GAB_N1_CDI_PROVA_B

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CÁLCULO	
  DIFERENCIAL	
  E	
  INTEGRAL	
  I	
  –	
  SALA	
  514	
  
	
  
GABARITO	
  –	
  AVALIAÇÃO	
  N1	
  –	
  PROVA	
  B	
  
1ª Questão. (1,0) 
a) Para encontrar a taxa de variação média devemos encontrar a inclinação da reta secante nos pontos extremos do intervalo 
dado, ou seja, x1 = 1 e x2 = 3,2. Portanto: 
msec =
Δy
Δx
=
f x2 ( ) − f x1( )
x2 − x1
 ⇒ msec =
Δy
Δx
=
f 3,2 ( ) − f 1( )
3,2 −1
 ⇒ msec =
3,2( )3 − 3,2( )2 +1 − 13 − 12 +1( )
3,2 −1
 ⇒ msec =
23,528 −1
2,2
 ⇒ 
msec =
22,528
2,2 
⇒ msec =10,24 
Interpretação: No intervalo [ 1 ; 3,2 ], para cada unidade de aumento da variável “x” a variável “y” aumenta 10,24 unidades. 
b) Para o cálculo da taxa de variação instantânea devemos encontrar a a inclinação da reta tangente da função dada no ponto 
x1 = 2. Portanto: 
mtg = limx2 → x1
Δy
Δx
= lim
x2 → x1
f x2 ( ) − f x1( )
x2 − x1
 ⇒ mtg = limx2 → − 2
 x2
3 − x2
2 +1 ( ) − 23 − 22 +1( )
x2 − 2
 ⇒mtg = limx2 → 2
 x2
3 − x2
2 +1 ( ) − 5
x2 − 2
 ⇒ 
mtg = limx2 → 2
x2
3 − x2
2 − 4
x2 − 2
. 
Substituindo x2 pelo valor 2, mtg =
23 − 22 − 4
2 − 2
 ⇒ mtg =
0
0
, uma indeterminação. 
Fatorando x2
3 − x2
2 − 4 , obtemos: (x2 – 2) . x2
2 + x2 + 2( ) Procedendo a substituição da forma fatorada no cálculo do limite, 
temos: mtg = limx2 → 2
x2 − 2( ) . x22 + x2 + 2( )
x2 − 2
 ⇒ mtg = limx2 → 2
x2
2 + x2 + 2( ) ⇒ mtg = 22 + 2 + 2 ⇒ mtg = 8 . 
Interpretação: Sendo a taxa de variação instantânea positiva, significa que a função y = f ( x ) é uma função crescente no 
ponto de abscissa x = 2 a uma taxa de 8 unidades da variável “y” por unidade de acréscimo da variável “x”. 
2ª Questão. (1,2) 
a) f ( x ) = 5x2 – 1, no ponto de abscissa 3. 
f ‘ ( 3 ) = lim
Δx→0
f 3 + Δx( ) − f 3( )
Δx 
⇒ f ‘ ( 3 ) = lim
Δx→0
5 3 + Δx( )2 −1 − 5 . 32 −1 ( )
Δx
⇒ f ‘ ( 3 ) = lim
Δx→0
5 9 + 6Δx + Δx( )2⎛⎝ ⎞⎠ −1− 44( )
Δx
⇒ 
f ‘ ( 3 ) = lim
Δx→0
45 + 30Δx +5 Δx( )2 −1− 44
Δx 
⇒ f ‘ ( 3 ) = lim
Δx→0
Δx 30 + 5Δx( )
Δx
⇒ f ‘ ( 3 ) = lim
Δx→0
30 + 5Δx( )⇒ f ‘ ( 3 ) = 30 
b) P ( 2 , 7). 
Determinando a inclinação da curva y = 5x2 – 1 no ponto P (2 , 7) será dada por: 
m x1( ) = limΔx→0
f x1 + Δx( ) − f x1( )
Δx
 
⇒ m x1( ) = limΔx→0
5 x1 + Δx( )2 − 1− 5 x1( )2 − 1⎛⎝ ⎞⎠
Δx
 ⇒ 
m x1( ) = limΔx→0
5 x1
2 + 2x1Δx +Δx
2( ) − 1− 5 x1( )2 − 1⎛⎝ ⎞⎠
Δx
 ⇒ m x1( ) = limΔx→0
5x1
2 + 10x1Δx + 5Δx
2 − 1− 5x1
2 +1
Δx
 ⇒ 
m x1( ) = limΔx→0
10x1Δx + 5Δx
2
Δx
 ⇒ m x1( ) = limΔx→0
Δx 10x1 + 5Δx( )
Δx
 ⇒ m x1( ) = limΔx→0 10x1 + 5Δx( ) ⇒ m x1( ) = 10x1 
Como x1 = 2, vem: m ( 2 ) = 10 . 2 ⇒ m ( 2 ) = 20. Sendo o limite determinado (não infinito), a equação da reta tangente será 
dado por: y – f (x1) = m (x – x1) ⇒ y – 7 = 20 (x – 2) ⇒ y – 7 = 20x – 40 ⇒ 20x – y – 33 = 0. 
 
3ª Questão. (3,6) 
a) f ( x ) = 2x4 – 3x3 + 5 . sen x ⇒ f ‘ ( x ) = 8x3 – 9x2 + 5 . cos x + sen x . ( 0 ) ⇒ f ‘ ( x ) = 8x3 – 9x2 + 5 . cos x 
b) f ( x ) = cos x
x2 − 3x + 2 
⇒ f ‘ ( x ) = 
x2 − 3x + 2( ) . − sen x( ) − cos x . 2x − 3( )
x2 − 3x + 2( )2
. 
c) f ( x ) = x2 . ln x + 3 . ex ⇒ f ‘ ( x ) = x + 2x . ln x + 3 . ex 
d) f ( x ) = 4x2 + 5( )3 . ln x2 −1( )
 
⇒ f ‘ ( x ) = 4x2 + 5( )3 . 2xx2 −1+ ln x
2 −1( ) . 3 . 4x2 + 5( )2 . 8x
 
⇒ 
f ‘ ( x ) = 
2x . 4x2 + 5( )3
x2 −1
+ 24x . 4x2 + 5( )2 . ln x2 −1( )
 
e) f ( x ) = 
arc cos 3x
2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
x2 − x
 ⇒ f ‘ ( x ) = 
x2 − x( ) . 
− 3
2
1− 3x
2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
− arc cos 3x
2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥ . 2x −1( )
x2 − x( )2
 ⇒ 
f ‘ ( x ) = 
−
3 x2 − x( )
2 1− 9x
2
4
− 2x −1( ) . arc cos 3x2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥ 
x2 − x( )2
 
f) f ( x ) = 3x2 +1( ) . arg cosh x − x3 −1
 
⇒ f ‘ ( x ) = 
3x2 +1( )
x2 −1
 + arg cosh x( ) . 6x − x
2
x3 −1( )23 
⇒ 
f ‘ ( x ) = 
3x2 +1( )
x2 −1
 + 6x . arg cosh x( ) + x
2
x3 −1( )2 3 
 
 
4ª Questão. (1,2) 
a) f ( x ) = 3x . e – 2x ⇒ d f
d x
= 3 . e − 2x. − 2x +1( )
 
⇒ d
2 f
d x2
= − 6 . e − 2x. 2 − 2x( )
 
⇒ d
3 f
d x3
= 12 . e − 2x. 3 − 2x( )
 
b) g ( x ) = 1
2
 . 3x4 + 5x − 2 +1( )3
 
⇒ d g
d x
= 3
2
 . 3x4 + 5x − 2+ 1( )2 . 12x3 −10x − 3( )
 
⇒ 
d2 g
d x2
= 3 . 3x4 + 5x − 2+ 1( )2 . 18x2 +15x − 4( ) + 3 . 12x3 −10x − 3( )2 . 3x4 + 5x − 2 +1( ) .