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Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Preparar o Exame – Derivadas” Página 1

Preparar o Exame 2013 – 2017 – Matemática A

Página 184

1. A taxa de variação instantânea da função f em x c é igual a f c e é dada por:

0lim lim

x c hx c h

f x f c f c h f cf c

x c h

Resposta: D

2.

2.1. Como g é derivável em tem um máximo relativo em 1x , então 1 0f .

Resposta: A

2.2. Como o declive da reta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 0 é positivo, então a taxa de variação

instantânea de g em 0x é um número positivo.

Resposta: B

2.3. O declive da reta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 5 é positivo. Das quatro alternativas apresentadas,

a única que contém um valor positivo é a D, pois, como 0 0g e 3 0g , então 6

03g

e

30

0

g

g

Resposta: D

3. Observando a figura, verifica-se que a derivada de f em 0x não existe (o ponto de abcissa 0 é um ponto

anguloso), logo, excluem-se os gráficos das opções A e B.

Também por observação da figura, constata-se que a expressão analítica da função f , para ,0x , é do tipo

f x mx b , com 0m e 0b . Logo, para ,0x , f x m , com 0m . Dos gráficos das restantes

opções, o único que verifica esta condição é o da opção C.

Resposta: C

Página 185

4. Por observação da figura, conclui-se que 0f x , 1,3x , porque o gráfico da função f tem a concavidade

voltada para baixo em todo o seu domínio. Por outro lado, também podemos constatar que 0f x , 1,3x

uma vez que a função f é estritamente crescente em 1,3 . Logo, 0f x e 0f x

Resposta: C

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5. Tem-se que 3j a , ou seja, j é derivável em x a . Então j é necessariamente contínua em x a . Portanto

lim 3x a

j a j a

Nota: Repara que as outras opções não são necessariamente verdadeiras. Na figura em baixo está representado parte do gráfico de uma função

j, em que 0j a e 3j a , mas j não é estritamente decrescente no seu domínio, lim 0x a

j a

e j não tem extremo relativo em x a .

Resposta: B

6. Fazendo um quadro de variação do sinal da função f , vem:

x 2

f x 0

f x min.

Logo, a função f tem um mínimo absoluto em 2x . Assim, 2 1 2 1 0f f f f . Portanto a

afirmação da opção A é falsa. Todas as outras são verdadeiras.

Resposta: A

Página 186

7. Tem-se 0d t , t . Portanto, d é crescente e não tem extremos relativos.

Resposta: C

8. Tem-se que f é uma função quadrática cujo gráfico tem a concavidade voltada para baixo e o vértice se encontra

no primeiro quadrante. Portanto, 2

f x a x h k , com 0a , 0h e 0k . A única função que verifica

estas condições é a da opção A. De facto se 3

2f x x x , vem:

a x

y

j

O

3

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▪ 3 3

2 3 2 1f x x x x

, onde 3a , 2h e 3k .

Resposta: A

9. Por observação da figura verifica-se que a derivada de f em 1x (o ponto de abcissa 1 é um ponto anguloso), logo

pode-se excluir os gráficos da opções A e B. Para 1,1x f é derivável e estritamente crescente, logo 0f x ,

1,1x . A opção correta é a C.

Resposta: C

Página 187

10. Tendo em conta o sentido das concavidades do gráfico de f e ao seu ponto de inflexão, pode-se construir a

seguinte tabela:

x a

f x p.i.

f x 0

f x 0

Logo, a função g só pode ser representada graficamente pelo gráfico da opção B.

Resposta: B

11. A reta r é tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 1, logo 1rm f .

Como os pontos de coordenadas 3

1,2

e 0, 3 pertencem à reta r, então

3 33

32 2

1 0 1 2r rm m

e

portanto 3

12

f . Como

1

11 lim

1x

f x ff

x

, vem:

0

0

21 1 1 1)

1 1 1 1 1 3 1 1lim lim lim lim 1

2 1 2 1 2 1 2 2 3 2x xi x x

f x f f x f f x ff

x x x x x x

i) Tem-se que 2 2 0 2 1x x x x . Logo 2 2 1 2x x x x .

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Página 188

12.

12.1. A reta r é tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa k, portanto 2 8rm g k k .

Observando a figura, verifica-se que o ponto de coordenadas 0,15 pertence à reta r. Portanto a sua equação é do

tipo 15 2 8 15ry m x y k x .

Como o ponto de coordenadas ,5k pertence à reta r, então:

2 2

. .5 ( 2 8) 15 5 2 8 15 2 8 10 0 5 1

F Rk k k k k k k k

Como 0k , tem-se 0k .

Assim, 10 8 2m m e a equação reduzida da reta r é dada por 2 15y x .

12.2. A expressão analítica da função g é do tipo 2g x ax bx c .

▪ Tem-se que 2g x ax b . Portanto 2 2 8 1 8a b a b . Logo, 2 8g x x x c .

▪ Como 5 5g , vem 25 5 5 8 5 5 25 40 5 10g c c c .

Logo, 2 8 10g x x x .

13.

13.1. Tem-se:

▪ 4 2 2 4 2 2

2 4ln 1 21 1 1

x xg x x x

x x x

▪ 2 2

0 0 2 2 0 1 0 1 11

xg x x x x x

x

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Fazendo um quadro de variação do sinal da função g , vem:

x 1 1

2 2x n.d. 0

1x n.d.

g x n.d. 0

g x n.d. min.

A função g é decrescente em 1,1 , é crescente em 1, e tem um mínimo absoluto em 1x que é

1 2 4ln 2g .

13.2.

1,5

5 1 10 4ln6 2 4ln 2 8 4ln6 4ln 2. . . 2 ln6 ln 2 2 ln 2 ln6

5 1 4 4

g gt v m

2

2 22 1ln ln ln ln ln

6 3 3

ee e

14.

14.1. A reta r é tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 1 , portanto:

2

1 2 1 5ln 1 2 2 5ln1 2 5 0 2rm g

Assim, a equação reduzida da reta r é do tipo 2y x b .

O ponto de coordenadas 1, 1 1,3g pertence à reta r. Logo, 3 2 1 3 2 5b b b .

Então a equação reduzida da reta r é 2 5y x .

As coordenadas do ponto P são da forma ,0x e P pertence à reta r, substituindo na equação de r:

50 2 5

2x x . Logo

5,0

2P

. Como a ordenada na origem da reta r é 5, então 0,5Q .

Portanto a área do triângulo OPQ é dada por [ ]

55

252

2 2 4OPQ

OP OQA

.

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14.2. Para estudar a função g quanto ao sentido das concavidades e à existência de pontos de inflexão do seu domínio

recorre-se ao estudo do sinal da segunda derivada de g, começando por determinar a sua expressão analítica e os

seus zeros.

▪ 2

2 5 4 8 52 5ln 2 4

2 2

x xg x x x x

x x

▪ 2

2

. .

4 8 5 1 50 0 4 8 5 0 2 0 2

2 2 2F R

x xg x x x x x x x

x

Como 2,x , vem 1

2x .

Fazendo um quadro de variação do sinal da função g , vem:

x 2

1

2

24 8 5x x n.d. 0

2x n.d.

g x n.d. 0

g x n.d. p.i.

O gráfico da função g tem a concavidade votada para baixo em 1

2,2

, tem a concavidade votada para cima em

1,

2

e tem um ponto de inflexão em

1

2x .

15.

15.1.

▪ Como a figura representa um triângulo, é necessário que:

2 4 0 6 0 2 6 2,6x x x x x

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▪ Pelo teorema de Pitágoras, a altura do triângulo, h, em função de x, é dada por:

22 2 2 2 2 2 2 2

0

2

6 2 36 12 4 12 32 12 32 12 32 0

12 32 2,4

hh x h x x h x x h x x x x

h x x x

Cálculo Auxiliar: 2 12 32 0 4 8x x x x

Como a função 2 12 32y x x é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para cima, então as

soluções da inequação 2 12 32 0x x são os valores de x tais que ,4 8,x .

Portanto, ,4 8, 2,6 2,4

Assim, a expressão analítica da função A é dada por:

2

22 4 12 32

2 12 322

x x xA x x x x

com 2,4x

Se a função A está definida para 2,4x , então também está definida para 0,4x .

15.2. Tratando-se de uma função derivável, para determinar o valor para o qual a área do triângulo é máxima recorre-se

ao estudo do sinal da derivada de A:

▪ 1

2 2 2 2( ) 2 12 32 2 12 32 2 12 32A x x x x x x x x x x

1

2 2 221

12 32 2 12 32 12 322

x x x x x x x

2 2

2 2

2 62 1212 32 2 12 32

2 12 32 12 32

x xxx x x x x

x x x x

2 2 2

2 2

12 32 6 2 12 2 16 20

12 32 12 32

x x x x x x x

x x x x

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▪ 2

2

2

2 16 200 0 2 16 20 0 0,4

12 32

x xA x x x x

x x

2

16 16 4 2 200,4

4x x

16 96 16 4 6

0,4 0,4 4 6 0,44 4

x x x x x x

Como 0,4x , vem 4 6x .

Fazendo um quadro de variação do sinal da função A , vem:

x 0 4 6 4

i) A x 0

A x min. máx. min.

i) Observa que o sinal de A depende apenas do sinal de 22 16 20x x porque 2 12 32 0x x , 0,4x .

Logo, a área do triangulo é máxima em 4 6x .

16.

16.1.

▪ 0,2 0,2 0,2 0,2 0,2 0,22 2 2 2 0,4 2 0,4t t t t t tC t te t e t e e te e t

▪ 0,2 0,2

.

20 2 0,4 0 0 2 0,4 0 5

0,4

t t

Eq impossível

C t e t e t t t

16.2. Sendo C uma função derivável, para determinar o instante para o qual a concentração de medicamento foi

máxima recorre-se ao estudo do sinal da derivada de C.

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Fazendo um quadro de variação do sinal da função C , vem:

t 0 5

i) C t 0

C t min. máx.

i) Observa que o sinal de C depende apenas do sinal de 2 0,4t porque 0,2 0te , t .

Verifica-se assim que a concentração de medicamento foi máxima passadas 5 horas, ou seja, às 13 horas.

Página 189

17.

17.1.

▪ 0,8 7 1,03 7 1 1,03 ln 1,03 7 1,03 ln 1,03x x xg x

▪

ln 2 1 1( ) ln 2

ln 2,5 ln 2,5 2 ln 2,5

xb x x

x

17.2. Recorrendo à calculadora gráfica, verifica-se que a função b é estritamente crescente e portanto a taxa de

variação do número de baleias existentes na reserva é sempre positiva.

17.3. Significa que a partir do ano de 2012 a população de golfinhos diminuiu.

17.4. Como 2 anos são 24 meses, vem:

▪ 2424 7 1,03 ln 1,03 0,10g . Significa que passados dois anos desde o início de 2012 o número de

golfinhos diminuiu à taxa de 0,10 golfinhos por mês.

▪ 1

24 0,0426ln 2,5

b . Significa que passados dois anos desde o início de 2012 o número de baleias

aumentou à taxa de 0,04 baleias por mês.

17.5. Não, uma vez que as funções g e b têm sinais contrários, 0x .

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18.1. A taxa de variação mensal ao fim de um ano é dada por 12P :

▪

2 2

11 ln 1ln 1 1 ln 1 1ln 1 140 25 25 25

1 1 1

t tt t t tt tP tt t t

2

25 25ln 1

1

t

t

▪ 2

25 25ln1312 0,23

13P

Ao fim de um ano, a taxa de variação mensal da quota de mercado é de aproximadamente 0,23 , o que significa que

a quota de mercado deste produto estava a diminuir à taxa de 0,23% por mês.

18.2.

▪

2

2

25 25ln 10 0 25 25ln 1 0 1 0 ln 1 1 1

1

tP t t t t t

t

11 1 1 1t e t t e t

Fazendo um quadro de variação do sinal da função P , vem:

t 0 1e

i) P t 0

P t min. máx.

i) Observa que o sinal de P depende apenas do sinal de 25 25ln 1t porque 2

1 0t , 0,t .

Como 1 1,718e , o valor máximo de quota de mercado deste produto ocorreu durante o mês de Fevereiro de 2012,

sendo este o mês mais favorável para a empresa.

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18.3.

)

ln 1 ln 1 lnlim lim 40 25 40 25 lim 40 25 lim 40 25 0 40

1 1t t t xi

t t xP t

t t x

i) Mudança de variável: Se t então 1t Seja 1x t , x .

Com o passar do tempo, a quota de mercado deste produto tende para os 40%.

19.

19.1. Como a capacidade do frasco é de 250 cm3, vem:

2

2

250250 250 250frasco baseV A altura r h h

r

Assim, 2 2frasco base lateralA A A r r250

2r

2 500r

r

Logo, a área A, em cm2, da superfície do frasco, é dada em função de r por 2 500

A r rr

, com r .

19.2. 3

2

2 2

500 500 2 5002

rA r r r

r r r

19.3. Recorrendo ao estudo do sinal de A tem-se:

▪ 3

3 2 33

2

2 500 500 2500 0 2 500 0 0 0 0

2

rA r r r r r r r

r


t 0 3

250

i) A t n.d. 0

A t n.d. min.

i) Observa que o sinal de A depende apenas do sinal de 32 500r porque 2 0r , t .

Verifica-se assim que a área da superfície do frasco é mínima em 3250

r

.

limite notável

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19.4. De 19.1. sabe-se que2

250h

r , logo, com 3

250r

vem:

2 1 1

3 3 33

2 2 2 2 2 1

3 3 3 3 33

250 250 250 250 250 250 250 250

250 250 250

h

Página 191

20.

20.1.

▪ A altura dos pilares é de 6,59, portanto 0 6,59f . Tem-se:

0,25 0 1,5 0,25 0 1,5 1,5 1,50 6,59 6,59 6,59f a b e e a b e e

▪ Por outro lado, a distância ao arco do ponto da estrada se situa a 4 metros do pilar da direita é 11,49 metros. Portanto

12 4 11,49 8 11,49f f . Tem-se:

0,25 8 1,5 0,25 8 1,5 0,5 0,58 11,49 11,49 11,49f a b e e a b e e

Assim:

1,5 1,5 1,5 1,5

0,5 0,5 1,5 1,5 0,5 0,5

6,59 6,59

11,49 11,49 6,59

a b e e a b e e

a b e e b e e b e e

1,5 1,5

1,5 1,5 0,5 0,5

1,5 1,5 0,5 0,5

1,5 1,5 0,5 0,5

4,96,59__________ 16

4,9 4,9 2

a e eae e e e

b e e e e bb

e e e e

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20.2.

a) Tem-se:

0,25 1,5 0,25 1,5 0,25 1,5 0,25 1,58 16 2 8 2 2 8 0x x x xf x e e e e

Multiplicando ambos os membros por 0,25 1,5xe , vem:

2 2

0,25 1,5 0,25 1,5 0,25 1,5 0,25 1,5 0,25 1,5 0 0,25 1,52 2 8 0 2 2 8 0x x x x x xe e e e e e e

2

0,25 1,5 0,25 1,52 8 2 0x xe e

Fazendo 0,25 1,5xy e , vem:

2

28 8 4 2 2 8 48 8 4 3

8 2 2 04 4 4

y y y y y

0,25 1,5

0,25 1,5 0,25 1,52 3 2 3 2 3 2 3x

x x

y ey y e e

0,25 1,5 ln 2 3 0,25 1,5 ln 2 3x x

ln 2 3 1,5 ln 2 3 1,5

0,25 0,25x x

0,73 11,27x x

b)

▪ 0,25 1,5 0,25 1,5 0,25 1,5 0,25 1,52 0,25 0,25 0,5 0,5x x x xf x e e e e

▪ 0,25 1,5 0,25 1,5 0,25 1,5 0,25 1,5 0,25 1,5 0,25 1,50 0,5 0,5 0 0,5 0,5x x x x x xf x e e e e e e

0,25 1,5 0,25 1,5x x

0,5 3 6x x

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Fazendo um quadro de variação do sinal da função f , vem:

x 0 6 12

f x 0

f x min. máx. min.

O valor da altura máxima do arco é 0,25 6 1,5 0,25 6 1,5 0 06 16 2 16 2 16 4 12f e e e e .

21.

21.1. Tendo em conta que o triângulo OPQ é isósceles, e que a abcissa do ponto P é x, então PO PQ e

2OQ x . Por outro lado, a altura do triângulo é dada por 2xf x e (corresponde à ordenada do ponto P). Assim:

22

2

xx f x

A x x f x xe

21.2. Se a ordenada do ponto P for 1

4 então

1

4f x . Assim:

2 21 1 12 ln 2 ln 4 2 ln 2 2 2ln 2 ln 2

4 4 4

xf x e x x x x x

Portanto, se a ordenada do ponto P for 1

4, a área do triângulo é dada por ln 2A :

21

lnln 22ln 2 4 1 ln 2ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 ln 2

4 4A e e e

21.3.

02

2 )2lim ( ) lim lim lim 0x

xxx x x x i

x xA x xe

e e

i) Se limx

px

a

x (limite notável), então lim 0

p

xx

x

a , com 1a e p .

Quando x , a área do triângulo OPQ tende para 0.

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21.4. Recorrendo ao estudo do sinal de A tem-se:

▪ 2 2 2 22 1 2x x x xA x xe e xe e x

▪ 2 2

.

10 1 2 0 0 1 2 0

2

x x

Eq impossível

A x e x e x x


x 0

1

2

i) A x n.d. 0

A x n.d. máx.

i) Observa que o sinal de A depende apenas do sinal de 1 2x porque 2 0xe , x .

A função A é decrescente em 1

,2

, é crescente em

10,

2

e tem um máximo absoluto em 1

2x que é

1 12

21 1 1

2 2 2 2

eA e

e

. Assim, o valor máximo que a área do triângulo pode assumir é 1

2e.

22.

22.1. A reta r é tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 2, logo 2rm g . Tem-se:

2 22 2x xg x x e e

Assim, 2 2 02 2 2 2 1 1rm g e e .

Seja s uma reta tangente ao gráfico de g e perpendicular a r. Portanto, 1 1

11

s s s

r

m m mm

Assim, a equação reduzida da reta s é do tipo y x b .

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Para determinar a abcissa do ponto pertencente ao gráfico de g em que s é a reta tangente ao seu gráfico resolve-se a

equação 1g x :

2 2 21 2 1 3 3 2 ln3 2 ln3x x xg x e e e x x

Então, o ponto de coordenadas 2 ln3, 2 ln3g é o ponto de tangência e portanto pertence à reta s. Tem-se:

2 (2 ln3) ln32 ln3 2 2 ln3 4 2ln3 4 2ln3 3 7 2ln3g e e

Logo, 37 2ln3 2 ln3 7 2ln3 2 ln3 9 3ln3 9 ln 3 9 ln 27b b b b b

Portanto, a equação reduzida da reta s é 9 ln 27y x .

22.2. A reta t é tangente ao gráfico de g no ponto P, de abcissa c, logo 22 c

tm g c e .

Assim, a equação reduzida da reta t é do tipo 22 cy e x b .

O ponto P tem coordenadas 2, ,2 cc g c c c e e pertence à reta t. Logo:

2 2 2 22 2 2 2 2c c c cc e e c b c e e c b c 2 2ce c 2 2 1c ce c b b e c

Assim, a equação reduzida da reta t é 2 22 1c cy e x e c .

Deste modo, concluímos que a ordenada do ponto C é 2 1ce c , uma vez que pertence à reta t e tem abcissa zero

(ordenada na origem).

Logo, a área A, do retângulo OABC , é dada, em função de c, por:

2 2 21c c

retânguloA c A base altura c e c e c c

Recorrendo ao estudo do sinal de A tem-se:

▪ 2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 2 1c c c c cA c e c c e c c e c e c c c e c c

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▪ 2

2 2 2 2

.

1 1 4 ( 1) 10 1 0 0 1 0

2

c c

Eq impossível

A c e c c e c c c

1 5 1 5 1 5

2 2 2c c c

Como c , tem-se 1 5

2c

.


c 0

1 5

2

i) A c n.d. 0

A c n.d. máx.

i) Observa que o sinal de A depende apenas do sinal de 21 c c porque 2 0ce , c .

Assim, a função A tem um máximo absoluto em 1 5

2c

que é:

21 5 3 5 3 522 2 2

1 5 1 5 1 5 1 5 1 2 5 5 2 2 5 2 5 6

2 2 2 2 4 4A e e e

3 5

2 2 5 6,21e

22.3. Tem-se 22x x xh x g x xe x e xe . Assim:

▪ 2 22 2x x x x xh x x e xe e e xe

▪ 2 2 2 22 2 2x x x x x x x x x x xh x e e xe e e e xe e e e xe e e x

▪ 2 2 2

.

0 2 0 0 2 0 2x x

Eq impossível

h x e e x e e x x e

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Fazendo um quadro de variação do sinal da função h , vem:

x 22 e

i) h x 0

h x p.i.

i) Observa que o sinal de h depende apenas do sinal de 2 2e x porque 0xe , x .

O gráfico da função h tem a concavidade votada para baixo em 2,2 e , tem a concavidade votada para cima

em 22 ,e e tem um ponto de inflexão em 22x e .

23.

23.1. Tem-se h x f x g x f x g x f x g x . Como g x f x , x , vem:

h x f x g x f x g x f x g x f x f x f x g x f x

Determinando os zeros de h , vem:

0 0 0 0 0h x f x g x f x f x g x f x f x g x f x

Como f tem um único máximo em 1x e os pontos de abcissas 1 e 3 são os únicos comuns aos gráficos de f e g,

então:

0 1 1 3f x g x f x x x x

▪ Como f é derivável em tem um único máximo em 1x , então 0 1f x x e 0 1f x x

▪ Como os pontos de abcissas 1 e 3 são os únicos comuns aos gráficos de f e g, e 1 3f x g x x

então, 0 1 3g x f x x e 0 1 3g x f x x x .

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Fazendo um quadro de variação do sinal da função h , vem:

x 1 1 3

f x 0

g x f x 0 0

h x 0 0 0

h x máx. min. máx.

A função h tem um mínimo relativo em 1x que é igual a 1 1 1 1h f g f g . Como os gráficos de f e

g são simétricos em relação ao eixo Ox, então g x f x , x , em particular 1 1g f . Assim:

2

1 1 1 1 1 1h f g f f f

23.2. Tem-se que 22 2x xg x e . Então:

▪ 22 22 2 x xg x x e e

22 22 2 x xf x g x x e

▪ 2 2 222 2 2 2 2 22 2 2 2 2x x x x x xg x x e e x e

Assim:

2 2 2

2

22 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2 2( )

x x x x x x

x x

g x xf x e x e x x ej x

g x e

22 2x xe

2

2

2 2

2 2 2 2 2 2

x x

x x x

e

22 4 8 4x x 24 4x x

2 4 8 4 4 2x x x

Logo, 4 2j x x ( jD ), ou seja, j é uma função afim, e portanto o seu gráfico é uma reta.

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