Derivadas, continuidade e resolução aproximada de equações

Resposta: (D)

\(\frac{\operatorname{sen}\left( 2x \right)}{x}=2\times \frac{\operatorname{sen}\left( 2x \right)}{2x}\).

Pelo limite notável \({\lim }_{y\to 0}\frac{\operatorname{sen}y}{y}=1\), com \(y=2x\to 0\), tem-se \({\lim }_{x\to 0}\frac{\operatorname{sen}\left( 2x \right)}{2x}=1\).

Logo, \({\lim }_{x\to 0}\frac{\operatorname{sen}\left( 2x \right)}{x}=2\times 1=2\).

Proposição I. Como \(f'\) é estritamente crescente em \(\left] 0,+\infty \right[\), tem-se \(f″\left( x \right)\ge 0\) nesse intervalo, pelo que o gráfico de \(f\) tem concavidade voltada para cima em todo o \({R}^{+}\): não pode ter concavidade voltada para baixo em nenhuma parte do seu domínio.

Proposição II. Como \(f'\) é estritamente crescente e \(f'\left( 1 \right)=2>0\), para qualquer \(x\in \left] 1,5 \right[\) tem-se \(f'\left( x \right)>f'\left( 1 \right)=2>0\). Logo \(f'\) não se anula em \(\left] 1,5 \right[\) e \(f\) é estritamente crescente nesse intervalo, não tendo aí nenhum extremo.

a) ★★

Resposta: (D)

Uma reta \(y=mx+b\) é assíntota ao gráfico de \(g\) quando \(x\to +\infty \) se e só se \(\lim _{x\to +\infty }\left[ g\left( x \right)-\left( mx+b \right) \right]=0\). Com \(m=3\) e \(b=-5\): \(\lim _{x\to +\infty }\left[ g\left( x \right)-3x+5 \right]=0\).

b) ★★

Para a continuidade em \(x=0\), é necessário que \(\lim _{x\to {0}^{-}}g\left( x \right)=g\left( 0 \right)\).

\(g\left( 0 \right)=f\left( 0 \right)=2\).

\(\lim _{x\to {0}^{-}}\frac{{e}^{-k}\left( {e}^{x}-1 \right)}{-{x}^{2}+2x}={e}^{-k}\lim _{x\to 0}\frac{{e}^{x}-1}{x}\times \frac{1}{-x+2}={e}^{-k}\times 1\times \frac{1}{2}=\frac{{e}^{-k}}{2}\).

Igualando: \(\frac{{e}^{-k}}{2}=2\Leftrightarrow {e}^{-k}=4\Leftrightarrow -k=\ln 4\Leftrightarrow k=-\ln 4\) (ou \(k=-2\ln 2\)).

A função \(f\) é contínua em \(R\), por ser polinomial, logo é contínua em \(\left[ 0,1 \right]\).

\(f\left( 0 \right)=-2<0\).

\(f\left( 1 \right)=a+1-2=a-1\); como \(a>1\), \(f\left( 1 \right)>0\).

Como \(f\) é contínua em \(\left[ 0,1 \right]\) e \(f\left( 0 \right)<0<f\left( 1 \right)\), pelo teorema de Bolzano, existe pelo menos um \(c\in \left] 0,1 \right[\) tal que \(f\left( c \right)=0\), ou seja, \(f\) tem pelo menos um zero nesse intervalo.

Como \(r\) é tangente ao gráfico de \(f\) na origem e \(f\left( 0 \right)=0\) (o gráfico passa na origem), \(\lim _{x\to 0}\frac{f\left( x \right)}{x}=f'\left( 0 \right)\), que é o declive de \(r\).

Como \(s\) é assíntota ao gráfico de \(f\) quando \(x\to +\infty \), \(\lim _{x\to +\infty }\frac{f\left( x \right)}{x}\) é o declive de \(s\), que designamos \({m}_{s}\).

A condição dada traduz-se, então, por \(f'\left( 0 \right)\times {m}_{s}=-\frac{8}{9}\).

Proposição I. Pela figura, a reta \(s\) tem declive positivo (\({m}_{s}>0\), por ser crescente). Como \(f'\left( 0 \right)\times {m}_{s}=-\frac{8}{9}<0\) e \({m}_{s}>0\), tem de ser \(f'\left( 0 \right)<0\). Logo a proposição \(f'\left( 0 \right)>0\) é falsa.

Proposição II. Duas retas de declives \(f'\left( 0 \right)\) e \({m}_{s}\) são perpendiculares se e só se \(f'\left( 0 \right)\times {m}_{s}=-1\). Como \(f'\left( 0 \right)\times {m}_{s}=-\frac{8}{9}\ne -1\), as retas \(r\) e \(s\) não são perpendiculares.

\(g\left( 1 \right)=7\times {3}^{0}-3=7-3=4\).

Para o limite lateral esquerdo, com \(t=x-1\to {0}^{-}\): \(\lim _{x\to {1}^{-}}\frac{4x-4}{{e}^{x-1}-1}=\lim _{t\to 0}\frac{4t}{{e}^{t}-1}=4\times \lim _{t\to 0}\frac{t}{{e}^{t}-1}=4\times 1=4\).

Como \(\lim _{x\to {1}^{-}}g\left( x \right)=g\left( 1 \right)=4\), a função \(g\) é contínua em \(x=1\).

Proposição I. A condição \(\lim _{x\to +\infty }\left( f\left( x \right)-2x+1 \right)=0\) significa que a reta \(y=2x-1\) é assíntota ao gráfico de \(f\) quando \(x\to +\infty \). Como esta assíntota tem declive \(2\ne 0\), é uma assíntota oblíqua, não horizontal; e um gráfico não pode ter simultaneamente uma assíntota horizontal e uma oblíqua quando \(x\to +\infty \). Logo a proposição é falsa.

Proposição II. Como \(r\) é tangente ao gráfico de \(g\) no ponto de abcissa \(1\), \(g\left( 1 \right)=2\times 1-1=1\). Como \(g\) é diferenciável (logo contínua), \(\lim _{x\to 1}g\left( x \right)=g\left( 1 \right)=1\ne 2\).

Proposição III. Como o gráfico de \(f\) tem concavidade voltada para cima em \(R\), \(f″\left( x \right)>0\) para todo o \(x\). Como o gráfico de \(g\) tem concavidade voltada para baixo em \(\left] 0,+\infty \right[\), \(g″\left( x \right)<0\) nesse intervalo. Logo, para qualquer \(x\in \left] 0,+\infty \right[\), \(f″\left( x \right)>0>g″\left( x \right)\), ou seja, \(f″\left( x \right)>g″\left( x \right)\), contrariando a proposição.

a) ★★

Limite à direita: \({\lim }_{x\to {0}^{+}}f\left( x \right)={\lim }_{x\to {0}^{+}}\left[ \ln \left( 2-{e}^{-x} \right)+x+2 \right]=\ln \left( 2-1 \right)+0+2=\ln 1+2=2.\)

Limite à esquerda:

\[\lim _{x\to {0}^{-}}\frac{\operatorname{sen}\left( ax \right)}{{e}^{x}-1}=\lim _{x\to {0}^{-}}\left[ \frac{\operatorname{sen}\left( ax \right)}{ax}\times a\times \frac{x}{{e}^{x}-1} \right]=1\times a\times 1=a,\]

usando os limites notáveis \(\frac{\operatorname{sen}u}{u}\to 1\) (com \(u=ax\to 0\)) e \(\frac{x}{{e}^{x}-1}\to 1\).

Para que exista \({\lim }_{x\to 0}f\left( x \right)\), os limites laterais têm de ser iguais: \(a=2\).

b) ★★

Para \(x>0\), \(f\left( x \right)=\ln \left( 2-{e}^{-x} \right)+x+2\).

Quando \(x\to +\infty \), \({e}^{-x}\to 0\), pelo que \(\ln \left( 2-{e}^{-x} \right)\to \ln 2\).

Logo \(f\left( x \right)-\left( x+2+\ln 2 \right)=\ln \left( 2-{e}^{-x} \right)-\ln 2\to 0\) quando \(x\to +\infty \).

A assíntota oblíqua é a reta de equação \(y=x+2+\ln 2\).

\(f\left( 0 \right)=\ln \sqrt{e+0}=\ln \sqrt{e}=\ln {e}^{1/2}=\frac{1}{2}\).

\(\lim _{x\to {0}^{+}}f\left( x \right)=\lim _{x\to {0}^{+}}\ln \sqrt{e+x}=\ln \sqrt{e}=\frac{1}{2}\) (função contínua), igual a \(f\left( 0 \right)\).

\(\lim _{x\to {0}^{-}}f\left( x \right)=\lim _{x\to {0}^{-}}\frac{1-\cos x}{x}=\frac{1-\cos 0}{\,}\), uma indeterminação \(\frac{0}{0}\); como \(\lim _{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x}=0\) (limite notável), \(\lim _{x\to {0}^{-}}f\left( x \right)=0\).

Como \(\lim _{x\to {0}^{-}}f\left( x \right)=0\ne \frac{1}{2}=f\left( 0 \right)\), a função \(f\) não é contínua em \(x=0\).

Assíntota vertical. Em \(\left] 0,+\infty \right[\), o denominador \({e}^{x}-1\) só se anula quando \(x\to {0}^{+}\) (limite da fronteira do domínio): \({e}^{x}-1\to {0}^{+}\).

O numerador \({e}^{x}+\ln x\to 1+\left( -\infty \right)=-\infty \) quando \(x\to {0}^{+}\).

Logo \(\lim _{x\to {0}^{+}}h\left( x \right)=\frac{-\infty }{{0}^{+}}=-\infty \), pelo que a reta de equação \(x=0\) é assíntota vertical do gráfico de \(h\).

Assíntota horizontal. \({\lim }_{x\to +\infty }h\left( x \right)={\lim }_{x\to +\infty }\frac{{e}^{x}+\ln x}{{e}^{x}-1}={\lim }_{x\to +\infty }\frac{1+\frac{\ln x}{{e}^{x}}}{1-\frac{1}{{e}^{x}}}=\frac{1+0}{1-0}=1\) (pois \(\lim _{x\to +\infty }\frac{\ln x}{{e}^{x}}=0\)).

A reta de equação \(y=1\) é assíntota horizontal do gráfico de \(h\) quando \(x\to +\infty \); não há mais assíntotas paralelas aos eixos.

\(f\left( 0 \right)=\frac{3}{5}\).

\(\lim _{x\to 0}f\left( x \right)=\lim _{x\to 0}\frac{3x}{{e}^{5x}-1}=\lim _{x\to 0}\frac{3}{5}\times \frac{5x}{{e}^{5x}-1}=\frac{3}{5}\times \lim _{x\to 0}\frac{5x}{{e}^{5x}-1}\).

Fazendo \(u=5x\) (\(u\to 0\) quando \(x\to 0\)) e usando o limite notável \(\lim _{u\to 0}\frac{u}{{e}^{u}-1}=1\): \(\lim _{x\to 0}f\left( x \right)=\frac{3}{5}\times 1=\frac{3}{5}\).

Como \(\lim _{x\to 0}f\left( x \right)=\frac{3}{5}=f\left( 0 \right)\), a função \(f\) é contínua em \(x=0\).

\(m=\lim _{x\to +\infty }\frac{h\left( x \right)}{x}=\lim _{x\to +\infty }\frac{{x}^{2}}{2{x}^{2}-\ln x}=\lim _{x\to +\infty }\frac{1}{2-\frac{\ln x}{{x}^{2}}}=\frac{1}{2-0}=\frac{1}{2}\) (pois \(\frac{\ln x}{{x}^{2}}\to 0\)).

\(b=\lim _{x\to +\infty }\left( h\left( x \right)-\frac{1}{2}x \right)=\lim _{x\to +\infty }\frac{2{x}^{3}-x\left( 2{x}^{2}-\ln x \right)}{2\left( 2{x}^{2}-\ln x \right)}=\lim _{x\to +\infty }\frac{x\ln x}{2\left( 2{x}^{2}-\ln x \right)}\).

Dividindo numerador e denominador por \({x}^{2}\): \(\lim _{x\to +\infty }\frac{\frac{\ln x}{x}}{2\left( 2-\frac{\ln x}{{x}^{2}} \right)}=\frac{0}{2\times 2}=0\) (pois \(\frac{\ln x}{x}\to 0\)).

Como o domínio é \({R}^{+}\), só há que considerar \(x\to +\infty \); a reta de equação \(y=\frac{1}{2}x\) é assíntota oblíqua do gráfico de \(h\).

\(h'\left( x \right)=\cos x-2\cos x\operatorname{sen}x=\cos x\left( 1-2\operatorname{sen}x \right)\).

Em \(\left[ 0,\frac{\pi }{2} \right[\), \(\cos x>0\), pelo que o sinal de \(h'\left( x \right)\) é o sinal de \(1-2\operatorname{sen}x\).

\(1-2\operatorname{sen}x=0\Leftrightarrow \operatorname{sen}x=\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{6}\) (em \(\left[ 0,\frac{\pi }{2} \right[\)).

Para \(x\in \left[ 0,\frac{\pi }{6} \right[\), \(\operatorname{sen}x<\frac{1}{2}\), logo \(h'\left( x \right)>0\): \(h\) é crescente. Para \(x\in \left] \frac{\pi }{6},\frac{\pi }{2} \right[\), \(\operatorname{sen}x>\frac{1}{2}\), logo \(h'\left( x \right)<0\): \(h\) é decrescente.

\(h\) é crescente em \(\left[ 0,\frac{\pi }{6} \right]\) e decrescente em \(\left[ \frac{\pi }{6},\frac{\pi }{2} \right[\), pelo que tem um máximo relativo (e absoluto) em \(x=\frac{\pi }{6}\).

\(h\left( \frac{\pi }{6} \right)=\operatorname{sen}\frac{\pi }{6}+{\cos }^{2}\frac{\pi }{6}=\frac{1}{2}+{\left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}=\frac{1}{2}+\frac{3}{4}=\frac{5}{4}\).

\(h\) não tem mínimo relativo.

Para \(x\le 1\), quando \(x\to -\infty \): \(\frac{{x}^{2}-4}{{x}^{2}-5x+6}=\frac{1-\frac{4}{{x}^{2}}}{1-\frac{5}{x}+\frac{6}{{x}^{2}}}\to \frac{1}{1}=1\). O gráfico tem uma assíntota horizontal de equação \(y=1\) quando \(x\to -\infty \).

Para \(x>1\), quando \(x\to +\infty \): \(\frac{x-1}{{e}^{x-2}}\to 0\), pois a exponencial cresce mais rapidamente do que qualquer polinómio. O gráfico tem uma assíntota horizontal de equação \(y=0\) quando \(x\to +\infty \).

A assíntota (quando \(x\to -\infty \)) tem equação \(y=mx+b\), com \(m=\lim _{x\to -\infty }\frac{f\left( x \right)}{x}\) e \(b=\lim _{x\to -\infty }\left[ f\left( x \right)-mx \right]\).

\(m=\lim _{x\to -\infty }\frac{x+\ln \left( {e}^{x}+1 \right)}{x}=1+\lim _{x\to -\infty }\frac{\ln \left( {e}^{x}+1 \right)}{x}\).

Quando \(x\to -\infty \), \({e}^{x}\to 0\), pelo que \(\ln \left( {e}^{x}+1 \right)\to \ln 1=0\); assim \(\frac{\ln \left( {e}^{x}+1 \right)}{x}\to \frac{0}{-\infty }=0\), donde \(m=1\).

\(b=\lim _{x\to -\infty }\left[ f\left( x \right)-x \right]=\lim _{x\to -\infty }\ln \left( {e}^{x}+1 \right)=\ln 1=0\).

A assíntota oblíqua (quando \(x\to -\infty \)) tem equação \(y=x\).

Assíntota vertical: o único ponto a analisar é \(x=0\) (extremo do domínio \({R}^{+}\), já que \(2-2{e}^{x}\) não se anula para \(x>0\), pois \({e}^{x}>1\Rightarrow 2-2{e}^{x}<0\) para todo \(x>0\)).

Quando \(x\to {0}^{+}\): o numerador \(3{e}^{x}+\ln x\to 3+\left( -\infty \right)=-\infty \) (pois \(\ln x\to -\infty \)); o denominador \(2-2{e}^{x}\to 2-2={0}^{-}\) (valores negativos, cada vez mais próximos de \(0\), pois \(2-2{e}^{x}<0\) para \(x>0\)).

Assim, \({\lim }_{x\to {0}^{+}}g\left( x \right)=\frac{-\infty }{{0}^{-}}=+\infty \), pelo que a reta de equação \(x=0\) é assíntota vertical do gráfico de \(g\).

Assíntota horizontal: quando \(x\to +\infty \), \(\ln x\) é desprezável face a \({e}^{x}\), pelo que \(g\left( x \right)\approx \frac{3{e}^{x}}{-2{e}^{x}}=-\frac{3}{2}\); mais rigorosamente, dividindo numerador e denominador por \({e}^{x}\): \(g\left( x \right)=\frac{3+\frac{\ln x}{{e}^{x}}}{\frac{2}{{e}^{x}}-2}\), e como \({\lim }_{x\to +\infty }\frac{\ln x}{{e}^{x}}=0\) e \({\lim }_{x\to +\infty }\frac{2}{{e}^{x}}=0\), \({\lim }_{x\to +\infty }g\left( x \right)=\frac{3+0}{0-2}=-\frac{3}{2}\).

A reta de equação \(y=-\frac{3}{2}\) é assíntota horizontal do gráfico de \(g\), quando \(x\to +\infty \) (não há \(x\to -\infty \) a considerar, pois o domínio é \({R}^{+}\)).

Resposta: (D)

\(f'\left( x \right)=3{x}^{2}-3\).

A fórmula iterativa do método de Newton-Raphson é \({x}_{n+1}={x}_{n}-\frac{f\left( {x}_{n} \right)}{f'\left( {x}_{n} \right)}\).

Com \({x}_{1}=2\): \(f\left( 2 \right)={2}^{3}-3\times 2-1=8-6-1=1\) e \(f'\left( 2 \right)=3\times {2}^{2}-3=12-3=9\).

\({x}_{2}={x}_{1}-\frac{f\left( {x}_{1} \right)}{f'\left( {x}_{1} \right)}=2-\frac{1}{9}=\frac{17}{9}\approx 1,8888\ldots \approx 1,89\).

a) ★★

A reta tangente ao gráfico de \(f\) num ponto de abcissa \(c\) é horizontal se e só se \(f'\left( c \right)=0\).

\(f'\left( x \right)=\cos x-x\operatorname{sen}x\), que é contínua em \(R\) (soma e produto de funções contínuas), logo contínua em \(\left[ \pi ,\frac{6\pi }{5} \right]\subset \left[ 0,\frac{3\pi }{2} \right]\) (domínio de \(f\) e de \(f'\)).

\(f'\left( \pi \right)=\cos \pi -\pi \operatorname{sen}\pi =-1-\pi \times 0=-1<0\).

\(f'​\left( \frac{6\pi }{5} \right)=\cos \frac{6\pi }{5}-\frac{6\pi }{5}\operatorname{sen}\frac{6\pi }{5}\approx -0,81-\frac{6\pi }{5}\times \left( -0,59 \right)\approx -0,81+2,22\approx 1,41>0\).

Como \(f'\) é contínua em \(\left[ \pi ,\frac{6\pi }{5} \right]\) e \(f'\left( \pi \right)\times f'​\left( \frac{6\pi }{5} \right)<0\), pelo corolário do Teorema de Bolzano-Cauchy, existe pelo menos um \(c\in \left] \pi ,\frac{6\pi }{5} \right[\) tal que \(f'\left( c \right)=0\), ou seja, existe pelo menos um ponto do gráfico de \(f\), de abcissa pertencente a esse intervalo, no qual a reta tangente ao gráfico é horizontal.

b) ★★

Introduzindo \({y}_{1}=x\cos x\) na calculadora gráfica, em \(\left[ 0,\frac{3\pi }{2} \right]\), e usando as funcionalidades de máximo e mínimo, obtém-se \(A\approx \left( 0,86; 0,56 \right)\) (máximo absoluto) e \(B\approx \left( 3,43; -3,29 \right)\) (mínimo absoluto).

O declive da reta \(r\) (que passa por \(A\) e \(B\)) é \(m=\frac{-3,29-0,56}{3,43-0,86}=\frac{-3,85}{2,57}\approx -1,50\).

Uma equação da reta \(r\): \(y-0,56=-1,50\left( x-0,86 \right)\Leftrightarrow y=-1,50x+1,85\).

Introduzindo também \({y}_{2}=-1,50x+1,85\) na calculadora e visualizando as intersecções dos dois gráficos em \(\left[ 0,\frac{3\pi }{2} \right]\), obtêm-se três pontos de intersecção: os pontos \(A\approx \left( 0,86; 0,56 \right)\), \(B\approx \left( 3,43; -3,29 \right)\) e um terceiro ponto \(P\approx \left( 2,38; -1,72 \right)\).

As coordenadas de \(P\), arredondadas às décimas, são \(P\approx \left( 2,4; -1,7 \right)\).

a) ★★

\(h\) é contínua em \(x=0\) se e só se \({\lim }_{x\to {0}^{-}}h\left( x \right)={\lim }_{x\to {0}^{+}}h\left( x \right)=h\left( 0 \right)\).

\({\lim }_{x\to {0}^{-}}h\left( x \right)={\lim }_{x\to {0}^{-}}\left( \frac{{e}^{5x}-1}{x}-3 \right)={\lim }_{x\to 0}\frac{{e}^{5x}-1}{x}-3\). Fazendo \(5x=t\) (com \(t\to 0\) quando \(x\to 0\)): \(\frac{{e}^{5x}-1}{x}=5\times \frac{{e}^{t}-1}{t}\to 5\times 1=5\) (limite notável \({\lim }_{t\to 0}\frac{{e}^{t}-1}{t}=1\)). Logo \({\lim }_{x\to {0}^{-}}h\left( x \right)=5-3=2\).

\({\lim }_{x\to {0}^{+}}h\left( x \right)={\lim }_{x\to {0}^{+}}\frac{3x-\ln \left( x+1 \right)}{x}={\lim }_{x\to {0}^{+}}\left( 3-\frac{\ln \left( x+1 \right)}{x} \right)=3-1=2\) (limite notável \({\lim }_{x\to 0}\frac{\ln \left( 1+x \right)}{x}=1\)).

Como \(h\left( 0 \right)=2\), tem-se \({\lim }_{x\to {0}^{-}}h\left( x \right)={\lim }_{x\to {0}^{+}}h\left( x \right)=h\left( 0 \right)=2\), pelo que \(h\) é contínua em \(x=0\).

b) ★★

Para \(x\to -\infty \): \({\lim }_{x\to -\infty }h\left( x \right)={\lim }_{x\to -\infty }\left( \frac{{e}^{5x}-1}{x}-3 \right)\). Como \({\lim }_{x\to -\infty }{e}^{5x}=0\) e \({\lim }_{x\to -\infty }\frac{1}{x}=0\), vem \({\lim }_{x\to -\infty }\frac{{e}^{5x}-1}{x}={\lim }_{x\to -\infty }\left( \frac{{e}^{5x}}{x}-\frac{1}{x} \right)=0-0=0\), pelo que \({\lim }_{x\to -\infty }h\left( x \right)=0-3=-3\). A reta \(y=-3\) é assíntota horizontal do gráfico de \(h\) quando \(x\to -\infty \).

Para \(x\to +\infty \): \({\lim }_{x\to +\infty }h\left( x \right)={\lim }_{x\to +\infty }\frac{3x-\ln \left( x+1 \right)}{x}={\lim }_{x\to +\infty }\left( 3-\frac{\ln \left( x+1 \right)}{x} \right)=3-0=3\) (pois \({\lim }_{x\to +\infty }\frac{\ln \left( x+1 \right)}{x}=0\), já que o logaritmo tem crescimento mais lento do que \(x\)). A reta \(y=3\) é assíntota horizontal do gráfico de \(h\) quando \(x\to +\infty \).

A função \(h\) tem, portanto, duas assíntotas horizontais, não paralelas: \(y=-3\) (quando \(x\to -\infty \)) e \(y=3\) (quando \(x\to +\infty \)).

Como \(g'\left( x \right)=-{e}^{2-x}\), a reta \(r\), tangente ao gráfico de \(g\) no ponto \(P=\left( a,{e}^{2-a} \right)\), tem equação \(y-{e}^{2-a}=-{e}^{2-a}\left( x-a \right)\), ou seja, \(y={e}^{2-a}\left( a+1-x \right)\).

O ponto \(R\), intersecção de \(r\) com \(Oy\) (\(x=0\)), tem ordenada \({y}_{R}={e}^{2-a}\left( a+1 \right)\); o ponto \(Q=\left( a,0 \right)\).

\(\left[ OQPR \right]\) é um trapézio de bases paralelas \(\left[ OR \right]\) e \(\left[ QP \right]\) (ambas verticais), de comprimentos \({y}_{R}={e}^{2-a}\left( a+1 \right)\) e \(g\left( a \right)={e}^{2-a}\), e de altura (distância entre as bases) igual a \(a\). A área é:

\[A\left( a \right)=\frac{{y}_{R}+g\left( a \right)}{2}\times a=\frac{{e}^{2-a}\left( a+1 \right)+{e}^{2-a}}{2}\times a=\frac{a\left( a+2 \right)}{2}\,{e}^{2-a}, a>0\]

\(A'\left( a \right)=\frac{1}{2}\left[ \left( 2a+2 \right){e}^{2-a}-\left( {a}^{2}+2a \right){e}^{2-a} \right]=\frac{1}{2}\,{e}^{2-a}\left[ 2a+2-{a}^{2}-2a \right]=\frac{1}{2}\,{e}^{2-a}\left( 2-{a}^{2} \right)\).

Como \({e}^{2-a}>0\) para todo o \(a\): \(A'\left( a \right)=0\Leftrightarrow 2-{a}^{2}=0\Leftrightarrow a=\sqrt{2}\) (pois \(a>0\)).

\(A'\left( a \right)>0\) para \(0<a<\sqrt{2}\) e \(A'\left( a \right)<0\) para \(a>\sqrt{2}\), pelo que \(A\) tem um máximo (absoluto, em \({R}^{+}\)) em \(a=\sqrt{2}\).

O valor de \(a\) para o qual a área do trapézio \(\left[ OQPR \right]\) é máxima é \(a=\sqrt{2}\).

As retas \(r\) e \(s\) são paralelas se e só se têm o mesmo declive, ou seja, se e só se \(h'\left( a \right)=h'\left( b \right)\).

\(h'\left( a \right)=h'\left( b \right)\Leftrightarrow \frac{1}{\operatorname{sen}a-1}=\frac{1}{\operatorname{sen}b-1}\Leftrightarrow \operatorname{sen}a-1=\operatorname{sen}b-1\Leftrightarrow \operatorname{sen}a=\operatorname{sen}b\) (a passagem aos inversos é válida pois, para \(x\in \left[ 0,\pi \right]\setminus \{\frac{\pi }{2}\}\), \(\operatorname{sen}x\ne 1\), logo \(\operatorname{sen}x-1\ne 0\)).

(\(⇐\)) Se \(a+b=\pi \), então \(b=\pi -a\), pelo que \(\operatorname{sen}b=\operatorname{sen}\left( \pi -a \right)=\operatorname{sen}a\) (fórmula do seno do suplementar). Logo \(h'\left( a \right)=h'\left( b \right)\) e \(r\parallel s\).

(\(\Rightarrow \)) Suponhamos que \(\operatorname{sen}a=\operatorname{sen}b\), com \(a,b\in \left[ 0,\pi \right]\), \(a\ne b\). A função seno é estritamente crescente em \(\left[ 0,\frac{\pi }{2} \right]\) e estritamente decrescente em \(\left[ \frac{\pi }{2},\pi \right]\), pelo que, para cada valor de \(\operatorname{sen}x\) em \(\left[ 0,\pi \right]\), existem, no máximo, dois valores de \(x\) com essa imagem: um em \(\left[ 0,\frac{\pi }{2} \right]\) e o seu simétrico (em relação a \(\frac{\pi }{2}\)) em \(\left[ \frac{\pi }{2},\pi \right]\), ou seja, da forma \(x\) e \(\pi -x\) (que verificam \(\operatorname{sen}x=\operatorname{sen}\left( \pi -x \right)\), por 3.). Como \(a\ne b\) e \(\operatorname{sen}a=\operatorname{sen}b\), forçosamente \(b=\pi -a\), isto é, \(a+b=\pi \).

Das duas implicações, \(r\parallel s\Leftrightarrow a+b=\pi \), como se pretendia provar.

a) ★★

Como \(1\) pertence ao primeiro ramo do domínio (\(-1<1\le 1\)), \(g\left( 1 \right)=\frac{\cos \pi }{1+1}=\frac{-1}{2}=-\frac{1}{2}\), e este é também o valor do limite lateral à esquerda, \({\lim }_{x\to {1}^{-}}g\left( x \right)=-\frac{1}{2}\) (por continuidade da expressão no primeiro ramo).

\({\lim }_{x\to {1}^{+}}g\left( x \right)={\lim }_{x\to {1}^{+}}\frac{{e}^{x-1}-1}{x-{x}^{2}}={\lim }_{x\to {1}^{+}}\frac{{e}^{x-1}-1}{x\left( 1-x \right)}\). Fazendo \(u=x-1\to {0}^{+}\): numerador \({e}^{u}-1\sim u\); denominador \(x\left( 1-x \right)=\left( 1+u \right)\left( -u \right)\sim -u\). Logo \({\lim }_{x\to {1}^{+}}g\left( x \right)={\lim }_{u\to {0}^{+}}\frac{u}{-u}=-1\).

Como \({\lim }_{x\to {1}^{-}}g\left( x \right)=-\frac{1}{2}\ne -1={\lim }_{x\to {1}^{+}}g\left( x \right)\), não existe \({\lim }_{x\to 1}g\left( x \right)\), pelo que \(g\) não é contínua em \(x=1\).

b) ★★

Como \(0\in \,]-1,1]\), usa-se \(g\left( x \right)=\frac{\cos \left( \pi x \right)}{x+1}\) perto de \(0\). \(g\left( 0 \right)=\frac{\cos 0}{1}=1\).

\(g'\left( x \right)=\frac{-\pi \operatorname{sen}\left( \pi x \right)\left( x+1 \right)-\cos \left( \pi x \right)\times 1}{{\left( x+1 \right)}^{2}}\). Em \(x=0\): \(g'\left( 0 \right)=\frac{-\pi \operatorname{sen}\left( 0 \right)\times 1-\cos \left( 0 \right)}{{1}^{2}}=\frac{0-1}{1}=-1\).

A reta tangente ao gráfico de \(g\) em \(x=0\) é \(y-1=-1\left( x-0 \right)\Leftrightarrow y=1-x\).

A bissetriz dos quadrantes ímpares é a reta \(y=x\). A intersecção verifica \(x=1-x\Leftrightarrow 2x=1\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}\).

A abcissa do ponto de intersecção é \(\frac{1}{2}\).

\(h″\left( x \right)={e}^{x}{\left( x+1 \right)}^{3}+{e}^{x}\times 3{\left( x+1 \right)}^{2}={e}^{x}{\left( x+1 \right)}^{2}\left[ \left( x+1 \right)+3 \right]={e}^{x}{\left( x+1 \right)}^{2}\left( x+4 \right)\).

Como \({e}^{x}>0\) para todo o \(x\) e \({\left( x+1 \right)}^{2}\ge 0\) (anulando-se apenas em \(x=-1\), sem mudar de sinal — raiz dupla), o sinal de \(h″\left( x \right)\) é, nos restantes pontos, o sinal de \(\left( x+4 \right)\).

Para \(x<-4\): \(x+4<0\), pelo que \(h″\left( x \right)<0\) (concavidade voltada para baixo). Para \(-4<x<-1\) e para \(x>-1\) (ou seja, para todo \(x>-4\), \(x\ne -1\)): \(x+4>0\), pelo que \(h″\left( x \right)>0\) (concavidade voltada para cima).

Em \(x=-1\), \(h″\left( x \right)=0\), mas o sinal de \(h″\) não muda (é positivo tanto antes como depois, já que \(x+4>0\) em ambos os lados de \(x=-1\)), pelo que \(x=-1\) não é um ponto de inflexão.

Em \(x=-4\), \(h″\) muda de sinal (negativo antes, positivo depois), pelo que \(x=-4\) é um ponto de inflexão.

Conclusão: o gráfico de \(h\) tem a concavidade voltada para baixo em \(]-\infty ,-4[\) e voltada para cima em \(]-4,+\infty [\), tendo um único ponto de inflexão, de abcissa \(-4\).

\(P\) pertence ao eixo \(Oy\) e ao gráfico de \(f\), pelo que \(P=\left( 0,f\left( 0 \right) \right)=\left( 0,2-{\log }_{31} \right)=\left( 0,2 \right)\). \(Q=\left( a,f\left( a \right) \right)=\left( a,2-{\log }_{3}\left( a+1 \right) \right)\) e \(R=\left( a,0 \right)\).

\(\left[ OPQR \right]\) é um trapézio de bases paralelas \(\left[ OP \right]\) (vertical, de comprimento \(2\)) e \(\left[ RQ \right]\) (vertical, de comprimento \(f\left( a \right)\)), separadas pela distância \(a\) (a diferença das abcissas). A sua área é:

\[A\left( a \right)=\frac{2+f\left( a \right)}{2}\times a=\frac{a\left[ 4-{\log }_{3}\left( a+1 \right) \right]}{2}\]

Seja \(g\left( a \right)=A\left( a \right)-1\), função contínua em \(\left[ 0,2 \right]\subset [-1,+\infty [\) (domínio de \(f\)), por ser definida a partir de funções contínuas (logarítmica e polinomial).

\(g\left( 0 \right)=A\left( 0 \right)-1=0-1=-1<0\) (pois \(A\left( 0 \right)=0\), já que \(a=0\) anula o fator \(a\)).

\(g\left( 2 \right)=A\left( 2 \right)-1=\frac{2\left[ 4-{\log }_{33} \right]}{2}-1=\left( 4-1 \right)-1=3-1=2>0\).

Como \(g\) é contínua em \(\left[ 0,2 \right]\) e \(g\left( 0 \right)\times g\left( 2 \right)<0\), pelo Teorema de Bolzano-Cauchy existe, pelo menos, um \(a\in \,]0,2[\) tal que \(g\left( a \right)=0\), ou seja, tal que \(A\left( a \right)=1\).

a) ★★

\(f\left( 0 \right)=\operatorname{sen}\left( 0 \right)+1+2k=1+2k\) (usando o primeiro ramo, válido em \(x=0\)).

\({\lim }_{x\to {0}^{+}}f\left( x \right)={\lim }_{x\to {0}^{+}}\frac{{e}^{-2x}-1}{x}\). Fazendo \(u=-2x\to {0}^{-}\): \(\frac{{e}^{-2x}-1}{x}=-2\times \frac{{e}^{-2x}-1}{-2x}\to -2\times 1=-2\) (limite notável \({\lim }_{u\to 0}\frac{{e}^{u}-1}{u}=1\)).

Como \(f\) é contínua em \(x=0\): \(f\left( 0 \right)={\lim }_{x\to {0}^{+}}f\left( x \right)\Leftrightarrow 1+2k=-2\Leftrightarrow 2k=-3\Leftrightarrow k=-\frac{3}{2}\).

b) ★★

Em \({R}^{+}\), usa-se o segundo ramo de \(f\): \(f\left( x \right)=\frac{{e}^{-2x}-1}{x}\). Logo \(h\left( x \right)=x{e}^{-x}\times \frac{{e}^{-2x}-1}{x}={e}^{-x}\left( {e}^{-2x}-1 \right)={e}^{-3x}-{e}^{-x}\).

\(h'\left( x \right)=-3{e}^{-3x}+{e}^{-x}\).

\(h″\left( x \right)=9{e}^{-3x}-{e}^{-x}={e}^{-x}\left( 9{e}^{-2x}-1 \right)\).

\(h″\left( x \right)=0\Leftrightarrow 9{e}^{-2x}=1\Leftrightarrow {e}^{-2x}=\frac{1}{9}\Leftrightarrow -2x=-\ln 9\Leftrightarrow x=\frac{\ln 9}{2}=\ln 3\) (válido, pois \(\ln 3>0\in {R}^{+}\)).

Como \({e}^{-x}>0\) sempre, o sinal de \(h″\left( x \right)\) é o sinal de \(\left( 9{e}^{-2x}-1 \right)\): para \(0<x<\ln 3\), \({e}^{-2x}>\frac{1}{9}\), pelo que \(h″\left( x \right)>0\) (concavidade para cima); para \(x>\ln 3\), \({e}^{-2x}<\frac{1}{9}\), pelo que \(h″\left( x \right)<0\) (concavidade para baixo).

\(h\left( \ln 3 \right)={e}^{-3\ln 3}-{e}^{-\ln 3}={3}^{-3}-{3}^{-1}=\frac{1}{27}-\frac{1}{3}=\frac{1}{27}-\frac{9}{27}=-\frac{8}{27}\).

O gráfico de \(h\) tem a concavidade voltada para cima em \(\left] 0,\ln 3 \right[\) e voltada para baixo em \(\left] \ln 3,+\infty \right[\), tendo um único ponto de inflexão, de coordenadas \(\left( \ln 3,-\frac{8}{27} \right)\).

Resposta: (A)

Como \(y=-1\) é assíntota do gráfico de \(g\) quando \(x\to +\infty \), \({\lim }_{x\to +\infty }g\left( x \right)=-1\).

\({\lim }_{x\to +\infty }\frac{\ln x}{x}=0\) (o logaritmo tem crescimento mais lento do que \(x\)).

\(\frac{g\left( x \right)}{{e}^{-x}}=g\left( x \right)\times {e}^{x}\). Como \({\lim }_{x\to +\infty }g\left( x \right)=-1\) (um valor finito e não nulo) e \({\lim }_{x\to +\infty }{e}^{x}=+\infty \), vem \({\lim }_{x\to +\infty }g\left( x \right)\times {e}^{x}=-\infty \) (produto de um fator que tende a um valor negativo por um fator que tende a \(+\infty \)).

\({\lim }_{x\to +\infty }\left( \frac{\ln x}{x}-\frac{g\left( x \right)}{{e}^{-x}} \right)=0-\left( -\infty \right)=0+\infty =+\infty \).

No ponto de intersecção, \(f\left( {x}_{0} \right)=g\left( {x}_{0} \right)\Leftrightarrow {e}^{{x}_{0}}=k{e}^{-{x}_{0}}\Leftrightarrow {e}^{2{x}_{0}}=k\Leftrightarrow {x}_{0}=\frac{\ln k}{2}\).

\(f'\left( x \right)={e}^{x}\), pelo que \(f'\left( {x}_{0} \right)={e}^{{x}_{0}}=\sqrt{k}\) (pois \({e}^{2{x}_{0}}=k\Leftrightarrow {e}^{{x}_{0}}=\sqrt{k}\), com \(k>0\)).

\(g'\left( x \right)=-k{e}^{-x}\), pelo que \(g'\left( {x}_{0} \right)=-k{e}^{-{x}_{0}}=-\frac{k}{\sqrt{k}}=-\sqrt{k}\) (usando \({e}^{-{x}_{0}}=\frac{1}{\sqrt{k}}\)).

As retas tangentes são perpendiculares se e só se \(f'\left( {x}_{0} \right)\times g'\left( {x}_{0} \right)=-1\): \(\sqrt{k}\times \left( -\sqrt{k} \right)=-1\Leftrightarrow -k=-1\Leftrightarrow k=1\).

a) ★★

\(f\) é contínua em \(x=3\) se \(\lim _{x\to {3}^{-}}f\left( x \right)=\lim _{x\to {3}^{+}}f\left( x \right)=f\left( 3 \right)\).

\(f\left( 3 \right)=4-{e}^{0}\times 4-\frac{1}{2}\times 9=-\frac{9}{2}\), e este é também \(\lim _{x\to {3}^{-}}f\left( x \right)\).

\(\lim _{x\to {3}^{+}}\frac{{e}^{x-3}-1}{{x}^{2}-9}\) é uma indeterminação \(\frac{0}{0}\); escrevendo \({x}^{2}-9=\left( x-3 \right)\left( x+3 \right)\),

\[\lim _{x\to {3}^{+}}\frac{{e}^{x-3}-1}{x-3}\times \lim _{x\to {3}^{+}}\frac{1}{x+3}=1\times \frac{1}{6}=\frac{1}{6}\]

Como \(-\frac{9}{2}\ne \frac{1}{6}\), a função \(f\) não é contínua em \(x=3\).

b) ★★★

Para \(x<3\): \(f'\left( x \right)=\left( 4-{e}^{3-x}\left( x+1 \right)-\frac{1}{2}{x}^{2} \right)'={e}^{3-x}\left( x+1 \right)-{e}^{3-x}-x={e}^{3-x}\,x-x=x\left( {e}^{3-x}-1 \right)\).

\(f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=0 \lor  {e}^{3-x}=1\Leftrightarrow x=0 \lor  x=3\); em \(\left] -\infty ,3 \right[\) o único zero é \(x=0\).

Em \(\left] -\infty ,3 \right[\) tem-se \({e}^{3-x}>1\), pelo que \({e}^{3-x}-1>0\) e o sinal de \(f'\) é o sinal de \(x\): \(f'<0\) em \(\left] -\infty ,0 \right[\) e \(f'>0\) em \(\left] 0,3 \right[\).

Logo \(f\) é decrescente em \(\left] -\infty ,0 \right]\) e crescente em \(\left[ 0,3 \right[\), tendo um mínimo relativo em \(x=0\).

c) ★★★

Pretende-se mostrar que a equação \(f\left( x \right)=-x\) tem pelo menos uma solução em \(\left] -1,0 \right[\).

Seja \(h\) a função definida por \(h\left( x \right)=f\left( x \right)+x\). Em \(\left[ -1,0 \right]\), \(h\) é contínua (soma de funções contínuas em \(\left] -\infty ,3 \right[\)).

\(h\left( -1 \right)=f\left( -1 \right)-1=\left( 4-{e}^{4}\times 0-\frac{1}{2} \right)-1=\frac{5}{2}\) e \(h\left( 0 \right)=f\left( 0 \right)+0=4-{e}^{3}\).

Como \({e}^{3}>4\), vem \(h\left( 0 \right)<0<h\left( -1 \right)\).

Pelo teorema de Bolzano-Cauchy, existe \(c\in \left] -1,0 \right[\) tal que \(h\left( c \right)=0\), isto é, \(f\left( c \right)=-c\).

\(f\left( 1 \right)=-1<0\) e \(f\left( 1,5 \right)\approx 1,053>0\), logo o zero pertence a \(\left] 1\,;\,1,5 \right[\).

\(f\left( 1,25 \right)\approx -0,455<0\), logo o zero pertence a \(\left] 1,25\,;\,1,5 \right[\).

\(f\left( 1,375 \right)\approx 0,138>0\), logo o zero pertence a \(\left] 1,25\,;\,1,375 \right[\).

A amplitude deste intervalo é \(0,125\); tomando o seu ponto médio, o erro é inferior a \(0,0625<0,1\).

Uma aproximação do zero é \(1,3125\).

Proposição I. \(f'\) tem apenas três zeros: \(-1\), \(0\) e \(3\). Como \(f'\) é não negativa em \(\left[ 0,+\infty \right[\), não há mudança de sinal em \(x=3\) e, por isso, \(f\left( 3 \right)\) não é extremo. A função \(f\) tem, no máximo, dois extremos relativos (em \(x=-1\) e em \(x=0\)).

Proposição II. Em \(\left[ 3,+\infty \right[\) a função \(f'\) é crescente, ou seja, \(f″>0\) nesse intervalo; logo o gráfico de \(f\) tem a concavidade voltada para cima, e não para baixo.

a) ★★★

\(f″\left( x \right)=\left( \frac{1+2\ln x}{x} \right)'=\frac{\frac{2}{x}\times x-\left( 1+2\ln x \right)}{{x}^{2}}=\frac{1-2\ln x}{{x}^{2}}\).

\(f″\left( x \right)=0\Leftrightarrow 1-2\ln x=0\Leftrightarrow \ln x=\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=\sqrt{e}\).

Como \({x}^{2}>0\), o sinal de \(f″\) é o de \(1-2\ln x\): positivo em \(\left] 0,\sqrt{e} \right[\) e negativo em \(\left] \sqrt{e},+\infty \right[\).

Logo o gráfico de \(f\) tem concavidade voltada para cima em \(\left] 0,\sqrt{e}\, \right]\) e voltada para baixo em \(\left[ \sqrt{e},+\infty \right[\), com ponto de inflexão de abcissa \(\sqrt{e}\).

b) ★★★

O declive da reta \(r\) é \(f'\left( e \right)=\frac{1+2\ln e}{e}=\frac{3}{e}\).

Como \(s\perp r\), o declive de \(s\) é \(-\frac{e}{3}\), e a sua equação é \(y=-\frac{e}{3}x+{y}_{B}\).

Como \(s\) passa em \(\left( -3,0 \right)\): \(0=-\frac{e}{3}\times \left( -3 \right)+{y}_{B}\Leftrightarrow {y}_{B}=-e\), ou seja, \(B=\left( 0,-e \right)\).

O triângulo \(\left[ AOB \right]\) tem base \(\overline{OB}=e\) (no eixo \(Oy\)) e altura igual à abcissa de \(A\), que é \(e\).

Área \(=\frac{e\times e}{2}=\frac{{e}^{2}}{2}\).

\(f'\left( x \right)=2x\,{e}^{x}+{x}^{2}{e}^{x}=\left( {x}^{2}+2x \right){e}^{x}\).

\(f\left( -1 \right)={e}^{-1}-\frac{1}{2}\approx -0,1321\) e \(f'\left( -1 \right)=\left( 1-2 \right){e}^{-1}=-{e}^{-1}\approx -0,3679\).

Pelo método de Newton-Raphson, \({x}_{1}={x}_{0}-\frac{f\left( {x}_{0} \right)}{f'\left( {x}_{0} \right)}=-1-\frac{{e}^{-1}-\frac{1}{2}}{-{e}^{-1}}\).

\({x}_{1}\approx -1-0,3591\approx -1,359\).

Proposição I. Como \(f'\left( x \right)<0\) para qualquer \(x\in R\), a função \(f\) é decrescente em \(R\); logo \(f\left( 1 \right)<f\left( 0 \right)\), ou seja, \(f\left( 1 \right)<2\).

Proposição II. A função \(f\) é contínua em \(\left[ 1,2 \right]\) e \(f\left( 1 \right)\times f\left( 2 \right)<0\), pelo que, pelo teorema de Bolzano-Cauchy, \(f\) tem pelo menos um zero em \(\left] 1,2 \right[\). Como \({D}_{\frac{1}{f}}=\left\{ x\in {D}_{f}:f\left( x \right)\ne 0 \right\}\), esse zero não pertence ao domínio de \(\frac{1}{f}\), que não pode ser \(R\).

\(h'\left( x \right)=\left( \frac{\ln x}{{x}^{2}} \right)'=\frac{\frac{1}{x}\times {x}^{2}-\ln x\times 2x}{{x}^{4}}=\frac{x-2x\ln x}{{x}^{4}}=\frac{1-2\ln x}{{x}^{3}}\).

\(h'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \ln x=\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=\sqrt{e}\).

Em \({R}^{+}\), \({x}^{3}>0\), pelo que o sinal de \(h'\) é o de \(1-2\ln x\): positivo em \(\left] 0,\sqrt{e} \right[\) e negativo em \(\left] \sqrt{e},+\infty \right[\).

Logo \(h\) é crescente em \(\left] 0,\sqrt{e}\, \right]\) e decrescente em \(\left[ \sqrt{e},+\infty \right[\), tendo um máximo relativo em \(x=\sqrt{e}\).

\(h\left( \sqrt{e} \right)=1+\frac{\ln \sqrt{e}}{{\left( \sqrt{e} \right)}^{2}}=1+\frac{1/2}{e}=1+\frac{1}{2e}\).

a) ★★

\(f\) é contínua em \(x=-2\) se \(\lim _{x\to -{2}^{-}}f\left( x \right)=\lim _{x\to -{2}^{+}}f\left( x \right)=f\left( -2 \right)\).

\(f\left( -2 \right)=2{e}^{0}+3{e}^{0}=5\), que é também \(\lim _{x\to -{2}^{+}}f\left( x \right)\).

\(\lim _{x\to -{2}^{-}}\frac{{e}^{x+2}-1}{{x}^{2}-4}\) é uma indeterminação \(\frac{0}{0}\); como \({x}^{2}-4=\left( x-2 \right)\left( x+2 \right)\),

\[\lim _{x\to -{2}^{-}}\frac{{e}^{x+2}-1}{x+2}\times \lim _{x\to -{2}^{-}}\frac{1}{x-2}=1\times \left( -\frac{1}{4} \right)=-\frac{1}{4}\]

Como \(-\frac{1}{4}\ne 5\), a função \(f\) não é contínua em \(x=-2\).

b) ★★★

Como \(a>1\), tem-se \(\ln a>0\) e \(-2+\ln a>-2\): usa-se o ramo \(f\left( x \right)=2{e}^{x+2}+3{e}^{-x-2}\).

\(f'\left( x \right)=2{e}^{x+2}-3{e}^{-x-2}\).

A reta \(t\) é paralela ao eixo \(Ox\), pelo que o seu declive é zero: \(f'\left( -2+\ln a \right)=0\).

\(f'\left( -2+\ln a \right)=2{e}^{\ln a}-3{e}^{-\ln a}=2a-\frac{3}{a}\).

\(2a-\frac{3}{a}=0\Leftrightarrow 2{a}^{2}=3\Leftrightarrow a=\pm \frac{\sqrt{6}}{2}\); como \(a>1\), vem \(a=\frac{\sqrt{6}}{2}\).

Proposição I. Em \(\left[ b,c \right]\) a função \(f'\) é estritamente crescente, ou seja, \(f″>0\) nesse intervalo; logo o gráfico de \(f\) tem a concavidade voltada para cima em \(\left[ b,c \right]\).

Proposição II. Em \(\left[ 0,b \right]\) a função \(f'\) é estritamente decrescente e \(a\) é o seu único zero, pelo que \(f'\left( x \right)>f'\left( a \right)=0\) para \(x\in [0,a[\). Como \(f'>0\) nesse intervalo, a função \(f\) é estritamente crescente em \(\left[ 0,a \right]\).

Pretende-se mostrar que a equação \(g\left( x \right)=2\) tem pelo menos uma solução em \(\left] -1,1 \right[\).

A função \(g\) é contínua em \(\left[ -1,1 \right]\), por ser diferença de funções contínuas.

\(g\left( 1 \right)={e}^{2}-f\left( 1 \right)={e}^{2}+2>2\).

Como \(f\) é ímpar, \(f\left( -1 \right)=-f\left( 1 \right)=2\), logo \(g\left( -1 \right)={e}^{-2}-2<2\) (pois \({e}^{-2}<1\)).

Assim, \(g\left( -1 \right)<2<g\left( 1 \right)\) e, pelo teorema de Bolzano-Cauchy, existe \(c\in \left] -1,1 \right[\) tal que \(g\left( c \right)=2\): o gráfico de \(g\) intersecta a reta \(y=2\) nesse ponto.

Considere-se \(g\left( x \right)=f\left( x \right)-2\); procura-se um zero de \(g\) em \(\left] 0,1 \right[\).

\(g\left( 0,5 \right)\approx -1,153<0\) e \(g\left( 1 \right)\approx 3,389>0\): o zero está em \(\left] 0,5\,;\,1 \right[\).

\(g\left( 0,75 \right)\approx 0,545>0\): o zero está em \(\left] 0,5\,;\,0,75 \right[\).

\(g\left( 0,625 \right)\approx -0,414<0\): o zero está em \(\left] 0,625\,;\,0,75 \right[\).

A amplitude deste intervalo é \(0,125\); tomando o ponto médio, o erro é inferior a \(0,0625<0,1\). Uma aproximação é \(0,6875\).

a) ★★

\(g\left( 0 \right)=2{\operatorname{sen}}^{2}0-0+2=2\), que é também \(\lim _{x\to {0}^{+}}g\left( x \right)\).

Para \(\lim _{x\to {0}^{-}}\frac{\operatorname{sen}x}{1-\sqrt{1-x}}\) (indeterminação \(\frac{0}{0}\)), multiplica-se pelo conjugado:

\[\lim _{x\to {0}^{-}}\frac{\operatorname{sen}x\left( 1+\sqrt{1-x} \right)}{\left( 1-\sqrt{1-x} \right)\left( 1+\sqrt{1-x} \right)}=\lim _{x\to {0}^{-}}\frac{\operatorname{sen}x\left( 1+\sqrt{1-x} \right)}{x}\]

\(=\lim _{x\to {0}^{-}}\frac{\operatorname{sen}x}{x}\times \lim _{x\to {0}^{-}}\left( 1+\sqrt{1-x} \right)=1\times 2=2\).

Como os dois limites laterais e \(g\left( 0 \right)\) são iguais a \(2\), a função \(g\) é contínua em \(x=0\).

b) ★★★

Para \(0<x\le \pi \): \(g'\left( x \right)=\left( 2{\operatorname{sen}}^{2}x-\sqrt{3}\,x+2 \right)'=4\operatorname{sen}x\cos x-\sqrt{3}=2\operatorname{sen}\left( 2x \right)-\sqrt{3}\).

\(g'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \operatorname{sen}\left( 2x \right)=\frac{\sqrt{3}}{2}\); com \(2x\in \left] 0,2\pi \right]\), vem \(2x=\frac{\pi }{3} \lor  2x=\frac{2\pi }{3}\), ou seja, \(x=\frac{\pi }{6} \lor  x=\frac{\pi }{3}\).

Sinal de \(g'\): negativo em \(\left] 0,\frac{\pi }{6} \right[\), positivo em \(\left] \frac{\pi }{6},\frac{\pi }{3} \right[\) e negativo em \(\left] \frac{\pi }{3},\pi \right[\).

Logo \(g\) é decrescente em \(\left] 0,\frac{\pi }{6} \right]\), crescente em \(\left[ \frac{\pi }{6},\frac{\pi }{3} \right]\) e decrescente em \(\left[ \frac{\pi }{3},\pi \right]\).

A função tem mínimos relativos em \(x=\frac{\pi }{6}\) e em \(x=\pi \), e um máximo relativo em \(x=\frac{\pi }{3}\).

Pretende-se mostrar que a equação \(f\left( x \right)=3x+4\) tem pelo menos uma solução em \(\left] 0,1 \right[\).

Seja \(g\left( x \right)=f\left( x \right)-3x-4\). A função \(g\) é contínua em \(\left[ 0,1 \right]\) (diferença de funções contínuas).

\(g\left( 0 \right)=3-2-4=-3\).

\(g\left( 1 \right)=3e-\frac{2}{e}-7\approx 0,42>0\).

Como \(g\left( 0 \right)<0<g\left( 1 \right)\), pelo teorema de Bolzano-Cauchy existe \(c\in \left] 0,1 \right[\) tal que \(g\left( c \right)=0\), isto é, \(f\left( c \right)=3c+4\).

Proposição I. Sendo \(x=1\) assíntota (vertical) ao gráfico de \(f\), pelo menos um dos limites laterais de \(f\) em \(x=1\) é \(+\infty \) ou \(-\infty \); como esse limite é diferente de \(f\left( 1 \right)\), a função não pode ser contínua em \(x=1\).

Proposição II. Como \(f\) é crescente em \(\left] -\infty ,1 \right[\) e em \(\left] 1,+\infty \right[\), a sua derivada é não negativa em todos os pontos onde existe. O declive de uma reta tangente ao gráfico num ponto de abcissa diferente de \(1\) é igual à derivada nesse ponto, pelo que não pode ser \(-1\), declive da reta \(y=-x+2\).

\(f\left( 0 \right)=1\).

\(\lim _{x\to {0}^{+}}\frac{{x}^{2}+\ln \left( ex+e \right)}{x+1}=\frac{0+\ln e}{1}=1\).

\(\lim _{x\to {0}^{-}}\frac{1-{e}^{-x}}{x}\): escrevendo \(1-{e}^{-x}=1-\frac{1}{{e}^{x}}=\frac{{e}^{x}-1}{{e}^{x}}\), vem

\[\lim _{x\to {0}^{-}}\frac{{e}^{x}-1}{x\,{e}^{x}}=\lim _{x\to {0}^{-}}\frac{{e}^{x}-1}{x}\times \lim _{x\to {0}^{-}}\frac{1}{{e}^{x}}=1\times 1=1\]

Os dois limites laterais e \(f\left( 0 \right)\) são iguais a \(1\): a função é contínua em \(x=0\).

a) ★★★

\(g″\left( x \right)=\left( \cos \left( 3x \right)+\frac{3}{2}x+1 \right)'=-3\operatorname{sen}\left( 3x \right)+\frac{3}{2}\).

\(g″\left( x \right)=0\Leftrightarrow \operatorname{sen}\left( 3x \right)=\frac{1}{2}\); com \(3x\in \left] 0,\frac{3\pi }{2} \right[\), vem \(3x=\frac{\pi }{6} \lor  3x=\frac{5\pi }{6}\), ou seja, \(x=\frac{\pi }{18} \lor  x=\frac{5\pi }{18}\).

Sinal de \(g″\): positivo em \(\left] 0,\frac{\pi }{18} \right[\), negativo em \(\left] \frac{\pi }{18},\frac{5\pi }{18} \right[\) e positivo em \(\left] \frac{5\pi }{18},\frac{\pi }{2} \right[\).

O gráfico de \(g\) tem concavidade voltada para cima em \(\left] 0,\frac{\pi }{18} \right]\) e em \(\left[ \frac{5\pi }{18},\frac{\pi }{2} \right[\), e voltada para baixo em \(\left[ \frac{\pi }{18},\frac{5\pi }{18} \right]\).

Os pontos de inflexão têm abcissas \(\frac{\pi }{18}\) e \(\frac{5\pi }{18}\).

b) ★★★

O declive de \(r\) é \(g'\left( 0 \right)=\cos 0+0+1=2\).

Como \(s\perp r\), o declive de \(s\) é \(-\frac{1}{2}\), pelo que \(s: y=-\frac{1}{2}x+{y}_{B}\).

\(A\) é o ponto de abcissa \({x}_{A}\) com \(0=-\frac{1}{2}{x}_{A}+{y}_{B}\), donde \({y}_{B}=\frac{{x}_{A}}{2}\) (positivo, pois \({x}_{A}>0\)).

Área do triângulo \(\left[ OAB \right]\): \(\frac{{x}_{A}\times {y}_{B}}{2}=\frac{{x}_{A}\times \frac{{x}_{A}}{2}}{2}=\frac{{x}_{A}^{2}}{4}\).

\(\frac{{x}_{A}^{2}}{4}=12\Leftrightarrow {x}_{A}^{2}=48\Leftrightarrow {x}_{A}=4\sqrt{3}\) (abcissa positiva).

Um ponto do gráfico pertence à bissetriz do primeiro quadrante quando \(h\left( x \right)=x\). Pretende-se, pois, mostrar que a equação \(h\left( x \right)=x\) tem pelo menos uma solução em \(\left[ 0,a \right]\).

Seja \(\varphi \) a função definida em \(\left[ 0,a \right]\) por \(\varphi \left( x \right)=h\left( x \right)-x\); \(\varphi \) é contínua, por ser a diferença de duas funções contínuas.

Como o contradomínio de \(h\) é \(\left[ 0,a \right]\): \(\varphi \left( 0 \right)=h\left( 0 \right)-0=h\left( 0 \right)\ge 0\) e \(\varphi \left( a \right)=h\left( a \right)-a\le 0\).

Se \(\varphi \left( 0 \right)=0\) ou \(\varphi \left( a \right)=0\), o ponto procurado é \(\left( 0,0 \right)\) ou \(\left( a,a \right)\). Caso contrário, \(\varphi \left( a \right)<0<\varphi \left( 0 \right)\) e, pelo teorema de Bolzano-Cauchy, existe \(c\in \left] 0,a \right[\) tal que \(\varphi \left( c \right)=0\), isto é, \(h\left( c \right)=c\).

Em qualquer caso, existe um ponto do gráfico de \(h\) na bissetriz do primeiro quadrante.

a) ★★★

Como \(\ln \left( {\left( 1-x \right)}^{3} \right)=3\ln \left( 1-x \right)\) em \(\left] -\infty ,1 \right[\), vem \(f\left( x \right)=2x+3+3\ln \left( 1-x \right)\).

\(f'\left( x \right)=2+3\times \frac{-1}{1-x}=\frac{2\left( 1-x \right)-3}{1-x}=\frac{-2x-1}{1-x}\).

Em \(\left] -\infty ,1 \right[\) tem-se \(1-x>0\), pelo que o sinal de \(f'\) é o de \(-2x-1\): positivo para \(x<-\frac{1}{2}\) e negativo para \(-\frac{1}{2}<x<1\).

Logo \(f\) é crescente em \(\left] -\infty ,-\frac{1}{2} \right]\) e decrescente em \(\left[ -\frac{1}{2},1 \right[\), tendo um máximo relativo em \(x=-\frac{1}{2}\).

b) ★★★

\(g\left( 0 \right)=\frac{f\left( 0 \right)}{0-1}=-f\left( 0 \right)=-\left( 0+3+3\ln 1 \right)=-3\).

A função \(f\) é contínua em \(\left[ -6,-5 \right]\) (soma de funções contínuas em \(\left] -\infty ,1 \right[\)).

\(f\left( -6 \right)=-12+3+3\ln 7=-9+3\ln 7\approx -3,16\).

\(f\left( -5 \right)=-10+3+3\ln 6=-7+3\ln 6\approx -1,63\).

Assim, \(f\left( -6 \right)<-3<f\left( -5 \right)\) e, pelo teorema de Bolzano-Cauchy, existe \(c\in \left] -6,-5 \right[\) tal que \(f\left( c \right)=-3=g\left( 0 \right)\): a equação é possível nesse intervalo.

Proposição I. De \(f″\left( x \right)\ge 0\Leftrightarrow x\ge \frac{3}{4}\) conclui-se que \(f″\) não muda de sinal em \(\left] \frac{3}{4},+\infty \right[\): é não negativa em todo esse intervalo. Logo o ponto de abcissa \(3\), apesar de ser zero de \(f″\), não é ponto de inflexão do gráfico de \(f\).

Proposição II. Da mesma condição vem \(f″\left( x \right)<0\Leftrightarrow x<\frac{3}{4}\), pelo que \(f'\) é decrescente em \(\left] -\infty ,\frac{3}{4} \right[\). Como \(-2<-1\), tem-se \(f'\left( -2 \right)>f'\left( -1 \right)\): o declive da reta \(r\) é maior do que o declive da reta \(s\).

\(g'\left( x \right)=2f\left( x \right)\,f'\left( x \right)\).

\(g″\left( x \right)=2\left[ f'\left( x \right)\times f'\left( x \right)+f\left( x \right)\times f″\left( x \right) \right]=2\left[ {\left( f'\left( x \right) \right)}^{2}+f\left( x \right)\,f″\left( x \right) \right]\).

Como \(f'\) não se anula, \({\left( f'\left( x \right) \right)}^{2}>0\); como \(f\) é positiva e o gráfico de \(f\) tem concavidade voltada para cima, \(f\left( x \right)>0\) e \(f″\left( x \right)>0\), pelo que \(f\left( x \right)f″\left( x \right)>0\).

Logo \(g″\left( x \right)>0\) para qualquer \(x\in R\): o gráfico da função \(g\) tem a concavidade voltada para cima em todo o seu domínio.

a) ★★★

Para \(x>1\): \(g'\left( x \right)=2x-3-\frac{2}{x}=\frac{2{x}^{2}-3x-2}{x}\).

\(g'\left( x \right)=0\Leftrightarrow 2{x}^{2}-3x-2=0\Leftrightarrow x=2 \lor  x=-\frac{1}{2}\); em \(\left] 1,+\infty \right[\) o único zero é \(x=2\).

Como \(x>0\), o sinal de \(g'\) é o de \(2{x}^{2}-3x-2\): negativo em \(\left] 1,2 \right[\) e positivo em \(\left] 2,+\infty \right[\).

Logo \(g\) é decrescente em \(\left] 1,2 \right]\) e crescente em \(\left[ 2,+\infty \right[\), tendo um mínimo relativo em \(x=2\).

\(g\left( 2 \right)=4-6-2\ln 2=-2-2\ln 2\).

b) ★★★

\(g\left( 1 \right)=1-3-2\ln 1=-2\), que é também \(\lim _{x\to {1}^{+}}g\left( x \right)\).

\(\lim _{x\to {1}^{-}}\left( \frac{1-x}{{e}^{x-1}-1}-{e}^{x-k} \right)\): fazendo \(y=x-1\) (com \(y\to {0}^{-}\)), vem

\[\lim _{y\to {0}^{-}}\frac{-y}{{e}^{y}-1}-{e}^{1-k}=-\frac{1}{\lim _{y\to {0}^{-}}\frac{{e}^{y}-1}{y}}-{e}^{1-k}=-1-{e}^{1-k}\]

Da continuidade: \(-1-{e}^{1-k}=-2\Leftrightarrow {e}^{1-k}=1\Leftrightarrow 1-k=0\).

Logo \(k=1\).

A função é contínua em \(R\\{0\}\), pelo que a única candidata a assíntota vertical é a reta \(x=0\).

Multiplicando pelo conjugado:

\[\lim _{x\to 0}\frac{1-\cos x}{{x}^{4}}=\lim _{x\to 0}\frac{\left( 1-\cos x \right)\left( 1+\cos x \right)}{{x}^{4}\left( 1+\cos x \right)}=\lim _{x\to 0}\frac{{\operatorname{sen}}^{2}x}{{x}^{4}\left( 1+\cos x \right)}\]

\(=\lim _{x\to 0}{\left( \frac{\operatorname{sen}x}{x} \right)}^{2}\times \lim _{x\to 0}\frac{1}{{x}^{2}\left( 1+\cos x \right)}=1\times \left( +\infty \right)=+\infty \).

Logo a reta de equação \(x=0\) é assíntota vertical ao gráfico de \(f\), e é a única.

Proposição I. O teorema de Bolzano-Cauchy exige continuidade no intervalo fechado. Como \(\lim _{x\to {2}^{-}}f\left( x \right)=-\infty \ne f\left( 2 \right)\), a função não é contínua em \(x=2\), que pertence a \(\left[ 1,3 \right]\): o teorema não pode ser aplicado.

Proposição II. À direita de \(2\): \(\lim _{x\to {2}^{+}}\frac{1}{f\left( x \right)}=\frac{1}{f\left( 2 \right)}\), que é um número real (pois \(f\left( 2 \right)>0\)). À esquerda: \(\lim _{x\to {2}^{-}}\frac{1}{f\left( x \right)}=\frac{1}{-\infty }=0\). Como nenhum dos limites laterais é infinito, a reta \(x=2\) não é assíntota ao gráfico de \(\frac{1}{f}\).

Seja \({x}_{0}\) a abcissa do ponto de tangência. A reta é tangente ao gráfico de \(f\) em \({x}_{0}\) se \(f\left( {x}_{0} \right)=m{x}_{0}+1\) e \(f'\left( {x}_{0} \right)=m\).

\(f'\left( x \right)=4x+b\), logo \(m=4{x}_{0}+b\).

Substituindo na primeira condição: \(2{x}_{0}^{2}+b{x}_{0}+5=\left( 4{x}_{0}+b \right){x}_{0}+1=4{x}_{0}^{2}+b{x}_{0}+1\).

\(2{x}_{0}^{2}+5=4{x}_{0}^{2}+1\Leftrightarrow 4=2{x}_{0}^{2}\Leftrightarrow {x}_{0}^{2}=2\Leftrightarrow {x}_{0}=-\sqrt{2} \lor  {x}_{0}=\sqrt{2}\).

Como a abcissa é positiva, \({x}_{0}=\sqrt{2}\).

“Meio centímetro abaixo da posição de equilíbrio” corresponde a \(y\left( t \right)=-0,5\), pelo que a equação a resolver é

\[7,5\,{e}^{-1,5t}\operatorname{sen}\left( 8,6t+1,6 \right)=-0,5, t\in \left[ 0,1 \right]\]

Visualizando na calculadora, em \(\left[ 0,1 \right]\), os gráficos de \({y}_{1}=7,5{e}^{-1,5x}\operatorname{sen}\left( 8,6x+1,6 \right)\) e \({y}_{2}=-0,5\), e assinalando o primeiro ponto de interseção, obtém-se \(t\approx 0,19\) segundos.

a) ★★

O declive da reta \(r\) é \(g'\left( 0 \right)=\cos 0+2\operatorname{sen}0=1\).

Como \(s\) é paralela a \(r\), tem o mesmo declive, \(1\).

\(s\) interseta \(Ox\) em \(\left( 4,0 \right)\), pelo que a sua equação reduzida é \(y-0=1\times \left( x-4 \right)\), ou seja, \(y=x-4\).

b) ★★★

\(g″\left( x \right)=-2\operatorname{sen}\left( 2x \right)+2\cos x=-4\operatorname{sen}x\cos x+2\cos x=2\cos x\left( 1-2\operatorname{sen}x \right)\).

Em \(\left] -\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2} \right[\), \(\cos x>0\), pelo que o sinal de \(g″\) é o de \(1-2\operatorname{sen}x\).

\(1-2\operatorname{sen}x=0\Leftrightarrow \operatorname{sen}x=\frac{1}{2}\); neste intervalo, a única solução é \(x=\frac{\pi }{6}\).

Como \(\operatorname{sen}x\) é crescente, \(1-2\operatorname{sen}x>0\) para \(x<\frac{\pi }{6}\) e \(1-2\operatorname{sen}x<0\) para \(x>\frac{\pi }{6}\).

Logo o gráfico de \(g\) tem concavidade voltada para cima em \(\left] -\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{6} \right[\) e concavidade voltada para baixo em \(\left] \frac{\pi }{6},\frac{\pi }{2} \right[\), havendo um ponto de inflexão de abcissa \(x=\frac{\pi }{6}\).

Como \(f\) é par, \(f\left( -x \right)=f\left( x \right)\) para todo o \(x\in R\).

Pela definição de derivada: \(f'\left( -a \right)=\lim _{h\to 0}\frac{f\left( -a+h \right)-f\left( -a \right)}{h}\).

Usando a paridade, \(f\left( -a+h \right)=f\left( a-h \right)\) e \(f\left( -a \right)=f\left( a \right)\): \(f'\left( -a \right)=\lim _{h\to 0}\frac{f\left( a-h \right)-f\left( a \right)}{h}\).

Fazendo a mudança de variável \(t=-h\) (quando \(h\to 0\), \(t\to 0\)): \(f'\left( -a \right)=\lim _{t\to 0}\frac{f\left( a+t \right)-f\left( a \right)}{-t}=-\lim _{t\to 0}\frac{f\left( a+t \right)-f\left( a \right)}{t}=-f'\left( a \right)\).

Logo \(f'\left( -a \right)\times f'\left( a \right)=-f'\left( a \right)\times f'\left( a \right)=-{\left[ f'\left( a \right) \right]}^{2}\).

Como \(f'\left( a \right)=f\left( a \right)\), conclui-se que \(f'\left( -a \right)\times f'\left( a \right)=-{\left[ f\left( a \right) \right]}^{2}\), como se pretendia provar.

a) ★★

\(f\left( 0 \right)=\frac{4\cos 0}{\operatorname{sen}0-2}=\frac{4}{-2}=-2\).

\(\lim _{x\to {0}^{-}}\frac{1-{e}^{6x}}{3x}=-\lim _{x\to 0}\frac{{e}^{6x}-1}{3x}=-\frac{6}{3}\lim _{x\to 0}\frac{{e}^{6x}-1}{6x}=-2\times 1=-2\).

Como \(\lim _{x\to {0}^{-}}f\left( x \right)=f\left( 0 \right)=-2\), a função \(f\) é contínua em \(x=0\).

b) ★★★

Para \(x\in \left] 0,2\pi \right]\): \(f\left( x \right)=\frac{4\cos x}{\operatorname{sen}x-2}\). Pela regra do quociente,

\[f'\left( x \right)=\frac{-4\operatorname{sen}x\left( \operatorname{sen}x-2 \right)-4\cos x\cos x}{{\left( \operatorname{sen}x-2 \right)}^{2}}=\frac{-4{\operatorname{sen}}^{2}x+8\operatorname{sen}x-4{\cos }^{2}x}{{\left( \operatorname{sen}x-2 \right)}^{2}}=\frac{4\left( 2\operatorname{sen}x-1 \right)}{{\left( \operatorname{sen}x-2 \right)}^{2}}\]

Como \(\operatorname{sen}x\le 1<2\), o denominador nunca se anula e é sempre positivo; o sinal de \(f'\) é o de \(2\operatorname{sen}x-1\).

\(2\operatorname{sen}x-1=0\Leftrightarrow \operatorname{sen}x=\frac{1}{2}\), cujas soluções em \(\left] 0,2\pi \right]\) são \(x=\frac{\pi }{6}\) e \(x=\frac{5\pi }{6}\).

\(\operatorname{sen}x<\frac{1}{2}\) em \(\left] 0,\frac{\pi }{6} \right[\cup \left] \frac{5\pi }{6},2\pi \right]\) e \(\operatorname{sen}x>\frac{1}{2}\) em \(\left] \frac{\pi }{6},\frac{5\pi }{6} \right[\).

Logo \(f\) é decrescente em \(\left] 0,\frac{\pi }{6} \right]\), crescente em \(\left[ \frac{\pi }{6},\frac{5\pi }{6} \right]\) e decrescente em \(\left[ \frac{5\pi }{6},2\pi \right]\).

\(f\) tem um mínimo relativo em \(x=\frac{\pi }{6}\), com \(f​\left( \frac{\pi }{6} \right)=-\frac{4\sqrt{3}}{3}\), e um máximo relativo em \(x=\frac{5\pi }{6}\), com \(f​\left( \frac{5\pi }{6} \right)=\frac{4\sqrt{3}}{3}\).

Como o gráfico de \(f\) admite assíntota horizontal, \(\lim _{x\to +\infty }f\left( x \right)=L\), para um certo \(L\in R\), ou seja, \(f\) é limitada quando \(x\to +\infty \).

Determinação do declive: para \(x>0\),

\[m=\lim _{x\to +\infty }\frac{g\left( x \right)}{x}=\lim _{x\to +\infty }\sqrt{\frac{{\left( f\left( x \right) \right)}^{2}}{{x}^{2}}+4+\frac{5}{x}}=\sqrt{0+4+0}=2\]

(pois \(\frac{{\left( f\left( x \right) \right)}^{2}}{{x}^{2}}\to 0\), já que \(f\left( x \right)\) é limitada, e \(\frac{5}{x}\to 0\)).

Determinação da ordenada na origem, multiplicando e dividindo pelo conjugado:

\[b=\lim _{x\to +\infty }\left( g\left( x \right)-2x \right)=\lim _{x\to +\infty }\frac{{\left( f\left( x \right) \right)}^{2}+4{x}^{2}+5x-4{x}^{2}}{\sqrt{{\left( f\left( x \right) \right)}^{2}+4{x}^{2}+5x}+2x}=\lim _{x\to +\infty }\frac{{\left( f\left( x \right) \right)}^{2}+5x}{\sqrt{{\left( f\left( x \right) \right)}^{2}+4{x}^{2}+5x}+2x}\]

O numerador é equivalente a \(5x\) (pois \({\left( f\left( x \right) \right)}^{2}\) é limitado) e o denominador a \(2x+2x=4x\) (pois \(\sqrt{{\left( f\left( x \right) \right)}^{2}+4{x}^{2}+5x}\sim \sqrt{4{x}^{2}}=2x\)), pelo que \(b=\frac{5x}{4x}=\frac{5}{4}\).

A equação da assíntota não vertical é \(y=2x+\frac{5}{4}\).

\(f″\left( x \right)=-2{e}^{1-{x}^{2}}+\left( -2x \right)\times {e}^{1-{x}^{2}}\times \left( -2x \right)=-2{e}^{1-{x}^{2}}+4{x}^{2}{e}^{1-{x}^{2}}=2{e}^{1-{x}^{2}}\left( 2{x}^{2}-1 \right)\).

Como \({e}^{1-{x}^{2}}>0\) sempre, o sinal de \(f″\) é o de \(2{x}^{2}-1\).

\(2{x}^{2}-1=0\Leftrightarrow {x}^{2}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=-\frac{\sqrt{2}}{2} \lor  x=\frac{\sqrt{2}}{2}\).

\(2{x}^{2}-1>0\) para \(\left| x \right|>\frac{\sqrt{2}}{2}\) e \(2{x}^{2}-1<0\) para \(\left| x \right|<\frac{\sqrt{2}}{2}\).

O gráfico de \(f\) tem concavidade voltada para cima em \(\left] -\infty ,-\frac{\sqrt{2}}{2} \right[\) e em \(\left] \frac{\sqrt{2}}{2},+\infty \right[\), e concavidade voltada para baixo em \(\left] -\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2} \right[\).

Há dois pontos de inflexão, de abcissas \(x=-\frac{\sqrt{2}}{2}\) e \(x=\frac{\sqrt{2}}{2}\).

Seja \(h\left( x \right)=f\left( x \right)-\left( -x+2 \right)=\operatorname{sen}\left( 2x \right)+2x-2\), função contínua em \(\left[ 0,\pi \right]\) (logo em \(\left[ \frac{\pi }{6},\frac{\pi }{3} \right]\)) por ser soma de funções contínuas.

\(h​\left( \frac{\pi }{6} \right)=\operatorname{sen}​\left( \frac{\pi }{3} \right)+2\times \frac{\pi }{6}-2=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\pi }{3}-2\approx -0,09<0\).

\(h​\left( \frac{\pi }{3} \right)=\operatorname{sen}​\left( \frac{2\pi }{3} \right)+2\times \frac{\pi }{3}-2=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{2\pi }{3}-2\approx 0,96>0\).

Como \(h\) é contínua em \(\left[ \frac{\pi }{6},\frac{\pi }{3} \right]\) e \(h​\left( \frac{\pi }{6} \right)<0<h​\left( \frac{\pi }{3} \right)\), pelo teorema de Bolzano-Cauchy existe \(c\in \left] \frac{\pi }{6},\frac{\pi }{3} \right[\) tal que \(h\left( c \right)=0\), ou seja, \(f\left( c \right)=-c+2\).

Logo o gráfico de \(f\) intersecta a reta \(r\) em, pelo menos, um ponto de abcissa pertencente a \(\left] \frac{\pi }{6},\frac{\pi }{3} \right[\).

Seja \({x}_{0}\) a abcissa do ponto de tangência. A tangência significa que a equação \(f\left( x \right)=ax+b\), ou seja, \(a{x}^{2}+bx-ax-b=0\Leftrightarrow a{x}^{2}+\left( b-a \right)x-b=0\), tem uma raiz dupla em \({x}_{0}\).

Para haver raiz dupla, o discriminante é nulo: \({\left( b-a \right)}^{2}-4a\left( -b \right)=0\Leftrightarrow {\left( b-a \right)}^{2}+4ab=0\).

\({\left( b-a \right)}^{2}+4ab={b}^{2}-2ab+{a}^{2}+4ab={b}^{2}+2ab+{a}^{2}={\left( a+b \right)}^{2}=0\), pelo que \(b=-a\).

A raiz dupla é \({x}_{0}=-\frac{b-a}{2a}=\frac{a-b}{2a}\); substituindo \(b=-a\): \({x}_{0}=\frac{a-\left( -a \right)}{2a}=\frac{2a}{2a}=1\).

\({y}_{0}=a\times 1+b=a+b=a+\left( -a \right)=0\).

O ponto de tangência é \(\left( 1,0 \right)\).

Referencial I: como \(g\) é diferenciável, é contínua, pelo que \({\lim }_{x\to {0}^{-}}g\left( x \right)=g\left( 0 \right)<0\). No referencial I, o limite de \(g\) quando \(x\to {0}^{-}\) é positivo (o ramo aproxima-se de um valor positivo à esquerda de \(0\)), o que contraria \(g\left( 0 \right)<0\). Logo, o referencial I não pode representar parte do gráfico de \(g\).

Referencial II: como \(g'\left( x \right)<0\) para todo o \(x\in \,]-\infty ,-1[\), \(g\) é decrescente nesse intervalo. No referencial II, a função representada é crescente em \(\,]-\infty ,-1[\), pelo que não pode ser parte do gráfico de \(g\).

Referencial III: como \(g\) é par e \({\lim }_{x\to {1}^{-}}g\left( x \right)=+\infty \), tem-se também \({\lim }_{x\to -{1}^{+}}g\left( x \right)=+\infty \) (a simetria do gráfico de uma função par em relação ao eixo \(Oy\) transporta o comportamento junto de \(x=1\) para o comportamento junto de \(x=-1\)). No referencial III, a função não diverge para \(+\infty \) quando \(x\to -{1}^{+}\) (aproxima-se de um valor finito), o que não é compatível com esse limite. Logo, o referencial III também não pode representar parte do gráfico de \(g\).

a) ★★

Assíntota vertical (\(x=0\), único ponto fronteiro ao domínio):

\[\lim _{x\to {0}^{+}}f\left( x \right)=\lim _{x\to {0}^{+}}\frac{\ln x+2x}{x}=\frac{\left( -\infty \right)+0}{{0}^{+}}=-\infty ,\]

pois \(\ln x\to -\infty \) e \(2x\to 0\) quando \(x\to {0}^{+}\). Logo, a reta de equação \(x=0\) é assíntota vertical ao gráfico de \(f\).

Assíntota horizontal (quando \(x\to +\infty \)):

\[f\left( x \right)=\frac{\ln x}{x}+2.\]

Como \({\lim }_{x\to +\infty }\frac{\ln x}{x}=0\) (limite notável), vem \({\lim }_{x\to +\infty }f\left( x \right)=0+2=2\). Logo, a reta de equação \(y=2\) é assíntota horizontal ao gráfico de \(f\).

b) ★★★

Escrevendo \(f\left( x \right)=\frac{\ln x}{x}+2\), pela regra de derivação do quociente:

\[f'\left( x \right)=\frac{\frac{1}{x}\times x-\ln x\times 1}{{x}^{2}}=\frac{1-\ln x}{{x}^{2}}.\]

Como \({x}^{2}>0\) em todo o domínio, o sinal de \(f'\) é o sinal de \(1-\ln x\):

\[f'\left( x \right)>0\Leftrightarrow 1-\ln x>0\Leftrightarrow \ln x<1\Leftrightarrow x<e;\]

\[f'\left( x \right)<0\Leftrightarrow x>e.\]

Logo, \(f\) é estritamente crescente em \(\,]0,e]\) e estritamente decrescente em \([e,+\infty [\).

Em \(x=e\), \(f\) tem um máximo relativo (e, neste caso, máximo absoluto), de valor

\[f\left( e \right)=\frac{\ln e+2e}{e}=\frac{1+2e}{e}=\frac{1}{e}+2.\]

\(f\) não tem mínimo relativo (é sempre crescente até \(e\) e depois decrescente, sem voltar a subir).

a) ★★★

\(g'\left( x \right)={e}^{x}\cos x+{e}^{x}\left( -\operatorname{sen}x \right)={e}^{x}\left( \cos x-\operatorname{sen}x \right)\).

Como \({e}^{x}>0\), o sinal de \(g'\) é o sinal de \(\cos x-\operatorname{sen}x\).

Em \([0,\pi [\), \(\cos x=\operatorname{sen}x\Leftrightarrow \tan x=1\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{4}\) (única solução no domínio).

Para \(x\in \left[ 0,\frac{\pi }{4} \right[\), \(\cos x>\operatorname{sen}x\) (por exemplo, em \(x=0\): \(\cos 0-\operatorname{sen}0=1>0\)), logo \(g'\left( x \right)>0\).

Para \(x\in \left] \frac{\pi }{4},\pi \right[\), \(\cos x<\operatorname{sen}x\) (por exemplo, em \(x=\frac{\pi }{2}\): \(0-1=-1<0\)), logo \(g'\left( x \right)<0\).

Logo \(g\) é estritamente crescente em \(\left[ 0,\frac{\pi }{4} \right]\) e estritamente decrescente em \(\left[ \frac{\pi }{4},\pi \right[\).

\(g\) tem um máximo relativo (e absoluto) em \(x=\frac{\pi }{4}\), de valor \(g\left( \frac{\pi }{4} \right)={e}^{\pi /4}\cos \frac{\pi }{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}\,{e}^{\pi /4}\). Não existe mínimo relativo.

b) ★★★

Considere-se a função auxiliar \(h\left( x \right)=g\left( x \right)-x={e}^{x}\cos x-x\), contínua em \(\left[ \frac{\pi }{3},\frac{\pi }{2} \right]\subset [0,\pi [\) (diferença de funções contínuas).

\(h\left( \frac{\pi }{3} \right)={e}^{\pi /3}\cos \frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{3}=\frac{1}{2}{e}^{\pi /3}-\frac{\pi }{3}\approx 1,425-1,047\approx 0,38>0\).

\(h\left( \frac{\pi }{2} \right)={e}^{\pi /2}\cos \frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{2}=0-\frac{\pi }{2}\approx -1,57<0\).

Como \(h\) é contínua em \(\left[ \frac{\pi }{3},\frac{\pi }{2} \right]\) e \(h\left( \frac{\pi }{3} \right)\) e \(h\left( \frac{\pi }{2} \right)\) têm sinais contrários, pelo teorema de Bolzano-Cauchy existe \(c\in \left] \frac{\pi }{3},\frac{\pi }{2} \right[\) tal que \(h\left( c \right)=0\), isto é, \(g\left( c \right)=c\).

Isso significa que existe um ponto do gráfico de \(g\), de abcissa \(c\in \left] \frac{\pi }{3},\frac{\pi }{2} \right[\), cuja ordenada, \(g\left( c \right)\), é igual à abcissa \(c\).

Sejam \(A=\left( p,a{p}^{2} \right)\) e \(B=\left( q,a{q}^{2} \right)\), com \(p\ne q\).

\(h'\left( x \right)=2ax\), pelo que a reta tangente em \(A\) é

\[y-a{p}^{2}=2ap\left( x-p \right)\Leftrightarrow y=2ap\,x-a{p}^{2},\]

e a reta tangente em \(B\) é, analogamente, \(y=2aq\,x-a{q}^{2}\).

No ponto de intersecção dessas retas:

\[2ap\,x-a{p}^{2}=2aq\,x-a{q}^{2}\Leftrightarrow 2a\left( p-q \right)x=a\left( {p}^{2}-{q}^{2} \right)=a\left( p-q \right)\left( p+q \right).\]

Como \(p\ne q\) e \(a\ne 0\), pode dividir-se ambos os membros por \(a\left( p-q \right)\):

\[2x=p+q\Leftrightarrow x=\frac{p+q}{2}.\]

A reta vertical que contém o ponto médio de \(\left[ AB \right]\), \(M=\left( \frac{p+q}{2},\frac{a{p}^{2}+a{q}^{2}}{2} \right)\), é precisamente \(x=\frac{p+q}{2}\).

Como a abcissa do ponto de intersecção das duas tangentes é também \(\frac{p+q}{2}\), esse ponto pertence a essa reta vertical, como se pretendia mostrar.

a) ★★

\(f\left( 2 \right)=\frac{{e}^{2-2}}{2+2}=\frac{{e}^{0}}{4}=\frac{1}{4}\).

Limite à esquerda, com \(u=x-2\to {0}^{-}\):

\[\lim _{x\to {2}^{-}}\frac{\operatorname{sen}\left( x-2 \right)}{{x}^{2}-4}=\lim _{x\to {2}^{-}}\frac{\operatorname{sen}\left( x-2 \right)}{\left( x-2 \right)\left( x+2 \right)}=\lim _{u\to 0}\frac{\operatorname{sen}u}{u}\times \frac{1}{x+2}=1\times \frac{1}{4}=\frac{1}{4},\]

usando o limite notável \(\frac{\operatorname{sen}u}{u}\to 1\).

Como \({\lim }_{x\to {2}^{-}}f\left( x \right)=\frac{1}{4}=f\left( 2 \right)\), e o ramo que define \(f\) para \(x\ge 2\) é contínuo em \(x=2\) (quociente de funções contínuas, com denominador não nulo), \(f\) é contínua em \(x=2\).

b) ★★★

Para \(x<-2\), \(f\left( x \right)=\frac{{e}^{2-x}}{x+2}\). Pela regra de derivação do quociente:

\[f'\left( x \right)=\frac{-{e}^{2-x}\left( x+2 \right)-{e}^{2-x}\times 1}{{\left( x+2 \right)}^{2}}=\frac{-{e}^{2-x}\left[ \left( x+2 \right)+1 \right]}{{\left( x+2 \right)}^{2}}=\frac{-{e}^{2-x}\left( x+3 \right)}{{\left( x+2 \right)}^{2}}.\]

Como \({e}^{2-x}>0\) e \({\left( x+2 \right)}^{2}>0\), o sinal de \(f'\) é o sinal de \(-\left( x+3 \right)\):

\[f'\left( x \right)>0\Leftrightarrow x+3<0\Leftrightarrow x<-3;  f'\left( x \right)<0\Leftrightarrow x>-3.\]

Em \(\,]-\infty ,-2[\), tem-se então \(f'\left( x \right)>0\) para \(x<-3\) e \(f'\left( x \right)<0\) para \(-3<x<-2\).

Logo, \(f\) é estritamente crescente em \(\,]-\infty ,-3]\) e estritamente decrescente em \([-3,-2[\).

\(f\) tem um máximo relativo em \(x=-3\), de valor \(f\left( -3 \right)=\frac{{e}^{2-\left( -3 \right)}}{-3+2}=\frac{{e}^{5}}{-1}=-{e}^{5}\). Não existe mínimo relativo em \(\,]-\infty ,-2[\).

Assíntota vertical: o único ponto fronteiro ao domínio é \(x=1\).

\[\lim _{x\to {1}^{+}}g\left( x \right)=\lim _{x\to {1}^{+}}\left[ 5x-3\ln \left( x-1 \right) \right]=5-3\times \left( -\infty \right)=5+\infty =+\infty ,\]

pois \(\ln \left( x-1 \right)\to -\infty \) quando \(x\to {1}^{+}\). Logo, a reta de equação \(x=1\) é assíntota vertical ao gráfico de \(g\).

Assíntota oblíqua, quando \(x\to +\infty \):

\[m=\lim _{x\to +\infty }\frac{g\left( x \right)}{x}=\lim _{x\to +\infty }\left( 5-\frac{3\ln \left( x-1 \right)}{x} \right)=5-0=5,\]

pois \(\frac{\ln \left( x-1 \right)}{x}\to 0\) (limite notável). Para \(b\):

\[b=\lim _{x\to +\infty }\left[ g\left( x \right)-5x \right]=\lim _{x\to +\infty }\left[ -3\ln \left( x-1 \right) \right]=-3\times \left( +\infty \right)=-\infty .\]

Como este limite não é finito, não existe assíntota oblíqua quando \(x\to +\infty \) (apesar de existir o declive \(m=5\), a ordenada na origem não converge).

Assim, o gráfico de \(g\) tem apenas a assíntota vertical \(x=1\); não tem assíntota oblíqua.

a) ★★★

Em \(\left] 0,\pi \right[\), \(g″\left( x \right)=\left( x+2{\cos }^{2}x \right)'=1+2\times 2\cos x\times \left( -\operatorname{sen}x \right)=1-4\operatorname{sen}x\cos x=1-2\operatorname{sen}\left( 2x \right)\).

\(g″\left( x \right)=0\Leftrightarrow \operatorname{sen}\left( 2x \right)=\frac{1}{2}\); com \(x\in \left] 0,\pi \right[\), tem-se \(2x\in \left] 0,2\pi \right[\), e as soluções são \(2x=\frac{\pi }{6}\) ou \(2x=\frac{5\pi }{6}\), ou seja, \(x=\frac{\pi }{12}\) ou \(x=\frac{5\pi }{12}\).

Para \(2x\in \left] 0,\frac{\pi }{6} \right[\cup \left] \frac{5\pi }{6},2\pi \right[\), \(\operatorname{sen}\left( 2x \right)<\frac{1}{2}\), pelo que \(g″\left( x \right)>0\); para \(2x\in \left] \frac{\pi }{6},\frac{5\pi }{6} \right[\), \(\operatorname{sen}\left( 2x \right)>\frac{1}{2}\), pelo que \(g″\left( x \right)<0\).

O gráfico de \(g\) tem concavidade voltada para cima em \(\left] 0,\frac{\pi }{12} \right[\) e em \(\left] \frac{5\pi }{12},\pi \right[\), e concavidade voltada para baixo em \(\left] \frac{\pi }{12},\frac{5\pi }{12} \right[\).

Como a concavidade muda de sentido em \(x=\frac{\pi }{12}\) e em \(x=\frac{5\pi }{12}\), o gráfico de \(g\) tem pontos de inflexão de abcissas \(\frac{\pi }{12}\) e \(\frac{5\pi }{12}\).

b) ★★★

A reta tangente ao gráfico de \(g\) no ponto de abcissa \(x\) tem declive \(g'\left( x \right)\); pretende-se \(g'\left( x \right)=-2\), com \(x<0\).

\(3{e}^{2x}-7{e}^{x}=-2\). Fazendo \(u={e}^{x}\) (com \(u\in \left] 0,1 \right[\), pois \(x<0\)): \(3{u}^{2}-7u+2=0\).

\(u=\frac{7\pm \sqrt{49-24}}{6}=\frac{7\pm 5}{6}\), ou seja, \(u=2\) ou \(u=\frac{1}{3}\).

Como \(u={e}^{x}\in \left] 0,1 \right[\), rejeita-se \(u=2\); fica \({e}^{x}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow x=\ln \frac{1}{3}=-\ln 3\).

\(f'\left( x \right)={x}^{2}+2ax+{a}^{2}={\left( x+a \right)}^{2}\).

Como \({\left( x+a \right)}^{2}\ge 0\) para todo o \(x\in R\), tem-se \(f'\left( x \right)\ge 0\) para todo o \(x\), anulando-se apenas no ponto isolado \(x=-a\).

Assim, \(f'\) não muda de sinal em \(R\) (é sempre não negativa), pelo que \(f\) é estritamente crescente em \(R\).

Sendo \(f\) estritamente crescente em todo o seu domínio, não tem extremos relativos, qualquer que seja o valor de \(a\).

a) ★★

Resposta: (B)

\(m\left( 0 \right)=\frac{30\times 1-29}{1}=1\).

\(m\left( 1 \right)=\frac{30\times {\left( 1,006 \right)}^{3}-29}{{\left( 1,006 \right)}^{2}}\approx \frac{30,5432-29}{1,0120}\approx \frac{1,5432}{1,0120}\approx 1,5249\).

A percentagem de aumento é \(\frac{m\left( 1 \right)-m\left( 0 \right)}{m\left( 0 \right)}\times 100\%\approx \frac{1,5249-1}{1}\times 100\%\approx 52\%\).

b) ★★★

Pretende-se o instante \(t\) tal que \(m\left( t+30 \right)=3\,m\left( t \right)\), com \(t\in \left[ 0,220 \right]\).

Na calculadora, visualizam-se os gráficos de \({y}_{1}=m\left( x+30 \right)\) e \({y}_{2}=3\,m\left( x \right)\) e determina-se a abcissa do ponto de interseção, em \(\left[ 0,220 \right]\):

\[\begin{matrix}\text{ponto de interseção} & \left( 10,35, 18,47 \right)\end{matrix}\]

Logo \(t\approx 10,35\) minutos, ou seja, \(10\) minutos e \(0,35\times 60\approx 21\) segundos: o instante procurado é, aproximadamente, 10 min 21 s após a abertura das torneiras.

a) ★★

Assíntota horizontal (\(x\to +\infty \)): \(g\left( x \right)=\ln \left( 1+{e}^{x} \right)-x=\ln \left( {e}^{x}\left( {e}^{-x}+1 \right) \right)-x=x+\ln \left( 1+{e}^{-x} \right)-x=\ln \left( 1+{e}^{-x} \right)\). Como \({e}^{-x}\to 0\) quando \(x\to +\infty \), \(\lim _{x\to +\infty }g\left( x \right)=\ln 1=0\): a reta \(y=0\) é assíntota horizontal.

Assíntota oblíqua (\(x\to -\infty \)): \(m=\lim _{x\to -\infty }\frac{g\left( x \right)}{x}=\lim _{x\to -\infty }\left( \frac{\ln \left( 1+{e}^{x} \right)}{x}-1 \right)=0-1=-1\) (pois \({e}^{x}\to 0\), logo \(\ln \left( 1+{e}^{x} \right)\to 0\) e o quociente tende para \(0\)).

\(b=\lim _{x\to -\infty }\left( g\left( x \right)-\left( -1 \right)x \right)=\lim _{x\to -\infty }\left( \ln \left( 1+{e}^{x} \right)-x+x \right)=\lim _{x\to -\infty }\ln \left( 1+{e}^{x} \right)=\ln 1=0\).

A reta \(y=-x\) é assíntota oblíqua do gráfico de \(g\) quando \(x\to -\infty \).

b) ★★★

\(g\left( 0 \right)=\ln \left( 1+{e}^{0} \right)-0=\ln 2\).

\(g'\left( x \right)=\frac{{e}^{x}}{1+{e}^{x}}-1=\frac{{e}^{x}-1-{e}^{x}}{1+{e}^{x}}=\frac{-1}{1+{e}^{x}}\), pelo que \(g'\left( 0 \right)=\frac{-1}{2}\).

A reta \(r\): \(y-\ln 2=-\frac{1}{2}\left( x-0 \right)\Leftrightarrow y=-\frac{1}{2}x+\ln 2\).

\(A\) (interseção com \(Ox\)): \(0=-\frac{1}{2}x+\ln 2\Leftrightarrow x=2\ln 2\), logo \(A=\left( 2\ln 2,0 \right)\).

\(B\) (interseção com \(Oy\)): \(B=\left( 0,\ln 2 \right)\).

Área do triângulo \(\left[ OAB \right]\) (catetos sobre os eixos): \(\frac{\overline{OA}\times \overline{OB}}{2}=\frac{2\ln 2\times \ln 2}{2}={\left( \ln 2 \right)}^{2}\).

\(g'\left( x \right)=\frac{x-{e}^{3x}}{x}=1-\frac{{e}^{3x}}{x}\), para \(x>0\).

\(g″\left( x \right)=-\frac{3{e}^{3x}\times x-{e}^{3x}\times 1}{{x}^{2}}=-\frac{{e}^{3x}\left( 3x-1 \right)}{{x}^{2}}\).

Como \({e}^{3x}>0\) e \({x}^{2}>0\) para todo o \(x>0\), o sinal de \(g″\) é o sinal de \(-\left( 3x-1 \right)\): \(g″\left( x \right)>0\Leftrightarrow 3x-1<0\Leftrightarrow x<\frac{1}{3}\), e \(g″\left( x \right)<0\Leftrightarrow x>\frac{1}{3}\).

O gráfico de \(g\) tem concavidade voltada para cima em \(\left] 0,\frac{1}{3} \right[\) e concavidade voltada para baixo em \(\left] \frac{1}{3},+\infty \right[\).

Como a concavidade muda de sentido em \(x=\frac{1}{3}\), o gráfico de \(g\) tem um ponto de inflexão de abcissa \(\frac{1}{3}\).

Fazendo a mudança de variável \(u=kx\) (com \(k>0\) constante), \(u\) percorre \(\left] 0,+\infty \right[\) quando \(x\) percorre \(\left] 0,+\infty \right[\), e \(f\left( x \right)=\sqrt{u}-\ln u\); o contradomínio de \(f\) é o mesmo que o da função \(\varphi \left( u \right)=\sqrt{u}-\ln u\), em \(u>0\) (não depende de \(k\)).

\(\varphi '\left( u \right)=\frac{1}{2\sqrt{u}}-\frac{1}{u}=\frac{\sqrt{u}-2}{2u}\). \(\varphi '\left( u \right)=0\Leftrightarrow \sqrt{u}=2\Leftrightarrow u=4\).

Para \(0<u<4\), \(\sqrt{u}<2\), logo \(\varphi '\left( u \right)<0\) (\(\varphi \) decrescente); para \(u>4\), \(\varphi '\left( u \right)>0\) (\(\varphi \) crescente). Em \(u=4\), \(\varphi \) tem um mínimo (absoluto).

\(\varphi \left( 4 \right)=\sqrt{4}-\ln 4=2-\ln 4=2-2\ln 2\).

\(\lim _{u\to {0}^{+}}\varphi \left( u \right)=0-\left( -\infty \right)=+\infty \) e \(\lim _{u\to +\infty }\varphi \left( u \right)=+\infty \) (pois \(\sqrt{u}\) domina \(\ln u\)).

Sendo \(\varphi \) contínua em \(\left] 0,+\infty \right[\), decrescente até \(u=4\) e depois crescente, com mínimo \(2-2\ln 2\) e tendendo para \(+\infty \) em ambas as extremidades, o contradomínio de \(f\) é \(\left[ 2-2\ln 2,+\infty \right[\).

a) ★★

\(f\left( 1 \right)=-{1}^{2}\left( 1+2\ln 1 \right)=-\left( 1+0 \right)=-1\).

Como a primeira expressão é contínua em \(\left] 0,1 \right]\) (soma, produto e composição de funções contínuas), \(\lim _{x\to {1}^{-}}f\left( x \right)=f\left( 1 \right)=-1\).

\(\lim _{x\to {1}^{+}}f\left( x \right)=\lim _{x\to {1}^{+}}\frac{5-5{e}^{x-1}}{{x}^{2}+3x-4}\), indeterminação \(\frac{0}{0}\) (numerador e denominador anulam-se em \(x=1\)); fazendo \(u=x-1\to {0}^{+}\) e notando que \({x}^{2}+3x-4=\left( x-1 \right)\left( x+4 \right)\):

\[\lim _{u\to {0}^{+}}\frac{-5\left( {e}^{u}-1 \right)}{u\left( u+5 \right)}=-5\times \lim _{u\to 0}\frac{{e}^{u}-1}{u}\times \lim _{u\to 0}\frac{1}{u+5}=-5\times 1\times \frac{1}{5}=-1\]

Como \(\lim _{x\to {1}^{-}}f\left( x \right)=\lim _{x\to {1}^{+}}f\left( x \right)=f\left( 1 \right)=-1\), a função \(f\) é contínua em \(x=1\).

b) ★★★

Em \(\left] 0,1 \right[\), \(f\left( x \right)=-{x}^{2}-2{x}^{2}\ln x\), pelo que \(f'\left( x \right)=-2x-\left( 4x\ln x+2{x}^{2}\times \frac{1}{x} \right)=-2x-4x\ln x-2x=-4x\left( 1+\ln x \right)\).

\(f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow 1+\ln x=0\) (pois \(x>0\)) \(\Leftrightarrow \ln x=-1\Leftrightarrow x=\frac{1}{e}\).

Para \(x\in \left] 0,\frac{1}{e} \right[\), \(\ln x<-1\), pelo que \(1+\ln x<0\) e \(f'\left( x \right)=-4x\left( 1+\ln x \right)>0\): \(f\) é crescente.

Para \(x\in \left] \frac{1}{e},1 \right[\), \(\ln x>-1\), pelo que \(1+\ln x>0\) e \(f'\left( x \right)<0\): \(f\) é decrescente.

\(f\) é crescente em \(\left] 0,\frac{1}{e} \right]\) e decrescente em \(\left[ \frac{1}{e},1 \right[\), tendo um máximo relativo em \(x=\frac{1}{e}\), de valor \(f\left( \frac{1}{e} \right)=-\frac{1}{{e}^{2}}\left( 1+2\ln \frac{1}{e} \right)=-\frac{1}{{e}^{2}}\left( 1-2 \right)=\frac{1}{{e}^{2}}\).

O declive da reta tangente ao gráfico de \(g\) no ponto de abcissa \(x\) é \(g'\left( x \right)=\cos x-x\operatorname{sen}x+\cos x=2\cos x-x\operatorname{sen}x\).

Pretende-se mostrar que existe \(c\in \left] \frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2} \right[\) tal que \(g'\left( c \right)=-\frac{1}{2}\).

\(g'\) é contínua em \(\left[ \frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2} \right]\), por ser soma e produto de funções contínuas.

\(g'\left( \frac{\pi }{2} \right)=2\cos \frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{2}\operatorname{sen}\frac{\pi }{2}=0-\frac{\pi }{2}=-\frac{\pi }{2}\) e \(g'\left( \frac{3\pi }{2} \right)=2\cos \frac{3\pi }{2}-\frac{3\pi }{2}\operatorname{sen}\frac{3\pi }{2}=0-\frac{3\pi }{2}\times \left( -1 \right)=\frac{3\pi }{2}\).

Como \(g'\left( \frac{\pi }{2} \right)=-\frac{\pi }{2}\approx -1,57<-\frac{1}{2}<\frac{3\pi }{2}\approx 4,71=g'\left( \frac{3\pi }{2} \right)\), pelo teorema de Bolzano-Cauchy existe \(c\in \left] \frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2} \right[\) tal que \(g'\left( c \right)=-\frac{1}{2}\), ou seja, existe (pelo menos) um ponto do gráfico de \(g\), de abcissa \(c\), onde a reta tangente tem declive \(-\frac{1}{2}\).

a) ★★

Resposta: (B)

No início do vazamento (\(t=0\)): \(a\left( 0 \right)=1,8-{\left( 0,216 \right)}^{\frac{2}{3}}\). Como \(0,216=0,{6}^{3}\), \({\left( 0,216 \right)}^{\frac{1}{3}}=0,6\) e \({\left( 0,216 \right)}^{\frac{2}{3}}=0,{6}^{2}=0,36\). Logo \(a\left( 0 \right)=1,8-0,36=1,44\).

Como a secção do depósito é um círculo, quando o combustível ocupa metade da capacidade do depósito, a superfície do combustível passa exatamente pelo centro do círculo (por simetria, metade da área do círculo corresponde à corda que passa no centro), pelo que a altura do combustível é igual ao raio: \(\frac{1,8}{2}=0,9\) m.

A diferença pedida é \(1,44-0,9=0,54\).

b) ★★★

Pretende-se o instante \({t}_{1}\) tal que \(a\left( 2{t}_{1} \right)=\frac{a\left( {t}_{1} \right)}{2}\), com \({t}_{1}\in \left] 0,\frac{563,83}{2} \right[\) (de modo a que \(2{t}_{1}\) ainda esteja no domínio de validade de \(a\)).

Na calculadora, representam-se graficamente \({y}_{1}=a\left( 2x \right)\) e \({y}_{2}=\frac{a\left( x \right)}{2}\) e determina-se a abcissa do ponto de interseção: \(\left( 177,71, 0,43 \right)\).

Logo \({t}_{1}\approx 177,71\) minutos \(=2\) horas e \(57,71\) minutos \(\approx \) 2 h 58 min após o início do vazamento.

a) ★★

Para \(x<0\): \(f\left( x \right)=1-\frac{{e}^{-x}}{x}\). Quando \(x\to -\infty \), \(-x\to +\infty \) e \({e}^{-x}\to +\infty \) muito mais rapidamente do que \(\left| x \right|\), pelo que \(\frac{{e}^{-x}}{x}\to -\infty \) (numerador \(\to +\infty \), denominador \(\to -\infty \), com o numerador a crescer mais depressa).

Logo \(\lim _{x\to -\infty }f\left( x \right)=1-\left( -\infty \right)=+\infty \): não existe assíntota horizontal quando \(x\to -\infty \).

Para \(x\ge 0\), quando \(x\to +\infty \): \(\sqrt{{x}^{2}+1}\sim x\), logo \(\frac{\sqrt{{x}^{2}+1}}{x+1}\to 1\), pelo que \(\lim _{x\to +\infty }f\left( x \right)=1-3=-2\).

O gráfico de \(f\) tem uma assíntota horizontal, de equação \(y=-2\), quando \(x\to +\infty \); quando \(x\to -\infty \) não existe assíntota horizontal.

b) ★★★

Para \(x<0\), \(f\left( x \right)=1-\frac{{e}^{-x}}{x}\), logo \(f\left( -2 \right)=1-\frac{{e}^{2}}{-2}=1+\frac{{e}^{2}}{2}\).

\(f'\left( x \right)=-\frac{d}{dx}\left( \frac{{e}^{-x}}{x} \right)=-\frac{-{e}^{-x}x-{e}^{-x}}{{x}^{2}}=\frac{{e}^{-x}\left( x+1 \right)}{{x}^{2}}\).

\(f'\left( -2 \right)=\frac{{e}^{2}\left( -2+1 \right)}{4}=-\frac{{e}^{2}}{4}\).

A reta tangente é \(y-f\left( -2 \right)=f'\left( -2 \right)\left( x+2 \right)\): \(y=1+\frac{{e}^{2}}{2}-\frac{{e}^{2}}{4}\left( x+2 \right)=1+\frac{{e}^{2}}{2}-\frac{{e}^{2}}{4}x-\frac{{e}^{2}}{2}=1-\frac{{e}^{2}}{4}x\).

A equação reduzida é \(y=-\frac{{e}^{2}}{4}x+1\).

a) ★★★

\(T\left( {t}_{1} \right)=30\Leftrightarrow 20+100{e}^{-k{t}_{1}}=30\Leftrightarrow 100{e}^{-k{t}_{1}}=10\Leftrightarrow {e}^{-k{t}_{1}}=\frac{1}{10}\).

\(-k{t}_{1}=\ln \frac{1}{10}=-\ln 10\Leftrightarrow k=\frac{\ln 10}{{t}_{1}}\).

Resposta: (C)

b) ★★★

A taxa média de variação nos primeiros \({t}_{2}\) minutos é \(\frac{T\left( {t}_{2} \right)-T\left( 0 \right)}{{t}_{2}}\), com \(T\left( 0 \right)=20+100=120\).

A equação a resolver é \(\frac{20+100{e}^{-0,04{t}_{2}}-120}{{t}_{2}}=-2,4\), isto é, \(\frac{100{e}^{-0,04x}-100}{x}=-2,4\).

Na calculadora, representam-se graficamente \({y}_{1}=\frac{100{e}^{-0,04x}-100}{x}\) e \({y}_{2}=-2,4\), em \(]0,60]\), e determina-se a abcissa do ponto de interseção: \(x\approx 28,157\).

Logo \({t}_{2}\approx 28,157\) minutos \(=28\) minutos e \(0,157\times 60\approx 9,4\) segundos \(\approx \) 28 min 9 s.

a) ★★

\(f\left( 1 \right)=1-2+\ln \left( 3-2 \right)=-1+\ln 1=-1\).

Para \(x\to {1}^{+}\), seja \(u=x-1\to {0}^{+}\): \(1-{x}^{2}=\left( 1-x \right)\left( 1+x \right)=-u\left( 2+u \right)\), pelo que \(\frac{\operatorname{sen}\left( x-1 \right)}{1-{x}^{2}}=\frac{\operatorname{sen}u}{-u\left( 2+u \right)}=\frac{\operatorname{sen}u}{u}\times \frac{-1}{2+u}\).

Usando o limite notável \(\lim _{u\to 0}\frac{\operatorname{sen}u}{u}=1\): \(\lim _{x\to {1}^{+}}\frac{\operatorname{sen}\left( x-1 \right)}{1-{x}^{2}}=1\times \frac{-1}{2}=-\frac{1}{2}\).

\(\lim _{x\to {1}^{+}}f\left( x \right)=-\frac{1}{2}+k\). Para \(f\) ser contínua em \(x=1\): \(-\frac{1}{2}+k=-1\Leftrightarrow k=-\frac{1}{2}\).

b) ★★★

Para \(x<1\): \(f\left( x \right)=x-2+\ln \left( 3-2x \right)\), pelo que \(f'\left( x \right)=1+\frac{-2}{3-2x}=\frac{\left( 3-2x \right)-2}{3-2x}=\frac{1-2x}{3-2x}\).

Em \(]-\infty ,1[\), \(3-2x>0\), pelo que o sinal de \(f'\left( x \right)\) é o sinal de \(1-2x\).

\(1-2x=0\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}\). Para \(x<\frac{1}{2}\), \(f'\left( x \right)>0\) (\(f\) crescente); para \(\frac{1}{2}<x<1\), \(f'\left( x \right)<0\) (\(f\) decrescente).

\(f\) é crescente em \(\left] -\infty ,\frac{1}{2} \right]\) e decrescente em \(\left[ \frac{1}{2},1 \right[\), pelo que tem um máximo relativo em \(x=\frac{1}{2}\).

\(f\left( \frac{1}{2} \right)=\frac{1}{2}-2+\ln \left( 3-1 \right)=-\frac{3}{2}+\ln 2\).

Não tem mínimo relativo neste intervalo.

a) ★★★

Quando \(t\to +\infty \), o expoente \(1,08t-0,3{t}^{2}\to -\infty \) (o termo de grau \(2\), com coeficiente negativo, domina).

Logo \(N\left( t \right)={N}_{0}{e}^{1,08t-0,3{t}^{2}}\to {N}_{0}\times 0=0\).

Resposta: (D)

b) ★★★

Pretende-se o instante \({t}_{1}\) tal que \(N\left( {t}_{1} \right)-N\left( {t}_{1}-1 \right)=0,5\), com \(N\left( t \right)=1,63\,{e}^{1,08t-0,3{t}^{2}}\).

Na calculadora, representam-se graficamente \({y}_{1}=N\left( x \right)-N\left( x-1 \right)\) e \({y}_{2}=0,5\), e determina-se a abcissa do ponto de interseção: \(\left( 2,089, 0,5 \right)\).

Logo \({t}_{1}\approx 2,089\) horas \(=2\) horas e \(0,089\times 60\approx 5,3\) minutos \(\approx \) 2 h 05 min.

Seja \(a\) a abcissa de \(A\): \(f'\left( x \right)=4x\), pelo que a reta tangente ao gráfico de \(f\) em \(A\) é \(y=2{a}^{2}+4a\left( x-a \right)=4ax-2{a}^{2}\).

Seja \(b\) a abcissa de \(B\): \(g'\left( x \right)=-2\left( x-1 \right)\), pelo que a reta tangente ao gráfico de \(g\) em \(B\) é \(y=-{\left( b-1 \right)}^{2}-2\left( b-1 \right)\left( x-b \right)=-2\left( b-1 \right)x+\left( {b}^{2}-1 \right)\).

Igualando os declives: \(4a=-2\left( b-1 \right)\Leftrightarrow b=1-2a\).

Igualando as ordenadas na origem: \(-2{a}^{2}={b}^{2}-1\).

Substituindo \(b=1-2a\): \(-2{a}^{2}={\left( 1-2a \right)}^{2}-1=1-4a+4{a}^{2}-1=4{a}^{2}-4a\Leftrightarrow 6{a}^{2}-4a=0\Leftrightarrow 2a\left( 3a-2 \right)=0\).

\(a=0\) (reta horizontal, excluída) ou \(a=\frac{2}{3}\).

Para \(a=\frac{2}{3}\): \(b=1-2\times \frac{2}{3}=1-\frac{4}{3}=-\frac{1}{3}\).

A abcissa de \(A\) é \(\frac{2}{3}\) e a abcissa de \(B\) é \(-\frac{1}{3}\).

a) ★★★

\(g\left( 0 \right)=0\).

\(\lim _{x\to {0}^{-}}g\left( x \right)=\lim _{x\to {0}^{-}}\left( 1+\frac{\operatorname{sen}x}{1-{e}^{x}} \right)\). Como \(\operatorname{sen}x\sim x\) e \(1-{e}^{x}\sim -x\) quando \(x\to 0\), \(\frac{\operatorname{sen}x}{1-{e}^{x}}\to \frac{x}{-x}=-1\) (usando os limites notáveis \(\lim _{x\to 0}\frac{\operatorname{sen}x}{x}=1\) e \(\lim _{x\to 0}\frac{{e}^{x}-1}{x}=1\)), pelo que \(\lim _{x\to {0}^{-}}g\left( x \right)=1+\left( -1 \right)=0\).

\(\lim _{x\to {0}^{+}}g\left( x \right)=\lim _{x\to {0}^{+}}{x}^{2}\ln x=0\) (limite notável).

Como \(\lim _{x\to {0}^{-}}g\left( x \right)=\lim _{x\to {0}^{+}}g\left( x \right)=g\left( 0 \right)=0\), a função \(g\) é contínua em \(x=0\).

b) ★★★

Para \(x>0\): \(g\left( x \right)={x}^{2}\ln x\), pelo que \(g'\left( x \right)=2x\ln x+{x}^{2}\cdot \frac{1}{x}=2x\ln x+x=x\left( 2\ln x+1 \right)\).

Em \(]0,+\infty [\), \(x>0\), pelo que o sinal de \(g'\left( x \right)\) é o sinal de \(2\ln x+1\).

\(2\ln x+1=0\Leftrightarrow \ln x=-\frac{1}{2}\Leftrightarrow x={e}^{-1/2}=\frac{1}{\sqrt{e}}\).

Para \(0<x<\frac{1}{\sqrt{e}}\), \(g'\left( x \right)<0\) (\(g\) decrescente); para \(x>\frac{1}{\sqrt{e}}\), \(g'\left( x \right)>0\) (\(g\) crescente).

\(g\) é decrescente em \(\left] 0,\frac{1}{\sqrt{e}} \right]\) e crescente em \(\left[ \frac{1}{\sqrt{e}},+\infty \right[\), pelo que tem um mínimo relativo em \(x=\frac{1}{\sqrt{e}}\).

\(g\left( \frac{1}{\sqrt{e}} \right)=\frac{1}{e}\cdot \ln \left( {e}^{-1/2} \right)=\frac{1}{e}\times \left( -\frac{1}{2} \right)=-\frac{1}{2e}\).

Não tem máximo relativo neste intervalo.

a) ★★

\(\left( f\circ g \right)\left( x \right)=f\left( g\left( x \right) \right)={\cos }^{2}x\).

\(\left( f\circ g \right)'\left( x \right)=2\cos x\times \left( -\operatorname{sen}x \right)=-2\operatorname{sen}x\cos x=-\operatorname{sen}\left( 2x \right)\).

\(\left( f\circ g \right)'\left( \frac{\pi }{4} \right)=-\operatorname{sen}\left( \frac{\pi }{2} \right)=-1\).

Resposta: (B)

b) ★★★

Seja \(\varphi \left( x \right)=f\left( x \right)-g\left( x \right)={x}^{2}-\cos x\), função contínua em \(R\) (diferença de funções contínuas), em particular em \(\left[ 0,\frac{\pi }{3} \right]\).

\(\varphi \left( 0 \right)=0-\cos 0=-1<0\).

\(\varphi \left( \frac{\pi }{3} \right)={\left( \frac{\pi }{3} \right)}^{2}-\cos \left( \frac{\pi }{3} \right)=\frac{{\pi }^{2}}{9}-\frac{1}{2}\approx 1,10-0,5=0,60>0\).

Como \(\varphi \) é contínua em \(\left[ 0,\frac{\pi }{3} \right]\) e \(\varphi \left( 0 \right)<0<\varphi \left( \frac{\pi }{3} \right)\), pelo teorema de Bolzano-Cauchy existe \(c\in \left] 0,\frac{\pi }{3} \right[\) tal que \(\varphi \left( c \right)=0\), isto é, \(f\left( c \right)=g\left( c \right)\).

Logo, a equação \(f\left( x \right)=g\left( x \right)\) tem, pelo menos, uma solução em \(\left] 0,\frac{\pi }{3} \right[\).

a) ★★★

\(h\left( 1 \right)=1+1\times {e}^{0}=1+1=2\).

\(\lim _{x\to {1}^{+}}h\left( x \right)=\lim _{x\to {1}^{+}}\frac{\sqrt{x}-1}{\operatorname{sen}\left( x-1 \right)}\). Seja \(u=x-1\to {0}^{+}\): \(\frac{\sqrt{1+u}-1}{\operatorname{sen}u}=\frac{\sqrt{1+u}-1}{u}\times \frac{u}{\operatorname{sen}u}\).

Usando os limites notáveis \(\lim _{u\to 0}\frac{\sqrt{1+u}-1}{u}=\frac{1}{2}\) e \(\lim _{u\to 0}\frac{u}{\operatorname{sen}u}=1\): \(\lim _{x\to {1}^{+}}h\left( x \right)=\frac{1}{2}\times 1=\frac{1}{2}\).

Como \(\lim _{x\to {1}^{+}}h\left( x \right)=\frac{1}{2}\ne 2=h\left( 1 \right)\), a função \(h\) não é contínua em \(x=1\).

b) ★★★

A única assíntota horizontal possível é quando \(x\to -\infty \) (o domínio é \(]-\infty ,4[\)), caso em que se aplica o ramo \(h\left( x \right)=1+x{e}^{x-1}\).

\(\lim _{x\to -\infty }x{e}^{x-1}=\lim _{x\to -\infty }\frac{x}{{e}^{1-x}}=0\) (limite notável: a exponencial domina o polinómio).

\(\lim _{x\to -\infty }h\left( x \right)=1+0=1\).

O gráfico de \(h\) tem uma assíntota horizontal, de equação \(y=1\), quando \(x\to -\infty \).

a) ★★★

\(f″\left( x \right)=\frac{\frac{1}{x}\times x-\left( 2+\ln x \right)\times 1}{{x}^{2}}=\frac{1-2-\ln x}{{x}^{2}}=\frac{-1-\ln x}{{x}^{2}}\).

Em \(]0,+\infty [\), \({x}^{2}>0\), pelo que o sinal de \(f″\left( x \right)\) é o sinal de \(-1-\ln x\).

\(-1-\ln x=0\Leftrightarrow \ln x=-1\Leftrightarrow x={e}^{-1}=\frac{1}{e}\).

Para \(0<x<\frac{1}{e}\): \(\ln x<-1\), logo \(-1-\ln x>0\) e \(f″\left( x \right)>0\) (concavidade voltada para cima).

Para \(x>\frac{1}{e}\): \(\ln x>-1\), logo \(-1-\ln x<0\) e \(f″\left( x \right)<0\) (concavidade voltada para baixo).

O gráfico de \(f\) tem concavidade voltada para cima em \(\left] 0,\frac{1}{e} \right[\) e voltada para baixo em \(\left] \frac{1}{e},+\infty \right[\), havendo um ponto de inflexão de abcissa \(x=\frac{1}{e}\).

b) ★★

\(\frac{f\left( x \right)-f\left( 1 \right)}{1-{x}^{2}}=\frac{f\left( x \right)-f\left( 1 \right)}{x-1}\times \frac{x-1}{1-{x}^{2}}=\frac{f\left( x \right)-f\left( 1 \right)}{x-1}\times \frac{-1}{x+1}\) (pois \(1-{x}^{2}=-\left( x-1 \right)\left( x+1 \right)\)).

\(\lim _{x\to 1}\frac{f\left( x \right)-f\left( 1 \right)}{x-1}=f'\left( 1 \right)=\frac{2+\ln 1}{1}=2\).

\(\lim _{x\to 1}\frac{f\left( x \right)-f\left( 1 \right)}{1-{x}^{2}}=f'\left( 1 \right)\times \frac{-1}{2}=2\times \left( -\frac{1}{2} \right)=-1\).

Resposta: (B)

Como o domínio de \(f\) é o intervalo limitado \(\left] 0,\frac{\pi }{2} \right[\), não há assíntotas quando \(x\to \pm \infty \); resta analisar o comportamento de \(f\) junto dos extremos do domínio.

Quando \(x\to {0}^{+}\): \(f\left( x \right)=\frac{{e}^{2x}-1}{\operatorname{tg}x}=\frac{{e}^{2x}-1}{2x}\times \frac{x}{\operatorname{tg}x}\times 2\). Usando os limites notáveis \(\lim _{x\to 0}\frac{{e}^{2x}-1}{2x}=1\) e \(\lim _{x\to 0}\frac{x}{\operatorname{tg}x}=1\), obtém-se \(\lim _{x\to {0}^{+}}f\left( x \right)=1\times 1\times 2=2\).

Como este limite é finito, o gráfico de \(f\) não tem assíntota vertical em \(x=0\).

Quando \(x\to {\frac{\pi }{2}}^{-}\): \({e}^{2x}-1\to {e}^{\pi }-1\) (valor finito) e \(\operatorname{tg}x\to +\infty \), pelo que \(\lim _{x\to {\frac{\pi }{2}}^{-}}f\left( x \right)=\frac{{e}^{\pi }-1}{+\infty }=0\).

Como este limite também é finito, o gráfico de \(f\) não tem assíntota vertical em \(x=\frac{\pi }{2}\).

Assim, o gráfico de \(f\) não tem assíntotas.

a) ★★

\(g\left( 1 \right)={1}^{2}-10+8\ln 1=1-10+0=-9\).

\(\lim _{x\to {1}^{-}}g\left( x \right)=\lim _{x\to {1}^{-}}\frac{{x}^{2}-x}{k-kx}=\lim _{x\to {1}^{-}}\frac{x\left( x-1 \right)}{-k\left( x-1 \right)}=\lim _{x\to {1}^{-}}\frac{-x}{k}=-\frac{1}{k}\).

Para \(g\) ser contínua em \(x=1\): \(-\frac{1}{k}=-9\Leftrightarrow k=\frac{1}{9}\).

Resposta: (D)

b) ★★★

Em \(]1,+\infty [\): \(g\left( x \right)={x}^{2}-10+8\ln x\), pelo que \(g'\left( x \right)=2x+\frac{8}{x}\) e \(g″\left( x \right)=2-\frac{8}{{x}^{2}}\).

\(g″\left( x \right)=0\Leftrightarrow 2=\frac{8}{{x}^{2}}\Leftrightarrow {x}^{2}=4\Leftrightarrow x=2\) (pois \(x>1\)).

Para \(1<x<2\): \({x}^{2}<4\Leftrightarrow \frac{8}{{x}^{2}}>2\Leftrightarrow g″\left( x \right)<0\) (concavidade voltada para baixo).

Para \(x>2\): \({x}^{2}>4\Leftrightarrow \frac{8}{{x}^{2}}<2\Leftrightarrow g″\left( x \right)>0\) (concavidade voltada para cima).

O gráfico de \(g\) tem concavidade voltada para baixo em \(]1,2[\) e voltada para cima em \(]2,+\infty [\), havendo um ponto de inflexão de abcissa \(x=2\).

c) ★★★

Em \(\left[ \sqrt{e},e \right]\) (que está contido em \([1,+\infty [\), pois \(\sqrt{e}\approx 1,65>1\)), \(g\left( x \right)={x}^{2}-10+8\ln x\), função contínua por ser soma de funções contínuas.

\(g\left( \sqrt{e} \right)={\left( \sqrt{e} \right)}^{2}-10+8\ln \left( \sqrt{e} \right)=e-10+8\times \frac{1}{2}=e-10+4=e-6\approx 2,72-6=-3,28<0\).

\(g\left( e \right)={e}^{2}-10+8\ln e={e}^{2}-10+8={e}^{2}-2\approx 7,39-2=5,39>0\).

Como \(g\) é contínua em \(\left[ \sqrt{e},e \right]\) e \(g\left( \sqrt{e} \right)<0<g\left( e \right)\), pelo teorema de Bolzano-Cauchy existe \(c\in \left] \sqrt{e},e \right[\) tal que \(g\left( c \right)=0\).

Logo, \(g\) tem, pelo menos, um zero em \(\left] \sqrt{e},e \right[\).

Como \(y=x+2\) é assíntota do gráfico de \(g\) quando \(x\to +\infty \), sabe-se que \({\lim }_{x\to +\infty }\frac{g\left( x \right)}{x}=1\) e \({\lim }_{x\to +\infty }\left( g\left( x \right)-x \right)=2\).

Para mostrar que \(y=x-2\) é assíntota de \(h\), há que mostrar que \({\lim }_{x\to +\infty }\frac{h\left( x \right)}{x}=1\) e \({\lim }_{x\to +\infty }\left( h\left( x \right)-x \right)=-2\).

\({\lim }_{x\to +\infty }\frac{h\left( x \right)}{x}={\lim }_{x\to +\infty }\frac{{x}^{2}/g\left( x \right)}{x}={\lim }_{x\to +\infty }\frac{x}{g\left( x \right)}={\lim }_{x\to +\infty }\frac{1}{g\left( x \right)/x}=\frac{1}{1}=1\).

\({\lim }_{x\to +\infty }\left( h\left( x \right)-x \right)={\lim }_{x\to +\infty }\left( \frac{{x}^{2}}{g\left( x \right)}-x \right)={\lim }_{x\to +\infty }\frac{{x}^{2}-xg\left( x \right)}{g\left( x \right)}={\lim }_{x\to +\infty }\frac{x\left( x-g\left( x \right) \right)}{g\left( x \right)}={\lim }_{x\to +\infty }\left( -(g\left( x \right)-x)\times \frac{x}{g\left( x \right)} \right)\).

\(=-{\lim }_{x\to +\infty }\left( g\left( x \right)-x \right)\times {\lim }_{x\to +\infty }\frac{x}{g\left( x \right)}=-2\times 1=-2\).

Logo, a reta de equação \(y=x-2\) é assíntota do gráfico de \(h\).

a) ★★

Como o ponto \(A\) pertence ao eixo das ordenadas, a sua abcissa é \(0\); como a sua ordenada é \(1\), \(A=\left( 0,1 \right)\).

O declive da reta tangente ao gráfico de \(f\) no ponto \(A\) é \(f'\left( 0 \right)\).

\(f'\left( 0 \right)=\left( 2\times 0+4 \right){e}^{0}=4\times 1=4\).

Como a reta tangente passa por \(A=\left( 0,1 \right)\) e tem declive \(4\), a sua equação reduzida é \(y=4x+1\).

b) ★★★

\(f″\left( x \right)=\left( 2x+4 \right)'{e}^{x}+\left( 2x+4 \right)\left( {e}^{x} \right)'=2{e}^{x}+\left( 2x+4 \right){e}^{x}=\left( 2x+6 \right){e}^{x}\).

\(f″\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left( 2x+6 \right){e}^{x}=0\Leftrightarrow 2x+6=0\Leftrightarrow x=-3\) (pois \({e}^{x}\ne 0\) para todo o \(x\)).

Como \({e}^{x}>0\) sempre, o sinal de \(f″\left( x \right)\) é o sinal de \(2x+6\): negativo para \(x<-3\), nulo em \(x=-3\), positivo para \(x>-3\).

O gráfico de \(f\) tem a concavidade voltada para baixo em \(]-\infty ,-3]\) e voltada para cima em \([-3,+\infty [\); o ponto de abcissa \(-3\) é ponto de inflexão.

a) ★★★

A massa inicial é \(M\left( 0 \right)=15\times {e}^{0}=15\) gramas.

Pretende-se resolver \(M\left( t \right)=\frac{1}{2}M\left( 0 \right)\), isto é, \(15{e}^{-0,02t}=\frac{15}{2}\).

\(15{e}^{-0,02t}=\frac{15}{2}\Leftrightarrow {e}^{-0,02t}=0,5\Leftrightarrow -0,02t=\ln \left( 0,5 \right)\Leftrightarrow t=\frac{\ln \left( 0,5 \right)}{-0,02}\approx 34,657\).

A parte decimal, em minutos: \(60\times 0,657=39,42\approx 39\) minutos.

Logo, a massa inicial reduz-se a metade ao fim de, aproximadamente, \(34\) horas e \(39\) minutos.

b) ★★★

A função \(M\) é contínua em \([0,+\infty [\), por ser o produto de uma constante pela composta da função exponencial (contínua) com uma função afim (contínua); em particular, \(M\) é contínua em \(\left[ 2,5\,;4 \right]\) (note-se que \(2\) h \(30\) min \(=2,5\) h).

\(M\left( 2,5 \right)=15\times {e}^{-0,02\times 2,5}\approx 14,268\) gramas e \(M\left( 4 \right)=15\times {e}^{-0,02\times 4}\approx 13,847\) gramas.

Como \(14\in \,]M\left( 4 \right),M\left( 2,5 \right)[\) (pois \(13,847<14<14,268\)), e \(M\) é contínua em \(\left[ 2,5\,;4 \right]\), o Teorema de Bolzano garante a existência de, pelo menos, um valor \(c\in \,]2,5\,;4[\) tal que \(M\left( c \right)=14\).

Conclui-se, assim, que houve pelo menos um instante entre as \(2\) horas e \(30\) minutos e as \(4\) horas após o início da observação em que a massa da amostra atingiu os \(14\) gramas.

Por definição de derivada, \(f'\left( -a \right)={\lim }_{x\to -a}\frac{f\left( x \right)-f\left( -a \right)}{x+a}\).

Como \(f\) é par, \(f\left( -a \right)=f\left( a \right)\), pelo que \(f'\left( -a \right)={\lim }_{x\to -a}\frac{f\left( x \right)-f\left( a \right)}{x+a}\).

Fazendo a mudança de variável \(y=-x\) (logo \(x\to -a\Rightarrow y\to a\), e \(x=-y\)): \(f'\left( -a \right)={\lim }_{y\to a}\frac{f\left( -y \right)-f\left( a \right)}{-y+a}={\lim }_{y\to a}\frac{f\left( -y \right)-f\left( a \right)}{-\left( y-a \right)}=-{\lim }_{y\to a}\frac{f\left( -y \right)-f\left( a \right)}{y-a}\).

Como \(f\) é par, \(f\left( -y \right)=f\left( y \right)\), pelo que \(f'\left( -a \right)=-{\lim }_{y\to a}\frac{f\left( y \right)-f\left( a \right)}{y-a}=-f'\left( a \right)\).

Como, por hipótese, \(f'\left( a \right)=f\left( a \right)\), conclui-se de 4. que \(f'\left( -a \right)=-f'\left( a \right)=-f\left( a \right)\).

Assim, \(f'\left( -a \right)\times f'\left( a \right)=-f\left( a \right)\times f\left( a \right)=-[f\left( a \right){]}^{2}\), como se pretendia provar.

a) ★★

\(g\left( 0 \right)={e}^{0}\left( 0-3 \right)-{\left( 0-1 \right)}^{3}=1\times \left( -3 \right)-\left( -1 \right)=-3+1=-2\).

Para \(x\ge 0\), a expressão de \(g\) é contínua (soma e produto de funções contínuas), pelo que \({\lim }_{x\to {0}^{+}}g\left( x \right)=g\left( 0 \right)=-2\).

Para \(x\to {0}^{-}\): \({\lim }_{x\to {0}^{-}}\frac{\operatorname{sen}\left( 2x \right)}{{x}^{2}-x}={\lim }_{x\to {0}^{-}}\frac{\operatorname{sen}\left( 2x \right)}{x\left( x-1 \right)}={\lim }_{x\to {0}^{-}}\left( \frac{\operatorname{sen}\left( 2x \right)}{2x}\times \frac{2}{x-1} \right)=1\times \frac{2}{0-1}=-2\) (usando o limite notável \({\lim }_{u\to 0}\frac{\operatorname{sen}u}{u}=1\), com \(u=2x\)).

Como \({\lim }_{x\to {0}^{-}}g\left( x \right)={\lim }_{x\to {0}^{+}}g\left( x \right)=g\left( 0 \right)=-2\), a função \(g\) é contínua em \(x=0\).

b) ★★★

Para \(x>0\): \(g\left( x \right)={e}^{x}\left( x-3 \right)-{\left( x-1 \right)}^{3}\).

\(g'\left( x \right)={e}^{x}\left( x-3 \right)+{e}^{x}\times 1-3{\left( x-1 \right)}^{2}={e}^{x}\left( x-3+1 \right)-3{\left( x-1 \right)}^{2}={e}^{x}\left( x-2 \right)-3{\left( x-1 \right)}^{2}\).

\(g″\left( x \right)={e}^{x}\left( x-2 \right)+{e}^{x}\times 1-3\times 2\left( x-1 \right)={e}^{x}\left( x-2+1 \right)-6\left( x-1 \right)={e}^{x}\left( x-1 \right)-6\left( x-1 \right)=\left( x-1 \right)\left( {e}^{x}-6 \right)\), como se pretendia mostrar.

\(g″\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=1\) ou \({e}^{x}=6\Leftrightarrow x=\ln 6\) (note-se que \(\ln 6\approx 1,79>1\), logo \(1<\ln 6\)).

Estudando o sinal de \(g″\left( x \right)=\left( x-1 \right)\left( {e}^{x}-6 \right)\) em \(]0,+\infty [\): para \(0<x<1\), \(\left( x-1 \right)<0\) e \(\left( {e}^{x}-6 \right)<0\) (pois \({e}^{x}<e<6\)), produto positivo; para \(1<x<\ln 6\), \(\left( x-1 \right)>0\) e \(\left( {e}^{x}-6 \right)<0\), produto negativo; para \(x>\ln 6\), ambos positivos, produto positivo.

O gráfico de \(g\) tem a concavidade voltada para cima em \(]0,1]\) e em \([\ln 6,+\infty [\), e voltada para baixo em \(\left[ 1,\ln 6 \right]\); os pontos de abcissa \(1\) e \(\ln 6\) são pontos de inflexão.

A função \(f\) é contínua em \(]-2,+\infty [\) (produto e soma de funções contínuas), em particular em \(\left[ 1,2 \right]\subset \,]-2,+\infty [\).

\(f\left( 1 \right)=1\times \left( 6\log \left( 3 \right)-{1}^{2} \right)=6\log 3-1\approx 6\times 0,477-1\approx 2,863-1=1,863>0\).

\(f\left( 2 \right)=2\times \left( 6\log \left( 4 \right)-{2}^{2} \right)=2\times \left( 6\log 4-4 \right)\approx 2\times \left( 6\times 0,602-4 \right)=2\times \left( 3,612-4 \right)=2\times \left( -0,388 \right)=-0,775<0\).

Como \(f\) é contínua em \(\left[ 1,2 \right]\) e \(f\left( 1 \right)\) e \(f\left( 2 \right)\) têm sinais contrários, o Teorema de Bolzano garante que existe pelo menos um zero de \(f\) em \(]1,2[\); como \(a\) é o único real positivo tal que \(f\left( a \right)=0\), \(a\in \,]1,2[\).

Aplicando o método da bisseção, com \(\left[ 1\,;2 \right]\) como intervalo inicial (e usando sempre três casas decimais nos valores intermédios):

\(\left[ 1\,;2 \right]\): ponto médio \(1,5\); \(f\left( 1,5 \right)=1,5\times \left( 6\log 3,5-1,{5}^{2} \right)\approx 1,5\times \left( 6\times 0,544-2,25 \right)\approx 1,522>0\); como \(f\left( 1 \right)>0\) e \(f\left( 1,5 \right)>0\), novo intervalo \(\left[ 1,5\,;2 \right]\).

\(\left[ 1,5\,;2 \right]\): ponto médio \(1,75\); \(f\left( 1,75 \right)\approx 1,75\times \left( 6\log 3,75-1,{75}^{2} \right)\approx 1,75\times \left( 6\times 0,574-3,0625 \right)\approx 0,668>0\); novo intervalo \(\left[ 1,75\,;2 \right]\).

\(\left[ 1,75\,;2 \right]\): ponto médio \(1,875\); \(f\left( 1,875 \right)\approx 1,875\times \left( 6\log 3,875-1,{875}^{2} \right)\approx 1,875\times \left( 6\times 0,588-3,5156 \right)\approx 0,026>0\); novo intervalo \(\left[ 1,875\,;2 \right]\).

A amplitude deste intervalo é \(2-1,875=0,125\), ainda superior a \(0,1\); ponto médio \(1,9375\); \(f\left( 1,9375 \right)\approx 1,9375\times \left( 6\log 3,9375-1,{9375}^{2} \right)\approx 1,9375\times \left( 6\times 0,595-3,7539 \right)\approx -0,354<0\); como \(f\left( 1,875 \right)>0\) e \(f\left( 1,9375 \right)<0\), novo intervalo \(\left[ 1,875\,;1,9375 \right]\).

A amplitude deste último intervalo é \(1,9375-1,875=0,0625<0,1\), pelo que qualquer valor neste intervalo (por exemplo, o seu ponto médio, \(a\approx 1,906\)) aproxima \(a\) com um erro inferior a \(0,1\).

a) ★★★

Para \(x\to 3\), tanto o numerador como o denominador tendem para \(0\), pelo que se trata de uma indeterminação do tipo \(\frac{0}{0}\).

Reescrevendo: \(\frac{x-3}{g\left( 3 \right)-g\left( x \right)}=-\frac{x-3}{g\left( x \right)-g\left( 3 \right)}=-\frac{1}{\left( \frac{g\left( x \right)-g\left( 3 \right)}{x-3} \right)}\).

Como \({\lim }_{x\to 3}\frac{g\left( x \right)-g\left( 3 \right)}{x-3}=g'\left( 3 \right)\) (definição de derivada num ponto), tem-se \({\lim }_{x\to 3}\frac{x-3}{g\left( 3 \right)-g\left( x \right)}=-\frac{1}{g'\left( 3 \right)}\).

\(g'\left( 3 \right)={e}^{3-3}\left( 7+2\times 3-{3}^{2} \right)={e}^{0}\times \left( 7+6-9 \right)=1\times 4=4\).

Logo, \({\lim }_{x\to 3}\frac{x-3}{g\left( 3 \right)-g\left( x \right)}=-\frac{1}{4}\).

Interpretação: como o valor obtido, \(-\frac{1}{4}\), é o simétrico do inverso do declive da reta tangente ao gráfico de \(g\) no ponto de abcissa \(3\), este é precisamente o declive de qualquer reta perpendicular a essa reta tangente.

b) ★★★

Derivando \(g'\left( x \right)={e}^{3-x}\left( 7+2x-{x}^{2} \right)\) como produto: \(g″\left( x \right)=-{e}^{3-x}\left( 7+2x-{x}^{2} \right)+{e}^{3-x}\left( 2-2x \right)={e}^{3-x}\left[ -\left( 7+2x-{x}^{2} \right)+\left( 2-2x \right) \right]\).

Simplificando o conteúdo de parênteses retos: \(-7-2x+{x}^{2}+2-2x={x}^{2}-4x-5\), pelo que \(g″\left( x \right)={e}^{3-x}\left( {x}^{2}-4x-5 \right)\), como se pretendia mostrar.

\(g″\left( x \right)=0\Leftrightarrow {x}^{2}-4x-5=0\) (pois \({e}^{3-x}\ne 0\) para todo o \(x\)) \(\Leftrightarrow x=5\) ou \(x=-1\) (as raízes de \({x}^{2}-4x-5=\left( x-5 \right)\left( x+1 \right)\)).

Como \({e}^{3-x}>0\) sempre, o sinal de \(g″\left( x \right)\) é o sinal de \(\left( x-5 \right)\left( x+1 \right)\): positivo para \(x<-1\) ou \(x>5\), e negativo para \(-1<x<5\).

O gráfico de \(g\) tem a concavidade voltada para cima em \(]-\infty ,-1]\) e em \([5,+\infty [\), e voltada para baixo em \(\left[ -1,5 \right]\).

Os pontos de abcissa \(-1\) e \(5\) são pontos de inflexão do gráfico de \(g\) (pois \(g″\) muda de sinal nesses pontos).

Afirmação I (falsa): 1. Reescrevendo, \(h\left( x \right)=\frac{x+\ln x}{x}=1+\frac{\ln x}{x}\). 2. Quando \(x\to {0}^{+}\): \(\ln x\to -\infty \), pelo que \(\frac{\ln x}{x}\to -\infty \) e \(h\left( x \right)\to -\infty \); a reta de equação \(x=0\) é, assim, assíntota vertical do gráfico de \(h\). 3. Quando \(x\to +\infty \): \(\frac{\ln x}{x}\to 0\) (o logaritmo cresce mais lentamente do que \(x\)), pelo que \(h\left( x \right)\to 1\); a reta de equação \(y=1\) é, assim, assíntota horizontal do gráfico de \(h\). 4. O gráfico de \(h\) tem, portanto, duas assíntotas (uma vertical e uma horizontal), e não apenas uma, pelo que a afirmação I é falsa.

Afirmação II (falsa): 1. \(h'\left( x \right)=\frac{1-\ln x}{{x}^{2}}\); em \({x}_{0}=1\), \(h\left( 1 \right)=\frac{1+\ln 1}{1}=1\) e \(h'\left( 1 \right)=\frac{1-\ln 1}{{1}^{2}}=1\). 2. Aplicando uma iteração do método de Newton-Raphson a partir de \({x}_{0}=1\): \({x}_{1}={x}_{0}-\frac{h\left( {x}_{0} \right)}{h'\left( {x}_{0} \right)}=1-\frac{1}{1}=0\). 3. Como o domínio de \(h\) é \({R}^{+}\), o valor \({x}_{1}=0\) não pertence ao domínio de \(h\), pelo que o método de Newton-Raphson não pode prosseguir a partir desta primeira iteração. 4. Assim, \({x}_{0}=1\) não é um valor inicial válido para aplicar o método de Newton-Raphson a esta função, pelo que a afirmação II é falsa.

Seja \(f\left( x \right)={e}^{-x}+\cos \left( 2x \right)-3{x}^{2}\) (a equação equivale a \(f\left( x \right)=0\)). \(f'\left( x \right)=-{e}^{-x}-2\operatorname{sen}\left( 2x \right)-6x\).

O método de Newton-Raphson usa a fórmula iterativa \({x}_{n+1}={x}_{n}-\frac{f\left( {x}_{n} \right)}{f'\left( {x}_{n} \right)}\), partindo de \({x}_{0}=\frac{-4+\left( -3 \right)}{2}=-3,5\) (ponto médio do intervalo).

\({x}_{1}={x}_{0}-\frac{f\left( {x}_{0} \right)}{f'\left( {x}_{0} \right)}\approx -3,7667\); como \(\left| {x}_{1}-{x}_{0} \right|\approx 0,2667>{10}^{-2}\), continua-se.

\({x}_{2}={x}_{1}-\frac{f\left( {x}_{1} \right)}{f'\left( {x}_{1} \right)}\approx -3,7140\); como \(\left| {x}_{2}-{x}_{1} \right|\approx 0,0527>{10}^{-2}\), continua-se.

\({x}_{3}={x}_{2}-\frac{f\left( {x}_{2} \right)}{f'\left( {x}_{2} \right)}\approx -3,7111\); como \(\left| {x}_{3}-{x}_{2} \right|=\left| -3,7111-\left( -3,7140 \right) \right|=0,0029<{10}^{-2}\), o processo termina.

A sequência de aproximações, com quatro casas decimais, é: \(-3,5000\), \(-3,7667\), \(-3,7140\), \(-3,7111\).

A aproximação pedida, arredondada a duas casas decimais, é \(x\approx -3,71\).

Proposição I (falsa): 1. Como \(y=-3x+1\) é assíntota ao gráfico de \(f\) quando \(x\to +\infty \), tem-se \(f\left( x \right)-\left( -3x+1 \right)\to 0\), pelo que \({\lim }_{x\to +\infty }\frac{f\left( x \right)}{x}={\lim }_{x\to +\infty }\left( \frac{f\left( x \right)-\left( -3x+1 \right)}{x}-3+\frac{1}{x} \right)=0-3+0=-3\). 2. Reescrevendo o limite em causa: \({\lim }_{x\to +\infty }\frac{\left( {e}^{x}+{e}^{-x} \right)f\left( x \right)}{{x}^{2}}={\lim }_{x\to +\infty }\left( \frac{{e}^{x}+{e}^{-x}}{x}\times \frac{f\left( x \right)}{x} \right)=\left( {\lim }_{x\to +\infty }\frac{{e}^{x}+{e}^{-x}}{x} \right)\times \left( {\lim }_{x\to +\infty }\frac{f\left( x \right)}{x} \right)\). 3. \({\lim }_{x\to +\infty }\frac{{e}^{x}+{e}^{-x}}{x}={\lim }_{x\to +\infty }\frac{{e}^{x}}{x}+{\lim }_{x\to +\infty }\frac{{e}^{-x}}{x}=+\infty +0=+\infty \) (o primeiro limite é um limite notável; o segundo é \(0\) pois \({e}^{-x}\to 0\)). 4. Logo, \({\lim }_{x\to +\infty }\frac{\left( {e}^{x}+{e}^{-x} \right)f\left( x \right)}{{x}^{2}}=\left( +\infty \right)\times \left( -3 \right)=-\infty \ne +\infty \), pelo que a proposição I é falsa.

Proposição II (falsa): 5. Como \(f\) é contínua em \(R\) e \(f\left( -1 \right)\times f\left( 0 \right)<0\), pelo corolário do Teorema de Bolzano-Cauchy, \(f\) tem pelo menos um zero em \(]-1,0[\). 6. Como \(f\) é contínua em \(R\) e \(f\left( 1 \right)\times f\left( 2 \right)<0\), pelo mesmo corolário, \(f\) tem pelo menos um zero em \(]1,2[\). 7. Como estes dois intervalos são disjuntos, \(f\) tem, assim, pelo menos dois zeros distintos — ou seja, o eixo \(Ox\) interseta o gráfico de \(f\) em mais do que um ponto. 8. Uma função não pode ser invertível se não for injetiva; como \(f\) toma o valor \(0\) em pelo menos dois pontos distintos, \(f\) não é injetiva, pelo que a proposição II é falsa.