Resolucoes_Hibrido_2019

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Preparação Hı́brida Matemática Maiores 23
Resolução dos exerćıcios resolvidos
Hermı́nia Amorim, Marisa Oliveira e Graça Marcos ∗
2017
∗ISEP-Instituto Superior de Engenharia do Porto
1
1 Operações com números reais
Resolvido 1.1
1−
(
4
3
+ 2
3
)
+
(
4
3
(×5)
− 2
5
(×3)
)
= 1− 6
3
+
(
20
15
− 6
15
)
= 1− 2 + 14
15
= − 1
1
(×15)
+14
15
= −15+14
15
= − 1
15
Resolvido 1.2
(
−7
3
+ 1
6
)
−
(
5
3
+
(
−3
2
))
=
(
− 7
3
(×2)
+1
6
)
−
(
5
3
(×2)
− 3
2
(×3)
)
= −14+1
6
−
(
10−9
6
)
= −13
6
− 1
6
= −13−1
6
=
−14
6
= −7
3
Resolvido 1.3
1
3
(×5)
+ 1
5
(×3)
+ 2
15
(×1)
= 5+3+2
15
= 10÷5
15÷5 =
2
3
⇒ 1− 2
3
= 1
1
(×3)
−2
3
= 3−2
3
= 1
3
Representando por n o número de páginas do livro e por x o número de páginas que a Ana leu
no terceiro dia temos:
1
3
= 60
n
⇔ n = 3×60
1
= 180⇒ 2
15
= x
180
⇔ x = 2×180
15
= 24
Resolvido 1.4
(
−0, 75 + 1
2
)
−
[
2
3
+
(
−2
5
+ 2
10
− 3
2
)]
=
(
−3
4
+ 1
2
(×2)
)
−
[
2
3
+
(
− 2
5
(×2)
+ 2
10
− 3
2
(×5)
)]
= −3+2
4
−
[
2
3
+
(−4+2−15
10
)]
= −1
4
−
[
2
3
+
(
−17
10
)]
= −1
4
−
[
2
3
(×10)
− 17
10
(×3)
]
= −1
4
−
(
20−51
30
)
= −1
4
−
(−31
30
)
= − 1
4
(×15)
+ 31
30
(×2)
= −15+62
60
= 47
60
Resolvido 1.5
A fração que representa a capacidade do recipiente correspondente aos 100 mililitros é dada
por:
1−
(
3
4
+ 0, 20
)
= 1−
(
3
4
+ 2÷2
10÷2
)
= 1−
(
3
4
+ 1
5
)
= 1−
(
3
4
(×5)
+ 1
5
(×4)
)
= 1
1
(×20)
−15+4
20
= 20−19
20
= 1
20
Representando por c a capacidade máxima do recipiente, em mililitros, temos:
1
20
= 100
c
⇔ c = 20× 100 = 2000 ml = 2 l
2
Resolvido 1.6
1 +
[
4
3
× 2
3
− 21
3
×
(
4
3
÷ 3
2
)]
= 1 +
[
8
9
− 7
3
×
(
4
3
× 2
3
)]
= 1 +
(
8
9
− 7
3
× 8
9
)
= 1 +
(
8
9
(×3)
−56
27
)
= 1 +
(
24
27
− 56
27
)
= 1 +
(
24−56
27
)
= 1 +
(
−32
27
)
= 1
1
(×27)
−32
27
= 27−32
27
= − 5
27
Resolvido 1.7
AC = 2Abase + Alateral = 2Acirculo + Perimetrobase × h = 2× πr2 + 2πr × (2r) = 6πr2
AE = 4πr
2 ⇒ AC
AE
= 6πr
2
4πr2
= 6÷2
4÷2 =
3
2
Resolvido 1.8
1
1
(×5)
−3
5
= 5−3
5
= 2
5
(parte da Joana)
Representando por t o tempo que a Joana precisaria para escrever a parte dela se tivesse a
mesma capacidade de trabalho que a Ana, teŕıamos: 53
5
= t2
5
⇔ t = 5×
2
5
3
5
⇔ t = 10
3
Como a capacidade de trabalho é apenas 2
3
temos:
10
3
2
3
= 10
3
× 3
2
= 10
2
= 5 horas
Resolvido 1.9
3×
[
−3
5
+
(
−3
2
)]
× 1
4
×
(
−3
2
)
= 3×
(
− 3
5
(×2)
− 3
2
(×5)
)
×
(
−3
8
)
= 3×
(
−6+15
10
)
×
(
−3
8
)
= 3×
(
−21
10
)
×
(
−3
8
)
=
(
−63
10
)
×
(
−3
8
)
= 189
80
Resolvido 1.10
4
3×
2
3−2
1
3×(
4
3÷
3
2)
−1 127−
6
27
=
8
9−
7
3×(
4
3×
2
3)
−2827−
6
27
=
8
9−
7
3×
8
9
−3427
=
8
9
(×3)
−5627
−3427
=
24
27−
56
27
−3427
=
−3227
−3427
= −3227 ×
(
−2734
)
= 32÷234÷2 =
16
17
Resolvido 1.11(
−1
5
)2 × (−5)−1 ÷ (1
3
)3
= (−5)−2 × (−5)−1 ÷
(
1
3
)3
= (−5)−3 ÷
(
1
3
)3
= (−5)−3 ÷ 3−3
=
(
−5
3
)−3
=
(
−3
5
)3
= −
(
3
5
)3
= − 27
125
Resolvido 1.12
(
−3
5
+ 8
5
)2 × [(2
3
)2 − (−1
2
)2]
=
(
5
5
)2 ×( 4
9
(×4)
− 1
4
(×9)
)
= 1×
(
16−9
36
)
= 1× 7
36
= 7
36
3
Resolvido 1.13
Q =
[(
100 − 26 × (2−3)2 × 32
)]2
÷
(
33 ×
(
1
2
)−3)−2
= [(1− 26 × 2−6 × 32)]2 ÷ (33 × 23)−2
= [(1− 20 × 32)]2 ÷ (63)−2 = (−8)2 ÷ 6−6 = (−23)2 × 66 = 26 × 66 = 126
Resolvido 1.14(
−1
5
)2 × (−5)−1 ÷ (1
5
)3 × [(−5)−1]5 = (−5)−2 × (−5)−1 × 53 × (−5)−5
= 5−2 × (−5−1)× 53 × (−5−5) = 5−2 × 5−1 × 53 × 5−5 = 5−5
Resolvido 1.15
1−(34)
−17×(25)
−17÷(0.3)−15
[(−1)−3]2−(0.3)−2
=
1−(3×24×5)
−17÷( 310)
−15
(−1)−6−( 310)
−2
=
1−( 310)
−17÷( 310)
−15
1−( 310)
−2 =
1−( 310)
−2
1−( 310)
−2 = 1
Resolvido 1.16
10 3
√
2 + 4 3
√
2− 3
√
2 = (10 + 4− 1) 3
√
2 = 13 3
√
2
Resolvido 1.17(
4 3
√
2 + 4
√
7
)
−
(√
63 + 3
√
2
)
= 4 3
√
2 + 4
√
7−
√
63− 3
√
2 = 4 3
√
2− 3
√
2 + 4
√
7−
√
32 × 7
= 3 3
√
2 + 4
√
7− 3
√
7 = 3 3
√
2 +
√
7
Resolvido 1.18
Representando por h o comprimento da hipotenusa temos:
h2 =
(√
14
)2
+
(√
18
)2 ⇔ h2 = 14 + 18 = 32⇔ h = √32
Assim, o peŕımetro do triângulo será:
√
14 +
√
18 +
√
32 =
√
14 +
√
2× 32 +
√
25 =
√
14 + 3
√
2 + 4
√
2 =
√
14 + 7
√
2
Resolvido 1.19
Representando por x o comprimento, em cm, da diagonal dos quadrados de lado 1 temos:
4
x2 = 12 + 12 = 2⇔ x =
√
2
Comprimento fio = 4× 2 + 4× 1 + 8×
√
2 = 12 + 8
√
2 cm ' 233 mm
Resolvido 1.20(
3
2
+ 3
√
16
)
−
(
21
2
− 3
√
2
)
= 3
2
−21
2
+ 3
√
16+ 3
√
2 = 3
2
− 5
2
+
3
√
24 + 3
√
2 = 3−5
2
+2 3
√
2+ 3
√
2 = −1+3 3
√
2
Resolvido 1.21
2 3
√
2×
(
− 3
√
2
)
× 2 3
√
2 = −2 3
√
4× 2 3
√
2 = −4 3
√
8 = −4× 2 = −8
Resolvido 1.22(
−
√
3×
√
5
)
+
(
2
√
5×
√
3
)
= −
√
3× 5 + 2
√
5× 3 = −
√
15 + 2
√
15 =
√
15
Resolvido 1.23
V =
√
5×
(
2
3
√
5
)
× 3
4
(
2
3
√
5
)
=
(
2
3
√
5×
√
5
)
×
(
2
4
√
5
)
= 2×5
3
× 1
2
√
5 = 5
3
√
5 u.v.
Resolvido 1.24
3 3
√
2− 3
√
2
3 3
√
2×(3− 3
√
8)
= 2
3√2
9 3
√
2−3 3
√
16
= 2
3√2
9 3
√
2−3×2 3
√
2
= 2
3√2
9 3
√
2−6 3
√
2
= 2
3√2
3 3
√
2
= 23
Resolvido 1.25
V = Ab × h =
√
5×
(
5
√
2−
√
5
)
= 5
√
10− 5 = 5
(√
10− 1
)
Resolvido 1.26(
2 3
√
2
)3 × (− 3√2 + 2 3√2)2 = 8× 3√23 × ( 3√2)2 = 8× 2× 3√22 = 16 3√4
Resolvido 1.27[(
−
√
3
)2
+
(√
5
)2]− (2√5×√3)2 = (3 + 5)− 4× 5× 3 = −52
Resolvido 1.28
Para determinar o volume da pirâmide temos que determinar a área da base.
5
Calculemos o apótema do hexágono, a, sabendo que o raio da circunferência representada é
igual ao lado do hexágono:
a2 =
(√
5
)2 − (√5
2
)2
= 5− 5
4
= 20−5
4
⇒ a =
√
15
4
=
√
15
2
A área da base é assim: Ab =
Peŕımetro
2
× apot. = 6×
√
5
2
×
√
15
2
= 6
4
√
75 = 3
2
× 5
√
3 = 15
2
√
3
O volume da pirâmide será então: V = 1
3
Ab × h = 13 ×
15
2
√
3×
√
3 = 15
2
Porque, com base neste esquema, temos: h2 +
(√
5
)2
=
(√
8
)2 ⇔ h2 = 3⇔ h = √3
Resolvido 1.29(
3×2
1
3− 3
√
2
)2
3×2
1
3×
(
3√2−4
2
3
) = (3 3√2− 3√2)2
3 3
√
2×
(
3√2− 3
√
42
) = (2 3√2)2
3
3√
22−3 3
√
25
= 4
3√
22
3 3
√
4−3×2 3
√
4
= 4
3√4
3 3
√
4−6 3
√
4
=
4 3
√
4
−3 3
√
4
= −43
Resolvido 1.30
2
√
12−
√
27√
6
= 2×2
√
3−3
√
3√
6
=
√
3√
3×
√
2
= 1√
2
= 1
2
1
2
= 2−
1
2
Resolvido 1.31
4
√√
2 3
√
5 =
4
√√
3
√
23 × 5 = 24
√
40
6
Resolvido 1.32(√
2
√
2
√
2÷
(
4
√
2
)3) 13
=
(√
2
√√
2× 22 ÷
(
4
√
2
)3) 13
=
(√
2 4
√
2× 22 ÷
(
4
√
2
)3) 13
=
(√
4
√
2× 22 × 24 ÷
(
4
√
2
)3) 13
=
(
8
√
27 ÷
(
4
√
23
)) 1
3
=
(
2
7
8 ÷ 2 34
) 1
3
=
(
2
7−6
8
) 1
3
=
(
2
1
8
) 1
3
= 2
1
24
Resolvido 1.33
Para determinar o volume da pirâmide temos que determinar a área da base.
Calculemos o apótema do hexágono, a, sabendo que o raio da circunferência representada é
igual ao lado do hexágono:
a2 =
(
3
√
5
)2 − ( 3√5
2
)2
=
3
√
52 −
3√
52
4
=
(
1− 1
4
)
3
√
52 = 3
4
3
√
52 ⇒ a =
√
3
4
3
√
52
A área da base é assim:
Ab =
Perimetro
2
× apot. = 6×
3√5
2
×
√
3
4
3
√
52 = 3 3
√
5×
√
3
4
×
√
3
√
52 = 3
√
3
4
× 3
√
5× 6
√
52
= 3 6
√
33
43
× 6
√
52 × 6
√
52 = 3 6
√
33×54
43
O volume da pirâmide será então:
V = 1
3
Ab × h = 13 × 3
6
√
33×54
43
× 6
√
75
4
= 6
√
33×54
43
× 6
√
3×52
4
= 5 6
√
34
44
= 5 3
√
32
42
= 5 3
√
9
16
Resolvido 1.34√
3
√
2×
(
2 3
√
2
)2
= 6
√
2×
(
4
3
√
22
)
= 4 6
√
2× 6
√
24 = 4
6
√
25 = 22 × 2 56 = 2 176
Resolvido 1.35√(
1−
√
3
)2
=
∣∣1−√3∣∣ = √3− 1 porque √3 > 1
Resolvido 1.36
2
3√5
= 2×
3√
52
3√5× 3
√
52
= 2×
3√25
5
7
Resolvido 1.37
Como ambos os membros são positivos podemos verificar se é verdadeira do seguinte modo:(
1√
3−
√
8
)2
=
(
1 +
√
2
)2 ⇔ 1
3−
√
8
= 1 + 2
√
2 + 2⇔ (3+
√
8)
(3−
√
8)×(3−
√
8)
= 3 + 2
√
2
⇔ 3+2
√
2
9−8 = 3 + 2
√
2⇔ 3+2
√
2
1
= 3 + 2
√
2
Ou então:
1√
3−
√
8
= 1√
3−2
√
2
= 1√
1−2
√
2+2
= 1√
(1−
√
2)
2
=√
2>1
1√
2−1 =
1×(
√
2+1)
(
√
2−1)×(
√
2+1)
=
(
√
2+1)
2−1 =
(√
2 + 1
)
Resolvido 1.38
Representando por a a aresta da base temos:
a = 5
5√
2−5 =
5
5(
√
2−1)
=
1×(
√
2+1)
(
√
2−1)×(
√
2+1)
=
√
2+1
2−1 =
√
2 + 1
Para calcular o volume podemos determinar o produto da área lateral pela aresta da base:
V = 5×
(√
2 + 1
)
= 5
√
2 + 5
Ou multiplicar a área da base pela aresta lateral:
V =
(√
2 + 1
)2 × (5√2− 5) = (2 + 2√2 + 1)× (5√2− 5)
=
(
3 + 2
√
2
)
×
(
5
√
2− 5
)
= 15
√
2− 15 + 10× 2− 10
√
2 = 5
√
2 + 5
Resolvido 1.39
2√√
2 3
√
2
= 2√√
3
√
24
= 212√
24
= 23√2 =
2× 3
√
22
3
√
2× 3
√
22
= 22
3
√
4 = 3
√
4
Resolvido 1.40
1√
6−2
√
5
= 1√
1−2
√
5+5
= 1√
(1−
√
5)
2 =
1
|1−√5| =|1−√5|=√5−1⇐√5>1
1√
5−1
=
1×(
√
5+1)
(
√
5−1)×(
√
5+1)
=
(
√
5+1)
5−1 =
√
5+1
4
Resolvido 1.41∣∣−5
8
−
(
4 + 5−6
6
)∣∣ = ∣∣−5
8
−
(
4− 1
6
)∣∣ = ∣∣−5
8
− 24−1
6
∣∣ = ∣∣−5
8
− 23
6
∣∣ = ∣∣−15−92
24
∣∣ = 107
24
8
Resolvido 1.42∣∣2−√2∣∣+ ∣∣−3−√2∣∣ =
|2−√2|=2−√2⇐2>√2
2−
√
2 + 3 +
√
2 = 5
Resolvido 1.43
|b− a| ≥ |b| − |a| =
√
1
3
−
√
3
4
=
√
3
3
−
√
3
4
= 4
√
3−3
√
3
12
=
√
3
12
Resolvido 1.44∣∣−9
4
q2
∣∣× ∣∣(p× q)−1∣∣ = 9
4
× |q|2 ×
∣∣∣ 1p×q ∣∣∣ = 94 × |q|2 × 1|p|×|q| = 94 × (23)2 × 13
4
× 2
3
= 9×4
4×9 ×
1
1
2
= 2
Resolvido 1.45
|√2−3|−|−3−√2|
|−√8| =(3>√2)
3−
√
2−(3+
√
2)
2
√
2
= 3−
√
2−3−
√
2
2
√
2
= −2
√
2
2
√
2
= −1
Resolvido 1.46
De acordo com a representação na reta conclúımos que A ∩B =
[
−e, 3
√
2
[
Resolvido 1.47
De acordo com a representação na reta conclúımos que A ∩B =
[
−e,
√
5
]
O maior inteiro que pertence a este intervalo é 2.
Resolvido 1.48
Considerando os conjuntos A, C e B = [−5, 3] temos:
9
De acordo com esta representação na reta teŕıamos: A ∩B ∩ C = [−e, 3]
A solução é, assim, o conjunto dos inteiros que pertencem ao intervalo [−e, 3] : {−2,−1, 0, 1, 2, 3}
Resolvido 1.49
C = A ∩ Z⇒ C ∩B = A ∩ Z ∩B = A ∩B ∩ Z =
A∩B=A
A ∩ Z = {−1, 0, 1}
Resolvido 1.50
De acordo com a representação na reta conclúımos que A ∩ C = [−2, 1]
A ∩ C ∩ Z é o conjunto dos inteiros que pertencem ao intervalo [−2, 1] : {−2,−1, 0, 1}
Resolvido 1.51
De acordo com a representação na reta conclúımos que A ∪B = ]−π, 5]
Resolvido 1.52
De acordo com a representação na reta conclúımos que A ∪B = ]−π,+∞[
O menor inteiro que pertence a este intervalo é −3.
Resolvido 1.53
A ∪ (B ∩ C) = [−3,+∞[ ∪ (]−∞, 2] ∩ ]−3, 5]) = [−3,+∞[ ∪ ]−3, 2] = [−3,+∞[
10
(A ∪B) ∩ (A ∪ C) = ([−3,+∞[ ∪ ]−∞, 2]) ∩ ([−3,+∞[ ∪ ]−3, 5]) = ]−∞,+∞[ ∩ [−3,+∞[ =
[−3,+∞[
Resolvido 1.54
De acordo com a representação na reta conclúımos que A ∪B = ]−2, 0] ∪ [2, 4[
O conjunto de números inteiros pertencentes a este intervalo é: {−1, 0, 2, 3}
Resolvido 1.55
De acordo com a representação na reta conclúımos que A ∪B = R
O maior número inteiro negativo de R é o −1.
Resolvido 1.56
De acordo com a representação na reta conclúımos que A\B = ]−2π,−e[
11
Resolvido 1.57
Entre os elementos do conjunto B = {−5,−4,−3,−2,−1}, o único que pertence ao conjunto
A é o número −1.
Assim, B\A = {−5,−4,−3,−2}
Resolvido 1.58
A ∪B = ]−π, 5] ∪ [−e,+∞[ = ]−π,+∞[ = ]−∞,−π]
A ∩B = ]−π, 5] ∩ [−e,+∞[ = (]−∞,−π] ∪ ]5,+∞[) ∩ ]−∞,−e[ = ]−∞,−π]
Resolvido 1.59
A ∩B ∪B = A ∩B ∩B = A ∩B ∩B = A ∩
(
B ∩B
)
= A ∩ ∅ = ∅
Resolvido 1.60
A = R\A =
]
−π, 3
√
2
]
Como em B não existe qualquer elemento de A conclúımos que A\B = A =
]
−π, 3
√
2
]
12
2 Polinómios
Resolvido 2.1
A. ( V ) porque os expoentes de x são todos inteiros não negativos.
B. ( F ) porque existe um termo em que o expoente de x é negativo.
C. ( F ) porque existem dois termos onde a variável tem expoente negativo.
Resolvido 2.2
P (0) + 0× P (2) = 02 + 3⇔ P (0) = 3
P (1) + 1× P (1) = 12 + 3⇔ 2P (1) = 4⇔ P (1) = 2
P (2) + 2× P (0) = 22 + 3⇔ P (2) + 2× 3 = 7⇔ P (2) = 1
P (0) + P (1) + P (2) = 3 + 2 + 1 = 6
Resolvido 2.3
Dois polinómios são idênticos quando os coeficientes dos termos do mesmo grau (semelhan-
tes) são iguais:
m− 4 = 0
2m+ 3n− 8 = 0
n− p = 0
q − 5 = 0
⇔

m = 4
3n = 0
n = p
q = 5
⇔

m = 4
n = 0
p = 0
q = 5
Resolvido 2.4
Para reduzir um polinómio juntam-se os monómios semelhantes:
P (x) = x2 − 3x+ x3 − 5x2 − 1− 6x = x3 − 4x2 − 9x− 1
Resolvido 2.5
P (−1) = a× (−1)2 + 2× (−1)− 3 = a− 5 > 0⇔ a > 5⇔ a ∈ ]5,+∞[
13
Resolvido 2.6
p(x)− q(x) = (x3 + 6x2 − 12x+ 20)− (6x2 − 8x+ 11)
= x3 + 6x2 − 12x+ 20− 6x2 + 8x− 11
= x3 + (6x2 − 6x2) + (−12x+ 8x) + (20− 11)
= x3 + 0x2 − 4x+ 9 = x3 − 4x+ 9
Resolvido 2.7
s(x)
[r(x)]
2 =
x3+6x2
(2x)
2 =
x3+6x2
4x2 =
x3
4x2 +
6x2
4x2 =
1
4x+
3
2
Resolvido 2.8
n = 3⇒ p(x)− [r(x)]3 = 8x3 + 6x2 − 12x− 8x3 = 6x2 − 12x
Resolvido 2.9
Peŕımetro = x+ (x+ 5) + (x− 3) + (x+ 5− 3) + 3 + 3
= x+ x+ 5 + x− 3 + x+ 5− 3 + 3 + 3 = 4x+ 10
ou melhor:
Peŕımetro = 2× x+ 2× (x+ 5) = 4x+ 10
Resolvido 2.10
P (x) e P (2 − x) são polinómios do mesmo grau. P (x) tem que ser um polinómio de 1o grau
porque multiplicado por x dá um polinómio de 2o grau. Assim, P (x) = ax+ b.
P (x) + xP (2− x) = x2 + 3⇔ (ax+ b) + x [a (2− x) + b] = x2 + 3⇔ ax+ b+ x (2a− ax+ b) = x2 + 3
⇔ ax+ b+ 2ax− ax2 + bx = x2 + 3⇔ −ax2 + ax+ 2ax+ bx+ b = x2 + 3
⇔ −ax2 + (a+ 2a+ b)x+ b = x2 + 3⇔ −ax2 + (3a+ b)x+ b = x2 + 3
⇔

−a = 1
3a+ b = 0
b = 3
⇔
{
a = −1
b = 3
⇔ P (x) = −x+ 3
14
Resolvido 2.11
(3x+ 2)× P (x) = 3x3 + x2 − 6x− 2 + P (x)⇔ (3x+ 2)× P (x)− P (x) = 3x3 + x2 − 6x− 2
⇔ P (x)× (3x+ 2− 1) = 3x3 + x2 − 6x− 2⇔ P (x)× (3x+ 1) = 3x3 + x2 − 6x− 2
⇔ P (x) = 3x3+x2−6x−2
3x+1
Aplicando o algoritmo da divisão temos:
− 3x
3 + x2 − 6x− 2 3x+ 1
3x3 + x2 x2 − 2
− − 6x− 2−6x− 2
0
Donde se conclui que P (x) = x2 − 2.
Resolvido 2.12
2x3 − 3x2 + 8x+ 3 = d(x)× (2x− 1) + (3x+ 5)⇔ 2x3 − 3x2 + 8x+ 3− 3x− 5 = d(x)× (2x− 1)
⇔ 2x3 − 3x2 + 5x− 2 = d(x)× (2x− 1)
⇔ d(x) = 2x3−3x2+5x−2
2x−1
Aplicando o algoritmo da divisão temos:
− 2x
3 − 3x2 + 5x− 2 2x− 1
2x3 − x2 x2 − x+ 2
− − 2x
2 + 5x− 2
−2x2 + x
− 4x− 2
4x− 2
0
Donde se conclui que d(x) = x2 − x+ 2.
Resolvido 2.13
Aplicando a regra de Ruffini temos:
2 −k 3 −2k
2 4 8− 2k 22− 4k
2 4− k 11− 2k 22− 6k
Como o resto é 4 vem:
15
R(x) = 22− 6k = 4⇔ −6k = −18⇔ k = 3
Donde se conclui que:
Q(x) = 2x2 + (4− k)x+ (11− 2k) =
k=3
2x2 + (4− 3)x+ (11− 2× 3) = 2x2 + x+ 5
Resolvido 2.14
Q(x) = (x− 2)×Q′(x) + 3
Temos assim:
P (x) = (x− 1)× [(x− 2)×Q′(x) + 3] + 4 = (x− 1)× (x− 2)×Q′(x) + 3 (x− 1) + 4
= (x− 1)× (x− 2)×Q′(x) + 3x− 3 + 4
ou seja:
P (x) = (x− 1)× (x− 2)×Q′(x) + 3x+ 1⇒ R(x) = 3x+ 1
Resolvido 2.15
P (x) = (x2 − 4)×Q(x) + 3x+ 7
Pelo teorema do resto:
P (2) = (22 − 4)×Q(2) + 3× 2 + 7 = 0×Q(2) + 6 + 7 = 13⇒ Resto = 13
Resolvido 2.16(
2y + 1
5
)2 − (y − 1)2 = 4y2 + 4
5
y + 1
25
− (y2 − 2y + 1)
= 4y2 + 4
5
y + 1
25
− y2 + 2y − 1 = 3y2 + 14
5
y − 24
25
Resolvido 2.17(
1
2
− 2x
)2−(x+ 1)2 = 1
4
−2x+4x2−(x2 + 2x+ 1) = 1
4
−2x+4x2−x2−2x−1 = −3
4
−4x+3x2
−3
4
− 4x+ 3x2 = a− 4x+ 3x2 ⇒ a = −3
4
16
Resolvido 2.18
m3+n3
m3−m2n+mn2 =
m3+n3
m(m2−mn+n2)
Com base na seguinte divisão
− m
3 + 0m2n+ 0mn2 + n3 m2 −mn+ n2
m3 −m2n+mn2 m+ n
− m
2n−mn2 + n3
m2n−mn2 + n3
0
Conclúımos que m3 + n3 = (m+ n) (m2 −mn+ n2), donde resulta que:
m3+n3
m(m2−mn+n2)
=
(m+n)(m2−mn+n2)
m(m2−mn+n2)
= m+nm
Resolvido 2.19
2(x−2)(x−3)3−3(x−2)2(x−3)2
(x−3)6
= (x−2)(x−3)
2[2(x−3)−3(x−2)]
(x−3)6
= (x−2)(x−3)
2(2x−6−3x+6)
(x−3)6
= (x−2)(x−3)
2(−x)
(x−3)6
= x(2−x)
(x−3)4
Resolvido 2.20
a2b+ab2
a2+2ab+b2
= ab(a+b)
(a+b)2
={
ab=35
a+b=−2
3
5×(−2)
(−2)2
=
−65
4 = −
6
20 = −
3
10
17
3 Equações, inequações e sistemas de equações
Resolvido 3.1
A. 3x− 3 = 5x⇔ 3x− 5x = 3⇔ −2x = 3⇔ x = −3
2
⇒ CS =
{
−3
2
}
B. −3x+ 2 = −3x− 2⇔ −3x+ 3x = −2− 2⇔ 0x = −4⇒ CS = {}
C. 3x− 6 = 3 (x− 2)⇔ 3x− 6 = 3x− 6⇔ 3x− 3x = 6− 6⇔ 0x = 0⇒ CS = R
Resolvido 3.2
2 (x+ 1) = 3− x+2
2
⇔ 2x+ 2 = 3− x+2
2
⇔ 4x+ 4 = 6− x− 2
⇔ 4x+ x = 6− 2− 4⇔ 5x = 0⇔ x = 0
5
= 0⇒ CS = {0}
Resolvido 3.3
3× 2− a = 2 (2− 2)⇔ 6− a = 2× 0⇔ −a = −6 + 0⇔ a = 6
Resolvido 3.4
2x− (3x− 2) = −2x+1
2
⇔ 2x− 3x+ 2 = −2x+1
2
⇔ 4x− 6x+ 4 = −2x+ 1
⇔ 4x− 6x+ 2x = −4 + 1⇔ 0x = −3⇒ CS = {}
Resolvido 3.5
Representando porx a distância percorrida pelo João, temos:
x
2
distância percorrida de carro,
x
3
distância percorrida de comboio.
Resulta assim:
x
2
+ x
3
+ 25 = x⇔ 3x
6
+ 2x
6
+ 150
6
= 6x
6
⇔ 3x+ 2x+ 150 = 6x
⇔ 3x+ 2x− 6x = −150⇔ −x = −150⇔ x = 150
Resolvido 3.6
A. 6 (x− 1) ≤ 2 (3x− 3)⇔ 6x− 6 ≤ 6x− 6⇔ 6x− 6x ≤ −6 + 6⇔ 0x ≤ 0⇒ CS = R
18
B. −3x− 2 ≥ −3x+ 2⇔ −3x+ 3x ≥ 2 + 2⇔ 0x ≥ 4⇒ CS = {}
C. 2x+ 4 > 2 (x+ 2)⇔ 2x+ 4 > 2x+ 4⇔ 2x− 2x > 4− 4⇔ 0x > 0⇒ CS = {}
Resolvido 3.7
(x− 2)2 < (x+ 1)(x− 1)⇔ x2 − 4x+ 4 < x2 − 1⇔ −4x+ 4 < −1⇔ −4x < −1− 4⇔ −4x < −5
⇔ 4x > 5⇔ x > 5
4
⇒ CS =
]
5
4
,+∞
[
Resolvido 3.8
2p(x)− p(x+ 1) ≥ 0⇔ 2 (3x− 2)− [3 (x+ 1)− 2] ≥ 0⇔ 6x− 4− (3x+ 3− 2) ≥ 0
⇔ 6x− 4− 3x− 3 + 2 ≥ 0⇔ 6x− 3x ≥ 4 + 3− 2⇔ 3x ≥ 5⇔ x ≥ 5
3
⇒ CS =
[
5
3
,+∞
[
Resolvido 3.9
−5
2
< 3x− 2 ≤ 5
2
⇔ −5 < 6x− 4 ≤ 5⇔ 6x− 4 ≤ 5 ∧ 6x− 4 > −5
⇔ 6x ≤ 5 + 4 ∧ 6x > −5 + 4⇔ 6x ≤ 9 ∧ 6x > −1⇔ x ≤ 9
6
= 3
2
∧ x > −1
6
⇒ CS =
]
−1
6
, 3
2
]
∩ Z = {0, 1}
Resolvido 3.10
4×(2x) > 2×(3x)+2×3⇔ 8x > 6x+6⇔ 8x−6x > 6⇔ 2x > 6⇔ x > 6
2
= 3⇒ CS = ]3,+∞[
Resolvido 3.11
3x2 − 2x = 0⇔ x (3x− 2) = 0⇔ x = 0 ∨ 3x− 2 = 0⇔ x = 0 ∨ x = 2
3
⇒ CS =
{
0, 2
3
}
Resolvido 3.12
Pelo teorema do resto temos:
p(x) = x2 + x+ c ⇒
x=2
p(2) = 22 + 2 + c = 0⇔ c = −6
x2 + x− 6 = 0⇔

a = 1
b = 1
c = −6
⇒ x = −1±
√
1−4×1×(−6)
2
⇔ x = −1±5
2
⇔ x1 = 2 ∨ x2 = −3
Se usarmos o facto de que c é igual ao produto das soluções temos:
19
−6 = x2 × 2⇔ x2 = −62 = −3
Ou ainda, se atendermos a que b = 1 é simétrico da soma das ráızes, nem precisamos de
determinar c pois:
1 = − (x2 + 2)⇔ 1 = −x2 − 2⇔ x2 = −1− 2 = −3
Resolvido 3.13
Representando por t o tempo, em horas, que demora uma das torneiras a encher o reser-
vatório de capacidade C temos:
C
t
+ C
t+1
= C
5
⇔ 1
t
+ 1
t+1
= 1
5
⇔ 1
t
×(5t+5)
+ 1
t+1
×(5t)
= 1
5
×(t2+t)
⇔
t>0
5t+ 5 + 5t = t2 + t⇔ t2 − 9t− 5 = 0

a = 1
b = −9
c = −5
⇒ t = 9±
√
81−4×1×(−5)
2
⇔ t = 9±
√
101
2
⇔
t>0
t ' 9, 5 horas⇒ t+ 1 ' 10, 5 horas
Resolvido 3.14
2p(x)− p(x+ 1) = 0⇔ 2 (3x2 − 2)−
[
3(x+ 1)2 − 2
]
= 0
⇔ 6x2 − 4− [3 (x2 + 2x+ 1)− 2] = 0⇔ 6x2 − 4− (3x2 + 6x+ 3− 2) = 0
⇔ 6x2 − 4− 3x2 − 6x− 3 + 2 = 0⇔ 3x2 − 6x− 5 = 0
a = 3
b = −6
c = −5
⇒ x = 6±
√
36−4×3×(−5)
2×3 ⇔ x =
6±
√
96
6
⇔ x = 6±4
√
6
6
⇔ x = 1± 2
3
√
6
Resolvido 3.15
Representando por n o número inicial de amigos temos:
360
n
→ quantia que pagaria cada um dos amigos (se fossem n)
360
n
+ 6→quantia paga por cada um dos amigos (quando são n− 5)
Donde resulta que:
(n− 5)×
(
360
n
+ 6
)
= 360⇔ n× 360
n
+ n× 6− 5× 360
n
− 5× 6 = 360
⇔ 360 + 6n− 1800
n
− 30 = 360 ⇔
n6=0
6n2 − 1800− 30n = 0 ⇔ n2 − 5n− 300 = 0

a = 1
b = −5
c = −300
⇒ n = 5±
√
25−4×(−300)
2
⇔ n = 5±35
2
⇔
n>0
n = 20
20
Resolvido 3.16{
x− y − 3
2
= x
4x− 3 (y + 4) = 0 ⇔
{
y = −3
2
4x− 3y − 12 = 0 ⇔
{
y = −3
2
4x− 3y = 12 ⇔
{
y = −3
2
4x− 3×
(
−3
2
)
= 12
⇔
{
y = −3
2
8x+ 9 = 24
⇔
{
y = −3
2
8x = 15
⇔
{
y = −3
2
x = 15
8
⇒ S =
{(
15
8
,−3
2
)}
Resolvido 3.17
Para que o sistema seja posśıvel e indeterminado as retas tem que ser paralelas:{
2x+ 3y = a+ 1
4x+ 6y = 8
⇒ a+ 1 = 4⇔ a = 3
Resolvido 3.18
Representando por x o algarismo das unidades e por y o algarismo das dezenas temos:{
x+ y = 10
y = 4x
⇔
{
x+ 4x = 10
y = 4x
⇔
{
5x = 10
y = 4x
⇔
{
x = 2
y = 4× 2 ⇔
{
x = 2
y = 8
⇒ S = {(2, 8)} ⇔ 82
Resolvido 3.19{
6x+ 2y + 1 = 0
x = −y
3
+ 23
6
⇔
{
6×
(
−y
3
+ 23
6
)
+ 2y = −1
x = −y
3
+ 23
6
⇔
{
−6y
3
+ 6×23
6
+ 2y = −1
x = −y
3
+ 23
6
⇔
{
−2y + 23 + 2y = −1
x = −y
3
+ 23
6
⇔
{
0y = −24
x = −y
3
+ 23
6
⇒ (Sistema imposśıvel)
Resolvido 3.20
Representando por x a quantia do Pedro e por y a quantia do Paulo, temos:{
x+ y = 81
0, 90x = y + 0, 10x
⇔
{
y = 81− x
0, 90x− 0, 10x = y ⇔
{
0, 80x = 81− x
y = 0, 80x
⇔
{
0, 80x+ x = 81
y = 0, 80x
⇔
{
1, 8x = 81
y = 0, 80x
⇔
{
x = 81
1,8
= 45
y = 0, 80x
⇔
{
x = 45
y = 0, 80× 45 = 36
21
4 Noções básicas sobre funções
Resolvido 4.1
Df é formado por todas as abcissas e D
′
f por todas as ordenadas dos pares ordenados do
gráfico, Gf .
Assim, Df = {−2,−1, 2, 3, 4} e D′f = {−1, 1, 4}.
Resolvido 4.2
D′f é formado por todos os valores de y que são imagem de algum x ∈ Df .
Assim, D′f = [−1, 1] ∪ {2}.
Resolvido 4.3
f(x) = 2 quando x ∈ [−2, 0].
Resolvido 4.4
0 ≤ f(x) ≤ 2 quando −2 ≤ x ≤ 1.
Resolvido 4.5
D′f é formado por todos os valores de y que são imagem de algum x ∈ Df .
Assim, D′f =
[
−9
4
,+∞
[
.
Resolvido 4.6
A função g não é injetiva porque, por exemplo, f(x) = 2, ∀x ≥ 4, ou seja, existem vários
objetos com a mesma imagem.
Resolvido 4.7
A função não é injetiva porque, por exemplo, x1 = 2 6= x2 = −2 ∧ f(x1) = f(x2) = 4 + 1 = 5,
ou seja, existem objetos diferentes com a mesma imagem.
A função não é sobrejetiva porque D′f = [1,+∞ [ 6= R0+.
22
Assim, a função não é bijetiva.
Resolvido 4.8
A função não é sobrejetiva porque D′f =
[
−9
4
,+∞
[
6= R.
Resolvido 4.9
A função é ı́mpar porque:f(−x) = 2(−x)
3+(−x)
(−x)2 =
−(2x3+x)
x2
= −2x3+x
x2
= −f(x) ,∀x ∈ Df .
Resolvido 4.10
f par⇒ D′f = ]0,+∞[ para que Gf seja simétrico em relação a Oy.
f ı́mpar⇒ D′f = R\ {0} para que Gf seja simétrico em relação à origem.
Resolvido 4.11
f(x) > 0 em ]0, 3[ em ]3, 6[ e em ]11, 13]
Resolvido 4.12
f(x) ≥ 0 em [0, 4] e em [8, 14[
Resolvido 4.13
Através do quadro do sinal:
x −2 0 4 8 14
Sinal de f − − 0 + 0 − 0 + ND
Podemos concluir que: f(x) < 0 em [−2, 0[ e em ]4, 8[
Resolvido 4.14
Através do quadro de variação:
x −2 2 3 5 7 11 13
Variação de f −1 ↗ Max ↘ Min ↗ Max ↘ Min ↗ ND ↗ 1
Podemos concluir que f é estritamente crescente em [−2, 2] em [3, 5] em [7, 11[ e em ]11, 13]
23
Resolvido 4.15
D′f = [−2, 2]
Máximo absoluto: y = 2 para x = 5 porque y = 2 é o maior valor do contradomı́nio.
Máximo relativo: y = 1 para x = 2 porque f (2) = 1 ≥ f (x) , ∀x ∈ ]2− δ, 2 + δ[
Máximo relativo: y = 1 para x = 13 porque f (13) = 1 ≥ f (x) , ∀x ∈ ]13− δ, 13]
Mı́nimo relativo: y = −1 para x = −2 porque f (−2) = −1 ≤ f (x) , ∀x ∈ [−2,−2 + δ[
Mı́nimo relativo: y = 0 para x = 3 porque f (3) = 0 ≤ f (x) , ∀x ∈ ]3− δ, 3 + δ[
Mı́nimo absoluto: y = −2 para x = 7 porque y = −2 é o menor valor do contradomı́nio.
Resolvido 4.16
Df÷g = Df ∩Dg ∩ {x : g(x) 6= 0} = {([−2, 13] \ {11}) ∩ [−2, 14[} \ {0, 4, 8} = [−2, 13] \ {0, 4, 8, 11}
(f ÷ g) (2) = f(2)÷ g(2) = 1÷ 4 = 1
4
Resolvido 4.17
D√f = {x ∈ R : f(x) ≥ 0} = [0, 4] ∪ [8, 14[
√
f (0) =
√
f(0) =
√
0 = 0
Resolvido 4.18
Df◦g = {x ∈ Dg : g(x) ∈ Df} = Dg = [−2, 14[ porque D′g = ([−2, 3] ∪ {4}) ⊂ Df = [−2, 13] \ {11}
f ◦ g(12) = f (g(12)) = f(2) = 1
Resolvido 4.19
Dg◦f = {x ∈ Df : f(x) ∈ Dg} = Df = [−2, 13] \ {11} porque D′f = [−2, 2] ⊂ Dg = [−2, 14[
g ◦ f(x) = g (f(x)) = 4⇒ f(x) = 2⇒ x = 5
Resolvido 4.20
1
2
∈ Df−1 = D′f =
[
−1, 1
2
]
∪ ]2, 4]⇒ f−1
(
1
2
)
= 1 porque f
(
f−1
(
1
2
))
= f (1) = 1
2
Resolvido 4.21
A adição de 3 unidades à função f não altera o domı́nio.
24
A multiplicação de x por 2 faz com que:

2x = −2⇔ x = −1
2x = 13⇔ x = 13
2
2x = 11⇔ x = 11
2
⇒ Dg =
[
−1, 13
2
]
\
{
11
2
}
Resolvido 4.22
A subtração de 5 unidades a x translada o gráfico de f , 5 unidades para a direita.
A multiplicação de f por 2 duplica os valores de f .
Resulta assim: Dg = [3, 19[ e D
′
g = [−4, 6] ∪ {8}
Máximo absoluto : y = 8 para x = 7
Máximo relativo : y = 6 para x = 16
Resolvido 4.23
A multiplicação de f por −1 não altera o domı́nio.
A multiplicação de x por −1 corresponde a uma reflexão de Gf em relação a Oy.
Assim: Dg = [−13, 2] \ {−11}
Resolvido 4.24
A multiplicação de f por 2 não altera os zeros da função.
Para obter a imagem do módulo de x mantêm-se os pontos de abcissa positiva ou nula e
os pontos de abcissa negativa são obtidos dos pontos de abcissa positiva por uma simetria em
relação a Oy.
Assim, os zeros da função g são: {−8,−4, 0, 4, 8}
Resolvido 4.25
A subtração de 5 unidades a x não altera o contradomı́nio da função.Para obter o módulo de f mantêm-se os pontos de ordenada positiva ou nula e os restan-
tes são obtidos dos pontos de ordenada negativa por simetria em relação a Ox.
Assim: D′g = [0, 3] ∪ {4}
25
5 Funções reais algébricas
Resolvido 5.1
A reta s passa em (0, 3) e em (4, 9) ⇒ as = 9−34−0 =
6
4
= 3
2
s//r ⇒ ar = 32 ⇒ r : y =
3
2
x⇔ f(x) = 3
2
x porque f é linear.
Resolvido 5.2
A ordenada na origem de r é −1.
A reta r passa em (5, 1) e em (0,−1) ⇒ ar = 1−(−1)5−0 =
2
5
r : y = 2
5
x− 1⇔ f(x) = 2
5
x− 1
f(x) = 0⇔ 2
5
x− 1 = 0⇔ 2x = 5⇔ x = 5
2
Resolvido 5.3
O gráfico de h é uma reta de declive 1 e ordenada na origem 2. Assim:
• r não pode ser porque tem declive negativo.
• s não pode ser porque tem ordenada na origem negativa.
Resolvido 5.4
O declive da reta r é −2.
s⊥r ⇒ as = 12 ⇒ s : y =
1
2
x+ b
(−2, 2) ∈ s⇒ 2 = 1
2
× (−2) + b⇔ b = 3⇒ s : y = 1
2
x+ 3⇔ g(x) = 1
2
x+ 3
Resolvido 5.5
26
Com base na imagem temos:
A[OIB] =
b×h
2
sendo h = x ∧ b = OB = 4, 5
I :
{
y = 0, 6x
y = −1, 2x+ 4, 5 ⇔
{
y = 0, 6x
0, 6x = −1, 2x+ 4, 5 ⇔
{
y = 0, 6x
1, 8x = 4, 5
⇔
{
y = 1, 5
x = 2, 5
A[OIB] =
4,5×2,5
2
= 5, 625
Resolvido 5.6 f(x) =
{
x× (−x)− 2x+ 2⇐ x < 0
x× x− 2x+ 2 ⇐ x ≥ 0 ⇔ f(x) =
{
−x2 − 2x+ 2⇐ x < 0
x2 − 2x+ 2 ⇐ x ≥ 0
Resolvido 5.7
O gráfico de f obtém-se do gráfico de |x| por translação de 1 unidade para a esquerda se-
guida de uma reflexão segundo Ox. Assim, f(x) = −|x+ 1|.
O gráfico de g obtém-se do gráfico de |x| por translação de 1 unidade para a direita e 1 unidade
para baixo. Assim, g(x) = |x− 1| − 1.
Resolvido 5.8
Se − 1 ≤ x ≤ 1
2
⇒
{
|x+ 1| = x+ 1
|2x− 1| = −2x+ 1 donde resulta que:
h(x) = |x+ 1|+ |2x− 1| = x+ 1− 2x+ 1 = −x+ 2
Resolvido 5.9
Se a ≤ x ≤ b⇒
{
|x− a| = x− a
|x− b| = −x+ b donde resulta que:
f(x) = |x− a|+ |x− b| = x− a− x+ b = b− a
f(x) = 2⇒ b− a = 2⇔ b = a+ 2
Resolvido 5.10
Df = {x ∈ R : 5− |x+ 1| ≥ 0} = [−6, 4] porque :
5− |x+ 1| ≥ 0⇔ −|x+ 1| ≥ −5⇔ |x+ 1| ≤ 5⇔ −6 ≤ x ≤ 4
Resolvido 5.11
Como f(0) = f(2) podemos cocluir que x = 1 é o eixo de simetria da parábola.
Como f(3) = 0 também f(−1) = 0.
27
Como f(0) = f(2) < 0 temos a seguinte representação gráfica:
Conclúımos então que f(x) > 0 quando x ∈]−∞,−1[∪]3,+∞[
Resolvido 5.12
Como f(x) ≥ 0 em [1, 5] conclúımos que a parábola tem a concavidade voltada para baixo.
A abcissa do vértice é x = 1+5
2
= 3
O contradomı́nio é assim ]−∞, f(3)]
Resolvido 5.13
f(x) = x2 − 5x+ 6⇒ V
(
− b
2a
, f
(
− b
2a
))
=
(
5
2
, f
(
5
2
)
=
(
5
2
)2 − 5× 5
2
+ 6
)
=
(
5
2
,−1
4
)
ou então:
f(x) = x2 − 5x+ 6 = x2 − 2× 5
2
x+
(
5
2
)2 − (5
2
)2
+ 6 =
(
x− 5
2
)2 − 1
4
⇒ V
(
5
2
,−1
4
)
f(x) =
(
x− 5
2
)2 − 1
4
; V
(
5
2
,−1
4
)
Resolvido 5.14
Para que a parábola seja tangente ao eixo das abcissas a função deve ter um único zero o
que acontece se:
28
∆ = b2 − 4ac = k2 − 4× 1× 4 = k2 − 16 = 0⇔ k = −4 ∨ k = 4
Resolvido 5.15
Para que a campanha promocional deixe de ter efeito a função incremento deve ser zero:
f(t) = 0⇔ −1
4
t2 + 10t = 0⇔ −t2 + 40t = 0⇔ −t (t− 40) = 0⇔ t = 0 ∨ t = 40
A resposta é: após 40 dias.
Resolvido 5.16
A função cúbica f(x) = ax3 + bx2 + cx+ d deverá ter:
• a < 0
• um zero triplo, x = −3
Conclúımos, assim, que f(x) = a(x+ 3)3 = a(x3 + 3x2 + 27x+ 27); a < 0
Resolvido 5.17
A função cúbica f(x) = ax3 + bx2 + cx+ d deverá ter:
• a > 0
• x = −1 zero simples
• x = 3 zero duplo
Assim: f(x) = a(x+ 1)(x− 3)2 = a(x+ 1)(x2 − 6x+ 9) = a(x3 − 5x2 + 3x+ 9); a > 0
Resolvido 5.18
f(x) = x (x2 − 2x+ 1) = x(x− 1)2
f(x) = 0⇔ x(x− 1)2 = 0⇔ x = 0(zero simples) ∨ x = 1(zero duplo)
Como a = 1 > 0⇒

f(x) < 0 em ]−∞, 0[
f(x) > 0 em ]0,+∞[ \ {1}
ou então
Com base na tabela:
x −∞ 0 1 +∞
x − 0 + + +
(x− 1)2 + + + 0 +
Sinal de f − 0 + 0 +
29
Resolvido 5.19
Pelo teorema do resto temos:
g(−2) = (−2)3 + k × (−2) + 4 = 0⇔ −8− 2k + 4 = 0⇔ 2k = −4⇔ k = −2
Resolvido 5.20
Como f tem os zeros x = −1, x = 1 e x = 2 será:
f(x) = a(x+ 1)(x− 1)(x− 2) = a(x2 − 1)(x− 2) = a(x3 − 2x2 − x+ 2)
(0, 2) ∈ Gf ⇒ 2 = a(03 − 2× 02 − 0 + 2)⇔ 2a = 2⇔ a = 1
Assim : f(x) = x3 − 2x2 − x+ 2
Resolvido 5.21
f tem os zeros: x = −1, x = 1, x = −2 e x = 2 porque é uma função par.
f(x) = a(x+ 1)(x− 1)(x+ 2)(x− 2) = a(x2 − 1)(x2 − 4) = a(x4 − 5x2 + 4); a > 0
Resolvido 5.22
f(x) = x4 − 1 = (x2 − 1) (x2 + 1) = (x− 1) (x+ 1) (x2 + 1)
f(x) = 0⇔ (x− 1) (x+ 1) (x2 + 1) = 0⇔ (x− 1) = 0 ∨ (x− 1) = 0 ∨ (x2 + 1) = 0
⇔ x = 1(zero simples) ∨ x = −1(zero simples)
Resolvido 5.23
f tem os zeros: x = −3, x = −1, x = 1 e x = 2.
Assim:
g(x) = a(x+ 3)(x+ 1)(x− 1)(x− 2) = a(x+ 3)(x− 2)(x2 − 1)
= a(x2 + x− 6)(x2 − 1) = a (x4 + x3 − 7x2 − x+ 6)
(0,−1) ∈ Gg ⇒ −1 = a(04 + 03 − 7× 02 − 0 + 6)⇔ 6a = −1⇔ a = −16
g(x) = −1
6
(x4 + x3 − 7x2 − x+ 6)
Resolvido 5.24
Aplicando a regra de Ruffini temos:
30
1 0 a b 1
1 1 1 a+ 1 a+ b+ 1
1 1 a+ 1 a+ b+ 1 a+ b+ 2
1 1 2 a+ 3
1 2 a+ 3 2a+ b+ 4
{
a+ b+ 2 = 0
2a+ b+ 4 = 0
⇔
{
b = −2− a
2a− 2− a+ 4 = 0 ⇔
{
b = 0
a = −2
Resolvido 5.25
f(x) = x(−x3 + x2 − x+ 1)
Aplicando a regra de Ruffini para fatorizar o polinómio de 3o grau:
−1 1 −1 1
1 −1 0 −1
−1 0 −1 0
Obtemos:
f(x) = x(x− 1)(−x2 − 1) = −x(x− 1)(x2 + 1)
f(x) = 0⇔ −x(x− 1)(x2 + 1) = 0⇔ x = 0(zero simples) ∨ x = 1(zero simples)
Como a < 0 conclui-se que f(x) > 0 em ]0, 1[
Ou através do seguinte quadro:
x −∞ 0 1 +∞
−x + 0 − − −
x− 1 − − − 0 +
x2 + 1 + + + + +
Sinal de f − 0 + 0 −
Resolvido 5.26
f(x) = 0⇔ x2+1
x
= 0⇔ x2 + 1 = 0 ∧ x 6= 0⇒ CS = {}
Resolvido 5.27
p(t) = 80− 70
t+1
> 70⇔ 70
t+1
< 10⇔
t≥0
10 (t+ 1) > 70⇔ 10t > 60⇔ t > 6
Assim será a partir de julho de 2015.
31
Resolvido 5.28
f(0) = 4×0+4
0+2
= 2⇒ IOy (0, 2)→ ponto de interseção o com eixo das ordenadas
f(x) = 0⇔ 4x+4
x+2
= 0⇔ 4x+ 4 = 0 ∧ x+ 2 6= 0⇔ x = −1
⇒ IOx (−1, 0)→ ponto de interseção com eixo das abcissas
Resolvido 5.29
f(x) < 3⇔ 4x+4
x+2
< 3⇔ 4x+4
x+2
− 3
×(x+2)
< 0⇔ 4x+4−3x−6
x+2
< 0⇔ x−2
x+2
< 0
Com base no quadro seguinte:
x −∞ −2 2 +∞
x− 2 − − − 0 +
x+ 2 − 0 + + +
x−2
x+2
+ ND − 0 +
Verificamos que o conjunto solução é CS = ]−2, 2[
Resolvido 5.30
f(x)− g(x) = 2⇔ 4
x−3 −
3
x
= 2⇔ 4
x−3
(×x)
− 3
x
×(x−3)
− 2
×(x2−3x)
= 0
⇔ 4x−3x+9−2x2+6x
x(x−3) = 0⇔
−2x2+7x+9
x(x−3) = 0⇔ −2x
2 + 7x+ 9 = 0 ∧ x (x− 3) 6= 0
⇔ x = −7±
√
49+72
−4 ∧ x 6= 0 ∧ x 6= 3⇔
(
x = 9
2
∨ x = −1
)
∧ x 6= 0 ∧ x 6= 3⇒ CS =
{
−1, 9
2
}
Resolvido 5.31
f(x) = 0⇔
√
2x−
√
x2 + 1 = 0⇔
√
2x =
√
x2 + 1⇒ 2x = x2 + 1
⇔ x2 − 2x+ 1 = 0⇔ (x− 1)2 = 0⇔ x = 1
Verificação :
x = 1⇒
√
2× 1−
√
12 + 1 = 0⇔
√
2−
√
2 = 0 (V )⇒ CS = {1}
Resolvido 5.32
DE = 6 EC = 2 AD = 4 BD = x
dAB =
√
42 + x2 e dBC =
√
(6− x)2 + 22 =
√
40− 12x+ x2
tempoAB =
√
42+x2
20
e tempoBC =
√
40−12x+x2
40
⇒ tempoAC = 2
√
16+x2+
√
40−12x+x2
40
32
Resolvido 5.33
Dg =
{
x ∈ R : x−5
x2+1
≥ 0 ∧ x2 + 1 6= 0
}
= [5,+∞[ porque :
x2 + 1 6= 0⇔ x ∈ R
x−5
x2+1
≥ 0 ⇔
x2+1>0
x− 5 ≥ 0⇔ x ≥ 5
Resolvido 5.34
f(x) = x⇔
√
x2 − x+ 2 = x⇒ x2 − x+ 2 = x2 ⇔ −x+ 2 = 0⇔ x = 2
Verificação :
x = 2⇒
√
22 − 2 + 2 = 2⇔
√
4 = 2 (V )⇒ I (2, 2)
Resolvido 5.35
f(x) = g(x)⇔
√
2x+ 3 = 2 +
√
x+ 2⇒
(√
2x+ 3
)2
=
(
2 +
√
x+ 2
)2
⇔ 2x+ 3 = 4 + 4
√
x+ 2 + x+ 2⇔ x− 3 = 4
√
x+ 2⇒ (x− 3)2 =
(
4
√
x+ 2
)2
⇔ x2 − 6x+ 9 = 16 (x+ 2)⇔ x2 − 22x− 23 = 0⇔ x = 22±
√
576
2
⇔ x = 23 ∨ x = −1
Verificação :
x = 23⇒
√
2× 23 + 3 = 2 +
√
23 + 2⇔
√
49 = 2 +
√
25⇔ 7 = 2 + 5 (V )
x = −1⇒
√
2× (−1) + 3 = 2 +
√
(−1) + 2⇔
√
1 = 2 +
√
1⇔ 1 = 3 (F )
⇒ CS = {23}
Resolvido 6.1
Representando por x a altura da parte que ficou na vertical e por h a parte que partiu, temos:
tan (25◦) = x
22
⇔ x = 22× tan (25◦) ' 10, 3 ∧ cos (25◦) = 22
h
⇔ h = 22
cos(25◦)
' 24, 3
Altura da árvore = 24, 3 + 10, 3 ' 34, 6 metros
Resolvido 6.2
33
Com base no esquema temos:
sen (3◦) = 10
0,5c
⇔ 0, 5c = 10
sen(3◦)
⇔ c = 10
0,5×sen(3◦) ' 382 cm = 3, 82 metros
Resolvido 6.3
Com base no esquema temos:
tan (43◦) = 1,8
x
⇔ x = 1,8
tan(43◦)
' 1, 93
tan (43◦) = h
14+1,93
⇔ h = 15,93× tan (43◦) ' 15 metros
Resolvido 6.4
Com base no esquema temos:
sen
(
36◦
2
)
=
FG
2
16
⇔ sen (18◦) = FG
32
⇔ FG = 32× sen (18◦) ' 9, 9 cm
Resolvido 6.5
Representando por l o comprimento da aresta do cubo, temos:
tan (32◦) = l
5
⇔ l = 5× tan (32◦) ' 3, 12 metros
V olumetotal = V olumecubo + 2× V olumeprisma triangular = 3, 123 + 2× 123, 12× 5× 3, 12 ' 79 m
3
34
Resolvido 6.6
0 < x < π
2
∧ sen (x) = 3
5
⇒ sen (x) + tan (x) = 27
20
porque :
1 + 1
tan2(x)
= 1
sen2(x)
⇔ 1 + 1
tan2(x)
=
(
5
3
)2 ⇔ 1
tan2(x)
= 25
9
− 1 = 25−9
9
= 16
9
⇔ tan2 (x) = 9
16
⇒
0<x<π
2
tan (x) = 3
4
sen (x) + tan (x) = 3
5
+ 3
4
= 12+15
20
= 27
20
Resolvido 6.7
sen (x) =
√
3−m ∧ cos (x) =
√
2−m
3−m ≥ 0⇔ m ≤ 3
2−m ≥ 0⇔ m ≤ 2
⇒ m ∈ ]−∞, 2]
sen2 (x) + cos2 (x) = 1⇔
(√
3−m
)2
+
(√
2−m
)2
= 1
⇔ 3−m+ 2−m = 1⇔ −2m = −4⇔ m = 2 ∈ ]−∞, 2]
Resolvido 6.8
1
cos(α)
−cos(α)
tan(α)+ 1
tan(α)
=
1−cos2(α)
cos(α)
sen(α)
cos(α)
+
cos(α)
sen(α)
=
sen2(α)
cos(α)
sen2(α)+cos2(α)
cos(α)×sen(α)
= cos(α)×sen(α)×sen
2(α)
cos(α)×(sen2(α)+cos2(α))
= sen
3(α)
1 =
=sen3(α)
Resolvido 6.9(
1
cos(α) − cos (α)
)
×
(
1
sen(α) − sen (α)
)
×
(
1
tan(α) + tan (α)
)
=
(
1−cos2(α)
cos(α)
)
×
(
1−sen2(α)
sen(α)
)
×
(
1+tan2(α)
tan(α)
)
=
(
sen2(α)
cos(α)
)
×
(
cos2(α)
sen(α)
)
×
(
1
cos2(α)
sen(α)
cos(α)
)
= sen (α)× cos (α)× 1sen(α)×cos(α) = 1
35
Resolvido 6.10
1
sen(x)
−sen(x)
1
cos(x)
−cos(x) =
1−sen2(x)
sen(x)
1−cos2(x)
cos(x)
=
cos2(x)
sen(x)
sen2(x)
cos(x)
= cos
3(x)
sen3(x)
= 1
tan3(x)
1 + 1
tan2(x)
= 1
sen2(x)
⇔ 1 + 1
tan2(x)
=
(
5
3
)2 ⇔ 1
tan2(x)
= 25
9
− 1 = 25−9
9
= 16
9
⇒
0<x<π
2
tan (x) = 3
4
⇔ tan3 (x) = 27
64
⇔ 1
tan3(x)
= 64
27
ou melhor
sen2 (x) + cos2 (x) = 1⇔
(
3
5
)2
+ cos2 (x) = 1⇔ cos2 (x) = 16
25
⇒
0<x<π
2
cos (x) = 4
5
1
sen(x)
−sen(x)
1
cos(x)
−cos(x) =
5
3
− 3
5
5
4
− 4
5
=
25−9
15
25−16
20
=
16
15
9
20
= 16×20
9×15 =
64
27
Resolvido 6.11
Pcircunferencia = 2πr = 8π cm
360◦
8π cm
= 30
◦
x cm
⇔ x = 30×8π
360
' 2, 1 cm
Resolvido 6.12
_
AC = 72◦ ⇒
_
BC = 360
◦−72◦
2
= 144◦
180◦
π rad
= 144
◦
x rad
⇔ x =
_
BC = 144π
180
= 4
5
π rad
Resolvido 6.13
CÂD = 45◦ ⇒ AC = CD ⇒ raio = 4 cm⇒ Pcircunferencia = 2πr = 8π cm
Com base na fórmula de cálculo da medida de um ângulo com o vértice no exterior de uma
circunferência temos:
180◦−
_
CB
2
= 45◦ ⇔
_
CB = 90◦ ⇒ Comprimento
_
CB = 8π
4
= 2π cm
Resolvido 6.14
Com base na fórmula de cálculo da medida de um ângulo com o vértice no exterior de uma
circunferência temos:
180◦−
_
CB
2
= 50◦ ⇔
_
CB = 80◦
180◦
π rad
= 80
◦
x rad
⇔ x =
_
CB = 80π
180
= 4
9
π ⇒
_
AB = π − 4
9
π = 5
9
π rad
36
Resolvido 6.15
OB = 1 cm⇒ raio = OA = 2 cm⇐ sen
(
π
6
)
= OB
OA
= 1
2
Acirculo = πr
2 = 4π cm2
Resolvido 6.16
AÔB = 120
◦
2
= 60◦

cos (60◦) = OA
OB
⇔ 1
2
= OA
1
⇔ OA = 1
2
cm
sen (60◦) = AB
OB
⇔
√
3
2
= AB
1
⇔ AB =
√
3
2
cm
Atriangulo =
base×altura
2
⇐
 base = 2× AB
altura = ap+ raio
Atriangulo =
(2× AB)×(OA+OB)
2
=
(
2×
√
3
2
)
×( 12+1)
2
= 3
√
3
4
cm2
Resolvido 6.17
Com base no esquema temos:
sen (30◦) = BC
24
⇔ 1
2
= BC
24
⇔ BC = 24
2
= 12cm
hsup orte = 12− 4 + 3 = 11cm
Resolvido 6.18
37

tan (45◦) = h
14+BC
tan (60◦) = h
BC
⇔

1 = h
14+BC
√
3 = h
BC
⇔

1 =
√
3×BC
14+BC
√
3×BC = h
⇔

14 +BC =
√
3×BC
√
3×BC = h
⇔

14 =
(√
3− 1
)
×BC
√
3×BC = h
⇔

14√
3−1 = BC
√
3×BC = h
⇔

BC =
14(
√
3+1)
(
√
3−1)(
√
3+1)
=
14(
√
3+1)
2
= 7
(√
3 + 1
)
√
3×BC = h
⇔
{
BC = 7
(√
3 + 1
)
h =
√
3× 7
(√
3 + 1
)
= 7
(
3 +
√
3
)
altura = 7
(
3 +
√
3
)
m
Resolvido 6.19
Com base no esquema temos:
AB = 10
√
2
2
= 5
√
2
OB = OD =
√(
5
√
2
)2
+
(
5
√
2
)2
=
√
50 + 50 = 10
CÔD = 120
◦
2
= 60◦
sen (60◦) = CD
10
⇔
√
3
2
= CD
10
⇔ CD = 10
√
3
2
= 5
√
3
Ltriangulo = 2× CD = 2× 5
√
3 = 10
√
3cm
Resolvido 6.20
Representando por x a distância pedida, em metros, temos:
tan (60◦) = h
90
⇔
√
3 = h
90
⇔ h = 90
√
3
tan (30◦) = h
x
⇔
√
3
3
= 90
√
3
x
⇔ x = 3× 90 = 270
Resolvido 7.1
0 ≤ α ≤ π
2
⇔ 0 ≤ 2α ≤ π ⇒ −1 ≤ cos (2α) ≤ 1⇔ −1 ≤ m+ 1 ≤ 1
⇔ −2 ≤ m ≤ 0⇔ m ∈ [−2, 0]
38
Resolvido 7.2
cos(α) + sen (α) = 0⇔ cos(α) = −sen (α) ⇔
−π<α≤π
α = −π
4
∨ α = 3π
4
Resolvido 7.3
1
2
tan
(
29π
3
)
+ 2sen
(
−5π
6
)
+ cos
(
11π
6
)
= 1
2
tan
(
27π
3
+ 2π
3
)
+ 2sen
(
−5π
6
)
+ cos
(
11π
6
)
= 1
2
tan
(
2π
3
)
+ 2sen
(
−5π
6
)
+ cos
(
11π
6
)
= 1
2
×
(
−
√
3
)
+ 2×
(
−1
2
)
+
√
3
2
= −1
Resolvido 7.4
cos(α) =
√
2
2
⇔
−π<α≤π
α = −π
4
∨ α = π
4
⇒ cos(α) ≥
√
2
2
⇔
−π<α≤π
−π
4
≤ α ≤ π
4
Resolvido 7.5
−π < α ≤ π ⇔ −π
2
< α
2
≤ π
2
⇒ tan
(
α
2
)
= −
√
3
3
⇔
−π
2
<α
2
≤π
2
α
2
= −π
6
⇔ α = −π
3
Resolvido 7.6
sen(−x+ 90◦) + cos(−x) = cos(x) + cos(x) = 2cos(x)
Resolvido 7.7
tan(x) = BC
1
⇔ BC = tan(x)
cos(x) = 1
AC
⇔ AC = 1
cos(x)
P (x) = 1 + tan(x) + 1
cos(x)
= 1+sen(x)+cos(x)
cos(x)
cos
(
π
2
+ x
)
= −3
5
⇔ −sen(x) = −3
5
⇔ sen(x) = 3
5
sen2(x) + cos2(x) = 1⇒ cos(x) = ±
√
1− 9
25
=
0<x<π
2
4
5
Perimetro =
1+ 3
5
+ 4
5
4
5
= 12
4
= 3
Resolvido 7.8
39
9tan2α− 16 = 0⇔ tan2α = 16
9
1 + tan2α = 1
cos2(α)
⇔ 1 + 16
9
= 1
cos2(α)
⇔ cos2 (α) = 9
25
⇔
α∈3◦Q
cos (α) = −3
5
sen
(
α− π
2
)
+ cos (−9π − α) = sen
(
α + 3π
2
)
+ cos (π − α)
= − cos (α)− cos (α) = −2 cos (α) = −2×
(
−3
5
)
= 6
5
Resolvido 7.9
4cos(π2−α)
3sen(π2 +α)+sen(
3π
2
−α)
= 4sen(α)
3cos(α)−cos(α) =
4sen(α)
2cos/α)
= 2tan(α)
Por outro lado tan(α) = BC
2
⇔ BC = 2tan(α).
Logo, a área do triângulo [ABC] é, A = 2×BC
2
= BC = 2tan(α)
Resolvido 7.10
tan
(
π
4
)
− cos2(2π − α) + sen2
(
π
2
+ α
)
+ sen (π) + cos(−π)
= 1− cos2(α) + cos2(α) + 0− 1 = 0
Resolvido 7.11
tan
(
π
8
)
× cos2
(
π
8
)
=
sen(π8 )
cos(π8 )
× cos2
(
π
8
)
= sen
(
π
8
)
× cos
(
π
8
)
=
sen(2α)=2sen(α)cos(α)
sen(2×π8 )
2
=
sen(π4 )
2
=
√
2
2
2
=
√
2
4
Resolvido 7.12
O ponto P tem coordenadas P (cosα, senα) e o pontoQ tem coordenadasQ (cos(π + α, sen(π + α)),
ou seja, Q(−cos(α),−sen(α)).
A base do triângulo pode ser dada por QR = cos(α) e a altura do triângulo é h = 2sen(α).
Logo, a área do triângulo [PQR] é A = cos(α)×2sen(α)
2
= sen(2α)
2
40
Resolvido 7.13
cos (α) = −3
5
∧ α ∈ 3◦Q e sen (β) = 1
3
∧ β ∈ 2◦Q
sen2(α) = 1− cos2(α)⇔ sen2(α) = 1−
(
−3
5
)2 ⇔ sen2(α) = 16
25
⇔
α∈3◦Q
sen(α) = −4
5
cos2(β) = 1− sen2(β)⇔ cos2(β) = 1−
(
1
3
)2 ⇔ cos2(β) = 8
9
⇔
β∈2◦Q
cos (β) = −2
√
2
3
cos (α + β) = cos (α)× cos (β)− sen(α)× sen (β) = −3
5
×
(
−2
√
2
3
)
−
(
−4
5
)
× 1
3
= 6
√
2+4
15
Resolvido 7.14
cos (105◦) = cos (45◦ + 60◦) = cos (45◦) .cos (60◦)− sen(45◦).sen (60◦)
=
√
2
2
× 1
2
−
√
2
2
×
√
3
2
=
√
2−
√
6
4
sen (105◦) = sen (45◦ + 60◦) = sen (45◦) .cos (60◦) + cos(45◦).sen (60◦)
=
√
2
2
× 1
2
+
√
2
2
×
√
3
2
=
√
2+
√
6
4
cos (105◦) + sen (105◦) =
√
2−
√
6
4
+
√
2+
√
6
4
= 2
√
2
4
=
√
2
2
Resolvido 7.15
tan (α + β) = tan(α)+tan(β)
1−tan(α).tan(β) ⇔ 33 =
3+tan(β)
1−3tan(β)
⇔ 33− 99tan (β) = 3 + tan (β)⇔ 100tan (β) = 30⇔ tan (β) = 3
10
Resolvido 7.16
−1 ≤ cos
(
π
6
x
)
≤ 1⇔
b>0
−b ≤ bcos
(
π
6
x
)
≤ b⇔ a− b ≤ a+ bcos
(
π
6
x
)
≤ a+ b

a− b = 11
a+ b = 17
⇔

a = b+ 11
b+ 11 + b = 17
⇔

a = b+ 11
2b = 6
⇔

a = 14
b = 3
Resolvido 7.17
O gráfico sen2(x) é:
Sabe-se que 0 ≤ sen2(x) ≤ 1, isto é, tem amplitude 1.
41
Como −3 ≤ f(x) ≤ 1 tem amplitude 4, então b = ±4.
Deverá ser b = −4 para que o gráfico fique invertido passando, por exemplo, a existir um
máximo em x = 0. Neste caso o contradomı́nio seria [−4, 0].
Para que o contradomı́nio passe de [−4, 0] para [−3, 1] deverá ser a = 1.
Resolvido 7.18
0 ≤ cos2(2x) ≤ 1⇔ −1 ≤ −cos2(2x) ≤ 0⇔ 8 ≤ 9− cos2(2x) ≤ 9⇔ 8 ≤ f(x) ≤ 9
D′f = [8, 9]
Resolvido 7.19
(d(x))2 = (5cos(x))2 + (8− 5sen(x))2 = 25cos2(x) + 64− 80sen(x) + 25sen2(x)
= 25 (cos2(x) + sen2(x)) + 64− 80sen(x) = 25 + 64− 80sen(x) = 89− 80sen(x)
⇒ d(x) =
√
89− 80sen(x)⇒ d
(
π
2
)
= 3 metros
d
(
π
2)
=
√
89− 80sen
(
π
2
)
=
√
89− 80 = 3 metros ⇐
x=π
2
⇒O,R,M colineares
(8 − 5 = 3 metros)
Resolvido 7.20
tan (x) = AP
30
⇔ AP = 30tan (x) ∧ A[ABCD] = 10+302 × 10 = 200
Assim deverá A[APD] =
30×30tan(x)
2
= 100⇔ tan (x) = 200
900
= 2
9
Resolvido 7.21
Periodo = 2ππ
30
= 60 seg
d(t) = 7 + 5sen
(
πt
30
)
= 4, 5⇔ 5sen
(
πt
30
)
= −2, 5⇔ sen
(
πt
30
)
= −1
2
sen
(
πt
30
)
= sen
(
7π
6
)
⇔ πt
30
= 7π
6
+ 2kπ ∨ πt
30
= π − 7π
6
+ 2kπ
⇔ t = 35 + 60k ∨ t = −5 + 60k, k ∈ Z
k = 0⇒ t = 35 ∈ [0, 60] ∨ t = −5 /∈ [0, 60]
k = 1⇒ t = 55 ∈ [0, 60] ∨ t = 95 /∈ [0, 60]
Resposta : t = 55 seg e t = 35 seg
42
Resolvido 7.22
2cos2 (x) + cos (x)− 1 = 0 ⇔
y=cos(x)
2y2 + y − 1 = 0⇔ y = −1±
√
1+8
4
⇔ y = 1
2
∨ y = −1
⇔ cos (x) = −1⇔ x = π + 2kπ, k ∈ Z
⇔ cos (x) = 1
2
⇔ x = ±π
3
+ 2kπ, k ∈ Z
Resposta : x = π + 2kπ ∨ x = ±π
3
+ 2kπ, k ∈ Z
Resolvido 7.23
g(x) = 25π − 50sen (2x) = 25π − 25⇔ sen (2x) = 1
2
⇔ sen(2x) = sen
(
π
6
)
⇔ 2x = π
6
+ 2kπ ∨ 2x = π − π
6
+ 2kπ, k ∈ Z⇒ k = 0⇒ 2x = π
6
∨ 2x = 5π
6
⇔ x = π
12
rad ∈
]
0, π
2
[
∨ x = 5π
12
rad ∈
]
0, π
2
[
Resposta : x = π
12
rad ∨ x = 5π
12
rad
Resolvido 7.24
cos (2x) = sen
(
x− 2π
3
)
⇔ sen
(
π
2
− 2x
)
= sen
(
x− 2π
3
)
⇔ π
2
− 2x = x− 2π
3
+ 2kπ ∨ π
2
− 2x = π −
(
x− 2π
3
)
+ 2kπ
⇔ −3x = −7π
6
+ 2kπ ∨ −x = 7π
6
+ 2kπ ⇔ x = 7π
18
+ 2kπ ∨ x = −7π
6
+ 2kπ, k ∈ Z
Resolvido 7.25
d(0) = 1 + 1
2
sen
(
π
6
)
= 1 + 1
2
× 1
2
= 5
4
d(t) = 5
4
⇔ 1 + 1
2
sen
(
πt+ π
6
)
= 5
4
⇔ 1
2
sen
(
πt+ π
6
)
= 1
4
⇔ sen
(
πt+ π
6
)
= 1
2
πt+ π
6
= π
6
+ 2kπ ∨ πt+ π
6
= π − π
6
+ 2kπ ⇔ t = 2k ∨ t = 2
3
+ 2k, k ∈ Z
k = 0⇒ t = 0 /∈ ]0, 3] ∨ t = 2
3
∈ ]0, 3]
k = 1⇒ t = 2 ∈ ]0, 3] ∨ t = 14
3
/∈ ]0, 3]
Resposta : t = 2
3
seg e t = 2 seg
Resolvido 8.1
(5x)x−1 = 5−6 ⇔ 5x×(x−1) = 5−6 ⇔ 5x2−x = 5−6 ⇔
f(x)=5x,função injetiva
x2 − x = −6⇔ x2 − x+ 6 = 0
∆ = b2 − 4ac = 1− 24 = −23 < 0⇒ eq. imp.⇔ CS = {}
43
Resolvido 8.2
2x
2−7x+12 = 1⇔ 2x2−7x+12 = 20 ⇔
f(x)=2x, função injetiva
x2 − 7x+ 12 = 0⇒

∆ = 49− 48 = 1 > 0
Eq. posśıvel
Produto soluções = 12
ou melhor
x = 7±
√
49−4×12
2
⇔ x = 7±1
2
⇔ x = 4 ∨ x = 3⇒ Produto soluções = 3× 4 = 12
Resolvido 8.3
2x+1 + 2x−2 > 9
2
⇔ 2x+2 + 2x−1 > 9⇔ 2x (22 + 2−1) > 9⇔ 2x
(
22 + 1
2
)
> 9
⇔ 2x × 9
2
> 9⇔ 2x > 2⇔ 2x > 21 ⇔
f(x)=2x, função crescente
x > 1⇔ CS = ]1,+∞[
Resolvido 8.4
22x+1 − 6× 2x − 8 = 0⇔ 2× 22x − 6× 2x − 8 = 0⇔ 22x − 3× 2x − 4 = 0
⇔ (2x) 2 − 3× 2x − 4 = 0 ⇔
y=2x
y2 − 3y − 4 = 0⇔ y = 3±
√
9+16
2
⇔ y = 3±5
2
⇔ y = 4 ∨ y = −1⇒ 2x = 4 ∨ 2x = −1 (imp.)⇔ 2x = 22 ⇔
f(x)=2x,função injetiva
x = 2⇒ CS = {2}
Resolvido 8.5
3
√
22x+5 ≤
(
1
2
)−2x ⇔ 2 2x+53 ≤ (2−1)−2x ⇔ 2 2x+53 ≤ 22x ⇔
f(x)=2x, função crescente
2x+5
3
≤ 2x
⇔ 2x+ 5 ≤ 6x⇔ −4x ≤ −5⇔ 4x ≥ 5⇔ x ≥ 5
4
⇒ CS =
[
5
4
,+∞
[
Resolvido 8.6
D = {x ∈ R : 4x+ 5 > 0 ∧ 2x+ 11 > 0} =
]
−5
4
,+∞
[
log2 (4x+ 5) = log2 (2x+ 11)⇔ 4x+ 5 = 2x+ 11⇔ 2x = 6⇔ x = 3⇔ {3}
CS = {3} ∩
]
−5
4
,+∞
[
= {3}
Resolvido 8.7
44
D = {x ∈ R : x+ 5 > 0 ∧ x > 0} = ]0,+∞[
log3 (x+ 5) = log3x+ 2⇔ log3 (x+ 5)− log3x = log332
⇔ log3 x+5x = log39 ⇔f(x)=log3(x), função injetiva
x+5
x
= 9 ⇔
x6=0
x+ 5 = 9x
⇔ x = 5
8
⇔
{
5
8
}
⇔ CS =
{
5
8
}
∩ ]0,+∞[ =
{
5
8
}
Resolvido 8.8
D = {x ∈ R : x > 0 ∧ x 6= 1} = ]0,+∞[ \ {1}
logx6 + log6x = 2⇔
log66
log6x
+ log6x = 2⇔ 1log6x + log6x = 2
⇔
y=log6x
1
y
+ y = 2⇔ y2 − 2y + 1 = 0⇔ (y − 1)2 = 0⇔ y = 1⇔ log6x = 1⇔ x = 6
CS = {6} ∩ (]0,+∞[ \ {1}) = {6}
Resolvido 8.9
D = {x ∈ R : x− 2 > 0 ∧ x− 3 > 0 ∧ x− 3 6= 1} = ]3,+∞[ \ {4}
log5 (x− 2) + log5 (x− 3) > log52⇔ log5 [(x− 2) (x− 3)] > log52
⇔
f(x)=log5(x), função crescente
(x− 2) (x− 3) > 2⇔ x2 − 5x+ 4 > 0 ⇔
x= 5±
√
25−16
2
= 5±3
2
x < 1 ∨ x > 4
⇔ ]−∞, 1[ ∪ ]4,+∞[⇒ CS = (]−∞, 1[ ∪ ]4,+∞[) ∩ ]3,+∞[ \ {4} = ]4,+∞[
Resolvido 8.10
D =
{
x ∈ R : x2 − x− 3
4
> 0
}
=
x= 1±
√
1+3
2
= 1±2
2
]
−∞,−1
2
[
∪
]
3
2
,+∞
[
log 1
2
(
x2 − x− 3
4
)
> 2− log25⇔
log2(x2−x− 34)
log22
−1 > 2− log25
⇔ −log2
(
x2 − x− 3
4
)
> 2− log25⇔ log2
(
x2 − x− 3
4
)
< −log24 + log25
⇔ log2
(
x2 − x− 3
4
)
< log2
5
4
⇔
f(x)=log2(x), função crescente
x2 − x− 3
4
< 5
4
⇔ x2 − x− 2 < 0
⇔
x= 1±
√
1+8
2
= 1±3
2
−1 < x < 2→ CS = ]−1, 2[ ∩
(]
−∞,−1
2
[
∪
]
3
2
,+∞
[)
=
]
−1,−1
2
[
∪
]
3
2
, 2
[
45
Resolvido 8.11
Tendo por base o esquema apresentado temos:
d(0) = 10 + (5− 0) e−0,05×0 = 10 + 5× e0 = 15
Raio = 16− 15 = 1cm⇒ Vesfera = 43πr
3 = 4
3
πcm3
Resolvido 8.12
D = {x ∈ R : 9x−2 + 7 > 0 ∧ 3x−2 + 1 > 0} = R
log2 (9
x−2 + 7) = 2 + log2 (3
x−2 + 1)⇔ log2 (9x−2 + 7) = log24 + log2 (3x−2 + 1)
⇔ log2 (9x−2 + 7) = log2 [4 (3x−2 + 1)] ⇔
f(x)=log2(x), função injetiva
9x−2 + 7 = 4 (3x−2 + 1)
⇔ 32(x−2) + 7 = 4× 3x−2 + 4⇔ 32x × 3−4 + 7 = 4× 3x × 3−2 + 4
⇔ 32x
81
+ 3 = 4× 3x
9
⇔ 32x − 36× 3x + 243 = 0 ⇔
y=3x
y2 − 36× y + 243 = 0⇔ y = 36±
√
1296−972
2
⇔ y = 36±18
2
⇔ y = 27 ∨ y = 9⇔ 3x = 9 ∨ 3x = 9⇔ 3x = 32 ∨ 3x = 33
⇔
f(x)=3x, função injetiva
x = 2 ∨ x = 3⇔ CS = {2, 3}
Resolvido 8.13
ex−2 − 4e−x+4
e2
= 0⇔ ex
e2
− 4e−x+4
e2
⇔
e2 6=0
ex − 4e−x − 4 = 0⇔ ex − 4× 1
ex
− 4 = 0
⇔
y=ex
y − 4× 1
y
− 4 = 0⇔ y2 − 4y − 4 = 0⇔ y = 4±
√
16+16
2
⇔ y = 4±4
√
2
2
= 2± 2
√
2
⇔ ex = 2 + 2
√
2 ∨ ex = 2− 2
√
2 < 0(imp.)⇔ x = ln
(
2 + 2
√
2
)
Resolvido 8.14
46
g(x) = x+ ln [f(x)− 3] = 0⇔ x+ ln [(3 + 4x2e−x)− 3] = 0⇔ x+ ln (4x2e−x) = 0
x+ ln 4 + ln (x2)− x = 0⇔ ln (x2) = − ln 4⇔ ln (x2) = ln 4−1 ⇔ x2 = 1
4
⇔ x = ±1
2
CS =
{
−1
2
, 1
2
}
∈ R\ {0}
Resolvido 8.15
N(t) = 8log4(3t+ 1)
3 − 8log4 (3t+ 1) = 3× 8log4 (3t+ 1)− 8log4 (3t+ 1)
= (24− 8) log4 (3t+ 1) = 16log4 (3t+ 1) , t ∈ [0, 5]
N(t) = 16log4 (3t+ 1) = 24⇔ 2log4 (3t+ 1) = 3⇔ log4 (3t+ 1) = 32
⇔ 3t+ 1 = 4 32 ⇔ 3t+ 1 =
√
43 ⇔ 3t =
√
26 − 1⇔ t = 8−1
3
= 7
3
=
(
2 + 1
3
)
horas
= 2horas +
(
1
3
× 60
)
minutos = 2horas 20minutos
Resolvido 9.1
limun = lim
(
1
π
)n
= 0+ ∧ lim
x→0+
g(x) = 2⇒ lim g(un) = 2
Resolvido 9.2
y = 1 porque lim
x→−∞
f(x) = 1
x = 0 porque lim
x→0±
f(x) = −∞
x = 3 porque lim
x→3−
f(x) = +∞∨ lim
x→3+
f(x) = −∞
Resolvido 9.3
limun = lim (n
3 + 1) = +∞
lim
x→+∞
g(x) = +∞ e lim
x→+∞
f(x) = −∞
Assim : lim g(un) = +∞ e lim f(un) = −∞
Resolvido 9.4
limun = lim (log2n) = +∞∧ lim
x→+∞
f(x) = 1⇒ lim f(un) = 1
lim vn = lim (2 + 2
−n) = 2+ ∧ lim
x→2+
f(x) = −∞⇒ lim g(un) = −∞
Resolvido 9.5
47
limun = lim (−2n+1) = −∞
lim
x→−∞
g(x) = 0 e lim
x→−∞
f(x) = −∞
Assim : lim g(un) = 0 e lim f(un) = −∞
Resolvido 9.6
lim
x→1+
[
−2× (g(x))3
]
= −2 lim
x→1+
(g(x))3 = −2× 23 = −16
lim
x→+∞
3
√
f(x) = 3
√
lim
x→+∞
f(x) = 3
√
−∞ = −∞
Resolvido 9.7
lim
x→−3+
[f(x) + g(x)] = lim
x→−3+
f(x) + lim
x→−3+
g(x) = 0 + 3 = 3
lim
x→+∞
[f(x)× g(x)] = lim
x→+∞
f(x)× lim
x→+∞
g(x) = (−∞)× (−∞) = +∞
Resolvido 9.8
lim
x→−3+
[
f
g
(x)
]
=
lim
x→−3+
f(x)
lim
x→−3+
g(x)
= 0
3
= 0
lim
x→−3+
[
g
f
(x)
]
=
lim
x→−3+
g(x)
lim
x→−3+
f(x)
= 3
0+
= +∞
Resolvido 9.9
lim
x→−3+
[
3
√
g
f
(x)
]
= 3
√
lim
x→−3+
g(x)
lim
x→−3+
f(x)
= 3
√
3
0+
= 3
√
+∞ = +∞
Resolvido 9.10
lim
x→−∞
x2+x3−10
2x−5 = limx→−∞
x3
2x
= lim
x→−∞
x2
2
= (−∞)
2
2
= +∞
lim
x→+∞
3x2+x−10
2x−5x2 = limx→+∞
3x2
−5x2 = −
3
5
Resolvido 9.11
lim
x→2+
−1
4−x2 =
−1
4−4+ =
−1
0−
= +∞
48
Resolvido 9.12
lim
x→−∞
[
1
1−x2
(
3e−x
2
+ 5
)]
= 1
1−(−∞)2
(
3e−(−∞)
2
+ 5
)
= 1−∞ × (3× 0 + 5) =
5
−∞ = 0
Resolvido 9.13
lim
x→−∞
[x3 (ln (−x))] = (−∞)3 (ln (− (−∞))) = (−∞)× (+∞) = −∞
Resolvido 9.14
lim
x→+∞
2−x√
3x2−10 =
2−∞√
3(+∞)2−10
= 0
+∞ = 0
Resolvido 9.15
lim
x→+∞
f(x) = lim
x→+∞
x2−4
x−2 = limx→+∞
x2
x
= lim
x→+∞
(x) = +∞
lim
x→0
f(x) = lim
x→0
3x−1
x−2 = limx→−∞
3×0−1
0−2 =
1
2
Resolvido 9.16
lim
x→+∞
(√
2x−
√
2x2 + 1
)
= lim
x→+∞
(
√
2x−
√
2x2+1)(
√
2x+
√
2x2+1)
(
√
2x+
√
2x2+1)
= lim
x→+∞
2x2−2x2−1
(
√
2x+
√
2x2+1)
= −1
(+∞)+(+∞) =
−1
+∞ = 0
Resolvido 9.17
lim
x→+∞
[(
1
1−x2 × (3x
2 + 5)
)]
= lim
x→+∞
(
3x2+5
1−x2
)
= lim
x→+∞
(
3x2
−x2
)
= −3
Resolvido 9.18
lim
x→1
√
x−1
1−x2 = − limx→1
(
√x−1)(
√
x+1)
(x2−1)(
√
x+1)
= − lim
x→1
(x−1)
(x−1)(x+1)(
√
x+1)
= − lim
x→1
1
(x+1)(
√
x+1)
= − 1
(1+1)(
√
1+1)
= −1
4
Resolvido 9.19
lim
x→+∞
√
x5
x2+3
= lim
x→+∞
√
x5
x2
= lim
x→+∞
x
5
2
x2
= lim
x→+∞
x
1
2 = lim
x→+∞
√
x =
√
+∞ = +∞
Resolvido 9.20
49
lim
x→+∞
√
x
|1−x2|
x→+∞
=
|1−x2|=x2−1
lim
x→+∞
√
x
x2−1 = limx→+∞
√
x
x2
= lim
x→+∞
x
1
2
x2
= lim
x→+∞
x−
3
2
= lim
x→+∞
1√
x3
= 1√
(+∞)3
= 1
+∞ = 0
Resolvido 9.21
lim
x→+∞
(2x2e−x) = 2 lim
x→+∞
(
x2
ex
)
= 2× 1
lim
x→+∞
( ex
x2
)
= 2× 1
+∞ = 0
Resolvido 9.22
lim
x→0+
[x. ln (x)] = =
y= 1
x
→+∞
lim
y→+∞
[(
1
y
)
ln
(
1
y
)]
= lim
y→+∞
[(
1
y
)
ln (y−1)
]
= − lim
y→+∞
[(
1
y
)
ln (y)
]
= − lim
y→+∞
ln(y)
y
= 0
Resolvido 9.23
lim
x→0
e2x−e4x
x
= lim
x→0
−e2x(e2x−1)
x
= − lim
x→0
[
2e2x × (e
2x−1)
2x
]
= − lim
x→0
(2e2x)× lim
x→0
(e2x−1)
2x
=
y=2x→0
−2× e0 × lim
y→0
ey−1
y
= −2× e0 × 1 = −2
Resolvido 9.24
lim
x→0
ln(x+4)−ln 4
x
= lim
x→0
ln(x+44 )
x
= lim
x→0
ln(1+x4 )
x
4
×4 =y=x
4
→0
1
4
lim
y→0
ln(y+1)
y
= 1
4
× 1 = 1
4
Resolvido 9.25
lim
(
3n−1
3n
)5n
= lim
(
1− 1
3n
)5n
= lim
(
1 +
− 1
3
n
)5n
=
[
lim
(
1 +
− 1
3
n
)n]5
=
(
e−
1
3
)5
= e−
5
3
Resolvido 9.26
Terá que:
lim
x→0+
[
2ex + 1
ln(x)
]
= f (0) = ln k ⇔ 2e0 + 1
ln(0+)
= ln k
⇔ 2× 1 + 1−∞ = ln k ⇔ 2− 0 = ln k ⇔ k = e
2
Resolvido 9.27
50
Terá que:
lim
x→−1−
f (x) = f (−1) = (−1− k)2 ⇔ lim
x→−1−
(x2 + |2x|+ 2k) = (−1− k)2
⇔ (−1)2 + |2× (−1)|+ 2k = k2 + 2k + 1⇔ k2 − 2 = 0⇔ k = ±
√
2
Resolvido 9.28
É cont́ınua em x = 0 porque:
lim
x→0−
f (x) = lim
x→0−
e2x−1
x
= 2× lim
x→0−
e2x−1
2x
=
y=2x→0
2× lim
y→0−
ey−1
y
= 2× 1 = 2
lim
x→0+
f (x) = lim
x→0+
[√
x2 + 4− x
]
=
√
02 + 4− 0 = 2
 = f(0) = 2
Resolvido 9.29
Para ser cont́ınua em R terá que ser cont́ınua em x = a:
lim
x→a+
h (x) = h(a) = a2 + 4
lim
x→a−
h (x) = lim
x→a−
(2x + x2) = 2a + a2
 ⇒lim
x→a+
g(x)= lim
x→a−
g(x)
a2 + 4 = 2a + a2
⇔ 2a = 4⇔ 2a = 22 ⇔ a = 2
Resolvido 9.30
Como, para a função f se tem:
lim
x→1+
f(x) = lim
x→1+
ln(x) = 0 = f(1) ∧ lim
x→1−
f(x) = lim
x→1−
ex−1−1
x−1 = limy=x−1→0−
ey−1
y
= 1
conclúımos que a opção certa é (A) porque só neste caso se verifica:
lim
x→1+
(f × g) (x) = lim
x→1+
f(x)× lim
x→1+
g(x) = 0× 1 = 0
lim
x→1−
(f × g) (x) = lim
x→1−
f(x)× lim
x→1−
g(x) = 1× 0 = 0
(f × g) (1) = f(1)× g(1) = 0× 1 = 0
ou seja, f × g é cont́ınua em x = 1.
Resolvido 9.31
f (0) = 05 − 4× 0 + 2 = 2 > 0
f (1) = 15 − 4× 1 + 2 = −1 < 0
 f (0)× f (1) < 0 C.T.B.⇒f continua [0,1]∃c ∈ ]0, 1[ : f (c) = 0
51
Resolvido 9.32
f (x) + f (e−1) = 0⇔ f (x) = −f (e−1) = − e−1
ln(e−1)
= − e−1−1 = e
−1 = 1
e
f (4) = 4e2−4 = 4e−2 = 4
e2
f (5) = 5e2−5 = 5e−3 = 5
e3
 5e3 < 1e < 4e2 T.B.⇒f continua [4,5]∃c ∈ ]4, 5[ : f (c) = 1e
Resolvido 9.33
C (0, 5) = 2× 0, 5× e−0,3×0,5 = e−0,15 ' 0, 86
C (1) = 2× 1× e−0,3×1 = 2e−0,3 ' 1, 48
0, 86 < 1 < 1, 48
T.B.⇒
f continua [0,5;1]
∃c ∈ ]0, 5; 1[ : f (c) = 1
Resolvido 9.34
g(x) = x+ 1 ⇔
h(x)=g(x)−x
h (x) = 1
h (a) = g(a)− a >
g(a)>a+1
1
h [g (a)] = g [g (a)]− g (a) = (g ◦ g) (a)− g (a) =
(g◦g)(x)=x
a− g (a) <
g(a)>a+1
1
h [g (a)] < 1 < h (a)
T.B.⇒
h continua [a,g(a)]
∃c ∈ ]a, g(a)[ : h (c) = 1⇔ ∃c ∈ ]a, g(a)[ : g(c) = c+ 1
Resolvido 9.35
f (1) = (1 + 1) ln (1) = 2× 0 = 0
f (e) = (e+ 1) ln (e) = (e+ 1)× 1 = e+ 1
 0 < 3 < e+ 1 T.B.⇒f continua [1,e] ∃c ∈ ]1, e[ : f (c) = 3
Resolvido 10.1
f ′(x) = 2+lnx−x2+x−1 ⇒ mtangente = f
′(1) = 2+ln 1−12+1−1 = −2⇒ mnormal =
1
2
Resolvido 10.2
p = lim
x→−1
f(x)−f(−1)
x+1
= f ′(−1) = e−1
(
(−1)2 + (−1)− 1
)
= −1
e
⇒ q = e
Significa que o declive da reta normal ao gráfico da função no ponto de abcissa −1 é e.
Resolvido 10.3
52
lim
x→2
f(x)−f(2)
x2−2x = limx→2
(
f(x)−f(2)
x−2 ×
1
x
)
= lim
x→2
(
f(x)−f(2)
x−2
)
× lim
x→2
(
1
x
)
= f ′(2)× 1
2
= 6× 1
2
= 3
Resolvido 10.4
De acordo com o esquema temos:
OP = PQ⇒ [OPQ] isósceles⇒ Q (0, 2a)
P (a, f(a)) e Q (0, 2a)⇒ mPQ = 0−f(a)2a−a = −
f(a)
a
f ′(a) = mPQ ⇔ f ′(a) = −f(a)a ⇔ f
′(a) + f(a)
a
= 0
Resolvido 10.5
m = tan
(
π
4
)
= 1
f ′(x) = 1
x+6
⇒ f ′(a) = 1
a+6
⇒ 1
a+6
= 1⇔ a = −5
Resolvido 10.6
Não existe derivada em x = 0 porque:
f ′ (0+) = lim
x→0+
f(x)−f(0)
x−0 = limx→0+
(2x2+1)−1
x
= lim
x→0+
2x2
x
= lim
x→0+
(2x) = 0
f ′ (0−) = lim
x→0−
f(x)−f(0)
x−0 = limx→0−
ex−1
x
= 1
Resolvido 10.7
m = f ′ (0) = lim
x→0+
f(x)−f(0)
x−0 = limx→0+
√
x−0
x
= lim
x→0+
1√
x
= 1
0+
= +∞
Resolvido 10.8
53
m = f ′ (2+) = lim
x→2+
f(x)−f(2)
x−2 = limx→2+
(x2−1)−3
x−2 = limx→2+
x2−4
x−2 = limx→2+
(x+ 2) = 4
f(2) = 22 − 1 = 3⇒ (2, 3)⇒ y − 3 = m (x− 2) ⇔
m=4
y − 3 = 4 (x− 2)⇔ y = 4x− 5
Resolvido 10.9
m = f ′ (1−) = lim
x→1−
x2−1
x−1 = limx→1−
(x+ 1) = 2
f(1) = 12 = 1⇒ (1, 1)⇒ y − 1 = m (x− 1) ⇔
m=2
y − 1 = 2 (x− 1)⇔ y = 2x− 1
Resolvido 10.10
m = f ′ (0−) = lim
x→0−
f(x)−f(0)
x−0 = limx→0−
(x2+1)−1
x
= lim
x→0−
x2
x
= lim
x→0−
x = 0
Resolvido 10.11
f(x) = 2
x2
= 2x−2 ⇒ f ′(x) = −2× 2x−3 = − 4
x3
⇒ f ′(1) = − 4
13
= −4
Resolvido 10.12
A função f é também um polinómio de grau 3 com coeficiente de x3 positivo.
O gráfico de f obtém-se do de g por translação horizontal de 3 unidades para a direita.
A derivada de um polinómio de grau 3, com coeficiente de x3 positivo, é um polinómio de grau
2, com coeficiente de x2 positivo, ou seja, uma parábola voltada para cima.
Assim, a opção certa é (A).
Resolvido 10.13
f ′(1) = lim
x→1
f(x)−f(1)
x−1 = limx→1
ln(x2)−ln(12)
x−1 = limx→1
ln(x2)
x−1
f(x) = ln (x2) = 2 lnx⇒ f ′(x) = 2× 1
x
⇒ f ′(1) = 2× 1
1
= 2
Resolvido 10.14
f ′(0) = lim
x→0
f(x)−f(0)
x−0 = limx→0
cos(x)−cos(0)
x
= lim
x→0
cos(x)−1
x
f ′(x) = −sen (x)⇒ f ′(0) = −sen (0) = 0
Resolvido 10.15
f(x) = ln
(
a
x
)
⇒ f ′(x) = −
a
x2
a
x
= − 1
x
⇒
Df=R+
alternativa(B)
Resolvido 10.16
54
f ′(x) = axa−1 + a2 × 1
x
⇒ m = f ′(a) = a× aa−1 + a2 × 1
a
= aa + a
Resolvido 10.17
lim
x→−∞
f(x) = lim
x→−∞
3
x−1 = 0
lim
x→+∞
f(x) = lim
x→+∞
2+lnx
x
= lim
x→+∞
(
2
x
+ lnx
x
)
= lim
x→+∞
(
2
x
)
+ lim
x→+∞
(
lnx
x
)
= 0
⇒ AH : y = 0
x = e > 1⇒ f ′(x) =
(
2+lnx
x
)′
=
1
x
×x−(2+lnx)×1
x2
= −1−lnx
x2
⇒ f ′(e) = −1−ln e
e2
= − 2
e2
= mt
f(e) = 2+ln e
e
= 3
e
⇒
(
e, 3
e
)
⇒ tangente : y − 3
e
= − 2
e2
(x− e)⇔ y = − 2
e2
x+ 5
e
y = − 2
e2
x+ 5
e
y = 0
⇔

0 = − 2
e2
x+ 5
e
y = 0
⇔

x =
5
e
2
e2
y = 0
⇔

x = 5e
2
y = 0
⇒ P
(
5e
2
, 0
)
Resolvido 10.18
f ′(x) =
(
x
1
2 + xπ
)′
= 1
2
x−
1
2 + πxπ−1 = 1
2
√
x
+ πxπ−1
Resolvido 10.19
f ′(x) =
(ln(2x2))
′
ln(2x2)
=
(2x2)
′
2x2
ln(2x2)
=
4x
2x2
ln(2x2)
= 2
x ln(2x2)
Resolvido 10.20
f ′(x) =
(ex−e−x)
′
×(ex+e−x)−(ex−e−x)×(ex+e−x)
′
(ex+e−x)2
=
=
(ex+e−x)×(ex+e−x)−(ex−e−x)×(ex−e−x)
(ex+e−x)2
=
(ex+e−x)
2
−(ex−e−x)
2
(ex+e−x)2
=
a2−b2=(a−b)(a+b)
(ex+e−x−ex+e−x)(ex+e−x+ex−e−x)
(ex+e−x)2
= 2e
−x×2ex
(ex+e−x)2
= 4
(ex+e−x)2
f ′(x) = 4
(ex+e−x)2
Resolvido 10.21
f ′(x) = (x2 × e1−x)′ = 2x× e1−x + x2 × (−1) e1−x = e1−x (2x− x2)
f ′(x) = 0⇔ 2x− x2 = 0⇔ x (2− x) = 0⇔ x = 0 ∨ x = 2
55
x −∞ 2 +∞
f ′ 0 + 0 −
f(0) = 0 Max
f ↗ ↘
Min f(2) = 4
e
Min : f(0) = 02 × e1−0 = 0 ∧Max : f(2) = 22 × e1−2 = 4
e
Resolvido 10.22
d′(t) = (−1)× e−0,05t + (5− t)× (−0, 05)× e−0,05t = e−0,05t (−1, 25 + 0, 05t)
dmin(t)⇒ d′(t) = 0⇔ e−0,05t (−1, 25 + 0, 05t) = 0⇔ t = 1,250,05 = 25
Resolvido 10.23
x > 0⇒ g′(x) =
(
x lnx− x+ ln2(x)
)′
= 1× lnx+ x× 1
x
− 1 + 2× 1
x
ln(x)
= lnx+ 2 ln(x)
x
= x lnx+2 ln(x)
x
= ln(x)(x+2)
x
g′(x) = 0⇔ ln(x) (x+ 2) = 0⇔ ln(x) = 0 ∨ x+ 2 = 0⇔ x = 1 ∨ x = −2 /∈ ]0, e]
x 0 1 e
g′ ND − 0 + +
g(1) = −1 Max
g ND ↘ ↗
Min g(e) = 1
Min : g(1) = 1× ln 1− 1 + ln2(1) = −1
Max : g(e) = e× ln e− e+ ln2(e) = e− e+ 12 = 1
Resolvido 10.24
x > 2⇒ f ′(x) =
[
x+1
ln(x+1)
]′
=
1×ln(x+1)−(x+1)× 1
(x+1)
ln2(x+1)
= ln(x+1)−1
ln2(x+1)
f ′(x) = 0⇒ ln(x+1)−1
ln2(x+1)
= 0 ⇔
ln2(x+1)6=0
ln (x+ 1)− 1 = 0⇔ x = e− 1
e− 1 < 2⇒ não existir extremos de f no intervalo dado.Como f ′(x) = ln(x+1)−1
ln2(x+1)
>
x>2
ln(2+1)−1
ln2(x+1)
> 0⇔ f ′(x) > 0⇔ f crescente ∀x ∈ ]2,+∞[
Resolvido 10.25
De acordo com os dados podemos concluir que:
• g′(x) = 0⇔ f(x)× e−x = 0 ⇔
e−x 6=0
f(x) = 0⇔ x = −1 ∨ x = 2
56
• Sinal de g′(x) =
e−x>0
Sinal de f(x)⇒

g decrescente em ]−∞,−1[ e ]−1, 2]
g crescente em [2,+∞[
• y = 2 A.H. do gráfico de g
Conclui-se, assim, que a opção certa é IV.
Resolvido 10.26
f ′(x)× f ′′(x) ≥ 0⇒

f ′(x) ≥ 0 ∧ f ′′(x) ≥ 0⇐ [2,+∞[
f ′(x) ≤ 0 ∧ f ′′(x) ≤ 0⇐ [−2, 0]
C.S. = [−2, 0] ∪ [2,+∞[
Resolvido 10.27
g′′(x) < 0⇔ −f ′′(x− 5) < 0⇔ f ′′(x− 5) > 0⇔
{
−10 < x− 5 < 0
10 < x− 5 < +∞
⇔
{
−5 < x < 5
15 < x < +∞ ⇔ ]−5, 5[ e ]15,+∞[
Resolvido 10.28
g′(x) = ln (ex + 12e−x + 4x)⇒ g′′(x) = ex−12e−x+4
ex+12e−x+4x
g′′(x) = 0
x>0⇔
ex+12e−x+4x6=0
ex − 12
ex
+ 4 = 0 ⇔
y=ex
y2 + 4y − 12 = 0⇔ y = −4±
√
16+48
2
⇔ y = 2 ∨ y = −6⇔ ex = 2 ∨ ex = −6 ⇔
ex=−6(imp.)
x = ln 2
x 0 ln 2 +∞
g′′ ND − 0 +
g ND ∩ PI ∪
Ponto de inflexão para x = ln 2
Resolvido 10.29
x > 0⇒ g′(x) = f(x)− 1
x
= 1−e
4x
x
− 1
x
g′′(x) =
(
1−e4x
x
)′
−
(
1
x
)′
=
−4e4x×x−(1−e4x)×1
x2
+ 1
x2
= −4xe
4x+e4x
x2
= e
4x(−4x+1)
x2
g′′(x) = 0⇔ e
4x(−4x+1)
x2
= 0 ⇔
e4x 6=0
−4x+ 1 = 0⇔ x = 1
4
x 0 1
4
+∞
g′′ ND + 0 −
g ND ∪ PI ∩
57
Ponto de inflexão para x = 1
4
Resolvido 10.30
f ′′(x) =
[
x2 − 4x+ 9
2
− 4 ln (x− 1)
]′
= 2x− 4− 4
x−1 =
2x2−6x
x−1
f ′′(x) = 0 ⇔
x>1
2x2 − 6x = 0⇔ 2x (x− 3) = 0⇔ x = 0 ∨ x = 3 ⇒
x>1
x = 3
58