MANUAL DO PROFESSOR VOLUME 1

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MATEMÁTICATEMAS E METAS
Antonio dos Santos Machado
1 - Conjuntos Numéricos e Funções
MANUAL DO PROFESSOR
Antonio dos Santos Machado
Licenciado em Matemática pelo Instituto 
de Matemática e Estatística da USP 
Mestre em Estatística pelo IME-USP 
Professor assistente do IME-USP 
Professor do Curso Intergraus - São Paulo
MATEMATICA
TEMAS E METAS
Volume 1
Conjuntos Numéricos 
e Funções
Manual do Professor
Copyright desta edição:
ATUAL EDITORA LTDA., São Paulo, 1993. 
Todos os direitos reservados.
Dados Internacionais de Catalogação na Publicação (CIP) 
(Câmara Brasileira do Livro, SP, Brasil)
Machado, Antonio dos Santos, 1948-
Matemática : temas e m etas: manual do professor / 
Antonio dos Santos Machado. — São Paulo : Atual, 1992.
ISBN 85-7056-463-5
1. Matemática (2? grau) — Manual do professor 
I. Título.
92-1790 CDD-510.7
índices para catálogo sistemático:
1. Matemática : Estudo e ensino 510.7
Matemática — Temas e Metas — volume 1 
Manual do Professor
Editora: Bárbara Ferreira Arena 
Editor de campo: Valdir Montanari 
Coordenadora editorial: Sandra Lucia Abrano 
Chefe de preparação e revisão de texto: Noé G. Ribeiro 
Preparação de texto: Renato Nicolai 
Revisão: Alice Kobayashi
Magna Reimberg Teobaldo 
Vera Lúcia Pereira Delia Rosa 
Chefe de arte: Zildo Braz 
Coordenadora de arte: Thais de B. F. Motta 
Assistentes de arte: Lu Bevilacqua Ghion 
Ricardo Yorio 
Rosi Meire Martins Ortega 
Gerente de produção: Antonio Cabello Q. Filho 
Coordenadora de produção: Silvia Regina E. Almeida 
Produção gráfica: José Rogério L. de Simone 
Maurício T. de Moraes 
Composição e arte final: K.L.N.
Fotolito: Binhos/Priscor
ISBN 85-7056-463-5
NOS PEDIDOS TELEGRÁFICOS BASTA CITAR O CÓDIGO ADSM8821G
LCLIEN
Apresentação
A coleção Temas e Metas está estruturada em seis volumes:
Conjuntos Numéricos e Funções 
Trigonometria e Progressões 
Sistemas Lineares e Combinatória 
Áreas e Volumes
Geometria Analítica e Polinómios 
Funções e Derivadas.
Preparamos este manual para servir de apoio aos colegas professores 
que a utilizam em suas aulas. O manual é muito simples; fizemos uma sele­
ção de exercícios, problemas propostos e testes e colocamos aqui as suas reso­
luções.
O volume 1 contém os capítulos listados abaixo. Os números colocados 
entre parênteses são, respectivamente, a quantidade de exercícios, a quantida­
de de problemas propostos e a de testes que se encontram no livro — não 
contamos os exemplos nem os problemas resolvidos.
Conjuntos Numéricos e Funções
Capítulo 1 — Conjuntos e Noções de Lógica (70 — 28 — 40)
Capítulo 2 — Os Conjuntos Numéricos (72 — 42 — 50)
Capítulo 3 — Funções Polinomiais do 1? e 2? grau (210 — 30 — 68) 
Capítulo 4 — Operações sobre Funções (65 — 32 — 38)
Capítulo 5 — As Funções Exponencial e Logarítmica (200 — 32 — 75) 
Apêndice A — Característica e Mantissa (33)
Agradeço a correspondência recebida até o momento e aguardo outras 
cartas, com sugestões, comentários, e me coloco à disposição para apresentar 
resoluções de outros exercícios que porventura não tenha selecionado para este 
manual. As cartas podem ser enviadas a mim através da Atual Editora — 
Rua José Antônio Coelho, 785 — CEP 04011-062 — São Paulo (SP).
O Autor
Sumário
Resoluções de exercícios selecionados.................................................................. 1
Capítulo 1 — Conjuntos e noções de lógica ..................................................... 1
Capítulo 2 — Os conjuntos numéricos ............................................................... 5
Capítulo 3 — Funções polinomiais do 1? e 2° grau ...................................... 9
Capítulo 4 — Operações sobre funções .............................................................. 12
Capítulo 5 — As funções exponencial e logarítmica ...................................... 14
Resoluções de Exercícios Selecionadoss
Capítulo 1
EXERCÍCIOS
Conjuntos e noções de lógica
70. (p. 19) As condições a serem respeitadas são:
© o grupo deve ter 4 pessoas escolhidas entre os homens (F, G, H) e as mulheres (W, X, Y, Z); 
(2 )pelo menos dois homens devem estar no grupo;
® F se recusa a trabalhar com Y;
(4)G se recusa a trabalhar com W; 
d )Y se recusa a trabalhar com Z.
a) Se Y pertencer ao grupo, então:
(Y £ grupo e © ) => F ̂ grupo
(F ^ grupo e @ ) => G £ grupo e H £ grupo
(G £ grupo e (4)) => W $ grupo
(Y £ grupo e (?)) => Z ̂ grupo.
Por tudo isso e(T), concluímos que o grupo será formado por G, H, X e Y.
Resposta: os outros membros são G, H e X.
b) I. Se F não é escolhido, então:
(F £ grupo e @ ) ==> G e H são escolhidos 
(G £ grtlpo e ® ) => W não será escolhida.
A afirmativa é verdadeira.
II. Se H não é escolhido, então:
(H £ grupo e @ ) => F e G são escolhidos
(F, G £ grupo e(T )e 4) => Y e W não são escolhidas.
Por tudo isso e(T), concluímos que o grupo será formado por F, G, X e Z.
A afirmativa é verdadeira.
III. Se G não é escolhido, então:
(G £ grupo e (2)) => F e H são escolhidos 
(F £ grupo e(T)). => Y não é escolhida'
Juntando-se a condição (T), concluímos que, de W, X e Z, duas serão escolhidas. Não 
é garantido que W seja escolhida.
A afirmativa é falsa.
PROBLEMAS PROPOSTOS (p. 22 e 23)
16. a) (A n B) U (A n Bc) = A n (B U Bc) = A n U = A (V)
b) (A n B) n (A n b c) = a n (B n b c) = a n 0 = 0 (V)
c) (A U B) U (A U Bc) = A U (B U Bc) = A U U = U (V)
d) (A U B) D (A U Bc) = A U (B D Bc) = A U 0 = A (V)
e) (A fl B)' - B = (Ac U Bc) - B = (Ac U Bc) D Bc = Bc, pois Bc C (Ac U Bc) (F) 
Observação: Resolva também usando diagramas.
17. A n B = (2, 3, 8] ) 
A n C = (2, 7)
B n C = [2, 5, 6] J
—*■ a n b n c = (2)
diagrama parcial:
Como A U B = [1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8), devemos marcar o 1 e o 4 em A ou em B, mas não em C. 
Como A U B U C = [1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9), devemos marcar o 9 em C, fora de A e de B. 
Não há mais elementos a serem marcados. Então, C = [2, 5, 6, 7, 9).
18. A = [0, 1, 2] ]
A fl X = (0, 1) j
—» O G X , l £ X e 2 ^ X
B = (1, 2, 3, 4) 
B n X = [1, 4) 3 fé X e 4 C X
A U B = {0, 1, 2, 3, 4]
A U B U X = [0, 1, 2, 3, 4, 5, 6] 5 G X e 6 £ X
Como X C [0, 1, 2, 3, 4, 5, 6), vem que X = [0, 1, 4, 5, 6). 
Observação: Resolva também usando diagrama.
19. X c [a, b, c, d, e, f)
l : í . ' b . d , , c l ) - b * x . c * x . d É x
C = [d, e, f) )
X - C = (a) - » a £ X , e ^ X , f ^ X
C - X = {e, fj J
Então, X = [a, d).
22. Complete o diagrama com as quantidades de elementos de A fl B (7), depois de A (20), de 
B (12) e fora de A U B, lembrando que o total é 55.
A fl B —► 7 amostras 
só A — 20 - 7 = 13 
só B —► 12 - 7 = 5 
fora — 55 - 13 - 7 - 5 = 30 
Respostas: a) 7; b) 13; c) 5; d) 30.
25. B —*• 96 elementos 
H —► 64 
F —► 47 
H Cl B —► 51
H n F — 25
B n F —► 36
h n b n f —*■ 20
Colocamos no diagrama as quantidades de elementos de H fl B fl F (20), depois H 0 B (51; 
sendo 20 dentro de F, ficam 5 1 - 2 0 fora de F), depois H O F e assim por diante. No final, as 
quantidades marcadas somam os 122 passageiros.
a) mulher brasileira não fumante C Hc Cl B fl Fc —*• 29 elementos.
b) homem fumante não brasileiro S H C l F f l B ' —*-5 elementos.
c) mulher fumante € H c f l F —*■ 16 + 6 elementos.
27. Em 100 pessoas:
12 têm sangue A.
84 não têm sangue B => 100 - 84 = 16 têm B.
93 não têm sangue AB =» 100 - 93 = 7 têm AB. 
Têm sangue O: 100 - 12 — 16 - 7 = 65.
28. (1)
(2)
(3)
(4)
R C E 
R C J 
Jamil £ E 
Adelaide £
a) Não. Pode ser que Adelaide £ J - E.
b) Não. Pode ser que Jamil £ E - R.
c) Sim (desde que R ^ 0 ) . Os repórteres são jornalistas espertos
TESTES (p. 24 a 30)
10. Temos A = (1, 2, x), B = (2, 3), C = [3, 4) e (A - B) O C = 0 .
(A — B) D C = 0 => (3 ^ A - B e 4 £ A B) => 4 ^ A =* x / 4 
Caso x = 3: C - A = (3, 4) - (1, 2, 3} = (4).
Caso x 3 (e x / 4): C - A = {3, 4) - [1, 2, xj = (3, 4] = C.
Resposta: e.
0
H
B
B
15. Rh+ Rh-
soma = 65
Total = 200 pessoas
tipo O —* 
tipo * O X
a 25
b a + 25 = 65 b + 25 = 80 
X + a + b + 25 = 200
= * X = 80
1
soma = 80
Resposta:c.
16. Temos n manhãs e n tardes. Choveu em (n - 5) tardes e em (n - 6) manhãs. Como choveu 
7 vezes, e quando chove de manhã não chòve à tarde, temos que: (n - 5) + (n - 6) = 7. 
Logo n = 9.
Resposta: b.
20. I e IV —*• A (T (B U C) = A (T (B (T C) —>• elementos de A, fora de B O C 
II e III —► A Í1 (B Í1 C) = A fl (B U C) —* elementos de A, fora de B U C 
Resposta: d.
36. Façamos A = conjunto das pessoas que não gostam de si mesmas. Seja x uma pessoa que 
gosta de todas e apenas das pessoas de A. Se x existe, devemos ter x € A ou x ^ A.
1) Caso x £ A, x não gosta de si mesma. Isto contradiz a afirmação de que x gosta de todas
as pessoas de A (pois se x 6 A, x deveria gostar de x). 1
2) Caso x $ A, x gosta de si mesma. Isto contradiz a afirmação de que x gosta apenas das 
pessoas de A .
De 1 e 2 concluímos que tal pessoa x não existe.
Resposta: c.
37. Usando as afirmações I, II, Roberto é amigo de Paulo, e III, nesta ordem, formamos o dia­
grama abaixe
Resposta: d.
38. Situações possíveis (além de outras):
1)
Resposta: e.
deve ser virado, porque precisa ter número par
não precisa ser virado (pode ter qualquer número)
não precisa ser virado (pode ter vogal ou consoante)
deve ser virado, porque precisa ter consoante (não pode ter vogal)
Capítulo 2
Os conjuntos numéricos
PROBLEMAS PROPOSTOS (p. 54 a 56)
6. Se a média diminuiu de 2 anos, a soma das idades dos professores diminuiu de 18 x 2 anos 
(36 anos). A idade do professor que se aposentou era 22 + 36; logo, 58 anos.
n • 5,4 + (100 - n) ■ 6,4
ÍÕÕ
6,0
A porcentagem de homens é 40%.
n = 40
8. n = n? de votos do partido vencedor. O perdedor teve (4 000 - n). (4% de 4 000) = 160 
Se 160 eleitores que votaram no vencedor tivessem mudado para o perdedor, este ficaria com 
2 001 votos. Então: (4 000 - n) + 160 = 2 001 
Decorre que n = 2 159 e 4 000 — n = 1 841.
9. a) n = n? de fumantes
3 8Se -j-j-n deixam de fumar, -y^-n continuam fumando, 
-j^-n = 12 800 => n = 17 600 
b) h = n? de habitantes
(32% de h) = 17 600 =* h = 17 60^2X 10Q- = 55 000
10. /.“ parte: a + ba = 0 
Demonstração:
a = b = 0
Caso b * 0: a + ba = 0
b ^ 0 a =
a £ Q, b £ Q
Como a ^ Q, concluímos que não podemos ter b / 0. 
Logo, b = 0
a + ba = 
b
a £ Q
:S ) a = 0
2." parte: a = b = * 0 => a + ba = 0 
Demonstração:
a = b = 0 => a + b a = 0 + 0 a = 0
14. a) r = V2 + V3 => r2 = 5 + 2V6 => V6 = r2 - 5
b) Caso r £ Q: r2 S Q, (r2 - 5) £ Q, £ Q.
Como V6 $ Q e V6 = r2 - 5 , não podemos ter r £ Q. Logo, r é irracional.
15. 1?) x < 1 1
x > 0 j xz < x
2?) x > 1 => x > 0 
x > 1
x • X < 1 • X
=» x • X > 1 • X Xz > X
16. b < a < 0 => =*■ b • a > a • a => a b > a 2 (T)
b < a < 0 => ” *■ b • b > a • b =» b2 > ab 0
De 0 e (D vem que b2 > a2.
18. m > n > 0 => m - n > 0 , m > Oe n > 0,
m - 1 _ n - 1 _ mn - n -m n + m _ m - n 
m n mn mn
m - n > 0 , m > 0 , n > 0
=> m ~ 1 _ n - 1 > 0 m - 1 n - 1 
m n m n
19. a £ IR + e b £ IR +
a + b _ 2 _ a2 + b2 - 2ab _ (a - b)2 
b a ab ab ^
Como (a — b)2 ^ O, Va e Vb, a > 0 e b > 0, de 0 vem que -5- + — - 2 ^ 0; logo
b a
4 - ♦ 4 - > 2.b a
20. a > 0, b > 0, m = a ^ ̂ e g = Vab 
Devemos provar que m > g.
Como m e g são positivos, equivale a provar m2 > g2. Temos:
m 2 _ g2 _ / a + b \ 2 _ (^ )2 = a2 + 2ab + b2 - 4ab = a2 - 2ab + b2 =
Logo, m2 - g2 ^ 0, Va e Vb. Logo, m2 ^ g2.
21. a > 0, b > 0, p > 1 
a + bp2
---------7— > p > a + bp2 > (a + b)p =» bp2 - bp > ap - a =>a + b (a+ t»o )
=> bp(p - 1) > a (p - 1) >• bp > a ;• p > -5- ==» -?- < p.
(p - i > o) <b>o) b b
22. (|a + b |)2 = (a + b)2 = a2 + 2ab + b2
( Ia| + |b |)2 = ( |a |)2 + 2 1a| |b| + ( |b |)2 = a2 + |2ab| + b2
Como 2ab < 12ab|, temos (|a + b| )2 < ( | a | + |b |)2 0
Como |a + b| ^ 0 e |a| + |b| ^ 0, decorre d e 0 q u e |a + b| < |a| + |b| .
23. Devemos ter m ^ 0. 
5 1
2|m| 7|m|
< 1
ou m <
(|m| >0)
- 3 7
w < m
37
14
)'14
335.
a) r2
b) r3
+ — = !ír + — y - 2 • r • — = 32
r2
+ — = |
 ̂ r
í r + — y - 3 •
r
r2 • — - 3
r3 1 r
S3 - 3 •
/
3 = 18
r ( ' ♦ • f M - í - ) -
TESTES (p. 57 a 62)
2. a) Não; pode ser que ninguém aniversarie em maio.
b) Não; pode ser que todos aniversariem no mesmo dia.
c) Sim. Numere as pessoas de 1 a 500. As pessoas de 1 a 366 podem aniversariar em dias dife­
rentes (contamos até o dia 29 de fevereiro). A partir da 367? deverá haver coincidência de 
aniversários.
d) Não; para ocorrer isso deveríamos ter mais de 2 x 366 pessoas (mais de 732 pessoas).
e) Falsa, porque c é verdadeira.
Resposta: c.
3. a) Falsa. Todas as árvores podem ter o mesmo número de folhas.
b) Falsa. Pode ser que nenhuma árvore tenha uma só folha.
c) Verdadeira. Numere as árvores. As de 1 a 300 001 poderão ter números diferentes de fo­
lhas. A partir da 300 002? deverá haver coincidência de números de folhas.
d) Falsa. O número médio só poderia ser calculado se conhecêssemos os números de folhas 
de todas as árvores.
e) Falsa. O número total de folhas é menor ou igual a 1 000 000 x 300 000, logo não supera 
3 x 10u .
Resposta: c.
4 .a E INI*, b E IN*
x E IN, ab < x < a (b + 1) => x £ (ab + 1, ab + 2, ..., ab + (a - 1)} 
Existem (a - 1) valores possíveis de x.
Resposta: c.
5. a + b 
ab
Como a e b são inteiros, e 1 
a = 8 e b = 9.
^ a < b ^ 9, o valor mínimo de —
a
ocorre quando
Temos: -i- + 
Resposta: e.
17
72 '
8. x + y = 0,313131... + 0,696969... = + —
Resposta: e.
18. (10%)2 1100
1%
100
99
1,010101.. .
L = (100% de C).
22. L = (50% de V) = -XX V = -X 
' ’ 100 2
L = V - C l
Resposta: d.
26. a) Falsa. Tome, por exemplo, V2 e 10 — V2. d) Verdadeira.
b) Falsa. Tome, por exemplo, <2 e -V2. e) Falsa. Tome, por exemplo, o racional 4.
c) Falsa. Tome, por exemplo, \FÍ.
Resposta: d.
40- séc. XIX séc. XX
,------------------ A------------------- y,--------------------- A_______________ _
1 1 t 1 ♦ ..... ♦ 11 — —————
1830 1860
Se a for verdadeira, então coucf também será verdadeira. Se b for verdadeira, então d tam­
bém será verdadeira. Como uma única alternativa é verdadeira, concluímos que a e b são fal­
sas. Logo, o escritor nasceu antes do século XIX. A única resposta que se enquadra nesse caso é c. 
Resposta: c.
49. 1 £ A <=»
an + bn 
a" - b"
| l n 6 INI* a" + 
an -
1 «=> an + b" = 2bn = 0 <=>
Como a / b , temos a * 0.
Sendo a / 0 e b = 0, temos Vn G fN*: ——— ^ = -5_
a" - bn a"
Logo, A = [lj.
Resposta: a.
b = 0 
1
50. A, = (x 6 IR12 < x < 4)
A2 = [x G IR 14 < x < 6)
A3 = (x G IR 16 < x < 8)
a) A, U A2 U A3:
B, U B2 U B3: 
interseção:
A afirmativa a é falsa.
B, = (x G IR 13 < x < 5)
B2 = (x G IR 15 < x < 7}
B3 = [x € IR|7 < x < 9)
2 4 6 8
3 5 7 9
------------Onim.il
3 4 5 6 7 8 9
b) A, n B,:
A2 n B2: 
a 3 n B3: 
reunião:
A afirmativa b é falsa.
c) A, U B,:
A2 U B2:
A3 U B3: 
interseção:
A afirmativa c é verdadeira.
3 4-o—*~o-
5o 6o-
-o#***o----0*»**0-
3 4 5 6 7 8
~rO—
4 7
6 9
d) As interseções dos An são vazias e as interseções dos Bn são vazias. Logo, a reunião dessas 
interseções é vazia.
A afirmativa d é falsa.
Resposta: c.
Capítulo 3
Funções polinomiais do 1.° e 2 ? grau
EXERCÍCIOS 
209. (p. 109)
a) f(x) = (m - l)x2 + (m + 2)x + (m — 1)
Caso m = 1, f(x) = 3x. Nesse caso:
f(x) > 0 <=> 3 x > 0 <=> x > 0 
Logo, a condição (f(x) > 0, Vx 6 IR) não se verifica. 
Caso m / 1, f(x) é função do 2? grau. Nesse caso, temos:
(f(x) > 0, Vx 6 IR) í A = (m + 2)2 - 4(m - 1) (m - 1) < 0 (a = m - 1 > 0
Daí, obtemos m > 4. 
Resposta: m > 4.
b) f(x) = 2 mx2 + 8 mx + (2m + 1)
Caso m = 0, f(x) = 1. Nesse caso vale a condição f(x) > 0 Vx € IR 
Caso m / 0, f(x) é função do 2? grau. Nesse caso, temos:
(f(x) > 0, Vx 6 IR) [ A = (8m)2 - 4 • 2m • (2m + 1) < 0 (.a = 2m > 0
Daí, obtemos 0 < m < 1/6.
Reunindo os dois casos, temos a resposta: 0 < m <
6
PROBLEMAS PROPOSTOS (p. 114 a 116)
11. n £ Z e n > 1.
n(n + 1)
a) n + 2 < — ------< n + 3 » (n + 2) (n - 1) < n(n + 1) < (n + 3) (n - 1)n — 1 (n> 1)
<=> n2 + n — 2 < n 2 + n < n 2 + 2 n - 3 <=> n > 3 . 
n(n + 1)
b)Seja f(n) = -----------— , n £ Z e n > 1.
n — 1
2 • 3n = 2 =» f(n) = — -— = 6 (é inteiro positivo)
• 1
3 • 4n = 3 => f(n) = ——— = 6 (é inteiro positivo)
Para n > 3 temos, por a, que n + 2 < f(n) < n + 3. Nesse caso, f(n) não é inteiro, por­
que fica compreendido entre dois inteiros consecutivos.
17. x2 + 2x + k > 0
A = 22 - 4 ■ 1 • k = 4(1 - k)
1) A < 0 <=> 1 - k < 0 *=> k > l
Como a = 1 > 0, nesse caso temos x2 + 2x + k > 0 Vx E IR.
2) A = 0 <=> k = 1
x2 + 2x + 1 > 0 <=> (x + l)2 > 0 <=>■ (x < - 1 ou x > -1 )
3) A > 0 «=> k < 1
Nesse caso, x2 + 2x + k = 0 «=*• x = - 1 ±Vl — k
x2 + 2x + k > 0 <=> (x < - 1 - Vl - k ou 
x > - 1 + Vl - k)
Resposta: k > 1 => S = IR
k < 1 ==> S = ( x G I R | x < - l - Vl - k ou x > - 1 + Vl - k)
23. Basta impor P = — < 0 (a condição A > 0 fica automaticamente verificada nesse caso), 
a
P = m < 0 <=> m < 5
24. A > 0
S > 0 
P > 0
a2 - 4a > 0 
a > 0 
a > 0
«=> a > 4
27. (x2 - 4x)2 - 4(x2 - 4x) = 0 
Façamos x2 - 4x = y: 
y2 — 4y = 0 <=> y = 0 ou y = 4
x2 - 4x = 0 <=> x = 0 ou x = 4
x2 - 4x = 4 •$=> x2 - 4x - 4 = 0 <=>
S = (0, 4, 2 ± 2V2)
x = 2 ± 2V2
TESTES (p. 116 a 126)
11. População daqui a 4 anos: P(4) = 29 000 pessoas 
População daqui a 5 anos: P(5) = 29 200 pessoas 
P(5) - P(4) = 200 pessoas 
Resposta: a.
10 000 - y 3 - 0 
10 000 - 1 000 = 5 - 0 
y = 4 600
H
20. (1 + x) (1 - | x | ) ^ 0
Caso x ^ 0 ( | x | = x) —li
(1 + x) (1 - x) ^ 0 ___
Caso x < 0 ( |x| = -x )
(1 + x) (1 - ( x) ^ 0 — (1 + x)2 0
Reunindo os dois casos, obtemos x < 1. 
Resposta: b.
O í x í 1
m e
(vx)
0
x < 0
34. x2 + (Jx + 12 = 0 
raízes: r e s
x2 + bx + 12 = 0
r + s = - (3 
rs = 12
r + s + 14 
* (r + 7) (s +
= - b í
7) = 12 J
P = 7
raízes: r + 7 e s + 7 
Resposta: d.
35. a, b inteiros, raízes de x2 + ax + b = 0, com A = a2 - 4b > 0.
[a + b = - a j b = — 2a 
U • b = b (,b(a - 1) = 0
Resposta: e.
b = a = 0 (não convém) 
ou
a = 1, b = - 2
y = ax2 + bx + c 
concavidade para baixo
raízes negativas
=> a < 0 
- — < 0 e — > 0
a < 0 , b < 0 e c < 0 .
49. Caso m = 0, os pontos ficam numa reta; logo, não há parábola passando por eles.
Caso m = 1, dois pontos têm mesma abscissa; logo, não podem estar no gráfico de uma função 
Caso 0 < m < 1, a posição dos pontos indica que por eles passa uma parábola côncava pa­
ra cima; logo, nesse caso, a função admite um valor mínimo.
Caso m < 0 o u m > 1, a parábola é côncava para baixo; logo, a função admite um valor máximo.
Resposta: b.
53. P(x) = ax2 + bx + c com a, b e c distintos.
P(0) = 0 <=> c = 0. Então P(x) = ax2 + bx.
^P(l) = 0 — a + b = 0 —>-a = - b 
P(l) P ( - l ) = 0 <*=> ou
^S'P (—1) = 0 —*• a — b = 0 —* a = b (não convém)
P (2 )= - 2 ~ 4a + 2 b = —2 ] ^ a = _ l e b = j 
a = - b J
Então:
P(x) = - x 2 + x 
P(x) > 0 <=> 0 < x < 1.
Resposta: d.
57. S = (x £ IR| - 2 < x < -1 /2 ]
A amplitude do intervalo — 2, —-i- é Í — -i- j - ( - 2) = 3/2. 
Resposta: a.
66. As raízes de x2 + bx + c devem ser - 1 e 2. Então ( - 1 ) + 2 = - b e ( - 1 ) • 2 = c. Logo, 
b = - 1 e c = - 2 .
Resposta: d.
67. x2 - 6x + 10 > 0 Vx £ IR, porque A = —4 < 0 e a = l > 0 .
Então, devemos ter x2 - kx + 1 0 Vx £ IR. A condição é A ^ 0; logo, k2 - 4 < 0.
Resposta: b.
68. x2 - x + 1 > 0 Vx € IR, porque A = - 3 < O ea = 1 > 0. Então:
- 3 < *2 + kx ~ 2 < 2 <=> -3 (x 2 - x + 1) < x2 + kx - 2 < 2(x2 - x + 1) <=►
X2 - X + 1
Í4x2 + (k - 3)x + 1 > 0 
^ [x 2 - (k + 2)x + 4 > 0
Vale Vx £ IR se tivermos (k - 3)2 — 4 • 4 • 1 < 0 e (k + 2)2 — 4 • 1 • 4 < 0.
Obtemos — 1 < k < 2.
Resposta: c.
Capítulo 4
PROBLEMAS PROPOSTOS (p. 150 e 151)
9. b) g(x - 1) = x2 - 5x + 6 
Trocando x por x + 2, fica: 
g[(x + 2) - 1] = (x + 2)2 - 5(x + 2) + 6 
g(x + 1) = x2 - x.
Operações sobre funções
Cálculo de (fog)(x):
Como g(x) ^ 0 Vx, vem que
Logo, (fog)(x) =
2x - 4, se x 2 
4, se x < 2.
Cálculo de (gof)(x):
g(f(x)) =
( f(x) - 2, se f(x) ^ 2 ( .'. se x ^ 1 ou x < - V2) 
[ 2, se f(x) < 2 (.'. se -V 2 < x < 1)
x 1 => g(f(x)) = f(x) - 2 = 2x - 2 
x $ - V2 => g(f(x)) = f(x) — 2 = x2 - 2 
-V 2 < x < 1 =* g(f(x)) = 2
I x2 - 2, se x ^ -V22, se -V 2 < x < 1 
2x - 2, se x ^ 1.
Vx2 - 2x + 1 _ V(x - l)2 _ |x - 11 í 1, se x > 1
x - 1 x - 1 x - 1 ( - 1 , se x < 1.
TESTES (p. 152 a 156)
12. área A A > 1 • -j- + 1 ■ = 0,8333... A < 1 • 1 + 1 • - j- = 1,5
Portanto, 0,8 < A < 1,5.
Resposta: c.
Observação: A área A pode ser aproximada pela soma das áreas de dois trapézios:
19. f(l) = 3 — f(f(l)) = f(3) = 2
f(2) = 1 — f(f(2)) = f(l) = 3
f(3) = 2 - * f(f(3)) = f(2) = 1
Então, f(f(x» = 3 <=> x = 2.
Resposta: b.
23. g(f(x)) = x, Vx 6 IR (T)
(4,0) 6 gráfico de g => g(4) = 0 @
Em (T), para x = 0 temos g(f(0)) = 0 
Uma função / tal que f(0) = 4 pode satisfazer (T) e @ . 
Das alternativas, a única com f(0) = 4 é f(x) = x + 4. 
Resposta: d.
= 1,1666...
6
29. (gof)(x) = g(f(x)) = g ^ x - - ^ - j = ^x - j* - - L
Da definição de módulo decorre que (|a| = a <=> a ^ 0) e ( | a | > a 
|(gof)(x)|> (gof)(x) <=> (goO(x) < 0 <=> |̂ x — \ < 0 *
a < 0). Então:
- - V < -2 ) 4 T < X “ T < T ~ 3 < x < 4-
Resposta: e.
35. y = V(x - 2)2 + V(3 + x2)2 = |x - 2| + (3 + x2) "j 
• x < l => x - 2 < 0 => |x — 2 1 = —x + 2 j
=> y = ( - x + 2) + (3 + x2) => y = x2 - x + 5.
Resposta: b.
36. F(x) = |x2 - 11 => (FoF)(x) = F ( | x 2 - 1|) = |( |x 2 - 1 |)2 - 1| =>
=> (FoF)(x) = |x4 - 2x2| = x2|x2 - 2 | .
a) falsa.
b) falsa, porque (FoF)(0) = 0.
c) falsa, porque se a = 0 e b = V2, temos a * b e (FoF) (a) = (FoF) (b).
d) falsa, porque (FoF)(x) = 0 <=> (x = 0 ou x = ±V2).
Resposta: e.
37. f : [ l,2 ,3 ) — (1,2,3)
Conjunto solução de f(x) = x é (1, 2) <=> f(l) = 1, f(2) = 2 e f(3) ^ 3. 
Então, temos f(3) = 1 ou f(3) = 2.
Função fof: (fof)(l) = f(f(l)> = f(l) = 1
(fof)(2) = f(f(2» = f(2) = 2
caso f(3) = 1 —- (fof)(3) = f(f(3)) = f(l) = 1 = f(3)
caso f(3) = 2 — (fof)(3) = f(f(3)) = f(2) = 2 = f(3)
Logo, (fo0(x) = f(x), Vx € A
Resposta: b.
Capítulo 5
As funções exponencial e logarítmica
EXERCÍCIOS
15. (p. 161) Q(t) = Q0(l,5 )_t/I °°°, t em anos. 
a) Após 1 000 anos:
Q(1 000) = Qo • (1,5)-' = -?-Q0 = 0,6666... Q0 s (66,66% de Q0).
b) Após 2 000 anos:
Q(2 000) = Qo • (1,5)- 2 = A q 0
Q(1 °°°) - Q(2 000) = -|-Q 0 - _ 1 q 0 = A q 0 = 0,2222... Q0 = (22,22% de Q0)
37. (p. 165)
3» - 5» = o <=* 3* = 5* <=> = 1 <*=*• <=> x = 0.
39. (p. 165)
73. (p. 169) a > 1
a) ax + 1 > 0 <=> ax > - 1
u vale Vx G IR
b) aa - 1 > 0 > 1 > au
74. (p. 169) 0 
a) ax + 1
< 1
ax < - 1.
u impossível
b) aa - 1 < 0 <=» aa < 1 aa < au
(0 < a < 1)
ax > 0
^ val<
136. (p. 182)
b) 10lnx = log 1 000 «=> 10lnx = 3 <=>■ lnx = log10 3 = e'0S3.
138. (p. 182)x‘ogx<x2 ” = 1
condições: x2 - 1 > 0 ) .
x > 0 e x ? í l j ^ x
x'°gx (x 11 _ j <=> x2 — 1 = 1 <=> x = ±V2(x = - V2 não convém) 
Resposta: x = V2.
PROBLEMAS PROPOSTOS (p. 193 a 195)
4. logabc x = ------ ,-v . =logx (abc) logx a + logx b + logx c
1 1 30 15
1 + 1 + 1 1 + 1 + 1 26 13
loga X logb X logc x 2 + 5 + 6
_ , . _ log. b
7. b) Façamos r = x e s = b'°8a * . Temos:
/ lo8ab\
loga r = loga (x ) = loga b • loga x
/ >oga x
e loga s = loga (b I = loga x • loga b
=> loga r = loga s =*■ r
13- - ü ^ r + - * b r “ íog- 2 + log* 5 = log- ( 2 • 5> = lo^ 10 ®
Como 10 > ti2 e a base n > 1, temos log„ 10 > logn n2 = 2 (2)
De (T) e (2) decorre: —=—í----- + —-—í----- > 2.
^ w log2 n logs 7t
28. y = a e 
a
e“ ]
> o j - * ( í )
ax = lny - lna <=> x =
► ax
lny - lna 
a
30. Após 1 h a quantia inicial dobra. Então:
Q(l) = 2 Qo =* Qo • ek 1 = 2 Qo -» ek = 2 
Para Q0 = 1 000, temos:
Q(t) = 1 0 0 0 000 <=> Q„ • e* = 1 000 000 •*=>• 1000 (ek)1 = 1 000 000
<=> 2‘ = 1 000 <=> t = log2 1 000 
Resposta: 10 h.
t =
log 1 000 
log 2 0,3
= 10
31. a) x2 =
Xi + X2
X] + X2
f(t) = c ekt => f(xm) = c ek'Xm => f(xm) = c e 2 =>
(c>0)
kxi + kx2
=> fíXn,) = c e 2 => f(xm) = Vc2 ekxi+kX2 =>
=> f(xm) = Vc e1“1 • c e1“2 = Vf(x,) • f(x2).
Logo, f(xm) é média geométricade f(x() e f(x2).
b) Por a: f (ano 1975) = Vf(ano 1950) • f(ano 2000)
4 = V2,6 • y => 2,6 ■ y = 16 => y = 6,2.
No ano 2000 a população será aproximadamente de 6,2 bilhões.
TESTES (p. 195 a 204)
3. 4°-» = (22)“-P = (2“-P)2 = = ( — ) 2 = -5^-.
Resposta: d.
13. f a2x •
(a 3x •
• b3y = c 
b2y = c
(a> 0 , b > 0 , c> 0)
a2* • b3y = c 
by’ = ax )
a2* • b3y 
a3x • b2y
(ax)2 • (by)3 = c 
by = ax
by = ax
(a1)2 • (ax)3 = 
(b02 • (b^3
a5x = b5y =
5x = loga c
( .S T S .) 5y = logb c y =
log c 
5 log a 
log c 
5 log b
Resposta: c.
Observação:
Para obter uma das alternativas do teste, precisamos supor a # l e b ^ 1, condições não 
dadas pelo examinador. Observe que:
— sec = 1 e a = b = 1, todo par (x, y) é solução do sistema;
— sec = 1, a = 1 eb 1, todo par (x, 0) é solução do sistema;
— sec = l , a 1 eb = 1, todo par (0, y) é solução do sistema;
— se cs* 1, a = 1 ou b = 1, nenhum par (x, y) é solução do sistema.
21. (V7 + 2) (V7 - 2) = 3
log3 (V7 + 2) + log3 (V7 — 2) = log3 3
log3 (V7 + 2) + a = 1 => log3 (V7 + 2) = 1 - a.
Resposta: c.
logb (logb a) loga (logb a)
1 lo«b a = a = logb a
loga (loga b) logb (loga b)
, loga b = b = loga b
Resposta: c.
40. volume inicial —*■ v
volume após 1 h —♦ 0,8 v
volume após 2 h —♦ 0,8 (0,8 v) = (0,8)2 v
volume após t horas —*• (0,8)‘ v = j v
(-fjj-) v = - y ^ lQg = log - y <=> t(log 8 - log 10) = - lo g 2
log 2 log 2 ^
^ 1 “ log 10 - log 8 = 1 - 3 log 2 S 3,1 
t s 3,1 h = 3 h e 6 min.
Resposta: e.
45. x(log5 3* + log5 21) + log5 ^ j = 0
x(x log5 3 + log5 3 + log5 7) + x(log5 3 - log5 7) = 0 
x[x log5 3 + log5 3 + lpgs^T + log5 3 - Jogf7T = 0 
x ■ log5 3 • [x +* 2] = 0 
x = 0 o u x + 2 = 0 (pois log5 3 / 0) 
x = 0 ou x = —2 
Resposta: e.
4 6 . 4log(2Vx) _ 5log(4x)
(condição: x > 0)
log (410* 2V3‘) = log (5'°e 4x) 
log 2>/x • log 4 = log 4x • log 5
( log 2 + log x j • 2 log 2 = (2 log 2 + log x) ' (1 - log 2)
2 log2 2 + log x • log 2 = 2 log 2 - 2 log2 2 + log x - log x • log 2 
2 log x ■ log 2 - log x = 2 log 2 - 4 log2 2
. 2 log 2 (1 - 2 log 2)
l0g X = -------2 lõ g 2 - 1------- = “ 2 l0g 2 = log <2 ‘ 2>
Logo, x = -L .
4
Resposta: c.
49. | log x | + logx = 0 <=> | log x | = — log x <=> logx s£ 0 
Resposta: e.
2 • 4 • 6 • 8 • • (2n) ,_______
56. —-— -— -— --------------- > Vlog IO1001 • 2 • 3 • 4 • ... • n
2 • 2 • 2 • 2 • ... • 2 > V7ÕÕ
2” > 10 (n e N) 
n ^ 4 
Resposta: c.
0 < x < 1
61. 2X+1 + 2X = V +2 - V
2 ■ 2X + 2X = 9 • V - V
3 ■ 2X = 8 • 3y
2X _ 3y 
8 3
2 x -3 = 3 y - i ]
x e y inteiros J ^ x e y
Observação: Caso x * 3 temos que 2X 3 é um número par ou o inverso de um número par, 
enquanto 3y_1 é um número ímpar ou o inverso de um número ímpar.
Resposta: e.
25x - 3 x—1 ■ 53 = 3X_1 • 5
52x + 52x- y - = 2 ■ 3X-> • 53
— ■ 52x = 2 • 53 • 3x-> 
5
52x _ 3X-'
54 3 ~
52(x- 2) _ 3 x- 2 
25x- 2 = 3 x -2
X - 2 = 0 
x = 2
Resposta: e.
68. (x y =
’ ■ ■ - â r ®
x = y = 1 é solução do sistema.
Para x > 0, x / 1 e y > 0, y ^ 1, temos:
@ x y = y 2 => (xy)x = (y_2) x => xxy = (yx)~ 2 — =
©
x - 1
©
( @ e © ) - xy = - L
X-2
Resposta: a.
xy = x2 => y = 2
Observação: Para descobrir a alternativa correta era suficiente substituir no sistema os valo­
res dados em cada uma.
72. x > 0, x ?£ 1 
Caso x > 1:
x2x-> < x3 2x - 1 < 3 <=> x < 2 1 < x < 2
Caso 0 < x < 1:
x2x_1 < x3 2x - 1 > 3 <=> x > 2 (não convém)
Reunindo os dois casos, obtemos 1 < x < 2.
Resposta: d.
73. Num ponto de intersecção temos log 9x = 3 log x. Resolvendo, obtemos apenas a solução 
x = 3. Portanto, há um único ponto de intersecção, cuja abscissa é x = 3.
Resposta: b.
Impressão e Acabamento: 
CROMOSET G RÁFICA E EDITORA LTDA 
Fone: 93-4883
Organizada em 6 volumes independentes, a coleção MATEMÁTICA, 
Temas e Metas representa um novo conceito de ensino desta ciên­
cia, uma vez que possibilita ao professor planejar o seu curso conci­
liando seus tradicionais limitadores — o número de aulas disponíveis, 
os diferentes níveis das diversas classes e os diversos graus de assi­
milação dos alunos de uma mesma classe — mediante o uso de um 
volume a cada semestre.
Compõem a coleção:
• Conjuntos Numéricos e Funções
• Trigonometria e Progressões
• Sistemas Lineares e Combinatória
• Áreas e Volumes
• Geometria Analítica e Polinómios
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ISBN 85-7056-463-5