CALCULO_1-VOLUME_4

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RESOLUÇÃO DE 
PROVAS 
PASSADAS DE 
CÁLCULO I 
 
Prof. Luiz Roberto Marim 
Prof. Airton Eiras 
2013 
 
Quarto Bimestre 
Exercícios resolvidos e comentados 
de 2006 a 2012 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
2 
 
Marim / Eiras 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto 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 - Quarto Bimestre 
4 
 
Marim / Eiras 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
5 
 
Marim / Eiras 
 
ÍNDICE 
 
 
29. ÁREA ENTRE CURVAS .....................................................................................................................7 
30. VOLUME DE SÓLIDOS DE REVOLUÇÃO ................................................................................. 37 
31. INTEGRAIS DE FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS ................................................................ 67 
32. INTEGRAÇÃO POR SUBSTITUIÇÃO TRIGONOMÉTRICA ................................................ 89 
33. INTEGRAIS DE FUNÇÕES RACIONAIS ............................................................................... 123 
34. INTEGRAIS IMPRÓPRIAS ........................................................................................................ 145 
 
 
 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
6 
 
Marim / Eiras 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
7 
 
Marim / Eiras 
 
29. ÁREA ENTRE CURVAS 
 
 
 
A área 
A
 de uma região limitada pelas curvas 
 f x
 e 
 g x
, e pelas retas 
x a
 e 
x b
, 
onde as funções 
f
 e 
g
 são contínuas e 
   f x g x
, para todo 
x a , b 
 
 é: 
 
   
b
a
A f x g x .d x  
 
 
 
 
A região hachurada na figura a seguir ilustra uma região entre as funções 
 f x .x x   
22
2
1 0 
e 
 g x .x .x  2
2 1
3
1 0 1 0
. 
 
 
 
 
 
A área dessa região pode ser determinada calculando-se a seguinte integral: 
 
A .x x .x .x .d x

    
          
    

3
2 2
1
2 2 1
2 3
1 0 1 0 1 0
 
 
 
        








x
y
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
8 
 
Marim / Eiras 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
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Marim / Eiras 
QUESTÕES DE PROVAS PASSADAS 
 
 
 (MAUÁ – 2006) (a) Represente graficamente a área compreendida entre as parábolas 
2
3 2x y 
, 
2
x y
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A região compreendida entre as parábolas pode ser vista a seguir: 
 
 
 
 
 
 
 
(b) Determine todos os pontos de intersecção das funções apresentadas no item anterior. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Para determinarmos os pontos de intersecção devemos substituir o valor de x da primeira 
função na segunda. Assim, ficamos com: 
 
2 2
3 2 y y
 
2
2 2 0 y
 
 
Agora resolvemos essa equação de segundo grau em y e teremos: 
 
1 1  y e y
 
 
Voltamos com esses valores em uma das funções para encontrar os valores correspondentes de 
x. Agora temos os pontos pedidos: 
 
   1 21 ,1 1 , 1  P P
 
 
 
    




x
y
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
10 
 
Marim / Eiras 
(c) Calcule a área representada no item (a). 
 
RESOLUÇÃO 
 
A área representada no item (a) pode ser obtida através da integral: 
 
  
1
2 2
0
2 . 3 2  A y y d y
 
 
1
2
0
2 . 2 2  A y d y
 
 
Resolvendo, chegamos a: 
 
 
1
3
0
2 . 2 . 2
3
 
   
 
y
A y
 
1
2 . 2 . 2
3
 
   
 
A
 
 
4
4
3
  A
 
8
. .
3
A u A
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2007) Determine a área da região delimitada pelas curvas:    3ln x
y
x

, 
x
y e
, 
1x 
 e 
x e
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A seguir podemos ver o gráfico da região dada. 
 
 
 
 
 
 
          








x
y
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
11 
 
Marim / Eiras 
Para determinarmos a área dessa região, devemos calcular a seguinte integral: 
 
 
3
1
ln 
  
 

e
x
x
A e d x
x
 
 
3
1 1
ln
  
e e
x
x
A e d x d x
x
 
 
A primeira integral é imediata. No entanto, a segunda deve ser feita com uma substituição: 
 
 
1
ln u x d u d x
x
 
 
Agora a segunda integral fica: 
 
 
13
3
1 0
ln
 
e
x
d x u d u
x
 
 
1
3 4
1 0
ln
4

e
x u
d x
x
 
 
3
1
ln 1
4

e
x
d x
x
 
 
Finalmente chegamos ao valor da área pedida: 
 
1
1
4
 
e
x
A e
 
1
. .
4
  
e
A e e u A
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2007) Seja 
  0f x 
 para 
a x b 
. Seja R a região limitada pela curva 
 y f x
, o eixo 
x
 e as retas 
x a
 e 
x b
. Nesse caso, o centróide (ou centro geométrico) 
de 
R
 é o ponto 
 ,x y
, onde 
 
1
.
b
a
x x f x d x
A
 
 e 
 
21
.
2
b
a
y f x d x
A
   
 e 
A
 é a área da 
região 
R
. 
 
(a) Determinar a área 
A
 da região hachurada abaixo: 
 
 
 
 


x
y
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
12 
 
Marim / Eiras 
 
RESOLUÇÃO 
 
A área pedia corresponda a ¼ da área do circulo de raio 1. Assim, teremos: 
 
4 . .A u A
 
 
 
(b) Determinar o centróide da região indicada. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Para determinação das coordenados do centróide, podemos utilizar as definições fornecidas no 
enunciado:1
2
0
4
. 1 x x x d x
 
21
2
0
2
1  
 
y x d x

 
 
Vamos inicialmente resolver a integral que nos fornece o x do centróide. Para isso devemos 
fazer uma substituição: 
 
2 1
1 2 . .
2
     u x d u x d x d u x d x
 
 
Assim, ficamos com: 
 
0
1
4 1
. .
2
  x u d u
 
 
Note que trocamos os limites da integral, pois, quando x = 0, temos que u = 1 e quando x = 1, 
temos que u = 0. Agora, resolvendo a integral: 
 
 
0
3
2
1
4 1 2
. .
2 3
 x u

 
 
3 3
2 2
4
. 0 1
3 .
  x

 
4
3 .
x

 
 
Agora vamos determinar a coordenada y do centróide: 
 
21
2
0
2
1  
 
y x d x
 
 
1
2
0
2
1 y x d x
 
 
1
3
0
2
3
 
  
 
x
y x
 
1
3
0
2 1
1
3
 
  
 
y
 
4
3
y

 
 
 
Portanto, as coordenadas dos centróide são: 
 
4 4
, ,
3 3
 
  
 
x y
 
. 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
13 
 
Marim / Eiras 
 
 (MAUÁ – 2007) Arquimedes mostrou que a área de um arco de parábola é igual a 2/3 do 
produto da base b pela altura h. 
 
 
 
 
 
 
Use a integral apropriada para calcular a área A se o arco de parábola é limitado por 
2
9y x 
 
e pelo eixo x. 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
A parábola dada corta o eixo x nos pontos x = - 3 e x = 3. Assim, para calcularmos a área do arco 
de parábola pedido, devemos resolver a integral a seguir: 
 
 
3
2
3
9

  
 A x d x
 
3
3
3
9
3

 
  
 
x
A x
 
 
 
 
 
3
3
33
9 .3 9 . 3
3 3
   
         
     
A
 
5 4 1 8 3 6 . .  A u A
 
 
 
Utilizando o calculo de Arquimedes, temos que a base é igual a 6 (distância entre as raízes) e a 
altura é igual a 9 (quando x = 0, y = 9). Assim podemos verificar o cálculo da área: 
 
 
2
.6 .9 3 6
3
 A
 
 
 
 
b 
h 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
14 
 
Marim / Eiras 
 
 (MAUÁ – 2008) Queremos determinar a área compreendida entre as curvas: 
2
2y x x  
, 
2
4y x 
 e 
2x 
. Para tanto: 
 
(a) determine todas as intersecções e indique-as no gráfico abaixo. 
 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
Para encontrarmos as intersecções, devemos igualar as equações: 
 
2 2
2 4   x x x 2 2 0  x x 
 
Resolvendo essa equação de segundo grau, temos: 
 
2x  
 
1x 
 
 
Determinando os valores de y, chegamos aos pontos: 
 
 1 2 , 0P  
 
 2 1, 3P  
 
 
 
(b) escreva a integral que fornece a área e calcule esta área. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A área total pode ser obtida somando-se duas áreas. A primeira entre os pontos x = - 2 e x = 1 e 
a segunda entre os pontos x = 1 e x = 2. Assim, podemos escrever a seguinte integral: 
 
           










x
y
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
15 
 
Marim / Eiras 
     
1 2
2 2 2 2
2 1
2 4 4 2

             
    A x x x d x x x x d x
 
 
   
1 2
2 2
2 1
2 2 4 2 2 4

       A x x d x x x d x
 
 
Agora podemos integrar. 
 
1 2
3 3
2 2
2 1
2 2
4 4
3 3

   
        
   
x x
A x x x x
 
 
2 1 6 1 6 2
1 4 4 8 4 8 1 4
3 3 3 3
    
              
   
A
 
3 8
. .
3
A u A
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2008) Queremos determinar a área compreendida entre as curvas: 
2
4y x 
, 
2y x  
, 
3x 
 e 
2x  
. Para tanto: 
 
 
(a) determine todas as intersecções. 
 
RESOLUÇÃO 
 
 
 
 
 
 
Vamos determinar todas as intersecções: 
 
Entre 
2
4y x 
 e 
2y x  
: 
 
2
4 2   x x
 
2
2 0   x x
 
1 2
1 2  x x
 
         









x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
16 
 
Marim / Eiras 
 
Determinando os valores de y: 
 
 1 11 2 3    y y
 
 1 1, 3 P
 
 
2 2
2 2 0   y y
 
 2 2, 0P
 
 
Entre 
2
4y x 
 e 
3x 
: 
 
2
4 3 5   y y  3 3, 5 P
 
 
Entre 
2
4y x 
 e 
2x  
: 
 
 
2
4 2 0   y y  4 2 , 0 P
 
 
Entre 
2y x  
 e 
3x 
: 
 
3 2 1    y y  5 3, 1 P
 
 
Entre 
2y x  
 e 
2x  
: 
 
 2 2 4    y y  6 2 , 4 P
 
 
 
 
(b) escreva a integral que fornece a área. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Para determinarmos a área total devemos escrever três integrais. A primeira entre os pontos de 
abscissas x = - 2 e x = - 1, a segunda entre x = - 1 e x = 2 e a terceira entre x = 2 e x = 3. Assim, 
ficamos com: 
 
           
1 2 3
2 2 2
2 1 2
2 4 4 2 2 4

 
                   
       A x x d x x x d x x x d x
 
 
1 2 3
2 2 2
2 1 2
2 2 2

 
              
       A x x d x x x d x x x d x
 
 
Podemos escrever essa soma de três integrais da seguinte forma: 
 
3
2
2
2 .

  A x x d x
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
17 
 
Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2008) Encontre o valor de k de forma que as áreas sombreadas da figura abaixo 
sejam iguais. 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
Inicialmente vamos identificar os valores das abscissas dos pontos de intersecção. Chamando 
de 
x a
, a abscissa do primeiro ponto de interseção, temos que 
 x a 
é a abscissa do 
segundo ponto de intersecção (veja figura a seguir que mostra essa simetria). 
 
 
 
 
 
Para que as áreas sombreadas sejam iguais, devemos escrever que as integrais que 
representam as áreas sejam iguais. Vamos inicialmente escrever a área 1, ou seja, a área mais a 
esquerda: 
 
  1
0
 
a
A k se n x d x
 
   1
0
c o s c o s 1      
a
A k x x k a a
 
 
 1 cos 1  A ka a   2

 
a
a
A se n x k d x

 
 2 c o s

    
a
a
A x k x

 
 
      2 c os c os .       A a k a a k a 
 
 
   2 cos 2 . . . cos     A a k a k a 
 
 
 2 2 . . . 2 . cos  A k a k a
 
 
  

x
y
  

x
y
 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
18 
 
Marim / Eiras 
 
Igualando as duas áreas e isolando k, temos: 
 
   cos 1 2 . . . 2 . cos    ka a k a k a
 
 
 
 
c o s 1


a
k
a
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2009) Considere a área limitada por 
2
y x
 e 
.y m x
. 
 
(a) Esboce a região acima. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A região descrita no enunciado pode ser visualizada a seguir: 
 
 
 
 
 
(b) Calcule a área desta região como função da constante 
m
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A área da região em destaque pode ser determinada através da integral: 
 
 
2
0
 
m
A m x x d x
 
2 3
0
2 3
 
  
 
m
x x
A m
 
 
3 3
2 3
 
m m
A
 
3
6

m
A
 
 
 
      






x
y
Resolução de ProvasPassadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
19 
 
Marim / Eiras 
(c) Determine o valor de 
m
 que faça a área ser igual a 36 u. A. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Basta substituir o valor da área por 36 e determinar o valor de m. 
 
3
3 6
6

m
 
3 3
6m
 
6m
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2009) Dada a figura: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(a) Escreva, sem calcular, a área de cada uma das regiões hachuradas assinaladas, utilizando 
integral definida. 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
As três áreas pedidas podem ser escritas como as três integrais a seguir: 
 
   
1
0
a
A f x g x d x   
 
 
   
2
b
a
A g x f x d x   
 
 
   
3
c
b
A f x g x d x   
 
 
 
 
 
 
 
A1 
A2 
A3 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
20 
 
Marim / Eiras 
 
(b) Você pode escrever a área total usando uma única integral? Justifique sua resposta. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Nós podemos escrever a área total como a soma das três integrais do item (a). A integral 
resultante será: 
 
   
0
 
c
A f x g x d x
 
 
Note que devemos fazer uso do módulo, pois a segunda integral daria um valor negativo. 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2010) Calcule a área hachurada na figura abaixo, em função das constantes 
a
 
e 
b
: 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
Para o cálculo da área total devemos escrever duas integrais: 
 
   
2 2
0
. c o s . c o s  
a b
a
A x x d x x x d x
 
 
O sinal de menos aparece pois a segunda integral retornará um valor negativo, visto que a área 
correspondente está abaixo do eixo x. As duas integrais são resolvidas da mesma forma que a 
integral indefinida a seguir: 
 
 
2
. c o s I x x d x
 
 
 

x
y
 
0 a b 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
21 
 
Marim / Eiras 
Vamos fazer uma substituição: 
 
2 1
2 . .
2
  u x d u x d x d u x d x
 
 
Assim, teremos: 
 
 
 c o s
2
 
d u
I u
 
 
1
2
I se n u
 
 
21
2
I se n x
 
 
Retornando ao cálculo da área, teremos: 
 
   
2 2
0
1 1
2 2
 
a b
a
A se n x se n x
 
 
 
2
2
2
 
se n b
A se n a
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2010) A partir da figura abaixo, determine: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(a) As equações das três retas que limitam o trapézio. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A primeira reta para pela origem (0, 0) e pelo ponto (h, h) e é crescente. Assim, sua equação é: 
 
p a ra 0  y x x h
 
 
A segunda reta passa pelo ponto (h, h) e pelo ponto (h+a, h) e é uma reta horizontal. Assim, sua 
equação é: 
 
p a ra   y h h x h a
 
 
A terceira reta passa pelo ponto (h+a, h) e pelo ponto (2h+a, 0) e é decrescente. Assim, sua 
equação é: 
 
2 p a ra 2       y x h a h a x h a
 
h a 
x 
y 
h 
h 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
22 
 
Marim / Eiras 
(b) Utilize integração definida para provar que a área do trapézio é 
  .A h a h 
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A área dos trapézio pode ser escrita que uma soma de três integrais, cada uma delas 
correspondendo a um intervalo. Ou seja: 
 
 
2
0
2
 

       
h h a h a
h h a
A x d x h d x x h a d x
 
 
Agora podemos calcular as integrais e chegar ao valor da área pedido: 
 
 
2
2 2
2 2
0
. 2 . .
2 2

  
 

    
h h a
h a h a h a
h h a h a
h a
x x
A h x h x a x
 
 
             
2
2 21
2 2 . 2 2
2 2
                 
h
A h h a h h a h a h h a h a a h a h a
 
 
 
2
2 2 2 2 21
4 4 2 2
2 2
          
 
h
A h a h h a a h h a a h h a
 
 
2
2 23
2
2 2
     
h
A h a h h a h h a
 
2
 A h h a 
 
E, portanto: 
 
  A h h a
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2010) A curva 
2
4x y 
 é cortada pela curva 
 
2
1 1x y  
. 
 
(a) Determine todos os pontos de intersecção das duas curvas. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Vamos igualar as duas funções: 
 
 
22
4 1 1   y y
 
2 2
4 2  y y y
 
2
2 2 4 0  y y
 
 
Resolvendo essa equação de segundo grau em y, teremos: 
 
1 2  y y
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
23 
 
Marim / Eiras 
Para encontrar as coordenada dos pontos de intersecção devemos substituir os valores de y 
encontrados em uma das funções dadas. Assim: 
 
 
2
4 1 3   x x
 
 
 
2
4 2 0  x x
 
 
Portanto, os pontos são: 
 
   1 20, 2 3, 1  P P
 
 
 
 
(b) Esboce o gráfico das duas curvas e indique a região delimitada pelas mesmas. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A região pedida pode ser vista na figura a segui. 
 
 
 
 
(c) Calcule a área da região delimitada. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Para calcularmos a área devemos determinar a integral a seguir: 
 
   
2
2 2
1
4 2

    
 A y y y d y
 
 
2
2
1
4 2 2

  A y y d y
 
 
2
3
2
1
4 2
3

 
   
 
y
A y y
 
1 6 2
8 4 4 1
3 3
   
      
   
   
A
 
9 . .A u A
 
 
       






x
y
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
24 
 
Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2010) Encontre a área da região limitada pelas curvas: 
2
2y x
 e 
4x y 
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Inicialmente vamos encontrar os pontos de intersecção igualando as duas funções: 
 
2
4
2
 
y
y
 
2
2 8 0  y y
 
 
Resolvendo essa equação de segundo grau em y, ficamos com: 
 
2 4  y y
 
 
Para encontrarmos os valores de x devemos substituir esses valores encontrados em uma das 
funções dadas. Assim: 
 
 2 4 2   x x
 
 
4 4 8  x x
 
 
Os pontos de intersecção são: 
 
   1 22, 2 8, 4  P P
 
 
A área a ser determinar é obtida a partir do cálculo da seguinte integral: 
 
 
4 2
2
4
2

  
    
  

y
A y d y
 
4
2 3
2
4
2 6

 
   
 
y y
A y
 
6 4 8
8 1 6 2 8
6 6
   
     
   
   
A
 
 
7 2
3 0
6
 A
 
1 8 . .A u A
 
 
As curvas e a região pedida podem ser vistas na figura a seguir: 
 
 
 
             










x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
25 
 
Marim / Eiras 
 
 (MAUÁ – 2011) A região A delimitada pelas curvas 
1x 
, 
/ 3y  e  arcsen 2y x 
está representada a seguir. 
 
 
 
 
 
 
 
Calcule a área da região delimitada A. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Inicialmente vamos encontrar a intersecção igualando as duas funções: 
 
 a rc se n 2
3
x
 3 3
2 2
 
x
x
 
 
A área delimitada A pode ser obtida através do cálculo da integral: 
 
 
3
1
-a rc se n / 2
3
 

 
 
A x d x

 
 
3 3
1 1
a rc se n / 2
3
  A d x x d x
 
 
A primeira integral é imediata, mas para resolução da segunda devemos utilizar a técnica de 
integração por partes. Assim, chamamos: 
 
 
 
2 2
12 1
a rc se n 2
41 2
  

 
u x d u d x d x
xx
d v d x v x
 
 
A integral do arcoseno fica: 
 
 






x
y
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
26 
 
Marim / Eiras 
   
2
a rc se n 2 .a rc se n 2
4
 

 
x
x d x x x d x
x
 
 
Essa segunda integral deve ser resolvida por substituição: 
 
2 1
4 2
2
     u x d u x d x d u x d x
 
 
Agora, ficamos com: 
 
2
1 1
24
 

 
x
d x d x
ux
 
1
2
2
1
24

 

 
x
d x u d x
x
 
 
1
2
2
1
.
124
2
 


x u
d x
x
 
1
2
2
4
 


x
d x u
x
 
 
2
2
4
4
  


x
d x x
x
 
 
Retornando à integral do arcoseno: 
 
   
2
a rc se n / 2 .a rc se n / 2 4   x d x x x x
 
 
Agora, podemos voltar à integral que nos fornece a área: 
 
 
3 3
1 1
a rc se n / 2
3
  A d x x d x

 
 
3
3
3
2
1
1
1
. .a rc se n / 2 4
3
   A x x x x
 
 
   3 13 1 3 . 1 . 4 3 4 12 23
 
        
 
A a rc se n a rc se n
 
 
3
3 . 1 3
3 3 3 6
     A
  
 
1 3 . .
6
  A u A

 
 
 
 
 (MAUÁ – 2011) Calcule a área limitada pelas funções 
2
c o s
2
y x
 
   
 
, 2
3
3 x x
y
x x



 e 
pelas retas 
0x 
 e 
1x 
. 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
A área a que se refere o problema pode ser visualizada na figura a seguir: 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
27 
 
Marim / Eiras 
 
 
 
 
Essa área pode ser determinada com o cálculo da integral: 
 
 
1 2
2
23
0
3
c o s
 
  
 

x x
A x d x
x x

 
 
1 12
2
23
0 0
3
c o s
 
     
 
 
x x
A d x x d x
x x

 
 
A primeira integral deve ser resolvida da seguinte forma: 
 
1 2
1 3
0
3 
  
 

x x
I d x
x x
 
1 2
1 3 3
0
3 
  
  

x x
I d x
x x x x
 
1
1 2 2
0
3 1
1 1
 
 
   

x
I d x
x x
 
 
1 1
1 2 2
0 0
3 1
1 1
   
 
       
 
x
I d x d x
x x
 
   
1
1
2
1
0
0
3
ln 1
2
  I x a rc tg x
 
 
       
2 2
1
3 3
ln 1 1 ln 0 1 1 0
2 2
     I a rc tg a rc tg
 
 1
3
ln 2
2 4
 I

 
 
Para resolução da segunda integral, devemos fazer: 
 
 
1
2
2 2
0
c o s 
 I x d x

 
 
1
2
2
0
1 c o s 2
2
 
  
 

x
I d x

 
 
1
2
0
1 c o s
2
 
  
 

x
I d x

 
 
 
1 1
2
0 0
1 1
c o s
2 2
  I d x x d x
 
 
1
1
2 `0
0
1 1
2 2
 
se n x
I x


 
2
1
2
I
 
 
Vamos retornar ao cálculo da área: 
 
 
3 1
ln 2 . .
2 4 2
  A u A

 
 
   



x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
28 
 
Marim / Eiras 
 
 (MAUÁ – 2011) Determine a área da região limitada na figura abaixo, que é dada pelas 
curvas 
 
2
4 3f x x x   
e 
 
2
2 3g x x x   
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
 
 
 
 
Vamos determinar os pontos de intersecção igualando as duas funções: 
 
2 2
4 3 2 3     x x x x
 
2
2 6 0 x x
 
 
Resolvendo essa equação de segundo grau em x teremos: 
 
0 3 x x
 
 
Os valores correspondentes de y são obtidos substituindo em uma das equações dadas: 
 
2
0 4 .0 3 3   y y
 
 
2
3 4 .3 3 0   y y
 
 
 
Assim, os pontos de intersecção são: 
 
   1 20, 3 3, 0 P P
 
 
Agora podemos escrever a integral que nos fornece a área da região pedida: 
 
 
3
2
0
2 6  A x x d x
 
3
2
3
2
3
3
0
 
  
 
x
A x
 
9 . .A u A
 
         







x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
29 
 
Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2011) A integral 
   
4 ,5
0 ,5
f x g x d x


 define a área de uma região na figura 
abaixo. Indique essa região hachurando-a. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
A área representada pela integral corresponde à região hachurada a seguir: 
 
 
 
 
 
 
         







x
y
         







x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
30 
 
Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2011) Determine a área da região limitada pelas curvas: 
23
1
y
x

, 
0x 
, 
1x 
, 
e 
0y 
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A área a que se refere o problema pode ser visualizada na figura a seguir: 
 
 
 
 
Essa área pode ser determinada com o cálculo da integral: 
 
t
t
A d x
x


 
1
3 20
1
lim
 
t
t
A x d x



 
1
2
3
0
l im
 
t t
A .x


  
   
  
1
1
3
0
l im 3
 
 
t
A . .t


    
     
    
1 1
3 3
0
l im 3 1 3
 
A u .A . 3
 
 
 
 (MAUÁ – 2009) Uma viga de concreto com seção longitudinal mostrada na figura abaixo 
será utilizada num projeto de construção civil. O engenheiro responsável por este projeto 
necessita calcular a área da região marcada e encarregou você de fazê-lo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
           









x
y
x 
f(x) 
6 -6 a b 
 
 
1 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
31 
 
Marim / Eiras 
 
(a) Determine os valores de a e b. 
 
 
RESOLUÇÃO
 
 
Os valores de a e b podem ser obtidos fazendo-se os valores das funções iguais à zero. Os seja: 
 
 
 
1
. 5 0 5
3
1
. 5 0 5
3
     
    
f x x a
g x x b
 
 
 
 
(b) Calcule a área da região hachurada. 
 
RESOLUÇÃO
 
O valor da área hachurada corresponde ao valor da área do retângulo em cinza menos a área 
sob as funções f(x) e g(x). Dessa forma, podemos escrever: 
 
0 5
5 0
1 1
. 5 . . 5 .
3 3

     re tâ n g u loA A x d x x d x 
 
Assim, temos: 
 
   
0 5
3 3
2 2
5 0
1 2 1 2
1 2 5 5
3 3 3 3
    A x x
 
 
          
33 3 3
22 2 2
2 2
1 2 5 0 5 5 5 5 5 0
9 9
         A
 
 
3 3
2 2
2 2
1 2 5 5
9 9
  A
 
3
2
4
1 2 5
9
 A
 
2 0 5
1 2 . .
9
 A u A 
 
 
 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
32 
 
Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2012) Encontre a área da região abaixo indicada, ou seja, a área representada 
pela intersecção entre os dois círculos de raio 1 e centro em 
 0, 0
 e 
 0 , 1
. 
 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO
 
Vamos inicialmente escrever as equações das duas circunferências: 
 
 
22 2 2
1 2
: 1 : 1 1    C x y C x y
 
 
Agora para encontrarmos as interseções das circunferências, devemos igualar as duas 
equações: 
 
 
22 2 21   x y x y
 
2 2 2 2
2 1    x y x y y
 
 
2 1 0  y
 
1 / 2y
 
 
Agora podemos determinar os valores de x: 
 
 
2
2 31 1
2 2
   x x
 
 
Portanto, os pontos de intersecção são: 
 
1 2
3 1 3 1
, ,
2 2 2 2
   
      
   
P P
 
 
 
 
 



x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
33 
 
Marim / Eiras 
A área da região indicada no gráfico pode ser obtida através do cálculo da integral: 
 
 
3 / 2
2 2
0
2 1 1 1     
  
A x x d x
 
 
Note que para escrever essa integral, consideramos a simetria do problema e escrevemos as 
equações das circunferências como: 
 
 
2 2 2
1
22 2 2
2
: 1 1
: 1 1 1 1 1 1
    
           
C x y y x
C x y y x y x
 
 
Pegamos a parte de baixo da circunferência 2 e a parte de cima da circunferência 1. A figura a 
seguir ilustra essa escolha. 
 
 
 
 
Agora podemos calcular a integral: 
 
 
3 / 2
2 2
0
2 1 1 1     
  
A x x d x
 
 
3 / 2
2
0
2 2 1 1  A x d x
 
 
 
3 / 2 3 / 2
2
0 0
2 2 1 2 1 .   A x d x d x
 
 
A segunda integral é imediata. No entanto, para determinarmos o valor da primeira é 
necessário utilizarmos uma substituição trigonométrica. Dessa forma, podemos escrever a 
primeira integral como: 
 
 
3 / 2
2
1
0
2 2 1 I x d x
 
 
Chamando 
 x sen 
, teremos 
 cos .dx d 
. Quando 
0x
 temos 
0
 e quando 
3 2x
 temos 
3 
. Assim, a integral toma a forma: 
 
 

x
y
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
34 
 
Marim / Eiras 
    
/ 3
2
1
0
2 2 1 . c o s I se n d

  
 
   
/ 3
1
0
4 c o s . c o s I d

  
 
 
 
/ 3
2
1
0
4 c o s I d

 
 
 
Vamos utilizar a relação 
    
2 1
c o s 1 c o s 2
2
  
 para resolver essa integral. Assim: 
 
  
/ 3
1
0
1
4 1 c o s 2
2
 I d

 
 
  
/ 3
1
0
2 1 c o s 2 I d

 
 
 
 
/ 3 / 3
1
0 0
2 1 . 2 c o s 2 .  I d d
 
  
 
 
/ 3
/ 3
1 0
0
2
2 2
2
 
s e n
I

 

 
 
 1
2
2 / 3
3
 I se n


 
1
2 3
3 2
 I

 
 
Agora podemos determinar o valor da área pedida: 
 
 
3 / 2 3 / 2
2
0 0
2 2 1 2 1 .   A x d x d x
 
3 / 2
0
3
2
3 2
  A x

 
 
2 3
3
3 2
  A

 
2 3
. .
3 2
 A u A
 
 
 
 (MAUÁ – 2012) Calcule a área da região delimitada entre a função 
 f x
x


2
1
4
, e as 
retas 
x   1
 e x  2 . 
 
RESOLUÇÃO
 
A função dada, assim como a região pedida, pode ser vistas a seguir: 
 
 
 
      





x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
35 
 
Marim / Eiras 
 
A área hachurada pode ser determinada através da integral: 
 
t
t
A re a d x
x



 2
2
1
1
lim
4
 
 
Para resolver essa integral devemos decompor a fração em frações parciais. 
 
   x . xx

 
2
1 1
2 24
 
   
A B
x xx . x
 
  
1
2 22 2
 
   
   
   
A x B x
x . x x . x
  

   
2 21
2 2 2 2
 
 
   A x B x   2 2 1
 
A Ax B Bx   2 2 1
 
 A B x A B   2 2 1
 
 
Daí, tiramos que: 
 
A B
A B
  

 
0
2 2 1
 
 
Resolvendo esse sistema encontramos: 
 
A B 1 4 1 4
 
 
Assim, ficamos com: 
 
    x xx . x
 
  
1 4 1 41
2 22 2
 
 
E, a integral pode ser escrita como: 
 
t
t
A re a d x
x x

 
  
  

2
1
1 4 1 4
lim
2 2
 
t
t
A re a . d x
x x

 
  
  

2
1
1 1 1
lim
4 2 2
 
 
    
t
t
A re a . x x
 
    
12
1
lim ln 2 ln 2
4
 
t
t
x
A re a .
x

 
  
 2 1
1 2
lim ln
4 2
 
 
t
tA re a .
t
     
     
     
2
1 2 2 1
lim ln ln
4 2 2 1
 
t
tA re a .
t
    
     
    
2
1 2 1
lim ln ln
4 2 3
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
36 
 
Marim / Eiras 
 
t
tA re a .
t
  
   
  
2
1 2
lim ln ln 3
4 2
 
 
t
tA re a .
t
  
   
  
2
1 2
lim ln ln 3
4 2
 
 
O limite dentro dos colchetes vai para infinito. Portanto, a área também vai para infinito. O 
valor da área não converge. 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
37 
 
Marim / Eiras 
 
30. VOLUME DE SÓLIDOS DE REVOLUÇÃO 
 
 
Um cilindro é limitado por uma região plana B1, denominada base, e uma região 
congruente B2 em um plano paralelo. O cilindro consiste em todos os pontos nos 
segmentos de reta perpendiculares à base que unem B1 e B2. 
 
 
 
Para um sólido S, que não é um cilindro, primeiro “cortamos” S em pedaços e 
aproximamos cada pedaço por um cilindro. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
n
i
i=1
V = A x .Δ x
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
38 
 
Marim / Eiras 
 
Definição de Volume de um sólido de rotação 
 
 
Seja S um sólido que está entre x = a e x = b. Se a área da secção transversal de S 
no plano Px, passando por x e perpendicular ao eixo x, é A(x), onde A é uma 
função contínua, então o volume de S é: 
 
 
 
     
bn
i
n →∞
i=1 a
V = lim A x .Δ x = A x .d x
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
39 
 
Marim / Eiras 
QUESTÕES DE PROVAS PASSADAS 
 
 
 (MAUÁ – 2006) (a) Represente graficamente a área compreendida entre as parábolas 
x y 23 2
, 
x y
2
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A região compreendida entre as parábolas pode ser vista a seguir: 
 
 
 
 
(b) Escreva, sem calcular, a integral que fornece o volume do sólido obtido pela revolução da 
região delimitada no item (a) em torno do eixo 
x
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Primeiramente vamos encontrar os pontos de intersecção igualando as duas equações: 
 
y y 2 23 2
 
y 
2
2 2
 
y   1
 
 
Substituindo esses valores em uma das equações dadas, encontramos: 
 
x  1
 
Assim, os pontos de intersecção são: 
 
   P , P ,  1 21 1 1 1
 
 
O volume do sólido obtido pela revolução da região dada pode ser determinado a partir da 
integral: 
 
 
x xV . d x . x d x

     
      
    
    
 
2 2
0 1
2
2 0
2 2
3 3
π π
 
 
    




x
y
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
40 
 
Marim / Eiras 
 
Reescrevendo essa integral, temos: 
 
 
x xV . d x . x d x

  
   
 
 
0 1
2 0
2 2
3 3
π π
 
x xV . d x . d x . x d x

 
    
0 1 1
2 0 0
2 2
3 3
π π π
 
 
x
V . d x . x d x


  
1 1
2 0
2
3
π π
 
 V . x d x . x d x

   
1 1
2 0
2
3
π
π
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2006) Considereo gráfico de 
 y x . x 
2
2
4
. Determine o volume do sólido 
obtido pela revolução da parte interna do laço da curva em torno do eixo x. 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
Vamos reescrever a equação da curva dada isolando-se a variável y: 
 
 y x . x  
2
4
 
 
Para determinarmos o volume do sólido de revolução vamos pegar apenas a parte de cima da 
equação no intervalo de x = 0 até x = 4. Assim, integral que nos fornecerá o volume pode ser 
escrita como: 
 
 V . x . x d x
 
  
 

24
2
0
4π
 
 V . x . x d x 
4
2
0
4π
 
 V . x x x d x  
4
2 3
0
1 6 8π
 
 
 
          








x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
41 
 
Marim / Eiras 
Vamos calcular essa integral: 
 
x
V . x x
 
   
 
4
4
2 3
0
8
8
3 4
π
 
V . .
 
   
 
4
2 38 4
8 4 4
3 4
π .
 
V u .V .
6 4
3
π
 
 
 
 (MAUÁ – 2006) O volume de um sólido de revolução é dado por 
V x d x 
1
3
0
π
. 
 
(a) Determine a função que gera tal sólido, isto é, a função que delimita a região cuja revolução 
em torno de um eixo tem o volume dado e qual o eixo de rotação; 
 
RESOLUÇÃO 
 
Como a integral que nos fornece o volume do sólido, está sendo calculada em dx, o eixo de 
rotação é o eixo Ox. Sabemos que: 
 
  V x d x f x d x  
1 1
2
3
0 0
π . π .
 
 
Assim, por comparação, chegamos que: 
 
  x f x
2
3
 
 f x x
1
6
 
 
 
(b) Esboce o gráfico do sólido, destacando a região que será rotacionada. 
 
RESOLUÇÃO 
 
O gráfico da função com a correspondente região a ser rotacionada pode ser visto a seguir: 
 
 
 
 
 
 
 

x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
42 
 
Marim / Eiras 
 
 (MAUÁ – 2006) Dada a função 
 
xf x e
, considere a região delimitada pelo eixo y, f(x) 
e a reta 
y e
. 
 
 
 
 
 
 
(a) Escreva, sem calcular, a integral que fornece o volume do sólido obtido pela revolução desta 
região em torno do eixo x. 
 
RESOLUÇÃO 
 
O volume do sólido obtido pela rotação da região delimitada em torno do eixo x é dado por: 
 
 
xV e e d x   
 

1
2
2
0
π .
 
 
xV e e d x 
1
2 2
0
π .
 
 
 
(b) Escreva, sem calcular, a integral que fornece o volume do sólido obtido pela revolução desta 
região em torno do eixo y. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Inicialmente devemos escrever a equação dada isolando-se o x. Dessa forma, ficamos com: 
 
x
y e    xln y ln e  x ln y
 
 
O volume do sólido obtido pela rotação da região delimitada em torno do eixo y é dado por: 
 
 
  
e
V ln y d y 
2
1
π .
 
 
e
V ln y d y 
2
1
π .
 
 
 
     




x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
43 
 
Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2007) A região delimitada pelas curvas: 
 y tg x
 e 
 y s e n x 2
, está 
representada abaixo e se interceptam em 
x  0
 e 
x 
4
π
. 
 
 
 
 
 
(a) Esboçar o sólido descrito pela rotação dessa região em torno do eixo x e uma fatia típica da 
região para o cálculo do volume. 
 
RESOLUÇÃO 
 
O sólido obtido pela rotação em torno do eixo x pode ser visto a seguir: 
 
 
 
Uma fatia típica da região para o cálculo do volume é mostrada a seguir: 
 
 
 
 
 
 
 


x
y
  


x
y
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
44 
 
Marim / Eiras 
(b) Exibir uma expressão matemática que expresse o volume do sólido gerado pela rotação em 
torno do eixo x (ou de y). NÃO resolver a integral. 
 
RESOLUÇÃO 
 
O volume do sólido gerado pela rotação da área dada em torno do eixo x é dado por: 
 
    
/V s e n x tg x d x 
4
2 2
0
2
π
π .
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2007) Um tanque de combustível da asa de um avião a jato é gerado pela 
revolução da região limitada pelo gráfico de 
y .x . x 2
1
2
8
 (representada na figura abaixo) e 
o eixo x em torno do eixo x, onde x e y são medidos em metros. Calcule o volume deste tanque. 
Represente o tanque (o sólido gerado) no sistema de eixos da figura abaixo. 
 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
Vamos determinar primeiramente, os valores de x onde a função corte o eixo Ox. Para isso 
devemos igualar a função à zero. Ou seja: 
 
x x 2
1
0 2
8 
x ou x  2 0 2 0
 
 
x o u x 2 0
 
 
Agora podemos escrever a integral que nos fornece o volume pedido: 
 
V x x d x
 
  
 

2
2
2
0
1
2
8
π .
 
 V x x d x 
2
4
0
1
2
6 4
π .
 
 V x x d x 
2
4 5
0
1
2
6 4
π .
 
 
 

x
y
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
45 
 
Marim / Eiras 
x x
V .
 
  
 
2
5 6
0
1
2
6 4 5 6
π
 
V .
 
  
 
5 6
1 2 2
2
6 4 5 6
π
 
 
V .
 
  
 
1 3 2 6 4
2
6 4 5 6
π
 
V u .V .
1
3 0
π
 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2007) Dada a figura: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(a) A região A é delimitada pela reta s, que passa pelos pontos P e Q dados, eixo x, eixo y e a 
reta 
y h
. Escreva a equação da reta s. 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
 
Coeficiente angular da reta s é dado por: 
 
s
h
m
R r



 
 
 
Sabendo o coeficiente angular e que a reta passa pelo ponto Q = (R, 0), podemos escrever a 
equação da reta s: 
 
 
h
y x R
R r

   

0 
h h .R
y .x
R r R r

 
 
 
 
s 
x 
 
 
y 
Região A P = (r, h) 
Q = (R, 0) 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
46 
 
Marim / Eiras 
 
(b) A revolução da região A em torno do eixo y gera o tronco de cone representado na figura. 
Escreva, sem resolvê-la, a integral que resulte o volume do tronco de cone. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Para escrevermos a integral da rotação da reta em torno do eixo Oy, devemos isolar a variável x 
na equação da reta. Dessa forma teremos: 
 
h .R h
y .x
R r R r

 
  
h .R R r
x y .
R r h
  
  
   
 
Agora podemos escrever: 
 
h h .R R r
V y . d y
R r h
   
   
   

2
0
π .
 
 h R r
V y R d y
h
 
   
  

2
0
π .
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2008) Determine o volume do sólido gerado pela rotação da região delimitada 
pelas curvas: 
y x  22
 e 
y  1
, ao redor do eixo x. Esboce o sólido obtido. 
 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
Inicialmente vamos determinar os pontos de intersecção igualando as funções: 
 
x 22 1 x 2 1 x   1 
 
   



x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
47 
 
Marim / Eiras 
Devido a simetria do problema, podemos escrever o volume do sólido obtido pela rotação da 
região dada em torno do eixo Ox como sendo: 
 
 V . . x d x   
  

1
2
2 2
0
2 2 1π
 
 V . . x x d x  
1
4 2
0
2 4 3π
 
 
x x
V . . x
 
   
 
1
5 3
0
2 4 3
5 3
π
 
V . . .
 
   
 
5 3
1 1
2 4 3 1
5 3
π
 
 
V . .
 
   
 1 4
2 3
5 3
π
 
V . u .V .
5 6
1 5
π
 
 
 
A seguir podemos ver o sólido óbito pela rotação da área dada em torno do eixo Ox. 
 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2008) Determine o volume do sólido gerado pela rotação da região delimitada 
pelas curvas: 
y x  4
, 
y  0
 e 
x  8
, ao redor do eixo y. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A região à qual o enunciado se refere pode ser vista a seguir: 
 
 
         






x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
48 
 
Marim / Eiras 
Os pontos de intersecção são: 
 
     P , P , P ,  1 2 34 0 8 0 8 2
 
 
Para rotacionar a região em torno do eixo Oy devemos escrever a função isolando-se a variável 
x. Assim, ficamos com: 
 
y x  4 y x 2 4 x y 2 4 
 
Agora podemos escrever o volume do sólido gerado: 
 
 V . y d y   
  

2
2
2 2
0
8 4π
 
V . y y d y    
 
2
4 2
0
6 4 8 1 6π
 
 
V . y y d y   
 
2
4 2
0
4 8 8π
 
y y
V . y
 
   
 
2
5 3
0
8
4 8
5 3
π
 
 
V .
 
   
 
3 2 6 4
9 6
5 3
π
 
V u .V .
1 0 2 4
1 5
 
 
 
Um esboço do sólido gerado pode ser visto a seguir: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
         






x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
49 
 
Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2008) Determine o volume do sólido gerado pela rotação da região delimitada 
pelas curvas 
y x
2
 e 
y x
3
 em torno do eixo x. 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
Vamos determinar os pontos de intersecção igualando as duas funções: 
 
x x2 3
 
x o u x 0 1
 
 
Agora podemos escrever o volume do sólido gerado: 
 
   V . x x d x  
  

1
2 2
2 3
0
π
 
V . x x d x  
 
1
4 6
0
π
 
 
x x
V .
 
  
 
1
5 7
0
5 7
π
 
V .
 
  
 
1 1
5 7
π
 
V u .V .
2
3 5
π
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2009) Considere a região delimitada pelas funções 
 y f x
 e 
 y g x
 que 
se interceptam nos pontos de abscissas 
x a
 e 
x b
, com 
   f x g x , x a , b      0
. 
Considere ainda que ambas as funções admitem inversa neste intervalo, isto é, 
 x f y

 
1
 e 
 x g y


1
 
 
(a) Para calcular o volume do sólido gerado pela rotação desta região em torno do eixo x: 
 
(a1) Escreva qual é o valor do raio externo e do raio interno do elemento de volume a ser 
considerado? 


x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
50 
 
Marim / Eiras 
 
RESOLUÇÃO 
 
O raio externo é igual ao valor da função f(x): 
 e x tr f x
 
 
O raio interno é igual ao valor da função g(x): 
 in tr g x
 
 
 
 
(a2) Sem calcular, escreva a integral que fornece o volume deste sólido. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A integral que fornece o volume do sólido obtido pela rotação em torno do eixo Ox é: 
 
    
b
a
V f x g x d x    
   
2 2
π .
 
 
 
 
(b) Para calcular o volume do sólido gerado pela rotação desta região em torno do eixo y: 
 
(b1) Escreva qual é o valor do raio externo e do raio interno do elemento de volume a ser 
considerado? 
 
RESOLUÇÃO 
 
O raio externo é igual ao valor da função inversa da g: 
 e x tr g y


1
 
 
O raio interno é igual ao valor da função inversa da f: 
 in tr f y


1
 
 
 
 
(b2) Sem calcular, escreva a integral que fornece o volume deste sólido. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A integral que fornece o volume do sólido obtido pela rotação em torno do eixo Oy é: 
 
    
 
 g b
g a
V g y f y d y     
   
2 2
1 1
π
 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
51 
 
Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2009) Um tanque de combustível de avião transportado no interior da asa é 
gerado pela revolução ao redor do eixo x, da região limitada entre a curva 
y x . x 4 2
1
1 6
1 6
 
e o eixo x (veja figura). Determine o volume do tanque. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
Vamos encontrar os pontos em que a função cruza o eixo Ox fazendo com que y = 0. Assim: 
 
x . x 4 2
1
0 1 6
1 6 
x . x 4 216 0 x o u x 0 4
 
 
Agora podemos escrever a integral que nos dará o volume do sólido gerado pela rotação em 
torno do eixo Ox da função dada: 
 
V x . x d x
 
  
 

24
4 2
0
1
1 6
1 6
π .
 
V . x . x d x 
4
2 2
0
1 6
2 5 6
π
 
 
Para resolver essa integral devemos utilizar uma substituição trigonométrica: 
 
   x .se n θ dx .cos θ dθ 4 4
 
 
Vamos trocar os limites de integração: 
 
 
 
x .s e n θ θ
x .s e n θ θ
  
  
0 0 4 0
4 4 4
2
π
 
 
     


x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
52 
 
Marim / Eiras 
Agora nosso volume pode ser escrito como: 
 
     V . .s e n θ . .sen θ . .co s θ dθ 
2
2 2
0
1 6 1 6 1 6 4
2 5 6
π
π 
 
     V . .s e n θ . . .sen θ . .co s θ dθ 
2
2 2
0
1 6 4 1 4
2 5 6
π
π
 
 
     V . .se n θ . .cos θ . .cos θ dθ 
2
2
0
1 6 4 4
2 5 6
π
π
 
 
   V . se n θ .cos θ dθ 
2
2 2
0
π
π
 
 
Utilizando as relações 
 
 c o s θ
s e n θ


2
1 2
2
e 
 
 c o s θ
c o s θ


2
1 2
2
, chegamos a: 
 
   c o s θ co s θ
V . .dθ
    
    
      

2
0
1 2 1 2
2 2
π
π .
 
 
   V c o s θ . cos θ .dθ        
2
0
1
1 2 1 2
4
π
π .
 
 
 V co s θ .dθ   
2
2
0
1
1 2
4
π
π .
 
 
Novamente utilizando a relação 
 
 c o s θ
c o s θ


2
1 2
2
, chegamos a: 
 
 c o s θ
V .dθ
 
  
  

2
0
1 41
1
4 2
π
π .
 
 V . c o s θ .dθ   
2
0
1 1
1 4
4 2
π
π .
 
 
 V θ s e n θ
 
  
 
2
0
1 1
4
8 4
π
π .
 
 V s e n . s e n .
  
     
  
1 1 1
4 0 4 0
8 2 4 2 4
π π
π .
 
 
 
V
 
  
 
1
8 2
π
π .
 
V u .V .
2
1 6
π
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
53 
 
Marim / Eiras 
 
 (MAUÁ – 2009) Considere a região delimitada por 
y x
, 
y  0
 e 
x  9
. 
 
(a) Esboce a região. 
 
RESOLUÇÃO 
 
O gráfico da região pedida pode ser visto a seguir: 
 
 
 
 
 
 
(b) Esboce o sólido obtido pela revolução desta região em torno do eixo y, e mostre um anel ou 
cilindro característico, indicando seus raios. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Um esboço do sólido obtido pela rotação em torno do eixo Oy pode ser visto a seguir: 
 
 
 
 
 
Um anel ou cilindro característico pode ser visto a seguir: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
           







x
y
                 






x
y
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
54 
 
Marim / Eiras 
 
(c) Calcule o volume do sólido obtido. 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
O volume do sólidoé dado por: 
 
 V y .d y   
 

3
2
2 2
0
9π .
` 
 V y .d y 
3
2 4
0
9π .
 
 
y
V y
 
  
 
3
5
0
8 1
5
π .
 
V
 
  
 
2 4 3
2 4 3
5
π .
 
 
 
V
 
  
 
2 4 3
2 4 3
5
π .
 
V u .V .
9 7 2
5
π
 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2009) A integral 
  
/
x s e n x d x
4
2
0
π
π
 fornece o volume de um sólido de 
revolução. Escreva as equações que delimitam a região que gera este volume. 
 
RESOLUÇÃO 
 
O volume de um sólido de revolução é dado pela seguinte integral: 
 
    
/
V f x g x d x 
4
2 2
0
π
π .
 
 
Quando comparamos esse volume com a integral dada no enunciado, vemos que: 
 
     f x x g x se n x 2 2 2
 
 
Dessa forma, concluímos que: 
 
     f x x g x se n x 
 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
55 
 
Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2010) Sejam as funções
 
2
1


x
f x
x
, 
 
2
x
g x 
 e área entre as curvas 
exibidas a seguir. 
 
 
 
 
(a) Determine o volume do sólido gerado pela rotação da área da região hachurada ao redor do 
eixo x. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Primeiramente vamos encontrar as intersecções entre as duas curvas igualando as funções: 
 
   f x g x
 
2 21


x x
x
 
2
2 . . 1 x x x
 
 
Podemos claramente perceber que x = 0 é uma solução dessa equação. Para encontrar as 
demais, devemos dividir membro a membro por x. Assim, teremos: 
 
2
2 1 x
 
2
4 1 x
 
3 x
 
 
Assim temos três valores de x: 
 
0x
 
3 x
 
3 x
 
 
Por simetria podemos fazer o volume integrando de 0 até 
3
 e multiplicar por 2. Assim: 
 
x x
V . d x
x
    
     
    

2 23
2
0
2
21
π
 
x x
V . d x
x
 
  
 

3 2 2
2
0
2
41
π
 
 
x x
V . d x
x
  
  
 

3 2 2
2
0
1 1
2
41
π
 
x
V . d x
x
 
   
 

3 2
2
0
1
2 1
41
π
 
 
 
x
V . x a rc tg x
 
   
 
3
3
0
2
1 2
π
 
V .
  
   
  
3 3
2 3
3 4
π
π
 
V . u .V .
  
  
  
3
2
4 3
π
π
 
   


x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
56 
 
Marim / Eiras 
 
(b) Escreva a equação da integral que fornece o volume do sólido gerado pela rotação da área 
da região hachurada ao redor do eixo y. Não calcule a integral, mas escreva a mesma com os 
extremos e as funções envolvidas explicitadas. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Devemos inicialmente escrever as equações das funções dadas isolando a variável x. Assim, 
temos: 
 
x
y
x


2
1
 
y x x 2 1
 
 y x x 
2 2 2
1
 
 
y .x y x 2 2 2 2
 
y x y .x 2 2 2 2
 
 y x y 
2 2 2
1
 
 
y
x
y


2
2
2
1
 
y
x
y


2
1
 
 
Agora a outra equação: 
 
x
y 
2
 
x y 2
 
 
Vamos mudar os limites de integração: 
 
x y
x y
 
   
0 0
3
3
2
 
 
Agora finalmente podemos escrever o volume em torno do eixo Oy: 
 
/ y y
V d y
y
       
       

2
23 2
2
0
2
2 1
π .
 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2010) Uma lâmpada ornamental é projetada fazendo a rotação da função 
 
xf x x , x   3 10
3 3
, ao redor do eixo x, onde x e y são medidos em pés. Calcule o 
volume desta lâmpada. 
 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
57 
 
Marim / Eiras 
RESOLUÇÃO 
 
Vamos determinar os pontos onde a curva corta o eixo Ox igualando a função a zero. Dessa 
forma, ficamos com: 
 
x
x 
3
0
3 
x
x 
3
3 
x
x 
3
9
 
 
Claramente 
x  0
 
é uma raiz dessa equação. E ainda: 
 
x 
2 1
9 x  
1
3
 
 
Assim, 
x  0
 e 
x  1 3
 são as abscissas dos pontos onde a função corta o eixo Ox na região de 
nosso interesse. A figura a seguir mostra essa região. 
 
 
 
 
 
Para determinarmos o volume pedido devemos calcular a seguinte integral: 
 
/
x
V x d x
 
  
  

2
1 3
3
0
3
π .
 
/ x x
V x d x
 
   
  

1 3 4
3
0
2
9 3
π .
 
 
/ x x
V x d x
 
   
 

1 3 2
3
0
2
9 3
π .
 
/
x x x
V
 
   
 
1 3
2 3 4
0
2
1 8 9 4
π .
 
 
V
      
        
       
2 3 4
1 1 2 1 1 1
1 8 3 9 3 4 3
π .
 
V
 
   
 
4
1 2 1
2 3 43
π
 
 
 
V  
1
8 1 1 2
π
 
V u .V .
9 7 2
π
 
 

x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
58 
 
Marim / Eiras 
 
 (MAUÁ – 2010) Calcule o volume do sólido de revolução gerado pela rotação da região 
delimitada entre 
y x  1
, eixo x e a reta 
x  5
 ao redor do eixo 
x b
, 
b  0
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Como o sólido gerado será uma rotação em torno de um eixo paralelo ao eixo Oy, devemos 
escrever a função dada isolando a variável x. Assim: 
 
y x  1 y x 2 1 x y 2 1 
 
A figura a seguir mostra a região a ser rotacionada. 
 
 
 
 
 
Como a rotação será feita em torno da reta x = b, com b < 0. Teremos o seguinte sólido: 
 
 
 
 
 
 
O volume desse sólido pode ser determinado através do cálculo da integral: 
 
 V b y b d y         
2
22
2
0
5 1π .
 
 
   V b y y b y b d y            
2
2 2
2 4 2
0
0
5 2 1 1π . π .
 
           




x
y
           




x
y
x = b 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
59 
 
Marim / Eiras 
 
 
b yyV b b y
 
        
  
2
35
2 2
0
2 1
2 5 1
5 3
π . π .
 
 
 
 
b
V b b
 
        
  
2 21 6 13 2
2 5 2 1
5 3
π . π .
 
 
 
 (MAUÁ – 2011) Considere a função 
 
 x
f x


2
2
4
 e a reta tangente a essa função no 
ponto (6, 4). 
 
(a) Represente a região delimitada pela função f, pela reta tangente e pelo eixo x. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Devemos encontrar a equação da reta tangente à função dada no ponto (6, 4). Para isso vamos 
calcular a derivada da função f(x): 
 
 
 x
f x


2
2
4  
x x
f x
 

2
4 4
4    f x x x  
21
4 4
4
 
 
   f ' x x 
1
2 4
4  f ' x x 
1
1
2
 
 
No ponto (6, 4) temos que o coeficiente angular será: 
 
m . 
1
6 1
2 
m  2
 
 
Agora vamos encontrar a equação dessa reta: 
 
 y . x  4 2 6 
y .x  4 2 1 2
 
y x 2 8
 
 
A região pedida pode ser vista a seguir: 
 
 
           







x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
60 
 
Marim / Eiras 
 
(b) Escreva, sem calcular, o volume do sólido gerado pela rotação da região encontrada no item 
anterior em torno do eixo x. 
 
RESOLUÇÃO 
 
O volume do sólido gerado pela rotação da região encontrada noitem (a) em torno do eixo x 
pode ser determinado através da integral: 
 
 x
V d x . x d x
 
     
 
 
 
 
2
2
6 6
2
2 4
2
2 8
4
π . π
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2011) Determine o volume do sólido gerado pela revolução da superfície 
limitada pelas curvas: 
y
x

5 2
1
 
x  1
 e 
y  0
, em torno do eixo x. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A região proposta no enunciado pode ser visualizada a seguir: 
 
 
 
 
O volume do sólido de revolução da área acima em torno do eixo Ox é dado por: 
 
a
a
V d x
x


 
  
 

2
1
3 20
1
lim π .
 
/
a
a
V x d x



 
1
4 5
0
l im π .
 
 
/
aa
V . x


 
  
 
1
1 5
0
l im 5π .
 
 
/ /
a
V . .a


 
1 5 1 5
0
l im 5 1 5π .
 
 
 
/
a
V a


 
1 5
0
5 lim 1π .
 
V u .V . 5 π
 
 





x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
61 
 
Marim / Eiras 
 
 (MAUÁ – 2012) Escreva a integral (não calcule esta integral) que fornece o volume do 
sólido gerado pela rotação, em torno da reta 
y  2
, da região formada pelas funções 
 y se n x
 e 
 y s e n x
3
 e as retas 
x  0
 e 
x  2π
. 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
 
O gráfico da região entre as funções dadas no enunciado pode ser visto a seguir: 
 
 
 
 
 
 
 
O volume dessa região em torno do eixo y = 2 é dado pela integral: 
 
 
    
/
V s e n x s e n x d x      
  
2
2 2
3
0
2 2
π
π .
 
 
 
 
 
 
 
 
    




x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
62 
 
Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2012) Dada as curvas: 
 y x , y , y , y x   4 0 1 ln
. 
 
(a) Faça um esboço da região delimitada pelas mesmas. 
 
RESOLUÇÃO 
 
A região delimitada pelas curvas dadas pode ser vista a seguir: 
 
 
 
 
 
(b) Escreva a(s) integral(is) que forneça(m) o volume do sólido obtido pela revolução da região 
delimitada no item (a) ao redor do eixo y. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Como a rotação deve ser feita em torno do eixo Oy, devemos escrever as funções dadas 
explicitando a variável x. Assim: 
 
y x 4 x y 1
4
 
 
 y x ln yx e
 
 
Agora podemos escrever o volume pedido da seguinte forma: 
 
 
y yV e d y
   
   
   

21
2
0
4
π .
 
 
 
 
   



x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
63 
 
Marim / Eiras 
(c) Calcule o volume do sólido obtido. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Vamos calcular a integral do item (b). 
 
 
y yV e d y
 
  
 

1 2
2
0
1 6
π .
 
y yV e d y
 
  
 

1 2
2
0
1 6
π .
 
 
y
e y
V
 
  
 
1
2 3
0
2 4 8
π .
 
e
V
  
    
   
2
1 1
2 4 8 2
π .
 
 
e
V u .V .
 
  
 
2
2 5
2 4 8
π .
 
 
 
(d) Escreva, sem calcular, a integral que forneça o volume do sólido obtido pela revolução da 
região delimitada no item (a) ao redor do eixo x. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Para a rotação em torno do eixo Ox devemos utilizar as equações como foram fornecidas no 
enunciado. Dessa forma, ficamos com: 
 
    
/ e e
/
V x d x d x ln x d x    
1 4
22
0 1 4 1
4 1π . π . π .
 
 
 
 (MAUÁ – 20112) É gerado um cone quando a parte da reta 
x
y 
2
, que está no primeiro 
quadrante é girada em torno do eixo . Utilize o Cálculo Integral para calcular o volume desse 
cone que vai de 
x  0
 até 
x  6
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Primeiramente vamos representar graficamente a região que será rotacionada em torno do 
eixo Ox. A figura a seguir esboça essa área. 
 
 
      



x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
64 
 
Marim / Eiras 
 
O volume do sólido obtido pela rotação dessa área em torno do eixo Ox é dado por: 
 
x
V d x 
6 2
0
4
π .
 
V x d x 
6
2
0
4
π
.
 
x
V
 
  
 
6
3
0
4 3
π 
 
V  
3
6
4 3
π
 
V u .V . 1 8 π
 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2012) Encontre o volume do sólido obtido pela rotação ao redor do eixo y da 
região limitada por 
xy e 
2
, 
y  0
, 
x  0
, e 
x  1
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Vamos representar a região proposta no enunciado a seguir: 
 
 
 
 
 
 
A interseção da reta vertical 
x  1 com a função xy e  2 resulta 
y
e

1
. Como a região será 
rotacionada em torno do eixo Oy, devemos escrever a equação dada explicitando a variável x. 
Temos: 
 
x
y e


2  x y 2 ln  x x 2 ln  x x  ln
 
 
Note que não existe nenhum problema nessa expressão, pois o valor de y está entre zero e um. 
Dessa forma, o logaritmo é negativo e, portanto, o valor dentro da raiz assume valores 
positivos. 
 


x
y
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
65 
 
Marim / Eiras 
Agora, podemos escrever o volume da área proposta com sendo: 
 
  
/ e
/ e
V d y y d y
 
   
 
 
1 1 2
2
0 1
1 lnπ .
 
 
/ e
/ e
V d y y d y
 
   
 
 
1 1
0 1
1 lnπ .
 
 
 
/ e
/ e
V y . y y .d y
e
 
   
 
 

1
1
1
1
1
lnπ .
 
V .
e e e e
  
     
  
1 1 1 1
ln 1π . 
 
V u .V .
e
 
  
 
1
1π .
 
 
 
 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
66 
 
Marim / Eiras 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
67 
 
Marim / Eiras 
 
31. INTEGRAIS DE FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS 
 
 
 
Estratégia para avaliar 
   
m ns e n x .c o s x .d x
 
 
Se a potência de cosseno é impar 
 n k 2 1
, guarde um fator cosseno e use 
   co s x se n x 2 21
 para expressar os fatores remanescentes em termos de seno: 
 
           
      
      
2 1 2
2
2
se n . c o s . se n . c o s . c o s .
se n . c o s . c o s .
se n . 1 se n . c o s .

 
 
 
 


k k
m m
k
m
k
m
x x d x x x x d x
x x x d x
x x x d x
 
 
A seguir, substitua 
 u s e n x
. 
 
 
Se a potência de seno é impar 
 m k 2 1
, guarde um fator seno e use 
   se n x co s x 2 21
 para expressar os fatores remanescentes em termos de cosseno: 
 
           
      
      
2 1 2
2
2
se n . c o s . s e n .se n . c o s .
s e n .se n . c o s .
1 c o s .s e n . c o s .

 
 
 
 


k k
n n
k
n
k
n
x x d x x x x d x
x x x d x
x x x d x
 
 
A seguir, substitua 
 u co s x
. 
 
 
Se as potências do seno e do cosseno são pares, utilizamos as identidades dos ângulos metade: 
 
 
 c o s x
s e n x


2
1 2
2
 e 
 
 c o s x
c o s x


2
1 2
2
. 
 
Algumas vezes é conveniente utilizar a identidade: 
 
     s e n x .c o s x .s e n x
1
2
2
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - QuartoBimestre 
68 
 
Marim / Eiras 
 
Para calcular as integrais: 
 
 
(a) 
   s e n m x .c o s n x d x
 
 
(b) 
   s e n m x .s e n n x d x
 
 
(c) 
   c o s m x .c o s n x d x
 
 
 
Utilize a identidade correspondente: 
 
(a) 
       s e n A c o s B . s e n A B s e n A B     
1
2
 
 
(b) 
       s e n A s e n B . c o s A B c o s A B     
1
2
 
 
(c) 
       c o s A c o s B . c o s A B c o s A B     
1
2
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
69 
 
Marim / Eiras 
 
Estratégia para avaliar 
   
m ntg x .s e c x d x
 
 
 
Se a potência de secante é par 
 n = k, k ≥2 2
, guarde um fator de 
 
2sec x
 e use 
   
2 2sec x tg x= 1 +
 para expressar os fatores remanescentes em termos de tg(x): 
 
           
      
k -12 km m 2 2
k -1m 2 2
tg x × s e c x .d x = tg x × s e c x .s e c x .d x =
= tg x × 1 + tg x .s e c x .d x
 

 
 
A seguir, substitua 
 u = tg x
. 
 
 
 
Se a potência da tangente é impar 
 m k 2 1
, guarde um fator de 
tg ( x ) .se c ( x )
 use 
2 2tg ( x )= s e c ( x ) - 1
 para expressar os fatores remanescentes em termos de secante: 
 
             
        
k2 k +1 n 2 n -1
k2 n -1
tg x .s e c x .d x = tg x .s e c x .s e c x .tg x d x =
= s e c x - 1 .s e c x .s e c x .tg x d x
 

 
 
A seguir, substitua 
 u = sec x
. 
 
 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
70 
 
Marim / Eiras 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
71 
 
Marim / Eiras 
QUESTÕES DE PROVAS PASSADAS 
 
 
 (MAUÁ – 2006) Determine f sabendo que 
 f 0 9
 e 
     f ' x co s x se n x 3 1 0
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Conhecemos a derivada da função f, assim podemos integrá-la: 
 
      f x c o s x s e n x d x  3 1 0
 
 
     f x .se n x .co s x C  3 1 0
 
 
Utilizando a condição dada no enunciado, chegamos a: 
 
     f .se n .co s C  0 3 0 1 0 0
 
 
. . C  9 3 0 10 1
 
C  19
 
 
Portanto, a função é: 
 
     f x .se n x .co s x  3 1 0 1 9
 
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2008) Calcule, apresentando todas as passagens,
   s e n x x d x
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Podemos dividir a integral em uma soma de duas integrais: 
 
    s e n x x d x s e n x d x x d x    
 
 
    
/xs e n x x d x c o s x C/    
3 2
3 2
 
 
Ou ainda: 
 
    
x xs e n x x d x c o s x C    
2
3
 
 
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
72 
 
Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2008) Calcule, apresentando todas as passagens,  s e c x
d x
x
 
 
  

2
2
3
51
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Vamos separar a integral proposta em uma soma de duas integrais: 
 
   s e c x s e c xd x d x d xx x
 
   
   
  
2 2
2 2
3 3
5 51 1
 
 
 
 
s e c x d x . d x . s e c x d xx x
 
   
   
  
2
2
2 2
3 1 1
3
5 51 1
 
 
Daí resulta que: 
 
 
   
s e c x d x .a rc tg x .tg x Cx
 
    
  

2
2
3 1
3
5 51
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2008) A aceleração de um objeto que oscila em linha reta é dada por 
   a t co s ω .t 
. Sabendo que a posição deste objeto no instante 
t  0
 é 0, isto é, 
 S 0 0
, e que a velocidade neste mesmo instante é nula, 
 v 0 0
, determine 
t
1 onde a 
velocidade média é nula, no intervalo de tempo 
 Δ t t 1 0
. 
  mv Δ s Δ t s t t  1 1
. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Como conhecemos a aceleração, vamos integrá-la e obter a equação da velocidade: 
 
   v t a t d t 
 
   v t c o s ω t d t  
 
 
 s e n ω t
v t K
ω
  
 
 
Temos uma informação no enunciado que utilizaremos para determinar o valor da constante K. 
Assim: 
 
 v 0 0  
 s e n ω .
v K
ω
  
0
0
 
K 0 0
 
K  0
 
 
A equação da velocidade fica: 
 
 
 s e n ω t
v t
ω
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
73 
 
Marim / Eiras 
Agora vamos integrar a equação da velocidade para encontrar a equação da posição: 
 
   S t v t d t 
 
 
 s e n ω t
S t d t
ω
 
 
   S t s e n ω t d t
ω
  
1
 
 
 
 c o s ω t
S t . C
ω ω
 
1
 
 
 c o s ω t
S t C
ω
 
2
 
 
Utilizando outra informação fornecida no enunciado para determinar o valor da constante C: 
 
 S 0 0
 
 
 c o s ω .
S C
ω
 
2
0
0
 
C
ω
 
2
1
0
 
C
ω
 
2
1
 
 
Podemos agora escrever a equação da posição: 
 
 
 c o s ω t
S t
ω ω
 
2 2
1
 
 
Com a equação da posição podemos determinar a velocidade média entre os instantes t = 0 e 
t = t1: 
 
m
Δ S
v
Δ t

 
   
m
S t S
v
t



1
1
0
0
 
 
m
c o s ω t
ω ωv
t


1
2 2
1
1
 
 
 
O problema pede o instante de tempo t1 em que essa velocidade média é igual a zero. Assim: 
 
 c o s ω t
ω ω
t


1
2 2
1
1
0
 
 c o s ω t
ω ω
 
1
2 2
1
0
 
 c o s ω t
ω ω

1
2 2
1
 
 
 co s ω t 1 1
 
 
O cosseno de um ângulo vale 1 quando esse ângulo é igual a zero, ou múltiplos pares de 
π
: 
 
ω t k . k = 0 ,1 , 2 ,3 , .. .
1
2 π
 
 
Quando k = 0 o móvel está parado, daí a velocidade média também é zero. A próxima vez que a 
velocidade média será zero é quando k = 1. Daí: 
 
ω t .
1
2 π
 
.
t
ω

1
2 π
 
 
 
Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 
74 
 
Marim / Eiras 
 (MAUÁ – 2009) Calcule a integral  
 
s e n x
d x
s e n x
 2
1
, exibindo todas as passagens. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Inicialmente vamos utilizar a relação 
   se n x co s x 2 2 1
 e assim, podemos escrever a 
integral pedida como: 
 
 
 
 
 
s e n x s e n x
d x d x
s e n x c o s x


 2 2
1 
 
 
 
   
s e n x s e n x
d x d x
c o s x .c o s xs e n x


 2
1
 
 
 
 
 
   
s e n x s e n x
d x . d x
c o s x c o s xs e n x


 2
1
1 
 
 
   
s e n x
d x tg x . s e c x d x
s e n x


 2
1
 
 
 
 
 
s e n x
d x s e c x K
s e n x
 

 2
1
 
 
 
 
 (MAUÁ – 2009) Calcule as integrais abaixo, exibindo todas as passagens: 
 
(a) 
     c o s x . tg x d x  2 21 1
 
 
RESOLUÇÃO 
 
Inicialmente vamos utilizar as relações 
   se n x co s x 2 2 1
 e 
   tg x se c x 2 21
 e 
assim, podemos escrever a integral pedida como: 
 
         c o s x . tg x d x s e n x . s e c x d x   2 2 2 21 1
 
Agora vamos escrever a secante com o um sobre o cosseno: 
 
       
 
c o s x . tg x d x s e n x . d xc o s x   
2 2 2
2
1
1 1
 
 
       c o s x . tg x d x tg x d x   2 2 21 1
 
 
Novamente vamos