2015 - APOSTILA – UP-GRADE – VOLUME I
MATEMÁTICA
Prof. Marcelo Renato
GABARITO / RESOLUÇÕES - AULA 05: INEQUAÇÕES DE 1º E 2º GRAUS
1.
2
a) .x
5x 25
5
Como
2
.x 5x
0:
Simplificando 5
1
5 x
x
5
2
5 x
25
5
5
5
1
5
x
5 , ou seja, x
3,14 5
5
5
5 , assim teremos: S
x
b) Os números naturais “x” são tais que x
5 x
25
5
x IR | x
x
5
.
5
8,14 .
Os números naturais são: 0 / 1 / 2 / 3 / 4 / 5 / 6 / 7 / 8
Portanto são 9 (nove) números naturais.
2x 6
c) Determine o conjunto solução da inequação
x
2x 6
x2
1
x2
2x 15
x2
x
2x 6
2
9
2x 15
1.
2x 15
x2
2x 15
1 0
x2
2x 15
x2 9 , g x
x2
x2
2x 6
2x 6
1 0
0 .... Fazendo f x
2
2x 15
0
2x 15
2x 15
e estudando os sinais dessas funções...
x2
f x
g x
Assim, S
x
2
9
0
2x 15
x IR | x 3 ou x
5 e x
3 .
Outra maneira de apresentar a resposta: S
x IR | x
3 ou
Respostas: a) x IR | x
b) Nove.
c)
5 .
3
2.
DENOMINADOR
RADICAIS
a) Restrições: Temos que 1 x
0 e 1 x
0 e
1 x
1
1 x
0
x 3 ou x
5
x IR | x 3 ou x
5 e x
3 .
2015 - APOSTILA – UP-GRADE – VOLUME I
o Analisando as restrições para os Radicais:

Radical
1 x:
1 x
0
x

Radical
1 x:
1 x
0
x
1 D1
1 D2
o Analisando a restrição para o Denominador:

1 x
1 x
0
Assim, o domínio “D” será:
1 x
1 x
D D1
D2
Portanto, o domínio “D” será:
D
1 x 1 x
0 D3
D3 .
x IR |
Obs: Tal domínio pode ser escrito D
x
x IR |
1 x 1e x
1 x 0 ou 0
0 .
x 1 .
1,0
1,0 .
Atenção: Na resposta do vestibular SÓ PODERÁ ESTAR ESCRITO DE UMA MANEIRA SÓ !
Podendo ainda ser escrito com a notação de intervalos:
1 x
1 x
1 x
1 x
1 x
1 x
1 x
1 x
f x
1 x2
.
x
1
D , tem-se f x
b) Mostre que, para todo x
Racionalizando o Denominador...
1 x
f x
1 x
1 x
1 x
2
2
1 x
2
1 x
f x
3.
a) f x g x
0
f x
2
2
1 x
1 x
1 x
1 x2
2
1 x
Respostas: a) D
1 x
1 x
f x
1 x
2
1 x
5x
1 x
1 x
2
2
2 2
f x
1 x 1e x
2x 5
2
2
2
1 x
x IR |
1 x
1 x2
2x
0
f x
b) Vide Resolução.
0:
Estudando os Sinais de cada função:
2
1
1 x2
x
2015 - APOSTILA – UP-GRADE – VOLUME I
Assim, f x g x
b) g x
0 para
x IR | x
f x para todo x
2x 5 p x
5 / 2 ou x
0 .
8, 1 .
2 p x
5
o Como esta condição deverá ser válida para o intervalo de x
Para x
8
2 p
8
1
2 p
1
5
16 8p
5
p
8, 1 , teremos...
11
(condição C1)
8
e
Para x
5
2 p
5
p
3 (condição C2)
Conclusão:
A condição “C” necessária e suficiente para que g x
C C1
C2
Respostas: a)
p IR | p
x IR | x
3
f x para todo x
8, 1 , será C C1
.
5 / 2 ou x
0 .
b)
p IR | p
3 .
4.
Cálculo de g x :
f og x
2 g x
1 2x3
4x 1
2 g x
2x3
4x
2x3
g x
4x 1
x3
2x
g x
Estudando os sinais das funções que compõem g(x), aqui denominadas h x
Resolvendo g x
Resposta:
x IR |
0:
2
x
0 ou x
2
.
3
x x2
2
x e m x
.
x2
2,
C2 .
2015 - APOSTILA – UP-GRADE – VOLUME I
5.
a) No ponto “P” temos que g x
f x , ou seja,
2x2 12x 10
2
4x 4
2
2x 16x 14 0
x
8x 7 0
x1 1 e x 2 7 .
Pelos gráficos representados no sistema de coordenadas, concluímos que a abscissa do ponto “P” é 7, pois
existem dois pontos em que g x f x , o ponto “P” possui sua abscissa maior que o outro ponto de
intersecção das funções.
Para x2
7
f 7
g 7
4 7
4
f 7
24 .
g 7
Assim, as coordenadas do ponto “P” são 7,24 .
b)
g x
f x
0, f x
2x 2 12x 10
4x 4
0.
0
Respostas: a) P(7, 24).
b) S
{x
IR | x
5ex
ax2 bx c
g x
1}.
6.
g x
g x
f 3
a x 0
x 6
ax x 6
3
3
f 3
g 3
27
a 3 3 6
g x
27
27
a 1
x x 6
Resolvendo a inequação f ( x ) g ( x ) :
x3
x3
Denominando as funções h x
x3
x x 6
x x 6
x e m x
x2
x x 6
x x2
0
x 6
4
x 6
0
0
2015 - APOSTILA – UP-GRADE – VOLUME I
Resolvendo a inequação h x m x
Resposta: S
x IR | 2
7.
a) Definindo h x
0
x 0 ou x 3 .
f x
g x teremos f x
g x
f x
g x
0
h x
0
Assim,
x 14
x2
g x
h x
h x
f x
Conclusão: f x
6x 8
x2 5x 6
h x
x2
0
5x 6
S
g x
x IR | x
k
g x
x2
Definindo P x
x2
x 14
k
x2
6x 8
Arrumando: x 14 k
1 ou x
6x 8 .
x2 5x
k 6
b2
0
25
4k 24
x IR | x
Respostas: a)
0
k 6 , função do 2º grau cuja representação gráfica é uma parábola com
5x
concavidade voltada para cima, teremos que P x
Assim:
6 .
g x
f x
b) f x
0
4ac
0
0
5
4k
1 ou x
6 .
0 se e somente se
2
4 1 k 6
49
1
b)
49
.
4
k
49
4
0 .
0
k min
49
.
4
RESPOSTAS – AULA 05 (INEQUAÇÕES de 1º e 2º Graus)
1) a) x IR | x
5 .
2) a) D
1 x 1e x
3) a)
4)
x IR |
x IR | x
x IR |
2
5) a) P(7, 24).
6) S
7) a)
x IR | 2
x IR | x
b) Nove.
5 / 2 ou x
x
2
{x
b)
p IR | p
.
IR | x
5ex
1}.
x 0 ou x 3 .
1 ou x
6 .
x IR | x 3 ou x
b) Vide Resolução.
0 .
0 ou x
b) S
0
c)
b)
49
.
4
5
3 .
5 e x
3 .
2015 - APOSTILA – UP-GRADE – VOLUME I
GABARITO / RESOLUÇÕES - AULA 06: INEQUAÇÕES EXPONENCIAIS e LOGARÍTMICAS
1.
a) 3x
2 5x 7
x2
3x
3
2 5x 7
31
5x 7 1 , pois a base “3” é maior que 1.
Resolvendo (vide gráfico ao lado):
x2
5x 6
x2 5x 6 , resolveremos f x
Denominando f x
2
Assim, 3x 5x 7
3
x IR | 2
b) Verificamos na solução encontrada
x
0.
3 .
x IR | 2 x 3 que não existe nenhum número inteiro.
x IR | 2 x 3 .
Respostas: a)
0
b) S
.
2.
a 1 (convém salientar que ax1
Atenção: 0
a a2 ax
x1
x 2 );
a 1 , multiplicando os membros por “a” encontramos que 0 a2
Além de que, se 0
a2x
a x2
a3
Fazendo a x
y : y2
Definindo f y
y2
0
a a2
a a2
y a3
0
y a3
Iremos calcular para quais valores reais de “y” teremos f y
0.
Sabemos que a representação gráfica de f y é uma parábola com a
concavidade voltada para cima.
Para esse caso sabemos, também, que para f y
0 esta deverá
possuir duas raízes reais distintas y1 e y2 .
Tal condição exige que f y 0 para os valores reais de “y” tais que
y1
y
y2 .
a a2
Calculando as raízes de f y
f y
y
2
2
a a
a2
y a
a3
4 1
2a3
a4
y
a a2
a2
2a3
a2
a2
a
a2
2
2
a2
2
2a2
2
y1
a2
y2
2a
2
y2
a
a
6
2a3
a4
4a34
2
a a2
y
y1
a
a2
4a3
2
a
2
a a2
y2
a4
a a2
2
y1
a a2
4a3
a a2
y
2
3
2
a a2
y
0:
a2
2
a
, pois a2
a
2
0
a .
2015 - APOSTILA – UP-GRADE – VOLUME I
Como a x
f y
a2
0
y
a
y
2
pois 0
Arrumando a resposta: 2
Resposta: 1 x 2 .
x 1
2.
1 x
3.
b 0
a 0 (condições de existência do Logaritmo)
a 1
loga b
x2
8x 12
0
x
Resposta:
x IR | x
4.
CE: 2x 1 0
x
R1
6 (Restrição R1)
x 5 (Restrição R2)
x 4 (Restrição R3)
5 x 0
5 x 1
O Domínio “D” de f(x) será: D
2 ou x
R2
R3
0
2x 1 20
2 .
1/ 2
Cálculo da raiz de f x : log 2 2x 1
Cálculo das raízes de g x :
x2
4
0
x
2 e x
2x 1 1
2
Análise dos sinais das funções:
Quadro de sinais: Solução Provisória (SP) e Condição de Existência
Resposta: S
1
,1
2
2,
.
7
x 1
a2
x 1
a 1.
ax
a1 ,
2015 - APOSTILA – UP-GRADE – VOLUME I
5.
220
a) N t
(função com “t” em anos).
t
1 10 0,81
6 meses = 1/2 ano
220
N 1/ 2
1 10 0,81
N 1/ 2
1/2
1 10
220
N 1/ 2
220
81/ 100
22 ovelhas .
N 1/ 2
9
10
b) O tratamento será dispensado quando N 88 ovelhas .
1 10
1
220
1 10 0,81
t
220
88
t
1 10 0,81
88
1
1 10 0,81
220
10 0,81
81
100
t
1
88
220
220
1
88
t
t
3
20
9
10
10 0,81
2t
3
20
5
1
2
t
(inverteu a desigualdade).
220
9
10
Ln
0,81
2t
Ln
t
3
20
3
20
2t
9
3
Ln
2 t Ln 9 Ln 10
10
20
Cálculos dos valores de cada logaritmo:
Ln
Ln 9
Ln 32
2 Ln 3
Ln 10 Ln 2 5
Ln 20 Ln 2 10
2 1,1
Ln 9
Ln 2 Ln 5
0,7 1,6
Ln 2 Ln 10
2t Ln 9 Ln 10
Em ( 1 ):
2t 2,2 2,3
2t
0,1
Ln 3
Ln 20 ... ( 1 )
2,2
Ln 10
0,7 2,3
2,3
Ln 20
3,0
Ln 3 Ln 20
1,1 3
1,9
0,2 t 1,9
1,9
0,2
t
Respostas: a) 22 ovelhas.
1
9,5 anos .
t
b) 9,5 anos.
6.
a) Considerando C o capital acumulado a uma taxa anual de 8% após n anos, teremos:
C 12000. 1 0,08
C 12000. 1,08
b) Considerando o capital inicial C0
C
C0 . 1 0,08
C
2C0
C0 . 1 0,08
n
1,08
n
n . log10
2.C0
n
2
n
log10 2
22.33
102
C
12000. 1,08
C
13996,80
log10 2
n . 2.log10 2
3.log10 3
n . 2.0,301
3.0,477
n . 0,602
n . 0,033
n
O menor valor inteiro para n será: nmin
Respostas: a) R$ 13.996,80.
2 anos :
0:
n
108
100
2
108
log10
100
n
Para n
n
1,431
2
0,301
0,301
0,033
n
10
b) 10 anos.
8
9,12
2.log10 10
2.1
0,301
0,301
log10 2
2
2015 - APOSTILA – UP-GRADE – VOLUME I
7.
Considerando A x e B x
os números de usuários, por 100 mil habitantes, respectivamente no país A e
país B, para “x” anos completos a partir de 2004: A x
A x
B x
1,20
1,10
x
284,5 1,20
728,32
284,5
x
22 3
11
22 3
11
x
log10
x
2 log10 2 log10 3
x
2 0,30 0,48
x 1,08 1,04
x 0,04
x
728,32 1,10
1,20
1,10
x
x
x
e B x
728,32 1,10
22 3
11
28
10
log10 11
1,04
2
x
log10
x
28
(aplicando logaritmos em ambos os membros)
102
log10 22
log10 3
log10 11
log10 28
log10 102
8 log10 2 2 log10 10
8 0,30 2 1
2,4 2 1
x | x Z, xmin
x 10 anos
11 anos .
Resposta: 11 anos.
RESPOSTAS – AULA 06 (INEQUAÇÕES EXPONENCIAIS e LOGARÍTIMICAS
1) a)
x IR | 2 x 3 .
2) 1 x
3)
.
2 .
1
,1
2,
2
5) a) 22 ovelhas.
6) a) R$ 13.996,80.
7) 11 anos.
4) S
b) S
2.
x IR | x
.
728,32
284,5
0,4
0,4
0,04
x
64
(arrumando os números para facilitar o uso dos logaritmos dados)
25
log10
52 22
log10
x
12
11
2
26 2
x
284,5 1,20
.
b) 9,5 anos.
b) 10 anos.
9