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Caderno de Exercícios de Cálculo 1
Equipe Cálculo Fácil
Este caderno de exercícios de Cálculo 1 foi desenvolvido pela
equipe �Cálculo Fácil� durante a vigência do projeto �Bi-
blioteca virtual e ação de grupos de estudo dirigido como
ferramentas para o aprendizado de Cálculo 1�, aprovado no
Edital de Chamada Interna do Programa Institucional da
Graduação Assistida - PROSSIGA, Subprograma PROCOR
- Programa de Combate à Retenção e Evasão na Universi-
dade Federal de Uberlândia.
A equipe é composta pelos discentes Gustavo Souza Vieira
Dutra, Kaio Saramago Mendonça, Kelly Nataly Cunha Silva,
Matheus Henrique Marconi, Raoni Exaltação Masson e Ru-
chele Pavanelli de Souza, e coordenada pelo prof. Dr. Rafael
Antônio Rossato.
Universidade Federal de Uberlândia
Novembro de 2016
ii
Sumário
1 Introdução 1
2 Limite e Continuidade 3
2.1 Propriedades de limites e continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2.2 Limites por Definição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.3 Limites laterais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.4 Limites infinitos e no infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.5 O primeiro limite fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.6 O número e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.7 Exemplos de Provas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3 Derivada 35
3.1 Motivação, Definição e Diferenciabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3.2 Cálculo de Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
3.3 Derivação Implícita e Derivada da Função Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
3.4 Derivada de Ordem Superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3.5 Velocidade, Aceleração e Taxa de Variação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.6 Problemas de maximização e minimização . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
3.7 Teorema do Valor Médio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
3.8 Regras de L'Hospital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
3.9 Gráficos de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
3.10 Exemplos de Provas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
iv SUMÁRIO
4 Integral 75
4.1 Cálculo de Primitivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
4.2 Cálculo de integrais definidas e Teorema Fundamental do Cálculo . . . . . . . . . 80
4.3 Mudança de Variável e Integração por partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
4.4 Primitivas de Funções Racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
4.5 Cálculo de Áreas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
4.6 Volume de Sólido de Revolução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
4.7 Comprimento de Arco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
4.8 Área de Superfície de Revolução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
4.9 Trabalho e Centro de Massa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
4.10 Exemplos de Provas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
5 Provas para revisão 117
Capítulo
1
Introdução
A disciplina de Cálculo está presente em inúmeros cursos de graduação e é uma das principais
bases para quem cursa as faculdades de engenharia. Entretanto, tal disciplina nem sempre é de
fácil assimilação para muitos estudantes sendo considerada uma das principais fontes de retenção.
O Caderno de Exercícios de Cálculo 1 foi desenvolvido com o intuito de auxiliar os estudantes
nos estudos dos conteúdos de Cálculo 1 e por consequência contribuir com a redução do número
de alunos reprovados no mesmo.
Neste caderno você encontrará exercícios resolvidos que contemplam quase todos os assuntos
da disciplina de Cálculo Diferencial e Integral 1. Cada seção contém questões, catalogadas por
tópicos, que foram previamente elaboradas ou selecionadas das principais referências bibliográfi-
cas no ensino de Cálculo. A nossa busca foi em escolher exercícios mais práticos e interessantes
para mostrar ao estudante não só a importância desta disciplina como também a sua utilidade.
Dispomos os problemas de maneira a ter um grau crescente de dificuldade, partindo de conceitos
básicos até se chegar em problemas mais elaborados e desafiadores.
O presente material tem como finalidade complementar os estudos de Cálculo 1 e incentivar
o leitor a colocar em prática o conteúdo teórico aprendido em sala de aula. Também temos por
objetivo instigar e desenvolver o raciocínio do estudante na busca de novas soluções seja para as
questões aqui propostas ou seja para futuros desafios profissionais.
Para uma melhor compreensão do Caderno sugerimos que a teoria e os conceitos que deli-
neiam os exercícios sejam estudados e compreendidos previamente pelo leitor. Da mesma forma,
para que o material realmente cumpra seu propósito aconselhamos aos estudantes que busquem
resolver os exercícios antes de ler as resoluções dos mesmos e também pensem em novos métodos
2
de resolução, já que para muitos problemas não se existe somente um procedimento correto para
se chegar à solução.
A equipe Cálculo Fácil acredita que o caminho para se aprimorar o aprendizado em deter-
minado conteúdo é a sua prática constante. Da mesma forma, acreditamos que há uma relação
diretamente proporcional entre aprender e gostar daquilo que se estuda, isto é, quanto mais
aprendemos, mais nos interessamos e por consequência uma maior facilidade adquirimos. Espe-
ramos que gostem do conteúdo apresentado e que ele seja útil no seu aprendizado assim como
na descoberta da surpreendente beleza que existe no Cálculo.
Capítulo
2
Limite e Continuidade
Nesta seção os exercícios de Limite e Continuidade são abordados começando pelos mais
simples que apenas sugerem uma noção intuitiva do assunto, passando pela sua definição formal,
propriedades e alguns casos específicos como os limites laterais, de Funções Compostas, limites
infinitos e no infinito até se chegar em limites fundamentais. Por último abordamos exercícios
sobre o número neperiano que pode ser definido a como um limite específico.
2.1 Propriedades de limites e continuidade
1. Resolva os limites abaixo:
a) lim
x→1
x4 − 2x+ 1
x3 + 3x2 + 1
,
b) lim
x→−1
x3 + 1
x2 + 4x+ 3
.
Resolução:
a) lim
x→1
x4 − 2x+ 1
x3 + 3x2 + 1
=
0
5
= 0.
b) Notemos que lim
x→−1
x2 + 4x+ 3 = 0, logo não podemos apenas substituir o valor para
o qual x tende, pois teríamos 0 no denominador. Sendo assim, −1 é raiz do polinômio
do denominador e também do numerador (verifique). Podemos então dividir ambos os
polinômios por x+ 1. Efetuando a divisão de polinômios (método da chave), segue que:
(
x2 + 4x+ 3
)
÷
(
x+ 1
)
= x+ 3
− x2 − x
3x+ 3
− 3x− 3
0
4
(
x3 + 1
)
÷
(
x+ 1
)
= x2 − x+ 1
− x3 − x2
− x2
x2 + x
x+ 1
− x− 1
0
Portanto, lim
x→−1
x3+1
x2+4x+3
= lim
x→−1
(x+1)(x2−x+1)
(x+1)(x+3) = limx→−1
x2−x+1
x+3 =
3
2 .
2. Resolva o limite lim
x→2
1
x − 12
x− 2 .
Resolução: Observemos que
lim
x→2
1
x − 12
x− 2 = limx→2
2−x
2x
x− 2 = limx→2
2− x
2x(x− 2) .
Multiplicando por (−1) no numerador e denominador, temos
lim
x→2
(2− x)(−1)
2x(x− 2)(−1) = limx→2
x− 2
−2x(x− 2) = limx→2
1
−2x = −
1
4
.
Portanto,
lim
x→2
1
x − 12
x− 2 = −
1
4
.
3. Resolva o limite lim
x→3
3
√
x− 3√3x− 3 .
Resolução: Percebamos que x− 3 = ( 3√x)3 − ( 3√3)3 = ( 3√x− 3√3)( 3
√
x2 + 3
√
3x+ 3
√
9).
Assim
lim
x→3
3
√
x− 3√3
x− 3 = limx→3
3
√
x− 3√3
( 3
√
x− 3√3)( 3
√
x2 + 3
√
3x+ 3
√
9)
= lim
x→3
1
3
√
x2 + 3
√
3x+ 3
√
9
=
1
3 3
√
9
.
4. Resolva o limite lim
x→7
√
x−√7√
x+ 7−√14 .
Resolução:
lim
x→7
√
x−√7√
x+ 7−√14
(√
x+
√
7√
x+
√
7
)(√
x+ 7 +
√
14√
x+ 7 +
√
14
)
,
2.1 Propriedades de limites e continuidade 5
de onde segue
lim
x→7
(x− 7)(√x+ 7 +√14)
(x− 7)(√x+√7) =
2
√
14
2
√
7
=
√
14√
7
=
√
2.
5. Resolva o limite lim
x→p
4
√
x− 4√p
x− p , onde p 6= 0.
Resolução: Notemos que
x− p = (√x−√p)(√x+√p) = ( 4√x− 4√p)( 4√x+ 4√p)(√x+√p).
Assim
lim
x→p
4
√
x− 4√p
x− p = limx→p
4
√
x− 4√p
( 4
√
x− 4√p)( 4√x+ 4√p)(√x+√p) = limx→p
1
( 4
√
x+ 4
√
p)(
√
x+
√
p)
=
1
4 4
√
p3
.
6. Resolva o limite lim
x→2
x4 − 16
x− 2 .
Resolução: Neste exercício usaremos o produto notável (a+ b)(a− b) = a2 − b2.
Assim,
lim
x→2
x4 − 16
x− 2 = limx→2
(x2 − 4)(x2 + 4)
(x− 2) = limx→2
(x− 2)(x+ 2)(x2 + 4)
(x− 2) = limx→2(x
2 + 4)(x+ 2) = 32.
7. Resolva o limite lim
h→0
(2 + h)3 − 8
h
.
Resolução: Neste exercício usaremos o produto notável: (a+ b)3 = a3 + 3a2b+ 3ab2 + b3.
Assim,
lim
h→0
(2 + h)3 − 8
h
= lim
h→0
8 + 12h+ 6h2 + h3 − 8
h
= lim
h→0
h(h2 + 6h+ 12)
h
= lim
h→0
h2+6h+12 = 12.
8. Resolva o limite lim
x→−1
3
√
x3 + 1
x+ 1
.
Resolução: Notemos que não podemos aplicar diretamente x = −1 no limite, temos uma
indeterminação. Por isso é necessário preparar a função:
f(x) =
3
√
x3 + 1
x+ 1
=
3
√
(x+ 1)(x2 − x+ 1)
x+ 1
=
3
√
x2 − x+ 1.
6
Agora, podemos aplicar o limite:
lim
x→−1
3
√
x3 + 1
x+ 1
= lim
x→−1
3
√
x2 − x+ 1 = 3
√
3.
9. Resolva o limite lim
x→1
3
√
3x+ 5− 2
x2 − 1 .
Resolução: Observemos que se substituirmos x = 1 no limite, teremos uma indetermina-
ção. Assim devemos analisar a função. Inspirados pela fatoração (a − b)(a2 + ab + b2) =
a3 − b3, fazemos
lim
x→1
3
√
3x+ 5− 2
x2 − 1
(
3
√
(3x+ 5)2 + 2 3
√
(3x+ 5) + 4
)
(
3
√
(3x+ 5)2 + 2 3
√
(3x+ 5) + 4
) ,
de onde segue
lim
x→1
3(x− 1)
(x− 1)(x+ 1)
(
3
√
(3x+ 5)2 + 2 3
√
(3x+ 5) + 4
) ,
e portanto,
lim
x→1
3
(x+ 1)(
3
√
82 + 2 3
√
8 + 4)
=
3
2
3
√
82 + 4 3
√
8 + 8
.
Desta forma lim
x→1
3
√
3x+ 5− 2
x2 − 1 =
3
2
3
√
82 + 4 3
√
8 + 8
.
10. Resolva o limite lim
x→1
3
√
3x+ 5− 2
x2 − 1 .
Resolução: Notemos que não podemos apenas substituir x = 1 no limite, pois teríamos
uma indeterminação. Além disso,
lim
x→1
3
√
3x+ 5− 2
x2 − 1 = limx→1
3
√
3x+ 5− 2
(x− 1)(x+ 1) .
Fazendo a mudança u = 3x+ 5, temos x+ 1 = u−23 , x− 1 = u−83 e u→ 8 quando x→ 1.
Logo, substituindo e fatorando, temos
lim
u→8
3
√
u− 2
(u−23 )(
u−8
3 )
·
3
√
u2 + 2 3
√
u+ 4
3
√
u2 + 2 3
√
u+ 4
= lim
u→8
9(u− 8)
(u− 2)(u− 8)( 3
√
u2 + 2 3
√
u+ 4)
= lim
u→8
9
6 · 12 =
1
8
.
11. Calcule lim
x→4
(x−4)3
|4−x| f(x), onde |f(x)| < M, ∀ x ∈
(
8
11 , 4
) ∪ (4, 133 ).
Resolução: Por hipótese, temos a informação de que f é limitada numa vizinhança de
2.1 Propriedades de limites e continuidade 7
x = 4, exceto em 4. Caso tenhamos a informação de que lim
x→4
(x−4)3
|4−x| = 0, segue do Teorema
do Confronto que o limite do enunciado é zero. Consideremos g(x) = (x−4)
3
|4−x| e analisemos
lim
x→4
g(x).
lim
x→4
(x− 4)3
|4− x| = limx→4
(x− 4)(x− 4)2
|4− x| = limx→4(4− x)
√
(x− 4)4
(x− 4)2 = limx→4(4− x)|x− 4| = 0.
Segue assim que lim
x→4
(x−4)3
|4−x| f(x) = 0.
12. Para qual valor de a, a função f(x) =
x2 − 1, x < 32ax, x ≥ 3 , é contínua em qualquer x?
Resolução: Notemos que para x < 3, f(x) = x2− 1 é contínua, enquanto que para x > 3,
f(x) = 2ax é contínua qualquer que seja o valor de a. Desta forma, basta analisarmos a
continuidade no ponto x = 3. Lembremos que
f é contínua em x = 3 ⇔

f(3) existe,
lim
x→3
f(x) existe,
lim
x→3
f(x) = f(3).
Desta forma, f(3) = 6a, enquanto que lim
x→3−
f(x) = lim
x→3−
x2 − 1 = 8 e lim
x→3+
f(x) = lim
x→3+
2ax = 6a.
Para lim
x→3
f(x) existir e f ser contínua em x = 3, devemos ter lim
x→3−
f(x) = lim
x→3+
f(x) = f(3).
Portanto, 8 = 6a⇒ a = 86 ⇒ a = 43 .
13. Dada as funções abaixo determine se elas são contínuas em x = 1?
a) f(x) = x
2−3x+1
x−1 .
b) f(x) =

x2−3x+1
x−1 se x 6= 1;
−1 se x = 1.
c) f(x) =

x2−3x+1
x−1 se x 6= 1;
0 se x = 1.
Resolução: Observemos que x2 − 3x + 1 = (x − 1)(x − 2), e lembremos que o limite da
função quando x→ 1 depende dos valores que a função assume na vizinhança de x = 1.
8
a) Temos lim
x→1
x2−3x+1
x−1 = limx→1
(x−1)(x−2)
x−1 = −1.
Apesar de existir lim
x→1
f(x), a função não esta definida para x = 1. Logo não é contínua em
x = 1.
b) lim
x→1
x2−3x+1
x−1 = −1 e f(1) = −1.
Como lim
x→1
f(x) = f(1), então f é contínua em x = 1.
c) lim
x→1
x2−3x+1
x−1 = −1 e f(1) = 0.
Apesar do limite existir e f estar definida em x = 1, temos lim
x→1
f(x) 6= f(1). Portanto, f
não é contínua em x = 1.
2.2 Limites por Definição
1. Demonstre, por definição, o limite lim
x→0
x2 − 3
3
= −1.
Resolução: Devemos mostrar que dado ε > 0, existe δ > 0, tal que
0 < |x| < δ ⇒
∣∣∣∣x2 − 33 − (−1)
∣∣∣∣ < ε.
Notemos que
∣∣∣∣x2 − 33 − (−1)
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣x2 − 3 + 33
∣∣∣∣ < ε⇔ 13 |x2| < ε⇔√|x2| < √3ε⇔ |x| < √3ε.
Para tanto consideremos: δ =
√
3ε.
Portanto, dado ε > 0, tomando δ =
√
3ε, segue que se 0 < |x| < δ, então
∣∣∣∣x2 − 33 + 1
∣∣∣∣ = 13 |x2| < δ23 = ε.
2. Demonstre, por definição, o limite lim
x→4
(
x
3 + 1
)
= 73 .
Resolução: Dado ε > 0, precisamos encontrar δ > 0 tal que se 0 < |x− 4| < δ, então
∣∣∣∣x3 + 1− 73
∣∣∣∣ < ε⇐⇒ 13 |x− 4| < ε⇐⇒ |x− 4| < 3ε.
Portanto, tomamos δ = 3ε.
2.2 Limites por Definição 9
Então,
0 < |x− 4| < δ ⇒
∣∣∣∣(x3 + 1)− 73
∣∣∣∣ < ε.
3. Demonstre, por definição, o limite por definição lim
x→1
x2 = 1.
Resolução: Devemos mostrar que dado ε > 0, existe δ > 0, tal que
0 < |x− 1| < δ ⇒ |x2 − 1| < ε.
No entanto, devemos observar que se |x− 1| < δ, temos
|x2 − 1| = |(x− 1)(x+ 1)| ≤ |x− 1||x+ 1| < |x+ 1|δ
Agora precisamos encontrar uma limitação para o termo |x+ 1|. Tomemos assim δ ≤ 1:
|x− 1| < 1⇐⇒ −1 < x− 1 < 1⇐⇒ −1 + 2 < x− 1 + 2 < 1 + 2⇐⇒ 1 < x+ 1 < 3
Como 1 < x+ 1 < 3, podemos afirmar que |x+ 1| < 3.
Desta forma, supondo δ < 1, |x2 − 1| < |x+ 1|δ < 3δ. Para que esta expressão seja menor
que ε, devemos tomar δ = ε3
Agora observe que temos duas restrições para δ. São elas, δ ≤ 1 e δ = ε3
Assim dado ε > 0 e tomando δ = min {1, ε3}, temos
|x2 − 1| < |x+ 1|δ < 3δ = 3ε
3
= ε⇒ |x2 − 1| < ε.
Portanto, lim
x→1
x2 = 1.
4. Quão perto de 3 temos que tomar x de modo que 6x+ 1 esteja a uma distância:
a) 0.1 de 19. b) 0.01 de 19.
Resolução:
10
a) A função 6x+ 1 estar a 0.1 de 19, significa |(6x+ 1)− 19| < 0.1. Mas notemos que
|(6x+1)−19| < 0.1⇐⇒ |6x−18| < 0.1⇐⇒ 6|x−3| < 0.1⇐⇒ |x−3| < 0.1
6
⇐⇒ |x−3| < 1
60
.
Portanto, basta tomarmos x a 160 de distância de 3.
b) Analogamente
|(6x+ 1)− 19| < 0.01⇐⇒ 6|x− 3| < 0.01⇐⇒ |x− 3| < 1
600
.
Portanto, basta tomarmos x a 1600 de distância de 3.
5. A lei de Torricelli diz que, ao se esvaziar um tanque como o indicado na figura, a taxa
y de escoamento da água é uma constante multiplicada pela raiz quadrada de altura x
da coluna de água, e a constante depende da forma e do tamanho da válvula de saída.
Suponhaque y =
√
x
2 para dado tanque. Seu objetivo é manter uma taxa de variação
razoavelmente constante, e, para isso, você adiciona água ao tanque com uma mangueira
de vez em quando. Qual é a altura da coluna de água que você deve estabelecer para
manter a taxa de vazão.
a) a 0, 2pe3/min da taxa y0 = 1pe
3/min?
b) a 0, 1pe3/min da taxa y0 = 1pe
3/min?
Resolução:
a) Devemos ter∣∣∣∣√x2 − 1
∣∣∣∣ < 0, 2⇔ −0, 2 < √x2 − 1 < 0, 2⇔ 1, 6 < √x < 2, 4⇔ (1, 6)2 < x < (2, 4)2.
Portanto, 2, 56 < x < 5, 76.
2.2 Limites por Definição 11
b) Devemos ter∣∣∣∣√x2 − 1
∣∣∣∣ < 0, 1⇔ −0, 1 < √x2 − 1 < 0, 1⇔ 0, 9 < √x < 1, 1⇔ (1, 8)2 < x < (2, 2)2.
Portanto, 3, 24 < x < 4, 84.
6. A Lei de Ohm para circuitos elétricos diz que V = R.I. Nessa equação, V é uma tensão
constante, I é a corrente em amperes e R é a resistência em ohms. Supondo que sua
empresa recebeu um pedido para fornecer resistores para um circuito no qual V será 120,
em qual intervalo R deve ficar para que I esteja a 0, 1A do valor alvo I = 5A?
Resolução: Olhemos I como uma função de R, isto é I = I(R) = VR . Desejamos encontrar
em qual intervalo deve estar R para que |I(R)− 5| ≤ 0, 1, quando V = 120. Assim temos
|I(R)− 5| ≤ 0, 1⇔
∣∣∣∣VR − 5
∣∣∣∣ ≤ 0, 1⇔ −0, 1 ≤ 120R − 5 ≤ 0, 1⇔ 120049 ≥ R ≥ 120051 .
Portanto, 23, 53 ≤ R ≤ 24, 48, isto é, a resistência R deve estar entre 23, 33 e 24, 48
ohms, para que a corrente esteja a 0, 1A de 5A.
OBSERVAÇÃO: Na questão acima, temos lim
R→R0
I(R) = 5, onde R0 é o centro do inter-
valo (23, 33; 24, 48).
A pergunta poderia ter sido feita da seguinte forma: Dado ε = 0, 1, qual deve ser o valor
de δ > 0, considerando o limite acima?
7. Antes de fabricar cilindros com uma área da seção transversal de 9 pol2 para um certo
motor, você precisa saber qual desvio pode aceitar em relação ao diâmetro do cilindro ideal
que é x = 3, 385 pol, e ter ainda a área diferindo de no máximo 0, 01 pol2 necessárias. Para
descobrir isso você faz A = pi
(
x
2
)2
e procura o intervalo no qual tem de manter x para
fazer |A− 9| ≤ 0, 01. Qual intervalo você encontra?
12
Resolução: Notemos que
|A− 9| ≤ 0, 01 ⇔
∣∣∣∣pi (x2)2 − 9
∣∣∣∣ ≤ 0, 01⇔ −0, 01 ≤ pi (x2)2 − 9 ≤ 0, 01⇔ −0, 01 ≤ pix24 − 9 ≤ 0, 01
⇔ 8, 99 ≤ pix
2
4
≤ 9, 01⇔ 4
pi
(8, 99) ≤ x2 ≤ 4
pi
(9, 01)⇔ 11, 45 ≤ x2 ≤ 11, 47
⇔
√
11, 45 ≤ x ≤
√
11, 47⇔ 3, 384 ≤ x ≤ 3, 387.
Observemos que no desenvolvimento acima, consideramos x assumindo apenas valores po-
sitivos, pois representa o diâmetro do cilindro do motor. Com isto, concluímos que o
diâmetro do cilindro deve estar entre 3, 384 pol e 3.387 pol.
OBSERVAÇÃO: Na questão acima, temos lim
x→x0
A(x) = 9, onde x0 é o centro do intervalo
(3, 384; 3, 387).
A pergunta poderia ter sido feita da seguinte forma: Dado ε = 0, 01, qual deve ser o valor
de δ > 0, considerando o limite acima?
2.3 Limites laterais
1. Resolva o limite lim
x→1
|x− 1|
x− 1 , caso exista.
Resolução: Analisando os limites laterais, temos
lim
x→1+
|x− 1|
x− 1 =
x− 1
x− 1 = 1,
enquanto que
lim
x→1−
|x− 1|
x− 1 =
−(x− 1)
x− 1 = −1.
Como os limites laterais são diferentes, concluímos que o limite lim
x→1
|x− 1|
x− 1 não existe.
2. Resolva o limite abaixo, caso exista:
lim
x→2
g(x)− g(2)
x− 2 , onde g(x) =

x se x ≥ 2;
x2
2 se x < 2.
Resolução: Uma vez que a função g está definida por partes, devemos analisar os limites
2.3 Limites laterais 13
laterais. Temos
lim
x→2+
g(x)− g(2)
x− 2 = limx→2+
x− 2
x− 2 = 1,
enquanto que
lim
x→2−
g(x)− g(2)
x− 2 = limx→2−
x2
2 − 42
x− 2 = limx→2−
x2 − 4
2(x− 2) = limx→2−
(x− 2)(x+ 2)
2(x− 2) = 2.
Como lim
x→2+
g(x)− g(2)
x− 2 6= limx→2−
g(x)− g(2)
x− 2 , concluímos que não existe o limite limx→2
g(x)− g(2)
x− 2 .
3. O raio médio da Terra é aproximadamente 6400 km, um corpo situado a x km do centro
da Terra pesa W (x)kg, onde
W (x) =
Ax, se x ≤ 4000B
x2
, se x > 4000
,
e A e B são constantes positivas. Qual deve ser a relação entre A e B, para que W (x) seja
contínua para qualquer valor de x? Faça um esboço do gráfico de W (x).
Resolução: A primeira análise necessária é percebermos que Ax e B
x2
são funções contínuas
em seus respectivos domínios, sejam quais forem os valores de A eB. Assim devemos apenas
analisar a continuidade em x = 4000. Desta forma, devemos ter
lim
x→4000
W (x) = W (4000).
Para isto, os limites laterais devem existir e ser iguais:
lim
x→4000−
W (x) = 4000A e lim
x→4000+
W (x) =
B
16 · 106 ⇒ 4000A =
B
16 · 106 .
Portanto,
B
16·106 = 4000A ⇒ B = 64 · 109A, é a relação que deve existir entre A e B para
que a função seja contínua.
Para esboçar o gráfico da função W com mais precisão, consideremos sem perda de gene-
ralidade, que A = 1. Assim B = 64 · 109. Notemos que W possui um ponto de máximo em
x = 4000, que neste caso será P = (4000, 4000).
14
4. Calcule, caso exista, o limite lim
x→−2
|x+ 2|
x+ 2
.
Resolução: Uma vez que a função em questão envolve módulo, uma boa estratégia é
analisar os limites laterais. Lembremos que
|x+ 2| =
x+ 2, x>-2−x− 2, x<-2 .
Desta forma,
lim
x→−2+
|x+ 2|
x+ 2
= lim
x→−2+
x+ 2
x+ 2
= 1,
enquanto que
lim
x→−2−
|x+ 2|
x+ 2
= lim
x→−2−
−(x+ 2)
x+ 2
= −1.
Como os limites laterais são distintos, concluímos que não existe o limite lim
x→−2
|x+ 2|
x+ 2
.
5. A força gravitacional exercida pela terra sobre uma unidade de massa a uma distância r
do centro do planeta é
F (r) =

GMr
R3
, se r < R
GM
r2
, se r ≥ R
onde M é a massa da Terra, R é seu raio e G é a constante gravitacional. Dada a situação,
F é uma função contínua?
Resolução: Notemos que F é uma função definida por partes por duas funções que são
contínuas sempre que r > 0. Desta forma, devemos apenas analisar a continuidade de F
em r = R. Dizer que F é contínua em R, é o mesmo que lim
r→R
F (r) = F (R). Uma vez que
quando r → R+, F se comporta de uma maneira e quando r → R−, F se comporta de
outra, devemos analisar os limites laterais.
2.4 Limites infinitos e no infinito 15
Assim:
lim
r→R−
F (r) = lim
r→R−
GMr
R3
=
GM
R2
,
e
lim
r→R+
F (r) = lim
r→R+
GM
R2
=
GM
R2
.
Portanto,
lim
r→R−
F (r) = lim
r→R+
F (r) = F (R).
Logo, F é uma função contínua.
2.4 Limites infinitos e no infinito
1. Resolva os limites abaixo.
a) lim
x→+∞ 5 +
1
x
,
b) lim
x→−∞
pi
√
3
x2
,
c) lim
x→+∞
5x2+8x−3
3x2+2
,
d) lim
x→−∞
11x+2
2x3−1 ,
e) lim
x→−∞
2x2−3
7x+4 ,
f) lim
x→+∞
2x2−3
7x+4 .
Resolução: a) lim
x→+∞ 5 +
1
x
= lim
x→+∞ 5 + limx→+∞
1
x
= 5 + 0 = 5. Perceba que como x →
+∞, 1x tende a 0.
b) lim
x→−∞
pi
√
3
x2
= lim
x→−∞pi.
√
3.
1
x
.
1
x
= pi.
√
3.0.0 = 0.
c) lim
x→+∞
5x2 + 8x− 3
3x2 + 2
= lim
x→+∞
x2(5 + 8x − 3x2 )
x2(3 + 2
x2
)
=
5
3
.
d) lim
x→−∞
11x+ 2
2x3 − 1 = limx→−∞
x3( 11
x2
+ 2
x3
)
x3(2− 1
x3
)
= lim
x→−∞
0
= 0.
e) lim
x→−∞
2x2 − 3
7x+ 4
= lim
x→−∞
x2(2− 3
x2
)
x(7 + 4x)
= −∞.
f) lim
x→+∞
2x2 − 3
7x+ 4
= lim
x→+∞
x2(2− 3
x2
)
x(7 + 4x)
= +∞.
16
2. Calcule lim
x→+∞
√
x2 − 1
3x− 4 e limx→−∞
√
x2 − 1
3x− 4 .
Resolução: Trabalharemos primeiro com a função de modo que fique mais fácil resolver-
mos os limites pedidos. Notemos que para x 6= 0,
√
x2 − 1
3x− 4 =
√
x2
(
1− 1
x2
)
x
(
3− 4x
) = |x|
√(
1− 1
x2
)
x
(
3− 4x
) .
No cálculo acima utilizamos que
√
x2 = |x|. Desta forma, temos
lim
x→−∞
√
x2 − 1
3x− 4 = limx→−∞
|x|
√(
1− 1
x2
)
x
(
3− 4x
) = lim
x→−∞
−x
√(
1− 1
x2
)
x
(3− 4x
) = lim
x→−∞−
√(
1− 1
x2
)(
3− 4x
) = −1
3
,
enquanto que,
lim
x→+∞
√
x2 − 1
3x− 4 = limx→+∞
|x|
√(
1− 1
x2
)
x
(
3− 4x
) = lim
x→+∞
x
√(
1− 1
x2
)
x
(
3− 4x
) = lim
x→+∞
√(
1− 1
x2
)(
3− 4x
) = 1
3
.
3. Calcule lim
x→−∞
√
x2 + 1 +
√
x2 − 3x.
Resolução: Analisando separadamente, percebemos que ambas funções
√
x2 + 1 e
√
x2 − 3x,
tendem a +∞, quando x→ −∞, o que não é uma indeterminação.
Portanto,
lim
x→−∞
√
x2 + 1 +
√
x2 − 3x = +∞.
4. Calcule lim
x→−∞
√
x2 + 1−
√
x2 − 3x.
Resolução: Notemos que ambas as raízes quadradas vão para +∞ e temos uma indeter-
minação do tipo +∞−∞. Assim, procedemos do seguinte modo
lim
x→−∞
√
x2 + 1−
√
x2 − 3x = lim
x→−∞
(√
x2 + 1−
√
x2 − 3x
)
·
√
x2 + 1 +
√
x2 − 3x√
x2 + 1 +
√
x2 − 3x =
= lim
x→−∞
(x2 + 1)− (x2 − 3x)√
x2 + 1 +
√
x2 − 3x = limx→−∞
1 + 3x√
x2 + 1 +
√
x2 − 3x = limx→−∞
x
(
1
x + 3
)
|x|
√
1 + 1
x2
+ |x|
√
1− 3x
.
Como x < 0, temos que |x| = −x. Portanto,
lim
x→−∞
x
(
1
x + 3
)
−x
√
1 + 1
x2
− x
√
1− 3x
= lim
x→−∞
1
x + 3
−
√
1 + 1
x2
−
√
1− 3x
=
3
−2√1 = −
3
2
.
2.4 Limites infinitos e no infinito 17
5. Calcule lim
x→2−
1
2− x +
1
x2 − 3x+ 2 .
Resolução: Temos uma indeterminação do tipo +∞−∞. Assim
lim
x→2−
1
2− x +
1
x2 − 3x+ 2 = limx→2−
(x2 − 3x+ 2) + (2− x)
(2− x)(x2 − 3x+ 2) = limx→2−
x2 − 4x+ 4
(2− x)(x2 − 3x+ 2)
= lim
x→2−
(x− 2)2
(2− x)(x2 − 3x+ 2) = limx→2−
2− x
x2 − 3x+ 2
= lim
x→2−
2− x
(x− 1)(x− 2) = limx→2−
−(x− 2)
(x− 1)(x− 2) = limx→2−
−1
x− 1 = −1.
6. Calcule lim
x→2−
1
2− x −
1
x2 − 3x+ 2 .
Resolução: Apesar de se parecer com o exercícios anterior, percebamos que:
lim
x→2−
1
2− x → +∞ e limx→2−
1
x2 − 3x+ 2 → −∞.
Portanto, lim
x→2−
1
2− x −
1
x2 − 3x+ 2 = +∞− (−∞) = +∞.
7. Calcule lim
x→+∞
2x+ 5√
2x2 − 5 .
Resolução: Notemos que
lim
x→+∞
2x+ 5√
2x2 − 5 = limx→+∞
x
(
2 + 5x
)√
x2
(
2− 5
x2
) = limx→+∞ 2 + 5x√
2− 5
x2
.
Portanto,
lim
x→+∞
2 + 5x√
2− 5
x2
=
lim
x→+∞ 2 +
5
x
lim
x→+∞
√
2− 5
x2
=
2 + 0√
2− 0 =
√
2.
8. Calcule lim
x→−∞
(x+ 2)(x− 1)
x(x+ 1)(x− 2) .
Resolução: Dividindo por x3 no numerador e no denominador da função, temos
lim
x→−∞
(x+2)(x−1)
x3
x(x+1)(x−2)
x3
= lim
x→−∞
x+2
x · x−1x2
x
x · x+1x · x−2x
= lim
x→−∞
(1 + 2x)(
1
x − 1x2 )
(1 + 1x)(1− 2x)
=
0
1
= 0.
9. Resolva os limites abaixo.
a) lim
x→−∞
x2 + 7
2x3 + 4x
,
18
b) lim
x→+∞
3x2
2x+ 7
,
c) lim
x→−∞
(
3x2 − 7x
5x2 − 9
)
,
d) lim
x→1+
1
x− 1 ,
e) lim
x→1−
1
x− 1 ,
f) lim
x→1
1
x− 1 ,
g) lim
x→2
3
x2 − 4 ,
h) lim
x→+∞
2x+ 3√
3x2 − 5 ,
i) lim
x→−∞
2x+ 3√
3x2 − 5 .
Resolução: a) lim
x→−∞
x2 + 7
2x3 + 4x
= lim
x→−∞
x2
(
1 + 7
x2
)
x3
(
2 + 4
x2
) = lim
x→−∞
1
x
(
1 + 7
x2
2 + 4
x2
)
= 0.
b) lim
x→+∞
3x2
2x+ 7
= lim
x→+∞
x(3x)
x
(
2 + 7x
) = 3x(
2 + 7x
) =∞.
c) lim
x→−∞
(
3x2 − 7x
5x2 − 9
)
= lim
x→−∞
x2
(
3− 7x
)
x2
(
5− 9
x2
) = lim
x→−∞
(
3− 7x
)(
5− 9
x2
) = 3
5
.
d) lim
x→1+
1
x− 1 = +∞, pois se x→ 1
+
, então x− 1→ 0+.
e) lim
x→1−
1
x− 1 = −∞, pois se x→ 1
−
, então x− 1→ 0−.
f) lim
x→1
1
x− 1 não existe, pois limx→1+
1
x− 1 = +∞ enquanto que limx→1−
1
x− 1 = −∞.
g) lim
x→2
3
x2 − 4 não existe, pois limx→2−
3
(x+ 2)(x− 2) = −∞, uma vez que o denominador
tende a zero pela esquerda, enquanto que lim
x→2+
3
(x+ 2)(x− 2) = +∞, pois o denominador
tende a zero pela direita.
h) lim
x→+∞
2x+ 3√
3x2 − 5 = limx→+∞
x
(
2 + 3x
)√
x2
(
3− 5
x2
) = limx→+∞ x
(
2 + 3x
)
|x|
√(
3− 5
x2
) = limx→+∞
(
2 + 3x
)√(
3− 5
x2
) = 2√33 .
i) lim
x→−∞
2x+ 3√
3x2 − 5 = limx→−∞
x
(
2 + 3x
)√
x2
(
3− 5
x2
) = limx→−∞ x
(
2 + 3x
)
|x|
√(
3− 5
x2
) = − limx→−∞
(
2 + 3x
)√(
3− 5
x2
) = −2√33 .
10. Resolva os limites abaixo
a) lim
x→+∞
x
√
x+ 3x− 10
x3
.
2.4 Limites infinitos e no infinito 19
b) lim
x→+∞
(√
3x2 + 2x+ 1−
√
2x
)
.
c) lim
x→∞
2x2 − 7x cos(x)
3x2 − 5sen (x) + 1 .
Resolução: a) Dividindo por x3 no numerador e denominador da função, temos
lim
x→+∞
x
√
x+ 3x− 10
x3
= lim
x→+∞
x
√
x
x3
+ 3x
x3
− 10
x3
x3
x3
= lim
x→+∞
0
1
= 0.
b) Notemos que
lim
x→+∞
(√
3x2 + 2x+ 1−
√
2x
)
= lim
x→+∞
√
x2
(
3 +
2
x
+
1
x2
)
− x
√
2
= lim
x→+∞ |x|
√
3 +
2
x
+
1
x2
− x
√
2
= lim
x→+∞x
(√
3 +
2
x
+
1
x2
−
√
2
)
= +∞,
uma vez que
√
3−√2 > 0.
c) lim
x→∞
2x2 − 7x cos(x)
3x2 − 5sen (x) + 1 = limx→∞
x(2x− 7 cos(x))
x
(
3x− 5sen (x)x + 1x
) = lim
x→∞
(
2− 7 cos(x)x
)
(
3− 5sen (x)
x2
+ 1
x2
) = 2
3
.
Observações: Notemos que lim
x→∞
cos(x)
x
= lim
x→∞
1
x
cos(x) = 0, uma vez que a função cos-
seno é limitada (−1 ≤ cos(x) ≤ 1) ∀ x ∈ R. O mesmo argumento serve para lim
x→∞
sen (x)
x =
0.
11. Estudos mostram que daqui a t anos a população de um certo país será p(t) = 0, 2t+ 1500
milhares de pessoas e que a renda bruta do país será E milhares de dólares, onde E(t) =√
9t2 + 0, 5t+ 179.
a) Expresse a renda per capita do país
(
P = Ep
)
em função do tempo t.
b) O que acontece com a renda per capita a longo prazo (para t→ +∞)?
Resolução: a)Temos P (t) = E(t)p(t) =
√
9t2+0,5t+179
0,2t+1500 milhares de dólares por pessoa.
b)Para saber o que acontece com a renda per capita em função do tempo à longo prazo,
basta aplicarmos o limite quando t→ +∞, à função P (t).
lim
t→+∞
√
9t2 + 0, 5t+ 179
0, 2t+ 1500
= lim
t→+∞
5
√
9t2 + 0, 5t+ 179
t+ 7500
= lim
t→+∞
5
√
t2
(
9 + 0,5t +
179
t2
)
t
(
1 + 7500t
)
=
20
lim
t→+∞
5t
√(
9 + 0,5t +
179
t2
)
t
(
1 + 7500t
) = = lim
t→+∞
5
√
9 + 0 + 0
1 + 0
= lim
t→+∞ 5
√
9 = lim
t→+∞ 15 = 15.
Ou seja, para t→ +∞, a renda per capita é de 15 milhares de dólares por pessoa.
12. Um gerente observa que o custo total para fabricar x unidades de um certo produto pode
ser modelado pela função C(x) = 7, 5x + 120000 (reais). O custo médio é A(x) =
C(x)
x
.
Calcule lim
x→+∞A(x) e interprete esse resultado.
Resolução: Aplicando o limite na função dada, temos:
lim
x→+∞A(x) = limx→+∞
7, 5x+ 120000
x
= lim
x→+∞
x
(
7, 5 + 120000x
)
x
= lim
x→+∞ 7, 5 +
7, 5x+ 120000
x
= 7, 5.
Portanto, o custo médio da unidade deste produto quando x → +∞ é R$ 7, 50. Isto
significa que para grandes produções o custo de cada produto será um valor perto de
R$ 7, 50.
13. Em certas situações, é necessário comparar os benefícios de uma certa medida com o custo
necessário para executá-la. Suponha, por exemplo, que para remover x (por cento) da po-
luição causada por um derramamento de petróleo seja preciso gastar C milhares de reais,
onde C(x) =
12x
100− x .
a) Quanto custa remover 25% da poluição? e 50%?
b) O que acontece quando x→ 100? É possível remover toda a poluição?
Resolução: a) Como C(x) já é calculado para porcentagem, basta aplicarmos os valores
25 e 50 na expressão da função C(x). Assim
C(25) =
12.25
100− 25 =
300
75
= 4 e C(50) =
12.50
100− 50 =
600
50
= 12.
Portando, para remover 25% da poluição teremos um custo de 4milhares de reais, enquanto
que para 50% o custo é de 12 milhares de reais.
b) Devemosanalisar o limite da função C(x), para x→ 100. Isto é, lim
x→100
12x
100− x . Anali-
sando os limites laterais, temos que
2.5 O primeiro limite fundamental 21
lim
x→100+
12x
100− x = −∞, enquanto que limx→100−
12x
100− x = +∞.
Logo, não existe o limite lim
x→100
12x
100− x . Concluímos que não é possível remover toda a
poluição.
2.5 O primeiro limite fundamental
1. Calcule o limite lim
x→0
tg(x)
x
.
Resolução: lim
x→0
tg x
x
= lim
x→0
sen x
xcos(x)
= lim
x→0
sen x
x
1
cos(x)
= 1.
2. Calcule o limite lim
x→pi
sen (x)
x− pi .
Resolução: Façamos a mudança u = x − pi. Assim x = u + pi e quando x −→ pi, temos
u −→ 0. Portanto, segue
lim
x→pi
sen (x)
x− pi = limu→0
sen (u+ pi)
u
= lim
u→0
sen (u)cos(pi) + sen (pi) cos(u)
u
= lim
u→0
−sen(u)
u
= −1.
3. Resolva o limite: lim
x→pi
2
1− sen(x)
2x− pi .
Resolução: Fazendo u = 2x − pi, temos que x = u+pi2 e quando x −→ pi2 , u −→ 0. Desta
forma,
lim
x→pi
2
1− sen(x)
2x− pi = limu→0
1− sen(u+pi2 )
u
= lim
u→0
1− [sen(u2 )cos(pi2 ) + sen(pi2 )cos(u2 )]
u
= lim
u→0
1− sen(pi2 )cos(u2 )
u
= lim
u→0
1− cos(u2 )
u
·
(
1 + cos(u2 )
1 + cos(u2 )
)
= lim
u→0
1− cos2(u2 )
u(1 + cos(u2 ))
.
Percebemos que: sen2
(u
2
)
+ cos2
(u
2
)
= 1, então: sen2
(u
2
)
= 1− cos2
(u
2
)
, logo:
lim
u→0
sen2(u2 )
u(1 + cos(u2 ))
= lim
u→0
sen(u2 )sen(
u
2 )
1
2
u
2 (1 + cos(
u
2 ))
= lim
u→0
sen(u2 )
1
2
1 + cos(u2 )
sen
(
u
2
)
u
2
=
0
2
= 0.
4. Calcule o limite lim
x→0
sen (ax)
sen (bx)
, onde a, b 6= 0.
22
Resolução: lim
x→0
sen (ax)
sen (bx)
= lim
x→0
sen (ax)
x
sen (bx)
x
= lim
x→0
a · sen (ax)a·(x)
b · sen (bx)b·(x)
=
a
b
.
5. Resolva o limite lim
x→0
x cot(ax).
Resolução: Notemos que
lim
x→0
x cot(ax) = lim
x→0
x
cos(ax)
sen (ax)
= lim
x→0
x
sen (ax)
cos(ax)
= lim
x→0
x
x
sen (ax)
x
cos(ax) = lim
x→0
1
a · sen (ax)ax
cos(ax) =
1
a · 1 · 1 =
1
a
6. Resolva o limite lim
x→0
tg (ax)
x
, para qualquer que seja a 6= 0.
Resolução: Notemos que
lim
x→0
tg (ax)
x
= lim
x→0
sen (ax)
cos(ax)
x
= lim
x→0
sen (ax)
x
· 1
cos(ax)
= lim
x→0
a · sen (ax)
ax
· 1
cos(ax)
= a · 1 · 1
1
= a.
7. Resolva o limite lim
x→0
sen (sen (x))
x .
Resolução: Notemos que
lim
x→0
sen (sen (x))
x
= lim
x→0
sen (sen (x))
sen (x)
x
sen (x)
= lim
x→0
sen (sen (x))
sen (x)
x
x
sen (x)
x
= lim
x→0
sen (sen (x))
sen (x)
1
sen (x)
x
=
1
1
= 1.
8. Resolva o limite lim
x→0
1− cos(ax)
x2
.
Resolução: Multiplicando o limite lim
x→0
1− cos(ax)
x2
pelo conjugado do numerador, ficamos
com
lim
x→0
[1− cos(x)][1 + cos(x)]
x2[1 + cos(ax)]
= lim
x→0
1− cos2(ax)
x2[1 + cos(ax)]
= lim
x→0
sen 2(ax)
x2[1 + cos(ax)]
=
= lim
x→0
sen 2(ax)
x2
· 1
1 + cos(ax)
= lim
x→0
a2 · sen
2(ax)
(ax)2
· 1
1 + cos(ax)
= (a · 1)2 · 1
1 + 1
=
a2
2
.
9. Resolva o limite lim
x→0
sen (ax3)
x2 tan(bx)
.
2.5 O primeiro limite fundamental 23
Resolução:
lim
x→0
sen (ax3)
x2 tan(bx)
= lim
x→0
sen (ax3)
x2 sen (bx)cos(bx)
= lim
x→0
sen (ax3)
x2sen (bx)
· cos(bx) = lim
x→0
sen (ax3)
x3
x2sen (bx)
x3
· cos(bx)
= lim
x→0
sen (ax3)
x3
sen (bx)
x
· cos(bx) = lim
x→0
a · sen (ax3)
ax3
b · sen (bx)bx
· cos(bx) = a · 1
b · 1 =
a
b
.
10. Resolva o limite lim
x→0
tan2(3x)
1− cos(2x) .
Resolução: Notemos que lim
x→0
tan2(3x)
1− cos(2x) , é equivalente a
lim
x→0
sen 2(3x)
cos2(3x)
1− cos(2x) = limx→0
sen 2(3x)
1− cos(2x) ·
1
cos2(3x)
= lim
x→0
sen 2(3x)
[1− cos(2x)][1 + cos(2x)] ·
1 + cos(2x)
cos2(3x)
=
lim
x→0
sen 2(3x)
1− cos2(2x) ·
1 + cos(2x)
cos2(3x)
= lim
x→0
sen 2(3x)
sen 2(2x)
· 1 + cos(2x)
cos2(3x)
= lim
x→0
(
sen (3x)
sen (2x)
)2
· 1 + cos(2x)
cos2(3x)
=
lim
x→0
(
sen (3x)
x
sen (2x)
x
)2
· 1 + cos(2x)
cos2(3x)
= lim
x→0
(
3sen (3x)
3x
2sen (2x)
2x
)2
· 1 + cos(2x)
cos2(3x)
=
(
3 · 1
2 · 1
)2
· 1 + 1
12
=
9
2
.
11. Resolva o limite lim
x→0
1− sec2(x2 )
x2
.
Resolução: Temos
lim
x→0
1− sec2(x2 )
x2
= lim
x→0
1− 1
cos2(x
2
)
x2
= lim
x→0
cos2(x
2
)−1
cos2(x
2
)
x2
= lim
x→0
cos2(x2 )− 1
x2 cos2(x2 )
= lim
x→0
−
(
1− cos2(x2 )
x2
)
· 1
cos2(x2 )
= lim
x→0
−
(
sen 2(x2 )
x2
)
· 1
cos2(x2 )
= lim
x→0
−
(
sen (x2 )
x
)2
· 1
cos2(x2 )
= lim
x→0
−
(
sen (x2 )
2 · x2
)2
· 1
cos2(x2 )
= lim
x→0
−
(
1
2
· sen (
x
2 )
2 · x2
)2
· 1
cos2(x2 )
= −
(
1
2
· 1
)2
· 1
12
= −1
4
.
12. Calcule o limite lim
x→0
sen (x) sen
(
1
x
)
.
24
Resolução: Temos
lim
x→0
sen (x) · sen
(
1
x
)
= 0,
uma vez que sen (x)→ 0, e sen ( 1x) é limitada pois |sen (θ)| ≤ 1, para todo θ ∈ R.
13. Resolva o seguinte limite lim
x→0
tan4(ax)
(1− sec(bx))2 , para quaisquer que sejam a, b 6= 0.
Resolução: Podemos escrever o limite como lim
x→0
(
sin4(ax)
cos4(ax)
)
(
1− 1cos(bx)
)2 e assim, segue
lim
x→0
(
sin4(ax)
cos4(ax)
)
(
cos(bx)−1
cos(bx)
)2 = limx→0
sin4(ax)
cos4(ax)(
−1−cos(bx)cos(bx)
)2 = limx→0
sin4(ax)
cos4(ax)(
1−cos(bx)
cos(bx)2
)2 .
Reescrevendo, temos
lim
x→0
(
sen 4(ax)
cos4(ax)
· cos
2(bx)
(1− cos(bx))2
)
= lim
x→0
(
sen 4(ax)
(1− cos(bx))2 ·
cos2(bx)
cos4(ax)
)
=
lim
x→0
(
sen 4(ax)
(1− cos(bx))2(1 + cos(bx))2 ·
cos2(bx)(1 + cos(bx))2
cos4(ax)
)
=
lim
x→0
(
sen 4(ax)
((1− cos(bx))(1 + cos(bx)))2 ·
cos2(bx)(1 + cos(bx))2
cos4(ax)
)
=
lim
x→0
(
sen 4(ax)
(1− cos2(bx))2 ·
cos2(bx)(1 + cos(bx))2
cos4(ax)
)
=
lim
x→0
(
sen 4(ax)
(sen 2(bx))2
· cos
2(bx)(1 + cos(bx))2
cos4(ax)
)
=
lim
x→0
(
sen 4(ax)
sen 4(bx)
· cos
2(bx)(1 + cos(bx))2
cos4(ax)
)
=
lim
x→0
((
sen (ax)
sen (bx)
)4
· cos
2(bx)(1 + cos(bx))2
cos4(ax)
)
=
lim
x→0
( sen (ax)x
sen (bx)
x
)4
· cos
2(bx)(1 + cos(bx))2
cos4(ax)

=
lim
x→0
(a · sen (ax)a·x
b · sen (bx)b·x
)4
· cos
2(bx)(1 + cos(bx))2
cos4(ax)

=
(
a · 1
b · 1
)4
· 1
2 · (1 + 1)2
14
=
a4
b4
· 22 = 4a
4
b4
.
2.6 O número e 25
2.6 O número e
1. Resolva os limites abaixo:
a) lim
x→∞
1− ex
1 + 2ex
.
b) lim
x→∞(e
−2x cos(x)).
Resolução: a) lim
x→∞
1− ex
1 + 2ex
= lim
x→∞
ex
(
1
ex − 1
)
ex
(
1
ex + 2
)
=
0− 1
0 + 2
= −12 .
b) lim
x→∞(e
−2x cos(x)) = lim
x→∞ e
−2x · lim
x→∞ cos(x) = limx→∞
1
e2x
· lim
x→∞ cos(x) = 0.
Obs: Lembre-se que cos(x) assume valores entre -1 e 1, e portanto, é limitada. Assim
ficamos com o limite da multiplicação de uma função que tende a zero por uma função
limitada.
2. Resolva os limites abaixo:
a) lim
n→+∞
(
1 + 1n
)n+5
b) lim
n→+∞
(
1 + 1n
)3n
c) lim
x→+∞
(
1 + 2x
)x
Resolução: a) lim
n→+∞
(
1 + 1n
)n+5
= lim
n→+∞
(
1 + 1n
)n (
1 + 1n
)5
= e · 1 = e.
b) lim
n→+∞
(
1 + 1n
)3n
= lim
n→+∞
((
1 + 1n
)n)3
= e3.
c) Fazendo x = 2y, percebamos que quando x→ +∞, temos y → +∞. Assim:
lim
x→+∞
(
1 +
2
x
)x
= lim
y→+∞
(
1 +
1
y
)2y
= lim
y→+∞
((
1 +
1
y
)y)2
= e2.
Obs: Em todos os itens acima utilizamos o limite fundamental: lim
x→+∞
(
1+ 1x
)x
= e.
3. Resolva o limite lim
x→+∞
(
x+ 3
x− 1
)x+3
.
Resolução: lim
x→+∞
(
x+ 3
x− 1
)x+3
= lim
x→+∞
(
x− 1 + 4
x− 1
)x+3
= lim
x→+∞
(
1 +
4
x− 1
)x+3
=
lim
x→+∞
(
1 +
4
x− 1
)(x−1)+4
.
Fazendo y = x− 1 percebamos que x→ +∞⇒ y → +∞. Assim:
lim
y→+∞
(
1 +
4
y
)y+4
= lim
y→+∞
(
1 +
4
y
)y
lim
y→+∞
(
1 +
4
y
)4
.
26
Fazendo a substituição y = 4u percebamos que x→ +∞⇒ u→ +∞.
Portanto:
lim
u→+∞
(
1 +
1
u
)4u
· 1= lim
u→+∞
((
1 +
1
u
)u)4
= e4.
4. Resolva os limites abaixo:
a) lim
x→−∞
(
1 + 1x
)x
3
;
b) lim
x→+∞
(
1 + 1x
)x+2
;
c) lim
x→+∞
(
x2+1
x2−3
)x2
;
d) lim
x→pi
2
(1 + cos(x))3sec(x).
Resolução: a) lim
x→−∞
(
1 + 1x
)x
3
= lim
x→−∞
[(
1 + 1x
)x] 13
= e
1
3
.
b) lim
x→+∞
(
1 + 1x
)x+2
= lim
x→+∞
(
1 + 1x
)x
lim
x→+∞
(
1 + 1x
)2
= e · 1 = e.
c) Substituindo x2 − 3 = y percebamos que x→ +∞⇒ y → +∞.
lim
x→+∞
(
x2+1
x2−3
)x2
= lim
y→+∞
(
y+4
y
)y−3
= lim
y→+∞
(
1 + 4y
)y−3
= lim
y→+∞
(
1 + 4y
)y
lim
y→+∞
(
1 + 4y
)−3
.
Fazendo y = 4k temos:
lim
k→+∞
(
1 + 44k
)4k
lim
k→+∞
(
1 + 44k
)−3
= lim
k→+∞
[(
1 + 1k
)k]4
lim
k→+∞
(
1 + 4y
)−3
= e4 · 1 = e4.
d) lim
x→pi
2
(1 + cos(x))3sec(x) = lim
x→pi
2
[
(1 + cos(x))
1
cos(x)
]3
.
Substituindo cos(x) = u percebamos que x→ pi2 ⇒ u→ 0.
lim
u→0
[(1 + u)
1
u ]3 =
[
lim
u→0
(1 + u)
1
u
]3
= e3.
2.7 Exemplos de Provas 27
2.7 Exemplos de Provas
Apresentamos abaixo duas provas para praticar os conceitos aprendidos envolvendo limites.
No fim da seção podem ser encontrados os respectivos gabaritos.
PROVA 1 DE CÁLCULO 1 - Limites
1. Utilizando a ideia intuitiva de limite, o valor de lim
x→−∞
xx + x
x
é:
(a) 0
(b) 1
(c) 2
(d) Não existe
2. Pode-se dizer que lim
x→− 1
3
9x2 − 1
3x+ 1
, é igual a:
(a) -2
(b) -1
(c) 0
(d) Não existe
3. Qual o valor de lim
x→1
√
x− 1
x− 1 ?
(a) 0
(b) 1
(c)
1
2
(d) Não existe
4. O valor de lim
x→3
3
√
x− 3√3
x− 3 é:
(a)
1
6
(b)
1
9
(c)
1
3 3
√
9
(d)
1
3 3
√
3
28
5. Calcule o lim
x→ 7pi
3
−
∣∣x− 7pi3 ∣∣
x− 7pi3
.
(a) 0
(b) 1
(c) −1
(d) Não existe
6. Se uma cultura é plantada em um solo cujo teor de nitrogênio é N , a produtividade Y
pode ser modelada pela função de Michaelis-Menten, dada por
Y (N) =
AN
B +N
, N ≥ 0,
onde A e B são constantes positivas. Para qual valor converge a produtividade, quando o
teor de nitrogênio aumenta indefinidamente ?
(a) AN
(b) A
(c) B
(d) B +N
7. Um gerente observa que o custo total para fabricar x unidades de um certo produto, pode
ser modelado pela função
C(x) = 7, 5x+ 120000.
Sabendo isso, qual o custo médio
(
Cm(x) =
C(x)
x
)
caso seja produzida uma quantidade
muito grande desse produto (x→ +∞) ?
(a) R$7, 5
(b) R$120.007, 5
(c) R$8, 5
(d) R$8
2.7 Exemplos de Provas 29
8. O gráfico abaixo mostra o volume de gasolina no tanque do carro de Susana durante um
período de 30 dias.
Observando o gráfico podemos concluir que:
(a) lim
t→10−
Q(t) = 40
(b) lim
t→10
Q(t) = 40
(c) lim
t→t0
Q(t) = Q(t0), ∀t0 ∈ [0, 30]
(d) lim
t→t0
Q(t) = Q(t0), ∀t0 ∈ (10, 25)
9. Determine lim
x→+∞ 2
x + 2−x.
(a) +∞
(b) −∞
(c) 0
(d) Não existe e nem tende a +∞, ou a −∞
10. Sabendo que f(x) = x− 1
x
, determine lim
h→0
f(x+ h)− f(x)
h
.
(a) 1− 1
x2
(b) 1 + 1
x2
(c) 1
(d) +∞
30
PROVA 2 DE CÁLCULO 1 - Limites
1. Calcule lim
x→p
xn − pn
x− p , onde n ∈ N e p ∈ R.
(a) npn−1
(b)
n∑
i=0
p2i
(c) npn−2
(d)
n∑
i=0
p2i−1
2. Calcule lim
x→−∞ cos
(
x
x2 + 10
+
pi
3
)
.
(a)
1
3
(b)
1
2
(c) 1
(d) −1
3. Determine o valor de lim
x→0
sen 1x .
(a) 0
(b) 1
(c) 2
(d) Não existe
4. Determine o valor de lim
x→0
xsen 1x .
(a) 0
(b) 1
(c) 2
(d) Não existe
5. O valor de lim
x→+∞
(
3x + 32x
) 1
x
é:
(a) e3
(b) 3
2.7 Exemplos de Provas 31
(c) e9
(d) 9
6. Determine o valor de lim
x→p
sen x− sen p
x− p .
(a) cos p
(b) 1
(c) sen p
(d) tg p
7. Estima-se que daqui a t anos a população de um certo bairro será p mil habitantes, onde
p(t) = 20− 7
t+ 2
.
Um estudo ambiental mostra que a concentração média de monóxido de carbono no ar será
c partes por milhão, quando a população for p mil habitantes, onde:
c(p) = 0, 4
√
p2 + p+ 21.
Qual será o nível de poluição c, em partes por milhão, a longo prazo (para t −→∞)?
(a) 8,8 ppm
(b) 7,8 ppm
(c) 8,4 ppm
(d) 5,7 ppm
8. Qual o valor do lim
x→+∞
(
x− 1
x+ 1
)x
?
(a) e
(b) e2
(c) e−2
(d) e−1
9. Sobre a continuidade da função f(x) = x
(
1 +
1
x
)
, marque a alternativa correta:
(a) f(x) é contínua em [0, 1) e descontínua em x = 1.
(b) f(x) não apresenta pontos de descontinuidades.
32
(c) f(x) é contínua em (0, 1) e descontínua em x = 0 e x = 1.
(d) f(x) é contínua em (0, 1] e descontínua em x = 0.
10. Determine lim
x→+∞
5x
3x + 2x
.
(a) +∞
(b) 1
(c) 0
(d) Não é possível determinar
2.7 Exemplos de Provas 33
Gabarito da PROVA 1
1. (b)
2. (a)
3. (b)
4. (c)
5. (c)
6. (b)
7. (a)
8. (d)
9. (a)
10. (a)
Gabarito da PROVA 2
1. (a)
2. (c)
3. (d)
4. (a)
5. (d)
6. (a)
7. (c)
8. (c)
9. (d)
10. (a)
34
Capítulo
3
Derivada
Os exercícios do primeiro tópico desta seção exploram o significado dos conceitos por trás
das derivadas em diversos contextos. Posteriormente, são propostas questões para se praticar
as regras de derivação. Derivação Implícita e de Ordem Superior são outros assuntos abordados
nos tópicos seguintes. As derivadas como Taxas de Variação são apresentadas mediante pro-
blemas físicos sobre Velocidade e Aceleração. Com as questões de Maximização e Minimização
apresentamos exercícios mais práticos demonstrando a importância do Cálculo para se solucionar
problemas cotidianos. Finalmente, são exploradas técnicas a partir das derivadas para se esboçar
gráficos das mais variadas funções.
3.1 Motivação, Definição e Diferenciabilidade
1. O deslocamento (em metros) de uma determinada partícula movendo-se ao longo da reta
é dado por s = t2 + t, onde t é medido em segundos.
a) Encontre a velocidade média em [0, 2] e [0, 0.5].
b) Velocidade instantânea quando t = 0.
Resolução: a) Sabemos que a velocidade média é dada por
v = s(h)−s(0)h =
h2+h
h = h+ 1, (entre os instantes 0 e h).
Sendo assim, temos
Vel. média em [0, 2] é v = 2 + 1 = 3m/s
36
Vel. média em [0, 0.5] é v = 0.5 + 1 = 1.5m/s
b) A velocidade instantânea num ponto qualquer t = a, é dada por
f ′(a) = lim
h→0
f(a+ h)− f(a)
h
= lim
h→0
a2 + 2ah+ h2 + a+ h− a2 − a
h
=
= lim
h→0
2ah+ h2 + h
h
= lim
h→0
h(2a+ h+ 1)
h
= lim
h→0
2a+ h+ 1 = 2a+ 1.
Portanto, a velocidade instantânea em t = 0 é 2(0) + 1 = 1m/s.
2. Encontre a derivada da função f(x) = x2 + 2, por definição.
Resolução: Notemos que
f ′(x) = lim
h→0
(x+ h)2 + 2− [x2 + 2]
h
= lim
h→0
x2 + 2xh+ h2 + 2− x2 − 2
h
= lim
h→0
2xh+ h2 + 1
h
.
Assim, temos
f ′(x) = lim
h→0
h(2x+ h+ 1)
h
lim
h→0
2x+ h+ 1 = 2x+ 1.
Logo f ′(x) = 2x+ 1.
3. Dada a função f(x) = 1
x2
, calcule f ′(2) por definição.
Resolução: Para qualquer que seja x ∈ R, temos
f ′(x) = lim
h→0
1
(x+h)2
− 1
x2
h
= lim
h→0
x2−(x+h)2
x2(x+h)2
h
= lim
h→0
x2 − (x+ h)2
h[x2(x+h)2]
= lim
h→0
x2 − x2 − 2xh− h2
hx2(x+ h)2
= lim
h→0
−h(2x+ h)
hx2(x+ h)2
= lim
h→0
−(2x+ h)
x2(x+ h)2
=
−2x
x4
=
−2
x3
.
Logo, f ′(2) =
−2
(2)3
=
−2
8
=
−1
4
.
4. Calcule a derivada de f(x) = cos(x), utilizando a definição.
Resolução: Por definição, temos
f ′(x) = lim
h→0
cos(x+ h)− cos(x)
h
= lim
h→0
−2sen
(
2x+ h
2
)
sen
(
h
2
)
h
.
3.1 Motivação, Definição e Diferenciabilidade 37
Fazendo a substituição k =
h
2
, encontramos que k → 0. Assim
f ′(x) = lim
k→0
−2sen (x+ k)sen (k)
2k
= lim
h→0
−sen (x+ k)sen (k)
k
,
implicando que
f ′(x) = lim
k→0
−sen (x+ k) · sen (k)
k
= −sen (x).
Logo f ′(x) = −sen (x).
Observamos que no desenvolvimento acima, utilizamos a fórmula trigonométrica
cos(a+ b)− cos(a) = −sen
(
2a+ b
2
)
sen
(
b
2
)
.
5. Calcule, utilizando a definição, a derivada de f(x) = ex.
Resolução: Por definição, temos
f ′(x) = lim
h→0
ex+h − ex
h
= lim
h→0
ex(eh − 1)
h
,
e portanto,
f ′(x) = lim
h→0
ex · lim
h→0
eh − 1
h
= ex · 1 = ex.
6. Em cada um dos itens abaixo, determine a equação da reta tangente e da reta normal para
a função e ponto dados.
a) f(x) = x2, p = 2.
b) f(x) = 1x , p = 2.
c) f(x) =
√
x, p = 9.
d) f(x) = x2 − x, p = 1.
Resolução: a) Temos f(2) = 22 = 4 e f ′(p) = 2p, portanto, f ′(2) = 4. Assim
1. Equação da reta tangente:
y − 4 = 4(x− 2)⇒ y − 4 = 4x− 8⇒ y = 4x− 4,
2.Equação da reta normal:
y − 4 = −1
4
(x− 2)⇒ y − 4 = −x
4
+
1
2
⇒ y = −x
4
+
9
2
.
38
b) Temos f(2) = 12 e f
′(p) = − 1
p2
, portanto, f ′(2) = −14 .
1.Equação da reta tangente:
y − 1
2
= −1
4
(x− 2)⇒ y − 1
2
= −x
4
+
1
2
⇒ y = −x
4
+ 1,
2.Equação da reta normal:
y − 1
2
=
−1
−14
(x− 2)⇒ y − 1
2
= 4(x− 2)⇒ y = 4x− 15
2
.
c) Temos f(9) =
√
9 = 3 e f ′(p) = 12√p , portanto, f
′(9) = 1
2
√
9
= 12.3 =
1
6 .
1.Equação da reta tangente:
y − 3 = 1
6
(x− 9)⇒ y − 3 = x
6
− 3
2
⇒ y − 3 = x
6
+
3
2
,
2.Equação da eta normal:
y − 3 = −11
6
(x− 9)⇒ y − 3 = −6(x− 9)⇒ y − 3 = −6x+ 54⇒ y = −6x+ 57.
d) Temos f(1) = 12 − 1 = 0 e f ′(p) = 2p− 1, portanto, f ′(1) = 1.
1.Equação da reta tangente:
y − 0 = 1(x− 1)⇒ y = x− 1,
2.Equação da reta normal:
y − 0 = −1
1
(x− 1)⇒ y = −1(x− 1)⇒ y = −x+ 1.
7. A função f(x) = |x| é derivável em x = 0?
Resolução: Por definição, temos
lim
x→0+
f(x)− f(p)
x− p = limx→0+
f(x)− 0
x− 0 = limx→0+
f(x)
x
= 1,
enquanto que
lim
x→0−
f(x)− f(p)
x− p = limx→0−
f(x)− 0
x− 0 = limx→0−
f(x)
x
= −1.
3.1 Motivação, Definição e Diferenciabilidade 39
Portanto, f(x) = |x| não é derivável em x = 0.
Observemos que a função deste exercício apesar de não ser derivável em x = 0, é contínua.
8. Seja f(x) tal que: f(x) =
x+ 1, se x < 22, se x ≥ 2
a) f é contínua em 2? Por quê?
b) f é derivável em 2? Por quê?
Resolução: a) Notemos que
lim
x→2−
f(x) = lim
x→2−
x+ 1 = 3,
enquanto que
lim
x→2+
f(x) = lim
x→2+
1 = 1.
Portanto, como so limites laterais são diferentes, f(x) não é contínua em x = 2.
b) Como pelo item anterior concluímos que f não é contínua em x = 2, consequentemente,
ela não é derivável neste mesmo ponto.
9. Seja f(x) tal que:
f(x) =
x2, se x ≤ 0−x2, se x > 0
a) f é derivável em 0? Justifique.
b) f é contínua em 0? Justifique.
Resolução: a) Notemos que
lim
x→0−
f(x)− f(0)
x− 0 = limx→0−
f(x)
x
= lim
x→0−
x2
x
= lim
x→0−
x = 0,
enquanto que
lim
x→0+
f(x)− f(0)
x− 0 = limx→0+
f(x)
x
= lim
x→0+
x2
x
= lim
x→0+
−x = 0.
Como os limites laterais são iguais, segue que f é derivável em x = 0.
40
b) Sendo f derivável em x = 0, ela é também contínua no mesmo ponto.
10. Seja f(x) tal que:
f(x) =
−x+ 3, se x < 3x− 3, se x ≥ 3
a) f é derivável em 3? Justifique.
b) f é contínua em 3? justifique.
Resolução: a) Notemos que
lim
h→0+
f(3 + h)− f(3)
h
= lim
h→0+
(3 + h)− 3− 0
h
= lim
h→0+
h
h
= 1,
enquanto que
lim
h→0−
f(3 + h)− f(3)
h
= lim
h→0−
−(3 + h) + 3− 0
h
= lim
h→0−
−h
h
= −1.
Como so limites laterais são diferentes f não é derivável em 0.
b) Notemos que
lim
x→3+
f(x) = lim
x→3+
x− 3 = 0,
enquanto que
lim
x→3−
f(x) = lim
x→3−
−x+ 3 = 0.
Segue disto que lim
x→3
f(x) = 0. Além disso, f(3) = 0, e portanto, f é contínua no ponto
x = 3.
3.2 Cálculo de Derivadas
1. Derive as funções.
a) f(x) = 4x3 + x2,
b) f(x) = 3x3 − 2x2 + 4,
c) f(x) = 3x+
√
x.
Resolução: a) f ′(x) = (4x3)′ + (x2)′ = 12x2 + 2x.
b) f ′(x) = (3x3)′ − (2x2)′ + 4′ = 9x2 − 4x.
3.2 Cálculo de Derivadas 41
c) f ′(x) = (3x)′ + (
√
x)′ = 3 +
1
2
√
x
.
2. Derive as funções:
a) f(x) = x2ex,
b) f(x) = sen (x) cos(x) + ln(x).
Resolução: a) Notemos que
f ′(x) = (x2)′ex + (ex)′x2 = 2xex + exx2.
b) Temos
f ′(x) = (sen (x) cos(x))′ + (ln(x))′ = (sen (x)′ cos(x) + cos(x)′sen (x)) +
1
x
= cos(x) cos(x) + (−sen (x)sen (x)) + 1
x
= cos2(x)− sen 2(x) + 1
x
.
Portanto, f ′(x) = cos2(x)− sen 2(x) + 1
x
.
3. Calcule a derivada de f(x) = (1 +
√
x)extg (x).
Resolução: Temos
f ′(x) = (1 +
√
x)′extg (x) + (1 +
√
x)(extg (x))′) =
1
2
√
x
extg (x) + (extg (x) + sec2(x)ex)(1 +
√
x).
Portanto, f ′(x) =
extg (x)
2
√
x
+ (extg x+ sec2 xex)(1 +
√
x).
4. Derive as funções:
a) f(x) =
ln(x)
x
.
b) f(x) =
1 + ex
1− ex .
Resolução: a) f ′(x) =
ln(x)′x− x′ ln(x)
x2
=
1
xx− ln(x)
x2
=
1− ln(x)
x2
Resolução: b) f ′(x) =
(1 + ex)′(1− ex)− (1− ex)′(1 + ex)
(1− ex)2 =
ex(1− ex) + ex(1 + ex)
(1− ex)2 =
2ex
(1− ex)2 .
5. Derive a função f(x) =
xarctg(x)
cos(2x)
.
Resolução: Pela regra do quociente, temos
f ′(x) =
(xarctg(x))′ cos(2x)− cos(2x)′(xarctg(x))
cos(2x)2
,
42
e pela regra do produto, temos
(xarctg(x))′ = x′arctg(x) + arctg(x)′x = arctg(x) +
x
x2 + 1
.
Assim, segue que
f ′(x) =
(
arctg(x) + x
x2+1
)
(cos2(x)− sen 2(x)) + 2sen (2x)(xarctg(x))
(cos2(x)− sen 2(x))2 .
6. Calcule a derivada dos seguintes itens:
a) f(x) = (3x+ 1)2x.
b) f(x) =
[
sen (3x) + ln 3
√
x
ex2
· tg (x2 + 3x)
]xx
.
Resolução: Para facilitar nosso trabalho, em ambas as alternativas utilizaremos o se-
guinte método para determinar as derivadas: Seja f(x) = g(x)h(x), tal que f(x) > 0 para
cada x ∈ Df . Assim podemos escrever f(x) = eln g(x)h(x) = eh(x) ln g(x), e agora podemos
derivar, obtendo:
f ′(x) =
[
eh(x) ln g(x)
]′
= eln g(x)
h(x) · [h(x) · ln g(x)]′ = f(x) · {h′(x) ln g(x) + h(x) · [ln g(x)]′}
f ′(x) = f(x) ·
{
h′(x) ln g(x) + h(x) ·
[
1
g(x)
· g′(x)
]}
f ′(x) = f(x) ·
[
h′(x) ln g(x) +
h(x) · g′(x)
g(x)
]
. (3.1)
a) Neste caso, podemos dizer que g(x) = 3x+1 e h(x) = 2x, por consequência g′(x) = 3
e h′(x) = 2, portanto, aplicando a fórmula (3.1), teremos
f ′(x) = f(x)
(
2 ln(3x+ 1) +
(2x)3
3x+ 1
)
,
∴ f ′(x) = (3x+ 1)2x
(
ln(3x+ 1)2 +
6x
3x+ 1
)
.
b) Utilizaremos a mesma técnica do item a) Notemos que f(x) = g(x)h(x), onde
g(x) =
sen (3x) + ln 3
√
x
ex2
· tg (x2 + 3x) e h(x) = xx.
3.2 Cálculo de Derivadas 43
Calculemos a derivada de g(x):
g′(x) =
[
sen (3x) + ln 3
√
x
ex2
]′
· tg (x2 + 3x) +
[
sen (3x) + ln 3
√
x
ex2
]
· sec2(x2 + 3x) · (2x+ 3),
e observemos que
[
sen (3x) + ln 3
√
x
ex2
]′
=
{
3 cos(3x) +
1
3
√
x
·
[
1
3
3
√
x2
]}
· ex2 − [sen (3x) + ln 3√x] · 2xex2
[ex2 ]2
,
de onde segue que
[
sen (3x) + ln 3
√
x
ex2
]′
=
[
3 cos(3x) +
1
3x
]
− 2x [sen(3x) + ln 3√x]
ex2
.
Portanto,
g′(x)=

[
3 cos(3x) +
1
3x
]
− 2x [sen (3x) + ln 3√x]
ex2

tg (x2+3x)+
sen (3x) + ln 3√x
ex2
 sec2(x2+3x)(2x+3).
(3.2)
Por outro lado, para derivar h(x) = xx, pela fórmula (3.1), segue
h′(x) = [xx]′ = xx · (lnx+ 1). (3.3)
Assim, novamente por (3.1), temos que a derivada de f(x) é dada por
f ′(x) = f(x) ·
[
h′(x) ln g(x) +
h(x) · g′(x)
g(x)
]
,
onde já conhecemos g(x), h(x) e suas respectivas derivadas são dadas em (3.2) e (3.3).
OBSERVAÇÃO: Em nossa resolução nós utilizamos diretamente a fórmula descrita em
(3.1). Caso não lembre esta fórmula, pode resolver a derivada fazendo o mesmo desen-
volvimento que fizemos para demonstrá-la. Em resumo, basta lembrar que g(x)h(x) =
eln g(x)
h(x)
= eh(x) ln g(x) e então derivar esta última expressão utilizando a Regra da Cadeia.
44
3.3 Derivação Implícita e Derivada da Função Inversa
1. Determine
dy
dx
das seguintes equações.
a) y3 + y = x, sendo y = f(x),
b) x2 + y2 = 4, sendo y = f(x).
Resolução: a)
d
dx
[y3 + y] =
dx
dx
⇒ 3[y2]dy
dx
+
dy
dx
= 1 ⇒ dy
dx
[
3y2 + 1
]
= 1 ⇒ dy
dx
=
1
3y2 + 1
.
b)
d
dx
x2 +
d
dx
y2 =
d
dx
4 ⇒ 2x+ 2y dy
dx
= 0 ⇒ dy
dx
= −2x
2y
⇒ dy
dx
= −x
y
Notemos que neste caso é possível encontrar a equação explicitamente, uma vez que pode-
mos isolar y na equação principal
x2 + y2 = 4⇒ y = ±
√
4− x2.
Agora substituindo em
dy
dx
, temos:
dy
dx
=
x√
4− x2 , se y ∈ [−2, 0] e
dy
dx
= − x√
4− x2 , se y ∈ [0, 2].
2. Encontre
dy
dx nas funções abaixo.
a) y = arcsinx.
b) y = arctanx.
Resolução: a) Temos y = arcsinx⇒ sin y = x, ∀ y ∈
(−pi
2
,
pi
2
)
.
Derivando ambos os lados, segue
d
dx
sin y =
dx
dx
⇒ cos y · dy
dx
= 1⇒ dy
dx
=
1
cos y
.
Temos da relação cos2 y + sin2 y = 1 , que cos y =
√
1− sin2 y, ∀y ∈
(−pi
2
,
pi
2
)
.
Logo segue que
dy
dx
=
1
cos y
⇒ dy
dx
=
1√
1− sin2 y
⇒ dy
dx
=
1√
1− x2 .
b) Temos
y = arctanx⇒ tan y = x, ∀y ∈
(−pi
2
,
pi
2
)
,
3.3 Derivação Implícita e Derivada da Função Inversa 45
de onde segue que
d
dx
tan y =
dx
dx
⇒ sec2 y · dy
dx
= 1⇒ dy
dx
=
1
sec2 y
.
Uma vez que que sec2 y = 1 + tan2 y e tan y = x, temos
dy
dx
=
1
sec2 y
⇒ dy
dx
=
1
1 + tan2 y
⇒ dy
dx
=
1
1 + x2
.
3. Encontre
dy
dx nas funções abaixo.
a) y = xx
3
.
b) y = 3
√
arcsinx.
Resolução: a) y = xx
3 ⇒ ln (y) = x3 · ln (x),∀ x > 0,
d
dx
ln (y) =
d
dx
(x3 · ln (x))⇒ dy
dx
· 1
y
= 3x2 · ln (x) + x3 1
x
.
Temos então que
dy
dx
= y · [3x2 ln (x) + x2]⇒ dy
dx
= xx
3
[3x2 ln (x) + x2].
b) y = 3
√
arcsinx⇒ y3 = arcsinx,
d
dx
y3 =
d
dx
arcsinx⇒ dy
dx
· 3y2 = 1√
1− x2 ⇒
dy
dx
=
1
3y2
√
1− x2 .
Logo,
dy
dx
=
1
3 3
√
(arcsin2 x)
√
1− x2
.
4. Encontre
dy
dx nas seguintes equações através de derivação implícita:
a) y3 + x2y = x+ 4.
b)xy + y3 = x.
Resolução:
a)
d
dx
y3 +
d
dx
x2y =
dx
dx
+ 0⇒ dy
3
dy
· dy
dx
+
dx2
dx
· y+x2 · dy
dx
= 1⇒ 3y2 dy
dx
+ 2xy+x2
dx
dy
= 1.
Assim,
dy
dx
(3y2 + x2) = 1− 2xy ⇒ dy
dx
=
1− 2xy
3y2 + x2
.
b)
d
dx
xy +
d
dx
y3 =
dx
dx
⇒ dx
dx
y + x
dy
dx
+
dy3
dy
· dy
dx
= 1⇒ y + xdy
dx
+ 3y2
dy
dx
= 1.
Assim,
dy
dx
(x+ 3y2) = 1− y ⇒ dy
dx
=
1− y
x+ 3y2
.
5. Seja f(x) = x+ ex e seja g a função inversa de f . Calcule g′(1) e g′′(1).
46
Resolução: Sendo g a função inversa de f , temos f(g(x)) = x, e derivando implicitamente
em relação a x, segue que:
[f(g(x))]′ = x′ ⇒ f ′(g(x)) · g′(x) = 1⇒ g′(x) = 1
f ′(g(x))
.
Devemos encontrar então f ′(x).
f(x) = x+ ex ⇒ f ′(x) = 1 + ex.
Desta forma g′(x) =
1
1 + eg(x)
.
Como o exercício pede também g′′(1), devemos encontrar g′′(x), então:
g′′(x) =
[
1
1 + eg(x)
]′
⇒ g′′(x) = −e
g(x) · g′(x)[
1 + eg(x)
]2
Como pode ser notado, g(x) é utilizado tanto em g′(x) quanto em g′′(x). Para encontrarmos
g′(1) e g′′(1), devemos saber o valor de g(1), para isso partimos novamente de f(g(x)) = x.
f(g(x)) = x⇒ g(x) + eg(x) = x, fazendo x = 1 temos que g(1) + eg(1) = 1, de modo que a
única solução é g(1) = 0.
Substituindo os valores temos que:
g′(1) =
1
1 + eg(1)
⇒ g′(1) = 1
1 + 1
⇒ g′(1) = 1
2
,
g′′(1) =
−eg(1) · g′(1)[
1 + eg(1)
]2 ⇒ g′′(1) = −1 · 124 ⇒ g′′(1) = −18 .
6. Seja f : R→ (1,+∞) diferenciável e suponha que x2 ln(f(x)) = 3, para todo x 6= 0. Mostre
que, para todo x 6= 0, vale
f ′(x) = ln
(
1
f(x)2f(x)/x
)
.
Resolução: Como x2 ln(f(x)) = 3, temos
ln(f(x)) = 3
x2
=⇒ e 3x2 = f(x), o que implica que f ′(x) = e 3x2 · ( 3
x2
)′
.
Assim f ′(x) = e
3
x2 (3)(−2)(x−3) =⇒ f ′(x) = f(x)(3)(−2)
(x3)
.
Uma vez que: x2 ln(f(x)) = 3, temos:
f ′(x) = f(x)x
2 ln(f(x))(−2)
x3
= f(x) ln(f(x))(−2)x ,
3.4 Derivada de Ordem Superior 47
f ′(x) = ln(f(x))f(x)(−2) · 1x ,
f ′(x) = ln(f(x))
−2(f(x))
x
,
f ′(x) = ln
(
1
f(x)
2(f(x))
x
)
.
3.4 Derivada de Ordem Superior
1. Calcule a segunda derivada para as seguintes funções:
a) f(x) = e−x − e−2x,
b) f(x) = x lnx,
c) f(x) = ex cosx,
d) f(x) = xsen x.
Resolução: a) f ′(x) = −e−x + 2e−2x =⇒ f”(x) = e−x − 4e−2x.
b) f ′(x) = lnx+ 1 =⇒ f”(x) = 1x .
c) f ′(x) = ex cosx − exsen x =⇒ f”(x) = ex cosx − exsen x − (exsen x + ex cosx) =
−2 sen x ex.
d) f ′(x) = sen x+ x cosx =⇒ f”(x) = cosx− xsen x+ cosx = 2 cosx− xsen x.
2. Calcule as derivadas de ordem n das seguintes funções, onde n é um número natural
qualquer:
a) f(x) = ex,
b) f(x) = e−x,
c) f(x) = lnx.
Resolução: a) f (n)(x) = ex, ∀ n ∈ R.
b) f ′(x) = −e−x =⇒ f”(x) = e−x. Logo: f (n)(x) =

−e−x, se n é ímpar ;
e−x se n é par .
c) f ′(x) = 1x =⇒ f ′′(x) = −1x2 =⇒ f ′′′(x) = 2x3 . De um modo geral, notamos que
f (n)(x) =
(−1)(n−1) · (n− 1)!
xn
.
48
3. Seja f : R → R derivável até segunda ordem e seja g dada por g(x) = f(e2x). Verifique
que:
g′′(x) = 4e2x
[
f ′(e2x) + e2xf ′′(e2x)
]
.
Resolução: Pela Regra da Cadeia, temos
g′(x) = f ′(e2x) · 2e2x = 2e2xf ′(e2x).
Assim
g′′(x) = 2(e2xf ′(e2x))′ = 2
[
2e2xf ′(e2x) + f ′′(e2x)2e2xe2x
]
= g′′(x) = 4e2x
[
f ′(e2x) + e2xf ′′(e2x)
]
.
4. Seja g : R → R uma função derivável, tal que g(2) = 2 e g′(2) = 2. Calcule H ′(2), sendo
H dada por H(x) = g(g(g(x))).
Resolução: Notemos que
H ′(x) = [g(g(g(x))]′ = H ′(x) = g′(g(g(x))) · g′(g(x)) · g′(x).
Substituindo os valores, segue que:
H ′(2) = g′(g(g(2))) · g′(g(2)) · g′(2) = g′(g(2)) · g′(2) · g′(2) = g′(2) · g′(2) · g′(2) = 8.
5. Calcule a segunda derivada para as seguintes funções:
a) f(x) =
√
x2 + 1,
b) f(x) = tg (x),
c) f(x) = ln(3x2),
d) f(x) = sen (3x) cos(2x).
Resolução: a) f ′(x) = 12(x
2 + 1)−
1
2 · 2x = x
x2+1
=⇒ f”(x) = (x2+1)
1
2−x2(x2+1)− 32
x2+1
=
1√
x2+1
− x2√
x2+1
3 .
b) f ′(x) = sec2(x) =⇒ f”(x) = 2 sec2(x)tg (x).
c) f ′(x) = 6x
3x2
= 2x =⇒ f”(x) = − 2x2 .
3.5 Velocidade, Aceleração e Taxa de Variação 49
d) f ′(x) = 3 cos(3x) cos(2x)− 4sen (2x)sen (3x), portanto
f”(x) = −9sen (3x) cos(2x)− 6sen (2x) cos(3x)− 4 cos(2x)sen (3x)− 6 cos(3x)sen (2x)
= −13sen (3x) cos(2x)− 12sen (2x) cos(3x).
3.5 Velocidade, Aceleração e Taxa de Variação
1. Uma partícula desloca-se no eixo x com função de posição dada por x = 3 + 2t− t2, t ≥ 0.
a) Qual a velocidade no instante t?
b) Qual a aceleração no instante t?
Resolução: a) Para isso devemos derivar a função, obtendo
dx
dt
= (3 + 2t− t2)′= 0 + 2− 2t,
assim a velocidade em t será
v(t) = −2t+ 2 m/s.
b) Basta encontrar a segunda derivada da função
d2(x)
dt2
= d
(
dx
dt
)
=
dx
dt
= (−2t)′ = −2.
Logo, a aceleração será −2 m/s2.
2. A posição de uma partícula que se desloca ao longo do eixo x varia com o tempo segundo
a equação
V0
k
(1− e−kt), t ≥ 0, onde V0 e k são constantes estritamente positivas. Calcule
a velocidade e a aceleração no instante t.
Resolução: Para encontrar a velocidade no instante t basta derivar a função
V (t) =
dx
dt
=
(
V0
k
(1− e−kt)
)′
=
V0
k
(0− e−kt(−kt)′ = V0
k
(−e−kt)(−k).
Simplificando a equação, temos V (t) = V0e
−kt m/s.
Agora, busquemos a aceleração. Para isto, basta derivar novamente a função e encontrar
sua segunda derivada. Como já sabemos que
dx
dt
=
V0
k
(−e−kt − k), a segunda derivada
50
será
d2(x)
dt2
= (V0(e
−kt))′ = V0e−kt − k = −kV0e−kt.
Portanto, a(t) = −kV0e−kt.
3. Um corredor corre em uma trajetória circular de raio 100m a uma velocidade constante
de 7m/s. Um outro indivíduo está parado (no ponto P da figura) a uma distância de
200m do centro da pista. Qual a taxa de variação da distância entre os dois quando essa
distância é 200m?
Resolução: Sejam Q o ponto que representa o local do corredor, r o raio da trajetória
circular, d a distância de P a Q e l a distância de P ao centro da circunferência.
Podemos encontrar d pela lei dos cossenos:
d2 = r2 + l2 − rl cos(θ).
Sabendo que r = 100 e l = 200, temos:
d2 = (100)2 + (200)2 − 2 · 100 · 100 cos(θ)
logo,
d2 = 104(5− 2 cos(θ)). (3.4)
Derivando em relação a t, segue:
2d · d
dt
d(t) = 104
(
2sen (θ)
dθ
dt
)
. (3.5)
Para concluir o exercício, devemos encontrar
dθ
dt . Para isto, sendo s a distância percorrida
no tempo t, temos
s = rθ = 100θ,
(basta fazer a seguinte regra de três �2pir está para 360◦ enquanto que s está para θ).
3.5 Velocidade, Aceleração e Taxa de Variação 51
Derivando em relação a t, temos
ds
dt
= 100
dθ
dt
.
No enunciado foi dada a velocidade do corredor, isto é
ds
dt
= 7. Substituindo na equação
anterior, temos
7 = 100
dθ
dt
=⇒ dθ
dt
=
7
100
. (3.6)
Notemos ainda que, sendo a distância entre eles de d = 200, temos por (3.4),
2002 = 104(5− 2 cos(θ)),
de onde segue que
cos(θ) =
1
2
.
Logo, θ =
pi
3
, e portanto, sen (θ) =
√
3
2 .
Desta forma, substituindo sen (θ) =
√
3
2 , d = 200 e (3.6) em (3.5), temos
2 · 200 d
dt
d(t) = 104
(
2
√
3
2
7
200pi
)
,
implicando que
d
dt
d(t) =
7
√
3
4
m/s.
4. Enche-se um reservatório cuja forma é de um cone circular reto, de água a uma taxa de
0, 1 (m3/s). O vértice está a 15 m do topo e o raio do topo é de 10 m. Com que velocidade
o nível da água está subindo no instante que h = 5?
52
Resolução: Dados,
dv
dt
= 0, 1(m3/s), htotal = 15m, hdesejado = 5m, rmenor =?
Por semelhança de triângulos, temos que:
15
h
=
5
r
, dessa forma , r =
h
3
e temos também
que
dv
dt
=
dv
dh
· dh
dt
. (I)
V =
pi(r2h)
3
, como r = h3 , temos V =
pi(h3 )
2h
3
=
pih3
27
Dessa forma, segue:
dv
dh
=
1
9
pih2, substituindo os valores em (I): 0, 1 =
1
9
pi(25)
dh
dt
Então:
dh
dt
=
9
250pi
m/s.
3.6 Problemas de maximização e minimização
1. Um fabricante de DVD determina que, quando x centenas de unidades são produzidas, o
lucro é P (x) = 4000(15− x)(x− 2) reais.
a) Calcule P ′(x).
b) Determine o valor de x para o qual P ′(x) = 0. Qual é o significado da produção x0
para o qual isto acontece?
Resolução: a) P (x) = 4000(15x−30−x2+2x)⇒ P (x) = 4000(−x2+17x−30), derivando
temos
P ′(x) = 4000′(−x2 + 17x− 30) + 4000(−x2 + 17x− 30)′ = 4000(17− 2x).
b) A fim de encontrar os pontos críticos da função P (x), igualamos sua derivada a zero,
obtendo
P ′(x) = 4000(17− 2x) = 0 =⇒ 17− 2x = 0 =⇒ x = 17
2
= 8, 5.
Isto significa que a o lucro será máximo quando forem produzidos 850 unidades de DVD.
2. Dado um cone de geratriz igual a 6 cm, determinar suas dimensões de modo que se tenha
o maior volume possível.
Resolução: Olhando a ilustração do problema, podemos escrever
36 = r2 + h2 =⇒ 36− h2 = r2.
3.6 Problemas de maximização e minimização 53
Substituindo o valor encontrado na fórmula do volume do cone, temos
V =
pir2h
3
=
pih(36− h2)
3
=
36pih
3
− pih
3
3
.
Agora derivamos e igualamos a zero a função do volume encontrada acima (notemos que
encontramos uma função que depende apenas de h)
V ′(h) = 12pi − pih2 = 0 =⇒ h =
√
12.
Após encontrarmos o h máximo que satisfaça nosso problema, falta apenas encontrar o
raio da base máximo:
36 = r2 + h2 =⇒ 36− 12 = r2 =⇒ r =
√
24.
3. Sabe-se que um retângulo tem perímetro 84 cm, encontre as dimensões para que sua área
seja máxima.
Resolução: Denotando por x e por y as dimensões do retângulo, podemos escrever o
perímetro como:
P = 2x+ 2y ⇒ 84 = 2x+ 2y ⇒ 42 = x+ y.
Isolando y em função de x na equação acima, temos 42 − x = y. Desta forma, a área do
retângulo é A = xy, de onde segue que
A = x(42− x) = 42x− x2.
54
Derivando ambos os membros e igualando a 0, obtemos:
A′(x) = 42− 2x = 0 ⇒ x = 21.
Portanto, concluímos que x = 21 e y = 21 (basta substituir na equação 42 = x+ y) são as
dimensões para que o retângulo possua área máxima.
4. Determine os máximos e mínimos das funções, quando possível:
a) x3 + 2x2 − e−2, no intervalo [−2, 0].
b) ex
2ln(x)
, nesse item ache o mínimo da função.
Resolução: a) Notemos que a função x3 + 2x2 − e−2 é contínua em [−2, 0], e portanto,
admite máximo e mínimo (pelo Teorema de Weierstrass) em [−2, 0]. Devemos inicialmente
encontrar os pontos críticos (derivando e igualando a zero)
3x2 + 4x = 0 =⇒ x = 0 ou x = −4
3
.
Após encontrados os pontos críticos (candidatos a máximos e mínimos), vamos verificar o
valor que a função assume nesses pontos:
f(−4
3
) =
(
−4
3
)3
+ 2
(
−4
3
)2
− e−2 ≈ 1,
f(0) = −e−2 ≈ −0, 1.
Uma vez que estamos analisando a função num intervalo fechado, devemos também verificar
o valor da função nos extremos do intervalo. Como no ponto x = 0 já foi analisado, basta
apenas verificar em x = −2:
f(−2) = 23 + 222 − e−2 ≈ −0, 1.
Portanto, percebemos que no intervalo [−2, 0] a função tem um máximo quando x = −43 e
dois mínimos nos extremos do intervalo (em x = 0 e x = 2).
b) Derivando a função temos:
(ex
2 ln(x))′ = ex
2 ln(x)(x2 ln(x))′ = ex
2 ln(x)(2x ln(x) + x).
3.6 Problemas de maximização e minimização 55
Igualando a derivada a 0 obtemos:
ex
2 ln(x)(2x ln(x)+x) = 0 =⇒ 2x ln(x)+x = 0 =⇒ x(2 ln(x)+1) = 0 =⇒ x = 0 ou ln(x) = −1
2
,
implicando que x = 0 e x = e−
1
2
são os pontos críticos da função. Notemos ainda que
f(0) = 1, enquanto que
f(e−
1
2 ) = e
(
e−
1
2
)2
(− 1
2
)
= e−
1
2
e−1 = e−
1
2e =
1
e
1
2e
≈ 0, 8 < 1.
Portanto, quando x = e−
1
2 (≈ 0, 6), obtemos o ponto onde a função atinge seu valor mínimo
para ilustrar a ideia, apresentamos aqui um gráfico da função f(x) = ex
2 ln(x)
.
5. Um retângulo tem dois cantos inferiores sobre o eixo x e dois cantos superiores sobre a
curva y = 16−x2. Quais devem ser as dimensões deste retângulo, para que o mesmo tenha
área máxima? Resolução: Uma vez que a base do retângulo mede 2x e a altura mede y,
segue que a área é dada por: A = 2xy ⇒ A = 2x(16− x2) ⇒ A = 32x− 2x3.
Derivando e igualando a 0 para obtermos os pontos críticos, segue
A′(x) = 32− 6x2 = 0 ⇒ x = ±
√
16
3
= ± 4√
3
.
Como x representa um comprimento, devemos considerar apenas o valor positivo. Portanto,
concluímos que a base será 2x = 8√
3
e a altura y = 323 (bastasubstituir na equação y =
16− x2).
56
3.7 Teorema do Valor Médio
1. Prove que g(x) = 8x3 + 30x2 + 24x+ 10 admite uma única raiz real a, com −3 < a < −2.
Resolução: Vamos, primeiramente, estudar o crescimento e decrescimento da função g.
Para isto, analisemos o sinal de g(x).
g′(x) = (8x3 + 30x2 + 24x+ 10)′ ⇒ g′(x) = 24x2 + 60x+ 24,
e portanto
g′(x) = 0⇒ 24x2 + 60x+ 24 = 0⇒ 2x2 + 5x+ 2 = 0,
utilizemos bhaskara para resolver, A = 2,B = 5 e C = 2 e resolvendo a equação de 2o grau,
obtemos os pontos críticos x1 = −1
2
e x2 = −2.
Notemos ainda que
x
g′(x)
x < −2 −2 < x < −1
2
−1
2
< x
+
-
+
Substituindo os pontos críticos encontrados em g(x), temos g(−2) = 18 > 0 e g
(
−1
2
)
=
9
2
> 0. Como g(x) é estritamente decrescente em
[
−2,−1
2
]
e estritamente crescente em[
−1
2
,+∞
[
, temos então g(x) > 0, ∀ x ≥ −2.
Concluímos por enquanto que a função g pode ter no máximo uma raiz x0 ≤ −2. Uma
vez que g(−3) = −8 < 0 e g(−2) = 18 > 0, pelo Teorema do Valor Médio segue que existe
uma raiz real a contida no intervalo [−3,−2].
2. Considerando a função dada por f(x) = αx2 +βx+ γ. Pelo teorema do valor médio , para
quaisquer dois números a e b existe um número c no intervalo ]a, b[ tal que a reta tangente
a parábola no ponto (c, f(c)) é paralela à reta que passa pelos pontos (a, f(a)) e (b, f(b)).
Mostre que c = a+b2 .
Resolução:
Sendo f(x) = αx2 + βx+ γ, temos que:
f(b)− f(a)
b− a =
αb2 + βb+ γ − (αa2 + βa+ γ)
b− a =
α(b2 − a2) + β(b− a)
b− a = α(b+ a) + β.
3.7 Teorema do Valor Médio 57
Como f ′(x) = 2αx+ β, aplicando o teorema do valor médio temos que existe c ∈]a, b[, tal
que :
2αc+ β = α(b+ a) + β, ou seja c =
b+ a
2
.
3. Encontre um número c 3 R que satisfaça a conclusão do TVM para a função f(x) =
x2 + 2x− 1, no intervalo [1, 5].
Resolução: Como f(x) é uma função polinomial, ela é contínua e derivável em seu domí-
nio, satisfazendo, assim as hipóteses do TVM.
Sendo f(x) = x2 + 2x− 1, então f ′(x) = 2x+ 2
O coeficiente angular da reta que passa pelos pontos (1, f(1)) e por (5, f(5)) e dado por:
f(5)− f(1)
5− 1 =
34− 2
4
= 8, logo, podemos encontrar c ∈]1, 5[ tal que:
f ′(c) = 2c+ 2 = 8⇒ c = 3.
4. Determine um número c ∈ R que satisfaz o Teorema do Valor Médio para f(x) = 1 − 1
x
,
onde a = 1 e b = 2.
Resolução: Primeiro notemos que a função f é contínua no intervalo [1, 2]. Assim temos
f ′(x) = 1′−
(
1
x
)′
⇒ f ′(x) = 1
x2
. Logo f é derivável em (1, 2). Assim, existe um c ∈ (1, 2)
que satisfaz o Teorema do Valor Médio.
Temos que: f ′(c) =
1
c2
e
f(2)− f(1)
2− 1 =
1
2
, igualando as equações então:
1
c2
=
1
2
⇒ c2 = 2 ⇒ c = ±√2. Como c ∈ [1, 2], então c = −√2 não é resolução do
problema, logo c =
√
2 satisfaz o Teorema do Valor Médio para essa função.
5. Seja f : R → R uma função derivável, tal que f(0) = −2 e f ′(x) ≤ 5, para todo x ∈ R.
Qual o valor máximo possível para f(2) ?
Resolução: Pelo Teorema do Valor Médio, existe um número c ∈ (0, 2) tal que:
f ′(c) =
f(b)− f(a)
b− a =
f(2)− f(0)
2− 0 =
f(2)− (−2)
2
=
f(2) + 2
2
.
Como f ′(c) ≤ 5, então:
f(2) + 2
2
≤ 5⇒ f(2) + 2 ≤ 10⇒ f(2) ≤ 8.
Portanto, o valor máximo possível para f(2) é 8.
58
3.8 Regras de L'Hospital
1. Utilizando a Regra de L'Hospital, calcule os limites abaixo
a) lim
x→3
x2 − 6x+ 9
x2 − 7x+ 12
b) lim
x→0
ex − e−x
ln(x+ 1)
Resolução: Lembrando que só podemos aplicar a regra de L'Hospital nos limites que
resultam nas seguintes indeterminações:
∞
∞ ou
0
0 .
a) lim
x→3
x2 − 6x+ 9
x2 − 7x+ 12 = limx→3
2x− 6
2x− 7 =
0
−1 = 0
b) lim
x→0
ex − e−x
ln(x+ 1)
= lim
x→0
ex + e−x
1
(x+1)
= lim
x→0
(x+ 1)(ex + e−x) = 1 · (1 + 1) = 2
2. Utilizando L'Hospital encontre os limites abaixo
a) lim
x→∞
sen
(
5
x
)
2
x
b) lim
x→∞
ex
x3
c) lim
x→0
x2
1− cos(2x)
Resolução: a) lim
x→∞
−5
x2
cos
(
5
x
)
−2
x2
= lim
x→∞
5
2
cos
(
5
x
)
=
5
2
cos
(
lim
x→∞
5
x
)
=
5
2
· 1 = 5
2
b) lim
x→∞
ex
x3
= lim
x→∞
ex
3x2
= lim
x→∞
ex
6x
= lim
x→∞
ex
6
= +∞
c) lim
x→0
x2
1− cos(2x) = limx→0
2x
2sen (2x)
= lim
x→0
x
sen (2x)
= lim
x→0
1
2 cos(2x)
= lim
x→0
1
2
=
1
2
3. Resolva o limite lim
x→pi
2
−
(
5pi
2
− 5x
)cos(x)
.
Resolução: Neste caso temos uma indeterminação do tipo 00, o que nos impede de usar
L'Hospital. Portanto, modificaremos o limite de um forma que torne possível o uso da
Regra de L'Hospital. Notemos que
lim
x→pi
2
−
(
5pi
2
− 5x
)cos(x)
= lim
x→pi
2
−
eln(
5pi
2
−5x)cos(x) = e
lim
x→pi2
− ln(
5pi
2
−5x) cos(x)
= e
lim
x→pi2
−
ln( 5pi2 −5x)
sec(x)
3.8 Regras de L'Hospital 59
Agora podemos aplicar a Regra de L'Hospital, obtendo
lim
x→pi
2
−
ln
(
5pi
2 − 5x
)
sec(x)
= lim
x→pi
2
−
−5
5pi
2
−5x
sec(x) · tan(x) = limx→pi
2
−
−5
5pi
2
−5x
sen (x)
cos2(x)
= lim
x→pi
2
−
−5 cos2(x)(
5pi
2 − 5x
)
sen (x)
,
aplicando novamente, temos
lim
x→pi
2
−
ln
(
5pi
2 − 5x
)
sec(x)
= lim
x→pi
2
−
10sen (x) cos(x)
−5sen (x) + (5pi2 − 5x) cos(x) = 0.
Portanto,
lim
x→pi
2
−
(
5pi
2
− 5x
)cos(x)
= lim
x→pi
2
−
e
ln( 5pi2 −5x)
sec(x) = e0 = 1.
4. Resolva os limites abaixo:
a) lim
x→0
2x − 3x
x
b) lim
x→0+
xsen(x)
c) lim
x→0
sen(x)
x3
Resolução: a) Lembremos que (2x)′ = 2x ln 2 e (3x)′ = 3x ln 3. Assim, pela Regra de
L'Hospital, temos
lim
x→0
2x − 3x
x
= lim
x→0
2x ln 2− 3x ln 3
1
= ln 2− ln 3.
b) Notemos que
lim
x→0+
xsen(x) = lim
x→0+
elnx
sen(x)
= lim
x→0+
esen (x) ln(x) = e
lim
x→0+
sen (x) ln(x)
.
Calculando separadamente lim
x→0+
sen (x) ln(x), temos pela Regra de L'Hospital, que
lim
x→0+
sen (x) ln(x) = lim
x→0+
ln(x)
cossec(x)
= lim
x→0+
1
x
cotg(x) cossec(x)
= lim
x→0+
1
x
(
cos(x)
sen (x)
)(
1
sen (x)
)
= lim
x→0+
sen 2(x)
x cos(x)
= lim
x→0+
sen (x)
x
sen (x)
cos(x)
= 1 · 0 = 0.
Assim, concluímos que
lim
x→0+
xsen(x) = e0 = 1.
60
c) Neste caso usaremos o limite fundamental: lim
x→0
sen(x)
x
= 1.
Podemos reescrever o limite da seguinte forma
lim
x→0
sen(x)
x3
= lim
x→0
sen(x)
x
1
x2
.
Como sabemos que ambos os limites existem, o produto dos limites é o limite dos produtos,
assim temos:
lim
x→0
sen(x)
x
1
x2
= lim
x→0
sen(x)
x
lim
x→0
1
x2
= +∞,
uma vez que lim
x→0
sen(x)
x
= 1, e lim
x→0
1
x2
= +∞.
Portanto, concluímos que
lim
x→0
sen(x)
x3
= +∞.
5. Calcule o limite lim
x→0
(1 + ax)
b
x , onde a, b ∈ R \ {0}.
Resolução: Substituindo diretamente o valor de x = 0, encontramos uma indeterminação
do tipo 1∞, o que nos impede de aplicar a Regra de L'Hospital. Nossa estratégia será
trabalhar com a função de modo a nos tornar possível a derivação por L'Hospital. Notemos
que
lim
x→0
(1 + ax)
b
x = lim
x→0
eln(1+ax)
b
x = e
lim
x→0 ln(1+ax)
b
x
. (3.7)
Calculando separadamente o limite lim
x→0
ln(1 + ax)
b
x
, temos
lim
x→0
ln(1 + ax)
b
x = lim
x→0
ln(1 + ax) · b
x
= b lim
x→0
ln(1 + ax)
x
,
que é uma indeterminação do tipo
0
0
. Aplicando a Regra de L'Hospital, segue
lim
x→0
ln(1 + ax)
b
x = b lim
x→0
ln(1 + ax)
x
= b lim
x→0
1
1+ax · a
1
= b lim
x→0
a
1 + ax
= b · a
Substituindo em (1), concluímos que
lim
x→0
(1 + ax)
b
x = eab.
3.9 Gráficos de funções 61
3.9 Gráficos de funções1. Esboce o gráfico da função f(x) = xe−3x.
Resolução: Notemos que f está definida para todo x ∈ R. Logo Df = R, e a única raiz
da função é x = 0, isto é
f(x) = 0 ⇐⇒ x = 0,
uma vez que e−3x > 0, ∀x ∈ R. Além disso, f(x) > 0, se x > 0 e f(x) < 0 se x < 0.
Analisando a derivada primeira da função, temos
f ′(x) = e−3x + xe−3x(−3) = (1− 3x)e−3x.
Estudando o sinal de f ′, concluímos que:
f ′(x) = 0, para x = 13 , f
′(x) < 0 para x > 13 , e f
′(x) > 0, para x < 13 .
Segue disto que para x < 13 a função é crescente e para x >
1
3 a função é decrescente. Pelo
Teste da Derivada Primeira, x = 13 é um ponto de máximo local, com
f
(
1
3
)
=
e−3(
1
3)
3
=
1
3e
.
Analisando a derivada segunda da função, temos
f”(x) = −3e−3x(1− 3x)− 3e−3x = e−3x(9x− 6).
Estudando o sinal de f ′′, concluímos que:
f”(x) = 0, para x = 23 , f
′′(x) > 0, para x > 23 e f
′′(x) < 0, para x < 23 .
Segue disto que para x < 23 a função tem concavidade para baixo, enquanto que para
x > 23 a função possui concavidade para cima. Ainda, concluímos que x =
2
3 é um ponto
de inflexão.
Para calcular as assíntotas (se houverem), observemos que a função estando definida para
todo x ∈ R não há possibilidade de existir assíntotas verticais. Portanto, devemos verificar
se existem assíntotas horizontais ou oblíquas. Desta forma, se a reta y = mx+ n for uma
assíntota de f , então devemos encontrar m e n. Caso não existam, a conclusão será que
62
não há assíntotas para a função.
Para isto, temos
m = lim
x→+∞
f(x)
x
= lim
x→+∞
xe−3x
x
= lim
x→+∞ e
−3x = 0,
e
n = lim
x→+∞ f(x)−mx = limx→+∞xe
−3x = lim
x→+∞
x
e3x
= lim
x→+∞
1
3e3x
= 0.
Portanto, a reta y = 0 é uma assíntota da função f , para x→ +∞ (notemos que no cálculo
acima, utilizamos a Regra de L'Hospital para calcular o último limite). Devemos repetir o
processo para x→ −∞. Isto é,
m = lim
x→−∞
f(x)
x
= lim
x→−∞
xe−3x
x
= lim
x→+∞ e
−3x = +∞.
Portanto, não existe assíntota para x→ −∞.
Resta agora analisarmos o comportamento da função a +∞ e a −∞. Para x → +∞, já
sabemos o comportamento de f , uma vez que descobrimos que reta y = 0 é uma assíntota.
Para x→ −∞, analisemos o limite
lim
x→−∞ f(x) = limx→−∞xe
−3x = −∞(+∞) = −∞.
Considerando todas a informações obtidas, podemos esboçar o gráfico da função. Segue
abaixo o esboço de seu gráfico.
2. Esboce o gráfico da função f(x) = x ln(x).
Resolução: Notemos inicialmente que f está definida apenas para x > 0 (condição de
existência de lnx). Logo Df = (0,+∞), e a única raiz da função é x = 1, pois sendo x > 0,
temos
f(x) = 0 ⇐⇒ x ln(x) = 0 ⇐⇒ ln(x) = 0 ⇐⇒ x = 1.
Além disso, f(x) > 0, se x > 1 e f(x) < 0, se x < 1.
Analisando a derivada primeira da função, temos
f ′(x) = (x ln(x))′ = 1 · ln(x) + x1
x
= ln(x) + 1.
3.9 Gráficos de funções 63
Figura 3.1: Gráfico da função f(x) = xe−3x
Estudando o sinal de f ′, concluímos que:
f ′(x) = 0⇐⇒ ln(x) = −1⇐⇒ x = 1e ,
f ′(x) < 0⇐⇒ ln(x) < −1⇐⇒ x < 1e ,
f ′(x) > 0⇐⇒ ln(x) > −1⇐⇒ x > 1e .
Segue disto que para 0 < x < 1e a função é decrescente e para x >
1
e a função é crescente.
Pelo Teste da Derivada Primeira, x = 1e é um ponto de mínimo local, com
f
(
1
e
)
=
1
e
ln
(
1
e
)
= −1
e
.
Analisando a derivada segunda da função, temos
f”(x) = (ln(x) + 1)′ =
1
x
.
Estudando o sinal de f ′′, concluímos que f ′′(x) > 0 para todo x > 0. Isto é, a função f
tem concavidade para cima em todo seu domínio e portanto, não possui pontos de inflexão.
Para calcular as assíntotas (se houverem), devemos observar que a função estando definida
64
para todo x > 0 nos dá a possibilidade de existir uma assíntota vertical na reta x = 0 (eixo
y). Para verificar se esta reta é uma assíntota devemos calcular o limite da função quando
x→ 0+ (apenas pelo lado direito, pois a função não está definida à esquerda de zero). Pela
Regra de L'Hospital, temos
lim
x→0+
f(x) = lim
x→0+
x ln(x) = lim
x→0+
ln(x)
1
x
= lim
x→0+
1
x
− 1
x2
= lim
x→0+
(
−1
x
)
= 0,
portanto, a reta x = 0 não é uma assíntota da função f .
Devemos também verificar se existem assíntotas horizontais ou oblíquas. Desta forma, se
a reta y = mx + n for uma assíntota de f , então devemos encontrar m e n. Caso não
existam, a conclusão será que não há assíntotas para a função.
Para isto, temos
m = lim
x→+∞
f(x)
x
= lim
x→+∞
x ln(x)
x
= lim
x→+∞ ln(x) = +∞,
e portanto não há assíntota para a função quando x→ +∞. O caso em que x→ −∞ não
devemos analisar pois a função não está definida para valores negativos de x.
Figura 3.2: Gráfico da função f(x) = x ln(x).
Resta agora analisarmos o comportamento da função a +∞ (novamente não é necessário
analisar a −∞). Temos
lim
x→+∞ f(x) = limx→+∞x ln(x) = +∞.
Considerando todas a informações obtidas, podemos esboçar o gráfico da função (Ver figura
3.9 Gráficos de funções 65
(3.2)).
3. Esboce o gráfico da função f(x) = 1x−1 − x.
Resolução: Notemos que f não está definida para x = 1. Logo Df = R \ {1}. Além disso
f(x) = 0⇐⇒ 1
x− 1 − x = 0⇐⇒
1
x− 1 = x⇐⇒ x(x− 1) = 1⇐⇒ x
2 − x− 1 = 0,
e resolvendo a equação de 2
o
grau, segue que x = 1+
√
5
2 ou x =
1−√5
2 .
Analisando a derivada primeira da função, temos
f ′(x) =
(
1
x− 1 − x
)′
= − 1
(x− 1)2 − 1 =
−x2 + 2x− 2
(x− 1)2 .
Sendo o denominador sempre positivo (lembremos que x 6= 1), o sinal de f ′ depende apenas
do numerador −x2 + 2x− 2, que representa uma parábola com a concavidade para baixo.
Notemos ainda que seu discriminante é negativo
∆ = b2 − 4ac = 22 − 4(−1)(−2) = 4− 8 = −4 < 0,
implicando que −x2 + 2x− 2 < 0, para todo x ∈ R. Logo f ′(x) < 0, para todo x ∈ Df .
Segue disto que a função f é decrescente em todo o seu domínio.
Analisando a derivada segunda da função, temos
f ′′(x) =
(
− 1
(x− 1)2 − 1
)′
=
2
(x− 1)3 .
Para estudar o sinal de f ′′, basta analisarmos o sinal do denominador (x − 3)3. Assim,
temos
f ′′(x) = 0⇐⇒ (x− 1)3 = 0⇐⇒ x = 1 (não serve pois x 6= 1),
f ′′(x) < 0⇐⇒ (x− 1)3 < 0⇐⇒ x < 1,
f ′′(x) > 0⇐⇒ (x− 1)3 > 0⇐⇒ x > 1.
Segue disto que a função f tem concavidade para cima para x > 1 e concavidade para
baixo para x < 1.
Para calcular as assíntotas (se houverem), devemos observar que a função estando definida
para todo x 6= 1 nos dá a possibilidade de existir uma assíntota vertical na reta x = 1. Para
66
verificar se esta reta é uma assíntota devemos calcular o limite da função quando x→ 0+
e x→ 0−:
lim
x→1+
f(x) = lim
x→1+
1
x− 1 − x = limx→1+
1− x2 + x
x− 1 = +∞,
pois o numerador tende a 1 e o denominador tende a 0 pela direita. Pelo mesmo raciocínio,
concluímos que
lim
x→1−
f(x) = −∞.
Logo a reta x = 1 é uma assíntota vertical para a função f .
Devemos também verificar se existem assíntotas horizontais ou oblíquas. Desta forma, se
a reta y = mx + n for uma assíntota de f , então devemos encontrar m e n. Caso não
existam, a conclusão será que não há assíntotas para a função.
Para isto, temos
m = lim
x→+∞
f(x)
x
= lim
x→+∞
1
x−1 − x
x
= lim
x→+∞
1− x(x− 1)
(x− 1)x = limx→+∞
1− x2 − x
x2 − x ,
aplicando a Regra de L'Hospital, segue
m = lim
x→+∞
−2x− 1
2x− 1 = limx→+∞
x
(−2− 1x)
x
(
2− 1x
) = lim
x→+∞
−2
2
= −1.
Assim,
n = lim
x→+∞ f(x)−mx = limx→+∞
1
x− 1 − x+ x = limx→+∞
1
x− 1 = 0.
Portanto, a reta y = −x é uma assíntota da função f , para x → +∞. Repetindo o
processo para x→ −∞, obteremos de modo análogo a reta y = −x como assíntota, agora
para x→ −∞.
Observemos que o comportamento da função a +∞ e a −∞ já está obtido, uma vez que
em ambas situações ela admite assíntota.
Considerando todas a informações obtidas, podemos esboçar ográfico da função (Ver figura
(3.3)).
3.10 Exemplos de Provas 67
Figura 3.3: Gráfico da função f(x) = 1x−1 − x.
3.10 Exemplos de Provas
Apresentamos abaixo duas provas para praticar os conceitos aprendidos envolvendo derivadas.
No fim da seção podem ser encontrados os respectivos gabaritos.
PROVA 3 DE CÁLCULO 1 - Derivadas
1. Em cada um dos casos, determine o coeficiente angular da reta tangente ao gráfico da
função, para o valor de x dado:
(1) f(x) = ln(x+ 1) + 3, x = 0;
(2) f(x) = 5x+
12
x2
, x = 2;
68
(3) f(x) = 3x2e−2x, x = 1.
(a) m1 = 3,m2 = 13,m3 =
3
e2
(b) m1 = 1,m2 = 2,m3 = 0
(c) m1 = 1,m2 = 1,m3 = 0
(d) m1 = 3,m2 = 2,m3 = 6
2. Sabendo que f e g são duas funções deriváveis num mesmo conjunto A (com f(x) > 0,
para todo x ∈ A), é correto afirmar que a derivada de y = f(x)g(x) é:
(a) [f(x)g(x)]′ = f(x)g(x) · g′(x)
(b) [f(x)g(x)]′ = f(g′(x)) · g′(x)
(c) [f(x)g(x)]′ = f ′(g′(x)) · g′(x)
(d) [f(x)g(x)]′ = f(x)g(x) · [g(x) · ln(f(x))]′
3. A posição de uma partícula que se desloca ao longo de uma reta coordenada é dada por
s =
√
6t+ 12 , com s em metros e t em segundos. Determine a velocidade v e a aceleração
a da partícula para t = 4s.
(a) v =
1
2
m/s, a =
1
24
m/s2
(b) v = 6m/s, a = − 1
48
m/s2
(c) v = 6m/s, a =
1
48
m/s2
(d) v =
1
2
m/s, a = − 1
24
m/s2
4. O raio r de uma esfera está variando com o tempo, a uma taxa constante de 9m/s. Com
que taxa estará variando o volume da esfera no instante em que r = 0, 5m?
(a) 4, 5pi m3/s
(b) 9pi ms/s
(c) 2pi (m3/s)
(d)
1
3
pi m3/s
5. Qual deve ser o valor de α, para que y = e−αx, satisfaça a equação
d2y
dx
+ 5
dy
dx
+ 6y = 0?
(a) α = 3
3.10 Exemplos de Provas 69
(b) α = 5
(c) α = 2 ou α = 3
(d) Não existe um valor de α ∈ R que satisfaça essa equação.
6. Determine os lados (base e altura) de um retângulo de perímetro 64 cm, de modo que sua
área seja máxima.
(a) b = 12, h = 20
(b) b = 16, h = 16
(c) b = 15, h = 17
(d) b = 22, h = 10
7. Utilize a regra de L'Hospital para calcular os limites abaixo e assinale a alternativa correta.
(1) lim
x→0
sen (x)
x
, (2) lim
x→∞
lnx
3
√
x
, (3) lim
x→0
tan(x)− x
x3
.
(a) (1) = 1, (2) = 13 , (3) = 1
(b) (1) = 0, (2) = 0, (3) = 13
(c) (1) = 1, (2) = 0, (3) = 13
(d) (1) = 1, (2) = 1, (3) = 0
8. Qual das alternativas a seguir representa o esboço do gráfico da função f(x) =
x
x2 − 4?
(a) (b)
(c) (d)
70
PROVA 4 DE CÁLCULO 1 - Derivadas
1. Se f(x) =
(
x+ cos
(
x2 + 3
x2 + 1
))x+sen (x)
, então f ′(x) é igual a:
(a)
(
x+ cos
(
x2 + 3
x2 + 1
))x+sen (x)
(1 + cos(x)) ln
(
x+ cos
(
x2 + 3
x2 + 1
))
−
4x(x+ sen (x))
(
1− sen
(
x2+3
x2+1
))
(x2 + 1)2
[
cos
(
x2+3
x2+1
)
+ x
]
(b) (x+ sen (x))
(
x+ cos
(
x2 + 3
x2 + 1
))x+sen (x)
(c)
(
1− sen
(
x2 + 3
x2 + 1
))(
x+ cos
(
x2 + 3
x2 + 1
))x+sen (x)
(d)
(
x+ cos
(
x2 + 3
x2 + 1
))x+sen (x)
(x+ sen (x))(1 + cos(x))
2. Determine todos os pontos (a, b) sobre a curva y = x4 + 2x3− 2x2 + 8x+ 12 tais que a reta
tangente em (a, b) seja paralela à reta 8x− y + pi = 0
(a)
(
1
2
,
253
16
)
; (0, 12); (−2,−12)
(b) (0, 12); (−2,−12)
(c)
(
1
2
,
253
16
)
; (0, 12); (−2, 4)
(d) (0, 12); (−2, 4);
(
1
2
,
189
16
)
3. Seja f uma função derivável até a segunda ordem e seja g dado por g(x) = f(x2). Calcule
g′′(1), supondo que f ′(1) = 3 e f ′′(1) = 6.
(a) g′′(1) = 12
(b) g′′(1) = 30
(c) g′′(1) = 18
3.10 Exemplos de Provas 71
(d) g′′(1) = 52
4. Determine a equação da reta tangente à elipse
x2
a2
+
y2
b2
= 1, no ponto (x0, y0), com y0 6= 0.
(a)
2x0
2a
+
2y0
2b
= 0
(b)
2x0
a2
+
2y0
b2
= 1
(c)
xx0
a2
+
yy0
b2
= 1
(d)
x
a2
+
y · y0
b2
= 1
5. Ache a derivada de f(x) = arccos(ln(x2 + 2)):
(a) f ′(x) = − 2x√
1− ln(x2 + 2)
(b) f ′(x) = − x
2 + 2
2x
√
1− ln(x2 + 2)
(c) f ′(x) = − 2x
(x2 + 2)
√
1− ln(x2 + 2)
(d) f ′(x) = − 2x
(x2 + 2)
√
1− (ln(x2 + 2))2
6. Um sólido será construído acoplando-se um cilindro circular reto, de altura h e raio r, a
uma semi-esfera de raio r. Deseja-se que a área da superfície do sólido seja 5pi. Determine
r e h para que o volume seja máximo.
(a) r = 0, 5, h =
17
2
(b) r = 1, h = 1
72
(c) r =
1
4
, h =
77
8
(d) r =
3
4
, h =
106
48
7. Qual o valor do limite lim
x→0+
(1 + sen (4x))cotg(x)?
(a) 4
(b) 1
(c) e4
(d) ∞
8. Suponha que o comprimento dos segmentos AB e OA sejam, respectivamente, 5cm e 3cm.
Suponha, ainda, que θ esteja variando a uma taxa constante de
1
2
rad/s. Determine a
velocidade de A quando θ =
pi
2
rad.
(a)−3
2
cm/s
(b)4cm/s
(c)
3
4
cm/s
(d)
5
3
cm/s
3.10 Exemplos de Provas 73
Gabarito da PROVA 3
1. (b)
2. (d)
3. (d)
4. (b)
5. (c)
6. (b)
7. (c)
8. (a)
Gabarito da PROVA 4
1. (a)
2. (a)
3. (b)
4. (c)
5. (d)
6. (b)
7. (c)
8. (a)
74
Capítulo
4
Integral
Neste capítulo começamos a abordar o assunto de Integral pelo cálculo de primitivas bem
básicas. Em seguida apresentamos integrais definidas cujas resoluções se baseiam no principio
estabelecido pelo Teorema Fundamental do Cálculo.
Outro tópico abordado é a resolução de integrais por mudança de variável e a integração por
partes, visto que são duas das mais importantes técnicas de resolução de integrais. A proposta
aqui é que o aluno se familiarize com essas técnicas e consiga distinguir qual é a mais adequada
em cada situação. No tópico de primitivas de funções racionais o objetivo é fazer o estudante
treinar a resolver integrais pelo uso de frações parciais.
Finalmente, para se ter uma noção mais ampla e prática do uso e da importância do conceito
de Integral são apresentadas questões de aplicações. Nelas abordamos assuntos como cálculo de
áreas planas e de superfícies de revolução, volumes de sólidos, comprimentos de arcos e a relação
com conceitos físicos como Trabalho e Centro de Massa. Convém ressaltar que nesta parte é
útil que o aluno disponha e saiba usar todas as técnicas de resolução de integrais treinadas
anteriormente.
4.1 Cálculo de Primitivas
1. Resolva as integrais indefinidas abaixo:
a)
∫
(2x5 + 8x3 − 3x2 + 5)dx
b)
∫
(x3 + 2x− 7)
x
dx
76
c)
∫
(3e−5t +
√
t)dt
Resolução: a)
∫
(2x5 + 8x3 − 3x2 + 5)dx = 2
∫
(x5)dx+ 8
∫
(x3)dx− 3
∫
(x2)dx+ 5
∫
(1)dx =
=
2x6
6
+
8x4
4
− 3x
3
3
+ 5x+ C =
x6
3
+ 2x4 − x3 + 5x+ C.
b)
∫
(x3 + 2x− 7)
x
dx =
∫
(x2 + 2− 7
x
)dx =
∫
(x2)dx+ 2
∫
(1)dx− 7
∫
(
1
x
)dx =
=
x3
3
+ 2x− 7 ln |x|+ C = x ·
(
x2
3
+ 2
)
− ln |x|7 + C.
c)
∫
(3e−5t +
√
t)dt =
∫
(3e−5t)dt+
∫
(
√
t)dt = −3e
−5t
5
+
2
√
t3
3
+ C,
pois analisando as integrais separadamente, temos:∫
(3−5t)dt = 3
∫
(e−5t)dt = 3
∫
−1
5
eudu = −3e
u
5
+ C1, onde fizemos a mudança
u = −5tdu = −5dt .
(2)
∫
(
√
t)dt =
∫
(t
1
2 )dt =
2(t
3
2 )
3
+ C2 =
2
√
t3
3
+ C2,
e por fim basta tomar C1 + C2 = C.
2. Determine a função F (x), cuja tangente tem uma inclinação 3x2 + 1 para qualquer valor
de x, e cuja curva passe pelo ponto (2, 6).
Resolução: Pelo enunciado, temos
dF
dx
= 3x2 + 1⇒ F (x) =
∫
(3x2 + 1)dx,
logo
F (x) = 3
∫
(x2)dx+
∫
(1)dx =
3x3
x
+ x+ C = x3 + x+ C.
Entretanto é necessário que F (x) passe pelo ponto P = (2, 6), o que significa descobrir o
valor de C para que F (2) = 6. Assim
F (2) = (2)3 + 2 + C = 6⇒ 8 + 2 + C = 6⇒ C = 6− 10⇒ C = −4.Portanto, a F (x) que satisfaz todas essas condições é:
F (x) = x3 + x− 4 = x(x2 + 1)− 4.
3. O custo marginal (variação do custo total de produção) é de 3q2 − 60q + 400 reais por
unidade, constatou um fabricante, onde q é o número de unidades produzidos. O custo
4.1 Cálculo de Primitivas 77
total para produzir as duas primeiras unidades é de R$ 900,00. Qual o custo total para
produzir as cinco primeiras unidades?
Resolução: Resolveremos em três etapas:
1
o
- Encontrar a função custo total, sabendo que o custo marginal é a derivada do custo
total:
dC
dq
= 3q2 − 60q + 400⇒ C(q) =
∫
(3q2 − 60q + 400)dq = 3q
3
3
− 60q
2
2
+ 400q +K
⇒ C(q) = q3 − 30q2 + 400q +K.
2
o
- Determinar K sabendo que C(2) = 900.
C(2) = (2)3 − 30(2)2 + 400(2) +K = 900 =⇒ K = 900− 8 + 120− 800 =⇒ K = 212.
Temos então que:
C(q) = q3 − 30q2 + 400q + 212.
3
o
- Por fim, determinar C(5):
C(5) = (5)3 − 30(5)2 + 400(5) + 212 = 125− 750 + 2000 + 212 = 1587
Portanto, o custo total de produção das primeiras 5 unidades é de R$1.587,00.
4. Estima-se que daqui a t meses a população de uma certa cidade estará aumentando à razão
de 4 + 5t
2
3
habitantes por mês. Se a população atual é de 10.000 habitantes, qual será a
população daqui a 8 meses?
Resolução: Sabe-se que a razão de crescimento da população é a derivada da função que
define a quantidade de habitantes em t meses. 1o - Encontrar P (t):
dP
dt
= 4 + 5t
2
3 ⇒ dP = (4 + 5t 23 )dt⇒ P (t) =
∫
(4 + 5t
2
3 )dt,
78
onde ∫
(4 + 5t
2
3 )dt = 4
∫
(1)dt+ 5
∫
(t
2
3 )dt = 4t+ 5 · 3
5
t
5
3 + C = 4t+ 3t
3
√
t2 + C.
Portanto,
P (t) = 4t+ 3t
3
√
t2 + C.
2
o
- Determinar C, sabendo que P (0) = 10.000.
P (0) = 4(0) + 3(0)
3
√
02 + C = 10.000⇒ C = 10.000
∴ P (t) = 4t+ 3t 3
√
t2 + 10.000.
3
o
- Descobrir a população total daqui a 8 meses (t = 8):
P (8) = 4(8) + 3(8)
3
√
82 + 10.000 = 32 + 24 · 4 + 10.000 = 10.128
Portanto, após 8 meses a população nessa cidade será de 10.128 pessoas.
5. Um corpo está se movendo de tal forma que sua velocidade após tminutos é v(t) = 3 + 2t+ 6t2
metros/min. Que distância o corpo percorre no segundo minuto?
Resolução: Denotando por s = s(t) a função distância, temos
v(t) =
ds
dt
= 3 + 2t+ 6t2 ⇒ s(t) =
∫
(3 + 2t+ 6t2)dt⇒ s(t) = 3t+ t2 + 2t3 + C.
O deslocamento no segundo minuto é igual a ∆S = s(2)− s(1).
Logo: ∆S = 3(2) + (2)2 + 2(2)3 + C − [3(1) + (1)2 + 2(1)3 + C] = 6 + 4 + 16 + C − 3− 1− 2− C ⇒
⇒ ∆S = 26− 6 = 20 metros.
Portanto, esse corpo percorreu 20 metros no segundo minuto.
6. Um assado é retirado do freezer e deixado em cima da pia da cozinha para descongelar.
A temperatura do assado era de −4◦C quando foi retirado do freezer e t horas depois a
temperatura estava aumentando à taxa de T ′(t) = 7e−0.35t ◦C/hora.
4.1 Cálculo de Primitivas 79
a) Escreva uma expressão para a temperatura do assado após t horas.
b) Qual a temperatura após 2 horas?
c) Supondo que o assado fique totalmente descongelado quando a temperatura atinge
10◦C. Quanto tempo o assado leva pra descongelar?
Resolução: a) 1
o
- Precisamos encontrar uma expressão genérica T (t), então basta inte-
grarmos T ′(t). Assim, temos:
dT
dt
= 7e−0.35t =⇒ T (t) =
∫
(7e−0.35t)dt = 7
∫
(e−0.35t)dt,
fazendo a mudança
u = −0.35tdu = −0.35dt , temos
−0.35
−0.35 · 7
∫
(e−0.35t)dt =
7
−0.35
∫
(eu)du = −20e−0.35t + C.
Portanto, T (t) = −20 · e−0.35t + C.
2
o
- Determinar C sabendo que T (0) = −4◦C:
T (0) = −20 · e−0.35(0) + C = −4⇒ −20 + C = −4⇒ C = 16.
Logo, T (t) = 16− 20e−0.35t.
b) T (2) = 16− 20e−0.35(2) = 16− 20e−0.7 = 6, 07◦C.
Após duas horas a temperatura do assado é de aproximadamente 6, 07◦C.
c) Devemos determinar t, para quando T (t) assumir o valor de 10◦C.
T (t) = 16− 20e−0.35t = 10⇒ −20e−0.35t = −6⇒ e−0.35t = 0.3⇒
⇒ −0.35t · ln e = ln
(
3
10
)
⇒ −0.35t · ln e = ln 3− ln 10⇒
⇒ −0.35t = 1, 09861− 2, 30259⇒ t = −1, 20398−0, 35 ⇒ t = 3, 44 horas.
O tempo de espera para o assado descongelar completamente é por volta de 3, 44 horas.
80
4.2 Cálculo de integrais definidas e Teorema Fundamental do Cál-
culo
1. Resolva as seguintes integrais definidas abaixo
a)
∫ 2
−1
x(1 + x3)dx
b)
∫ pi
2
0
cos tdt
Resolução: a)
∫ 2
−1
x(1 + x3)dx =
∫ 2
−1
x + x4dx =
∫ 2
−1
xdx +
∫ 2
−1
x4dx =
(
x2
2
)2
−1
+(
x5
5
)2
−1
,
portanto, temos∫ 2
−1
x(1 + x3)dx =
[
22
2
− −1
2
2
]
+
[
25
5
− −1
5
5
]
=
[
2− 1
2
]
+
[
32
5
+
1
5
]
=
3
2
+
33
5
=
81
10
.
b)
∫ pi
2
0
cos tdt = (sen t)
pi
2
0 = sen
(pi
2
)
− sen (0) = 1− 0 = 1
2. Resolva as seguintes integrais definidas:
a)
∫ 1
0
dy√
3y + 1
b)
∫ 2
1
x lnxdx
Resolução: a) Se tomarmos u = 3y + 1, então du = 3dy, e dessa forma teremos os novos
limites de integração x = 0 =⇒ u = 1x = 1 =⇒ u = 4 .
Portanto, temos
∫ 1
0
dy√
3y + 1
=
∫ 4
1
du
3
√
u
=
1
3
∫ 4
1
u−
1
2du =
(
1
3
√
u
1
2
)4
1
=
2
3
(√
u
)4
1
=
4
3
− 2
3
=
2
3
.
b) Resolveremos esta integral através de integração por partes, tomando u = lnx⇒ du =
4.2 Cálculo de integrais definidas e Teorema Fundamental do Cálculo 81
1
xdx e dv = xdx⇒ v = x
2
2 . Segue assim∫ 2
1
x lnxdx =
(
x2
2
· lnx
)2
1
−
∫ 2
1
x2
2
· 1
x
dx = 2 · ln 2− 1
2
(
x2
2
)2
1
= 2 ln 2− 3
4
=
8 ln 2− 3
4
.
3. Resolva a integral definida
∫ pi
2
0
sen (2x)dx.
Resolução: Lembremos que sen (2x) = 2sen x cosx. Dessa forma podemos reescrever a
integral da seguinte maneira
∫ pi
2
0
sen (2x)dx =
∫ pi
2
0
2sen x cosxdx = 2
∫ pi
2
0
sen x cosxdx.
Fazendo u = sen x⇒ du = cosxdx, temos os novos limites de integração:x = 0⇒ u = 0x = pi
2
⇒ u = 1
.
Portanto,
∫ pi
2
0
sen (2x)dx =
∫ pi
2
0
2sen x cosxdx = 2
∫ 1
0
udu = 2
(
u2
2
)1
0
= 12 − 02 = 1.
4. Em uma certa fábrica, o custo marginal (mudança no custo total de produção) é 3(q− 4)2
reais por unidade, quando o nível de produção é q unidades. Qual é o aumento do custo
de fabricação quando o nível de produção aumenta de 6 para 10 unidades ?
Resolução: Seja C(q) o custo para produzir q quantidades. Nesse caso, o custo marginal
é a derivada
dC
dq
= 3(q − 4)2, e o aumento do custo se a produção aumenta de 6 para 10
unidades é dado por C(10)−C(6), que pelo Teorema Fundamental do Cálculo, corresponde
a integral definida
C(10)− C(6) =
∫ 10
6
dC
dq
dq =
∫ 10
6
3(q − 4)2dq.
82
Tomando u = q − 4⇒ du = dq, q = 6⇒ u = 2 e q = 10⇒ u = 6, segue
∫ 10
6
3(q − 4)2dq = 3
∫ 6
2
u2du = 3 ·
(
u3
3
)6
2
= 63 − 23 = 216− 8 = 208.
Portanto, o aumento do custo se a produção aumentar de 6 para 10, será de R$208, 00
5. Uma amostra de proteína de massa m (em gramas) se decompõe em aminoácidos, a uma
taxa dada por
dm
dt
=
−30
(t+ 3)2
g/h.
Qual a variação da massa da amostra de proteína durante as primeiras 2 horas ?
Resolução: A variação da massa é dada pela integral definida
m(2)−m(0) =
∫ 2
0
dm
dt
dt =
∫ 2
0
−30
(t+ 3)2
dt
Fazendo a substituição u = t+ 3, du = dt e substituindo os limites de integração (t = 0 se
torna u = 3 e t = 2 se torna u = 5), obtemos:
m(2)−m(0) =
∫ 2
0
−30
(t+ 3)2
=
∫ 5
3
−30u−2du = −30
(
u−1
−1
)5
3
= 30
[
1
5
− 1
3
]
= −4.
Assim, a massa de proteína diminui em 4 gramas nas primeiras 2 horas.
4.3 Mudança de Variável e Integração por partes
1. Resolva as integrais abaixo:
a)
∫
cotg(x)dx.
b)
∫
sen(x) cos(x)dx.
c)∫
x
1 + x2
dx.
Resolução: a) Sabemos que cotg(x) =
cos(x)
sen(x)
, assim temos:
∫
cotg(x)dx =
∫
cos(x)
sen(x)
dx =
∫
1
sen (x)
· cos(x)dx.
4.3 Mudança de Variável e Integração por partes 83
Agora resolveremos esta integral por substituição da seguinte maneira:u = sen(x)du = cos(x)dx
Portanto,∫
cotg(x)dx =
∫
1
sen(x)
· cos(x)dx =
∫
1
u
du = ln |u|+ C = ln |sen(x)|+ C.
b) Resolveremos esta integral utilizando a mesma substituição do item anterior:u = sen(x)du = cos(x)dx
Portanto, ∫
sen(x) cos(x)dx =
∫
udu =
u2
2
+ C =
sen2(x)
2
+ C.
c) Vamos separar a fração em uma multiplicação para ficar mais fácil enxergarmos a subs-
tituição ∫
x
1 + x2
dx =
∫
1
1 + x2
· xdx.
Assim, fazendo a substituição u = 1 + x2du = 2xdx
temos∫
x
1 + x2
dx =
∫
1
1 + x2
· xdx = 1
2
∫
1
1 + x2
2xdx =
1
2
∫
1
u
du =
1
2
ln |u|+ C = 1
2
ln |1 + x2|+ C.
Portanto, ∫
x
1 + x2
dx =
1
2
ln |1 + x2|+ C.
2. Resolva as integrais abaixo:
a)
∫
tg 2(x)dx
b)
∫
cos(αx)dx, α 6= 0
Resolução: a) Para resolver a primeira integral, partimos da relação fundamental da
84
trigonometria sen2(x) + cos2(x) = 1, e dividindo toda a expressão por cos2(x), ficaremos
com a seguinte equação tg 2(x) + 1 = sec2(x). Agora basta substituirmos na integral∫
tg 2(x)dx =
∫
sec2(x)dx−
∫
1dx = tg (x)− x+ C.
b) Para resolvermos a segunda integral vamos fazer uma substituição de variável de forma
a facilitar a integração. Sejau = αx =⇒ du = αdx. Portanto, nossa integral ficará∫
cos(αx)dx =
∫
1
α
cos(u)du =
1
α
∫
cos(u)du =
1
α
sen(u) + C =
1
α
sen(αx) + C.
3. Resolva as seguintes integrais:
a)
∫
cos2(x)dx
b)
∫
x5 + x+ 1
x2
dx
Resolução: a) Trabalharemos primeiro com a expressão cos2(x) utilizando a seguinte
relação trigonométrica:
cos(2x) = cos2(x)− sen2(x)→ cos(2x) = cos2(x)− (1− cos2(x)).
Portanto, cos2(x) =
1
2
+
cos(2x)
2
.
Substituindo na integral, temos∫
cos2(x)dx =
∫
1
2
+
cos(2x)
2
dx =
x
2
+
sen(2x)
4
+ C =
1
2
[
x+
sen(2x)
2
]
+ C.
b)
∫
x5 + x+ 1
x2
dx =
∫
x3dx+
∫
1
x
dx+
∫
1
x2
dx =
x4
4
+ ln |x| − 1
x
+ C.
4. Resolva as integrais abaixo:
a)
∫
e
√
2xdx
b)
∫
sen2(x)dx
c)
∫
3xdx
4.3 Mudança de Variável e Integração por partes 85
Resolução: a) Fazendo z =
√
2x =⇒ dz = 1√
2x
dx, temos
∫
e
√
2xdx =
√
2x√
2x
∫
e
√
2xdx =
∫
e
√
2x
√
2x
1√
2x
dx =
∫
ezzdz.
Agora utilizaremos integração por partes para resolver a integral obtida acima, tomando
u = z e dv = ez =⇒ du = 1 e v = ez.
Segue que, ∫
ezzdz = ezz −
∫
ezdz = ezz − ez = ez(z − 1).
Voltando para a variável x, temos∫
e
√
2x = e
√
2x(
√
2x− 1) + C.
b) Utilizaremos nesta segunda integral uma relação trigonométrica para simplificarmos a
resolução:
cos(2x) = cos2(x)− sen2(x) = 1− sen2(x)− sen2(x))
−2sen2(x) = cos(2x)− 1⇒ sen2(x) = 1
2
− cos(2x)
2
Substituindo na integral, teremos∫
sen2(x)dx =
∫
1
2
− cos(2x)
2
dx =
x
2
− sen(2x)
4
+ C.
c)
∫
3xdx =
3x
ln(3)
+ C , dado que
[
3x
ln(3)
]′
= 3x.
5. Resolva as integrais abaixo:
a)
∫
xe3xdx
b)
∫
xsen(5x)dx
c)
∫
x2 ln(x)dx
Resolução: a) Utilizaremos neste exercício a integração por partes, tomando
86
u = x e dv = e3xdx =⇒ du = dx e v = 1
3
e3x.
Assim, ∫
xe3xdx =
xe3x
3
−
∫
e3x
3
dx =
xe3x
3
− e
3x
9
+ C.
b) Integrando por partes, sendo
u = x e dv = sen(5x)dx =⇒ du = dx e v = −1
5
cos(5x),
temos∫
xsen(5x)dx = −xcos(5x)
5
− 1
5
∫
−cos(5x)dx = −xcos(5x)
5
+
sen(5x)
25
+ C.
c) Integrando por partes, sendo
x2 = dv e u = ln(x) =⇒ v = x
3
3
e
1
x
dx = du,
temos ∫
x2 ln(x)dx =
x3
3
ln(x)−
∫
x3
3x
dx =
x3
3
ln(x)− x
3
9
=
x3
3
(ln(x)− 1
3
) + C.
6. Resolva a seguinte integral:
∫
x2cos(3x)dx.
Resolução: Utilizaremos nesta primeira integral a integração por partes. Assim, tomando:
u = x2 e dv = cos(3x)dx =⇒ du = 2xdx e v = 1
3
sen(3x),
segue ∫
xcos(3x)dx =
x2sen(3x)
3
−
∫
2xsen(3x)
3
dx.
Obtemos uma outra integral que não podemos resolver de forma simples, portanto, mais
uma vez aplicaremos a integração por partes:
z = x, dw = sen(3x)dx =⇒ dz = dx, w = − cos(3x)3 .
Desta forma, temos∫
2xsen(3x)
3
dx =
2
3
∫
xsen(3x)dx =
2
3
[
−xcos(3x)
3
+
∫
cos(3x)
3
dx
]
= −2xcos(3x)
9
+
2sen(3x)
27
+ C.
Substituindo na integral anterior, temos∫
x2cos(3x)dx =
x3sen(3x)
3
+
2xcos(3x)
9
− 2sen(3x)
27
+ C.
7. Resolva a integral
∫
arctg(x)dx.
4.3 Mudança de Variável e Integração por partes 87
Resolução: Notemos que
∫
arctg(x)dx =
∫
1 · arctg(x)dx. Fazendo integração por par-
tes, tomando
u = arctg(x) =⇒ du = 1
1 + x2
dx
v = x =⇒ dv = dx,
segue que ∫
1 · arctg(x)dx = xarctg(x)−
∫
1
1 + x2
xdx.
Agora faremos uma mudança de variável para resolvermos a nova integral obtida acima:
z = 1 + x2 e dz = 2xdx. Temos, assim que∫
1
1 + x2
xdx =
1
2
∫
1
z
dz =
1
2
ln |z| = 1
2
ln(1 + x2).
Portanto, ∫
arctg(x)dx = x · arctg(x)− 1
2
ln(1 + x2) + C.
8. Resolva a integral
∫
sec(x)dx.
Resolução: Para resolver essa integral, vamos multiplicar o numerador e o denominador
pelo termo sec(x) + tg (x). Isso será o suficiente para uma oportuna substituição, que
permitirá calcular a integral. Temos∫
sec(x)dx =
∫
sec(x) · (sec(x) + tg (x))
sec(x) + tg (x)
dx =
∫
sec2(x) + sec(x)tg (x)
sec(x) + tg (x)
dx.
Agora fazendo a substituição
u = sec(x) + tg (x)du = sec(x)tg(x) + sec2(x)dx ,
temos ∫
sec2(x) + sec(x)tg (x)
sec(x) + tg (x)
dx =
∫
1
u
du = ln |u|+ C,
de onde segue que ∫
sec(x)dx = ln | sec(x) + tg(x)|+ C.
9. Resolva a integral
∫
sec3(θ)dθ.
Resolução: Notemos que
∫
sec3(θ)dθ =
∫
sec(θ) · sec2(θ)dθ. Agora agora integramos por
partes, tomando
88
u = sec(θ) =⇒ du = sec(θ)tg(θ)dv = sec2(θ) =⇒ v = tg(θ)
Assim, segue que ∫
sec3(θ)dθ = sec(θ) · tg (θ)−
∫
sec(θ)tg 2(θ)dθ.
Agora precisamos resolver a integral encontrada acima. Sabemos por propriedades trigo-
nométricas que tg 2(θ) + 1 = sec2(θ), e portanto, temos∫
sec(θ)tg 2(θ)dθ =
∫
[sec3(θ)− sec(θ)]dθ =
∫
sec3(θ)dθ −
∫
sec(θ)dθ.
Logo, ∫
sec3(θ)dθ = sec(θ) · tg (θ)−
∫
sec3(θ)dθ +
∫
sec(θ)dθ,
de onde concluímos que
2 ·
∫
sec3(θ)dθ = sec(θ) · tg (θ) +
∫
sec(θ)dθ.
Agora basta integrarmos sec(θ) (calculada no exercício anterior) e dividir toda equação por
2, obtendo ∫
sec3(θ)dθ =
1
2
· sec(θ)tg(θ) + 1
2
· ln | sec(θ) + tg (θ)|+ C.
4.4 Primitivas de Funções Racionais
1. Calcule a seguinte integral indefinida:
∫
dx
(x2 − 4) .
Resolução: Notemos que (x2 − 4) = (x+ 2)(x− 2). Assim, temos as frações parciais
1
(x2 − 4) =
A
x+ 2
+
B
x− 2 =
A(x− 2) +B(x+ 2)
x2 − 4 ,
e portanto,
1 = A(x− 2) +B(x+ 2).
Fazendo x = 2, obtemos
1 = A(2− 2) +B(2 + 2)⇒ 1 = 4B ⇒ B = 1
4
,
4.4 Primitivas de Funções Racionais 89
enquanto que para x = −2, temos
1 = A(−2− 2) +B(−2 + 2)⇒ 1 = −4A⇒ A = −1
4
.
Logo, segue que∫
dx
x2 − 4 =
1
4
(∫ −1
x+ 2
dx+
∫
1
x− 2dx
)
=
1
4
[− ln |x+ 2|+ ln |x− 2|] + C,
de onde concluímos que ∫
dx
x2 − 4 =
1
4
ln
∣∣∣∣x− 2x+ 2
∣∣∣∣+ C.
2. Calcule a seguinte integral indefinida:
∫
x+ 1
x3 + x2 − 6xdx.
Resolução: Notemos que x3 + x2 − 6x = x(x2 + x− 6) e ainda que x2 + x− 6 = (x− 2)(x+ 3).
Portanto, temos que x3 + x2 − 6x = x(x− 2)(x+ 3). Assim temos as frações parciais
x+ 1
x3 +x2 − 6x =
A
x
+
B
x− 2 +
C
x+ 3
=
(A+B + C)x2 + (A+ 3B − 2C)x− 6A
x3 + x2 − 6x ,
e portanto,
x+ 1 = (A+B + C)x2 + (A+ 3B − 2C)x− 6A,
que implica 
A+B + C = 0
A+ 3B − 2C = 1
−6A = 1,
Resolvendo esse sistema linear temos que A = −1
6
, B =
3
10
e C = − 2
15
.
Assim podemos reescrever a integral da seguinte maneira:∫
x+ 1
x3 + x2 − 6xdx =
∫
− 1
6x
dx+
∫
3
10(x− 2)dx−
∫
2
15(x+ 3)
dx,
implicando ∫
x+ 1
x3 + x2 − 6xdx = −
1
6
∫
1
x
dx+
3
10
∫
1
x− 2dx−
2
15
∫
1
x+ 3
dx.
90
Calculando as integrais, temos∫
x+ 1
x3 + x2 − 6xdx =
3
10
ln |x− 2| − 1
6
ln |x| − 2
15
|x+ 3|+ C,
∫
x+ 1
x3 + x2 − 6xdx =
1
30
[
ln |x− 2|9 − ln |x|5 − ln |x+ 3|4]+ C,
de onde concluímos que∫
x+ 1
x3 + x2 − 6xdx =
1
30
ln
∣∣∣∣ (x− 2)9x5(x+ 3)4
∣∣∣∣+ C
3. Calcule a seguinte integral indefinida:
∫
3x+ 5
x3 − x2 − x+ 1dx.
Resolução: Notemos que x3 − x2 − x+ 1 = x2(x− 1)− (x− 1) = (x2 − 1)(x− 1), e logo
x3 − x2 − x+ 1 = (x− 1)(x+ 1)(x− 1) = (x+ 1)(x− 1)2.
Assim temos as frações parciais
3x+ 5
x3 − x2 − x+ 1 =
A
x+ 1
+
B
x− 1 +
C
(x− 1)2 ,
de onde segue que
3x+ 5 = A(x− 1)2 +B(x+ 1)(x− 1) + C(x+ 1).
Fazendo x = −1, temos
3(−1) + 5 = A(−1− 1)2 +B(−1 + 1)(−1− 1) + C(−1 + 1)⇒ 2 = 4A⇒ A = 1
2
,
enquanto que para x = 1, temos
3(1) + 5 = A(1− 1)2 +B(1 + 1)(1− 1) + C(1 + 1)⇒ 8 = 2C ⇒ C = 4,
e por fim para x = 0, temos
3(0)+5 = A(0+1)2+B(0+1)(0−1)+C(0+1)⇒ 5 = A−B+C ⇒ 5 = 1
2
−B+4⇒ B = −1
2
.
4.4 Primitivas de Funções Racionais 91
Assim podemos reescrever a integral da seguinte forma∫
3x+ 5
x3 − x2 − x+ 1dx =
∫
1
2(x+ 1)
dx−
∫
1
2(x− 1)dx+
∫
4
(x− 1)2dx,
e calculando as integrais, temos∫
3x+ 5
x3 − x2 − x+ 1dx =
1
2
ln |x+ 1| − 1
2
ln |x− 1| − 4
x− 1 + C,
de onde concluímos que∫
3x+ 5
x3 − x2 − x+ 1dx =
1
2
ln
∣∣∣∣x+ 1x− 1
∣∣∣∣+ 41− x + C.
4. Calcule a seguinte integral indefinida:
∫
x4 − x3 − 3x2 − 2x+ 2
x3 + x2 − 2x dx
Resolução: Note nesse caso que o grau do polinômio do numerador é maior do que o do
denominador, portanto, devemos primeiro efetuar a divisão de polinômios.
(
x4 − x3 − 3x2 − 2x+ 2
)
÷
(
x3 + x2 − 2x
)
= x− 2 + x
2 − 6x+ 2
x3 + x2 − 2x
− x4 − x3 + 2x2
− 2x3 − x2 − 2x
2x3 + 2x2 − 4x
x2 − 6x
Portanto,
x4 − x3 − 3x2 − 2x+ 2
x3 + x2 − 2x = (x− 2) +
(
x2 − 6x+ 2
x3 + x2 − 2x
)
,
e assim temos∫
x4 − x3 − 3x2 − 2x+ 2
x3 + x2 − 2x dx =
∫
(x− 2)dx+
∫ (
x2 − 6x+ 2
x3 + x2 − 2x
)
dx.
Concluiremos o exercício depois que resolvermos estas duas integrais acima. A primeira
delas é bastante simples e resolveremos ao fim da resolução. Na segunda voltamos a uma
fração de polinômios, mas neste caso o grau do polinômio do numerador é menor do que
aquele encontrado no denominador, assim podemos aplicar o método das frações parciais.
92
Notemos que (x3 + x2 − 2x) = x(x2 + x− 2) = x(x− 1)(x+ 2), então:
x2 − 6x+ 2
x3 + x2 − 2x =
A
x
+
B
x− 1 +
C
x+ 2
=
A(x− 1)(x+ 2) +B(x)(x+ 2) + C(x)(x− 1)
x3 + x2 − 2x ,
onde obtemos
(x2 − 6x+ 2) = A(x− 1)(x+ 2) +B(x)(x+ 2) + C(x)(x− 1).
Fazendo x = 0, temos
(02 − 6 · 0 + 2) = A(0− 1)(0 + 2) +B(0)(0 + 2) + C(0)(0− 1)⇒ 2 = −2A⇒ A = −1,
enquanto que para x = 1, temos
(12 − 6 · 1 + 2) = A(1− 1)(1 + 2) +B(1)(1 + 2) + C(1)(1− 1)⇒ −3 = 3B ⇒ B = −1,
e por fim, para x = −2, segue que
[(−2)2−6·(−2)+2] = A(−2−1)(−2+2)+B(−2)(−2+2)+C(−2)(−2−1)⇒ 18 = 6C ⇒ C = 3.
Assim, podemos reescrever a integral, como∫
x4 − x3 − 3x2 − 2x+ 2
x3 + x2 − 2x dx =
∫
(x− 2)dx−
∫
1
x
dx−
∫
1
x− 1dx+
∫
3
x+ 2
dx.
Calculando as integrais, temos∫
x4 − x3 − 3x2 − 2x+ 2
x3 + x2 − 2x dx =
x2
2
− 2x− ln |x| − ln |x− 1|+ 3 ln |x+ 2|+ C,
onde concluímos que∫
x4 − x3 − 3x2 − 2x+ 2
x3 + x2 − 2x dx =
x2
2
− 2x+ ln
∣∣∣∣ (x+ 2)3x(x− 1)
∣∣∣∣+ C.
5. Resolva as integrais abaixo
a)
∫
1
x2 + 8x+ 17
dx.
b)
∫
1
(x+ 2)(x2 + 2x+ 2)
dx.
4.4 Primitivas de Funções Racionais 93
Resolução: a) Notemos que∫
1
x2 + 8x+ 17
dx =
∫
1
(x+ 4)2 + 1
dx.
Fazendo a mudança s = x+ 4, segue que ds = dx, e portanto,∫
1
(x+ 4)2 + 1
dx =
∫
1
(s)2 + 1
ds = arctan(s) + C = arctan(x+ 4) + C.
b) Notemos que x2 + 2x + 2 é um termo quadrático irredutível (não é possível fatorá-lo),
e desta forma temos as frações parciais
1
(x+ 2)(x2 + 2x+ 2)
=
A
(x+ 2)
+
Bx+ C
x2 + 2x+ 2
= A(x2 + 2x+ 2) + (Bx+ C)(x+ 2),
implicando que Ax2 + 2Ax+ 2A+Bx2 + 2Bx+ Cx+ 2C = 1. Isto é,
A+B = 0;
2A+ 2B + C = 0;
2A+ 2C = 1.
Resolvendo esse sistema linear, temos A = 12 , B = −12 e C = 0.
Assim, ∫
1
(x+ 2)(x2 + 2x+ 2)
dx =
1
2
∫
dx
x+ 2
− 1
2
∫
x
x2 + 2x+ 2
dx.
Calculando
∫
x
x2+2x+2
dx separadamente, temos
∫
x
x2+2x+2
=
∫
x
(x+1)2+1
dx.
Fazendo u = x+ 1, temos du = dx e ficamos com∫
u− 1
u2 + 1
du =
∫
u
u2 + 1
du−
∫
1
u2 + 1
du.
Notemos que podemos resolver a primeira integral fazendo u2 + 1 = s, e assim 2udu = ds,
implicando que
∫
u
u2+1
du = 12
∫
1
sds =
1
2 ln |s| = 12 ln(u2 + 1). Concluímos assim que∫
u− 1
u2 + 1
du =
1
2
ln(u2 + 1)− arctg(u),
94
voltando para a variável x, obtemos∫
x
x2 + 2x+ 2
dx =
1
2
ln(x2 + 2x+ 2)− arctg(x+ 1).
Portanto, a integral pedida no enunciado é∫
1
(x+ 2)(x2 + 2x+ 2)
dx =
1
2
ln |x+ 2| − 1
4
ln(x2 + 2x+ 2) +
1
2
arctg(x+ 1) + C.
4.5 Cálculo de Áreas
1. Encontre a área S da região limitada pelo eixo Ox e pela curva y = sen (x) de 0 até 2pi.
Resolução: Precisamos dividir a região em duas subregiões de áreas S1 e S2, conforme
a figura a seguir. No intervalo de [0, pi], y = sen (x) > 0 e no intervalo de [pi, 2pi],
Figura 4.1: Subregiões de áreas S1 e S2.
y = sen (x) 6 0. Portanto, a área de S é igual a S1 + |S2|. Ou seja,
S =
∫ pi
0
sen (x) dx+
∣∣∣∣∫ 2pi
pi
sen (x) dx
∣∣∣∣ = − cos(x)|pi0 + ∣∣− cos(x)|2pipi ∣∣ = 4 u.a.
Outra forma de resolver esta questão é notando que pela simetria da curva senóide, a
área S1 é igual a área S2. Desta forma a área S também poderia ser calculada como
2
∫ pi
0
sen (x)dx.
4.5 Cálculo de Áreas 95
2. Determine a área da região no primeiro quadrante limitada à esquerda pelo eixo y, abaixo
pela curva x = 2
√
y, acima e a esquerda pela curva x = (y − 1)2 e acima e à direita pela
reta x = 3− y.
Resolução: A área pedida está ilustrada na figura a seguir Para determinar os limites de
Figura 4.2: Área da região limitada.
integração precisamos saber em quais pontos acontece a intersecção entre as curvas.
Para x = (y − 1)2 e x = 3− y, temos:
(y − 1)2 = 3− y =⇒ y2 − 2y + 1 = 3− y =⇒ y2 − y − 2 = 0 =⇒ (y − 2)(y + 1) = 0.
Logo, a intersecção entre as curvas (y − 1)2 e 3 − y, acontece para y = 2 e y = −1, como
a região deve pertencer ao primeiro quadrante escolhemos y = 2.
Para x = 2
√
y e x = 3− y, temos:
(2
√
y)2 = (3−y)2 =⇒ 4y = 9−6y+y2 =⇒ y2−10y+9 = 0 =⇒ (y−9)(y−1) = 0 =⇒ y = 1,
pois y = 9 não satisfaz a equação.
Dividindo a região de integração em duas A1 e A2, conforme a figura abaixo: Temos que
Atotal = A1 +A2, onde:
A1 = 2
∫ 1
0
y
1
2dy = 2
[
2
3
y
3
2
]1
0
=
4
3
.
A2 =
∫ 2
1
3− y − (y − 1)2dy =
[
3y − 1
2
y2 − 1
3
(y − 1)3
]2
1
=
7
6
.
96
Figura 4.3: Subregiões de áreas A1 e A2.
Portanto, Atotal =
4
3
+
7
6
=
15
6
=
5
2
.
3. A figura abaixo mostra o triângulo AOC inscrito na região que vai da parábola y =
x2 até a reta y = a2. Determine o limite da razão entre a área do triângulo e a área da
região parabólica quando a tende à zero.
Figura 4.4: Área daregião.
4.6 Volume de Sólido de Revolução 97
Resolução: Área da região parabólica
2
∫ a
0
(a2 − x2)dx = 2
[
a2x− 1
3
x3
]a
0
= 2
(
a3 − a
3
3
)
=
4a3
3
.
Área do triângulo AOC
A =
1
2
(2a)(a2) = a3.
O limite da razão entre a área do triângulo e a área da região parabólica é
lim
a→0+
a3
4a3
3
= lim
a→0+
3
4
=
3
4
.
4.6 Volume de Sólido de Revolução
1. Por integração, determine o volume do sólido obtido com a rotação da região triangular
com vértices (0, 0), (b, 0) e (0, h) em torno:
a) do eixo x.
b) da eixo y.
Resolução: a) A figura abaixo ilustra a situação.
Figura 4.5: Rotação do triângulo em torno do eixo x
Escrevendo a equação da reta que originou a rotação, temos que y(x) = −hx
b
+ h.
Seccionando a figura observamos que ela é formada por vários discos circulares de raios
98
que variam de acordo com a delimitação da curva y(x) = −hx
b
+ h, sendo a área da seção
transversal de cada um desses discos iguais a A = pi[y(x)]2, variando da origem até o ponto
b. Integrando esta expressão para área, obtemos o volume
V =
∫ b
0
pi
(
−hx
b
+ h
)2
dx = pi
∫ b
0
(
(hx)2
b2
− 2h
2x
b
+ h2
)
dx = pih2
[
x3
3b2
− 2x
2
2b
+ x
] ∣∣∣∣∣
b
0
= pih2
(
b3
3b2
− b
2
b
+ b
)
= pih2
(
b
3
− b+ b
)
=
pih2b
3
u.v.
b) Rotacionando em torno do eixo y temos a figura
Figura 4.6: Rotação do triângulo em torno do eixo y
Neste caso, a equação da reta que origina o sólido de revolução e a integração também
serão feitas em relação a variável y. A reta é x(y) =
b(y − h)
−h =
−by
h
+
bh
h
= b
(
1− y
h
)
.
Desta forma, o volume do sólido será
V =
∫ h
0
pi
[
b
(
1− y
h
)]2
dy = pi
∫ h
0
(b2 − 2b
2y
h
+
y2b2
h2
) dy = pib2
∫ h
0
(1− 2y
h
+
y2
h2
) dy =
= pib2
[
y − y
2
h
+
y3
3h2
] ∣∣∣∣∣
h
0
= pib2
(
h− h
2
h
+
h3
3h2
)
=
pib2h
3
u.v
2. Determine o volume do sólido obtido por rotação do eixo x, a função definida por uma
região no 1o quadrante limitada pela curva x = y − y3 e pelo eixo y.
Resolução: Pelo método da casca, lembremos que o volume é dado por
V =
∫ b
a
2pi( raio da casca )( altura da casca ).
Segue abaixo um esboço da curva x = y− y3 com um segmento de reta paralelo ao eixo de
revolução, denominado altura da casca, e sua distância ao eixo de revolução, denominado
4.6 Volume de Sólido de Revolução 99
raio da casca.
Figura 4.7: Esboço da curva x = y − y3.
Como a curva é dada na variável y, vamos integrar em relação a y, e assim o intervalo de
integração vai de a = 0 até b = 1. Utilizando a fórmula, temos
V =
∫ 1
0
2pi(y)(y − y3) dy = 2pi
∫ 1
0
(y2 − y4) dy = 2pi
[
y3
3
− y
5
5
] ∣∣∣∣∣
1
0
=
4pi
15
.
3. Você está projetando uma frigideira que terá o formato de uma tigela esférica com alças.
Experimentando em casa você percebe que conseguirá um modelo com cerca de 3L de
capacidade se a profundidade for de 9 cm e se o raio da esfera for de 16 cm. Para se cer-
tificar disso, você desenha a frigideira como um sólido de revolução, como se vê na figura,
e calcula seu volume com uma integral. Arredondando para o inteiro mais próximo, qual
será o volume obtido em cm3? (1L = 1000cm3)
Figura 4.8: Ilustração da frigideira.
100
Resolução: Pela figura observa-se que a frigideira é obtida por rotação em torno do eixo
y, da curva x(y), obtida por
x2 + y2 + (16)2 = x2 + y2 + 256 =⇒ x(y) =
√
256− y2.
Assim temos pela fórmula de volume de sólido de rotação em torno do eixo y,
V =
∫ −7
−16
pi
[
(256− y2) 12
]2
dy =
∫ −7
−16
pi(256− y2) dy = pi
[
256y − y
3
3
] ∣∣∣∣∣
−7
−16
V = pi
(
256(−7) + (−(−7)
3)
3
− 256(−16)− (−(−16)
3)
3
)
=
(
−1792 + 343
3
+ 4056− 4096
3
)
pi
V =
(
2304− 3753
3
)
pi = (2304− 1251)pi = 1053pi ∼= 3308cm3.
4. Seja a função f(x) = sen(x), x ∈ [0, pi]. Calcule o volume do sólido gerado pela rotação de
f em torno do eixo x, ou seja, pela rotação da região delimitada pelo eixo x, o gráfico de
f e as retas x = 0 e x = pi.
Figura 4.9: Sólido obtido pela rotação da curva em torno do eixo x.
Neste caso temos
V = pi
∫ pi
0
sen2(x)dx = pi
∫ pi
0
(1− cos2 x)dx = pi
∫ pi
0
(
1− cos(2x) + 1
2
)
dx
=
pi
2
∫ pi
0
(1− cos(2x)) = pi
2
(
x− sen(2x)
2
)
|pi0 =
pi2
4
.
5. Considere a região do plano delimitada pelo eixo x, o gráfico y =
√
(x), para 0 6 x 6 2,
sendo girado primeiro ao redor do eixo x, e depois ao redor do eixo y. Calcule o volume
do sólido obtido em ambas situações.
Fazendo a rotação em torno do eixo x, temos y = f(x) =
√
x, para 0 ≤ x ≤ 2. Pela fórmula
4.6 Volume de Sólido de Revolução 101
Figura 4.10: Curva de rotação.
de volume de sólido de revolução, temos
V = pi
∫ 2
0
(
√
x)2dx = pi
∫ 2
0
xdx = pi
x2
2
|02 = 2pi u.v.
Figura 4.11: Rotação em torno do eixo x
Fazendo a rotação em torno do eixo x, temos x = f(y) = y2, para 0 ≤ y ≤ √2. Pela
fórmula de volume de sólido de revolução, temos
V = pi
∫ √2
0
(y2)2dy = pi
∫ √2
0
y4dy = pi
y5
5
|
√
2
0 =
4
√
2
5
pi u.v.
6. A região limitada pela curva y = x2 + 1 e pela reta y = −x + 3, gira em torno do eixo x
para gerar um sólido. Determine o volume deste sólido.
Resolução: Denominando por f e g a curva e a reta respectivamente, isto é, f(x) = x2+1
102
Figura 4.12: Rotação em torno do eixo y
e g(x) = −x+3, devemos encontrar os pontos de intersecção destas funções para determinar
os limites de integração.
Figura 4.13: Região de rotação.
Para isto, notemos que
f(x) = g(x)⇔ x2 + 1 = −x+ 3⇔ x2 + x− 2 = 0⇒ (x+ 2)(x− 1) = 0.
Portanto, as funções se interceptam em x = −2 e x = 1.
Desta forma, o volume do sólido é dado por
V = pi
∫ 1
−2
[f(x)]2 − [g(x)]2dx = pi
∫ 1
−2
[(−x+ 3)]2 − [x2 + 1]2dx = pi
∫ 1
−2
(−x4 − x2 − 6x+ 8) dx,
V = pi(
−x5
5
−x3
3
− 3x2 + 8x) |1−2 = pi[(
−1
5
−1
3
− 3 + 8)− (32
5
8
3
− 12− 16)] = 117pi
5
.
4.7 Comprimento de Arco 103
Figura 4.14: Sólido de revolução.
Concluímos que o volume do sólido obtido é
117pi
5
u.v.
4.7 Comprimento de Arco
1. Calcule o comprimento das curvas dadas por
a) y = x
3
2 − 4, 1 ≤ x ≤ 4.
b) x =
∫ y
0
√
sec4 t− 1 dt, −pi
4
≤ y ≤ pi
4
.
Resolução: a) O comprimento da curva é dado por S =
∫ b
a
√
1 + [f ′(x)]2 dx, onde a = 1, b = 4 e f ′(x) =
3
2
x
1
2
.
Assim, S =
∫ 4
1
√
1 +
[
3
2
x
1
2
]2
dx =
∫ 4
1
√
1 +
9x
4
dx =
4
9
· 2
3
(
1 +
9x
4
) 3
2
∣∣∣∣∣
4
1
=
8
27
[
10
3
2 −
(
13
4
) 3
2
]
8
27
(
10
√
10− 13
√
13
8
)
=
80
√
10− 13√13
27
u.c
b) Pelo Teorema fundamental do Cálculo:
dx
dy
=
d
dy
(∫ y
0
√
sec4 t− 1
)
=
√
sec4 y − 1
Então
(
dx
dy
)2
= (
√
sec4 y − 1)2 = sec4 y − 1.
Substituindo na fórmula do comprimento da curva:
S =
∫ pi
4
−pi
4
√
1 + sec4y − 1 dy =
∫ pi
4
−pi
4
sec2y dy = tg (y)
∣∣∣∣∣
pi
4
−pi
4
= 1− (−1) = 2.
2. Calcule o comprimento da curva y2 = x, de (0, 0) a (1, 1).
104
Resolução: O comprimento da curva é dado por: S =
∫ b
a
√
1 + [y′]2 dx, onde a = 0, b = 1 e y′ =
1
2
√
x
.
Assim,
S =
∫ 1
0
√
1 +
[
1
2
√
x
]2
dx =
∫ 1
0
√
1 +
1
4x
dx =
∫ 1
0
√
4x+ 1
4x
dx =
∫ 1
0
1
2
√
x
√
4x+ 1 dx.
Substituindo: u =
√
x =⇒ du = 1
2
√
x
dx e para x −→ 1, u −→ 1, assim como para
x −→ 0, u −→ 0. Obteremos:∫ 1
0
√
(4u2 + 1)du.
Fazendo 2u = tg θ =⇒ 4u2 = tg 2θ =⇒ 2du = sec2 θdθ. Logo, para u −→ 0, θ −→ 0,
e u −→ 1, θ −→ arctan(2). Substituindo temos: = 1
2
∫ arctan(2)
0
√
(tg 2θ + 1) sec2 θdθ.
Sabendo que; tg 2θ + 1 = sec2 θ teremos: =
1
2
∫ arctan(2)
0
sec3 θdθ.
Utilizando a fórmula pronta para a integral indefinida da secante ao cubo (já foi calculada
em outro exercício) ∫
sec3 θdθ =
1
2
(sec θtg θ + ln | sec θ + tg θ|).
Portanto, S =
∫ 1
0
√
1 +
[
1
2
√
x
]2
dx =
1
2
∫ arctg(2)
0
sec3 θdθ =
1
4
(sec θtg θ + ln | sec θ + tg θ|)
∣∣∣∣∣
arctg(2)
0
=
1
4
(sec(arctg(2))tg (arctg(2)) + ln | sec(arctg(2)) + tg (arctg(2))|) = 1
4
(4, 47+1, 44) ∼= 1, 47.
3. Determine uma curva que passa pelo ponto (1, 0), cujo comprimento de x = 1 a x = 2 é:
L =
∫ 2
1
√
1 +
1
x
dx.
Quantas curvas deste tipo existem? Justifique.
Resolução: O comprimento de uma curva do tipo y = f(x) é dado por: L =
∫ b
a
√
1 +
(
dy
dx
)2
dx.
Então
(
dy
dx
)2
corresponde a
1
x
, logo
dy
dx
=
1√
x
=⇒ y =
∫
1√
x
dx =⇒ y = 2√x+ C.
Como a curva passa pelo ponto (1, 0) =⇒ 0 = 2 + C =⇒ C = −2. Portanto, a curva pode
4.8 Área de Superfície de Revolução 105
ser descrita pela equação y = 2
√
x− 2.
4.8 Área de Superfície de Revolução
1. Você está projetando uma frigideira que terá o formato de uma tigela esférica com alças
conforme mostra a figura abaixo. A ideia é esmaltá-la de branco por dentro e azul por
fora com uma camada de esmalte de 0, 5mm. O departamento de produção quer saber a
quantidade de esmalte que precisará dispor para fabricar 5000 frigideiras. Dê a resposta
em litros. (1L = 1000cm3)
Figura 4.15: Ilustração da frigideira.
Resolução: Pela figura observa-se que a frigideira é rotacionada, em torno do eixo y, pela
curva x(y) =
√
256− y2, para y variando de −16 a −7.
Pela fórmula da área da superfície de revolução, temos queA = 2pi
∫ d
c
g(y)
√
1 + [g′(y)]2 dy,
onde d = −7 e c = −16, g(y) =
√
256− y2, e portanto, [g′(y)]2 = y
2
256− y2 .Segue assim
que
A =
∫ −7
−16
2pi
√
256− y2
√
1 +
y2
256− y2 dy = 2pi
∫ −7
−16
√
256− y2
√
256− y2 + y2
256− y2 dy
= 2pi
∫ −7
−16
√
256− y2 16√
256− y2 dy = 2pi 16y
∣∣∣∣∣
−7
−16
= 2pi(−112 + 256) = 288pi ∼= 904, 78cm2
O esmalte necessário para cobrir um lado de cada frigideira será de: V = A · 0, 05 cm3,
106
Figura 4.16: Ilustração do filão esférico de pão em fatias.
logo para 5000 frigideiras o volume de esmalte necessário será de
V = A · 0, 05 · 5000 = A · 250 = 288pi · 250 = 226194, 67 cm3 = 226, 194 L.
Portanto, serão necessários aproximadamente 226, 2 litros de esmalte para cada lado da
frigideira.
2. Você sabia que, se cortar um filão esférico de pão em fatias de igual largura, cada fatia
terá a mesma quantidade de casca? Para descobrir por que, suponha que o semicírculo
y =
√
r2 − x2 mostrado aqui seja girado em torno do eixo x, gerando assim uma esfera.
Seja AB um arco desse semicírculo situado acima de um intervalo de comprimento h no
eixo x. Demonstre que a área gerada por AB não depende da localização do intervalo, mas
apenas do comprimento do intervalo.
Resolução: Notemos que
y =
√
r2 − x2 ⇒ f ′(x) = −1
2
2x√
r2 − x2 =
−x√
r2 − x2 ⇒ [f
′(x)]2 =
x2
r2 − x2 ,
de onde segue que a área da superfície de revolução (ou seja, a quantidade de casca) é dada
por
S = 2pi
∫ a+h
a
√
r2 − x2
√
1 +
x2
r2 − x2dx = 2pi
∫ a+h
a
√
r2dx = 2pir
∫ a+h
a
dx = 2pirx
∣∣∣∣∣
a+h
a
= 2pirh.
Resultado que não depende do valor do intervalo a, mas somente o comprimento h do
mesmo, comprovando a afirmação.
4.9 Trabalho e Centro de Massa 107
Figura 4.17: Ilustração pedaço de astroide.
3. Determine a área de superfície gerada pela rotação, em torno do eixo x, do pedaço de
astroide x
2
3 + y
2
3 = 1, mostrado na figura abaixo .
Resolução: Para facilitar os cálculos, calcularemos a área da superfície de revolução do
pedaço do primeiro quadrante y = (1− x 23 ) 32 , 0 ≤ x ≤ 1 e multiplicaremos o resultado por
dois.
Também utilizaremos a fórmula da área de superfície de revolução em torno do eixo x:
S = 2pi
∫ d
c
f(x)
√
1 + [f ′(x)]2 dx, onde c = 0, d = 1 e
f(x) = (1−x 23 ) 32 =⇒ f ′(x) = 3
2
(1−x 23 ) 12
(
−2
3
x−
1
3
)
= −(1− x
2
3 )
1
2
x
1
3
=⇒ [f ′(x)]2 = 1− x
2
3
x
2
3
=
1
x
2
3
−1.
Portanto, a área será
S = 2
∫ 1
0
2pi(1− x 23 ) 32
√
1 +
1
x
2
3
− 1 dx = 4pi
∫ 1
0
2pi(1− x 23 ) 32
√
x−
2
3dx = 4pi
∫ 1
0
2pi(1− x 23 ) 32x− 13dx.
Fazendo a mudança u = 1−x 23 =⇒ du = −2
3
x−
1
3 =⇒ −3
2
du = x−
1
3dx, quando x = 0, u = 1
e para x = 1, u = 0. Assim
S = 4pi
∫ 0
1
u
3
2
(
−3
2
du
)
= −6pi
[
2
5
u
5
2
]0
1
= −6pi
(
0− 2
5
)
=
12pi
5
u.a.
4.9 Trabalho e Centro de Massa
1. A equação por partes abaixo representa a função densidade de uma barra fina situada ao
longo do eixo x. Determine o momento dessa barra em torno da origem, assim como sua
108
massa e seu centro de massa.
δ(x) =
x+ 1, se 0 ≤ x < 12, se 1 ≤ x ≤ 2
Resolução: Nesta questão utilizaremos as fórmulas para o momento (M0), a massa (M)
e o centro de massa (x) de uma barra ao longo do eixo x com função densidade δ(x):
M0 =
∫ b
a
xδ(x)dx; M =
∫ b
a
δ(x)dx; x =
M0
M
.
Assim temos,
M0 =
∫ 1
0
x(x+ 1)dx+
∫ 2
1
2xdx =
∫ 1
0
(x2 + x)dx+
∫ 2
1
2xdx =
[
x3
3
+
x2
2
]1
0
+ x2
∣∣∣∣∣
2
1
=
23
6
,
M =
∫ 1
0
(x+ 1)dx+ +
∫ 2
1
2dx =
[
x2
2
+ x
]1
0
+ 2x
∣∣∣∣∣
2
1
=
(
1
2
+ 1
)
+ 2 =
7
2
,
x =
M0
M
=
(
23
6
)(
2
7
)
=
23
21
.
2. Determine o centro de massa de uma placa fina de densidade constante δ, que cobre a
região cortada do primeiro quadrante pelo círculo x2 + y2 = 9.
Resolução: Para encontrar o centro de massa dessa placa seguiremos alguns passos:
1- Desenhar a placa no plano xy.
2- Esboçar uma fatia de massa paralela a um dos eixos coordenados e determinar suas
dimensões.
3- Determinar a massa da faixa dm e o centro de massa (x˜, y˜).
4- Integrar y˜ e x˜ para encontrar Mx e My e dm para encontrar M .
5- Calcular x e y dividindo os momentos pela massa
(
x =
My
M ; y =
Mx
M
)
.
Sabemos que a densidade da placa é constante e desenhando a figura observamos que a
placa é simétrica com respeito a reta y = x, logo a distribuição de massa também será
simétrica sobre essa reta. Isso significa que x = y. Esboçando uma fatia vertical de massa
paralela ao eixo y, temos:
(x˜, y˜) =
(
x,
√
9− x2
2
)
.
4.9 Trabalho e Centro de Massa 109
Figura 4.18: Placa fina no plano xy.
O comprimento é dado por
√
9− x2, a largura é dx, a área é dA = √9− x2dx e a massa
dm = δdA = δ
√
9− x2dx. Assim
Mx =
∫
y˜dm =
∫ 3
0
δ
√
9− x2
(√
9− x2
2
)
dx =
∫ 3
0
δ
2
(9− x2)dx = δ
2
[
9x− x
3
3
]3
0
=
δ
2
(27− 9) = 9δ,
e
M =
∫
dm =
∫
δdA = δ
∫
dA = δ(Área de um quarto do cículo de raio 3) =
9piδ
4
.
Portanto,
y =
Mx
M
= 9δ
(
4
9piδ
)
=
4
pi
=⇒ (x, y) =
(
4
pi
,
4
pi
)
é o centro de massa.
3. Um elevador elétrico com um motor no alto, tem um cabo trançado que pesa 4, 5 lb/pé.
Quando o elevador está no primeiro andar, 180 pés de cabo estão estendidos e, por outro
lado, 0 pé está estendido quando ele está no último andar. Quanto trabalho o motor realiza
para elevar só o cabo ao transportar o elevador do primeiro ao último andar?
Resolução: Paraelevar o cabo do elevador requer uma força igual a 4,5 lb para cada pé,
assim podemos descrever essa força como uma função de uma variável:
F (x) = (4, 5)(180− x),
110
sendo x a posição do elevador quando ele começa a subir. Assim, o trabalho realizado pode
ser calculado como:
W =
∫ b
a
F (x)dx =
∫ 180
0
(810− 4, 5x)dx = [810x− 2, 25x2]
∣∣∣∣∣
180
0
= 72.900 lb·pé
4.10 Exemplos de Provas 111
4.10 Exemplos de Provas
Apresentamos abaixo duas provas para praticar os conceitos aprendidos envolvendo derivadas.
No fim da seção podem ser encontrados os respectivos gabaritos.
PROVA 5 DE CÁLCULO 1 - Integrais
1. As integrais indefinidas
∫ (√
x+
1
x
)
dx e
∫
ln(x)dx, são respectivamente:
(a) (32)x
3
2 + ln |x|+ k e x ln(x)− x+ k
(b) (23)x
3
2 + ln |x|+ k e x ln(x)− x+ k
(c) (23)x
2
3 + ln |x|+ k e x ln(x) + x+ k
(d) (32)x
2
3 + ln |x|+ k e x ln(x) + k
2. Determine o valor de α, tal que a integral
∫ 1
1
2
(xα−1 + sec2(2pix))dx tenha valor igual a 1.
a) 0
b) 1
c) -2
d) Não existe α ∈ R que satisfaça a condição.
3. Encontre o valor da área da região determinada pelas funções f(x) = 2sen(x) e g(x) =
cos(x) + 4 de 0 até pi:
a) 4pi − 4
b) 4pi + 4
c) −4pi + 4
d) −4pi − 4
4. Encontre o valor da área compreendida entre as curvas
y1 = −x2 + 3xy2 = 2x3 − x2 − 5x , para −2 ≤
x ≤ 2.
a) 24
b) 8
112
c) 16
d) 12
5. Determine o trabalho realizado por um operário que deseja levantar a uma altura de 20
metros uma caixa com peso de 800N , utilizando uma corda e uma polia fixa, considerando
o peso da corda 20N/m e que não haja qualquer sistema que ajude o operário.
a) 12000 J
b) 16000 J
c) 20000 J
d) 24000 J
6. Qual o comprimento do arco definido pela função f(x) = x
3
2
, com x ∈ [0, 5] ?
a)
335
27
b)
335
54
c)
770
27
d)
343
27
7. Determine o volume do sólido obtido pela rotação em torno da reta y = 0, da região
definida por y =
√
x, e pelas retas y = 16 e x = 2.
a) 6pi
b) 4pi
c) 8pi
d) 12pi
8. Dada a função f(x) = sen2(x) calcule o valor da área delimitada entre o eixo x e a função,
para 0 ≤ x ≤ pi.
a)
pi
2
b) pi
c)
3
2
pi
d) 2pi
4.10 Exemplos de Provas 113
PROVA 6 DE CÁLCULO 1 - Integrais
1. Qual o valor da seguinte integral
∫
x2 − 4
x2 − 4x+ 4dx ?
a) (x− 2) + 4 ln(x− 2) + C
b) (x+ 2) + 4 ln(x− 2) + C
c) (x− 2) + 4 ln(x+ 2) + C
d) (x+ 2) + 4 ln(x+ 2) + C
2. Encontre a equação da área da elipse de equação
x2
a2
+
y2
b2
= 1.
a) A = piab
b) A = 4piab
c) A =
piab
4
d) A = pia2
3. O comprimento de arco da curva dada pela função y =
1
2
x2 − 2x, no intervalo [−1, 2] é
aproximadamente:
a) 9, 172 u.c.
b) 3, 172 u.c.
c) 5, 654 u.c.
d) 4, 654 u.c.
4. Determine o resultado da integral
∫
6x4 + 11x3 + 2x2 − 4x− 4
3x2 + x− 2 dx.
a)
3x3
2
+
2x2
3
+ x+
−4
15
log(3x− 2) + 35 log(x+ 1) + C
b)
2x3
3
+
3x2
2
+ x+
−4
15
+ C
c)
2x3
3
+
3x2
2
+ x+
−4
15
log(3x− 2) + 35 log(x+ 1) + C
d)
2x3
3
+
3x2
2
log(3x− 2) + 3
5
log(x) + C
114
5. Determine equação que representa a superfície gerada pela rotação da curva:
G :
9x2 − 18x+ z2 + 4z = −4y − 2 = 0 , em torno da reta: r :
x− 1 = 0y − 2 = 0 .
Após isso determine o volume do sólido obtido por essa rotação:
a) (x− 1)2 + (y − 2)2 + (z + 2)
2
9
= 1 e o volume 4pi
b) (x− 1)2 + (y − 2)2 + (z + 2)2 = 9 e o volume 4
3
pi
c) (x−1)
2
9 +
(y − 2)2
9
+
(z + 2)2
9
= 1 e o volume 2, 24
d) (x+ 1)2 + (y + 2)2 +
(z − 2)2
9
= 1 e o volume
4
3
pi
6. Determine o trabalho feito por um alpinista ao subir uma altura de 20m, sendo que a massa
da corda é 1500
g
m
,e o seu peso é 75 kg, adote a gravidade como 9, 81
m
s2
:
a) 15009,3 J
b) 14715 J
c) 17658 J
d) 1530 J
7. Calcule a área da região limitada por f(x) =
1
1 + x2
e o eixo x.
a) 2 u.a.
b) pi u.a.
c) pi/2 u.a.
d) 2pi u.a.
8. Calcular a massa total e o centro de massa de uma barra de 8m de comprimento, sabendo
que a densidade linear num ponto é uma função do linear da distância total deste ponto
ao extremo direito da barra.
A densidade linear no extremo direito da barra é 2 kg/m e no meio da barra é 4 kg/m.
a) A massa é 48 u.m. e o centro de massa é 8,31 u.c.
b) A massa é 32 u.m. e o centro de massa é 4,67 u.c.
4.10 Exemplos de Provas 115
c) A massa é 64 u.m. e o centro de massa é 9,34 u.c.
d) A massa é 64 u.m. e o centro de massa é 4,72pi u.c.
116
Gabarito da PROVA 5
1. (b)
2. (a)
3. (a)
4. (c)
5. (c)
6. (a)
7. (a)
8. (a)
Gabarito da PROVA 6
1. (a)
2. (a)
3. (c)
4. (c)
5. (a)
6. (c)
7. (c)
8. (b)
Capítulo
5
Provas para revisão
Neste último capítulo propomos duas provas para revisar os conceitos de Cálculo 1. A
diferença destas provas para as contidas no fim de cada capítulo, é que estas contemplam todo
o conteúdo de Cálculo 1 na mesma prova. Os gabaritos encontram-se logo após as provas.
PROVA 7 DE CÁLCULO 1
1. Qual o valor da constante k que torna a função f(x) seja contínua para todo x ∈ R, onde
f(x) dada por:
f(x) =
7x− 2, se x ≤ 1kx2, se x > 1
(a) 4
(b) 5
(c) 6
(d) 7
(e) 8
2. Quais os valores de b que tornam a seguinte integral verdadeira
∫ b
0
(x3 − 6x)dx = 0.
(a) 0 e −2√3
(b) 1
(c) 0 e 2
√
3
118
(d) 0, −2√3 e 2√3
(e) 1, −2√3 e 2√2
3. Qual o valor do seguinte limite lim
x→+∞x
3e−x
2
, caso exista?
(a) 32
(b) 1e
(c) 0
(d) O limite não existe
(e) 2
4. Qual o domínio da função f(x) = log
√
x− 1
2
?
(a) [−2,+∞)
(b) (12 ,+∞)
(c) [12 ,+∞)
(d) Qualquer x ∈ R
(e) (−∞, 2]
5. O raio de uma bola cresce à razão 3cm/s. A taxa de variação do volume da bola no instante
em que o raio é 8cm será?
(a) 723pi cm
3
s
(b) 328pi cm
3
s
(c) 768pi cm
3
s
(d) 515pi cm
3
s
(e) 916pi cm
3
s
6. A função f(x) = 10
7
√
x6 − 9√
x
tem como primeira derivada qual das funções abaixo?
(a) 16
6
√
x7 − 9x2
(b) 50
7 7
√
x
+ 9√
x3
(c) 60
7 7
√
x
+ 9
2
√
x3
(d) 60
17 7
√
x
+ 3
2
√
x3
(e) 60
7 6
√
x
+ 3
2
√
x3
119
7. Qual das equações abaixo representa a reta tangente r ao gráfico de y = x2 + 3x+ 1 e que
também é paralela à reta y = 4x+ 7 ?
(a) y = 4x+ 43
(b) y = 4x+ 134
(c) y = 2x+ 3
(d) y = 2x+ 34
(e) y = 4x+ 34
8. Calcule a área da região hachurada dada pela figura abaixo:
(a) 223 u.a
(b) 113 u.a
(c) 13u.a
(d) 35u.a
(e) 3u.a
9. O limite lim
x→5
1
x − 15
x− 5 tem como solução:
(a) − 125
(b) 125
(c) 1125
(d) 25
(e) 125
120
PROVA 8 DE CÁLCULO 1
1. O domínio em R da função f(x) =
log(1− x)√
kx+ b
, com k e b constantes positivas ∈ R, é:
(a) (−b, k)
(b) (0, k)
(c) ( bk , 1)
(d) [− bk , 1)
(e) (− bk , 1)
2. Quais as constantes, m e k que tornam a função abaixo contínua em R.
f(x) =

x2 + 5, se x > 2
m(x+ 1) + k, se − 1 < x ≤ 2
2x3 + x+ 7, se x ≤ −1
(a) m = 4 e k = 35
(b) m = 2 e k = 53
(c) m = 12 e k =
5
3
(d) m = 4 e k = 53
(e) m = 2 e k = 12
3. Sendo f(x) = xlnx
2
, com x > 0, temos f ′(x) em qual das alternativas abaixo?
(a) 3xlnx
2−1(lnx)2
(b) x(lnx)
3−x lnx
(c) 2xx lnx
2
+ lnx
(d)
xlnx
2−1(lnx)2
3
(e) Nenhuma das anteriores
4. Qual a derivada de f(x) = arctan(arcsin(x)) ?
(a) 1
2
√
1−x2
(b) −1
2
√
x2−1
121
(c) −1
1+arcsin(x)
√
x2−1
(d) 1
1+arcsin(x)2
√
1−x2
(e) −1
1+arcsin(x)2
√
1−x2
5. Quando o ar expande adiabaticamente (sem troca e energia térmica) sua pressão P e o
volume V , satisfazem a equação PV 1,4 = C, em que Cé uma constante. Suponha que em
um certo instante o volume é 400m3, a pressão é 80kPa e a pressão cresce a uma taxa de
10kPa/min. Qual a taxa que está decrescendo o volume nesse instante?
(a) −36, 5cm3/min
(b) −40, 5cm3/min
(c) −27, 8cm3/min
(d) −12, 75cm3/min
(e) −37, 5cm3/min
6. A figura abaixo mostra um ponto P sobre a parábola y = x2 e o ponto Q dado pela
intersecção da mediatriz do segmento OP com o eixo y. À medida que P tende ao vértice
da parábola, qual o limite para o ponto Q?
(a) Q→ (0, 2)
(b) Q→ (0,+∞)
(c) Q→ (0, 0)
(d) Q→ (0, 12)
(e) Q→ (1, 37)
122
7. Qual a solução da seguinte integral indefinida
∫
e3xsen(4x)dx ?
(a) e
2x
25 (cos(4x)− 3sen(4x) + C)
(b) e
3x
10 (− cos(4x) + 3sen(4x) + C)
(c) e
x
25 (−4 cos(4x) + 3sen(4x) + C)
(d) e
3x
25 (−4 cos(4x) + 3sen(4x) + C)
(e) e
3x
25 (+4 cos(4x)− 3sen(4x) + C)
8. Qual o comprimento do arco sobre o gráfico da função f(x) = x
3
6 +
1
2x , do ponto de abscissa
1 ao ponto de abscissa 3?
(a) 13 u.m
(b) 132 u.m
(c) 13 u.m
(d) 75 u.m
(e) 143 u.m
9. Qual a equação da reta tangente no ponto P = (1, pi4 ) da função sen(xy) =
√
2
2 x?
(a) y = (1− pi4 )(x− 1) + pi4
(b) y = (1 + pi2 )(x− 1) + pi4
(c) y = (−pi2 )(x− 1) + pi4
(d) y = (1 + pi)(x− 1) + pi4
(e) y = (pi4 )(x− 1) + pi4
123
Gabarito da PROVA 7
1. (b)
2. (d)
3. (c)
4. (b)
5. (c)
6. (c)
7. (e)
8. (a)
9. (a)
Gabarito da PROVA 8
1. (d)
2. (d)
3. (a)
4. (c)
5. (e)
6. (d)
7. (d)
8. (e)
9. (b)
	Introdução
	Limite e Continuidade
	Propriedades de limites e continuidade
	Limites por Definição
	Limites laterais
	Limites infinitos e no infinito
	O primeiro limite fundamental
	O número e
	Exemplos de Provas
	Derivada
	Motivação, Definição e Diferenciabilidade
	Cálculo de Derivadas
	Derivação Implícita e Derivada da Função Inversa
	Derivada de Ordem Superior
	Velocidade, Aceleração e Taxa de Variação
	Problemas de maximização e minimização
	Teorema do Valor Médio
	Regras de L'Hospital
	Gráficos de funções
	Exemplos de Provas
	Integral
	Cálculo de Primitivas
	Cálculo de integrais definidas e Teorema Fundamental do Cálculo
	Mudança de Variável e Integração por partes
	Primitivas de Funções Racionais
	Cálculo de Áreas
	Volume de Sólido de Revolução
	Comprimento de Arco
	Área de Superfície de Revolução
	Trabalho e Centro de Massa
	Exemplos de Provas
	Provas para revisão