Semana 5-Potencias indeterminadas e graficos de funções logaritmicas e exponenciais

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Semana
POTEˆNCIAS INDETERMINADAS E GRA´FICOS
DE FUNC¸O˜ES LOGARI´TMICAS E EXPONENCIAIS
5
POTEˆNCIAS INDETERMINADAS
Va´rias formas indeterminadas surgem do limite lim
x→a [ f (x)]
g(x)
1. lim
x→a f (x) = 0 e limx→ag(x) = 0 tipo 0
0
2. lim
x→a f (x) = ∞ e limx→a g(x) = 0 tipo ∞
0
3. lim
x→a f (x) = 1 e limx→ag(x) =±∞ tipo 1
∞
Cada um dos treˆs casos pode ser tratado tanto por escrever
a func¸a˜o como uma exponencial: y = [ f (x)]g(x) = eg(x) ln f (x), ou
por aplicar o logaritmo natural a ambos membros:
Seja y = [ f (x)]g(x), enta˜o lny = ln [ f (x)]g(x) = g(x) ln f (x).
(Lembre-se de que esses me´todos foram usados na Semana an-
terior, na diferenciac¸a˜o de tais func¸o˜es; na verdade, o primeiro
me´todo foi mais usado que o segundo). Ambos os me´todos
nos levam a um produto indeterminado g(x) ln f (x), que e´ do
tipo 0 ·∞.
� i. As formas 00,
∞
∞
, ∞−∞, 0 ·∞, 00, ∞0, 1∞ foram
identificadas como indeterminadas. Existem formas
parecidas que voceˆ deve reconhecer como “determi-
nadas”.
• ∞+∞→ ∞ O limite e´ positivo e infinito
• −∞−∞→−∞ O limite e´ negativo e infinito
• 0∞ → 0 O limite e´ 0
• 0−∞ → ∞ O limite e´ positivo e infinito
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Caderno de Ca´lculo II | Poteˆncias Indeterminadas e Gra´ficos de Func¸o˜es Logarı´tmicas e Exponenciais
ii. Lembre-se de que a Regra de L’Hoˆpital pode ser
apenas aplicada a quocientes que levem a`s formas
indeterminadas 0
0
,
∞
∞
.
Por exemplo, a seguinte aplicac¸a˜o da Regra de
L’Hoˆpital esta´ incorreta
lim
x→0+
ex
x
=︸︷︷︸
uso incorreto
de L’H
lim
x→0+
ex
1
= 1
O motivo dessa aplicac¸a˜o estar incorreta e´ que,
embora o limite do denominador seja 0, o limite do
numerador e´ 1, o que significa que as hipo´teses da
regra de L’Hoˆpital na˜o sa˜o satisfeitas.
Veja que na verdade lim
x→0+
ex
x
= lim
x→0+
1
x
ex =+∞.
EXERCI´CIOS RESOLVIDOS
Exercı´cio 5.1
Trabalhando com a forma indeterminada 00.
Encontre lim
x→( pi2 )
−
(cosx)
pi
2−x
Soluc¸a˜o: Note-se que lim
x→( pi2 )
−
(cosx)= 0 e lim
x→( pi2 )
−
(pi
2
− x
)
= 0, enta˜o
(cosx)
pi
2−x tem a forma indeterminada 00 quando x→
(pi
2
)−
. Lembre-
se tambe´m de que para todo x ∈
(
0, pi
2
)
, temos cosx > 0, enta˜o
(cosx)(
pi
2−x) = eln(cosx)
( pi2 −x) = e(
pi
2−x) ln(cosx)
.
Assim, lim
x→( pi2 )
−
(cosx)(
pi
2−x) e lim
x→( pi2 )
−
e(
pi
2−x) ln(cosx) e como a func¸a˜o
exponencial e´ contı´nua, segue que
lim
x→( pi2 )
−
e(
pi
2−x) ln(cosx) = e
lim
x→( pi2 )
−(
pi
2−x) ln(cosx)
.
Observe agora que lim
x→( pi2 )
−
(pi
2
− x
)
= 0 e lim
x→( pi2 )
−
ln(cos x) =−∞.
Logo,
(pi
2
− x
)
ln(cos x) tem a forma indeterminada 0 · ∞ quando
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x→
(pi
2
)−
. Assim podemos escrever:
lim
x→( pi2 )
−
(pi
2
− x
)
ln(cosx) = lim
x→( pi2 )
−
ln(cos x)(
pi
2 − x
)−1 ,
esta u´ltima expressa˜o e´ uma forma indeterminada do tipo ∞
∞
. Portanto,
estamos agora em condic¸o˜es de aplicar a regra de L’Hoˆpital.
Aplicando a regra citada duas vezes, temos:
lim
x→( pi2 )
−
ln(cosx)(
pi
2 − x
)−1 L′H= lim
x→( pi2 )
−
− senxcosx
(−1)( pi2 − x)−2 = limx→( pi2 )−
tgx(
pi
2 − x
)−2
= lim
x→( pi2 )
−
(
pi
2 − x
)2
cotgx
L′H
= lim
x→( pi2 )
−
2
(
pi
2 − x
)
(−1)
−cossec2x =
0
1
= 0.
Obtemos, portanto, que
lim
x→( pi2 )
−
(cos x)
pi
2−x = e
lim
x→( pi2 )
−(
pi
2−x) ln(cosx)
= e0 = 1.
Exercı´cio 5.2
Trabalhando com a forma indeterminada ∞0.
Determine se lim
x→+∞
(
e3x + x
) 1
x existe e, caso exista, encontre
seu valor.
Soluc¸a˜o: Note que lim
x→+∞
(
e3x + x
)
=∞ e lim
x→+∞
1
x
= 0, enta˜o
(
e3x + x
) 1
x
tem a forma indeterminada ∞0 quando x→+∞. Por outro lado, lembre
que
(
e3x + x
)
> 0 para todo x∈ (0,+∞), enta˜o (e3x + x) 1x = eln(e3x+x) 1x =
e
1
x
ln(e3x+x)
. Assim, lim
x→+∞
(
e3x + x
) 1
x = lim
x→+∞ e
1
x
ln(e3x+x)
, e como a func¸a˜o
exponencial e´ contı´nua, segue que lim
x→+∞
(
e3x + x
) 1
x = e
lim
x→+∞
1
x
ln(e3x+x)
.
Observe tambe´m que lim
x→+∞
1
x
ln
(
e3x + x
)
tem a forma indetermi-
nada 0 ·∞. Assim, escrevendo lim
x→+∞
1
x
ln
(
e3x + x
)
= lim
x→+∞
ln
(
e3x + x
)
x
esta u´ltima expressa˜o e´ uma forma indeterminada do tipo ∞
∞
. Portanto,
estamos agora em condic¸o˜es de aplicar a regra de L’Hoˆpital.
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Caderno de Ca´lculo II | Poteˆncias Indeterminadas e Gra´ficos de Func¸o˜es Logarı´tmicas e Exponenciais
Usando a citada regra treˆs vezes, temos:
lim
x→+∞
1
x
ln
(
e3x + x
)
= lim
x→+∞
ln
(
e3x + x
)
x
L′H
= lim
x→+∞
3e3x+1
e3x+x
1
= lim
x→+∞
3e3x +1
e3x + x
L′H
= lim
x→+∞
9e3x
3e3x +1
L′H
= lim
x→+∞
27e3x
9e3x = limx→+∞ 3 = 3.
Portanto, obtemos
lim
x→+∞
(
e3x + x
) 1
x = e
lim
x→+∞
1
x
ln(e3x+x)
= e3.
Exercı´cio 5.3
Trabalhando com a forma indeterminada 1∞.
Encontre lim
x→+∞
(
x5 +2
x5 +7
)x5
Soluc¸a˜o: Observe que lim
x→+∞
(
x5 +2
x5 +7
)
= 1 e lim
x→+∞ x
5 = +∞, logo(
x5 +2
x5 +7
)x5
tem a forma indeterminada 1∞ quando x→+∞. Por outro
lado, lembre-se de que
(
x5 +2
x5 +7
)
> 0 para todo x ∈ (0,+∞), enta˜o(
x5 +2
x5 +7
)x5
= e
ln
(
x5+2
x5+7
)x5
= e
x5 ln
(
x5+2
x5+7
)
.
Assim, lim
x→+∞
(
x5 +2
x5 +7
)x5
= lim
x→+∞ e
x5 ln
(
x5+2
x5+7
)
, e usando a continui-
dade da func¸a˜o exponencial, temos lim
x→+∞ e
x5 ln
(
x5+2
x5+7
)
= e
lim
x→+∞x
5 ln
(
x5+2
x5+7
)
.
Note agora que x5 ln
(
x5 +2
x5 +7
)
tem a forma indeterminada ∞ ·0 quando
x→+∞.
Assim, escrevendo lim
x→+∞ x
5 ln
(
x5 +2
x5 +7
)
= lim
x→+∞
ln
(
x5+2
x5+7
)
1
x5
, esta
u´ltima expressa˜o e´ uma forma indeterminada do tipo 00. Portanto,
estamos agora em condic¸o˜es de aplicar a regra de L’Hoˆpital.
Aplicando a regra, temos:
lim
x→+∞
ln
(
x5+2
x5+7
)
x−5
L′H
= lim
x→+∞
x5+7
x5+2
(
(x5+7)(5x4)−(x5+2)(5x4)
(x5+7)2
)
−5x−6
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1= lim
x→+∞
(5x4)
x5+2
(
x5+7−x5−2
(x5+7)
)
−5x−6 = limx→+∞
( −5x10
(x5 +2)(x5 +7)
)
= lim
x→+∞
(
−5(
1+ 2
x5
)(
1+ 7
x5
)
)
=−5.
Isto e´, lim
x→+∞ x
5 ln
(
x5 +2
x5 +7
)
=−5.
Portanto, lim
x→+∞
(
x5 +2
x5 +7
)x5
= e
lim
x→+∞x
5 ln
(
x5+2
x5+7
)
= e−5.
Vamos resolver o seguinte exercı´cio usando o segundo me´todo
proposto no inı´cio do material desta semana.
Exercı´cio 5.4
Mostre que lim
x→0+
(1+ x)
1
x = e
Soluc¸a˜o: Note-se que lim
x→0
(1 + x) = 1 e lim
x→0+
1
x
= +∞, logo
lim
x→0+
(1+ x)
1
x tem a forma indeterminada 1∞.
Seja y = (1+ x) 1x .
Aplicando a func¸a˜o logaritmo natural em ambos os lados:
lny = 1
x
ln(1+ x) = ln(1+ x)
x
.
Assim, lim
x→0+
lny = lim
x→0+
1
x
ln(1+ x) = lim
x→0+
ln(1+ x)
x
.
O que e´ uma forma indeterminada do tipo 0
0
, logo, pela regra de
L’Hoˆpital:
lim
x→0+
lny = lim
x→0+
1
x
ln(1+ x) = lim
x→0+
ln(1+ x)
x
L′H
= lim
x→0+
1
1+x
1
= 1
Como o logaritmo natural e´ uma func¸a˜o contı´nua, voceˆ pode escre-
ver: lim
x→0+
lny = ln
[
lim
x→0+
y
]
e como lim
x→0+
lny = 1 resulta, pela con-
tinuidade da func¸a˜o ln, que ln
[lim
x→0+
y
]
= 1 ⇔ lim
x→0+
y = e1, ou seja,
lim
x→0
(1+ x)
1
x = e.
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Caderno de Ca´lculo II | Poteˆncias Indeterminadas e Gra´ficos de Func¸o˜es Logarı´tmicas e Exponenciais
GRA´FICOS DE FUNC¸O˜ES ENVOLVENDO AS FUNC¸O˜ES
LOGARI´TMICAS E EXPONENCIAIS
Exercı´cio 5.5
Para cada uma das func¸o˜es abaixo, estude:
i. O domı´nio e a derivabilidade de f .
ii. As assı´ntotas verticais e horizontais ao gra´fico de f , caso
existam.
iii. O crescimento e o decrescimento do gra´fico de f .
iv. Os pontos de ma´ximos e/ou mı´nimos relativos e absolutos
de f (se existirem).
v. As regio˜es de concavidade do gra´fico de f .
vi. Os pontos de inflexa˜o, se existirem.
vii. Esboce o gra´fico de f .
viii. A imagem de f .
a. f (x) = x2 lnx b. f (x) = e−x− e−2x
Soluc¸a˜o:
a. f (x) = x2 lnx
i. O domı´nio e a derivabilidade de f .
Observe que o domı´nio de h(x) = x2 e´ R, o domı´nio de
g(x) = lnx e´ (0,+∞) e f e´ o produto das func¸o˜es deriva´veis
h e g. Logo, o domı´nio de f e´ a intersec¸a˜o dos domı´nios das
func¸o˜es h e g, isto e´, (0,+∞). Por outro lado, como h(x) = x2 e
g(x)= ln x sa˜o func¸o˜es deriva´veis nos seus respectivos domı´nios,
segue que f = g ·h e´ deriva´vel em (0,+∞).
ii. As assı´ntotas horizontais e verticais (se existirem ) para o gra´fico
de f .
Vejamos as assı´ntotas horizontais.
Observe que lim
x→+∞ x
2 lnx = +∞, pois lim
x→+∞ x
2 = +∞, e
lim
x→+∞ lnx =+∞ (Proposic¸a˜o 8.5 (c) aula 8). Logo, na˜o existem
assı´ntotas horizontais ao gra´fico de f .
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Vejamos as assı´ntotas verticais.
Como f e´ deriva´vel em (0,+∞), enta˜o f e´ contı´nua nesse inter-
valo, assim, para a > 0, na˜o existe assı´ntota vertical ao gra´fico
de f , visto que, para todo a > 0, lim
x→a f (x) = f (a). Por ou-
tro lado, como lim
x→0+
lnx = −∞ (Proposic¸a˜o 8.5 (c), Aula 8)
e´ preciso verificar se x = 0 e´, ou na˜o e´, assı´ntota vertical ao
gra´fico de f . Note-se que f tem a forma indeterminada
0 · ∞, pois lim
x→0+
x2 = 0 e lim
x→0+
lnx = −∞. Escrevendo
f (x) = lim
x→0+
x2 lnx = lnx( 1
x2
) e aplicando a regra de L’Hoˆpital ob-
temos
lim
x→0+
x2 lnx = lim
x→0+
lnx( 1
x2
) L′H= lim
x→0+
( 1
x
)(−2
x3
) = lim
x→0+
−x2
2
= 0.
Como o limite e´ finito resulta que x = 0 na˜o e´ assı´ntota verti-
cal. Concluı´mos, enta˜o, que na˜o existem assı´ntotas verticais ao
gra´fico de f .
iii. Os intervalos em que f e´ crescente e os intervalos em que f e´
decrescente.
Derivando f , obtemos para todo x > 0 que
f ′(x) = x2
(
1
x
)
+2x lnx = x+2x lnx = x(1+2lnx).
O u´nico ponto crı´tico de f e´ obtido resolvendo a equac¸a˜o:
1+ 2ln x = 0 ⇔ 2lnx = −1 ⇔ lnx = −1
2
. Como x > 0, enta˜o
x = elnx = e−(
1
2)
. Observe que tambe´m podemos escrever
x =
1
e
1
2
=
1√
e
.
Estudando o sinal de f ′(x), temos que como x e´ sempre positivo,
enta˜o o sinal da derivada depende somente do sinal de 1+2lnx.
Observe que para 0 < x < e− 12 , como ln e´ uma func¸a˜o crescente
temos que lnx < lne−(
1
2) = −1
2
, isto e´, 1+ 2ln x < 0, analo-
gamente pode-se provar que se x > e−(
1
2) enta˜o 1+ 2ln x > 0.
Temos, enta˜o:
Intervalos: 0 < x < e− 12 e− 12 < x <+∞
x + +
1+2lnx − +
f ′(x) − +
f ց ր
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Caderno de Ca´lculo II | Poteˆncias Indeterminadas e Gra´ficos de Func¸o˜es Logarı´tmicas e Exponenciais
Ou seja, se 0 < x < e−( 12), enta˜o f ′(x)< 0 e se x > e−( 12) enta˜o
f ′(x) > 0. Logo, f e´ decrescente no intervalo
(
0,e−(
1
2)
)
e f e´
crescente no intervalo
(
e−(
1
2),+∞
)
.
iv. Os pontos de ma´ximos e/ou mı´nimos relativos e absolutos de f
(se existirem).
Observando (iii) e usando o teste da derivada primeira,
podemos afirmar que x = e− 12 e´ ponto de mı´nimo relativo e
f
(
e−(
1
2)
)
=
1
e
lne−(
1
2) =− 1
2e
e´ o valor mı´nimo relativo.
Desde que x = e−(
1
2) e´ o u´nico ponto crı´tico de f , e como dita
func¸a˜o e´ decrescente no intervalo
(
0,e−(
1
2)
)
e f e´ crescente
no intervalo
(
e−(
1
2),+∞
)
, concluı´mos que, na verdade, f pos-
sui um mı´nimo absoluto em x = e−(
1
2) e f
(
e−(
1
2)
)
=− 1
2e
e´ o
valor mı´nimo absoluto. Como foi visto em (ii) que
lim
x→+∞ x
2 lnx = +∞, concluı´mos que f na˜o possui ma´ximo
absoluto.
v. Os intervalos em que o gra´fico de f e´ coˆncavo para baixo e os
intervalos em que o gra´fico de f e´ coˆncavo para cima.
Claramente f ′ e´ deriva´vel para x> 0 e f ′′(x) = ddx (x+2x ln x) =
1+2x
(
1
x
)
+2lnx = 3+2lnx⇒ f ′′(x) = 3+2lnx.
Note-se que f ′′(x) = 0⇔ 3+2lnx = 0, assim,
2lnx =−3⇔ lnx =−3
2
⇔ x = elnx = e− 32 .
Observe que tambe´m podemos escrever x = 1
e
3
2
=
1
e
√
e
.
Estudando o sinal de f ′′ em forma ana´loga a` ana´lise feita para
f ′, obtemos:
Intervalos: 0 < x < e− 32 e− 32 < x <+∞
3+2lnx − +
f ′′(x) − +
Gra´fico de f ∩ ∪
Em sı´ntese, temos que o gra´fico de f e´ coˆncavo para baixo no
intervalo
(
0,e−(
3
2)
)
e o gra´fico de f e´ coˆncavo para cima no
intervalo
(
e−(
3
2),+∞
)
.
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vi. Os pontos de inflexa˜o (se existirem).
De (v) temos que P =
(
e−
3
2 , f
(
e−
3
2
))
e´ o u´nico ponto de in-
flexa˜o do gra´fico de f , pois o gra´fico possui reta tangente no
ponto P
(
com efeito, note-se que existe f ′(e− 32 )) e f ′′ muda de
sinal somente em x = e−(
3
2)
.
Note-se que f
(
e−
3
2
)
=
(
e−
3
2
)2
lne− 32 = −3
2
e−3, assim
P =
(
e−
3
2 ,− 3
2e3
)
e´ o u´nico ponto de inflexa˜o do gra´fico de
f .
vii. Um esboc¸o do gra´fico de f .
f(x) xlnx=
2
Figura 5.1
viii. A imagem de f .
Do gra´fico de f , podemos concluir que a imagem de f e´ o
intervalo
[
− 1
2e
,+∞
)
.
b. f (x) = e−x− e−2x
i. O domı´nio e a derivabilidade de f .
Como o domı´nio da func¸a˜o ex e´ R e ex > 0 para todo x ∈ R,
temos que g(x) = 1
ex
e h(x) = 1
e2x
sa˜o func¸o˜es definidas em R,
e como f = g− h, podemos enta˜o afirmar que o domı´nio de f
e´ R. Por outro lado, e´ claro que as func¸o˜es g e h sa˜o deriva´veis
em R. Assim, a func¸a˜o f e´ deriva´vel em R, pois e´ a diferenc¸a
de func¸o˜es deriva´veis em R.
ii. As assı´ntotas horizontais e verticais (se existirem ) para o gra´fico
de f .
Vejamos primeiro as assı´ntotas verticais.
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Caderno de Ca´lculo II | Poteˆncias Indeterminadas e Gra´ficos de Func¸o˜es Logarı´tmicas e Exponenciais
Lembre-se de que f e´ deriva´vel em R, enta˜o f e´ contı´nua em
R, assim na˜o existe assı´ntota vertical ao gra´fico de f , visto que,
para todo a ∈ R, lim
x→a f (x) = f (a).
Vejamos agora as assı´ntotas horizontais.
Sabemos pela Proposic¸a˜o 9.4 da Aula 9 que lim
x→+∞ e
x =+∞, daı´
segue que lim
x→+∞
1
ex
= 0, e analogamente, lim
x→+∞
1
e2x
= 0, enta˜o
lim
x→+∞ f (x)= limx→+∞(e
−x−e−2x)= 0. Assim y= 0 e´ uma assı´ntota
horizontal ao gra´fico de f . Por outro lado, da mesma Proposic¸a˜o
9.4, temos que lim
x→−∞ e
x = 0, e como f (x) = e−x − e−2x =
1
ex
(
1− 1
ex
)
resulta que lim
x→−∞ f (x)= limx→−∞
1
ex
(
1− 1
ex
)
=−∞,
pois lim
x→−∞
1
ex
=+∞ e lim
x→−∞
(
1− 1
e2x
)
=−∞.
Concluı´mos, enta˜o, que y = 0 e´ a u´nica assı´ntota horizontal ao
gra´fico de f .
iii. Os intervalos em que f e´ crescente e os intervalos em que f e´
decrescente.
Derivando f temos f ′(x)=−e−x+2e−2x = −1
ex
+2
1
e2x
=
−ex +2
22x
para todo x ∈ R; observeque e2x > 0 para todo x ∈ R, logo o
u´nico ponto crı´tico e´ obtido resolvendo 2− ex = 0⇔ ex = 2⇔
x = ln2. Note que se x < ln2, como a func¸a˜o exponencial e´
crescente, temos que ex < eln2, isto e´, ex < 2, assim 2− ex > 0.
Analogamente, se ln2 < x temos que 2− ex < 0.
Intervalos: −∞ < x < ln2 ln2 < x <+∞
e2x + +
2− ex + −
f ′(x) + −
f ր ց
Logo f e´ crescente no intervalo (−∞, ln2) e f e´ decrescente no
intervalo (ln 2,+∞).
iv. Os pontos de ma´ximos e/ou mı´nimos relativos e absolutos de f
(se existirem).
Observando a tabela, podemos notar que x = ln2 e´ ponto de
ma´ximo relativo, e f (ln2) = e− ln2− e−2ln2 = eln2−1 − eln2−2 =
1
2
− 1
4
=
1
4
e´ o valor ma´ximo relativo. Como x = ln2 e´ o u´nico
ponto crı´tico e f e´ crescente em (−∞, ln2) e decrescente em
(ln2,+∞), concluı´mos na verdade que f possui um ma´ximo
absoluto em x = ln2. Por outro lado, no item (ii) observamos
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que lim
x→−∞ f (x) = −∞, assim podemos afirmar que na˜o existe
mı´nimo absoluto.
v. Os intervalos em que o gra´fico de f e´ coˆncavo para baixo e os
intervalos em que o gra´fico de f e´ coˆncavo para cima.
Claramente, f ′ e´ deriva´vel para x ∈ R e
f ′′(x) = ddx
(−e−x +2e−2x)= e−x−4e−2x = 1
ex
− 4
e2x
=
ex−4
e2x
f ′′(x) = e
x−4
e2x
.
Note-se que f ′′(x) = 0⇔ ex−4 = 0, assim, ex = 4⇔ x = ln4.
Estudando o sinal de f ′′ em forma ana´loga a` analise feita para
f ′, obtemos:
Intervalos: −∞ < x < ln4 ln4 < x <+∞
e2x + +
ex−4 − +
f ′′(x) − +
Gra´fico de f ∩ ∪
Em sı´ntese, temos que o gra´fico de f e´ coˆncavo para baixo no
intervalo (−∞, ln4) e o gra´fico de f e´ coˆncavo para cima no
intervalo (ln4,+∞).
vi. Os pontos de inflexa˜o (se existirem).
De (v) temos que P = (ln4, f (ln 4)) e´ o u´nico ponto de inflexa˜o
do gra´fico de f , pois o gra´fico possui reta tangente no ponto P
(ja´ que existe f ′(ln 4)) e f ′′ muda de sinal somente em x = ln4.
Note-se que f (ln4) = e− ln 4 − e−2ln 4 = 4−1 − 4−2 = 1
4
− 1
16
=
3
16 , enta˜o P =
(
ln4, 3
16
)
e´ o u´nico ponto de inflexa˜o do
gra´fico de f .
vii. Um esboc¸o do gra´fico de f .
f(x) e e= --x -2x
()
()
Figura 5.2
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i
Caderno de Ca´lculo II | Poteˆncias Indeterminadas e Gra´ficos de Func¸o˜es Logarı´tmicas e Exponenciais
vii. A imagem de f .
Do gra´fico de f , podemos concluir que a imagem de f e´ o
intervalo
(
−∞, 1
4
]
.
EXERCI´CIOS DE REVISA˜O
Exercı´cio 5.6
Calcule a derivada da seguinte func¸a˜o:
f (x) = ln
(
(x−1)9
3
√
(x+2)2
√
(x+3)3
)
Soluc¸a˜o: Observe que da forma como esta´ definida a func¸a˜o, sa-
bemos que ela faz sentido somente para os nu´meros reais, tais que
(x−1)9
3
√
(x+1)2
√
(x+3)3
> 0. Enta˜o, podemos considerar,
f (x) = ln
∣∣∣∣∣ (x−1)
9
3
√
(x+1)2
√
(x+3)3
∣∣∣∣∣= ln

 |x−1|9∣∣∣ 3√(x+1)2∣∣∣ ∣∣∣√(x+3)3∣∣∣

 .
Aplicando as propriedades da func¸a˜o logarı´tmica, temos
f (x) = 9ln |x−1|− 23 ln |x+2|−
3
2
ln |x+3|.
Usando a fo´rmula ln′ (|g(x)|) = g
′(x)
g(x)
, para g deriva´vel e g 6= 0
obtemos, f ′(x) = 9
(
1
x−1
)
− 2
3
(
1
x+2
)
− 3
2
(
1
x+3
)
. Isto e´,
f ′(x) = 9
x−1 −
2
3(x+2)
− 3
2(x+3)
.
Exercı´cio 5.7
Esboce a regia˜o e ache a a´rea da regia˜o limitada pelos gra´ficos
das func¸o˜es y = ex, y =
(
1
2
)x
, y = −ex−1, y = −1
x
com x > 0
e as retas x =−1 e x = 2.
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Soluc¸a˜o: Lembre-se de que o gra´fico da equac¸a˜o y = ex−1 pode ser
obtido por uma translac¸a˜o horizontal de 1 unidade para a direita do
gra´fico y = ex, e o gra´fico da equac¸a˜o y = −ex−1 pode ser obtido
por uma reflexa˜o do gra´fico de y = ex−1 em torno do eixo x. (Veja
o Apeˆndice 1 sobre transformac¸o˜es de func¸o˜es para lembrar detalhes).
xy=e
Figura 5.3
( -1)x
y=e
Figura 5.4
( -1)x
y= -e
Figura 5.5
Note-se que as outras func¸o˜es dadas ja´ sa˜o conhecidas: ver Aulas
5, 9 e 10 de Ca´lculo I.
Observe tambe´m que para x = 0 as func¸o˜es y = ex e y =
(
1
2
)x
tem o mesmo valor y = 1, logo o ponto (0,1) e´ o ponto de intersec¸a˜o
dessas func¸o˜es. Analogamente, observamos que para x= 1, as func¸o˜es
y = −ex−1 e y = −1
x
, x > 0 tem o mesmo valor y = −1, logo o ponto
(1,−1) e´ o ponto de intersec¸a˜o destas func¸o˜es.
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Caderno de Ca´lculo II | Poteˆncias Indeterminadas e Gra´ficos de Func¸o˜es Logarı´tmicas e Exponenciais
A regia˜o em questa˜o e´ mostrada na figura seguinte:
y= 1
2(
(x
y= -1x
y e=-
xy=e
x-1
x=
-1
x=
2
Figura 5.6
Do gra´fico, observamos que: R = R1∪R2∪R3. Assim,
A(R) = A(R1)+A(R2)+A(R3),
onde A(R) representa a a´rea da regia˜o R e A(Ri) representa a a´rea da
regia˜o Ri, i = 1,2,3.
Portanto:
A(R)=
∫ 0
−1
[
ex + ex−1
]
dx+
∫ 1
0
[(
1
2
)x
+ ex−1
]
dx+
∫ 2
1
[(
1
2
)x
+
1
x
]
dx.
Usando o Teorema Fundamental do Ca´lculo, resulta que
A(R) = ex + ex−1
]0
−1
+
1
ln 12
(
1
2
)x
+ ex−1
]1
0
+
1
ln 12
(
1
2
)x
+ lnx
]2
1
A(R)= e0+e−1−e−1−e−2− 1ln2
(
1
2
)
+e−1+
1
ln2−e
−1− 1ln2
(
1
2
)2
+
ln2+ 1ln2
(
1
2
)1
− ln1
Assim, A(R) = 1− e−2+ 1
ln2
(
1− 1
4
)
+ ln2 = 1+ ln2+ 3
4ln 2
− e−2
unidades de a´rea.
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PASSO A PASSO DA MAIORIA DOS EXERCI´CIOS
PROPOSTOS NO CADERNO DIDA´TICO
Exercı´cio 5.8
Determine os limites abaixo:
a. lim
x→0
ex−1− x− x22
x3
b. lim
x→+∞
ex +1
x4 + x3
c. lim
x→+∞ xe
−x
(Aula 9 do caderno dida´tico, exercı´cio proposto no 6 c e Aula 12
do caderno dida´tico, exercı´cio proposto no 1, itens: q e e)
Soluc¸a˜o:
a. lim
x→0
ex−1− x− x22
x3
Observemos que
ex−1− x− x22
x3
e´ uma forma indeterminada do
tipo 00 quando x→ 0.
Podemos, enta˜o, aplicar a regra de L’Hoˆpital; note-se que, neste
caso, precisaremos aplicar a regra mais de uma vez.
lim
x→0
ex− 1− x− x22
x3
L′H
= lim
x→0
ex− 1− x
3x2
L′H
= lim
x→0
ex− 1
6x
L′H
= lim
x→0
ex
6 =
1
6 .
b. lim
x→+∞
ex +1
x4 + x3
Observe-se que e
x +1
x4 + x3
e´ uma forma indeterminada do tipo ∞
∞
quando x→+∞.
Podemos, enta˜o, aplicar a regra de L’Hoˆpital; note-se que, neste
caso, precisaremos aplicar a regra mais de uma vez.
lim
x→+∞
ex +1
x4 + x3
L′H
= lim
x→+∞
ex
4x3 +3x2
L′H
= lim
x→+∞
ex
12x2 +6x
L′H
= lim
x→+∞
ex
24x+6
L′H
= lim
x→+∞
ex
24
=+∞.
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Caderno de Ca´lculo II | Poteˆncias Indeterminadas e Gra´ficos de Func¸o˜es Logarı´tmicas e Exponenciais
c. lim
x→+∞ xe
−x
Notemos xe−x que e´ uma forma indeterminada do tipo ∞ · 0
quando x → +∞. Para conseguir aplicar a regra de L’Hoˆpital,
precisamos transformar a u´ltima expressa˜o numa forma indeter-
minada do tipo 0
0
ou
∞
∞
.
lim
x→+∞ xe
−x = lim
x→+∞
x
ex
Note-se que x
ex
e´ uma forma indeterminada do tipo ∞
∞
quando
x → +∞. Podemos aplicar agora a regra de L’Hoˆpital nessa
expressa˜o:
lim
x→+∞
x
ex
L′H
= lim
x→+∞
1
ex
= 0 , portanto lim
x→+∞ xe
−x = 0.
Exercı´cio 5.9
Determine os limites abaixo:
a. lim
x→( pi4 )
+
(
x− pi
4
)cos2x
d. lim
x→( pi2 )
−
(cosx)x−
pi
2
b. lim
x→0
(
e
x2
2 cosx
) 4
x4
e. lim
x→0+
(2x+ ex)
1
x
c. lim
x→2+
(
1
2ex−2−2
)x−2
f. lim
x→+∞(e
x + x)
1
x(Aula 12 do caderno dida´tico, exercı´cio proposto no1 c, j, t, b, g e
k)
Soluc¸a˜o:
a. Para calcular lim
x→( pi4 )
+
(
x− pi
4
)cos2x
, notemos que
lim
x→( pi4 )
+
(
x− pi
4
)
= 0 e lim
x→( pi4 )
+
(cos2x) = 0.
Enta˜o
(
x− pi
4
)cos2x
tem a forma indeterminada 00 quando
x→
(pi
4
)+ (
lembre-se de que x→
(pi
4
)+
implica que x> pi
4
⇒
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x− pi
4
> 0. Faz sentido enta˜o definir
(
x− pi
4
)cos2x )
. Por outro
lado, sabemos que
(
x− pi
4
)cos2x
= eln(x−
pi
4 )
cos2x
= e(cos2x) ln(x−
pi
4 )
e como a func¸a˜o exponencial e´ contı´nua, resulta
lim
x→( pi4 )
+
(
x− pi
4
)cos2x
= e
lim
x→( pi4 )
+
(cos2x) ln(x− pi4 )
(5.1)
Estudemos o limite lim
x→( pi4 )
+
(cos2x) ln
(
x− pi
4
)
lim
x→( pi4 )
+
(cos2x) = 0 e lim
x→( pi4 )
+
ln
(
x− pi
4
)
=−∞,
logo, (cos2x) ln
(
x− pi
4
)
tem a forma indeterminada 0·∞ quando
x →
(pi
4
)+
. Para conseguir aplicar a regra de L’Hoˆpital, preci-
samos transformar a u´ltima expressa˜o numa forma indetermi-
nada do tipo 00 ou
∞
∞
.
Escrevendo lim
x→( pi4 )
+
(cos2x) ln
(
x− pi
4
)
= lim
x→( pi4 )
+
(
ln
(
x− pi4
)
sec2x
)
temos que
ln
(
x− pi4
)
sec2x
e´ uma forma indeterminada do tipo ∞
∞
quando x →
(pi
4
)+
. Estamos enta˜o em condic¸o˜es de aplicar a
regra de L’Hoˆpital. Assim,
lim
x→( pi4 )
+
(cos2x) ln
(
x− pi
4
)
= lim
x→( pi4 )
+
(
ln
(
x− pi4
)
sec2x
)
L′H
= lim
x→( pi4 )
+
{ 1
x− pi4
2sec 2x tg 2x
}
= lim
x→( pi4 )
+
{ 1
x− pi4
2 sen2x
cos22x
}
= lim
x→( pi4 )
+
{
cos22x
2
(
x− pi4
)
sen2x
}
L′H
= lim
x→( pi4 )
+
{
2cos 2x(−2sen 2x)
4
(
x− pi4
)
cos2x+2sen 2x
}
=
0
2
= 0 (5.2)
Substituindo 5.2 em 5.1, temos
lim
x→( pi4 )
+
(
x− pi
4
)cos2x
= e0 = 1.
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Caderno de Ca´lculo II | Poteˆncias Indeterminadas e Gra´ficos de Func¸o˜es Logarı´tmicas e Exponenciais
b. Para calcular lim
x→0
(
e
x2
2 cos x
) 4
x4
, notemos que
lim
x→0
(
e
x2
2 cosx
)
= 1 e lim
x→0
(
4
x4
)
=+∞.
Enta˜o
(
e
x2
2 cosx
) 4
x4 tem a forma indeterminada 1∞ quando
x → 0
(
lembre-se de que como x → 0 podemos considerar
x∈
(
−pi
2
,
pi
2
)
. Isto implica que cosx > 0 e como e x
2
2 > 0, segue
que
(
e
x2
2 cosx
)
> 0 em
(
−pi
2
,
pi
2
)
. Assim faz sentido definir(
e
x2
2 cosx
) 4
x4
)
. Por outro lado, sabemos que
(
e
x2
2 cosx
) 4
x4
=
e
ln
(
e
x2
2 cosx
) 4
x4
= e
4
x4
ln
(
e
x2
2 cosx
)
e como a func¸a˜o exponencial e´
contı´nua, resulta
lim
x→0
(
e
x2
2 cos x
) 4
x4
= lim
x→0
e
ln
(
e
x2
2 cosx
) 4
x4
= e
lim
x→0
[
4
x4
ln
(
e
x2
2 cosx
)]
(5.3)
Escrevendo lim
x→0
[
4
x4
ln
(
e
x2
2 cos x
)]
= lim
x→0


4ln
(
e
x2
2 cos x
)
x4


temos a forma indeterminada do tipo 00. Assim, aplicando a
regra de L’Hoˆpital, temos que
lim
x→0
[
4
x4
ln
(
e
x2
2 cosx
)]
= lim
x→0


4ln
(
e
x2
2 cosx
)
x4


= lim
x→0


4ln
(
e
x2
2
)
+4ln(cosx)
x4

 L
′H
= lim
x→0
4 xe
x2
2
e
x2
2
+4−senxcosx
4x3
= lim
x→0
xcosx−senx
cosx
x3
= lim
x→0
(
xcos x− senx
x3 cos x
)
L′H
= lim
x→0
{
x(−sen x)+ cosx− cosx
3x2 cosx− x3 senx
}
= lim
x→0
{ −xsenx
x2(3cos x− xsen x)
}
= lim
x→0
{ −senx
x(3cos x− xsenx)
}
L′H
= lim
x→0
{ −cosx
x(−3sen x− xcos x− senx)+ (3cos x− xsenx)
}
=−13
(5.4)
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Substituindo 5.4 em 5.3, obtemos
lim
x→0
(
e
x2
2 cos x
) 4
x4
= e−
1
3 .
c. Para calcular lim
x→2+
(
1
2ex−2−2
)x−2
, notemos que
lim
x→2+
(
1
2ex−2−2
)
=+∞ e lim
x→2+
(x−2) = 0.
Enta˜o
(
1
2ex−2−2
)x−2
tem a forma indeterminada ∞0 quando
x→ 2+. Tambe´m e´ claro que x→ 2+ implica que
(
1
2ex−2−2
)
>
0, faz sentido enta˜o
(
1
2ex−2−2
)x−2
. Por outro lado, sabe-
mos que
(
1
2ex−2−2
)x−2
= e
ln
(
1
2ex−2−2
)x−2
= e
(x−2) ln
(
1
2ex−2−2
)
e como a func¸a˜o exponencial e´ contı´nua, temos
lim
x→2+
(
1
2ex−2−2
)x−2
= e
lim
x→2+
(x−2) ln
(
1
2ex−2−2
)
(5.5)
Estudando lim
x→2+
{
(x−2) ln
(
1
2ex−2−2
)}
lim
x→2+
(x−2) = 0 e lim
x→2+
ln
(
1
2ex−2−2
)
= ∞,
logo, (x− 2) ln
(
1
2ex−2−2
)
tem a forma indeterminada 0 ·∞
quando x → 2+. Para conseguir aplicar a regra de L’Hoˆpital,
precisamos transformar a u´ltima expressa˜o numa forma inde-
terminada do tipo 00 . Escrevendo
lim
x→2+
{
(x−2) ln
(
1
2ex−2−2
)}
= lim
x→2+


ln
(
1
2ex−2−2
)
1
x−2


= lim
x→2+
{
− ln
(
2ex−2−2)
1
x−2
}
.
Obtemos que
{
− ln
(
2ex−2−2)
1
x−2
}
e´ uma forma indeterminada
do tipo ∞
∞
quando x→ 2+.
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Caderno de Ca´lculo II | Poteˆncias Indeterminadas e Gra´ficos de Func¸o˜es Logarı´tmicas e Exponenciais
Estamos em condic¸o˜es de aplicar a regra de L’Hoˆpital:
lim
x→2+
{
− ln
(
2ex−2−2)
1
x−2
}
L′H
= lim
x→2+

−
2ex−2
(2ex−2−2)
− 1
(x−2)2


= lim
x→2+
{
2ex−2(x−2)2
2ex−2−2
}
= lim
x→2+
{
ex−2(x−2)2
ex−2−1
}
(
note-se que e
x−2(x−2)2
ex−2−1 e´ uma forma indeterminada do tipo
0
0 quando x→ 2
+
)
. Aplicando novamente a regra de L’Hoˆpital,
temos lim
x→2+
{
ex−2(x−2)2
ex−2−1
}
L′H
= lim
x→2+
{
ex−22(x−2)+ (x−2)2ex−2
ex−2
}
=
0
1
= 0 (5.6)
Substituindo 5.6 em 5.5, obtemos
lim
x→2+
(
1
2ex−2−2
)x−2
= e0 = 1.
d. lim
x→( pi2 )
−
(cosx)x−
pi
2
Observe que (cosx)x− pi2 e´ uma forma indeterminada do tipo 00
quando x→
(pi
2
)−
, ja´ que
lim
x→( pi2 )
−
(cos x) = 0 e lim
x→( pi2 )
−
(
x− pi
2
)
= 0.
Lembre-se de que x →
(pi
2
)−
implica que x < pi
2
⇒ cosx > 0.
Faz sentido enta˜o definir (cos x)x− pi2 . Por outro lado, sabemos
que (cos x)x− pi2 = eln(cosx)
x− pi2 = e(x−
pi
2 ) ln(cosx) e como a func¸a˜o
exponencial e´ contı´nua, resulta
lim
x→( pi2 )
−
(cosx)x−
pi
2 = e
lim
x→( pi2 )
−(x−
pi
2 ) ln(cosx)
(5.7)
Estudemos o limite: lim
x→( pi2 )
−
(
x− pi
2
)
ln(cos x).
Sabemos que lim
x→( pi2 )
−
(
x− pi2
)
= 0 e lim
x→( pi2 )
−
ln(cos x)=−∞,
logo
(
x− pi
2
)
ln(cosx) tem a forma indeterminada 0 ·∞ quando
x →
(pi
2
)−
. Para conseguir aplicar a regra de L’Hoˆpital, pre-
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cisamos transformar a u´ltima expressa˜o numa forma indetermi-
nada do tipo 0
0
ou
∞
∞
. Escrevendo:
lim
x→( pi2 )
−
(
x− pi
2
)
ln(cos x) = lim
x→( pi2 )
−
ln(cos x)
1
(x− pi2 )
(5.8)
Temos que
ln(cos x)
1
(x− pi2 )
e´ uma forma indeterminada do tipo ∞
∞
quando x → (pi2 )−. Estamos enta˜o em condic¸o˜es de aplicar a
regra de L’Hoˆpital. Note-se que, neste caso, precisaremos apli-
car a regra mais de uma vez:
lim
x→( pi2 )
−
ln(cosx)
1
(x− pi2 )
L′H
= lim
x→( pi2 )
−
−senx
cosx
−1
(x−pi2 )
2
= lim
x→( pi2 )
−
senx
(
x− pi2
)2
cosx
L′H
= lim
x→( pi2 )
−
(sen x)2
(
x− pi2
)
+
(
x− pi2
)2
cosx
−senx =
0
−1 = 0 (5.9)
Substituindo 5.9 em 5.8 e 5.8 em 5.7, temos
lim
x→( pi2 )
−
(cos x)x−
pi
2 = e0 = 1.
e. lim
x→0+
(2x+ ex)
1
x
Notemos que lim
x→0+
(2x+ ex) = 1 e lim
x→0+
(
1
x
)
= +∞. Enta˜o
(2x+ ex)
1
x tem a forma indeterminada 1∞ quando x→ 0+. Como
2x+ex > 0 para todo x∈ (0,+∞), faz sentido definir (2x+ ex) 1x .
Assim, (2x+ ex)
1
x = eln(2x+e
x)
1
x = e
1
x
ln(2x+ex) e como a func¸a˜o
exponencial e´ contı´nua, resulta
lim
x→0+
(2x+ ex)
1
x = e
lim
x→0+
1
x
ln(2x+ex)
(5.10)
Escrevendo lim
x→0+
ln(2x+ ex)
x
temos que
ln(2x+ ex)
x
tem a forma
indeterminada do tipo 00 quando x → 0
+
. Assim, aplicando a
regra de L’Hoˆpital, temos que
lim
x→0+
ln(2x+ ex)
x
L′H
= lim
x→0+
{
2+ex
2x+ex
1
}
= lim
x→0+
2+ ex
2x+ ex
=
3
1
= 3
(5.11)
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Caderno de Ca´lculo II | Poteˆncias Indeterminadas e Gra´ficos de Func¸o˜es Logarı´tmicas e Exponenciais
Substituindo 5.11 em 5.10, obtemos
lim
x→0+
(2x+ ex)
1
x = e3.
f. lim
x→+∞ (e
x + x)
1
x
Observe-se que lim
x→+∞ (e
x + x) = +∞ e lim
x→+∞
1
x
= 0. Enta˜o
(ex + x)
1
x tem a forma indeterminada ∞0 quando x → +∞.
Tambe´m e´ claro que (ex+x)> 0 para todo x∈ (0,+∞), faz sen-
tido enta˜o (ex + x) 1x . Por outro lado, sabemos que (ex + x) 1x =
eln(e
x+x)
1
x = e
1
x
ln(ex+x) e como a func¸a˜o exponencial e´ contı´nua,
temos,
lim
x→+∞ (e
x + x)
1
x = e
lim
x→+∞
1
x
ln(ex+x)
(5.12)
Estudaremos lim
x→+∞
{
1
x
ln(ex + x)
}
.
Note-se que lim
x→+∞
1
x
= 0 e lim
x→+∞ ln(e
x + x)=∞, logo 1
x
ln(ex + x)
tem a forma indeterminada 0 ·∞ quando x → +∞. Para con-
seguir aplicar a regra de L’Hoˆpital, precisamos transformar a
u´ltima expressa˜o numa forma indeterminada do tipo 00 ou
∞
∞
.
Escrevendo lim
x→+∞
1
x
ln(ex + x) = lim
x→+∞
ln(ex + x)
x
, obtemos
que ln(e
x + x)
x
e´ uma forma indeterminada do tipo ∞
∞
quando
x→+∞.
Estamos em condic¸o˜es de aplicar a regra de L’Hoˆpital . Note-se
que, neste caso, precisaremos aplicar a regra mais de uma vez:
lim
x→+∞
ln(ex + x)
x
L′H
= lim
x→+∞
ex+1
ex+x
1
= lim
x→+∞
ex +1
ex + x
L′H
= lim
x→+∞
ex
ex +1
L′H
= lim
x→+∞
ex
ex
= 1 (5.13)
Substituindo 5.13 em 5.12, obtemos finalmente que
lim
x→0+
(2x+ ex)
1
x = e1 = e.
Exercı´cio 5.10
Encontre o nu´mero real c para o qual lim
x→+∞
(
cx+1
cx−1
)x
= 9.
(Aula 12 do caderno dida´tico, exercı´cio proposto no 2)
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Soluc¸a˜o: Consideremos
lim
x→+∞
(
cx+1
cx−1
)x
= 9 (5.14)
Observemos que lim
x→+∞
(
cx+1
cx−1
)
= 1 e lim
x→+∞ x = +∞. Enta˜o(
cx+1
cx−1
)
tem a forma indeterminada 1∞ quando x→+∞.
(
cx+1
cx−1
)x
= eln(
cx+1
cx−1)
x
= ex ln(
cx+1
cx−1) e como a func¸a˜o exponencial e´
contı´nua, temos
lim
x→+∞
(
cx+1
cx−1
)x
= e
lim
x→+∞x ln(
cx+1
cx−1) (5.15)
Estudando lim
x→+∞
{
x ln
(
cx+1
cx−1
)}
vemos que lim
x→+∞ x = +∞
e lim
x→+∞ ln
(
cx+1
cx−1
)
= 0, logo x ln
(
cx+1
cx−1
)
tem a forma indetermi-
nada ∞ ·0 quando x→+∞. Para conseguir aplicar a regra de L’Hoˆpital,
precisamos transformar a u´ltima expressa˜o numa forma indeterminada
do tipo 0
0
ou
∞
∞
.
Realmente, escrevendo lim
x→+∞
{
x ln
(
cx+1
cx−1
)}
= lim
x→+∞
{
ln
(
cx+1
cx−1
)
1
x
}
temos que
{
ln
(
cx+1
cx−1
)
1
x
}
e´ uma forma indeterminada do tipo 00 quando
x →+∞. Estamos em condic¸o˜es de aplicar a regra de L’Hoˆpital. As-
sim,
lim
x→+∞
{
ln(cx+1)− ln(cx−1)
1
x
}
L′H
= lim
x→+∞
{(
c
cx+1
)− ( c
cx−1
)
− 1
x2
}
= lim
x→+∞
{ −2c
(c2x2−1)
− 1
x2
}
= lim
x→+∞
{
2cx2
(c2x2−1)
}
= lim
x→+∞
{
2c(
c2− 1
x2
)
}
=
{
2c
c2
}
=
2
c
(5.16)
Substituindo 5.16 em 5.15, temos lim
x→+∞
(
cx+1
cx−1
)x
= e
2
c e, usando
5.14, temos que
e
2
c = 9⇔ lne 2c = ln9⇔ 2
c
= ln9⇔ c = 2ln32 =
2
2ln3 =
1
ln3 .
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Caderno de Ca´lculo II | Poteˆncias Indeterminadas e Gra´ficos de Func¸o˜es Logarı´tmicas e Exponenciais
Exercı´cio 5.11
Encontre o nu´mero real c para o qual lim
x→+∞
(
x+ c
x− c
)x
= 4.
(Aula 12 do caderno dida´tico, exercı´cio proposto no 3)
Soluc¸a˜o: Consideremos
lim
x→+∞
(
x+ c
x− c
)x
= 4 (5.17)
Observe-se que lim
x→+∞
(
x+ c
x− c
)
= 1 e lim
x→+∞ x =+∞.
Enta˜o
(
x+ c
x− c
)x
tem a forma indeterminada 1∞ quando x→+∞.
Lembremos que
(
x+ c
x− c
)x
= eln(
x+c
x−c)
x
= ex ln(
x+c
x−c) e como a func¸a˜o
exponencial e´ contı´nua, temos
lim
x→+∞
(
x+ c
x− c
)x
= e
lim
x→+∞{x ln(
x+c
x−c)} (5.18)
Estudando lim
x→+∞
{
x ln
(
x+ c
x− c
)}
temos que lim
x→+∞ x = +∞ e
lim
x→+∞ ln
(
x+ c
x− c
)
= 0, logo x ln
(
x+ c
x− c
)
tem a forma indeterminada
∞ ·0 quando x→+∞. Para conseguir aplicar a regra de L’Hoˆpital, pre-
cisamos transformar a u´ltima expressa˜o numa forma indeterminada do
tipo 0
0
ou
∞
∞
.
Notemos que
lim
x→+∞
{
x ln
(
x+ c
x− c
)}
= lim
x→+∞
{
ln
(
x+c
x−c
)
1
x
}
(5.19)
Logo, temos que
{
ln
(
x+c
x−c
)
1
x
}
e´ uma forma indeterminada do tipo 00
quando x→+∞.
Estamos em condic¸o˜es de aplicar a regra de L’Hoˆpital. Assim,
lim
x→+∞
{
ln
(
x+c
x−c
)
1
x
}
L′H
= lim
x→+∞


(
(x−c)−(x+c)
(x−c)2
x+c
x−c
)
− 1
x2


= lim
x→+∞
( −2c
(x−c)
x+c
1
)
− 1
x2
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1= lim
x→+∞
2cx2
(x− c)(x+ c) = limx→+∞
2cx2
x2− c2 = 2c (5.20)
Substituindo 5.20 em 5.19 e 5.19 em 5.18, temos
lim
x→+∞
(
x+ c
x− c
)x
= e2c e, usando 5.17, resulta que:
e2c = 4⇔ lne2c = ln4⇔ 2c = ln4 = 2ln2⇔ c = ln2.
Exercı´cio 5.12
Para cada uma das func¸o˜es abaixo, estude:
i. O domı´nio e a derivabilidade de f .
ii. As assı´ntotas verticais e horizontais ao gra´fico de f , caso
existam.
iii. O crescimento e o decrescimento do gra´fico de f .
iv. Os pontos de ma´ximos e/ou mı´nimos relativos (se existi-
rem).
v. As regio˜es de concavidade do gra´fico de f , assim como
seus pontos de inflexa˜o, caso existam.
vi. Os pontos de ma´ximo e de mı´nimo absoluto de f , caso
existam.
vii. Esboce o gra´fico de f .
viii. A imagem de f .
a. f (x) = x2e 1x
b. f (x) = 2x lnx
c. f (x) = x2ex
d. f (x) = 1
2
(
x2− ln(x2))
(Aula 13 do caderno dida´tico, exercı´cios propostos a, b, c e d)
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Caderno de Ca´lculo II | Poteˆncias Indeterminadas e Gra´ficos de Func¸o˜es Logarı´tmicas e Exponenciais
Soluc¸a˜o:
a. f (x) = x2e 1x
i. Dom( f ) =R−{0}. Por outro lado, como h(x) = x2 e g(x) = e 1x
sa˜o func¸o˜es deriva´veis em R−{0} segue que f e´ deriva´vel em
R−{0}, pois e´ um produto de func¸o˜es deriva´veis em R−{0}.
ii. Assı´ntotas verticais
Candidato: x = 0
Queremos calcular:
lim
x→0+
f (x) = lim
x→0+
x2e
1
x (5.21)
Por outro lado, lim
x→0+
x2 = 0 e lim
x→0+
e
1
x = +∞, assim x2e 1x e´ uma
forma indeterminada da forma 0·∞ quando x→ 0+. Escrevendo
lim
x→0+
x2e
1
x = lim
x→0+
e
1
x
1x2
(5.22)
temos que
e
1
x
1
x2
e´ uma forma indeterminada da forma ∞
∞
.
Estamos enta˜o em condic¸o˜es de aplicar a regra de L’Hoˆpital,
portanto
lim
x→0+
e
1
x
1
x2
L′H
= lim
x→0+
e
1
x
(− 1
x2
)
− 2x
x4
= lim
x→0+
e
1
x
(− 1
x2
)
− 2
x3
= lim
x→0+
e
1
x
2
x
L′H
= lim
x→0+
e
1
x
(− 1
x2
)
− 2
x2
= lim
x→0+
e
1
x
2
=+∞ (5.23)
Portanto, substituindo 5.23 em 5.22 e 5.22 em 5.21, resulta que
x = 0 e´ assı´ntota vertical ao gra´fico de f . Por outro lado, note-
mos tambe´m que
lim
x→0−
f (x)= lim
x→0−
x2e
1
x = lim
x→0−
x2
1
e−
1
x
= lim
x→0−
x2 lim
x→0−
1
e−
1
x
= 0·0= 0
(5.24)
Este dado sera´ u´til na hora de fazer o esboc¸o do gra´fico.
Assı´ntotas horizontais
lim
x→+∞ f (x) = limx→+∞ x
2e
1
x =+∞ e lim
x→−∞ f (x) = limx→−∞ x
2e
1
x =+∞
(5.25)
Portanto, na˜o existem assı´ntotas horizontais.
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iii. f ′(x) = 2xe 1x + x2e 1x
(
− 1
x2
)
= e
1
x (2x−1)
Enta˜o, f ′(x) = 0 ⇔ e 1x (2x− 1) = 0 ⇔ 2x− 1 = 0 ou x = 1
2
.
(Lembre-se de que e 1x > 0 para todo x 6= 0). Assim, x = 1
2
e´ o
u´nico nu´mero crı´tico.
Intervalos: −∞ < x < 0 0 < x < 1
2
1
2
< x <+∞
2x−1 − − +
ex + + +
f ′ − − +
f ց ց ր
Portanto, f e´ crescente em
(
1
2
,+∞
)
e e´ decrescente em
(−∞,0)∪ (0, 12).
iv. De (iii) e do teste da derivada primeira resulta que existe um
mı´nimo relativo em
(
1
2
, f
(
1
2
))
=
(
1
2
,
(
1
4
)
e
1
2
)
.
v. f ′′(x) = 2e 1x + (2x − 1)e 1x
(
− 1
x2
)
= e
1
x
(
2− (2x−1)
x2
)
=
e
1
x
(
2x2−2x+1
x2
)
.
Como e 1x > 0, enta˜o f ′′(x) = 0 ⇔ 2x2 − 2x + 1 = 0, pore´m
∆ = b2 − 4ac = (−2)2 − 4(2)(1) < 0, logo na˜o existem raı´zes
reais na equac¸a˜o de segundo grau dada e, por outro lado,
2
(
x2− x+ 1
4
)
+ 1− 1
2
= 2
(
x− 1
2
)2
+
1
2
> 0. Assim, po-
demos concluir que f ′′(x) > 0 para todo x 6= 0 e, portanto, o
gra´fico de f e´ sempre coˆncavo para cima. Na˜o existe ponto de
inflexa˜o dado que na˜o ha´ mudanc¸a de concavidade.
vi. Os pontos de ma´ximo e de mı´nimo absoluto de f , caso existam.
Observe que esse ponto na˜o e´ um mı´nimo absoluto ja´ que exis-
tem valores de f menores que
(
1
4
)
e
1
2 , pois como vimos em
5.24 lim
x→0−
f (x) = 0. Por outro lado, a func¸a˜o na˜o tem ma´ximo
absoluto pois, como vimos em 5.25 lim
x→+∞ f (x) = +∞.
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Caderno de Ca´lculo II | Poteˆncias Indeterminadas e Gra´ficos de Func¸o˜es Logarı´tmicas e Exponenciais
Esboc¸o do gra´fico
2y x e=
Figura 5.7
vii. Im( f ) = (0,+∞).
b. f (x) = 2x ln x
i. Dom( f ) = (0,+∞). Por outro lado, como h(x) = 2x e
g(x) = lnx sa˜o func¸o˜es deriva´veis em (0,+∞) segue que f e´
deriva´vel em (0,+∞), pois e´ um produto de func¸o˜es deriva´veis
em (0,+∞).
ii. Assı´ntotas verticais
Ja´ que x = 0 e´ assı´ntota vertical de ln, podemos estudar se x = 0
e´ assı´ntota vertical de f (x):
lim
x→0+
f (x) = lim
x→0+
2x ln x.
Observe que lim
x→0+
2x = 0 e lim
x→0+
lnx =−∞.
Enta˜o 2x ln x tem a forma indeterminada 0 ·∞ quando x→ 0+.
Escrevendo lim
x→0+
2x ln x = lim
x→0+
{
lnx
1
2x
}
, temos que
{
lnx
1
2x
}
e´
uma forma indeterminada do tipo ∞
∞
quando x → 0+. Estamos
enta˜o em condic¸o˜es de aplicar a regra de L’Hoˆpital,
lim
x→0+
{
lnx
1
2x
}
= lim
x→0+
{
1
x
− 12x2
}
= lim
x→0+
{−2x}= 0.
Portanto, x = 0 na˜o e´ assı´ntota vertical de f (x).
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Assı´ntotas horizontais
lim
x→+∞ f (x) = limx→+∞ 2x ln x =+∞.
Observe que na˜o faz sentido estudar lim
x→−∞ f (x), ja´ que
Dom( f ) = (0,+∞). Concluı´mos, enta˜o, que na˜o existem assı´n-
totas horizontais de f (x).
iii. f ′(x) = 2x
(
1
x
)
+2lnx = 2+2lnx = 2(1+ lnx)
Enta˜o,
f ′(x) = 0⇔ 1+ lnx = 0⇔ lnx =−1⇔ x = e−1 = 1
e
.
Isto e´, x =
1
e
e´ um nu´mero crı´tico.
Como ln e´ uma func¸a˜o crescente:
0 < x < 1
e
⇒ lnx < lne−1 ⇒ lnx <−1⇒ 1+ lnx < 0.
Analogamente,
x >
1
e
⇒ lnx > lne−1 ⇒ lnx >−1⇒ 1+ lnx > 0.
Portanto, f e´ decrescente em (0,e−1) e e´ crescente em (e−1,+∞).
iv. De (iii) e do teste da derivada primeira resulta que em x = e−1
existe um mı´nimo relativo e
f (e−1)= 2e−1 lne−1 = 2e−1(−1) =−2
e
.
Portanto,
(
1
e
,−2
e
)
e´ ponto de mı´nimo relativo.
v. f ′′(x) = 2
x
. Como x > 0⇒ 2
x
> 0 ∴ f ′′(x)> 0 ∀x > 0.
O gra´fico de f e´ coˆncavo para cima em (0,+∞). Podemos assim
concluir que na˜o existe ponto de inflexa˜o.
vi.
(
1
e
,−2
e
)
e´ mı´nimo absoluto pois x= 1
e
e´ o u´nico ponto crı´tico
no intervalo (0,+∞) e ja´ vimos em (iv) que
(
1
e
,−2
e
)
e´ ponto
de mı´nimo relativo.
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Caderno de Ca´lculo II | Poteˆncias Indeterminadas e Gra´ficos de Func¸o˜es Logarı´tmicas e Exponenciais
vii. Esboc¸o do gra´fico
Figura 5.8
viii. Imagem de ( f ) =
[
−2
e
,+∞
)
.
c. f (x) = x2ex
i. Dom( f ) = R. Por outro lado, como a func¸a˜o quadra´tica
f (x) = x2 e g(x) = ex sa˜o func¸o˜es deriva´veis em R segue que
f e´ deriva´vel em R, pois e´ um produto de func¸o˜es deriva´veis
em R.
ii. Assı´ntotas verticais
Na˜o existem, pois a func¸a˜o e´ contı´nua em R.
Assı´ntotas horizontais
lim
x→+∞ f (x) = limx→+∞ x
2ex =+∞
Escrevendo lim
x→−∞ f (x) = limx→−∞ x
2ex.
Observe que lim
x→−∞ x
2 = +∞ e lim
x→−∞ e
x = 0, enta˜o x2ex tem a
forma indeterminada 0 ·∞ quando x→−∞. Escrevendo
lim
x→−∞ f (x) = limx→−∞ x
2ex = lim
x→−∞
{
x2
e−x
}
,
temos que
{
x2
e−x
}
e´ uma forma indeterminada do tipo ∞
∞
quando
x→−∞. Estamos em condic¸o˜es de aplicar a regra de L’Hoˆpital,
portanto
lim
x→−∞ f (x)= limx→−∞
{
x2
e−x
}
L′H
= lim
x→−∞
{
2x
−e−x
}
L′H
= lim
x→−∞
{
2
e−x
}
= 0
Portanto, y = 0 e´ assı´ntota horizontal.
198 C E D E R J
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SE
M
A
N
A
5
1
M
´ O
D
U
LO
1
iii. f ′(x) = 2xex + x2ex = xex(2+ x)
Enta˜o,
f ′(x) = 0 ⇔ xex(2+ x) = 0 ⇔ x = 0 ou x =−2.
Isto e´, x = 0 e x =−2 sa˜o nu´meros crı´ticos.
Intervalos: −∞ < x <−2 −2 < x < 0 0 < x <+∞
x − − +
2+ x − + +
ex + + +
f ′ + − +
f ր ց ր
Portanto, f e´ crescente em (−∞,−2)∪ (0,+∞) e e´ decrescente
em (−2,0).
iv. De (iii) e do teste da derivada primeira resulta que existe um
ma´ximo relativo em (−2, f (−2)) = (−2,4e−2) e existe um
mı´nimo relativo em (0, f (0)) = (0,0).
v. f ′′(x) = 2xex + ex2+2xex + x2ex = ex (x2 +4x+2)
Como ex > 0, enta˜o x2 +4x+2 = 0⇔ x =−2±√2
Intervalos: −∞ < x <−2−√2 −2−√2 < x <−2+√2 −2+√2 < x <+∞
x+ 2+
√
2 − + +
x+ 2−√2 − − +
ex + + +
f ′′ + − +
f ∪ ∩ ∪
O gra´fico e´ coˆncavo para baixo em
(
−2−√2,−2+√2
)
e
coˆncavo para cima em
(
−∞,−2−√2
)
∪
(
−2+√2,+∞
)
.
Observe que existe mudanc¸a de concavidade em x = −2−√2
e x = −2+√2. Existe reta tangente de f em x = −2−√2
e x = −2 +√2. Portanto, os pontos de inflexa˜o de f sa˜o(
−2−√2, f
(
−2−√2
))
e
(
−2+√2, f
(
−2+√2
))
, onde
f
(
−2−
√
2
)
=
(
−2−
√
2
)2
e−2−
√
2 =
(
6+4
√
2
)
e−(2+
√
2) e
f
(
−2+
√
2
)
=
(
−2+
√
2
)2
e−2+
√
2 =
(
6−4
√
2
)
e−(2−
√
2).
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Caderno de Ca´lculo II | Poteˆncias Indeterminadas e Gra´ficos de Func¸o˜es Logarı´tmicas e Exponenciais
vi.Observe que na˜o existe ma´ximo absoluto, pois lim
x→+∞ f (x) =+∞
e f (0) = 0 e´ o valor mı´nimo absoluto, pois os valores da func¸a˜o
f sa˜o sempre maiores ou iguais a zero.
vii. Esboc¸o do gra´fico
2
-2+ 2-2- 2
Figura 5.9
viii. Im( f ) = [0,+∞).
d. f (x) = 1
2
(
x2− ln(x2)).
i. Dom( f ) =R−{0}
Observemos tambe´m como informac¸a˜o adicional que
f (−x) = f (x), assim f e´ uma func¸a˜o par, logo, o gra´fico de
f sera´ sime´trico em relac¸a˜o ao eixo y. Por outro lado, temos
que g(x) =
1
2
x2 e h(x) = 1
2
ln(x2) sa˜o func¸o˜es definidas em
R−{0}, e f = g−h, e´ claro que as func¸o˜es g e h sa˜o deriva´veis
em R−{0}, assim a func¸a˜o f e´ deriva´vel em R−{0}, pois e´
diferenc¸a de func¸o˜es deriva´veis em R.
ii. Assı´ntotas verticais
Ja´ que x = 0 e´ assı´ntota vertical de ln, podemos estudar se x = 0
e´ assı´ntota vertical ao gra´fico de f . Observe-se que
lim
x→0+
x2 = 0 e lim
x→0+
lnx2 =−∞, logo lim
x→0+
f (x) =
= lim
x→0+
1
2
(
x2− ln(x2))=+∞.
Portanto, x = 0 e´ assı´ntota vertical ao gra´fico de f .
Assı´ntotas horizontais
lim
x→+∞ f (x) = limx→+∞
1
2
(
x2− ln(x2))
Note-se que lim
x→+∞ x
2 = +∞ e lim
x→+∞ lnx
2 = +∞, assim
1
2
(
x2− ln(x2)) e´ uma forma indeterminada da forma ∞−∞.
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SE
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A
N
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´ O
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LO
1
lim
x→+∞
1
2
(
x2− ln(x2))= lim
x→+∞
1
2
(
x2− ln(x2)
x2
)
x2
= lim
x→+∞
1
2
(
1− ln(x
2)
x2
)
x2 = lim
x→+∞
1
2
(
1− ln(x
2)
x2
)
lim
x→+∞ x
2
=
1
2

1− limx→+∞ ln(x2)x2︸ ︷︷ ︸
0

 limx→+∞ x2 = 12(1−0) limx→+∞ x2
=
1
2
· (+∞) = +∞
Observe que, no limite anterior, estamos usando a Proposic¸a˜o
7.5 do caderno dida´tico que diz: lim
u→+∞
lnu
u
= 0. Por outro lado,
da paridade da func¸a˜o f , podemos dizer que lim
x→−∞ f (x) = +∞.
Concluı´mos, enta˜o, que na˜o existem assı´ntotas horizontais ao
gra´fico de f .
iii. f ′(x) = 1
2
(
2x− 2x
x2
)
= x
(
1− 1
x2
)
= x
(
x2−1
x2
)
=
x2−1
x
=
(x−1)(x+1)
x
Enta˜o, f ′(x) =⇔ (x−1)(x+1) = 0⇔ x =±1.
Isto e´, x = 1 e x = −1 sa˜o nu´meros crı´ticos. Observe-se que
x = 0 na˜o e´ considerado nu´mero crı´tico, pois 0 /∈Dom( f ).
Intervalos: −∞ < x <−1 −1 < x < 0 0 < x < 1 1 < x <+∞
x − − + +
x− 1 − − − +
x+ 1 − + + +
f ′ − + − +
f ց ր ց ր
Portanto f e´ decrescente em (−∞,−1)∪ (0,1) e e´ crescente em
(−1,0)∪ (1,+∞).
iv. De (iii) e do teste da derivada primeira resulta que em x =−1 e
em x = 1 existem mı´nimos relativos f (−1) = 1
2
(1− ln1) = 1
2
e f (1) = 1
2
(1− ln1) = 1
2
. Portanto,
(
−1, 1
2
)
e
(
1, 1
2
)
sa˜o
pontos de mı´nimo relativo.
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Caderno de Ca´lculo II | Poteˆncias Indeterminadas e Gra´ficos de Func¸o˜es Logarı´tmicas e Exponenciais
v. f ′′(x) = x(2x)− (x
2−1)
x2
=
2x2− x2 +1
x2
=
x2 +1
x2
> 0⇒
f ′′(x)> 0 ∀x 6= 0.
Portanto, o gra´fico de f e´ coˆncavo para cima em R− {0}.
Podemos assim concluir que na˜o existe ponto de inflexa˜o.
vi. Observe-se que os pontos
(
−1, 1
2
)
e
(
1, 1
2
)
sa˜o tambe´m mı´-
nimos absolutos, e como lim
x→+∞ f (x) = +∞, podemos concluir
que na˜o existe ma´ximo absoluto.
vii. Esboc¸o do gra´fico
2
y = [ ( )]x x- ln 2
Figura 5.10
viii. Im( f ) =
[
1
2
,+∞
)
Veja, no Apeˆndice 4, no final deste caderno, o passo a passo de
exercı´cios adicionais correspondentes a esta semana.
202 C E D E R J