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Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Função Exponencial. Função Logarítmica” Página 1

Preparar o Exame 2013 – 2017 – Matemática A

Página 120

1. Como g é uma função contínua e estritamente crescente no seu domínio. Logo, o seu contradomínio é

1

1 ,3

g g

, ou seja, 1

8,2

, porque:

1 11 8

8g e

1

331

8 8 23

g

Resposta: C

2. 2 2: 0 ,fD x x e e e

Cálculo Auxiliar: 2 2 2 2 2 2 20x e x e x e x e x e x e

Como a função 2 2y x e é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para baixo, então as soluções da

inequação 2 2 0x e são os valores de x tais que ,x e e .

Resposta: A

3.

▪

12 1

1 1 0211

2f e e e

. Logo, o ponto representado na opção A pertence ao gráfico de f .

▪ 0 10f e e . Logo, o ponto representado na opção B pertence ao gráfico de f .

▪ 2ln2 1 ln4 1 ln4 1ln2 4 4f e e e e e e . Logo, o ponto representado na opção C pertence ao gráfico de f .

O ponto representado na opção D não pertence ao gráfico de f .

Resposta: D

4. 23 2log 3 2log log 23log 10 10 10 log10 log 10 10 1 log 10 10 13

x

x x x x x xx

Resposta: A

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5. 2 25 9x xf x g x .

O ponto de interseção das funções f e g é o ponto de coordenadas 0,1 . Pode observar-se graficamente que para

todos os valores de x maiores que zero a função f , assume valores inferiores à função g. Logo o conjunto solução da

inequação é .

Para 0x , tem-se 2 25 9x x e para 0x , tem-se 2 25 9x x .

Outra resolução:

2 0 22

2 2

2

9 9 9 95 9 1 1 0 2 0

5 5 5 5

x xxx x

xf x g x x x

.

Logo o conjunto solução da inequação é .

Resposta: C

6. A equação

2

1216

6

x

é impossível pois

2

10

6

x

, x e 216 0 .

Resposta: A

7.

3 3 2 3 2 3 24 0 4 0 0 4 0x x x x x xf x g x x e x e x e e x e e

Assim, a abcissa do ponto A é 1 ln 2 ln ln 2 ln 2e e .

Resposta: C

22 2

2

0 4 0 0 4 0 2 2 ln 4

0 2 2 ln 2 0 2 2 2ln 2 0 1 ln 2

xx

x

ex x e x x

e

x x x x x x

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Página 121

8. Sabe-se que se 1a , então xy a é uma função estritamente crescente. Portanto, temos de encontrar os valores

de a para os quais, 2 4 1a a a . Assim:

2 24 4 1 4 3 0 ,1 3,a a a a a

Cálculo Auxiliar: Recorrendo à fórmula resolvente, vem 2 4 3 0 1 3a a a a

Como a função 2 4 3y a a é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para cima, então as soluções

da inequação 2 4 3 0a a são os valores de a tais que ,1 3,a .

Resposta: B

9. Considerando RQ a base do triângulo PQR , a sua altura é dada por 9f a f a . Assim:

3 3 3 39 log 9 log log 9 logf a f a a a a 3log a 2

3log 3 2

Como 9RQ a , a área pedida é 9 9 2

92 2

RQ f a f a aa

.

Resposta: B

10. Relativamente ao triângulo ABC , sabe-se que:

▪ A abcissa do ponto A é o valor de x, para o qual 0g x . Assim, ( ) 0 ln 0 1g x x x

▪ A abcissa do ponto B é a. Logo, 1AB a

▪ A ordenada de C é lng a a . Logo, lnBC a

A área do triângulo ABC é dada por 1 ln

2 2

a aAB BC

Relativamente ao retângulo PQRS , sabe-se que:

▪ 1SP

▪ A ordenada do ponto Q é dada por 11f a a

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▪ A ordenada do ponto S é dada por 00 1f a

▪ 1QP a

A área do retângulo PQRS é dada por 1 ( 1) 1SP QP a a

O valor de a para o qual a área de retângulo PQRS é igual à área do triângulo ABC é o valor de a que satisfaz a

equação:

)

21 ln 2 1

1 2( 1) ( 1)ln ln ln 22 1 i

a a aa a a a a a a e

a

i) 1 1 0 1 0a a a

Resposta: C

Página 122

11. Tem-se, 5 5

5 5 0log 1 5log log log log log loga a a a a a a

y

x xx y x y a a a x ay

y y

.

Resposta: A

12. Tem-se, 7 log (2 ) log (2 )7 7 7 7

0

8 48 8 2 8

2a ab b

ba a a a b a a

b b

.

Resposta: D

13. Tem-se, 2

3222 3 2 233

20 0

2log ( )

3ab

b b

bb ab b ab b ab b a a b

b

.

Outra resolução:

23 3 22

log 3log 2 log 23

ab ab abb b b b ab b b 2 2a b 2

2

0 0b bb a

Resposta: C

14. Seja B o acontecimento «pelo menos um elemento de A ser solução da inequação».

Comecemos por resolver a inequação:

▪ 7 7

:7 3 0 : ,3 3

D x x x x

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12 1log log log 10 1

20 10

▪ Neste domínio tem-se, log 7 3 1 log 7 3 log10 7 3 10 1x x x x

Logo, o conjunto solução da inequação é 7

,13

e portanto há dois elementos de A que são solução da inequação,

1 e 0 e quatro que não são. Portanto o número de casos possíveis é 6

2 15C e o número de casos favoráveis é

2 4 2

1 1 2 9C C C . Assim, 9 3

15 5P B .

Resposta: D

15.

15.1.

3

2 2 2 2 2 2 2

1log log 128 log 2 log 16 8 3 log 16 8 3 log 16 log 8

8

15.2. 8 10 8 10 2log ln log20 log ln log20 log ln log20 log2 log20e e e e

16.

16.1. 2 27 7 2 2 22 4 2 2 7 2 9 3 3x x x x x x

Conjunto Solução: 3,3

16.2. 5 2 33 64 3 0 3 64 0x x x (dividindo por 23 x . Pode-se fazê-lo, pois 23 0x , x .

Assim, 3 3 3 3 3

3 3 3 33 64 3 4 log 3 log 4 3 3log 4 log 4x x x x x .

Conjunto Solução: 3log 4

1

22 2 2 2 2

1 13 log 4 log 2 2 3 2 log 2 log 2 1 1 log (2 ) 0

2 2

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2

3.

3 2 3 9 3 3 2x

x x x

yEq impossível

x

1 3 32 1 2

4 4 8x x x

16.3. 2

29 7 3 18 3 7 3 18 3 7 3 18 0x

x x x x x

Fazendo 3xy , vem

2

27 7 4 2 18

7 18 0 2 92 1

y y y y y

Conjunto Solução: 2

16.4.

▪ 1 1

: 2 1 0 : ,2 2

D x x x x

▪ Neste domínio tem-se, 1

4 4 4 4 4log 2 1 4 log 2 1 log 4 log 2 1 log 4x x x


8

16.5.

▪ 1 1

:3 1 0 7 0 0 : 7 0 ,73 3

D x x x x x x x x

▪ Neste domínio tem-se,

3 3 3 3 3 3 3

3 3

2 2

2

log 3 1 log 7 1 log log 3 1 log log 3 log 7

log 3 1 log 3 7

3 21 3 3 2 21 0

2 2 4 3 21 73

2 3 3

x x x x x x

x x x

x x x x x

x x x

Como 3 D e 7

3D , a única solução da equação é

7

3. Conjunto Solução:

7

3

.

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2 0,xe x

16.6. 3 2 3 2 3 2 4 181 3 0 3 81 3 3 3 2 4 2 1 2 1

2

x x x x x x x


,2

.

16.7. 235

2 35 2 35 02

x x x x x

xe e e e e

e

Fazendo xy e , vem 2 2 35 0y y

Cálculo Auxiliar: Recorrendo à fórmula resolvente, vem 2 2 35 0 7 5y y y y

Como a função 2 2 35f y y y é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para cima, então as

soluções da inequação 2 2 35 0y y são os valores de y tais que , 7 5,y .

Assim,

2 ln5

.

2 35 0 7 5 7 5 ln5x

x x x

y eIneq impossível

y y y y e e e e x

Conjunto Solução: ln5,

16.8.

▪ 2: 4 12 0 3 0 : 0 3 3 3,0 3,D x x x x x x x x

Cálculo Auxiliar: 24 12 0 4 12 0 0 4 12 0 0 3x x x x x x x x

Como a função 24 12y x x é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para cima, então as soluções

da inequação 24 12 0x x são os valores de x tais que ,0 3,x .

03 3

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2 2

2 2 2 2 2

2

2 2

2 2

log 4 12 log 3 3 log 4 12 log 3 log 8

log 4 12 ) log 8 24

4 12 8 24 4 20 24 0

x x x x x x

x x x

x x x x x

Cálculo Auxiliar: Recorrendo à fórmula resolvente, vem 24 20 24 0 1 6x x x x

Como a função 24 20 24y x x é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para cima, então as

soluções da inequação 24 20 24 0x x são os valores de x tais que 1,6x .

Tendo em conta o domínio D calculado, os valores de x que satisfazem a inequação dada são os valores de x que

satisfazem a condição 1 6 3 0 3x x x :

Conjunto Solução: 1,0 3,6 .

Página 123

17.

17.1.

A área do retângulo ABCD é dada por ABCDA AB BC

A abcissa de B, igual à abcissa de C, é o valor de x para o qual se tem 4f x :

2 3 2 3 2 52 4 2 2 2 3 2

2

x x x x

Então, 5 3

12 2

AB .

03 3 61

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A ordenada de B, igual à ordenada de A, é dada por 1f , pois o ponto A pertence ao gráfico de f :

2 1 3 1 11 2 2

2f

Então, 1 7

42 2

BC .

A área do retângulo ABCD é igual a

3 7 21

2 2 4ABCD

A AB BC .

O perímetro do retângulo ABCD é igual a

3 7 6 14 202 2 2 2 10

2 2 2 2 2ABCD

P AB BC

17.2. 2 2

28 8

2 3 2 3 3 2 3 8 3 2 23 32 8 2 2 2 2 2 3 8 3 3 6 3 0x x

x xx x x x x x x x x x

Cálculo Auxiliar:

2

2 22 2 4 1 1 2 8

3 6 3 0 2 1 02 1 2

2 2 2 2 2 21 2 1 2

2 2

x x x x x x

x x x x

Como a função 23 6 3y x x é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para cima, então as soluções

da inequação 23 6 3 0x x são os valores de x tais que ,1 2 1 2,x

.

Conjunto Solução: ,1 2 1 2,

17.3. 1

2 3 2 3

3 1

1 1 4 1 42 2 2 4 4

2 8 4 2 2

x xx

x x xf x

.

Outra resolução:

122 2 1

2 3 2 2 122 4

2 22 2 2

xx x

x xf x

.

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18.

18.1.

▪ 1, ,2 1,2f hD D D


3 3 3 3 3

3 3

1 log 1 1 log 2 log 1 log 3 log 2

7log 1 log 6 3 1 6 3 4 7

4

f x h x x x x x

x x x x x x

Tendo em conta o domínio D calculado, o conjunto solução da inequação é dado por:

7 7 7

, 1,2 , ,24 4 4

D

18.2.

▪ Para encontrar a abcissa do ponto A, faz-se 0h x , pois A é o ponto de interseção do gráfico de h com o eixo Ox

( 0y ). Assim:

3 3 3( ) 0 log 2 0 log 2 log 1 2 1 1h x x x x x .

Logo, as coordenadas do ponto A são 1,0 .

▪ Analogamente, fazendo 0f x , determina-se a abcissa do ponto B:

3 3 3( ) 0 log 1 0 log 1 log 1 1 1 2f x x x x x .

Logo, as coordenadas do ponto B são 2,0 .

▪ Resolvendo a equação h x f x , calcula-se a abcissa do ponto C:

3 3

3( ) ( ) log 2 log 1 2 1 2 1

2h x f x x x x x x x x

Assim, a ordenada de C é dada por 3 3 3 3 3

3 3 1log 2 log log 1 log 2 log 2

2 2 2h

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Portanto, as coordenadas do ponto C são 3

3, log 2

2

.

Considerando AB a base do triângulo ABC , a sua altura é igual a 3 3log 2 log 2 . Portanto, a sua área é

dada por

1

3 23 3 3

1 log 2 1log 2 log 2 log 2

2 2 2ABC

AB alturaA

.

19.

19.1.

▪ 0

1 1: 1 0 : ,g

aD x ax x x

a a

Como 1

,2

gD

, então 1 1

22

aa

.

▪ Se o ponto de coordenadas 3,0 pertence ao gráfico de 1g , então o ponto de coordenadas 0,3 pertence ao

gráfico de g e portanto 0 3g . Assim:

3

22

0

80 3 log 2 log 1 3 log 2 3 2 2 4

2a b

ag b b b b b

Se 2a e 4b , vem 3

2 4 2 4 4log 8 log 2 1 log 2 log 2 1 3 log 2 1g x x x x .

19.2. Calculemos a expressão analítica da função 1g . Fazendo 43 log 2 1g x y x y e resolvendo esta

equação em ordem a x, vem:

3

3

4 4

4 13 log 2 1 log 2 1 3 2 1 4

2

yyx y x y x x

Assim, 3

1 4 1

2

x

g x

. O domínio de 1g é que é igual ao contradomínio de g.

19.3. Tem-se 4 4 44 log 4 3 log 2 1 4 log 4g x x x x .

▪ 1 1

: 4 0 2 1 0 : 4 ,42 2

D x x x x x x

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4 4 4 4 4 4

2 2 2

4 4

3 log 2 1 4 log 4 log 2 1 log 4 1 log 2 1 4 log 4

log 2 7 4 log 4 2 7 4 4 2 7 0

x x x x x x

x x x x x x

Cálculo Auxiliar: Resolvendo a equação 2 72 7 0 2 7 0 0

2x x x x x x

Como a função 22 7y x x é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para baixo, então as soluções

da inequação 22 7 0x x são os valores de x tais que 7

,0 ,2

x

.

Determinando a interseção deste conjunto com o domínio, 1

, 42

D

, da inequação 44 log 4g x x ,

obtém-se o conjunto solução pedido.

Conjunto Solução: 1 7

,0 ,42 2

Página 124

20.

▪ 3 1 ln3g , logo as coordenadas do ponto Q são 2,1 ln3 .

▪ 1 10 1 ln 0 ln 1g x x x x e x

e

, logo as coordenadas do ponto P são 1

,0e

.

A área do triângulo OPQ é dada por,

1

1 ln31 ln3

0,392 2

OPQ

eAe

.

O P

Q

2

1 ln3

x

y

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21. O modelo correto é o apresentado na opção II.

O modelo apresentação na opção I não é correto porque, no início de 1990 ( 0t ), existiam 400 lobos no parque

natural e segundo este modelo existiam no parque 500 lobos: 0,5 0 0

1000 1000 10000 500

1 1 2P

e e

O modelo apresentação na opção III não é correto porque, por exemplo, ao fim de três anos o número de lobos é de

aproximadamente 1091 ( 3

12003 1091

1 2P

e

) o que ultrapassa o milhar de indivíduos.

Outra maneira de eliminar a opção III:

Como 1200 1200 1200

lim lim 12001 2 1 2 1 2 0tt t

P te e

, então, segundo este modelo, com o passar do tempo

o número de lobos tenderá para os 1200, e portanto ultrapassará o milhar de indivíduos.

22.

22.1. O final de 1963 corresponde a 4t . Portanto tem-se 4 2,5I (2500 pessoas). Como 1p , vem:

4

4 4 4 4 4 4

4

34 2,5 2,5 3 2,5 1 3 2,5 2,5 0,5 2,5 5

1

ln54 ln5 0,4

4

kk k k k k k

k

eI e e e e e e

e

k k

22.2. Tem-se que 1 1I , logo:

0

3 11 1 1 3 1 3 1 3 1

1 3

1ln ln1 ln 3 ln 3

3

kk k k k k k

k

eI e pe e pe p e e

pe p

k k p k pp

Assim, 3A e 1B .

22.3. 3 3

1

kt kt

kt

e eI t

pe

kte

3 3 3

11 kt kt

ktkt

e p p epp

ee

.

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23.

23.1. Tem-se que 0 50f . O carro desvaloriza 12% ao ano, isto é, a cada ano que passa o valor do carro será

igual ao valor que tinha no ano anterior menos 12% (0,12) desse valor. Assim:

▪ o valor do automóvel um ano após a compra é dado por 1 50 0,12 50 50 1 0,12 50 0,88f

▪ o valor do automóvel dois anos após a compra é dado por:

22 50 0,88 0,12 50 0,88 50 0,88 1 0,12 50 0,88f

▪ o valor do automóvel três anos após a compra é dado por:

2 2 2 33 50 0,88 0,12 50 0,88 50 0,88 1 0,12 50 0,88f

.

.

.

Logo, t anos após a sua compra o valor do automóvel é dado por 50 0,88tf t .

23.2.

a) Se 0,128 ln 0,88 , vem ln 0,880,128 0,1280,128 ln 0,88 0,88e e e . Assim:

0,128 0,12850 0,88 50 50t

t tf t e e

b) Ao fim de 3 anos corresponde a 3t . Como queremos saber o valor do carro ao fim de 3 anos e 8 meses,

queremos calcular 8 11

312 3

f f

(oito meses corresponde a 8

12 do ano). Assim:

110,128

311

50 31,27093

f e

Ao fim de 3 anos e oito meses o carro valerá, aproximadamente, 31 271 euros.

c) Tem-se 0,128 0,128

1ln

10 1 510 50 10 0,128 ln 12,6

50 5 0,128

t tf t e e t t

.

O automóvel atinge o valor de 10 000 euros, passados, aproximadamente, 12,6 anos após a compra. Portanto o João

deverá vender o carro em 2024.

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d) Tem-se:

1

502

f x t f t 0,128 1

502

x te

0,128

0,128 0,1280,128

0,128

1

2

x tx tt

t

ee e

e

0,128t

0,128

1

2

1ln

1 1 20,128 ln 5,42

2 2 0,128

xe x x

Como 0,42 12 5 , conclui-se que a cada cinco anos e cinco meses o automóvel desvaloriza 50%.

23.3. A desvalorização trimestral é dada pelo quociente

1

0,254f t

f t

f t f t

.

0,25 50f t

f t

0,128 0,25

50

te

0,128 0,128 0,25 0,128

0,1280,128

t t

tt

e e

ee

0,032

0,128t

e

e

0,032 0,9685e

Como 0,9685 96,85% e 100% 96,85% 3,15% , conclui-se que a desvalorização trimestral do automóvel é de

aproximadamente 3,15%.

Página 125

24.

24.1. Tem-se 1,92

0,551,4 0,521,4 0,52 0,55 ln 1,4 ln 33

0,55A p p p p e

.

O peso do Ricardo será, aproximadamente, 33 Kg.

24.2. Tem-se:

0,6 0,52 0,55 ln 0,52 0,55 ln 0,6

0,60,55ln 0,55ln 0,6 ln ln

0,55

ln ln

A xp A p xp p

xp p xp p

x p

ln p12

1112 12

ln 311 11

x x e x

Observa que 0,6 0,6 100 60 12

0,55 0,55 100 55 11

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Se a diferença entre a altura de duas crianças do sexo masculino é, de acordo com o modelo, de 60 centímetros então

uma das crianças tem o triplo do peso da outra.

24.3. Tem-se:

0,55

0,55 0,52 0,55 0,55 0,52

0,520,52 0,55 ln 0,52 ln ln ln ln ln ln

pA p p p e p p e

e

25. Pela informação dada no enunciado, sabe-se que 0 20 2Q Q . Tem-se:

30 12 log 81 12 4 16Q e 2

3 320 12 log 81 20 12 log 81 400Q k k

Assim:

2

3 30 20 2 16 12 log 81 400 2 log 81 400 2 81 400 3

72400 72 0,18

400

Q Q k k k

k k

Logo, 0,18k .

26.

26.1. Tem-se que 0C a . O custo de produção de cada pilha aumenta 8% a cada seis meses, isto é, a cada meio

ano o valor de produção de cada pilha igual ao valor que tinha no seis meses antes mais 8% desse valor. Portanto para

saber quando será o custo seis meses após um dado instante basta multiplicar por 1,08 (100% 8% 108% 1,08 )

o valor do custo de produção nesse instante. Por exemplo, o valor do custo de produção seis meses após o início da

produção é:

0,5 0,08 1 0,08 1,08C a a a a

Assim:

▪ o custo de produção seis meses após o início da produção é 2

0,50,5 1,08 1,08C a a .

▪ o custo de produção um ano após o início da produção é 2

2 11 1,08 1,08 1,08 1,08C a a a .

▪ o custo de produção 18 meses após o início da produção é 2

2 3 1,51,5 1,08 1,08 1,08 1,08C a a a .

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▪ o custo de produção dois anos após o início da produção é 2

3 4 22 1,08 1,08 1,08 1,08C a a a .

.

.

.

Logo, t anos após ao início da produção, o custo de produção de cada pilha é dado por:

2 2

1,08 1,08ttC t a a

Pretende-se calcular o valor de x para o qual ( ) 2C t x C t :

2 2

C t x aC t x C t

C t

2(1,08)

t x

a

2

22 1,08

(1,08)

t

t

2 2x t

2

1,08 1,08

2 1,08 2

1 1 ln 2 ln 22 log 2 log 2 4,5

2 2 ln 1,08 2ln 1,08

x

x x x x

O custo de produção desta pilha duplica ao fim de, aproximadamente, cinco anos e seis meses.

26.2. Para 2a tem-se 2

2 1,08t

C t .

Seja L a função que dá o lucro de venda destas pilhas em função de t. Assim, L t p t C t N t .

Utilizando o editor de funções da calculadora, define-se 1y L t na janela de visualização 0,10 100,800 .

t

y

O

y L t

a

b

c

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a) 0L t t a , com 8,468a . A produção e venda das pilhas deixam de dar lucro passados,

aproximadamente, oito anos e seis meses ( 0,468 12 6 ).

b) A função L atinge o máximo em e esse máximo é dado por L b c , com 7,411b e 720,61956c . O

lucro máximo de venda das pilhas é 720619,56 euros passados sete anos e cinco meses ( 0,411 12 5 ).

preparar o exame 2013 2017 matemática a · proposta de resolução dos exercícios do subcapítulo...

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