GAB AP2 2015 2

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Fundac¸a˜o Centro de Cieˆncias e Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
RESPOSTAS – AP2 – CA´LCULO 1 – 28/11/2015
Nome: Matr´ıcula:
Po´lo: Data:
Atenc¸a˜o!
• Identifique a Prova, colocando Nome, Matr´ıcula, • O desenvolvimento das questo˜es pode ser a la´pis. No entanto,
Polo e Data; as respostas devera˜o estar necessariamente a` caneta;
• E´ expressamente proibido o uso de calculadoras; • E´ expressamente proibido o uso de corretivo nas respostas.
• Devolver a prova e a folha de respostas ao res-
ponsa´vel;
Questa˜o 1 [2, 0 pontos]
Considere a func¸a˜o f(x) =
{
x2, se x ≤ 1
2x− 1, se x > 1 definida no intervalo [0, 2].
(a) [1, 0 ponto] Verifique que as hipo´teses do Teorema do Valor Me´dio sa˜o satisfeitas;
(b) [1, 0 ponto] Determine um ponto P = (c, f(c)), c ∈ (0, 2), do gra´fico de f cuja reta tangente
seja paralela a` reta que passa pelo ponto A = (2, 3) e pela origem B = (0, 0).
Soluc¸a˜o:
(a) Temos que f ′(x) =
{
2x, se x < 1
2, se x > 1
. Ainda, f ′+(1) = f
′
−(1) = f
′(1) = 2. Da´ı, f e´ deriva´vel
e cont´ınua em R. Logo, f e´ deriva´vel em (0, 2) e cont´ınua em [0, 2]. Portanto, as hipo´teses do
Teorema do Valor Me´dio sa˜o satisfeitas.
(b) Pelo Teorema do Valor Me´dio, existe c ∈ (0, 2) tal que:
f ′(c) =
f(2)− f(0)
2− 0 =
3− 0
2
=
3
2
, ou seja,
existe c ∈ (0, 2) tal que a reta tangente ao gra´fico de f no ponto P = (c, f(c)) e´ paralela a` reta que
passa pelo ponto A = (2, 3) e pela origem B = (0, 0). Como f ′(c) =
{
2c, se c < 1
2, se c > 1
e f ′(c) =
3
2
,
segue que 2c =
3
2
, donde c =
3
4
∈ (0, 2). Portanto, P =
(3
4
, f
(3
4
))
=
(3
4
,
9
16
)
.
Questa˜o 2 [2, 0 pontos]
Considere a func¸a˜o f(x) =
x3
3
+
3x2
2
− 4x. Determine, se existirem:
(a) [0, 8 pontos] os intervalos onde f e´ crescente e onde f e´ decrescente;
(b) [0, 8 pontos] os intervalos onde o gra´fico de f tem concavidade voltada para cima e onde o gra´fico
de f tem concavidade voltada para baixo;
(c) [0, 4 pontos] os pontos de inflexa˜o do gra´fico de f .
Soluc¸a˜o.
CA´LCULO 1 AP2 2
(a) Temos que f ′(x) = x2 + 3x− 4 = (x− 1)(x+ 4), para todo x ∈ R. Logo,
• f ′(x) > 0 ⇔ x2 + 3x− 4 > 0 ⇔ x < −4 ou x > 1;
• f ′(x) < 0 ⇔ x2 + 3x− 4 < 0 ⇔ −4 < x < 1.
Assim, f e´ crescente nos intervalos (−∞,−4) e (1,+∞) e e´ decrescente no intervalo (−4, 1).
(b) Temos que f ′′(x) = 2x+ 3, para todo x ∈ R. Da´ı,
• f ′′(x) > 0 ⇔ 2x+ 3 > 0 ⇔ x > −3/2;
• f ′′(x) < 0 ⇔ 2x+ 3 < 0 ⇔ x < −3/2.
Portanto, o gra´fico de f tem concavidade voltada para cima no intervalo (−3/2,+∞) e tem conca-
vidade voltada para baixo no intervalo (−∞,−3/2).
(c) De (a), temos que f ′(−3/2) = −25/4 e, da´ı, o gra´fico de f possui reta tangente em (−3/2, f(−3/2));
de (b), temos que f ′′(x) < 0 se x ∈ (−∞,−3/2) e f ′′(x) > 0 se x ∈ (−3/2,+∞). Portanto, o
ponto (−3/2, f(−3/2)) e´ o u´nico ponto de inflexa˜o do gra´fico de f .
Questa˜o 3 [2, 0 pontos]
Um fabricante de saba˜o em po´ deseja usar embalagens em forma de bloco retangular com o menor
gasto poss´ıvel de material, de modo que:
- uma das dimenso˜es da base seja o triplo da outra;
- o volume seja de 2.304 cm3 .
Nessas condic¸o˜es, determine a altura da caixa de saba˜o em po´.
Soluc¸a˜o.
Vamos considerar as dimenso˜es do bloco retangular de acordo com a figura abaixo:
Se V denota o volume desse bloco, enta˜o V = 3x2y = 2304, donde y =
768
x
.
Como o fabricante deseja o menor gasto poss´ıvel de material, vamos considerar a a´rea A total dos
seis retaˆngulos que compo˜em o bloco:
A = 2(3x2) + 2(3xy) + 2(xy) = 6x2 + 8xy.
Como y =
768
x
, segue que A = A(x) = 6x2 +
6144
x
. Da´ı,
A′(x) = 12x− 6144
x2
=
12x3 − 6144
x2
= 0 ⇔ x = 8.
Ainda,
A′′(x) = 12 +
12288
x3
⇒ A′′(8) = 36 > 0.
Logo, menor gasto poss´ıvel de material sera´ quando x = 8. Neste caso, y = 12.
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CA´LCULO 1 AP2 3
Questa˜o 4 [2, 0 pontos]
Considere a func¸a˜o f(x) = 2x3 + 5x− 1.
(a) [1, 0 ponto] Verifique que f satisfaz as hipo´teses do Teorema da Func¸a˜o Inversa em R;
(b) [1, 0 ponto] Aplique o Teorema da Func¸a˜o Inversa para determinar (f−1)′(f(x)), para todo x ∈ R.
Soluc¸a˜o.
(a) Temos que:
• f e´ deriva´vel em R com f ′(x) = 6x2 + 5, para todo x ∈ R;
• f e´ crescente em R, visto que f ′(x) = 6x2 + 5 > 0, para todo x ∈ R;
• f ′(x) = 6x2 + 5 6= 0, para todo x ∈ R.
Portanto, f satisfaz as hipo´teses do Teorema da Func¸a˜o Inversa em R.
(b) De (a), temos que todas as hipo´teses do Teorema da Func¸a˜o Inversa sa˜o satisfeitas. Logo,
(f−1)′(f(x)) =
1
f ′(x)
=
1
6x2 + 5
, para todo x ∈ R.
Questa˜o 5 [2, 0 pontos]
Calcule a derivada das seguintes func¸o˜es trigonome´tricas inversas:
(a) [1, 0 ponto] f(x) = arctg
( x
x2 + 1
)
(b) [1, 0 ponto] f(x) = arcsec(4x)
Soluc¸a˜o.
(a) f ′(x) =
1
1 +
( x
x2 + 1
)2 ·( xx2 + 1)′ =
[
(x2 + 1)2
(x2 + 1)2 + x2
]
·
[
x2 + 1− (x)(2x)
(x2 + 1)2
]
=
1− x2
(x2 + 1)2 + x2
(c) f ′(x) =
1
|4x|√(4x)2 − 1 · 4 = 44 |x|√16x2 − 1 = 1|x| √16x2 − 1
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