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Fun¸c˜oes (12.o^ ano)
1.a^ derivada
Exerc´ıcios de Provas Nacionais e Testes Interm´edios - Propostas de resolu¸c˜ao
- Come¸camos por determinar a express˜ao da derivada da fun¸c˜ao f :
f 0 (x) =
2 x + 3 + ln
(1 x) 3
⌘^0
= (2x) 0 + (3) 0 +
ln
(1 x) 3
⌘^0
(1 x) 3
(1 x) 3
3(1 x) 2 (1 x) 0 (1 x) 3
3 ((1) 0 (x) 0 ) 1 x
1 x
1 x Calculando os zeros da derivada da fun¸c˜ao f , temos:
f 0 (x) = 0 , 2 3 1 x
1 x
x 6 =
2(1 x) = 3 ,
, 2 2 x = 3 , 2 x = 3 2 , 2 x = 1 , x = 1 2 Estudando a varia¸c˜ao do sinal da derivada no dom´ınio da fun¸c˜ao e relacionando com a monotonia da fun¸c˜ao, vem:
x 1 12 1 f 0 + 0 n.d. f M´ax. n.d.
Assim, podemos concluir que a fun¸c˜ao f :
- ´e crescente no intervalo
- ´e decrescente no intervalo
- tem um extremo relativo em x =
Exame – 2025, Ep. especial´
- Temos que:
- Como a reta r ´e tangente ao gr´afico de f no ponto de abcissa 0 e contem um ponto do 4. o^ quadrante, tem declive negativo, pelo que a fun¸c˜ao f ´e decrescente em x = 0, ou seja, f 0 (0) < 0. Assim, a afirma¸c˜ao I. ´e falsa.
- Como a origem pertence ao gr´afico de f , temos que f (0) = 0 pelo que o declive da reta r ´e:
m (^) r = f 0 (0) = lim x! 0
f (x) f (0) x 0
= lim x! 0
f (x) 0 x 0
= lim x! 0
f (x) x Como a reta s ´e uma ass´ıntota do gr´afico de f , quando x! + 1 , temos que o declive da reta s ´e:
m (^) s = (^) x!lim+ 1
f (x) x
Logo lim x! 0
f (x) x
⇥ (^) x!lim+ 1 f^ (x) x
) m (^) r ⇥ ms 6 = 1 pelo que a afirma¸c˜ao II. ´e falsa.
Exame – 2024, Ep. especial´
- Temos que, como f 0 (1) = 2 e f 0 ´e estritamente crescente no intervalo ]1,5[ (porque ´e estritamente crescente em R +^ ), ent˜ao a equa¸c˜ao f 0 (x) = 0 ´e imposs´ıvel em ]1,5[, pelo que n˜ao existem extremos da fun¸c˜ao f neste intervalo, logo a afirma¸c˜ao ´e falsa. Exame – 2024, 2.a^ Fase (adaptado)
- Pela defini¸c˜ao de derivada de uma fun¸c˜ao num ponto, temos que:
f 0 (a) = lim x!a
f (x) f (a) x a Como a fun¸c˜ao f ´e par, sabemos que f ( a) = f (a), determinando f 0 ( a), vem que:
f 0 ( a) = (^) xlim! a^ f^ (x)^ ^ f^ ( a) x ( a)
= (^) x! lima^ f^ (x)^ ^ f^ (a) x + a
= f^ (a)^ ^ f^ (a) a + a
=^0
(Indetermina¸c˜ao)
(considerando y = x, temos x = y e se x! a, ent˜ao y! a)
Como f ´e par ent˜ao f ( y) = f (y), e pela defini¸c˜ao de derivada num ponto, vem que:
xlim! a^ f^ (x)^ ^ f^ (a) x + a
= lim y!a^ f^ ( y)^ ^ f^ (a) y + a
= lim y!a^ f^ (y)^ ^ f^ (a) (y a)
= (^) ylim!a^ f^ (y)^ ^ f^ (a) y a
= f 0 (a)
Desta forma,como f 0 (a) = f (a), temos que:
f 0 ( a) ⇥ f 0 (a) = f 0 (a) ⇥ f 0 (a) = [f 0 (a)] 2 = [f (a)] 2 Exame – 2024, 2.a^ Fase
- Designando por m e n as abcissas dos pontos A e B, temos que as respetivas coordenadas e as do ponto m´edio s˜ao: - A
m,h(m)
= (m,am 2 )
n,h(n)
= (n,an 2 )
m + n 2
am 2 + an 2 2
Como a derivada da fun¸c˜ao h ´e h 0 (x) =
ax 2
= 2ax, os declives das retas tangentes ao gr´afico de h, nos pontos A e B, s˜ao:
- m (^) A = h 0 (m) = 2am
- m (^) B = h 0 (n) = 2an
E assim, designado por podemos determinar uma express˜ao para a ordenada da origem para cada uma das equa¸c˜oes da retas, substituindo a express˜ao do declive e das coordenadas dos pontos de tangˆencia:
- y = mA ⇥ x + b (^) A , am^2 = 2am ⇥ m + b (^) A , am 2 2 am 2 = b (^) A , am 2 = b (^) A
- y = mB ⇥ x + b (^) B , an 2 = 2an ⇥ n + b (^) B , an 2 2 an 2 = b (^) B , an 2 = b (^) B
Ou seja as equa¸c˜oes das retas tangentes nos pontos A e B, s˜ao, respetivamente, y = 2max am^2 e y = 2nax an 2 , pelo que a abcissa do ponto de interse¸c˜ao das retas ´e a solu¸c˜ao da equa¸c˜ao:
2 max am 2 = 2nax an 2 ,
2 max am^2 a
2 nax an 2 a
, 2 mx m^2 = 2nx n 2 , 2 mx 2 nx = m 2 n 2 , x(2m 2 n) = m 2 n 2 ,
, x = (n^ ^ m)(n^ +^ m) 2(m n)
, x = n^ +^ m 2 Como as abcissas do ponto m´edio e do ponto de interse¸c˜ao das tangentes s˜ao iguais, logo, o ponto de interse¸c˜ao das tangentes pertence `a reta vertical que cont´em o ponto m´edio.
Exame – 2023, Ep. especial´
- Temos que:
- pela observa¸c˜ao do referencial I, podemos concluir que lim x! 0 ^
g(x) < 0, e como a fun¸c˜ao ´e diferenci´avel, ent˜ao ´e cont´ınua, em particular em x = 0, logo lim x! 0 +
g(x) = lim x! 0
g(x) = g(0), pelo que g(0) > 0 o que ´e incompat´ıvel com a segunda condi¸c˜ao definida (g(0) < 0) pelo que no referencial I n˜ao est´a representado parte do gr´afico da fun¸c˜ao g;
- pela observa¸c˜ao do referencial II, podemos concluir que a fun¸c˜ao ´e crescente no intervalo ] 1, 1[, ou seja, g 0 (x) > 0 , 8 x 2 ] 1, 1[ o que ´e incompat´ıvel com a terceira condi¸c˜ao definida (g 0 (x) < 0 , 8 x 2 ] 1, 1[) pelo que no referencial II n˜ao est´a representado parte do gr´afico da fun¸c˜ao g;
- pela observa¸c˜ao do referencial III, podemos concluir que lim x! 1 +^
g(x) = 1, e como a fun¸c˜ao ´e par, ent˜ao lim x! 1
g(x) = lim x! 1 +
g(x) = 1, o que ´e incompat´ıvel com a primeira condi¸c˜ao definida ( lim x! 1 ^
g(x) = + 1 ) pelo que no referencial III tamb´em n˜ao est´a representado parte do gr´afico da fun¸c˜ao g.
Exame – 2023, 2.a^ Fase
- Come¸camos por determinar a express˜ao da derivada da fun¸c˜ao f :
f 0 (x) =
ln x + 2x x
ln x x
+^2 x x
ln x x
(^0) ⇥ x (x) 0 ⇥ ln x x 2
(x) 0 x
⇥ x 1 ⇥ ln x x 2 =
x
⇥ x ln x x 2 =
1 ln x x 2 Calculando os zeros da derivada da fun¸c˜ao f , temos:
f 0 (x) = 0 ,
1 ln x x 2
= 0 (^) x>) 0 1 ln x = 0 , 1 = ln x , x = e 1 , x = e
Estudando a varia¸c˜ao do sinal da derivada e relacionando com a monotonia da fun¸c˜ao, vem:
x 0 e + 1 1 ln x n.d. + 0 x 2 n.d. + + +
f 0 n.d. + 0 f n.d. M´ax.
Assim, podemos concluir que a fun¸c˜ao f :
- ´e crescente no intervalo ]0,e];
- ´e decrescente no intervalo [e, + 1 [;
- tem um m´aximo relativo que ´e:
f (e) =
ln e + 2e e
ln e e
2 e e
e
Exame – 2023, 2.a^ Fase
- Como o declive da reta tangente ao gr´afico de f , ´e dado por f 0 (x), come¸camos por derivar a fun¸c˜ao f :
f 0 (x) =
ax 2 + bx
= 2ax + b
Como sabemos que o declive da reta tangente ´e a, a abcissa do ponto de tangˆencia ´e a solu¸c˜ao da equa¸c˜ao f 0 (x) = a, e desta forma temos:
f 0 (x) = a , 2 ax + b = a , 2 ax = a b , x =
a b 2 a Assim, podemos determinar a ordenada do ponto de tangˆencia:
- atrav´es da equa¸c˜ao da reta tangente:
y = a
a b 2 a
a b 2
a b 2
2 b 2
a b + 2b 2
a + b 2
- atrav´es da express˜ao alg´ebrica da fun¸c˜ao f :
f
a b 2 a
= a
a b 2 a
a b 2 a
= a
a 2 2 ab + b 2 4 a 2
ba b 2 2 a
a 2 2 ab + b 2 4 a
ba b 2 2 a
a 2 2 ab + b 2 4 a
2 ba 2 b 2 4 a
a 2 2 ab + b 2 4 a
2 ba 2 b 2 4 a
a 2 b 2 4 a Desta forma, igualando as duas express˜oes da ordenada do ponto de tangˆencia, temos:
a + b 2
= a^
(^2) b 2 4 a
, 4 a 2
= (a^ ^ b)(a^ +^ b) a + b
, 2 a = a b , 2 a a = b , a = b
Assim, temos que:
- a abcissa do ponto de tangˆencia ´e: a^ ^ b 2 a
= a^ +^ a 2 a
= b^ ^ b 2( b)
= ^2 b 2 b
- a ordenada do ponto de tangˆencia ´e: a^ +^ b 2
= b^ +^ b 2
=^0
Ou seja o ponto de tangˆencia tem coordenadas (1,0). Exame – 2023, 1.a^ Fase
- Determinando a express˜ao da fun¸c˜ao derivada, temos:
g 0 (x) =
g(x)
ln(1 + e x^ ) x
ln(1 + e x^ )
(x) 0 =
(1 + e x^ ) 0 1 + e x^ ^ 1 =
(1) 0 + (e x^ ) 0 1 + e x^ ^ 1 =
=
0 + e x 1 + e x^ ^ 1 =^
e x 1 + e x^ ^1 O declive da reta tangente ao gr´afico de g, no ponto de abcissa 0, ´e dado por:
m = g 0 (0) =
e 0 1 + e 0
Determinando a ordenada do ponto do gr´afico de abcissa 0, temos:
g(0) = ln(1 + e 0 ) 0 = ln(1 + 1) = ln 2
Como o ponto de abcissa 0, tamb´em pertence `a reta tangente, substitu´ımos as coordenadas deste ponto e o declive da reta, em y = mx + b, para calcular o valor de b:
ln 2 = 1 2
⇥ 0 + b , ln 2 = b
Desta forma, a equa¸c˜ao da reta tangente ao gr´afico de g no ponto de abcissa 0, ´e:
y =
⇥ x + ln 2 , y =
x 2
Assim, as coordenadas do pontos A e B, s˜ao:
- A(0, ln 2) porque g(0) = ln 2
- B(2 ln 2,0) porque 0 =
x 2
x 2
= ln 2 , x = 2 ln 2
E assim, a ´area do triˆangulo [OAB] ´e:
A [OAB] =
OA ⇥ OB
ln 2 ⇥ 2 ln 2 2 =
2(ln 2) 2 2 = (ln 2)^
2
Exame – 2022, Ep. especial´
- A abcissa do ponto do gr´afico de g em que a tangente ´e paralela `a reta de equa¸c˜ao y = 2 x, ou seja, o ponto em que a tangente tem declive m = 2, ´e a solu¸c˜ao da equa¸c˜ao g 0 (x) = .
Como em ] 1,0[ temos g 0 (x) = 3e 2 x^ 7 e x^ , vem que:
g 0 (x) = 2 , 3 e 2 x^ 7 e x^ = 2 , 3 (e x^ ) 2 7 e x^ + 2 = 0 ,
(considerando y = e x^ )
, 3 y 2 7 y + 2 = 0 , y =^7 ±^
p ( 7) 2 4(3)(2) 2(3)
, y = 7 + 5 6
_ y =^7 ^5 6
, y = 2 _ y =^1 3
(como y = e x^ )
, e x^ = 2 _ e x^ =
, x = ln 2 _ x = ln
, x = ln 2 _ x = ln 1 ln 3 , x = ln 2 _ x = ln 3
Como ln 2 2 /] 1,0[, a abcissa do ponto do gr´afico de g em que a tangente ´e paralela `a reta de equa¸c˜ao y = 2 x, ´e ln 3. Exame – 2022, 2.a^ Fase
- Como os extremos da fun¸c˜ao correspondem aos zeros da fun¸c˜ao derivada associados `a mudan¸ca de sinal, come¸camos por determinar a express˜ao da derivada da fun¸c˜ao f :
f 0 (x) =
3 x^
(^3) + ax 2 + a 2 x + p 2
3 x^
3
- (ax 2 ) 0 + (a 2 x) 0 + (
p
- 0 = 3 ⇥
3 x^
(^2) + 2ax + a 2 + 0 =
= x 2 + 2ax + a 2 = (x + a) 2
Calculando os zeros da derivada da fun¸c˜ao f , temos:
f 0 (x) = 0 , (x + a) 2 = 0 , (x + a)(x + a) = 0 , x = a _ x = a
Assim, temos que a ´e o ´unico zero da derivada da fun¸c˜ao f , mas como n˜ao est´a associado a uma mudan¸ca de sinal, n˜ao corresponde a um extremo da fun¸c˜ao, e por n˜ao existir qualquer outro zero da derivada, a fun¸c˜ao n˜ao tem extremos. a x
f 0
Exame – 2022, 2.a^ Fase
- Come¸camos por determinar a express˜ao da derivada da fun¸c˜ao f , em ] 1, 2[:
f 0 (x) =
e 2 x x + 2
(2 x) 0 e 2 x^
(x + 2) e 2 x^ ⇥ (x + 2) 0 (x + 2) 2
1 ⇥ e 2 x^ ⇥ (x + 2) e 2 x^ ⇥ 1 x 2
e 2 x^ (x + 2) e 2 x (x + 2) 2
e 2 x^
(x + 2) 1
(x + 2) 2
e 2 x^
x 3
(x + 2) 2
Calculando os zeros da derivada da fun¸c˜ao f , em ] 1, 2[:
f 0 (x) = 0 ,
e 2 x^
x 3
(x + 2) 2
= 0 , e 2 x^
x 3
= 0 ^ (x + 2) 2 6 = 0 | {z } P.V, pq (x+2) 2 > 0
, e| 2 x{z^ = 0 } Imposs´ıvel
_ x 3 = 0 , 3 = x
Estudando a varia¸c˜ao do sinal da derivada e relacionando com a monotonia da fun¸c˜ao, vem:
x 1 3 2 e 2 x^ + + + n.d. ( x 3) + 0 n.d.
e 2 x^ ( x 3) + 0 n.d. (x + 2) 2 + + + n.d.
f 0 + 0 n.d. f M´ax n.d.
Assim, podemos concluir que a fun¸c˜ao f :
- ´e crescente no intervalo ] 1, 3];
- ´e decrescente no intervalo [ 3 , 2[;
- tem um m´aximo relativo que ´e f ( 3) = e^
2 ( 3) 3 + 2
= e^
2+ 1
= e 5
Exame – 2022, 1.a^ Fase
- Come¸camos por determinar a express˜ao da derivada da fun¸c˜ao f , em ] 1,1[:
f 0 (x) =
x 2 + ln(3 2 x)
= (x) 0 (2) 0 + (ln(3 2 x)) 0 = 1 0 +
(3 2 x) 0 (3 2 x)
3 2 x
3 2 x
Calculando os zeros da derivada da fun¸c˜ao f , em ] 1,1[, temos:
f 0 (x) = 0 , 1
3 2 x
3 2 x
x 6 = (^32)
3 2 x = 2 , 3 2 = 2x ,
= x
Estudando a varia¸c˜ao do sinal da derivada e relacionando com a monotonia da fun¸c˜ao, vem:
x 1 12 1 f 0 + 0 n.d. f M´ax. n.d.
Assim, podemos concluir que a fun¸c˜ao f :
- ´e crescente no intervalo
- ´e decrescente no intervalo
2 ,^1
- tem um m´aximo relativo que ´e:
f
=^1
2 + ln
ln(3 1) = 3 2
ln(2) = ln 2 3 2
Exame – 2021, Ep. especial´
- Como a reta ´e tangente, simultaneamente, ao gr´afico de f e ao gr´afico de g, o seu declive corresponde ao valor das derivadas nos respetivos pontos de tangˆencia.
Designado por a a abcissa do ponto A e por b a abcissa do ponto B, como as ordenadas dos pontos A e B, s˜ao, respetivamente f (a) = 2a 2 e g(b) = (b 1) 2 , ent˜ao o declive da reta ´e:
mAB =
f (a) f (b) a b =
2 a 2 ( (b 1) 2 ) a b =
2 a 2 + (b 1) 2 a b Por outro lado, temos que:
- f 0 (x) = (2x 2 ) 0 = 2 ⇥ 2 x = 4x, pelo que mAB = f 0 (a) = 4a
- g 0 (x) =
x 1) 2
= 2(x 1) = 2 x + 2, pelo que m (^) AB = g 0 (b) = 2 b + 2
- f 0 (a) = g 0 (b) , 4 a = 2 b + 2 , 2 a = b + 1 , b = 2 a + 1 E assim, substituindo na express˜ao anterior, temos que:
mAB =
2 a 2 + (b 1) 2 a b
2 a 2 + ( 2 a + 1 1) 2 a ( 2 a + 1)
2 a 2 + ( 2 a) 2 a + 2a 1)
2 a 2 + 4a 2 3 a 1
6 a 2 3 a 1
Temos ainda que:
mAB = f 0 (a) ,
6 a 2 3 a 1
= 4a , a 6 = (^13)
6 a 2 = 4a(3a 1) , 6 a 2 = 12a 2 4 a , 6 a 2 12 a 2 + 4a = 0 ,
, 6 a 2 + 4a = 0 , 3 a 2 + 2a = 0 , a( 3 a + 2) = 0 , a = 0 _ 3 a + 2 = 0 , a = 0 _ 2 = 3a ,
, a = 0 _
= a ^ a 6 =
Como a reta n˜ao ´e horizontal o declive n˜ao pode ser zero, pelo que a abcissa do ponto A ´e a =
e a
abcissa do ponto B ´e b = 2 a + 1 = 2
Exame – 2021, Ep. especial´
- Come¸camos por determinar a express˜ao da derivada da fun¸c˜ao f , em ]0,1[:
f 0 (x) =
x 2 (1 + 2 ln x)
= ( x 2 ) 0 ⇥(1+2 ln x)+( x 2 )(1+2 ln x) 0 = 2 x(1+2 ln x) x 2 ⇥((1) 0 + 2(ln x) 0 ) =
= 2 x 4 x ln x x 2
x
= 2 x 4 x ln x
2 x 2 x x= 6 =0 ^2 x^ ^4 x^ ln^ x^ ^2 x^ =^ ^4 x^ ^4 x^ ln^ x Calculando os zeros da derivada da fun¸c˜ao f , em ]0,1[, temos:
f 0 (x) = 0 , 4 x 4 x ln x = 0 , 4 x(1 + ln x) = 0 , 4 x = 0 _ 1 + ln x = 0 ,
, x = 0 _ ln x = 1 , x = 0 _ x = e ^1 Estudando a varia¸c˜ao do sinal da derivada e relacionando com a monotonia da fun¸c˜ao, vem:
x 0 e ^1 4 x n.d. n.d. 1 + ln x n.d. 0 + n.d.
f 0 n.d. + 0 n.d. f n.d. M´ax. n.d.
Assim, podemos concluir que a fun¸c˜ao f :
- ´e crescente no intervalo
0 ,e ^1
- ´e decrescente no intervalo
e ^1 , 1
- tem um m´aximo relativo que ´e:
f
e ^1
e ^1
1 + 2 ln
e ^1
= e ^2 ⇥ (1 + 2 ⇥ ( 1)) = e ^2 ⇥ ( 1) = e ^2
Exame – 2021, 1.a^ Fase
- Como 1 2 x 2 = (1 x)(1 + x), temos que:
xlim! 1
f (x) f (1) 1 x 2
= lim x! 1
f (x) f (1) 12 x 2
= lim x! 1
f (x) f (1) (1 x)(1 + x)
= lim x! 1
f (x) f (1) (x 1)(1 + x)
= lim x! 1
f (x) f (1) (x 1)(1 + x) = lim x! 1
f (x) f (1) x 1 ⇥^
(1 + x)
= lim x! 1
f (x) f (1) x 1 ⇥^ xlim! 1
(1 + x) =
= f 0 (1) ⇥ 1 (1 + 1)
= f^
2 + ln 1 1 2
= 2 ^0
Resposta: Op¸c˜ao B Exame – 2020, 2.a^ Fase
- Come¸camos por determinar a express˜ao da derivada da fun¸c˜ao g, em ]0, + 1 [:
g 0 (x) =
x 2 ln x
= (x 2 ) 0 ⇥ ln x + x 2 (ln x) 0 = 2x ln x + x 2 ⇥ 1 x
= 2x ln x + x^
2 x
x 6 =
2 x ln x + x
Calculando os zeros da derivada da fun¸c˜ao g, em ]0, + 1 [, temos:
g 0 (x) = 0 , 2 x ln x + x = 0 , x(2 ln x + 1) = 0 ,
, x = 0 0 2 /]0,+ 1 [
_ 2 ln x + 1 = 0 ) 2 ln x = 1 , ln x =
, x = e ^
(^12)
Estudando a varia¸c˜ao do sinal da derivada e relacionando com a monotonia da fun¸c˜ao, vem:
x 0 e ^
(^12)
- 1 g 0 n.d. 0 + g n.d. min
Assim, podemos concluir que a fun¸c˜ao g:
- ´e decrescente no intervalo
i 0 ,e ^12
i ;
- ´e crescente no intervalo
h e ^12 , + 1
h ;
- tem um m´ınimo relativo que ´e:
g
e ^
e ^
12 ⌘^2
ln
e ^
= e ^1 ⇥
⇥ ln e =
e
2 e
Exame – 2020, 1.a^ Fase
- Como o declive da reta tangente ´e igual ao valor da derivada, come¸camos por determinar a derivada da fun¸c˜ao para x = 1:
x ln(1 x)
x
ln(1 x) + x
ln(1 x)
= 1 ⇥ ln(1 x) + x ⇥
1 x
1 x
= ln(1 x) + x ⇥
1 x
= ln(1 x)
x 1 x Logo, o declive da reta tangente ao gr´afico de g no ponto de abcissa 1 ´e:
g 0 ( 1) = ln(1 ( 1))
1 ( 1) = ln 2 +
2 = 0,5 + ln 2
Resposta: Op¸c˜ao A Exame – 2019, Ep. especial´
- Come¸camos por determinar a express˜ao da derivada da fun¸c˜ao g, em R \ { 0 }:
g 0 (x) =
e x x
( x) 0 e x^
x e x^ ⇥ (x) 0 x 2 =^
1 ⇥ e x^ ⇥ x e x^ ⇥ 1 x 2 =^
xe x^ e x x 2
Calculando os zeros da derivada da fun¸c˜ao g, em R \ { 0 }:
g 0 (x) = 0 ,
xe x^ e x x 2 = 0^ ,^
e x^ ( x 1) x 2 = 0^ ,^ e^
x (^) ( x 1) = 0 ^ x 2 6 = 0 | {z } P.V, pq x 2 R{ 0 }
, e| x{z^ = 0 } Imposs´ıvel
_ x 1 = 0 , 1 = x
Estudando a varia¸c˜ao do sinal da derivada e relacionando com a monotonia da fun¸c˜ao, vem:
x 1 1 0 + 1 e x^ + + + n.d. + ( x 1) + 0 n.d.
e x^ ( x 1) + 0 n.d. x 2 + + + n.d. +
g 0 + 0 n.d. g M´ax n.d.
Assim, podemos concluir que a fun¸c˜ao g:
- ´e decrescente no intervalo ] 1 ,0[ e tamb´em no intervalo ]0, + 1 [;
- ´e crescente no intervalo ] 1, 1];
- tem um m´aximo relativo que ´e f ( 1) =
e ( 1) 1
e 1 1
= e
Exame – 2019, 1.a^ Fase
- Recorrendo `a defini¸c˜ao de derivada num ponto, temos que:
f 0 (0) = lim x! 0
f (x) f (0) x 0 = lim x! 0
e x 1 x
e 0 1 0
x = lim x! 0
e x 1 x
x =
= lim x! 0
e x 1 x
x
= lim x! 0
e x 1 x
1 ^ x 1 x x
= lim x! 0
e x^ (1 x) 1 x x
= lim x! 0
e x^ (1 x) x(1 x)
(Indetermina¸c˜ao)
= lim x! 0
e x^ (1 x) x(1 x) = lim x! 0
e x^ 1 + x x(1 x) = lim x! 0
e x^ 1 x(1 x) +^
x x(1 x)
= lim x! 0
e x^ 1 x ⇥^
1 x +^
1 x
= lim x! 0
e x^ 1 | {z x } Lim. Not´avel
⇥ (^) xlim! 0
1 x + lim x! 0
1 x =
Exame – 2018, 2.a^ Fase
- Temos que, pela defini¸c˜ao de derivada num ponto, f 0 (2) = lim x! 2
f (x) f (2) x 2 Assim, vem que:
xlim! 2
x 2 2 x f (x) f (2) = 4^ ,^ xlim! 2
f (x) f (2) x 2 2 x
x^ lim! 2 1
xlim! 2
f (x) f (2) x 2 2 x
xlim! 2
f (x) f (2) x(x 2)
lim x! 2
x
⇥ f^ (x)^ ^ f^ (2) x 2
xlim! 21 x
⇥ (^) xlim! 2 f^ (x)^ ^ f^ (2) x 2
⇥ f 0 (2)
⇥ f 0 (2) , 1 =
⇥ f 0 (2) , 1 = 2f 0 (2) ,
= f 0 (2)
Resposta: Op¸c˜ao C
Exame – 2017, 2.a^ Fase
- Como os extremos relativos correspondem aos zeros da fun¸c˜ao derivada, come¸camos por determinar a express˜ao da fun¸c˜ao derivada da fun¸c˜ao g:
g 0 (x) =
k x
k x
ln x x
k 0 ⇥ x x 0 ⇥ k x 2
(ln x) 0 x x 0 (ln x) x 2
0 1 ⇥ k x 2
x
⇥ x ln x x 2
x 6 =
k + 1 ln x x 2 Como a fun¸c˜ao tem um extremo relativo para x = 1, ent˜ao 1 ´e zero da fun¸c˜ao derivada (g 0 (1) = 0), pelo que podemos determinar o valor de k resolvendo a equa¸c˜ao seguinte:
g 0 (1) = 0 ,
k + 1 ln 1 12
k + 1 0 1
= 0 , k + 1 = 0 , 1 = k
Exame – 2017, 2.a^ Fase
