PC_2020-2_EP13_Exponencial-Logaritmo_GABARITO

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Pré-Cálculo 2020-2 EP 13 GABARITO 1 de 15 
 
DISCIPLINA PRÉ-CÁLCULO 2020-2 
 Profa. Maria Lúcia Campos 
Profa. Marlene Dieguez 
EP 13 – Função Exponencial e Função Logaritmo 
GABARITO 
___________________________________________________________________________________ 
 
Exercício 1: Faça o que se pede: 
a) Resolva em ℝ a seguinte equação 3. 2𝑥+3 = 192. 3𝑥−3 
b) Se 𝑥 ∈ ℝ e 2𝑥 + 2−𝑥 = 10 , encontre o valor de 4𝑥 + 4−𝑥 . 
Resolução: 
a) 3. 2𝑥+3 = 192. 3𝑥−3 ⟺ 3. 2𝑥. 23 = 26. 3 . 3𝑥 . 3−3 ⟺ 2𝑥. 23 = 26. 3𝑥. 3−3 ⟺ 
2𝑥
3𝑥
 = 
26
23
. 3−3 ⟺ 
2𝑥
3𝑥
 = 
23
33
 ⟺ (
2
3
)
𝑥
= (
2
3
)
3
 ⟺ 𝑥 = 3 
O conjunto solução é {𝟑}. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
b) Observe que 4𝑥 + 4−𝑥 = (22)𝑥 + (22)−𝑥 = (2𝑥)2 + (2−𝑥)2 . 
Como sabemos que 2𝑥 + 2−𝑥 = 10 , vamos elevar a soma 2𝑥 + 2−𝑥 ao quadrado, pois faremos 
aparecer a soma (2𝑥)2 + (2−𝑥)2. Então, 
2𝑥 + 2−𝑥 = 10 ⇒ (2𝑥 + 2−𝑥)2 = 102 ⟺ (2𝑥)2 + 2. 2𝑥. 2−𝑥 + (2−𝑥)2 = 100 ⟺ 
(22)𝑥 + 2. 2𝑥−𝑥 + (22)−𝑥 = 100 ⟺ (22)𝑥 + 2. 20 + (22)−𝑥 = 100 ⟺ 
(22)𝑥 + (22)−𝑥 = 100 − 2. 1 ⟺ 4𝑥 + 4−𝑥 = 98 
__________________________________________________________________________ 
Exercício 2: Resolva em ℝ as seguintes inequações: 
a) (
1
2
)
𝑥2−4
> 8 b) 22𝑥 − 6. 2𝑥 + 8 < 0 
Resolução: 
a) (
1
2
)
𝑥2−4
> 8 ⟺ (2−1)𝑥
2−4 > 23 ⟺ 2−𝑥
2+4 > 23 
𝑏𝑎𝑠𝑒 >1 ,𝑒𝑥𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑐𝑟𝑒𝑠𝑐𝑒
⇔ 
−𝑥2 + 4 > 3 ⟺ 𝑥2 < 1 ⟺ √𝑥2 < √1 ⟺ | 𝑥| < 1 ⟺ −1 < 𝑥 < 1. 
O conjunto solução é 𝑺 = (−𝟏 , 𝟏). 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 13 GABARITO 2 de 15 
b) 22𝑥 − 6. 2𝑥 + 8 < 0 
22𝑥 − 6. 2𝑥 + 8 < 0 ⟺ (2𝑥)2 − 6. 2𝑥 + 8 < 0 . 
Fazendo a substituição 𝑦 = 2𝑥 , obtemos: 𝑦2 − 6𝑦 + 8 < 0 . 
Resolvendo a equação associada 𝑦2 − 6𝑦 + 8 = 0 : 
 𝒚 =
−(−𝟔) ± √(−𝟔)𝟐 − 𝟒. 𝟏. 𝟖
𝟐. 𝟏
 = 
𝟔 ± √𝟑𝟔 − 𝟑𝟐
𝟐
 =
𝟔 ± √𝟒
𝟐
 = 
𝟔 ± 𝟐
𝟐
 ⟺ 𝑦 = 4 𝑜𝑢 𝑦 = 2 
Logo, 
𝑦2 − 6𝑦 + 8 < 0 ⟺ 2 < 𝑦 < 4 ⟺ 21 < 2𝑥 < 22 
𝑏𝑎𝑠𝑒 >1 ,𝑒𝑥𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑐𝑟𝑒𝑠𝑐𝑒
⇔ 1 < 𝑥 < 2. 
O conjunto solução é 𝑺 = (𝟏 , 𝟐). 
__________________________________________________________________________ 
Exercício 3: Resolva em ℝ as seguintes equações: 
a) ln(2𝑥 − 1) = 3 b) ln(ln(𝑥)) = 1 c) ln(𝑥) + ln(𝑥 − 1) = 1. 
Resolução: 
a) ln(2𝑥 − 1) = 3 
Resolvendo a equação: 
ln(2𝑥 − 1) = 3 ⟺ 𝑒ln(2𝑥−1) = 𝑒3 
 𝑒ln 𝑧 = 𝑧 
⇔ 2𝑥 − 1 = 𝑒3 ⟺ 𝑥 =
1 + 𝑒3
2
 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
b) ln(ln(𝑥)) = 1 
ln(ln(𝑥)) = 1 ⟺ 𝑒ln(ln(𝑥)) = 𝑒1 
 𝑒ln 𝑧 = 𝑧 , 𝑧 > 0 
⇔ ln(𝑥) = 𝑒 ⟺ 𝑒ln(𝑥) = 𝑒𝑒 
 
 𝑒ln𝑥 = 𝑥 , 𝑥 > 0 
⇔ 𝑥 = 𝑒𝑒 . 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
c) ln(𝑥) + ln(𝑥 − 1) = 1 
Para que a propriedade a seguir, ln(𝑥) + ln(𝑥 − 1) = ln(𝑥(𝑥 − 1)) possa ser aplicada é preciso que 
𝑥 > 0, 𝑥 − 1 > 0 𝑒 𝑥(𝑥 − 1) > 0. Mas 𝑥 > 0, 𝑥 − 1 > 0 ⟹ 𝑥(𝑥 − 1) > 0 . 
Assim, basta 𝑥 > 0, 𝑥 − 1 > 0 , ou seja, é preciso que 𝑥 > 1. 
 
Resolvendo a equação: 
ln(𝑥) + ln(𝑥 − 1) = 1 
ln(𝑎)+ln(𝑏)=ln (𝑎𝑏)
⇒ ln(𝑥(𝑥 − 1)) = 1 ⟺ 𝑒ln(𝑥(𝑥−1)) = 𝑒1 
 
 𝑒ln𝑧 = 𝑧 
⇔ 𝑥(𝑥 − 1) = 𝑒 ⟺ 𝑥2 − 𝑥 − 𝑒 = 0 . 
Resolvendo a equação 𝑥2 − 𝑥 − 𝑒 = 0: 
 𝑥 =
−(−1)±√(−1)2−4.1.(−𝑒)
2.1
 = 
1±√1+4𝑒
2
 ⟺ 𝑥 = 
1−√1+4𝑒
2
 𝑜𝑢 𝑥 = 
1+√1+4𝑒
2
. 
É preciso saber se 
1−√1+4𝑒
2
 > 1 e se 
1+√1+4𝑒
2
 > 1. 
Temos que: 
 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 13 GABARITO 3 de 15 
▪ 
1+√1+4𝑒
2
 > 1 ⇔ 1 + √1 + 4𝑒 > 2 ⇔ √1 + 4𝑒 > 1 ⇔ (√1 + 4𝑒)
2
 > 12 ⇔ 
1 + 4𝑒 > 1 ⇔ 4𝑒 > 0 . 
Como a desigualdade 4𝑒 > 0 é verdadeira , então pelas equivalências, a desigualdade 
1+√1+4𝑒
2
 > 1 é verdadeira e 𝑥 = 
1+√1+4𝑒
2
 é solução da equação dada. 
▪ 
1−√1+4𝑒
2
 > 1 ⇔ 1 − √1 + 4𝑒 > 2 ⇔ −√1 + 4𝑒 > 1 
Como a desigualdade −√1 + 4𝑒 > 1 não é verdadeira, pois, −√1 + 4𝑒 é um número 
negativo, logo não pode ser maior que 1 
Pelas equivalências, concluímos que 
1−√1+4𝑒
2
 > 1 não é verdadeira e, portanto, 𝑥 =
 
1−√1+4𝑒
2
 não é solução da equação dada. 
então pelas equivalências, a desigualdade 
1+√1+4𝑒
2
 > 1 é verdadeira e 𝑥 = 
1+√1+4𝑒
2
 é solução da 
equação dada. 
Então o conjunto solução é 𝑺 = { 
1+√1+4𝑒
2
 }. 
___________________________________________________________________________________ 
Exercício 4: Determine o domínio de cada uma das seguintes funções: 
a) 𝑓(𝑥) = 𝑒
𝑥
2𝑥2−5𝑥+3 b) 𝑔(𝑥) = ln(𝑥2 − 4) c) ℎ(𝑥) =
1
ln(𝑥−1)
 
d) 𝑗(𝑥) =
1
ln(𝑥)−1
 e) 𝑘(𝑥) = 𝑒√2−3𝑥 f) 𝑙(𝑥) = ln(5 − |𝑥|) 
g) 𝑚(𝑥) = √ln(𝑥) − 1 h) 𝑛(𝑥) =
𝑥
1−𝑒𝑥
 i) 𝑔(𝑥) = ln (
2𝑥+1
𝑥−2
) 
j) ℎ(𝑥) = 𝑒
(
√|𝑥|−3
𝑥2−16
)
 
Resolução: 
a) Seja 𝑓(𝑥) = 𝑒
𝑥
2𝑥2−5𝑥+3. Como a função exponencial está definida para todos os números reais, 
o domínio da função 𝑓 depende apenas do expoente. Como o expoente é uma função racional, a 
única exigência é que o denominador seja diferente de zero. 
𝐷𝑜𝑚(𝑓) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 2𝑥2 − 5𝑥 + 3 ≠ 0}. 
Mas, 2𝑥2 − 5𝑥 + 3 = 0 ⟺ 𝑥 =
3
2
 𝑜𝑢 𝑥 = 1 
Assim, 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ − {1,
3
2
}. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
b) Seja 𝑔(𝑥) = ln(𝑥2 − 4). Como a função logaritmo está definida para os números positivos 
então, 
𝐷𝑜𝑚(𝑔) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥2 − 4 > 0}. Mas, 
𝑥2 − 4 > 0 ⟺ 𝑥2 > 4 ⟺ √𝑥2 > √4 ⟺ |𝑥| > 2 ⟺ 𝑥 < −2 𝑜𝑢 𝑥 > 2. 
Assim, 𝐷𝑜𝑚(𝑔) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥2 − 4 > 0} = (−∞,−2) ∪ (2,∞). 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 
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c) Seja ℎ(𝑥) =
1
ln(𝑥−1)
. 
Para que ln(𝑥 − 1) possa ser calculado é preciso que 𝑥 − 1 > 0. Como ln(𝑥 − 1) está no 
denominador, é preciso também, que ln(𝑥 − 1) ≠ 0. 
Mas, 
ln(𝑥 − 1) = 0 ⟺ 𝑥 − 1 = 1 ⟺ 𝑥 = 2. 
Portanto, 
𝐷𝑜𝑚(ℎ) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 − 1 > 0 𝑒 𝑥 ≠ 2} = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 > 1 𝑒 𝑥 ≠ 2} = (1, 2) ∪ (2,∞). 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
d) Seja. 𝑗(𝑥) =
1
ln(𝑥)−1
. 
Para que o ln 𝑥 possa ser calculado é preciso que 𝑥 > 0. Como ln(𝑥) − 1 está no denominador, é 
preciso também, que ln(𝑥) − 1 ≠ 0. 
Mas, ln(𝑥) − 1 = 0 ⟺ ln(𝑥) = 1 ⟺ 𝑥 = 𝑒. 
Portanto, 
𝐷𝑜𝑚(𝑗) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 > 0 𝑒 𝑥 ≠ 𝑒} = (0, 𝑒) ∪ (𝑒,∞). 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
e) Seja 𝑘(𝑥) = 𝑒√2−3𝑥. Como a função exponencial está definida para todos os números reais, o 
domínio da função 𝑘 depende apenas do expoente. Como o expoente é uma raiz quadrada, é preciso 
que o radicando seja maior ou igual a zero. 
Assim, 
𝐷𝑜𝑚(𝑘) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 2 − 3𝑥 ≥ 0} = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 ≤
2
3
} = (−∞,
2
3
]. 
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------f ) Seja 𝑙(𝑥) = ln(5 − |𝑥|). 
𝐷𝑜𝑚(𝑙) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 5 − |𝑥| > 0} = {𝑥 ∈ ℝ ∶ |𝑥| < 5} = {𝑥 ∈ ℝ ∶ −5 < 𝑥 < 5} = (−5, 5). 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
g) Seja 𝑚(𝑥) = √ln(𝑥) − 1. 
Para que o ln 𝑥 possa ser calculado é preciso que 𝑥 > 0. Para que a raiz quadrada possa ser 
calculada, é preciso que ln(𝑥) − 1 ≥ 0. 
Mas, 
ln(𝑥) − 1 ≥ 0 ⟺ ln(𝑥) ≥ 1 ⟺ 𝑥 ≥ 𝑒. 
Esta afirmação acima pode ser observada no gráfico da função 
𝑦 = ln(𝑥). 
Portanto, 
𝐷𝑜𝑚(𝑚) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 > 0 𝑒 𝑥 ≥ 𝑒} = [𝑒,∞). 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 
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h) Seja 𝑛(𝑥) =
𝑥
1−𝑒𝑥
. É preciso que o denominador 1 − 𝑒𝑥 ≠ 0. 
Mas, 
1 − 𝑒𝑥 = 0 ⟺ 1 = 𝑒𝑥 ⟺ 𝑥 = 0. 
Portanto, 
𝐷𝑜𝑚(𝑛) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 ≠ 0} = (−∞, 0) ∪ (0,∞). 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
i) Seja 𝑔(𝑥) = ln (
2𝑥+1
𝑥−2
). Para que o ln (
2𝑥+1
𝑥−2
) possa ser calculado é preciso que 
2𝑥+1
𝑥−2
> 0 e 𝑥 − 2 ≠ 0. 
Analisando o sinal da fração 
2𝑥+1
𝑥−2
 e lembrando que 𝑥 ≠ 2, temos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Assim, 
 
2𝑥+1
𝑥−2
> 0 ⟺ 𝑥 ∈ (−∞,−
1
2
) ∪ (2,∞). 
Portanto o 𝐷𝑜𝑚(𝑔) = (−∞,−
1
2
) ∪ (2,∞). 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
j) Seja ℎ(𝑥) = 𝑒
(
√|𝑥|−3
𝑥2−16
)
. Como a função exponencial está definida para todos os números reais, o 
domínio da função ℎ depende apenas do expoente. Como o expoente é um quociente e no 
numerador temos uma raiz quadrada, é preciso que o radicando seja maior ou igual a zero e que o 
denominador não se anule. 
Assim, 
𝐷𝑜𝑚(ℎ) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ |𝑥| − 3 ≥ 0 𝑒 𝑥2 − 16 ≠ 0} 
Mas, 
|𝑥| − 3 ≥ 0 ⟺ |𝑥| ≥ 3 ⟺ 𝑥 ≤ −3 𝑜𝑢 𝑥 ≥ 3 e, 
𝑥2 − 16 ≠ 0 ⟺ 𝑥2 ≠ 16 ⟺ 𝑥 ≠ −4 𝑒 𝑥 ≠ 4. 
Assim, 𝐷𝑜𝑚(ℎ) = (−∞,−4) ∪ (−4,−3] ∪ [3, 4) ∪ (4,∞). 
___________________________________________________________________________________ 
 
 −∞ < 𝑥 < −
1
2
 𝑥 = −
1
2
 −
1
2
< 𝑥 < 2 𝑥 = 2 2 < 𝑥 < +∞ 
2𝑥 + 1 −− −− 0 + +++ + ++++ 
𝑥 − 2 −− −− − − −−− 0 ++++ 
2𝑥+1
𝑥−2
 ++ ++ 0 − −−− 𝑛 𝑑 ++++ 
2𝑥+1
𝑥−2
> 0 //////////////// 𝑛 𝑑 //////////////// 
 
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Exercício 5: Resolva em ℝ as seguintes inequações: 
a) ln(1 − 𝑥) < 3 b) ln(𝑥2 − 4) > 1 c) ln (
2𝑥+1
𝑥−2
) < 0 d) log2(𝑥) < log𝑥 2 
Resolução: 
a) ln(1 − 𝑥) < 3 
Para que ln(1 − 𝑥) possa ser calculado é preciso que 1 − 𝑥 > 0 , ou seja que 𝑥 < 1. 
ln(1 − 𝑥) < 3 
𝑦=𝑒𝑥 é 𝑐𝑟𝑒𝑠𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒
⇔ 𝑒ln(1−𝑥) < 𝑒3 
 𝑒ln 𝑧 = 𝑧 , 𝑧 > 0
⇔ 1 − 𝑥 < 𝑒3 ⟺ 𝑥 > 1 − 𝑒3 . 
Como 𝑒3 > 1 ⟺ 𝟏 − 𝑒3 < 0 . Como também devemos ter 𝑥 < 1 então o 
conjunto solução é 𝑺 = (𝟏 − 𝒆𝟑 , 𝟏). 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
b) ln(𝑥2 − 4) > 1 
Para que ln(𝑥2 − 4) possa ser calculado é preciso que 𝑥2 − 4 > 0. O item b) do Exercício 4 calculou o 
domínio da função 𝑔(𝑥) = ln(𝑥2 − 4) e concluiu que 𝑥 ∈ (−∞ ,−2) ∪ (2 , +∞). 
ln(𝑥2 − 4) > 1 
 𝑦=𝑒𝑥 é 𝑐𝑟𝑒𝑠𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒 
⇔ 𝑒ln(𝑥
2−4) > 𝑒1 
 𝑒ln𝑧 = 𝑧 , 𝑧 > 0
⇔ 𝑥2 − 4 > 𝑒 ⟺ 
 𝑥2 > 𝑒 + 4 ⟺ √𝑥2 > √𝑒 + 4 ⟺ |𝑥| > √𝑒 + 4 ⟺ 𝒙 > √𝒆 + 𝟒 𝒐𝒖 𝒙 < −√𝒆 + 𝟒 
Vamos comparar essa solução com o domínio de ln(𝑥2 − 4). 
Temos que 𝑒 > 0 ⇒ 𝑒 + 4 > 4 ⇒ √𝑒 + 4 > √4 ⇒ √𝑒 + 4 > 2 ⇒ −√𝑒 + 4 < −2 . 
Portanto, a solução da inequação ln(𝑥2 − 4) > 1 é: 
𝑺 = (−∞ , −√𝒆 + 𝟒 ) ∪ (√𝒆 + 𝟒 , +∞). 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
c) ln (
2𝑥+1
𝑥−2
) < 0 
Para que ln (
2𝑥+1
𝑥−2
)possa ser calculado é preciso que 
2𝑥+1
𝑥−2
> 0. No item item i) do Exercício 4 foi 
calculado o domínio da função 𝑔(𝑥) = ln (
2𝑥+1
𝑥−2
) e concluiu-se que 𝑥 ∈ (−∞ , −
1
2
) ∪ (2 , +∞). 
ln (
2𝑥+1
𝑥−2
) < 0 
 𝑦=𝑒𝑥 é 𝑐𝑟𝑒𝑠𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒 
⇔ 𝑒ln(
2𝑥+1
𝑥−2
) < 𝑒0 
 𝑒ln 𝑧 = 𝑧 , 𝑧 > 0
⇔ 
2𝑥+1
𝑥−2
< 1 ⟺ 
 
2𝑥+1
𝑥−2
− 1 < 0 ⟺ 
2𝑥+1−(𝑥−2)
𝑥−2
< 0 ⟺ 
𝑥+3
𝑥−2 
< 0 . 
Temos que fazer a tabela de sinais da fração 
𝑥+3
𝑥−2
 . 
 −∞ < 𝑥 < −3 𝑥 = −3 −3 < 𝑥 < 2 𝑥 = 2 2 < 𝑥 < ∞ 
𝑥 + 3 − − − − − 0 + + + + + + + + + + 
𝑥 − 2 − − − − − − − − − − − 0 + + + + 
𝑥 + 3
𝑥 − 2
 + + + + 0 − − − − − 𝑛 𝑑 + + + + 
 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 13 GABARITO 7 de 15 
Da tabela de sinais concluímos que 
𝑥+3
𝑥−2 
< 0 ⇔ −3 < 𝑥 < 2. 
Temos que comparar essa solução com o domínio de ln (
2𝑥+1
𝑥−2
), que é (−∞ , −
1
2
) ∪ (2 , +∞). 
Fazendo essa comparação concluímos que a solução da inequação ln (
2𝑥+1
𝑥−2
) < 0 é 
𝑆 = (−3 , −
1
2
). 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
d) log2(𝑥) < log𝑥 2 
Para que log2(𝑥) possa ser calculado é preciso que 𝑥 > 0. 
Para que log𝑥 2 possa ser calculado é preciso que a base 𝑥 , seja positiva e diferente de 1, isto é, 
𝑥 > 0 𝑒 𝑥 ≠ 1. Portanto, essa inequação pode ser resolvida para 𝑥 > 0 𝑒 𝑥 ≠ 1 . 
Vamos trabalhar na mesma base e para isso vamos escrever o lado direito da inequação na base 2 . 
Temos que log𝑥 2 =
log2 2
log2 𝑥
=
1
log2 𝑥
. 
Note acima que log2(𝑥) ≠ 0, pois 𝑥 ≠ 1 e lembre que log𝑎(𝑎) = 1 , donde log2(2) = 1 . 
Assim, 
log2(𝑥) < log𝑥 2 ⟺ log2(𝑥) <
1 
log2(𝑥)
 ⟺ log2(𝑥) −
1 
log2(𝑥)
 < 0 ⟺ 
(log2(𝑥))
2−1 
log2(𝑥)
 < 0. 
Para facilitar o estudo dessa inequação, vamos fazer uma mudança de variável. Vamos fazer 
log2(𝑥) = 𝑡. Lembre que log2(𝑥) ≠ 0, logo 𝑡 ≠ 0 . Temos que resolver a seguinte inequação: 
𝑡2 − 1 
𝑡
 < 0 . 
A tabela de sinais da fração 
𝑡2−1 
𝑡
 é: 
 −∞ < 𝑡 < −1 𝑡 = −1 −1 < 𝑡 < 0 𝑡 = 0 0 < 𝑡 < 1 𝑡 = 1 1 < 𝑡 < +∞ 
𝑡2 − 1 + + + + + 0 − − − − − − − − − − 0 + + + + + 
𝑡 − − − − − − − − − − − 0 + + + + + + + + + + 
𝑡2 − 1 
𝑡
 − − − − − 0 + + + + + 𝑛 𝑑 − − − − 0 + + + + + 
Portanto, 
𝑡2−1 
𝑡
 < 0 ⇔ 𝑡 < −1 𝑜𝑢 0 < 𝑡 < 1 
Logo, 
(log2(𝑥))
2−1 
log2(𝑥)
 < 0 ⇔ log2(𝑥) < −1 𝑜𝑢 0 < log2(𝑥) < 1 
Vamos resolver cada inequação separadamente, lembrando que 𝑦 = 2𝑥 é uma função crescente, 
pois a base 2 > 1 . 
▪ log2(𝑥) < −1
 𝑦=𝑎𝑥 é 𝑐𝑟𝑒𝑠𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒, 𝑠𝑒 𝑎>1
⇔ 2log2(𝑥) < 2−1
 𝑎log𝑎(𝑥)=𝑥 , 𝑎>0 𝑎≠1
⇔ 
𝑥 < 2−1⟺ 𝑥 < 
1
2
 . Como para a inequação ser resolvida é preciso que 𝑥 > 0 𝑒 𝑥 ≠ 1, então 
log2(𝑥) < −1 ⟺ 0 < 𝑥 < 
1
2
 . 
 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 13 GABARITO 8 de 15 
▪ 0 < log2(𝑥) < 1 
 𝑦=𝑎𝑥 é 𝑐𝑟𝑒𝑠𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒, 𝑠𝑒 𝑎>1 
⇔ 20 < 2𝑙𝑜𝑔2(𝑥) < 21 
 𝑎log𝑎(𝑥)=𝑥 , 𝑎>0 𝑎≠1 
⇔ 
1 < 𝑥 < 2 . Como para a inequação ser resolvida é preciso que 𝒙 > 0 𝑒 𝑥 ≠ 1, então 
0 < log2(𝑥) < 1 ⟺ 1 < 𝑥 < 2 . 
Assim, a solução de log2(𝑥) < log𝑥(2) é (0 ,
1
2
) ∪ (1 , 2) . 
___________________________________________________________________________________ 
Exercício 6: Estude o sinal da função 𝑓(𝑥) = ln(5 − |𝑥|). Para isso encontre os valoresreais de 𝑥 tais 
que 𝑓(𝑥) = 0 , 𝑓(𝑥) > 0 , 𝑓(𝑥) < 0 . 
Resolução: 
Vamos encontrar o domínio da função 𝑓(𝑥) = ln(5 − |𝑥|). Para isso é preciso que 5 − |𝑥| > 0. 
Mas, 5 − |𝑥| > 0 ⇔ |𝑥| < 5 ⇔ −5 < 𝑥 < 5 . 
Logo, 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = [−5 , 5]. 
▪ 𝑓(𝑥) = ln(5 − |𝑥|) = 0 ⇔ 5 − |𝑥| = 1 ⇔ |𝑥| = 4 ⇔ 𝑥 = −4 𝑜𝑢 𝑥 = 4 
▪ 𝑓(𝑥) = ln(5 − |𝑥|) > 0 ⇔ 5 − |𝑥| > 1 ⇔ |𝑥| < 4 ⇔ −4 < 𝑥 < 4 
▪ Portanto, levando em consideração o domínio da função 𝑓 , concluímos que, 
𝑓(𝑥) = ln(5 − |𝑥|) < 0 ⇔ 𝑥 ∈ (−5 , −4) ∪ (4 , 5). 
___________________________________________________________________________________ 
Exercício 7: Use as propriedades das funções exponencial e logaritmo para simplificar as seguintes 
expressões: 
a) ln(𝑥) +
 1 
2
ln(𝑥 − 1) b) ln (
𝑒2𝑥−1
𝑒𝑥
) c) 
𝑒4𝑥 
𝑒3𝑥+2∙𝑒3𝑥−2
 
d) ln (
1
𝑥
) + ln(2𝑥3) − ln 2 e) ln(𝑥2 − 9) − ln(𝑥 + 3). 
Resolução: 
a) ln(𝑥) +
 1 
2
ln(𝑥 − 1) = ln(𝑥) + ln [(𝑥 − 1)
1
2] = ln(𝑥) + ln(√𝑥 − 1) = ln(𝑥 ∙ √𝑥 − 1) 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
b) ln (
𝑒2𝑥−1
𝑒𝑥
) = ln (
𝑒2𝑥∙𝑒−1
𝑒𝑥
) = ln(𝑒2𝑥 ∙ 𝑒−1) − ln(𝑒𝑥) = ln(𝑒2𝑥) + ln(𝑒−1) − ln(𝑒𝑥) = 
= ln((𝑒𝑥)2) − 1 ∙ ln(𝑒) − ln(𝑒𝑥) = 2 ∙ ln(𝑒𝑥) − ln(𝑒) − ln(𝑒𝑥) = 2𝑥 − 1 − 𝑥 = 𝑥 − 1. 
Aqui, além das propriedades dos logaritmos, foram usados os seguintes resultados: 
ln(𝑒𝑥) = 𝑥, ∀𝑥 ∈ ℝ e ln(𝑒) = 1 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
c) 
𝑒4𝑥 
𝑒3𝑥+2∙𝑒3𝑥−2
=
𝑒4𝑥 
𝑒3𝑥∙𝑒2∙𝑒3𝑥∙𝑒−2
=
𝑒4𝑥 
𝑒3𝑥+3𝑥 ∙ 𝑒2−2
=
𝑒4𝑥 
𝑒6𝑥 ∙ 𝑒0
=
𝑒4𝑥 
𝑒6𝑥
= 𝑒4𝑥−6𝑥 = 𝑒−2𝑥. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
d) ln (
1
𝑥
) + ln(2𝑥3) − ln 2 = − ln(𝑥) + ln(2) + ln(𝑥3) − ln 2 = − ln(𝑥) + 3 ln(𝑥) = 2 ln(𝑥). 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
e) ln(𝑥2 − 9) − ln(𝑥 + 3) = ln (
𝑥2−9
𝑥+3
) = ln (
(𝑥−3)(𝑥+3)
𝑥+3
) = ln(𝑥 − 3). 
___________________________________________________________________________________ 
 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 13 GABARITO 9 de 15 
Exercício 8: Resolva as seguintes equações: 
a) 𝑒2𝑥 = 4 b) 𝑒(𝑥−
4
𝑥
) = 1 c) 𝑒−2+√𝑥
2−3𝑥 = 1 
d) ln(𝑥2 − 1 + 𝑒) = 1 e) ln(𝑥2 − 2) − ln(𝑥) = 0 f) (2𝑥2 − 𝑥 − 3) ∙ 𝑒√𝑥−1 = 0 
g) 2𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥 = 1 h) 𝑒(√4𝑥−3 − 𝑥) = 1 i) ln(|𝑥 − 2| − 3) = 0. 
Resolução: 
a) 𝑒2𝑥 = 4 ⟺ ln(𝑒2𝑥) = ln(4) ⟺ ln((𝑒𝑥)2) = ln(22) ⟺ 2 ln(𝑒𝑥) = 2 ln(2) ⟺ 
ln(𝑒𝑥) = ln(2) ⟺ 𝑥 = ln(2). 
O conjunto solução da equação é o conjunto unitário {ln(2)}. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
b) 𝑒
(𝑥−
4
𝑥
)
= 1. 
O domínio da expressão 𝑒(𝑥−
4
𝑥
) é {𝑥 ∈ ℝ: 𝑥 ≠ 0}. Temos que lembrar que 𝑒𝑧 = 1 ⟺ 𝑧 = 0. 
Assim, 
𝑒(𝑥−
4
𝑥
) = 1 ⟺ 𝑥 −
4
𝑥
= 0 ⟺ 
𝑥2−4
𝑥
= 0 ⟺ 𝑥2 − 4 = 0 ⟺ 𝑥2 = 4 ⟺ 𝑥 = −2 𝑜𝑢 𝑥 = 2. 
O conjunto solução é o conjunto {−2, 2}. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
c) 𝑒−2+√𝑥
2−3𝑥 = 1. 
O domínio da expressão 𝑒−2+√𝑥
2−3𝑥 é {𝑥 ∈ ℝ: 𝑥2 − 3𝑥 ≥ 0}. 
Mas, 𝑥2 − 3𝑥 ≥ 0 ⟺ 𝑥(𝑥 − 3) ≥ 0 ⟺ 𝑥 ≤ 0 𝑜𝑢 𝑥 ≥ 3. 
Assim, o domínio da expressão 𝑒−2+√𝑥
2−3𝑥 é {𝑥 ∈ ℝ: 𝑥 ≤ 0 𝑜𝑢 𝑥 ≥ 3}. 
Portanto, 
𝑒−2+√𝑥
2−3𝑥 = 1 ⟺ −2 + √𝑥2 − 3𝑥 = 0 ⟺ √𝑥2 − 3𝑥 = 2 ⟺ 𝑥2 − 3𝑥 = 4 ⟺ 
𝑥2 − 3𝑥 − 4 = 0 𝑥 = −1 𝑜𝑢 𝑥 = 4. 
Como 𝑥 = −1 e 𝑥 = 4 pertencem ao domínio, {𝑥 ∈ ℝ: 𝑥 ≤ 0 𝑜𝑢 𝑥 ≥ 3}, então o conjunto 
solução é {−1, 4}. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
d) ln(𝑥2 − 1 + 𝑒) = 1. 
ln(𝑥2 − 1 + 𝑒) = 1 ⟺ 𝑥2 − 1 + 𝑒 = 𝑒 ⟺ 𝑥2 − 1 = 0 ⟺ 𝑥2 = 1 ⟺ 𝑥 = −1 𝑜𝑢 𝑥 = 1. 
Portanto o conjunto solução da equação é {−1, 1}. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
e) ln(𝑥2 − 2) − ln(𝑥) = 0. 
 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 13 GABARITO 10 de 15 
Para que a propriedade a seguir, ln(𝑥2 − 2) − ln(𝑥) = ln (
𝑥2−2
𝑥
 ) possa ser aplicada é preciso que 
𝑥2 − 2 > 0, 𝑥 > 0 𝑒 
𝑥2−2
𝑥
> 0. Mas 𝑥2 − 2 > 0, 𝑥 > 0 ⟹ 
𝑥2−2
𝑥
> 0 . 
Assim, basta 𝑥2 − 2 > 0, 𝑥 > 0. 
Mas, 
𝑥2 − 2 > 0 ⟺ 𝑥2 > 2 ⟺ |𝑥| > √2 ⟺ 𝑥 < −√2 𝑜𝑢 𝑥 > √2. 
Portanto, 
𝑥2 − 2 > 0 𝑒 𝑥 > 0 ⟺ (𝑥 < −√2 𝑜𝑢 𝑥 > √2) 𝑒 𝑥 > 0 ⟺ 𝑥 > √2. 
Assim, o domínio da expressão é: {𝑥 ∈ ℝ: 𝑥 > √2} = (√2,∞). 
Lembre que ln(𝑧) = 0 ⟺ 𝑧 = 1. 
Resolvendo a equação: 
ln(𝑥2 − 2) − ln(𝑥) = 0 ⟺ ln (
𝑥2−2
𝑥
 ) = 0 ⟺ 
𝑥2−2
𝑥
= 1 ⟺ 𝑥2 − 2 = 𝑥 ⟺ 
𝑥2 − 𝑥 − 2 = 0 ⟺ 𝑥 = −1 𝑜𝑢 𝑥 = 2. 
Como o domínio exige que 𝑥 > √2, então o conjunto solução da equação é {2}. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
f) (2𝑥2 − 𝑥 − 3) ∙ 𝑒√𝑥−1 = 0. 
O domínio da expressão (2𝑥2 − 𝑥 − 3) ∙ 𝑒√𝑥−1 é: 
{𝑥 ∈ ℝ: 𝑥 − 1 ≥ 0} = {𝑥 ∈ ℝ: 𝑥 ≥ 1} = [1,+∞). 
Lembre que 𝑒√𝑥−1 > 0 𝑒 𝑥 ≥ 1. 
Resolvendo a equação: 
(2𝑥2 − 𝑥 − 3) ∙ 𝑒√𝑥−1 = 0 ⟺ (2𝑥2 − 𝑥 − 3) = 0 ⟺ 𝑥 = −1 𝑜𝑢 𝑥 =
3
2
. 
Como 𝑥 ≥ 1, então esta equação tem uma única solução: 𝑥 =
3
2
. 
O conjunto solução é {
𝟑
𝟐
}. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
g) 2𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥 = 1. 
O domínio da expressão 2𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥 é ℝ. 
Resolvendo a equação: 
2𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥 = 1 ⟺ 2𝑒𝑥 −
1
𝑒𝑥
= 1 ⟺ 2𝑒𝑥 ∙ 𝑒𝑥 − 1 = 𝑒𝑥 ⟺ 
2𝑒2𝑥 − 𝑒𝑥 − 1 = 0 ⟺ 2(𝑒𝑥)2 − 𝑒𝑥 − 1 = 0. 
Fazendo 𝑒𝑥 = 𝑧 transformamos a equação 2𝑒2𝑥 − 𝑒𝑥 − 1 = 0, na seguinte equação do segundo grau 
na variável 𝑧: 2𝑧2 − 𝑧 − 1 = 0. 
 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 13 GABARITO 11 de 15 
Resolvendo essa equação, 
2𝑧2 − 𝑧 − 1 = 0 ⟺ 𝑧 = −
1
2
 𝑜𝑢 𝑧 = 1. 
Portanto, 𝑒𝑥 = −
1
2
 𝑜𝑢 𝑒𝑥 = 1. 
Como, 
• não existe 𝑥 ∈ ℝ, tal que 𝑒𝑥 = −
1
2
, pois 𝑒𝑥 > 0, ∀𝑥 ∈ ℝ. 
• 𝑒𝑥 = 1 ⟺ 𝑥 = 0. 
Concluímos então, que 𝑥 = 0 é a única solução dessa equação. 
Conjunto solução: { 0 }. 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
h) 𝑒(√4𝑥−3 − 𝑥) = 1. 
É importante encontrar o domínio da expressão 𝑒(√4𝑥−3 − 𝑥). O domínio dessa expressão depende 
apenas do expoente. Como no expoente temos uma raiz quadrada, é preciso que o radicando seja 
positivo ou nulo. Portanto, o domínio da expressão 𝑒(√4𝑥−3 − 𝑥) é 
{𝑥 ∈ ℝ: 4𝑥 − 3 ≥ 0} = {𝑥 ∈ ℝ: 𝑥 ≥
3
4
}. 
Temos que lembrar que 𝑒𝑧 = 1 ⟺ 𝑧 = 0. 
Assim, 𝑒(√4𝑥−3−𝑥) = 1 ⟺ √4𝑥 − 3 − 𝑥 = 0 ⟺ √4𝑥 − 3 = 𝑥 
𝑒𝑙𝑒𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎𝑜 𝑞𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑑𝑜
⇒ 4𝑥 − 3 = 𝑥2 ⟺ 𝑥2 − 4𝑥 + 3 = 0 ⟺ 𝑥 = 1 𝑜𝑢 𝑥 = 3. 
Temos que os valores 𝑥 = 1 e 𝑥 = 3 estão no domínio, mas como elevamos uma expressão ao 
quadrado é preciso saber se esses valores satisfazem a equação √4𝑥 − 3 − 𝑥 = 0. Basta testar os 
valores e observar que eles satisfazem a equação, sim. 
Portanto, o conjunto solução é {1, 3}. 
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------i) ln(|𝑥 − 2| − 3) = 0 . 
Devemos lembrar que ln(𝑧) = 0 ⟺ 𝑧 = 1. Assim, 
ln(|𝑥 − 2| − 3) = 0 ⟺ |𝑥 − 2| − 3 = 1 ⟺ |𝑥 − 2| = 4 ⟺ 𝑥 − 2 = 4 𝑜𝑢 𝑥 − 2 = −4 
⟺ 𝑥 = 6 𝑜𝑢 𝑥 = −2. 
Portanto o conjunto solução da equação é {−2, 6}. 
___________________________________________________________________________________ 
 
Exercício 9: Esboce o gráfico das seguintes funções: 
a) 𝑓(𝑥) = 𝑒|𝑥| b) 𝑔(𝑥) = 𝑒|𝑥+1| c) 𝑗(𝑥) = −4 + 𝑒𝑥+2 
d) ℎ(𝑥) = 1 − 𝑒−𝑥+1 e) 𝑘(𝑥) = ln(|𝑥|) f) 𝑙(𝑥) = ln(|𝑥 − 1|) 
 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 13 GABARITO 12 de 15 
g) 𝑚(𝑥) = ln(𝑥 − 1) h) 𝑛(𝑥) = ln(−𝑥 − 1) i) 𝑟(𝑥) = ln(|𝑥| − 1) 
j) 𝑠(𝑥) = 6 ln(√𝑥 + 2
3
). 
Resolução: 
a) 𝑓(𝑥) = 𝑒|𝑥| ⟹ 𝑓(𝑥) = 𝑒|𝑥| = {
𝑒𝑥, 𝑥 ≥ 0
𝑒−𝑥, 𝑥 < 0
 
O gráfico da função 𝑓, coincide com o gráfico da função 𝑦 = 𝑒𝑥, para 𝑥 ≥ 0 e coincide com o gráfico 
da função 𝑦 = 𝑒−𝑥, para 𝑥 < 0. 
Gráficos das funções 𝑦 = 𝑒𝑥 e 𝑦 = 𝑒−𝑥 
num mesmo sistema de coordenadas. 
 
 
 
 
 
 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
b) 𝑔(𝑥) = 𝑒|𝑥+1|. Começamos com o gráfico da função 𝑓(𝑥) = 𝑒|𝑥| e transladamos esse gráfico 
1 unidade para esquerda. 
 
𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑙𝑎çã𝑜 
ℎ𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛𝑡𝑎𝑙 
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎
𝑑𝑒 𝑢𝑚𝑎 
𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 
→ 
 
 
 
 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
c) 𝑗(𝑥) = −4 + 𝑒𝑥+2 = 𝑒𝑥+2 − 4 
Começamos com o gráfico da função 𝑦 = 𝑒𝑥. Transladamos esse gráfico 2 unidades para esquerda, 
construindo o gráfico da função 𝑦 = 𝑒𝑥+2. Finalmente transladamos este último gráfico 4 unidades 
para baixo, chegando ao gráfico pedido de 𝑗(𝑥) = −4 + 𝑒𝑥+2. 
 
 
 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑙𝑎çã𝑜
 ℎ𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛𝑡𝑎𝑙
 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎
𝑑𝑒 𝑑𝑢𝑎𝑠 
𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 
→ 
 
 
 
 
 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 13 GABARITO 13 de 15 
 
 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑙𝑎çã𝑜
𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙
 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑏𝑎𝑖𝑥𝑜
 𝑑𝑒 𝑞𝑢𝑎𝑡𝑟𝑜
 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠
→ 
 
 
 
 
 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
d) ℎ(𝑥) = 1 − 𝑒−𝑥+1 = −𝑒−𝑥+1 + 1. 
Começamos com o gráfico da função 𝑦 = 𝑒𝑥. Refletimos esse gráfico em torno do eixo 𝑦, chegando 
ao gráfico da função 𝑦 = 𝑒−𝑥. Em seguida, refletimos o gráfico da função 𝑦 = 𝑒−𝑥 em torno do eixo 𝑥, 
construindo o gráfico da função 𝑦 = −𝑒−𝑥. Transladamos esse gráfico 1 unidade para direita, 
chegando ao gráfico da função 𝑦 = −𝑒−(𝑥−1) = −𝑒−𝑥+1. Finalmente transladamos este último gráfico 
1 unidade para cima, chegando ao gráfico pedido, ℎ(𝑥) = 1 − 𝑒−𝑥+1. 
 
 
 𝑟𝑒𝑓𝑙𝑒𝑥ã𝑜 
𝑒𝑚 𝑡𝑜𝑟𝑛𝑜
𝑑𝑜 𝑒𝑖𝑥𝑜 𝑦
→ 
 𝑟𝑒𝑓𝑙𝑒𝑥ã𝑜 
𝑒𝑚 𝑡𝑜𝑟𝑛𝑜
𝑑𝑜 𝑒𝑖𝑥𝑜 𝑥
→ 
 
 
 
 
 
 
 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑙𝑎çã𝑜 
 ℎ𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛𝑡𝑎𝑙 
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎
𝑑𝑒 𝑢𝑚𝑎 
𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 
→ 
 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑙𝑎çã𝑜
𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙
 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑐𝑖𝑚𝑎
 𝑑𝑒 𝑢𝑚𝑎 
 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 
→ 
 
 
 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
e) 𝑘(𝑥) = ln(|𝑥|) ⟹ 𝑘(𝑥) = ln(|𝑥|) = {
ln(𝑥) , 𝑥 > 0
ln(−𝑥) , 𝑥 < 0
 
O gráfico da função 𝑘, coincide com o gráfico da 
função 𝑦 = ln(𝑥), para 𝑥 > 0 e com o gráfico 
da função 𝑦 = ln(−𝑥), para 𝑥 < 0. 
 
𝑦 = 𝑘(𝑥) = ln(|𝑥|) 
 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
f) 𝑙(𝑥) = ln(|𝑥 − 1|) 
 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 13 GABARITO 14 de 15 
Começamos com o gráfico da função 𝑘(𝑥) = ln(|𝑥|) e transladamos esse gráfico 1 unidade para 
direita. 
 
 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑙𝑎çã𝑜
 ℎ𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛𝑡𝑎𝑙
𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎 
 𝑢𝑚𝑎 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 
→ 
 
 
 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
g) 𝑚(𝑥) = ln(𝑥 − 1) 
Começamos com o gráfico da função 𝑦 = ln(𝑥) e transladamos esse gráfico 1 unidade para direita. 
 
 
 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑙𝑎çã𝑜
 ℎ𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛𝑡𝑎𝑙
𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎 
 𝑢𝑚𝑎 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 
→ 
 
 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
h) 𝑛(𝑥) = ln(−𝑥 − 1) = ln(−(𝑥 + 1)) 
Começamos com o gráfico da função 𝑦 = ln(𝑥), refletimos esse gráfico 
em torno do eixo 𝑦 obtendo o gráfico da função 𝑦 = ln(−𝑥). 
Finalmente, transladamos o gráfico obtido 1 unidade para esquerda, 
obtendo o gráfico de 𝑛(𝑥) = ln(−(𝑥 + 1)) = ln(−𝑥 − 1). 
 
 
 
 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑙𝑎çã𝑜
 ℎ𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛𝑡𝑎𝑙
 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎
𝑑𝑒 𝑢𝑚𝑎 
𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 
→ 
 𝑟𝑒𝑓𝑙𝑒𝑥ã𝑜 
𝑒𝑚 𝑡𝑜𝑟𝑛𝑜
𝑑𝑜 𝑒𝑖𝑥𝑜 𝑦
→ 
 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
i) 𝑟(𝑥) = ln(|𝑥| − 1). 
𝐷𝑜𝑚(𝑟) = {𝑥 ∈ ℝ: |𝑥| − 1 > 0} 
Mas, 
|𝑥| − 1 > 0 ⟺ |𝑥| > 1 ⟺ 𝑥 < −1 𝑜𝑢 𝑥 > 1. 
Assim, 𝐷𝑜𝑚(𝑟) = {𝑥 ∈ ℝ: |𝑥| − 1 > 0} = (−∞,−1) ∪ (1,∞). 
Temos que, 
𝑟(𝑥) = ln(|𝑥| − 1) = {
ln(𝑥 − 1), 𝑥 > 1 
ln(−𝑥 − 1), 𝑥 < −1
 
 
Pré-Cálculo 2020-2 EP 13 GABARITO 15 de 15 
O gráfico da função 𝑟, coincide com o gráfico da função 𝑦 = ln(𝑥 − 1), para 𝑥 > 1 e com o gráfico da 
função 𝑦 = ln(−𝑥 − 1), para 𝑥 < −1. Estes gráficos foram feitos nos dois itens anteriores. 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
j) 𝑠(𝑥) = 6 ln(√𝑥 + 2
3
) . 
Usando as propriedades da função logaritmo, concluímos que: 
𝑠(𝑥) = 6 ln(√𝑥 + 2
3
) = 6 ln ((𝑥 + 2)
1
3) = 6
1
3
ln(𝑥 + 2) = 2 ln(𝑥 + 2). 
Portanto, para esboçar o gráfico de 𝑠(𝑥) = 6 ln(√𝑥 + 2
3
) , basta esboçar o gráfico da função 
𝑦 = 2 ln(𝑥 + 2). Começamos com o gráfico da função 𝑦 = ln(𝑥), esticamos verticalmente esse 
gráfico, multiplicando por um fator 2 e depois fazemos uma translação horizontal para esquerda de 2 
unidades. 
 
 
 
 
 
𝑒𝑠𝑡𝑖𝑐𝑎𝑟 
𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒
𝑚𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜
 𝑝𝑜𝑟 𝑢𝑚 𝑓𝑎𝑡𝑜𝑟 2
→ 
 
 
 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑙𝑎çã𝑜
 ℎ𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛𝑡𝑎𝑙
 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑎 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎
𝑑𝑒 𝑑𝑢𝑎𝑠 
𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 
→