PC_2020-2_EP01_Modulo_Raiz-Sinal_GABARITO

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Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 1 de 34 
 
DISCIPLINA PRÉ-CÁLCULO 2020-2 
 Profa. Maria Lúcia Campos 
Profa. Marlene Dieguez 
EP01 – Módulo, Raiz, Domínio e Análise do Sinal de Expressões. 
GABARITO 
__________________________________________________________________________________ 
Exercício 1: Responda verdadeiro ou falso. Justifique! 
(a) |√5 − 2| = √5 − 2 
(b) |2 − √5 | = 2 − √5 
(c) (c) |√5 − 2| = |2 − √5 | 
(d) |
3
√3 
− 
2
√2 
| = 
3
√3 
− 
2
√2 
 
(e) |
3
√3 
− 
2
√2 
| = 
2
√2 
− 
3
√3 
 
(f) |4𝜋 − 6| < |2 − 3𝜋| 
RESOLUÇÃO: 
(a) |√5 − 2| = √5 − 2 . Como √5 ≈ 2,24, então √5 − 2 > 0. Logo, pela definição de módulo, 
|√5 − 2| = √5 − 2. Portanto, (a) é Verdadeira. 
(b) |2 − √5 | = 2 − √5 . Como √5 ≈ 2,24, então 2 − √5 < 0 . Logo, pela definição de módulo, 
|2 − √5 | = −(2 − √5 ) = √5 − 2. Portanto, (a) é Falsa. 
(c) |√5 − 2| = |2 − √5 | = |−(√5 − 2)| . É Verdadeira, pois |𝑎| = |−𝑎| para todo 𝑎 ∈ ℝ 
(d) |
3
√3 
− 
2
√2 
| = 
3
√3 
− 
2
√2 
 . Precisamos avaliar 
3
√3 
− 
2
√2 
 e saber se este número é positivo ou 
negativo. Temos que 
3
√3 
= 
3∙√3 
 √3 ∙√3 
= 
3∙√3 
 3 
= √3 e 
2
√2 
= 
2∙√2 
 √2 ∙√2 
= 
2∙√2 
2 
= √2 . Também, 
sabemos que √3 > √2 . Assim, 
3
√3 
− 
2
√2 
= √3 > √2 > 0 . Logo, pela definição de módulo, |
3
√3 
− 
2
√2 
| = 
3
√3 
− 
2
√2 
. Portanto, 
(d) é Verdadeira. 
(e) |
3
√3 
− 
2
√2 
| = 
2
√2 
− 
3
√3 
 . É Falsa, pois o item (d) mostrou que |
3
√3 
− 
2
√2 
| = 
3
√3 
− 
2
√2 
 . 
(f) |4𝜋 − 6| < |2 − 3𝜋| 
Temos que 𝜋 ≈ 3,14 . Assim, 4𝜋 − 6 > 0 e 2 − 3𝜋 < 0 . Logo, pela definição de módulo, 
|4𝜋 − 6| = 4𝜋 − 6 e |2 − 3𝜋| = −(2 − 3𝜋) = 3𝜋 − 2 . Agora vamos comparar os números 
4𝜋 − 6 e 3𝜋 − 2 . 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 2 de 34 
4𝜋 − 6 < 3𝜋 − 2 ⇔ 4𝜋 − 3𝜋 < 6 − 2 ⇔ 𝜋 < 4. Como 𝜋 < 4 é verdadeira, então as 
equivalências mostram que 4𝜋 − 6 < 3𝜋 − 2 é verdadeira. 
Portanto, |4𝜋 − 6| = 4𝜋 − 6 < 3𝜋 − 2 = |2 − 3𝜋| , ou seja, |4𝜋 − 6| < |2 − 3𝜋|. Logo, o 
item (f) é Verdadeiro. 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Exercício 2: Aplicando a definição de módulo e simplificações, complete as lacunas. 
(a) |𝑥 + 4| = {
𝑥 + 4 𝑠𝑒 𝑥 ≥ ______
____________𝑠𝑒 𝑥 < ______ 
 
(b) 2|𝑥 − 2| + |𝑥 + 3| = { 
−3𝑥 + 1 , 𝑠𝑒 𝑥 < −3
______________ , 𝑠𝑒 _________________
______________ , 𝑠𝑒 _________________
 
RESOLUÇÃO: 
(a) |𝑥 + 4| = {
𝑥 + 4 𝑠𝑒 𝑥 + 4 ≥ 0
−(𝑥 + 4) 𝑠𝑒 𝑥 + 4 < 0 
 ⇒ |𝑥 + 4| = {
𝑥 + 4 𝑠𝑒 𝑥 ≥ −4
−𝑥 − 4 𝑠𝑒 𝑥 < −4 
 
(b) Dada a expressão 2|𝑥 − 2| + |𝑥 + 3| , sabemos que: 
|𝑥 − 2| = {
𝑥 − 2 , 𝑠𝑒 𝑥 − 2 > 0
0 , 𝑠𝑒 𝑥 − 2 = 0
−(𝑥 − 2), 𝑠𝑒 𝑥 − 2 < 0
 ⇒ |𝑥 + 1| = {
𝑥 − 2 , 𝑠𝑒 𝑥 > 2
0 , 𝑠𝑒 𝑥 = 2
−𝑥 + 2, 𝑠𝑒 𝑥 < 2
 
|𝑥 + 3| = {
𝑥 + 3 , 𝑠𝑒 𝑥 + 3 > 0
0 , 𝑠𝑒 𝑥 + 3 = 0
−(𝑥 + 3), 𝑠𝑒 𝑥 + 3 < 0
 ⇒ |𝑥 − 3| = {
𝑥 + 3 , 𝑠𝑒 𝑥 > −3
0 , 𝑠𝑒 𝑥 = −3
−𝑥 − 3, 𝑠𝑒 𝑥 < −3
 
 
Antes de resolver o item (b), vamos mostrar como representar a definição do valor absoluto na reta real. 
Vamos usar como exemplo |𝑥 − 2|: 
 |𝑥 − 2| = {
𝑥 − 2 , 𝑠𝑒 𝑥 > 2
0 , 𝑠𝑒 𝑥 = 2
−𝑥 + 2 , 𝑠𝑒 𝑥 < 2
 
 
 
 
 
Note que: 
para 𝑥 < 2 , substituímos |𝑥 − 2| por −𝑥 + 2 ; 
para 𝑥 = 2 , substituímos |𝑥 − 2| por 0 ; 
para 𝑥 > 2 , substituímos |𝑥 − 2| por 𝑥 − 2 . 
marle
Realce
marle
Nota
Foi incluído o texto destacado.
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 3 de 34 
Veja agora uma forma, que julgamos eficiente, para encontrar a expressão de 2|𝑥 − 2|+ |𝑥 + 3| sem o uso 
de valor absoluto: 
 
Assim, 
2|𝑥 − 2| + |𝑥 + 3| =
{
 
 
 
 
−3𝑥 + 1 , 𝑠𝑒 𝑥 < −3
10 , 𝑠𝑒 𝑥 = −3
−𝑥 + 7, 𝑠𝑒 − 3 < 𝑥 < 2
5 , 𝑠𝑒 𝑥 = 2
3𝑥 − 1 , 𝑠𝑒 𝑥 > 2
 ⇒ 
2|𝑥 − 2| + |𝑥 + 3| = { 
−3𝑥 + 1 , 𝑠𝑒 𝑥 < −3
−𝑥 + 7 , 𝑠𝑒 − 3 ≤ 𝑥 < 2
3𝑥 − 1 , 𝑠𝑒 𝑥 ≥ 2
 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Exercício 3: Resolva as equações indicadas abaixo usando propriedades algébricas e/ou 
geométricas. 
(a) |𝑥| = 2 
(b) |𝑥 − 1| = 4 
(c) |𝑥 − 1| = 3 − 𝜋 
(d) |3𝑥| = 1 − |𝑥| 
(e) |3𝑥| = |𝑥| − 1 
(f) |𝑥 − 1| = |𝑥 − 4| 
(g) |𝑥| = 𝑥 
(h) |𝑥| = −𝑥 
RESOLUÇÃO: 
(a) |𝑥| = 2 . Como 2 > 0 , pela propriedade geométrica, 
|𝑥| = 2 ⇔ 𝑥 = −2 ou 𝑥 = 2 . Solução: 𝑆 = {−2 , 2}. 
(b) |𝑥 − 1| = 4. Como 4 > 0 , pela propriedade geométrica, 
|𝑥 − 1| = 4 ⇔ 𝑥 − 1 = −4 ou 𝑥 − 1 = 4 ⇔ 𝑥 = −4 + 1 ou 𝑥 = 4 + 1 ⇔ 
𝑥 = −3 ou 𝑥 = 5 . Solução: 𝑆 = {−3 , 5}. 
−3 < 𝑥 < 2 𝑥 > 2 𝑥 < −3 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 4 de 34 
(c) |𝑥 − 1| = 3 − 𝜋 . Como 𝜋 ≈ 3,14 , então 3 − 𝜋 < 0 . Como |𝑥 − 1| ≥ 0 para todo 𝑥 ∈ ℝ e 
3 − 𝜋 < 0 , a equação não tem solução. Logo, 𝑆 = ∅ . 
(d) |3𝑥| = 1 − |𝑥|. Pelas propriedades algébricas do módulo, |3𝑥| = |3| ∙ |𝑥| = 3|𝑥|. Assim, 
|3𝑥| = 1 − |𝑥| ⇔ |3𝑥| + |𝑥| = 1 ⇔ 3|𝑥| + |𝑥| = 1 ⇔ 4|𝑥| = 1 ⇔ 
 |𝑥| =
1
4
 
𝑝𝑟𝑜𝑝𝑟𝑖𝑒𝑑𝑎𝑑𝑒
𝑔𝑒𝑜𝑚é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎
|𝑥|=𝑘 ⇔ 𝑥=𝑘 𝑜𝑢 𝑥=−𝑘 
𝑘>0
⇔ 𝑥 = −
1
4
 ou 𝑥 =
1
4
 . 
Solução: 𝑆 = {−
1
4
 ,
1
4
}. 
(e) |3𝑥| = |𝑥| − 1 ⇔ |3𝑥| − |𝑥| = −1 ⇔ 3|𝑥| − |𝑥| = −1 ⇔ 2|𝑥| = −1 ⇔ |𝑥| = −
1
2
 . 
Como |𝑥| ≥ 0 para todo 𝑥 ∈ ℝ e −
1
2
 < 0 , então −
1
2
 < 0 ≤ |𝑥| , ou seja, |𝑥| > −
1
2
 para todo 
𝑥 ∈ ℝ. Logo, a equação |𝑥| = −
1
2
 , não tem solução. Portanto, 𝑆 = ∅ . 
(f) |𝑥 − 1| = |𝑥 − 4| 
𝑝𝑟𝑜𝑝𝑟𝑖𝑒𝑑𝑎𝑑𝑒
𝑔𝑒𝑜𝑚é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎
 
 |𝑎|=|𝑏| ⇔ a=±b
𝑎 , 𝑏 ∈ ℝ
⇔ 𝑥 − 1 = 𝑥 − 4 ou 𝑥 − 1 = −(𝑥 − 4) ⇔ 
−1 = −4 ou 2𝑥 = 5 ⇔ 𝑥 =
5
2
 . 
Solução: 𝑆 = { 
5
2
 }. 
(g) |𝑥| = 𝑥 . Como |𝑥| ≥ 0 para todo 𝑥 ∈ ℝ , então 𝑥 ≥ 0 
Solução: 𝑆 = [0 , + ∞) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 ≥ 0}. 
(h) |𝑥| = −𝑥 . Como |𝑥| ≥ 0 para todo 𝑥 ∈ ℝ , então −𝑥 ≥ 0 , logo 𝑥 ≤ 0 
Solução: 𝑆 = (−∞ , 0] = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 ≤ 0}. 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Exercício 4: Resolva as inequações indicadas abaixo usando propriedades algébricas e/ou 
geométricas. 
(a) |𝑥 − 1| < 4 
(b) |𝑥| ≥ 2 
(c) |𝑥 − 1| > 3 − 𝜋 
(d) |3𝑥| ≤ 1 − |𝑥| 
(e) |3𝑥| ≤ |𝑥| − 1 
(f) |𝑥 − 1| < |𝑥 − 4| 
(g) |𝑥| < 𝑥 
(h) |𝑥| > −𝑥 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 5 de 34 
RESOLUÇÃO: 
(a) |𝑥 − 1| < 4 
𝑝𝑟𝑜𝑝𝑟𝑖𝑒𝑑𝑎𝑑𝑒
𝑔𝑒𝑜𝑚é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎
|𝑥|<𝑘 ⇔ −𝑘<𝑥<𝑘 
𝑘>0
⇔ −4 < 𝑥 − 1 < 4 ⇔ −4 + 1 < 𝑥 − 1 + 1 < 4 + 1 ⇔ 
 −3 < 𝑥 < 5 . A solução é o intervalo aberto 𝑆 = (−3 , 5) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ −3 < 𝑥 < 5 } 
(b) |𝑥| ≥ 2 
𝑝𝑟𝑜𝑝𝑟𝑖𝑒𝑑𝑎𝑑𝑒
𝑔𝑒𝑜𝑚é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎
|𝑥|>𝑘 ⇔ 𝑥<−𝑘 ou 𝑥>𝑘
𝑘>0
⇔ 𝑥 < −2 𝑜𝑢 𝑥 > 2 . A solução é a união de intervalos 
 𝑆 = (−∞ , −2) ∪ (2, +∞) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 < −2 ou 𝑥 > 2 }. 
(c) |𝑥 − 1| > 3 − 𝜋 . Primeiro vamos analisar o sinal de3 − 𝜋 . Temos que 𝜋 ≈ 3,14 . Assim, 
3−𝜋 < 0 . Como |𝑥 − 1| ≥ 0 para todo 𝑥 ∈ ℝ , então |𝑥 − 1| ≥ 0 > 3 − 𝜋 para todo 𝑥 ∈ ℝ . 
A solução é 𝑆 = (−∞ , ∞ ) = ℝ . 
(d) |3𝑥| ≤ 1 − |𝑥| ⇔ |3𝑥| + |𝑥| ≤ 1 ⇔ 3|𝑥| + |𝑥| ≤ 1 ⇔ 4|𝑥| ≤ 1 ⇔ 
 |𝑥| ≤
1
4
 
𝑝𝑟𝑜𝑝𝑟𝑖𝑒𝑑𝑎𝑑𝑒
𝑔𝑒𝑜𝑚é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎
|𝑥|<𝑘 ⇔ −𝑘<𝑥<𝑘 
𝑘>0
⇔ −
1
4
 ≤ 𝒙 ≤
1
4
 . 
A solução é o intervalo aberto 𝑆 = [−
1
4
 ,
1
4
] = {𝑥 ∈ ℝ ∶ −
1
4
 ≤ 𝒙 ≤
1
4
 }. 
(e) |3𝑥| ≤ |𝑥| − 1 ⇔ |3𝑥| − |𝑥| ≤ −1 ⇔ 3|𝑥| − |𝑥| ≤ −1 ⇔ 2|𝑥| ≤ −1 ⇔ |𝑥| ≤ −
1
2
 . 
Como |𝑥| ≥ 0 para todo 𝑥 ∈ ℝ e −
1
2
 < 0 , então −
1
2
 < 0 ≤ |𝑥| , ou seja, |𝑥| > −
1
2
 para todo 
𝑥 ∈ ℝ. Logo, a inequação |𝑥| ≤ −
1
2
 , não tem solução. Logo, 𝑆 = ∅ . 
(g) |𝑥 − 1| < |𝑥 − 4| 
Sabemos que: 
|𝑥 − 1| = {
𝑥 − 1 , 𝑠𝑒 𝑥 − 1 > 0
0 , 𝑠𝑒 𝑥 − 1 = 0
−(𝑥 − 1), 𝑠𝑒 𝑥 − 1 < 0
 ⇒ |𝑥 − 1| = {
𝑥 − 1 , 𝑠𝑒 𝑥 > 1
0 , 𝑠𝑒 𝑥 = 1
−𝑥 + 1, 𝑠𝑒 𝑥 < 1
 
|𝑥 − 4| = {
𝑥 − 4 , 𝑠𝑒 𝑥 − 4 > 0
0 , 𝑠𝑒 𝑥 − 4 = 0
−(𝑥 − 4), 𝑠𝑒 𝑥 − 4 < 0
 ⇒ |𝑥 − 4| = {
𝑥 − 4 , 𝑠𝑒 𝑥 > 4
0 , 𝑠𝑒 𝑥 = 4
−𝑥 + 4, 𝑠𝑒 𝑥 < 4
 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 6 de 34 
Veja agora uma forma, que julgamos eficiente, para encontrar a expressão da inequação |𝑥 − 1| < |𝑥 − 4| 
sem o uso de valor absoluto: 
 
Assim, 
|𝑥 − 1| < |𝑥 − 4| ⇒ 
{
 
 
 
 
−𝑥 + 1 < −𝑥 + 4 , 𝑠𝑒 𝑥 < 1
0 < 3 , 𝑠𝑒 𝑥 = 1
𝑥 − 1 < −𝑥 + 4 , 𝑠𝑒 1 < 𝑥 < 4
3 < 0 , 𝑠𝑒 𝑥 = 4
𝑥 − 1 < 𝑥 − 4 , 𝑠𝑒 𝑥 > 4 
 ⇒ 
|𝑥 − 1| < |𝑥 − 4| ⇒ 
{
 
 
 
 
1 < 4 , 𝑠𝑒 𝑥 < 1
0 < 3 , 𝑠𝑒 𝑥 = 1
2𝑥 < 5 , 𝑠𝑒 1 < 𝑥 < 4
3 < 0 , 𝑠𝑒 𝑥 = 4
−1 < −4 , 𝑠𝑒 𝑥 > 4 
 ⇒ 
Então vamos resolver as quatro inequações acima: 
(1) Se 𝑥 < 1 , 1 < 4 . Como 1 < 4 é verdade, a solução de (1) é 𝑆1 = (−∞ , 1) 
(2) Se 𝑥 = 1 , 0 < 3 . Como 0 < 3 é verdade, a solução de (2) é 𝑆2 = {1} 
(3) Se 1 < 𝑥 < 4 , 2𝑥 < 5 . Logo, 1 < 𝑥 < 4 e 2𝑥 < 5 ⇒ 1 < 𝑥 < 4 e 𝑥 <
5
2
 ⇒ 
1 < 𝑥 <
5
2
 . A solução de (3) é 𝑆3 = (1 ,
5
2
 ). 
(4) Se 𝑥 = 4 , 3 < 0 . Como 3 < 0 é falso, então 𝑥 = 4 , não é solução. A solução de (4) é 
 𝑆4 = ∅. 
(5) Se 𝑥 > 4 , −1 < −4 . Com −1 < −4 é falso, então a solução de (5) é 𝑆5 = ∅. 
A solução final é: 
 S = 𝑆1 ∪ 𝑆2 ∪ 𝑆3 ∪ 𝑆4 = (−∞ , 1) ∪ {1} ∪ (1 ,
5
2
 ) ∪ ∅ ∪ ∅ = (−∞ ,
5
2
) . 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 7 de 34 
OBSERVAÇÃO: resolveremos essa questão novamente, de forma mais simples, após estudarmos o 
trinômio do segundo grau. É importante aprendermos que temos várias formas de resolver uma 
questão matemática. 
(h) |𝑥| < 𝑥 
(1) Suponhamos 𝑥 ≥ 0 : 
Se 𝑥 ≥ 0 então |𝑥| = 𝑥 Se essa igualdade |𝑥| = 𝑥 é verdadeira então |𝑥| < 𝑥 é falsa. 
Ou seja, se 𝑥 ≥ 0 , a equação |𝑥| < 𝑥 não tem solução. 
(2) Suponhamos 𝑥 < 0: 
Se 𝑥 < 0 como 0 ≤ |𝑥| então 𝑥 < |𝑥| Se essa desigualdade |𝑥| > 𝑥 é verdadeira então |𝑥| <
𝑥 é falsa. Ou seja, se 𝑥 < 0 , a equação |𝑥| < 𝑥 não tem solução. 
Solução: 𝑆 = ∅ 
(i) |𝑥| > −𝑥 . 
(1) Suponhamos 𝑥 > 0 : 
 𝑥 > 0 ⇒ −𝑥 < 0 ≤ |𝑥| ⇒ −𝑥 < |𝑥| ⇒ |𝑥| > −𝑥 . Logo, 𝑥 ∈ ℝ e 𝑥 > 0 é solução da 
inequação |𝑥| > −𝑥 . 
(2) Suponhamos 𝑥 ≤ 0: 
𝑥 ≤ 0 ⇒ −𝑥 ≥ 0 ⇒ |𝑥| = |−𝑥| = −𝑥 . Assim, 𝑥 ∈ ℝ e 𝑥 ≤ 0 não é solução da inequação 
 |𝑥| > −𝑥 . 
Portanto a solução da inequação |𝑥| > −𝑥 é 𝑆 = (0 , + ∞) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 > 0}. 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Exercício 5: Resolva as equações e inequações indicadas abaixo usando propriedades algébricas e/ou 
geométricas. 
(a) |𝑥| = 4|𝑥| + 1 
(b) |𝑥| = 4𝑥 + 1 
(c) |𝑥 − 3| = 2𝑥 − 8 
(d) |𝑥 − 5| = 2𝑥 − 3 
(e) |2𝑥 − 1| < −5 
(f) |2𝑥 − 1| < −5𝑥 
 
RESOLUÇÃO: 
(a) |𝑥| = 4|𝑥| + 1 ⇔ 4|𝑥| − |𝑥| = −1 ⇔ 3|𝑥| = −1 ⇔ |𝑥| = −
1
3
 . Como |𝑥| ≥ 0 para 
todo 𝑥 ∈ ℝ, não existe 𝑥 ∈ ℝ , tal que |𝑥| = −
1
3
 . Solução 𝑆 = ∅. 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 8 de 34 
(b) |𝑥| = 4𝑥 + 1 . . Como |𝑥| ≥ 0 para todo 𝑥 ∈ ℝ , então 4𝑥 + 1 ≥ 0 . Assim, 
4𝑥 + 1 ≥ 0 ⇒ 4𝑥 ≥ −1 ⇒ 𝑥 ≥ −
1
4
 é uma exigência da equação |𝑥| = 4𝑥 + 1 . 
Como |𝑥| = −𝑥, se 𝑥 < 0 e |𝑥| = 𝑥, se 𝑥 ≥ 0, vamos resolver a equação propondo duas 
situações: 
(1) −
1
4
 ≤ 𝑥 < 0 
−
1
4
 ≤ 𝑥 < 0 ⇒ |𝑥| = −𝑥 ⇒ 4𝑥 + 1 = |𝑥| = −𝑥 ⇒ 4𝑥 + 1 = −𝑥 ⇒ 5𝑥 = −1 ⇒ 𝑥 = −
1
5
 
Como −
1
4
 ≤ −
1
5
 < 0, então 𝑥 = −
1
5
 é solução da equação dada. 
(2) 𝑥 ≥ 0 
Como 𝑥 ≥ 0 então |𝑥| = 𝑥 . Logo, 
 |𝑥| = 𝑥 ⇔ 𝑥 = |𝑥| = 4𝑥 + 1 ⇔ 4𝑥 + 1 = 𝑥 ⇔ 3𝑥 = −1 ⇔ 𝑥 = −
1
3
 
Como 𝑥 = −
1
3
< 0 , então 𝑥 = −
1
3
 não é solução da equação dada. 
Solução final, 𝑆 = {−
1
5
 }. 
(c) |𝑥 − 3| = 2𝑥 − 8 
Como |𝑥 − 3| ≥ 0 para todo 𝑥 ∈ ℝ , então 2𝑥 − 8 ≥ 0 . Assim, 
2𝑥 − 8 ≥ 0 ⇒ 𝒙 ≥ 𝟒 é uma exigência da equação |𝑥 − 3| = 𝑥 − 4. 
Pela definição de módulo: 
|𝑥 − 3| = {
𝑥 − 3 𝑠𝑒 𝑥 − 3 ≥ 0
−(𝑥 − 3) 𝑠𝑒 𝑥 − 3 < 0 
 ⇒ |𝑥 − 3| = {
𝑥 − 3 𝑠𝑒 𝑥 ≥ 3
−𝑥 + 3 𝑠𝑒 𝑥 < 3 
 
Como a exigência da equação é 𝑥 ≥ 4 , basta considerar na definição de |𝑥 − 3| apenas a parte em 
que 𝑥 ≥ 3 e então, temos que resolver a equação 
|𝑥 − 3| = 𝑥 − 3 = 2𝑥 − 8 , 𝑥 ≥ 3 e 𝑥 ≥ 4 , ou seja, 𝑥 − 3 = 2𝑥 − 8 , 𝑥 ≥ 4. 
Assim, 
𝑥 ≥ 4 e 𝑥 − 3 = 2𝑥 − 8 ⇔ 𝑥 ≥ 4 e 2𝑥 − 𝑥 = 8 − 3 ⇔ 𝑥 ≥ 4 e 𝑥 = 5 ⇔ 
 𝑥 = 5 
A solução da equação é 𝑆 = {5} . 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 9 de 34 
(d) |𝑥 − 5| = 2𝑥 − 3 
Como |𝑥 − 5| ≥ 0 para todo 𝑥 ∈ ℝ , então 2𝑥 − 3 ≥ 0 . Assim, 
2𝑥 − 3 ≥ 0 ⇒ 𝒙 ≥
𝟑
𝟐
 é uma exigência ou restrição da equação |𝑥 − 5| = 2𝑥 − 3. 
Pela definição de módulo: 
|𝑥 − 5| = {
𝑥 − 5 𝑠𝑒 𝑥 − 5 ≥ 0
−(𝑥 − 5) 𝑠𝑒 𝑥 − 5 < 0 
 ⇒ |𝑥 + 5| = {
𝑥 − 5 𝑠𝑒 𝑥 ≥ 5
−𝑥 + 5 𝑠𝑒 𝑥 < 5 
 
Como a exigência da equação é 𝒙 ≥
𝟑
𝟐
 , é preciso considerar na definição de |𝑥 − 5| tanto a parte 
em que 𝑥 ≥ 5 quanto a parte em que 𝑥 < 5 . Assim, temos que resolver as equações: 
(𝟏) |𝑥 − 5| = 𝑥 − 5 = 2𝑥 − 3 , 𝑥 ≥ 5 e 𝑥 ≥
𝟑
𝟐
 ou seja, é 𝑥 − 5 = 2𝑥 − 3 , 𝑥 ≥ 5 . 
(𝟐) |𝑥 − 5| = −𝑥 + 5 = 2𝑥 − 3 , 𝑥 < 5 e 𝑥 ≥
𝟑
𝟐
 ou seja, é −𝑥 + 5 = 2𝑥 − 3 , 
𝟑
𝟐
≤ 𝑥 < 5 . 
Resolvendo (1): 
𝑥 ≥ 5 e 𝑥 − 5 = 2𝑥 − 3 ⇔ 𝑥 ≥ 5 e 2𝑥 − 𝑥 = −5 + 3 ⇔ 𝑥 ≥ 5 e 𝑥 = −2 . Logo, a 
solução do caso (1) é ∅ . 
Resolvendo (2): 
3
2
≤ 𝑥 < 5 e − 𝑥 + 5 = 2𝑥 − 3 ⇔ 
3
2
≤ 𝑥 < 5 e 2𝑥 + 𝑥 = 5 + 3 ⇔
3
2
≤ 𝑥 < 5 e 3𝑥 = 8 
⇔ 
3
2
≤ 𝑥 < 5 e 𝑥 =
8
3
 ⇔ 𝑥 =
8
3
 . 
A solução da equação original é a união das soluções das equações dos casos (1) e (2). 
A solução é 𝑆 = { 
8
3
 }. 
(e) |2𝑥 − 1| < −5 
Como |2𝑥 − 1| ≥ 0 para todo 𝑥 ∈ ℝ , então −5 < 0 ≤ |2𝑥 − 1| , ou seja, |2𝑥 − 1| > −5 para 
todo 𝑥 ∈ ℝ, portanto a solução da equação é 𝑆 = ∅ . 
 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 10 de 34 
(f) |2𝑥 − 1| < −5𝑥 
Como |2𝑥 − 1| ≥ 0 então 0 ≤ |2𝑥 − 1| < −5𝑥 , portanto −5𝑥 > 0 e assim 𝒙 < 𝟎. Esta é uma 
exigência ou restriçãopara essa inequação. 
Usando a definição de módulo, temos: 
|2𝑥 − 1| = {
2𝑥 − 1 , 2𝑥 − 1 ≥ 0
−(2𝑥 − 1), 2𝑥 − 1 < 0 
 ⇒ |2𝑥 − 1| = {
2𝑥 − 1 , 𝑥 ≥
1
2
−2𝑥 + 1, 𝑥 <
1
2
 
Como a exigência da inequação é 𝑥 < 0 , basta considerar na definição de |2𝑥 − 1| apenas a parte 
em que 𝑥 <
1
2
 e então, temos que resolver a inequação 
|2𝑥 − 1| = −2𝑥 + 1 < −5𝑥 , 𝑥 < 0 𝑒 𝑥 <
1
2
 , ou seja, −2𝑥 + 1 < −5𝑥 , 𝑥 < 0. 
Assim, 
𝑥 < 0 e − 2𝑥 + 1 < −5𝑥 ⇔ 𝑥 < 0 e 5𝑥 − 2𝑥 < −1 ⇔ 𝑥 < 0 e 3𝑥 < −1 ⇔ 
 𝑥 < 0 e 𝑥 < −
1
3
 ⇔ 𝑥 < 0 e 𝑥 < −
1
3
 ⇔ 𝑥 < −
1
3
 
A solução da inequação é 𝑆 = (− ∞ , −
1
3
) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 < −
1
3
} . 
 
Exercício 6: Em cada expressão a seguir considere 𝑥 ∈ ℝ e faça o seguinte: 
(I) Determine os possíveis valores da variável 𝑥 para que o resultado da expressão seja um valor real. 
Dê a resposta em forma de desigualdades e em forma de intervalo e/ou união de intervalos 
disjuntos (intervalos disjuntos não têm pontos em comum). 
(II) Encontre os valores da variável 𝑥 em que a expressão é nula. 
(a) √10 − 6𝑥 (b) 
√10−6𝑥
12𝑥−15
 (c) 
√10−6𝑥
12|𝑥|−15
 (d) 
12|𝑥|−15
√10−6𝑥
 
RESOLUÇÃO: 
(a) √10 − 6𝑥 
(I) Única restrição ou condição de existência da expressão: radicando positivo ou nulo, 
ou seja, 10 − 6𝑥 ≥ 0. Resolvendo, 
10 − 6𝑥 ≥ 0 ⟺ 10 ≥ 6𝑥 ⟺ 6𝑥 ≤ 10 ⟺ 3𝑥 ≤ 5 ⟺ 𝑥 ≤
5
3
. 
Logo, os valores possíveis de 𝑥 são: {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≤
5
3
}. Em forma de intervalo, 𝑥 ∈ (−∞,
5
3
]. 
marle
Realce
marle
Nota
alterado de -6 para -1
marle
Realce
marle
Nota
alterado de -6/3 para -1/3
marle
Realce
marle
Realce
marle
Realce
marle
Nota
alterado de -2 para -1/3
marle
Nota
alterado de -2 para -1/3
marle
Nota
alterado de -2 para -1/3
marle
Nota
alterado de -2 para -1/3
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 11 de 34 
(II) √10 − 6𝑥 = 0 ⟺ 10 − 6𝑥 = 0 ⟺ 6𝑥 = 10 ⟺ 𝑥 =
5
3
. 
Portanto a expressão √10 − 6𝑥 é nula em 𝑥 =
5
3
. 
(b) 
√10−6𝑥
12𝑥−15
 
(I) Duas restrições ou condições de existência da expressão: 
radicando positivo ou nulo, 10 − 6𝑥 ≥ 0 e denominador não nulo, 12𝑥 − 15 ≠ 0 
• 10 − 6𝑥 ≥ 0, resolvida no item(a), 𝑥 ≤
5
3
. 
• Resolvendo 12𝑥 − 15 ≠ 0 
12𝑥 − 15 = 0 ⟺ 12𝑥 = 15 ⟺ 4𝑥 = 5 ⟺ 𝑥 =
5
4
 . 
Logo, 12𝑥 − 15 ≠ 0 ⟺ 𝑥 ≠
5
4
 . 
Representando por 𝐴 o conjunto dos valores possíveis de 𝑥, 
𝐴 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≤
5
3
 𝑒 𝑥 ≠
5
4
}. Como 
5
4
<
5
3
, temos que 𝐴 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 <
5
4
 𝑜𝑢 
5
4
< 𝑥 ≤
5
3
}. 
Em forma de união de intervalos disjuntos, 𝐴 = (−∞,
5
4
) ∪ (
5
4
,
5
3
 ]. 
(II) Observe que não basta encontrar os valores de 𝑥 em que o numerador é nulo, é preciso 
respeitar os valores possíveis de 𝑥 em toda a expressão, que já encontramos no item anterior. 
Assim, 
√10−6𝑥
12𝑥−15
= 0 ⟺ √10 − 6𝑥 = 0 𝑒 𝑥 ∈ 𝐴 = (−∞,
5
4
) ∪ (
5
4
,
5
3
 ]. 
Primeiro vamos resolver a equação, no final vamos verificar se a solução ou soluções encontradas 
respeitam os valores possíveis de 𝑥. 
√10−6𝑥
12𝑥−15
= 0 ⟺ √10 − 6𝑥 = 0 ⟺ 10 − 6𝑥 = 0 ⟺ 6𝑥 = 10 ⟺ 3𝑥 = 5 ⟺ 𝑥 =
5
3
 
Como 
5
3
∈ 𝐴 = (−∞,
5
4
) ∪ (
5
4
,
5
3
 ], a expressão 
√10−6𝑥
12𝑥−15
 é nula em 𝑥 =
5
3
. 
(c) 
√10−6𝑥
12|𝑥|−15
 
(I) Duas restrições ou condições de existência da expressão: 
radicando positivo ou nulo, 10 − 6𝑥 ≥ 0 e denominador não nulo, 12|𝑥| − 15 ≠ 0 
• 10 − 6𝑥 ≥ 0, resolvida no item(a), 𝑥 ≤
5
3
. 
• Resolvendo 12|𝑥| − 15 ≠ 0 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 12 de 34 
12|𝑥| − 15 = 0 ⟺ 12|𝑥| = 15 ⟺ 4|𝑥| = 5 ⟺ |𝑥| =
5
4
 ⟺ 
⟺ 𝑥 = −
 5 
4
 𝑜𝑢 𝑥 =
5
4
 . 
Logo, 12|𝑥| − 15 ≠ 0 ⟺ 𝑥 ≠ −
5
4
 𝑒 𝑥 ≠
5
4
 . 
Representando por 𝐴 o conjunto dos valores possíveis de 𝑥, 
𝐴 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≤
5
3
 𝑒 𝑥 ≠ −
5
4
 𝑒 𝑥 ≠
5
4
}. Como −
5
4
< 
5
4
<
5
3
, temos que 
𝐴 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 < −
5
4
 𝑜𝑢 −
5
4
< 𝑥 <
5
4
 𝑜𝑢 
5
4
< 𝑥 ≤
5
3
}. 
Em forma de união de intervalos disjuntos, 𝐴 = (−∞,−
5
4
) ∪ (−
5
4
,
5
4
) ∪ (
5
4
,
5
3
 ]. 
(II) Observe que não basta encontrar os valores de 𝑥 em que o numerador é nulo, é preciso 
respeitar os valores possíveis de 𝑥 em toda a expressão, que já encontramos no item anterior. 
Assim, 
√10−6𝑥
12|𝑥|−15
= 0 ⟺ √10 − 6𝑥 = 0 𝑒 𝑥 ∈ 𝐴 = (−∞,−
5
4
) ∪ (−
5
4
,
5
4
) ∪ (
5
4
,
5
3
 ]. 
Primeiro vamos resolver a equação, no final vamos verificar se a solução ou soluções encontradas 
respeitam os valores possíveis de 𝑥. 
√10−6𝑥
12|𝑥|−15
= 0 ⟺ √10 − 6𝑥 = 0 ⟺ 10 − 6𝑥 = 0 ⟺ 6𝑥 = 10 ⟺ 3𝑥 = 5 ⟺ 𝑥 =
5
3
. 
5
3
∈ 𝐴 = (−∞,−
5
4
) ∪ (−
5
4
,
5
4
) ∪ (
5
4
,
5
3
 ]. 
Portanto a expressão 
√10−6𝑥
12|𝑥|−15
 é nula em 𝑥 =
5
3
. 
(d) 
12|𝑥|−15
√10−6𝑥
 
(I) Duas restrições ou condições de existência da expressão: 
radicando positivo ou nulo, 10 − 6𝑥 ≥ 0 e denominador não nulo, √10 − 6𝑥 ≠ 0 
Como √10 − 6𝑥 ≠ 0 ⟺ 10 − 6𝑥 ≠ 0, as duas restrições são: 10 − 6𝑥 ≥ 0 e 10 − 6𝑥 ≠ 0. 
Resolvendo, 10 − 6𝑥 ≥ 0 e 10 − 6𝑥 ≠ 0 ⟺ 10 − 6𝑥 > 0 ⟺ 10 > 6𝑥 ⟺ 
⟺ 6𝑥 < 10 ⟺ 3𝑥 < 5 ⟺ 𝑥 <
5
3
 . 
Representando por 𝐴 o conjunto dos valores possíveis de 𝑥, 
𝐴 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 <
5
3
}. Em forma de intervalo 𝐴 = (−∞,
5
3
). 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 13 de 34 
(II) Observe que não basta encontrar os valores de 𝑥 em que o numerador é nulo, é preciso 
respeitar os valores possíveis de toda a expressão, que já encontramos no item anterior. 
Assim, 
12|𝑥|−15
√10−6𝑥
= 0 ⟺ 12|𝑥| − 15 = 0 𝑒 𝑥 ∈ 𝐴 = (−∞,
5
3
). 
Primeiro vamos resolver a equação, no final vamos verificar se a solução ou soluções encontradas 
respeitam os valores possíveis de 𝑥. 
12|𝑥| − 15 = 0 ⟺ 12|𝑥| = 15 ⟺ 4|𝑥| = 5 ⟺ |𝑥| =
5
4
 ⟺ 𝑥 = −
5
4
 𝑜𝑢 𝑥 =
5
4
 
−
5
4
<
5
3
 e 
5
4
<
5
3
, logo −
5
4
∈ 𝐴 = (−∞,
5
3
) e 
5
4
∈ 𝐴 = (−∞,
5
3
). 
Portanto a expressão 
12|𝑥|−15
√10−6𝑥
 é nula em 𝑥 = −
5
4
 ou 𝑥 =
5
4
. 
Exercício 7: Seja 𝑥 ∈ ℝ. Verifique se cada afirmação é verdadeira ou falsa. Justifique! 
(a) √52 = 5 
(b) √(−5)2 = −5 
(c) √(−5)2 = 5 
(d) √52 = ±5 
(e) √𝑥2 = 𝑥, para ∀𝑥 
(f) √𝑥2 = |𝑥|, para ∀𝑥 
(g) √25(𝑥 − 1)2 = 5|𝑥 − 1|, para ∀𝑥 
(h) √25(𝑥 − 1)2 = 5(𝑥 − 1), para ∀𝑥 
(i) √(𝑥 − 1)6 = |𝑥 − 1|3, para ∀𝑥 
(j) √(𝑥 − 1)6
3
= (𝑥 − 1)2, para ∀𝑥 
(k) 
√(𝑥−1)6
√(𝑥−1)6
3 = 𝑥 − 1, para ∀𝑥 ≠ 1 
RESOLUÇÃO: 
(a) Verdadeira. 
Justificativa: Nesse caso de √𝑎 = 𝑏, 𝑎 = 52 = 25 e 𝑏 = 5, 𝑎 ≥ 0 e além disso, 𝑎 e 𝑏 atendem 
às condições da definição de √𝑎 = 𝑏, que são: 𝑏 é o único 𝑏 ∈ ℝ , 𝑏 ≥ 0 tal que 𝑏2 = 𝑎. 
(b) Falsa. 
Justificativa: Nesse caso de √𝑎 = 𝑏, 𝑎 = (−5)2 = 25 e 𝑏 = −5. 
A condição 𝑎 ≥ 0 é verdadeira, mas 𝑏 não atende a uma das condições da definição de √𝑎 = 𝑏, que 
são: 𝑏 é o único 𝑏 ∈ ℝ , 𝑏 ≥ 0 tal que 𝑏2 = 𝑎. Pois, se 𝑏 = −5 < 0, então a condição 𝑏 ≥ 0 é falsa. 
 
(c) Verdadeira. 
Justificativa: Nesse caso de √𝑎 = 𝑏, 𝑎 = (−5)2 = 25 e 𝑏 = 5, 𝑎 ≥ 0 e além disso, 𝑎 e 𝑏 
atendem às condições da definição de √𝑎 = 𝑏, que são: 𝑏 é o único 𝑏 ∈ ℝ , 𝑏 ≥ 0 tal que 𝑏2 = 𝑎. 
 
 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 14 de 34 
(d) Falsa. 
Justificativa: Nesse caso de √𝑎 = 𝑏, 𝑎 = (−5)2 = 25 e 𝑏 = −5 ou 𝑏 = 5. 
Para 𝑏 = −5 , 𝑏 não atende a uma das condições da definição de √𝑎 = 𝑏, que são: 𝑏 é o único 
 𝑏 ∈ ℝ , 𝑏 ≥ 0 tal que 𝑏2 = 𝑎. Pois, se 𝑏 = −5< 0, então a condição 𝑏 ≥ 0 é falsa. 
 
(e) Falsa. 
Justificativa: para provar que é falsa , basta mostrar um exemplo onde a igualdade não funciona, por 
exemplo, para 𝑥 = −5, ficaria √(−5)2 = −5, o que é impossível, pela justificativa do item(b) 
anterior. 
(f) Verdadeira. 
Justificativa: essa é uma das propriedades da raiz quadrada. Ela está provada no texto do EP01, na 
página 10. Veja lá. 
(g) Verdadeira. 
Justificativa: √25(𝑥 − 1)2 = √25 √(𝑥 − 1)2 = 5|𝑥 − 1|. 
Acima usamos √25 = 5 e duas propriedades, 
(Raiz de produto) Como 𝑎 ≥ 25 𝑒 𝑏 = (𝑥 − 1)2 ≥ 0 podemos aplicar √𝑎𝑏 = √𝑎√𝑏 . Assim, 
√25(𝑥 − 1)2 = √25 √(𝑥 − 1)2 
(propriedade √𝑎2 = |𝑎| ∀𝑎). Substituindo 𝑎 por (𝑥 − 1), temos que √(𝑥 − 1)2 = |𝑥 − 1|. 
(h) Falsa. 
Justificativa: √25(𝑥 − 1)2 = √25 √(𝑥 − 1)2 . 
Mas, √(𝑥 − 1)2 ≠ 𝑥 − 1 no caso em que 𝑥 − 1 < 0. Por exemplo, para 𝑥 = −3: 
√25(−3 − 1)2 = √25(−4)2 = √25 ∙ 16 = 5 ∙ 4 = 20 e 
 5(−3 − 1) = 5 ∙ (−4) = −20. E portanto, √25(−3 − 1)2 ≠ 5(−3 − 1). 
 
(i) Verdadeira. 
Justificativa: √(𝑥 − 1)6 = √((𝑥 − 1)3)2 =⏞
(∗)
|(𝑥 − 1)3| = |(𝑥 − 1)(𝑥 − 1)(𝑥 − 1)| = 
= |𝑥 − 1| ∙ |𝑥 − 1| ∙ |𝑥 − 1| = |𝑥 − 1|3 para ∀𝑥. 
(*) aqui usamos a propriedade de raiz quadrada: √𝑎2 = |𝑎| ∀𝑎. 
Substituindo 𝑎 por (𝑥 − 1)3, temos que √((𝑥 − 1)3)2 = |(𝑥 − 1)3| para ∀𝑥. 
(j) Verdadeira. 
Justificativa: √(𝑥 − 1)6
3
= √((𝑥 − 1)2)3
3
=⏞
(∗)
(𝑥 − 1)2. 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 15 de 34 
(*) aqui usamos a seguinte propriedade de raiz cúbica: √𝑎3
3
= 𝑎 , ∀𝑎. 
Substituindo 𝑎 por (𝑥 − 1)2, temos que √((𝑥 − 1)2)3
3
= (𝑥 − 1)2, ∀𝑥. 
(k) Falsa. 
Justificativa: se 𝑥 ≠ 1, o denominador não se anula e, pelo que foi feito nos itens (i) e (j) acima, 
√(𝑥−1)6
√(𝑥−1)6
3 =
√((𝑥−1)3)2
√((𝑥−1)2)3
3 =
|𝑥−1|3
(𝑥−1)2
=
|𝑥−1|2|𝑥−1|
(𝑥−1)2
=⏞
(∗)
(𝑥−1)2|𝑥−1|
(𝑥−1)2
= |𝑥 − 1|, se 𝑥 ≠ 1. 
(*) aqui usamos |𝑥 − 1|2 = (𝑥 − 1)2 pois 
|𝑥 − 1|2 = |𝑥 − 1| |𝑥 − 1| = |(𝑥 − 1)(𝑥 − 1)| = |(𝑥 − 1)2| =⏞
(∗∗)
(𝑥 − 1)2 
(**) como (𝑥 − 1)2 ≥ 0, temos que |(𝑥 − 1)2| = (𝑥 − 1)2. 
Assim, se 𝑥 ≠ 1 temos que 
√(𝑥−1)6
√(𝑥−1)6
3 = |𝑥 − 1| = {
𝑥 − 1 𝑠𝑒 𝑥 − 1 > 0 (𝑥 > 1) 
−(𝑥 − 1) 𝑠𝑒 𝑥 − 1 < 0 (𝑥 < 1)
 
Portanto 
√(𝑥−1)6
√(𝑥−1)6
3 = 𝑥 − 1 é falsa no caso 𝑥 < 1. 
Exercício 8: Resolva cada equação ou inequação em ℝ. 
(a) 2√𝑥2 = 𝑥 + 4 
(b) √(𝑥 − 2)2 = 2𝑥 − 2 
(c) (2𝑥 − 3)2 ≤ 16 
(d) (4 − 𝑥)2 > 5 
(e) (3𝑥 − 6)2 > 𝑥2 
(f) √𝑥2 ≤ 1 +√(𝑥 − 2)2 
(g) 
√𝑥3+𝑥2
|𝑥|
< 3 
RESOLUÇÃO: 
(a) 2√𝑥2 = 𝑥 + 4 ⟺ 2|𝑥| = 𝑥 + 4, pois √𝑥2 = |𝑥| e 2√𝑥2 = 2|𝑥|. 
2√𝑥2 = 2|𝑥| ≥ 0. Logo, se 𝑥 + 4 < 0, nenhuma das duas equações acima têm solução. 
Donde concluímos que é preciso atender a restrição 𝑥 + 4 ≥ 0, ou seja, 𝑥 ≥ −4. 
Usando a definição de |𝑥| para resolver 2|𝑥| = 𝑥 + 4, temos 
Caso 𝑥 ≥ 0 Nesse caso, |𝑥| = 𝑥. Assim, 
𝑥 ≥ 0 e 2|𝑥| = 𝑥 + 4 ⟹ 𝑥 ≥ 0 𝑒 2𝑥 = 𝑥 + 4 ⟺ 𝑥 ≥ 0 𝑒 2𝑥 − 𝑥 = 4 ⟺ 𝑥 ≥ 0 𝑒 𝑥 = 4. 
Como 4 > 0 > −4, temos que 𝑥 = 4 atende às duas restrições, 𝑥 ≥ 0 e 𝑥 ≥ −4, 
logo 𝑥 = 4 é solução da equação original. 
Caso 𝑥 < 0 temos que |𝑥| = −𝑥. Assim, 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 16 de 34 
𝑥 < 0 e 2|𝑥| = 𝑥 + 4 ⟹ 𝑥 < 0 e 2(−𝑥) = 𝑥 + 4 ⟺ 𝑥 < 0 e −2𝑥 − 𝑥 = 4 
𝑥 < 0 e −3𝑥 = 4 ⟺ 𝑥 < 0 e 𝑥 = −
4
3
 . 
Como −4 < −
4
3
< 0 temos que 𝑥 = −
4
3
 atende às duas restrições, 𝑥 < 0 e 𝑥 ≥ −4, 
logo 𝑥 = −
4
3
 é solução da equação original. 
Portanto a solução da equação 2√𝑥2 = 𝑥 + 4 é: 𝑆 = {−
4
3
, 4}. 
(b) √(𝑥 − 2)2 = 2𝑥 − 2 ⟺ |𝑥 − 2| = 2𝑥 − 2. 
(*) aqui usamos √𝑎2 = |𝑎| , ∀𝑎 , 𝑎 = (𝑥 − 2), √(𝑥 − 22 = |𝑥 − 2|. 
√(𝑥 − 2)2 = |𝑥 − 2| ≥ 0, logo, se 2𝑥 − 2 < 0, nenhuma das duas equações acima têm solução. 
Donde é preciso atender a restrição 2𝑥 − 2 ≥ 0. 
Como 2𝑥 − 2 ≥ 0 ⟺ 2𝑥 ≥ 2 ⟺ 𝑥 ≥ 1, a restrição é 𝑥 ≥ 1. 
Aplicando a definição de |𝑎| em |𝑥 − 2| para resolver a equação |𝑥 − 2| = 2𝑥 − 2, temos 
Caso 𝑥 − 2 ≥ 0 nesse caso, 𝑥 ≥ 2 e |𝑥 − 2| = 𝑥 − 2. Assim, 
𝑥 ≥ 2 e |𝑥 − 2| = 2𝑥 − 2 ⟹ 𝑥 ≥ 2 𝑒 𝑥 − 2 = 2𝑥 − 2 ⟺ 𝑥 ≥ 2 𝑒 𝑥 = 2𝑥 ⟺ 
𝑥 ≥ 2 𝑒 𝑥 − 2𝑥 = 0 ⟺ 𝑥 ≥ 2 𝑒 𝑥 = 0. 
Como 0 ≤ 0 < 2 temos que 𝑥 = 0 não atende à restrição, 𝑥 ≥ 2 , logo 𝑥 = 0 não 
é solução da equação original. 
Caso 𝑥 − 2 < 0 nesse caso, temos que 𝑥 < 2 e |𝑥 − 2| = −(𝑥 − 2). Assim, 
𝑥 < 2 e |𝑥 − 2| = 2𝑥 − 2 ⟹ 𝑥 < 2 e -−(𝑥 − 2) = 2𝑥 − 2 ⟺ 
𝑥 < 2 e −𝑥 + 2 = 2𝑥 − 2 ⟺ 𝑥 < 2 e −𝑥 − 2𝑥 = −2 − 2 ⟺ 𝑥 < 2 e −3𝑥 = −4 
⟺ 𝑥 < 2 e 𝑥 =
4
3
 . 
Como 1 <
4
3
< 2 temos que 𝑥 =
4
3
 atende às restrições 𝑥 < 2 e 𝑥 ≥ 1, logo 𝑥 =
4
3
 é 
solução da equação original. 
Portanto a solução da equação 2√𝑥2 = 𝑥 + 4 é: 𝑆 = {
4
3
}. 
(c) (2𝑥 − 3)2 ≤ 16. 
Como (2𝑥 − 3)2 e 16 > 0, podemos aplicar a raiz quadrada nos dois lados da inequação [isso 
significa que estamos aplicando a propriedade, para 𝑎 ≥ 0 e 𝑏 ≥ 0, temos 𝑎 ≤ 𝑏 ⟺ √𝑎 ≤ √𝑏 ] 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 17 de 34 
Assim, (2𝑥 − 3)2 ≤ 16 ⟺ √ (2𝑥 − 3)2 ≤ √16 ⟺ |2𝑥 − 3| ≤ 4 ⟺ 
−4 ≤ 2𝑥 − 3 ≤ 4 ⟺ −4 + 3 ≤ 2𝑥 ≤ 4 + 3 ⟺ −1 ≤ 2𝑥 ≤ 7 ⟺ −
1
2
≤ 𝑥 ≤
7
2
. 
Portanto a solução da inequação (2𝑥 − 3)2 ≤ 16 é 𝑆 = {𝑥 ∈ ℝ; −
1
2
≤ 𝑥 ≤
7
2
} = [−
1
2
,
7
2
]. 
(d) (4 − 𝑥)2 > 5 
Temos que 0 < 5 < (4 − 𝑥)2 
(∗)
⇔ √5 < √(4 − 𝑥)2 ⟺ √5 < |4 − 𝑥| ⟺ |𝑥 − 4| > √5 
⟺ 𝑥 − 4 < −√5 ou 𝑥 − 4 > √5 ⟺ 𝑥 < 4 − √5 ou 𝑥 > 4 + √5 . 
Em (*) usamos a propriedade para 𝑎 ≥ 0 e 𝑏 ≥ 0, temos 𝑎 < 𝑏 ⟺ √𝑎 < √𝑏 
Portanto a solução de (4 − 𝑥)2 > 5 é 
𝑆 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 < 4 − √5 𝑜𝑢 𝑥 > 4 + √5} = (−∞, 4 − √5) ∪ (4 + √5,∞). 
(e) (3𝑥 − 6)2 > 𝑥2 
Como (3𝑥 − 6)2 ≥ 0 e 𝑥2 ≥ 0, podemos aplicar a raiz quadrada nos dois lados da inequação [isso 
significa que estamos aplicando a propriedade, para 𝑎 ≥ 0 e 𝑏 ≥ 0, temos 𝑎 ≤ 𝑏 ⟺ √𝑎 ≤ √𝑏 ] 
(3𝑥 − 6)2 > 𝑥2 ⟺ √(3𝑥 − 6)2 > √𝑥2 
(∗)
⇔ |3𝑥 − 6| > |𝑥| 
(*) aqui usamos √𝑎2 = |𝑎|, ∀𝑎 ∈ ℝ. 
Vamos resolver a inequação usando a definição de |3𝑥 − 6| e de |𝑥| . 
|3𝑥 − 6| = {
−(3𝑥 − 6), 3𝑥 − 6 < 0
3𝑥 − 6, 3𝑥 − 6 ≥ 0
 
(∗)
⇔ |3𝑥 − 6| = {
−3𝑥 + 6, 𝑥 < 2
3𝑥 − 6, 𝑥 ≥ 2
 
|𝑥| = {
−𝑥, 𝑥 < 0
𝑥, 𝑥 ≥ 0
 
Para usar as duas definições em uma única chave observamos que 0 < 2 e os intervalos serão: 
𝑥 < 0 < 2 ou 0 ≤ 𝑥 < 2 ou 0 < 2 ≤ 𝑥. Assim, 
|3𝑥 − 6| > |𝑥| ⟺ {
−3𝑥 + 6 > −𝑥, 𝑥 < 0 < 2
−3𝑥 + 6 > 𝑥, 0 ≤ 𝑥 < 2 
3𝑥 − 6 > 𝑥, 0 < 2 ≤ 𝑥.
 
(∗)
⇔ {
𝑥 < 3, 𝑥 < 0 < 2
𝑥 <
3
2
, 0 ≤ 𝑥 < 2 
𝑥 > 3, 0 < 2 ≤ 𝑥.
 
(∗∗)
⇔ {
𝑥 < 0
0 ≤ 𝑥 <
3
2
 
𝑥 > 3
 ⟺ {
𝑥 <
3
2
𝑥 > 3
 
(*) aqui resolvemos cada uma das três inequações: 
 
marle
Realce
marle
Nota
foi incluída a resolução do exercício (8)(e)
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 18 de 34 
• −3𝑥 + 6 > −𝑥 ⟺ −3𝑥 + 𝑥 > −6 ⟺ −2𝑥 > −6 ⟺ 2𝑥 < 6 ⟺ 𝑥 < 3. 
• −3𝑥 + 6 > 𝑥 ⟺ −3𝑥 − 𝑥 > −6 ⟺ −4𝑥 > −6 ⟺ 4𝑥 < 6 ⟺ 2𝑥 < 3 ⟺ 𝑥 <
3
2
 
• 3𝑥 − 6 > 𝑥 ⟺ 3𝑥 − 𝑥 > 6 ⟺ 2𝑥 > 6 ⟺ 𝑥 > 3 
(**) aqui, em cada linha, fizemos a interseção dos intervalos. 
Logo a solução 𝑆 de (3𝑥 − 6)2 > 𝑥2 é 
𝑆 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 < 0 ou 0 ≤ 𝑥 <
3
2
 ou 𝑥 > 3} = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 <
3
2
 ou 𝑥 >3} = (−∞,
3
2
) ∪ (3,∞). 
Observação: essa inequação pode ser resolvida de outra forma, se desde o início, o termo de cada 
lado da desigualdade for elevado ao quadrado e a seguir for feita a análise do trinômio. Mas, só vamos 
rever trinômio do segundo grau no EP02. 
(f) √𝑥2 ≤ 1 +√(𝑥 − 2)2 
Como para todo 𝑥, 𝑥2 é positivo ou nulo e (𝑥 − 2)2 é positivo ou nulo, não há restrição para as 
expressões da inequação. 
Como √𝑎2 = |𝑎|, ∀𝑎 ∈ ℝ, temos que √𝑥2 = |𝑥| e √(𝑥 − 2)2 = |𝑥 − 1|. Logo, 
√𝑥2 ≤ 1 +√(𝑥 − 2)2 ⟺ |𝑥| ≤ 1 + |𝑥 − 2|. 
Vamos resolver a inequação usando a definição de |𝑥| e de |𝑥 − 2|. 
|𝑥| = {
−𝑥, 𝑥 < 0
𝑥, 𝑥 ≥ 0
 
|𝑥 − 2| = {
−(𝑥 − 2), 𝑥 − 2 < 0
𝑥 − 2, 𝑥 − 2 ≥ 0
 
(∗)
⇔ |𝑥 − 2| = {
−𝑥 + 2, 𝑥 < 2
𝑥 − 2, 𝑥 ≥ 2
 
Para usar as duas definições em uma única chave observamos que 0 < 2 e os intervalos serão: 
𝑥 < 0 < 2 ou 0 ≤ 𝑥 < 2 ou 0 < 2 ≤ 𝑥. Assim, 
|𝑥| ≤ 1 + |𝑥 − 2| ⟺ {
−𝑥 ≤ 1 − 𝑥 + 2 , 𝑥 < 0 < 2
𝑥 ≤ 1 − 𝑥 + 2, 0 ≤ 𝑥 < 2 
𝑥 ≤ 1 + 𝑥 − 2, 0 < 2 ≤ 𝑥.
 
(∗)
⇔ {
0 ≤ 3, 𝑥 < 0 < 2
𝑥 ≤
3
2
, 0 ≤ 𝑥 < 2 
0 < −1, 0 < 2 ≤ 𝑥.
 
(∗∗)
⇔ {
 𝑥 < 0
0 ≤ 𝑥 ≤
3
2
𝑥 ∈ ∅
 ⟺ 𝑥 ≤
3
2
 
(*) aqui resolvemos cada uma das três inequações: 
• −𝑥 ≤ 1 − 𝑥 + 2 ⟺ −𝑥 + 𝑥 ≤ 3 ⟺ 0 ≤ 3 
• 𝑥 ≤ 1 − 𝑥 + 2 ⟺ 𝑥 + 𝑥 ≤ 3 ⟺ 2𝑥 ≤ 3 ⟺ 𝑥 ≤
3
2
 
• 𝑥 ≤ 1 + 𝑥 − 2 ⟺ 𝑥 − 𝑥 ≤ −2 ⟺ 0 ≤ −1 
marle
Realce
marle
Nota
foi incluída a resolução do exercício (8)(f)
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 19 de 34 
(**) aqui, em cada linha, fizemos a interseção dos intervalos. 
Logo a solução 𝑆 de √𝑥2 ≤ 1 +√(𝑥 − 2)2 é 
𝑆 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 < 0 ou 0 ≤ 𝑥 <
3
2
 ou 𝑥 ∈ ∅ } = (−∞,
3
2
). 
(g) 
√𝑥3+𝑥2
|𝑥|
< 3 
Restrições para as expressões da inequação, 
(I) O radicando do numerador positivo ou nulo, ou seja 𝑥3 + 𝑥2 ≥ 0. 
𝑥3 + 𝑥2 = 𝑥2(𝑥 + 1) ≥ 0 
(∗)
⇔ 𝑥 ≥ −1 
(*) aqui usamos a tabela a seguir, ela nos informa facilmente onde a expressão é positiva ou nula. 
Sinal de 𝑥2: 𝑥2 = 0 ⟺ 𝑥 = 0 
 𝑥2 > 0 ⟺ 𝑥 ≠ 0 ⟺ 𝑥 < 0 𝑜𝑢 𝑥 > 0 
 𝑥2 < 0, não existe 𝑥 
Sinal de (𝑥 + 1): 𝑥 + 1 = 0 ⟺ 𝑥 = −1 
 𝑥 + 1 > 0 ⟺ 𝑥 > −1 
 𝑥 + 1 < 0 ⟺ 𝑥 < −1 
 (−∞,−1) −1 (−1, 0) 0 (0,∞) 
𝑥2 + + + + + + + + + 0 + + + 
𝑥 + 1 − − − 0 + + + + + + + + + 
𝑥2(𝑥 + 1) − − − 0 + + + 0 + + + 
 
(II) Denominador não nulo, ou seja, |𝑥| ≠ 0. 
Como |𝑥| = 0 ⟺ 𝑥 = 0 então |𝑥| ≠ 0 ⟺ 𝑥 ≠ 0 
Assim, considerando as restrições (I) e (II), as restrições de 𝑥 para calcular a expressão são: 
 {𝑥 ≥ −1} ∩ {𝑥 ≠ 0} = {𝑥 ≠ 0 e 𝑥 ≥ −1}. 
√𝑥3+𝑥2
|𝑥|
< 3 e 𝑥 ≥ −1 e 𝑥 ≠ 0 ⟺ 
√𝑥2(𝑥+1)
|𝑥|
< 3 e 𝑥 ≥ −1 e 𝑥 ≠ 0 ⟺ 
 
√𝑥2√𝑥+1
|𝑥|
< 3 e 𝑥 ≥ −1 e 𝑥 ≠ 0 ⟺ 
|𝑥|√𝑥+1
|𝑥|
< 3 e 𝑥 ≥ −1 e 𝑥 ≠ 0 ⟺ 
√𝑥 + 1 < 3 e 𝑥 ≥ −1 e 𝑥 ≠ 0 ⟺ √𝑥 + 1 < √9 e 𝑥 ≥ −1 e 𝑥 ≠ 0 ⟺ 
𝑥 + 1 < 9 e 𝑥 ≥ −1 e 𝑥 ≠ 0 ⟺ 𝑥 < 8 e 𝑥 ≥ −1 e 𝑥 ≠ 0 ⟺ −1 ≤ 𝑥 < 8 e 𝑥 ≠ 0. 
Logo a solução 𝑆 de 
√𝑥3+𝑥2
|𝑥|
< 3 é 𝑆 = {𝑥 ∈ ℝ; −1 ≤ 𝑥 < 8 e 𝑥 ≠ 0} = [−1, 0) ∪ (0, 8). 
marle
Realce
marle
Nota
foi incluída a resolução do exercício (8)(g)
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 20 de 34 
Exercício 9: 
Em cada expressão a seguir considere 𝑥 ∈ ℝ e determine o seu domínio. 
(a) √2 − √𝑥 
(b) √2 + √𝑥 
(c) √2 − |𝑥| 
(d) 
3𝑥−2|𝑥+1|
5−√4|𝑥|−3 
 
(e) 
3−|𝑥|
3−4 √|𝑥|−3
3
 
 
(f) 
3𝑥−|𝑥|
5+√𝑥−3 
 
(g) 
√𝑥−√3−𝑥
5𝑥−2√9𝑥+7 
 
RESOLUÇÃO: 
(a) √2 − √𝑥 
Temos dois radicandos, logo as restrições para o domínio 𝐷 da expressão são: 𝑥 ≥ 0 e 2 − √𝑥 ≥ 0. 
Resolvendo as restrições simultaneamente, 
2 − √𝑥 ≥ 0 𝑒 𝑥 ≥ 0 ⟺ 2 ≥ √𝑥 𝑒 𝑥 ≥ 0 ⟺ √4 ≥ √𝑥 𝑒 𝑥 ≥ 0 ⟺ 
⟺ 4 ≥ 𝑥 𝑒 𝑥 ≥ 0 ⟺ 0 ≤ 𝑥 𝑒 𝑥 ≤ 4 ⟺ 0 ≤ 𝑥 ≤ 4. 
Portanto 𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 0 ≤ 𝑥 ≤ 4} = [0, 4]. 
(b) √2 + √𝑥 
Temos dois radicandos, logo as restrições para o domínio 𝐷 da expressão são: 𝑥 ≥ 0 e 2 + √𝑥 ≥ 0. 
Resolvendo as restrições simultaneamente, 
𝑥 ≥ 0 e 2 + √𝑥 ≥ 0 ⟺ 𝑥 ≥ 0 e √𝑥 ≥ −2. 
Como √𝑥 ≥ 0 para ∀𝑥 ≥ 0 e 0 > −2 temos que √𝑥 ≥ −2 para ∀𝑥 ≥ 0. 
Logo, 𝑥 ≥ 0 e √𝑥 ≥ −2 ⟺ 𝑥 ≥ 0. 
Portanto 𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≥ 0} = [0,∞]. 
Outra maneira de concluir o domínio é: 
como √𝑥 ≥ 0 para ∀𝑥 ≥ 0 então 2 + √𝑥 ≥ 2 + 0 para ∀𝑥 ≥ 0. 
Como 2 > 0, temos que 2 + √𝑥 > 0 para ∀𝑥 ≥ 0, donde 2 + √𝑥 ≥ 0 para ∀𝑥 ≥ 0. 
Portanto 𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≥ 0} = [0,∞]. 
(c) √2 − |𝑥| 
Como podemos calcular |𝑥| para ∀∈ ℝ, a única restrição do domínio 𝐷 é: 2 − |𝑥| ≥ 0. 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 21 de 34 
Resolvendo, 2 − |𝑥| ≥ 0 ⟺ 2 ≥ |𝑥| ⟺ |𝑥| ≤ 2 ⟺ −2 ≤ 𝑥 ≤ 2. 
Portanto 𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; −2 ≤ 𝑥 ≤ 2} = [−2, 2]. 
(d) 
3𝑥−2|𝑥+1|
5−√4|𝑥|−3 
 
São duas restrições do domínio 𝐷, radicando positivo ou nulo e denominador não nulo, ou seja, 
𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 4|𝑥| − 3 ≥ 0 𝑒 5 − √4|𝑥| − 3 ≠ 0 } 
Para determinar 𝐷 em forma de intervalo e/ou união de intervalos disjuntos precisamos resolver cada 
restrição. Resolvendo cada restrição, 
• 4|𝑥| − 3 ≥ 0 ⟺ 4|𝑥| ≥ 3 ⟺ |𝑥| ≥
3
4
 ⟺ 𝑥 ≤ −
3
4
 𝑜𝑢 𝑥 ≥
3
4
. 
• 5 − √4|𝑥| − 3 = 0 ⟺ √4|𝑥| − 3 = 5 ⟺ √4|𝑥| − 3 = √25 ⟺ 
4|𝑥| − 3 = 25 ⟺ 4|𝑥| = 25 + 3 ⟺ 4|𝑥| = 28 ⟺ |𝑥| = 7 ⟺ 𝑥 = −7 𝑜𝑢 𝑥 = 7 
Logo, 5 − √4|𝑥| − 3 ≠ 0 ⟺ 𝑥 ≠ −7 𝑒 𝑥 ≠ 7. 
Logo, 𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≤ −
3
4
 𝑜𝑢 𝑥 ≥
3
4
 } ∩ {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≠ −7 𝑒 𝑥 ≠ 7} 
Como −7 < −
3
4
<
3
4
< 7, 
𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 < −7 𝑜𝑢 − 7 < 𝑥 ≤ −
3
4
 𝑜𝑢 
3
4
≤ 𝑥 < 7 𝑜𝑢 𝑥 > 7 }. 
Em notação de intervalo, 𝐷 = (−∞,−7) ∪ (−7,−
3
4
 ] ∪ [ 
3
4
, 7) ∪ (7,∞). 
(e) 
3−|𝑥|
3−4 √|𝑥|−3
3
 
 
Observe que o radicando é de raiz cúbica, logo o radicando pode ser qualquer número real, isto é, não 
há restrição para esse radicando. Assim o domínio 𝐷 só tem restrição de denominador não nulo. 
𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 3 − 4√|𝑥| − 3
3
≠ 0}. Resolvendo a restrição, 
3 − 4√|𝑥| − 3
3
= 0 ⇔ 4√|𝑥| − 3
3
= 3 ⟺ ( 4√|𝑥| − 3
3
)
3
= 33 ⟺ 
64(|𝑥| − 3) = 27 ⟺ |𝑥| − 3 =
27
64
 ⟺ |𝑥| = 3 +
27
64
=
3 ∙64+27
64
=
219
64
 ⟺ 
⟺ 𝑥 = −
219
64
 ou 𝑥 =
219
64
 . 
Logo, 3 − 4√|𝑥| − 3
3
≠ 0 ⟺ 𝑥 ≠ −
219
64
 𝑒 𝑥 ≠
219
64
 . 
Portanto, 𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≠ −
219
64
 𝑒 𝑥 ≠
219
64
} = (−∞,−
219
64
) ∪ (−
219
64
,
219
64
) ∪ (
219
64
, ∞). 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 22 de 34 
(f) 
3𝑥−|𝑥|
5+√𝑥−3 
 
As únicas restrições para o domínio 𝐷 são: radicando positivo ou nulo e denominadora não nulo. 
𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 − 3 ≥ 0 e 5 + √𝑥 − 3 ≠ 0}. Resolvendo as restrições, 
• 𝑥 − 3 ≥ 0 ⟺ 𝑥 ≥ 3. 
• para todo 𝑥 ≥ 3 temos que 5 + √𝑥 − 3 ≠ 0 pois 
5 > 0 e √𝑥 − 3 ≥ 0 ⟹ 5 + √𝑥 − 3 ≥ 5 > 0 ⟹ 5 + √𝑥 − 3 > 0 ⟹ 5 + √𝑥 − 3 ≠ 0 
Portanto, 𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≥ 3} = [ 3,∞). 
(g) 
√𝑥−√3−𝑥
5𝑥−2√9𝑥+7 
 
As restrições para o domínio 𝐷 são: cada um dos três radicandos deve ser positivo ou nulo e o 
denominador não deve ser nulo. Logo, 
𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≥ 0 e 3 − 𝑥 ≥ 0 e 9𝑥 + 7 ≥ 0 e 5𝑥 − 2√9𝑥 + 7 ≠ 0}. Resolvendo as restrições, 
• 𝑥 ≥ 0, já está resolvido. 
• 3 − 𝑥 ≥ 0 ⟺ 3 ≥ 𝑥 ⟺ 𝑥 ≤ 3. 
• 9𝑥 + 7 ≥ 0 ⟺ 9𝑥 ≥ −7 ⟺ 𝑥 ≥ −
7
9
 
• 5𝑥− 2√9𝑥 + 7 = 0 ⟺ 2√9𝑥 + 7 = 5𝑥 
Para resolver essa equação vamos considerar as restrições que 9𝑥 + 7 ≥ 0 e 5𝑥 ≥ 0 e aplicar a 
propriedade de elevar ao quadrado os dois lados da equação. No final temos que testar se as 
soluções satisfazem as duas restrições. 
Restrições, 9𝑥 + 7 ≥ 0 ⟺ 𝑥 ≥ −
7
9
 e 5𝑥 ≥ 0 ⟺ 𝑥 ≥ 0 
2√9𝑥 + 7 = 5𝑥 ⟹ (2√9𝑥 + 7)
2
= (5𝑥)2 ⟺ 4(9𝑥 + 7) = 25𝑥2 ⟺ 36𝑥 + 28 =
25𝑥2 ⟺ 25𝑥2 − 36𝑥 − 28 = 0 ⟺ 𝑥 =
−(−36)±√362−4∙25∙(−28)
2∙25
=
36±√1296+2800
50
= 
=
36±√4096
50
=
36±64
50
 ⟺ 𝑥 =
100
50
 ou 𝑥 = −
28
50
 ⟺ 𝑥 = 2 ou 𝑥 = −
14
25
 . 
Como −
7
9
< −
14
25
< 0 < 2, temos que 𝑥 = 2 é solução da equação e 𝑥 = −
14
25
 não é solução da 
equação, ou seja, 5𝑥 − 2√9𝑥 + 7 = 0 ⟺ 𝑥 = 2. 
Logo, 5𝑥 − 2√9𝑥 + 7 ≠ 0 ⟺ 𝑥 ≠ 2. 
Logo, 𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≥ 0 e 𝑥 ≤ 3 e 𝑥 ≥ −
7
9
 e 𝑥 ≠ 2} . Como −
7
9
< 0 < 2 < 3, temos que 
𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 0 ≤ 𝑥 < 2 ou 2 < 𝑥 ≤ 3} = [0, 2) ∪ (2, 3]. 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 23 de 34 
Exercício 10: 
Em cada expressão a seguir considere 𝑥 ∈ ℝ, determine o seu domínio e analise o seu sinal. 
(a) 𝐸(𝑥) = (√𝑥 − 10)(√𝑥 + 10) 
(b) 𝐹(𝑥) = (√𝑥 − 10)
2
 
(c) 𝐻(𝑥) = (10 − √𝑥)(10 + √𝑥) 
(d) 𝐴(𝑥) =
(2𝑥−1)(4−𝑥)
|𝑥−8|
 
(e) 𝐵(𝑥) =
(2𝑥−1)(4−𝑥)
(|2𝑥|−6)|𝑥−8|
 
(f) 𝐶(𝑥) =
√𝑥−4−3
𝑥2−4
 
RESOLUÇÃO: 
(a) 𝐸(𝑥) = (√𝑥 − 10)(√𝑥 + 10) 
A única restrição do domínio 𝐷 da expressão 𝐸(𝑥) é que o radicando seja positivo ou nulo, logo, 
𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≥ 0} = [0,∞]. 
Vamos analisar o sinal de cada expressão 𝐴(𝑥) = (√𝑥 − 10) e 𝐵(𝑥) = (√𝑥 + 10) e depois construir 
a tabela de sinais para concluir o sinal do produto dessas expressões. 
Para cada expressão temos que respeitar o domínio na análise de sinal. 
Seja 𝐷1 = Domínio de 𝐴(𝑥) = √𝑥 − 10. 𝐷1 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≥ 0} = [0,∞]. 
• √𝑥 − 10 = 0 e 𝑥 ≥ 0 ⟺ √𝑥 = 10 e 𝑥 ≥ 0 ⇔ 𝑥 = 100 
• √𝑥 − 10 > 0 e 𝑥 ≥ 0 ⟺ √𝑥 > 10 e 𝑥 ≥ 0 ⇔ √𝑥 > √100 e 𝑥 ≥ 0 ⟺ 𝑥 > 100 
• √𝑥 − 10 < 0 e 𝑥 ≥ 0 ⟺ √𝑥 < 10 e 𝑥 ≥ 0 ⇔ √𝑥 < √100 e 𝑥 ≥ 0 ⟺ 0 ≤ 𝑥 < 100. 
Seja 𝐷2 = Domínio de 𝐵(𝑥) = √𝑥 + 10. 𝐷2 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≥ 0} = [0,∞]. 
• √𝑥 + 10 > 0 para todo 𝑥 ≥ 0 , pois 
para todo 𝑥 ≥ 0 temos que √𝑥 ≥ 0 e 10 > 0 ⟹ √𝑥 + 10 ≥ 10 > 0 ⟹ √𝑥 + 10 > 0. 
• √𝑥 + 10 = 0 e 𝑥 ≥ 0: não existe 𝑥, pois 
como vimos acima, para todo 𝑥 ≥ 0 √𝑥 + 10 > 0 ⟹ √𝑥 + 10 ≠ 0 
• √𝑥 + 10 < 0 𝑒 𝑥 ≥ 0: não existe 𝑥, pois 
como vimos acima, para todo 𝑥 ≥ 0 √𝑥 + 10 > 0. 
Tabela de sinais, colocando todos os valores reais na primeira linha da tabela. 
 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 24 de 34 
Valores de 𝑥 (−∞, 0) 0 (0,100) 100 (100,∞) 
𝐴(𝑥) = √𝑥 − 10 𝑛𝑑 − − − − 0 + + + 
𝐵(𝑥) = √𝑥 + 10 𝑛𝑑 + + + + + + + + 
𝐸(𝑥) = (√𝑥 − 10)(√𝑥 + 10) 𝑛𝑑 − − − − 0 + + + 
𝑛𝑑 significa que a expressão não é definida no intervalo ou valor de 𝑥 na primeira linha. 
Observando a primeira e a última linha da tabela, podemos concluir o sinal de 𝐸(𝑥) =
(√𝑥 − 10)(√𝑥 + 10): 
𝐸(𝑥) = 0 ⟺ 𝑥 = 100 
𝐸(𝑥) > 0 ⟺ 𝑥 > 100 . Em forma de intervalo, 𝑥 ∈ (100,∞). 
𝐸(𝑥) < 0 ⟺ 0 ≤ 𝑥 < 100 . Em forma de intervalo, 𝑥 ∈ [0, 100). 
(b) 𝐹(𝑥) = (√𝑥 − 10)
2
 
A única restrição do domínio 𝐷 da expressão 𝐹(𝑥) é que o radicando seja positivo ou nulo, logo, 
𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≥ 0} = [0,∞]. 
Uma propriedade importante dos números reais é que o quadrado de qualquer número real é positivo 
ou nulo e o único número que elevado ao quadrado é igual a zero é o próprio número zero. Ou seja, 
𝑎2 > 0 para ∀𝑎 ∈ ℝ, 𝑎 ≠ 0, e também 𝑎2 = 0 ⟺ 𝑎 = 0. 
Considerando 𝑥 ≥ 0, 
(√𝑥 − 10)
2
> 0 para ∀(√𝑥 − 10) ∈ ℝ, √𝑥 − 10 ≠ 0, e também 
(√𝑥 − 10)
2
= 0 ⟺ √𝑥 − 10 = 0. Logo, 
• 𝐹(𝑥) = (√𝑥 − 10)
2
= 0 𝑒 𝑥 ≥ 0 ⟺ √𝑥 − 10 = 0 𝑒 𝑥 ≥ 0 ⟺ √𝑥 = 10 𝑒 𝑥 ≥ 0 ⟺ 𝑥 = 100. 
• 𝐹(𝑥) = (√𝑥 − 10)
2
> 0 𝑒 𝑥 ≥ 0 ⟺ √𝑥 − 10 ≠ 0 𝑒 𝑥 ≥ 0 ⟺ √𝑥 ≠ 10 𝑒 𝑥 ≥ 0 ⟺ 
⟺ 𝑥 ≠ 100 𝑒 𝑥 ≥ 0 ⟺ 0 < 𝑥 < 100 𝑜𝑢 𝑥 > 100 
• 𝐹(𝑥) = (√𝑥 − 10)
2
< 0 𝑒 𝑥 ≥ 0, não existe 𝑥 ∈ ℝ. 
Portanto, a análise de sinal de (√𝑥 − 10)
2
 é: 
• 𝐹(𝑥) = (√𝑥 − 10)
2
= 0 ⟺ 𝑥 = 100 
• 𝐹(𝑥) = (√𝑥 − 10)
2
> 0 ⟺ 0 ≤ 𝑥 < 100 ou 𝑥 > 100 ⟺ 𝑥 ∈ [0,100) ∪ (100,∞] 
• 𝐹(𝑥) = (√𝑥 − 10)
2
< 0 , não existe 𝑥 ∈ ℝ. 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 25 de 34 
(c) 𝐻(𝑥) = (10 − √𝑥)(10 + √𝑥) 
A única restrição do domínio 𝐷 da expressão 𝐻(𝑥) é que o radicando seja positivo ou nulo, logo, 
𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≥ 0} = [0,∞]. 
𝐻(𝑥) = (10 − √𝑥)(10 + √𝑥) = −(√𝑥 − 10)(√𝑥 + 10) = −𝐸(𝑥) 
Como no exercício (a) concluímos que 
𝐸(𝑥) = 0 ⟺ 𝑥 = 100 
𝐸(𝑥) > 0 ⟺ 𝑥 > 100 . Em forma de intervalo, 𝑥 ∈ (100,∞). 
𝐸(𝑥) < 0 ⟺ 0 ≤ 𝑥 < 100 . Em forma de intervalo, 𝑥 ∈ [0, 100). 
Então 
𝐻(𝑥) = −𝐸(𝑥) = 0 ⟺ 𝐸(𝑥) = 0 ⟺ 𝑥 = 100 
𝐻(𝑥) = −𝐸(𝑥) > 0 ⟺ 𝐸(𝑥) < 0 ⟺ 0 ≤ 𝑥 < 100 . 
 Em forma de intervalo, 𝑥 ∈ [0, 100) 
𝐻(𝑥) = −𝐸(𝑥) < 0 ⟺ 𝐸(𝑥) > 0 ⟺ 𝑥 > 100 . 
 Em forma de intervalo, 𝑥 ∈ (100,∞). 
(d) 𝐴(𝑥) =
(2𝑥−1)(4−𝑥)
|𝑥−8|
 
Determinando o domínio 𝐷 de 𝐴(𝑥), a única restrição é denominador não nulo, ou seja, |𝑥 − 8| ≠ 0. 
Resolvendo, |𝑥 − 8| = 0 ⟺ 𝑥 − 8 = 0 ⟺ 𝑥 = 8. 
Assim, |𝑥 − 8| ≠ 0 ⟺ 𝑥 ≠ 8. Logo, 𝐷 = (−∞,8) ∪ (8,∞). 
Determinando o domínio 𝐷1 e o sinal de 2𝑥 − 1, 
Não há restrição para o domínio dessa expressão, logo 𝐷1 = ℝ. 
• 2𝑥 − 1 = 0 ⟺ 2𝑥 = 1 ⟺ 𝑥 =
1
2
 
• 2𝑥 − 1 > 0 ⟺ 2𝑥 > 1 ⟺ 𝑥 >
1
2
 
• 2𝑥 − 1 < 0 ⟺ 2𝑥 < 1 ⟺ 𝑥 <
1
2
 
Determinando o domínio 𝐷2 e o sinal de 4 − 𝑥, 
Não há restrição para o domínio dessa expressão, logo 𝐷2 = ℝ. 
 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 26 de 34 
• 4 − 𝑥 = 0 ⟺ 𝑥 = 4. 
• 4 − 𝑥 > 0 ⟺ 4 > 𝑥 ⟺ 𝑥 < 4. 
• 4 − 𝑥 < 0 ⟺ 4 < 𝑥 ⟺ 𝑥 > 4. 
Determinando o domínio 𝐷3 e o sinal de |𝑥 − 8|, 
Não há restrição para o domínio dessa expressão, logo 𝐷3 = ℝ. 
• |𝑥 − 8| = 0 ⟺ 𝑥 − 8 = 0 ⟺ 𝑥 = 8 
• |𝑥 − 8| > 0 ⟺ 𝑥 − 8 ≠ 0 ⟺ 𝑥 ≠ 8, pois |𝑥 − 8| ≥ 0 para todo 𝑥 ∈ ℝ. 
• |𝑥 − 8| < 0, não existe 𝑥 ∈ ℝ, pois |𝑥 − 8| ≥ 0 para todo 𝑥 ∈ ℝ. 
Considerando os sinais das expressões acima podemos construir a tabela de sinais de 𝐴(𝑥). 
Observe que 
1
2
< 4 < 8 e temos que respeitar essa ordem na primeira linha da tabela. 
Valores de 𝑥 (−∞,
1
2
) 
1
2
 (
1
2
, 4) 4 (4, 8) 8 (8,∞) 
2𝑥 − 1 − − − 0 + + + + + + + + + + 
4 − 𝑥 + + + + + + + 0 − − − − − − 
|𝑥 − 8| + + + + + + + + + + + 0 + + + 
𝐴(𝑥) =
(2𝑥−1)(4−𝑥)
|𝑥−8|
 − − − 0 + + + 0 − − − 𝑛𝑑 − − − 
𝑛𝑑 significa que a expressão não é definida no intervalo ou valor de 𝑥 na primeira linha. 
Observando a primeira e a última linha da tabela, podemos concluir o sinal de 𝐴(𝑥): 
𝐴(𝑥) = 0 ⟺ 𝑥 =
1
2
 ou 𝑥 = 4 
𝐴(𝑥) > 0 ⟺ 
1
2
< 𝑥 < 4 . Em forma de intervalo, 𝑥 ∈ (
1
2
, 4). 
𝐴(𝑥) < 0 ⟺ −∞ < 𝑥 <
1
2
 𝑒 4 < 𝑥 < 8 𝑒 8 < 𝑥 < ∞ . 
Em forma de intervalo, 𝑥 ∈ (−∞,
1
2
) ∪ (4, 8) ∪ (8,∞) . 
(e) 𝐵(𝑥) =
(2𝑥−1)(4−𝑥)
(|2𝑥|−6)|𝑥−8|
 
Determinando o domínio 𝐷 de 𝐵(𝑥), a restrição é denominador não nulo: (|2𝑥| − 6)|𝑥 − 8| ≠ 0 
Resolvendo a restrição, 
(|2𝑥| − 6)|𝑥 − 8| = 0 ⟺ |2𝑥| − 6 = 0 𝑜𝑢 |𝑥 − 8| = 0 . Resolvendo separadamente, 
|2𝑥| − 6 = 0 ⟺ |2𝑥| = 6 ⟺ 2|𝑥| = 6 ⟺ |𝑥| = 3 ⟺ 𝑥 = −3 𝑜𝑢 𝑥 = 3. 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 27 de 34 
e |𝑥 − 8| = 0 ⟺ 𝑥 − 8 = 0 ⟺𝑥 = 8. 
Agora que temos que determinar o domínio e o sinal de cada expressão que é um fator do numerador 
ou do denominador para usar na tabela de sinais de 𝐵(𝑥). 
No exercício anterior já determinamos o domínio e análise de sinal de três dessas expressões e vamos 
usar diretamente na tabela. 
Determinando o domínio 𝐷4 e o sinal de |2𝑥| − 6, 
Não há restrição para o domínio dessa expressão, logo 𝐷4 = ℝ. 
• |2𝑥| − 6 = 0 ⟺ 2|𝑥| = 6 ⟺ |𝑥| = 3 ⟺ 𝑥 = −3 𝑜𝑢 𝑥 = 3 
• |2𝑥| − 6 > 0 ⟺ 2|𝑥| > 6 ⟺ |𝑥| > 3 ⟺ 𝑥 < −3 𝑜𝑢 𝑥 > 3 
• |2𝑥| − 6 < 0 ⟺ 2|𝑥| < 6 ⟺ |𝑥| < 3 ⟺ −3 < 𝑥 < 3 . 
Considerando os sinais das expressões acima podemos construir a tabela de sinais de 𝐵(𝑥). 
Observe que −3 <
1
2
< 3 < 4 < 8 e temos que respeitar essa ordem na primeira linha da tabela. 
Valores de 𝑥 (−∞,−3) −3 (−3,
1
2
) 
1
2
 (
1
2
, 3) 3 (3,4) 4 (4, 8) 8 (8,∞) 
2𝑥 − 1 − − − − − − − 0 + + + + + + + + + + + + + + + 
4 − 𝑥 + + + + + + + + + + + + + + + 0 − − − − − − − 
|2𝑥| − 6 + + + 0 − − − − − − − 0 + + + + + + + + + + + 
|𝑥 − 8| + + + + + + + + + + + + + + + + + + + 0 + + + 
𝐵(𝑥) =
(2𝑥 − 1)(4 − 𝑥)
(|2𝑥| − 6)|𝑥 − 8|
 − − − 𝑛𝑑 + + + 0 − − − 𝑛𝑑 + + + 0 − − − 𝑛𝑑 − − − 
𝑛𝑑 significa que a expressão não é definida no intervalo ou valor de 𝑥 na primeira linha. 
 
Observando a primeira e a última linha da tabela, podemos concluir o sinal de 𝐵(𝑥): 
𝐵(𝑥) = 0 ⟺ 𝑥 =
1
2
 ou 𝑥 = 4 
𝐵(𝑥) > 0 ⟺ −3 < 𝑥 <
1
2
 𝑜𝑢 3 < 𝑥 < 4. 
Em forma de intervalo, 𝑥 ∈ (−3,
1
2
) ∪ (3, 4). 
𝐵(𝑥) < 0 ⟺ −∞ < 𝑥 < −3 𝑜𝑢 
1
2
< 𝑥 < 3 𝑜𝑢 4 < 𝑥 < 8 𝑜𝑢 8 < 𝑥 < ∞. 
Em forma de intervalo, 𝑥 ∈ (−∞,−3) ∪ (
1
2
, 3) ∪ (4, 8) ∪ (8,∞). 
 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 28 de 34 
(f) 𝐶(𝑥) =
√𝑥−4−3
𝑥2−4
 
Determinando o domínio 𝐷 de 𝐶(𝑥), são duas restrições. 
• Radicando positivo ou nulo: 𝑥 − 4 ≥ 0 ⟺ 𝑥 ≥ 4. 
• Denominador não nulo: 𝑥2 − 4 ≠ 0. 
𝑥2 − 4 = 0 ⟺ 𝑥2 = 4 ⟺ √𝑥2 = √4 ⟺ |𝑥| = 2 ⟺ 𝑥 = −2 𝑜𝑢 𝑥 = 2. 
 Logo, 𝑥2 − 4 ≠ 0 ⟺ 𝑥 ≠ −2 𝑒 𝑥 ≠ 2. 
Assim, 𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≥ 4 𝑒 𝑥 ≠ −2 𝑒 𝑥 ≠ 2}. Como −2 < 2 < 4, temos que 
 𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≥ 4} = [4,∞). 
Determinando o domínio e análise de sinal da expressão √𝑥 − 4 − 3: 
Sendo 𝐷1 o domínio dessa expressão, a única restrição é 𝑥 − 4 ≥ 0 ⟺ 𝑥 ≥ 4. 
Logo 𝐷1 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≥ 4} = [4,∞). 
• √𝑥 − 4 − 3 = 0 𝑒 𝑥 ≥ 4 ⟺ √𝑥 − 4 = 3 𝑒 𝑥 ≥ 4 ⟺ 𝑥 − 4 = 9 𝑒 𝑥 ≥ 4 ⟺ 𝑥 = 13. 
• √𝑥 − 4 − 3 > 0 𝑒 𝑥 ≥ 4 ⟺ √𝑥 − 4 > 3 𝑒 𝑥 ≥ 4 ⟺ 𝑥 − 4 > 9 𝑒 𝑥 ≥ 4 ⟺ 𝑥 > 13. 
• √𝑥 − 4 − 3 < 0 𝑒 𝑥 ≥ 4 ⟺ √𝑥 − 4 < 3 𝑒 𝑥 ≥ 4 ⟺ 𝑥 − 4 < 9 𝑒 𝑥 ≥ 4 ⟺ 4 ≤ 𝑥 < 13. 
Resumindo a análise de sinal, 
• √𝑥 − 4 − 3 = 0 𝑒 𝑥 ≥ 4 ⟺ 𝑥 = 13. 
• √𝑥 − 4 − 3 > 0 𝑒 𝑥 ≥ 4 ⟺ 𝑥 > 13. 
• √𝑥 − 4 − 3 < 0 𝑒 𝑥 ≥ 4 ⟺ 4 ≤ 𝑥 < 13. 
Determinando o domínio e análise de sinal da expressão 𝑥2 − 4. 
Sendo 𝐷2 o domínio dessa expressão, não há restrição, logo 𝐷2 = ℝ. 
• 𝑥2 − 4 = 0 ⟺ 𝑥2 = 4 ⟺ √𝑥2 = √4 ⟺ |𝑥| = 2 ⟺ 𝑥 = −2 𝑜𝑢 𝑥 = 2. 
• 𝑥2 − 4 > 0 ⟺ 𝑥2 > 4 ⟺ √𝑥2 > √4 ⟺ |𝑥| > 2 ⟺ 𝑥 < −2 𝑜𝑢 𝑥 > 2. 
• 𝑥2 − 4 < 0 ⟺ 𝑥2 < 4 ⟺ √𝑥2 < √4 ⟺ |𝑥| < 2 ⟺ −2 < 𝑥 < 2. 
Considerando os sinais das expressões acima podemos construir a tabela de sinais de 𝐶(𝑥). 
Observe que −2 < 2 < 4 < 13 e temos que respeitar essa ordem na primeira linha da tabela. 
Por simplicidade, vamos construir a tabela considerando na primeira linha apenas os valores de 𝑥 e os 
intervalos que estão no domínio 𝐷 da expressão 𝐶(𝑥), já determinado acima, 𝐷 = [4,∞). 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 29 de 34 
Valores de 𝑥 4 (4,13) 13 (13,∞) 
√𝑥 − 4 − 3 − − − − 0 + + + 
𝑥2 − 4 + + + + + + + + 
𝐶(𝑥) =
√𝑥 − 4 − 3
𝑥2 − 4
 − − − − 0 + + + 
 
Observando a primeira e a última linha da tabela, podemos concluir o sinal de 𝐶(𝑥): 
𝐶(𝑥) = 0 ⟺ 𝑥 = 13 
𝐶(𝑥) > 0 ⟺ 𝑥 > 13 . Em forma de intervalo, 𝑥 ∈ (13,∞). 
𝐶(𝑥) < 0 ⟺ 4 ≤ 𝑥 < 13 . Em forma de intervalo, 𝑥 ∈ [4, 13). 
Exercício 11: Considere 𝑥 ∈ ℝ e as expressões 𝐸(𝑥) =
(|𝑥|−1)(5−𝑥)
5+𝑥
 e 𝐹(𝑥) =
8+𝑥
4−|𝑥|
 
(I) Analise o sinal de cada expressão 𝐸(𝑥) e 𝐹(𝑥). 
(II) Determine o domínio de cada expressão 
(a) 𝑟(𝑥) = √𝐸(𝑥) 
(b) 𝑠(𝑥) = √𝐹(𝑥) 
(c) 𝐴(𝑥) = 𝐸(𝑥) + 𝐹(𝑥) 
(d) 𝐵(𝑥) = √𝐸(𝑥) + √𝐹(𝑥) 
(e) 𝑚(𝑥) = (𝐸(𝑥)) × (𝐹(𝑥)) 
(f) 𝑛(𝑥) = √𝐸(𝑥) × √𝐹(𝑥) 
(g) 𝑝(𝑥) = √(𝐸(𝑥)) × (𝐹(𝑥)) 
RESOLUÇÃO: 
(I) Determinando o domínio e o sinal de 𝐸(𝑥) =
(|𝑥|−1)(5−𝑥)
5+𝑥
. 
O domínio 𝐴 de 𝐸(𝑥) tem uma única restrição: 5 + 𝑥 ≠ 0 ⟺ 𝑥 ≠ −5. Logo, 
𝐴 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≠ −5} = (−∞,−5) ∪ (−5,∞). 
Vamos determinar o domínio e o sinal de cada expressão que é um fator do numerador e/ou do 
denominador de 𝐸(𝑥). 
Domínio e sinal de |𝑥| − 1. 
O domínio 𝐴1 dessa expressão não tem restrição, logo 𝐴1 = ℝ. 
• |𝑥| − 1 = 0 ⟺ |𝑥| = 1 ⟺ 𝑥 = −1 𝑜𝑢 𝑥 = 1. 
• |𝑥| − 1 > 0 ⟺ |𝑥| > 1 ⟺ 𝑥 < −1 𝑜𝑢 𝑥 > 1. 
• |𝑥| − 1 < 0 ⟺ |𝑥| < 1 ⟺ −1 < 𝑥 < 1. 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 30 de 34 
Domínio e sinal de 5 − 𝑥. 
O domínio 𝐴2 dessa expressão não tem restrição, logo 𝐴2 = ℝ. 
• 5 − 𝑥 = 0 ⟺ 𝑥 = 5. 
• 5 − 𝑥 > 0 ⟺ 5 > 𝑥 ⟺ 𝑥 < 5. 
• 5 − 𝑥 < 0 ⟺ 5 < 𝑥 ⟺ 𝑥 > 5. 
Domínio e sinal de 5 + 𝑥. 
O domínio 𝐴3 dessa expressão não tem restrição, logo 𝐴3 = ℝ. 
• 5 + 𝑥 = 0 ⟺ 𝑥 = −5. 
• 5 + 𝑥 > 0 ⟺ 𝑥 > −5. 
• 5 + 𝑥 < 0 ⟺ 𝑥 < −5 . 
Pelos sinais das expressões acima podemos construir a tabela de sinais de 𝐸(𝑥) =
(|𝑥|−1)(5−𝑥)
5+𝑥
. 
Observe que −5 < −1 < 1 < 5 e temos que respeitar essa ordem na primeira linha da tabela. 
Valores de 𝑥 (−∞,−5) −5 (−5,−1) −1 (−1, 1) 1 (1, 5) 5 (5,∞) 
|𝑥| − 1 + + + + + + + 0 − − − 0 + + + + + + + 
5 − 𝑥 + + + + + + + + + + + + + + + 0 − − − 
5 + 𝑥 − − − 0 + + + + + + + + + + + + + + + 
𝐸(𝑥) =
(|𝑥|−1)(5−𝑥)
5+𝑥
 − − − 𝑛𝑑 + + + 0 − − − 0 + + + 0 − − − 
𝑛𝑑 significa que a expressão não é definida no intervalo ou valor de 𝑥 na primeira linha. 
Observando a primeira e a última linha da tabela, podemos concluir o sinal de 𝐸(𝑥): 
𝐸(𝑥) = 0 ⟺ 𝑥 = −1 ou 𝑥 = 1 ou 𝑥 = 5. 
𝐸(𝑥) > 0 ⟺ −5 < 𝑥 < −1 𝑜𝑢 1 < 𝑥 < 5. 
𝐸(𝑥) < 0 ⟺ −∞ < 𝑥 < −5 𝑜𝑢 − 1 < 𝑥 < 1 𝑜𝑢 5 < 𝑥 < ∞. 
Determinando o domínio e o sinal de 𝐹(𝑥) =
8+𝑥
4−|𝑥|
. 
O domínio 𝐵 de 𝐹(𝑥) tem uma única restrição: 4 − |𝑥| ≠ 0 . Resolvendo a restrição, 
4 − |𝑥| = 0 ⟺ |𝑥| = 4 ⟺ 𝑥 = −4 𝑜𝑢 𝑥 = 4. 
Logo, 4 − |𝑥| ≠ 0 ⟺ 𝑥 ≠ −4 𝑒 𝑥 ≠ 4. 
Logo, 𝐵 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≠ −4 𝑒 𝑥 ≠ 4} = (−∞,−4) ∪ (−4, 4) ∪ (4,∞). 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 31 de 34 
Vamos determinar o domínio e o sinal de cada expressão que é um fator do numerador e/ou do 
denominador de 𝐹(𝑥). 
Domínio e sinal de 8+𝑥. 
O domínio 𝐵1 dessa expressão não tem restrição, logo 𝐵1 = ℝ. 
• 8 + 𝑥 = 0 ⟺ 𝑥 = −8. 
• 8 + 𝑥 > 0 ⟺ 𝑥 > −8. 
• 8 + 𝑥 < 0 ⟺ 𝑥 < −8 . 
Domínio e sinal de 4−|𝑥|. 
O domínio 𝐵2 dessa expressão não tem restrição, logo 𝐵2 = ℝ. 
• 4 − |𝑥| = 0 ⟺ |𝑥| = 4 ⟺ 𝑥 = −4 𝑜𝑢 𝑥 = 4. 
• 4 − |𝑥| > 0 ⟺ 4 > |𝑥| ⟺ |𝑥| < 4 ⟺ −4 < 𝑥 < 4. 
• 4 − |𝑥| < 0 ⟺ 4 < |𝑥| ⟺ |𝑥| > 4 ⟺ 𝑥 < −4 𝑜𝑢 𝑥 > 4. 
Pelos sinais das expressões acima podemos construir a tabela de sinais de 𝐹(𝑥) =
8+𝑥
4−|𝑥|
. 
Observe que −8 < −4 < 4 e temos que respeitar essa ordem na primeira linha da tabela. 
Valores de 𝑥 (−∞,−8)−8 (−8,−4) −4 (−4, 4) 4 (4,∞) 
8 + 𝑥 − − − 0 + + + + + + + + + + + 
4 − |𝑥| − − − − − − − 0 + + + 0 − − − 
𝐹(𝑥) =
8+𝑥
4−|𝑥|
 + + + 0 − − − 𝑛𝑑 + + + 𝑛𝑑 − − − 
𝑛𝑑 significa que a expressão não é definida no intervalo ou valor de 𝑥 na primeira linha. 
Observando a primeira e a última linha da tabela, podemos concluir o sinal de 𝐹(𝑥): 
𝐹(𝑥) = 0 ⟺ 𝑥 = 5. 
𝐹(𝑥) > 0 ⟺ −∞ < 𝑥 < −8 𝑜𝑢 − 4 < 𝑥 < 4. 
𝐹(𝑥) < 0 ⟺ −8 < 𝑥 < −4 𝑜𝑢 4 < 𝑥 < ∞. 
(II) Domínio de cada expressão: todas as expressões dependem do sinal de 𝐸(𝑥) e 𝐹(𝑥). 
Para facilitar a visualização vamos repetir a primeira e a última linha da tabela de sinais de 𝐸(𝑥) e 
𝐹(𝑥). 
 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 32 de 34 
 
Valores de 𝑥 (−∞,−5) −5 (−5,−1) −1 (−1, 1) 1 (1, 5) 5 (5,∞) 
𝐸(𝑥) =
(|𝑥|−1)(5−𝑥)
5+𝑥
 − − − 𝑛𝑑 + + + 0 − − − 0 + + + 0 − − − 
 
Valores de 𝑥 (−∞,−8) −8 (−8,−4) −4 (−4, 4) 4 (4,∞) 
𝐹(𝑥) =
8+𝑥
4−|𝑥|
 + + + 0 − − − 𝑛𝑑 + + + 𝑛𝑑 − − − 
 
(a) 𝑟(𝑥) = √𝐸(𝑥) 
A única restrição para o domínio 𝐷 dessa expressão é radicando 𝐸(𝑥) nulo ou positivo, ou seja, 
𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝐸(𝑥) ≥ 0 }. Observando a tabela de sinais de 𝐸(𝑥), concluímos que: 
𝐷 = (−5,−1) ∪ {−1} ∪ {1} ∪ (1, 5) ∪ {5} = (−5,−1] ∪ [1, 5]. 
(b) 𝑠(𝑥) = √𝐹(𝑥) 
A única restrição para o domínio 𝐷 dessa expressão é radicando 𝐹(𝑥) nulo ou positivo, ou seja, 
𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝐹(𝑥) ≥ 0 }. Observando a tabela de sinais de 𝐹(𝑥), concluímos que: 
𝐷 = (−∞,−8) ∪ {−8} ∪ (−4, 4) = (−∞,−8] ∪ (−4, 4). 
(c) 𝐴(𝑥) = 𝐸(𝑥) + 𝐹(𝑥) 
Para calcular a soma é preciso calcular cada parcela da soma, ou seja, é preciso que 𝑥 pertença ao 
domínio de 𝐸(𝑥) e 𝑥 pertença ao domínio de 𝐹(𝑥). Portanto o domínio 𝐷 de 𝐴(𝑥) é a interseção dos 
domínios de 𝐸(𝑥) e 𝐹(𝑥). 
Já temos o domínio 𝐴 de 𝐸(𝑥), 𝐴 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≠ −5} = (−∞,−5) ∪ (−5,∞). 
Já temos o domínio 𝐵 de 𝐹(𝑥), 𝐵 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≠ −4 𝑒 𝑥 ≠ 4} = (−∞,−4) ∪ (−4, 4) ∪ (4,∞). 
Logo, como 𝐷 = 𝐴 ∩ 𝐵, temos que 𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≠ −5 𝑒 𝑥 ≠ −4 𝑒 𝑥 ≠ 4}. 
(d) 𝐵(𝑥) = √𝐸(𝑥) + √𝐹(𝑥) 
Para calcular a soma é preciso calcular cada parcela da soma, ou seja, é preciso que os radicandos 
𝐸(𝑥) e 𝐹(𝑥) sejam positivos ou nulos. Sendo 𝐷 o domínio de 𝐵(𝑥), 
𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝐸(𝑥) ≥ 0 𝑒 𝐹(𝑥) ≥ 0} = {𝑥 ∈ ℝ; 𝐸(𝑥) ≥ 0 } ∩ {𝑥 ∈ ℝ; 𝐹(𝑥) ≥ 0} 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 33 de 34 
Observando cada tabela de sinal, 
𝐷 = [(−5,−1] ∪ [1, 5]] ∩ [(−∞,−8] ∪ (−4, 4)] = (−4,−1] ∪ [1, 4). 
(e) 𝑚(𝑥) = (𝐸(𝑥)) × (𝐹(𝑥)) 
Para calcular o produto é preciso calcular cada fator do produto, ou seja, é preciso que 𝑥 pertença ao 
domínio de 𝐸(𝑥) e 𝑥 pertença ao domínio de 𝐹(𝑥). Portanto o domínio 𝐷 de 𝐴(𝑥) é a interseção dos 
domínios de 𝐸(𝑥) e 𝐹(𝑥). 
Logo, como 𝐷 = 𝐴 ∩ 𝐵, já determinamos no item (c), logo temos que 
𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≠ −5 𝑒 𝑥 ≠ −4 𝑒 𝑥 ≠ 4}. 
(f) 𝑛(𝑥) = √𝐸(𝑥) × √𝐹(𝑥) 
Para calcular o produto é preciso calcular cada fator do produto, ou seja, é preciso que os radicandos 
𝐸(𝑥) e 𝐹(𝑥) sejam positivos ou nulos. Sendo 𝐷 o domínio de 𝐵(𝑥), 
𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; 𝐸(𝑥) ≥ 0 𝑒 𝐹(𝑥) ≥ 0}. 
Já determinamos no tem (d), logo 𝐷 = (−4,−1] ∪ [1, 4) 
(g) 𝑝(𝑥) = √(𝐸(𝑥)) × (𝐹(𝑥)) 
A restrição para o domínio 𝐷 de 𝑝(𝑥) é que o radicando seja positivo ou nulo. Logo, 
𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; (𝐸(𝑥)) × (𝐹(𝑥)) ≥ 0}. 
Para determinar 𝐷 vamos construir uma tabela de sinais para a expressão (𝐸(𝑥)) × (𝐹(𝑥)). Para isso 
vamos usar os sinais das tabelas e de 𝐸(𝑥) e 𝐹(𝑥). 
Repetimos aqui as duas tabelas para que possamos melhor visualizar a construção da nova tabela. 
 
Valores de 𝑥 (−∞,−5) −5 (−5,−1) −1 (−1, 1) 1 (1, 5) 5 (5,∞) 
𝐸(𝑥) =
(|𝑥|−1)(5−𝑥)
5+𝑥
 − − − 𝑛𝑑 + + + 0 − − − 0 + + + 0 − − − 
 
Valores de 𝑥 (−∞,−8) −8 (−8,−4) −4 (−4, 4) 4 (4,∞) 
𝐹(𝑥) =
8+𝑥
4−|𝑥|
 + + + 0 − − − 𝑛𝑑 + + + 𝑛𝑑 − − − 
 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 01 – GABARITO 34 de 34 
Como −8 < −5 < −4 < −1 < 1 < 4 < 5, temos que respeitar essa ordem na nova tabela. 
Valores de 𝑥 (−∞,−8) −8 (−8,−5) −5 (−5,−4) −4 (−4,−1) −1 (−1, 1) 
𝐸(𝑥) =
(|𝑥|−1)(5−𝑥)
5+𝑥
 − − − − − − − 𝑛𝑑 + + + + + + + 0 − − − 
𝐹(𝑥) =
8+𝑥
4−|𝑥|
 + + + 0 − − − − − − − 𝑛𝑑 + + + + + + + 
(𝐸(𝑥)) × (𝐹(𝑥)) − − − 0 + + + 𝑛𝑑 − − − 𝑛𝑑 + + + 0 − − − 
 
Continuação da tabela, 
Valores de 𝑥 1 (1, 4) 4 (4, 5) 5 (5,∞) 
𝐸(𝑥) =
(|𝑥|−1)(5−𝑥)
5+𝑥
 0 + + + + + + + 0 − − − 
𝐹(𝑥) =
8+𝑥
4−|𝑥|
 + + + + 𝑛𝑑 − − − − − − − 
(𝐸(𝑥)) × (𝐹(𝑥)) 0 + + + 𝑛𝑑 − − − 0 + + + 
 
Observando a primeira e a última linha da tabela, podemos concluir em quais intervalos o produto é 
positivo ou nulo. Assim, 
𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ; (𝐸(𝑥)) × (𝐹(𝑥)) ≥ 0} = [−8,−5) ∪ (−4,−1] ∪ [1, 4) ∪ [5,∞).