MAT09570 – CÁLCULO 1 Turmas da Manhã – Período 2012/1 1ª Prova Parcial 1. (1 ponto) Esboce o gráfico de f (x)= 1−|x+1|. Indique no seu esboço os pontos onde o gráfico intercepta os eixos coordenados. 2. (1,5 pontos) Seja f (x)= 1 1+2x . Encontre uma fórmula para f −1(x). Qual o domínio e a imagem de f −1 ? 3. Calcule os limites (a) (1,5 pontos) lim x→−∞ x+2p 9x2+1 ; (b) (1 ponto) lim x→0 (e x −1)cos 1 x2 . 4. (2 pontos) Mostre que existe x ∈ (0,6) tal que cos(pix)= 5 x . 5. Seja f a função dada por f (x)=  p 1−2x−1 x se x < 0; − p 2x2+1 se 0É x < 2; 3 x se x Ê 2. (a) (1,5 pontos) Em que pontos f é contínua? (b) (1,5 pontos) Calcule f ′(3) diretamente da definição de derivada e determine a equa- ção da reta tangente ao gráfico de f no ponto (3,1). Nota: Não é permitido o uso de calculadoras. Todas as questões devem ser justificadas atra- vés de cálculos ou pela citação de teoremas apropriados. Respostas sem justificativas serão desconsideradas. A duração da prova é de 2 horas. 1 Prof.: Etereldes 13/04/2012 Soluc¸a˜o da Prova I - Ca´lculo I 1. Como |x + 1| = { x+ 1, se x ≥ −1 −x− 1, se x < −1 enta˜o f(x) = { −x, se x ≥ −1 x+ 2, se x < −1 . Assim seu gra´fico e´: 2. Vamos encontrar o domı´nio e imagem de f . Como 1 + 2x 6= 0 para todo x ∈ R, o domı´nio de f e´ R. Como 2x > 0 para todo x, enta˜o f(x) < 1 para todo x. Ale´m disso f(x) > 0 para todo x. Logo, o Im(f) = {y ∈ R; 0 < y < 1}. Sendo assim a f−1 : {y ∈ R; 0 < y < 1} 7−→ R. f−1 e´ a func¸a˜o tal que 1 1 + 2f−1(y) = y. Poratnto f−1(y) = log2 ( 1− y y ) . 3. a) lim x→−∞ x(1 + 2 x )√ 9x2(1 + 1 9x2 ) = lim x→−∞ x(1 + 2 x ) 3|x| √ (1 + 1 9x2 ) = −1 3 lim →−∞ (1 + 2 x )√ (1 + 1 9x2 ) = −1 3 . b) Veja que se x > 0 enta˜o ex − 1 > 0. Como −1 ≤ cos( 1 x2 ) ≤ 1 para todo x 6= 0, enta˜o −(ex − 1) ≤ (ex − 1) cos( 1 x2 ) ≤ (ex − 1). Pelo teorema do confronto temos − lim x→0+ (ex − 1) ≤ lim x→0+ (ex − 1) cos( 1 x2 ) ≤ lim x→0+ (ex − 1). Logo, lim x→0+ (ex − 1) cos( 1 x2 ) = 0. Por outro lado, se x < 0 enta˜o ex−1 < 0. Como −1 ≤ cos( 1 x2 ) ≤ 1 para todo x 6= 0, enta˜o (ex − 1) ≤ (ex − 1) cos( 1 x2 ) ≤ −(ex − 1). Pelo teorema do confronto temos lim x→0− (ex−1) ≤ lim x→0− (ex−1) cos( 1 x2 ) ≤ − lim x→0− (ex−1). Poratnto, lim x→0− (ex−1) cos( 1 x2 ) = 0. Como os limites laterais sa˜o zero, enta˜o o limite e´ zero. 4. Seja f(x) = cos(pix) − 5 x . Veja que f e´ cont´ınua em (0, 6] em particular em [1, 6]. Ale´m disso f(1) = cos(pi) − 5 = −6 < 0 e f(6) = cos(6pi) − 5 6 = 1 6 > 0. Pelo Teorema do valor intermedia´rio, existe x ∈ (1, 6) tal que f(x) = 0. 5. a) Os possiveis pontos de descontinuidade de f sa˜o x = 0 e x = 2. Vamos analisar o acontece nestes pontos. Como lim x→0 √ 1− 2x− 1 x = lim x→0 √ 1− 2x− 1 x √ 1− 2x+ 1√ 1− 2x+ 1 = limx→0 −2x x( √ 1− 2x+ 1) = −1 2 enta˜o lim x→0− f(x) = −1. Ale´m disso, lim x→0+ f(x) = lim x→0+ − √ 2x2 + 1 = −1 = f(0). Logo, f e´ cont´ınua em x = 0. Vamos analisar em x = 2. lim x→2− f(x) = lim x→2− − √ 2x2 + 1 = − √ 9 = −3. e lim x→2+ f(x) = lim x→0+ 3 x = 3 2 = f(2). Logo lim x→2 f(x) na˜o existe, e portanto f na˜o e´ cont´ınua em x = 2. Concluimos enta˜o que f e´ cont´ınua R− {2}. b) f ′(3) = lim h→0 f(3 + h)− f(3) h = lim h→0 3 3+h − 3 3 h = lim h→0 3−(3+h) 3+h h = − lim h→0 −h 3+h h = −1 3 . A equac¸a˜o da reta tangente no ponto (3, 1) e´ y − 1 = f ′(3)(x − 3) = −1 3 (x − 3), ou seja, y = −x 3 + 2. P1m 2012-1 Sol P1m 2012-1

Sol P1m 2012-1

Conteudo restrito apenas para assinantes