Funções questões resolvidas

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MATEMÁTICA - FUNÇÕES
Questões com soluções
Prof. Edilson Machado
edilson.machado@gmail.com
1. Os pares ordenados (x+ 2y; 2x− y) e (5;−3) são iguais. O valor de x+ y é:
(A)
12
5
(B)
13
5
(C) −12
5
(D)
1
5
(E) −1
5
Solução. Dois pares ordenados são iguais quando possuem mesmas abscissas e ordenadas, isto é,
se (a; b) = (c; d) ⇐⇒
{
a = c
b = d
. Então:
(x+ 2y; 2x− y) = (5;−3) ⇐⇒
{
x+ 2y = 5
2x− y = −3 (×2)
⇐⇒
{
x+ 2y = 5
4x− 2y = −6
Somando-se as duas equações, temos:
5x = −1 ⇐⇒ x = −1
5
Substituindo este valor na primeira equação do sistema:
−1
5
+ 2y = 5 ⇐⇒ 2y = 5 +
1
5
=
26
5
⇐⇒ y =
13
5
Então x+ y = −1
5
+
13
5
=
12
5
.
ALTERNATIVA A.
2. (Uneb-BA) Considere a função f : R → R que satisfaz as condições:
f (x+ y) = f (x) + f (y)
f (1) = 3
O valor de f (3) é igual a:
(A) 27
(B) 18
(C) 9
(D) 6
(E) 3
Solução. De acordo com os dados:
f (2) = f (1) + f (1) = 3 + 3 = 6
f (3) = f (2) + f (1) = 6 + 3 = 9
ALTERNATIVA C.
1
2
3. (UFF-RJ) Uma função real f de variável real é tal que f
(
1
2
)
=
√
π e f (x+ 1) = xf (x)
para todo x ∈ R. O valor de f
(
7
2
)
é:
(A) π
(B) 7
√
π
(C)
√
π
2
(D)
15
√
π
8
(E)
π
√
7
15
Solução. A igualdade f (x+ 1) = xf (x) deve ser interpretada como “a função f quando aplicada
a um número qualquer mais 1 é igual a este número multiplicado pelo valor da função f neste
número, por exemplo:
f (5 + 1) = 5f (5)
f
(√
2 + 1
)
=
√
2f
(√
2
)
Podemos então chegar a f
(
7
2
)
da seguinte forma:
f
(
3
2
)
= f
(
1
2
+ 1
)
=
1
2
f
(
1
2
)
=
1
2
√
π =
√
π
2
f
(
5
2
)
= f
(
3
2
+ 1
)
=
3
2
f
(
3
2
)
=
3
2
√
π
2
=
3
√
π
4
f
(
7
2
)
= f
(
5
2
+ 1
)
=
5
2
f
(
5
2
)
=
5
2
3
√
π
4
=
15
√
π
8
ALTERNATIVA D.
4. (UF-CE) Considere a função real definida por f (x) =
2x+ 3
1
3
x+
1
2
, x ̸= −3
2
. Então o valor de
1f (1) + 2f (2) + 3f (3) + · · ·+ 20f (20)
é:
(A) 120
(B) 600
(C) 210
(D) 620
(E) 1260
Solução. Vamos simplificar a expressão de f (x):
f (x) =
2x+ 3
1
3
x+ 1
2
=
2x+ 3
2x+ 3
6
= 2x+ 3
6
2x+ 3
= 6
Portanto a função f é constante igual a f (x) = 6. Portanto
1f (1) + 2f (2) + 3f (3) + · · ·+ 20f (20) = 1× 6 + 2× 6 + 3× 6 + · · ·+ 20× 6
= 6 (1 + 2 + 3 + · · ·+ 20)
3
A expressão entre parêntesis é uma PA de n = 20 termos, primeiro termo a1 = 1, último termo
an = 20 e razão r = 1 cuja fórmula da soma S dos termos é dada por:
Sn = n
a1 + an
2
Logo, em nosso caso:
1f (1) + 2f (2) + 3f (3) + · · ·+ 20f (20) = 6
(
20
1 + 20
2
)
= 6× 10× 21 = 1260
ALTERNATIVA E.
5. (Unisinos-RS) Suponha que o número de carteiros necessários para distribuir, em cada dia,
as correspondências entre as residências de um bairro seja dado pela função
f (x) =
22x
500 + 2x
em que x é o número de residências e f (x) o número de carteiros. Se foram necessários 6
carteiros para distribuir, em um dia, estas correspondências, o número de residências desse
bairro, que as receberam, é:
(A) 300
(B) 340
(C) 400
(D) 420
(E) 460
Solução. Como foram necessários 6 carteiros apenas para o serviço, f (x) = 6, e:
22x
500 + 2x
= 6
22x = 3000 + 12x
22x− 12x = 3000
10x = 3000
x =
3000
10
x = 300
ALTERNATIVA A.
6. (UFSM-RS) Um laboratório testou a ação de uma droga em uma amostra de 720 frangos.
Constatou-se que a lei de sobrevivência do lote de frangos era dada pela relação
v (t) = at2 + b
sendo v (t) o número de frangos vivos no tempo t (meses). Sabendo que o último frango
morreu quando t = 12 meses após o início da experiência, a quantidade de frangos que
ainda estava viva no 100 mês é:
(A) 80
(B) 100
(C) 120
(D) 220
(E) 300
4
Solução. Como no início da experiência existiam 720 frangos vivos temos que v (0) = 720 =⇒
a02+b = 720 =⇒ b = 720, portanto nossa função passa a ser v (t) = at2+720. No décimo segundo
mês o último frango morreu, isto significa que para t = 12 temos v (12) = a122 + 720 = 0 =⇒
144a = −720 =⇒ a = −720
144
= −5. Finalmente nossa função é v (t) = −5t2 + 720. A quantidade
de frangos vivos no décimo mês é v (10) = −5 (10)2 + 720 = −5 (100) + 720 = −500 + 720 = 220.
ALTERNATIVA D.
7. (UPF-RS) O domínio da função
f (x) =
√
x+ 5
x2 + 3x− 18
é:
(A) {x ∈ R/x ≥ −5}
(B) {x ∈ R/− 6 ≥ x ≥ 3}
(C) {x ∈ R/x ≥ −5 ∧ x ̸= 3}
(D) {x ∈ R/x ≥ −5 ∧ x ≥ 3}
(E) R∗
Solução. A função traz uma fração cujo numerador é uma raiz quadrada que deve ter o radicando
maior ou igual a zero, isto é:
x+ 5 ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ −5
O denominador desa fração deve ser diferente de zero, isto implica em:
x2 + 3x− 18 ̸= 0 ⇐⇒ x ̸= −6 ∧ x ̸= 3
Como já temos x ≥ −5 tem-se neste caso x ̸= −6, ou seja, só devemos ter no domínio desta função
x ≥ −5 e x ̸= 3.
ALTERNATIVA C.
8. (UF-PI) Se f (x) =
2
3
x−
1
3
, p = 108, q = 1010 e
f (p)− f (q)
q − p
é:
(A) 108
(B) 1010
(C)
2
3
(D) −2
3
(E) −1
3
Solução. Temos que:
f (108)− f (1010)
1010 − 108
=
2
3
108 − 1
3
− 2
3
1010 +
1
3
1010 − 108
=
2
3
108 − 2
3
1010
− (108 − 1010)
=
2
3
(108 − 1010)
− (108 − 1010)
= −2
3
ALTERNATIVA D.
5
9. (UFF-RJ) Uma fábrica utiliza dois tanque para armazenar combustível. Os níveis de
combustível, H1 e H2, em cada tanque, são dados pelas expressões:
H1 = 150t3 − 190t+ 30
H2 = 50t3 + 35t+ 30
sendo t o tempo em hora. O nível de combustível de um tanque é igual ao do outro no
instante inicial (t = 0) e, também, no instante:
(A) t = 1, 0h
(B) t = 1, 5h
(C) t = 2, 0h
(D) t = 2, 5h
(E) t = 3, 0h
Solução. Como queremos determinar o tempo em hora que o nível de combustível de um tanque
é igual ao do outro devemos ter:
H1 = H2
150t3 − 190t+ 30 = 50t3 + 35t+ 30
150t3 − 190t = 50t3 + 35t
150t3 − 50t3 − 190t− 35t = 0
100t3 − 225t = 0
25t
(
4t2 − 9
)
= 0
Como t ̸= 0, obrigatoriamente, 4t2 − 9 = 0 ⇐⇒ 4t2 = 9 ⇐⇒ t2 =
9
4
⇐⇒ t =
√
9
4
= ±3
2
. Mas t
é tempo, neste caso, positivo, ou seja, t =
3
2
= 1, 5h.
ALTERNATIVA B.
6
10. (Fuvest-SP) A figura a seguir representa o gráfico de uma função da forma f (x) =
x+ a
bx+ c
.
Se f (0) = −1, f (2) = 0 e f (−1) = −3 pode-se concluir que o valor de b é:
(A) 1
(B) −1
(C) 0
(D) −2
(E) 2
Solução. Segundo os dados do problema tem-se:
f (0) = −1
f (2) = 0
f (−1) = −3
=⇒

0 + a
b× 0 + c
= −1
2 + a
2b+ c
= 0
−1 + a
−b+ c
= −3
=⇒

a
c
= −1
2 + a = 0
−1 + a = 3b− 3c
Da segunda equação temos que a = −2. Substituindo este valor na primeira,
−2
c
= −1 ⇐⇒ −c =
−2 ⇐⇒ c = 2. Agora tem-se na terceira equação
−1 + (−2) = 3b− 3× 2 ⇐⇒ −1− 2 = 3b− 6 ⇐⇒ 3b = −3 + 6 ⇐⇒ 3b = 3 ⇐⇒ b =
3
3
= 1
ALTERNATIVA A.
GABARITO:
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
A C D E A D C D B A