Aula 14 - Exercícios

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MATEMÁTICA
E SUAS TECNOLOGIAS
F B O N L I N E . C O M . B R
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Professor(a): TáciTo Vieira
assunto: Função LogaríTmica – ParTe iii
frente: maTemáTica ii
OSG.: 119497/17
AULA 14
EAD – MEDICINA
Resumo Teórico
Função logarítmica
Definição
Chama-se função logarítmica de base a, com a > 0 e a ≠ 1 à 
correspondência.
g: r r+ →
→
*
logx xa
A função logarítmica é a inversa da função exponencial, isto é:
f: r r→
→ =
+
*
y x ay
f : − += →
→ =
1 g
x y xa
r r*
log
Gráficos
I. Função logarítmica de base a, com a > 1
y
y = log
a
 x
(a > 1)
1
1 a x
• Domínio. Contradomínio R.
• Contínua em todo o domínio.
• A função é estritamente crescente em R e, portanto, injetiva.
• A função tem um único zero em x = 1. O gráfico g não intercepta 
o eixo das ordenadas.
• x = 0 é a única assíntota ao gráfico de g.
II. Função logarítmica de base a, com 0 < a < 1
(0 < a < 1)
y
xa
1
1
y = log
a
 x
• Domínio R+
* ; Contradomínio R.
• Contínua em todo o domínio.
• A função é estritamente decrescente em R e, portanto, injetiva.
• O gráfico de g intercepta o eixo das abscissas no ponto (1, 0) e não 
intercepta o eixo das ordenadas.
• x = 0 é a única assíntota ao gráfico de g.
Exercícios
01. (Enem) Um engenheiro projetou um automóvel cujos vidros 
das portas dianteiras foram desenhados de forma que suas 
bordas superiores fossem representadas pela curva de equação 
y = log (x), conforme a figura.
h
x(m)
n
0
1
y(m)
y = log(x)
 A forma do vidro foi concebida de modo que o eixo x sempre 
divida ao meio a altura h do vidro e a base do vidro seja paralela ao 
eixo x. Obedecendo a essas condições, o engenheiro determinou 
uma expressão que fornece a altura h do vidro em função da 
medida n de sua base, em metros.
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Módulo de estudo
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A) log log
n n n n+ +




 −
− +





2 24
2
4
2
B) log log1
2
1
2
+



− −



n n
C) log log1
2
1
2
+



+ −



n n
D) log
n n+ +





2 4
2
E) 2
4
2
2
log
n n+ +





02. O domínio da função real de variável real definida por f(x) = 
log
7
(x2 – 4x) · log
3
(5x – x2) é o intervalo aberto cujos extremos são 
os números
A) 3 e 4
B) 4 e 5
C) 5 e 6
D) 6 e 7
E) 7 e 8
03. (Uece – Adaptada) Seja R+ o conjunto dos números reais positivos e 
f : R → R+ a função definida por f(x) = 2x. Esta função é invertível. Se 
f–1 : R+ → R é sua inversa, então, o valor de f–1(16) – f–1(2) – f–1(1) é
A) 3
B) 4
C) 5
D) 6
E) 7
04. No artigo “Desmatamento na Amazônia Brasileira: com que 
intensidade vem ocorrendo?”, o pesquisador Philip M. Fearnside, 
do INPA, sugere como modelo matemático para o cálculo da 
área de desmatamento a função D(t) = D(0) · ek · t, em que D(t) 
representa a área de desmatamento no instante t, sendo t medido 
em anos desde o instante inicial, D(0) a área de desmatamento no 
instante inicial t = 0, e k a taxa média anual de desmatamento da 
região. Admitindo que tal modelo seja representativo da realidade, 
que a taxa média anual de desmatamento (k) da Amazônia seja 
0,6% e usando a aproximação n 2 ≅ 0,69, o número de anos 
necessários para que a área de desmatamento da Amazônia 
dobre seu valor, a partir de um instante inicial prefixado, é, 
aproximadamente,
A) 51
B) 115
C) 15
D) 151
E) 11
05. A solução da inequação log
7
 (5x – 3) – log
7
 (x – 1) < 1 corresponde a
A) 
3
5
, + ∞



 B) ]1, + ∞[
C) ]– ∞, 1[ ∪ ] 2, + ∞[ D) − ∞ ∪[ ] + ∞



, ,
3
5
1
E) ]2, + ∞[
06. O domínio da função f(x) = log
(x – 1)
 (x2 – 7x + 12) corresponde a
A) Dom
f
 = {x ∈ R | 2 < x < 3 ou x > 4}
B) Dom
f
 = {x ∈ R | 1 < x < 2 ou x > 3}
C) Dom
f
 = {x ∈ R | x > 1}
D) Dom
f
 = {x ∈ R | 1 < x < 2 ou 2 < x < 3 ou x > 4}
E) Dom
f
 = {x ∈ R | 1 < x < 3 ou 3 < x < 4 ou x > 5}
07. Na figura a seguir, dois vértices do trapézio sombreado estão 
no eixo x e os outros dois vértices estão sobre o gráfico da 
função real f(x) = log
k
x, com k > 0 e k ≠ 1. Sabe-se que o 
trapézio sombreado tem 30 unidades de área; assim, o valor de 
k + P – Q é
1
2
P Q
Gráfico fora de escala
f(x) = log
k
x
x
y
A) –20
B) –15
C) 10
D) 15
E) 20
08. (UFRN) Na figura ao lado estão y
y = ?
y = x
y = log
3
 x
x
3
30
1
1
esboçados os gráficos das 
funções y = log
3
x e y = x. 
O gráfico da função que está 
representado em azul é 
simétrico ao gráfico da 
função y = log
3
x em relação 
à reta de equação y = x. 
A função que corresponde 
ao gráfico azul é
A) y
x=
3
B) y = 3x
C) y = x3
D) y = 3x
09. O diretor de uma editora estima que, se x exemplares de um 
novo livro de Cálculo para o Ensino Superior forem entregues aos 
professores para análise, as vendas do livro no primeiro ano serão 
de aproximadamente f(x) = 1000 (15 – 24e–0,003x) exemplares. 
 Marque a opção que corresponde ao número de exemplares 
que a editora deverá distribuir para análise, a fim de que a 
venda atinja a cifra de 9000 exemplares no primeiro ano. 
(Use n 2 = 0,69)
A) 440
B) 450
C) 460
D) 470
E) 480
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Módulo de estudo
10. A produção de leite em uma determinada região do país tem 
crescido segundo a lei:
n(t) = 20 · 1,08t
 Sendo n(t) a quantidade anual produzida (em milhões de litros) 
e t o tempo (em anos) transcorrido após o ano 2000, isto é, 
t = 0 corresponde ao ano 2000, t = 1 corresponde ao ano 2001, 
e assim por diante. Mantido tal crescimento, pode-se afirmar 
que a produção de leite em relação a de 2005 será duplicada em
Dados: n 2 ≅ 0,7; n 3 ≅ 1,09 e n 1,08 = 0,07.
A) 2010 B) 2013
C) 2015 D) 2016
E) 2017
11. Considere as funções f(x) = x2 + 4 e g(x) = 1 + log1
2
x, em que 
o domínio de f é o conjunto dos números reais e o domínio 
de g é o conjunto dos números reais maiores do que 0. Seja 
h(x) = 3f(g(x)) + 2g(f(x)), em que x > 0. Então, h(2) é igual a
A) 4 B) 8
C) 12 D) 16
E) 20
12. Uma colônia A de bactérias cresce segundo a função A(t) = 2 · (4t) 
e uma colônia B cresce segundo a função B(t) = 32 · (2t), sendo 
t o tempo em hora. De acordo com estas funções, imediatamente 
após o instante t’, o número de bactérias da colônia A é maior 
que o número de bactérias da colônia B. Pode-se afirmar que
A) t’ é um número ímpar.
B) t’ é divisível por 3.
C) o dobro de t’ é maior que 7.
D) t’ é maior que 15.
E) t’ é múltiplo de 5.
13. A natureza dotou a espécie humana de uma sensibilidade auditiva 
que diminui com o aumento do nível de pressão sonora.
 O nível de pressão sonora (NPS) pode ser definido pela expressão: 
NPS
P
P
= 




20
0
log , em que P é o valor da pressão medida e P
0
 é a 
pressão de referência, isto é, a menor pressão percebida pelo ouvido 
humano (P
0
 = 2 · 10–5), medidas em Pascal.
 Com base no texto e em seus conhecimentos, é correto afirmar 
que, considerando log
2
 = 0,3, a expressão NPS pode ser escrita 
como
A) 20 · log P + 1,5 B) 20 · log P – 1,5
C) 20 · log P + 94 D) log P + 9,4
E) 5 · log P + 20
14. Em setembro de 1987, Goiânia foi palco do maior acidente 
radioativo ocorrido no Brasil, quando uma amostra de césio-137, 
removida de um aparelho de radioterapia abandonado, 
foi manipulada inadvertidamente por parte da população. 
A meia-vida de um material radioativo é o tempo necessário 
para que a massa desse material se reduza à metade. 
A meia-vida do césio-137 é 30 anos e a quantidade restante de 
massa de um material radioativo, após t anos, é calculada pela 
expressão M(t) = A · (2,7)kt, onde A é a massa inicial e k é uma 
constante negativa.
 Considere 0,3 como aproximação para log
10
2.
 Qual o tempo necessário, em anos, para que uma quantidade de 
massa do césio-137 se reduza a 10% da quantidade inicial?
A) 27 B) 36
C) 50 D) 54
E) 100
15. (Fuvest) Uma quantidade fixa de um gás ideal é mantida à 
temperatura constante, e seu volume varia com o tempo de acordo 
com a seguinte fórmula:
V(t) = log
2
(5 + 2 sen(pt)), 0 ≤ t ≤ 2,
 onde t é medido em horas e V(t) é medidoem m3. A pressão 
máxima do gás no intervalo de tempo [0, 2] ocorre no instante
A) t = 0,4 B) t = 0,5
C) t = 1 D) t = 1,5
E) t = 2
Resolução
01. De acordo com o gráfico, podemos marcar os pontos P e Q.
0
d d + n
x
y(m) y = log
x
h
P d,
2
− 
  
h
Q d n,
2
 +  
h
2
h
2
−
Q d n
h h
d n d n I
P d
h
x
y
x
y
h
+










⇒ = + ⇒ = +
−







, log ( ) ( )
,
2 2
10
2
2







⇒ − = ⇒ =











−h
d d I
h
2
10 2log (I )
Fazendo (I) – (II), temos:
10 10 10
1
10
2 2 2
2
h h h
hn n− = ⇒ − =
−
⇒ Tomando-se 102
h
a= , vem que:
⋅(a) a2 – 1 = an → a2 – an – 1 = 0a
a
n− =1
a =
a =
n n+ +2 4
2
n n− +2 4
2
(Não convém)
a = 
n n+ +2 4
2
 ⇒ 10
4
2
2
2
h n n
=
+ +
 ⇒ 
log10
4
2
2
2
h n n
=
+ +
log ⇒ 
⇒ 
h n n
2
4
2
2
=
+ +
log ⇒ h = 2
4
2
2
log
n n+ +
 Resposta: E
 Observação: Para uma melhor compreensão dessa resolução, 
sugerimos que o aluno assista à videoaula correspondente.
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Módulo de estudo
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02. f(x) = log
7
(x2 – 4x) · log
3
(5x – x2)
 Como a função do tipo: g(x) = log
a
 b, temos condição de existência b > 0 e a > 0 e a ≠ 1.
 Fazendo o estudo do domínio de f(x), temos duas condições de existência:
I. (x2 – 4x) > 0
 0
+ + + +
– – – 4
II. (5x – x2) > 0
 
5– – – –
+ + + + + +
0
De I e II, vem:
0
I:
II:
I ∩ II:
0
4 5
5
4
D = {x ∈ R / 4 < x < 5}
 Resposta: B
 Observação: Para uma melhor compreensão dessa resolução, sugerimos que o aluno assista à videoaula correspondente.
03. Temos que:
 y = 2x ⇔ log2
y = log2
2x ⇔ x = log2
y
 Inversa: y = log2
x ⇒ f–1(x) = log2x
 Assim sendo,
 f–1(16) = log2
16 = 4
 f–1(2) = log2
2 = 1
 f–1(1) = log2
1 = 0
 Logo:
 Expressão = 4 – 1 – 0 = 3
 Resposta: A
04. Resolvendo-se a equação D(t) = 2 · D(o), têm-se:
D e D
e
n e n
t
t
kt
t
t
(o) (o)
,
,
,
,
,
⋅ =
=
=
≅
≅
⋅
2
2
2
0 6
100
0 69
0 69 1
0 6
100
0 6
100 
000
0 6
69
0 6
690
6
115
,
,
t
t
t anos
≅
≅
≅
Resposta: B
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Módulo de estudo
05. log
7
 (5x – 3) – log
7
 (x – 1) < 1
 CE 1: 5x – 3 > 0 → x I> 3
5
( )
 CE 2: x – 1 > 0 → x II> 1 ( ) 
 Resolvendo a inequação:
 log7
15 3
1
1
5 3
1
7
x
x
x
x
−
−
< ⇒ −
−
<
 
5 3
1
7 0
5 3 7 7
1
0
x
x
x x
x
−
−
− < ⇒ − − +
−
<
 
− +
−
<2 4
1
0
x
x
 
 
2
2
1
1
x
x
x
– – – 
– – – 
– – – – –
+ + + + 
+ + + + 
+ + +
– 2x + 4
– 2x + 4
(III)
x – 1
x – 1
Assim:
(I) x > 
3
5
 
3
5
x
(II) x > 1 x
1
(III) x < 1 ou x > 2 x
2
(I) ∩ (II) ∩ (III) x
2
Logo: ]2, + ∞[
 Resposta: E
06. f(x) = log
(x – 1)
(x2 – 7x + 12)
CE
1
: x – 1 > 0 ⇒ x > 1 (I)
CE
2
: x – 1 ≠ 1 ⇒ x ≠ 2 (II)
CE
3
: x2 – 7x + 12 > 0
1º Raízes: x2 – 7x + 12 = 0 
x = 3
x = 4
2º Estudo do sinal: 
+
43
+
–
x < 3 ou x > 4
Assim: 
x
x
x
x
2
(I) x > 1
(II) x ≠ 2
(III) x < 3 ou x > 4
(I) ∩ (II) ∩ (III)
31
1
4
3 4
2
Logo: Dom
f
 = {x ∈ R | 1 < x < 2 ou 2 < x < 3 ou x > 4}
 Resposta: D
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Módulo de estudo
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07. Do gráfico, temos:
f(P) = 1
f(Q) = 2
B: base maior do trapézio = 2
b: base menor do trapézio = 1
h: altura do trapézio = Q – P
A: área do trapézio = 30 u.A.
f(x) =log
k
 x, com k > 0 e k ≠ 1
Substituindo f(P) = 1 em f(x) = log
k
 x
1 = log
k
 P → P = k1 → P = k
Substituindo f(Q) = 2 em f(x) = log
k
 x
2 = log
k
 Q → Q = k2
Encontrando a altura do trapézio:
Q – P = k2 – k
Área do trapézio:
A
B b h
k k
k k
k k
k
=
+( ) ⋅
=
+( ) ⋅ −( )
=
⋅ −( )
⋅ = ⋅ −( )
=
2
30
2 1
2
30
3
2
2 30 3
20
2
2
10 1 2
22
20 20
−
= − −
k
k k
Raízes:
∆ = − = + =
=
±
=
= − ( )
b ac
k
k
k
2
1 2
1
2
4 1 80 81
1 9
2
5
4
,
n o conv m, pois k > 0ã é
AAssim:
P k
Q k
= =
= = =
5
5 252 2
O valor de k + P – Q = 5 + 5 – 25 = –15
 Resposta: B
08. Pelos dados do gráfico e considerando os conceitos de função inversa já abordados anteriormente, temos que o gráfico em azul é o de 
uma função exponencial inversa da função logarítmica (em vermelho).
 Assim:
Função em vermelho → f(x) = log
3
x
Função em azul → f–1(x) = 3x
 Resposta: D
09. f(x) = 1000 (15 – 24 · e–0,003x)
9000 = 1000 · (15 – 24 · e–0,003x)
9 = 15 – 24 e–0,003x)
→ 24 e–0,003x = 6 → e–0,003x = 1
4
 →
→ n e–0,003x = n 
1
22
 ⇒ – 0,003x = n 2–2
→ –0,003x = – 2 · n 2 (–1) 0,003x = 2 · 0,69
(1000)
 3x = 2 · 690 ⇒ x x= ⇒ =1380
3
460
 Resposta: C
7 F B O N L I N E . C O M . B R
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Módulo de estudo
10. n(5) = 20 · 1,085 (produção no ano de 2005)
n t
n n
t
t
t( ) = ⋅ ⋅ = ⋅ → = → =
→ =
−2 20 1 08 20 1 08 2
1 08
1 08
2 1 08
2 1 08
5
5
5, ,
,
,
,
,  tt t n
t t t
Logo
− → = −( ) ⋅
→ = −( ) ⋅ → = − → =
5 0 7 5 1 08
0 7 5 0 07 10 5 15
, ,
, ,
,

o ano 2015.é
 Resposta: C
11. Temos que:
f(x) = x2 + 4 (função quadrática)
g x fun o ar tmicax x( ) log log log= + = − ( )1 11
2
2 çã í
Assim, 
h(2) = 3 · f(g(2)) + 2 · g(f(2))
Veja que:
g(2) = 1 – log
2
2 = 1 – 1 = 0
f(2) = 22 + 4 = 8
Logo:
h(2) = 3f(0) + 2g(8)
h(2) = 3 · (02 + 4) + 2(1 – log
2
8)
h(2) = 3 · 4 + 2 · (–2) = 8
 Resposta: B
12. Para t’, temos:
2 4 32 2 2 2 32 2
2 2
2
16 2 16 2 2
1 2 16
4
⋅ > ⋅ → ⋅ > ⋅
→ ⋅ > → > → >
→
t t t t
t t
t
t t
’ ’ ’ ’
’ ’
’
’ ’
tt’ > 4
Resposta: C
13. P
0
 = 2 · 10–5
 Logo:
NPS
P
NPS P
NPS
=
⋅




→ = − ⋅( ) 
→ =
−
−20
2 10
20 2 10
20
5
5log log log
logg log log
log ,
log ,
P
NPS P
NPS P
− − 
→ = − +[ ]
→ = + ⋅
→
−
2
510
20 0 3 5
20 20 4 7
NNPS P= +20 94log
 Resposta: C
14. Temos que:
I. M(0) = A · (2,7)k · 0 → M(0) = A
II. M(30) = A
2
, pois a meia-vida é 30 anos. Daí:
 A · (2,7)k · 30 = A
2
 → (2,7)30k = 1
2
 → [(2,7)k]30 = 2–1 → (2,7)k = 2 2130
1
30−
−
=
III. M(x) = 10% de A, onde x é o tempo procurado em anos. Daí:
 
A A
k x k x⋅ ( ) = ⋅ → ( )  =
⋅
2 7
10
100
2 7
1
10
, ,
IV. Substituindo, obtemos:
 
2
1
10
2 10
1
30 30 1
− − −



= → =
x x
8F B O N L I N E . C O M . B R
//////////////////
Módulo de estudo
OSG.: 119497/17
V. Aplicando logaritmo na base 10:
 
log log log ,2 10
30
1
30
0 3 1
3
300
1 10030 1 2
x x x x
x= →
−
⋅ = − →
−
⋅ = − → = → =−
 Resposta: E
15. Pela equação do gás ideal (P · V = nRT), concluímos que pressão e volume são grandezas inversamente proporcionais, já que a temperatura 
é mantida constante.
 Sendo assim, temos o encadeamento a seguir:
 (Pressão)
máxima
 → (volume)
mínimo
 → (log
2
(5 + 2senpt))
mínimo
 → (senpt)
mínimo
 Portanto:
π π πt k t k t= + ⋅ → = + → = = ∈[ ]3
2
2
3
2
2
3
2
15 0 2, ,
 Resposta: D
SUPERVISOR/DIRETOR: Marcelo Pena – AUTOR: Tácito Vieira
DIG.: Georgenes – REV.: Allana