Quase todas as P1 de Calculo1

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P1 Calculo1/prova_p1_gab_calc1_2009_2_eng.pdf
M
INSTITUTO DE MATEMA´TICA
Universidade Federal do Rio de Janeiro
Soluc¸a˜o da 1 a Prova Unificada de Ca´lculo I
Engenharia e Engenharia Qu´ımica
28/10/2009
1 a Questa˜o: (2.5 pontos)
a)Determine, caso existam, os limites :
i) limx→+∞(ex − x2).
ii) lim
x→0
x+ |x|(1 + x)
x
f(x) , sendo f(x) uma func¸a˜o cont´ınua em x=0 tal que f(0)=3.
b)Seja uma func¸a˜o f : R→ R, deriva´vel para todo x ∈ R. Determine os valores de a e
b para que lim
x→10
f(x)− a− b(x− 10)
x− 10 = 0.
Soluc¸a˜o:
a)Considere f(x) = (ex − x2) = x2(e
x
x2
− 1). Vamos analisar o lim
x→+∞
(
ex
x2
).
Como este limite e´ da forma ∞∞ , podemos usar L´Hospital e temos:
lim
x→+∞
(
ex
x2
) = lim
x→+∞
(
ex
2x
).
Usando L‘Hospital uma vez mais,
lim
x→+∞
(
ex
x2
) = lim
x→+∞
(
ex
2
) =∞.
Assim, limx→∞ f(x) =∞.
ii)Considere g(x) =
x+ |x|(1 + x)
x
f(x) . Devemos considerar dois casos:
•Para x ≥ 0, |x| = x e temos lim
x→0+
x+ |x|(1 + x)
x
f(x) = lim
x→0+
x+ x(1 + x)
x
f(x).
Como f(x) e´ uma func¸a˜o cont´ınua em 0,
limx→0+ g(x) = limx→0+(2 + x)f(x) = 6
•Para x ≤ 0, |x| = −x e lim
x→0+
x+ |x|(1 + x)
x
f(x) = lim
x→0+
x− x(1 + x)
x
f(x)
limx→0+ g(x) = limx→0+(−x)f(x) = 0
Portanto limx→0+ g(x) 6= limx→0− g(x). Assim, na˜o existe o limx→0 g(x) na˜o existe.
b)Se lim
x→10
f(x) − a − b(x − 10) 6= 0 o limite lim
x→10
f(x)− a− b(x− 10)
x− 10 na˜o existira.
Portanto, devemos ter lim
x→10
f(x)− a− b(x− 10) = 0 ⇒ a = f(10) pois f(x) e´ cont´ınua.
Como f e´ uma func¸a˜o diferencia´vel em x=10, lim
x→10
f(x)− f(10)
x− 10 − f
′(10) = 0 ⇒ b =
f ′(10).
2 a Questa˜o: (2.5 pontos)
a)Considere a func¸a˜o f : R→ R definida por f(x) = arctan√5 + x4. Calcule f ′(x).
b)Determine o valor de y′(x) no ponto P=(1,1), sabendo que 3 ln
x
y
+ 5
y
x
= 5.
c)Sejam A e B os pontos em que o gra´fico de f(x) = x2−αx com α ∈ R intercepta o eixo x.
Determine α para que as retas tangentes ao gra´fico de f, em A e em B, sejam perpendiculares.
Soluc¸a˜o:
a)f((g(x)) = arctan
√
5 + x4 onde f(z) = arctan z e g(x) =
√
5 + x4. Assim,
f ′(z) =
1
1 + z2
e g′(x) =
2x3√
5 + x4
.
Portanto, f ′(x) =
2x3
(6 + x4)
√
5 + x4
.
b)
(
3 ln
x
y
+ 5
y
x
)′
= 0.
3
y
x
(y − xy′
y2
)
+ 5
(y′x− y
x2
)
= 0. Como y(1)=1 temos :
3(1-y’)+5(y’-1)=0 V 2y′ = 2 V y′(1) = 1.
c)f(x) = x2 − αx ⇔ x(x− α) = 0 ⇔ x = 0 ou x = α.
Assim, o gra´fico de f intercepta o eixo x nos pontos A=(0,0) e B=(α, 0). Como f’(x) = 2x− α,
temos que f’(0)=−α e f ′(α) = α.
Para que as retas tangentes ao gra´fico de f, em A e em B, sejam perpendiculares, devemos
ter f’(0)f ′(α)= -1 , ou seja, (−α)α = −1
Portanto, (α)2 = 1 e α = ±1.
3 a Questa˜o: (2.0 pontos)
Considere um triaˆngulo retaˆngulo ABC no plano xy de forma que seu aˆngulo reto esteja
no ve´rtice B, tenha um ve´rtice fixo A no ponto (0,0), e o terceiro ve´rtice C sobre o arco de
para´bola y = 1 +
7
36
x2, com x ≥ 0. O ponto B parte de (0,1) no instante t=0, movendo-
se com velocidade constante e igual a 2cm/s ao longo do eixo y em seu sentido positivo.
Determine com que rapidez a a´rea do triaˆngulo ABC aumenta quando t =
7
2
s.
Soluc¸a˜o:
A a´rea do triaˆngulo ABC e´ dada por S=1
2
xy , onde y = 1 + 7
36
x2. Derivando a a´rea S
em relac¸a˜o a t (tempo), segue
dS
dt
=
1
2
(dx
dt
y + x
dy
dt
)
.
Como
dy
dt
= 2 temos 2 =
7
36
(
2x
dx
dt
)
⇒ dx
dt
=
36
7x
.
Como y=1+2t, para t=
7
2
temos y=8. De 8=1+
7
36
x2, segue que x=6, pois x ≥ 0.
Substituindo os valores de x e y na expressa˜o de
dS
dt
obtemos;
dS
dt
=
1
2
(dx
dt
y + 2x
)
=
1
2
(6
7
8 + 12
)
=
66
7
cm2/s.
4 a Questa˜o: (3.0 pontos)
Considere a func¸a˜o f(x) = x2e(
2
x
). Determine
a)O domı´nio e a imagem da func¸a˜o f(x).
b)As ass´ıntotas horizontais e verticais, caso existam.
c)Os intervalos onde a func¸a˜o f(x) cresce e onde decresce, e os pontos de ma´ximo e de
mı´nimo relativos, caso existam.
d)Os intervalos onde o gra´fico da func¸a˜o f(x) e´ coˆncavo para cima e onde e´ coˆncavo para
baixo, e os pontos de inflexa˜o caso existam.
e)Fac¸a um esboc¸o do gra´fico da func¸a˜o f(x).
f) Determine o ma´ximo e mı´nimo absoluto, caso existam.
Soluc¸a˜o:
a)Domı´nio de f : R− {0}. Imagem de f : (0,+∞) .
b)limx→0+ x2e(
2
x
) e´ da forma 0.∞. Fazendo f(x)=g(x)
h(x)
onde g(x)=e(
2
x
) e h(x)=
1
x2
o
limx→0+
g(x)
h(x)
e´ agora da forma ∞∞ , e podemos aplicar L´Hospital tantas vezes quanto
for necessa´rio.
Assim, limx→0+
g(x)
h(x)
= limx→0+
g”(x)
h”(x)
, isto e´:
limx→0+ x2e(
2
x
) = limx→0+ 2e(
2
x
) = +∞.
A reta x=0 e´ uma ass´ıntota horizontal e limx→0− x2e(
2
x
) = 0.
c)f ′(x) = 2e(
2
x
)(x− 1) , e f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0.
Para x ∈ (−∞, 0) ∪ (0, 1) temos que f’(x)= 0 , logo f e´ decrescente.
Para x > 1 temos que f ′(x) > 0, logo f e´ crescente. Como f’(1)= 0 temos que x=1 e´
ponto de mı´nimo relativo para f(x) e f(1)=e2.
d)Sendo f ′(x) = 2e(
2
x
)(x− 1) , temos que f”(x) = e( 2x )
(
2− 4
x
+ 4
x2
)
.
Como
(
2 +
4
x2
− 4
x
)
=
2x2 − 4x+ 4
x2
> 0 vemos que f”(x) > 0,∀x ∈ R− {0}.
Portanto, como na˜o existem pontos de inflexa˜o, o gra´fico de f(x) e´ coˆncavo para cima.
e) Gra´fico de f(x).
f)A func¸a˜o f(x) na˜o possui extremos absolutos.
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Universidade Federal do Rio de Janeiro
INSTITUTO DE MATEMA´TICA
Departamento de Me´todos Matema´ticos
Gabarito da 1a Prova Unificada de Ca´lculo I
Engenharia e Matema´tica
03/10/2008
1a Questa˜o: (2 pontos)
Seja y = f(x) uma func¸a˜o deriva´vel definida implicitamente pela equac¸a˜o
x2y + 16y4 − 2x+ 59
16
=
√
x2 + 3 ,
pro´ximo do ponto
(
1, 1
4
)
. Determine o aˆngulo que a reta tangente ao gra´fico de y = f(x)
no ponto
(
1, 1
4
)
, faz com o eixo x.
Soluc¸a˜o
Derivando em relac¸a˜o a x, temos:
2xy + x2
dy
dx
+ 64 y3
dy
dx
− 2 = 2x
2
√
x2 + 3
.
Substituindo (x, y) = (1, 1
4
), temos:
dy
dx
= 1.
Portanto, o aˆngulo que a reta tangente faz com o eixo x e´ pi/4.
2a Questa˜o: (2 pontos)
Determine os valores de a e de b para que a func¸a˜o f : IR → IR definida abaixo seja
cont´ınua em IR. Justifique sua resposta.
f(x) =
 (coshx+ ax)
(b/x) se x > 0 ;
e se x = 0 ;
ax+ b se x < 0 .(
lembramos que cosh x =
ex + e−x
2
)
Soluc¸a˜o
Para f(x) ser cont´ınua em x = 0, lim
x→0+
f(x) = lim
x→0−
f(x) = f(0).
Como e = f(0) = lim
x→0−
f(x) = lim
x→0−
(ax+ b) = b, temos b = e.
Quando vamos calcular o limite lateral lim
x→0+
f(x), encontramos uma indeterminac¸a˜o do
tipo 1∞. Mas:
lim
x→0+
f(x) = lim
x→0+
eg(x) = elimx→0+ g(x), onde g(x) =
b ln (cosh x+ ax)
x
.
Quando vamos calcular o limite lateral lim
x→0+
g(x), encontramos uma indeterminac¸a˜o do
tipo 0/0 e podemos aplicar L’Hospital:
lim
x→0+
g(x) = lim
x→0+
b ln (cosh x+ ax)
x
= lim
x→0+
b ( senh x+ a)
coshx+ ax
= ba.
Portanto, lim
x→0+
f(x) = eba = f(0) = e, o que implica ba = 1. Temos assim, a = 1
e
.
3a Questa˜o: (3 pontos)
Considere a func¸a˜o definida por f(x) =
ln x
x
. Determine, caso existam:
1. O domı´nio e a imagem de f(x);
2. As ass´ıntotas verticais e horizontais;
3. Os intervalos onde a func¸a˜o e´ crescente e onde e´ decrescente;
4. Os valores de ma´ximo e mı´nimo locais e/ou absolutos;
5. Os intervalos de concavidade e os pontos de inflexa˜o;
Use as informac¸o˜es anteriores para fazer um esboc¸o do gra´fico de f .
Soluc¸a˜o
1. A func¸a˜o esta´ definida para x > 0.
2. Como lim
x→0+
lnx = −∞ e lim
x→0+
1
x
=∞, lim
x→0+
lnx
x
= −∞ e y = 0 e´ uma ass´ıntota
vertical.
Como lim
x→∞
ln x =∞ e lim
x→∞
1
x
=∞, por L’hospital, lim
x→∞
ln x
x
= lim
x→∞
1
x
1
= 0 e x = 0 e´
uma ass´ıntota horizontal.
3. Como f ′(x) =
1− lnx
x2
, f ′(x) = 0 quando x = e, f ′(x) > 0 quando 0 < x < e e
f ′(x) < 0 quando x > e.
A func¸a˜o f(x) e´ crescente quando 0 < x < e e e´ decrescente quando x > e.
4. Portanto, o ponto (e, f(e)) = (e, 1
e
) e´ um ponto de ma´ximo local.
A func¸a˜o na˜o possui mı´nimo local nem mı´nimo absoluto. O ponto (e, f(e)) = (e, 1
e
) e´ um
ponto de ma´ximo absoluto.
1. A imagem de f(x) e´ (−∞, 1
e
).
5. Como f ′′(x) =
x[−3 + 2 ln x]
x4
, f ′′(x) = 0 quando x = e3/2, f ′′(x) > 0 quando x > e3/2 e
f ′′(x) < 0 quando 0 < x < e3/2.
A concavidade esta´ voltada para cima quando x > e3/2 e a concavidade esta´ voltada para
baixo quando 0 < x < e3/2.
Portanto o ponto (e3/2, 3
2
e−3/2) e´ um ponto de inflexa˜o.
Um esboc¸o do gra´fico pode ser visto com seu professor.
4a Questa˜o: (2 pontos)
Um cilindro circular reto esta´ inscrito em uma esfera. Se o raio da esfera cresce a uma
taxa de 2 cm/s e a altura do cilindro decresce a uma taxa de 1 cm/s, com que raza˜o
esta´ variando a a´rea lateral do cilindro no momento em que o raio da esfera e´ 10 cm e
a altura do cilindro 16 cm? A a´rea lateral do cilindro esta´ aumentando ou diminuindo?
Soluc¸a˜o
Sejam r e h o raio e a altura do cilindro circular reto. Seja R o raio da esfera. Sabemos
que:
dR
dt
= 2 e
dh
dt
= −1.
A a´rea lateral do cilindro e´ dada pela fo´rmula A = 2pirh. Logo:
dA
dt
= 2pi
dr
dt
h+ 2pir
dh
dt
= 32pi
dr
dt
− 2pir.
Basta calcularmos r e
dr
dt
no instante do problema.
2
Por Pita´goras, r2 +
(
h
2
)2
= R2. Logo, r = 6.
Derivando com relac¸a˜o a t: 2R
dR
dt
= 2r
dr
dt
+
2h
4
dh
dt
, o que nos da´ que
dr
dt
= 4.
Logo
dA
dt
= 116pi.
A a´rea do cilindro esta´ aumentando a` raza˜o de 116pi cm2/s.
5a Questa˜o: (1 ponto)
Seja f(x) = 2x+ arcsen x− pi
2
.
1. Mostre, usando o Teorema do Valor Intermedia´rio, que existe um nu´mero c tal
que f(c) = 0.
2. Mostre que existe no ma´ximo um nu´mero c tal que f(c) = 0.
Soluc¸a˜o
1. Como f(0) = −pi
2
< 0, f(1) = 2 > 0 e a func¸a˜o f(x) e´ cont´ınua em seu domı´nio [−1, 1],
segue pelo teorema do valor intermedia´rio que existe c ∈ (0, 1) tal que f(c) = 0.
2. Como f ′(x) = 2 +
1√
1− x2 > 0, a func¸a˜o e´ estritamente crescente em (−1, 1) e so´ pode
ter um zero.
3
P1 Calculo1/prova_p1_gab_calc1_2010_1_eng.pdf
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO
INSTITUTO DE MATEMA´TICA
PRIMEIRA PROVA UNIFICADA – CA´LCULO I. 2010-I.
GABARITO
Questa˜o 1.(2,0 pontos)
(a) Considere a func¸a˜o 푔 : IR→ IR definida por:
푔(푥) =
⎧⎨
⎩
cos
[
(푥 − 1)2 sin
( 1
푥3 − 1
)]
, se 푥 ∕= 1
0 , se 푥 = 1.
Determine o valor de lim
푥→1
푔(푥).
(b) Considere as func¸o˜es 푓, 푔 : IR→ IR definidas por :
푓(푥) = 푥3 − 푥+ 1 e 푔(푥) = 푥3(1 + sin푥).
Mostre que os gra´ficos de 푓(푥) e 푔(푥) se interceptam pelo menos em um ponto.
Soluc¸a˜o.
(a) Primeiro temos que
lim
푥→1
(푥− 1)2 sin ( 1
푥3 − 1
)
= 0. (1)
De fato,
−(푥− 1)2 ≤ (푥− 1)2 sin ( 1
푥3 − 1
) ≤ (푥− 1)2.
Logo, como lim
푥→1
−(푥− 1)2 = lim
푥→1
(푥− 1)2 = 0, podemos usar o teorema do confronto para mostrar
(1).
Ale´m disso, sendo a func¸a˜o cos(푥) cont´ınua em IR, temos : lim
푥→1
푔(푥) = 1.
(b) Seja ℎ(푥) = 푓(푥)− 푔(푥). Sendo ℎ(푥) a diferenc¸a de duas func¸o˜es cont´ınuas, ℎ(푥) e´ cont´ınua. Ale´m
disso temos que
ℎ(0) = 1 > 0 e ℎ(1) = 1− (1 + sin 1) < 0.
Logo, usando o Teorema do Valor Intermedia´rio, existe 푐 ∈ (0, 1) onde ℎ(푐) = 0, isto e´ 푓(푐) = 푔(푐).
Questa˜o 2.(2,0 pontos)
(a) Determine 푓 ′(푥); onde 푓(푥) = ln(sin2(푥)).
(b) Determine as equac¸o˜es das retas tangentes ao gra´fico de 푓(푥) = 푥2 − 3푥 que passam pelo ponto
(3,−4).
(c) Ache a equac¸a˜o da reta tangente ao gra´fico da func¸a˜o impl´ıcita definida por 푥3 + 푦3 = 6푥푦, no
ponto (3, 3).
Soluc¸a˜o.
(a) Sendo 푔(푥) = ln(푥), ℎ(푥) = 푥2 e 푢(푥) = sin(푥), temos que 푓(푥) = 푔 ∘ ℎ ∘ 푢(푥). Pela Regra da
Cadeia, 푓 ′(푥) = 푔′((ℎ ∘ 푢)(푥)).ℎ′(푢(푥)).푢′(푥). Logo
푓 ′(푥) =
1
sin2(푥)
.2 sin(푥). cos(푥) = 2 cot(푥).
(b) O ponto dado na˜o pertence ao gra´fico de 푓 . Por outro lado a equac¸a˜o da reta tangente ao gra´fico
de 푓 no ponto (푥0, 푓(푥0)) e´
푦(푥) = 푓(푥0) + 푓
′(푥0)(푥 − 푥0),
onde 푓 ′(푥0) = 2푥0−3 e 푓(푥0) = 푥20−3푥0. O ponto (3,−4) pertence a` reta tangente, logo, obtemos:
−4 = 푦(3) = 푥20 − 3푥0 + (2푥0 − 3)(3− 푥0) = −푥20 + 6푥0 − 9.
Resolvendo a equac¸a˜o, obtemos: 푥0 = 1 ou 푥0 = 5. Enta˜o, as equac¸o˜es obtidas sa˜o
푦 + 푥+ 1 = 0 e 푦 − 7푥+ 25 = 0.
(c) Derivando a equac¸a˜o implicitamente:
푑푦
푑푥
=
2푦 − 푥2
푦2 − 2푥.
No ponto (3, 3) temos que
푑푦
푑푥
= −1, e a equac¸a˜o da reta tangente e´ 푥+ 푦 = 6.
Questa˜o 3.(3,0 pontos)
Considere a func¸a˜o definida por 푓(푥) = 푥1/3 + 2푥4/3. Determine, caso existam:
(a) O domı´nio e a imagem de 푓(푥).
(b) As ass´ıntotas verticais e horizontais.
(c) Os intervalos onde a func¸a˜o e´ crescente e onde e´ decrescente.
(d) Os valores de ma´ximo e mı´nimo locais e/ou absolutos.
(e) Os intervalos de concavidade e os pontos de inflexa˜o.
(f) Use as informac¸o˜es anteriores para fazer um esboc¸o do gra´fico de 푓 .
Soluc¸a˜o.
(a) A func¸a˜o esta´ definida para 푥 ∈ IR. Logo veremos que a imagem de 푓(푥) e´ [−3/8,∞) (ver ı´tem
(d)).
(b) Como o domı´nio de 푓(푥) e´ IR, na˜o existem ass´ıntotas verticais. Ale´m disso, como
lim
푥→∞
푓(푥) = lim
푥→∞
푥4/3
(
1
푥
+ 2
)
= ∞
e
lim
푥→−∞
푓(푥) = lim
푥→−∞
푥4/3
(
1
푥
+ 2
)
= ∞,
na˜o existem ass´ıntotas horizontais.
(c) Como 푓 ′(푥) =
1 + 8푥
3푥2/3
, Os pontos cr´ıticos correspondem aos valores 푥 = −1/8 (pois 푓 ′(−1/8) = 0)
e 푥 = 0 ( pois 푓 ′(0) na˜o existe).
Estudando o sinal da derivada, note que 푥2/3 > 0 para qualquer 푥 ∕= 0. Logo
∙ 푓 ′(푥) > 0 quando 푥 > −1/8 e
∙ 푓 ′(푥) < 0 quando 푥 < −1/8.
Assim, a func¸a˜o 푓(푥) e´ crescente quando em (−∞,−1
8
) e e´ decrescente em (−1
8
,∞).
(d) Pelo estudo de sinal da derivada primeira, o ponto
(
−1
8
,−3
8
)
e´ um ponto de mı´nimo local e o
ponto (0, 0) na˜o e´ ponto nem de ma´ximo nem de mı´nimo local. Logo o ponto
(
−1
8
,−3
8
)
e´ um
ponto de mı´nimo absoluto. Podemos concluir tambe´m que a imagem de 푓 e´ o intervalo [−3/8,∞).
(e) Como 푓 ′′(푥) =
2
9
(
4푥− 1
푥5/3
)
, enta˜o 푓 ′′(푥) = 0 quando 푥 = 1/4 e na˜o existe 푓 ′′(0). Logo, os
candidatos a pontos de inflexa˜o sa˜o:
(
1
4
,
3
2 3
√
4
)
e (0, 0). Pelo estudo de sinal da derivada segunda:
∙ 푓 ′′(푥) > 0 quando 푥 < 0 ou 푥 > 1/4
∙ 푓 ′′(푥) < 0 quando 0 < 푥 < 1/4.
Portanto, a concavidade esta´ voltada para cima em (−∞, 0) e (1
4
,∞) e a concavidade esta´ voltada
para baixo em (0,
1
4
). Assim, os pontos (0, 0) e
(
1
4
,
3
2 3
√
4
)
sa˜o pontos de inflexa˜o.
(f) Um esboc¸o do gra´fico:
푥
푦
− 1
8
− 3
8
1/4
3/(2
3√
4)
Questa˜o 4.(1,0 pontos)
Um triaˆngulo iso´sceles ABC tem o ve´rtice A em (0,0). A base deste triaˆngulo que esta´ situada acima
deste ve´rtice e´ paralela ao eixo x, e tem os ve´rtices B e C localizados sobre a para´bola 푦 = 9− 푥2.
Sabendo que o lado BC aumenta a` raza˜o de 2cm/s, determine a taxa de variac¸a˜o da a´rea do triaˆngulo,
no instante em que o lado BC mede 4 cm.
Soluc¸a˜o.
Denotando-se 퐴퐷 = ℎ(푡) e 퐵퐶 = 2푥(푡) , a a´rea do triaˆngulo ABC e´ escrita como :
푆(푡) =
2ℎ(푡)푥(푡)
2
= ℎ(푡)푥(푡).
푥
푦
ℎ(푡)
−푥(푡) 푥(푡)−푥(푡)
S(t)
퐴
퐵 퐶
Assim,
푆(푡) = ℎ(푡)푥(푡) = (9− 푥2)푥(푡) ⇒ 푆(푡) = 9푥− 푥3.
Logo
푑푆
푑 푡
= 9푥
′ − 3푥2푥′ .
Como (2푥(푡))
′
= 2푥
′
= 2푐푚/푠, enta˜o 푥
′
(푡) = 1푐푚/푠. Sendo 퐵퐶 = 4 = 2푥(푡)⇒ 푥(푡) = 2푐푚. Logo,
푑푆
푑 푡
= 9− 12 = −3 푐푚2/푠.
Assim, como
푑푆
푑 푡
< 0, a a´rea decresce.
Questa˜o 5.(2,0 pontos)
Calcule os seguintes limites.
(a) lim
푥→0
cos(sin(푥)) − cos(푥)
푥2
(b) lim
푥→1
(
1
ln푥
− 푥
(푥− 1)2
)
.
Soluc¸a˜o.
(a) Temos a indeterminac¸a˜o 0/0. Aplicando a regra de L’Hoˆspital temos:
lim
푥→0
cos(sin(푥)) − cos(푥)
푥2
= lim
푥→0
[− sin(sin(푥)) cos(푥) + sin(푥)
2푥
]
= lim
푥→0
− sin(sin(푥)) cos(푥)
2푥
+ lim
푥→0
sin(푥)
2푥
.
Usando o fato que lim
푥→0
sin(푥)
푥
= 1, teremos que
lim
푥→0
− sin(sin(푥)) cos(푥)
2푥
= −1
2
lim
푥→0
[
sin(sin(푥))
sin(푥)
.
sin(푥)
푥
. cos(푥)
]
= −1
2
.
Logo
lim
푥→0
cos(sin(푥)) − cos(푥)
푥2
= −1
2
+
1
2
= 0.
(b) Este limite e´ da forma ∞−∞. Escrevendo
[ 1
ln푥
− 푥
(푥− 1)2
]
=
(푥− 1)2 − 푥 ln푥
(푥 − 1)2 ln푥 =
0
0
,
podemos usar L´Hospital. Assim
lim
푥→1
[ 1
ln푥
− 푥
(푥 − 1)2
]
= lim
푥→1
2(푥− 1)− 1− ln푥
(푥− 1)2 + 2(푥− 1) ln푥 = −∞.
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INSTITUTO DE MATEMA´TICA
Universidade Federal do Rio de Janeiro
Gabarito da 1a Prova Unificada de Ca´lculo I
Engenharia, Matema´tica Aplicada e Cieˆncia da Computac¸a˜o
10/05/2008
1a Questa˜o: (2.0 pts)
(a) Calcule o seguinte limite. Justifique sua resposta.
lim
x→+∞
√
x + 5√
x + 5
(b) Determine o valor de b para que a func¸a˜o f : R → R definida abaixo seja cont´ınua. Justifique sua
resposta.
f(x) =
{
(1 + sen 2x)3/x se x > 0;
b se x ≤ 0.
Soluc¸a˜o: Primeiramente, resolvendo a parte (a):
lim
x→+∞
√
x + 5√
x + 5
= lim
x→+∞
√
x
√
1 + 5/x√
x(1 + 5/
√
x)
= lim
x→+∞
√
1 + 5/x
1 + 5/
√
x
= 1.
(b) f e´ cont´ınua se, e somente se,
b = lim
x→o+
(1 + sen 2x)3/x.
Para x > 0,
ln f(x) = ln(1 + sen 2x)3/x =
3 ln(1 + sen 2x)
x
.
Aplicando L’Hospital, obtemos
lim
x→0+
ln f(x) = lim
x→0+
6 cos 2x
1 + sen 2x
= 6.
Como a func¸a˜o logaritmo e´ cont´ınua em (0,+∞), temos
6 = lim
x→0+
ln f(x) = ln( lim
x→0+
f(x)) ⇒ lim
x→0+
f(x) = e6
Portanto, f e´ cont´ınua se, e somente se, b = e6.
2a Questa˜o: (1.5 pts)
Determine a equac¸a˜o de uma reta paralela a x+ y = 1 e tangente a` curva y3 + xy + x3 = 0 em um ponto
(x0, y0), com x0 < 0 e y0 < 0.
Soluc¸a˜o: A reta x+ y = 1 possui inclinac¸a˜o igual a −1. Se a func¸a˜o y = f(x) esta´ impl´ıcita na equac¸a˜o
y3 + xy + x3 = 0,
tem-se, derivando implicitamente em relac¸a˜o a x,
3y2y′ + y + xy′ + 3x2 = 0 ⇒ y′ = −y + 3x
2
x + 3y2
.
1
Portanto,
y′ = −1 ⇔ x + 3y2 = 3x2 + y ⇔ x− y = 3(x− y)(x + y).
Temos duas possibilidades: ou x = y ou x+y = 1/3. No primeiro caso, substituindo na equac¸a˜o, obtemos
2x3 + x2 = 0 ⇒ x = 0 ou x = −1/2.
No segundo caso, substituindo na equac¸a˜o, temos
x3 + x
(
1
3
− x
)
+
(
1
3
− x
)3
= 0 ⇒ imposs´ıvel
Portanto, a reta paralela e´ obtida para os pontos x0 = −1/2 e y0 = −1/2, isto e´,
y +
1
2
= −
(
x +
1
2
)
⇒ x + y + 1 = 0.
3a Questa˜o: (3.0 pts)
Seja f : R \ {−1} → R a func¸a˜o definida por f(x) = e(x−1)/(x+1).
(a) Encontre as ass´ıntotas verticais e horizontais;
(b) Encontre os intervalos onde a func¸a˜o e´ crescente e onde e´ decrescente;
(c) Encontre os valores de ma´ximo e mı´nimo locais;
(d) Encontre os intervalos de concavidade e os pontos de inflexa˜o;
(e) Use as informac¸o˜es acima para fazer um esboc¸o do gra´fico de f .
Soluc¸a˜o: Observe que o domı´nio de f e´ o conjunto (−∞,−1) ∪ (−1,∞). Vamos escrever f(x) = eg(x),
onde g(x) = (x− 1)/(x+ 1).
(a) Primeiramente observamos que
lim
x→±∞
g(x) = 1 ⇒ lim
x→±∞
f(x) = e.
Logo, a reta y = e e´ ass´ıntota horizontal. Por outro lado,
lim
x→−1+
g(x) = −∞⇒ lim
x→−1+
f(x) = 0
lim
x→−1−
g(x) = +∞⇒ lim
x→±∞
f(x) = +∞
Portanto, a reta x + 1 = 0 e´ uma ass´ıntota vertical.
(b) Analisando o crescimento de f . Temos
g(x) =
x− 1
x + 1
⇒ g′(x) = 2
(x + 1)2
> 0, ∀x 6= −1.
Logo,
f(x) = eg(x) ⇒ f ′(x) = eg(x)g′(x) = f(x) 2
(x + 1)2
> 0, ∀x 6= 1.
e f(x) e´ crescente nos intervalos (−∞,−1) e (−1,∞), ja´ que f(x) > 0 para todo x 6= −1.
(c) Como f e´ crescente em cada componente de seu domı´nio, f na˜o possui mı´nimos nem ma´ximos locais.
(d) Analisando a concavidade de f . Temos
f ′′(x) = eg(x)(g′(x))2 + eg(x)g′′(x) = f(x)
(
4
(x + 1)4
− 4
(x + 1)3
)
= −f(x) 4x
(x + 1)4
.
Logo,
x < 0 ⇒ f ′′(x) > 0 ⇒ f e´ convexa;
x > 0 ⇒ f ′′(x) < 0 ⇒ f e´ coˆncava.
2
Portanto, f e´ convexa (concavidade para cima) nos intervalos (−∞,−1) e (−1, 0) e coˆncava (concavidade
para baixo) no intervalo (0,+∞) e o u´nico ponto de inflexa˜o e´ P = (0, 1/e).
(e) O gra´fico de f e´:
y
e
x−1
4a Questa˜o: (2.0 pts)
Considere o triaˆngulo iso´sceles ABC inscrito em uma cir-
cunfereˆncia (veja figura ao lado). Suponha que o raio da
circunfereˆncia cresce a uma taxa de 3 cm/s e a altura AD
do triaˆngulo cresce a uma taxa de 5 cm/s. Determine a
taxa de crescimento da a´rea do triaˆngulo no instante em
que o raio mede 10cm e a altura AD mede 16cm.
A
B CD
Soluc¸a˜o: Sejam r(t) e h(t), respectivamente, o raio da circunfereˆncia e a altura do triaˆngulo. Enta˜o,
temos
dr
dt
= 3 cm/s,
dh
dt
= 5 cm/s.
Se denotarmos por b(t) e x(t), respectivamente, o comprimento dos segmentos BD e OD, sendo O o
centro da circunfereˆncia, enta˜o x2 + b2 = r2 e h = r + x. Assim, x = h − r e, substituindo na equac¸a˜o
anterior, temos
r2 = (h− r)2 + b2 ⇒ b =
√
2hr − h2.
Portanto, a a´rea A(t) do triaˆngulo e´ dada por A(t) = h
√
2hr − h2 e, consequentemente,
dA
dt
= h′
√
2hr − h2 + h
(
hr′ + h′r − hh′√
2hr − h2
)
. (∗)
No dado instante t0, temos
r(t0) = 10, h(t0) = 16, r
′(t0) = 3, h
′(t0) = 5.
Portanto, substituindo em (∗), obtemos:
A′(t0) = 76 cm
2/s.
5a Questa˜o: (1.5 pts)
Seja f : R → R uma func¸a˜o satisfazendo |f(x)− 3 | ≤ 2|x− x0 |2, para todo x.
(a) Calcule limx→x0 f(x).
(b) Suponha f cont´ınua no ponto x0. Mostre que, enta˜o, f e´ deriva´vel no ponto x0 e calcule f
′(x0).
Justifique suas respostas.
Soluc¸a˜o: (a) Primeiramente observe que
|f(x) − 3 | ≤ 2|x− x0 |2 ⇐⇒ 3− 2|x− x0 |2 ≤ f(x) ≤ 3 + 2|x− x0 |2. (∗)
3
Como limx→x0 |x− x0|2 = 0, segue do Teorema do Confronto (sanduiche),
lim
x→x0
f(x) = 3.
(b) Como estamos supondo f cont´ınua, tem-se necessariamente f(x0) = 3, ou f(x) − 3 = f(x) − f(x0).
Logo, dividindo
ambos os membros da desigualdade (∗) por x− x0, obtemos
−2|x− x0 | ≤ f(x)− f(x0)
x− x0 ≤ 2|x− x0 |
e, novamente pelo Teorema do Confronto, segue que
f ′(x0) = lim
x→x0
f(x) − f(x0)
x− x0 = 0.
4
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INSTITUTO DE MATEMA´TICA
Departamento de Me´todos Matema´ticos
Gabarito da 1a Prova Unificada de Ca´lculo I - Polite´cnica e Engenharia Qu´ımica
10/05/2011
1a Questa˜o: (3,0 pontos) Nesta questa˜o, na˜o use a regra de L’Hospital.
1. Calcule os limites:
(a) lim
x→−∞
2x5 − 3x3 + 2x2 − 1
3x5 − 4x+ 1
(b) lim
h→0
arctg [(1 + h)2 + 1]− arctg 2
h
(dica: voceˆ reconhece alguma derivada?)
2. Deˆ o valor de A para que a func¸a˜o f abaixo seja cont´ınua em x = 0:
f(x) =
 e
[(senx
x
− 1
)2
cos
(
1
x
)]
, x 6= 0
A , x = 0.
Soluc¸a˜o.
1. (a)
lim
x→−∞
2x5 − 3x3 + 2x2 − 1
3x5 − 4x+ 1 = limx→−∞
x5
(
2− 3
x2
+ 2
x3
− 1
x5
)
x5
(
3− 4
x4
+ 1
x5
)
= lim
x→−∞
(
2− 3
x2
+ 2
x3
− 1
x5
)(
3− 4
x4
+ 1
x5
) = 2
3
.
(b) Seja g(x) = arctg (x2 + 1). Temos que
g′(1) = lim
h→0
arctg [(1 + h)2 + 1]− arctg [12 + 1]
h
= lim
h→0
arctg [(1 + h)2 + 1]− arctg 2
h
.
Portanto, o limite procurado e´ igual a g′(1). Derivamos g usando a regra da
cadeia, obtendo
g′(x) =
2x
1 + (x2 + 1)2
.
Logo,
lim
h→0
arctg [(1 + h)2 + 1]− arctg 2
h
= g′(1) =
2
1 + (12 + 1)2
=
2
5
.
2. Para que f seja cont´ınua em x = 0 devemos ter
lim
x→0
f(x) = f(0) = A.
Vamos primeiramente calcular lim
x→0
[( senx
x
− 1
)2
cos
(
1
x
)]
. Temos que
−1 ≤ cos
(
1
x
)
≤ 1,
para qualquer x 6= 0. Multiplicando a desigualdade por
(senx
x
− 1
)2
≥ 0, obtemos
−
( senx
x
− 1
)2
≤
( senx
x
− 1
)2
cos
(
1
x
)
≤
( senx
x
− 1
)2
,
para todo x 6= 0. Como
lim
x→0
( senx
x
− 1
)2
= (1− 1)2 = 0,
segue do Teorema do sandu´ıche que
lim
x→0
[( senx
x
− 1
)2
cos
(
1
x
)]
= 0.
Usando a continuidade da func¸a˜o exponencial, temos que
lim
x→0
e
[( senx
x
− 1
)2
cos
(
1
x
)]
= e0 = 1.
Portanto, devemos ter A = 1.
2a Questa˜o: (2,5 pontos)
1. Encontre uma equac¸a˜o da reta tangente a` curva y = ln x que passe pelo ponto (0, 0).
2. Encontre a e b de modo que as retas tangentes aos gra´ficos de y =
x2 + ax+ b
x+ 1
e
y =
√
2x+ 1 no ponto P = (0, 1) sejam perpendiculares.
Soluc¸a˜o.
1. Em primeiro lugar observe que o ponto (0, 0) na˜o pertence a` curva y = ln x.
Seja enta˜o (a, ln a) o ponto de tangeˆncia, conforme indicado na figura abaixo.
O coeficiente angular da reta tangente e´ o valor da derivada de y = ln x em x = a,
ou seja, 1/a. Por outro lado, como a tangente passa pelos pontos (0, 0) e (a, ln a) seu
coeficiente angular e´ tambe´m dado por
ln a− 0
a− 0 =
ln a
a
. Logo,
ln a
a
=
1
a
e, portanto,
a = e.
Sendo assim, a reta tangente tem coeficiente angular 1/e e equac¸a˜o y = x/e.
2
2. Para que o ponto P = (0, 1) esteja no gra´fico y =
x2 + ax+ b
x+ 1
, e´ necessa´rio que b = 1
(substitua x = 0 na expressa˜o!).
Para achar as inclinac¸o˜es das retas tangentes, vamos derivar as duas func¸o˜es. Primeiro,
usando a regra do quociente, temos
d
dx
(
x2 + ax+ 1
x+ 1
)
=
(2x+ a)(x+ 1)− (x2 + ax+ 1)
(x+ 1)2
=
x2 + 2x+ (a− 1)
(x+ 1)2
.
Logo, a inclinac¸a˜o da reta tangente ao gra´fico y =
x2 + ax+ 1
x+ 1
no ponto (0, 1) e´ igual
a` a− 1. Agora, usando a regra da cadeia, temos
d
dx
√
2x+ 1 =
2
2
√
2x+ 1
=
1√
2x+ 1
.
Logo, a inclinac¸a˜o da reta tangente a` curva y =
√
2x+ 1 no ponto (0, 1) e´ igual a 1.
Portanto, para que as retas tangentes sejam perpendiculares, e´ necessa´rio que
a− 1 = −1⇔ a = 0.
3a Questa˜o: (3 pontos) Considere a func¸a˜o definida por f(x) = |x|(x3 − 2x), que possui
derivada f ′(x) = |x|(4x2 − 4). Determine, caso existam:
1. O domı´nio e os zeros de f(x);
2. As ass´ıntotas verticais e horizontais;
3. Os intervalos onde a func¸a˜o e´ crescente e onde e´ decrescente;
4. Os valores de ma´ximo e mı´nimo locais e/ou absolutos;
5. Os intervalos onde f(x) seja coˆncava para baixo e coˆncava para cima e os pontos de
inflexa˜o;
Use as informac¸o˜es anteriores para fazer um esboc¸o do gra´fico de f .
Soluc¸a˜o
1. O domı´nio de f(x) e´ o conjunto dos nu´meros reais.
Como f(x) = |x|x(x2 − 2), temos f(x) = 0 quando x = 0 ou quando x2 − 2 = 0.
Logo os zeros de f(x) sa˜o x = 0, x =
√
2 e x = −√2.
2. Como a func¸a˜o f(x) e´ cont´ınua em IR, na˜o existem ass´ıntotas verticais no gra´fico de
f(x).
Como
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
|x|x(x2 − 2) =∞
e
lim
x→−∞
f(x) = lim
x→−∞
|x|x(x2 − 2) = −∞,
na˜o existem ass´ıntotas horizontais no gra´fico de f(x).
3
3. A func¸a˜o f(x) e´ crescente onde f ′(x) > 0. Como f ′(x) = |x|(4x2 − 4) = 4|x|(x2 − 1)
e |x| > 0 para x 6= 0, fazendo o estudo de sinal de x2 − 1, f(x) e´ crescente em
(−∞,−1)∪ (1,∞). A func¸a˜o f(x) e´ decrescente onde f ′(x) < 0, isto e´, em (−1, 0)∪
(0, 1).
4. Os pontos cr´ıticos sa˜o os pontos onde na˜o existe f ′(x) e onde f ′(x) = 0. Teremos
somente pontos cr´ıticos onde a derivada se anula. Como f ′(x) = 4|x|(x2 − 1), os zeros
de f ′ sa˜o quando x = 0, x = 1 e x = −1.
Como f(x) e´ crescente em (−∞,−1) e decrescente em (−1, 0), o ponto (−1, 1) e´ um
ponto de ma´ximo local. Como f(x) e´ decrescente em (0, 1) e crescente em (1,∞), o
ponto (1,−1) e´ um ponto de mı´nimo local. Como f(x) e´ decrescente em (−1, 0) ∪
(0, 1), o ponto (0, 0) na˜o e´ ponto nem de ma´ximo nem de mı´nimo local.
Como lim
x→∞
f(x) =∞ e lim
x→−∞
f(x) = −∞, na˜o existem nem ma´ximo absoluto nem
mı´nimo absoluto.
5. Para x > 0 , f ′(x) = 4x(x2 − 1) = 4x3 − 4x e f ′′(x) = 12x2 − 4.
Para x < 0 , f ′(x) = −4x(x2 − 1) = −4x3 + 4x e f ′′(x) = −12x2 + 4.
Temos f ′′+(0) = lim
x→0+
f ′(x)− f ′(0)
x− 0 = limx→0+
4x3 − 4x
x
= −4
e
f ′′−(0) = lim
x→0−
f ′(x)− f ′(0)
x− 0 = limx→0−
−4x3 + 4x
x
= 4,
logo na˜o existe f ′′(0).
A func¸a˜o sera´ coˆncava para cima onde f ′′(x) > 0, isto e´, em
(
−
√
1
3
, 0
)
∪
(√
1
3
,∞
)
e sera´ coˆncava para baixo onde f ′′(x) < 0, isto e´, em
(
−∞,−
√
1
3
)
∪
(
0,
√
1
3
)
.
Os pontos de inflexa˜o sa˜o pontos onde muda a concavidade, isto e´, (0, 0), (1/
√
3,−5/9)
e (−1/√3, 5/9).
O gra´fico de f sera´:
4
4a Questa˜o: (1,5 ponto) Sejam a func¸a˜o
f(x) = (x− a)(x− b)g(x),
I um intervalo aberto contendo [a, b], onde g(x), x ∈ I, e´ cont´ınua em [a, b] e g(x) > 0,
para todo x ∈ [a, b]. Suponha que g′(x) e´ cont´ınua em [a, b] e que existe g′′(x) em (a, b).
1. Mostrar que f(x) na˜o se anula em (a, b) e que f(x) tem um ponto cr´ıtico em (a, b);
2. Mostrar que existe c ∈ (a, b) tal que f ′′(c) = g(a) + g(b).
Soluc¸a˜o.
1. f(x) = 0 se e somente se x = a, x = b ou g(x) = 0. Logo, na˜o existe x ∈ (a, b) que
fac¸a f(x) = 0.
Como g(x) e´ cont´ınua em [a, b] e g(x) e´ deriva´vel em (a, b) tambe´m teremos f(x)
cont´ınua em [a, b] e f(x) deriva´vel em (a, b). Assim, podemos aplicar o Teorema do
Valor Me´dio a f no intervalo [a, b] e existe c ∈ (a, b) tal que
f ′(c) =
f(b)− f(a)
b− a = 0,
o que mostra que f(x) tem um ponto cr´ıtico em (a, b).
2. Como g′(x) e´ cont´ınua
em [a, b] e g′(x) e´ deriva´vel em (a, b), tambe´m teremos f ′(x)
cont´ınua em [a, b] e f ′(x) deriva´vel em (a, b). Assim, podemos aplicar o Teorema do
Valor Me´dio a f ′ no intervalo [a, b] e existe c ∈ (a, b) tal que
f ′′(c) =
f ′(b)− f ′(a)
b− a =
(b− a)g(b)− (a− b)g(a)
b− a =
(b− a)[g(b) + g(a)]
b− a = g(b) + g(a),
como quer´ıamos mostrar.
5
P1 Calculo1/prova_p1_calc1_2011_1_eng.pdf
Universidade Federal do Rio de Janeiro
INSTITUTO DE MATEMA´TICA
Departamento de Me´todos Matema´ticos
1a Prova Unificada de Ca´lculo I - Polite´cnica e Engenharia Qu´ımica
10/05/2011
1a Questa˜o: (3,0 pontos) Nesta questa˜o, na˜o use a regra de L’Hospital.
1. Calcule os limites:
(a) lim
x→−∞
2x5 − 3x3 + 2x2 − 1
3x5 − 4x+ 1
(b) lim
h→0
arctg [(1 + h)2 + 1]− arctg 2
h
(dica: voceˆ reconhece alguma derivada?)
2. Deˆ o valor de A para que a func¸a˜o f abaixo seja cont´ınua em x = 0:
f(x) =
 e
[(senx
x
− 1
)2
cos
(
1
x
)]
, x 6= 0
A , x = 0.
2a Questa˜o: (2,5 pontos)
1. Encontre uma equac¸a˜o da reta tangente a` curva y = ln x que passe pelo ponto (0, 0).
2. Encontre a e b de modo que as retas tangentes aos gra´ficos de y =
x2 + ax+ b
x+ 1
e
y =
√
2x+ 1 no ponto P = (0, 1) sejam perpendiculares.
3a Questa˜o: (3 pontos) Considere a func¸a˜o definida por f(x) = |x|(x3 − 2x), que possui
derivada f ′(x) = |x|(4x2 − 4). Determine, caso existam:
1. O domı´nio e os zeros de f(x);
2. As ass´ıntotas verticais e horizontais;
3. Os intervalos onde a func¸a˜o e´ crescente e onde e´ decrescente;
4. Os valores de ma´ximo e mı´nimo locais e/ou absolutos;
5. Os intervalos onde f(x) seja coˆncava para baixo e coˆncava para cima e os pontos de
inflexa˜o;
Use as informac¸o˜es anteriores para fazer um esboc¸o do gra´fico de f .
4a Questa˜o: (1,5 ponto) Sejam a func¸a˜o
f(x) = (x− a)(x− b)g(x),
I um intervalo aberto contendo [a, b], onde g(x), x ∈ I, e´ cont´ınua em [a, b] e g(x) > 0,
para todo x ∈ [a, b]. Suponha que g′(x) e´ cont´ınua em [a, b] e que existe g′′(x) em (a, b).
1. Mostrar que f(x) na˜o se anula em (a, b) e que f(x) tem um ponto cr´ıtico em (a, b);
2. Mostrar que existe c ∈ (a, b) tal que f ′′(c) = g(a) + g(b).
JUSTIFIQUE SUAS RESPOSTAS !
Boa Sorte!!!
P1 Calculo1/prova_p1_gab_calc1_2012_1_eng.pdf
Questão 1. (2,0 pontos)
(a) Encontre todos os pontos (x, y) sobre a curva 3
√
x2 + 3
√
y2 = 8 nos
quais a reta tangente é paralela à reta y + x = 1.
(b) Seja f(x) = ln
(
x2 + 1
β x+ 1
)
. Ache a constante β ∈ R de modo que
f ′(1) = 12 .
Solução.
a Derivando ambos os membros da equação x
2
3 + y
2
3 = 8 implicitamente
em relação a x, temos que
2
3
x−
1
3 +
2
3
y−
1
3
dy
dx
= 0 ⇒ dy
dx
= − 3
√
y
x
Nos pontos onde a reta tangente à curva é paralela à reta y = −x+ 1,
devemos ter
dy
dx
= −1. Assim,
− 3
√
y
x
= −1⇐⇒ x = y.
Substituindo y por x em x
2
3 + y
2
3 = 8, temos que
x
2
3 + x
2
3 = 8⇐⇒ 2x 23 = 8⇐⇒ x = −8 ou x = 8
Portanto, os pontos desejados são (−8,−8) e (8, 8).
(b) Aplicando a regra da cadeia e a regra do quociente para f(x), temos
que sua derivada é
f ′(x) =
βx+ 1
x2 + 1
[
2x(βx+ 1)− β(x2 + 1)
(βx+ 1)2
]
=
2x(βx+ 1)− β(x2 + 1)
(βx+ 1)(x2 + 1)
=
2x
x2 + 1
− β
βx+ 1
.
Portanto, f ′(1) = 1 − β
β + 1
. Assim, para termos f ′(1) =
1
2
, é neces-
sário termos
1− β
β + 1
=
1
2
⇐⇒ β
β + 1
=
1
2
⇐⇒ 2β = β + 1⇐⇒ β = 1
Logo, β deve ser igual a 1.
Questão 2. (3,0 pontos)
(a) Calcule lim
x→0
x2 sen
(
1
x
)
sen(x)
.
(b) Determine o valor de A para que a função
f(x) =

A, se x ∈ (0, pi2 ]
x tan(x)− pi
2 cosx
, se x ∈ (pi2 , 3pi2 )
seja contínua em (0, 3pi2 ).
Solução.
(a) Observe que não podemos aplicar a Regra de L’ Hospital, pois
lim
x→0
cos(1/x) não existe. No entanto, podemos usar o Teorema do
Confronto e o limite fundamental para resolver o item. Note que
lim
x→0
x2sen
(
1
x
)
sen x
= lim
x→0
[
x sen
(
1
x
)
· x
sen x
]
= lim
x→0
x sen(1
x
)
· 1sen x
x
 .
Como −1 ≤ sen ( 1x) ≤ 1 para todo x 6= 0 , temos que
x ≤ x sen
(
1
x
)
≤ −x, se x < 0
e
−x ≤ x sen
(
1
x
)
≤ x, se x > 0.
Daí, como lim
x→0−
x = 0 = lim
x→0−
−x e lim
x→0+
x = 0 = lim
x→0+
−x, segue do
Teorema do confronto que
lim
x→0−
x sen
(
1
x
)
= lim
x→0+
x sen
(
1
x
)
= 0
o que implica que lim
x→0
x sen
(
1
x
)
= 0. Finalment, como lim
x→0
sen x
x
= 1,
temos que lim
x→0
1
sen x
x
= 1 e, portanto, lim
x→0
x2sen
(
1
x
)
sen x
= 0.
(b) Como A é uma constante real, e f(x) = A para todo x ∈ (0, pi2 ), temos
que f é contínua em
(
0, pi2
)
. Por outro lado,
f(x) =
x sen x
cosx
− pi
2 cosx
=
2x sen x− pi
2 cosx
para todo x ∈ (pi2 , 3pi2 ). Daí, como x sen x− pi e cosx são funções con-
tínuas com cosx 6= 0 em (pi2 , 3pi2 ), temos que f é contínua em (pi2 , 3pi2 ).
Logo, para que f seja contínua em (0, 3pi2 ) precisamos apenas que f
seja contínua em x = pi2 , isto é,
lim
x→pi
2
f(x) = f
(pi
2
)
= A.
Como lim
x→pi
2
−
f(x) = A, por definição, resta apenas
A = lim
x→pi
2
+
f(x) = lim
x→pi
2
+
2xsen x− pi
2 cosx
.
O último limite é uma indeterminação do tipo 00 . Aplicando L’ Hospi-
tal,
lim
x→pi
2
+
2xsen x− pi
2 cosx
= lim
x→pi
2
+
2sen x+ 2x cosx
−2sen x = −1
Portanto, para que f seja contínua, precisamos ter A = −1.
Questão 3. (2,0 pontos)
Uma placa de açoW (com espessura desprezível) está presa a uma corda,
com 15 m de comprimento, que passa por uma polia P , situada 7 m acima do
solo. A outra extremidade da corda situada em A está presa a um caminhão,
1 m acima do solo. Sabendo que o caminhão se afasta a uma velocidade de
5 m/s, qual a taxa de variação da altura da placa quando ela estiver 2 m
acima do solo?
Solução Seja h a distância de W ao chão. Temos que a distância de P a
W é então 7−h. Daí, como a corda mede 15 m, temos que a distância de P a
A é 15− (7−h) = 15−7+h = 8+h. Seja x a distância horizontal de A a P .
Como sabemos que o caminhão se move a uma velocidade de 5 m/s, temos
que
dx
dt
= 5 m/s. Queremos descobrir
dh
dt
no momento em que h = 2 m.
Logo, como conhecemos
dx
dt
, vamos relacionar x com h. A distância vertical
de P a A é constante igual a 6 m.
Segue do Teorema de Pitágoras que x2 + 62 = (8 + h)2. Derivando ambos
os membros desta igualdade em relação a t, temos que 2x
dx
dt
= 2(8 + h)
dh
dt
.
Quando h = 2 m, temos que x2 + 62 = (8 + 2)2 o que implica que x2 =
100 − 36 = 64 e, portanto, x = 8 m. Tomando x = 8, h = 2 e substituindo
dx
dt
por 5 na equação 2x
dx
dt
= 2(8 + h)
dh
dt
, temos que 2 · 8 · 5 = 2(8 + 2)dh
dt
.
Logo, 20
dh
dt
= 80 e, portanto,
dh
dt
= 4 m/s.
Questão 4. (3,0 pontos)
Considere a função definida por f(x) =
ex
1− x . Determine, justificando:
1. O domínio de f e as assíntotas horizontais e verticais, caso existam.
2. Os intervalos onde f é crescente e onde f é decrescente e os pontos de
máximo e de mínimo relativos, caso existam.
3. Os intervalos onde o gráfico de f é côncavo para cima e onde é côncavo
para baixo e os pontos de inflexão, caso existam.
4. O esboço do gráfico de f e os extremos absolutos, caso existam.
• Solução.
1. A função está bem definida para todo R exceto para x = 1. Logo,
Dom(f) = R \ {1}.
Além disso,
lim
x→−∞
ex
1− x = 0
e, usando a regra de L’Hospital, temos que
lim
x→∞
ex
1− x = limx→∞
ex
−1 = −∞.
Logo, a reta y = 0 é uma assíntota horizontal do gráfico de f .
Estudando o sinal de f , obtemos que
lim
x→1−
ex
1− x = +∞ e limx→1−
ex
1− x = +∞.
Logo, a reta x = 1 é uma assíntota vertical do gráfico de f .
2. Temos que f ′(x) =
ex(2− x)
(1− x)2 . Logo, o ponto crítico de f é x = 2.
Note que x = 0 não é um ponto crítico, pois a função f não está
definida nesse ponto. Estudando o sinal de f ′ obtemos que:
- f ′(x) > 0, para todo x ∈ (−∞, 1)∪(1, 2). Logo, f é crescente
no intervalo (−∞, 1) ∪ (1, 2).
- f ′(x) < 0, para todo x ∈ (2,+∞). Logo, f é decrescente no
intervalo (2,+∞).
Segue do teste da primeira derivada que f possui um máximo
local em x = 2 com f(2) = −e2.
3. Temos que
f ′′(x) =
ex(x2 − 4x+ 5)
(1− x)3 .
Como ex > 0 e x2 − 4x + 5 > 0, para todo x ∈ R, temos que f ′′
tem o mesmo que (1− x). Portanto,
- f ′′(x) > 0, para todo x ∈ (−∞, 1). Logo, f tem concavidade
para cima no intervalo (−∞, 1).
- f ′′(x) < 0, para todo x ∈ (1,+∞). Logo, f tem concavidade
para baixo no intervalo (1,+∞).
Consequentemente, f não possui nenhum ponto de inflexão.
4. Esboço do gráfico.
x
y
y=
ex
1− x
x=1
y=0
−e2
2
Finalmente, podemos concluir do gráfico que o ponto (2,−e2) é
apenas um ponto de máximo local.
P1 Calculo1/prova_p1_gab_calc1_2011_2_eng.pdf
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO
Instituto de Matema´tica
PRIMEIRA PROVA UNIFICADA – CA´LCULO I
POLITE´CNICA E ENGENHARIA QUI´MICA 11/10/2011.
GABARITO
1a Questa˜o. (2.5 pontos). Responder
1. Calcule os seguintes limites
(a) lim
x→1+
(
x
1− x −
1
ln(x)
)
(b) lim
x→1
(2− x)tg(
pix
2
)
.
2. Considere as func¸o˜es h(x) = (x − 1)2 e g(x) = −(x − 1)2. Seja f(x) uma func¸a˜o
definida para toda a reta e que satisfaz g(x) ≤ f(x) ≤ h(x) para todo x real.
(a) Prove que f(x) e´ cont´ınua em x = 1.
(b) Deˆ um exemplo de uma tal func¸a˜o f(x) que na˜o seja diferencia´vel em x = −2.
• Soluc¸a˜o.
1. (a) Para resolver isto podemos fazer
lim
x→1+
(
x
1− x −
1
ln(x)
)
= lim
x→1+
(
x(ln(x) + 1)− 1
(1− x) ln(x)
)
.
Assim, obtemos a indeterminac¸a˜o 0/0. Logo, pela regra de L’Hoˆspital, temos
lim
x→1+
(
x(ln(x) + 1)− 1
(1− x) ln(x)
)
= lim
x→1+
(
(2 + ln(x))x
(1− x)− x ln(x)
)
= −∞ (na˜o existe).
(b) Temos a indeterminac¸a˜o 1∞. Neste caso podemos fazer
(2− x)tg(
pix
2
)
= eln
[
(2− x)tg(
pix
2
)]
= e

 ln(2− x)
cotg(pix2 )


.
Logo, como a func¸a˜o exponencial e´ cont´ınua, enta˜o
lim
x→1
(2− x)tg(
pix
2
)
= e
lim
x→1
[
ln(2− x)
cotg(pix2 )
]
, (1)
onde aparece a indeterminac¸a˜o 0/0. Logo, usando L’Hoˆspital podemos concluir
que
lim
x→1
[
ln(2− x)
cotg(pix2 )
]
= lim
x→1


−1
(2− x)
−pi
2
cossec2(
pix
2
)

 = limx→1

2sen2(
pix
2
)
pi(2− x)

 = 2
pi
.
Portanto, substitu´ındo em (1), temos
lim
x→1
(2− x)tg(
pix
2
)
= e(2/pi).
1
2. (a) A func¸a˜o f(x) esta´ definida em todo IR, logo esta´ bem definida em x = 1. Ale´m
disso, temos por hipo´tese
−(x− 1)2 ≤ f(x) ≤ (x− 1)2.
Logo, pelo Teorema do Confronto, lim
x→1
f(x) = 0. Mais ainda, para x = 1 a
desigualdade anterior implica que f(1) = 0. Portanto,
lim
x→1
f(x) = f(1), isto e´, f(x) e´ cont´ınua em x = 1.
(b) Existem va´rios exemplos, entre eles podemos escolher
f(x) =
{
0 , x ≥ −2
1 , x < −2
ou f(x) =
{
0 , x ≥ −2
−x− 2 , x < −2
2a Questa˜o. (2.5 pontos). Responder
1. Seja P = (x0, 2) um ponto da curva xy
3 + y + 2x2 = 26 localizado no primeiro
quadrante. Determine o ponto P e a equac¸a˜o da reta normal ao gra´fico de f naquele
ponto.
Nota: Define-se reta normal ao gra´fico de uma func¸a˜o y = f(x) num ponto P , como
aquela reta que e´ perpendicular a` reta tangente a` curva y = f(x) naquele ponto.
2. Dada a func¸a˜o f(x) = 2arctg(x) + arcsen
(
2x
1 + x2
)
.
(a) Encontre f ′(x).
(b) Mostre que f(x) e´ constante para todo x > 1 e determine o valor desta constante.
• Soluc¸a˜o.
1. Sabemos que o ponto P = (x0, 2) pertence a` curva. Logo, substituindo temos que
8x0 + 2 + 2x
2
0 = 26, com raizes x0 = 2 e x0 = −6. Mas, por hipo´tese P esta´ no
primeiro quadrante, logo P = (2, 2). Ale´m disso, derivando implicitamente, temos
y3 + 3xy2y′ + y′ + 4x = 0 isto e´ y′ = − 4x+ y
3
3xy2 + 1
.
Logo, em P devemos ter y′(2) = −16
25
. Enta˜o a inclinac¸a˜o da reta tangente a` curva
em P e´ m = −16
25
. Assim, a inclinac¸a˜o da reta normal sera´ m1 =
25
16
, pois devemos
ter m.m1 = −1. Finalmente, a equac¸a˜o da reta normal a` curva que passa por P sera´
dada pela equac¸a˜o y =
25
16
(x− 2) + 2.
2. (a) Primeiro note que
y = arctg(x) ⇔ tg(y) = x.
Derivando a segunda expressa˜o em relac¸a˜o a x e sabendo que 1+tg2(y) = sec2(y),
teremos
sec2(y)y′ = 1 ⇔ (arctg(x))′ = 1
1 + x2
. (2)
Analogamente
y = arcsen(x) ⇔ sen(y) = x,
logo, usando sen2(y) + cos2(y) = 1, teremos
cos(y)y′ = 1 ⇔ (arcsen(x))′ = 1√
1− x2 . (3)
2
Finalmente, usando a regra da cadeia e as equac¸o˜es (2)-(3) teremos
f ′(x) =
2
1 + x2
+
1√
1−
(
2x
1 + x2
)2
(
2x
1 + x2
)′
=
2
1 + x2
+
1 + x2√
(1− x2)2
(
2(1 + x2)− 2x(2x)
(1 + x2)2
)
=
2
1 + x2
+
2(1 − x2)
|1− x2|(1 + x2) ,
isto e´
f ′(x) =
2
1 + x2
+
2(1− x2)
|1− x2|(1 + x2) . (4)
(b) Para mostrar que f(x) e´ constante, basta ver que f ′(x) = 0 para todo x > 1.
De fato, como x > 1, temos que |1 − x2| = −(1 − x2). Logo, substitu´ındo na
fo´rmula de f ′(x) dada em (4), teremos que
f ′(x) =
2
1 + x2
− 2(1 − x
2)
(1− x2)(1 + x2) = 0.
Assim, f(x) = c para todo x > 1, onde c e´ uma constante. Para determinar o
valor de c, note que a func¸a˜o f(x) esta´ bem definida e e´ cont´ınua para x > 1,
em particular para x =
√
3
f(
√
3) = 2arctg(
√
3) + arcsen
(√
3
2
)
= 2
(pi
3
)
+
(pi
3
)
= pi.
Logo f(x) = pi para todo x > 1.
3a Questa˜o. (3.0 pontos). Dada a func¸a˜o f(x) =
4
x
− 4
x2
. Determine, justificando:
1. O domı´nio de f e as ass´ıntotas horizontais e verticais, caso existam.
2. Os intervalos onde f e´ crescente e onde f e´ decrescente e os pontos de ma´ximos e de
mı´nimos relativos, caso existam.
3. Os intervalos onde o gra´fico de f e´ coˆncavo para cima e onde e´ coˆncavo para baixo
e os pontos de inflexa˜o, caso existam.
4. O esboc¸o do gra´fico de f e os extremos absolutos, caso existam.
• Soluc¸a˜o.
1. A func¸a˜o esta´ bem definida em todo IR exceto para x = 0, logo
Dom(f) = IR− {0}.
Ale´m disso, note que (usando L’Hoˆspital)
lim
x→±∞
(
4
x
− 4
x2
)
= lim
x→±∞
4
(
x− 1
x2
)
= lim
x→±∞
(
2
x
)
= 0.
Logo, a reta y = 0 e´ uma ass´ıntotal horizontal ao gra´fico de f(x). Tambe´m temos
que
lim
x→0±
(
4
x
− 4
x2
)
= lim
x→0±
4
(
x− 1
x2
)
= −∞.
Logo, a reta x = 0 e´ uma ass´ıntota vertical ao gra´fico de f(x).
3
2. Derivando temos que f ′(x) = 4
(
2− x
x3
)
, logo o ponto cr´ıtico de f e´ x = 2. Lembre
que em x = 0 a func¸a˜o na˜o esta´ definida. Estudando o sinal de f ′(x) deduzimos que:
– f ′(x) > 0 em (0, 2), logo f e´ crescente no intervalo (0, 2).
– f ′(x) < 0 em (−∞, 0) e em (2,+∞), logo f e´ decrescente nos intervalos (−∞, 0)
e (2,+∞).
– Logo, pelo teste da derivada primeira, podemos concluir que f possui umma´ximo
local em x = 2.
– Ma´ximo local : f(2) = 1.
3. Para estudar a concavidade, note que f ′′(x) = 8
(
x− 3
x4
)
. Estudando o sinal de
f ′′(x) deduzimos que:
– f ′′(x) > 0 em (3,+∞), logo f e´ coˆncava para cima no intervalo (3,+∞).
– f ′′(x) < 0 em (−∞, 0) e em (0, 3), logo f e´ coˆncava para baixo nos intervalos
(−∞, 0) e (0, 3).
– f possui um ponto de inflexa˜o em x = 3. O ponto de inlfexa˜o e´: (3, 89).
4. Esboc¸o do gra´fico.
x
y
3
8
9
2
1
Finalmente, podemos conclu´ır do gra´fico que o ponto (2, 1) e´ um ponto de ma´ximo
absoluto.
4a Questa˜o. (2.0 pontos). Dentro de um tanque na forma de um cone invertido esta´
entrando a´gua a` raza˜o de 8m3/min. O cone tem 6m de altura e 3m de diaˆmentro no
topo. Suponha que haja um vazamento na base e que o n´ıvel de a´gua esta´ subindo a uma
raza˜o de 1cm/min. A que taxa estara´ escoando o vazamento quando o n´ıvel da a´gua for
de 4, 8m?
• Soluc¸a˜o.
6m
3m
h
r
4
Sejam h = h(t) o n´ıvel da a´gua no tanque e r = r(t) o raio da circunfereˆncia formada
pela superf´ıcie da a´gua no tanque (como no gra´fico acima). Logo, teremos que o volume
de a´gua no tanque V = V (t) sera´ dado pela fo´rmula
V =
1
3
pir2h. (5)
Ale´m disso, por semelhanc¸a de triaˆngulos, temos
r
h
=
1, 5
6
⇒ r = h
4
.
Substituindo em (5):
V =
pi
48
h3 ⇒ V ′ = pi
16
h2h′. (6)
Ale´m disso, a variac¸a˜o da a´gua no tanque, V ′, depende da vaza˜o da a´gua que esta´ entrando
e da vaza˜o que esta´ saindo, isto e´,
V ′ = V ′e − V ′s ,
onde V ′e = V
′
e(t) e´ vaza˜o de entrada de a´gua no tanque e V
′
s = V
′
s (t) e´ vaza˜o de sa´ıda de
a´gua no tanque. Substituindo em (6) teremos
V ′e − V ′s =
pi
16
h2h′ ⇒ V ′s = V ′e −
pi
16
h2h′.
Assim, no instante em que h = 4, 8m, por hipo´tese temos que h′ = 1cm/min =
1
100
m/min
e V ′e = 8m
3/min. Substituindo estes dados, teremos que a taxa de escoamento da a´gua
V ′s sera´
V ′s =
(
8− pi
16(100)
(4, 8)2
)
m3/min.
5
P1 Calculo1/prova_p1_gab_calc1_2009_1_eng.pdf
M
INSTITUTO DE MATEMA´TICA
Universidade Federal do Rio de Janeiro
Resoluc¸a˜o da 1 a Prova Unificada de Ca´lculo I
Engenharia e Engenharia Qu´ımica
1 a Questa˜o: (2,0 pontos)
a)f ′(x) =
[tan(x)sec(x)](5 + cos(x))− [sec(x)(−sin(x))]
(5 + cos(x))2
f ′(x) =
5sin(x)
(cos(x))2(5 + cos(x))2
+
2sin(x)
cos(x)(5 + cos(x))2
= 5
sec(x)tan(x)
(5 + cos(x))2
+
2
tan(x)
(5 + cos(x))2
.
b)A func¸a˜o composta h(x) e´ escrita como h(x) = ln(2x)(2x) = 2x ln(2x).
Assim,
h′(x) = 2 (1 + ln(2x)).
O coeficiente angular da reta y = 4x e´ 4. Logo, h′(x) = 2 (1 + ln(2x)) = 4
e temos :
ln(2x) = 1.
Portanto, x =
e
2
e h(
e
2
) = 2
e
2
ln(e) = e.
Desta forma, a reta que passa pelo ponto (
e
2
, e) e tem coeficente angular 4
e´ dada por :
y − e = 4(x− e
2
).
2 a Questa˜o: (2,0 pontos)
a) Este limite e´ da forma ∞0. Como e ln (e3x+x2)(
1
x ) = (e3x + x2)(
1
x
) , deve-
mos calcular e
lim
x→∞
ln (e3x + x2)(
1
x
)
.
O limite lim
x→∞
ln (e3x + x2)(
1
x
) = lim
x→∞
ln(e3x + x2)
x
e´ da forma
∞
∞ e
podenos usar L´Hospital.
lim
x→∞
ln(e3x + x2)
x
= lim
x→∞
3e3x + 2x
e3x + x2
= 3
Assim, lim
x→∞
(e3x + x2)(
1
x
) = e3
2 a Questa˜o:
b) lim
x→∞
(
√
4x2 + x+ 1−Ax) = lim
x→∞
{
(
√
4x2 + x+ 1−Ax)
(√
4x2 + x+ 1 + Ax√
4x2 + x+ 1 + Ax
)}
lim
x→∞
(
√
4x2 + x+ 1− Ax) = lim
x→∞
(4− A2)x+ 1 + (1/x)
A+
√
4 + (1/x) + (1/x)2
Para que o limite acima seja finito, devemos ter A2 = 4 ; caso contra´rio este
limite na˜o existiria.
AssimA = ± 2. Pore´m se A= - 2, claramente o limite lim
x→∞
(
√
4x2 + x+ 1− Ax)
na˜o existe. Portanto, A = 2.
Para este valor de A temos limx→∞(
√
4x2 + x+ 1− 4x) = 1
4
3 a Questa˜o: (1,5 pontos)
a)Derivando implicitamente a equac¸a˜o y3 + y = x temos : 3y2y′ + y′ = 1 .
Portanto, y′ =
1
3y2 + 1
.
Assim, y′ = g′(x) > 0, o que nos diz ser g(x) uma func¸a˜o estritamente cres-
cente e portanto um a um.
b)Pelo item a), a inclinac¸a˜o da reta normal ao gra´fico de g no ponto (10,2)
e´ : − 1
g′(10)
= −13.
Uma equac¸a˜o dessa reta e´ dada por y = 2− 13(x− 10).
4 a Questa˜o: (1,5 pontos)
Da figura ao lado temos que tan(φ) =
y
x
. Como todas
as varia´veis que aparecem nesta relac¸a˜o dependem do
tempo t, derivando implicitamente em relac¸a˜o a t temos:
sec2(φ)
d(φ)
dt
=
xdy/dt− ydx/dt
x2
. Assim,
d(φ)
dt
=
xdy/dt− ydx/dt
x2 sec2(φ)
.
Como, sec2(φ) = 1 + tan2(φ) temos que sec2(φ) =
244
100
.
Usando os dados do problema obtemos :
d(φ)
dt
=
10(−2)− 12(1)
244
= − 8
61
cm/min.
5 a Questa˜o: (3 pontos)
1. Df = R. A Imagem de f e´ (−∞, 1].
Na˜o esite ass´ıntota vertical.
Ass´ıntota horizontal :
O lim
x→+∞
x
ex−1
e´ da forma
∞
∞ de maneira que podemos
usar L´Hospital, obtendo lim
x→∞
1
ex−1
= 0
O lim
x→−∞
x
ex−1
e´ da forma (−∞)∞. Portanto, na˜o existe
limite quando x tende a −∞.
2.De f ′(x) =
1− x
e(x−1)
temos:
f ′(1) = 0.
f ′(x > 0 quando x < 1. Func¸a˜o crescente.
f ′(x < 0 quando x > 1. Func¸a˜o decrescente.
3.Derivando f ′(x) obtemos : f ′′(x) =
x− 2
e(x−1)
. Portanto, como f ′′(1) =
−1 < 0 temos que x=1 e´ ponto de ma´ximo local.
4.Do item anterior, temos que :
f ′′(2) = 0
f ′′(x) > 0 se x > 2 . Func¸a˜o coˆncava para cima.
f ′′(x) < 0 se x < 2 . Func¸a˜o coˆncava para baixo.
Assim, o ponto
(
(2, 2
e
)
)
e´ ponto de inflexa˜o da func¸a˜o.
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Instituto de Matemática - IM/UFRJ
Cálculo Diferencial e Integral I - MAC118 - 2013/1
Gabarito primeira prova - Escola Politécnica / Escola de Química - 23/05/2013
Questão 1: (3 pontos)
Calcule os limites abaixo. Justifique suas respostas.
(i) lim
x→1
sen (x− 1)
x2 − 1 .
(ii) lim
x→+∞
2x2 − 3x− 4√
x4 + 1
.
(iii) lim
x→0
e2x − e−2x − 4x
x− senx .
Solução:
(i) Usando o limite fundamental, calculamos:
lim
x→1
sen (x− 1)
x2 − 1 = limx→1
sen (x− 1)
x− 1 ·
1
x+ 1 =
(
lim
x→0
senx
x
)(
lim
x→1
1
x+ 1
)
= 12 .
(ii) Calculamos colocando os termos dominantes em evidência no denominador e no numerador.
Após simplificar a fração, obtemos:
lim
x→+∞
2x2 − 3x− 4√
x4 + 1
= lim
x→+∞
2− 3/x− 4/x2√
1 + 1/x4
= 2.
(iii) Usamos a regra de l’Hôpital três vezes e obtemos que
lim
x→0
e2x − e−2x − 4x
x− senx = limx→0
2e2x + 2e−2x − 4
1− cos x limx→0
4e2x − 4e−2x
senx = limx→0
8e2x + 8e−2x
cos x = 16.
Questão 2: (2 pontos)
Um tanque tem 5m de comprimento e sua seção transversal é sempre um triângulo equilátero,
conforme a figura abaixo. Está sendo bombeada água para o interior do tanque a uma taxa de
0, 5m3/min. Com que velocidade o nível da água estará subindo quando o conteúdo de água no
tanque estiver com 0, 3m de profundidade?
Solução:
Seja V (t) o volume da água dentro do tanque
no instante de tempo t. Sabemos que V ′(t) =
0, 5m3/min. No instante t a quantidade de água dentro do tanque ocupa um volume no formato
de um prisma reto de comprimento 5m que tem como base um triângulo equilátero de altura
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h(t) (veja a figura). Assim, o volume V (t) de água dentro do tanque no instante t é dado
pela fórmula V (t) = 5A(t), onde A(t) é a área de um triângulo equilátero de altura h(t), logo
A(t) = h
2(t)√
3
. Portanto, vale a igualdade: V (t) = 5√
3
h2(t). Derivando a igualdade anterior
em relação ao tempo obtemos 0, 5 = 10√
3
h(t)h′(t). Então, quando h(t) = 0, 3m, temos que
h′(t) =
√
3/6 ≈ 0, 288m/min.
Questão 3: (3 pontos)
Considere a função y = f(x) = x
2 − 4x− 12
x+ 3 .
(a) Verifique que f ′(x) = x
2 + 6x
(x+ 3)2 e que f
′′(x) = 18(x+ 3)3 .
(b) Ache as assíntotas horizontais e verticais caso existam.
(c) Identifique os intervalos onde a função é crescente e onde é decrescente.
(d) Encontre os valores máximo e mínimo locais e/ou globais caso existam.
(e) Identifique os intervalos de concavidade para cima e para baixo e os pontos de inflexão.
(f) Usando as informações anteriores faça um esboço do gráfico de y = f(x).
Solução:
(a) De fato, temos que a primeira derivada é :
f ′(x) = (2x− 4)(x+ 3)− (x
2 − 4x− 12)
(x+ 3)2 =
2x2 + 6x− 4x− 12− x2 + 4x+ 12
(x+ 3)2 =
x2 + 6x
(x+ 3)2 .
Derivando de novo, vem:
f ′′(x) = (2x+ 6)(x+ 3)
2 − (x2 + 6x)2(x+ 3)
(x+ 3)4 =
(2x+ 6)(x+ 3)− 2(x2 + 6x)
(x+ 3)3
= 2x
2 + 6x+ 6x+ 18− 2x2 − 12x
(x+ 3)3 =
18
(x+ 3)3 ,
como queriámos.
(b) Temos que
lim
x→+∞ f(x) = +∞ e limx→−∞ f(x) = −∞,
logo não há assíntotas horizontais.
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No entanto
lim
x→−3+
f(x) = +∞ e lim
x→−3−
f(x) = −∞,
pois x2− 4x− 12 = (x− 6)(x+ 2) > 0 perto de x = −3 e, além disso, x+ 3 > 0 se x > −3
e x+ 3 < 0 se x < −3.
Temos, portanto, uma assíntota vertical em x = −3.
(c) Analisemos o sinal de f ′. Temos: f ′(x) = x(x+ 6)(x+ 3)2 . O sinal da derivada é, portanto,
determinado pelo sinal do numerador pois o denominador é sempre não negativo. Teremos,
então,
f ′ > 0 se x < −6 ou x > 0; e f ′ < 0 se − 6 < x < −3 ou − 3 < x < 0.
Logo f é crescente em (−∞,−6) ∪ (0,+∞) e f é decrescente em (−6,−3) ∪ (−3, 0).
(d) A derivada de f se anula em x = −6 e em x = 0, e muda de sinal em torno desses pontos.
Pelo Teste da Primeira Derivada temos:
x = −6 é ponto de máximo local e x = 0 é ponto de mínimo local.
Não há valores extremos globais pois a função tem limites infinitos em infinito e em
x = −3.
(e) O sinal da segunda derivada é o mesmo que o sinal do termo x+ 3. Assim,
f ′′ > 0 se x > −3; e f ′′ < 0 se x < −3.
A concavidade é , portanto, para cima se x > −3 e para baixo se x < −3.
(f) Gráfico da função f :
Questão 4: (2 pontos)
(a) Ache a derivada da função g(x) = ecos(x3).
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(b) Seja f(x) =
x
2 sen
( 1
x3
)
, se x > 0,
cosx− A, se x ≤ 0.
Encontre A de modo que a função f seja contínua em x = 0. Para esse valor de A determine
se f é derivável em x = 0. Justifique suas respostas.
Solução:
(a) Usando a Regra da Cadeia, obtemos
d
dx
(
ecos (x
3)
)
= ecos (x3) d
dx
(
cos (x3)
)
= ecos (x3)(−sen(x3))3x2.
(b) Para que f seja contínua em x = 0 devemos ter
lim
x→0+
f(x) = lim
x→0−
f(x) = f(0).
Vamos primeiramente calcular lim
x→0+
x2sen
( 1
x3
)
. Temos que −1 ≤ sen
( 1
x3
)
≤ 1 para
x > 0. Multiplicando a desigualdade por x2 ≥ 0, obtemos −x2 ≤ x2sen
( 1
x3
)
≤ x2
para todo x > 0. Como lim
x→0+
(−x2) = lim
x→0+
x2 = 0, segue do Teorema do Confronto que
lim
x→0+
x2sen
( 1
x3
)
= 0.
Por outro lado, como a função h(x) = cos x− A é contínua em x = 0, temos que
lim
x→0−
(cosx− A) = h(0) = cos(0)− A = 1− A.
Portanto, para que f seja contínua em x = 0, devemos escolher A = 1.
Quando A = 1 temos f(x) =
x2sen(
1
x3 ), se x > 0,
cosx− 1, se x ≤ 0.
Lembramos que a função f é derivável em x = 0 se e somente se o limite lim
x→0
f(x)− f(0)
x− 0
existe. Vamos primeiramente calcular lim
x→0−
f(x)− f(0)
x− 0 . Temos que
lim
x→0−
f(x)− f(0)
x− 0 = limx→0−
cosx− 1− 0
x
= lim
x→0−
−senx
1 = −sen(0) = 0.
Por outro lado, temos
lim
x→0+
f(x)− f(0)
x− 0 = limx→0+
x2sen
(
1
x3
)
x
= lim
x→0+
xsen
( 1
x3
)
.
Analogamente, temos −x ≤ xsen
( 1
x3
)
≤ x para todo x > 0 e lim
x→0+
(−x) = lim
x→0+
x = 0. Se-
gue do Teorema do Confronto que lim
x→0+
xsen
( 1
x3
)
= 0. Finalmente, como lim
x→0−
f(x)− f(0)
x− 0 =
0 = lim
x→0+
f(x)− f(0)
x− 0 , concluimos que limx→0
f(x)− f(0)
x− 0 existe ou em outras palavras f é
derivável em x = 0 e f ′(x) = 0.
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UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO
Instituto de Matema´tica
PRIMEIRA PROVA UNIFICADA – CA´LCULO I
POLITE´CNICA E ENGENHARIA QUI´MICA 13/12/2012.
GABARITO
1a Questa˜o. (3.0 pontos).
(a) Calcule:
lim
x→0+
3
√
x lnx.
(b) Considere uma func¸a˜o y = f(x) satisfazendo∣∣∣∣f(x)− 7x2 + 5x|x|+ 2x2 + 16
∣∣∣∣ ≤ 1x2 ,
para todo x 6= 0. Calcule, para esta func¸a˜o,
lim
x→−∞ f(x) e limx→+∞ f(x).
(c) Calcule a derivada f ′(x) se f(x) = ln[2 + cos(x2)].
• Soluc¸a˜o.
(a) (1.0 pontos) Como 3
√
x→ 0 e lnx→ −∞ quando x→ 0+, temos uma indeterminac¸a˜o
do tipo 0 · ∞. Usamos a regra de l’Hoˆpital para obter
lim
x→0+
3
√
x lnx = lim
x→0+
lnx
1/ 3
√
x
= lim
x→0+
1/x
−x−4/3/3 = limx→0+−3
3
√
x = 0.
(b) (1.0 pontos) A hipo´tese sobre f significa que
7x2 + 5x|x|+ 2
x2 + 16
− 1
x2
≤ f(x) ≤ 7x
2 + 5x|x|+ 2
x2 + 16
+
1
x2
.
Quando x → −∞ temos que, em particular, podemos restringir o foco a x < 0.
Assim, para x < 0, a desigualdade acima e´ o mesmo que
7x2 − 5x2 + 2
x2 + 16
− 1
x2
=
2x2 + 2
x2 + 16
− 1
x2
≤ f(x) ≤ 7x
2 − 5x2 + 2
x2 + 16
+
1
x2
=
2x2 + 2
x2 + 16
+
1
x2
.
Ambas func¸o˜es de cada lado da desigualdade teˆm limite igual a 2 quando x→ −∞.
Assim, pelo Teorema do Sanduiche, temos
lim
x→−∞ f(x) = 2.
Por outro lado, quando x → +∞ temos que, em particular, podemos restringir o
foco a x > 0. Assim, temos que
7x2 + 5x2 + 2
x2 + 16
− 1
x2
=
12x2 + 2
x2 + 16
− 1
x2
≤ f(x) ≤ 7x
2 + 5x2 + 2
x2 + 16
+
1
x2
=
12x2 + 2
x2 + 16
+
1
x2
.
Analogamente ao resultado anterior,
lim
x→+∞ f(x) = 12.
1
(c) (1.0 pontos) Seja f(x) = ln[2 + cos(x2)]. Enta˜o, usando a regra da cadeia, obtemos:
f ′(x) =
(
1
2 + cos(x2)
)
(−2x sin(x2)).
2a Questa˜o. (2.0 pontos).
(a) Verifique que, para todo par de pontos x, y ∈ (−pi/2, pi/2), tem-se
|tg x− tg y| ≥ |x− y|.
(Dica: use o Teorema do Valor Me´dio.)
(b) Considere a curva definida, implicitamente, pela equac¸a˜o
√
x y = 2(x− y) + x2y.
Ache o coeficiente angular da reta tangente a esta curva no ponto (1, 1).
• Soluc¸a˜o.
(a) (1.0 ponto) Sejam x e y quaisquer nu´meros reais em
(−pi/2, pi/2). Pelo Teorema do
Valor Me´dio temos
tg x− tg y = (tg ′(c))|x− y|,
para algum c entre x e y. Mas tg ′(c) = sec2(c) ≥ 1. Assim,
|tg x− tg y| = |(sec2(c))||x− y| ≥ |x− y|,
para todo par de pontos x, y ∈ (−pi/2, pi/2).
(b) (1.0 ponto) Primeiro verifiquemos que (1, 1) esta´ nessa curva:
√
1 · 1 = 2(1− 1) + 12 · 1⇒ (1, 1) esta´ na curva.
Derivemos implicitamente:
1
2
√
x
√
y +
√
x
1
2
√
y
y′ = 2− 2y′ + 2xy + x2y′.
Substituindo x = 1 e y = 1 chegamos a
1
2
+
y′
2
= 2− 2y′ + 2 + y′.
Resolvendo a equac¸a˜o para encontrar o coeficiente angular da reta tangente a esta
curva no ponto (1, 1), obtemos
y′ =
7
3
.
3a Questa˜o. (2.0 pontos).
O sol esta´ se pondo com aˆngulo de elevac¸a˜o (aˆngulo entre os raios e uma reta horizontal)
que diminui a uma taxa de 0, 25 radianos/hora. Com que velocidade estara´ crescendo a
sombra de um pre´dio de 30 metros de altura quando o aˆngulo de elevac¸a˜o do sol for
pi
6
?
2
• Soluc¸a˜o. (2.0 pontos)
Figura 1:
Vamos chamar de x = x(t) o tamanho da sombra do pre´dio, que corresponde ao tamanho
do segmento de reta horizontal que vai da base do pre´dio ate´ o ponto de intersec¸a˜o entre
os raios solares e o cha˜o. Chamemos de θ = θ(t) o aˆngulo de elevac¸a˜o. Notemos que,
quanto menor o aˆngulo de elevac¸a˜o, mais comprida sera´ a sombra, ou seja, maior sera´
x = x(t). Como a altura do pre´dio e´ de 30 metros, enta˜o o cateto oposto ao aˆngulo de
elevac¸a˜o mede 30 e o cateto adjacente mede x. Assim, obtemos
tg θ =
30
x
.
Derivando implicitamente vem:
(sec2 θ)θ′(t) = −30
x2
x′(t).
Observemos que, no instante t∗ em que o aˆngulo de elevac¸a˜o do sol for pi6 teremos tg θ(t
∗) =√
3
3 , donde x(t
∗) = 30
√
3 metros.
Notemos, ainda, que, por hipo´tese, θ′(t) = −0, 25 radianos/hora; o sinal ”−”vem do fato
que o aˆngulo de elevac¸a˜o esta´ diminuindo.
Juntando toda a informac¸a˜o obtemos:
x′(t∗) = −sec
2
(
pi
6
)
30
θ′(t∗)x2(t∗) = 30 metros/hora.
Soluc¸a˜o alternativa.
Ao escrever
tg θ =
30
x
,
note que, portanto,
x = 30 cotg θ.
Logo temos
x′ = −30 (cosec 2θ)θ′.
Da´ı substituimos θ = pi/6 e θ′ = −0, 25 rad/h e obtemos o mesmo resultado.
4a Questa˜o. (3.0 pontos).
Considere y = f(x) = x3e−−x.
3
(a) Verifique que
f ′(x) = (3x2 − x3)e−−x e que f ′′(x) = (x3 − 6x2 + 6x)e−−x.
(b) Ache as ass´ıntotas horizontais e verticais caso existam.
(c) Identifique os intervalos onde a func¸a˜o e´ crescente e onde e´ decrescente.
(d) Encontre os valores ma´ximo e mı´nimo locais e/ou globais caso existam.
(e) Identifique os intervalos de concavidade para cima e para baixo e os pontos de in-
flexa˜o.
(f) Usando as informac¸o˜es anteriores fac¸a um esboc¸o do gra´fico de y = f(x).
• Soluc¸a˜o.
(a) (0.5 pontos) Usando a regra do produto junto com a regra da cadeia vem:
f ′(x) = 3x2e−−x − x3e−−x = (3x2 − x3)e−−x, e
f ′′(x) = (6x− 3x2)e−−x − (3x2 − x3)e−−x = (x3 − 6x2 + 6x)e−−x.
(b) (0.5 pontos) Precisamos calcular
lim
x→−∞ f(x) e limx→+∞ f(x).
Temos:
lim
x→−∞ f(x) = −∞,
pois x3 → −∞ e e−−x → +∞ quando x→ −∞. Continuando,
lim
x→+∞ f(x) = limx→+∞
x3
ex
= lim
x→+∞
3x2
ex
= lim
x→+∞
6x
ex
= lim
x→+∞
6
ex
= 0,
onde usamos treˆs vezes seguidas a regra de l’Hoˆpital para eliminar a indeterminac¸a˜o
do tipo
∞
∞ .
Assim, ha´ uma ass´ıntota horizontal ao gra´fico de y = f(x) que e´ a reta y = 0.
Na˜o ha´ ass´ıntotas verticais uma vez que a func¸a˜o y = f(x) esta´ definida em toda a
reta real.
(c) (0.5 pontos) Notemos que f e´ (infinitamente) diferencia´vel em toda a reta real. As-
sim, devemos analisar o sinal da primeira derivada para determinar os intervalos de
crescimento e decrescimento. Temos:
f ′(x) = x2(3− x)e−−x,
logo f ′ se anula em x = 0, e em x = 3. O sinal e´ determinado pelo sinal de 3− x
e, portanto, e´ positivo em (−∞, 3) e negativo em (3,+∞).
Assim, f e´ crescente em (−∞, 3) e decrescente em (3,+∞).
(d) (0.5 pontos) Pelo Teste da Primeira Derivada ha´ um u´nico ponto de extremo local,
onde a derivada muda de sinal de positivo para negativo na direc¸a˜o x crescente;
donde este ponto e´ de ma´ximo local: x = 3. O valor ma´ximo local e´
f(3) =
27
e3
.
4
(e) (0.5 pontos) Analisemos o sinal da segunda derivada:
f ′′(x) = x(x2 − 6x + 6)e−−x = x(x− (3 +
√
3))(x− (3−
√
3))e−−x.
Temos que f ′′ e´ positiva nos intervalos (0, 3 − √3) e (3 + √3,+∞) e negativa nos
intervalos (−∞, 0) e (3−√3, 3 +√3).
A conclusa˜o e´ que o gra´fico de y = f(x) e´ coˆncavo para baixo em
(−∞, 0) ∪ (3−
√
3, 3 +
√
3)
e coˆncavo para cima em
(0, 3−
√
3) ∪ (3 +
√
3,+∞).
Ha´ treˆs pontos de inflexa˜o:
x = 0, x = 3−
√
3, e x = 3 +
√
3.
5
(f) (0.5 pontos)
Figura 2: Gra´fico
(a) y(x) = x3e−x
6
P1 Calculo1/prova_p1_gab_calc1_2010_2_eng.pdf
DEPARTAMENTO de ME´TODOS MATEMA´TICOS
INSTITUTO DE MATEMA´TICA
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO
GABARITO da PRIMEIRA PROVA UNIFICADA de CA´LCULO I
20 de outubro de 2010
Questa˜o 1. (3,0 pontos)
(a) Calcule:
(i) lim
x→+∞
√
x2 + 1
x+ 1
(ii) lim
x→+∞x
(pi
2
− arctanx
)
(b) Seja f(x) =

x− a√
x− x+ 2 se x 6= 4
b se x = 4
. Determine a e b, de modo que f seja cont´ınua
em x = 4.
Soluc¸a˜o.
(a) (i) lim
x→+∞
√
x2 + 1
x+ 1
= lim
x→+∞
√
x2
(
1 + 1
x2
)
x
(
1 + 1x
) = lim
x→+∞
√
1 + 1
x2
1 + 1x
= 1.
(ii) Note que
lim
x→+∞x
(pi
2
− arctanx
)
= lim
x→+∞
pi/2− arctanx
1/x
.
Aplicando a Regra de L’Hoˆpital,
lim
x→+∞
−1/(1 + x2)
−1/x2 = limx→+∞
x2
1 + x2
= lim
x→+∞
1
1 + 1/x2
= 1 .
(b) Se f e´ cont´ınua em x = 4:
(1) Existe f(4); (2) Existe lim
x→4
f(x); (3) lim
x→4
f(x) = f(4).
Para que exista lim
x→4
f(x) = lim
x→4
x− a√
x− x+ 2, devemos ter limx→4x− a = 0, ou seja, a = 4.
Isto porque, uma vez que lim
x→4
√
x− x+ 2 = 0, se o limite da expressa˜o no numerador for
diferente de zero, lim
x→4
x− a√
x− x+ 2 na˜o existira´.
Para satisfazer a` condic¸a˜o 3 e encontrar o valor f(4) = b, vamos calcular lim
x→4
x− a√
x− x+ 2.
Veja que a expressa˜o do limite corresponde a uma indeterminac¸a˜o do tipo 00 .
Usando a Regra de L’Hoˆpital:
lim
x→4
x− a√
x− x+ 2 = limx→4
1
1
2
√
x
− 1 = −
4
3
.
Assim, b = −4
3
.
Questa˜o 2. (2,0 pontos)
(a) Encontre os pontos da curva x2 − xy + y2 = 3 onde a reta tangente e´ horizontal.
(b) Suponha que f(2) = 7 e f ′(x) > 2 para x ∈ [2, 5]. Qual o menor valor que f(5) pode ter?
Soluc¸a˜o.
(a) Derivando implicitamente com relac¸a˜o a x:
2x− y − xdy
dx
+ 2y
dy
dx
= 0.
Logo,
dy
dx
=
y − 2x
2y − x.
A reta tangente no ponto (x, y) sera´ horizontal se, e somente se, dydx = 0 ou, equivalente-
mente, y = 2x. Substituindo y = 2x na equac¸a˜o da curva:
x2 − x(2x) + 4x2 = 3⇔ 3x2 = 3⇔ x± 1.
Portanto, os pontos da curva onde a reta tangente e´ horizontal sa˜o (1, 2) e (−1,−2).
(b) Podemos aplicar o Teorema do Valor Me´dio ao intervalo [2, 5], pois f e´ diferencia´vel (logo,
cont´ınua) em toda parte. Enta˜o, existe um nu´mero c tal que
f ′(c) =
f(5)− f(2)
5− 2 ⇒ f(5) = f(2) + 3f
′(c)⇒ f(5) = 7 + 3f ′(c) .
Como f ′(x) ≥ 2 em [2, 5], teremos f ′(c) ≥ 2 e, portanto, f(5) ≥ 13.
Logo, o menor valor de f(5) e´ 13.
Questa˜o 3. (2,0 pontos)
No desenho, o ponto A representa um objeto que se desloca
so-
bre uma semicircunfereˆncia de raio 5 m, com velocidade constante
0,1 m/s. Em cada instante, h e´ a distaˆncia de A ate´ o diaˆmetro
PQ.
Durante o movimento de subida, qual sera´ a taxa de variac¸a˜o
da distaˆncia h no momento em que ela medir 4 m? P Q
0,1 m/s
h
A
Soluc¸a˜o.
Se raciocinarmos como nas aulas de f´ısica, encontraremos uma soluc¸a˜o muito simples. Basta
observarmos que a taxa de variac¸a˜o de h e´ dada pela componente vertical da velocidade do
ponto A.
Deixamos esta soluc¸a˜o para voceˆ completar e apresentamos abaixo uma outra (um pouco
maior) que utiliza ideias normalmente desenvolvidas nas aulas de ca´lculo.
P Q
0,1 m/s
B
h
A
5 m
C
θ
s
Do triaˆngulo ABC:
h = 5 sen θ ⇒ dh
dt
= 5 cos θ
dθ
dt
.
Do setor circular CAP:
s = 5θ ⇒ ds
dt
= 5
dθ
dt
⇒ 0,1 = 5dθ
dt
⇒ dθ
dt
= 0,02 .
Ou seja,
dh
dt
= 5 cos θ.0,02 = 0,1 cos θ . Quando h = 4, BC = 3 e, portanto,
dh
dt
= 0,1.
3
5
= 0,06 m/s.
Questa˜o 4. (3,0 pontos)
Seja f(x) = x2e(4−x). Obtenha, caso existam:
(a) As ass´ıntotas horizontais e verticais do gra´fico de f .
(b) Os intervalos onde f e´ crescente e onde e´ decrescente.
(c) Os intervalos onde o gra´fico de f e´ coˆncavo para cima, onde e´ coˆncavo para baixo e os
pontos de inflexa˜o.
Usando as informac¸o˜es acima, esboce o gra´fico de f e determine seus valores extremos (relativos
e absolutos) caso existam.
Soluc¸a˜o.
(a) Ass´ıntotas Horizontais:
lim
x→∞x
2e4−x = lim
x→∞
x2
ex−4
= lim
x→∞
2x
ex−4
= lim
x→∞
2
ex−4
= 0 e lim
x→−∞x
2e4−x =∞ .
Logo, y = 0 e´ uma ass´ıntota horizontal do gra´fico de f .
Ass´ıntotas Verticais: na˜o possui pois f e´ cont´ınua nos reais.
(b) f ′(x) = 2xe4−x − x2e4−x = e4−x(2x− x2).
Como e4−x e´ sempre maior que zero, f ′(x) > 0⇔ 2x− x2 > 0 . Enta˜o, se x ∈ (0, 2), f e´
crescente.
f ′(x) < 0⇔ 2x− x2 < 0. Logo, se x ∈ (−∞, 0) ∪ (2,∞), f e´ decrescente.
(c) f ′′(x) = 2e4−x − 4xe4−x + x2e4−x = (x2 − 4x+ 2) e4−x.
Assim, se x ∈ (−∞, 2 − √2) ∪ (2 + √2,∞), f ′′(x) > 0 e o gra´fico de f e´ coˆncavo para
cima. Se x ∈ (2−√2, 2 +√2), f ′′(x) < 0 e o gra´fico de f e´ coˆncavo para baixo.
Em vista disso,
(
2−√2, f(2−√2)) e (2 +√2, f(2 +√2)) sa˜o os pontos de inflexa˜o.
Valores extremos.
De acordo com o item (b) e da observac¸a˜o do
gra´fico ao lado temos:
ma´ximo relativo, 4e2 em x = 2;
mı´nimo absoluto, 0 em x = 0.