CÁCULO 1 GABARITO PROVAS CEDERJ, Exercícios de Matemática

Baixe CÁCULO 1 GABARITO PROVAS CEDERJ e outras Exercícios em PDF para Matemática, somente na Docsity! Gabarito EP8 - Revisão Cálculo I GABARITO EP8 - REVISÃO - CÁLCULO I 1. (a) lim x→3 2x2 − 4x− 6 x2 − 7x+ 12 = lim x→3 2(x− 3)(x+ 1) (x− 3)(x− 4) = lim x→3 2(x+ 1) x− 4 = 8 −1 = −8 (b) lim x→−1 x+ 1 −2 + √ x2 + 3 = lim x→−1 [ x+ 1 −2 + √ x2 + 3 2 + √ x2 + 3 2 + √ x2 + 3 ] = = lim x→−1 (x+ 1)(2 + √ x2 + 3) (x2 + 3)− 4 = lim x→−1 (x+ 1)(2 + √ x2 + 3) x2 − 1 = = lim x→−1 (x+ 1)(2 + √ x2 + 3) (x− 1)(x+ 1) = lim x→−1 2 + √ x2 + 3 x− 1 = 4 −2 = −2 (c) Aqui, vamos utilizar a mudança de variável t = x− 2π, que resulta em x = t+2π e x→ 2π se, e somente se, t→ 0: lim x→2π 1− cosx (x− 2π)2 = lim t→0 1− cos(t+ 2π) t2 = lim t→0 1− cos t t2 = lim t→0 [ 1− cos t t2 · 1 + cos t 1 + cos t ] = = lim t→0 1− cos2 t t2(1 + cos t) = lim t→0 sen2 t t2(1 + cos t) = lim t→0 [ sen t t · sen t t · 1 1 + cos t ] = 1 2 (d) lim x→−4 (2x− 1) sen(x+ 4) x2 + 3x− 4 = lim x→−4 (2x− 1) sen(x+ 4) (x− 1)(x+ 4) = = lim x→−4 2x− 1 x− 1 lim x→−4 sen(x+ 4) x+ 4 = 9 5 (e) lim x→−2+ x2 + 5x− 3 x+ 2 = −∞, pois x2 + 5x− 3→ −9 e x+ 2→ 0+, quando x→ −2+. (f) lim x→1− x2 − x+ 4 (x− 1)2 = +∞, pois x2 − x+ 4→ 4 e (x− 1)2 → 0+, quando x→ 1−. (g) lim x→+∞ 6x2 − x− 1 2− x2 = lim x→+∞ 6x 2 −x2 = −6 (h) lim x→−∞ 5x4 − 4x+ 6 2x2 − 1 = lim x→−∞ 5x
42 2x 2 = 5 2 lim x→−∞ x2 = +∞ 2. Temos que: å lim x→2+ f(x) = lim x→2+ |x− 2| x− 2 = lim x→2+ x− 2 x− 2 = lim x→2+ 1 = 1; å lim x→2− f(x) = lim x→2− x2 + 2 = (2)2 + 2 = 6. Como lim x→2+ f(x) = 1 6= 6 = lim x→2− f(x), concluimos que não existe lim x→2 f(x). Professora Cristiane de Mello (UNIRIO) 1 Professor Mário Olivero (UFF) Gabarito EP8 - Revisão Cálculo I 3. Temos que: lim x→0− 4 5 √ x2 cos(2 5 √ x)− 1 = lim x→0− [ 4 5 √ x2 cos(2 5 √ x)− 1 · cos(2 5 √ x) + 1 cos(2 5 √ x) + 1 ] = = lim x→0− (4 5 √ x2) [cos(2 5 √ x) + 1] cos2 (2 5 √ x)− 1 = lim x→0− (4 5 √ x2) [cos(2 5 √ x) + 1] − sen2(2 5 √ x) = = lim x→0− [ cos (2 5 √ x) + 1 −1 · (4 5 √ x2) sen2(2 5 √ x) ] = lim x→0− [ cos (2 5 √ x) + 1 −1 · 2 5 √ x sen(2 5 √ x) · 2 5 √ x sen(2 5 √ x) ] = = lim x→0− cos (2 5 √ x) + 1 −1 · lim x→0− 1    ( sen(2 5 √ x) 2 5 √ x )1 · limx→0− 1    ( sen(2 5 √ x) 2 5 √ x )1 = −2; lim x→0+ √√ x2 + 4 − 2 x2 = lim x→0+ √√ x2 + 4 − 2 x2 · √ x2 + 4 + 2√ x2 + 4 + 2 = = limx→0+ √ (x2 + 4)− 4 x2 ( √ x2 + 4 + 2) = limx→0+ √ x2 x2 ( √ x2 + 4 + 2) = = limx→0+ √ x 2 x 2 ( √ x2 + 4 + 2) = lim x→0+ √ 1√ x2 + 4 + 2 = √ 1 4 = 1 2 . Como lim x→0− f(x) 6= lim x→0+ f(x), concluimos que não existe lim x→0 f(x). 4. Temos que: Q lim x→0− f(x) = lim x→0− √ x2 + 4− 2 x2 = lim x→0− [√ x2 + 4− 2 x2 · √ x2 + 4 + 2√ x2 + 4 + 2 ] = = lim x→0− (x2 +
4)−
4 x2( √ x2 + 4 + 2) = lim x→0− x 2 x 2( √ x2 + 4 + 2) = lim x→0− 1√ x2 + 4 + 2 = 1 4 ; Q lim x→0+ f(x) = lim x→0+ 1− cosx x2 = lim x→0+ [ 1− cosx x2 · 1 + cosx 1 + cosx ] = lim x→0+ 1− cos2 x (x2)(1 + cosx) = = lim x→0+ sen2 x (x2)(1 + cosx) = lim x→0+ sen2 x x2 · lim x→0+ 1 1 + cosx = 1 2 · lim x→0+ sen2 x x2 = = 1 2 · lim x→0+ [senx x · senx x ] = 1 2 · [     lim x→0+ senx x ]1 · [     lim x→0+ senx x ]1 = 1 2 . Como lim x→0− f(x) 6= lim x→0+ f(x), segue que não existe lim x→0 f(x). 5. Temos que:  lim x→−1− f(x) = lim x→−1− (6x+ 1) sen(x2 − 1) x5 − x3 = lim x→−1− (6x+ 1) sen(x2 − 1) x3(x2 − 1) = Professora Cristiane de Mello (UNIRIO) 2 Professor Mário Olivero (UFF) Gabarito EP8 - Revisão Cálculo I 9. Para que a função f seja cont́ınua em x = 2, devemos ter: lim x→2+ f(x) = lim x→2− f(x) = f(2) Temos que: ¶ f(2) = 4− a · lim x→2+ f(x) = lim x→2+ 2x− a = 4− a ¸ lim x→2− f(x) = lim x→2− x2 + x− 6 x2 − 3x+ 2 = lim x→2− (x− 2)(x+ 3) (x− 2)(x− 1) = lim x→2− x+ 3 x− 1 = 5 De ¶=·=¸, obtemos a equação 4− a = 5. Dáı, a = −1. 10. Temos que 2− x− x2 = −(x− 1)(x+ 2) < 0, quando x > 1. Dáı, |2− x− x2| = x2 + x− 2 = (x− 1)(x+ 2), quando x > 1. Portanto, f(x) =  x3 − 3x+ 1, se x ≤ −2 Ax+ 2B, se −2 < x ≤ 1 x+ 2, se x > 1 . Como f é cont́ınua em todo o seu doḿınio, f é cont́ınua em x = −2 e em x = 1, ou seja, lim x→−2+ f(x) = lim x→−2− f(x) = f(−2) e lim x→1+ f(x) = lim x→1− f(x) = f(1). Temos que: À f(−2) = −1; Á lim x→−2− f(x) = lim x→−2 x3 − 3x+ 1 = −1; Â lim x→−2+ f(x) = lim x→−2+ Ax+ 2B = −2A+ 2B; Ã f(1) = 3; Ä lim x→1− f(x) = lim x→1− Ax+ 2B = A+ 2B; Å lim x→1+ f(x) = lim x→1+ x+ 2 = 3. De À=Á=Â e Ã=Ä=Å, obtemos, respectivamente, as equações −2A+2B = −1 e A+2B = 3. Dáı, A = 4 3 e B = 5 6 . 11. Se a função f é cont́ınua em todo o seu doḿınio, então f é cont́ınua em x = −1 e em x = 2. Logo, lim x→−1+ f(x) = lim x→−1− f(x) = f(−1) e lim x→2+ f(x) = lim x→2− f(x) = f(2). Temos que: Ê f(−1) = 0 Ë f(2) = B − 4A Ì lim x→−1+ f(x) = lim x→−1+ B − 2Ax = B + 2A Professora Cristiane de Mello (UNIRIO) 5 Professor Mário Olivero (UFF) Gabarito EP8 - Revisão Cálculo I Í lim x→−1− f(x) = lim x→−1− x2 − 1 = 0 Î lim x→2+ f(x) = lim x→2+ x3 − x+ C = 6 + C Ï lim x→2− f(x) = lim x→2− B − 2Ax = B − 4A De Ê=Ì=Í e Ë=Î=Ï, obtemos, respectivamente, as equações B+2A = 0 e B−4A = 6+C. Dáı, B = −2A e C = −6A− 6. Portanto, B + C = −8A− 6, donde 8A+B + C = −6. 12. Queremos verificar que existe xo ∈ R tal que f(xo) = g(xo), ou seja, que existe xo ∈ R tal que: 3x2017o + xo = x 2016 o + 1 ⇔ 3x2017o − x2016o + xo − 1 = 0. Denotando h(x) = 3x2017− x2016 + x− 1, vamos utilizar o Teorema do Valor Intermediário para verificar que a função h tem pelo menos uma raiz real: Como h é uma função polinomial e, portanto, cont́ınua, o Teorema do Valor Intermediário garante que: se o intervalo [a, b] é tal que h(a) e h(b) tem sinais contrários, então ele contém pelo menos uma raiz de h. Neste caso, basta encontrarmos um intervalo do tipo [a, b] de modo que h(a) e h(b) tenham sinais contrário. Para isso, tomamos a = 0 e b = 1: h(a) = h(0) = −1 e h(b) = h(1) = 2. Observamos que h(0) = −1 < 0 e que h(1) = 2 > 0, ou seja, h(0) e h(1) tem sinais contrários. Logo, pelo Teorema do Valor Intermediário, o intervalo [a, b] = [0, 1] contém pelo menos uma raiz de h, ou seja, existe xo ∈ [0, 1] tal que h(xo) = 0. Portanto, verificamos que existe xo ∈ [0, 1] tal que 3x2017o + xo = x2016o + 1, ou seja, tal que f(xo) = g(xo). 13. (a) f ′(x) = 4x+ 12 senx cos2 x (b) f ′(x) = 5x4 − 2 3 √ x2 (c) f ′(x) = 3 sen (x4+1)+(3x−2) cos (x4+1) (4x3) = 3 sen (x4+1)+(12x4−8x3) cos (x4+1) (d) f ′(x) = −sen (2x2 + 1) (4x) (x3 + 4)− cos (2x2 + 1) (3x2) (x3 + 4)2 = = −(4x4 + 16) sen (2x2 + 1)− 3x2 cos (2x2 + 1) (x3 + 4)2 (e) f ′(x) = 0− 4 (2)(x2 + 1) (2x) (x2 + 1)4 = −16x (x2 + 1) (x2 + 1)4 = −16x (x2 + 1)3 (f) f ′(x) = 4x3 − 2 e2x−1 (g) f ′(x) = 6x2 − 4x 3 x4 + 1 (h) f ′(x) = (ex + 3 sen (3x+ 1)) (x2 + 6)− 2x (ex − cos (3x+ 1)) (x2 + 6)2 Professora Cristiane de Mello (UNIRIO) 6 Professor Mário Olivero (UFF) Gabarito EP8 - Revisão Cálculo I (i) f ′(x) = 2e2x(x− 1)3 − (1 + e2x) 3(x− 1)2 (x− 1)6 = (x− 1)2 [2e2x(x− 1)− 3(1 + e2x)] (x− 1)6 = =   (x− 1)2 [e2x(2x− 5)− 3] (x− 1)
6 4 = e2x(2x− 5)− 3 (x− 1)4 (j) f ′(x) = 4(x3 − x)3(3x2 − 1) sen(6x) + (x3 − x)4(6 cos(6x)) = (x3 − x)3[4(3x2 − 1) sen(6x) + 6(x3 − x) cos(6x)] (k) f ′(x) = (2x ex 2 )(x4 − 1)− (1 + ex2)(4x3) (x4 − 1)2 = (2x5 − 4x3 − 2x) ex2 −4x3 x8 − 2x4 + 1 (l) f ′(x) = 5− 2x x2 + 1 (m) f ′(x) = (1− 2x ex2+1)(1 + x4)− (x− ex2+1)(4x3) (1 + x4)2 = −2x ex2+1(1− 2x2 + x4)− 3x4 + 1 1 + 2x4 + x8 (n) f ′(x) = (6x2 − 2x) cos(1− 4x) + 4(2x3 − x2 + 5) sen(1− 4x) = = (6x2 − 2x) cos(1− 4x) + (8x3 − 4x2 + 20) sen(1− 4x) 14. Como m = f ′(a) e f ′(x) = 2 (x+ 1)2 , para todo x ∈ R− {−1}, segue que: f ′(a) = 1 2 ⇔ 2 (a+ 1)2 = 1 2 ⇔ a2 + 2a+ 1 = 4 ⇔ a2 + 2a− 3 = 0. Logo, a = −3 ou a = 1. Como, por hipótese, a > 0, segue que a = 1. Dáı, P = (a, f(a)) = (1,−1). Ainda, como P (1,−1) ∈ r e m = 1 2 é o coeficiente angular de r, segue que a equação de r é dada por: y = f(a) +m(x− a) = −1 + 1 2 (x− 1), ou seja, y = 1 2 x− 3 2 = x− 3 2 . 15. (a) Temos que f ′(x) = 6x2−6x+1, para todo x ∈ R. Logo, f ′(−1) = 13 é o coeficiente angular da reta tangente. Assim, a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto P = (−1,−4) é dada por y = −4 + 13(x+ 1),isto é, y = 13x+ 9. (b) Temos que f ′(x) = −2x2 + 2 (x2 + 1)2 , para todo x ∈ R. Logo, f ′(1) = 0 é o coeficiente angular da reta tangente. Assim, a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto P = (1, 1) é y = 1. (c) Temos que f ′(x) = (−1/x)(1 + x4)− (3− lnx)(4x3) (1 + x4)2 , para todo x ∈ R. Logo, f ′(1) = −14 4 = −7 2 é o coeficiente angular da reta tangente. Assim, a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto P = (1, 1) é dada por y = 1− 7 2 (x−1), isto é, y = −7 2 x+ 9 2 = −7x+ 9 2 . Professora Cristiane de Mello (UNIRIO) 7 Professor Mário Olivero (UFF) Gabarito EP8 - Revisão Cálculo I 21. Derivando implicitamente, obtemos: cos(x+ y) · ( 1 + dy dx ) = 2− 2 dy dx . O coeficiente angular da reta tangente ao gráfico de f no ponto P = (π, π) é a derivada de f em π, ou seja, dy dx ∣∣∣ x=π . Dáı, substituindo o ponto P = (π, π) na equação acima obtemos: dy dx ∣∣∣ x=π = 2− cos(π + π) 2 + cos(π + π) = 1 3 . 22. Derivando implicitamente, obtemos: 2y dy dx − 4y − 4x dy dx + 2x = 0 ⇒ dy dx (2y − 4x) = 4y − 2x ⇒ dy dx = 4y − 2x 2y − 4x . Assim, f ′(−1) = dy dx ∣∣∣ x=−1 = 4(1)− 2(−1) 2(1)− 4(−1) = 6 6 = 1. Logo, a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto (−1, 1) é y = 1 + (x + 1), isto é, y = x+ 2. 23. (a) Derivando implicitamente, obtemos: ex+y ( 1 + dy dx ) sen(x2 − y2) + ex+y cos(x2 − y2) ( 2x− 2y dy dx ) = y + x dy dx + dy dx . O coeficiente angular da reta r é a derivada de f em −1, ou seja, f ′(−1) = dy dx ∣∣∣ x=−1 . Dáı, substituindo o ponto P = (−1, 1) na equação acima, obtemos: −2− 2 dy dx ∣∣∣ x=−1 = 1− dy dx ∣∣∣ x=−1 + dy dx ∣∣∣ x=−1 . Logo, dy dx ∣∣∣ x=−1 = −3 2 . Portanto, o coeficiente angular da reta r é f ′(−1) = −3 2 . (b) Como o coeficiente angular da reta r é −3 2 , segue que a equação de r é y = 1− 3 2 (x+ 1) = −3x− 1 2 . 24. (a) Como y = f(x), podemos reescrever a equação acima da seguinte maneira: y2 + 4x sen(y)− cos2(x) = 5. Agora, vamos determinar y′ = f ′(x) = dy dx , derivando implicitamente essa equação: 2y dy dx + 4 sen(y) + 4x cos(y) dy dx + 2 cos(x) sen(x) = 0 Dáı, Professora Cristiane de Mello (UNIRIO) 10 Professor Mário Olivero (UFF) Gabarito EP8 - Revisão Cálculo I dy dx = −4 sen(y)− 2 cos(x)sen(x) 2y + 4x cos(y) . Portanto, f ′(x) = −4 sen(f(x))− 2 cos(x)sen(x) 2f(x) + 4x cos(f(x)) . (b) Como y = f(x), podemos reescrever a equação acima da seguinte maneira: 5x2 − 4ey + xy2 − sen(x+ y) = −1. Agora, vamos determinar y′ = f ′(x) = dy dx derivando implicitamente essa equação: 10x− 4ey · y′ + y2 + x · 2y · y′ − cos(x+ y) · (1 + y′) = 0. Dáı, y′ = cos(x+ y)− y2 − 10x 2xy − 4ey − cos(x+ y) . Portanto, f ′(x) = cos(x+ f(x))− (f(x))2 − 10x 2xf(x)− 4ef(x) − cos(x+ f(x)) . 25. (a) Primeiramente, como o ponto P = (−1, 4) pertence ao gráfico de f , obtemos: 2(−1)3 − (−1)2 − 2β(4) + α(−1)(4) = −1 ⇒ −4α− 8β = 2 (1) Por outro lado, derivando implicitamente, obtemos: 6x2 − 2x− 2β dy dx + αy + αx dy dx = 0 ⇒ ⇒ dy dx = −6x2 + 2x− αy −2β + αx Como sabemos que −4 é a inclinação da reta tangente ao gráfico de f no ponto P = (−1, 4), segue que: −4 = dy dx ∣∣∣ x=−1 = −6(−1)2 + 2(−1)− α(4) −2β + α(−1) = −8− 4α −2β − α ⇒ α + β = −1 (2) Das equações (1) e (2), obtemos α = −3 2 e β = 1 2 . (b) Primeiramente, como o ponto P = (0,−2) pertence ao gráfico de f , obtemos: 02 − α (−2)2 + β cos(4 · 0)− 0 · (−2) + 16 = 0. Dáı, −4α + β = −16. (1) Por outro lado, derivando implicitamente, obtemos: 2x− 2α y y′ − 4β sen(4x)− y − xy′ = 0 ⇒ y′ = −2x+ 4β sen(4x) + y −2α y − x . Como −1 6 é a inclinação da reta tangente ao gráfico de f no ponto P = (0,−2), segue que −1 6 = −2 · 0 + 4β sen(4 · 0)− 2 −2α (−2)− 0 ⇒ α = 3. (2) Professora Cristiane de Mello (UNIRIO) 11 Professor Mário Olivero (UFF) Gabarito EP8 - Revisão Cálculo I Das equações (1) e (2), obtemos α = 3 e β = −4. 26. Temos que P = (x, y) = (−1, f(−1)). Para determinarmos y = f(−1), substitúımos x = −1 na equação e obtemos: (−1)5 + 12(−1)2y2 − 3y4 + 1 = 0⇒ 12y2 − 3y4 = 0⇒ y2(12− 3y2) = 0. Dáı, y = 0 ou y = 2 ou y = −2. Como, por hipótese, y < 0, segue que y = f(−1) = −2 e, portanto, P = (−1,−2). Agora, derivamos implicitamente: 5x4 + 12 ( 2xy2 + x22y dy dx ) − 12y3 dy dx = 0 ⇒ dy dx = −5x4 − 24xy2 24x2y − 12y3 . Logo, f ′(−1) = dy dx ∣∣∣ x=−1 = −5(−1)4 − 24(−1)(−2)2 24(−1)2(−2)− 12(−2)3 = 91 48 . Segue que a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto P = (−1,−2) é: y = −2 + 91 48 (x+ 1), ou seja, y = 91x− 5 48 . 27. Denotemos por r = r(t) o comprimento do raio do ćırculo no instante t. Assim, A(r) = π r2 denota a área do ćırculo em função de seu raio r. Para todo t, temos que: dA dt = dA dr dr dt . Como dA dr = 2π r e, como nos é dado, dr dt = 2, segue que dA dt = 4π r(t), para todo t. Logo, quando r(t) = 10, obtemos dA dt = 40π. Portanto, a taxa de variação desejada é de 40π cm2/s. 28. A taxa de variação da demanda semanal de café é dada por D′(t), ou seja, D′(t) = D′(p) · p′(t) = −8748 p(t)3 · p′(t) = −8748 p(t)3 · (0, 04 t+ 0, 1). Como taxa de variação da demanda semanal de café daqui a 10 semanas é D′(10) e p(10) = 9, segue que D′(10) = −8748 93 · (0, 04× 10 + 0, 1) = −6 quilos/semana. Portanto, daqui a 10 semanas, a demanda estará diminuindo a uma razão de 6 quilos por semana. 29. A taxa de variação do volume do tanque t segundos após a torneira estar aberta é dada por V ′(t) = 50√ t+ 1 . Assim, quando t = 8, obtemos V ′(8) = 50√ 9 = 50 3 ∼= 16, 67. Portanto, a taxa de variação do volume do tanque 8 segundos após a torneira estar aberta é de, aproximadamente, 16,67 litros/segundo. Professora Cristiane de Mello (UNIRIO) 12 Professor Mário Olivero (UFF)