Exercicios Cálculo Volume1_2014

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RESOLUÇÃO DE 
PROVAS 
PASSADAS DE 
CÁLCULO I 
 
Prof. Luiz Roberto Marim 
Prof. Airton Eiras 
2014 
 
Primeiro Bimestre 
Exercícios resolvidos e comentados 
de 2006 a 2013 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
2 
 
Marim / Eiras 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
3 
 
Marim / Eiras 
 
Apresentação 
 
 
Durante os anos letivos de 2011 e 2012, os alunos frequentaram aulas extras que 
tinham o objetivo de prepara-los para as provas bimestrais, utilizando para tal, 
exercícios solicitados em anos anteriores. A receptividade por parte dos nossos alunos 
foi muito positiva, não somente como instrumento pedagógico, mas também por meio 
do reconhecimento de que tal instrumento auxiliou significativamente no processo de 
discussão e compreensão e do conteúdo do curso de Cálculo 1. 
 
Diante desse cenário, pensamos em ampliar a experiência, organizando os exercícios 
que foram solicitados em provas passadas, desde 2006 até as mais recentes, 
transformando a experiência das aulas em uma ferramenta de estudo adicional ao livro 
texto. 
 
A coleção de exercícios está dividida em assuntos, os quais seguem o conteúdo 
programático de cada bimestre. Assim, teremos ao todo, quatro volumes, cada qual 
com exercícios temáticos e solucionados com alto grau de detalhamento. Pensamos 
que o detalhamento do processo de solução dos exercícios auxilie nosso aluno a 
compreender com clareza a teoria desenvolvida no curso de Cálculo 1. 
 
Finalmente, pensamos que o conteúdo este material possui uma característica 
dinâmica, pois permite constantes atualizações tanto na forma, como no conteúdo. 
Agradecemos antecipadamente aos colegas Professores que colaboraram conosco, 
lendo, sugerindo e corrigindo erros não observados por nós. Agradecemos 
especialmente à Profa. Marilda Eboli Assumpção por nos auxiliar na revisão desse 
material. 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
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Marim / Eiras 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
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Marim / Eiras 
 
ÍNDICE 
 
 
1. DOMÍNIO E IMAGEM DE UMA FUNÇÃO .....................................................................................7 
2. PARIDADE DE UMA FUNÇÃO ....................................................................................................... 21 
3. LIMITES DE UMA FUNÇÃO .......................................................................................................... 27 
4. TEOREMA DO CONFRONTO ......................................................................................................... 63 
5. GRÁFICOS DE FUNÇÕES ............................................................................................................... 69 
6. CONTINUIDADE DE UMA FUNÇÃO ........................................................................................... 77 
7. NOVAS FUNÇÕES À PARTIR DE ANTIGAS ............................................................................. 95 
8. TAXA DE VARIAÇÃO .................................................................................................................... 127 
9. FUNÇÕES COMPOSTAS ............................................................................................................... 139 
10. FUNÇÕES INVERSAS ................................................................................................................. 143 
11. ASSÍNTOTAS ................................................................................................................................ 153 
12. DERIVADAS COMO UMA FUNÇÃO ......................................................................................... 169 
13. RETA TANGENTE E RETA NORMAL ....................................................................................... 179 
 
 
 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
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Marim / Eiras 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
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Marim / Eiras 
 
1. DOMÍNIO E IMAGEM DE UMA FUNÇÃO 
 
 
Sendo A e B dois conjuntos de números, uma função f de A em B, representada por: 
 
:f A B
 
 
é uma correspondência que a cada número x de A, associa-se um único número y de B. O 
conjunto de números A é denominado de domínio da função f e o conjunto de números B de 
imagem da função f. 
 
Notação: 
 y f x
 
 
O domínio de uma função é o conjunto dos valores possíveis das abscissas (x) para os quais a 
função está definida (naturalmente considerando-se que essa função dependa da variável x). 
 
A imagem de uma função é o conjunto dos valores das ordenadas (y) resultantes da aplicação 
da função. 
 
 
Exemplo 1) A função 
3 2y x 
, representa a equação de uma reta (um polinômio de primeiro 
grau). Podemos facilmente observar que para qualquer valor da variável x, existe um valor 
associado à variável y. Assim, como não há nenhuma restrição quanto aos valores de x, dizemos 
que o domínio da função y é o conjunto dos números reais, ou:
 
D
y

 
 
Como a aplicação dessa função resulta em todos os valores reais, temos que o conjunto 
imagem também é o conjunto dos números reais, ou: 
 
Im
y
 
 
 
 
Gráfico da função
3 2y x 
, o domínio são os reais e a imagem também são os reais. 
        








x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
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Marim / Eiras 
 
Exemplo 2) A função 
 
2
4g x x x 
 
representa a equação de uma parábola (um polinômio de 
segundo grau). Podemos observar que para qualquer valor da variável x, existe um valor 
associado 
 g x
. Assim, como não há nenhuma restrição quanto aos valores de x, dizemos que 
o domínio da função g é o conjunto dos números reais, ou: 
 
D
g

 
 
O menor valor que essa função associa a um número x é - 4 (quando 
2x  
). Assim o conjunto 
imagem dessa função é dado por: 
 
 Im 4g y y    
 
 
 
Gráfico da função
 
2
4g x x x 
, o domínio é o conjunto dos númeors reais e a imagem são os valores de y maiores ou iguais a - 4. 
 
Exemplo 3) A função 
 g x x
. Como a função raiz quadrada só pode ser calculada para 
valores de 
0x 
, temos que o domínio dessa função serão os valores de x maiores ou iguais a 
zero, ou:
 
 D 0g x x  
 
 
A função raiz retorna apenas valores positivos de y. Assim, o conjunto imagem dessa função é 
dado por: 
 
 Im 0g y y   
 
 
 
Gráfico da função
 g x x
, o domínio são os valores de x positivos, ou nulo, e a imagem são os valores y positivos, ou nulo. 
 
        








x
y
        




x
y
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Marim / Eiras 
QUESTÕES DE PROVAS PASSADAS 
 
 
 (MAUÁ – 2006) Dada a função 
 
 
 
ln
1
ln 5
5
x
f x
 
 
 
 
encontre: 
 
(a) o domínio e a imagem da função f. 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
A função dada é uma função exponencial, que tem como domínio os números reais. No 
entanto, em seu expoente, existe uma fração. O denominador dessa fração é uma constante e 
o numerador um logaritmo. A função logarítmica tem como domínio os valores estritamente 
positivos de x. Portanto, o domínio da função 
 f x
 são os reais estritamente positivos. 
 
 
 0fD x x  O conjunto imagem é composto pelos valores que a função 
 f x
 assume. Como se trata de 
uma exponencial, sua imagem é o conjunto dos números reais positivos, não nulos.
 
 
 
 Im 0f y y   
 
 
 
 
Gráfico da função 
 
 
 
ln
1
ln 5
5
x
f x
 
 
 
 
, o domínio são os valores de x positivos e a imagem os valores de y positivos. 
 
 
 
 
        







x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
10 
 
Marim / Eiras 
 
 (MAUÁ – 2006) Dada a função 
 
  ln 1
2
x
f x e

  
encontre o domínio dessa função. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A função 
 f x 
é uma exponencial, assim seu domínio são os números reais. No expoente 
temos uma função logarítmica, que tem como domínio o conjunto dos números reais 
estritamente positivos. Assim: 
 
 0fD x x   
 
 
Gráfico da função
 
  ln 1
2
x
f x e

 
, o domínio são os valores de x positivos. 
 
 
 (MAUÁ – 2006) Uma indústria utiliza carvão para gerar eletricidade. O custo C (em reais) 
para remover p % dos poluentes do ar nas emissões da chaminé é dado pela função 
1 6 0 .0 0 0
1 0 0
C
p


. Qual o domínio da função C, no contexto do problema? 
 
RESOLUÇÃO 
 
Essa função custo C é representada por uma divisão, onde o numerador é uma constante 
(160.000) e o denominador é uma equação de primeiro grau na variável p. A única restrição é 
que o denominador tem que ser diferente de zero. Assim, ficamos com: 
 
1 0 0 0p  1 0 0p 
 
 
Como p representa a porcentagem de poluentes do ar nas emissões da chaminé, só poderá 
assumir valores entre zero e cem. Ou seja: 
 
0 1 0 0p 
 
 
Portanto, o domínio dessa função é o conjunto dos números reais maiores ou iguais a zero e 
menores que 100. Ou seja: 
 
 0 1 0 0CD p p    
        





x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
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Marim / Eiras 
 
 (MAUÁ – 2007) Dada a função  
4 1 5
6
6
1
6
1 0
x
se x
x
f x
se x
  

 
 
 

. 
Determine o seu domínio. 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
A função 
 f x
 é composta por uma fração e uma raiz quadrada no numerador. Assim, 
devemos analisar as duas situações. O denominador da fração não pode ser zero, no entanto, 
quando 
6x 
 a função assume o valor 1/10. Assim, ficamos apenas com a restrição na raiz 
quadrada. A expressão que está dentro da raiz quadrada, deve ter valor positivo, ou nulo. Dessa 
forma devemos escrever: 
 
4 1 0x  
 ou 
4 1x  
 
 
Dividindo-se ambos os membros por quatro, ficamos com:
 
1 4x  
 
 
Portanto, o domínio dessa função 
 f x
 é o conjunto dos números reais maiores que -1/4, 
inclusive este. Ou ainda: 
 
 1D 4f x x    
 
 
 
 
 
Gráfico da função
 f x
, o domínio são os valores de x maiores que -1/4. Note que essa função não é contínua no ponto x = 6. 
 
 
 
 
        




x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
12 
 
Marim / Eiras 
 
 (MAUÁ – 2009) Se 
 
1 3
1f x x 
, determine o seu domínio. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Essa função 
 f x 
não apresenta restrições, pois o x elevado a 1/3 equivale a raiz cúbica de x. 
A função raiz cúbica tem como domínio o conjunto dos reais. Para melhor visualização 
podemos escrever a função como segue: 
 
  31f x x 
 
 
Portanto, podemos escrever o domínio da função 
 f x
 da seguinte maneira: 
 
 D f x 
 ou simplesmente 
D
f
 
 
 
 
Gráfico da função
 
1 3
1f x x 
, o domínio é o conjunto dos números reais. 
 
 
 (MAUÁ – 2009) Dado o gráfico da função abaixo. 
 
 
 
Determine o domínio dessa função. 
 
        






x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
13 
 
Marim / Eiras 
RESOLUÇÃO 
 
Observando o gráfico podemos perceber que a função está definida para valores de x entre - 4 
e 4. No entanto, no ponto 
4x 
, existe uma bola aberta, isso significa que o número 4 não está 
no domínio dessa função. Assim podemos escrever o domínio como sendo: 
 
 D 4 4x x    
 
 
 
 (MAUÁ – 2010) Seja 
 
 
2
2
ln 1x
f x
x


. Determine o seu domínio. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Essa função 
 f x
 é composta por uma divisão e um logaritmo no numerador. Assim, devemos 
analisar essas duas situações. O denominador dessa divisão deve ser diferente de zero. Assim, 
 
2
0x 
 ou seja 
0x 
 
 
Quanto ao logaritmo, temos que o logaritmando deve ser estritamente positivo. Assim, 
devemos escrever:
 2 1 0x  
 
ou ainda 
2
1x 
 
 
Para que x ao quadrado seja maior que 1, ou x é menor que -1 ou x é maior que 1. Em termos 
de conjunto, podemos escrever: 
 
 1 1x x o u x   
 
 
Como em ambas as situações o x é diferente de zero (que era a primeira restrição), escrevemos 
o domínio dessa função dessa maneira: 
 
 1 1fD x x o u x    
 
 
Note que o fato da função ter um módulo, nesse caso específico, não afetou em nada na 
determinação de seu domínio. A seguir podemos ver o gráfico dessa função. 
 
 
Gráfico da função
 f x
, o domínio são os valores de x menores que -1 e maiores que 1. 
       




x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
14 
 
Marim / Eiras 
 
 (MAUÁ – 2011) Qual o domínio da função 
     lnf x a rc tg x x 
? 
 
RESOLUÇÃO 
 
Essa função 
 f x 
é uma soma de dois termos, o arco tangente e uma raiz quadrada de um 
logaritmo. O domínio da 
 f x
 será uma composição dos domínios dessas duas funções. O 
 a rc tg x
 pode ser aplicado em qualquer valor de x, assim seu domínio são os números reais. 
Já a raiz quadrada só pode ser aplicada em valores positivos, ou nulo, de x. Como dentro da raiz 
quadrada existe um logaritmo, este deve retornar apenas valores positivos. Vamos partir dessa 
condição.
 
 
 ln 0x 
 
 
Podemos dizer que a imagem do 
 ln x 
deve ser positiva. Vamos escrever o 
 ln x
 de outra 
forma: 
 log 0e x 
 
 
A partir da definição de logaritmo podemos chegar à expressão: 
 
0
e x
 ou ainda 
 1x 
 
 
Assim, para qualquer valor de x maior ou igual a 1, o 
 ln x
 será positivo, ou nulo, e portanto, 
podemos extrair sua raiz quadrada. O domínio dessa função pode ser escrito da seguinte 
forma: 
 
 1fD x x   
 
O gráfico dessa função pode ser visto a seguir. 
 
 
 
 
Gráfico da função
     lnf x a rc tg x x 
, o domínio são os valores de x maiores 1, inclusive o 1. 
 
      




x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
15 
 
Marim / Eiras 
 
 (MAUÁ – 2012) Dada a função 
 
2 2
2f x x e x e  
. Determine o seu domínio e a sua 
imagem. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A função 
 f x
 é um polinômio e como tal tem seu domínio igual ao conjunto dos números 
reais. Portanto: 
 
f
D 
 
O fato de aparecer um termo em módulo não afetou a determinação do domínio. Para 
determinação da imagem vamos considerar inicialmente o caso em que 
0x 
. Assim ficamos 
com a seguinte função: 
2 2
2f x x ex e   
 
Quando 
0x 
 a função módulo não afeta os valores de x, assim podemos tirar as barras. 
Aplicando Baskhara a essa função encontramos os valores de x que anulam a função (suas 
raízes). Essa função tem uma raiz dupla em 
x e
. Esse ponto além de raiz é um ponto de 
mínimo local dessa função. Note que se trata de uma parábola de concavidade para cima 
(
1a 
). Dessa forma para qualquer valor de 
0x 
, a função assume apenas valores positivos, 
ou nulo. 
 
Para o caso em que 
0x  a função toma a seguinte forma: 
 
 
2 2
2f x x ex e  
 
 
Pois o módulo irá trocar o sinal de x. Novamente aplicando-se Baskhara encontramos os valores 
de x que anulam a função (suas raízes). Essa função tem uma raiz dupla em 
x e 
. Esse ponto 
além de raiz é um ponto de mínimo dessa função. Note que se trata de uma parábola de 
concavidade para cima (
1a 
). Dessa forma para qualquer valor de 
0x 
, a função assume 
apenas valores positivos, ou nulo. 
Assim, o conjunto imagem da função 
 f x
 terá apenas valores positivos, ou nulos. Podemos 
escrever esse conjunto da seguinte forma:
 
 Im 0f y y   
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
16 
 
Marim / Eiras 
 Gráfico da função
 
2 2
2f x x e x e  
, o domínio é o conjunto dos números reais e a imagem 
são os valores de y positivos, inclusive o zero. 
 
 
 
 (MAUÁ – 2012) A curva de Gauss 
2
x
y e


 é uma importante função matemática 
amplamente utilizada em Estatística. Verifique o domínio dessa função. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A função exponencial não apresenta nenhuma restrição ao seu expoente. Assim o domínio 
dessa função pode ter qualquer valor para x, ou seja: 
 
 fD x 
 ou simplesmente 
f
D 
 
 
 
 
Gráfico da função
2
x
y e


, o domínio é o conjunto dos números reais. 
 
 
 (MAUÁ – 2012) Dada a função 
 
 ln
x
e
f x
x

, justificando sua resposta. Determine seu 
domínio. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Essa função é composta por uma divisão de duas outras funções. O numerador é representado 
por uma exponencial, que não tem restrições quanto aos valores de x. Já o denominador, além 
de não poder ser nulo, é composto por uma função logaritmo, que só é definido para números 
x
y
       




x
y
-4e -3e -2e -e 0 e 2e 3e 4e 
3e2 
2e2 
 e2 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
17 
 
Marim / Eiras 
positivos. Assim, somente os valores de x positivos, não nulo, podem ser utilizados. Para que o 
denominador não se anule, vamos impor que: 
 
 ln 0x 
 
 
Isso ocorrerá quando 
1x 
. Portanto, ficamos com o domínio dessa função como: 
 
 0 1fD x x e x   
 
 
 
 
Gráfico da função
 f x
, o domínio são valores de x positivos, não nulos, exceto o x = 1. 
 
 
 
 (MAUÁ – 2013) A função periódica f(t) apresentada na figura 1 abaixo é chamada de onda 
quadrada com posição par sem nível médio e pode ser representada pela série 
   
1
4 .
.se n . c os .
2n
n
f t n t
n


  
   
  

. 
 
 
Figura 1 - Onda quadrada com posição par sem nível médio. 
 
 
Considerando n = 9 na expressão acima, obtém-se a forma de onda apresentada na figura a 
seguir. 
 
 
 
               












x
y
           








t
f(t)
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
18 
 
Marim / Eiras 
 
 
 
Pede-se: 
 
(a) Determine a imagem, o período e a paridade da função cuja parcela é n = 3, ou seja, 
   
4
. c o s 3 .
3
g t t 
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Como na função g(t) existe um cosseno e sabendo-se que o cosseno tem como imagem os 
valores de y entre menos um e mais um, temos que o conjunto imagem da função g(t) é dado 
por: 
 
m
4 4
I
3 3
y y
 
     
 
 
 
A periodicidade da função g(t) é a mesma periodicidade da função 
 cos 3 .t
. Sabemos que a 
função cosseno tem período igual a 
2
. Como o argumento está multiplicado por 3, temos que 
o período da função g(t) é igual a 
2 3
. 
 
Para determinarmos a paridade da função dada – t. Assim, temos: 
 
   
4
. c o s 3 .
3
g t t   
 
 
Como 
   cos 3 . cos 3 .t t 
, ficamos com: 
 
   
4
. c o s 3 .
3
g t t   
   g t g t 
 
 
Portanto, a função g(t) é par. 
 
 
           








t
f(t)
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
19 
 
Marim / Eiras 
(b) Esboce o gráfico de 
 tg
 no intervalo 
  ,t
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
O gráfico da função 
   
4
. c o s 3 .
3
g t t 
 é apresentado a seguir. 
 
 
 
 
 
 
     


t
g(t)
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
20 
 
Marim / Eiras 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
21 
 
Marim / Eiras 
 
2. PARIDADE DE UMA FUNÇÃO 
 
 
FUNÇÃO PAR 
 
Uma função 
 f x
 é dita ser par quando
   f x f x 
. Assim, graficamente percebemos que 
essa função é simétrica em relação ao eixo das ordenadas (y). 
 
 
 
 
Gráfico da função da função par
 
2
f x x
, vemos que o gráfico é simétrico em relação ao eixo das ordenadas. 
 
 
FUNÇÃO ÍMPAR 
 
Uma função 
 f x
 é dita ser ímpar quando
   f x f x  
. Assim, graficamente percebemos 
que essa função é simétrica em relação à origem (ponto (0, 0)). 
 
 
 
 
Gráfico da função da função ímpar
 
3
f x x
, vemos que o gráfico é simétrico em relação à origem. 
 
 
           






x
y
           










x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
22 
 
Marim / Eiras 
 
Quando nenhuma das condições acima é satisfeita, dizemos que a função não possui paridade, 
ou seja, não possui simetria em relação ao eixo das ordenadas nem em relação à origem. 
 
 
 
Gráfico da função da função 
 f x x
, que não possui paridade. 
 
Exemplo 1) A função 
 y sen x
, é uma função ímpar, seu gráfico é simétrico em relação 
origem. 
 
 
 
Exemplo 2) A função 
 cosy x
, é uma função par, seu gráfico é simétrico em relação ao eixo 
das ordenadas. 
 
 
 
Exemplo 3) A função 
x
y e
 não possui paridade, ou seja, não é simétrica nem em relação ao 
eixo das ordenadas e nem à origem. 
 
 
           





x
y
          




x
y
          




x
y
       




x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
23 
 
Marim / Eiras 
QUESTÕES DE PROVAS PASSADAS 
 
 
 (MAUÁ – 2006) Sabendo que uma função é dita par se 
   f x f x 
. Esboce o restante 
do gráfico da função par abaixo: 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
Como a função é par, ela é simétrica em relação ao eixo y. Assim, cada trechoda função dada 
deve ter um simétrico em relação a esse eixo. Assim o gráfico completo dessa função pode ser 
representado a seguir. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
24 
 
Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2006) Sabendo que uma função é dita par se 
   f x f x 
. Esboce o restante 
do gráfico da função impar abaixo: 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
Como a função é par, ela é simétrica em relação ao eixo y. Assim, cada trecho da função dada 
deve ter um simétrico em relação a esse eixo. Assim o gráfico completo dessa função pode ser 
representado a seguir. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
25 
 
Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2010) Seja 
 
 
2
2
ln 1x
f x
x


. Esta função é par? Justifique sua resposta. 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
Para verificar a paridade de uma função, começamos por calcular o valor de
 f x
. Assim, 
 
 
  
 
2
2
ln 1x
f x
x
 
 

 ou 
 
 
2
2
ln 1x
f x
x

  
 
 
Podemos perceber que
   f x f x 
. Então concluímos que a função dada é par. A seguir 
uma representação gráfica dessa função. 
 
 
 
Gráfico da função
 f x
, função para, simétrica em relação ao eixo y. 
 
 
 
 (MAUÁ – 2012) A curva de Gauss 
2
x
y e


 é uma importante função matemática 
amplamente utilizada em Estatística. Verifique a paridade dessa função. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Para verificar a paridade de uma função, começamos por calcular o valor de
 f x
. Assim: 
 
 
 
2
x
y x e
 
 
 ou 
 
2
x
y x e

  
 
Podemos perceber que
   f x f x 
. Então concluímos que a função dada é par. A seguir 
uma representação gráfica dessa função. 
 
 
       




x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
26 
 
Marim / Eiras 
 
Gráfico da função 2xy e  , função par, simétrica em relação ao eixo y. 
 
 
 
 
 
 
       




x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
27 
 
Marim / Eiras 
 
3. LIMITES DE UMA FUNÇÃO 
 
 
Dizemos que uma função 
 f x
 tem limite L quando x tende para o valor a, ou seja, 
 
 
 
 
 ( ) 
 
 
Considerar 
 f x
 arbitrariamente próximo de L, significa que se x tende a a, então, 
 f x
 tende 
a L. 
 
 
Uma maneira de visualizar o significado do limite de uma função é pensar que x está definido 
no intervalo, 
x   
, com ε próximo de zero, enquanto que o valor da função 
 f x
 está 
definido no intervalo 
 L f x L    
, com 

 próximo de zero. Graficamente podemos 
visualizar a situação proposta. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
É importante observar que quando x tende a a, não é necessário que a função 
 y f x
 esteja 
definida no número a. Em muitos exemplos, o objetivo é estudar o comportamento da função 
 y f x
 na região próxima ao número a. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
y 
x 
a+ a- 
L+ 
L -  
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
28 
 
Marim / Eiras 
PROPRIEDADES DOS LIMITES 
 
Considere os seguintes valores 
 
 ( ) e 
 
 ( ) . 
 
Então: 
 
i) 
        lim lim lim
x a x a x a
f x g x f x g x F G
  
    
 
 
ii) 
        lim lim lim
x a x a x a
f x g x f x g x F G
  
    
 
 
iii) 
        lim . lim . lim .
x a x a x a
f x g x f x g x F G
  
 
 
 
iv)  
 
 
 
lim
lim 0
lim
x a
x a
x a
f x
f x F
se G
g x g x G



 
    
 
 
 
v) 
     lim lim
b
b
x a x a
f x f x
 

 
 
 
O objetivo do limite é estudar o comportamento da função 
 y f x
 quando x aproxima-se de 
um determinado número a. Tal comportamento, por vezes, é diferente quando x aproxima-se 
de a pelo lado esquerdo, assumindo valores menores que o próprio a, ou pelo lado direito, no 
qual assume valores maiores que a. Ao processo de aproximação de x tendendo a a pela direita 
ou pela esquerda, denomina-se de limite lateral. 
 
Se x se aproxima de a com valores maiores que a (ou pela direita), escrevemos: 
 
 
 
 ( ) 
 
Se x se aproxima de a com valores menores que a (ou pela esquerda), escrevemos: 
 
 
 
 ( ) 
 
O limite da função 
 f x
 para x tendendo a a, existe se, e se somente se, os limites laterais 
forem iguais, 
 
 
 
 ( ) 
 
 ( ) 
 
Portanto, afirma-se que: 
 
 
 
 ( ) 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
29 
 
Marim / Eiras 
QUESTÕES DE PROVAS PASSADAS 
 
 (MAUÁ – 2006) Sabendo que uma função é dita par se 
   f x f x 
, 
 
 
 
Calcule os limites: 
 
i. 
 
0 ,5
l im
x
f x

 ii. 
 
1
l im
x
f x


 iii. 
 
0
l im
x
f x


 
 
iv. 
 
3
l im
x
f x

 
 v. 
 
3
l im
x
f x


 
 
RESOLUÇÃO 
 
i. Quando x tende a 0,5, tanto pela direita, quanto pela esquerda, a função tende a 0,5. Assim, 
podemos escrever: 
 
 
0 ,5
lim 0 , 5
x
f x


 
 
Note que o valor da função para 
0, 5x 
 
é 
 0, 5 1f 
. Isso só mostra que a função não é 
contínua nesse ponto, como será discutido posteriormente. 
 
ii. Graficamente podemos ver que quando x tende a 1 pela esquerda, por valores menores 
que 1, a função tende a 1. Assim, podemos escrever: 
 
 
1
lim 1
x
f x



 
 
iii. Quando x tende a zero pela direita, por valores maiores que zero, a função tende a zero. 
Isso também ocorre quando x tende a zero pela esquerda, por valores menores que zero. 
Assim, podemos escrever: 
 
 
0
lim 0
x
f x



 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
30 
 
Marim / Eiras 
iv. Quando x tende a menos três pela direita, por valores maiores que menos três, a função 
tende a zero. Note que a função não está definida para 
3x  
, mas existe o limite lateral para 
x tendendo a menos três pela direita. Assim, escrevemos: 
 
 
3
lim 0
x
f x

 

 
 
v. Quando x tende a três pela direita, por valores maiores que três, a função tende a infinito. 
Note que a função não está definida para 
3x 
, mas existe o limite lateral para x tendendo a 
três pela direita. Assim, escrevemos: 
 
 
3
lim
x
f x


  
 
 
 
 (MAUÁ – 2006) Um estudante de engenharia estudou a velocidade vertical de um bote 
ancorado que oscila para cima e para baixo no mar. Depois de alguns cálculos, chegou à 
conclusão que a velocidade vertical instantânea alcançada pelo bote depois de 3 minutos é 
dada pela expressão 
   
 
3 3
2
3 lim lim
3t t
se n t
v g t
t

 
 

 em ft/min. Efetuou o cálculo do limite 
numericamente construindo a tabela: 
 
t (min) g(t) (ft/min) 
2,80000 4,755282581 
2,85000 5,393446629 
2,90000 5,877852523 
2,99000 6,279051953 
2,99900 6,283143966 
2,99990 6,283184894 
2,99999 8,328965049 
3,00001 6,283185303 
3,00010 6,283184894 
3,00100 6,283143966 
3,01000 6,2790519533,20000 4,755282581 
3,30000 3,179188388 
 
(a) Ao analisar os resultados obtidos na planilha observou que tinha cometido um (único) erro. 
Onde o estudante errou? Justifique sua resposta. 
 
RESOLUÇÃO 
 
O estudante errou no cálculo de 
 2, 99999g
. Analisando a tabela verificamos uma tendência 
para quando t se aproxima de três minutos, o valor da função g se aproxima de 6,2831 ft/min, 
para todos os valores próximos de três minutos observamos essa tendência, exceto para 
t = 2,99999 min. Assim, o erro cometido pelo aluno foi no cálculo da função g no instante 
t = 2,99999 min. 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
31 
 
Marim / Eiras 
(b) Apesar do erro encontrado, o estudante foi capaz de estimar a velocidade vertical 
instantânea alcançada pelo bote ancorado depois de 3 minutos utilizando esta mesma tabela. 
Qual foi o resultado que ele obteve (forneça o resultado com 4 casas decimais)? Por quê? 
 
RESOLUÇÃO 
 
A velocidade vertical instantânea alcançada pelo bote ancorado depois de três minutos pode 
ser definida como o limite da velocidade média quando o intervalo de tempo tende a zero. A 
partir da tabela, podemos determinar a velocidade instantânea calculando os limites laterais e 
verificando se eles levam a um mesmo valor. Da tabela temos que: 
 
 
3
lim 6 , 2 8 3 1 8 5 3 0 3
t
g t


  3lim 6 , 2 8 3 1 8 4 8 9 4t g t 
 
 
Notamos que dentro da precisão pedida, quatro casas decimais, os limites são iguais, e 
podemos escrever, fazendo o devido arredondamento: 
 
 
3
lim 6 , 2 8 3 2
t
g t


 
 
Assim, podemos concluir que a velocidade instantânea após três minutos é de: 
 
   
3
3 lim 6, 2 8 3 2
t
v g t ft m in

 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2006) Sabendo que uma função é dita par se 
   f x f x 
. Dado o gráfico da 
função 
 f x
 a seguir 
 
 
 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
32 
 
Marim / Eiras 
Calcule os limites: 
 
i. 
 
0
l im
x
f x

 ii. 
 
1
l im
x
f x


 
 
iii. 
 
0
l im
x
f x


 iv. 
 
3
l im
x
f x

 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
i. Quando x tende a zero, tanto pela direita, quanto pela esquerda, a função tende a zero. 
Como os limites laterais são iguais, podemos escrever: 
 
 
0
lim 0
x
f x


 
 
ii. Graficamente podemos ver que quando x tende a 1 pela esquerda, por valores menores 
que 1, a função tende a -2. Assim, podemos escrever: 
 
 
1
lim 2
x
f x


 
 
 
iii. Quando x tende a zero pela direita, por valores maiores que zero, a função tende a zero. 
Isso também ocorre quando x tende a zero pela esquerda, por valores menores que zero. 
Assim, podemos escrever: 
 
 
0
lim 0
x
f x



 
 
iv. Quando x tende a menos três pela direita, por valores maiores que menos três, a função 
tende a zero. Note que a função não está definida para 
3x  
, mas existe o limite lateral para 
x tendendo a menos três pela direita. Assim, escrevemos: 
 
 
3
lim 0
x
f x

 

 
 
 
 
 (MAUÁ – 2006) Um estudante de engenharia de Fairbanks, no Alasca, estudou a taxa de 
variação da temperatura média (em Fahrenheit) em Fairbanks durante um ano de 365 dias em 
relação ao tempo, a partir de 1º de janeiro. Concluiu que a velocidade instantânea da 
temperatura em relação ao tempo depois de 60 dias pode ser obtida, aproximadamente, pela 
expressão: 
 
   
 
6 0 6 0
2
3 7 . . 1 0 1 2 4
3 6 5
6 0 lim lim
6 0t t
se n t
v g t
t

 
 
 
 
 
 

 
 
 
medida em oF/dia. Efetuou o cálculo do limite numericamente, construindo a tabela: 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
33 
 
Marim / Eiras 
t (dia) v(t) (oF/dia) 
59,000000 0,4811871 
59,500000 0,4829829 
59,800000 0,4840547 
59,900000 0,4844110 
59,999900 0,4847665 
59,999999 0,4847668 
60,000001 1,8847668 
60,000010 0,4847668 
60,000100 0,4847672 
60,500000 0,4865387 
61,000000 0,4882986 
 
(a) Ao analisar os resultados obtidos na tabela observou que tinha cometido um erro. Onde o 
estudante errou? Justifique sua resposta. 
 
RESOLUÇÃO 
 
O estudante errou no cálculo de 
 60, 000001v
. Analisando a tabela verificamos uma tendência 
para quando t se aproxima de 60 dias, o valor da função v se aproxima de 0,4847668 oF/dia, 
para todos os valores próximos de 60 dias observamos essa tendência, exceto para 
t = 60,000001 dias. Assim, o erro cometido pelo aluno foi no cálculo da função v no instante 
t = 60,000001 dias. 
 
(b) O estudante foi capaz de estimar qual a taxa de variação instantânea da temperatura em 
relação ao tempo no 600 dia do ano utilizando esta mesma tabela. Qual foi o resultado que ele 
obteve? Por quê? Forneça a resposta utilizando 5 casas decimais. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A velocidade instantânea da temperatura em relação ao tempo pode ser definida como o limite 
da velocidade média quando o intervalo de tempo tende a zero. A partir da tabela, podemos 
determinar a velocidade instantânea calculando os limites laterais e verificando se eles levam a 
um mesmo valor. Da tabela temos que: 
 
 
6 0
lim 0 , 4 8 4 7 6 6 8
t
v t


  6 0lim 0 , 4 8 4 7 6 6 8t v t 
 
 
Notamos que dentro da precisão pedida, cinco casas decimais, os limites são iguais, e podemos 
escrever, fazendo o devido arredondamento: 
 
 
6 0
lim 0 , 4 8 4 7 7
t
v t


 
 
Assim, podemos concluir que a velocidade instantânea após 60 dias é de: 
 
   
6 0
6 0 lim 0 , 4 8 4 7 7
o
t
v v t F d ia

 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
34 
 
Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2007) Encontre os limites, se existirem: 
 
(a) 3 2
1
l im
1x
x x
x 


 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
A primeira providência para se determinar um limite é substituir diretamente o valor para o 
qual a variável está tendendo. Em nosso caso a variável x está tendendo a menos um. Note que 
a substituição direta desse valor na função não acarreta problemas. Assim, podemos escrever: 
 
   
3 2
3 2
1
1 1 1 1 2
lim
1 1 1 2 2x
x x
x 
     
  
     
 
3 2
1
l im 1
1x
x x
x 



 
 
 
(b) 
5
5
lim
5x
x
x

 


 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
Quando tentamos substituir diretamente o valor da variável x nesse exercício, vemos que o 
denominador se anula. Portanto devemos efetuar alguma simplificação para podermos sair da 
indeterminação. Como x tende a menos cinco pela esquerda, valores menores que menos 
cinco, o numerador que está em módulo apresentará um resultado negativo. O módulo irá 
inverter o sinal do numerador. Assim, ficamos com: 
 
 
 
5 5
55
lim lim
5 5x x
xx
x x
 
   
 

  
 
 
Agora podemos simplificar o numerado com o denominador eliminando a indeterminação. 
Ficamos com: 
 
 
 
 
5 5 5
55
lim lim lim 1 1
5 5x x x
xx
x x
  
     
 
    
 
 
 
 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
35 
 
Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2007) Encontre os limites, se existirem: 
 
(a) 2
3
5
lim
9x
x x
x

 
 
RESOLUÇÃO 
 
Fazendo a substituição direta do x pelo valor que ele está tendendo, no casotrês, podemos 
perceber que não chegamos a nenhuma indeterminação. Assim, podemos calcular diretamente 
o valor desse limite. Ou seja: 
 
 
22
3
3 5 . 35 2 4
lim 2
9 3 9 1 2x
x x
x

  
 
 
 
 
(b) 
3
2 1 0 8 8
lim
3x
x x
x
  
 
 
RESOLUÇÃO 
 
Não podemos substituir diretamente o valor da varável x, pois isso acarretaria uma nulidade 
tanto no numerador quanto no denominador. Devemos então efetuar alguma simplificação. 
Nesse caso devemos multiplicar o numerador e o denominador pelo conjugado do numerador. 
Ficando assim com: 
 
 
 3 3
2 1 0 8 82 1 0 8 8 2 1 0 8 8
lim lim
3 3 2 1 0 8 8x x
x xx x x x
x x x x 
       
 
     
 
Essa estratégia de multiplicação pelo conjugado, permite que eliminemos as raízes do 
numerador. Agora ficamos com: 
 
   3 3
2 1 0 8 8 2 1 0 8 8
lim lim
3 3 2 1 0 8 8x x
x x x x
x x x x 
     

     
 
ou ainda: 
 
   
 
   3 3 3
6 32 1 0 8 8 6 1 8
lim lim lim
3 3 2 1 0 8 8 3 2 1 0 8 8x x x
xx x x
x x x x x x x  
     
 
         
 
Agora podemos simplificar o termo 
 3x 
 do numerado e do denominador e ficamos com: 
 
 3 3
2 1 0 8 8 6
lim lim
3 2 1 0 8 8x x
x x
x x x 
   

   
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
36 
 
Marim / Eiras 
Agora podemos substituir o valor de x por três sem que tenhamos problemas. Assim, teremos: 
 
   3 3
2 1 0 8 8 6 6 3
lim lim
3 42 . 1 0 8 8 2 .3 1 0 8 .3 8x x
x x
x x x 
    
   
      
 
 
 
 (MAUÁ – 2007) Calcule o limite: 2
2
3
9
lim
5 6x
x
x x

 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
A substituição direta de x por três leva a uma indeterminação (zero no denominador e também 
no numerador). Portanto devemos fazer alguma simplificação para sair da indeterminação. 
Nesse caso podemos escrever o numerador como uma diferença de quadrados e fatorar o 
denominador. Assim ficamos com: 
 
 
   
   
2
2
3 3
3 39
lim lim
5 6 3 2x x
x xx
x x x x 
 

    
 
Agora podemos simplificar o termo 
 3x 
 no numerador e no denominador. Após a 
simplificação podemos finalmente substituir o valor de x por três. Aí ficamos com: 
 
 
 
2
2
3 3
39
lim lim 6
5 6 2x x
xx
x x x 

 
  
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2006) Calcule: 
 
(a) 3
4
1
1
lim
1x
x
x


 
 
RESOLUÇÃO 
 
A substituição direta de x por um leva a uma indeterminação (zero no denominador e também 
no numerador). Portanto devemos fazer alguma simplificação para sair da indeterminação. 
Nesse caso podemos fatorar o numerador e escrever o denominador como uma diferença de 
quadrados. Ou seja: 
 
   
   
2
3
4 2 2
1 1
1 11
lim lim
1 1 1x x
x x xx
x x x 
  

   
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
37 
 
Marim / Eiras 
O segundo termo no denominador por sua vez, pode ser escrito como uma nova diferença de 
quadrados. Então segue que: 
 
   
     
2
3
4 2
1 1
1 11
lim lim
1 1 1 1x x
x x xx
x x x x 
  

    
 
Agora podemos simplificar o termo 
 1x 
 no numerador e no denominador. Após a 
simplificação podemos finalmente substituir o valor de x por 1. Assim, ficamos com: 
 
 
   
 
   
2 2
3
4 2 2
1 1
1 1 1 11 3
lim lim
1 41 1 1 1 1 1x x
x xx
x x x 
   
  
    
 
 
 (b) use o fato que 
1
lim 1
x
x
e
x  
 
  
 
 para calcular 
2
lim 1
h
h h 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
Como foi pedido para utilizarmos o limite fundamental na resolução desse problema, devemos 
observar que o limite pedido é parecido com o limite fundamental. Vamos fazer uma pequena 
modificação dentro dos parênteses, chamando 
1 x
 de 
2 h
. Assim teremos: 
 
2 1
2h x
h x

   
 
 
Quando h tender a infinito, x também tenderá a menos infinito. Agora podemos escrever: 
 
2
2 1
lim 1 lim 1
h x
h xh x

    
   
     
   
 
 
Lembrando-se das propriedades dos limites, tiramos o expoente -2 para fora do limite e 
ficamos com: 
 
2
2
2 1 1
lim 1 lim 1 lim 1
h x x
h x xh x x


       
      
          
        
 
Como o limite que está dentro dos colchetes é justamente o limite fundamental e vale e, 
chegamos finalmente ao valor do limite pedido: 
 
2
2
22 1 1
lim 1 lim 1 lim 1
h x x
h x x
e
h x x



       
      
           
       
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
38 
 
Marim / Eiras 
 
 (MAUÁ – 2008) Calcule os limites: 
 
 
(a) 
2
6 2
lim
2x
x x
x
  

 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
A substituição direta de x por dois leva a uma indeterminação (zero no denominador e também 
no numerador). Portanto devemos fazer alguma simplificação para sair da indeterminação. 
Nesse caso podemos multiplicar o numerador e o denominador pelo conjugado do numerador. 
Assim ficamos com: 
 
 
 2 2
6 26 2 6 2
lim lim .
2 2 6 2x x
x xx x x x
x x x x 
       

     
 
Ou ainda: 
 
 
   2 2
6 26 2
lim lim
2 2 . 6 2x x
x xx x
x x x x 
    

    
 
 
 
Organizando o numerador, ficamos com: 
 
 
   2 2
2 . 26 2
lim lim
2 2 . 6 2x x
xx x
x x x x 
   

     
 
 
Note que colocamos o - 2 em evidência no numerador a fim de ficarmos com o termo 
 2x 
, 
que será simplificado com o outro termo no denominador. Agora temos: 
 
 2 2
6 2 2
lim lim
2 6 2x x
x x
x x x 
   

    
 
 
Agora podemos substituir o valor de x diretamente por 2. Assim ficamos com: 
 
 2
6 2 2 1
lim
2 26 2 2 2x
x x
x
   
  
   
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
39 
 
Marim / Eiras 
 
(b) 4
2
3 9
lim
4 3x
x x
x x 

 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
A substituição direta de x por infinito leva a uma indeterminação (infinito no denominador e 
também no numerador). Portanto devemos fazer alguma simplificação para sair da 
indeterminação. Nesse caso podemos colocar em evidência o termo x4 dentro da raiz no 
numerador e tirá-lo da raiz e também colocar o termo x2 em evidência no denominador e 
depois simplificar com o numerador, ou seja: 
 
4
34
2
2
2
9
3
3 9
lim lim
4 34 3
1
x x
x
xx x
x x
x
x x
   
 
 
  

   
  
 
 
 
Ou ainda: 
 
2
3 34
2
2
2 2
9 9
3 3
3 9
lim lim lim
4 3 4 34 3
1 1
x x x
x
x xx x
x x
x
x x x x
     
   
    
    
 
     
      
   
 
 
 
Agora fazendo x tender a infinito, observa-se que os termos contendo x no denominador 
tendem a zero, assim: 
 
4
2
3 9 3
lim 3
4 3 1x
x x
x x 

 
  
 
 
(c) 
2 2
l im
x a
x a
x a


 
 
RESOLUÇÃO 
 
Para a resolução desse limite devemos considerar os limites laterais, quando x tende a a peladireita, por valores maiores do que a, e pela esquerda, por valores menores do que a. Assim, 
devemos escrever: 
 
   
2 2 2 2
lim lim lim
.x a x a x a
x a x a x a
x a x a x a x a
  
  
  
 
   
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
40 
 
Marim / Eiras 
 
Quando x tende a a pela direita, a diferença 
 x a
 é positiva e o módulo pode ser retirado. 
No denominador temos uma diferença de quadrados e após a fatoração podemos simplificar os 
termos 
 x a
, ficamos com: 
 
 
2 2
1 1
lim lim
2x a x a
x a
x a x a a
 
 

 
 
 
 
Agora valor avaliar o limite quando x tende a a pela esquerda. 
 
   
   
2 2 2 2
lim lim lim
.x a x a x a
x a x ax a
x a x a x a x a
  
  
   
 
   
 
 
Agora a diferença 
 x a
 é negativa, assim a função módulo irá trocar o sinal. Novamente no 
denominador temos uma diferença de quadrados e podemos simplicar, ficanso com: 
 
 
2 2
1 1
lim lim
2x a x a
x a
x a x a a
 
 
  
 
  
 
Como os limites laterais são diferentes, concluímos que o limite proposto não existe. 
 
 
 
 (MAUÁ – 2008) Nos anos de 1930 o biólogo G. F. Gause conduziu um experimento com o 
protozoário paramécio e usou uma equação “logística” para modelar seus dados. O modelo 
sigmoidal 
 
0 ,7 9 4 4
6 4
1 3 1 .
t
P t
e



 foi determinado para representar a população P do paramécio 
em função do tempo t (em dias). 
 
 
(a) Qual a população inicial de paramécios em seu experimento? 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
Para determinarmos a população inicial de paramécios, basta fazermos 
0t 
 na equação 
sigmoidal. Assim temos:
 
 
0 ,7 9 4 4 .0
6 4
0
1 3 1 .
P
e


 
daí temos: 
 0 2P 
 
 
 
A população inicial é de dois indivíduos. 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
41 
 
Marim / Eiras 
(b) Calcule 
 lim
t
P t
 
. O que isto significa no contexto do problema? 
 
RESOLUÇÃO 
 
Vamos inicialmente determinar o limite proposto. 
 
 
 
0 ,7 9 4 4
6 4
lim lim 6 4
1 3 1 .
t
t t
P t
e

   
 

 
 
Quando t tende a infinito, o expoente de e no denominador tende a menos infinito, o que nos 
leva ao termo 
e
 
 tender a zero. Com isso o denominador terá soma igual a 1 e assim o limite 
irá para 64. No contexto do problema isso significa que dado um tempo muito longo 
(t tendendo para infinito) a população irá se estabilizar em 64 indivíduos. 
 
 
 
 (MAUÁ – 2008) A massa de um isótopo radioativo do elemento hipotético A diminui com 
o tempo de acordo com os dados tabelados abaixo: 
 
 
tempo (anos) massa (gramas) 
0 2 
1 1 
2 0,5 
3 0,25 
4 0,125 
 
 
A partir dessa tabela verifica-se que a massa em função do tempo pode ser expressa por 
 
 1
1
2
t
m t

 
  
 
, com a massa em gramas e o tempo em anos. Pede-se: 
 
Como você escreveria a expressão para calcular a taxa instantânea de variação da massa no 
instante 1 ano? Não efetue os cálculos. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Podemos escrever a taxa instantânea de variação da massa como sendo o limite da função 
dada (
 m t
) quando t tende a 1 ano, ou seja: 
 
 
 
 1
1 1
1
lim lim
2
t
t t
m t

 
 
  
 
 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
42 
 
Marim / Eiras 
 
 (MAUÁ – 2008) Calcule os limites: 
 
 
(a) 
 
2
2
1 1
lim
22x
x
xx 
 
 
   
 
 
RESOLUÇÃO 
 
Como nesse caso nós temos o limite de uma soma, podemos dividir em dois limites. Assim 
ficamos com: 
 
   
2 2
2 2
1 1 1 1
lim lim lim
2 22 2x x x
x x
x xx x     
      
       
          
 
 
 
O primeiro desses limites vai a zero, pois o x, que tende para infinito, está no denominador. No 
segundo limite podemos colocar o termo x2 em evidência dentro da raiz e ficamos com: 
 
 
2
22
2
1
1
1 1
lim 0 lim
2 22x x
x
xx
x xx   
  
         
   
 
 
 
 
 
Podemos tirar o x fora da raiz e depois simplificar com o x do denominador e teremos: 
 
 
2 22
2
1 1
1 1
1 1
lim lim lim
2 2 22x x x
x
x xx
x xx     
      
                  
     
   
   
 
 
Como o termo 
2
1 x
 tenderá a zero quando x tender para infinito, teremos no numerado a raiz 
quadrada de 1. Assim, finalmente chegamos a: 
 
 
 
2
2
1 1 1 1
lim lim
2 2 22x x
x
xx   
   
     
    
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
43 
 
Marim / Eiras 
(b) 
 
2
l im
a x
x a
e
x a  
 
RESOLUÇÃO 
 
Novamente podemos utilizar uma propriedade dos limites que nos diz que o limite de um 
produto é o produto dos limites. Dessa forma podemos escrever o limite proposto da seguinte 
forma: 
 
     
2 2 2
1 1
lim lim . lim . lim
a x
a x a x
x a x a x a x a
e
e e
x a x a x a   
 
  
    
 
 
O primeiro limite nos leva a 2
a
e
, podemos escrever então: 
 
   
2
2 2
1
lim . lim
a x
a
x a x a
e
e
x a x a 

 
 
 
Para resolvermos o segundo limite, devemos considerar os limites laterais, quando x tende a a 
pela direita e pela esquerda. Assim, os limites laterais seriam: 
 
 
 
 
2
1
lim
x a x a


 

 
 
2
1
lim
x a x a


 

 
 
Como os limites laterais são iguais, o limite como um todo assume esse mesmo valor, infinito. O 
limite pedido fica então: 
 
 
2
2
l im .
a x
a
x a
e
e
x a
   

 
 
 
 
 (MAUÁ – 2008) Esboce o gráfico de uma função 
 f x
 que satisfaça todas as condições: 
 
 lim 0
x
f x
 
  lim 1x f x       0 2lim limx xf x f x      
 
   
0 2
lim lim
x x
f x f x
 
 
   
 
RESOLUÇÃO 
 
Como o enunciado pede um esboço do gráfico da função, devemos apresentar um gráfico que 
satisfaça as condições expostas acima. Assim uma possível solução seria o gráfico a seguir. 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
44 
 
Marim / Eiras 
 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2008) (a) Suponha que f e g sejam funções contínuas, tais que 
 2 1f 
 e 
   
2
lim 4 1 3
x
f x g x

  
 
. Encontre 
   
2
2
l im
x
f x g x

 
 
. Justifique sua resposta utilizando as 
propriedades dos limites. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Como as funções f e g são contínuas, podemos utilizar as propriedades dos limites no limite 
dado para obter o valor da 
 2g
. Assim, temos: 
 
       
2 2 2
lim 4 1 3 lim 4 lim 1 3
x x x
f x g x f x g x
  
    
 
 
 
pois o limite de uma soma é a soma dos limites. Quando temos o limite de uma constante vezes 
uma função isso equivale ao produto da constante pelo limite da função. O limite da 
 f x
 
quando x tende a 2 foi dado no enunciado e vale 1. Dessa forma podemos chegar ao valor de 
 2g
. 
 
   1 4 2 13 2 3g g  
 
 
Sabemos agora o valor da 
 2f
 e também ovalor da 
 2g
. Como 
 2g
 é diferente de zero 
podemos escrever: 
 
 
 
 
 
 
 
2 2 2
2
2 2
2 1 1
lim lim
2 3 9x x
f x f x f
g x g x g 
       
          
       
 
        








x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
45 
 
Marim / Eiras 
(b) Escreva um exemplo de uma função na forma 
 
 
P x
y
Q x

 onde 
 P x
 e 
 Q x
 são 
polinômios com o grau do polinômio Q maior do que 1, que tenha assíntota horizontal 
3y 
 e 
cujo domínio seja todos os números reais. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Para que o domínio sejam todos os números reais, o polinômio Q não pode se anular em 
nenhum número real. A seguir temos alguns exemplos de polinômios com grau maior que um 
que não se anulam. 
 
  12  xxQ   4 3Q x x    23 3 5Q x x x   
 
Para ter assíntota horizontal 
3y 
, o grau do polinômio P tem que ser igual ao do polinômio Q. 
A seguir alguns exemplos para o polinômio P. 
 
 
2
3P x x
 
 
4
3P x x
 
 
2
9 5P x x x 
 
 
Note que os polinômios 
 P x 
foram escolhidos de forma a ter o coeficiente do termo de maior 
grau como tendo o triplo do valor dos mesmos coeficientes dos polinômios 
 Q x
. Isso foi feito 
para que a assíntota horizontal seja 
3y 
. Agora podemos escrever exemplos de funções y 
como foi solicitado no enunciado. 
 
2
2
3
1
x
y
x

 
4
4
3
3
x
y
x

 
2
2
9 5
3 3 5
x x
y
x x


 
 
 
Para termos a confirmação a respeito das assíntotas, vamos calcular os limites: 
 
3
1
1
3
1
1
3
1
3
22
2
2
2
2











 
xx
x
x
x
x
xxx
limlimlim
 
 
 
4 4
4
4
24
3 3 3
lim lim lim 3
133
11
x x x
x x
x
x
xx
     
  
  
 
  
 
2
2
2
2
22
5 5
9 9
9 5 9
lim lim lim 3
3 53 53 3 5 3
33
x x x
x
x x x x
x x
x
x xx x
     
 
  
  
   
   
   
 
 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
46 
 
Marim / Eiras 
 
 (MAUÁ – 2008) Esboce o gráfico de uma única função que satisfaça todas as condições: 
 
 Tem assíntotas 
y x
 para 
x   
 e 
y x 
 para 
x   
; 
 
 
1
lim
x
f x
 
 
 e 
 
1
lim
x
f x
 
 não existe; 
 Os pontos críticos são 
 0, 0
, 
 2, 2 , 5
 e 
 2 , 2 , 5
; 
 Cresce somente para 
 2, 1x   
 e 
 2,x   
; 
 O ponto 
 0, 0
 é um ponto de inflexão. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Uma possível função que satisfaça as condições do enunciado pelo ser vista no gráfico a seguir. 
 
 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2009) (a) A velocidade de uma partícula medida em metros por segundo no 
instante 
1t s
 é dada por: 
 
2
1
3 2
1 lim
1t
t
v
t
 


. Calcule 
 1v
. 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
 
Para determinarmos a velocidade para 
1t s
, basta determinarmos o valor do limite a seguir.
 
 
 
2
1
3 2
1 lim
1t
t
v
t
 


 
 
 
A estratégia para resolução desse limite é multiplicarmos o numerador e o denominador pelo 
conjugado do numerador. Assim, ficamos com: 
            









x
f'(x)
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
47 
 
Marim / Eiras 
 
 
 
2
2 2
1 1 2
3 2
3 2 3 2
1 lim lim .
1 1 3 2
t t
t
t t
v
t t t
 
 
   
 
   
 
 
Aplicando a distributiva no numerador, ficamos com: 
 
 
   
2
1 2
3 4
1 lim
1 3 2
t
t
v
t t

 

  
 ou ainda 
 
   
2
1 2
1
1 lim
1 3 2
t
t
v
t t



  
 
 
Nota-se que o numerador pode ser escrito como uma diferença de quadrados e um dos fatores 
poderá ser simplificado com um termo do denominador. Assim: 
 
 
   
   
 
 1 12 2
1 1 1
1 lim lim
1 3 2 3 2
t t
t t t
v
t t t
 
  
 
    
 
 
Agora podemos substituir diretamente o valor de x por 1 e ficamos com:
 
 
 
 
 
 2
1 1 1
1
21 3 2
v m s

 
 
 
 
 
(b) Calcule 
 
   
2 2
c o s
lim , 0
2x a
x a
a
x a x a x a




  
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Antes de resolvermos o limite, observe que no denominador existe um produto e o primeiro 
termos desse produto pode ser fatorado. Ou seja: 
 
 
   
 
   
22 2
c o s c o s
lim lim
2x a x a
x a x a
x a x a x a x a x a
 
 
 

    
 
 
Ou ainda: 
 
 
   
 
 
32 2
c o s c o s
lim lim
2x a x a
x a x a
x a x a x a x a
 
 
 

   
 
 
Como x tende a a pela direita, valores maiores que a, o cosseno tenderá a 1. Por outro lado, o 
denominador tenderá a zero positivamente, fazendo com que o limite vá para infinito. Ou seja: 
 
 
   
 
 
32 2
c o s c o s
lim lim
2x a x a
x a x a
x a x a x a x a
 
 
 
   
   
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
48 
 
Marim / Eiras 
(c) Calcule: 2
3
5 6
lim
3x
x x
x


 

. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Na resolução do limite dado devemos tomar cuidado com a função módulo. Observando o 
polinômio dentro da função módulo, vemos que esse pode ser fatorado como segue: 
 
   
2
5 6 2 . 3x x x x    
 
 
Assim, como x tende a 3 pela esquerda, valores menores que 3, o polinômio retornará um valor 
negativo, pois o termo 
 3x 
 será negativo. Dessa forma o módulo irá inverter o sinal do 
polinômio e o limite se tornará: 
 
 
   
2
3 3
5 6 2 . 3
lim lim
3 3x x
x x x x
x x
 
 
    

 
 
 
Podemos agora fazer a simplificação do termo 
 3x 
 do numerador e do denominador. Assim, 
ficamos com: 
 
 
2
3 3
5 6
lim lim 2 1
3x x
x x
x
x
 
 
 
     
 

 
 
 
 
 (MAUÁ – 2009) (a) Calcule 
23
3
lim
2 5
x
x
x
 

 
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Para resolver esse limite vamos multiplicar o numerador e o denominador pelo conjugado do 
denominador, pois a substituição direta nos leva a uma indeterminação. Assim ficamos com: 
 
 
 
2
2 23 3 2
2 5
3 3
lim lim .
2 5 2 5 2 5
x x
x
x x
x x x
   
 
 

     
 
 
Agora aplicamos a distributiva no denominador e ficamos com: 
 
   
 
   2 2
2223 3 3
3 2 5 3 2 5
3
lim lim lim
94 52 5
x x x
x x x x
x
xxx
     
     

 
  
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
49 
 
Marim / Eiras 
 
Note que o denominador pode ser escrito como uma diferença de quadrados. Assim podemos 
escrever: 
 
   
   
2
23 3
3 2 5
3
lim lim
3 32 5
x x
x x
x
x xx
   
  


  
 
 
Podemos simplificar o 
 3x 
 do numerador com o do denominador e ficamos com: 
 
 
 
2
23 3
2 5
3
lim lim
32 5
x x
x
x
xx
   
 

 
 
 
Agora podemos fazer a substituição direta do x por -3 e efetuar os cálculos. 
 
 
  
 
 
2
23
2 3 5
2 23 4 2
lim
3 3 6 33 32 5
x
x
x
 
 
      
   
  
 
 
 
 
(b) A curva de aprendizagem de certo processo em uma linha de montagem pode ser modelada 
por 
 
 
0 ,0 1 .
2 0 0 0
, 0
5 0 1 3
t
N t t
e

 

, onde 
 tN
 representa o número de peças que o aprendiz é 
capaz de processar depois de 
t
 dias de treinamento. Qual o limite de 
 N t
 quando 
t  
? 
Qual a interpretação deste valor no processo de treinamento? 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
Vamos calcular o limite quando t tende para infinito. 
 
 
 
0 ,0 1
2 0 0 0
lim lim
5 0 1 3
t
t t
N t
e
   


 
 
 
Quando t tende para infinito, 
0 ,01 . t
e

 tende a zero e, portanto, ficamos com: 
 
 
   
0 ,0 1
2 0 0 0 2 0 0 0
lim lim 4 0
5 0 1 05 0 1 3
t
t t
N t
e
   
  

 
 
 
Esse resultado nos diz que um aprendiz bem treinado será capaz de produzir um máximo de 40 
peças por dia. 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
50 
 
Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2010) (a) Calcule, sem usar a regra de L’Hôpital:   32
2
1
3 4
lim
7 6x
x x
x x
 
 
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Como não podemos utilizar a regra de L’Hôpital, vamos fatorar o polinômio do numerador. 
Assim ficamos com: 
 
     
   
3 3
2
2
1 1
3 4 4 1
lim lim
7 6 6 1x x
x x x x
x x x x 
    
 

   
 
Ou ainda: 
 
     
   
3
3 32
2
1 1
3 4 4 1
lim lim
7 6 6 1x x
x x x x
x x x x 
   

    
 
Simplificando o termo 
 1x 
 do numerador e do denominador, teremos: 
 
     
 
3
3 22
2
1 1
3 4 4 1
lim lim
7 6 6x x
x x x x
x x x 
   

  
 
 
Agora podemos fazer a substituição direta de x por 1. Agora ficamos com: 
 
     
 
3
3 22
2
1
3 4 1 4 1 1
lim 0
7 6 1 6x
x x
x x
   
 
  
 
 
(b) Calcule, sem usar a regra de L’Hôpital: 
 
2
1
1
lim
1x
x
x




. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Como nesse limite existe a presença de uma função módulo, devemos inicialmente considerar 
o sinal do denominador. Como x tende a 1 pela esquerda, valores menores que 1, a função no 
denominador assumirá um valor negativo, próximo de zero mas negativo. Portanto, a função 
módulo irá inverter o sinal da função. Ou seja: 
 
   
 
22
1 1
1 1
lim lim
11x x
x x
xx
 
 
 

 
 
 
Agora podemos escrever a função do denominador como um produto, pois se trata de uma 
diferença de quadrados. Agora teremos: 
 
   
   21 1
1 1
lim lim
1 11x x
x x
x xx
 
 
 

  
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
51 
 
Marim / Eiras 
 
Após a simplificação do termo 
 1x 
 podemos substituir o valor de x por 1 e teremos: 
 
 
 21 1
1 1 1
lim lim
1 21x x
x
xx
 
 

  
 
 
 
(c) Seja 
 xf
 uma função real que obedece as seguintes condições: 
 
(c1)      f x y f x f y   
(c2) 
   . 1f x x f
 
 
Nestas condições, calcule o limite: 
   
0
l im
h
f t h f t
h
 
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Vamos determinar o limite dado utilizando inicialmente a condição (c1). Assim ficamos com: 
 
         
0 0
l im lim
h h
f t h f t f t f h f t
h h 
   

 
 
 
Agora o numerador ficará apenas com 
 f h
. Utilizando a condição (c2) podemos escrever: 
 
       
0 0 0
. 1
lim lim lim
h h h
f t h f t f h h f
h h h  
 
 
 
 
Simplificando teremos: 
 
   
   
0 0
l im lim 1 1
h h
f t h f t
f f
h 
 
 
 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2010) O deslocamento (em metros) de um objeto que se move em linha reta é 
dado por 
 s t
, onde t é medido em segundos. Utilizando o limite escreva a velocidade no 
instante 
1t 
 s. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A definição de velocidade média pode ser escrita como: 
 
m
s
v
t



 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
52 
 
Marim / Eiras 
 
Já a velocidade instantânea é definida como sendo o limite da velocidade média com 
t
 tendendo a zero, ou seja: 
 
 
   
0 0
l im lim
t t
s t t s ts
v t
t t   
  
 
 
 
 
 
Considerando o tempo inicial igual a um segundo e o intervalo de tempo tendendo a zero 
teremos a velocidade instantânea em 
1t s
. 
 
 
   
0
1 1
1 lim
t
s t s
v
t 
  


 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2010) Será provado no curso de Cálculo que para todo ângulo 

 no 
primeiro quadrante, medido em radianos, vale que: 
   . cos sen    
. Será que 
   
0 0
se n se n
lim lim
 
 
  

? 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
Sabemos que a função 
  = seny 
 é ímpar e sabemos também que a função 
 = y 
 também é 
ímpar. Portanto, a divisão entre elas nos dá uma função par. Dessa forma ao calcularmos os 
limites laterais, teremos: 
 
 
0
se n
lim 1




 
 
Como visto no item anterior. Quando 

 tende a zero pela esquerda, valores negativos, 
teremos: 
 
       
0 0 0 0
se n se n - - se n se n
lim lim lim lim 1
- -   
   
            
 
 
Assim, a resposta à pergunta inicial é que: 
 
   
0 0
se n se n
lim lim
 
 
  

 
 
Pois os limites laterais são iguais. 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
53 
 
Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2010) (a) Calcule, sem usar a regra de L’Hôspital, 
1
1
lim 2 .
1x
x
x
x


. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Inicialmente vamos multiplicar o numerador e o denominador pelo conjugado do numerador. 
Assim, ficamos com: 
 
 1 1
11 1
lim 2 lim 2 .
1 1 1x x
xx x
x x
x x x 
 

  
 
 
Aplicando a distributiva no numerador, ficamos com: 
 
   1 1
1 1
lim 2 lim 2
1 1 1x x
x x
x x
x x x 
 

  
 
 
Podemos simplificar o termo 
 1x 
 
do numerador e do denominador. Aí teremos: 
 
1 1
1 2
lim 2 lim
1 1x x
x x
x
x x 


  
 
Agora podemos fazer a substituição direta de x por 1. 
 
1
1 2 .1
lim 2 1
1 1 1x
x
x
x

 
  
 
(b) Um técnico precisava calcular 
0
1 1
lim .
2
h
h
e
h
 
 
 
. Como ele pediu nossa ajuda e ainda não 
temos a ferramenta para resolver este limite, sugerimos que ele substituísse o h por valores 
próximos a zero e ele construiu a tabela: 
 
h
 
 
1
2
h
e
h

 
0,6 0,685099 
0,3 0,583098013 
0,15 0,539447476 
0,075 0,519227673 
0,00375 0,500938673 
0,0001 0,500025001 
-0,9 0,329683522 
-0,45 0,402635387 
-0,2 0,453173117 
-0,01 0,497508313 
-0,0001 0,499975001 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
54 
 
Marim / Eiras 
Qual o valor de 
1
2
0
1
lim
h
h
e
h

? Justifique sua resposta. 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
O valor do limite proposto é: 
 
1
2
0
1
lim 0 , 5h
h
e
h


 
 
pois tanto para 
0h 
, quanto para 
0h 
 a sequência obtida na tabela se aproxima de 0,5. (Se 
tomássemos somente quatro dígitos depois da vírgula teríamos convergido para este valor.) 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2010) Calcule o 
2
lim 1
3
x
x x 
 
 
 
: 
 
RESOLUÇÃO 
Primeiramente vamos lembrar o limite fundamental: 
1
lim 1
n
n
e
n  
 
  
 
 
 
Podemos perceber que o limite pedido é bem parecido com o limite fundamental. Assim, 
vamos fazer uma mudança de variável em nosso problema para podermos aplicar o limite 
fundamental. Podemos partir da seguinte igualdade: 
 
 
1 2
3n x
 
 daí temos: 
3
2
n x 
 ou ainda: 
2
3
x n 
 
 
 
A partir dessa relação temos que quando x tende para infinito, n tenderá para menos infinito. 
Dessa forma podemos reescrever nosso limite como segue: 
 
 
2
2 . 3
32 1 1
lim 1 lim 1 lim 1
3
x n n
x n nx n n


       
      
          
       
 
 
Note que utilizamos as propriedades dos limites. Agora podemos identificar o limite 
fundamental no interior dos colchetes e finalmente chegamos a resposta. 
 
2
3
2
lim 1
3
x
x
e
x

 
 
  
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
55 
 
Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2011) Dois alunos de engenharia estavam discutindo em uma lanchonete sobre a 
perda de tempo nas aulas de Cálculo, nas quais se exige muito rigor. Um deles em um 
momento de cólera disse que se 
 lim 0
x b
f x

 
é claro que 
   lim . 0
x b
f x g x


. Se você 
concorda com este futuro engenheiro então prove que ele está certo, mas se você não 
concorda, basta dar um contra exemplo. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A afirmação do aluno está incorreta, pois nós poderemos ter uma função 
 g x
 que tende para 
infinito quando x tende para b e assim o produto entre elas seria uma indeterminação. Vamos 
supor, como um contra exemplo pedido, que a função 
 g x
 
seja definida da seguinte forma: 
 
 
 
1
g x
f x

 
 
Dessa forma, quando 
 f x
 tender a zero, a função 
 g x
 tenderá para infinito. No entanto se 
calcularmos o limite do produto entre as duas funções, teremos: 
      
 
 
1
lim . lim . lim 1 1
x b x b x b
f x g x f x
f x  
 
    
 
 
 
Note que esse limite deu como resultado 1 e não zero como sugerido pelo aluno. 
 
 (MAUÁ – 2011) 
 (MAUÁ – 2011) Dada a função 
 
3
8
2
x
f x
x



 calcule: 
 
(a) 
 
2
l im
x
f x

 
 
RESOLUÇÃO 
 
Quando x tender a dois pela esquerda, por valores menores que dois, o denominador da 
função 
 f x
 
ficará negativo, assim, a função módulo irá inverter o sinal. Portanto, ficaremos 
com: 
 
 
 
3
2 2
8
lim lim
2x x
x
f x
x
 
 
 
  
 
  
 
Temos uma indeterminação do tipo zero sobre zero. Podemos fatorar o numerador e 
simplificar com o denominador para sair da indeterminação. Assim, ficamos com: 
 
 
   
 
 
2
2
2 2 2
2 2 4
lim lim lim 2 4 1 2
2x x x
x x x
f x x x
x
  
  
   
       
   
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
56 
 
Marim / Eiras 
(b) 
 
2
l im
x
f x

 
 
RESOLUÇÃO 
 
Quando x tender a dois pela direita, por valores maiores que dois, o denominador da função 
 f x
 
ficará positivo, assim, a função módulo não fará nada. Portanto, ficaremos com: 
 
 
 
3
2 2
8
lim lim
2x x
x
f x
x
 
 
 
  

  
 
Temos uma indeterminação do tipo zero sobre zero. Podemos fatorar o numerador e 
simplificar com o denominador para sair da indeterminação. Assim, ficamos com: 
 
 
   
 
 
2
2
2 2 2
2 2 4
lim lim lim 2 4 1 2
2x x x
x x x
f x x x
x
  
  
   
     
  
 
 
 
(c) 
 
2
lim
x
f x
 
 
RESOLUÇÃO 
 
O limite proposto não existe, pois os limites laterais para x tendendo a dois, pela esquerda e 
pela direita, são diferentes. 
 
 
(d) Sabendo-se que a soma dos termos de uma PA com m termos é dada por 
 1 .
2
m
a a m
S

 
onde a1 é o primeiro termo e am
 
o m-ésimo termo, determine 
2 2 2
1 2
lim ...
m
m
m m m 
 
   
  
 
RESOLUÇÃO 
 
Para determinar o limite solicitado devemos trocar a soma entre parênteses pela expressão 
que dá efetivamente a soma dos m termos. Assim o limite pedido fica: 
 
 1
2 2 2
.1 2
lim ... lim
2
m
m m
a a mm
m m m   
  
      
    
 
Sabemos quanto vale o primeiro termo (1/m2) e sabemos quando vale o m-ésimo termo 
(m/m2). Substituindo esses valores no limite ficamos com: 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
57 
 
Marim / Eiras 
2
2 22 2
2 2 2
1 1
. 1
1 2
lim ... lim lim lim
2 2 2m m m m
m mm
m
m mm m m m
m m m       
        
         
                 
      
    
    
 
 
Como o número dois no denominador é uma constante, podemos tirá-lo do limite e ficamos 
com: 
 
2 2 2
1 2 1 1 1
lim ... . l im 1
2 2m m
m
m m m m   
   
        
    
 
Pois quando m tende para infinito, 1/m tende a zero. 
 
 
 
 (MAUÁ – 2011) (a) Determine: 2
2
3
1 6 5
lim
3x
x
x x
  
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
Visto que para x tendendo a 3 o limite é indeterminado, vamos inicialmente multiplicar o 
numerador e o denominador pelo conjugado do numerador. Assim, ficamos com: 
 
 
 
2
2 2
2 2
3 3 2
1 6 5
1 6 5 1 6 5
lim lim .
3 3 1 6 5
x x
x
x x
x x x x x
 
     
 
     
 
 
Aplicando a distributiva no numerador ficamos com: 
 
       
2 2 2
2
3 3 32 2 2 2
1 6 5 1 6 2 5 9
lim lim lim
3 3 . 1 6 5 3 . 1 6 5
x x x
x x x
x x x x x x x x
  
   
        
  
              
   
 
 
O numerador pode ser escrito como uma diferença de quadrados, enquanto que no 
denominador podemos colocar o x em evidência. Dessa forma poderemos simplificar o termo 
  3x 
. Aí teremos: 
 
   
     
2
2
3 3 32 2
3 31 6 5 3
lim lim lim
3 . 3 . 1 6 5 . 1 6 5
x x x
x xx x
x x x x x x x
  
   
        
  
             
   
 
 
Agora podemos fazer a substituição direta de x por 3. 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Primeiro Bimestre 
58 
 
Marim / Eiras 
 
2
2
3 2
1 6 5 3 3 6 1
lim
3 3 0 53 . 3 1 6 5
x
x
x x
 
    
   
      
 
 
 
(b) Determine: 2
2
3
3
lim
3 9x
x x
x x
 
 
   
 
RESOLUÇÃO 
 
A substituição direta de x por 3 faz com que o numerador dê 18 e o denominador tenda para 
zero. Dessa forma o limite como um todo tenderá para infinito. Ou seja: 
 
2
2
3
3
lim
3 9x
x x
x x
 
  
  
 
 
 
 (MAUÁ – 2012) Um engenheiro projetou uma máquina para ser usada em mecânica 
pesada e que