Prova calc I 3_2_2011 comentada

Prévia do material em texto

3ª Prova/ 2º Sem/ 2011Comentada
Questão 1
Questão bem simples. Pede para derivar a função e calcular o valor da 
derivada no ponto. Simples e direto, ou seja, ponto de graça para o aluno! 
f (x) = sen3(2x) ⋅cos(x)
′f (x) = [3⋅ sen2 (2x) ⋅cos(2x) ⋅2]⋅cos(x)+ sen3(2x) ⋅[−sen(x)] (Regra do Produto)
′f (x) = 6 ⋅ sen2 (2x) ⋅cos(2x) ⋅cos(x)− sen2 (2x) ⋅ sen(x) .
′f π4
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ = 6 ⋅ sen
2 2 ⋅ π4
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ ⋅cos 2 ⋅
π
4
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ ⋅cos
π
4
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ − sen
2 2 ⋅ π4
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ ⋅ sen
π
4
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
′f π4
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ = 6 ⋅ sen
2 π
2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ ⋅cos
π
2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ ⋅cos
π
4
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ − sen
2 π
2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ ⋅ sen
π
4
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
′f π4
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ = 6 ⋅1⋅0 ⋅
2
2 −1⋅
2
2 = −
2
2
Gabarito: e
Questão 2
Questão clássica sobre derivação implícita. Mais uma de graça.
Curva : x2 − xy − y2 = 1
Derivando implicitamente obtemos
2x − [y + x ⋅ ′y ]− 2y ⋅ ′y = 0
Como o exercício quer a inclinação da reta tangente no ponto (2,1) , basta 
substituir o ponto na equação e encontrar ′y .
 
2 ⋅2 − [1+ 2 ⋅ ′y ]− 2 ⋅1⋅ ′y = 0
4 −1− 2 ′y − 2 ′y = 0
4 ′y = 3
′y = 34
Gabarito: a
3ª Prova de Cálculo I do 2º Semestre de 2011 Comentada
Prof: André Desiderio Maldonado
Questão 3
Exercício sobre taxas relacionadas. O segredo é a modelagem. Note que o 
triângulo é retângulo e utilizando o Teorema de Pitágoras segue que a distância d e a 
altura h se relacionam da seguinte maneira:
d 2 = 32 + h2
d 2 = 9 + h2
O exercício nos fornece:
a) ′h = 850km / h
b) h = 4km
A pergunta é qual a taxa de variação da distância quando a altura h é de 4 km, 
ou sejam h = 4km . Assim, basta utilizar a derivação implícita:
2d ⋅ ′d = 2h ⋅ ′h ⇒ ′d = hd ⋅ ′h .
A altura nós já sabemos. Para encontrar o valor de d basta utilizar que 
d 2 = 9 + h2 = 9 + 42 = 9 +16 = 25
∴d = 5
Substituindo na equação obtemos
′d = 45 ⋅850 = 680Km / h .
Gabarito : d
Questão 4
Tenho certeza que alguns de vocês se assustaram com essa questão mas 
adivinha só: Ela é bem fácil. Qual a área de um retângulo? O produto dos Lados! Quais 
são os lados do retângulo da figura? e− x2 e x . Logo a área do retângulo em função de x 
é dada por 
A(x) = xe− x2 .
Vamos procurar os máximos dessa função. 
′A (x) = [1]⋅e− x2 + x ⋅[e− x2 ⋅(−2x)] (Regra do Produto)
′A (x) = e− x2 (1− 2x2 )
3ª Prova de Cálculo I do 2º Semestre de 2011 Comentada
Prof: André Desiderio Maldonado
′A (x) = 0⇒1− 2x2 = 0⇒ x = 22 ( Lembrem-se que a questão quer x > 0 ) 
Assim, só temos um candidato a ponto crítico: x = 22 .
Vamos verificar se ele é ponto de máximo. Para isso podemos utilizar os 
Critérios da Derivada Primeira e da Derivada Segunda. TANTO FAZ. Eu fiz dos 2 jeitos.
Critério da Derivada PrimeiraCritério da Derivada PrimeiraCritério da Derivada Primeira
 0 22 0 
2
2 0 
2
2
e− x2 + +
(1− 2x2 ) + −
′A + −
A
  
Critério da Derivada Segunda:
′′A (x) = [e− x2 ⋅(−2x)]⋅(1− 2x2 )+ e− x2 ⋅[−4x] (Regra do Produto)
′′A (x) = −2x ⋅e− x2 ⋅(3− 2x2 )
′′A 22
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
= −2 ⋅ 22 ⋅e
−12 ⋅2 < 0
Logo, concluímos que o ponto crítico x = 22 é ponto de máximo.
Gabarito: b
Questão 5
Questão de verdadeiro ou falso. Também é bem clássica.
3ª Prova de Cálculo I do 2º Semestre de 2011 Comentada
Prof: André Desiderio Maldonado
Vamos julgar as alternativas:
I) Verdadeiro. É isso que diz o Teorema de Weierstrass.
Teorema de Weierstrass: Seja f :[a,b]→  uma função contínua. Então f
assume seu máximo e mínimo em [a,b] . (Prestem atenção nas partes em Vermelho!)
II) Falso. Típica pegadinha que eu cansei de falar em sala. Se c é um extremo 
relativo então ′f (c) = 0 , porém a recíproca não é verdadeira
III)Falso. Pegadinha novamente. Para ser ponto de inflexão tem que mudar a 
concavidade. Assim, se c é ponto de inflexão então ′′f (c) = 0 , porém a recíproca não é 
verdadeira!!
Gabarito: c
Questão 6
Questão muito boa. 
Pelo gráfico da derivada vemos que a derivada segunda (que é a derivada da 
derivada) é positiva em (−∞,0) e negativa em (0,∞) . Assim, a concavidade da função f
deve ser voltada para cima em (−∞,0) e para baixo em (0,∞) . Com isso já matamos a 
questão. A única alternativa com essa resposta é a letra (a).
Vamos tirar mais informações a título de treino. 
Observe que no gráfico de ′f os pontos de interseção com o eixo x são pontos 
críticos. Na verdade da para dizer que o ponto crítico da esquerda é um ponto de mínimo 
local e o ponto crítico da direita é ponto de máximo local.
Podemos ver também que o ponto (0, f (0)) é um ponto de inflexão pois neste 
ponto a concavidade muda. 
Com essas informações adicionais, não tem outro jeito.
Gabarito: a
3ª Prova de Cálculo I do 2º Semestre de 2011 Comentada
Prof: André Desiderio Maldonado
Questão 7
Questão fácil. Os pontos que dão problema são x = ±1 pois eles zeram o 
denominador.
Gabarito : d
Questão 8
Outra questão tranquila. É só derivar.
′f (x) = [2x]⋅(1− x
2 )− (1+ x2 ) ⋅[−2x]
(1− x2 )2 (Regra do Quociente)
′f (x) = 2x ⋅[(1− x
2 )+ (1+ x2 )]
(1− x2 )2 =
4x
(1− x2 )2
Gabarito: c
Questão 9
Questão trabalhosa mas ainda assim tranquila. O segredo é fazer as contas 
com calma para não errar.
′′f (x) = [4]⋅(1− x
2 )2 − 4x ⋅[2 ⋅(1− x2 ) ⋅(−2x)]
(1− x2 )4 (Regra do Quociente)
′′f (x) = 4(1− x
2 ) ⋅ (1− x2 )+ 4x2⎡⎣ ⎤⎦
(1− x2 )4
′′f (x) = 4(1− x
2 ) ⋅ 3x2 +1⎡⎣ ⎤⎦
(1− x2 )4
′′f (x) = 4 ⋅ 3x
2 +1( )
(1− x2 )3
′′f (x) = 12x
2 + 4
(1− x2 )3
Gabarito: a
3ª Prova de Cálculo I do 2º Semestre de 2011 Comentada
Prof: André Desiderio Maldonado
Questão 10
Questão bem simples.
′f (x) = 0⇒ 4x = 0⇒ x = 0
Gabarito: b
Questão 11
Basta analisar o sinal de ′f
Assim, temos que f é crescente nos intervalos [0,1) e (1,+∞) , e decrescente 
nos intervalos (−1,0] e (−∞,−1) .
Gabarito: a
3ª Prova de Cálculo I do 2º Semestre de 2011 Comentada
Prof: André Desiderio Maldonado
Estudo do Sinal de ′fEstudo do Sinal de ′fEstudo do Sinal de ′fEstudo do Sinal de ′fEstudo do Sinal de ′f
 0 -1 0 1 0 -1 0 1 0 -1 0 1 0 -1 0 1 0 -1 0 1
4x − − + +
(1− x2 )2 + + + +
′f − − + +
f
    
Questão 12
Basta analisar o sinal de ′′f
Assim, temos que f é côncava para cima no intervalo (−1,1) e côncava para 
baixo nos intervalos (−∞,1) e (1,+∞) .
Gabarito: d
Questão 13
Essa questão se você acertou todos os outros itens é bem tranquila.
O ponto x = 0 é um ponto de mínimo local e a função não possui pontos de 
máximo. Para ver isto basta utilizar as tabelas acima.
Como ′′f (x) ≠ 0∀x ∈D( f ) , segue que a função não possui pontos de inflexão.
Gabarito: e
3ª Prova de Cálculo I do 2º Semestre de 2011 Comentada
Prof: André Desiderio Maldonado
Estudo do Sinal de ′′fEstudo do Sinal de ′′fEstudo do Sinal de ′′fEstudo do Sinal de ′′f
 0 -1 1 0 -1 1 0 -1 1 0 -1 1
16x2 + 4 + + +
(1− x2 )3 − + −
′′f − + −
f
   
Questão 14
Assíntotas Verticais.
lim
x→1+
f (x) = lim
x→1+
1+ x2
1− x2 =
2
0− = −∞
lim
x→1−
f (x) = lim
x→1−
1+ x2
1− x2 =
2
0+ = +∞
lim
x→−1+
f (x) = lim
x→−1+
1+ x2
1− x2 =
2
0+ = +∞
lim
x→−1−
f (x) = lim
x→−1−
1+ x2
1− x2 =
2
0− = −∞
Logo, as retas x = 1e x = −1 são assíntotas verticais do gráfico de f .
Assíntotas Horizontais.
lim
x→+∞
f (x) = lim
x→+∞
1+ x2
1− x2 =
RL
lim
x→+∞
2x
−2x =
RL
lim
x→+∞
2
−2 = −1
lim
x→−∞
f (x) = lim
x→−∞
1+ x2
1− x2 =
RL
lim
x→−∞
2x
−2x =
RL
lim
x→−∞
2
−2 = −1
Logo, a reta y = −1é uma assíntota vertical do gráfico de f .
3ª Prova de CálculoI do 2º Semestre de 2011 Comentada
Prof: André Desiderio Maldonado
Questão 15
Questão 16
a) lim
x→∞
x ln(x)
x + ln(x) =
RL
lim
x→∞
1⋅ ln(x)+ x ⋅ 1x
1+ 1x
= lim
x→∞
ln(x)+1
1+ 1x
= +∞
b) lim
x→∞
x(e
2
x −1) = lim
x→∞
e
2
x −1
1
x
=
RL
lim
x→∞
e
2
x ⋅2 ⋅(−1⋅ x−2 )
(−1⋅ x−2 ) = limx→∞2e
2
x = 2 ⋅1= 2
3ª Prova de Cálculo I do 2º Semestre de 2011 Comentada
Prof: André Desiderio Maldonado
c) lim
x→∞
ln[(e2x + x2 )
1
x ]= lim
x→∞
ln(e2x + x2 )
x =
RL
lim
x→∞
2e2x + 2x
e2x + x2
1 =
= lim
x→∞
2e2x + 2x
e2x + x2 =
RL
lim
x→∞
4e2x + 2
2e2x + 2x =
RL
lim
x→∞
8e2x
4e2x + 2 =
RL
lim
x→∞
16e2x
8e2x = limx→∞
16
8 = 2
⇒ lim
x→∞
(e2x + x2 )
1
x = lim
x→∞
e
ln (e2 x+x2 )
1
x
⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥ = e2
3ª Prova de Cálculo I do 2º Semestre de 2011 Comentada
Prof: André Desiderio Maldonado