Exame Nacional de Matemática 12º Ano 2ª Fase 2011 - Grupo 2 - Exercício 5

Considere a função $\inline f$ , de domínio $\inline \left[ {0, + \infty } \right[$ , definida por

$\large f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\frac{{{e^{2 - x}} - 1}}{{x - 2}}}&{{\text{se}}}&{0 \leqslant x < 2} \\ {\frac{{x + 1}}{{\ln \left( {x + 1} \right)}}}&{{\text{se}}}&{x \geqslant 2} \end{array}} \right.$

Resolva os três itens seguintes recorrendo a métodos exclusivamente analíticos.

Estude quanto à existência de assíntotas verticais do seu gráfico.

Mostre, sem resolver a equação, que $f\left( x \right) = - 3$ tem, pelo menos, uma solução em $\left] {0,\frac{1}{2}} \right[$ .

Estude quanto à monotonia em $\left] {2, + \infty } \right[$ .

Resolução do Exercício

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{{e^{2 - x}} - 1}}{{x - 2}}$

Fazendo y = 2 - x temos que quando $x \to {2^ - }$ vem $y \to {0^ + }$ ; logo:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{{e^{2 - x}} - 1}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{y \to {0^ + }} \frac{{{e^y} - 1}}{{ - y}} = - \mathop {\lim }\limits_{y \to {0^ + }} \frac{{{e^y} - 1}}{y} = - 1$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{x + 1}}{{\ln \left( {x + 1} \right)}} = \frac{3}{{\ln 3}}$

Logo, não existem assíntotas verticais.

A função é contínua em $\left[ {0,2} \right[$ porque é o quociente de funções contínuas; logo é contínua no intervalo $\left[ {0,\frac{1}{2}} \right]$ .

$f\left( 0 \right) = \frac{{{e^2} - 1}}{{ - 2}} \simeq - 3,19$

$f\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{{{e^{2 - \frac{1}{2}}} - 1}}{{\frac{1}{2} - 2}} \simeq - 2,32$

Como é contínua em $\left[ {0,\frac{1}{2}} \right]$ e $f\left( 0 \right) < - 3 < f\left( {\frac{1}{2}} \right)$ , então, pelo teorema de Bolzano, existe pelo menos um valor de pertencente a $f\left( 0 \right) < - 3 < f\left( {\frac{1}{2}} \right)$ tal que $f\left( x \right) = - 3$ .

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

Para x > 2 , temos que $\ln \left( {x + 1} \right) - 1 > 0$ , e, por outro lado, ${\left( {\ln \left( {x + 1} \right)} \right)^2} > 0$ pelo que: $f'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left] {2, + \infty } \right[$ .