Lista 5 - gabarito

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARANÁ
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
LISTA DE EXERCÍCIOS DE CÁLCULO 1
Lista 5: quinta semana - GABARITO
1. Usando a Regra de L’Hospital, calcule os limites abaixo.
(a) lim
x→2
x− 2
x2 − 4
Como lim
x→2
x−2 = 0 e lim
x→2
x2−4 = 0, temos uma indeterminação do tipo 0/0 e podemos aplicar a regra de L’Hôspital.
De (x− 2)′ = 1 e (x2 − 4)′ = 2x temos
lim
x→2
x− 2
x2 − 4
= lim
x→2
1
2x
=
1
4
.
(b) lim
x→+∞
5x2 − 3x
7x2 + 1
Como lim
x→+∞
(5x2 − 3x) = ∞ e lim
x→+∞
(7x2 + 1) = ∞, temos uma indeterminação do tipo∞/∞ e podemos aplicar
a regra de L’Hôspital. Assim
lim
x→+∞
5x2 − 3x
7x2 + 1
= lim
x→+∞
10x− 3
14x
Mas o último limite acima também é da forma∞/∞, então aplicamos a regra de L’Hôspital novamente, obtendo
lim
x→+∞
10x− 3
14x
= lim
x→+∞
10
14
=
5
7
(c) lim
x→0
sen(5x)
x
Temos uma indeterminação do tipo 0/0 e podemos aplicar a regra de L’Hôspital. Assim
lim
x→0
sen(5x)
x
= lim
x→0
5 cos(5x)
1
= 5
(d) lim
x→1
x3 − 1
4x3 − x− 3
Temos uma indeterminação do tipo 0/0 e podemos aplicar a regra de L’Hôspital. Assim
lim
x→1
x3 − 1
4x3 − x− 3
= lim
x→1
3x2
12x3 − 1
=
3
11
(e) lim
x→+∞
2x2 + 3x
x3 + x+ 1
Temos uma indeterminação do tipo∞/∞ e podemos aplicar a regra de L’Hôspital duas vezes, obtendo
lim
x→+∞
2x2 + 3x
x3 + x+ 1
= lim
x→+∞
4x+ 3
2x2 + 1
= lim
x→+∞
4
4x
= 0.
2. Usando a Regra de L’Hospital quando for conveniente, calcule cada um dos limites abaixo.
(a) lim
x→−1
4x3 + x2 + 3
x5 + 1
Temos uma indeterminação do tipo 0/0 e podemos aplicar a regra de L’Hôspital. Assim
lim
x→−1
4x3 + x2 + 3
x5 + 1
= lim
x→−1
12x2 + 2x
5x4
=
10
5
= 2
(b) lim
x→0+
xe
1
x
Vamos escrever xe
1
x =
e1/x
1/x
. Substituindo u = 1/x e x→ 0+ por u→ +∞ teremos
lim
x→0+
xe
1
x = lim
u→+∞
eu
u
= lim
u→+∞
eu
1
= +∞
Note que podemos usar a regra de L’Hôspital pois limu→+∞ eu =∞ e limu→+∞ u =∞.
(c) lim
x→∞
e3x
x2
Aqui temos uma indeterminação do tipo 0/0 e podemos aplicar a regra de L’Hôspital duas vezes.
lim
x→∞
e3x
x2
= lim
x→∞
3e3x
2x
= lim
x→∞
9e3x
2
= +∞
(d) lim
x→0
1− cosx
x2
Aqui temos uma indeterminação do tipo 0/0 e também podemos usar a regra de L’Hôspital duas vezes
lim
x→0
1− cosx
x2
= lim
x→0
sen(x)
2x
= lim
x→0
cos(x)
2
=
1
2
(e) lim
x→1
lnx
sen(πx)
Aqui temos uma indeterminação do tipo 0/0 e podemos usar a regra de L’Hôspital
lim
x→1
lnx
sen(πx)
= lim
x→1
1/x
π cos(πx)
=
−1
π
(f) lim
x→0
x− sen(x)
x− tg(x)
Aqui usaremos a regra de L’Hôspital três vezes. Confira que em cada etapa temos uma indeterminação do tipo 0/0.
lim
x→0
x− sen(x)
x− tg(x)
= lim
x→0
1− cos(x)
1− sec2(x)
= lim
x→0
sen(x)
2 sec2(x)tg(x)
= lim
x→0
cos(x)
2 sec2(x)(2tg2(x) + sec2 x)
=
1
2
2
(g) lim
x→+∞
(
√
x2 + x− x)
Temos aqui uma indeterminação do tipo∞−∞. Vamos usar um truque comum no cálculo de limites que envolvem
raiz:
lim
x→+∞
(√
x2 + x− x
) √x2 + x+ x√
x2 + x+ x
= lim
x→+∞
(x2 + x)− x2√
x2 + x+ x
= lim
x→+∞
x√
x2 + x+ x
Agora temos uma indeterminação do tipo∞/∞ e podemos usar a regra de L’Hôspital, assim
lim
x→+∞
(√
x2 + x− x
)
= lim
x→+∞
x√
x2 + x+ x
= lim
x→+∞
1
2x+1
2
√
x2+x
+ 1
=
1
2
,
pois, lim
x→+∞
2x+ 1
2
√
x2 + x
= lim
x→+∞
2x(1 + 1/2x)
2x
√
1 + 1/x
= lim
x→+∞
1 + 1/2x√
1 + 1/x
= 1.
(h) lim
x→+∞
√
x2 + 2√
2x2 + 1
Como as funções embaixo das raízes quadradas são contínua e não negativas para x grande, então
lim
x→+∞
√
x2 + 2√
2x2 + 1
=
√
lim
x→+∞
x2 + 2
2x2 + 1
=
√
lim
x→+∞
2x
4x
=
√
lim
x→+∞
2
4
=
√
2
2
.
Na segunda igualdade acima aplicamos a regra de L’Hôspital na indeterminação do tipo∞/∞.
(i) lim
x→+∞
(lnx)2
x
Temos uma indeterminação do tipo∞/∞ e podemos aplicar a regra de L’Hôspital duas vezes, obtendo
lim
x→+∞
(lnx)2
x
= lim
x→+∞
2(lnx)1/x
1
= lim
x→+∞
2 lnx
x
= lim
x→+∞
2/x
1
= 0
(j) lim
x→0+
sen(x) ln(x) = 0
Escrevendo sen(x) ln(x) =
ln(x)
1/sen(x)
. Como lim
x→0+
1/sen(x) = +∞ e lim
x→0+
ln(x) = −∞, podemos usar a regra de
L’Hôspital, então
lim
x→0+
sen(x) ln(x) = lim
x→0+
1/x
− cos(x)
sen(x)2
= lim
x→0+
(
1
x
sen2(x)
cos(x)
)
=
(
lim
x→0+
sen(x)
x
)(
lim
x→0+
sen(x)
cos(x)
)
= 1 · 0 = 0
(k) lim
x→0+
(
1
x
+ lnx
)
Primeiro note que
1
x
+ lnx =
1 + x lnx
x
e, pela regra de L’Hôspital, lim
x→0+
x lnx = lim
x→0+
lnx
1/x
= lim
x→0+
1/x
−1/x2
= lim
x→0+
x = 0. Logo
lim
x→0+
(
1
x
+ lnx
)
= lim
x→0+
1
x
(1 + x lnx) =
(
lim
x→0+
1
x
)(
lim
x→0+
(1 + x lnx)
)
=
(
lim
x→0+
1
x
)
(1 + 0) =∞
3
(l) lim
x→∞
x3e−4x
Note que x3e−4x = x3/e4x leva a uma indeterminação do tipo ∞/∞ e podemos aplicar a regra de L’Hôspital três
vezes
lim
x→∞
x3
e4x
= lim
x→∞
3x2
4e4x
= lim
x→∞
6x
16e4x
= lim
x→∞
6
64e4x
= 0
(m) lim
x→+∞
(x− lnx)
Note que esta é uma indeterminação do tipo∞−∞. Colocando x em evidência, obtemos
lim
x→∞
x
(
1− lnx
x
)
= lim
x→∞
x lim
x→∞
(
1− lnx
x
)
= lim
x→∞
x
(
1− lim
x→∞
lnx
x
)
.
Por outro lado, observemos que o limite lim
x→∞
lnx
x
é do tipo
∞
∞
. Apliquemos a regra de L’Hospital para calculá-lo:
lim
x→∞
lnx
x
= lim
x→∞
1/x
1
= 0.
Desse modo, temos que o limite original é dado por
lim
x→∞
(x− lnx) = lim
x→∞
x
(
1− lim
x→∞
lnx
x
)
= lim
x→∞
x(1− 0) =∞.
(n) lim
x→1−
e
1
x2−1
x− 1
O limite dado é do tipo
0
0
. Multiplicando por x+ 1 em cima e embaixo, obtemos
lim
x→1−
e
1
x2−1
x− 1
= lim
x→1−
(x+ 1)e
1
x2−1
x2 − 1
= lim
x→1−
(x+ 1) lim
x→1−
e
1
x2−1
x2 − 1
.
Enquanto é fácil ver que o primeiro limite do produto acima vale 2, para o segundo limite convém fazer a substituição
u =
1
x2 − 1
. Temos que se x→ 1−, então u→ −∞. Assim
lim
x→1−
e
1
x2−1
x2 − 1
= lim
u→−∞
ueu = lim
u→−∞
u
e−u
.
Este limite é do tipo
−∞
∞
. Aplicando a regra de L’Hospital,
lim
u→−∞
u
e−u
= lim
u→−∞
1
−e−u
= 0.
Assim, lim
x→1−
e
1
x2−1
x− 1
= 2 · 0 = 0.
3. Encontre um valor de c para que a função f(x) =
{
9x− 3sen(3x)
5x3
, se x 6= 0
c, se x = 0
seja contínua em x = 0.
Como lim
x→0
9x− 3sen(3x)
5x3
= lim
x→0
9− 9 cos(3x)
15x2
= lim
x→0
27sen(3x)
30x
= lim
x→0
81 cos(3x)
30
=
81
30
=
27
10
, tome c = 27/10.
4
4. Determine os pontos críticos (extremos) da função dada e os classifique em ponto de máximo local, mínimo local ou ponto de
inflexão.
(a) f(x) =
x4
4
− x3 − 2x2 + 3
Derivando f temos f ′(x) = x3 − 3x2 − 4x = x(x2 − 3x− 4) = x(x− 4)(x− 1). Assim
• os pontos críticos de f são x = 0, x = 1 e x = 4;
• f ′ é positiva nos intervalos (0, 1) e (4,+∞) (intervalos em que f é crescente);
• f ′ é negativa nos intervalos (−∞, 0) e (1, 4) (intervalos em que f é decrescente);
Logo
x = 0 é ponto de mínimo, pois f decresce em (−∞, 0) e cresce em (0, 1);
x = 1 é ponto de máximo, pois f cresce em (0, 1) e decresce em (1, 4);
x = 0 é ponto de mínimo, pois f decresce em (1, 4) e cresce em (4,+−∞).
(b) f(x) = 3
√
x3 − 2x+ 1
Derivando f temos
f ′(x) =
3x2 − 2
3 3
√
(x3 − 2x+ 1)2
Note que f ′(x) = 0 ⇔ 3x2 − 2 = 0 ⇔ x = ±
√
2/3. E, como o denominador é sempre positivo, o sinal da derivada
depende apenas do numerador. Assim f ′ é negativa no intervalo (−
√
2/3,
√
2/3) e positiva em (−∞,−
√
2/3) e
(
√
2/3,+∞).
Logo
x = −
√
2/3 é ponto de máximo, pois f cresce em (−∞,−
√
2/3) e decresce em (−
√
2/3,
√
2/3);
x =
√
2/3 é ponto de máximo, pois f decresce em (−
√
2/3,
√
2/3) e cresce em (
√
2/3,+∞).
(c) f(x) = x3 − 3x2 + 3x− 1
Derivando f temos f ′(x) = 3x2 − 6x+ 3 = 3(x− 1)2
Portanto x = 1 é o único ponto crítico de f (f ′(x) = 0)
e temos f ′(x) > 0 para todo x ∈ R − {1}. Logo f é
crescente no intervalos (−∞, 1) e (1,+∞), ou seja, f tem
um ponto de inflexão em x = 1
x
3 -3 x2 +3 x-1
-1 0 1 2
-1
0
1
-1 0 1 2
-1
0
1
(d) f(x) =
1
x4 + 2x3 + x2 + 1
Como
f ′(x) =
2x(2x2 + 3x+ 1)
(x4 + 2x3 + x2 + 1)2
,
então f tem pontos críticos em x = 0,−1,−1/2. Analisando o sinal da derivada conclui-se que f tem pontos de
máximo globais em x = 0 e x = −1, com f(0) = f(−1) = 1, e tem um ponto de mínimo local em x = −1/2, com
f(−1/2) = 16/17
5
(e) f(x) = x4 − 4x3 + 6x2 − 4x+ 1
Note que f(x)= 4x3 − 12x2 +12x− 4 = (x− 1)4, logo f ′(x) = 4(x− 1)3 tem um único ponto crítico em x = 1, o
qual é um ponto de mínimo global com f(1) = 0.
(f) f(x) = x2e−5x
Como f ′(x) = 2xe−5x − 5x2e−5x = x(2− 5x)e−5x, então f tem pontos críticos em x = 0 e x = 2/5.
Fazendo o estudo do sinal da derivada verificamos que f ′(x) é crescente no intervalos (−∞, 0) e (2/5,+∞) e decres-
cente no intervalo (0, 2/5), portanto x = 0 é ponto de máximo e x = 2/5 é ponto de mínimo.
x
2 exp(-5 x)
- 1
2
2
5
1
0.03
4
25 ⅇ2
5. Considere a função f(x) = 1 + |x2 − 5x + 6|. Verifique que f admite pontos de mínimo global e de máximo local, mas não
admite pontos de máximo global. Cuidado: a função f não é derivável em todos os pontos de seu domínio.
Note que
f(x) = 1 +
∣∣x2 − 5x+ 6∣∣ = 1 + |(x− 2)(x− 3)| = {x2 − 5x+ 7, se x ≤ 2 ou x ≥ 3
−x2 + 5x− 5 se 2 ≤ x ≤ 3
Como a derivada f ′(x) =
{
2x− 5, se x < 2 ou x > 3;
5− 2x, se 2 < x < 3,
então x = 5/2 é ponto crítico de f , o qual é ponto de máximo local mas não é máximo global (pois é fácil encontrar pontos
x0 com f(x0) > f(5/2) = 5/4).
Note que a derivada não está definida nos pontos x = 2, 3, os quais são pontos de mínimos locais (e globais).
6. Determine os valores de máximos e mínimos, caso existam, da função dada no intervalo dado. Note que agora cada função está
definida em um intervalo fechado, ou seja, o Teorema de Weierstrass pode ser aplicado.
(a) f(x) = x3 − 3x2 + 3x− 1, em [−2, 3]
Note que f ′(x) = 3x2 − 6x + 3 = 3(x − 1)2 é nula apenas para x = 1 e f ′(x) > 0 para todo x 6= 1, logo este é um
ponto de inflexão (pois f é crescente para x < 1 e para x > 1).
Como f(−2) = −27 e f(3) = 8, estes são os pontos de mínimo e máximo respectivamente.
x
3 -3 x2 +3 x-1
-1-2 1 2 3-3 4
-27
5
6
(b) f(x) =
x5
5
− x
4
2
− x3 + 4x2 − 4x+ 1, em [−3, 3]
Neste caso a derivada é f ′(x) = x4 − 2x3 − 3x2 + 8x− 4 = (x− 1)2(x− 2)(x+ 2),
que possui zeros nos pontos x = 1 e x = ±2
Analisando os sinais das derivadas e o valor da função nos extremos do intervalo [−3,−3] constatamos que:
• f possui máximos locais em x = −2, x = 1 e x = 3, sendo x = −2 um máximo global no intervalo [−3,−3];
• f possui mínimos locais em x = −3 e x = 2, sendo x = −3 um máximo global no intervalo [−3,−3].
x
5
5
-
x
4
2
- x3 +4 x2 -4 x+1
-1-2-3 1 2 3-4 4
10
20
-13.1
(c) f(x) = sen x− cosx, em [0, π]
A derivada f ′(x) = cosx+sen x tem uma única raiz no intervalo [0, π], no ponto x = 3π/4, o qual é ponto de máximo,
com f(3π/4) =
√
2. Além disso, f tem pontos de mínimo local nos extremos do intervalo [0, π], com f(0) = −1 e
f(π) = 1.
sin(x) - cos(x)
-1 π
-1
1
2
(d) f(x) = 3
√
x3 − 2x2, em [−1, 2]
x
3 -2 x23
-1 1 2
-1
1
7. Suponha que a derivada da função f seja f ′(x) = (x− 1)2(x− 2). Em quais pontos, se houver algum, o gráfico de f apresenta
um mínimo local, um máximo local ou um ponto de inflexão?
Os pontos críticos de f são x = 1 e x = 2. Vamos analisar estes dois pontos separadamente.
• Como f ′(x) < 0 para x ∈ (1, 2) então f é decrescente em (1, 2). E como f ′(x) > 0 para x > 2, então f é crescente
no intervalo (2,+∞), ou seja, x = 2 é ponto de mínimo de f .
• Como f ′(x) < 0 para x ∈ (0, 1) e também para x ∈ (1, 2), então f é decrescente no intervalo (0, 2) e se tem um ponto
crítico em x = 1, logo este ponto é de inflexão.
Esta mesma análise pode ser feita analisando o sinal da derivada segunda f ′′.
7
8. Determine o número real positivo cuja diferença entre ele e seu quadrado seja máxima.
O problema consiste em achar o máximo da função f(x) = x − x2. Como f ′(x) = 1 − 2x se anula para x = 1/2 e
f ′′(x) = −2 < 0, então x = 1/2 ponto de máximo de f . E o valor máximo é f(1/2) = 1/2− (1/2)2 = 1/4.
9. Encontre o ponto sobre a curva y =
2
x
, x > 0, que está mais próximo da origem.
Resposta: A distância de um ponto (x, y) do plano cartesiano a origem (0, 0) do sistema de coordenadas é
d((x, y), (0, 0)) =
√
x2 + y2
Como os ponto sobre a curva y = 2/x, com x 6= 0 tem a forma (x, 2/x), podemos reescrever esta expressão dependendo
apenas de x da seguinte forma
d((x, 2/x), (0, 0)) =
√
x2 + 4/x2
Como a função raiz quadrada é crescente, basta minimizar a função
f(x) = x2 + 4/x2, x 6= 0.
Derivando obtermos f ′(x) = 2x − 8/x3, que se anula para x =
√
2. Como a derivada segunda f ′′(x) = 2 + 24/x4 > 0,
para qualquer x 6= 0, então s ponto x =
√
2 é ponto de mínimo. Logo o ponto (
√
2,
2√
2
) = (
√
2,
√
2) minimica a distância
da curva y = 2/x, com x 6= 0, e esta distância é 4.
10. Quadrados iguais são cortados de cada canto de um pedaço retangular de cartolina, medindo 8 cm de largura e 15 cm de compri-
mento. Uma caixa sem tampa é construída virando os lados para cima. Determine o comprimento dos lados dos quadrados que
devem ser cortados para a produção de uma caixa de volume máximo.
Resposta: Queremos maximizar o volume da caixa, dado por
V (x) = x(8− 2x)(15− 2x) = 4x3 − 46x2 + 120x.
Como V ′(x) = 12x2−92x+120 tem raízes em x = 6 e x = 5/3, podemos dispensar x = 6 (pois o lado menor do papelão
tem apenas 8cm). Logo resta o ponto crítico x = 5/3.
Como V ′′(x) = 24x − 92 e V ′′(5/3) = 24(5/3) − 92 = −52 < 0, então este ponto é de máximo. Portanto x = 5/3 =
1, 6cm e o volume máximo é V = 90, 74cm3.
11. Pretende-se construir um reservatório de água de formato cônico, sem tampa, com capacidade de 1000m3. Determine as dimen-
sões que este reservatório que minimizam a quantidade de material usado em sua fabricação.
8
Resposta: Para minimizar o gasto de material na construção do tanque, precisamos minimizar a área lateral do cone, que é
A = πr` = πr
√
r2 + h2.
Como o volume do tanque V = πr2h/3 = 1000m3, então h = 3000/(πr2). Substituindo na espressão acima temos:
A(r) = πr
√
r2 +
30002
π2r4
.
Como raiz quadrada é uma função crescente, minimizar A(r) é equivalente e minimizar
B(r) = A(r)2 = π2r2
(
r2 +
30002
π2r4
)
= π2r4 +
30002
r2
Derivando
B′(r) = 4π2r3 − 23000
2
r3
De B′(r) = 0 vem
r = 10
6
√
9
4π2
Logo r ≡ 8, 77m, h ≡ 12, 40m e a área lateral A ≡ 418, 80m2.
12. Uma folha de aço de 10 metros de comprimento e 4 metros de largura é dobrada ao meio para fazer um canal em forma de V de
10 metros de comprimento. Determine a distância entre as margens do canal, para que este tenha capacidade máxima.
Resposta: Note que w/2 = 2 sin(α) e h = 2 cos(α), assim podemos escrever a área do triângulo em função de α:
A(α) =
wh
2
= 4 sin(α) cos(α) = 2 sin(2α), α ∈]0, π/2[
Como A′(α) = 4 cos(2α) e A′′(α) = −8 sin(2α), temos um ponto critico em α = π/4 no qual temos A′′(π/4) = −8 < 0,
portanto α = π/4 é ponto de máximo e a a distância entre as margens do canal que maximiza a capacidade é
w = 4 sin(π/4) = 2
√
2m.
13. Um fóton (raio de luz) parte de um ponto A para um ponto B sobre um espelho plano, sendo refletido quando passa pelo ponto
P . Estabeleça condições para que o caminho APB seja o mais curto possível.
9
Resposta: A função que deve se minimizada é o comprimento do L do caminho percorrido pelo fóton
L(x) =
√
x2 + a2 +
√
(d− x)2 + b2.
Derivando obtemos
L′(x) =
x√
x2 + a2
− d− x√
(d− x)2 + b2
.
Igualando a zero para identificar os pontos críticos temos
x√
x2 + a2
=
d− x√
(d− x)2 + b2
Note que o lado esquerdo da igualdade acima corresponde a cos(α) e o lado direito corresponde a cos(β), ou seja, temos
cos(α) = cos(β), 0 < α, β < π/2.
Daqui sai que o ponto crítico ocorre quando α = β. Vamos mostrar que neste caso temos o comprimento mínimo.
Trabalhando um pouco mais obtém-se que x =
ad
a+ b
. Como
L′′(x) =
a2
(x2 + a2)3/2
− b
2
((d− x)2 + b2)3/2
> 0, ∀x ∈ R
então L′′
(
ad
a+ b
)
> 0 e o ponto x =
ad
a+ b
é ponto de mínimo da função comprimento L(x).
14. Para quais valores de a e b a função f(x) = x3 + ax2 + b tem um extremo local no ponto P = (−2, 1)?
Resposta: Como f ′(x) = 3x2 + 2ax deve se anular em x = −2, então devemos ter a = 2. Como f(−2) = 1 vem b = −3.
Assim
f(x) = x3 + 3x2 − 3,
satisfaz f(−2) = 1 e tem derivada f ′(x) = 3x2 + 6x = 3x(x+ 2) se anulando em x = −2.
15. Considere o conjunto de todosos retângulos que podem ser desenhados na região limitada delimitada pelo eixo das abscissas e a
parábola y = 4− x2. Para qual valor de x se obtém o retângulo de maior área e qual é esta área?
Resposta: Como cada retângulo está tem um lado na reta y = 0 e os demais vértices sobre a parábola y = 4− x2, então ele
terá base 2x e altura 4− x2. Assim sua área é:
A(x) = 2x(4− x2), 0 ≤ x ≤ 2
Como a derivada A′(x) = 8 − 6x2 se anula em x = 2
√
3/3, e a derivada segunda A′′(x) = −12x é negativa neste ponto,
então a área máxima ocorre no ponto x = 2
√
3/3 e vale A(2
√
3/3) = 32
√
3/9
16. Usando a primeira derivada, determine os intervalos de crescimento e/ou decrescimento das seguintes funções:
(a) f(x) = 6x4 − 20x3 − 6x2 + 72x+ 12
Resposta: Note que f ′(x) = 12(2x3 − 5x2 − x+ 6) = 12(x− 2)(x+ 1)(2x− 3).
Para encontrar esta fatoração basta identificar uma rais e usar divisão de polinômios para reduzir o grau.
Fazendo estudo de sinais constatamos que:
• a derivada f ′ é negativa para x < −1, logo f é decrescente em (−∞,−1)
• f tem um mínimo em x = −1
• a derivada f ′ é positiva para −1 < x < 3/2, logo f é crescente em (−1, 3/2)
• f tem um máximo local em x = 3/2
• a derivada f ′ é negativa para 3/2 < x < 2, logo f é decrescente em (3/2, 2)
• f tem um mínimo em x = 2
• a derivada f ′ é positiva para x > 2, logo f é crescente em (2,+∞)
10
(b) f(x) = ln(x2 + 1)
Resposta: Note que f ′(x) =
2x
x2 + 1
é positiva para x > 0 e negativa para x < 0, logo:
• f é decrescente em (−∞, 0)
• f tem um mínimo em x = 0
• f é crescente em (0,+∞)
(c) f(x) =
x4
4
+
5x3
3
+ 4x2
Resposta: Note que f ′(x) = x3 + 5x2 + 8x = x(x2 + 5x + 8) possui uma única raiz real em x = 0 e que o valor
(x2 + 5x+ 8) > 0, para todo x real. Logo
• a derivada f ′ é negativa para x < 0, logo f é decrescente em (−∞, 0)
• f tem um mínimo em x = 0
• a derivada f ′ é positiva para x > 0, logo f é crescente em (0,+∞)
(d) f(x) =
4x
x2 + 4
Resposta: Note que f ′(x) = −4 x
2 − 4
(x2 + 4)2
=
−4
(x2 + 4)2
(x−2)(x+2) se anula apenas em x = 2 e x = −2. Fazendo
o estudo de sinais constatamos que:
• a derivada f ′ é negativa para x < −2, logo f é decrescente em (−∞,−2)
• f tem um mínimo em x = −2
• a derivada f ′ é positiva para −2 < x < 2, logo f é crescente em (−2, 2)
• f tem um máximo em x = 2
• a derivada f ′ é negativa para x > 2, logo f é decrescente em (2,+∞)
(e) f(x) =
x+ 1
x2 + 2x+ 1
− 2x
Resposta: Como f(x) =
x+ 1
(x+ 1)2
−2x = 1
x+ 1
−2x, para x 6= −1, então a derivada f ′(x) = −1
(x+ 1)2
−2 assume
apenas valores negativos, para qualquer x 6= −1. Portanto f é decrescente nos intervalos (−∞,−1) e (−1,+∞).
Note que
lim
x→−1−
f(x) = −∞ e lim
x→−1+
f(x) = +∞
(f) f(x) = (x+ 2)2(x− 1)3
Resposta: Note que a derivada f ′(x) = 2(x+2)(x− 1)3 +3(x+2)2(x− 1)2 = (x+2)(x− 1)2(5x+4) tem raízes
nos pontos x = −2,−4/5, 1.
• para x < −2 temos x + 2 < 0, (x − 1)2 > 0 e 5x + 4 < 0, logo f ′ é positiva e f é crescente no intervalo
(−∞,−2)
• para −2 < x < −4/5 temos x + 2 > 0, (x − 1)2 > 0 e 5x + 4 < 0, logo f ′ é negativa e f é decrescente no
intervalo (−2,−4/5)
• para x > −4/5 temos x + 2 > 0, (x − 1)2 > 0 e 5x + 4 > 0, logo f ′ é positiva e f é crescente no intervalo
(−4/5,+∞)
• note que x = −2 é ponto de máximo local, x = −4/5 é ponto de mínimo local e que x = 1 é um ponto de
inflexão, pois próximo do ponto x = 1 a função f mantém o sinal positivo a esquerda e a direita de x = 1
11
(g) f(x) = x2
√
3− x2
Resposta: Note que a derivada f ′(x) = −3x(x
2 − 2)√
3− x2
tem raízes nos pontos x = −
√
2, 0,
√
2.
• para x < −
√
2 a derivada f ′ é positiva e f é crescente no intervalo (−∞,−
√
2)
• para −
√
2 < x < 0 a derivada f ′ é negativa e f é decrescente no intervalo (−
√
2, 0)
• para 0 < x <
√
2 a derivada f ′ é positiva e f é crescente no intervalo (0,
√
2)
• para x >
√
2 a derivada f ′ é negativa e f é decrescente no intervalo (
√
2,+∞)
• note que os pontos x = −2 e x = 2 são pontos de máximo local, e que x = 0 é ponto de mínimo local.
(h) f(x) = 2x2 +
2
x2
Resposta: Note que a derivada f ′(x) = 4x− 4
x3
(assim como a função f ) não está definida na origem. Além disso f ′
tem raízes em x = ±1.
• para x < −1 a derivada f ′ é positiva e f é crescente no intervalo (−∞,−1)
• para −1 < x < 0 a derivada f ′ é negativa e f é decrescente no intervalo (−1, 0)
• para 0 < x < 1 a derivada f ′ é negativa e f é decrescente no intervalo (0, 1)
• para x > 1 a derivada f ′ é positiva e f é crescente no intervalo (1,+∞)
• note que os pontos x = −1 e x = 1 são pontos de mínimo local, e que limx→0 f(x) = +∞.
(i) f(x) =
3
√
x
(x+ 2)2/3
Resposta: Note que a derivada f ′(x) = − x− 2
3x2/3(x+ 2)5/3
tem uma raiz em x = 2 e não está definida nos pontos
x = 0 e x = −2.
• para x < −2 a derivada f ′ é negativa e f é crescente no intervalo (−∞,−2)
• para −2 < x < 0 a derivada f ′ é positiva e f é decrescente no intervalo (−2, 0)
• para 0 < x < 2 a derivada f ′ é positiva e f é decrescente no intervalo (0, 2)
• para x > 2 a derivada f ′ é negativa e f é decrescente no intervalo (2,+∞)
• note que os pontos x = 2 é um pontos de máximo local, no ponto x = 0 temos uma tangente vertical e que
limx→2 f(x) = −∞.
17. Estude a função dada no que diz respeito à máximos e mínimos locais e globais.
(a) f(x) =
x
1 + x2
(b) f(x) = xe−2x
(c) f(x) = ex − e−3x
(d) f(x) = 2x3 − 9x2 + 12x+ 3
(e) f(x) = x4 − 4x3 + 4x2 + 2
(f) f(x) = −x3 + 3x2 + 4, x ∈ [−1, 3]
(g) f(x) = e
x− 1
x2
(h) f(x) = 3
√
x3 − x2
18. Para cada uma das funções abaixo,
(a) encontre os intervalos nos quais f é crescente ou decrescente;
(b) encontre os valores de máximo e mínimo locais de f ;
(c) encontre os intervalos de concavidade e os pontos de inflexão.
(1) f(x) = x3 − 12 + 1
(2) f(x) = 5− 3x2 + x3
(3) f(x) = x4 − 2x2 + 3
(4) f(x) =
x2
x2 + 3
(5) f(x) = sen x+ cosx, 0 ≤ x ≤ 2π
(6) f(x) = cos2 x − 2sen x, 0 ≤ x ≤
2π
(7) f(x) = e2x + e−x
(8) f(x) = x2 lnx
(9) f(x) =
lnx√
x
(10) f(x) =
√
xe−x
12
19. Suponha que f(3) = 2, f ′(3) =
1
2
, f ′(x) > 0 e f ′′(x) < 0 para todo x.
(a) Esboce um gráfico possível de f .
(b) Quantas soluções a equação f(x) = 0 tem? Por quê?
(c) É possível que f ′(2) =
1
3
? Por quê?
20. Suponha que a derivada da função f seja f ′(x) = (x+ 1)2(x− 3)5(x− 6)4. Em quais intervalos f está crescendo?
Note que (x+ 1)2 ≥ 0 e (x− 6)4 ≥ 0, para todo x, logo o sinal da derivada f ′ depende apenas do termo (x− 3)5. Como
este último termo é positivo para x > 3, então f é crescente no intervalo (3,=∞).
21. Foram esboçados abaixo os gráficos das derivadas de primeira e segunda ordem de uma função f . Sabendo que o gráfico de f
passa pelo ponto P , apresente uma aproximação do gráfico de f .
22. Para cada uma das funções abaixo,
(a) encontre os intervalos nos quais f é crescente ou decrescente;
(b) encontre os valores de máximo e mínimo locais de f ;
(c) encontre os intervalos de concavidade e os pontos de inflexão;
(d) calcule os limites no infinito e, quando necessários, limites laterais (é necessário calcular os limites laterais de f em p sempre
que p não pertencer ao domínio de f mas for extremo de um dos intervalos que compõem o domínio de f );
(e) use as informações dos itens anteriores para esboçar o gráfico de f .
(1) f(x) = x3 − 3x2 + 1
(2) f(t) = t2 +
1
t
(3) f(x) =
x
1 + x2
(4) f(x) =
1 + x2
1− x2
(5) f(x) =
√
x2 + 1− x
(6) f(x) = e−x
2
(7) f(x) =
x2 − x+ 1
2(x− 1)
(8) f(x) = x4 − 2x3 + 2x
(9) f(x) =
x3
1 + x2
(10) f(x) = xtg x, −π2 ≤ x ≤
π
2
(11) f(x) =
lnx
x
(12) f(x) = ln(1− lnx)
(13) f(x) =
ex
1 + ex
23. Mostre que a equação x3 − 3x2 + 6 = 0 admite uma única raiz real. Dica: estude o gráfico da função f(x) = x3 − 3x2 + 6.
13