Provas Resolvidas UFRJ - Cálculo I

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Cálculo 1 - P1, P2 e PF 2016.2
Provas UFRJ
UFRJ
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Questão 1P1 2016.1
P1 2016.2
Questão 1
QUESTÃO 1
1) Calcule o limite:
a) lim √x2 + 3 - 2
 x � 1 x - 1
Resolução
O primeiro passo é fazer a substituição do ponto do limite:
 lim √x2 + 3 - 2 = √4 - 2 = 0
 
x � 1 x - 1 1 - 1 0
Como temos uma indeterminação, é necessário manipular o limite para chegar ao resultado final. 
Tendo uma raiz e x tendendo para uma constante, teremos que um caso comum no qual é preci-
so multiplicar e dividir tudo pelo conjugado da parte da raiz. O conjugado x2 + 3 - 2, com o sinal 
trocado, obteremos:
 lim √x2 + 3 - 2 = lim √x2 + 3 - 2 . √x2 + 3 + 2 
 
x � 1 x - 1 
x � 1 x - 1 √x2 + 3 + 2
Como (a - b)(a + b) = a² - b2, ficamos com:
 lim √x2 + 3 - 2 . √x2 + 3 + 2 = lim (x2 + 3) - (4) = lim x2 - 1
 
x � 1 x - 1 √x2 + 3 + 2 
x � 1 
(x - 1) (√x2 + 3 + 2) (x - 1) (√x2 + 3 + 2)
 
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QUESTÃO 1
Recordando, que não pode distribuir a parte que não multiplica seu conjugado, por isso é 
necessário que o denominador fique desse jeito em evidência mesmo. 
Assim, deve-se cortar o numerador e o denominador de alguma forma, como:
 x2 - 1 = (x + 1) (x - 1)
Teremos:
 lim x2 - 1 = lim (x + 1) (x - 1) = lim x + 1 
 
x � 1 (x - 1)(√x2 + 3 + 2) 
x � 1 
(x - 1)(√x2 + 3 + 2) 
x � 1 
√x2 + 3 + 2
Substituindo o ponto novamente:
 lim x + 1 = 2 = 1 
 
x � ∞ √x2 + 3 + 2) 
 
√4 + 2 2
b) lim sen (πx + 5 ) x � 1 4x2 + 1
Resolução
O primeiro passo é substituir o ponto do limite:
 lim sen ( πx + 5 ) = sen ( ∞ )
 
x � ∞ √4x2 + 1 ∞
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QUESTÃO 1
Como ficou um pouco complexo, é preciso manipular o limite para conseguir chegar ao resultado 
final.
Como o seno é uma função contínua, podemos jogar o limite para dentro:
 lim sen ( πx + 5 ) = sen ( lim πx + 5 )
 
x � ∞ √4x2 + 1 x � ∞ √4x2 + 1
Agora é preciso tratar apenas do limite de dentro e depois substituir no seno.
 lim 
 πx + 5 
 
x � ∞ √4x2 + 1 
Tendo um limite com x→∞ e polinômios. Para solucionar, é necessário colocar a maior potência 
em evidência:
 lim 
 πx + 5 = lim x (π + 5/x) = lim x (π + 5/x)
 
x � ∞ 
√4x2 + 1 
x � ∞ 
√x2 (4 + 1/ x2) 
x � ∞ 
 |x|√(4 + 1/ x2)
Lembrando que √x² = |x| e não x. Como x → ∞ que é positivo, teremos |x| = x, mas isso não será 
verdade se x → -∞. 
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QUESTÃO 1
Cortando numerador e denominador:
 lim x (π + 5/x) = lim π + 5/x
 
x � ∞
 |x|√(4 + 1/ x2) 
x � ∞ 
√4 + 1/ x2
Como a raiz e o polinômio são contínuos, é possível jogar novamente o limite pra dentro, ficando:
 lim x (π + 5/x) = π + lim 5/x = π
 
x � ∞
 √(4 + 1/ x2) √4 + lim 1/x2 2
Estando isso dentro do seno é necessário substituir:
 lim π + 5/x) = π + lim 5/x = π
 
x � ∞
 √(4 + 1/ x2) √4 + lim 1/x2 2
Calcule a derivada da função:
c) f(x) = x2 cos(ecos(x))
Resolução
Como a função é um produto de funções, o primeiro passo a ser feito é usar a regra do produto:
 f'(x) = (x2)' cos(ecos(x)) + x2 (cos (ecos(x)))' = 2x cos (ecos(x)) + x2 (cos (ecos(x)))
Porém é preciso calcular ainda (cos(ecos(x)).
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x�∞
QUESTÃO 1
Substituindo:
 f'(x) = 2x cos(ecos(x)) + x2 (cos (ecos(x)))
 = 2x cos(ecos(x)) + x2 sen (x) ecos(x) sen (ecos(x))
d) Determine o valor de A para que a função f(x) seja contínua, com:
 f(x)= A (x - 2), x≤0
 - ex/ ex + 1) x>0
Resolução
Para que a função seja contínua, é necessário que ela seja contínua em todo o seu domínio. As expressões 
de f são, respectivamente um polinômio e uma razão de funções exponenciais, logo serão naturalmente 
contínuas em seus domínios. 
Tratando a continuidade da função no ponto onde a função troca de expressão, ou seja, no ponto x = 0. 
Para que seja contínua nesse ponto, precisa que:
 lim f(x) = f(0)
 
x � 0
Tendo um sinal de menor e igual na primeira expressão, temos:
 
 f(0) = A (0, -2) = -2A
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QUESTÃO 1
Ou seja:
 lim f(x) = -2A
 
x � 0
Calculando esse limite, observa-se que a função muda de expressão à esquerda e à direita desse limite, 
usando os limites laterais. Para valores menos que x = 0, temos a primeira expressão viável:
 lim f(x) = lim A (x - 2) = -2A
 
x � 0- x � 0-
Da mesma forma, para valores maiores que x = 0, temos que a segunda expressão é viável:
 lim f(x) = lim - e
x
 = - e
x 
= - 1
 
x � 0+ x � 0+ 
ex + 1 ex + 1 2
Para que o limite exista, é necessário que os limites laterais seja finitos e iguais, ou seja:
 lim f(x) = limf(x) = - 2A = - 1
 
x � 0+ x � 0+ 
2
e) Determine a equação da reta tangente à curva ex²y = 2x + 2y no ponto em que x = 0. 
Resolução
A equação geral da reta tangente no ponto x = 0 será:
 y - y(0) = y'(0) (x - 0)
 
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QUESTÃO 1
Calculando y’(0), derivamos implicitamente, utilizando a regra da cadeia e o produto exponencial:
 (ex2y)' = (2x + 2y)
 (2xy + x2y') = 2 + 2y
No ponto x = 0.
 
 2 . 0 . 1/2 + 0 . y' = 2 + 2y'(0) � y'0 = - 1
Logo, temos tudo que é necessário e podemos finalizar a questão.
 y - 1/2 = - 2x � y = 1/2 - x
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P1 2016.2
Questão 2
QUESTÃO 2
2) Considerando a função f(x) com derivadas f'(x) e f''(x) dadas por:
 f(x) = 16x
2 - 67x + 16 f'(x) = 504 (1 - x
2) f''(x) = 1008 (2x + 5) (4x - 10x + 13)
 (8x - 1) (x - 8) (8x - 1)2 (x - 8)2 (8x - 1)3 (x - 8)3
a) Dê o domínio de definição de f.
b) Determine as assíntotas horizontais e verticais, caso existam.
c) Identifique os pontos críticos, os extremos relativos e os intervalos onde a função f é crescente e onde 
é decrescente.
d) Encontre os pontos de inflexão de f, se houver, e os intervalos de concavidade para cima e para baixo.
e) Usando as informações anteriores, faça um esboço do gráfico de f (x).
Resolução
a) De acordo com o enunciado temos:
 f(x) = 16x
2 - 67x + 16 
 (8x - 1) (x - 8)
Analisando a expressão percebemos que f é uma razão de polinômios, ou seja, uma função racional. 
Funções racionais tem como domínio os números reais exceto nos pontos onde o denominador zera.
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QUESTÃO 2
Isso acontece para:
 8x - 1 = 0 � x = 1/8
 x - 8 = 0 � x = 8
Então x = 1/8 e x = 8 não fazem parte do domínio da função:
 D{f} = x � � | x ≠ 1/8 e x ≠ 8
b) As assíntotas verticais podem acontecer nos pontos de restrição do domínio, então vamos testá-la para 
x = 1/8 e x = 8, usando limites laterais.
 lim f(x) = lim 16x
2 - 67x + 16 = 16 . 1/64 - 67 . 1/8 + 16 
 x�1/8
-
 x�1/8
-
 (8x - 1) (x - 8) (0+) (1/8 - 8) 
O denominador está tendendo para zero, enquanto o numerador está tendendo para uma constante difer-
ente de zero, isso fará com que o limite tenha tendência para o infinito. Agora é necessário saber se é para 
mais infinito ou menos infinito. Para isso, vamos analisar os sinais:
 16 . 1/64 - 67 . 1/8 + 16 = 1/4 - 8 - 3/8 + 16 = -1/8 + 8 > 0
 1/8 - 8 < 0
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QUESTÃO 2
Logo, temos:
 + � -
 (+) (-)
Assim:
 lim f(x) = - ∞ 
 x�1/8
-
Da mesma forma:
 lim f(x) = ∞ 
 x�1/8
+
Como os limites tendem ir para o infinito, temos uma assíntota vertical em x = 1/8. Vamos testar para x = 8:
 lim f(x) = 16 . 64 - 67 . 8 + 16 
 x�1/8
+ 
(8 . 8 - 1) (0-)
Como:
 16 . 64 - 67 . 8 + 16 = 504 > 0
 8 . 8 - 1 > 0
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QUESTÃO 2
Então:
 lim f(x) = - ∞ 
 x�1/8
-
Novamente:
 lim f(x) = ∞ 
 x�1/8
+
Dessa forma, temos também uma assíntota vertical em x = 8. Resta calcular as assíntotas horizontais. Elas 
são testadas para os extremos, então temos:
 lim f(x) = lim 16x
2 -67x + 16 = lim 16x
2 - 67x + 16 
 x�∞ x�∞ (8x - 1) (x - 8) x�∞ 8x
2
 - 65x +8
Dividindo tudo pela maior potência, x²:
 lim f(x) = 16 - 67/x + 16/x
2
 = 16 = 2
 x�∞
 
8 - 65/x + 8/x
2
 8
Da mesma forma:
 lim f(x) = 2
 x�∞
Então, também temos uma assíntota horizontal em y = 2. 
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QUESTÃO 2
c) Nessa alternativa, precisa da derivada de f, mas a alternativa já fornece:
 f'(x) = 504 (1 - x
2)
 (8x - 1)2 (x - 8)2
Começando com os pontos críticos, eles ocorrem onde a derivada é zero ou não existe. A derivada é zero 
para quando 1 – x² = 0. Ou seja, para x = ± 1. Então esses pontos serão pontos críticos.
A derivada não existe para quando o denominador zera, ocorrendo novamente em x = 1/8 e x = 8, que 
também serão pontos críticos. 
Vamos determinar o intervalo onde a função é crescente e decrescente, para isso, é preciso montar uma 
tabela com os termos de f’ e pontos críticos e analisar os sinais.
f'(x) -1 1/8 1 8
1 - x2 - + + - -
(8x - 1)2 + + + + +
(x - 8)2 + + + + +
Situação Decrescente Crescente Crescente Decrescente Decrescente
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QUESTÃO 2
Através da tabela, conclui-se que x = -1 é um ponto de mínimo, porque a derivada é negativa à esquerda e 
positiva à direita desse ponto. De forma contrária, dá para ver que x = 1 é um ponto de máximo. 
d) Para continuar é necessário a segunda derivada que também é fornecida pela questão. 
 
 f''(x) = 1008 (2x + 5) (4x
2 - 10x + 13)
 (8x - 1)3 (x - 8)3
A concavidade é determinada pelo sinal da segunda derivada. Se positiva, é côncava para cima, se for negativa 
é côncava para baixo. 
Então, se faz necessário montar uma tabela parecida com a anterior, porém antes é necessário determinar os 
zeros de f’’, que ocorrem em:
 2x + 5 = 0 � = -5/2
Já 4x² - 10x + 13 não possui raízes reais e é sempre positivo, a tabela ficará assim:
f'(x) -5/2 1/8 8
2x + 5 - + + +
4x2 - 10x + 13 + + + +
(8x - 1)3 - - + +
(x - 8)3 - - - +
Concavidade para Baixo Cima Baixo Cima
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QUESTÃO 2
Sendo os pontos de inflexão os pontos onde a função troca de concavidade, então os pontos de inflexão 
são x = -5/2 e x = 8.
d) Finalizando, as assíntotas são marcadas a seguir, os pontos críticos também e de inflexão:
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-10 -5 5 10 15
x
20 250
-4
4
8
12
16
y
P1 2016.2
Questão 3
QUESTÃO 3
3) Sejam a, b e c números reais tais que: a/3 + b/2 + c = 0. Mostre que o polinômio p(x) = ax² + bx + c 
possui ao menos uma raiz no intervalo (0, 1). Dica: use o polinômio:
 f(x) = a/3 x³ + b/2 x² + cx
Resolução
Substituindo os extremos do intervalo no polinômio da dica teremos:
 f(0) = 0
 f(1) = a/3 + b/2 + c = 0
Como a função vale zero nos extremos do intervalo, então pelo teorema de Rolle, garantimos que f’(x) é 
zero em algum momento do intervalo.
Derivando f(x) para tentar descobrir, temos:
 f'(x) = (a/3 x³ + b/2 x² + cx) = ax2 + bx + c
Veja que:
 f'(x) = p(x)
Dessa forma, foi verificado anteriormente que f’(x) tem uma raiz no intervalo proposto, assim conclui-se 
que p(x) tem um zero nesse mesmo intervalo, já que os dois são iguais.
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Questão 1P2 2016.2
P2 2016.2
Questão 1
QUESTÃO 1
1) Calcule as seguintes integrais:
 a) ∫ 1 dx
 x + x (ln x)2
Resolução
Com a substituição u = ln x, du = 1/x dx, obtemos
 ∫ 1 dx = ∫ 1 du = arctan u + C = arctan (ln x) + C.
 x + x (ln x)2 1 + u2
Alternativa de resolução
Podemos perceber que o x pode ser colocado em evidência no denominador:
 ∫ 1 dx = ∫ 1 dx = ∫ 1 . 1 dx
 x + x (ln x)2 x [ 1 + (ln x)2] x 1 + (ln x)2 
Assim se torna favorável fazer uma substituição onde
 
u = ln x � du = 1 dx
 2
Nesse caso a integral fica igual a:
 ∫ 1 du = arctgu + C = arctg (ln x) + C
 1 + u2 
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QUESTÃO 1
 b) ∫ x dx
 √2x + 1
Resolução
Com a substituição u = 2x + 1, du = 2dx (logo x = 1/2 (u - 1)), obtemos
 ∫ x dx = 1 ∫ u - 1 du = 1 ∫√udu - 1 ∫ 1 du = 1 . 2u3/2 - 1 2u1/2 + C
 √2x + 1 4 √u2 4 4 4 3 4
 = 1 (2x + 1)3/2 - 1 (2x + 1)1/2 + C.
 6 2
Alternativa de Resolução
Como temos o termo 2x + 1 dentro da raiz podemos simplificar a integral com uma substituição simples:
 u = 2x +1 � du = 2dx � dx = 1/2du
Assim teremos:
 2 x = u - 1
 � x = u-1
 2
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QUESTÃO 1
A integral ficará igual a:
 ∫ u - 1/2 . 1 du = 1 ∫ u - 1 du
 √u 2 4 √u
O que resultará em:
 1 [∫( u - 1 )du] = 1 [∫(u1/2 - u-1/2)du]
 4 √u √u 4
 
= 1 ( u3/2 - u1/2 ) + C = 1 ( 2u3/2 - 2√u) + C
 4 3/2 1/2 4 3
 = 1u3/2 - 1 √u + C
 6 2
Finalizando ao voltar para a variável x:
 1 (2x + 1)3/2 - 1 √2x + 1 + C
 6 2
 
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QUESTÃO 1
 c) ∫ 3x - 4 dx
 (x - 3) (x +2) 
Resolução
 ∫ 3x - 4 dx = ∫ A + B dx.
 (x - 3) (x +2) x - 3 x + 2
 
Resolvendo o sistema, obtemos A = 1, B = 2. Assim, a integral desajada é
 
 ∫ 1 dx + ∫ A dx = ln |x - 3| + 2 ln |x + 2| + C
 x - 3 x + 2
Alternativa de Resolução
Essa questão pode ser resolvida pela divisão de polinômios, fazendo dessa forma teremos:
 3x - 4 = A + B 
 (x - 3) (x +2) x - 3 x + 2
Colocando tudo no mesmo denominador
 A + B = A (x + 2) + B (x - 3) = Ax + 2A + Bx - 3B = (A + B)x + 2A - 3B
 x - 3 x + 2 (x - 3) (x + 2) (x - 3) (x + 2) (x - 3) (x + 2)
 
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QUESTÃO 1
Igualando:
 3x - 4 = (A + B)x + 2A - 3B
 (x - 3) (x + 2) (x - 3) (x + 2)
Chegaremos no seguinte sistema:
 { A + B = 3 2A - 3 B = - 4
A primeira equação:
 A = 3 - B
Substituindo na segunda equação:
 2 (3 - b) - 3B = - 4
 6 - 2 B - 3B = - 4
 - 5B = - 0
 � 5 = 2
Logo:
 A = 3 - 2 = 1
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QUESTÃO 1
Usando na integral:
 ∫ 3x - 4 dx = ∫ 1 + B dx.
 (x - 3) (x +2) x - 3 x + 2
Que resultará em:
 ln |x - 3| + 2 ln |x + 2| + C
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P2 2016.2
Questão 2
QUESTÃO 2
2) Sejam A e B pontos contidos no eixo x e eixo y, respectivamente, tais que o segmento ligando A e 
B passa por (1,2). Determine A e B tal que a área do triângulo com vertices A, B e (0,0) é minimal.
Resolução
Sejam t, s > 0 e A = (1 + t, 0), B - (0,2 + s). Por semelhança de triângulos, B = (0,2 + 2/t).
Daí a área a(s) dos triângulo como função t é
 a (t) = 1 (1 + t)(2 + s) = 1 (1 + t)(2+2/t) = 1 (2 + 2/t + 2t +2) = 2 + t + 1/t
 2 2 2
As derivadas são:
 a'(t) = 1 - 1/t2, a''(t) = 2/t3
Se a tem um mínimo local em 1, é preciso apenas verificar se a(1) é um mínimo global (para t > 0).
Com t > 1, a'(t) = 1 - 1/t2 < 0. Se 0 < t < 1, então a'(t) = 1 - 1/t2 > 0. Assim, a (t) é descrescente em (0,1) e 
crescente em (1, ∞). Dessa forma, a(1) é um mínimo global.
Como, para t > 0, a''(t) = 2/t3 > 0, a função a : (0, ∞)� R é a convexa para cima.
Assim, a(1) é um mínimo global.
 lim a(t) = 2 + lim t + lim 1/t = 2 + ∞ + 0 = ∞ t � ∞ t � ∞ t � ∞
 lim a(t) = 2 + lim t + lim 1/t = 2 + 0 + ∞ = ∞ t � ∞ t � ∞ t � ∞
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QUESTÃO 2
Por continuidade, a(1) é um mínimo global.
Ou seja, os pontos A, B tal que a área é minmal são A = (0,2) e B = (0,2 + 2/1) = (0,4)
Alternativa de Resolução
O triângulo a ser estudo tem os 3 vértices localizados:
 • um na origem
 • um no eixo x (ponto A)
 • um no eixo y (ponto B)
Sendo que o segmento que liga A e B passa por (1,2). Então fica dessa forma: 
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5
4
3
(1, 2)2
1
0
0 1 2 3 4 5
QUESTÃO 2
E de todos esses triângulos, deseja-se encontrar o de menor área. 
Como os esboços já foram demonstrados acima, as variáveis do problema podem ser nomeadas.
O que varia é a posição de A e B. Porém A está sempre no eixo x e B no eixo y. Assim podemos dizer 
que as coordenadas de A e B são:
 A = (b, 0)
 
 B = (0, h)
Assim b e h serão nossas variáveis: respectivamente, a base e a altura do triângulo.
Ao variar os pontos A e B, podemos obter infinitos triângulos:
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5
4
3
(1, 2)2
1
0
0 1 2 3 4 5
QUESTÃO 2
Assim, a área do triângulo é dada por:
 A = bh
 2
Como já se conhece os 3 pontos que fazem parte do seguimento A e B: A = (b, 0), B = (0, h) e (1, 2). Esse 
seguimento tem um certo coeficiente angular que pode ser encontrado a partir de apenas 2 pontos.
Utilizando os pontos (b, 0) e (1, 2), temos que o coeficiente angular da reta é:
 Δy = 0 - 2 = - 2
 Δy b - 1 b - 1
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5
4
3
(1, 2)2h
b
1
0
0 1 2 3 4 5
QUESTÃO 2
E usando os pontos (0, h) e (1, 2):
 Δy = 2 - h = 2 - h
 Δy 1 - 0
Igualando os dois resultados para encontrar a relação entre b e h, teremos:
 2 - h = - 2
 b - 1
Isolando h:
 h = 2 + 2 = 2 (b - 1) + 2
 b - 1 b - 1
 � h = 2b
 b - 1
Assim, conseguimos encontrar h em função de b.
Para encontrar a área do triângulo precisamos utilizar a seguinte fórmula:
 A = bh
 2
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QUESTÃO 2
Substituindo:
 h = 2b
 b - 1
Encontramos:
 A = b
2
 b - 1
Ou:
 A (b) = b
2
 b - 1
Como a questão pede que encontre a área minimal , então faz-se necessário encontrar o mínimo global da 
função A(b).
Mas antes de encontrar o mínimo global é preciso determinar o domínio da função A(b). O b pode ser 
tão grande quanto quiser, que não terá problema em aumentar e mesmo assim o triângulo continuará 
existente.
Deve-se obter b > 1, caso contrário não é possível fechar um triângulo passando pelo ponto (1, 2). 
E o domínio de A(b) é o intervalo (1, +∞).
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QUESTÃO 2
A função da área para achar os pontos críticos, pode ser derivada pela regra do quociente:
 A'(b) = 2b (b - 1) - b
2 = b
2 - 2b = b (b - 2)
 (b - 1)2 (b - 1)2 (b - 1)2
Igualando a derivada a zero:
 A'(b) = 0 � b (b - 2) = 0
 (b - 1)2
Ou seja:
 b = 0 ou b = 2
Mas b = 0 está fora do domínio de A(b), logo b = 2. 
Esse é o único ponto crítico da função A(b).
Analisando o sinal da derivada para determinar se esse ponto é mesmo o ponto mínimo global que deseja-
se encontrar. 
Montando o quadro de sinais (lembrando que b > 1), temos:
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QUESTÃO 2
(1, 2) (2, ∞)
b + +
b - 2 - +
(b - 1)2 + +
A'(b) = b(b - 2)
 (b -1)2 - +
No intervalo (1, 2) a derivada é negativa, então a área dos triângulos vai diminuindo. Depois, com b > 2, a área 
passa a aumentar. 
Assim, o ponto b = 2 é o ponto de mínimo global da função A(b).
Podemos concluir que a menor área do triângulo tem base b = 2, então sua altura será de:
 h = 2b = 2 . 2 = 4
 b - 1 2 - 1
Os pontos A e B que minimizam esse triângulo é:
 A = (2, 0) B = (0, 4)
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P2 2016.2
Questão 3
QUESTÃO 3
3) Seja f : → [0,∞) uma função contínua. Sabendo-se que o volume do sólido obtido girando o gráfico de f 
em torno do eixo x entre x = 0 e x = a é a² + a para todo a > 0, encontre a expressão de f(x) quando x > 0.
Resolução
Por hipótese, tem-se que o volume V (a) do sólido é igual a a2 + a. Do outro pela fórmula para sólidos de 
revolução,
 V (a) = π ∫0
a
 (f (x))2dx.
Daí, π ∫0
a
 (f (x))2dx = a2 + a. Pelo segundo terorema fundamental do cálculo,
 π (f (a))2 = 2a + 1
Ou seja, f(x) = √(2x + 1)/ π
Alternativa de Resolução
Usando o método dos discos circulares, o volume será igual a:
 V = ∫0
a
 π [f (x)]2dx
E foi dado que
 V = a2 + a
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QUESTÃO 3
Ou seja:
 π ∫0
a
 [f (x)]2dx = a2 + a
Ainda não se sabe o resultado dessa integral 
 π ∫0
a
 [f (x)]2dx
Só se sabe que é uma função de a, então pode ser escrita como:
 g (a) = ∫0
a
 [f (x)]2dx
A integral g é assim chamada porque depende de a, dessa forma temos:
 π . g (a) = a2 + a
Derivando os dois lados, teremos:
 π . g'(a) = 2a + 1
Para encontrar g’(a), pode usar o Teorema Fundamental do Cálculo:
 g (a) = ∫0
a
 [f (x)]2dx
 
 � g (a) = [f (a)]2
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QUESTÃO 3
Assim, teremos:
 π [f (a)]2 = 2a + 1
 � f (a) = 2a + 1
 π
Recordando que a > 0. Então, para x > 0, resultando em:
 f (x) = 
√ 
2x + 1
 π
 
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Questão 1PF 2016.2
PF 2016.2
Questão 1
QUESTÃO 1
1) Calcule as seguintes integrais:
a) ∫ecosxsen x dx
b) ∫arctg x dx
c) ∫ sen x cos x dx sen2x - sen x - 2
d) ∫10ln x dx
Resolução
a) Fazendo a substituição u = cos x, vamos obter:
 ∫ecosxsen x dx = - ∫eu du = - eu + c
Voltando para a variável x, temos: 
 ∫ecosxsen x dx = - ecosx + c
b) Utilizando a fórmula da integração por partes com u = arctg x e dv = dx teremos:
 ∫arctg xdx = x arctg x - ∫ x dx 1 + x2
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QUESTÃO 1
Substituindo t = 1 + x² vamos obter
 ∫arctg xdx = x arctg x - 1 ∫ 1 dt = x arctg x - 1 ln |1 + x2| + c
 2 t 2
c) Substituindo u=sen x obteremos:
 ∫ sen x cos x dx = ∫ u du = ∫ u du = ∫ A + B du sen2x - sen x - 2 u2 - u - 2 (u - 2) (u + 1) (u - 2) (u + 1)
Solucionando o sistema obteremos A = 2/3 e B = 1/3 então a integral desejada será:
 ∫ sen x cos x dx = 2 ln |sen x - 2| + 1 ln |sen x + 1| + c sen2x - sen x - 2 3 3
d) Pode observar que ∫0
1 ln x dx é uma integral imprópria. Nessa caso, se existir, ∫0
1 ln x d = lim ∫a
1 ln x dx. 
Por l’Hôpital, a�0
+
 ∫0
1 ln x = lim ∫a
1 ln xdx = lim (x ln x - x) |a
1
 a�0
+ 
 a�0
+
 = lim (-1 - a ln a - a) = -1 lim a ln a
 a�0
+ a�0+
 = - 1 - lim ln a = -1 - lim 1/a = -1 lim a = -1
 a�0
+ 
1/a2
 a�0+ -1/a2
 a�0+ 
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PF 2016.2
Questão 2
QUESTÃO 2
a) Considere a função y = f(x) = √(1 - x²). Seja a(x) a inclinação da reta tangente ao gráfico de f no ponto x. Calcule
lim a(x) e lim a(x).
b) Seja f : � → � uma função cuja reta tangente em x = ln 2 é dado pela equação y= 3x + 5 - 3 ln 2. Calcule os valores das 
derivadas d/dx (ex/(f(x)) e d/dx ln (f(x)) no ponto x = ln 2.
Resolução
a) Como a inclinação é derivada, tem-se que a(x) = f'(x) = 1 (-2x) = -x
 2√1 - x2 √1 - x2
Além disso para x � (-1, 1), 1 - x2 > 0 e lim √1 - x2 = lim √1 - x2 = 0
 x�1
- x�-1+
Então teremos:
 lim a(x) = lim -x = (lim -x) (lim 1 ) x�1- x�1- 1 - x2 x�1- √1 - x2
 = - 1 . lim 1 = +∞
 x�1
 
√1 - x2
Pelos mesmos argumentos obteremos:
 lim a(x) = 1 . lim 1 = +∞
 x�1
+ x�1- √1 - x2
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QUESTÃO 2
b) Pela definição da reta tangente, f(ln 2) = 3(ln 2) + 5 - 3 ln 2 = 5 e a inclinação da reta é igual a derivada em ln 2, 
i.e. f'(ln 2) = 3. Para encontrar o valor da primeira derivada, será utilizado a regra do quociente:
 d ( ex ) = ex f(x) - ex f'(x) = ex (f(x) - ex f'(x)) dx f(x) (f(x))2 (f(x))2
Como x = ln 2, tem-se que
 d ( ex ) (ln2) = eln2 (f(ln2) - f'(ln2)) = 2 (5 - 3) = 4 dx f(x)(f(ln))2 52 25
Para encontrar o valor da segunda derivada, será utilizado a regra da cadeia:
 d ln(f(x)) (ln2) = f'(ln2) = 3 dx f(ln2) 5
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Questão 3
QUESTÃO 3
3) Determine o valor de a>0 para que o comprimento l da curva y = 2/3 x3/2, x ≥ 0, entre os pontos x = 0 e x = a, 
seja a 2/3.
Resolução
Como dy / dx = x1/2, pela substituição u = x + 1:
 l(a) = ∫0a √1 + (dy/dx)2dx = ∫0a √1 + x dx = ∫0a+1 √udu = 2/3 u3/2|1a+1 = 2/3 ((a + 1)3/2 - 1)
Então, se l(a) = 2 / 3, tem se que:
 2/3 = 2/3 ((a + 1)3/2 - 11) � 1 = (a + 1)3/2 - 1 � (a + 1)3/2 = 2
Como a > 0, também (a + 1)3 > 0, então:
 (a + 1)3/2 = 2 � (a + 1)3 = 4 � a = 3√4 - 1
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Cálculo 1 - P1, P2 e PF 2016.2
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