GABEP11_2-2012

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EP11 - Resposta - 2/2012 Ca´lculo I
Resposta do EP11 - Ca´lculo I
1.
(a) Temos que f ′(x) = x2 + 2x− 8 = (x− 2)(x+ 4), para todo x ∈ R. Da´ı,
f ′(x) = 0 ⇔ x = 2 ou x = −4.
Logo, os pontos cr´ıticos de f , ou seja, os candidatos a` extremos relativos de f sa˜o x = 2
e x = −4. Ainda,
• f ′(x) > 0 ⇔ x < −4 ou x > 2;
• f ′(x) < 0 ⇔ −4 < x < 2.
Portanto, pelo teste da derivada primeira, f possui um ma´ximo relativo em x = −4 e
possui um mı´nimo relativo em x = 2.
(b) Temos que f ′(x) = 4x3 − 4x = 4x (x2 − 1), para todo x ∈ R. Da´ı,
f ′(x) = 0 ⇔ x = 0 ou x = −1 ou x = 1.
Logo, os pontos cr´ıticos de f , ou seja, os candidatos a` extremos relativos de f sa˜o x = 0,
x = −1 e x = 1. Ainda,
• f ′(x) > 0 ⇔ 4x e x2 − 1 tem sinais iguais ⇔ −1 < x < 0 e x > 1;
• f ′(x) < 0 ⇔ 4x e x2 − 1 tem sinais contra´rios ⇔ x < −1 e 0 < x < 1;
Portanto, pelo teste da derivada primeira, f possui um ma´ximo relativo em x = 0 e
mı´nimos relativos em x = −1 e em x = 1.
(c) Temos que f ′(x) =
6x2 + 2
(x2 + 1)2
, para todo x ∈ R.
Logo, f ′(x) > 0, para todo x ∈ R.
Portanto, f na˜o possui pontos cr´ıticos e, da´ı, f na˜o possui extremos relativos.
(d) Temos que f ′(x) =
1− x
(x+ 2)2
, para todo x ∈ R− {−2}. Da´ı,
f ′(x) = 0 ⇔ x = 1.
Logo, o u´nico ponto cr´ıtico de f , ou seja, o u´nico candidato a` extremo relativo de f e´
x = 1. Ainda,
• f ′(x) > 0 ⇔ 1− x > 0 ⇔ x < 1;
• f ′(x) < 0 ⇔ 1− x < 0 ⇔ x > 1;
Portanto, pelo teste da derivada primeira, f possui um ma´ximo relativo em x = 1 e na˜o
possui mı´nimos relativos.
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EP11 - Resposta - 2/2012 Ca´lculo I
(e) Temos que f ′(x) =
{
2, se x > 4
6x2 + 6x− 12, se x < 4
. Da´ı, f ′+(4) = 2 6= 108 = f
′
−
(4) e,
portanto, na˜o existe f ′(4). Por outro lado,
f ′(x) = 0 ⇔ x = 1 ou x = −2.
Logo, os pontos cr´ıticos de f , ou seja, os candidatos a` extremos relativos de f sa˜o x = 4,
x = 1 e x = −2. Ainda,
• f ′(x) > 0 ⇔ x < −2 ou x > 1;
• f ′(x) < 0 ⇔ −2 < x < 1.
Portanto, pelo teste da derivada primeira, que f possui um ma´ximo relativo em x = −2
e possui um mı´nimo relativo em x = 1.
(f) Temos que f ′(x) =
{
−1, se x < 1
2x− 1, se x > 1
. Da´ı, f ′+(1) = 1 6= −1 = f
′
−
(1) e, portanto,
na˜o existe f ′(1). Por outro lado, f ′(x) 6= 0, para todo x ∈ R− {1}.
Logo, o u´nico ponto cr´ıtico de f , ou seja, o u´nico candidato a` extremo relativo de f e´
x = 1. Ainda,
• f ′(x) > 0 ⇔ x > 1;
• f ′(x) < 0 ⇔ x < 1.
Portanto, pelo teste da derivada primeira, que f possui um mı´nimo relativo em x = 1 e
na˜o possui ma´ximos relativos.
2.
(a)
(i) Primeiramente, observamos que o gra´fico de f na˜o possui ass´ıntotas verticais. Por
outro lado, temos que:
• lim
x→+∞
f(x) = lim
x→+∞
x3 − 3x2 + 3 = lim
x→+∞
x3
(
1−
3
x
+
3
x3
)
= lim
x→+∞
x3 = +∞;
• lim
x→−∞
f(x) = lim
x→−∞
x3 − 3x2 + 3 = lim
x→−∞
x3
(
1−
3
x
+
3
x3
)
= lim
x→−∞
x3 = −∞.
Logo, o gra´fico de f na˜o possui ass´ıntotas horizontais.
(ii) Temos que f ′(x) = 3x2 − 6x = 3x (x− 2), para todo x ∈ R. Da´ı,
• f ′(x) > 0 ⇔ x < 0 ou x > 2;
• f ′(x) < 0 ⇔ 0 < x < 2.
Logo, f e´ crescente nos intervlos (−∞, 0) e (2,+∞) e f e´ decrescente no intervalo (0, 2).
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(iii) De (ii), temos que
f ′(x) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 2.
Logo, os pontos cr´ıticos de f , ou seja, os candidatos a` extremos relativos de f sa˜o x = 0
e x = 2. Ainda,
• f ′(x) > 0 ⇔ x < 0 ou x > 2;
• f ′(x) < 0 ⇔ 0 < x < 2.
Portanto, pelo teste da derivada primeira, f possui um ma´ximo relativo em x = 0 e
possui um mı´nimo relativo em x = 2.
(iv) Temos que f ′′(x) = 6x− 6, para todo x ∈ R. Da´ı,
• f ′′(x) > 0 ⇔ x > 1;
• f ′′(x) < 0 ⇔ x < 1.
Logo, o gra´fico de f tem concavidade para cima no intervalo (1,+∞) e concavidade para
baixo no intervalo (−∞, 1)
(v) De (ii), temos que f ′(x) existe para todo x ∈ R. Da´ı, o gra´fico de f possui reta
tangente no ponto (1, f(1)) = (1, 1). Por outro lado, (iv) nos mostra que somente nesse
ponto ocorre mudanc¸a de concavidade do gra´fico de f . Portanto, (1, 1) e´ o u´nico ponto de
inflexa˜o do gra´fico de f .
Finalmente, um esboc¸o do gra´fico e´:
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(b)
(i) Temos que:
• lim
x→1+
f(x) = lim
x→1+
x+ 4
x− 1
= +∞, pois x+ 4→ 5 > 0 e x− 1→ 0+, quando x→ 1+;
• lim
x→1−
f(x) = lim
x→1−
x+ 4
x− 1
= −∞, pois x+ 4→ 5 > 0 e x− 1→ 0−, quando x→ 1−;
• lim
x→+∞
f(x) = lim
x→+∞
x+ 4
x− 1
= lim
x→+∞
x
(
1 + 4
x
)
x
(
1− 1
x
) = 1;
• lim
x→−∞
f(x) = lim
x→−∞
x+ 4
x− 1
= lim
x→−∞
x
(
1 + 4
x
)
x
(
1− 1
x
) = 1;
Logo, a u´nica ass´ıntota vertical do gra´fico de f e´ x = 1 e a u´nica ass´ıntota horizontal do
mesmo e´ y = 1.
(ii) Temos que f ′(x) =
−5
(x− 1)2
, para todo x ∈ R − {1}. Logo, f ′(x) < 0, para todo
x ∈ R− {1}. Portanto, f e´ decrescente em R− {1}.
(iii) De (ii), temos que f ′(x) < 0, para todo x ∈ R − {1}. Logo, f na˜o posui pontos
cr´ıticos. Portanto, f na˜o possui extremos relativos.
(iv) Temos que f ′′(x) =
10(x− 1)
(x− 1)4
=
10
(x− 1)3
, para todo x ∈ R− {1}. Da´ı,
• f ′′(x) > 0 ⇔ x− 1 > 0 ⇔ x > 1;
• f ′′(x) < 0 ⇔ x− 1 < 0 ⇔ x < 1.
Logo, o gra´fico de f tem concavidade para cima no intervalo (1,+∞) e concavidade para
baixo no intervalo (−∞, 1).
(v) De (iv), temos que o gra´fico de f muda de concavidade em x = 1. Mas a func¸a˜o f
na˜o esta´ definida em x = 1. Portanto, o gra´fico de f na˜o possui pontos de inflexa˜o.
Finalmente, um esboc¸o do gra´fico de f e´:
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EP11 - Resposta - 2/2012 Ca´lculo I
Ma´rio Olivero e Cristiane de Mello
Coordenadores de Ca´lculo I
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