Exponencial e Logaritmo

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EP 13– 2016-1 Pré-Cálculo 
1 de 22 
 
CEDERJ 
 Gabarito do EP 13 
Pré-Cálculo 
___________________________________________________________________________________ 
 
Exercício 1: Faça o que se pede: 
a) Resolva em ℝ a seguinte equação 3. 2𝑥+3 = 192. 3𝑥−3 
b) Se 𝑥 ∈ ℝ e 2𝑥 + 2−𝑥 = 10 , encontre o valor de 4𝑥 + 4−𝑥 . 
Resolução: 
a) 3. 2𝑥+3 = 192. 3𝑥−3 ⟺ 3. 2𝑥. 23 = 26. 3 . 3𝑥 . 3−3 ⟺ 2𝑥. 23 = 26. 3𝑥. 3−3 ⟺ 
2𝑥
3𝑥
 = 
26
23
. 3−3 ⟺ 
2𝑥
3𝑥
 = 
23
33
 ⟺ (
2
3
)
𝑥
= (
2
3
)
3
 ⟺ 𝑥 = 3 
O conjunto solução é {𝟑}. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
b) Observe que 4𝑥 + 4−𝑥 = (22)𝑥 + (22)−𝑥 = (2𝑥)2 + (2−𝑥)2 . 
Como sabemos que 2𝑥 + 2−𝑥 = 10 , vamos elevar a soma 2𝑥 + 2−𝑥 ao quadrado, pois faremos 
aparecer a soma (2𝑥)2 + (2−𝑥)2. Então, 
2𝑥 + 2−𝑥 = 10 ⇒ (2𝑥 + 2−𝑥)2 = 102 ⟺ (2𝑥)2 + 2. 2𝑥. 2−𝑥 + (2−𝑥)2 = 100 ⟺ 
(22)𝑥 + 2. 2𝑥−𝑥 + (22)−𝑥 = 100 ⟺ (22)𝑥 + 2. 20 + (22)−𝑥 = 100 ⟺ 
(22)𝑥 + (22)−𝑥 = 100 − 2. 1 ⟺ 4𝑥 + 4−𝑥 = 98 
__________________________________________________________________________ 
Exercício 2: Resolva em ℝ as seguintes inequações: 
a) (
1
2
)
𝑥2−4
> 8 b) 22𝑥 − 6. 2𝑥 + 8 < 0 
Resolução: 
a) (
1
2
)
𝑥2−4
> 8 ⟺ (2−1)𝑥
2−4 > 23 ⟺ 2−𝑥
2+4 > 23 
𝑏𝑎𝑠𝑒 >1 ,𝑒𝑥𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑐𝑟𝑒𝑠𝑐𝑒
⇔ 
−𝑥2 + 4 > 3 ⟺ 𝑥2 < 1 ⟺ √𝑥2 < √1 ⟺ | 𝑥| < 1 ⟺ −1 < 𝑥 < 1. 
O conjunto solução é 𝑺 = (−𝟏 , 𝟏). 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 
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b) 22𝑥 − 6. 2𝑥 + 8 < 0 
22𝑥 − 6. 2𝑥 + 8 < 0 ⟺ (2𝑥)2 − 6. 2𝑥 + 8 < 0 . 
Fazendo a substituição 𝑦 = 2𝑥 , obtemos: 𝑦2 − 6𝑦 + 8 < 0 . 
Resolvendo a equação associada 𝑦2 − 6𝑦 + 8 = 0 : 
 𝒚 =
−(−𝟔) ± √(−𝟔)𝟐 − 𝟒. 𝟏. 𝟖
𝟐. 𝟏
 = 
𝟔 ± √𝟑𝟔 − 𝟑𝟐
𝟐
 =
𝟔 ± √𝟒
𝟐
 = 
𝟔 ± 𝟐
𝟐
 ⟺ 𝑦 = 4 𝑜𝑢 𝑦 = 2 
Logo, 
𝑦2 − 6𝑦 + 8 < 0 ⟺ 2 < 𝑦 < 4 ⟺ 21 < 2𝑥 < 22 
𝑏𝑎𝑠𝑒 >1 ,𝑒𝑥𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑐𝑟𝑒𝑠𝑐𝑒
⇔ 1 < 𝑥 < 2. 
O conjunto solução é 𝑺 = (𝟏 , 𝟐). 
__________________________________________________________________________ 
Exercício 3: Resolva em ℝ as seguintes equações: 
a) 𝑙𝑛(2𝑥 − 1) = 3 b) 𝑙𝑛(𝑙𝑛(𝑥)) = 1 c) 𝑙𝑛(𝑥) + 𝑙𝑛(𝑥 − 1) = 1. 
Resolução: 
a) 𝑙𝑛(2𝑥 − 1) = 3 
Para que o 𝑙𝑛 possa ser calculado é preciso que 2𝑥 − 1 > 0. 
Mas, 2𝑥 − 1 > 0 ⟺ 2𝑥 > 1 ⇒ 𝑥 >
1
2
 . 
Resolvendo a equação: 
𝑙𝑛(2𝑥 − 1) = 3 ⟺ 𝑒𝑙𝑛(2𝑥−1) = 𝑒3 
 𝑒𝑙𝑛𝑦 = 𝑦 , 𝑦 > 0
⇒ 2𝑥 − 1 = 𝑒3 ⟺ 𝑥 =
1 + 𝑒3
2
 
É preciso saber se, 
1+ 𝑒3
2
>
1
2
 . Mas, 𝑒3 > 0 ⇒ 1 + 𝑒3 > 1 ⇒ 
 1+𝑒3
2
>
1
2
 . 
O conjunto solução é 𝑺 = {
𝟏+𝒆𝟑
𝟐
}. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
b) 𝑙𝑛(𝑙𝑛(𝑥)) = 1 
Para que 𝑙𝑛(𝑙𝑛(𝑥)) possa ser calculado é preciso que : 𝑥 > 0 𝑒 𝑙𝑛(𝑥) > 0 . 
Então, 
𝑥 > 0 𝑒 𝑙𝑛(𝑥) > 0 ⟺ 𝑥 > 0 𝑒 𝑥 > 1 ⟺ 𝑥 > 1 
Resolvendo a equação: 
𝑙𝑛(𝑙𝑛(𝑥)) = 1 ⟺ 𝑒𝑙𝑛(𝑙𝑛(𝑥)) = 𝑒1 
 𝑒𝑙𝑛𝑧 = 𝑧 , 𝑧 > 0 
⇔ ln(𝑥) = 𝑒 ⟺ 𝑒ln(𝑥) = 𝑒𝑒 
 
 𝑒𝑙𝑛𝑥 = 𝑥 , 𝑥 > 0 
⇔ 𝑥 = 𝑒𝑒 . 
Como 𝑒𝑒 > 1 então o conjunto solução é 𝑺 = { 𝑒𝑒}. 
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Vamos testar 𝒙 = 𝑒𝑒 na equação: 
𝑙𝑛(𝑙𝑛(𝑒𝑒)) = 𝑙𝑛(𝑒. 𝑙𝑛(𝑒)) = 𝑙𝑛(𝑒. 1) = ln(𝑒) = 1 
Atenção: já que observamos que 𝑒𝑒 > 1 , não era preciso fazer esse teste. Foi apenas para fazer 
mais uma atividade com 𝑙𝑛. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
c) 𝑙𝑛(𝑥) + 𝑙𝑛(𝑥 − 1) = 1 
Para que 𝑙𝑛(𝑥) possa ser calculado é preciso que : 𝑥 > 0 . 
Para que 𝑙𝑛(𝑥 − 1) possa ser calculado é preciso que : 𝑥 − 1 > 0 , ou seja, que : 𝑥 > 1. 
Logo, para que 𝑙𝑛(𝑥) + 𝑙𝑛(𝑥 − 1) possa ser calculado é preciso que 𝑥 > 0 𝑒 𝑥 > 1 , ou seja, é 
preciso que 𝑥 > 1 . 
Resolvendo a equação: 
𝑙𝑛(𝑥) + 𝑙𝑛(𝑥 − 1) = 1 
𝑝𝑟𝑜𝑝𝑟𝑖𝑒𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑙𝑛 
⇒ 𝑙 𝑛(𝑥(𝑥 − 1)) = 1 ⟺ 𝑒𝑙 𝑛(𝑥(𝑥−1)) = 𝑒1 
 
 𝑒𝑙𝑛𝑧 = 𝑧 , 𝑧 > 0 
⇔ 𝑥(𝑥 − 1) = 𝑒 ⟺ 𝑥2 − 𝑥 − 𝑒 = 0 . 
Resolvendo a equação 𝑥2 − 𝑥 − 𝑒 = 0: 
 𝑥 =
−(−1)±√(−1)2−4.1.(−𝑒)
2.1
 = 
1±√1+4𝑒
2
 ⟺ 𝑥 = 
1−√1+4𝑒
2
 𝑜𝑢 𝑥 = 
1+√1+4𝑒
2
 . 
É preciso saber se 
1−√1+4𝑒
2
 > 1 e se 
1+√1+4𝑒
2
 > 1 . 
Temos que: 
 
1+√1+4𝑒
2
 > 1 ⇔ 1 + √1 + 4𝑒 > 2 ⇔ √1 + 4𝑒 > 1 ⇔ (√1 + 4𝑒)
2
 > 12 ⇔ 
1 + 4𝑒 > 1 ⇔ 4𝑒 > 0 . 
Como a desigualdade 4𝑒 > 0 é verdadeira , então pelas equivalências, a desigualdade 
1+√1+4𝑒
2
 > 1 é verdadeira e 𝑥 = 
1+√1+4𝑒
2
 é solução da equação dada. 
 
1−√1+4𝑒
2
 > 1 ⇔ 1 − √1 + 4𝑒 > 2 ⇔ −√1 + 4𝑒 > 1 
Como a desigualdade −√1 + 4𝑒 > 1 não é verdadeira, pois, −√1 + 4𝑒 é um número 
negativo, logo não pode ser maior que 1 
Pelas equivalências, concluímos que 
1−√1+4𝑒
2
 > 1 não é verdadeira e, portanto, 𝑥 =
 
1−√1+4𝑒
2
 não é solução da equação dada. 
então pelas equivalências, a desigualdade 
1+√1+4𝑒
2
 > 1 é verdadeira e 𝑥 = 
1+√1+4𝑒
2
 é solução da 
equação dada. 
Então o conjunto solução é 𝑺 = { 
1+√1+4𝑒
2
 }. 
___________________________________________________________________________________ 
 
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Exercício 4: Determine o domínio de cada uma das seguintes funções: 
a) 352 2)(  xx
x
exf b) )4(ln)( 2  xxg c) 
)1(ln
1
)(


x
xh
 
d) 
1)(ln
1
)(


x
xj
 e) x
exk
32
)(


 f) 
)5(ln)( xxl 
 
g) 
1)(ln)(  xxm
 h) 
xe
x
xn


1
)(
 i) 









2
12
ln)(
x
x
xg
 
j) 











162
3
)(
x
x
exh . 
 
Resolução: 
a) Seja 352 2)(  xx
x
exf . Como a função exponencial está definida para todos os números 
reais, o domínio da função 
f
depende apenas do expoente. Como o expoente é uma função 
racional, a única exigência é que o denominador seja diferente de zero. 
 0352:IR)( 2  xxxfDom
. 
Mas, 
1
2
3
0352 2  xouxxx
. 
Assim, 







2
3
,1-IR)( fDom
. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
b) Seja 
)4(ln)( 2  xxg
. Como a função logaritmo está definida para os números positivos 
então, 
 04:IR)( 2  xxgDom
 . 
Mas, 
2224404 222  xouxxxxx
. 
Assim, 
  ),2()2,(04:IR)( 2  xxgDom
. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
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c) Seja 
)1(ln
1
)(


xxh
. 
Para que 
)1(ln x
 possa ser calculado é preciso que 
01 x
. Como 
)1(ln x
 está no denominador, 
é preciso também, que 
0)1(ln x
. 
Mas, 
2110)1(ln  xxx
. 
Portanto, 
    ),2()2,1(21:IR201:IR)(  xexxxexxhDom
. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
d) Seja 
1)(ln
1
)(


x
xj
. 
Para que o 
)(ln x
 possa ser calculado é preciso que 
0x
. Como 
1)(ln x
 está no denominador, é 
preciso também, que 
01)(ln x
. 
Mas, 
exxx  1)(ln01)(ln
. 
Portanto, 
  ),(),0(0:IR)(  eeexexxjDom
. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
e) Seja x
exk
32
)(


. Como a função exponencial está definida para todos os números 
reais, o domínio da função 
f
depende apenas do expoente. Como o expoente é uma raiz quadrada, 
é preciso que o radicando seja maior ou igual a zero. 
Assim, 
  ]
3
2
,(
3
2
:IR032:IR)( 






 xxxxkDom
. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
      )5,5(55:IR5:IR05:IR)(  xxxxxxlDom
. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
g) Seja 
1)(ln)(  xxm
. 
Para que o 
)(ln x
 possa ser calculado é preciso que 
0x
. Para que a raiz quadrada possa ser 
calculada, é preciso que 
01)(ln x
. 
Mas, 
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exxx  1)(ln01)(ln
. Esta afirmação pode ser observada no gráfico da 
função 
)(ln xy 
. 
Portanto, 
  ),[0:IR)(  eexexxmDom
. 
 
 
 
 
 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
h) Seja 
xe
x
xn


1
)(
. É preciso que o denominador 
01  xe
. 
Mas, 
0101  xee xx
. 
Portanto, 
  ),0()0,(0:IR)(  xxnDom
. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
i) Seja 









2
12
ln)(
x
x
xg
. Para que o 
ln
 possa ser calculado é preciso que 
0
2
12



x
x
 e
02 x
. 
Analisando o sinal da fração 
2
12


x
x
 e lembrando que 
2x
, temos: 
 
2
1
 x
 
2
1
x
 
2
2
1
 x
 
2x
 
 x2
 
12 x
 

 
0
 

 + 

 
2x
 

 

 

 
0
 

 
2
12


x
x
 

 
0
 

 
dn
 

 
0
2
12



x
x
 //////////////// 
dn
 //////////////// 
 
Assim, 
 
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),2()
2
1
,(0
2
12



x
x
x
. 
Portanto o 
),2()
2
1
,()( gDom
. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
j) Seja 











162
3
)(
x
x
exh . Como a função exponencial está definida para todos os números 
reais, o domínio da função 
h
depende apenas do expoente. Como o expoente é um quociente e no 
numerador temos uma raiz quadrada, é preciso que o radicando seja maior ou igual a zero e que o 
denominador não se anule. 
Assim, 
 01603:IR)( 2  xexxhDom
. 
Mas, 
33303  xouxxx
 e, 
4416016 22  xexxx
. 
Assim, 
),4()4,3[]3,4()4,()( hDom
. 
___________________________________________________________________________________ 
Exercício 5: Resolva em ℝ as seguintes inequações: 
a) 𝑙𝑛(1 − 𝑥) < 3 b) 𝑙𝑛(𝑥2 − 4) > 1 c) 𝑙𝑛 (
2𝑥+1
𝑥−2
) < 0 d) 𝑙𝑜𝑔2(𝑥) < 𝑙𝑜𝑔𝑥(2) 
Resolução: 
 
a) 𝑙𝑛(1 − 𝑥) < 3 
Para que 𝑙𝑛(1 − 𝑥) possa ser calculado é preciso que 1 − 𝑥 > 0 , ou seja que 𝑥 < 1. 
𝑙𝑛(1 − 𝑥) < 3 
𝑦=𝑒𝑥 é 𝑐𝑟𝑒𝑠𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒
⇔ 𝑒𝑙𝑛(1−𝑥) < 𝑒3 
 𝑒𝑙𝑛𝑧 = 𝑧 , 𝑧 > 0
⇔ 1 − 𝑥 < 𝑒3 ⟺ 𝑥 > 1 − 𝑒3 . 
Como 𝑒3 > 1 ⟺ 𝟏 − 𝑒3 < 0 . Como também devemos ter 𝑥 < 1 então o 
conjunto solução é 𝑺 = (𝟏 − 𝒆𝟑 , 𝟏). 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
b) 𝑙𝑛(𝑥2 − 4) > 1 
Para que 𝑙𝑛(𝑥2 − 4) possa ser calculado é preciso que 𝑥2 − 4 > 0. O item b) do Exercício 4 calculou 
o domínio da função 𝑔(𝑥) = 𝑙𝑛(𝑥2 − 4) e concluiu que 𝑥 ∈ (−∞ ,−2) ∪ (2 , +∞). 
𝑙𝑛(𝑥2 − 4) > 1 
 𝑦=𝑒𝑥 é 𝑐𝑟𝑒𝑠𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒 
⇔ 𝑒𝑙𝑛(𝑥
2−4) > 𝑒1 
 𝑒𝑙𝑛𝑧 = 𝑧 , 𝑧 > 0
⇔ 𝑥2 − 4 > 𝑒 ⟺ 
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 𝑥2 > 𝑒 + 4 ⟺ √𝑥2 > √𝑒 + 4 ⟺ |𝑥| > √𝑒 + 4 ⟺ 𝒙 > √𝒆 + 𝟒 𝒐𝒖 𝒙 < −√𝒆 + 𝟒 
Vamos comparar essa solução com o domínio de 𝑙𝑛(𝑥2 − 4). 
Temos que 𝑒 > 0 ⇒ 𝑒 + 4 > 4 ⇒ √𝑒 + 4 > √4 ⇒ √𝑒 + 4 > 2 ⇒ −√𝑒 + 4 < −2 . 
Portanto, a solução da inequação 𝑙𝑛(𝑥2 − 4) > 1 é: 
𝑺 = (−∞ , −√𝒆 + 𝟒 ) ∪ (√𝒆 + 𝟒 , +∞). 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
c) 𝑙𝑛 (
2𝑥+1
𝑥−2
) < 0 
Para que 𝑙𝑛 (
2𝑥+1
𝑥−2
) possa ser calculado é preciso que 
2𝑥+1
𝑥−2
> 0. O item i) do Exercício 4 calculou o 
domínio da função 𝑔(𝑥) = 𝑙𝑛 (
2𝑥+1
𝑥−2
) e concluiu que 𝑥 ∈ (−∞ , −
1
2
) ∪ (2 , +∞). 
𝑙𝑛 (
2𝑥+1
𝑥−2
) < 0 
 𝑦=𝑒𝑥 é 𝑐𝑟𝑒𝑠𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒 
⇔ 𝑒𝑙𝑛(
2𝑥+1
𝑥−2
) < 𝑒0 
 𝑒𝑙𝑛𝑧 = 𝑧 , 𝑧 > 0
⇔ 
2𝑥+1
𝑥−2
< 1 ⟺ 
 
2𝑥+1
𝑥−2
− 1 < 0 ⟺ 
2𝑥+1−(𝑥−2)
𝑥−2
< 0 ⟺ 
𝑥+3
𝑥−2 
< 0 . 
Temos que fazer a tabela de sinais da fração 
𝑥+3
𝑥−2
 . 
 −∞ < 𝑥 < −3 𝑥 = −3 −3 < 𝑥 < 2 𝑥 = 2 2 < 𝑥 < ∞ 
𝑥 + 3 − − − − − 0 + + + + + + + + + + 
𝑥 − 2 − − − − − − − − − − − 0 + + + + 
𝑥 + 3
𝑥 − 2
 + + + + 0 − − − − − 𝑛 𝑑 + + + + 
 
Da tabela de sinais concluímos que 
𝑥+3
𝑥−2 
< 0 ⇔ −3 < 𝑥 < 2. 
Temos que comparar essa solução com o domínio de 𝑙𝑛 (
2𝑥+1
𝑥−2
) , que é (−∞ , −
1
2
) ∪ (2 , +∞). 
Fazendo essa comparação concluímos que a solução da inequação 𝑙𝑛 (
2𝑥+1
𝑥−2
) < 0 é 
𝑆 = (−3 , −
1
2
). 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
d) 𝑙𝑜𝑔2(𝑥) < 𝑙𝑜𝑔𝑥(2) 
Para que 𝑙𝑜𝑔2(𝑥) possa ser calculado é preciso que 𝑥 > 0. 
Para que 𝑙𝑜𝑔𝑥(2) possa ser calculado é preciso que a base 𝑥 , seja positiva e diferente de 1, isto é, 
𝑥 > 0 𝑒 𝑥 ≠ 1. Portanto, essa inequação pode ser resolvida para 𝒙 > 0 𝑒 𝑥 ≠ 1 . 
Vamos trabalhar na mesma base e para isso vamos escrever o lado direito da inequação na base 2 . 
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Temos que 𝑙𝑜𝑔𝑥(2) = 
𝑙𝑜𝑔2 (2) 
𝑙𝑜𝑔2(𝑥)
 = 
1 
𝑙𝑜𝑔2(𝑥)
 . Note que 𝑙𝑜𝑔2(𝑥) ≠ 0 , pois 𝑥 ≠ 1 e lembre que 
𝑙𝑜𝑔𝑎 (𝑎) = 1 , donde 𝑙𝑜𝑔2 (2) = 1 . 
Assim, 
𝑙𝑜𝑔2(𝑥) < 𝑙𝑜𝑔𝑥(2) ⟺ 𝑙𝑜𝑔2(𝑥) <
1 
𝑙𝑜𝑔2(𝑥)
 ⟺ 𝑙𝑜𝑔2(𝑥)−
1 
𝑙𝑜𝑔2(𝑥)
 < 0 ⟺ 
 
(𝑙𝑜𝑔2(𝑥))
2
− 1 
𝑙𝑜𝑔2(𝑥)
 < 0 
Para facilitar o estudo dessa inequação, vamos fazer uma mudança de variável. Vamos fazer 
 𝑙𝑜𝑔2(𝑥) = 𝑡 . Lembre que 𝑙𝑜𝑔2(𝑥) ≠ 0 , logo 𝑡 ≠ 0 . Temos que resolver a seguinte inequação: 
𝑡2 − 1 
𝑡
 < 0 . 
A tabela de sinais da fração 
𝑡2−1 
𝑡
 é: 
 −∞ < 𝑡 < −1 𝑡 = −1 −1 < 𝑡 < 0 𝑡 = 0 0 < 𝑡 < 1 𝑡 = 1 1 < 𝑡 < +∞ 
𝑡2 − 1 + + + + + 0 − − − − − − − − − − 0 + + + + + 
𝑡 − − − − − − − − − − − 0 + + + + + + + + + + 
𝑡2 − 1 
𝑡
 − − − − − 0 + + + + + 𝑛 𝑑 − − − − 0 + + + + + 
 
Portanto, 
𝑡2−1 
𝑡
 < 0 ⇔ 𝑡 < −1 𝑜𝑢 0 < 𝑡 < 1 
Logo, 
(𝑙𝑜𝑔2(𝑥))
2
−1 
𝑙𝑜𝑔2(𝑥)
 < 0 ⇔ 𝑙𝑜𝑔2(𝑥) < −1 𝑜𝑢 0 < 𝑙𝑜𝑔2(𝑥) < 1 
Vamos resolver cada inequação separadamente, lembrando que 𝑦 = 2𝑥 é uma função crescente, 
pois a base 2 > 1 . 
 𝑙𝑜𝑔2(𝑥) < −1
 𝑦=𝑎𝑥 é 𝑐𝑟𝑒𝑠𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒, 𝑠𝑒 𝑎>1
⇔ 2𝑙𝑜𝑔2(𝑥) < 2−1
 𝑎𝑙𝑜𝑔𝑎(𝑥)=𝑥 , 𝑎>0 𝑎≠1
⇔ 
𝑥 < 2−1⟺ 𝑥 < 
1
2
 . Como para a inequação ser resolvida é preciso que 𝒙 > 0 𝑒 𝑥 ≠ 1, então 
𝑙𝑜𝑔2(𝑥) < −1 ⟺ 0 < 𝑥 < 
1
2
 . 
 0 < 𝑙𝑜𝑔2(𝑥) < 1 
 𝑦=𝑎𝑥 é 𝑐𝑟𝑒𝑠𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒, 𝑠𝑒 𝑎>1 
⇔ 20 < 2𝑙𝑜𝑔2(𝑥) < 21 
 𝑎𝑙𝑜𝑔𝑎(𝑥)=𝑥 , 𝑎>0 𝑎≠1 
⇔ 
1 < 𝑥 < 2 . Como para a inequação ser resolvida é preciso que 𝒙 > 0 𝑒 𝑥 ≠ 1, então 
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10 de 22 
0 < 𝑙𝑜𝑔2(𝑥) < 1 ⟺ 1 < 𝑥 < 2 . 
Assim, a solução de 𝑙𝑜𝑔2(𝑥) < 𝑙𝑜𝑔𝑥(2) é (0 ,
1
2
) ∪ (1 , 2) . 
___________________________________________________________________________________ 
Exercício 6: Estude o sinal da função 𝑓(𝑥) = ln(5 − |𝑥|). Para isso encontre os valores reais de 𝑥 tais 
que 𝑓(𝑥) = 0 , 𝑓(𝑥) > 0 , 𝑓(𝑥) < 0 . 
Resolução: 
Vamos encontrar o domínio da função 𝑓(𝑥) = ln(5 − |𝑥|). Para isso é preciso que 5 − |𝑥| > 0. 
Mas, 5 − |𝑥| > 0 ⇔ |𝑥| < 5 ⇔ −5 < 𝑥 < 5 . 
Logo, 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = [−5 , 5]. 
 𝑓(𝑥) = ln(5 − |𝑥|) = 0 ⇔ 5 − |𝑥| = 1 ⇔ |𝑥| = 4 ⇔ 𝑥 = −2 𝑜𝑢 𝑥 = 2 
 𝑓(𝑥) = ln(5 − |𝑥|) > 0 ⇔ 5 − |𝑥| > 1 ⇔ |𝑥| < 4 ⇔ −4 < 𝑥 < 4 
 Portanto, levando em consideração o domínio da função 𝑓 , concluímos que, 
𝑓(𝑥) = ln(5 − |𝑥|) < 0 ⇔ 𝑥 ∈ (−5 , −4) ∪ (4 , 5). 
___________________________________________________________________________________ 
Exercício 7: Use as propriedades das funções exponencial e logaritmo para simplificar as seguintes 
expressões: 
a) 
)1(ln
2
1
)(ln  xx
 b) 







 
x
x
e
e 12
ln
 c) 
2323
4
  xx
x
ee
e 
d) 
)2(ln)2(ln
1
ln 3 





x
x
 e) 
)3(ln)9(ln 2  xx
. 
Resolução: 
a) 
)1(ln)1(ln)(ln])1[(ln)(ln)1(ln
2
1
)(ln 2
1
 xxxxxxxx
. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
b)








 











)(ln)(ln)(ln)(ln)(lnlnln 1212
1212
xxxx
x
x
x
x
eeeeee
e
ee
e
e 
112)(ln)(ln)(ln2)(ln)(ln1))((ln 2  xxxeeeeee xxxx
. 
Aqui, além das propriedades dos logaritmos, foram usados os seguintes resultados: 
 
IR,)(ln  xxex
 e 
1)(ln e
. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 
EP 13– 2016-1 Pré-Cálculo 
11 de 22 
c) 





  2233
4
2323
4
2323
4
ee
e
eeee
e
ee
e
xx
x
xx
x
xx
x . 
xxx
x
x
x
x
ee
e
e
ee
e 264
6
4
06
4
 

. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
d)
)(ln2)(ln3)(ln)2(ln)(ln)2(ln)(ln)2(ln)2(ln
1
ln 33 xxxxxx
x






. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
e) 
)3(ln
3
)3()3(
ln
3
9
ln)3(ln)9(ln
2
2 


















 x
x
xx
x
x
xx
. 
___________________________________________________________________________________ 
Exercício 8: Resolva as seguintes equações: 
a) 
42 xe
 b) 1
)
4
(


x
x
e c) 13
2
2 
 xxe
 
d) 
1)1(ln 2  ex
 e) 
0)(ln)2(ln 2  xx
 f) 
0)32(
12 
x
exx
 
g) 
32   xx ee
 h) 
1
)34(

 xx
e
 i) 
0)32(ln x
. 
 
Resolução: 
a)
 )2(ln2)(ln2)2(ln))((ln)4(ln)(ln4 2222
xxxx eeee
)2(ln)2(ln)(ln  xe
x . 
O conjunto solução da equação é o conjunto unitário 
})2(ln{
. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
b) 1
)
4
(


x
x
e . 
O domínio da expressão )
4
(
x
x
e
 é 
}0:IR{  xx
. Temos que lembrar que 
01  zez
Assim, 
EP 13– 2016-1 Pré-Cálculo 
12 de 22 




040
4
0
4
1 2
2)
4
(
x
x
x
x
xe x
x
2242  xouxx
. 
O conjunto solução é o conjunto 
}2,2{
. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
c) O domínio da expressão xx
e
322  é 
}03:IR{ 2  xxx
. 
Mas, 
300)3(032  xouxxxxx
. 
Assim, o domínio da expressão xx
e
322  é 
}30:IR{  xouxx
 
Portanto, 

 230321 22
322 xxxxe
xx 
4104343 22  xouxxxxx
. 
Como 
41  xex
 pertencem ao domínio, 
}30:IR{  xouxx
, então o conjunto 
solução é 
}4,1{
. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
d) 
1)1(ln 2  ex
. 
Como 
1e
, então 
01 e
e portanto 
012  ex
. Assim, a expressão 
)1(ln 2 ex 
 pode 
sempre ser calculada. 
Devemos lembrar que 
ezz  1)(ln
. 
Assim, 
 10111)1(ln 2222 xxeexex
 
11  xoux
. 
Portanto o conjunto solução da equação é 
}1,1{
. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
e) 
0)(ln)2(ln 2  xx
. 
O domínio da expressão 
)(ln)2(ln 2 xx 
é: 
}002:IR{ 2  xexx
. 
EP 13– 2016-1 Pré-Cálculo 
13 de 22 
Mas, 
222202 22  xouxxxx
. 
Portanto, 
20)22(0022  xxexouxxex
. 
Assim, o domínio da expressão é: 
),2(}2:IR{  xx
. 
Lembre que 
10)(ln  zz
. 
Resolvendo a equação: 










 
 xx
x
x
x
x
xx 21
2
0
2
ln0)(ln)2(ln 2
22
2
21022  xouxxx
. 
Como o domínio exige que 
2x
, então o conjunto solução da equação é 
}2{
. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
f) 
0)32(
12 
x
exx
 
O domínio da expressão 12 )32(  xexx é: 
),1[}1:IR{}01:IR{  xxxx
. 
Lembre que 
1,0
1


xe
x . 
Resolvendoa equação: 
2
3
10)32(0)32( 2
12 

xouxxxexx
x
. 
Como 
1x
, então esta equação tem uma única solução: 
2
3
x
. 
O conjunto solução é 
}
2
3
{
. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
g) 
12   xx ee
. 
O domínio da expressão 
xx ee 2
 é 
IR
. 
Resolvendo a equação: 
  xxx
x
xxx eee
e
eee 121
1
212
 
EP 13– 2016-1 Pré-Cálculo 
14 de 22 
01)(2012 22  xxxx eeee
 
Fazendo
ze x 
transformamos a equação 
01)(2 2  xx ee
, na seguinte equação do segundo 
grau na variável
z
: 
012 2  zz
. 
Resolvendo essa equação, 
1
2
1
012 2  zouzzz
. 
Portanto, 
1
2
1
 xx eoue
. 
Como, 
 não existe 
IRx
, tal que 
2
1
xe
, pois 
IR,0  xex
. 
 
01  xex
. 
Concluímos então, que 
0x
 é a única solução dessa equação. 
Conjunto solução: 
}0{
. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
h) 
1
)34(

 xx
e
 
É importante encontrar o domínio da expressão )34( xx
e
 . O domínio dessa expressão 
depende apenas do expoente. Como no expoente temos uma raiz quadrada, é preciso que o 
radicando seja positivo ou nulo. Portanto, o domínio da expressão )34( xx
e
 é 
}
4
3
:IR{}034:IR{  xxxx
. 
Temos que lembrar que 
01  zez
. 
Assim, 
𝑒(√4𝑥−3−𝑥) = 1 ⟺ √4𝑥 − 3 − 𝑥 = 0 ⟺ √4𝑥 − 3 = 𝑥 ⟹ 4𝑥 − 3 = 𝑥2 ⟺ 
𝑥2 − 4𝑥 + 3 = 0 ⟺ 𝑥 = 1 𝑜𝑢 𝑥 = 3 
Temos que os valores 
31  xex
estão no domínio, mas como elevamos uma expressão ao 
quadrado é preciso saber se esses valores satisfazem a equação 
034  xx
. Basta testar os 
valores e observar que eles satisfazem a equação, sim. 
Portanto, o conjunto solução é 
}3,1{
. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
EP 13– 2016-1 Pré-Cálculo 
15 de 22 
i) 
0)32(ln x
. 
Devemos lembrar que 
10)(ln  zz
. 
Assim, 
 4242421320)32(ln xouxxxx
26  xoux
. 
ln(|𝑥 − 2| − 3) = 0 ⟺ |𝑥 − 2| − 3 = 1 ⟺ |𝑥 − 2| = 4 ⟺ 𝑥 − 2 = 4 𝑜𝑢 𝑥 − 2 = −4 
⟺ 𝑥 = 6 𝑜𝑢 𝑥 = −2. 
Portanto o conjunto solução da equação é 
}6,2{
. 
___________________________________________________________________________________ 
 
Exercício 9: Esboce o gráfico das seguintes funções: 
a) x
exf )(
 b) 1
)(


x
exg
 c) 2
4)(


x
exj
 
d) 1
1)(


x
exh
 e) 
 xxk ln)( 
 f) 
 1ln)(  xxl
 
g) 
)1(ln)(  xxm
 h) 
)1(ln)(  xxn
 i) 
 1ln)(  xxr
 
j) 
 3 2ln6)(  xxs
. 
Resolução: 
a) 







 0,
0,
)()(
xe
xex
exf
x
exf
x
x 
O gráfico da função 
f
, coincide com o gráfico da função 
xey 
, para 
0x
 e coincide com o 
gráfico da função 
xey 
, para 
0x
. 
 
Gráficos das funções 
xey 
 e 
xey 
num 
mesmo sistema de coordenadas. 
EP 13– 2016-1 Pré-Cálculo 
16 de 22 
x
exf )(
 
 
 
 
 
 
 
 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
b) 1
)(


x
exg
. 
Começamos com o gráfico da função x
exf )(
 e transladamos esse gráfico 1 unidade para 
esquerda. 
 
 
 
 
 
 
unidade
umade
esquerdapara
horizontal
translação
 
 
 
 x
exf )(
 
 1
)(


x
exg
 
 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
c) 
4
22
4)( 




x
e
x
exj
. 
 
Começamos com o gráfico da função 
xey 
. Transladamos esse gráfico 
2
 unidades para esquerda, 
construindo o gráfico da função 2

x
ey
. Finalmente transladamos este último gráfico 
4
 
unidades para baixo, chegando ao gráfico pedido de 2
4)(


x
exj
. 
 
EP 13– 2016-1 Pré-Cálculo 
17 de 22 
 
 
 
unidades
duasde
esquerdapara
horizontal
translação
 
 
 
 
 
xey 
 
 2

x
ey
 
 
 
 
 
 
unidades
quatrode
baixopara
vertical
translação
 24)(  xexj 
 
 
 
 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
d) 
1
)1(1
1)( 




x
e
x
exh
. 
 
Começamos com o gráfico da função 
xey 
. Refletimos esse gráfico em torno do eixo 
yO
, 
chegando ao gráfico da função 
xey 
. Em seguida, refletimos o gráfico da função 
xey 
 em 
torno do eixo 
xO
, construindo o gráfico da função 
xey 
. Transladamos esse gráfico 
1
 unidade 
para direita, chegando ao gráfico da função )1( 

x
ey
. Finalmente transladamos este último 
gráfico 
1
 unidade para cima, chegando ao gráfico pedido, 1
1)(


x
exh . 
 
   y
O
eixodo
tornoem
reflexão
 
 
 
 
 
 
 
xey 
 
xey 
 
EP 13– 2016-1 Pré-Cálculo 
18 de 22 
 
 
 
 
  x
O
eixodo
tornoem
reflexão
 
xey 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
   unidadeumade
direitapara
horizontal
translação
 )1( 

x
ey
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
unidadeumade
cimapara
vertical
translação
 
 
 1
1)(


x
exh
 
 
 
 
 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
e) 
   






0,)(ln
0,)(ln
ln)(ln)(
xx
xx
xxkxxk
. 
O gráfico da função 
k
, coincide com o gráfico da função 
)(ln xy 
, para 
0x
 e com o gráfico da 
função 
)(ln xy 
, para 
0x
. 
 
EP 13– 2016-1 Pré-Cálculo 
19 de 22 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 xxk ln)( 
 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
f) 
 1ln)(  xxl
 
 
Começamos com o gráfico da função 
 xxk ln)( 
 e transladamos esse gráfico 1 unidade para 
direita. 
 
 
unidadeuma
direita
horizontal
translação
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 xxk ln)( 
 
 
 
 1ln)(  xxl
 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 
EP 13– 2016-1 Pré-Cálculo 
20 de 22 
g) 
)1(ln)(  xxm
 
Começamos com o gráfico da função 
)(ln xy 
 e transladamos esse gráfico 1 unidade para direita. 
 
 
unidadeuma
direita
horizontal
translação
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
)(ln xy 
 
)1(ln)(  xxm
 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
h) 
))1((ln)1(ln)(  xxxn
 
Começamos com o gráfico da função 
)(ln xy 
, refletimosesse gráfico em torno do eixo 
yO
obtendo o gráfico da função 
)(ln xy 
. Finalmente, transladamos o gráfico obtido 1 unidade para 
esquerda. 
 
 
yOeixodo
tornoem
reflexão
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
)(ln xy 
 
)(ln xy 
 
 
 
EP 13– 2016-1 Pré-Cálculo 
21 de 22 
 
 
 
unidadeumade
esquerdapara
horizontal
translação
 
 
 
 
 
 
 
 
 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
i) 
 1ln)(  xxr
. 
 
}01:IR{)(  xxrDom
. 
 
Mas, 
11101  xouxxx
. 
 
Assim, 
),1()1,(}01:IR{)(  xxrDom
. 
 
Temos que, 
 
 






1,)1(ln
1,)1(ln
1ln)(
xx
xx
xxr
 
O gráfico da função 
r
, coincide com o gráfico da função 
)1(ln  xy
, para 
1x
 e com o gráfico 
da função 
)1(ln  xy
, para 
1x
. Estes gráficos foram feitos nos dois itens anteriores. 
 
 
 
 1ln)(  xxr
 
 
 
 
 
 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 
EP 13– 2016-1 Pré-Cálculo 
22 de 22 
j) 
 3 2ln6)(  xxs
. 
 
Usando as propriedades da função logaritmo, concluímos que: 
  )2(ln2)2(ln
3
1
6)2(ln62ln6)( 3
1
3 










 xxxxxs
. 
 
Portanto, para esboçar o gráfico de 
 3 2ln6)(  xxs
, basta esboçar o gráfico da função 
)2(ln2  xy
. Começamos com o gráfico da função 
)(ln xy 
, esticamos verticalmente esse 
gráfico, multiplicando por um fator 
2
 e depois fazemos uma translação horizontal para esquerda de 
2
 unidades. 
 
 
   2fatorumpor
ndomultiplica
nteverticalme
esticar
 
 
 
 
 
 
 
 
)(ln xy 
 
)(ln2 xy 
 
 
 
 
 
unidadesde
esquerdaapara
horizontal
translação
2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
)2(ln2  xy