CALCULO_1-VOLUME_3

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RESOLUÇÃO DE 
PROVAS 
PASSADAS DE 
CÁLCULO I 
 
Prof. Luiz Roberto Marim 
Prof. Airton Eiras 
2013 
 
Terceiro Bimestre 
Exercícios resolvidos e comentados 
de 2006 a 2012 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
2 
 
Marim / Eiras 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro 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 ter auxiliado na revisão desse 
material. 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
4 
 
Marim / Eiras 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
5 
 
Marim / Eiras 
 
ÍNDICE 
 
 
22. ESTUDO DO COMPORTAMENTO DE FUNÇÕES ......................................................................7 
23. DIFERENCIAL E APROXIMAÇÕES LINEARES ..................................................................... 33 
24. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO ................................................................................................. 49 
25. INTEGRAIS DEFINIDAS E INTEGRAIS IMEDIATAS ...................................................... 85 
26. TEOREMA FUNDAMENTAL DO CÁLCULO .............................................................................. 99 
27. INTEGRAÇÃO POR SUBSTITUIÇÃO ..................................................................................... 109 
28. INTEGRAÇÃO POR PARTES ...................................................................................................... 121 
 
 
 
 
 
 
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Marim / Eiras 
 
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7 
 
Marim / Eiras 
 
22. ESTUDO DO COMPORTAMENTO DE FUNÇÕES 
 
 
Roteiro para Esboçar uma Curva 
 
A. DOMÍNIO 
 
Estabelecer o domínio, ou seja, o conjunto dos pontos para os quais a função está definida. 
 
B. INTERCEPTOS 
 
Os interceptos são os pontos onde a curva intercepta os eixos (Ox e Oy). A curva corta o eixo 
Ox quando y = 0 e corta o eixo Oy quando x = 0. 
 
C. SIMETRIA 
 
Se 
    f x f x
 a função é par. 
Se 
     f x f x
 a função é ímpar. 
Se 
     f x f x p
 a função é periódica. 
 
D. ASSÍNTOTAS 
 
Horizontais 
 
Para encontrarmos as assíntotas horizontais, devemos calcular os limites para x tendendo a 
mais infinito e a menos infinito. 
 
Se 
 lim
 

x
f x L
, então a função tem uma assíntota horizontal em 
y L
. 
 
Se 
 lim
  

x
f x L
, então a função tem uma assíntota horizontal em 
y L
. 
 
 
Verticais 
 
Para a determinação das assíntotas verticais, devemos calcular os limites para x tendendo aos 
pontos fora do domínio da função, pela direita e pela esquerda. 
 
Vamos supor que o ponto 
x a
 não pertença ao domínio da função. Então: 
 
Se 
 lim


  
x a
f x
, então a função tem uma assíntota vertical em 
x L
. 
 
Se 
 lim


  
x a
f x
, então a função tem uma assíntota vertical em 
x L
. 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
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Marim / Eiras 
Oblíquas 
 
Caso existam assíntotas oblíquas, elas terão como equação a seguinte expressão: 
 
. y m x b
 
 
Para a encontrarmos o(s) coeficiente(s) angular(es) m, devemos calcular os seguintes limites: 
 
 
l im
 

x
f x
m
x 
 
l im
  

x
f x
m
x
 
 
Para a encontrarmos o(s) coeficiente(s) linear(es), devemos calcular os seguintes limites: 
 
  lim .
 

x
f x m x   l im .   x f x m x
 
 
Como esses valores calculados podemos escrever a(s) equação(ões) da(s) assíntota(s) 
oblíqua(s). 
 
E. INTERVALOS DE CRESCIMENTO E DECRESCIMENTO 
 
Calcular 
 'f x
 e encontrar os intervalos nos quais é positiva (
f
 é crescente) e negativa (
f
 é 
decrescente). 
 
F. MÁXIMOS E MÍNIMOS LOCAIS 
 
Encontrar os números críticos de 
 f x
. 
Pontos críticos de uma função são aqueles em que a derivada dessa função não existe ou é 
igual à zero. 
 
G. CONCAVIDADE E PONTOS DE INFLEXÃO 
 
A função é côncava para cima se 
 " 0f x
. 
A função é côncava para baixo se 
 " 0f x
. 
Os pontos de inflexão ocorrem quando a 
 f x
 muda a concavidade. 
 
H. ESBOÇO DA CURVA 
 
Desenhar as assíntotas como linhas tracejadas; Marcar os Interceptos; Marcar os pontos de 
máximo; de mínimo e pontos de inflexão. 
 
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Marim / Eiras 
QUESTÕES DE PROVAS PASSADAS 
 
 
 (MAUÁ – 2006) Seja uma função contínua em seu domínio de definição que é o conjunto 
 0
. 
 
(a) Sabendo-se que: 
 
 lim
x
f x
 
   lim 0x f x  
 
 
0
lim
x
f x


  
 
 
0
lim
x
f x


 
 
 
l im 2
x
f x
x 

 
  lim 2 1
x
f x x
 
  
 
 
Escreva a equação de todas as assíntotas desta função. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Para a determinação das assíntotas verticais, devemos calcular os limites para x tendendo aos 
pontos fora do domínio da função. Nesse caso para x tendendo a 0. 
 
Como: 
 
0
lim
x
f x


 
, a função tem uma assíntota vertical em 
0x
. 
 
Para encontrarmos as assíntotas horizontais, devemos calcular os limites para x tendendo a 
mais infinito e menos infinito. 
 
Como: 
 lim
x
f x
 
 
, não existe assíntota horizontal quando x tende a mais infinito. 
 
Como: 
 lim 0
x
f x
 

, a função tem uma assíntota horizontal em 
0y
. 
 
Para a encontrarmos as assíntotas oblíquas, devemos calcular o seguinte limite: 
 
 
l im
 

x
f x
m
x
 
 
Como esse limite foi dado no enunciado e vale 2. Sabemos que existe uma assíntota oblíqua. 
Devemos agora encontrar o limite: 
 
  lim
 

x
f x m x
 
 
Esse limite também foi fornecido no enunciado e vale – 1. Assim podemos escrever a equaçãoda assíntota oblíqua como sendo: 
 
2 . 1 y x
 
Não temos informações sobre os limites para x tendendo a menos infinito. Então é possível que 
exista outra assíntota. 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
10 
 
Marim / Eiras 
 
(b) Sabendo que além das condições do item (a), 
f
 é sempre crescente, esboce um gráfico 
possível de 
f
. 
 
Um possível gráfico da função 
f
 que satisfaça as condições do item (a) pode ser visto a seguir. 
 
 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2006) Dada a função 
 
1
1



x
f x
e
 
 
(a) Determine o domínio de definição desta função; 
 
RESOLUÇÃO 
 
Como não existe nenhuma restrição para a função exponencial, x pode assumir qualquer valor. 
Além do mais, a função exponencial retorna somente valores positivos, com isso, o 
denominador da função 
f
 nunca assumirá valor igual à zero. Portanto, o domínio da função 
f
 
são os números reais. 
 

f
D
 
 
(b) Sabendo que 
 
 
2
'
1
x
x
e
f x
e




, determine os pontos críticos e os intervalos onde 
 f x
 
cresce; 
 
RESOLUÇÃO 
 
Pontos críticos de uma função são aqueles em que a derivada dessa função não existe ou é 
igual à zero. 
 
     





x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
11 
 
Marim / Eiras 
O denominador da derivada é sempre diferente de zero. Portanto, a derivada está definida em 
todos os reais. Como o numerador também é sempre diferente de zero, concluímos que não 
existem pontos críticos. 
 
Pensando de outra forma. Como 
 ' 0f x 
 para todo x em , a função é sempre crescente e 
não existem pontos críticos. 
 
 
(c) Exiba os pontos de máximo e mínimo local da função; 
 
RESOLUÇÃO 
 
Como a função é sempre crescente e 
 ' 0f x 
, não existem pontos críticos. Portanto, não 
existem pontos de máximo ou pontos de mínimo. 
 
 
(d) Sabendo que 
 
 
 
3
1
"
1
x x
x
e e
f x
e
 




, determine os pontos de inflexão e os intervalos onde 
f
 
tem concavidade para baixo. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Pontos de inflexão ocorrem onde a função muda de concavidade. Como o sinal da segunda 
derivada nos fornece a concavidade da função, devemos procurar onde a segunda derivada 
muda de sinal, ou seja, onde a segunda derivada é igual a zero. Assim: 
 
 
 
 
3
. 1
" 0
1
 


 

x x
x
e e
f x
e 
 . 1 0
 
 
x x
e e
 
 1 0

 
x
e
 
 
1


x
e
 
0x
 
 
Quando 
0x
, temos 
1


x
e
, assim, a segunda derivada é negativa. Portanto, a concavidade é 
para baixo. 
 
Quando 
0x
, temos 
1


x
e
, assim, a segunda derivada é positiva. Portanto, a concavidade é 
para cima. 
 
Quando 
0x
, temos 
1


x
e
, temos: 
 
 
0
1 1
0
1 2

 

f
e
 
 
Portanto, o ponto 
 0, 1 2
 é ponto de inflexão. 
 
A sseguir podemos ver o gráfico da função dada. 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
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Marim / Eiras 
 
 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2006) Seja uma função contínua em seu domínio, impar e cujo domínio de 
definição é 
 0
. 
 
(a) Sabendo-se que: 
 
 lim
x
f x
 
   0limx f x   
 
 
0
lim
x
f x


  
 
 
l im 1
x
f x
x 
 
 
  lim 0
x
f x x
 
 
 
 
Escreva a equação de todas as assíntotas desta função. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Para a determinação das assíntotas verticais, devemos calcular os limites para x tendendo aos 
pontos fora do domínio da função. Nesse caso para x tendendo a 0. 
 
Como: 
 
0
lim
x
f x


 
, a função tem uma assíntota vertical em 
0x
. 
 
Para encontrarmos as assíntotas horizontais, devemos calcular os limites para x tendendo a 
mais infinito e menos infinito. 
 
Como: 
 lim
x
f x
 
 
, não existe assíntota horizontal quando x tende a mais infinito. 
 
Para a encontrarmos as assíntotas oblíquas, devemos calcular o seguinte limite: 
 
 
l im
 

x
f x
m
x
 
 
Como esse limite foi dado no enunciado e vale -1. Sabemos que existe uma assíntota oblíqua. 
Devemos agora encontrar o limite: 
         





x
y
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Marim / Eiras 
 
  lim
 

x
f x m x
 
 
Esse limite também foi fornecido no enunciado e vale 0. Assim podemos escrever a equação da 
assíntota oblíqua como sendo: 
 
1 . y x
 
 
Não temos informações sobre os limites para x tendendo a menos infinito. Então é possível que 
exista outra assíntota. 
 
 
(b) Estude o sinal de 
 
3
2
"f x
x

. Que informações sobre o gráfico de 
f
 você pode tirar desse 
estudo? Justifique. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A segunda derivada 
 
3
2
" f x
x
 é positiva para todo 
0x
. Assim, a função 
f
 tem 
concavidade para cima se 
0x
. 
 
A segunda derivada 
 
3
2
" f x
x
 é negativa para todo 
0x
. Assim, a função 
f
 tem 
concavidade para cima se 
0x
. 
 
 
(c) Conhecendo todas as informações acima e sabendo que 
   1 1 0f f  
, esboce o gráfico 
da função. 
 
RESOLUÇÃO 
 
 Um possível gráfico da função dada pode ser visto a seguir: 
 
 
       








x
y
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Marim / Eiras 
 
 (MAUÁ – 2006) Dada a função 
  . 1f x x x 
. 
 
(a) Determine o domínio de definição desta função; 
 
RESOLUÇÃO 
 
A função raiz só admite valores positivos (ou nulo). Assim devemos escrever: 
 
1 0 x 1 x
 
 
Portanto, o domínio será: 
 1   fD x x
. 
 
 
(b) Sabendo que 
 
3 2
'
2 1
x
f x
x



, estude o crescimento e decrescimento desta função e 
determine os pontos críticos; 
 
RESOLUÇÃO 
 
A função é crescente onde a derivada é positiva e decrescente onde a derivada é negativa. 
Assim, vamos determinar onde a derivada é positiva: 
 
 
3 2
0
2 1

  

x
f x
x
 
3 2 0 x
 
2
3
 x
 
 
Vamos determinar onde a derivada é negativa: 
 
 
3 2
0
2 1

  

x
f x
x
 
3 2 0 x
 
2
3
 x
 
 
 
Assim, a função é crescente no intervalo 
2
1
3
x   
 e decrescente para 
2
3
x  
. 
 
Os pontos crítico os tais que derivada não está definida ou vale zero. Estudando o domínio da 
derivada, podemos perceber que são os valores de 
1 x
, pois para 
1 x
 o denominador se 
anula. Dessa forma, 
1 x 
é um ponto crítico. 
 
Outro ponto crítico é quando a derivada se anula, isso ocorre justamente em 
2 3 x
. 
 
Vamos calcular os valores da função nesses pontos: 
 
 1 1 . 1 1    f  1 0 f
 
 
 2 3 2 3 . 2 3 1    f   21
3 3
  f
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
15 
 
Marim / Eiras 
 
Assim, os pontos crítico são: 
 -1 , 0
 e 
2 2
,
3 3 3
 
  
 
. 
 
 
(c) Exiba os pontos de máximo e de mínimo local, existentes; 
 
RESOLUÇÃO 
 
Como a derivada é negativa para valores menores que 
2 3
 e positiva para valores maioresque 
2 3
, concluímos que o ponto 
2 2
,
3 3 3
 
  
 
 é um ponto de mínimo local. Não existe 
ponto de máximo local. 
 
 
 
 
Ao observarmos o gráfico da função podemos perceber que se trata de um mínimo global. 
 
 
 
 (MAUÁ – 2006) Dada a função 
   20 ,5log 4g x x 
. 
 
(a) Determine seu domínio de definição; 
 
RESOLUÇÃO 
 
A função logaritmo só admite valores positivos, não nulos. Assim, devemos escrever: 
 
2
4 0 x 24 0 x 24 0 x 
 
2
4x 2x
 
 
        






x
y
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16 
 
Marim / Eiras 
Portanto, o domínio de 
g
 é dado pelo intervalo aberto 
 2 , 2
. Ou ainda: 
 
 2 2    gD x x
 
 
 
(b) Onde esta função é contínua? 
 
RESOLUÇÃO 
 
Como a função logaritmo é continua em todo seu domínio, 
g
 será contínua em 
 2 , 2
. 
 
 
(c) Verifique se existem simetrias. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Se a função for par ou impar, temos simetria. Trocando x por (-x) o valor da função não se 
altera 
  
22
x x 
. Daí, concluímos que a função é par, ou melhor, é simétrica em relação ao 
eixo y. 
 
 
(d) Esta função é inversível em seu domínio? Justifique sua resposta. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Como a função é par, ela não é inversível. Por ser par, a função apresenta um número par de 
valores de x para um mesmo valor de y. 
 
A seguir podemos ver o gráfico da função dada. 
 
 
 
 
 
 
 
        







x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
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Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2006) Determine as equações das assíntotas da função 
 
5
1
4
x
e
f x
x x



. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Assíntota vertical pode existir onde o denominador se anula. No caso, para x = 0. Vamos 
Calcular os limites laterais: 
 
0
0
5 4
´0 0
1 1
lim lim
4 5 4 4
 
 

 
 
x x
L Hx x
e e
x x x
 
 
0
0
5 4
´0 0
1 1
lim lim
4 5 4 4
 
 

 
 
x x
L Hx x
e e
x x x
 
 
 
Portanto esta função não tem assíntota vertical. Pois os limites não vão para infinito. 
 
Para determinarmos a existência de assíntotas oblíquas, devemos calcular o limite para 
 x
: 
 
6 2 5 4 3
´ ´ ´
2
´ ´ ´
1
lim lim lim lim
4 6 8 3 0 8 1 2 0
lim lim lim
3 6 0 7 2 0 7 2 0
  
  
  
  
       
     

   
  
    
x x x x
x L H x L H x L H x
x x x
L H x L H x L H x
e e e e
m
x x x x x x
e e e
x x
 
 
 
Portanto, não existe assíntota obliqua para 
x  
. 
 
Agora, devemos calcular o limite para 
x  
: 
 
6 2
1
lim 0
4 

 

x
x
e
m
x x
 
 
Esse valor de coeficiente angular nos mostra que não existe assíntota oblíqua quando 
x  
. 
Mas existe assíntota horizontal. Para encontrarmos o coeficiente linear, devemos calcular o 
limite: 
 
  lim 0 .
 
 
x
b f x x
 5
1
lim 0
4 

 

x
x
e
b
x x
 
 
Portanto a reta 
0y 
 é uma assíntota horizontal, quando 
x  
. 
 
O gráfico da função dada pode ser visto a seguir. 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
18 
 
Marim / Eiras 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2006) Dado o gráfico da derivada da função 
 f x
, determine no intervalo 
 0 , 1 0
: 
 
 
 
 
 
 
(a) Os intervalos onde a função
 f x
 cresce; 
 
RESOLUÇÃO 
 
A função cresce quando a derivada é positiva. Portanto nos intervalos: 
 0, 2
 e 
 7 , 1 0
. 
 
 
 
(b) Os intervalos onde a função 
 xf
 tem concavidade para cima; 
 
RESOLUÇÃO 
 
A função 
 xf
 tem concavidade para cima quando a segunda derivada é positiva, ou seja, 
quando a função derivada estiver crescendo. Portanto, nos intervalos 
 4 , 6
 e 
 6, 1 0
. 
 
 
        




x
y
            






x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
19 
 
Marim / Eiras 
(c) As abscissas dos pontos críticos da função 
 xf
; 
 
RESOLUÇÃO 
 
Os pontos críticos da função são aqueles em que a derivada se anula ou não existe. Portanto, 
para 
2x
, 
6x
 e 
7x
. 
 
 
(d) As abscissas dos pontos de inflexão da função 
 xf
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
O ponto de inflexão é aquele em que a segunda derivada muda de sinal. Ou seja, um ponto de 
mínimo ou de máximo local da derivada. Portanto, o único ponto de inflexão tem abscissa 
4x 
. 
 
 
 
 (MAUÁ – 2006) (a) Determine o domínio de definição da função 
 
2 3
1 6 3g x x x   
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A única restrição na função 
g
 é quando ao valor dentro da raiz quadrada. Assim, devemos 
escrever: 
 
2
1 6 0 x 2 1 6x 4x 
 
Portanto, o domínio pode ser escrito como: 
 
 4 4    gD x x
 
 
 
(b) Determine as abscissas dos pontos críticos de 
   
34
. 2f x x x 
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Devemos encontrar a derivada da função para encontrarmos os pontos críticos. Assim: 
 
     
3 23 4
' 4 2 .3 . 2   f x x x x x
 
 
Para determinarmos as abcissas dos pontos críticos, devemos igualar essa derivada a zero e 
resolver a equação. 
 
   
3 23 4
4 2 .3 . 2 0   x x x x
 
   
3 23 4
4 2 .3 . 2   x x x x
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
20 
 
Marim / Eiras 
Essa equação é verdadeira para 
0x
 e para 
2x
. E ainda, se 
0x
 e 
2x
: 
 
   
3 2
4 2 .3 . 2   x x x
 
 4 2 .3  x x
 
4 8 3 .  x x
 
7 8x
 
8
7
x
 
 
Assim as abscissas dos pontos críticos são 
0x
, 
2x
 e 
8
7
x
. A seguir podemos ver o gráfico 
da função dada. 
 
 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2006) É dada a função: 
2
( )
3
x
e
f x
x


, onde se sabe que: 
 
i) seu domínio é 
x 
 tal que 
3x  
; 
ii) os limites laterais são:
   3 3
lim ( ) ; lim ( )
x x
f x f x
 
   
   
; 
iii) possui apenas dois pontos críticos. O máximo relativo ocorre para o menor valor de 
x
 do 
ponto crítico e o mínimo relativo ocorre para o maior valor de 
x
 do ponto crítico; 
iv) A função muda de concavidade em 
3x  
 e em 
3x  
. 
 
Sabemos que 
3
2 0e 
 e que 
1
0 , 3 6e


. Pede-se: 
 
(a) determinar todas as assíntotas e dar suas equações; 
 
RESOLUÇÃO 
 
Para a determinação das assíntotas verticais, devemos calcular os limites para x tendendo aos 
pontos fora do domínio da função, pela direita e pela esquerda. Esses limites já foram dados no 
enunciado e são: 
 
          






x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
21 
 
Marim / Eiras 
 
 3
lim ( )

 
 
x
f x
  3
lim ( )

 
 
x
f x
 
 
Assim, existem assíntotas verticais em 
3x  
 e 
3x  
. 
 
Caso existam assíntotas oblíquas, elas terão como equação a seguinte expressão: 
 
. y m x b
 
 
Para a encontrarmos o(s) coeficiente(s) angular(es) m, devemos calcular os seguintes limites: 
 
Para 
x  
: 
 
2
3 2
´ ´ ´
3lim lim lim lim lim
3 3 3 6 6
  
  
     
     
         

       
   
x
x x x x
x x L H x L H x L H x
e
e e e ex
m
x x x x x 
 
Para 
x  
: 
 
2
3
3
lim lim 0
3   

  

x
x
x x
e
ex
m
x x x
 
 
Assim, não existe assíntota oblíqua quando 
x  
. Existe uma assíntota horizontal para 
x  
. Vamos agora determinar o coeficiente linear: 
 
2
lim 0 . 0
3 
 
   
 
x
x
e
b x
x
 
 
 
Logo, não existe assíntota horizontal 
 y  0
 para 
x
. 
 
 
(b) determinar os pontos críticos de f; 
 
RESOLUÇÃO 
 
Pontos críticos são aqueles em que a derivada é zero ou não está definida. Vamos então, 
derivar a função dada: 
 
   
 
2
22
2
3 2
3 3

   
 
  
x xx e x e xe
x x
 
 
 
2
22
2
3 2
3 3

  
 
  
xx e x xe
x x
 
 
Fazendo essa derivada igual à zero, chegamos a: 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
22 
 
Marim / Eiras 
 
 
2
2
2
3 2
0
3
 


x
e x x
x
 
2
3 2 0  x x
 
2
2 3 0  x x
 
 
Resolvendo essa equação de segundo grau, temos: 
 
1 x
 
3x
 
 
Como o domínio da derivada é igual ao domínio da função, temos somente esses pontos 
críticos. Vamos calcular o valor da função para esses dois casos. 
 
 
 
1
2
( 1)
3 1

 
 
e
f 
1
( 1)
2

 
e
f 
( 1) 0 ,1 8 f
 
 
 
3
2
( 3)
3 3


e
f 
3
( 1)
6
 

e
f 
1 0
( 1)
3
  f
 
 
Portanto, os pontos críticos são: 
 1, 0,18
 e 
1 0
3,
3
 
 
 
. 
 
 
(c) esboçar o gráfico da função. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A seguir podemos ver o gráfico da função dada. 
 
 
 
 
 
 
 
                  
















x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
23 
 
Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2007) Dada a função 
 
2
1
x
f x
x


 cujos pontos críticos são 
 1 0, 0P 
 e 
 2 2 , 4P  
 com derivada segunda 
 
 
3
2
"
1
f x
x


 
, pede-se: 
 
(a) Domínio de 
f
; 
 
RESOLUÇÃO 
 
Exigindo que o denominador seja diferente de zero, tem-se que o domínio da função são todos 
os valores reais de x diferentes de 1. 
 
 
(b) Estude a concavidade determinando onde a função tem concavidade para cima e onde tem 
concavidade para baixo; 
 
RESOLUÇÃO 
 
A concavidade é obtida a partir do sinal da segunda derivada. Assim, a partir do enunciado: 
 
 
     
3 2
2 2
"
1 1 1
f x
x x x

 
   
 
 
Observe que 
 "f x
 será positiva sempre que x for menor que 1, e 
 "f x
 será negativa 
sempre que x for maior que 1. Resumindo: 
 
 
 
" 0 1 c o n c a v id a d e p a ra c im a
" 0 1 c o n c a v id a d e p a ra b a ix o
   
   
f x x
f x x
 
 
 
(c) Determine todas as assíntotas e escreva suas equações; 
 
RESOLUÇÃO 
 
A partir do resultado do domínio da função, temos: 
 
2 2
1 1
l im lim
1 1
 
 
   
 x x
x x
x x 
 
Assim, 
1x 
 é uma assíntota vertical. 
 
Para o estudo das eventuais assíntotas inclinadas, iniciamos com o cálculo do coeficiente 
angular da reta no limite 
 x
: 
 
2 2
2
lim 1 lim lim 1
1 1     
 
         
   
x x x
x x x
m n x
x x x x
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
24 
 
Marim / Eiras 
 
Portanto para 
 x
, a assíntota inclinada é: 
1  y x
. 
 
Para 
x  
, repetimos o procedimento, obtendo: 
 
2 2
2
lim 1 lim lim 1
1 1     
 
         
   
x x x
x x x
m n x
x x x x
 
 
Portanto a função dada tende para a assíntota 
1y x  
 tanto para 
x  
 quanto para 
x  
. 
 
 
(e) Esboce o gráfico de 
f
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2008) Determine a(s) assíntota(s) da função 
 
 
3
. ln
x
x x
f x
e

 quando 
x
 tende 
ao infinito positivo. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Para o estudo das eventuais assíntotas inclinadas, iniciamos com o cálculo do coeficiente 
angular da reta no limite x→ ∞: 
 
 
 3
3 3 3
'
ln 1
ln 1
lim lim lim lim 0
3 3


       
    
x
x x x
x x L H x x
x x
xe x
m
x e e x e
 
 
                  
















x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
25 
 
Marim / Eiras 
   
3 3
'
ln 1 ln 1
lim lim 0
3


   

  
x x
x L H x
x x x
n
e e
 
 
 
Portanto, a assíntota obtida é horizontal com equação: 
0y
. 
 
 
 
 
Figura: Gráfico da função f(x) mostrando que o comportamento para x→∞ coincide com a 
assíntota horizontal. 
 
 
 
 (MAUÁ – 2008) Dado o gráfico da derivada da função 
f
, contínua em seu domínio, 
pede-se: 
 
 
 
(a) Intervalos onde a função 
f
 cresce e onde decresce. 
 
RESOLUÇÃO 
 
  


x
y
        





x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
26 
 
Marim / Eiras 
Lembrando que o comportamento crescente da função é caracterizado pelo valor positivo da 
primeira derivada e que o comportamento decrescente é caracterizado pelo valor negativo da 
primeira derivada, tem-se: 
 
f cresce para 
1, 8 3x  
 e para 
4 5x  
 
f decresce para 
2 1, 8x   
 e para 
3 4x 
 
 
Em 
1, 8x  
 e 
4x 
 temos pontos de mínimo local, pois o sinal da derivada passa de negativo 
para positivo. Analogamente, em 
3x 
 temos ponto de máximo local. 
 
 
(b) Pontos críticos e quais correspondem ao máximo e ao mínimo locais. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Como descrito no item anterior, os pontos críticos são: 
 
1, 8x  
, 
1x 
, 
3x 
 e 
4x 
. 
 
 
(c) Intervalos onde a concavidade da função 
f
 é para cima e onde é para baixo. 
 
RESOLUÇÃO 
 
O sinal da concavidade é obtido a partir do estudo da segunda derivada. Observe que para 
2 1x   
, 
0, 4 1x 
 e 
3 5x 
, 
'f
 está crescendo e, portanto, 
" 0f 
, significando que 
a concavidade da função f é para cima nestes intervalos. 
 
Da mesma forma, para: 
 
1 0, 4x  
 e 
1 3x  
 
'f
 está decrescendo e portanto 
" 0f 
 , que significa que a concavidade de f é para baixo 
nestes intervalos. 
 
 
(d) Pontos de inflexão. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Os pontos de inflexão são aqueles caracterizados pelo valor nulo da segunda derivada. Nesses 
pontos a concavidade da função muda de sinal. A partir do gráfico, temos que f”(x) = 0 nos 
seguintes pontos: 
 
1x  
, 
1x 
, 
0, 4x 
 e 
3x 
. 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
27 
 
Marim / Eiras 
 
 (MAUÁ – 2010) Seja a função
 
2
2
x
f x
x


. 
 
(a) Determine o domínio de 
f
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Como 
22x 
 é sempre positivo, o domínio de 
f
 é o conjunto dos números reais. 
 
 
 
(b) Encontre todas as assíntotas de 
f
. Justifique algebricamente sua resposta. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Visto que o domínio da função é real, teremos apenas assíntotas horizontais e verticais. Assim: 
 
Para 
x  
 
2
2
1
lim 0
2
1 a ss ín to ta h o r iz o n ta l p a ra 
lim 1
2
x
x
m
x
y x
x
n
x
 
 

 



   

 
 
 
 
Para 
x 
 
2
2
1
lim 0
2
1 a ss ín to ta h o r iz o n ta l p a ra 
lim 1
2
x
x
m
x
y x
x
n
x
 
 

 



    

  
 
 
 
 
 
 
       




x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
28 
 
Marim / Eiras 
 
 
 (MAUÁ – 2010) Seja a função
 
2
1
x
f x
x


. 
 
(a) Determine o domínio de 
f
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Uma vez que o denominador não pode ser nulo, o domínio da função f(x) é: 
 
 fD x R x    1 
 
 
(b) Encontre todas as assíntotas de 
f
. Justifique algebricamente sua resposta. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Assíntota vertical: 
1x
, pois:
 
2
1
l im
1x
x
x

 
 
 
 
Assíntotas inclinadas: 
  
2 2 2
2
2
2 2 2
1
lim lim lim lim 1
1 11
1 1
lim lim lim 1
1 1 1
       
     
    
     
    
   
     
        
     
x x x x
x x x
x x x
m
x x x x
x
x x
x x x x x
n x
x x x
 
 
 
Logo temos para 
 x
, a assíntota inclinada é 
1 y x
. 
 
Observe que para 
,x  
o valor de 
m
 e consequentemente de 
n
 não se alteram e temos 
a mesma assíntota inclinada. 
 
 
 
 (MAUÁ – 2011) Sabendo-se que 
 
 
 
2
. 2
'
1
x x
f x
x



 e
 
 
3
2
"
1
f x
x


, determine os 
intervalos onde 
f
 é crescente. Justifique sua resposta. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
29 
 
Marim / Eiras 
Os pontos críticos são: x = 0 e x = - 2, pois nesses pontos a primeira derivada de f(x) é nula.
 
 
 
 
 
 
 
 
A partir do estudo dos sinais da derivada tem-se que 
f
 cresce para x < -2 e para x > 0. 
 
 
 (MAUÁ – 2011) (a) Estude as assíntotas oblíquas da função 
 
1
. c o sf x x
x
 
  
 
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
O coeficiente angular e o coeficiente linear que definem a assíntota oblíqua no limite x→∞, 
são obtidos como segue: 
 
1
1
. c o s
1
lim lim c o s 1
   
 
 
   
    
  
x x
x
x
m
x x
 
 
2
1
2
1 1 1
c o s 1 .
1 1
lim . c o s lim . c o s 1 lim lim 0
1 1       
      
                
               
          
      
x x x x
se n
x x x
n x x x
x x
x x
 
 
 
Portanto, a equação da reta oblíqua é: 
 
1
y x
 
 
Como a função f é ímpar, no limite 
x  
, a equação oblíqua será igual: 
 
2
y x
 
 
 
(b) Determine os pontos críticos da função 
   
2
2
3
0
6 4 .
x
t
H x t e d t 
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Aplicando o Teorema Fundamental do Cálculo, obtemos: 
 
Sinal de f ´ + -2 - 0 + 
Crescimento de f 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
30 
 
Marim / Eiras 
2
u x
 
   
2
3
0
6 4 .
u
t
H u t e d t  
 
 
   
     
2
4
3
6
6 4 .
6 4 2 0
0 o u 2
u
x
d
H u u e
d u
d d d u
H x H u x e x
d x d u d x
x x
   
            
  
 
 
A seguir podemos ver o gráfico da função dada. 
 
 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2011) Sabendo-se que 
 
 
3
2 2
2
'
2
f x
x


 e 
 
 
5
2 2
6
"
2
x
f x
x



, determine os 
intervalos onde 
f
 é côncava para cima. Justifique sua resposta. 
 
RESOLUÇÃO 
 
O sinal da segunda derivada da função, 
 
 
 
5
2 2
6
"
2
x
f x
x



 
 
indica a concavidade de f. Assim, observado que o denominador da expressão é sempre 
positivo, temos que a concavidade de f(x) será positiva para todos os valores de x menores que 
zero, e negativa para os outros. O gráfico abaixo ilustra o resultado. 
 
       





x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
31 
 
Marim / Eiras 
 
 
 
 
 
 
 
A seguir podemos ver o gráfico de 
f
. 
 
 
 
 
 
 
 
       




x
y
Concavidade ∪ ∩ 
 X = 0 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
32 
 
Marim / Eiras 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
33 
 
Marim / Eiras 
 
23. DIFERENCIAL E APROXIMAÇÕES LINEARES 
 
 
 
APROXIMAÇÃO LINEAR 
 
Dada uma função 
 y x
, contínua no intervalo 
 
 
a , b
, sabemos que o valor da inclinação da 
reta secante que passa por esses números é igual ao valor da taxa média de variação da função 
nesse intervalo: 
 
x
y
m


sec
 
 
ou ainda: 
 
)( 0sec0 xxmyy 
 
Considere o caso no qual Δx → 0, onde é possível considerar que a inclinação da reta tangente 
que passa pelo ponto x0 seja muito próxima ao valor da inclinação da reta secante, tal que 
podemos fazer a seguinte aproximação: 
 
)(' 0tansec
0
xy
dx
dy
mm
x
 
 
Assim, a equação da reta secante torna-se: 
 
))((' 000 xxxyyy 
 
Observe que se essa aproximação for verdadeira, o comportamento da função y(x) nas 
vizinhanças do número x→ x0 aproxima-se de uma reta. Generalizando, se f(x) é uma função 
contínua no intervalo [a,b], e se x0 ϵ [a,b], então, para Δx → 0, vale a aproximação linear: 
 
))((')()( 000 xxxfxfxf 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
34 
 
Marim / Eiras 
 
 
 
DIFERENCIAIS 
 
Se 
 =y f x
, onde 
 f x
 
é uma função derivável, então o diferencial dx é uma variável 
independente, ou seja, dx pode assumir qualquer valor real. Com isso, define-se o diferencial dy 
como: 
 
dxxfdy )('
 
Observe que a diferença Δy , definida como: 
 
)()( xyxxyy 
 
não possui o mesmo valor do diferencial dy, ou seja: 
 
ydy 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
35 
 
Marim / Eiras 
QUESTÕES DE PROVAS PASSADAS 
 
 
 
 (MAUÁ – 2006) O lucro 
P
 de certo fabricante ao vender 
x
 itens é expresso pela função 
 
/ 400
200 . .
x
P x x e


. Você não dispõe de uma calculadora e precisa estimar o lucro quando 
forem comercializados 205 itens. Utilize aproximação linear ou diferencial para fazê-lo. É dado 
que 
1, 6e 
 e, portanto, fica fácil calcular o lucro quando o fabricante vender 200 itens. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A aproximação linear da função P(x) é dada por: 
 
)).((')()( axaPaPxP 
 
 
onde P’(x) é a derivada da função P(x), e dada por:)
400
1(200)('
400/ x
exP
x


 
 
A partir do enunciado, tem-se que x = 205 e a = 200 itens. Então, substituindo esses valores nas 
expressões acima, obtém-se: 
 
)200205).(200(')200()205(  PPP
 
com 
 
5,62)
400
200
1(200)200('
400/200


eP
 
O valor do lucro será: 
 
..5,25312)200205.(5,6225000)205( muP 
 
 
Este problema também pode ser resolvido a partir da definição de diferencial de uma função: 
 
dxafxdf ).(')(  
 
Considerando a função lucro P(x), tem-se: 
 
dxaPxdP ).(')(  
 
Fazendo a aproximação dP(x) ≈ ΔP(x) = P(x) – P(a) , e fixando dx = Δx = (205-200), obtém-se: 
 
5,3125
6,1
100
5).200(')200()205(  PPP
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
36 
 
Marim / Eiras 
Portanto, 
 
..5,253125,31225000)205( muP 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2007) A resistência elétrica 
R
 de um fio é dada por 
2
k
R
r

, onde 
k
 é uma 
constante e 
r
 é o raio do fio. Supondo que o raio tenha sofrido uma variação e 
0 , 0 0 5
r
r


, 
use diferencial para estimar o valor de 
R
R

 resultante. Supor 
k
 constante. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A partir da definição do diferencial de uma função f(x): 
 
dxxfxdf ).(')( 
 
obtém-se para a resistência elétrica, a seguinte expressão: 
 
drrRrdR ).(')( 
 
Calculando-se a derivada, tem-se: 
 
3
2
)('
r
k
rR 
 
O diferencial dR será: 
 
r
dr
R
r
dr
r
k
dr
r
k
rdR 2.2
2
)(
23







 
 
Considerando as aproximações dR ≈ ΔR e Δx ≈ dx , a expressão acima é reescrita na forma: 
 
010,0)005,0.(22
)(




r
r
R
rR
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2007) Utilize diferencial para estimar a variação relativa do volume de um cone 
V
V
 
 
 
 ocasionada por um aumento relativo do raio da base de 10 %, se a altura do cone se 
mantiver constante. 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
37 
 
Marim / Eiras 
RESOLUÇÃO 
 
A partir da definição do diferencial de uma função f(x): 
 
dxxfxdf ).(')( 
 
obtém-se para o volume do cone, a seguinte expressão: 
 
drrVrdV ).(')( 
 
Sendo o volume do cone dado por: 
 
3
)(
2
hr
rV


 
 
sua derivada será: 
 
3
2
)('
hr
rV


 
 
e o diferencial reescrito como: 
 
dr
hr
rdV
3
2
)(


 
 
Multiplicando esse resultado por r, tem-se: 
 
Vdrdr
hr
dr
hr
rdVr 2
3
2
3
2
)(
22











 
 
ou ainda: 
 
r
dr
V
rdV
2
)(

 
 
Sendo o aumento relativo do raio dr/r = 0,10, resulta que o aumento relativo do volume é: 
 
20,0
)(

V
rdV
 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
38 
 
Marim / Eiras 
 
 (MAUÁ – 2008) Sabendo que 
 ln 10 2 , 30
, utilize a aproximação linear para estimar o 
valor de 
 log 12, 3
 (logaritmo na base 10), seguindo o roteiro abaixo: 
 
(a) Determine o valor a em torno do qual você fará a aproximação linear e a função que será 
linearizada. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A aproximação linear da função f(x) é dada por: 
 
)ax).(a('f)a(f)x(f 
 
 
Para a solução do exercício, considera-se x = 12,3 e a = 10, visto que o conhecemos o valor de 
log(10) = 1. 
 
 
(b) Escreva a inclinação da reta tangente à função escolhida no ponto de abscissa a. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Lembrando que o valor da inclinação da reta tangente no ponto x = 10 é igual ao valor da 
derivada calculada nesse ponto, tem-se: 
 
 
1 0 1 0
1 1
lo g
ln (1 0 ) 2 3
x x
d
m x
d x x
 
  
 
 
 
(c) Escreva a aproximação desejada. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A aproximação linear para essa função será: 
 
             
1
lo g 1 0 1 0
2 3
f x L x f a f a x a x       
 
 
 
 
(d) Estime o valor de 
 3,12log
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Substituindo o valor de x = 12,3 resulta: 
 
     
1
lo g 1 2 , 3 lo g 1 0 1 2 , 3 1 0 1 0 ,1 1,1
2 3
     
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
39 
 
Marim / Eiras 
 
 (MAUÁ – 2008) A aproximação linear de uma função 
 f x
 nas vizinhanças da 
coordenada 
0x
 é dada por: 
 
         0 0 0' .f x L x f x f x x x   
 
 
sendo 
 0'f x a derivada da função  f x para 0x x . 
 
 
(a) Mostre que 
 L x
 é a equação da reta tangente a 
f
 no ponto 
  0 0,x f x
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Lembrando que a equação geral de uma reta é dada por: 
 
).( 00 xxmyy 
 
Em se tratando de uma reta tangente à uma determinada curva, o valor do coeficiente angular 
é igual ao valor da derivada da função no ponto (x0, y0). Ao considerarmos a aproximação 
linear, interpreta-se o valor de y0 como sendo a imagem da função no ponto x0, ou seja, 
y0 = f(x0) e o coeficiente angular m como o valor da derivada da função no ponto. Portanto:
 
 
 
       0 0 0' .y f x f x x x L x   
 
 
(b) Aplique a aproximação linear da função 
 
1
f x
x

, em 
0
2x 
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A partir da expressão acima, tem-se: 
 
 
   0
1
2
2
 f x f
 
   
2
1 1
2
4
     f x f
x
 
 
Então: 
 
1
4
1
)2(
4
1
2
1
)(  xxxf
 
 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
40 
 
Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2009) O tio Patinhas estava interessado em banhar sua moeda no 1 em ouro. O 
raio desta moeda é vinte vezes a sua espessura. Se a espessura da camada de ouro for de 
0,01 mm, pergunta-se: 
 
(a) Qual o volume da moeda como função de seu raio antes do banho de ouro? 
 
RESOLUÇÃO 
Geometricamente, a moeda pode ser interpretada como um cilindro cuja altura é 1/20 R. 
Assim, o volume da moeda é: 
 
3
2
2 0 2 0
R R
V R

 
 
 
 
(b) Use uma aproximação linear ou diferencial para calcular a quantidade de ouro utilizada. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A variação do volume pode ser estimada calculando-se o diferencial da função V: 
 
 
dR
R
dr).r('V)r(dV
20
3
2

 
 
Em termos do volume, a quantidade de ouro utilizada é: 
 
R
V
,dR
R
V
)r(dV 0303  
 
onde dR ≈ 0,01 mm. 
 
 
 (MAUÁ – 2009) Escreva o polinômio de Taylor de ordem 2 da função 
y x
 para 
calcular 
4 , 0 0 1
: 
 
(a) Escolha o centro 
a
 conveniente. 
 
RESOLUÇÃO 
 
O valor mais conveniente é 
4
, ou seja, 
4a
. 
 
(b) Faça a aproximação: 
     
 
 
2"
4 , 0 0 1 ' . .
2
f a
f a f a x a x a    
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Comparando com a expressão geral, temos que x = 4,001 e os valores das derivadas da função 
para a = 4 são: 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
41 
 
Marim / Eiras 
 
   
1 11 1
f' a = = f" a = - = -
4 3 22 a 4 a a
 
 
Portanto: 
   
 
 
2f ' ' 4
4 ,0 0 1 f(4 ) + f' 4 . 4 ,0 0 1 - 4 + . 4 ,0 0 1 - 4
2 
 

0 ,0 0 1 0 ,0 0 0 0 0 1
4 ,0 0 1 2 + -
4 6 4
 
 
Observação: Embora não fosse necessário apresentar o resultado da aproximação, ao 
calcularmos, obteríamos: 
 
5000249968720014 ,,  
 
enquanto que o resultado exato é: 
 
4 ,001 = 2,00024998438 
 
coincidente até a 7ª casa decimal. 
 
 
 
 (MAUÁ – 2009)O tamanho de um tumor, que se admite esférico, é medido estimando o 
seu diâmetro. Num caso específico mediu-se um diâmetro de 3 cm com erro relativo de 2 %. 
 
(a) Qual o volume do tumor? 
 
RESOLUÇÃO 
O volume de uma esfera é dado pela expressão 
3
4
)(
3
R
rV


 . Assim, para R = 1,5 cm, tem-se: 
 
 
3 34 9
. 1, 5
3 2
V cm  
 
 
 
(b) Use uma aproximação linear para calcular o intervalo de confiança da medida do volume. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Considerando que o erro relativo na medida do diâmetro seja de 2%, isto implica que dr=0,02r. 
Então, a variação do volume será: 
 
2 3 34
.3 4 . .0 , 0 2 0 , 2 7
3
dV r d r r cm     
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
42 
 
Marim / Eiras 
Portanto o intervalo é: 
 
9
0 , 2 7 .
2



 
 
Ou 
 
9 9
0 , 2 7 0 , 2 7
2 2
V
     
 cm3 .
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2010) Uma bola de neve esférica desce uma montanha fazendo com que o seu 
volume aumente com o tempo. Supondo que o raio da bola no início da descida é de 1 metro e 
no final é de 1,1 metros. Calcule: 
 
(a) Uma aproximação da variação do volume. (Sugestão: Utilize diferenciais). 
 
RESOLUÇÃO 
 
Aplicando a aproximação linear, a variação do volume é dada por: 
 
1044
2
,dRRdVV   
 
onde 
 
100111 ,,,dV 
 
 
 
(b) A variação exata do volume da bola. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A variação do volume é dada por ΔV = V(1,1) – V(1,0): 
 
34
3
V R
 
3 34 4
1,1 1
3 3
  V  
 
 
4
1, 3 3 1 1
3
  V 
 
 
4
0 , 3 3 1
3
 V 
 
4 0,1 1 0 3 3 3 3 V 
 
 
 
(c) Qual é o erro relativo obtido no cálculo aproximado da variação do volume calculado no 
item a? 
 
RESOLUÇÃO 
 
Calculando a razão entre a variação do volume e o valor do volume inicial, tem-se: 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
43 
 
Marim / Eiras 
 
2
3
4 0 ,1
3 . 0 , 3
4 1
3
dV R dR
V
R


  
 
 
 
(d) Se a variação no raio for menor que 0,1 metros, o que você pode afirmar sobre o erro 
relativo no cálculo aproximado da variação do volume? 
 
RESOLUÇÃO 
 
 Como temos 2
3
4
3 .
4 1
3
dV R dR dR
V
R


 
 o erro relativo será menor também. 
 
 
 
 (MAUÁ – 2011) O período de um pêndulo é dado por 
2T L g
 
onde 
L
 é o 
comprimento do pêndulo, g é a aceleração da gravidade e 
T
 o tempo. O pêndulo foi 
submetido a um aumento de temperatura de forma que seu comprimento aumentou 0,5 %. 
 
(a) Encontre uma aproximação para a variação percentual no período. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Calculando-se o diferencial dT e dividindo a expressão pelo período T, obtém-se: 
 
2 .
L
T
g

 
1
2
2
d T d L
L g

 
 
Dividindo-se a segunda pela primeira, temos: 
 
. .2

dT
dL
T L
L g
g


 
1
. 
2

dT dL
T L
 
 
 
Mas, sabemos que: 
 
0, 0 0 5 .dL L
 
 
Então: 
 
0 , 0 0 5
dL
L
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
44 
 
Marim / Eiras 
Assim, temos: 
 
1
.0 , 0 0 5 
2

dT
T
 
0 , 0 0 2 5 
dT
T
 
 
E, portanto: 
 
0, 0 0 2 5 .dT T
 
 
Ou ainda, o aumento de 0,5 % no comprimento provocou um aumento de 0,25 % no período 
do pêndulo. 
 
 
(b) Usando o resultado da parte (a) encontre o erro aproximado na determinação das horas 
para um dia. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Um dia tem 243600 segundos, e assim, o valor de um dia terá um acréscimo 
0,0025243600=216 segundos. 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2011) (a) Determine a assíntota oblíqua de 
 
1
. xf x x e
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Por definição, o coeficiente angular da assíntota oblíqua é dado por: 
 
1
1

 x
ex
lim
x
)x(f
limm
x
xx
 
 
Enquanto que o coeficiente linear da reta é: 
 
x
)e(
lim)e(xlim)xex(lim)x)x(f(limn
x
x
x
x
x
xx 1
1
1
1
11 


 
 
Pela regra de L’Hopital, tem-se: 
 
1
1
1
2
1
2





x
e
x
limn
x
x
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
45 
 
Marim / Eiras 
Portanto, a equação da reta obliqua é: 
 
y = x + 1 
 
Analogamente, para x →-∞, obtém-se o mesmo resultado. 
 
 
(b) Escreva a aproximação linear da função acima nas proximidades de 
1a 
. 
 
 
RESOLUÇÃO 
A partir da definição da aproximação linear, obtemos: 
 
       ' . 1  L x f a f a x
 
 
Sabendo que 
 1 f e
. E que a derivada da função é: 
 
 
 1 1
2
1
' . .

 x xf x e x e
x
 
 
Podemos calcular o valor da derivada no ponto x = 1, ou seja: 
 ' 1 0f
. 
 
Agora podemos escrever a aproximação linear: 
 
  L x e
 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2011) Utilizando aproximação linear ou diferencial, estime o valor de 
3 2 7 , 0 0 2 7
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A aproximação linear de uma função é dada por: 
 
)ax).(a('f)a(f)x(f  
 
Escolhendo a = 27, tem-se: 
 
327
3
)a(f 
 
O valor da derivada em a = 27 é: 
 
27
1
273
1
3 2
)a('f
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
46 
 
Marim / Eiras 
 
Então: 
 
0001327002727
27
1
33002727
3
,),(, 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2012) A área da superfície corporal de uma pessoa de 1,80 m de altura é 
modelada, em função da sua massa 
x
 em kg, por 
  0,1 .A x x 
(m2). 
 
(a) Use diferenciais para estimar a variação na área da superfície corporal de uma pessoa 
quando sua massa muda de 90 kg para 95 kg. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Considerando a variação de massa dx = 95 – 90 = 5,0 kg, tem-se que a variação da área é: 
 
2
05
902
10
2
10
m,
,
dx
x
,
dA 
 
 
(b) O valor estimado por diferenciais, da variação da área da superfície corporal, se a massa 
mudasse de 90 kg para 91 kg, seria mais ou menos preciso do que o obtido na estimativa do 
item (a)? Justifique. 
 
RESOLUÇÃO 
 
O valor estimado da variação da área, neste caso, seria mais preciso. Com uma variação menor 
da massa (90 para 91 kg), a aproximação da variação da função A(x) seria melhor do que a 
estimativa obtida no item (a). 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2006) (a) Um micrômetro foi utilizado para medir o raio de uma esfera de 
rolimã. Supondo que o raio medido foi de 1,00 cm e que o equipamento pode gerar um erro, 
para mais ou para menos de 0,01 cm nessa medida, estime através de diferenciais o erro 
propagado no cálculo do volume dessa esfera. 
 
RESOLUÇÃO 
 
 
 
 
 
 
 
 
1,00 cm 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
47 
 
Marim / Eiras 
Considerando a variação do raio é dr = 0,01cm, tem-se que: 
 
2 3
dV = V '(r) dr = 4 π r dr = ± 0 ,04 π cm
 
 
(b) Determine a série de Taylor de 4ª ordem com centro em 
1a 
 da função 
 f x x
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A expansão de Taylor é dada por: 
 
 
nn
)ax()a(f
!n
)ax()a(''f
!
)ax()a('f)a(f)x(f
1
2
1 2 
 
Em 4ª ordem, tem-se: 
   
   
   
   
1
2
3
2
5
2
7
2
1 1
' . ' 1
2 2
1 1
" . " 1
4 4
3 3
'" " ' 1
8 8
1 5 1 5
1
1 6 1 6
iv iv
f x x f
f x x f
f x x f
f x x f




  
    
   
     
 
 
Assim: 
 
         
2 3 4
4
1 1 1 1 5
1 . 1 . 1 . 1 .1
2 8 1 6 3 8 4
P x x x x x        
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
48 
 
Marim / Eiras 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
49 
 
Marim / Eiras 
 
24. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO 
 
 
Roteiro para resolução de problemas de otimização. 
 
1. Compreendendo o Problema 
 
A primeira etapa consiste em ler cuidadosamente o problema até que ele seja entendido 
claramente. Pergunte a si mesmo: o que é desconhecido? Quais são as quantidades dadas? 
Quais são as condições dadas? 
 
 
2. Faça um Diagrama 
 
Na maioria dos problemas é útil fazer um diagrama e marcar as quantidades dadas e pedidas 
no diagrama. 
 
 
3. Introduzindo uma Notação 
 
Atribua um símbolo para a quantidade que deve ser maximizada ou minimizada (por ora vamos 
chamá-la Q) Selecione também símbolos (a, b, c, . . . , x, t) para outras quantidades 
desconhecidas e coloque esses símbolos no diagrama. O uso de iniciais como símbolos poderá 
ajudá-lo, por exemplo, A para área, h para altura e t para tempo. 
 
 
4. Expresse Q em termos de alguns dos outros símbolos da Etapa 3. 
 
 
5. Se Q for expresso como uma função de mais de uma variável na Etapa 4, use a informação 
dada para encontrar as relações (na forma de equações) entre essas variáveis. Use então essas 
equações para eliminar todas, menos uma das variáveis na expressão de Q. Assim, Q será 
expressa como uma função de uma variável x, digamos Q = f(x). Escreva o domínio dessa 
função. 
 
 
6. Use os métodos aprendidos em sala de aula para encontrar os valores máximo ou mínimo 
absolutos de f. Em particular, se o domínio for um intervalo fechado, então poderá ser 
empregado o Método do Intervalo Fechado. 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
50 
 
Marim / Eiras 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
51 
 
Marim / Eiras 
QUESTÕES DE PROVAS PASSADAS 
 
 
 
 (MAUÁ – 2006) Uma caixa fechada tem base quadrada e um volume de 2.000 cm3. 
Sabendo que o material para fazer o fundo e o topo desta caixa custa 2 vezes mais do que o 
material para as laterais, determine as dimensões desta caixa para que ela tenha o menor custo 
de fabricação. Prove que a solução encontrada minimiza o custo de fabricação. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
Para a resolução desse problema devemos inicialmente escrever a equação custo. Isto é, a 
equação que nos fornece o custo total para a confecção da caixa. Foi dito no enunciado que o 
custo do material que constitui o fundo e o topo da caixa custa o dobro do preço do material 
das laterais. Assim podemos escrever: 
 
la te ra is topo fundoC C C  
 
 
O custo para a confecção das laterais é proporcional à área lateral, ou seja: 
 
la te ra is la te ra lC p .A
 
la te ra isC p . .h .a 4
 
 
 
O custo para a confecção do topo e do fundo é proporcional a essas áreas, ou seja: 
 
topo fundo topo fundoC p .A p .A  2 2
 
topo fundoC p .a p .a  2 22 2
 
 
topo fundoC p .a 
2
4
 
 
Dessa forma o custo total pode ser escrito como: 
 
C p . .h .a p .a  24 4
 
 C p . .h .a .a  24 4
 
 
a 
a 
h 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
52 
 
Marim / Eiras 
Devemos agora encontrar uma relação entre a altura h e a lateral a. Essa relação vem 
justamente do volume da caixa, que foi informado no enunciado e vale 2.000 cm3. Sabemos 
que: 
 
V h .a 2
 
h .a 22000
 
h
a

2
2000
 
 
Substituindo esse valor de h na equação do custo, ficamos com: 
 
C p . . .a .a
a
 
  
 
2
2
2000
4 4
 
C p . .a
a
 
  
 
28000
4
 
 
 
Agora temos o custo como função somente de a. Para determinarmos o valor de a que 
minimiza o custo, devemos encontrar a derivada da função custo em relação à variável a. 
Assim, temos: 
 
dC
p . .a
da a
 
   
 
2
8000
8
 
 
 
Agora igualamos essa derivada a zero e determinamos o valor de a. 
 
p . .a
a
 
   
 
2
8000
0 8
 
.a
a
  
2
8000
0 8
 
 
.a
a

2
8000
8
 
.a 38000 8
 
a 3 1000
 
 
a cm 10
 
 
Para termos certeza que esse valor minimiza o custo, devemos analisar o sinal da segunda 
derivada. 
 
d C
p .
da a
 
  
 
2
2 3
16000
8
 
 
 
Podemos perceber que substituindo o valor encontrado de a, a segunda derivada é positiva. 
Assim, concluímos que a solução minimiza o custo. 
 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2006) Dada a figura: 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
53 
 
Marim / Eiras 
 
 
 
 
(a) Achar as dimensões de um cone circular de base r e altura h que pode ser circunscrito a um 
cilindro circular reto de altura H e raio da base R, de forma a que este cone tenha o menor 
volume possível. 
 
RESOLUÇÃO 
 
O volume do cone é dado por: 
 
co n e
V . .r .h 2
1
3

 
 
Devemos encontrar uma relação entre r e h. Se fizermos um corte por um plano vertical 
passando pelo eixo de simetria do cone, teremos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
H 
h 
R 
r 
r 
h 
R 
H 
A 
B C 
D 
E 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
54 
 
Marim / Eiras 
Podemos verificar que o triângulo ABC é semelhante ao triângulo DBE. Dessa forma podemos 
escrever a relação de semelhança: 
 
h H
r r R

 
 
r .H
h
r R


1
 
 
Substituindo esse valor na equação do volume do cone, ficamos com: 
 
r .H
V . .r .
r h


21
3

 
r .H
V . .
r h


3
1
3

 
 
Vamos agora derivar essa equação em relação a variável r. 
 
 
 
.r .H r R r .H .dV
. .
d r r R
 


2 3
2
3 11
3

  
dV .r .H .r .R .H r .H. .
d r r R
 


3 2 3
2
1 3 3
3

 
 
 
dV .r .H .r .R .H
. .
d r r R



3 2
2
1 2 3
3

  
dV .r .r .R
. .H .
d r r R



3 2
2
1 2 3
3

 
 
Igualando essa derivada a zero e isolando r, ficamos com: 
 
 
.r .r .R
. .H .
r R



3 2
2
1 2 3
0
3

  
.r .r .R
r R



3 2
2
2 3
0
 
.r .r .R 3 22 3 0
 
 
 r . .r .R 2 2 3 0
 
.r .R 2 3 0
 
.r .R2 3
 
r .R
3
2
 
 
Substituindo esse valor na equação (1), chegamos ao valor de h. Ou seja: 
 
.R .H
h
.R R


3
2
3
2
 
.R .H
h
.R

3
2
1
2
 
.H
h 
3
2
1
2
 
h .H 3
 
 
 
(b) Justifique matematicamente que o valor encontrado no item anterior corresponde de fato 
ao menor volume. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Podemos verificar que esses valores minimizam o volume analisando o sinal da derivada. 
Vamos verificar os sinais da derivada para valores menores e maiores que os encontrados para 
r. Vamos reescrever a derivada como: 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
55 
 
Marim / Eiras 
 
 
.r .RdV
. .H ..r
d r r R



2
2
2 31
3

 
 
Notamos que o denominador será sempre positivo, pois está elevado ao quadrado. Assim, o 
sinal da derivada será determinado pelo termo entre parênteses no numerador. Vamos 
verificar quando esse termo será positivo. 
 
.r .R 2 3 0
 
.r .R2 3
 
r .R
3
2E quando ele será negativo. 
 
.r .R 2 3 0
 
.r .R2 3
 
r .R
3
2
 
 
 
Como a derivada muda de sinal de negativo para positivo, antes e depois do valor de r, pode-se 
concluir que esse ponto corresponde ao volume mínimo do cone. 
 
(c) Obtenha este volume. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Para obtermos o volume do cone, basta substituir os valores encontrados na equação do 
volume. Assim, ficamos com: 
 
co n e
V . .r .h 2
1
3

 
r .R
3
2 
h .H 3
 
 
cone
V . . .R . .H
 
  
 
2
1 3
3
3 2

 
c o n e
V . .R .H 2
9
4

 
 
 
 (MAUÁ – 2006) Uma escada de comprimento L está apoiada em um muro de altura 2 m e 
encosta numa parede conforme a figura abaixo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 m 
1 m 
 
L1 
L2 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
56 
 
Marim / Eiras 
(a) Determine 
1 2
L L L 
 em função do ângulo 

. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Podemos escrever o seno do ângulo θ e assim encontrar o valor de L1: 
 
 sen θ
L

1
2
  
L
sen θ

1
2
 
 
Agora podemos escrever o cosseno do ângulo θ e assim encontrar o valor de L2: 
 
 cos θ
L

2
1
  
L
cos θ

2
1
 
 
Somando os dois valores, temos: 
 
L L L 
1 2
    
L
sen θ cos θ
 
2 1
 
 
 
(b) Determine o menor comprimento possível da escada. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Como o comprimento depende do ângulo θ, devemos derivar a equação encontrada no item (a) 
em relação a esse ângulo. Antes, porém, vamos reescrever a equação da seguinte forma: 
 
   L sen θ cos θ  1 12
 
 
Agora, derivando chegamos a: 
 
       
dL sen θ .c o s θ co s θ sen θdθ
 
    
 
2 2
2
 
 
 
 
 
. c o s θ se n θd L
d θ s e n θ co s θ

 
2 2
2
 
 
Reduzindo ao mesmo denominador, teremos: 
 
   
   
s e n θ .c o s θd L
d θ s e n θ .c o s θ


3 3
2 2
2
 
 
Para minimizar o comprimento, devemos igualar a derivada a zero, ou seja: 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
57 
 
Marim / Eiras 
   
   
s e n θ .c o s θ
s e n θ .c o s θ


3 3
2 2
2
0
 
   sen θ .cos θ 3 30 2
 
 
 
   .co s θ sen θ3 32
 
 
 
s e n θ
c o s θ

3
3
2
 
 tg θ 
3
2
 
 
Ou ainda: 
 
 tg θ 
3
2
 
 θ a rc tg 3 2
 
 
Agora podemos determinar o valor de L. 
 
     
L
sen a rc tg co s a rc tg
 
3 3
2 1
2 2
 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2007) Considere a figura: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(a) Achar as dimensões de um paralelepípedo de altura b e base quadrada de aresta a tenha o 
maior volume possível e que possa ser inscrito num cone circular com base r e altura h. 
 
h 
r 
a 
b 
h 
a 
a 
b 
r 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
58 
 
Marim / Eiras 
RESOLUÇÃO 
 
O volume do paralelepípedo pode ser determinado pela equação: 
 
V a .b 2
 
 
Devemos encontrar uma relação entre a e b para que o volume fique dependente de uma única 
variável. Vamos redesenhar a segunda figura dada no enunciado como segue: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Observamos que o triângulo ABC é semelhante ao triângulo ADE. Dessa forma podemos 
escrever a seguinte razão de semelhança: 
 
h r
ah b


2
 
h r
h b a


2
 
 a .h r h b 2
 
 
a .h
h b
r
 
2 
 
a .h
b h
r
  1
2
 
 
 
Substituindo esse valor na equação do volume, ficamos com: 
 
a .h
V a . h
r
 
  
 
2
2 
h
V a .h .a
r
 
2 3
2
 
 
Agora vamos derivar essa equação em relação a a. Assim: 
 
dV h
.a .h . .a
d a r
 
2
2 3
2
 
 
Igualando-se essa derivada a zero e isolando o valor de a, chegamos a: 
 
h
.a .h . .a
r
 
2
0 2 3
2 
h
a . .h . .a
r
 
  
 
0 2 3
2
 
 
 
h 
r 
a 
b 
A 
B C 
D E 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
59 
 
Marim / Eiras 
 
h
.h . .a
r
 2 3 0
2 
h
. .a .h
r
3 2
2 
a .r
4
3
 
 
Substituindo esse valor na equação (1), encontraremos o valor de b. Dessa forma, ficamos com: 
 
.r .h
b h
r
 
4
3
2 
b h .h 
2
3 
b .h
1
3
 
 
 
 
(b) Justifique matematicamente que o valor obtido no item anterior corresponde de fato ao 
máximo volume; 
 
RESOLUÇÃO 
 
Vamos calcular a segunda derivada do volume em relação a a: 
 
d V h
.h . .a
rd a
 
2
2
2 3
 
 
Quando a for igual a 4/3.r, teremos: 
 
d V h
.r .h . . .r
rd a
 
  
 
2
2
4 4
2 3
3 3 
d V
.r .h .h
da
 
  
 
2
2
4
2 4
3
 
 
Podemos perceber que a segunda derivada é negativa, o que corresponde a um ponto de 
máximo, ou seja, volume máximo. 
 
 
(c) Obtenha este volume. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Vamos calcular o volume para os valores encontrados no item (a). 
 
V a .b 2
 
a .r
4
3 
b .h
1
3 
 
V .r . .h
 
  
 
2
4 1
3 3 
V .r .h
216
27
 
 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
60 
 
Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2007) Um triângulo retângulo é formado no primeiro quadrante pelos eixos x e 
y e por uma reta passando pelo ponto (1, 2). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(a) Escreva a equação da reta em função dos parâmetros b e h que passa pelos pontos: (0, h), 
(b, 0) e (1, 2). (Dica: utilize a forma 
 0 0  y y m x x
 para escrever a equação da reta). 
 
RESOLUÇÃO 
 
Vamos utilizar o ponto (0, h) e o ponto (b, 0) para a determinação da equação da reta. O 
coeficiente angular da reta pode ser determinado por: 
 
Δ y
m
Δ x

 
h
m
b



0
0 
h
m
b
 
 
 
Agora podemos utilizar a equação sugerida na dica do problema. Precisamos do coeficiente 
angular, calculado acima e de um ponto, por exemplo, (1, 2). Assim: 
 
 y y m . x x  0 0
 
 
h
y . x
b
   2 1
 
 
 
(b) Encontre os vértices do triângulo: (0, 0), (0, h), (b, 0) para que sua área seja mínima. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A área do triângulo pedido pode ser determinada através da equação: 
 
b .h
A 
2
 
 
Devemos encontrar uma relação entre h e b para que a área fique dependente de apenas uma 
variável. Podemos pegar um dos pontos do triângulo e substituir na equação da reta. Por 
exemplo, pegamos o ponto (0, h). Assim, ficamos com: 
 
0 (b, 0) x 
(1, 2) 
y 
 
(0, h) 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
61 
 
Marim / Eiras 
 
 
h
h .
b
   2 0 1
 
h
h
b
 2
 
 h .b h 2
 
 
h
b
h


1
2
 
 
Substituindo esse resultado na equação da área, teremos: 
 
h h
A .
h

 2 2 
h
A
.h


2
2 4
 
 
 
Agora podemos derivar essa área em relação à altura h: 
 
 
 
.h . .h h .dA
dh .h
 


2
2
2 2 4 2
2 4  
dA .h .h .h
d h .h
 


2 2
2
4 8 2
2 4 
 
 
dA .h .h
d h .h



2
2
2 8
2 4
 
 
Igualando essa derivada a zero, ficamos com: 
 
 
.h .h
.h



2
2
2 8
02 4 
.h .h 22 8 0
 
 h . .h  2 8 0
 
.h  2 8 0
 
h  4
 
 
Substituindo esse valor na equação (1) encontraremos o valor de b: 
 
b 

4
4 2 
b  2
 
 
Assim, os pontos são: (0, 4), (0, 0) e (2,0). 
 
Para nos certificarmos que essa área é mínima, podemos analisar o sinal da derivada antes e 
depois do ponto (0, 4). O sinal da derivada é o mesmo sinal do numerador, uma vez que o 
denominador é sempre positivo. Vamos determinar os valores de h para os quais a derivada é 
positiva. 
 
.h .h 22 8 0
 
.h .h22 8
 
.h 2 8
 
h  4
 
 
Agora valor determinar os valores de h para os quais a derivada é negativa. 
 
.h .h 22 8 0
 
.h .h22 8
 
.h 2 8
 
h  4
 
 
Como a derivada mude sinal de negativo para positivo, a medida que h aumenta, concluímos 
que esse ponto é de mínimo, ou seja o triângulo tem área mínima. 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
62 
 
Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2008) Um triângulo isósceles tem uma base de 6 unidades e uma altura de 12 
unidades. Encontre a área máxima possível de um retângulo que pode ser colocado dentro do 
triângulo com um dos lados sobre a base do triângulo. Quais são as dimensões do retângulo de 
área máxima? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
A área do retângulo inscrito no triângulo pode ser calculada através da equação: 
 
A .x .y 2
 
 
Agora devemos encontrar uma relação entre x e y para que a área seja dependente apenas de 
uma variável. Notamos que um vértice do retângulo pertence à reta que passa pelos pontos (0, 
12) e (3, 0). Dessa forma, devemos determinar a equação dessa reta. 
 
O coeficiente angular da reta pode ser determinado por: 
 
Δ y
m
Δ x

 
m



12 0
0 3 
m  4
 
 
Agora podemos utilizar a equação 
 y y m . x x  0 0
. Já conhecemos o coeficiente angular e 
utilizaremos o ponto (3, 0): 
 
 y . x   0 4 3
 
y .x  4 12
 
 
Podemos substituir essa relação na equação da área e ficamos com: 
 
 A .x . .x  2 4 12
 
A .x .x  28 24
 
 
x 
(0, 12) 
(x, y) 
(3, 0) 
y 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
63 
 
Marim / Eiras 
Como queremos achar o ponto de máximo, devemos encontrar a derivada dessa área em 
relação à x: 
 
dA
.x
d x
  16 24
 
 
Igualando essa derivada a zero, teremos: 
 
.x  0 16 24
 
.x 16 24
 
x 
3
2
 
 
Para verificarmos que de fato é um ponto de máximo, vamos determinar a segunda derivada da 
área em relação à x: 
 
d A
d x
 
2
2
1 6
 
 
Como a segunda derivada é negativa, o ponto corresponde a um máximo. Ou seja, a área do 
retângulo é máxima. 
 
 
 
 (MAUÁ – 2008) Uma janela com o formato de um retângulo de lados x e y sobreposto 
por um semicírculo de diâmetro x tem perímetro p. Determine as dimensões da janela que 
permita a passagem da maior quantidade de luz. Mostre que a solução obtida corresponde à 
máxima iluminação. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
A máxima iluminação corresponde à máxima área de janela. Assim, devemos escrever a 
equação da área da janela: 
 
x
A x .y .π .
 
   
 
2
1
2 2
 
 
y 
x 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
64 
 
Marim / Eiras 
Podemos notar que a área depende de x e y. Devemos então, encontrar uma relação entre x e 
y para deixar a área dependendo apenas de uma varável. Essa relação vem do perímetro da 
janela que foi dado no enunciado: 
 
x
p x .y π .  2
2
 
 
Como o valor do perímetro é constante, podemos isolar uma das variáveis e substituir na 
equação da área. Vamos isolar a variável y: 
 
x
.y p x π .  2
2  
π
y . p x .x
 
   
 
1
1
2 2
 
 
Substituindo esse valor na equação da área, teremos: 
 
π xA x . . p x .x .π .         
   
2
1 1
2 2 2 2 
p π πA .x .x .x .x   2 2 21
2 2 4 8
 
 
p π π
A .x .x
 
     
 
21
2 2 4 8 
p π
A .x .x
 
    
 
21
2 2 8
 
 
Para encontrar a área máxima devemos fazer a derivada da área em relação à variável x. Assim: 
 
dA p π
. .x
d x
 
    
 
1
2
2 2 8 
dA p π
.x
d x
 
    
 
1
2 4
 
 
Igualando essa derivada a zero e isolando a variável x, chegamos a: 
 
p π
.x
 
    
 
0 1
2 4 
π p
.x
 
    
 
1
4 2 
π p
.x
 
 
 
4
4 2
 
 
p
x .
π
 
  
 
4
4 2 
p
x
π


2
4
 
 
Vamos encontrar o valor de y substituindo a valor de x na equação (1): 
 
p π p
y . p .
π π
 
   
  
1 2 2
2 4 2 4 
p p π py . . .
π π
  
 
1 2 1 2
2 2 4 2 2 4
 
 
p p π p
y .
π π
  
 2 4 2 4 
p p π
y .
π
 
   
  
1
2 4 2
 
 
Para verificarmos se essa solução corresponde a ponto de máximo devemos analisar o sinal da 
derivada segunda de A. Ou seja: 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
65 
 
Marim / Eiras 
d A π
d x
  
2
2
1
4
 
 
Como essa derivada é negativa, concluímos que as dimensões encontradas correspondem a 
uma janela de área máxima. 
 
 
 
 (MAUÁ – 2008) Um automóvel percorre por três horas uma estrada de terra e sua 
posição no instante t (medido em horas) é dada por: 
   
2 3
30 . 20 3 . S t t t
 
(medido em 
quilômetros). 
 
(a) Qual a velocidade máxima atingida pelo automóvel? JUSTIFIQUE. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Vamos primeiramente encontrar a equação da velocidade derivando a equação da posição 
dada no enunciado: 
 
 v t .t .t  260 20
 
 
Para encontrarmos o instante em que a velocidade é máxima devemos derivar essa equação e 
igualar a zero (ou seja, a velocidade é máxima quando a aceleração é nula): 
 
 d v t
.t
d t
 6 0 4 0
 
.t 0 60 40
 
 
t h
3
2
 
 
Como queremos a velocidade máxima, vamos substituir esse valor na equação da velocidade: 
 
v . .
   
    
   
2
3 3 3
60 20
2 2 2 v
 
  
 
3
90 45
2 
 
v km h
 
 
 
3
45
2
 
 
 
(b) Quando a velocidade é mínima? JUSTIFIQUE. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Como o único ponto critico é um ponto de máximo local, o ponto de mínimo só pode estar nas 
extremidades do intervalo [0, 3], pois no enunciado foi dito que o automóvel percorre por três 
horas uma estrada de terra. Dessa forma devemos determinar a velocidade nesses extremos: 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Terceiro Bimestre 
66 
 
Marim / Eiras 
 
 v . .  20 60 0 20 0
 
 v 0 0
 
 
 v . .  23 60 3 20 3
 
 v 3 0
 
 
A velocidade mínima neste intervalo é de 0 km/h e ocorre nos dois extremos do intervalo. 
 
 
(c) Em que instante (ou instantes) a velocidade instantânea é igual à velocidade média do 
veículo? JUSTIFIQUE. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A velocidade média é dada por: 
 
m
d is tâ n c ia p e rc o r r id a
v
tem po

 
 
Considerando que o automóvel esteja andando sempre no mesmo sentido, temos: 
 
   
m
S S
v



3 0
3 0 mv


270 180
3 
 
mv km h 3 0
 
 
Pelo Teorema do Valor Médio, temos que: 
 
 
   S S
S ' c



3 0
3 0
 
 
Mas S’(c) é justamente o valor da velocidade em c, ou seja, v(c). Assim: 
 
 v c



270 180
3 0