UNIVERSIDADE FEDERAL DE ITAJUBÁ
GABARITO DE FUNDAMENTOS DA MATEMÁTICA – PROVA DE TRANSFERÊNCIA
INTERNA, EXTERNA E PARA PORTADOR DE DIPLOMA DE CURSO SUPERIOR
01/12/2013
CANDIDATO: _______________________________________________________
CURSO PRETENDIDO: _______________________________________________
OBSERVAÇÕES:
01 – Prova SEM consulta.
02 – A prova PODE ser feita a lápis.
03 – PROIBIDO o uso de calculadoras e similares.
04 – Duração: 2 HORAS.
1
1a Questão (10 pontos): O número de raízes reais da equação exponencial 2 x  4  x é:
a) 4
b) 3
c) 2
d) 1
e) 0
SOLUÇÃO
1
Temos: 2 x  2 2 x
Então:
1
1
 2 x   2 x 2  1  x 2  
x
2
Esta equação não possui raízes reais.
2a Questão (10 pontos): Supondo que
a) 5
b) 4
log
c) 3
2
10
 0,30 , qual o valor aproximado de 10 0,70 ?
d) 2
e) 1
SOLUÇÃO
Da definição de logaritmo, podemos dizer que: 10 0,30  2 .
Mas: 10 0,70  1010,30  10 0,70 
Portanto: 10 0,70  5
10
10 0,30
 10 0,70 
10
2
3a Questão (10 pontos): Sabe-se que x é um número real pertencente ao intervalo 0,2  e que
o triplo da sua secante, somado ao dobro da sua tangente, é igual a 3. Calcule o cosseno do
número x .
a)
4
13
b)
5
13
c)
6
13
d)
7
13
e)
8
13
SOLUÇÃO
De acordo com o enunciado da questão, temos: 3. sec x  2.tgx  3 .
Podemos, então, escrever:
3
senx
 2.
 3  3  2senx  3 cos x  2senx  3 cos x  3
cos x
cos x
Elevando ao quadrado os dois membros dessa igualdade, temos:
2senx2  3 cos x  32
 4sen 2 x  9 cos 2 x  18 cos x  9
Porém, como sen 2 x  1 cos 2 x , teremos:
41  cos 2 x   9 cos 2 x  18 cos x  9
4  4 cos 2 x  9 cos 2 x  18 cos x  9
13 cos 2 x  18 cos x  5  0
A equação acima é de segundo grau na variável cos x .
Portanto, aplicando Bhaskara, teremos:
cos x  1
18  324  260
18  8

cos x 
 cos x 

5
26
26
cos x 

13

A solução cos x  1 não serve, pois não aparece no intervalo 0  x  2 .
Portanto, teremos finalmente: cos x 
5
13
4a Questão (10 pontos): Sejam f e g funções definidas no conjunto dos Números Reais. Se
f x   7 x  2 e f g x   3x , então g 45 é igual a:
a) 17
b) 18
c) 19
d) 20
e) 21
b) SOLUÇÃO
Temos f g x   7 g x   2  7 g x   2  3x  g x  
Para x  45 teremos: g 45 
3x  2
.
7
3.45  2 135  2 133


 19
7
7
7
5a Questão (10 pontos): Sabe-se que o ponto P2,7  é o ponto de maior ordenada do gráfico da
função definida por f x   ax 2  8bx  1 . Nestas condições, o valor de f 3 é:
a) 2
b) 3
c) 4
d) 5
e) 6
SOLUÇÃO
Como a função é quadrática e possui um valor máximo, então a  0 .
O ponto P2,7  é o vértice da parábola. f x   ax 2  8bx  1 .
Assim: xV  2  
yV  7  
8b
a
2  b
2a
2
(1)

4ac  b 2
 4a  64b 2
16b 2
7 
7 
 7  1
 7 (2)
4a
4a
4a
a
Substituindo (1) em (2):  1 
16 a 2
.
 7   1  4a  7  a  2
a 4
a
Como b   , então b  1 .
2
Portanto, a função quadrática é: f x   2 x 2  8x  1
Para x  3 , teremos: f 3  2.32  8.3  1  f 3  5
1
6 Questão (10 pontos): Resolva a inequação exponencial:  
2
a
x 2  5 x 1

1
.
2
SOLUÇÃO
1
Podemos escrever:  
2
x 2  5 x 1
1
 
2
1
Como a base é menor que 1 , então devemos ter:
x 2  5x  1  1  x 2  5x  0 , isto é, uma inequação de segundo grau.
 x1  0
A equação x 2  5x  0 tem raízes: 
 x 2  5
Fazendo o estudo de sinais dessa inequação, concluimoccque o conjunto solução desta
inequação é: S  x   /  5  x  0
7a Questão (10 pontos): O logaritmo de um número positivo numa certa base vale p . Então,
quanto vale o logaritmo desse mesmo número numa base igual ao quadrado da base
anterior?
SOLUÇÃO
Sejam b a base e N o número.
Então, podemos escrever:
log
N
b
 p  bp  N .
Tomando como base b 2 e supondo que x seja o número procurado, temos:
log
N
b2
x 
b 
2 x
 N  b 2 x  b p  2x  p
Portanto, o resultado procurado é: x 
p
2

8a Questão (10 pontos): Resolva a equação 2 sen x  4 sen x

cos x
, sabendo que 0  x  2 .
SOLUÇÃO
Podemos escrever:
2 senx  2 2 senx. cos x  senx  2senx. cos x  senx  2senx. cos x  0
Colocando senx em evidência:
senx  0

senx.1  2 cos x   0  
1
1  2 cos x  0  cos x 

2


Para senx  0 , temos x   ;

Para cos x 
1

 5
, temos x  ou x  2  
.
2
3
3
3
5 

Portanto, o conjunto solução desta equação é: S   ,  ,

3
3


9a Questão (10 pontos): Encontre o Domínio da função definida pela equação y  log x 2  4 .
SOLUÇÃO
Devemos ter x 2  4  0 . Tal como no exemplo anterior, devemos resolver uma inequação de
segundo grau cujas raízes são x  2 e x  2 .
Fazendo o estudo de sinais, obtemos: D f   x  2 ou x  2
10a Questão (10 pontos): Resolva a equação 1  2 sen x  4sen x   8sen x   0 para 0  x  2 .
2
3
SOLUÇÃO
Fatorando: 1  2senx   4sen 2 x.1  2senx   0 
1  2senx.1  4sen 2 x  0
1

1  2senx  0  senx   2
Temos, então, duas possibilidades: 
.
1  4sen 2 x  0  sen 2 x   1 (impossível)

4
7

x


6
Portanto, as soluções desta equação serão: 
.
11

x 

6
UNIVERSIDADE FEDERAL DE ITAJUBÁ
GABARITO DE CÁLCULO 1 – PROVA DE TRANSFERÊNCIA INTERNA, EXTERNA E
PARA PORTADOR DE DIPLOMA DE CURSO SUPERIOR 01/12/2013
CANDIDATO: _______________________________________________________
CURSO PRETENDIDO: _______________________________________________
01 – Prova SEM consulta.
OBSERVAÇÕES:
02 – A prova PODE ser feita a lápis.
03 – PROIBIDO o uso de calculadoras e similares.
04 – Duração: 2 HORAS.
1a Questão (10 pontos): Se f e g são funções tais que f x   7 x  4 e f g x   x 2  f x  1 ,
então g 7  é igual a:
a)
1
5
b)
1
6
c)
1
7
d)
1
8
e)
1
9
SOLUÇÃO
Temos: f x  1  7x  1  4 e f g x   7 g x   4 .
Assim: 7 g x   4  x 2  7x  1  4
7 g x   4  x 2  7 x  7  4  7 g x   x 2  7 x  1  g x  
Para x  7 , teremos: g 7  
x2  7x  1
7
7 2  7.7  1
1
 g 7  
7
7
2a Questão (10 pontos): Sejam f e g funções tais que f x   x 3 .g x  . Sabendo que g 2  3 ,
g 2  4 e f 2  4 , então o valor de g 2 é:
a) 5
b) 6
c) 7
d) 8
e) 9
SOLUÇÃO
Temos: f x   3x 2 .g x   x 3 .g x  , isto é, a derivada de um produto de funções.
A segunda derivada será:
f x   6 x.g x   3x 2 .g x   3x 2 .g x   x 3 .g x   f x   6 x.g x   6 x 2 .g x   x 3 .g x 
Para x  2 , teremos:
f 2  6.2.g 2  6.2 2.g 2  23.g 2
Substituindo os valores dados, resulta:
4  12.3  24. 4  8.g 2
 g 2  8
 y  t 3  2t 2  7t  1
dy

3a Questão (10 pontos): Sendo 
, então o valor de
para x  1 é:
4
dx
x


t

a)  152
b)  153
c)  154
d)  155
e)  156
SOLUÇÃO
A função dada está na forma paramétrica.
dy
dy dt
Neste caso, sabemos que:

dx dx
dt
Portanto:

dy 3t 2  4t  7
dy t 2 . 3t 2  4t  7



4
dx
dx
4
 2
t
Para x  1 , temos: 1 


dy  3t 4  4t 3  7t 2

dx
4
4
 t4
t
Fazendo t  4 na expressão da derivada, resulta:
dy  3.4 4  4.4 3  7.4 2

 192  64  28
dx
4

dy
 156
dx
4a Questão (10 pontos): A função f , definida de  em  por f x   ax 2  4 x  a tem um valor
máximo e admite duas raízes reais e iguais. Nestas condições, o valor da expressão
A  f  2  f  f 1  f  f  1 é:
a)  100
b)  102
c)  104
d)  106
SOLUÇÃO
Devemos ter a  0 e   0 .
Assim: 16  4a 2  0  a 2  4  a  2
Logo: f x   2 x 2  4 x  2
 f  2  2

 f 1  8  f  f 1  f  8  98
 f  1  0  f  f  1  f 0  2

Portanto: A  2  98  2  A  102
e)  108
5a Questão (10 pontos): A área limitada pelas curvas y  x 2 e y  2 x vale:
a)
1
3
b)
2
3
c)
4
3
d)
5
3
e)
7
3
SOLUÇÃO
Devemos inicialmente fazer um esboço das curvas envolvidas para localizar a área a ser
calculada:
Assim:
y
y  2x
y  x2
y
x
0
2
A área limitada pelas duas curvas será:
S   y * .dx   y reta  y parábola.dx .
2
2
0
0
2

x3 
S   2 x  x .dx   x 2   .
0
3 0

2
2
Calculando, obtemos finalmente: S 
4
u. A.
3
x
6a Questão (10 pontos): Encontrar dois números reais cuja soma seja igual a 4 , de modo que a
soma do cubo do menor com o quadrado do maior seja:
a) Máxima;
b) Mínima.
SOLUÇÃO
Sejam x o menor número e y o maior número.
Sabe-se que x  y  4  y  4  x .
Tomando S  x 3  y 2 , e substituindo a equação acima, temos: S  x 3  4  x  .
2
Como queremos obter os extremos desta soma, devemos encontrar os Pontos Críticos, ou
seja, devemos ter:
dS
 0.
dx
Assim: 3x 2  2.4  x 
.  1  0  3x 2  2 x  8  0 .
 x  2
 2  10 
Resolvendo a equação, obtemos: x 
4 , que são os Pontos Críticos.

6
x


3
Pelo Teste da Derivada Segunda:
 Para x  2 
 Para x 
d 2S
 6x  2 .
dx 2
d 2S
d 2S


10

 0 (Ponto de Máximo Relativo).
dx 2
dx 2
4
d 2S
d 2S


10

 0 (Ponto de Mínimo Relativo).
3
dx 2
dx 2
Máxima : x  2 e y  6

Portanto: 
4
8
Mínima : x  e y 

3
3


7a Questão (10 pontos): Achar a equação da reta que é tangente à curva 3. x 2  y 2

2
 100 xy pelo
ponto P3,1 .
SOLUÇÃO
Sabemos que a equação da reta tangente à curva da função y  f x  pelo ponto Px0 , y0  é
dada por y  y0  f x0 
. x  x0  ou y  y0  y P .x  x0  .
No nosso caso, temos: x0  3 e y 0  1 .
Para obtermos f x0   y P , vamos derivar implicitamente a função dada.
Assim: 6.x 2  y 2 .2 x  2 y. y   100 y  100 x. y 
12.x 2  y 2 .x  y. y   100 y  100 x. y   3.x 2  y 2 .x  y. y   25 y  25x. y 
Substituindo o ponto P3,1 na expressão acima, obtemos:
3.9  1
. 3  y P   25  75 y P  y P 
Portanto, a reta tangente é: y  1 
13
.
9
13
13
10
.x  3  y  x 
9
9
3
8a Questão (10 pontos): Resolver a integral I   arctgx.dx , usando o Método de Integração por
Partes  u.dv  u.v   v.du .
SOLUÇÃO
1

u  arctgx  du  1  x 2 .dx
Fazendo: 
dv  dx  dv  dx  v  x
 

Assim, teremos:
I  x.arctgx  
x
.dx
1 x2
A segunda integral é imediata (Diretiva da Função Quociente). Basta arrumarmos o numerador
do integrando, ou seja:
I  x.arctgx 


1
2x
1
.dx  I  x.arctgx  ln 1  x 2  C
2

2 1 x
2
9a Questão (10 pontos): Resolver a integral I   e x  1 dx , usando uma substituição de variáveis
conveniente.
SOLUÇÃO
Fazendo: t  e x  1  e x  1  t 2  x  ln t 2  1  dx 
Assim: I  
2t
dt .
t 1
2
2t 2
2 

dt  I    2  2
dt  I  2t  2arctgt  C .
2
t 1
t  1

Como t  e x  1 , então:
I  2 e x  1  2arctg e x  1  C
10a Questão (10 pontos): Calcular o volume do sólido obtido pela rotação em torno do eixo x da
área limitada pelas curvas y  4 x  0 e 2 x 2  y  0 .
SOLUÇÃO
O volume a ser calculado é mostrado na figura abaixo:
y
y  2x 2
8
y  4x
y1
x
0
2
2
0
0

 y1  y reta  y1  4 x

2

 y 2  y par.  y 2  2 x
y2
x
x
2
Temos: V    y12 dx    y 22 dx .
 
V    4 x  dx    2 x 2 dx  V    16 x 2 dx    4 x 4 dx .
2
2
0
16 x 3
V  .
3
2
0
2
0
4x 5
 .
5
2
2
 V 
0
2
2
0
0
16.8
4.32
256
u.V .
 .
 V
3
5
15