒𝑥(1 + 𝑥)
 
iv) Determine os pontos críticos 
Como 𝑒𝑥 > 0, 𝑓′(𝑥) = 0 quando 𝑥 + 1 = 0 ⇒ 𝑥 = −1. 
 
v) Teste da derivada primeira 
Para determinar se 𝑓 tem um extremo relativo nesse número, 
aplicamos o teste da derivada primeira. 
O sinal da 𝑓′(𝑥) só depende da função 𝑔(𝑥) = 𝑥 + 1 como mostra a 
Tabela 8. 
 
 
Tabela 8 Teste do crescimento e decrescimento 
 𝑓(𝑥) 𝑓′(𝑥) CONCLUSÃO 
𝑥 < −1 − − − − − − 𝑓 é decrescente 
em (−∞, −1) 
𝑥 = −1 −𝑒−1 0 𝑓 tem um valor 
mínimo relativo 
𝑥 > −1 + + + + + + 𝑓 é crescente em 
(−1, +∞) 
 
 
 
vi) Cálculo da derivada segunda 
 
𝑓′′(𝑥) = 𝑒𝑥 + 𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥
= 2𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥
= 𝑒𝑥 (2 + 𝑥)
 
 
 
10 
 
vii) Teste da concavidade e cálculo do ponto de inflexão 
Como 𝑒𝑥 > 0, 𝑓′′(𝑥) = 0 quando 𝑥 + 2 = 0 ⇒ 𝑥 = −2. 
 
Para determinar se 𝑓 tem um ponto de inflexão nesse número, aplicamos o 
teste da derivada segunda. 
O sinal da 𝑓′′(𝑥) só depende da função 𝑔(𝑥) = 𝑥 + 2. 
 
Para determinar se existe ou não ponto de inflexão em 𝑥 = −2, precisamos 
verificar se 𝑓′′(𝑥) muda de sinal, ao mesmo tempo, determinamos a 
concavidade do gráfico para os respectivos intervalos, conforme mostra a 
Tabela 9 
 𝑓(𝑥) 𝑓′(𝑥) 𝑓′′(𝑥) CONCLUSÃO 
𝑥 < −2 − − − − O gráfico é 
côncavo para 
baixo em 
(−∞, −2) 
𝑥 = −2 −2𝑒−2 0 O gráfico tem um 
ponto de inflexão 
𝑥 > −2 + + + + O gráfico é 
côncavo para 
cima em 
(−2, +∞) 
 
 
Para traçar o gráfico devemos juntar os dados da Tabela 8 e da Tabela 9 em 
uma única tabela 
 
 
 
 
 
11 
 
 𝑓(𝑥) 𝑓′(𝑥) 𝑓′′(𝑥) CONCLUSÃO 
𝑥 < −2 − − − − − − − − 𝑓 é decrescente e 
côncavo para 
baixo em (−∞, −2) 
𝑥 = −2 −2𝑒−2 0 O gráfico tem um 
ponto de inflexão 
−2 < 𝑥 < −1 − − − − + + + + 𝑓 é decrescente e 
côncavo para cima 
em (−2, −1) 
𝑥 = −1 
−𝑒−1 
0 𝑓 tem um valor 
mínimo relativo 
𝑥 > −1 + + + + + + + + 𝑓 é crescente e 
côncava para cima 
em (−1, +∞) 
 
 
A função 𝑓(𝑥) = 𝑥 ∙ 𝑒𝑥 possui assíntota horizontal. 
 
Com efeito, 
lim
𝑥 →+∞
𝑥 ∙ 𝑒𝑥 = +∞ pois lim
𝑥 →+∞
𝑥 = +∞ e lim
𝑥 →+∞
𝑒𝑥 = +∞ 
 
lim
𝑥 →−∞
𝑥 ∙ 𝑒𝑥 é uma inderteminação pois lim
𝑥 →−∞
𝑥 = −∞ e lim
𝑥 →−∞
𝑒𝑥 = 0 
 
Reescrevemos a função produto como quociente para aplicar o teorema 
de L’Hopital 
 
lim
𝑥 →−∞
𝑥 ∙ 𝑒𝑥 = lim
𝑥 →−∞
𝑥
𝑒−𝑥
= lim
𝑥 →−∞
1
−𝑒−𝑥
= 0
 
 
Portanto 𝑦 = 0 é uma assíntota horizontal quando 𝑥 → −∞. 
12 
 
 
 
 
 
 
 
 
13