Material de Estudos (Taxas Relacionadas e outros)

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1 
 
 
Universidade Federal do Espírito Santo 
Cálculo I – Prof. Antônio Rosa 
Material de Estudos Extra 
 
________________________ Taxas Relacionadas __________________________ 
 
Em um problema de taxas relacionadas, a ideia é computar a taxa de variação de 
uma grandeza em termos da taxa de variação da outra (que pode ser mediada mais 
facilmente). O procedimento é achar uma equação que relacione as duas grandezas 
e então usar a Regra da Cadeia para diferenciar ambos os lados da equação em 
relação ao tempo. 
 
Exemplo 1: Está sendo bombeado ar para dentro de um balão esférico e seu volume 
cresce a uma taxa de 100 𝑐𝑚3 𝑠⁄ . Quão rápido o raio de balão está crescendo quando 
o diâmetro é 50 𝑐𝑚. 
 
Solução: Temos: 
Hipótese: Taxa de crescimento do volume do ar é 100 𝑐𝑚3 𝑠⁄ . 
Tese: Taxa de crescimento do raio quando o diâmetro é 50 𝑐𝑚. 
 
Seja 𝑉 o volume do balão e 𝑟 e seu raio. Temos que as grandezas 𝑉 e 𝑟 são 
ambas funções do tempo 𝑡. A taxa de crescimento do volume em relação ao tempo é 
a derivada 𝑑𝑉 𝑑𝑡⁄ , e a taxa de crescimento do raio é 𝑑𝑟 𝑑𝑡⁄ . Podemos portanto 
reapresentar o que foi dado e pedido como a seguir: 
Hipótese: 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
= 100 𝑐𝑚3 𝑠⁄ . 
Tese: 
𝑑𝑟
𝑑𝑡
 quando 𝑟 = 25 𝑐𝑚. 
Temos que a fórmula para o volume de uma esfera é dada por 
𝑉 =
4
3
 𝜋 𝑟3 
e relaciona 𝑉 e 𝑟. 
Assim, 
𝑉 =
4
3
 𝜋 𝑟3 ⟹ 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
=
𝑑𝑉
𝑑𝑡
 
𝑑𝑟
𝑑𝑡
= 
4
3
 𝜋 
𝑑(𝑟3)
𝑑𝑡
=
4
3
 𝜋 (3 𝑟2)
𝑑𝑟
𝑑𝑡
= 4 𝜋𝑟2 
𝑑𝑟
𝑑𝑡
 
Logo, 
𝑑𝑟
𝑑𝑡
=
1
4 𝜋𝑟2
 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
 
Agora, substituindo 𝑟 = 25 e 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
= 100, obtemos, 
𝑑𝑟
𝑑𝑡
=
1
4 𝜋 (25)2
. 100 ⟹ 
𝑑𝑟
𝑑𝑡
=
1
25 𝜋
. 
Portanto, o raio do balão está crescendo a uma taxa de 
1
25 𝜋
 𝑐𝑚 𝑠⁄ . 
 
Exemplo 2: Uma escada com 10 metros de comprimento está apoiada em uma 
parede vertical. Se a base da escada desliza, afastando-se da parede a uma taxa de 
2 
 
1 𝑚 𝑠⁄ , quão rápido o topo da escada está escorregando para baixo na parede quando 
a base da escada está a 6 𝑚 da parede? 
 
Solução: Seja 𝑥 em metros a distância da base da escada à parede e 𝑦 em metros a 
distância do topo da escada ao solo. 
 
Note que ambos 𝑥 e 𝑦 são funções de 𝑡 (tempo). 
 
Hipótese: 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 1 𝑚 𝑠⁄ parede parede 
Tese: 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
 quando 𝑥 = 6𝑚. 
 𝑦 10 ⟹ 𝑦 
 10 
 
 
 𝑥 solo 𝑥 solo 
 
 Pelo Teorema de Pitágoras segue que: 
𝑥2 + 𝑦2 = 102. 
Daí, diferenciando (em relação a 𝑡) temos: 
2 𝑥 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+ 2 𝑦 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 0 
e disto, 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= −
 𝑥 
𝑦
 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
. 
Quando 𝑥 = 6 𝑚, o Teorema de Pitágoras nos dá 𝑦 = 8 𝑚. Logo, substituindo esses 
valores e 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 1, temos: 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= −
 6 
8
 (1) = −
 3 
4
 𝑚 𝑠⁄ . 
Obs.: O fato de 𝑑𝑦 𝑑𝑥⁄ ser negativa significa que a distância do topo da escada ao 
solo está decrescendo a uma taxa de 
 3 
4
 𝑚 𝑠⁄ . Em outras palavras, o topo da escada 
está deslizando para baixo a uma taxa de 
 3 
4
 𝑚 𝑠⁄ . 
 
Exemplo 3 (Exercício 1, página 223 - 7ª Edição): Se 𝑉 for o volume de um cubo de 
comprimento 𝑥 e, à medida que o tempo passa o cubo se expandir, encontre 
𝑑𝑉 𝑑𝑡⁄ em termos de 𝑑𝑥 𝑑𝑡⁄ . 
 
Solução: 
Hipótese: dado 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
. 
Tese: 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
=? em função de 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
. 
 
Temos que o volume 𝑉 de um cubo cujo comprimento de seu lado é 𝑥 é dado pela 
fórmula, 
𝑉 = 𝑥3 . 
 
Desta forma, temos 
3 
 
𝑑
𝑑𝑡
(𝑉) =
𝑑
𝑑𝑡
(𝑥3) ⟹ 
𝑑𝑉
𝑑𝑥
= 3 𝑥2 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
 
Resposta: 𝑑𝑉 𝑑𝑡⁄ = 3 𝑥2 𝑑𝑥 𝑑𝑡⁄ . 
 
Exemplo 4 (Exercício 5, página 223 - 7ª Edição): Um tanque cilíndrico com raio de 
5 𝑚 está sendo cheio com água a uma taxa de 3 𝑚3 𝑚𝑖𝑛⁄ . Quão rápido a altura da 
água está aumentando? 
 
Solução: Temos: 
Hipótese: 
𝑑𝑉
𝑑𝑥
= 3 𝑚3 𝑚𝑖𝑛⁄ 
Tese: 
𝑑ℎ
𝑑𝑡
 quando 𝑟 = 5 𝑚. 
 
 ℎ 
 
 
 
 𝑟 
Temos que a fórmula que relaciona as grandezas volume e altura de um cilindro é 
dada por: 
𝑉 = 𝜋 𝑟2 ℎ 
Observamos aqui que a fórmula acima envolve três grandezas, a saber, volume, 
altura e raio. Mas observamos que o raio 𝑟 é constante ao longo do tempo. Isto é, 𝑟 
não é uma função do tempo e, portanto 𝑑𝑟 𝑑𝑡⁄ = 0. 
Daí temos, 
𝑉 = 𝜋 𝑟2 ℎ ⟹ 
𝑑
𝑑𝑡
(𝑉) =
𝑑
𝑑𝑡
(𝜋 𝑟2 ℎ) ⟹ 
𝑑𝑉
𝑑𝑥
= 𝜋 𝑟2 
𝑑ℎ
𝑑𝑡
 ⟹ 
𝑑ℎ
𝑑𝑡
=
1
𝜋 𝑟2
 
𝑑𝑉
𝑑𝑥
 
Substituindo os valores dados obtemos, 
𝑑ℎ
𝑑𝑡
=
1
𝜋 52
∙ 3 ⟹ 
𝑑ℎ
𝑑𝑡
=
3
25 𝜋
 𝑚 𝑚𝑖𝑛⁄ . 
Resposta: A altura da água está aumentando a uma taxa de 
3
25 𝜋
 𝑚 𝑚𝑖𝑛⁄ . 
 
Exemplo 5 (Exercício 11, página 224 - 7ª Edição): Um avião voa horizontalmente a 
uma altitude de 2 km, a 800 km/h, e passa diretamente sobre uma estação de radar. 
Encontre a taxa segundo a qual a distância entre o avião e a estação aumenta 
quando ele está a 3 km além da estação. 
(a) Quais são as quantidades dadas no problema? 
(b) Qual é a incógnita? 
(c) Faça um desenho da situação para qualquer instante t. 
(d) Escreva uma equação que relacione as quantidades. 
(e) Termine a resolução do problema. 
 
Solução: Temos: 
(a) Dados: a altitude do avião é de 2 km e sua velocidade é de 800 km. 
(b) Pede-se: a taxa na qual a distância entre o avião e a estação aumenta quando ele 
está a 3km além da estação. 
4 
 
(c) Figura: 
 x 
 
 
 2 y 
 
 
 
 
(d) 𝑦2 = 𝑥2 + 4. 
(e) Temos: 
𝑦2 = 𝑥2 + 4 ⟹ 2 𝑦 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 2 𝑥 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
 ⟹ 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=
𝑥
𝑦
 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
 
 
 Substituindo os valores dados temos: 𝑦 = 3 ⟹ 32 = 𝑥2 + 4 ⟹ 𝑥2 = 5 ⟹ 𝑥 = √5. 
Daí, 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=
𝑥
𝑦
 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
 ⟹
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=
√5
3
 ∙ 800 ⟹
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=
800 √5
3
 𝑘𝑚/ℎ 
 
Exemplo 6 (Exercício 29, página 225 - 7ª Edição): Dois lados de um triângulo têm 4 
m e 5 m, e o ângulo entre eles está crescendo a uma taxa de 0,06 rad/s. Encontre a 
taxa segundo a qual a área está crescendo quando o ângulo entre os lados de 
comprimento fixo for 𝜋 3⁄ . 
 
Solução: Temos que dois lados possuem comprimentos fixos, a saber, 4 m e 5 m. O 
terceiro lado, oposto ao ângulo em questão é variável conforme a variação deste 
ângulo. 
Temos a figura: 
 
 
 
 4 h x 
 
 𝛼 
 5 
Sabemos que a área do triângulo é dada por: A= (base x altura)/2. 
Assim, visto que: 
𝑠𝑒𝑛 𝛼 =
ℎ
4
 ⟹ ℎ = 4 𝑠𝑒𝑛 𝛼 
temos que: 
𝐴 =
5 ∙ ℎ
2
 ⟹ 𝐴 =
5 ∙ 4 𝑠𝑒𝑛 𝛼
2
 ⟹ 𝐴 = 10 𝑠𝑒𝑛 𝛼. 
Daí, 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= 10 cos 𝛼 
𝑑𝛼
𝑑𝑡
. 
Substituindo os valores dados temos: 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= 10 cos
𝜋
3
 ∙ 0,06 ⟹ 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= 10 ∙
1
2
 ∙ 0,06 ⟹ 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= 0,3 𝑚2 𝑠⁄ . 
 
5 
 
Exemplo 7 (Exercício 35, página 225 - 7ª Edição): Se dois resistores com 
resistências R1 e R2 estão conectados em paralelo, como na figura,então a 
resistência total R, medida em ohms (Ω), é dada por 
1
𝑅
=
1
𝑅1
+
1
𝑅2
. 
Se 𝑅1 e 𝑅2 estão aumentando a taxas de 0,3 Ω/s e 0,2 Ω/s, respectivamente, quão 
rápido R está variando quando 𝑅1 = 80 Ω e 𝑅2 = 100 Ω? 
 
 R1 R2 
 
 
Solução: 
Hipótese: 
𝑑𝑅1
𝑑𝑡
= 0,3 Ω/s e 
𝑑𝑅2
𝑑𝑡
= 0,2 Ω/s. 
Tese: 
𝑑𝑅
𝑑𝑡
=? quando 𝑅1 = 80 Ω e 𝑅2 = 100 Ω. 
Temos: 
1
𝑅
=
1
𝑅1
+
1
𝑅2
 ⟹ −
1
𝑅2
 
𝑑𝑅
𝑑𝑡
= −
1
𝑅1
2 
𝑑𝑅1
𝑑𝑡
−
1
𝑅2
2 
𝑑𝑅2
𝑑𝑡
 ⟹ 
𝑑𝑅
𝑑𝑡
= 𝑅2 (
1
𝑅1
2 
𝑑𝑅1
𝑑𝑡
+
1
𝑅2
2 
𝑑𝑅2
𝑑𝑡
) 
Substituindo os valores dados temos: 
1
𝑅
=
1
𝑅1
+
1
𝑅2
 ⟹ 
1
𝑅
=
1
80
+
1
100
 ⟹ 
1
𝑅
=
9
400
 ⟹ 𝑅 =
400
9
 
E então, 
𝑑𝑅
𝑑𝑡
= 𝑅2 (
1
𝑅1
2 
𝑑𝑅1
𝑑𝑡
+
1
𝑅2
2 
𝑑𝑅2
𝑑𝑡
) ⟹ 
𝑑𝑅
𝑑𝑡
= (
400
9
)
2
(
1
802
 0,3 +
1
1002
 0,2) 
⟹ 
𝑑𝑅
𝑑𝑡
= (
400
9 ∙ 80
)
2
0,3 + (
400
9 ∙ 100
)
2
0,2 ⟹ 
𝑑𝑅
𝑑𝑡
= 
25
81
∙ 0,3 +
16
81
∙ 0,2 
⟹ 
𝑑𝑅
𝑑𝑡
= 
7,5
81
+
3,2
81
⟹ 
𝑑𝑅
𝑑𝑡
= 
10,7
81
⟹ 
𝑑𝑅
𝑑𝑡
≅ 0,132 Ω/s 
 
Exemplo 8 (Exercício 17, página 224 - 7ª Edição): Um homem começa a andar 
para o norte a 1,2 𝑚 𝑠⁄ a partir de um ponto P. Cinco minutos depois uma mulher 
começa a andar para o sul a 1,6 𝑚 𝑠⁄ de um ponto 200 𝑚 a leste de P. A que taxa as 
pessoas estão se distanciando 15 𝑚𝑖𝑛 após a mulher começar a andar? 
 
Solução: Temos: 
 
H= homem 
M= mulher 
Hipótese: 
𝑑𝐇
𝑑𝑡
= 1,2 𝑚 𝑠⁄ e 
𝑑𝐌
𝑑𝑡
= 1,2 𝑚 𝑠⁄ H 
Tese: 
𝑑𝑧
𝑑𝑡
= ? quando 𝑡 = 15 𝑚𝑖𝑛 200 m 
 P 
 M 
 
 
 
 figura 1 
 
 
 
6 
 
Observe que a mulher começa a andar 5 𝑚𝑖𝑛 após o homem já ter iniciado tua 
caminhada. Se a velocidade do homem é de 1,2 𝑚 𝑠⁄ então em 5 𝑚𝑖𝑛 = 300 𝑠 o 
homem já estará a 360 𝑚 de distância a norte do ponto P. Desta forma, teremos a 
seguinte condição inicial (figura 3) da caminhada da mulher: 
 H 
 
 
 z 
 y z 360 m 
 
 
 
 200 m P 200 m M 
 figura 2 figura 3 
 
 
Agora, observamos que quando a mulher tiver andado 15 𝑚𝑖𝑛 = 900 𝑠, o homem terá 
andado (5 + 15) 𝑚𝑖𝑛 = 20 𝑚𝑖𝑛 = 1200 𝑠 . Traduzindo isto em distância percorrida 
temos 1440 𝑚 para a mulher e 1440 𝑚 para o homem. 
 
 H H 
 
 
 
 
 
 y1 y1=1440 m 
 
 z 
y P R S y P 
 
 
 M 
 y2 y2=1440 m 
 
 
 M M 
 
 x 200 m 
 figura 5 figura 6 
 
Pelo Teorema de Pitágoras, figura 5, temos a seguinte relação entre as distâncias em 
questão: 
𝑧2 = 𝑥2 + 𝑦2 
Considerando os dados obtemos, 
 𝑧2 = 𝑥2 + 𝑦2 ⟹ 𝑧2 = 2002 + 28802 ⟹ 𝑧 = √8334400 
Considerando que 𝑦 = 𝑦1 + 𝑦2 e que 𝑥 = 200 é fixo, então temos a seguinte relação 
entre as taxas: 
 𝑧2 = 2002 + (𝑦1 + 𝑦2)
2 ⟹ 
𝑑
𝑑𝑡
(𝑧2) =
𝑑
𝑑𝑡
(2002 + 𝑦1
2 + 2 𝑦1𝑦2 + 𝑦2
2) 
⟹ 2 𝑧 
𝑑𝑧
𝑑𝑡
= 2 𝑦1 
𝑑𝑦1
𝑑𝑡
+ 2 (𝑦2
𝑑𝑦1
𝑑𝑡
+ 𝑦1
𝑑𝑦2
𝑑𝑡
) + 2 𝑦2
𝑑𝑦2
𝑑𝑡
 
⟹
𝑑𝑧
𝑑𝑡
=
1
𝑧
 [(𝑦1 + 𝑦2) 
𝑑𝑦1
𝑑𝑡
+ (𝑦1 + 𝑦2)
𝑑𝑦2
𝑑𝑡
] ⟹
𝑑𝑧
𝑑𝑡
=
1
𝑧
 (𝑦1 + 𝑦2) (
𝑑𝑦1
𝑑𝑡
+
𝑑𝑦2
𝑑𝑡
) 
⟹
𝑑𝑧
𝑑𝑡
=
𝑦
𝑧
(
𝑑𝑦1
𝑑𝑡
+
𝑑𝑦2
𝑑𝑡
) 
Agora, substituindo os valores dados e obtidos temos, 
7 
 
𝑑𝑧
𝑑𝑡
=
𝑦
𝑧
(
𝑑𝑦1
𝑑𝑡
+
𝑑𝑦2
𝑑𝑡
) ⟹ 
𝑑𝑧
𝑑𝑡
=
2880
√8334400
(1,2 + 1,6) ⟹ 
𝑑𝑧
𝑑𝑡
=
8064
√8334400
≅ 2,79 𝑚 𝑠⁄ . 
 
Portanto, a taxa na qual o homem e a mulher estão se afastando após 15 min em que 
a mulher começou a andar é de 2,79 m/s. 
 
Exemplo 9 (Exercício 19, página 224 - 7ª Edição): A altura de um triângulo está 
aumentando a uma taxa de 1 cm/min enquanto a área do triângulo está aumentando 
a uma taxa de 2 cm2/min. A que taxa a base do triângulo está variando quando a 
altura for 10 cm e a área for 100 cm2? 
 
Solução: Sejam 𝐴, a área do triângulo, ℎ, a altura do triângulo e 𝑏, a base do triâgulo. 
Temos: 
Hipótese: 
𝑑ℎ
𝑑𝑡
= 1 𝑐𝑚/𝑚𝑖𝑛 e 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= 2 𝑐𝑚2 𝑚𝑖𝑛⁄ . 
Tese: 
𝑑𝑏
𝑑𝑡
=? quando ℎ = 10 𝑐𝑚 e 𝐴 = 100 𝑐𝑚2. 
 
 
 
 h 
 
 h 
 
 b b 
 
Sabemos que as quantidades se relacionam conforme a equação: 
𝐴 =
1
2
 𝑏 ∙ ℎ 
Portanto, as taxas se relacionam por: 
𝑑
𝑑𝑡
𝐴 =
𝑑
𝑑𝑡
(
1
2
 𝑏 ∙ ℎ) ⟹ 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
=
1
2
 
𝑑
𝑑𝑡
( 𝑏 ∙ ℎ) ⟹ 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
=
1
2
 ( 
𝑑𝑏
𝑑𝑡
∙ ℎ + 𝑏 ∙
𝑑ℎ
𝑑𝑡
) 
Quando ℎ = 10 𝑐𝑚 e 𝐴 = 100 𝑐𝑚2, temos que 
𝑏 =
2 𝐴
ℎ
 ⟹ 𝑏 =
2 ∙ 100
10
⟹ 𝑏 = 20 𝑐𝑚 
Daí, 
𝑑𝑏
𝑑𝑡
=
1
ℎ
 (2 ∙𝑑𝐴
𝑑𝑡
− 𝑏 ∙
𝑑ℎ
𝑑𝑡
) ⟹ 
𝑑𝑏
𝑑𝑡
=
1
10
 (2 ∙ 2 − 20 ∙ 1) ⟹ 
𝑑𝑏
𝑑𝑡
= −1,6 𝑐𝑚/𝑚𝑖𝑛 
Portanto, a taxa de variação da base do triângulo quando a altura for 10 cm e a área 
for 100 cm2 é de -1,6 cm/min. O fato de 𝑑𝑏 𝑑𝑡⁄ ser negativo indica que a base do 
triângulo está decrescendo a uma taxa de 1,6 cm/min. 
 
_______________________ Diferenciação Implícita _________________________ 
 
Exercício: (a) Se 𝑥2 + 𝑦2 = 25, encontre 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
. 
(b) Encontre uma equação tangente ao círculo 𝑥2 + 𝑦2 = 25 no ponto (3, 4). 
 
Solução: (a) 
𝑥2 + 𝑦2 = 25 ⇒ 
𝑑
𝑑𝑥
 (𝑥2 + 𝑦2) =
𝑑
𝑑𝑥
(25) ⇒ 
𝑑
𝑑𝑥
 (𝑥2) +
𝑑
𝑑𝑥
 (𝑦2) =
𝑑
𝑑𝑥
(25) 
8 
 
⇒ 2 𝑥 + 2 𝑦 𝑦′ = 0 ⇒ 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦′ = −
𝑥
𝑦
 . 
(b) No ponto (3, 4), temos 𝑥 = 3 e 𝑦 = 4. Logo, 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦′ = −
3
4
 
Uma equação da Reta Tangente ao círculo 𝑥2 + 𝑦2 = 25 no ponto (3, 4) é portanto, 
𝑦 − 4 = −
3
4
 (𝑥 − 3) ou 3 𝑥 + 4 𝑦 = 25 . 
 
Vimos em sala de aula que: 
1. 𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 𝑥 = 𝑠𝑒𝑛−1𝑥 ⇒ 𝑦′ =
 1 
√ 1− 𝑥2
 
2. 𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 𝑐𝑜𝑠−1𝑥 ⇒ 𝑦′ = − 
 1 
√ 1− 𝑥2
 
 
Vejamos agora 𝑦′ para 𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 = 𝑡𝑔−1𝑥. 
Temos; 
𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 = 𝑡𝑔−1𝑥 ⟺ 𝑡𝑔 𝑦 = 𝑥. 
Derivemos implicitamente a equação: 𝑡𝑔 𝑦 = 𝑥. 
𝑡𝑔 𝑦 = 𝑥 ⇒ (𝑡𝑔 𝑦)′ = (𝑥)′ ⇒ (𝑠𝑒𝑐2 𝑦) 𝑦′ = 1 ⇒ 𝑦′ =
1
𝑠𝑒𝑐2 𝑦
⇒ 𝑦′ =
1
1 + 𝑡𝑔2𝑦
. 
Visto que, 𝑡𝑔 𝑦 = 𝑥, então segue que: 
3. 𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 = 𝑡𝑔−1𝑥 ⇒ 𝑦′ =
1
1+𝑥2
. 
Temos ainda: 
4. 𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑐 𝑥 = 𝑠𝑒𝑐−1𝑥 ⇒ 𝑦′ =
1
 𝑥 √𝑥2−1 
. 
5. 𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐 𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐−1𝑥 ⇒ 𝑦′ = − 
1
 𝑥 √𝑥2−1 
. 
6. 𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑜𝑡𝑔 𝑥 = 𝑐𝑜𝑡𝑔−1𝑥 ⇒ 𝑦′ = − 
1
1+𝑥2
. 
 
 
Exemplos: Diferencie: 
a) 𝑦 =
 1 
𝑠𝑒𝑛−1𝑥
. 
b) 𝑓(𝑥) = 𝑥 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 √𝑥. 
c) 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠−1 (𝑒2 𝑥). 
d) ℎ(𝑥) = √ 1 − 𝑥2 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 𝑥. 
e) 𝑦 = 𝑐𝑜𝑡𝑔−1 (𝑡) + 𝑐𝑜𝑡𝑔−1 (1 𝑡⁄ ). 
 
Solução: 
a) 𝑦 =
 1 
𝑠𝑒𝑛−1𝑥
⇒ 𝑦 = (𝑠𝑒𝑛−1𝑥)−1. 
Logo, 
𝑦 = (𝑠𝑒𝑛−1𝑥)−1 ⇒ 𝑦′ = (−1)(𝑠𝑒𝑛−1𝑥)−2 (𝑠𝑒𝑛−1𝑥)′ ⇒ 
 ⇒ 𝑦′ = −
1
(𝑠𝑒𝑛−1𝑥)2
 
 1 
√ 1 − 𝑥2
 ⇒ 𝑦′ = −
1
(𝑠𝑒𝑛−1𝑥)2√ 1 − 𝑥2
. 
9 
 
b) 𝑓(𝑥) = 𝑥 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 √𝑥. 
Aplicando a Regra da Cadeia temos: 
𝑓(𝑥) = 𝑥 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 √𝑥 ⇒ 𝑓′(𝑥) = (𝑥)′ 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 √𝑥 + 𝑥 (𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 √𝑥)′ ⇒ 
⇒ 𝑓′(𝑥) = (1) 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 √𝑥 + 𝑥 
1
1 + (√𝑥)
2 (√𝑥)
′
 ⇒ 
⇒ 𝑓′(𝑥) = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 √𝑥 + 
𝑥
 2√𝑥 (1 + 𝑥)
 ⇒ 𝑓′(𝑥) = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 √𝑥 + 
√𝑥 
 2 (1 + 𝑥)
. 
c) 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠−1 (𝑒2 𝑥) 
Aplicando a Regra da Cadeia temos: 
𝑦 = 𝑐𝑜𝑠−1 (𝑒2 𝑥) ⇒ 𝑦′ = − 
 1 
√ 1 − (𝑒2 𝑥)2
 (𝑒2 𝑥)′ ⇒ 𝑦′ = − 
 𝑒2 𝑥 
√ 1 − 𝑒4 𝑥
 (2 𝑥)′ ⇒ 
⇒ 𝑦′ = − 
 2 𝑒2 𝑥 
√ 1 − 𝑒4 𝑥
 . 
d) ℎ(𝑥) = √ 1 − 𝑥2 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 𝑥. 
Aplicando a Regra da Cadeia temos: 
ℎ(𝑥) = √ 1 − 𝑥2 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 𝑥 ⇒ ℎ′(𝑥) = (√ 1 − 𝑥2)
′
𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + √ 1 − 𝑥2 (𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 𝑥)′ 
⇒ ℎ′(𝑥) =
 1 
2 √ 1 − 𝑥2
(1 − 𝑥2)′𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + √ 1 − 𝑥2 
 1 
√ 1 − 𝑥2
 
⇒ ℎ′(𝑥) = 1 − 
 2 𝑥 
2 √ 1 − 𝑥2
 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 𝑥 . 
 
e) 𝑦 = 𝑐𝑜𝑡𝑔−1 (𝑡) + 𝑐𝑜𝑡𝑔−1 (1 𝑡⁄ ) 
Aplicando a Regra da Cadeia temos: 
𝑦 = 𝑐𝑜𝑡𝑔−1 (𝑡) + 𝑐𝑜𝑡𝑔−1 (1 𝑡⁄ ) ⇒ 𝑦′ = − 
1
1 + 𝑡2
+ (− 
1
1 + (1 𝑡⁄ )2
) ⇒ 
⇒ 𝑦′ = − 
1
1 + 𝑡2
− 
𝑡2
1 + 𝑡2
⇒ 𝑦′ = − 
1 + 𝑡2
1 + 𝑡2
 ⇒ 𝑦′ = − 1 . 
 
_____________________ Diferenciação Logarítmica ________________________ 
 
Dada a função diferenciável 𝑦 = 𝑓(𝑥), um método de obtenção da derivada 𝑦′ = 𝑓′(𝑥) 
apresentado aqui é a Diferenciação Logarítmica. Este método consiste em 
fazermos a derivação implícita aplicando-a a equação obtida da aplicação de 
logaritmo 𝑙𝑛 a ambos os membros da equação 𝑦 = 𝑓(𝑥). 
Assim, derivamos implicitamente a equação ln 𝑦 = ln 𝑓(𝑥) , sendo que para tanto, 
aplicamos as propriedades de logaritmo para simplificar tal equação. 
Relembrando: 
1. ln(𝑎. 𝑏) = ln 𝑎 + ln 𝑏; 
2. ln (
𝑎
𝑏
) = ln 𝑎 − ln 𝑏; 
3. ln 𝑎𝑏 = 𝑏 ln 𝑎. 
Passos: 
1. Tome 𝑙𝑛 em ambos membros da equação 𝑦 = 𝑓(𝑥) e use as propriedades dos 
logaritmos para simplificar; 
10 
 
2. Diferencie implicitamente em relação a 𝑥; 
3. Resolva a equação resultante para 𝑦′. 
 
Exemplos: 
1. Dada a função, 𝒚 = [𝒇(𝒙)]𝒈(𝒙), mostre que 
𝒚′ = [𝒇(𝒙)]𝒈(𝒙). 𝐥𝐧 𝒇(𝒙) . 𝒈′(𝒙) + 𝒈(𝒙). [𝒇(𝒙)]𝒈(𝒙)−𝟏. 𝒇′(𝒙). 
 
Solução: Considere a função 𝑦 = [𝑓(𝑥)]𝑔(𝑥). Usemos a Derivação Logarítmica: 
Aplicando logaritmo em ambos os membros da equação acima temos: 
𝑦 = [𝑓(𝑥)]𝑔(𝑥) ⟹ ln 𝑦 = ln[𝑓(𝑥)]𝑔(𝑥) ⟹ ln 𝑦 = 𝑔(𝑥). ln 𝑓(𝑥). 
Em seguida, derivamos implicitamente: 
𝑑
𝑑𝑥
 ln 𝑦 =
𝑑
𝑑𝑥
(𝑔(𝑥). ln 𝑓(𝑥)) ⟹ 
1
𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑑𝑔(𝑥)
𝑑𝑥
. ln 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥).
1
𝑓(𝑥)
 
𝑑𝑓(𝑥)
𝑑𝑥
⟹ 
⟹ 𝑦′ = 𝑦. (𝑔′(𝑥). ln 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥).
𝑓′(𝑥)
𝑓(𝑥)
). 
Mas, como 𝑦 = [𝑓(𝑥)]𝑔(𝑥), obtemos então que: 
𝑦′ = [𝑓(𝑥)]𝑔(𝑥). (𝑔′(𝑥). ln 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥).
𝑓′(𝑥)
𝑓(𝑥)
) 
⟹ 𝑦′ = [𝑓(𝑥)]𝑔(𝑥). ln 𝑓(𝑥) . 𝑔′(𝑥) + 𝑔(𝑥). [𝑓(𝑥)]𝑔(𝑥)−1. 𝑓′(𝑥) 
Portanto, concluímos que: 
𝑦 = [𝑓(𝑥)]𝑔(𝑥) ⟹ 𝑦′ = [𝑓(𝑥)]𝑔(𝑥). ln 𝑓(𝑥) . 𝑔′(𝑥) + 𝑔(𝑥). [𝑓(𝑥)]𝑔(𝑥)−1. 𝑓′(𝑥) 
 
2. Obtenha 𝒚′ se 𝒚 = (𝒆𝒙
𝟐
)
𝐜𝐨𝐬 𝒙𝟐
. 
 
Solução: (i) Usando a expressão obtida no Exemplo 1 acima, temos: 
𝑦 = (𝑒𝑥
2
)
cos2 𝑥
⟹ 𝑦′ = (𝑒𝑥
2
)
cos2 𝑥
. ln 𝑒𝑥
2
. (cos2 𝑥)′ + cos2 𝑥 . (𝑒𝑥
2
)
cos2 𝑥−1
. (𝑒𝑥
2
)′ 
⟹ 𝑦′ = (𝑒𝑥
2
)
cos2 𝑥
. 𝑥2 ln 𝑒 . (−2 cos 𝑥 . 𝑠𝑒𝑛𝑥) + cos2 𝑥 . (𝑒𝑥
2
)
cos2 𝑥−1
. (𝑒𝑥
2
. 2 𝑥) 
⟹ 𝑦′ = −2 𝑥2 cos 𝑥 . 𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑒𝑥
2 cos2 𝑥 + 2 𝑥 cos2 𝑥 . 𝑒𝑥
2 cos2 𝑥 
⟹ 𝑦′ = 2𝑥 𝑒𝑥
2 cos2 𝑥 cos 𝑥 (cos 𝑥 − 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥) . 
(ii) Usando a derivação logarítmica: 
𝑦 = (𝑒𝑥
2
)
cos2 𝑥
⟹ ln 𝑦 = ln(𝑒𝑥
2
)
cos2 𝑥
 ⟹ (ln 𝑦)′ = [cos2 𝑥 . ln(𝑒𝑥
2
)]′ 
⟹ (ln 𝑦)′ = [cos2 𝑥 . 𝑥2. ln 𝑒]′ ⟹ (ln 𝑦)′ = (𝑥2. cos2 𝑥)′ 
⟹
𝑦′
𝑦
= (𝑥2)′. cos2 𝑥 + 𝑥2. (cos2 𝑥)′ ⟹ 𝑦′ = 𝑦. (2 𝑥. cos2 𝑥 − 2 𝑥2. cos 𝑥 sen 𝑥) 
⟹ 𝑦′ = 2 𝑥 𝑒𝑥
2 cos2 𝑥 cos 𝑥 (cos 𝑥 − 𝑥 sen 𝑥) 
 
3. Obtenha 𝒚′ se 𝒚 = 𝒙√𝒙. 
 
Solução: (i) Usando a expressão obtida no Exemplo 1 acima, temos: 
 
𝑦 = 𝑥√𝑥 ⟹ 𝑦′ = 𝑥√𝑥. ln 𝑥 . (√𝑥)
′
+ √𝑥 . 𝑥√𝑥−1. (𝑥)′ 
11 
 
⟹ 𝑦′ = 𝑥√𝑥. ln 𝑥 .
1
2 √𝑥
+ √𝑥 . 𝑥√𝑥−1. 1 ⟹ 𝑦′ = 𝑥√𝑥. (
ln 𝑥
2√𝑥 
+
1
√𝑥 
) 
 
(ii) Usando a derivação logarítmica: 
𝑦 = 𝑥√𝑥 ⟹ ln 𝑦 = ln 𝑥√𝑥 ⟹ ln 𝑦 = √𝑥 . ln 𝑥 
Derivando implicitamente, 
(ln 𝑦)′ = (√𝑥 . ln 𝑥)
′
⟹ 
𝑦′
𝑦
= (√𝑥)
′
. ln 𝑥 + √𝑥 . ( ln 𝑥)′ 
⟹ 
𝑦′
𝑦
=
1
2√𝑥
. ln 𝑥 + √𝑥 .
1
𝑥
 ⟹ 𝑦′ = 𝑦. (
ln 𝑥
2√𝑥
 + 
1
√𝑥
) ⟹ 𝑦′ = 𝑥√𝑥. (
ln 𝑥
2√𝑥
 + 
1
√𝑥
) 
 
(iii) Usando derivação na exponencial: 
Sabemos que: 
𝑥√𝑥 = (𝑒ln 𝑥)
√𝑥
. 
Daí, 
𝑑
𝑑𝑥
(𝑥√𝑥) =
𝑑
𝑑𝑥
(𝑒ln 𝑥)
 √𝑥
 ⟹ 
𝑑
𝑑𝑥
(𝑥√𝑥) = 𝑒√𝑥 ln 𝑥
𝑑
𝑑𝑥
 (√𝑥 ln 𝑥) 
⟹ 
𝑑
𝑑𝑥
(𝑥√𝑥) = 𝑒 ln 𝑥
√𝑥 𝑑
𝑑𝑥
 (√𝑥 ) . ln 𝑥 + √𝑥 .
𝑑
𝑑𝑥
 (ln 𝑥 ) 
⟹ 
𝑑
𝑑𝑥
(𝑥√𝑥) = 𝑒ln 𝑥
√𝑥 1
2 √𝑥
 ln 𝑥 + √𝑥 .
1
𝑥
 ⟹ 
𝑑
𝑑𝑥
(𝑥√𝑥) = 𝑥√𝑥. (
ln 𝑥
2√𝑥
 + 
1
√𝑥
) 
 
 
___________________ Esboço de Gráficos de Funções _____________________ 
 
Roteiro para Esboçar o Gráfico de uma Curva y=f(x).: 
1. Determinar o domínio 𝐷(𝑓) da função 𝑦 = 𝑓(𝑥); 
2. Determinar as interseções da curva 𝑦 = 𝑓(𝑥) com os eixos coordenados: 
 Interseção com o eixo 𝑦: (0, 𝑓(0)); 
 Interseção com o eixo 𝑥: (𝑥, 0) onde 0 = 𝑓(𝑥). 
3. Simetria: 
(i) 𝑓(−𝑥) = 𝑓(𝑥) ⟹ 𝑓 é par (simetria em relação ao eixo 𝑦); 
(ii) 𝑓(−𝑥) = −𝑓(𝑥) ⟹ 𝑓 é impar (simetria em relação ao eixo 𝑥); 
(iii) 𝑓(𝑥 + 𝑝) = 𝑓(𝑥), ∀ 𝑥 ∈ 𝐷(𝑓) ⟹ 𝑓 é periódica (simetria nos intervalos 
(𝑥𝑖 , 𝑥𝑖 + 𝑝), ∀ 𝑥𝑖 ∈ 𝐷(𝑓)). 
4. Assíntotas: 
(i) Horizontais: 
Se lim
𝑥→∞
𝑓(𝑥) = 𝐿 ou lim
𝑥→−∞
𝑓(𝑥) = 𝐿 ⟹ a reta 𝑦 = 𝐿 é uma assíntota 
horizontal (obs.: o máximo de assíntotas horizontais é duas). 
(ii) Verticais:lim
𝑥→𝑎+
𝑓(𝑥) = ∞ ; lim
𝑥→𝑎−
𝑓(𝑥) = ∞
lim
𝑥→𝑎+
𝑓(𝑥) = −∞ ; lim
𝑥→𝑎−
𝑓(𝑥) = −∞
} ⟹ a reta 𝑥 = 𝑎 é uma assíntota 
vertical (obs.: basta ocorrer um dos limites acima). 
(iii) Oblíquas: (serão vistas na próxima seção). 
12 
 
5. Intervalos de Crescimento e Decrescimento: 
 Se 𝑓′(𝑥) > 0, ∀ 𝑥 ∈ 𝐼 ⊂ 𝐷(𝑓), então 𝑓 é crescente no intervalo 𝐼; 
 Se 𝑓′(𝑥) < 0, ∀ 𝑥 ∈ 𝐼 ⊂ 𝐷(𝑓), então 𝑓 é decrescente no intervalo 𝐼. 
6. Valores Máximos e Mínimos da Função: 
Encontrar 𝑐 ∈ 𝐷(𝑓) tal que 𝑓′(𝑐) = 0 ou que ∄ 𝑓′(𝑐) . (tais pontos são ditos 
pontos críticos de 𝑓). 
Se 𝑓′(𝑐) = 0 ou ∄ 𝑓′(𝑐), temos: 
 Se 𝑓′(𝑥) > 0, ∀ 𝑥 ∈ (𝑐 − 𝛿, 𝑐) e 𝑓′(𝑥) < 0, ∀ 𝑥 ∈ (𝑐, 𝑐 + 𝛿) então 𝑓(𝑐) é 
um máximo local; 
 Se 𝑓′(𝑥) < 0, ∀ 𝑥 ∈ (𝑐 − 𝛿, 𝑐) e 𝑓′(𝑥) > 0, ∀ 𝑥 ∈ (𝑐, 𝑐 + 𝛿) então 𝑓(𝑐) é 
um mínimo local. 
Ou, se 𝑓′(𝑐) = 0 e 𝑓′′(𝑐) ≠ 0, temos: 
 Se 𝑓′′(𝑐) < 0 então 𝑓(𝑐) é um máximo local; 
 Se 𝑓′′(𝑐) > 0 então 𝑓(𝑐) é um mínimo local. 
7. Concavidade e Pontos de Inflexão: 
 Se 𝑓′′(𝑥) > 0, ∀ 𝑥 ∈ 𝐼 ⊂ 𝐷(𝑓), então 𝑓 é côncava para cima no intervalo 
𝐼; 
 Se 𝑓′′(𝑥) < 0, ∀ 𝑥 ∈ 𝐼 ⊂ 𝐷(𝑓), então 𝑓 é côncava para baixo no intervalo 
𝐼. 
Temos que 𝑐 ∈ 𝐷(𝑓) é dito ser um ponto de inflexão (ponto onde muda a 
concavidade da curva) se ocorrer uma das seguintes condições: 
 𝑓′′(𝑐) = 0 com 𝑓′′(𝑥) > 0, ∀ 𝑥 ∈ (𝑐 − 𝛿, 𝑐) e 𝑓′′(𝑥) < 0, ∀ 𝑥 ∈ (𝑐, 𝑐 + 𝛿); 
 𝑓′′(𝑐) = 0 com 𝑓′′(𝑥) < 0, ∀ 𝑥 ∈ (𝑐 − 𝛿, 𝑐) e 𝑓′′(𝑥) > 0, ∀ 𝑥 ∈ (𝑐, 𝑐 + 𝛿). 
 
Ou, também, 𝑐 ∈ 𝐷(𝑓) é dito ser um ponto de inflexão se ocorrer uma das 
seguintes condições: 
 𝑓′(𝑐) = 0 e 𝑓′(𝑥) > 0, ∀ 𝑥 ∈ (𝑐 − 𝛿, 𝑐) ∪ (𝑐, 𝑐 + 𝛿); 
 𝑓′(𝑐) = 0 e 𝑓′(𝑥) < 0, ∀ 𝑥 ∈ (𝑐 − 𝛿, 𝑐) ∪ (𝑐, 𝑐 + 𝛿). 
 
8. Esboçar o Gráfico: 
 
 
Exemplo 1: Esboce o gráfico de 𝒇(𝒙) = −
𝟏
𝟒
𝒙𝟒 +
𝟓
𝟑
𝒙𝟑 − 𝟐 𝒙𝟐. 
(Encontre 𝑫(𝒇) ; pontos de interseções com os eixos, caso existam; pontos críticos, caso existam; intervalos de 
crescimento e decrescimento de 𝒇(𝒙); máximos e mínimos relativos, caso existam; concavidade e pontos de inflexão de 
𝒇(𝒙), caso existam; assíntotas horizontais e verticais, caso existam). 
(b) Exiba a equação da reta tangente ao gráfico no ponto (𝟏, 𝒇(𝟏)). Faça um esboço da 
reta junto com o gráfico de 𝒇. 
 
Solução: (a) 
1) Domínio de 𝑓: 𝐷(𝑓) = ℝ 
 
2) Interseções com os eixos: 
 𝑥 = 0 ⟹ 𝑦 = 𝑓(0) = 0 
 𝑦 = 0 ⟹ 𝑥 = 0, 𝑥 =
 10−2 √7 
3
≅ 1,57 e 𝑥 =
 10+2 √7 
3
≅ 5,1. 
Logo, 
13 
 
(0, 0) é a interseção da curva com o eixo 𝑂𝑥 
(0, 0), (
 10−2 √7 
3
, 0) e (
 10−2 √7 
3
, 0) são as interseções da curva com o eixo 𝑂𝑦 
 
3) 𝑓(𝑥) = −
1
4
𝑥4 +
5
3
𝑥3 − 2 𝑥2 ⟹ 𝑓′(𝑥) = −𝑥3 + 5𝑥2 − 4 𝑥 
Daí, 
𝑓′(𝑥) = 0 ⟹ − (𝑥3 − 5𝑥2 + 4 𝑥) = 0 ⟹ (− 𝑥) ∙ (𝑥2 − 5𝑥 + 4) = 0 ⟹ 
⟹ (− 𝑥) ∙ (𝑥 − 1) ∙ (𝑥 − 4) = 0 ⟹ 𝑥 = 0, 𝑥 = 1, 𝑥 = 4. 
Assim, 𝑥 = 0, 𝑥 = 1 e 𝑥 = 4 são pontos críticos de 𝑓. 
 
4) Intervalos de Crescimento e Decrescimento: 
Intervalo − 𝑥 (𝑥 − 1) (𝑥 − 4) 𝑓′(𝑥) 𝑓(𝑥) 
𝑥 < 0 + - - + Crescente 
0 < 𝑥 < 1 - - - - Decrescente 
1 < 𝑥 < 4 - + - + Crescente 
𝑥 > 4 - + + - Decrescente 
 
5) Máximos e mínimos relativos: 
Observando a tabela acima e sabendo-se que 𝑓 é contínua, pois é um polinômio, concluímos 
que 𝑥 = 0 e 𝑥 = 4 são pontos de máximos locais sendo que como 𝑓(0) = 0 e 𝑓(4) =
 32 
3
= 10,1, 
então 𝑥 = 4 é ponto de máximo absoluto. 
Já, 𝑥 = 1 é ponto de mínimo relativo. 𝑓(1) = −
 7 
12
≅ −0,6. 
Outra forma de concluirmos sobre os pontos de máximos e mínimos relativos: 
𝑓′(𝑥) = −𝑥3 + 5𝑥2 − 4 𝑥 ⟹ 𝑓′′(𝑥) = −3 𝑥2 + 10 𝑥 − 4 
Assim vemos que: 
𝑓′′(0) = −4 < 0 ⟹ 𝑥 = 0 é ponto de máximo local 
𝑓′′(1) = 3 > 0 ⟹ 𝑥 = 1 é ponto de mínimo local 
𝑓′′(4) = −12 < 0 ⟹ 𝑥 = 4 é ponto de máximo local 
 
6) Concavidade e pontos de inflexão de 𝑓(𝑥): 
𝑓′′(𝑥) = 0 ⟹ −3 𝑥2 + 10 𝑥 − 4 = 0 ⟹ 
⟹ (𝑥 −
5 − √13
3
) ∙ (𝑥 −
5 + √13
3
) = 0 ⟹ 𝑥 =
5 − √13
3
, 𝑥 =
5 + √13
3
. 
Temos: 
𝑥 =
5−√13
3
≅ 0,5 e 𝑥 =
5+√13
3
≅ 2,9. 
 
Intervalo 
− (𝑥 −
5 − √13
3
) 𝑥 −
5 + √13
3
 
𝑓′′(𝑥) 𝑓(𝑥) 
𝑥 <
5 − √13
3
 
+ - - Conc. p/ baixo 
14 
 
5 − √13
3
< 𝑥 <
5 + √13
3
 
- - + Conc. p/ cima 
𝑥 >
5 + √13
3
 
- + - Conc. p/ baixo 
 
Os pontos de abscissa 𝑥 =
5−√13
3
≅ 0,5 e 𝑥 =
5+√13
3
≅ 2,9 são pontos de inflexão. 
 
7) Assíntotas horizontais e verticais: 
 
Temos: 
lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎), ∀ 𝑎 ∈ ℝ 
pois a função 𝑓 é contínua em toda reta. Assim, não existe assíntota vertical para 𝑓. 
Também, 
lim
𝑥→±∞
𝑓(𝑥) = −∞ e lim
𝑥→±∞
𝑓(𝑥) = −∞ 
e disto, afirmamos que não existe assíntota horizontal para 𝑓. 
 
8) Esboço do gráfico: 
 
 y 
 
 10,1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 0 1 1,57 4 5,1 
 -0,6 𝑦 = −
 7 
12
 
 
 Reta tangente à curva em (1, 𝑓(1)) 
 
 
(b) Observe que 𝑓′(1) = 0 e com isto, a reta tangente à curva no ponto (1, 𝑓(1)) será uma reta 
paralela ao eixo 𝑂𝑥 tendo por equação: 
𝑦 = −𝑓(1) = −
 7 
12
≅ −0,6 
O esboço da reta se encontra no gráfico acima. 
 
_____________ Formas Indeterminadas e Regra de L’Hospital _______________ 
 
São Formas Indeterminadas as seguintes: 
15 
 
 0 
 0 
; 
 ∞ 
 ∞ 
; 0 ∙ ∞; ∞ − ∞; 00; ∞0; 1∞ 
Exemplo: lim
𝑥→1
ln 𝑥 
𝑥−1
 
Temos que lim
𝑥→1
ln 𝑥 = 0 e lim
𝑥→1
(𝑥 − 1) = 0. Portanto, lim
𝑥→1
ln 𝑥 
𝑥−1
 é do tipo 
0
0
. 
Então, lim
𝑥→1
ln 𝑥 
𝑥−1
=? 
Em geral, se tivermos lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) 
𝑔(𝑥)
 onde 𝑓(𝑥) → 0 𝑔(𝑥) → 0 quando 𝑥 → 𝑎 , então este 
limite pode ou não existir. 
Por exemplo, temos: 
lim
𝑥→1
𝑥2 − 1 
𝑥 − 1
= lim
𝑥→1
(𝑥 + 1) ∙ (𝑥 − 1) 
𝑥 − 1
= lim
𝑥→1
(𝑥 + 1) = 2; 
lim
𝑥→1
𝑥2 − 2 𝑥 + 1 
 𝑥 − 1 
= lim
𝑥→1
(𝑥 − 1)2 
𝑥 − 1
= lim
𝑥→1
1 
𝑥 − 1
 (∄); 
lim
𝑥→0
2 𝑥 
𝑥
= lim
𝑥→0
𝑥 = 0. 
Veja que todos os exemplos acima são limites do tipo 
0
0
 e, no entanto, vemos que tais 
limites existem em alguns casos e não existem em outros. 
 
Analogamente, lim
𝑥→∞
ln 𝑥 
𝑥−1
 é do tipo 
 ∞ 
 ∞ 
 pois lim
𝑥→∞
ln 𝑥 = ∞ e lim
𝑥→∞
(𝑥 − 1) = ∞. 
Em geral, se tivermos lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) 
𝑔(𝑥)
 onde 𝑓(𝑥) → ∞(𝑜𝑢 − ∞) e 𝑔(𝑥) → ∞(𝑜𝑢 − ∞) quando 
𝑥 → 𝑎, então este limite pode ou não existir. 
Por exemplo, temos: 
lim
𝑥→∞
𝑥2 − 1 
𝑥 − 1
= lim
𝑥→∞
(𝑥 + 1) ∙ (𝑥 − 1) 
𝑥 − 1
= lim
𝑥→∞
(𝑥 + 1) = ∞; 
lim
𝑥→∞
𝑥2 − 2 𝑥 + 1 
 𝑥 − 1 
= lim
𝑥→∞
(𝑥 − 1)2 
𝑥 − 1
= lim
𝑥→∞
1 
𝑥 − 1
= 0. 
 
Regra de L’Hospital: Suponha que 𝒇 e 𝒈 sejam diferenciáveis e 𝒈′(𝒙) ≠ 𝟎 
próximo a 𝒂 (exceto possivelmente em 𝒂). Suponha que 
𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝒂
𝒇(𝒙) = 𝟎 e 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝒂
𝒈(𝒙) = 𝟎 
ou que 
𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝒂
𝒇(𝒙) = ±∞ e 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝒂
𝒈(𝒙) = ±∞. 
(Isto é, temos uma forma indeterminada do tipo 
𝟎
𝟎
 ou 
 ∞ 
 ∞ 
). Então, 
𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝒂
𝒇(𝒙) 
𝒈(𝒙)
= 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝒂
𝒇′(𝒙) 
𝒈′(𝒙)
 
se o limite do lado direito existir (ou é ∞ ou −∞). 
 
Observações: 
(1) A Regra de L’Hospital é também válida quando “𝑥 → 𝑎” for substituído por: 
𝑥 → 𝑎+, 𝑥 → 𝑎−, 𝑥 → ∞ ou 𝑥 → −∞. 
(2) Caso Especial: 𝑓(𝑎) = 𝑔(𝑎) = 0 , 𝑓′ e 𝑔′ contínuas e 𝑔′(𝑎) ≠ 0 , a Regra de 
L’Hospital é verdadeira. 
 
16 
 
De fato: 
lim
𝑥→𝑎
𝑓′(𝑥) 
𝑔′(𝑥)
=
𝑓′(𝑎) 
𝑔′(𝑎)
=
lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎) 
𝑥 − 𝑎
lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥) − 𝑔(𝑎) 
𝑥 − 𝑎
= lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎) 
𝑥 − 𝑎 
𝑔(𝑥) − 𝑔(𝑎) 
𝑥 − 𝑎
= 
= lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎)𝑔(𝑥) − 𝑔(𝑎)
= lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) 
𝑔(𝑥)
. 
 
Exercício 23 (pág. 278 – 7ª Edição): Encontre o limite, 
lim
𝑥→0
√1 + 2 𝑥 − √1 − 4 𝑥 
𝑥
. 
 
Solução: Temos que lim
𝑥→0
(√1 + 2 𝑥 − √1 − 4 𝑥) = 0 e lim
𝑥→0
𝑥 = 0 e então, o limite 
lim
𝑥→0
√1+2 𝑥 −√1−4 𝑥 
𝑥
 é do tipo 
0
0
. 
Cálculo do limite usando a Regra de L’Hospital: 
lim
𝑥→0
√1 + 2 𝑥 − √1 − 4 𝑥 
𝑥
 =⏟
𝐿′𝐻
lim
𝑥→0
1
√1 + 2 𝑥 
+
2
√1 − 4 𝑥
 
1
=
1
√1 + 2 ∙ 0 
+
2
√1 − 4 ∙ 0
 
1
= 3. 
Cálculo do limte usando um método elementar: 
lim
𝑥→0
√1 + 2 𝑥 − √1 − 4 𝑥 
𝑥
= lim
𝑥→0
(
√1 + 2 𝑥 − √1 − 4 𝑥 
𝑥
∙
√1 + 2 𝑥 + √1 − 4 𝑥 
√1 + 2 𝑥 + √1 − 4 𝑥
) = 
= lim
𝑥→0
1 + 2 𝑥 − (1 − 4 𝑥) 
𝑥 ∙ (√1 + 2 𝑥 + √1 − 4 𝑥)
= lim
𝑥→0
1 + 2 𝑥 − 1 + 4 𝑥 
𝑥 ∙ (√1 + 2 𝑥 + √1 − 4 𝑥)
 
= lim
𝑥→0
6 
√1 + 2 𝑥 + √1 − 4 𝑥
=
6 
√1 + 2 ∙ 0 + √1 − 4 ∙ 0
=
6
2
= 3. 
 
Exercício 45 (pág. 278 – 7ª Edição): Encontre o limite, 
lim
𝑥→∞
𝑥3𝑒−𝑥
2
. 
 
Solução: Temos que lim
𝑥→∞
𝑥3 = ∞ e lim
𝑥→∞
𝑒−𝑥
2
= 0 e então, o limite lim
𝑥→∞
𝑥3𝑒−𝑥
2
 é do tipo 
0 ∙ ∞. Daí, temos que lim
𝑥→∞
𝑥3
𝑒𝑥
2 é do tipo 
 ∞ 
 ∞ 
 e que lim
𝑥→∞
𝑒−𝑥
2
𝑥−3
 é do tipo 
0
0
. 
Cálculo do limite usando a Regra de L’Hospital: 
lim
𝑥→∞
𝑥3𝑒−𝑥
2
= lim
𝑥→∞
𝑥3
𝑒𝑥
2 =⏟
𝐿′𝐻
lim
𝑥→∞
3 𝑥2 
 2 𝑥 𝑒𝑥
2
 
= lim
𝑥→∞
3 𝑥
 2 𝑒𝑥
2
 
=⏟
𝐿′𝐻
lim
𝑥→∞
3
 4 𝑥 𝑒𝑥
2
 
= 0. 
 
Exercício 61 (pág. 278 – 7ª Edição): Encontre o limite, 
lim
𝑥→∞
𝑥1 𝑥⁄ . 
 
Solução: Temos que lim
𝑥→∞
𝑥 = ∞ e lim
𝑥→∞
1
𝑥
= 0 e então, o limite lim
𝑥→∞
𝑥1 𝑥⁄ é do tipo ∞0. 
Seja então lim
𝑥→∞
𝑥1 𝑥⁄ = 𝐿. Daí, 
ln 𝐿 = ln ( lim
𝑥→∞
𝑥1 𝑥⁄ ) ⟹ ln 𝐿 = lim
𝑥→∞
(ln 𝑥1 𝑥⁄ ) ⟹ ln 𝐿 = lim
𝑥→∞
ln 𝑥
𝑥
 
17 
 
Agora, como lim
𝑥→∞
ln 𝑥 = ∞ e lim
𝑥→∞
𝑥 = ∞ então, lim
𝑥→∞
ln 𝑥
𝑥
 é do tipo 
 ∞ 
 ∞ 
 e podemos aplicar a 
Regra de L’Hospital. 
Cálculo do limite usando a Regra de L’Hospital: 
ln 𝐿 = lim
𝑥→∞
ln 𝑥
𝑥
=⏟
𝐿′𝐻
lim
𝑥→∞
1 𝑥⁄ 
 1 
= lim
𝑥→∞
1
 𝑥 
= 0. 
Assim, 
ln 𝐿 = 0 ⟹ 𝑒ln 𝐿 = 𝑒0 ⟹ 𝐿 = 𝑒0 = 1. 
Portanto, 
lim
𝑥→∞
𝑥1 𝑥⁄ = 1 . 
 
Exercício 65 (pág. 279 – 7ª Edição): Encontre o limite, 
lim
𝑥→0+
(cos 𝑥)1 𝑥
2⁄ . 
 
Solução: Temos que lim
𝑥→0+
cos 𝑥 = 1 e lim
𝑥→0+
1
𝑥2
= ∞ e então, o limite lim
𝑥→0+
(cos 𝑥)1 𝑥
2⁄ é 
do tipo 1∞. 
Seja então lim
𝑥→0+
(cos 𝑥)1 𝑥
2⁄ = 𝐿. Daí, 
ln 𝐿 = ln ( lim
𝑥→0+
(cos 𝑥)1 𝑥
2⁄ ) ⟹ ln 𝐿 = lim
𝑥→0+
(ln(cos 𝑥)1 𝑥
2⁄ ) ⟹ ln 𝐿 = lim
𝑥→0+
ln(cos 𝑥)
𝑥2
 
Agora, como lim
𝑥→0+
ln(cos 𝑥) = 0 e lim
𝑥→0+
𝑥2 = 0 então, lim
𝑥→0+
ln(cos 𝑥)
𝑥2
 é do tipo 
 0 
 0 
 e 
podemos aplicar a Regra de L’Hospital. 
Cálculo do limite usando a Regra de L’Hospital: 
ln 𝐿 = lim
𝑥→0+
ln(cos 𝑥)
𝑥2
=⏟
𝐿′𝐻
lim
𝑥→0+
− 𝑠𝑒𝑛 𝑥 cos 𝑥⁄ 
2 𝑥 
= −
1
2
lim
𝑥→0+
𝑠𝑒𝑛 𝑥
 𝑥 
∙
1
cos 𝑥
= 
= −
1
2
∙ lim
𝑥→0+
𝑠𝑒𝑛 𝑥
 𝑥 
∙ lim
𝑥→0+
1
cos 𝑥
= −
1
2
∙ 1 ∙ 1 = −
1
2
. 
Assim, 
ln 𝐿 = −
1
2
 ⟹ 𝑒ln 𝐿 = 𝑒−
1
2 ⟹ 𝐿 =
1
√𝑒
. 
Portanto, 
lim
𝑥→0+
(cos 𝑥)1 𝑥
2⁄ =
1
√𝑒
. 
 
Exercício 51 (pág. 278 – 7ª Edição): Encontre o limite, 
lim
𝑥→0+
(
1
𝑥
−
1
𝑒𝑥 − 1
). 
 
Solução: Temos que lim
𝑥→0+
(
1
𝑥
) = ∞ e lim
𝑥→0+
(
1
𝑒𝑥−1
) = ∞ e então, o limite lim
𝑥→0+
(
1
𝑥
−
1
𝑒𝑥−1
) 
é do tipo ∞ − ∞. Daí, temos que lim
𝑥→0+
(
1
𝑥
−
1
𝑒𝑥−1
) = lim
𝑥→0+
 𝑒𝑥−1−𝑥 
𝑥∙(𝑒𝑥−1) 
 e este último é um 
limite do tipo 
0
0
. 
Cálculo do limite usando a Regra de L’Hospital: 
18 
 
lim
𝑥→0+
(
1
𝑥
−
1
𝑒𝑥 − 1
) = lim
𝑥→0+
 𝑒𝑥 − 1 − 𝑥 
𝑥 ∙ (𝑒𝑥 − 1) 
=⏟
𝐿′𝐻
lim
𝑥→0+
𝑒𝑥 − 1 
𝑒𝑥 − 1 + 𝑥 𝑒𝑥 
=⏟
𝐿′𝐻
lim
𝑥→0+
𝑒𝑥 
 𝑒𝑥 + 𝑒𝑥 + 𝑥 𝑒𝑥 
= lim
𝑥→0+
𝑒𝑥 
 𝑒𝑥(2 + 𝑥) 
= lim
𝑥→0+
1 
 2 + 𝑥 
=
1 
 2 
. 
 
Exercício 31 (pág. 278 – 7ª Edição): Encontre o limite, 
lim
𝑥→0
𝑥 3𝑥
3𝑥 − 1
. 
 
Solução: Temos que lim
𝑥→0
𝑥 3𝑥 = 0 e lim
𝑥→0
(3𝑥 − 1) = 0 e então, o limite lim
𝑥→0
𝑥 3𝑥
3𝑥−1
 é do tipo 
0
0
. 
Cálculo do limite usando a Regra de L’Hospital: 
lim
𝑥→0
 
𝑥 3𝑥
3𝑥 − 1
=⏟
𝐿′𝐻
lim
𝑥→0
 
3𝑥 + 𝑥 3𝑥 ln 3 
3𝑥 ln 3 
= lim
𝑥→0
3𝑥 (1 + 𝑥 ln 3)
 3𝑥 ln 3 
= lim
𝑥→0
1 + 𝑥 ln 3
 ln 3 
=
1
 ln 3 
. 
 
Exercício 87 (pág. 280 – 7ª Edição): Se 𝑓′ for contínua, use a Regra de L’Hospital 
para mostrar que 
lim
ℎ→0
 
 𝑓(𝑥 + ℎ) − 𝑓(𝑥 − ℎ) 
2 ℎ
= 𝑓′(𝑥) 
 
Solução: Temos que lim
ℎ→0
2 ℎ = 0 e lim
ℎ→0
[𝑓(𝑥 + ℎ) − 𝑓(𝑥 − ℎ)] = 0 e então, o limite 
lim
ℎ→0
 
 𝑓(𝑥+ℎ)−𝑓(𝑥−ℎ) 
2 ℎ
 é do tipo 
0
0
. 
Cálculo do limite usando a Regra de L’Hospital: 
lim
ℎ→0
 
 𝑓(𝑥 + ℎ) − 𝑓(𝑥 − ℎ) 
2 ℎ
=⏟
𝐿′𝐻
lim
ℎ→0
 
 
𝑑
𝑑ℎ
[ 𝑓(𝑥 + ℎ) − 𝑓(𝑥 − ℎ)] 
𝑑
𝑑ℎ
[ 2 ℎ] 
 
= lim
ℎ→0
𝑓′(𝑥 + ℎ) ∙
𝑑
𝑑ℎ
(𝑥 + ℎ) − 𝑓′(𝑥 − ℎ) ∙
𝑑
𝑑ℎ
(𝑥 − ℎ)
 2 
 
= lim
ℎ→0
𝑓′(𝑥 + ℎ) ∙ (1) + 𝑓′(𝑥 − ℎ) ∙ (1)
 2 
=
𝑓′(𝑥 + 0) + 𝑓′(𝑥 − 0)
 2 
=
2 𝑓′(𝑥)
 2 
= 𝑓′(𝑥). 
 
 y 
 
 
 
 
 
 
 
 
 x-h x x+h x