Gabarito Primeira Prova de Cálculo I - 12/09/2018

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Gabarito Primeira Prova de Cálculo I - 12/09/2018
1) Calcule os seguintes limites. Não é permitido o uso da regra de L’Hôspital:
a) (1,0 pontos) lim
x→−1
3
√
x4 − 1
x + 1 ;
Solução
Temos x4 − 1 � (x2 + 1)(x2 − 1) � (x2 + 1)(x + 1)(x − 1), logo para x , −1 vale
x4 − 1
x + 1 � (x
2 + 1)(x − 1), e assim
lim
x→−1
3
√
x4 − 1
x + 1 � limx→−1
3
√
(x2 + 1)(x − 1)
�
3
√((−1)2 + 1)(−1 − 1)
�
3√−4 .
b) (1,0 pontos) lim
t→2+
t2 − 2t + 8
t2 − 5t + 6 ;
Solução
Temos t2−5t+6 � (t−2)(t−3), logo t
2 − 2t + 8
t2 − 5t + 6 �
t2 − 2t + 8
t − 3 ·
1
t − 2 . Portanto
lim
t→2+
t2 − 2t + 8
t2 − 5t + 6 �
(
lim
t→2+
t2 − 2t + 8
t − 3
)
·
(
lim
t→2+
1
t − 2
)
�
22 − 2 · 2 + 8
2 − 3 ·
1
0+
� (−8) · ∞
�−∞ .
c) (1,0 pontos) lim
x→2
x2 − 2x
x2 − 5x + 6 .
Solução
Temos x2 − 2x � x(x − 2), enquanto x2 − 5x + 6 � (x − 2)(x − 3). Portanto,
para x , 2 teremos x
2 − 2x
x2 − 5x + 6 �
x
x − 3 , e assim
lim
x→2
x2 − 2x
x2 − 5x + 6 � limx→2
x
x − 3
�
2
2 − 3
�−2 .
1
2) (1,0 pontos) Calcule, usando a definição, a derivada da função f (x) � 1 − 2x3 + x no
ponto x � 2.
Solução
Temos f (2) � −35 , logo para h , 0 vale
f (2 + h) − f (2)
h
�
1 − 2(2 + h)
3 + (2 + h) −
−3
5
h
�
−2h − 3
h + 5 +
3
5
h
�
5(−2h − 3) + 3(h + 5)
5h(h + 5)
�
−7h
5h(h + 5)
�
−7
5(h + 5) (pois h , 0) .
Portanto o valor requerido é
f ′(2) � lim
h→0
f (2 + h) − f (2)
h
� lim
h→0
−7
5(h + 5)
�
−7
25
.
3) Calcule, usando as regras de derivação, as derivadas das seguintes funções:
a) (1,5 pontos) y � (ex − x) tg(x) ;
Solução
Temos
y′ � (ex − x)′ tg(x) + (ex − x) tg′(x)
� (ex − 1) tg(x) + (ex − x) sec2(x) .
b) (1,5 pontos) g(t) �
√
t sen(t)
ln(t) .
Solução
2
Escrevendo
√
t � t1/2, obtemos
g′(t) �
[
t1/2 sen(t)] ′ ln(t) − [t1/2 sen(t)] ln′(t)
ln2(t)
�
[(t1/2)′ sen(t) + t1/2 sen′(t)] ln(t) − [t1/2 sen(t)] t−1
ln2(t)
�
1
2t
−1/2 sen(t) ln(t) + t1/2 cos(t) ln(t) − t−1/2 sen(t)
ln2(t)
.
4) (2,0 pontos) Determine a equação da reta tangente à curva y � x3 + 2x + 5 no
ponto x � 1.
Solução
O ponto considerado na curva será (x0, y0) � (1, 13 + 2 · 1 + 5) � (1, 8). Portanto
a equação da reta requerida será y − y0 � m(x − x0), onde m é a inclinação da
mesma. Sendo que a reta é tangente à curva no ponto (1,8), vale então m � y′(1).
Como y′ � 3x2+2, segue quem � 3 ·12+2 � 5. Assim, a equação da reta tangente
será y � 5x + 3 .
5) (1,0 pontos) Considere a função
h(x) �
{
x2 + 2x + 4, se x < 2;
ax + b , se x ≥ 2 .
Determine os valores de a e b que fazem com que h seja derivável no ponto x � 2.
Solução
Sejam f (x) � x2 + 2x + 4 e g(x) � ax + b. Lembrando que toda função derivável
num ponto é contínua no mesmo, devemos procurar primeiramente as condições
sobre os valores a e b de tal maneira que h seja contínua no ponto x � 2. Temos
lim
x→2− h(x) � limx→2− f (x)
� lim
x→2− x
2
+ 2x + 4
� 22 + 2 · 2 + 4
� 12 ,
enquanto
lim
x→2+ h(x) � limx→2+ g(x)
� lim
x→2+ ax + b
� 2a + b
� h(2)
(lembre: a e b são valores fixados, independentes de x). Assim, para termos
continuidade de h no ponto x � 2, os dois limites acima devem ser iguais, isto é,
3
b � 12 − 2a. Assumindo então esta igualdade, temos h(x) � f (x) para x ≤ 2, e
portanto
lim
x→2−
h(x) − h(2)
x − 2 � limx→2−
f (x) − f (2)
x − 2 .
Já que f é derivável em x � 2, temos f ′(2) � lim
x→2
f (x) − f (2)
x − 2 � limx→2−
f (x) − f (2)
x − 2 .
Similarmente, como h(x) � g(x) para x ≥ 2 e g é derivável em x � 2, então
lim
x→2+
h(x) − h(2)
x − 2 � limx→2+
g(x) − g(2)
x − 2
� g′(2) .
Assim, para termos que h é derivável em x � 2, precisamos que os dois limites
acima coincidam, isto é, f ′(2) � g′(2). Já que f ′(x) � 2x + 2 e g′(x) � a, a
igualdade requerida vira 2 · 2 + 2 � a. Portanto, os valores de a e b devem ser
a � 6, b � 12 − 2 · 6 � 0 .
4