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Unidade II
ESTUDOS DISCIPLINARES
Resolução de Problemas Derivadas e Geometrias 
Prof. Paulo H. Coelho
Breve revisão – definição de derivada
contínua no intervalo e 
valores em I e suas imagens, respectivamente
e 
A
y
y = f(x)
s
x x
f(x0)
f(x)
t
x0
α
αβ
Δy
Δx
B
Definição da derivada 
de uma função em um ponto
Inclinação da reta secante s:
A
y
y = f(x)
s
x x
f(x0)
f(x)
t
x0
α
αβ
Δy
Δx
B
Definição da derivada 
de uma função em um ponto
 Se o limite existir e for finito, então será chamado de derivada 
da função f em 
Ou seja,
Exemplo
Seja f(x) = x². Utilizando a ideia intuitiva de limite, calcule: 
a) f´(x) e b) f´(1)
a) O que queremos aqui é calcular f’(x). 
0
0
0
( ) ( )
'( ) lim
( )² ² ² 2 ² ²
lim
2 ² (2 )
2
,
lim 2 2
x
x
x
f x x f x
f x
x
x x x x x x x x
x x
x x x x x x
x x
x x
Logo
x x x
 
 
 
  


       
 
 
     
    
 
  
 
Exemplo
Seja f(x) = x². Utilizando a ideia intuitiva de limite, calcule: 
a) f´(x) e b) f´(1)
b) O que queremos aqui é calcular f’(1). 
0
0
0
(1 ) (1)
'(1) lim
(1 )² 1²
lim
,
'(1) lim 2 2
'( ) 2 '(1) 2.
x
x
x
f x f
f
x
x
x
Logo teremos
f x
ou
f x x f
 
 
 
  


  


   
  
 
 
 
 
Definição da reta tangente ao ponto (p,f(p))
 Das propriedades de limites, podemos afirmar que: 
px
pfxf
pf
Assim
x
fxf
px
pfxf
px
xpx










)()(
lim)('
,
)1()1(
lim
)()(
lim 0
 
Definição da reta tangente ao ponto (p,f(p))
Para a definição da reta tangente, devemos determinar o 
coeficiente angular, calculado no ponto (p,f(p)): 
 Vamos ao exemplo:
Definição da reta tangente ao ponto (1,f(1))
 Seja f(x)=x². Determine a equação da reta tangente ao gráfico 
de f no ponto (1,f(1)).
Solução
A equação da reta tangente em (1, f(1)) é
assim,
 Então ,
Definição da reta tangente ao ponto (1,f(1))
 Gráfico da função e da reta tangente.
Aplicação do conceito:
velocidade e aceleração
 Velocidade e aceleração são conceitos que todos 
conhecemos. Quando dirigimos um carro, podemos 
medir a distância percorrida num certo intervalo de tempo.
 O velocímetro marca, a cada instante, a velocidade, 
e se pisarmos no acelerador ou freio, percebemos 
a mudança na velocidade. Sentimos a aceleração.
 Vamos analisar como podemos calcular a velocidade
e a aceleração por meio de derivadas.
Velocidade e aceleração
 Suponhamos que um corpo se move em linha reta e que s=s(t) 
represente o espaço percorrido pelo móvel até o instante t. 
Então, no intervalo de tempo entre t e t + ∆t, o corpo sofre
um deslocamento:
 Definimos a velocidade média de tempo 
nesse intervalo como o quociente
 isto é, a velocidade média é o quociente do espaço 
percorrido pelo tempo gasto em percorrê-lo.
Velocidade e aceleração
 De forma geral, a velocidade média nada nos diz sobre 
a velocidade no instante t. Para obtermos a velocidade 
instantânea do corpo no instante t, calculamos o limite 
da velocidades médias quando ∆t tende a 0.
 Como já vimos anteriormente:
Velocidade e aceleração
 De forma análoga, para a aceleração teremos:
Exercícios
 No instante t = 0 um corpo inicia um movimento em linha reta. 
Sua posição no instante t é dada por s(t) = 16t – t², 
com s em m e t em s.
Determinar:
a) a velocidade média do corpo no intervalo de tempo [2,4];
b) a velocidade do corpo no instante t = 2;
c) a aceleração média no intervalo [0,4];
d) a aceleração no instante t = 4.
Equações
A velocidade média do corpo no intervalo
de tempo entre 2 e 4 é dada:
a)
m/s. 10
2
2848
24
²)22.16()4² (16.4
24
)4()4(









ss
vm
t
tstts
vm



)()(
Equações 
b) A velocidade do corpo em t = 2 
é o valor da derivada s’(t) no ponto t = 2.
m/s 12)2(
2.216)2(216)(')(


v
vttstv
dt
ds
tstv  )(')(
Equações
A aceleração média do corpo no intervalo
de tempo entre 0 e 4 é dada:
c)
²/2168
04
)0.216()4.216(
 temos,216)( como 
04
)0()4(
sma
ttv
vv
a
m
m








t
tvttv
am



)()(
Equações
d) A aceleração em t = 4 é dada pela da derivada v’ (4). 
Como v(t) = 16 – 2t.
)('')(')( tstvta 
m/s² 2)4(
Portanto, .2)(')(


a
tvta
Exercícios
Assinale a alternativa que representa, respectivamente, 
o valor de f’(x) e f’(3) da função dada pela aplicação 
do conceito intuitivo de limite:
a) x² e 9.
b) 2x e 9.
c) 2x e 6.
d) 2x – 4 e –1. 
e) x² e –1.
Exercícios
Assinale a alternativa que representa, respectivamente, 
o valor de f’(x) e f’(3) da função dada pela aplicação 
do conceito intuitivo de limite:
a) x² e 9.
b) 2x e 9.
c) 2x e 6.
d) 2x – 4 e –1. 
e) x² e –1.
INTERVALO
Regras de derivação – derivada de função constante 
 Se f(x) = c então f´(x) = 0
Exemplo:
a) f(x) = 8
f´(x) = 0
b) f(x) = 
f´(x) = 0
Derivada da função potência
ou função polinomial de grau n
 Se n é um número real e 
então 
Exemplo: 
a) f(x) = 3.x5 
f´(x) = 3.5x5-1 = 15x4
b) f(x) = 2.x-5 
f´(x) = (-5).2.x-5-1 = -10.x-6
c) f(x) = 1/x3 
f(x) = x-3
f´(x) = -3.x-4 = -3/x4
Derivada da soma de funções 
Sejam f e g duas funções e h a função definida por
 Se e existem, então 
Exemplo: 
a) h(x) = 2x3 – 4x2 + 1
h´(x) = 6x2 – 8x
b) h(x) = 2senx – cosx/4 
h´(x) = 2cosx + senx/4
Derivada do produto de funções
Sejam f e g duas funções e h a função definida por
Se e existem, então 
Exemplo: h(x) = (5x2 + 2x).(x3)
 h´(x) = (10x + 2).(x3) + (5x2 + 2x).(3x2)
Derivada do quociente de funções
 Sejam f e g duas funções e h a função definida por 
sendo . 
Se e existem, 
Então . 
Exemplo:
Regra da cadeia
Sejam
e e suas derivadas; 
a derivada da função composta 
é dada por 
ou
Regra da cadeia – exemplos
Exemplo:
 f(x) = 5x2
 u(x) = 3x -2
 y = f(u(x)) = 5(3x – 2)2
 y´= 3.10(3x – 2) = 90x – 60
 Calcule o valor sen(2x) e cos(2x).
Regra da cadeia – exemplos
Resolução:
Então,
Seguindo o mesmo raciocínio para o cos(2x)' , teremos
Problema
A concentração de certo fármaco no sangue t horas
após sua administração é dada pela fórmula:
Em qual intervalo essa função é crescente?
a) t ≥ 0
b) t > 10
c) t > 1
d) 0 ≤ t < 1
e) 1/2 < t < 1
Resolução da questão
Para estudarmos o intervalo em que a função
é crescente, usamos o conceito de derivada. 
Resolução da questão
Ou seja, devemos estudar o sinal da primeira derivada de 
Sejam f e g duas funções e y a função definida por 
sendo . . Se e existem, 
então . 
Resolução da questão
Derivando 
Resolução da questão
Resolução da questão
 A função é sempre positiva, exceto em sua 
raiz, -1.
 A função y’(t) terá, portanto, o mesmo sinal que a função a(t), 
uma vez que o sinal de b(t) não influirá no sinal do quociente 
entre as funções a(t) e b(t).
Resolução da questão
Assim, temos valores positivos para a função . 
Em . Não podemos considerar o intervalo , 
pois temos a condição .
 Alternativa correta: D.
INTERVALO
Pontos de máximo, de mínimo e de inflexão
 Para encontrarmos os pontos críticos de uma função , 
fazemos .
 Se é localmente crescente em x. 
Pontos de máximo, de mínimo e de inflexão
 Se é localmente decrescente em x.
Pontos de máximo, de mínimo e de inflexão
Exemplo:
Seja f(x) = x³
 O ponto crítico é a solução da equação f′(x0) = 0 
ou, equivalentemente, 3x0² = 0.
 Então, x0 = 0. Por outro lado, f′(x) = 3x² > 0, se 
x ≠ 0; logo, x0 = 0 não é ponto de máximo nem de mínimo de f.
Pontos de máximo, de mínimo e de inflexão
Para determinarmos se um ponto crítico 
é de máximo ou de mínimo: 
 Se , x0 é a abscissa do ponto demáximo. 
 Se , x0 é a abscissa do ponto de mínimo.
 A abscissa x0 corresponde a ponto de inflexão 
se e somente se .f ” (x) = 0
f ” (x0 ) < 0
f ” (x0 ) > 0
Pontos de máximo, de mínimo e de inflexão
 Todo extremo relativo é ponto crítico, 
mas nem todo ponto crítico é extremo relativo.
 A vantagem do teste da segunda derivada é que analisamos 
o sinal de f apenas no ponto crítico, enquanto que no teste 
da primeira derivada temos de analisar o sinal à esquerda
e à direita do ponto crítico.
Pontos de máximo, de mínimo e de inflexão
Para uma função de duas variáveis , 
a condição necessária para que o ponto , 
interior ao domínio da função ( ), 
seja máximo global é que seja ponto crítico de , 
e 
Exemplo
 Calcule os pontos extremos de:
 Calculemos os pontos críticos de f :
 Logo, f’(x) = 0 se, e somente se, x = 2, que é o ponto
crítico de f. Calculando a segunda derivada de f :
Exemplo
Então, f′′(2) = 0 . Mas ao analisar a mudança do sinal 
da primeira derivada de f, como f′(x) ≥ 0, então f é 
sempre crescente.
Logo, no ponto x = 2 não muda o sinal da primeira 
derivada de f; portanto, x = 2 não é ponto de máximo 
nem de mínimo relativo de f. Veja o desenho:
Exemplos de aplicação
 Uma lata cilíndrica sem tampa superior tem volume de 5 cm³. 
Determine as dimensões da lata, de modo que a quantidade 
de material para sua fabricação seja mínima.
Resolução
Devemos minimizar a área. As áreas do cilindro e da tampa são:
²
10
)(
: em substituir podemos Agora
²
5
²
5, é volumeo Como
² 2
:minimizar devemos Logo,
² e 2
21
21
r
r
rA
Ah
r
hhrV
rrhAAA
rArhA









Resolução
.
5
 são lata da dimensões
 as Logo, .
5
 e mínimo ponto o é 
5
02
20
)(''
.
5
 se-obtem
2
²
10
)('
:zero a igualando e Derivando
3
33
3
3
cmhr
hr
r
rA
r
r
r
rA










Questão ENADE
 Analisando a função 
definida no domínio 
um estudante de cálculo diferencial escreveu o seguinte:
Questão ENADE
 A função f tem um ponto de mínimo global em D.
porque
 O ponto (0,0) é um ponto crítico de f.
Questão ENADE 
A respeito da afirmação feita pelo estudante, 
assinale a opção correta.
a) As duas asserções são proposições verdadeiras, 
e a segunda é uma justificativa correta da primeira.
b) As duas asserções são proposições verdadeiras, 
mas a segunda não é uma justificativa correta da primeira.
c) A primeira asserção é uma proposição
verdadeira, e a segunda é falsa.
d) A primeira asserção é uma proposição
falsa, e a segunda é verdadeira.
e) Ambas as asserções são proposições falsas.
Resolução da questão
 Sendo a função 
a condição necessária para que o ponto , interior ao 
domínio da função ( ) seja máximo global é que seja 
ponto crítico de 
e 
Resolução da questão
yxxyx
dx
d
223),( 2  
e 0)0,0( 
dx
d
. 
yxyx
dy
d
22),(  
e 0)0,0( 
dy
d
. 
 
Resolução da questão
 Logo, é ponto crítico. 
 Mas é necessário também:
Resolução da questão
Logo, é ponto máximo global.
 As duas proposições são verdadeiras, mas afirmar
que a função tem um ponto máximo global, pois 
é ponto crítico, não é verdade, pois temos de verificar
também se 
Resolução da questão
 Alternativa correta: B 
 As duas asserções são proposições verdadeiras, mas
a segunda não é uma justificativa correta da primeira.
INTERVALO
Aplicações de derivadas
 Resolução de problemas de derivadas
 Utilização dos Conceitos da Unidade II
Questão 1 – aplicações 
 Ache as dimensões de um retângulo com
perímetro de 100 m cuja área seja a maior possível.
Solução x
y 2x + 2y = 100
Sejam x e y dimensões de um retângulo em que x
é o comprimento do retângulo em m e y a largura 
do retângulo em m. 
Questão 1 – aplicações 
 Considera-se A como a área do retângulo em m², então: 
A = x.y (1)
2x + 2y = 100 ou y = 50 – x (2)
 Substituindo (2) em (1), temos:
A = x(50 - x) = 50x – x² 
Questão 1 – aplicações 
 Como x representa o comprimento, x > 0, e x e y
não podem ter um comprimento juntos que ultrapasse
o perímetro de 100 m.
 Logo, o problema está determinado a encontrar
o valor ou valores de x no intervalo [0,50].
 Para que A seja máxima, como A é um polinômio, contínuo 
em [0,50], logo o máximo ocorre nos extremos deste intervalo 
ou em um ponto estacionário.
Questão 1 – aplicações 
 A partir de A = 50x – x² , temos:
'( ) 50 2
Ao se equacionar '( ) 0, obtém-se
50 2 0 25
Assim, o máximo ocorre em um dos pontos
0, 25 ou 50. 
A x x
A x
x x
x x x
 

   
  
Questão 1 – aplicações 
 Ao substituir os valores acima em A = 50x – x², 
encontram-se os valores apresentados na tabela:
 A área máxima é de 625 m² e ocorre em x = 25.
x 0 25 50
A 0 625 0
Questão 1 – aplicações 
 A partir de y = 50 – x = 50 – 25, tem-se y = 25 (gráfico).
 Portanto, o retângulo de perímetro 100 m 
com maior área é um quadrado de lado igual a 25 m.
Questão 2 – aplicações 
 Um tanque tem a forma de um cone invertido com 16 m 
de altura e uma base com 4 m de raio. A água “flui” no tanque 
a uma taxa de 2 m3/min. Com que velocidade o nível da água 
estará se elevando quando sua profundidade for de 5 m? 
Questão 2 – solução
Sejam:
 t o tempo medido em minutos decorridos
desde que a água começou a fluir dentro do tanque; 
 h a altura em m do nível de água em t min.; 
 r a medida em m do raio da superfície da água em t min.; 
 V a medida, em m³, do volume de água no tanque em t min.; 
Em qualquer instante, o volume de água no tanque
pode ser expresso em termos do volume do cone. 
Questão 2 – solução
Seja ,
V, r e h são todos funções de t .
Como a água está fluindo no tanque a uma taxa de 2m³/min.:
Questão 2 – solução
 Queremos determinar quando h = 5m.
 Para expressar r em termos de h, 
temos dos triângulos semelhantes
Questão 2 – solução
 Para
 Então
 Substituindo e resolvendo
Questão 2 – solução
 Logo
 Assim, o nível da água está subindo a uma taxa de /min 
quando a profundidade da aguá é de 5m.
Questão 3 – aplicações
 A figura mostra um poço de petróleo no mar em um
ponto W a 5 km do ponto A mais próximo, em uma praia
reta. O petróleo é bombeado de W até um ponto B na praia
a 8 km de A da seguinte forma: de W até o ponto P na praia; 
entre A e B sob a água; e de P até B por meio de uma 
tubulação colocada ao longo da praia. Se o custo em dólares 
for de $ 1.000.000/km sob a água e $500.000/km por terra,
onde P deve estar localizado para minimizar o custo?
Ilustração
 Considere x como a distância em km de A a P e C 
como o custo, em milhões de dólares, para toda a tubulação.
 Observe a figura: o comprimento sob a água é descrito 
pela distância entre W e P. Considere o triângulo WAP 
formado pela figura.
Questão 3 – solução
Resolvendo pelo Teorema de Pitágoras, 
o comprimento entre W e P será:
Como o comprimento da tubulação 
em terra é a distância entre P e B, temos: 8 - x
Questão 3 – solução
Das equações:
O custo total da C para a tubulação é: 
em que 1 representa o custo de água e ½ representa o 
custo da terra (metade), R$1.000.00,00 para R$500.00,00.
Questão 3 – solução
 Como a distância entre A e B é de 8 km, poderemos derivar
a função neste intervalo para obter a minimização:
.
3
5
0
2
1
 
25²
 
:[0,8] em resolvendo e 0 doEquacionan
2
1
 
25²
))8(
2
1
25² (







x
x
x
dx
dC
x
x
dx
dC
xx
dx
d
dx
dC
Questão 3 – solução
Visto que x varia de [0,8], então o valor encontrado negativo 
deve ser descartado. Assim, tem-se um único ponto crítico,
o valor 5/√3.
Logo, o menor valor deve ocorrer 
em um dos seguintes pontos:
Portanto, o menor custoé C = $8,33 , 
quando o ponto P estiver a uma distância de 5/√3 ≈ 2,89km.
x 0 5/√3 8
c 9 8,33 9,43
ATÉ A PRÓXIMA!