Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio
de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Métodos Determinísticos
AP2- 07/06/2009 – Gabarito
1ª Questão – valor: 2,0
Determine a equação da reta tangente ao gráfico da função f(x) =
x2 + x
2x − 1
em x0 = 1 .
Solução:
O coeficiente angular da reta tangente ao gráfico de f no ponto (1 , 2) é dado
pela derivada da função calculada em x0 = 1 , f ’ (1).
Já que a lei da função f é o quociente de duas funções, para determinarmos sua
derivada teremos que usar a regra do quociente.
f ( x) =
x2 + x
2x − 1
u ( x) = x 2 + x
v( x) = 2 x − 1
u ' ( x) = 2 x + 1
v' ( x) = 2
(2 x + 1).(2 x − 1) − ( x 2 + x).2 4 x 2 − 1 − 2 x 2 − 2 x 2 x 2 − 2 x − 1
=
=
.
(2 x − 1) 2
(2 x − 1) 2
(2 x − 1) 2
2.1 − 2.1 − 1 − 1
f ' ( x0 ) = f ' (1) =
=
= −1.
1
(2 − 1) 2
f ' ( x) =
Assim, a equação da reta tangente é y = - x + b. Como (1, 2) é um ponto da reta,
obtemos que b = 3.
Logo, a reta procurada tem equação y = - x + 3.
2ª Questão – valor: 2,0
 x 2 − 3x + 2
, se x < 1

x
−
1

Considere a função definida por f ( x) = 0, se x = 1
; f é contínua em seu
4 x − 5, se x > 1


domínio? Justifique.
Solução:
Temos que verificar a continuidade em x = 1, isto é, se lim f ( x) = f (1) .
x →1
Como,
x 2 − 3x + 2
( x − 1).( x − 2)
= lim−
= lim− ( x − 2) = −1 e
x →1
x →1
x
→
1
x →1
x −1
x −1
lim+ f ( x) = lim+ (4 x − 5) = 4 − 5 = −1 ,
lim− f ( x) = lim−
x →1
x →1
concluímos que lim f ( x) = −1 ≠ f (1). Logo, f é não é contínua em x = 1.
x →1
Como f é o quociente de funções contínuas temos que f é contínua ℜ − {1}.
3ª Questão – valor: 2,0
Considere o polinômio f ( x) =
1 3
x − 4x .
3
a) O polinômio possui máximo ou mínimo local? Justifique sua resposta.
b) O polinômio possui máximo ou mínimo global? Justifique sua resposta.
Solução:
a) O domínio da função é D ( f ) = ℜ = ( −∞,+∞ ) . Calculando-se a primeira
derivda:
1
f ´(x) = .3.x 2 − 4.1 = x 2 − 4 .
3
f ´(x) = 0 ⇔ x 2 − 4 = 0 ⇔ ( x − 2).( x + 2) = 0.
Assim, os pontos críticos de f têm abscissas x = 2 e x = -2.
-∞
f ' ( x) = x − 4
f(x)
2
- 2 2 +∞
+ - +
↑ ↓ ↑
Logo, do estudo acima podemos concluir que f é crescente em (-∞ , -2) ∪ (2 , ∞)
16 

e f é decrescente em (-2 , 2). Além disso, temos que o ponto  − 2,  é um
3

16 

máximo local e o ponto  2,−  é um mínimo local.
3

b) Não, já que lim f ( x ) = −∞ e lim f ( x ) = ∞ .
x→− ∞
x→ ∞
4ª Questão – valor: 2,0
Calcule as integrais indefinidas: a)
∫ t.(t
2
+ 7) 4 dt
b)
∫ x. ln xdx
Solução:
a)
∫ t.(t
2
+ 7) 4 dt
Seja u = t 2 + 7 , então du = 2tdt . Fazendo a mudança de variáveis na integral,
vem
2
4
∫ t.(t + 7) dt =
b)
(
t2 + 7
1 4
1 u5
u
du
=
⋅
=
2∫
2 5
10
)
5
+ C.
∫ x. ln xdx
Resolvendo por partes:
u = ln x
u ´=
1
dx
x
∫ x. ln xdx =
v=
∫ udv = u.v − ∫ vdu
x2
2
v´= xdx
x2
1
x2
x2
. ln x − ∫ xdx =
. ln x −
+ C.
2
2
2
4
5ª Questão – valor: 2,0
Determinar a área da região hachurada, isto é, a área da região entre o gráfico
da função f ( x) = 3.( x − 2) 2 e o gráfico da função g ( x) = − x 2 + 4 x .
5
4
3
2
1
−2
−1
1
2
3
4
5
−1
Solução:
O primeiro passo é calcular a interseção entre o gráfico das funções;
f(x) = g(x)
3x 2 − 12 x + 12 = − x 2 + 4 x ↔ 4.( x 2 − 4 x + 3) = 0 ↔ x 2 − 4 x + 3 = 0
4 ± 16 + 12 4 ± 2
=
.
2
2
x1 = 1; x 2 = 3
x=
.
Os pontos de interseção são (1,g(1)) = (1,3) e (3,g(3)) = (3,3).
Do gráfico, obtemos que a área procurada é dada por
A = A1 – A2, onde A1 =
3
∫ g (x )dx e A2 =
∫ f (x )dx .
1
1
3
Utilizando-se as propriedades da integral definida, podemos escrever a área
3
como A =
∫ ( g − f )(x )dx . Do Teorema Fundamental do Cálculo, obtemos que a
1
área procurada é dada por:
∫ (− 4 x
3
2
)
+ 16 x − 12 dx = F (3) − F (1), onde F ( x ) = ∫ (− 4 x 2 + 16 x − 12 )dx.
1
Calculando a primitiva:
∫ (− 4 x
2
)
+ 16 x − 12 dx. = − 4∫ x 2 dx + 16 ∫ xdx − 12 ∫ dx = −
Assim,
A= −
 4.(1) 3

4.(3) 3
+ 8(3) 2 − 12.3 − −
+ 8(1) 2 − 12.1 =
3
3


 4

 16  16
− 36 + 72 − 36 − − − 4 = − −  = .
 3

 3 3
4x3
+ 8 x 2 − 12 x + C .
3