Sol P1m 2012-1

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MAT09570 – CÁLCULO 1
Turmas da Manhã – Período 2012/1
1ª Prova Parcial
1. (1 ponto) Esboce o gráfico de
f (x)= 1−|x+1|.
Indique no seu esboço os pontos onde o gráfico intercepta os eixos coordenados.
2. (1,5 pontos) Seja
f (x)= 1
1+2x .
Encontre uma fórmula para f −1(x). Qual o domínio e a imagem de f −1 ?
3. Calcule os limites
(a) (1,5 pontos) lim
x→−∞
x+2p
9x2+1
; (b) (1 ponto) lim
x→0 (e
x −1)cos 1
x2
.
4. (2 pontos) Mostre que existe x ∈ (0,6) tal que cos(pix)= 5
x
.
5. Seja f a função dada por
f (x)=

p
1−2x−1
x
se x < 0;
−
p
2x2+1 se 0É x < 2;
3
x
se x Ê 2.
(a) (1,5 pontos) Em que pontos f é contínua?
(b) (1,5 pontos) Calcule f ′(3) diretamente da definição de derivada e determine a equa-
ção da reta tangente ao gráfico de f no ponto (3,1).
Nota: Não é permitido o uso de calculadoras. Todas as questões devem ser justificadas atra-
vés de cálculos ou pela citação de teoremas apropriados. Respostas sem justificativas serão
desconsideradas. A duração da prova é de 2 horas.
1
Prof.: Etereldes
13/04/2012
Soluc¸a˜o da Prova I - Ca´lculo I
1. Como |x + 1| =
{
x+ 1, se x ≥ −1
−x− 1, se x < −1 enta˜o f(x) =
{ −x, se x ≥ −1
x+ 2, se x < −1 . Assim seu
gra´fico e´:
2. Vamos encontrar o domı´nio e imagem de f . Como 1 + 2x 6= 0 para todo x ∈ R, o
domı´nio de f e´ R. Como 2x > 0 para todo x, enta˜o f(x) < 1 para todo x. Ale´m
disso f(x) > 0 para todo x. Logo, o Im(f) = {y ∈ R; 0 < y < 1}. Sendo assim a
f−1 : {y ∈ R; 0 < y < 1} 7−→ R. f−1 e´ a func¸a˜o tal que
1
1 + 2f−1(y)
= y. Poratnto f−1(y) = log2
(
1− y
y
)
.
3. a) lim
x→−∞
x(1 + 2
x
)√
9x2(1 + 1
9x2
)
= lim
x→−∞
x(1 + 2
x
)
3|x|
√
(1 + 1
9x2
)
= −1
3
lim
→−∞
(1 + 2
x
)√
(1 + 1
9x2
)
= −1
3
.
b) Veja que se x > 0 enta˜o ex − 1 > 0. Como −1 ≤ cos( 1
x2
) ≤ 1 para todo x 6= 0, enta˜o
−(ex − 1) ≤ (ex − 1) cos( 1
x2
) ≤ (ex − 1). Pelo teorema do confronto temos
− lim
x→0+
(ex − 1) ≤ lim
x→0+
(ex − 1) cos( 1
x2
) ≤ lim
x→0+
(ex − 1). Logo, lim
x→0+
(ex − 1) cos( 1
x2
) = 0.
Por outro lado, se x < 0 enta˜o ex−1 < 0. Como −1 ≤ cos( 1
x2
) ≤ 1 para todo x 6= 0, enta˜o
(ex − 1) ≤ (ex − 1) cos( 1
x2
) ≤ −(ex − 1). Pelo teorema do confronto temos
lim
x→0−
(ex−1) ≤ lim
x→0−
(ex−1) cos( 1
x2
) ≤ − lim
x→0−
(ex−1). Poratnto, lim
x→0−
(ex−1) cos( 1
x2
) = 0.
Como os limites laterais sa˜o zero, enta˜o o limite e´ zero.
4. Seja f(x) = cos(pix) − 5
x
. Veja que f e´ cont´ınua em (0, 6] em particular em [1, 6]. Ale´m
disso f(1) = cos(pi) − 5 = −6 < 0 e f(6) = cos(6pi) − 5
6
= 1
6
> 0. Pelo Teorema do valor
intermedia´rio, existe x ∈ (1, 6) tal que f(x) = 0.
5. a) Os possiveis pontos de descontinuidade de f sa˜o x = 0 e x = 2. Vamos analisar o
acontece nestes pontos. Como
lim
x→0
√
1− 2x− 1
x
= lim
x→0
√
1− 2x− 1
x
√
1− 2x+ 1√
1− 2x+ 1 = limx→0
−2x
x(
√
1− 2x+ 1) = −1
2
enta˜o lim
x→0−
f(x) = −1. Ale´m disso,
lim
x→0+
f(x) = lim
x→0+
−
√
2x2 + 1 = −1 = f(0).
Logo, f e´ cont´ınua em x = 0.
Vamos analisar em x = 2. lim
x→2−
f(x) = lim
x→2−
−
√
2x2 + 1 = −
√
9 = −3. e lim
x→2+
f(x) =
lim
x→0+
3
x
=
3
2
= f(2). Logo lim
x→2
f(x) na˜o existe, e portanto f na˜o e´ cont´ınua em x = 2.
Concluimos enta˜o que f e´ cont´ınua R− {2}.
b) f ′(3) = lim
h→0
f(3 + h)− f(3)
h
= lim
h→0
3
3+h
− 3
3
h
= lim
h→0
3−(3+h)
3+h
h
= − lim
h→0
−h
3+h
h
= −1
3
. A
equac¸a˜o da reta tangente no ponto (3, 1) e´ y − 1 = f ′(3)(x − 3) = −1
3
(x − 3), ou seja,
y = −x
3
+ 2.
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