Lista de Exercícios - Limites e Continuidade

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CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I (CDI-I) 
MÓDULO I 
-LIMITES E CONTINUIDADE- 
1) (Limites) Resolva os limites abaixo: 
a) lim
→
= 
 
b) lim
→ 
√
= 
 
c) lim
→ √
 = 
 
d) lim
→
2𝑥 − 4𝑥 − 6 = 
 
e) lim
→
= 
 
f) lim
→
= (Note que estes polinômios são divisíveis por (x+1)) 
 
g) lim
→
= 
 
h) lim
→
√ √
= (Note que, se pode usar produtos notáveis (diferença de cubos) 
 
2) (Limites Laterais) Resolva os limites laterais abaixo: 
a) lim
→
𝑥 +
| |
= 
 
b) lim
→
𝑥 +
| |
= 
 
c) lim
→ | |
= 
 
d) lim
→
| |
= 
 
e) lim
→
| |
= 
 
f) lim
→
√𝑥 − 2 = 
 
g) lim
→ | |
= 
 
h) lim
→
𝑓(𝑥) = para 𝑓(𝑥) =
 𝑠𝑒 𝑥 ≤ −3
√4 + 𝑥 𝑠𝑒 𝑥 > −3
 
 
3) Utilizando limites laterais, determine os limites abaixo se existirem: 
(Dica: construa tabelas de aproximação, à esquerda e à direita, se julgar necessário) 
a) lim
→
𝑓(𝑥) = para 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 3 𝑠𝑒 𝑥 ≤ −2
3 − 𝑥 𝑠𝑒 𝑥 > −2
 
 
b) lim
→
𝑓(𝑥) = para 𝑓(𝑥) =
2𝑥 + 1 𝑠𝑒 𝑥 < 3
10 − 𝑥 𝑠𝑒 𝑥 ≥ −3
 
 
c) lim
→
3 + |2𝑥 − 4| = 
 
d) lim
→
| |
 
 
4) (Limites no Infinito) Resolva os limites abaixo: 
a) lim
→
= 
 
b) lim
→
cos ( ) = 
 
c) lim
→
𝑠𝑒𝑛( ) = 
 
d) lim
→
= 
 
e) lim
→
= 
f) lim
→ √
= 
 
5) (Limites Infinitos) Resolva os limites abaixo: 
a) lim
→ ( )
= 
 
b) lim
→
= 
 
c) lim
→
= 
 
d) lim
→
= 
 
e) lim
→ ( )
= 
 
f) lim
→
 ( )
( )
= 
 
6) (Assíntotas) Considerando as definições de assíntotas verticais e horizontais, 
analise o comportamento assintótico das seguintes funções: 
a) 𝑓(𝑥) = 
 
b) 𝑓(𝑥) =
| |
 
 
c) 𝑓(𝑥) = 𝑒 
 
d) 𝑓(𝑥) = ln(𝑥) 
 
7) (Limites Fundamentais) Resolva os limites abaixo: 
a) lim
→ ( )
= 
 
b) lim
→
( )
= 
 
c) lim
→
 ( )
= 
 
d) lim
→
1 + = 
 
e) lim
→
1 + = 
 
f) lim
→
= 
 
8) (Corolário do Teorema do Confronto) Resolva os limites abaixo: 
a) lim
→
cos ( ) . 𝑒 = 
 
b) lim
→
sen ( ) . (2𝑥. 𝑒 ) = 
 
9) (Continuidade) Verifique se as funções dadas abaixo são contínuas para os 
respectivos pontos de domínio apresentados: 
a) 𝑓(𝑥) = , no ponto de domínio 𝑥 = 2. 
 
b) 𝑓(𝑥) = , no ponto de domínio 𝑥 = 0. 
 
10) (Teorema do Valor Intermediário) Considerando as funções abaixo, verifique, 
usando o teorema do valor intermediário, se existe alguma raiz de tais funções 
nos respectivos intervalos apresentado 
a) 𝑓(𝑥) = 𝑥 , no intervalo de domínio [-1, 1]. 
 
b) 𝑓(𝑥) = −𝑥 + 9, no intervalo de domínio [0, 4]. 
 
 
RESOLUÇÕES 
1) (Limites) Resolva os limites abaixo: 
a) lim
→
 
Fatorando o numerador e o denominador temos: 
lim
→
𝑥 − 7𝑥 + 10
𝑥 − 4
= lim
→
(𝑥 − 2). (𝑥 − 5)
(𝑥 − 2). (𝑥 + 2)
= lim
→
𝑥 − 5
𝑥 + 2
= −
3
4
 
 
b) lim
→ 
√ 
Podemos usar o produto notável “diferença de quadrados” ou multiplicar o numerador e 
o denominador por 5 + √𝑥, também com base no referido produto notável. Assim: 
lim
→ 
5 − √𝑥
25 − 𝑥
= lim
→ 
5 − √𝑥
25 − 𝑥
.
5 + √𝑥
5 + √𝑥
= lim
→ 
25 − 𝑥
(25 − 𝑥). 5 + √𝑥
= 
= lim
→ 
25 − 𝑥
(25 − 𝑥). (5 + √𝑥)
= lim
→ 
1
5 + √𝑥
=
1
10
 
 
c) lim
→ √
 
Neste caso, o produto notável “diferença de quadrados” deve ser usado com cuidado. 
Assim, colocando “-1” em evidência no numerador, temos: 
lim
→
9 − 𝑥
√𝑥 − 3
= lim
→
(−1)(𝑥 − 9)
√𝑥 − 3
= (−1). lim
→
√𝑥 − 3 . √𝑥 + 3 
√𝑥 − 3
= 
= (−1). lim
→
√𝑥 + 3 = −6 
 
d) lim
→
2𝑥 − 4𝑥 − 6 
lim
→
2𝑥 − 4𝑥 − 6 = -12 
 
e) lim
→
 
lim
→
𝑥 − 2𝑥 + 1
𝑥 + 3𝑥 + 1
=
0
5
= 0 
 
f) lim
→
 
Note que estes polinômios (numerador e denominador) são divisíveis por (x+1) 
Assim, efetuando as respectivas divisões de polinômios, tem-se: 
lim
→
𝑥 + 1
𝑥 + 4𝑥 + 3
= lim
→
𝑥 − 𝑥 + 1
𝑥 + 3
=
3
2
 
 
g) lim
→
 
lim
→
= lim
→
= =
√ 
 
h) lim
→
√ √ 
Considerando produtos notáveis (diferença de cubos), tem-se: 
𝑥 − 2 = √𝑥 − √2 = √𝑥 − √2 = √𝑥 − √2 . √𝑥 + √2𝑥 + √4 
Assim, substituindo (x-2) no limite, temos 
lim
→
√ √
= lim
→
√ √
√ √ . √ √ √
= lim
→ √ √ √
⇒ 
lim
→
√ √
=
√
 
 
2) (Limites Laterais) Resolva os limites laterais abaixo (use tabelas para os limites 
laterais se precisar): 
a) lim
→
𝑥 +
| |
= 1 
 
b) lim
→
𝑥 +
| |
= −1 
 
c) lim
→ | |
= 
Resolução 
Note que, 𝑥 + 2 > 0 implica que 𝑥 > −2. Mas se 𝑥 + 2 > 0, então 𝑥 + 2 = |𝑥 + 2|. 
Logo: 
lim
→
𝑥 + 2
|𝑥 + 2|
= 1 
Adendo: 
Em adição à solução, 𝑥 + 2 < 0 implica que 𝑥 < −2. Logo, 𝑥 + 2 < 0 e 
𝑥 + 2 = −|𝑥 + 2|. 
Assim: 
lim
→
𝑥 + 2
|𝑥 + 2|
= − 1 
 
d) lim
→
| |
= −1 
 
e) lim
→
| |
= 1 
 
f) lim
→
√𝑥 − 2 = 1 
 
g) lim
→ | |
= 
 
h) lim
→
𝑓(𝑥) = 1 para 𝑓(𝑥) =
 𝑠𝑒 𝑥 ≤ −3
√4 + 𝑥 𝑠𝑒 𝑥 > −3
 
 
3) Utilizando limites laterais, se necessário, determine os limites abaixo, se existirem: 
a) lim
→
𝑓(𝑥) = para 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 3 𝑠𝑒 𝑥 ≤ −2
3 − 𝑥 𝑠𝑒 𝑥 > −2
 
lim
→
𝑓(𝑥) = 1 lim
→
𝑓(𝑥) = 1 lim
→
𝑓(𝑥) = 1 
O limite existe. Isso pode ser comprovado pelos limites laterais que existem e são iguais. 
 
b) lim
→
𝑓(𝑥) = para 𝑓(𝑥) =
2𝑥 + 1 𝑠𝑒 𝑥 < 3
10 − 𝑥 𝑠𝑒 𝑥 ≥ 3
 
lim
→
𝑓(𝑥) = 7 lim
→
𝑓(𝑥) = 7 lim
→
𝑓(𝑥) = 7 
O limite existe. Isso pode ser comprovado pelos limites laterais que existem e são iguais. 
 
c) lim
→
3 + |2𝑥 − 4| = 
lim
→
3 + |2𝑥 − 4| = 3 lim
→
3 + |2𝑥 − 4| = 3 lim
→
3 + |2𝑥 − 4| =3 
O limite existe. Isso pode ser comprovado pelos limites laterais que existem e são iguais. 
 
d) lim
→
| |
 
lim
→
| |
= −1 lim
→
| |
= 1 lim
→
| |
= ∄ 
Não existe o limite quando 𝑥 → 0, pois os limites laterais, apesar de existirem, são 
diferentes. 
 
4) (Limites no Infinito) Resolva os limites abaixo: 
a) lim
→
= lim
→ ( )
= 2 
Colocando 𝑥 em evidência (potência de maior expoente) e simplificando, pode-se fazer 
 tender a zero quando 𝑥 → +∞ e obter o resultado. 
 
b) lim
→
cos ( ) = 1 
Quando 𝑥 → +∞, temos que → 0. 
 
c) lim
→
𝑠𝑒𝑛( ) = 0 
 
d) lim
→
= lim
→
( )
( )
= 2 
O raciocínio segue de modo análogo ao item a). 
 
e) lim
→
= lim
→
( )
( )
= 
O raciocínio segue de modo análogo ao item a). 
 
f) lim
→ √
= 
Dividindo o numerador por 𝑥 e o denominador do argumento do limite por √𝑥 (já que 
precisamos de valores positivos para operar com a raiz), tem-se: 
lim
→
3𝑥 + 4
√2𝑥 − 5
= lim
→
(3𝑥 + 4)/𝑥
(√2𝑥 − 5 )/√𝑥
= lim
→
(3 +
4
𝑥
)
2 −
5
𝑥
 
=
lim
→
(3 +
4
𝑥
)
lim
→
2 −
5
𝑥
 
No último membro acima, quando 𝑥 → +∞, então → 0 e → 0. Assim, chega-se a: 
lim
→
3𝑥 + 4
√2𝑥 − 5
=
lim
→
(3 +
4
𝑥
)
lim
→
2 −
5
𝑥
=
3
√2
 
5) (Limites Infinitos) Resolva os limites abaixo: 
a) lim
→ ( )
= − ∞ (O Leithold indica este limite por) 
Quando 𝑥 → 2, quer pela esquerda, quer pela direita, o expoente 2 torna o denominador 
positivo e, como o numerador é uma constante negativa, tem-se o resultado acima. 
 
b) lim
→
= ∞ 
Quando 𝑥 → 4 , então o limite tende a −∞. Porém, quando 𝑥 → 4 , o limite tende a +∞. 
Daí tem-se o resultado acima. 
O Leithold indica este limite por “∞”. Porém, há autores que o indicam por ±∞. 
 
c) lim
→
= + ∞ 
Note que, como 𝑥 → 2 , o argumento do limite será sempre positivo. 
 
d) lim
→
= ∞ 
Para valores de 𝑥 infinitesimalmente próximos de 2, o numerador será sempre positivo, 
mas o denominador será negativo quando 𝑥 → 2 e será positivo quando 𝑥 → 2 . Daí o 
resultado acima. 
O Leithold indica este limite por “∞”. Porém, há autores que o indicam por ±∞. 
 
e) lim
→ ( )
= ∞ 
a função 𝑠𝑒𝑛(𝑥) → 0, tanto por valores positivos, quanto por valores negativos. Como 3 
é constante positiva, temos o resultado acima. 
 
f) lim
→
 ( )
( )
= + ∞ 
Apesar de 𝑥 → 0 , o módulotorna os valores de saída todos positivos, o que explica o 
resultado acima. 
 
6) (Assíntotas) Considerando as definições de assíntotas verticais e horizontais, 
analise o comportamento assintótico das seguintes funções: 
Para fins de explanação, temos as definições de assíntota vertical e assíntota horizontal: 
 
Assíntota Vertical 
 
Assíntota Horizontal 
 
 
a) 𝑓(𝑥) = 
Note que, 𝑥 = 0 não faz parte do domínio da função. Assim, como lim
→
= −∞ e/ou 
lim
→
= +∞, temos, segundo a definição, dada a priori, que o eixo x (reta vertical x=0) 
é uma assíntota para a função. 
Por outro lado, como lim
→
= 0 e/ou lim
→
= 0, temos a prova da existência de uma 
assíntota horizontal em y=0 (reta horizontal constituída pelo eixo y). 
Sugestão: desenhe o gráfico, usando algum software, para visualizar a função. 
 
b) 𝑓(𝑥) =
| |
 
Note que, 𝑥 = 0 não faz parte do domínio da função. Assim, como lim
→ | |
= +∞ e/ou 
lim
→ | |
= +∞, temos, segundo a definição, dada a priori, que o eixo x (reta vertical x=0) 
é uma assíntota para a função. 
Por outro lado, como lim
→ | |
= 0 e/ou lim
→ | |
= 0, temos a prova da existência de uma 
assíntota horizontal em y=0 (reta horizontal constituída pelo eixo y). 
Sugestão: desenhe o gráfico, usando algum software, para visualizar a função. 
 
c) 𝑓(𝑥) = 𝑒 
Note que, não há valor de 𝑥 que não possa ser aplicado à função. Assim, não há assíntota 
vertical para esta função. Isto é, nenhum dos resultados previstos na definição de assíntota 
vertical poderá ser verificado. 
Por outro lado, como lim
→
𝑒 = 0, temos a prova da existência de uma assíntota 
horizontal em y=0 (reta horizontal constituída pelo eixo y). 
Sugestão: desenhe o gráfico, usando algum software, para visualizar a função. 
 
d) 𝑓(𝑥) = ln(𝑥) 
Lembre-se que, a função logarítmica não está definida para valores negativos ou nulo. 
Assim, tomando lim
→
ln(𝑥) = −∞. Este resultado implica na existência de uma assíntota 
vertical em x=0 (reta vertical constituída pelo eixo x). 
 
7) (Limites Fundamentais) Resolva os limites abaixo: 
a) lim
→ ( )
= lim
→
𝑥.
( )
= lim
→
𝑥 . lim
→ ( )
= 0 × 1 = 0 
 
b) lim
→
( )
= 
Neste caso, tomaremos 𝑡 = 𝑥 . Assim: 
lim
→
𝑠𝑒𝑛(𝑥 )
𝑥
= lim
→
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑡
= 1 
Note que, como 𝑡 é função de 𝑥, então 𝑡 → 0 quando 𝑥 → 0. Assim, a substituição é 
válida e, consequentemente, o resultado também é. 
 
c) lim
→
 ( )
= 
Utilizando a ideia do produto notável “diferença de quadrados” e o fato de que 
“𝑠𝑒𝑛 (𝑥) = 1 − cos (𝑥)”, multiplicamos o numerador e o denominador do argumento 
do limite e temos: 
lim
→
1 − cos (𝑥)
𝑥
= lim
→
1 − cos (𝑥)
𝑥
.
1 + cos (𝑥)
1 + cos (𝑥)
= lim
→
1 − cos (𝑥)
𝑥
.
1
1 + cos (𝑥)
= 
= lim
→
𝑠𝑒𝑛 (𝑥)
𝑥
. lim
→
1
1 + cos (𝑥)
= lim
→
𝑠𝑒𝑛(𝑥)
𝑥
. lim
→
𝑠𝑒𝑛(𝑥)
𝑥
. lim
→
1
1 + cos (𝑥)
= 
Neste ponto, quando 𝑥 → 0, temos os limites fundamentais são iguais a um e o último 
dos limites vale . Assim: 
lim
→
𝑠𝑒𝑛(𝑥)
𝑥
. lim
→
𝑠𝑒𝑛(𝑥)
𝑥
. lim
→
1
1 + cos (𝑥)
=
1
2
 
 
d) lim
→
1 + = 
Temos aqui uma multiplicação de mesma base. Assim: 
lim
→
1 +
1
𝑥
= lim
→
1 +
1
𝑥
. 1 +
1
𝑥
= lim
→
1 +
1
𝑥
. lim
→
1 +
1
𝑥
= 𝑒. 𝑒 = 𝑒 
Pode-se pensar também da seguinte forma: 
lim
→
1 +
1
𝑥
= lim
→
1 +
1
𝑥
= 𝑒 
 
e) lim
→
1 + = 
Neste exercício, faremos uma substituição com 𝑢 = , logo 𝑥 = e quando 𝑥 → +∞, 
temos que 𝑢 → 0. Assim: 
lim
→
1 +
2
𝑥
= lim
→
(1 + 𝑢) = lim
→
(1 + 𝑢) = 𝑒 
 
f) lim
→
= 
Faremos uma mudança de variável com 𝑡 = 3𝑥. Assim: 
lim
→
2 − 1
3𝑥
= lim
→
2 − 1
𝑡
= ln(2) 
 
8) (Corolário do Teorema do Confronto) Resolva os limites abaixo: 
a) lim
→
cos ( ) . 𝑒 = 0 
Temos que, quando 𝑥 → 𝜋, então cos → 0. E mais, 𝑒 é uma função limitada 
(função gaussiana), pois suas imagens estão no intervalo (0, 1]. Logo, pelo corolário do 
teorema do confronto, o resultado do limite acima é nulo. 
 
b) lim
→
sen ( ) . (2𝑥. 𝑒 ) = 0 
Temos que, quando 𝑥 → 2𝜋, então sen → 0. E mais, 2𝑥. 𝑒 é uma função limitada, 
pois suas imagens estão no intervalo [-1, 1]. Logo, pelo corolário do teorema do 
confronto, o resultado do limite acima é nulo. 
 
9) (Continuidade) Verifique se as funções dadas abaixo são contínuas para os 
respectivos pontos de domínio apresentados: 
a) 𝑓(𝑥) = , no ponto de domínio 𝑥 = 2. 
Calculando o limite da função no ponto de domínio 𝑥 = 2, temos: 
lim
→
= ∞ (ou ±∞), pois lim
→
= −∞ e lim
→
= +∞ 
E ainda, a função não pode ser calculada no ponto 𝑥 = 2. Logo, a função não é contínua 
no ponto de domínio 𝑥 = 2. 
 
b) 𝑓(𝑥) = , no ponto de domínio 𝑥 = 0. 
Calculando o limite da função no ponto de domínio 𝑥 = 0, temos: 
lim
→
2𝑥 − 2
3𝑥 − 4
=
1
2
 
E ainda, 𝑓(0) =
.
.
= . Dessa forma, como o limite da função é igual ao valor da 
função calculada no ponto, conclui-se que ela seja contínua no ponto 𝑥 = 0. 
 
10 (Teorema do Valor Intermediário) Considerando as funções abaixo, verifique, 
usando o teorema do valor intermediário, se existe alguma raiz de tais funções nos 
respectivos intervalos apresentado. 
a) 𝑓(𝑥) = 𝑥 , no intervalo de domínio [-1, 1]. 
Aplicando os valores extremos do intervalo de domínio à função, temos: 
𝑓(−1) = −1 e 𝑓(1) = 1 
Considerando que a função, para o intervalo de domínio [-1, 1], apresenta imagens com 
sinais opostos, pelo teorema do valor intermediário deve haver algum valor de domínio 
“𝑥 = 𝑐” de tal forma que 𝑓(𝑐) = 0. Logo, este valor de domínio existe e é raiz da 
função dada. 
 
b) 𝑓(𝑥) = −𝑥 + 9, no intervalo de domínio [0, 4]. 
Aplicando os valores extremos do intervalo de domínio à função, temos: 
𝑓(0) = 9 e 𝑓(4) = −7 
Considerando que a função, para o intervalo de domínio [0, 4], apresenta imagens com 
sinais opostos, pelo teorema do valor intermediário, conclui-se que deve haver “𝑥 = 𝑐” 
de modo que 𝑓(𝑐) = 0. Logo, este valor de domínio existe e é raiz da função dada.