Soluções dos testes do Manual Máximo 11, Exercícios de Matemática

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PROPOSTAS

DE RESOLUÇÃO

TESTES

5.4. ( x – 0)^2 + ( y – 3)^2 = ( x – 2)^2 + ( y – 5)^2 ⇔ x^2 + y^2 – 6 y + 9 = x^2 – 4 x + 4 + y^2 – 10 y + 25 ⇔ 4 y = –4 x + 20 ⇔ y = – x + 5 Assim, y = – x + 5 é a equação reduzida da me - dia triz de [ EF ].

5.5. EF

→ = F – E = (2, 5) – (0, 3) = (2, 2) Como o vetor u^ →^ é colinear com EF

→ , tem-se que u^ →(2 k , 2 k ), k  R.

|| u^ →|| =  1  2  ⇔ (2 k )^2  + ( 2  k )^2 =  12 

⇔ 4 k^2 + 4 k^2 = 12 ⇔ k^2 = ^1 8

(^2)  ⇔ k (^2) =  3 2

Uma vez que o vetor u^ →^ tem o mesmo sentido do

vetor EF

→ , então k > 0, logo k = (^) ^3 2 ^  =^.

Logo, u^ →^ = ( 6 ,  6 ).

6. ~(( x < 3 ∨ x ≥ 5) ∧ y ≤ 2)

⇔ ~( x < 3 ∨ x ≥ 5) ∨ ~( y ≤ 2) ⇔ (~( x < 3) ∧ ~( x ≥ 5)) ∨ y > 2 ⇔ ( x ≥ 3 ∧ x < 5) ∨ y > 2 Logo, a opção correta é a (C).

7.1. A [ ABC ] = ^ A [ AB

^ CO ] = ^3

V [ ABCE ] = ^1

 × A [ ABC ] × 8 = ^1

 × 18 × 8 = 48

Logo, o volume da pirâmide [ ABCE ] é 48 cm 3.

7.2. Uma vez que A [ ABCO ] = 36, então A  B ^ = O  A ^ = 6. Assim, A (6, 0, 0), B (6, 6, 0), C (0, 6, 0) e E (6, 6, 8).

7.3.

7.3.1. y = 6

7.3.2. x = 6 ∧ z = 8

7.3.3. 0 ≤ x ≤ 6 ∧ y = 6 ∧ z = 0

7.4.

7.4.1. A + OF

→ = E

7.4.2. OC

→

• EC

→ = OC

→

• CE

→ = OE

→

7.4.3. OF

→

• ED

→ = AD

→

7.4.4. || AB

→

• CF

→ || = || AB

→

• BE

→ || = || AE

→ || || AE

→ || 2 = || AB

→ ||^2 + || BE

→ ||^2 ⇔ || AE

→ ||^2 = 6^2 + 8^2 ⇔ || AE

→ ||^2 = 100 Logo, || AE

→

7.5. H = B + ^1

 CF

→ = (6, 6, 0) + ^1 4

Seja M o ponto médio de [ DH ].

M = (^) ^ 6 + 2

^6 , ^ 0 +

^6 , ^ 8 +

^2

 = (6, 3, 5)

|| HM

→

|| = (6 –  6 )^2  + ( 6  –  3 )^2  + ( 2  –  5 )^2 =

Logo, uma condição que define a esfera da qual os pontos D e H são as extremidades do seu diâmetro é ( x – 6)^2 + ( y – 3)^2 + ( z – 5) 2 ≤ 18.

8.1. Abcissa do vértice da parábola: ^ – 2

+ 2 = ^1

Uma expressão analítica da função f é do tipo f ( x ) = a ( x + 1) ( x – 2), onde a  R+. Tem-se que f (0) = –2 ⇔ a (0 + 1) (0 – 2) = – ⇔ a = 1. Logo, f ( x ) = ( x + 1) ( x – 2). Assim, a ordenada do vértice é: f (^) ^1 2

 = (^) ^1 2

 + 1 ^1 2

 – 2 = – ^9 4

Então, D ’ f = (^) – ^9 4

, +.

f ( x ) × g ( x ) < 0 ⇔ x  ]–, –1[ ∪ – ^1 2

, 2

8.3. f –1^ (–2) + g  f (2) = 0 + g (0) = 0 + 1 = 1 8.4. O gráfico da função h obtém-se do gráfico da função f através de uma translação associada ao vetor (1, 0), seguida de uma reflexão em rela- ção ao eixo Ox dos pontos de ordenada negativa e de uma translação segundo o vetor (0, –1). Logo, a opção correta é a (D).

9. x^3 + 2 x = 2 x^2 + x ⇔ x^3 – 2 x^2 + x = 0

⇔ x ( x^2 – 2 x + 1) = 0 ⇔ x = 0 ∨ ( x – 1)^2 = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 1 A equação dada é possível em R e o seu conjunto- -solução é {0, 1}. Logo, a opção correta é a (C).

10.1. (^)  x = = ^ 3 + 2 + 4 5

10.2. SSx = Σ

5 i = 1

( xi – (^)  x )^2 =

= (3 – 3,4)^2 + (2 – 3,4)^2 + (4 – 3,4)^2 + (1 – 3,4)^2 +

• (7 – 3,4)^2 = = 0,16 + 1,96 + 0,36 + 5,76 + 12,96 = = 21,

^ ^6 

Σ

5 i = 1

xi  5

x –  –1 – ^12  2 +

f ( x ) + 0 – – – 0 +

g ( x ) – – – 0 + + +

f ( x ) ×× g ( x ) – 0 + 0 – 0 +

10.3. sx = (^)  5

S

 (^) –

S



x 1

 = (^)  ^21  4

 ≈^ 2,

11. Ordenando os dados, vem:

Me = x = x (8) = 241,

Teste n.o^1

GRUPO I

1. Recorrendo à Lei dos Senos, tem-se que:

^ se 6

n  α =  sen 5

^45 o

Assim: ^ se 6

n  α =  sen 5

^45 o ⇔ sen α = ^ 6 sen 5

^45 o

⇔ sen α = ⇔ sen α =

Logo, a opção correta é a (C).

2. Seja M o ponto médio de [ AB ].

Tem-se que  OM  = sen α e A  M  =  M  B =  O  C = cos α. Assim: A [ ABCO ] = =

= ^ 3 cos^ α 2

sen^ α=

= ^3 2

 sen α cos α

Logo, a opção correta é a (A).

3. A opção (A) é falsa, uma vez que se x  

π , π  tem- -se sen x > 0 e cos x < 0, ou seja, neste intervalo, há valores de x para os quais se tem sen x × cos x < 0.

A opção (B) é verdadeira, uma vez que se x  ^3 2

π , 2π  tem-se sen x < 0 e cos x > 0, ou seja, neste intervalo, há valores de x para os quais se tem sen x × cos x < 0. A opção (C) é falsa, uma vez que se x   2

π , π  tem-se sen x > 0 e cos x < 0, ou seja, neste interva- lo, há valores de x para os quais se tem ^ s c

e o

n s x

 x < 0.

A opção (D) é falsa, uma vez que se x  0,  2

π   tem-se sen x > 0 e cos x > 0, ou seja, neste inter- valo, para qualquer valor de x , tem-se ^ s c

e o

n s x

 x > 0.

4. ^1

^ π – –^  1

π 8

 = ^1 1

^ π = ^2 3

π , que é o período positivo

mínimo da função f. Logo, a opção correta é a (D).

5. Sabe-se que cos θ = – ^1

sen (θ + π) = –sen θ e –sen θ ≠ ^1 5

 porque

–^ 



2

• (^) – ^1 5



2 ≠ 1, o que exclui a opção (A).

sen (θ – π) = –sen θ e –sen θ ≠ ^1 5

 porque

–^ 



2

• (^) – ^1 5



2 ≠ 1, o que exclui a opção (B).

sen (^) θ +  2

π   = cos^ θ^ e^ cos^ θ^ ≠^ 

, o que exclui a

opção (C).

sen (^) θ –  2

π   = –cos^ θ^ = –^ –^ 

 = ^1 5

, pelo que a op-

ção (D) é a correta.

GRUPO II

1.1. –1 ≤ sen (^)  3 x +  6

π   ≤ 1 ⇔ –3 ≤ 3 sen (^)  3 x +  6

π   ≤ 3 ⇔ 3 ≥ –3 sen (^)  3 x +  6

π   ≥ – ⇔ 8 ≥ 5 – 3 sen (^)  3 x +  6

π   ≥ 2

Ou seja, D ’ f = [2, 8].

1.2. f ( x ) = 8 ⇔ 5 – 3 sen (^)  3 x +  6

π   = 8

⇔ sen (^)  3 x +  6

π   = – 1

⇔ 3 x +  6

π  =  3 2

π  + 2 k π, k  Z

⇔ 3 x = ^4 3

π  + 2 k π, k  Z

⇔ x = ^4 9

π  +  2 3

k π, k  Z

1.3. f  x –  2

π   +^ f  x^ +^  2

π   =

= 5 – 3 sen (^)  (^3)  x –  2

π  +^  6

π  + 5 –

• 3 sen (^3)  x +  2

π  +^  6

π  =

= 10 – 3sen 3 x – ^3 2

π  +  6

π   – 3 sen^3 x^ +^ 

π  +  6

π   =

= 10 – 3 cos 3 x +  6

π  + 3 cos^3 x^ +^  6

π  = = 10, para qualquer x  R.

6 × 

(2 cos^ α^ + cos^ α)^ ×^ sen^ α 2

^3 ^2 

^ 15 + 1 2

4. AB

→ · ^1 2

 BA

→ = ^1 2

 AB

→ · BA

→

= ^1 2

 || AB

→ || × || BA

→ || × cos 180o^ =

= ^1 2

 × 2 × 2 × (–1) =

Logo, a opção correta é a (B).

5. r^ →( a , –3, b ), u^ →(2, 1, 1), v^ →(1, 1, –1)

( a , –3, b ) · (2, 1, 1) = 0 2 a – 3 + b = 0 ⇔ ( a , –3, b ) · (1, 1, –1) = 0 a – 3 – b = 0 b = 3 – 2 a ———— b = – ⇔ ⇔ ⇔ a – 3 – 3 + 2 a = 0 3 a = 6 a = 2

Logo, a opção correta é a (C).

GRUPO II

1. Pela Lei dos Senos:

^ sen a

^60 o = ^ sen b

^45 o ⇔ =

⇔  3  b =  2  a

Como a – b =  3 , ou seja, a –  3  = b , então:

 3 ( a –  3 ) =  2  a ⇔  3  a – 3 –  2  a = 0

⇔ ( 3  –  2 ) a = 3

⇔ a =

⇔ a =

⇔ a = 3 3  + 3 2 

2.1. f ( x ) = 0 ⇔ cos x + sen x cos x = 0 ⇔ cos x (1 + sen x ) = 0 ⇔ cos x = 0 ∨ sen x = –

⇔ x =  2

π  + k π, k  Z

Uma vez que x  (^) 0,  2

π  , então^ f^ não tem zeros.

2.2. tg (π – α) = –2 ⇔ –tg α = –2 ⇔ tg α = 2

1 + tg 2 α =  cos

 (^2) α ⇔ 1 + 2

cos

 (^2) α

⇔ cos^2 α = ^1 5

Como x  (^) 0,  2

π  , então cos^ α^ =^ 

^  =^.

sen 2 α + cos^2 α = 1 ⇔ sen^2 α + ^1 5

⇔ sen^2 α = ^4 5

Como x  (^) 0,  2

π  , então sen^ x^ =^ 

^  =^.

Logo: f  2

π  + α = cos^  2

π  + α + sen^  2

π  + α cos^  2

π  + α = = –sen α + cos α (–sen α) = = –sen α – sen α cos α =

= – – × =

2.3. A  B^ = 2 cos β Altura = 1 + sen β Assim, a área do triângulo [ ABC ] é dada por: = cos β + sen β cos β = f (β)

c

os s

3 en

x x

c

os s

2 en

x x

 × cos x =

= × cos x =

= (1 + sen x ) cos x = = cos x + sen x cos x = = f ( x )

3. u^ →^ · ( u^ →^ + v^ →) = || u^ →|| × || u^ →^ + → v || × cos ( u ,^ u + v ) =

= 2 × 5 × cos (^)  4

π   =

= 10 × = 5 2 

Por outro lado, u

→ · ( u

→

• v

→ ) = u

→ · u

→

• u

→ · v

→

= || u

→ ||^2 + u

→ · v

→ = 4 + u

→ · v

→ . Então, 4 + u

→ · v

→

= 5 2  ⇔ u

→ · v

→

4.1. F (^) ^5 2

, 5, 5; OF

→ 

, 5, 5; S (^) ^5 2

, 5, z ; OS

→ 

, 5, z 

Assim:

OF

→ · OS

→ = 50 ⇔ (^) ^5 2

, 5, 5 · (^) ^5 2

, 5, z  = 50

⇔ ^2

(^5)  + 25 + 5 z = 50

⇔ 5 z = ^7 4

⇔ z = ^1 4

^ ^5 ^5 

^2 ^5 

^ ^5 

^2 ^5 

^2 ^5 

2 + 2^5 

2 cos^ β ×^ (1 + sen^ β) 2

1 – sen ^2 x 1 – sen x

^ ^2

a

b

^ ^3  b

^ ^2 a

^3

^ 3(^3 ^ +^ ^2 )

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

= – – ^2

^2 ^5 ^ ^ =

= (1 – sen^ x ) (1 + sen^ x ) × cos x = 1 – sen x

4.2. P (^) ^5 2

, 2, 0; Q (0, 5, 0); R (^) – ^5 2

, 5, 3

QP

→ = P – Q = (^) ^5 2

, 2, 0 – (0, 5, 0) = (^) ^5 2

, –3, 0

QR

→ = R – Q = (^) – ^5 2

, 5, 3 – (0, 5, 0) = (^) – ^5 2

, 0, 3

|| QP

→ || = (^)  (^) ^5 2 ^  (^) 

2  + (–^3 )

2  + ^0

2  =^ 

 4

 + 9 =

= (^) ^6  4

 =

|| QR

→ || = (^)  (^) – ^5  2 

2 + ^0

2 + ^3

2  =^ 

 4

 + 9 =

= (^) ^6  4

 =

QP

→ · QR

→ = (^) ^5 2

, –3, 0· (^) – ^5 2

, 0, 3=

= – ^2 4

Então: QP

→ · QR

→ = || QP

→ || × || QR

→ || × cos ( PQ

^ R )

⇔ – ^2

(^5)  = × × cos ( PQ^ ^ R )

⇔ cos ( PQ

^ R ) = – ^2 6

Logo, PQ

^ R = cos–1 – ^2 6

 ≈ 114,2o.

4.3. G (^) – ^5 2

, 5, 5; B (^) ^5 2

, 5, 0; H (^) – ^5 2

, 0, 5

BH

→ = H – B = (^) – ^5 2

, 0, 5 – (^) ^5 2

, 5, 0 = (–5, –5, 5)

Logo, a equação pretendida é da forma –5 x – 5 y + 5 z + d = 0. Uma vez que G pertence ao plano:

–5 × (^) – ^5 2

 – 5 × 5 + 5 × 5 + d = 0 ⇔ d = – ^2 2

Assim, uma equação cartesiana do plano que passa no vértice G e é perpendicular ao vetor BH

→ é: –5 x – 5 y + 5 z – ^2 2

^5 = 0 ⇔ 10 x + 10 y – 10 z + 25 = 0

⇔ 2 x + 2 y – 2 z + 5 = 0

4.4. P (^) ^5 2

, 2, 0; Q (0, 5, 0); R (^) – ^5 2

, 5, 3

QP

→ = P – Q = (^) ^5 2

, 2, 0 – (0, 5, 0) = (^) ^5 2

, –3, 0

QR

→ = R – Q = (^) – ^5 2

, 5, 3 – (0, 5, 0) = (^) – ^5 2

, 0, 3

Logo, PQR : ( x , y , z ) = = (^) ^5 2

, 2, 0 + s (^) ^5 2

, –3, 0 + t (^) – ^5 2

, 0, 3, s , t  R

4.5. A (^) ^5 2

, 0, 0; G (^) – ^5 2

, 5, 5

AG

→ = G – A = (^) – ^5 2

, 5, 5 – (^) ^5 2

, 0, 0 = (–5, 5, 5)

Assim, um sistema de equações paramétricas que define a reta AG é: x = ^5 2

 – 5 k

y = 5 k , k  R z = 5 k

Teste n.o^3

GRUPO I

1. r : x – 2 y = 3 ⇔ –2 y = – x + 3 ⇔ y = ^1

 x – ^3 2

O declive da reta r é ^1 2

, logo o declive da reta s , perpendicular a r , é –2. Um vetor diretor da reta s pode ser então (1, –2). Logo, a opção correta é a (D).

1. ( AB

→ ,

^ BC

→ ) é um ângulo agudo, pelo que AB

→ · BC

→ > 0. ( AB

→ ,

^ CD

→ ) é um ângulo obtuso, pelo que AB

→ · CD

→ < 0. ( AB

→ ,

^ DE

→ ) é um ângulo obtuso, pelo que AB

→ · DE

→ < 0. ( AB

→ ,

^ EA

→ ) é um ângulo agudo, pelo que AB

→ · EA

→ > 0. Logo, a opção correta é a (B).

3. O ponto (1, 0, 1) não pertence à reta r porque:

1 = 1 – k k = 0 0 = 2 + 0 k ⇔ 0 = 2 é um sistema impossível. 1 = 2 + k k = – O ponto (1, 2, 2) pertence ao plano α porque: 1 = 1 + s – t s = t t = 1 2 = –1 + 2 s + t ⇔ 3 = 2 s + s ⇔ s = 1 2 = 1 – s + 2 t 1 = – s + 2 s s = 1 O vetor (1, 2, –1) não é normal ao plano α, uma vez que é um vetor paralelo a esse plano. A reta r não é perpendicular ao plano α, uma vez que o seu vetor diretor (–1, 1, 2) é um vetor paralelo a esse plano. Logo, a opção correta é a (B).

4. un + 1 – un = 

n

n

n

n

= ^2

n n

n

n

(2 n + 3)

(2 n + 1)

> 0, ∀ n  N

(2 n^ + 1)^2 – (2 n^ – 1)(2 n^ + 3) (2 n + 3)(2 n + 1)

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

= 4 n =

(^2) + 4 n + 1 – 4 n (^2) – 4 n + 3  (2 n + 3)(2 n + 1)

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

–4 b + 3 c = 0 b = ^3 4

 c ⇔ ⇔

• a + b + 2 c = 0 – a + ^3 4

 c + 2 c = 0

b = ^3 4

 c ⇔ a = ^1 4

^1 c

Assim, u^ → ^1 4

(^1)  c ,  3 4

 c , c , c  R \ {0}.

Se c = 4, por exemplo, obtém-se u^ →(11, 3, 4). Então, u^ →(11, 3, 4) é um vetor normal ao plano γ e A (1, 3, –2) é um ponto do plano: 11( x – 1) + 3( y – 3) + 4( z + 2) = 0 ⇔ 11 x – 11 + 3 y – 9 + 4 z + 8 = 0 ⇔ 11 x + 3 y + 4 z – 12 = 0, que é uma equação cartesiana do plano γ.

2.3. || r^ →|| = (– 1 )^2  + 1 ^2 + 22  =  6 

|| v^ →|| = 1 r^ →^ · v^ →^ = – Seja θ a amplitude do ângulo que a reta r faz com o vetor v^ →.

cos θ = =

Logo, θ ≈ 114,1°.

3.1. un + 1 – un = u (^) n + 2 – un = 2, ∀ n  N Logo, ( u (^) n ) é uma sucessão monótona crescente. 3.2. Uma vez que u (^) n + 1 – u (^) n = 2, ∀ n  N, então a sucessão é uma progressão aritmética de dife- rença 2. u (^) n = 4 + 2( n – 1) = 4 + 2 n – 2 = 2 n + 2

3.3. A sucessão ( un ) é uma sucessão monótona cres- cente, logo u 1 = 2 é um minorante da sucessão. A sucessão ( un ) não tem majorantes, uma vez que lim un = lim (2 n + 1) = +. Logo, a sucessão ( u (^) n ) não é limitada.

3.4. Σ

20 k = 5

u (^) k = S 20 – S 4 =

= ^ 4 + (2^ ×

20 + 2)× 20 – ^ 4 + (2^ ×

4 + 2)× 4 =

4.1. an = ^1 4

 an – 1 ⇔  an

a

n 1

 = ^1

, ∀ n  N

Logo, ( a (^) n ) é uma progressão geométrica e a sua razão é ^1 4

a 1 = 2 × 2 = 4

an = 4 × (^) ^1 4



n – 1 = 4 × 4 1 –^ n^ = 42 –^ n

4.2. Sn = 4 × = 4 × =

= ^1

1 –^ 



n , como queríamos demonstrar.

lim Sn = lim ^1 3

1 –^ 



n  =^ 

A sucessão ( Sn ) é convergente.

5. Se n = 1:

4 × 1 – 3 = ^1

 × 1 × (4 × 1 – 2)

⇔ 4 – 3 = ^1

 × 2

⇔ 1 = 1, que é uma proposição verdadeira. Hipótese: 1 + 5 + 9 + 13 + … + (4 n – 3) = ^1 2

 n (4 n – 2)

Tese: 1 + 5 + 9 + 13 + … + (4 n – 3) + (4 n + 1)

= ^1 2

 ( n + 1)(4 n + 2) Demonstração: 1 + 5 + 9 + 13 + … + (4 n – 3) + (4 n + 1) =

= ^1 2

 n (4 n – 2) + (4 n + 1)=

= ^4 n

2 2

– 2 n + 4 n + 1 =

= 2 n^2 + 3 n + 1 =

= 2( n + 1) n + ^1 2

 = = ( n + 1)(2 n + 1) =

= ^1 2

 ( n + 1)(4 n + 2)

Logo, 1 + 5 + 9 + 13 + … + (4 n – 3) = ^1 2

 n (4 n – 2),

∀ n  N.

Teste n.o^4

GRUPO I

1. Uma vez que a 1 = – ^1

; a 2 = ^1 3

 e a 3 = – ^1 4

 , a sucessão ( a (^) n ) não é monótona.  n +

 se n é par a (^) n = ^ ( n

n  =  n

 se n é ímpar

Se n é par: an + 1 – an =  n +

n +

 < 0 e lim an = 0.

 6  × 1

1 – (^) ^1 4



n

 1 – ^1 4

1 – (^) ^1 4



n

 ^3 4

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

Logo, a 2 = ^1 3

 é o maior dos termos de ordem par e é um majorante desta subsucessão. Se n é ímpar: an + 1 – an = –  n +

n +

 > 0 e lim an = 0.

Logo, a 1 = – ^1 2

 é o maior dos termos de ordem ímpar e é um minorante desta subsucessão.

Como – ^1 2

 ≤ an < ^1 3

, então a sucessão ( an ) é limitada. Logo, a opção correta é a (A).

2. Sendo ( b n ) uma progressão geométrica de razão 3,

então: b 5 = b 3 × 32 ⇔ 8 x + 1 = ( x – 1) × 9 ⇔ 8 x + 1 = 9 x – 9 ⇔ x = 10 Assim, b 4 = b 3 × 3 = (10 – 1) × 3 = 27. Logo, a opção correta é a (C).

1. lim un = lim (^) –  n

 (^2)  = 0

lim vn = lim (^) ^1 2



n = 0

lim wn = lim  n

n

2 2

 = lim = +

Assim, são infinitésimos as sucessões ( u (^) n ) e ( vn ). Logo, a opção correta é a (A).

4. x lim → 2 + 

g

f ( (

x x

 = ^ f 0

) = –, uma vez que f (2) < 0.

Logo, a opção correta é a (C).

5. x lim → –2+ g ( x ) = lim x → –2+ ^2

x

x

^1 = 

^5 = –

Assim, a reta de equação x = –2 é uma assíntota vertical ao gráfico de g.

lim x → + ^2 x

x

^1 = lim x → + = 2

Assim, a reta de equação y = 2 é uma assíntota horizontal ao gráfico de g. Logo, a opção correta é a (A).

GRUPO II

1.1. Se n é ímpar: ^2 n n

^ + 1 = 2 + ^1

n

Então, uma vez que 0 < ^1 n

 ≤ 1, tem-se 2 < 2 + ^1 n

Se n é par:  n

n 1

 = ^2

n

n

^2 – 

n +

n +

Então, uma vez que 0 <  n +

 ≤ 1, tem-se

0 > –  n +

n +

Logo, 0 ≤ a (^) n ≤ 2, ou seja, ( a (^) n ) é uma sucessão limi- tada. 1.2. 1.2.1. a 1 = 3 a 2 = ^4 3

Logo, a 2 – a 1 < 0, o que significa que a proposição é falsa. 1.2.2. Se existir um valor de n ímpar nas condições do enunciado, então:

^2 n n

^ + 1= ^1

(^6)  ⇔ 18 n + 9 = 16 n

⇔ 2 n = – 9 ⇔ n = – ^9 2

, o que é impossível já que n

é um número natural. Se existir um valor de n par nas condições do enunciado, então:

 n

n 1

 = ^1

^6 ⇔ 18 n = 16 n + 16 ⇔ 2 n = 16 ⇔ n = 8, que é um número natural e par. Logo, a proposição é verdadeira.

1.3. Se n é ímpar:

lim n → + ^2 n n

^ + 1 = lim n → + 2 +^ 

n

 = 2

Se n é par:

lim n → +  n

n 1

 = lim n → + = 2

Logo, a sucessão ( a (^) n ) é convergente para 2.

2.1. u 3 = 12 u 10 = 47 ⇔ u 3 + (10 – 3) d = 47 ⇔ 12 + 7 d = 47 ⇔ 7 d = 35 ⇔ d = 5 Logo, un = u 3 + ( n – 3) d = 12 + ( n – 3) × 5 = = 12 + 5 n – 15 = 5 n – 3. 2.2. u 1 = 5 × 1 – 3 = 2 S (^) n = 555 ⇔ ^ u^1 + 2

^ u^ n × n = 555

⇔ ^ 2 + 5 2

^ n^ – 3 × n = 555

⇔ (5 n – 1) n = 1110 ⇔ 5 n^2 – n – 1110 = 0

⇔ n =

⇔ n = ^ 1 ± 1

^49

⇔ n = 15 ∨ n = – Logo, é necessário somar os 15 primeiros termos da sucessão.

^ n 1 + ^2 n

2 – ^1

x

1 + ^2

x

^2

1 + ^1

n

^ 1 ±^ ^1 ^ +^ ^22 ^ ^20 ^0 

Ora, para que a função f seja contínua em x = 1, f (1) = lim x → 1 + f ( x ) = lim x → 1 – f ( x ). Então, ^3 2

k  = –1 ⇔ k = –  2 3

Logo, a opção correta é a (C).

3. Uma vez que lim x → 0 + f ( x ) = +, então x = 0 é uma

assíntota vertical ao gráfico de f. Uma vez que lim x → + f ( x ) = 2, então y = 2 é uma assíntota horizontal ao gráfico de f. O gráfico de g obtém-se do gráfico de f segundo uma translação associada ao vetor de coordena- das (2, 1). Aplicando a mesma translação às assín- totas de f obtêm-se as assíntotas de g , que são então x = 2 e y = 3. Logo, a opção correta é a (A).

1. f ’( x ) = (^) ^2 2

x x

^1



= ^4 x (

x –

x 2

(2 x

1)^2

f ’– ^1 2

 = =  (–

Assim, sendo α a inclinação da reta t , tem-se tg α = –1 ∧ 0 o^ < α < 180o, ou seja, α = 135°. Logo, a opção correta é a (C).

5. f ’( x ) = 0 ⇔ x^2 – 1 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = –

Assim, f é decrescente em ]–1, 1[, f é crescente em ]1, +[ e f tem um máximo para x = –1, ou seja, a afirmação ‘‘ f tem um mínimo para x = –1’’ é uma afirmação falsa. Logo, a opção correta é a (D).

GRUPO II

1.1. Sendo f ( x ) = ^ x x

, então g ( x ) =  f (

x )

 = ^ x x

Dg = { x  R: x – 5 ≠ 0} = R \ {5}

Uma vez que g ( x ) = ^ x x

x –

, então y = 1 é

uma assíntota horizontal ao gráfico de g. Logo, D ’ g = R \ {1}.

1.2.1. h (1) = lim x → 1 – h ( x ) = lim x → 1 – ^1 2

 f ( x ) = lim x → 1 –  2

x x

= ^ –

lim x → 1 + h ( x ) = lim x → 1 + =

= lim x → 1 + =

Como h (1) = lim x → 1 – h ( x ) ≠ lim x → 1 + h ( x ), então h não é contínua em x = 1. 1.2.2. lim x → –  h ( x ) = lim x → –  ^1 2

 f ( x ) = lim x → –   2

x x

= lim x → –  = ^1 2

Logo, a reta de equação y = ^1 2

 é uma assíntota horizontal ao gráfico de h. lim x → + h ( x ) = lim x → + =

= lim x → + 

( x + 1) (

x  + 1)

Logo, a reta de equação y = 0 é uma assíntota horizontal ao gráfico de h. 1.3.

1.3.1. f ( x ) = 0 ⇔ ^ x x

 = 0 ⇔ x – 5 = 0 ∧ x – 3 ≠ 0

⇔ x = 5

Assim, A (5, 0), B ( x , f ( x )) = (^)  x , ^ x x

 e C ( x , 0). Logo:

a ( x ) = = =

= ^ – x

x

x 6

1.3.2. a ( x ) = 4 ⇔ ^ – x

x

x 6

⇔ ^ – x

x

x 6

⇔ ^ – x

2 2

x

x 6

– 1= 0 ⇔ –( x – 1)^2 = 0 ∧ 2 x – 6 ≠ 0

⇔ x = 1

a (1) = ^1 1

Logo, B (1, 2).

^2 ×^ –^ 

 – 1

2

^  x^ – 1

x^2 – 1

^ x^ – 1

( x – 1) ( x + 1) ( x + 1)

1 – ^5

x

2 – ^6

x

^  x^ – 1

x^2 – 1

(5 – x ) × ^ x x

^ A  C^ ×^ B  C 

2(2  x – 1) – 2(2 x + 1) (2 x – 1)^2

– x^2 + 10 x^ – 25 – 8 x^ + 24 2 x – 6

x (^) –  –1 1 +

Sinal de f ’ + 0 – 0 +

Variação de f (^) → Máx. → Mín. →

= lim x → 1 + (^)  ^  x ^ – 1 × (^)  = x^2 – 1

^  x^ + 1

 x + 1

= lim x → 1 + = ^1 4

^1

( x + 1) ( x + 1)

1.3.3. Uma vez que x  ]–, 3[, só faz sentido estudar a existência de assíntotas oblíquas ao gráfico de a quando x tende para –. m = lim x → –  ^ a ( x

 x ) = lim x → –  

• x^2 2

x^2

0 x 6

x

^25 =

= lim x → –  = – ^1 2

b = lim x → –   a ( x ) + ^1 2

 x = lim x → –  ^ – x

2 x

x 6

– 25+ ^1

 x =

= lim x → –  = ^7 2

Assim, a reta de equação y = – ^1 2

 x + ^7 2

 é uma assíntota oblíqua ao gráfico de a.

1.4. f ’(2) = lim x → 2 ^ f ( x x

f 2

(2) = lim x → 2 =

= lim x → 2 = lim x → 2  ( x –

x ) (

x

= lim x → 2  ( x

( x ) (

x

= lim x → 2  x

2.1. C ’( t ) = (^)  t^2

2 t

’^ = =

C ’( t ) = 0 ⇔ ^ – (

t t

2 2

t 0

^40 = 0

⇔ –2 t^2 – 2 t + 40 = 0 ∧ ( t^2 + 20)^2 ≠ 0 ⇔ t = 4 ∨ t = – Como t ≥ 0, então t = 4.

Logo, a concentração do medicamento é máxima 4 horas após a sua administração.

2.2. lim t → + C ( t ) = lim t → + = lim t → + = 0

Quando t → +, a concentração do medicamento na corrente sanguínea tende para zero.

3.1. m = f ’(1) =  2 ×

×

 = ^ –

^2 = – ^1

A equação reduzida da tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 1 é da forma y = – ^1 4

 x + b.

O ponto A pertence ao gráfico de f e à reta tan- gente ao gráfico de f no ponto de abcissa 1, logo: ^1 2

 = – ^1

 × 1 + b ⇔ b = ^3 4

Assim, a equação reduzida da tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 1 é y = – ^1 4

 x + ^3 4

3.2. lim x → 1 =

= lim x → 1 × lim x → 1 =

Teste n.o^6

GRUPO I

1. Como t.m.v.[ a , b ] ( f ) = 3, então o declive da reta AB é 3.

 O  C (^) =  CD  (^) = 2, logo  O  D (^) = 4 e D (0, 4). Assim, a equação reduzida da reta r é y = 3 x + 4. Logo, a opção correta é a (D).

2. Uma vez que o gráfico de f ' é uma reta, então o

gráfico da função f pode ser uma parábola, ou seja, f é uma função polinomial de grau 2. Por outro lado, f ’( x ) > 0 para x  ]–, 1[, f ’( x ) < 0 para x  ]1, +[ e f (1) = 0, então a função f é cres- cente em ]–, 1[ e decrescente em ]1, +[, ou seja, a parábola que a representa tem a concavidade voltada para baixo. Se f ( x ) = – x^2 + 3 x + 2, então f ’( x ) = –2 x + 3 e f ’( x ) = 0 ⇔ x = ^3 2

Se f ( x ) = – x^2 + 2 x + 2, então f ’( x ) = –2 x + 2 e f ’( x ) = 0 ⇔ x = 1. Logo, a opção correta é a (C).

3. d ( t ) = 5 t^2 , logo d ’( t ) = 10 t.

Assim, d ’(10) = 10 × 10 = 100, pelo que a velocida- de do corpo ao fim de 10 segundos é 100 m/s. Logo, a opção correta é a (B).

4. No diagrama 1 os pontos estão sobre a mesma

reta de declive positivo, pelo que r 1 = 1. No diagrama 2 observa-se uma correlação linear negativa, pelo que r 2 = –0,6. No diagrama 3 não há correlação, pelo que r 3 = 0. Logo, a opção correta é a (A).

–1 + ^1

x

x^2

2 – ^6

x

7 – ^2

x

2 – ^6

x

 x^ x –^ –  35 – 3  x – 2

^ x^ – 5 x

^ x^ + 9  x – 2

2( t^2 + 20) – 2 t (2 t^ + 1) ( t^2 + 20)^2

( f ( x ))^2 – (^) ^1 2



2

 x^2 – 1

f ( x ) – ^1 2

x – 1

f ( x ) + ^1 2

x + 1

^2 t^ + 1 t^2 + 20

^2

t

t

1 + ^2

t^2

t 0 4 + Sinal de C ’ + 0 – Variação de C (^) →Máx. →

= lim x → –  = lim x → –  ^7 2

x x

– x^2 + 10 x^ – 25 +^ x^2 – 3 x ^5 = 2 x – 6

= = ^ –

t t

2 2

t 0

^2 t^2 + 40 – 4 t^2 – 2 t ^40 ( t^2 + 20)^2

= lim x → 1  × (^) =

f ( x ) – ^1 2

x – 1

f ( x ) + ^1 2

x + 1

= f ’(1) × = – ^1 4

 × ^1

 = – ^1

^1

 + ^1

Teste Global

GRUPO I

1. sen (^) arccos ^1 2

 + cos (^) arcsen (^) – (^)  =

Logo, a opção correta é a (D).

2. Uma vez que o triângulo [ ABC ] é isósceles e que

A  C^ = B  C , então os vetores CP

→ e MP

→ , onde M é o ponto médio de [ AB ] são colineares. Assim, o lugar geométrico dos pontos P do plano que satisfazem a condição AB

→ · CP

→ = 0 é a mediatriz do segmento de reta [ AB ]. Logo, a opção correta é a (A).

3. un = –2 ⇔ – ^5 n

n

^10 = –2 ⇔ 5 n + 10 = 6 n ⇔ n = 10

Ou seja, existe um termo da sucessão ( un ) igual a –2. un + 1 – un = – ^5 n 3

n

^10 + ^5 n 3

n

^10 =

= – + ^5 n 3

n

^10 =

3 n ( n

 > 0, ∀ n  N.

Ou seja, a sucessão ( un ) é monótona crescente. u 1 = – ^ 5 + 3

^10 = –5 é um minorante da sucessão e 0 é um seu majorante, uma vez que todos os seus ter- mos são negativos, ou seja, a sucessão ( un ) é limitada.

lim (^) – ^5 n 3

n

^10

 = lim^ –^ = –^ 

, ou seja,

a sucessão ( un ) não é divergente. Logo, a opção correta é a (D).

4. lim x → 1 – f ( x ) = lim x → 1 – ( x^2 + 1) = 2

lim x → 4 + f ( x ) = lim x → 4 + (2 x + 3) = 11 f 1 (1) = 3 + 2 = 5, pelo que a função f 1 não representa uma extensão contínua da função f de domínio R. f 2 (1) = 1 + 1 = 2, mas f 2 (4) = 4 + 1 = 5, pelo que a função f 2 não representa uma extensão contínua da função f de domínio R. f 3 (1) = 3 – 1 = 2 e f 3 (4) = 12 – 1 = 11, pelo que a fun- ção f 3 representa uma extensão contínua da fun- ção f de domínio R. Logo, a opção correta é a (C).

5. Como o coeficiente de correlação não é igual ao

declive da reta de mínimos quadrados, excluem-se as hipóteses (B) e (C). 0,25 × 4 + 3,6 = 4, Logo, a opção correta é a (A).

GRUPO II

1.1.  O  C = 1

Seja D a projeção ortogonal de P sobre o eixo Ox.  OD  = cos α

Logo, A = ^ cos 2

α ×  (^1) =  co 2

s  α = f (α).

1.2. Se α =  6

π , então P cos^  6

π , sen  6

π   =^  ,^ 

.

C (0, –1)

CP

→ = (^)  , ^1 2

 – (0, –1) = (^)  , ^3 2



Logo, o declive da reta CP é:

m = = =  3 

Como C (0, –1) pertence a esta reta, tem-se que a

equação reduzida da reta CP é y =  3  x – 1.

1.3. sen (^) ^3 2

π  + θ  – cos(–3π^ +^ θ) + tg (–π^ –^ θ) = –^ 

⇔ –sen (^)  2

π  + θ  – cos (π^ +^ θ) – tg (π^ +^ θ) = –^ 

⇔ –cos θ + cos θ – tg θ = – ^3 7

⇔ tg θ = ^3 7

Assim: 1 + tg^2 θ =  cos

 (^2) θ ⇔ 1 +  4

cos

 (^2) θ

⇔ ^5 4

cos

 (^2) θ ⇔ cos (^2) θ = ^4 5

Logo, como θ  0,  2

π  , cos^ θ^ =^ 

 5

 =.

Então, f (θ) = ^ co 2

s  θ =.

1.4. (1 – sen x ) (^)  co

s x

 + tg x  =

= (1 – sen x ) (^)  co

s x

 + (^)  =

= (1 – sen x ) (^) ^1 c

o

s s

en x

 x  =^ 

co

s s

en x

(^2) x  = ^ c c

o o

s s

2 x

 x =

= cos x = 2 × = 2 f ( x )

^ ^2 

^ ^2 ^ +^ ^3 

5 + ^1

n

^ ^3 

^ ^3 

^ ^3 

^3

^3

^  ^3 

^7 ^5 ^8 

^7 ^5 ^8 

sen^ x cos x

^5 n^ + 15 3( n + 1)

cos^ x 2

= sen (^)  3

π   + cos^ –^  4

π   =^ +^ =

^ ^3 

^ ^2 

= (^) –(5 n^ + 15) n^ + (5 n^ + 10)( n^ + 1) = 3(3 n + 3) n

2.1. O vetor EF

→ (1, –2, –2) é um vetor normal ao plano ABC e o ponto F (–2, 1, –1) é um ponto pertencente a esse plano. Assim: 1( x + 2) – 2( y – 1) – 2( z + 1) = 0 ⇔ x + 2 – 2 y + 2 – 2 z – 2 = 0 ⇔ x – 2 y – 2 z + 2 = 0 é uma equação cartesiana do plano ABC.

2.2. As retas ED e EA são retas concorrentes que de- fi nem o plano ADE. r^ →(1, –5, 1) é um vetor diretor da reta EA. s^ →(1, 1, 1) é um vetor diretor da reta ED. O ponto (–3, 3, 1) é um ponto da reta EA e tam- bém do plano ADE. Logo, ( x , y , z ) = (–3, 3, 1) + r (1, –5, 1) + s (1, 1, 1), r , s  R é uma equação vetorial do plano ADE.

2.3. O ângulo AEF é o ângulo entre o vetor diretor da reta EA e o vetor EF

→ . r

→ (1, –5, 1) é um vetor diretor da reta EA. EF

→ (1, –2, –2)

|| r^ →|| =  1 ^2 + (– 5 )^2 + 12  =  2  7  = 3 3 

|| EF

→

|| =  1 ^2 + (– 2 ) 2  + (– 2 ) 2 =  9  = 3

r^ →^ · EF

→ = 1 + 10 – 2 = 9

cos( AE

^ F ) = =

Logo, AE

^ F ≈ 54,74o.

2.4. O ponto E pertence às retas EA e ED. ED : ( x , y , z ) = (–6, 1, –2) + k ’(1, 1, 1), k ’  R Assim, os pontos da reta ED são da forma (–6 + k ’, 1 + k ’, –2 + k ’), k ’  R Substituindo na condição que define EA :

–6 + k ’ = –3 + k k’ = 3 +k 1 + k ’ = 3 – 5 k ⇔ 1 + 3 +k = 3 – 5k ⇔ –2 + k ’ = 1 + k –2 + 3 +k = 1 +k

—— k’ = ^1 6

⇔ 6 k = –1 ⇔

1 = 1 k = – ^1 6

Logo, E –6 + ^1 6

^7

 =^ –^ 

.

3.1. b 1 = 15 A sucessão é uma progressão geométrica, uma vez que a razão entre dois termos consecutivos é 0,6. Assim, bn = b 1 × rn^ – 1^ = 15 × 0,6 n^ – 1.

3.2. lim S (^) n = lim (^)  15 ^1 1

n  =  0

4. Se n = 1:

2 1 – 1^ = 2 1 – 1 ⇔ 2 0 = 2 – 1 ⇔ 1 = 1, que é uma proposição verdadeira. n > 1: Hipótese: 1 + 2 + 2 2 + 2^3 + … + 2 n^ – 1^ = 2 n^ – 1 Tese: 1 + 2 + 2 2 + 2^3 + … + 2 n^ – 1^ + 2 n^ = 2 n^ + 1^ – 1 Demonstração: 1 + 2 + 2 2 + 2^3 + … + 2 n^ – 1^ + 2 n^ = 2 n^ – 1 + 2 n^ = = 2 × 2 n^ – 1 = = 2 n^ + 1^ – 1, como queríamos demonstrar. Logo, 1 + 2 + 2^2 + 2^3 + … + 2 n^ – 1, ∀ n  N, como queríamos demonstrar.

5.1. f é uma função racional, logo é contínua em todo o seus domínio, ou seja, é contínua em R. Logo, não existem assíntotas verticais ao gráfico de f.

x lim → +  2

x

x 2

 = lim x → + = 0

x lim → –   2

x

x 2

 = lim x → –  = 0

Logo, y = 0 é a equação da assíntota horizontal ao gráfico de f.

5.2. g ’( x ) = (^) ^ x x

2 2

’ = =

g ’( x ) = 0 ⇔  ( x^2

x

1. 2

 = 0 ⇔ x = 0

Assim, a função g é estritamente decrescente em ]–∞, 0[ e é estritamente crescente em ]0, +[ e tem um mínimo em x = 0.

5.3. f ’(1) = lim x → 1 ^ f ( x x

f 1

(1) = lim x → 1 =

= lim x → 1 = lim x → 1  3

x x^2

( x ( x

^1

^9

3  3  × 3

^2

x

x

x

^2

x

x

x

^2 x^ ( x^2 + 2) – 2 x^ ( x^2 + 1) ( x^2 + 2)^2

x

x 2

 – (^) – ^1 6

  x – 1

^ x^2 + 6 x^ – 7 3( x^2 + 2)( x – 1)

x (^) –  0 +

Sinal de g ’ – 0 +

Variação de g → Mín. →

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

( x^2

x

1. 2

2 x  (^3) + 4 x – 2 x (^3) – 2 x  ( x^2 + 2)^2

= lim x → 1 = lim x → 1 =

x

x 2

 + ^1

x – 1

^6 x^ – 9 +^ x^2 + 2 3( x^2 + 2)( x – 1)

= lim x → 1 = ^8 9 ^ x^ + 7^  3( x^2 + 2)

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩