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Exercicios de Matematica 12 ANO - Função definida por ramos - Exercício 1

Considere a função f, de domínio \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}, definida por:

f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{{e^x} - 1}}{{{e^{4x}} - 1}}}&{{\text{se}}}&{x < 0}\\ {x\ln \left( x \right)}&{{\text{se}}}&{x > 0} \end{array}} \right.

Resolva os itens 4.1. e 4.2., recorrendo a métodos analíticos, sem utilizar a calculadora.

1.   Estude a função f quanto à existência de assíntotas verticais do seu gráfico.


2.   Seja  g a função, de domínio {\mathbb{R}^ + }, definida por g\left( x \right) = f\left( x \right) - x + {\ln ^2}x.

      Estude a função quanto à monotonia e quanto à existência de extremos relativos em \left] {0,e} \right].

 

3.   Resolva este item recorrendo à calculadora.

Considere num referencial o.n. xOy, a representação gráfica da função g, de domínio {\mathbb{R}^ + }, definida por g\left( x \right) = f\left( x \right) - x + {\ln ^2}x.

              Sabe-se que:

  • A  é o ponto de coordenadas \left( {2,0} \right)
  • B  é o ponto de coordenadas \left( {5,0} \right)
  • P é um ponto que se desloca ao longo do gráfico da função g.

   Para cada posição do ponto P, considere o triângulo [ABP].

   Determine as abcissas dos pontos P para os quais a área do triângulo [ABP] é 1.

               Na sua resposta, deve:

  • equacionar o problema;
  • reproduzir o gráfico da função ou os gráficos das funções que tiver necessidade de visualizar na calculadora, devidamente identificado(s), incluindo o referencial;
  • indicar as coordenadas dos pontos P com arredondamento às centésimas.

Resolução do exercício de matemática:

 1.   \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {x\ln \left( x \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{y \to  + \infty } \left( {\frac{1}{y}\ln \left( {\frac{1}{y}} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{y \to  + \infty } \frac{{\ln \left( {\frac{1}{y}} \right)}}{y} =

    = \mathop {\lim }\limits_{y \to  + \infty } \frac{{\ln 1 - \ln y}}{y} = \mathop {\lim }\limits_{y \to  + \infty } \frac{{0 - \ln y}}{y} =  - \mathop {\lim }\limits_{y \to  + \infty } \frac{{\ln y}}{y} = 0

   Mudança de variável: y = \frac{1}{x}  (quando x \to {0^ + }, y \to  + \infty ).

   \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{{e^x} - 1}}{{{e^{4x}} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\frac{{{e^x} - 1}}{x}}}{{\frac{{{e^{4x}} - 1}}{x}}} = \frac{{\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{{e^x} - 1}}{x}}}{{\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{{e^{4x}} - 1}}{{4x}} \times 4}} = \frac{1}{4}

   (quando x \to {0^ - }, 4x \to {0^ - }).

   Logo, a reta de equação x = 0 não é assíntota vertical do gráfico de f.

   Como f é contínua em \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}, o gráfico de f não admite outras assíntotas verticais.

 

2. 

g\left( x \right) = f\left( x \right) - x + {\ln ^2}x = x\ln \left( x \right) - x + {\ln ^2}x

g'\left( x \right) = {\left( {x\ln \left( x \right) - x + {{\ln }^2}x} \right)^\prime } = {\left( x \right)^\prime }\ln \left( x \right) + x{\left( {\ln \left( x \right)} \right)^\prime } - 1 + 2\ln \left( x \right){\left( {\ln \left( x \right)} \right)^\prime } =

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

 = \ln \left( x \right) + \frac{2}{x}\ln \left( x \right) = \ln \left( x \right)\left( {1 + \frac{2}{x}} \right) = \ln \left( x \right)\left( {\frac{{x + 2}}{x}} \right)

 

g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \ln \left( x \right)\left( {\frac{{x + 2}}{x}} \right) = 0 \Leftrightarrow \ln \left( x \right) = 0 \vee \frac{{x + 2}}{x} = 0 \Leftrightarrow

 \Leftrightarrow x = {e^0} \vee \left( {x + 2 = 0 \wedge x \ne 0} \right) \Leftrightarrow x = 1 \vee \left( {x =  - 2 \wedge x \ne 0} \right) \Leftrightarrow 

\Leftrightarrow x = 1 \vee x =  - 2

 

Em \left] {0,e} \right], o único zero de g' é x = 1.

exame12-2013-fase1-ex4

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

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

A função g é estritamente decrescente em \left] {0,1} \right] e estritamente decrescente em \left[ {1,e} \right].

g tem um mínimo relativo igual a  - 1 para x = 1 e um máximo relativo igual a 1 para x = e.

 

3.   

Queremos determinar os valores de x \in {\mathbb{R}^ + } tais que: 

\frac{{\left( {5 - 2} \right)\left| {g\left( x \right)} \right|}}{2} = 1 \Leftrightarrow \frac{{3 \times \left| {g\left( x \right)} \right|}}{2} = 1 \Leftrightarrow \left| {g\left( x \right)} \right| = \frac{2}{3} \Leftrightarrow

 \Leftrightarrow g\left( x \right) =  - \frac{2}{3} \vee g\left( x \right) = \frac{2}{3}

exame-matA-fase1-2013-ex43

 

As abcissas dos pontos P são:  x = 0,31{\text{ }} \vee {\text{ }}x = 0,61{\text{ }} \vee {\text{ }}x = 1,56{\text{ }} \vee {\text{ }}x = 2,52.