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Cálculo - Derivadas - REGRA DE LHOSPITAL, MONOTOCIDADE ,ESTUDO DA VARIAÇÃO DE UMA FUNÇÃO (PONTOS DE MÁXIMOS E MÍNIMOS), CONCAVIDADE E PONTO DE INFLEXÃO

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DERIVADAS (PARTE 4)
REGRA DE L’HOSPITAL, MONOTOCIDADE ,ESTUDO DA VARIAÇÃO DE UMA FUNÇÃO 
(PONTOS DE MÁXIMOS E MÍNIMOS), CONCAVIDADE E PONTO DE INFLEXÃO.
REGRA DE L’HOSPITAL
• Sejam f(x) e g(x) funções contínuas e deriváveis em [a, b], 
anulando-se no ponto x=a. Se além disso lim
𝑥→𝑎
𝑓′(𝑥)
𝑔′(𝑥)
existe , 
então o lim
𝑥→𝑎
𝑓 (𝑥)
𝑔 (𝑥)
existe e lim
𝑥→𝑎
𝑓′(𝑥)
𝑔′(𝑥)
= lim
𝑥→𝑎
𝑓 (𝑥)
𝑔 (𝑥)
.
TEOREMA DE L’HOSPITAL
• Se lim
𝑥→𝑎
𝑓 (𝑥)
𝑔 (𝑥)
tem uma forma indeterminada 
0
0
ou 
∞
∞
, então, lim
𝑥→𝑎
𝑓 (𝑥)
𝑔 (𝑥)
= lim
𝑥→𝑎
𝑓′(𝑥)
𝑔′(𝑥)
,
caso o lim
𝑥→𝑎
𝑓′(𝑥)
𝑔′(𝑥)
exista ( sendo finito ou infinito).
Obs: O mesmo ocorre se a for substituído por a+ ou a−ou se a = ∞ ou a = - ∞
Exemplo
• Resolva os limites:
• a) lim
x→2
x2−x−2
3x2−5x−2
b) lim
x→∞
e2x
x3
c) lim
x→0
x−sen(x)
x3
• d) lim
x→0
ex−e−x−2x
x−sen(x)
Solução
• lim
x→2
x2−x−2
3x2−5x−2
= 
0
0
(indeterminação) , aplicando a regra de 
L´hospital temos:
lim
x→2
x2−x−2
3x2−5x−2
= lim
x→2
(x2−x−2)′
(3x2−5x−2)′
= lim
x→2
2x−1
6x−5
= 
3
7
Solução
• lim
x→∞
e2x
x3
= 
∞
∞
(indeterminação), aplicando a regra de L´hospital temos: 
lim
x→∞
e2x
x3
= lim
x→∞
(e2x)′
(x3)′
= lim
x→∞
2.e2x
3x2
= 
∞
∞
, aplicando a regra de L´hospital lim
x→∞
(2e2x)′
(3x2)′
= 
lim
x→∞
4.e2x
6𝑥
= 
∞
∞
, aplicando a regra de L´hospital lim
x→∞
(4e2x)′
(6𝑥)′
= lim
x→∞
8.e2x
6
= 
∞
6
= ∞
Solução
• lim
x→0
x−sen(x)
x3
= 
0
0
(indeterminação), aplicando a regra de L´hospital temos: 
lim
x→0
x−sen(x)
x3
= lim
x→0
(x−sen(x))′
(x3)′
= lim
x→0
1−cos(x)
3x2
= 
0
0
, aplicando a regra de L´hospital, 
lim
x→0
(1−cos(x))′
(3x2)′
= lim
x→0
𝑠𝑒𝑛(x)
6𝑥
= 
0
0
, aplicando a regra de L´hospital, lim
x→0
(sen(x))′
(6𝑥)′
= 
lim
x→0
cos(x)
6
= 
1
6
Solução
• lim
x→0
ex−e−x−2x
x−sen(x)
= 
0
0
(indeterminação), aplicando a regra de L´hospital temos: 
lim
x→0
ex−e−x−2x
x−sen(x)
= lim
x→0
(ex−e−x−2x)′
(x−sen(x))′
= lim
x→0
ex+e−x−2
1−cos(x)
= 
0
0
, aplicando a regra de 
L´hospital lim
x→0
(ex+e−x−2)′
(1−cos(x))′
= lim
x→0
ex−e−x
sen(x)
= 
0
0
, aplicando a regra de L´hospital ,
lim
x→0
(ex−e−x)′
(sen(x))′
= lim
x→0
ex+e−x
cos(x)
= 
2
1
= 2
PONTOS CRÍTICOS DE UMA FUNÇÃO
• Pontos críticos- São os valores de x onde a função y= f(x) está definida e nos 
quais a sua 𝑓′(x)= 0 ou não existe.
Ex) x=2 é um ponto crítico da função f(x)= 𝑥2 − 4𝑥, pois 𝑓′(2)= 2x - 4 = 0 
Ex) x = 0 é um ponto crítico da função f(x)= |x|, pois em x=0 na função derivada 
do módulo de x não existe.
MONOTOCIDADE DE UMA FUNÇÃO
• Monotocidade de uma função é verificar para que valores de x uma função f(x) é 
crescente ou decrescente.
f crescente f decrescente
MONOTOCIDADE DE UMA FUNÇÃO
• Se f(x) é contínua em [a, b] e derivável em um intervalo ]a,b[, então:
• 𝑓′(x) ≥ 0 em ]a, b[ → f(x) é crescente em [a, b] 
• 𝑓′(x) ≤ 0 em ]a, b[ → f(x) é decrescente em [a, b]
Exemplo
• Estude a monotocidade das funções abaixo:
a) f(x) = 2x3- 15x2+36x
b) f(x) = -2x +4
c) f(x)= x4 + 4x 
Solução
• f(x) = 2x3- 15x2+36x → 𝑓′(x) = 6(x2 -5x+6) =0
Estudar o sinal de x2 -5x+6
Raízes x = 2 e x= 3 +++++ 2 -------- 3 +++++ 
f(x) é crescente ]-∞, 2] 𝑈 [3,∞[ 𝑓′(x) > 0 𝑓′(x) < 0 𝑓′(x) > 0 
f(x) é decrescente [2, 3]
Solução
• f(x) = -2x +4 → 𝑓′(x) = -2
Como 𝑓′(x) < 0 para todo x ϵ D(f), então f(x) é decrescente em 
todo D(f).
Solução
• f(x)= x4 + 4x 𝑓′(x) = 4x3+ 4 = 4(x3+1) = 4(x+1)(x2-x+1) 
x + 1=0 (I) → x = -1e as outras raízes são números complexos da função x2-x+1= 0 (II)
(I) - - - (-1)+ + + + 
(II) + + + + + + +
f(x) é crescente [−1,∞[
f(x) é decrescente ]- ∞,- 1] S - - - (-1)+ + + 
𝑓′(x) < 0 𝑓′ (x) > 0
PONTOS EXTREMANTES(MÁXIMOS E MÍNIMOS 
LOCAIS OU RELATIVOS)
• Ponto de máximo local- Dizemos que um ponto crítico x0 é ponto de máximo local de 
uma função f(x), se para todo x ϵ V de x0, temos f(x0) ≥ f(x) e neste caso dizemos que 
f(x0) é o valor máximo local de f(x) nesta V
• Ponto de mínimo local- Dizemos que um ponto crítico x0 é ponto de mínimo local de 
uma função f(x), se para todo x ϵ V de x0, temos f(x0) ≤ f(x) e neste caso dizemos que 
f(x0) é o valor mínimo local de f(x) nesta V 
Obs: Chamamos vizinhança V, de um ponto x0ϵ D(f), um intervalo 
V=] x0- α, x0 + α[, onde α é um número real positivo.
VALOR MÁXIMO E MÍNIMO ABSOLUTO
• Valor máximo absoluto- Dizemos f(x0) é o valor máximo absoluto de uma 
função f(x), se para todo x ϵ D(f(x)), temos f(x0) ≥ f(x), isto é, f(x0) é o maior 
valor que f(x) assume.
• Valor mínimo absoluto- Dizemos f(x0) é o valor mínimo absoluto de uma função 
f(x), se para todo x ϵ D(f(x)), temos f(x0) ≤ f(x), isto é, f(x0) é o menor valor que 
f(x) assume.
TEOREMA DE FERMAT
• Se f: D → R é uma função derivável no ponto x0 ϵ D e x0 é um ponto de máximo 
ou mínimo local interior de f, então 𝑓′(x0) = 0
ENCONTRANDO PONTO DE MÁXIMIO E DE MÍNIMO DE 
UMA FUNÇÃO POR DERIVADA DE ORDEM1
• Ponto de máximo - Dizemos x0 é ponto de máximo local de uma função f(x), se 
para todo x ϵ V de x0, temos 𝑓
′(x)> 0 (positiva) á esquerda de x0 e 𝑓
′(x)< 0 
(negativa) á direita de x0.
• Ponto de mínimo - Dizemos x0 é ponto de mínimo local de uma função f(x), se 
para todo x ϵ V de x0, temos 𝑓
′(x)< 0(negativa) á esquerda de x0 e 𝑓
′(x)> 0 
(positiva) á direita de x0.
Exemplo
• Verifique se as funções apresentam extremantes:
a) f(x) = 2x3- 15x2+36x
b) f(x) = x4- 4x3
Solução
• f(x) = 2x3- 15x2+36x → 𝑓′(x) = 6(x2 -5x+6) =0
Estudar o sinal de x2 -5x+6
Raízes x = 2 e x= 3 +++++ 2 ------ 3 +++++ 
x= 2 é ponto de máx local
x= 3 é ponto de mín local 
Solução
• f(x) = x4- 4x3→𝑓′(x)= 4x3 − 12x2 = 4x2(x- 3) = 0
• 4x2= 0 (I) → x = 0 e x-3 = 0 (II) → x = 3
Estudando o sinal: 0 3 
(I) + + + + x = 3 é um ponto de mínimo local 
(II) - - - +
S - - - + 
Exercício
• Em relação a função f(x)= x3-27x+1. Pede-se:
• Estude a monotocidade de f(x);
• Ponto de máx e mín locais, caso existam;
• Valor máximo e mínimo locais, caso existam.
Solução
f(x)= x3-27x+1 →𝑓′(x)= 3x2 − 27 = 0 → x =3 ou x = -3
Estudando o sinal da função derivada:
+++++ (-3) ------ (3) +++++
Crescente: ] -∞, -3] U [3, ∞[ Decrescente: [-3,3]
Ponto de máx em x = -3 com valor máx igual a 55 (f(-3)= (−3)3-27(-3)+1 =55)
Ponto de mín em x = 3 com valor mín igual a -53 (f(3)= (3)3-27(3)+1 = -53)
ENCONTRANDO PONTO DE MÁXIMIO E DE MÍNIMO DE 
UMA FUNÇÃO POR DERIVADA DE ORDEM 2
• Seja f(x) uma função contínua e derivável até a ordem 2 no intervalo I = ]a,b[, 
com derivadas f ′(x) e f ′′(x) também contínuas em I. Seja x0 ϵ I, tal que f
′(x0) = 0. 
Nestas condições, temos:
• Se f ′′(x0) < 0, então x0 é ponto de máximo local de f(x)
• Se f ′′(x0) > 0, então x0 é ponto de mínimo local de f(x)
Exemplo
• Verifique se as funções apresentam extremantes pelo estudo da 
segunda derivada
a) f(x) = 2x3- 15x2+36x
b) f(x) = x4- 4x3
a) f(x) = 2x3- 15x2+36x → f ′(x) = 6𝑥2 − 30𝑥 + 36
6𝑥2 − 30𝑥 + 36 = 0 → x = 2 e x= 3
Temos que f ′′(x) = 12x – 30, verificando o sinal de f ′′(x) para x = 2 e x = 3, temos:
f ′′(2) = 12 . 2 – 30 = 24 – 30 = - 6 < 0 → x = 2 é ponto de máximo local de f(x)
f ′′(3) = 12 . 3 – 30 = 36 – 30 = 6 > 0 → x = 3 é ponto de mínimo local de f(x)
f(x) = x4- 4x3→𝑓′(x)= 4x3 − 12x2
4x3 − 12x2 = 0 → x = 0 e x = 3
Temos que f ′′(x) = 12x2 – 24x, verificando o sinal de f ′′(x) para x = 0 e x = 3, 
temos:
f ′′(0) = 12. 02 – 24.0 = 0 – 0 = 0 → x = 0 não é ponto de máximo nem de mínimo 
local de f(x)
f ′′(3) = 12. 32 – 24.3 = 108 – 72 = 36 > 0 → x = 3 é ponto de mínimo local de f(x)
CRITÉRIO GERAL PARA PESQUISAR EXTREMANTES
• Seja f uma função derivável com derivadas sucessivas também deriváveis em I = 
]a,b[. Seja x0ϵ I, tal que:
f ′(x0) = f
′′(x0) = ... = f
(𝑛)(x0) = 0 e f
(n)(x0) ≠ 0 . Nestas condições:
- se n é par e f (𝑛)(x0) < 0 , então x0 é ponto de máximo local de f
- se n é par e f (𝑛)(x0) > 0 , então x0 é ponto de mínimo local de f
- se n é ímpar, então x0 não é ponto de máximo e nem de mínimo local de f
f(x) = x4- 4x3→𝑓′(x)= 4x3 − 12x2
4x3 − 12x2 = 0 → x = 0 e x = 3
Temos que f ′′(x) = 12x2 – 24x, verificando o sinal de f ′′(x) para x = 0 e x = 3, 
temos:
f ′′(3) = 12. 32 – 24.3 = 108 – 72 = 36 > 0 → x = 3 é ponto de mínimo local de f(x)
f ′′(0) = 12. 02 – 24.0 = 0 – 0 =0 encontrando f ′′′(x) = 24x – 24
f ′′′(0) = 24.0 – 24 = - 24 ≠ 0 (logo pelo critério geral x = 0 não é ponto de 
máximo nem de mínimo local de f(x) )
Exercício
• Determine os extremantes da função f(x) = x. 𝑥 − 2 3.
Solução
• f(x) = x. 𝑥 − 2 3 → 𝑓′(x)= 𝑥 − 2 3 + 3x 𝑥 − 2 2 = 𝑥 − 2 2(x- 2 +3x) → 𝑓′(x)=
𝑥 − 2 2( 4x - 2) , raízes de 𝑓′(x) : x = 2 e x = 1/2
• 𝑓′′(x)= 2(x-2)(4x-2) + 𝑥 − 2 2. 4 = 9𝑥2- 24x +12
• 𝑓′′(2)= 2(2-2)(4.2-2) + 2 − 2 2. 4 = 0 
• 𝑓′′′(x)= 18x -24 → 𝑓′′′(2)= 18. 2 -24 = 12 ≠ 0 → x = 2 não é extremante
• 𝑓′′(1/2)= 9(
1
2
)2- 24.1/2 +12 = 9/4 > 0 → x = 1/2 é ponto de mínimo local
CONCAVIDADE DO GRÁFICO DE UMA FUNÇÃO
• Se f é uma função derivável até a ordem 2 no intervalo I =[a,b], se x0ϵ I e 
f ′′(x0) ≠ 0, então:
• quando f ′′(x0) > 0 , o gráfico de f tem concavidade positiva( abertura p/cima) em 
x0; 
• quando f ′′(x0) < 0 , o gráfico de f tem concavidade negativa( abertura p/baixo) em 
x0; 
Exemplo
Estude a concavidade dos gráficos das funções abaixo:
a) f(x) = 2x3- 15x2+36x
b) f(x) = x4- 4x3
Solução
f(x) = 2x3- 15x2+36x f ′(x) = 6𝑥2 − 30𝑥 + 36 f ′′(x) = 12x – 30
Estudar o sinal da segunda derivada
• f ′′(x) = 12x – 30 = 0 → x = 5/2 - - - - (5/2) + + + + 
Conclusão: f ′′(x0)< 0 f ′′(x0) >0
A concavidade da curva é voltada p/cima : ] 5/2 , ∞[
A concavidade da curva é voltada p/baixo : ] −∞ , 5/2[
Solução
• f(x) = x4- 4x3→𝑓′(x)= 4x3 − 12x2
• Temos que f ′′(x) = 12x2 – 24x, estudando o sinal de f ′′(x).
12x2 – 24x = 0 → x = 0 e x = 2 + + + + (0) - - - - (2) + + + +
f ′′(x0) >0 f
′′(x0) <0 f
′′(x0) >0
Concavidade voltada p/cima : ] -∞, 0[ U ]2, ∞[ 
Concavidade voltada p/baixo : ] 0, 2[
PONTO DE INFLEXÃO DO GRÁFICO DE UMA FUNÇÃO
• Se f é uma função derivável até a ordem 3 no intervalo I =[a,b], se x0ϵ I. Se f
′′(x0) 
= 0 e f ′′′(x0) ≠ 0 , então x0 é a abscissa do ponto de inflexão.
• Quando o gráfico de uma função muda de concavidade em um ponto x0 ϵ D(f)
dentão dizemos que x0 é um ponto de inflexão do gráfico de f.
Exemplo
• Determine , caso exista , os pontos de inflexão dos gráficos das funções
a) f(x) = 2x3- 15x2+36x
b) f(x) = x4- 4x3
Solução
f(x) = 2x3- 15x2+36x f ′(x) = 6𝑥2 − 30𝑥 + 36 f ′′(x) = 12x – 30
Raiz da segunda derivada: f ′′(x) = 12x – 30 = 0 → x = 5/2 
f ′′′(x) = 12 , como f ′′′(5/2) =12 ≠ 0 , então x = 5/2 é abscissa do ponto de 
inflexão da função.
Coordenadas do ponto de inflexão ( 5/2, f(5/2) ) = (5/2, 55/2)
Solução
• f(x) = x4- 4x3→𝑓′(x)= 4x3 − 12x2
• Temos que f ′′(x) = 12x2 – 24x. Raízes de f ′′(x):12x2 – 24x = 0 → x = 0 e x = 2
f ′′′(x) = 24x -24 
f ′′′(0) = 24.0 -24 = -24 ≠ 0 
f ′′′(2) = 24.2 -24 = 24 ≠ 0 
Portanto x= 0 e x= 2 são pontos de inflexão do gráfico de f(x).

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