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Exame Nacional de Matemática 12º Ano 1ª Fase 2013 - Grupo 2 - Exercício 4

Considere a função , 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 quanto à existência de assíntotas verticais do seu gráfico.

2. Seja 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 , 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 .

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 .

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

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

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

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

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

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

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

$\Leftrightarrow x = 1 \vee x = - 2$

Em $\left] {0,e} \right]$ , o único zero de 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 é estritamente decrescente em $\left] {0,1} \right]$ e estritamente decrescente em $\left[ {1,e} \right]$ .

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

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

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