1. O documento apresenta uma série de exercícios de cálculo diferencial e integral resolvidos. Inclui determinar conjuntos de diferenciabilidade, derivadas, tangentes, aplicação do teorema de Lagrange, desenvolvimento em séries de Taylor e limites. 2. As questões abordam tópicos como derivadas de funções compostas, derivadas implícitas, aplicação de regras como a de Cauchy para calcular limites, estudos de funções como extremos, assíntotas e pontos de inflexão. 3. As respostas

1. Universidade da Beira Interior
Cálculo I
Departamento de Matemática
Exercícios resolvidos – Cálculo Diferencial em R
Bioquímica e Ensino de Física e Química
PERGUNTAS
1. Determine o conjunto dos pontos onde é diferenciável cada uma das seguintes funções, bem como
a sua derivada:
1
a) f (x) = ex sen x + e x
1
b) f (x) = 2 ln cosh(2x)
sen2 x
c) f (x) = sen x2
sen x+cos x
d) f (x) = sen x−cos x
x5 +1
e) f (x) = ex −2
2
f ) f (x) = sen tg 1−x
ln x
1
g) f (x) = x 1+e x
1
2+e x
√
h) f (x) = cosh x − 1
i) f (x) = x|x − 1|
x2 , x ≤ 0
j) f (x) =
x , x>0
(1 − x) ln(x − 1) , x > 1
k) f (x) = 1−x2
2x+1 , x ≤ 1 ∧ x = −1
2
x
1−x , x≤0
l) f (x) =
arctg x , x > 0
1

2. 2. Determine a recta tangente ao gráfico das seguintes funções nos pontos indicados:
√
a) f (x) = x no ponto de abcissa 4.
b) f (x) = 1 + 3ex+3 num ponto onde o declive seja 3e.
√
c) f (x) = e x+3 + ln arctg x no ponto de abcissa 1.
d) f (x) = arcsen x−1 no ponto de intersecção com o eixo das abcissas
2
3. Sejam f e g duas funções de classe C 1 (R) verificando:
i) ∀x, y ∈ R f (x + y) = f (x)f (y)
ii) ∀x ∈ R f (x) = 1 + xg(x)
iii) lim g(x) = 1
x→0
Mostre que f ′ (x) = f (x).
4. Considere a função dada por:
3−x2
2 , x≤1
f (x) = 1
x , x>1
a) Mostre que é possivel aplicar o teorema de Lagrange a f no intervalo [0, 2]
b) Determine os números reais e tais que f (2) − f (0) = 2f ′ (c)
5. Determine o polinómio de Taylor do grau indicado em torno dos pontos indicados para cada uma
das seguintes funções:
a) f (x) = ln x , grau 2, no ponto x = 1.
b) f (x) = cos x , grau 3, no ponto x = 0.
2
c) f (x) = ex , grau 4, no ponto x = 0.
d) f (x) = sen x , grau n, no ponto x = 0.
2

3. 6. Utilize a regra de Cauchy para calcular os seguintes limites:
esen x − ecos x
a) limπ
x→ 4 sen x − cos x
1 1
b) lim −
x→0 sen x x
c) lim (tg x)cos x
π
x→ 2
d) lim xx
x→0+
1
e) lim (cos x) x2
x→0
sen x − x
f ) lim
x→0 x − tg x
7. Estude cada uma das seguintes funções considerando:
i) O domínio.
ii) Os zeros.
iii) As assíntotas.
iv) A primeira derivada.
v) Os extremos e intervalos de monotonia.
vi) A segunda derivada.
vii) Os pontos de inflexão e sentido da concavidade.
viii) O esboço do gráfico.
a) f (x) = ln(x2 − 1)
x ln x
√ , x>0
b) f (x) =
1−x , x≤0
2
e−1−(x+1) , x < −1
c) f (x) =
e|x|−2 , x ≥ −1
3

4. RESOLUÇÕES
1. (a) A função tem domínio Df = R {0} (que é um aberto). Temos
1 1 1
ex sen x + e x ′
= ex sen x + ex cos x − ex
x2
estando esta expressão bem definida em R {0}. Assim a função é diferenciável em R {0}
e tem derivada dada por
1 1
f ′ (x) = ex sen x + ex cos x − ex .
x2
(b) O domínio de f é Df = {x ∈ R : cosh(2x) > 0} = R. Temos
′
1 1 [cosh(2x)]′ senh(2x)
ln cosh(2x) = = ,
2 2 cosh(2x) cosh(2x)
estando esta expressão bem definida em R. Assim a função é diferenciável em R e tem
derivada dada por
senh(2x)
f ′ (x) = .
cosh(2x)
√
(c) O domínio de f é Df = {x ∈ R : x = ± kπ, k ∈ N ∪ {0}} (que é um aberto). Temos
′
sen2 x 2 sen x cos x sen x2 − 2x cos x2 sen2 x
= = 2 sen x cos x − 2x cotg x2 sen2 x,
sen x2 sen x2
estando esta expressão bem definida em Df . Assim f é diferenciável em Df e tem derivada
dada por
f ′ (x) = 2 sen x cos x − 2x cotg x2 sen2 x.
π
(d) O domínio de f é Df = {x ∈ R : sen x − cos x = 0} = {x ∈ R : x = 4 + kπ, k ∈ Z}. Temos
′
sen x + cos x (cos x − sen x)(sen x − cos x) − (sen x + cos x)(cos x + sen x)
=
sen x − cos x (sen x − cos x)2
2
= − ,
(sen x − cos x)2
estando esta expressão bem definida em Df . Assim f é diferenciável em Df e temos
2
f ′ (x) = − .
(sen x − cos x)2
(e) O domínio de f é Df = {x ∈ R : ex − 2 = 0} = R {ln 2}. Temos
′
x5 + 1 5x4 (ex − 2) − ex (x5 + 1)
= ,
ex − 2 (ex − 2)2
estando esta expressão bem definida em Df . Assim f é diferenciável em Df e temos
5x4 (ex − 2) − ex (x5 + 1)
f ′ (x) = .
(ex − 2)2
4

5. 1−x2 π
(f) O domínio de f é Df = x ∈ R : ln x = 2 + kπ, k ∈ Z ∧ ln x = 0 ∧ x > 0 . Temos
′
′ ′ 1−x2
1− x2 1− x2 1− x2 ln x 1 − x2
sen tg = tg cos tg = cos tg
ln x ln x ln x cos2 1−x2 ln x
ln x
−2x2 ln x − (1 − x)2 1 − x2
= cos tg ,
xln2 x cos2 1−x2 ln x
ln x
estando esta expressão bem definida no conjunto
1 − x2 π
C= x∈R: = + kπ, k ∈ Z ∧ x = 0 ∧ ln x = 0 ∧ x > 0 .
ln x 2
Assim a função é diferenciável em C ∩ Df = Df .
(g) A função tem domínio Df = R {0}. Temos
′
1/x e1/x
1 + e1/x 1 + e1/x −e 2 2 + e1/x + x2
1 + e1/x
x = +x x 2
2 + e1/x 2 + e1/x 2+ e1/x
e1/x (3x − 1) + xe2/x + 2x
= 2 ,
x 2+ e1/x
estando esta expressão bem definida em Df . Assim f é diferenciável em Df e temos
e1/x (3x − 1) + xe2/x + 2x
f ′ (x) = 2 .
x 2 + e1/x
(h) A função tem domínio Df = {x ∈ R : cosh x − 1 ≥ 0} = R. Temos
√ ′
1 senh x
cosh x − 1 = (cosh x − 1)−1/2 · senh x = √ ,
2 2 cosh x − 1
estando esta expressão bem definida no conjunto {x ∈ R : cosh x − 1 > 0} = R {0}. Assim
f é diferenciável em R ∩ R {0} = R {0} e tem derivada
senh x
f ′ (x) = √ .
2 cosh x − 1
(i) A função tem domínio Df = R. Temos
x(x − 1) , se x ≥ 1
f (x) = x|x − 1| =
x(1 − x) , se x < 1
Se x > 1 temos f ′ (x) = (x2 − x)′ = 2x − 1.
Se x < 1 temos f ′ (x) = (x − x2 )′ = −2x + 1.
No ponto x = 1 temos
f (1 + h) − f (1)
f ′ (1) = lim .
h→0 h
Por um lado
f (1 + h) − f (1) (1 + h)2 − (1 + h) − 0 1 + 2h + h2 − 1 − h
lim = lim = lim
h→0+ h h→0+ h h→0+ h
= lim (h + 1) = 1,
h→0+
5

6. por outro lado
f (1 + h) − f (1) 1 + h − 1 − 2h − h2 − 0
lim = lim = lim (−1 − h) = −1.
h→0− h h→0− h h→0−
f (1 + h) − f (1) f (1 + h) − f (1)
Como lim = lim conclui-se que não existe derivada em
h→0+ h h→0− h
x = 1. Assim f é diferenciável em R {0} e temos
2x − 1 , se x > 1
f ′ (x) =
−2x + 1 , se x < 1
(j) Para x < 0 temos f ′ (x) = 2x.
Para x > 0 temos f ′ (x) = 1.
No ponto x = 0 temos
f (h) − f (0) h−0 f (h) − f (0) h2 − 0
lim = lim = 1, e lim = lim = = lim h = 0,
h→0+ h h→0+ h h→0− h h→0− h h→0−
f (h) − f (0) f (h) − f (0)
logo lim = lim e portanto não existe derivada no ponto x = 0.
h→0 + h h→0 − h
Conclui-se que f é diferenciável em R {0} e temos
2x , se x < 0
f ′ (x) =
1 , se x > 0
(k) A função tem domínio R − 1 . 2
1
Para x > 1 temos f ′ (x) = − ln(x − 1) + (1 − x) x−1 = − ln(x − 1) − 1.
−2x(2x+1)−2(1−x2 ) 2−2x2
Para x < 1 e x = − 1 temos f ′ (x) =
2 (2x+1)2
2x
= − 2x+1 − (2x+1)2
.
Para x = 1 temos
f (1 + h) − f (1) −h ln h
lim = lim = lim − ln h = +∞,
h→0+ h h→0 + h h→0+
assim não existe derivada em x = 1. Conclui-se que f é diferenciável em R − 1 , 1
2 e
temos
− ln(x − 1) − 1 , se x > 1
f ′ (x) = 2−2x2
− 2x+1 − (2x+1)2 , se x < 1 ∧ x = − 1
2x
2
(l) A função tem domínio R. Deste modo, temos para x < 0
′
′ x 1−x+x 1
f (x) = = 2
=
1−x (1 − x) (1 − x)2
e para x > 0
1
f ′ (x) = (arctg x)′ = .
1 + x2
Para x = 0 temos
1
f (0 + h) − f (0) arctg h − 0 1+h2
lim = lim = lim =1
h→0+ h h→0 + h h→0+ 1
h
f (0 + h) − f (0) 1−h−0 1
lim = lim = lim =1
h→0− h h→0− h h→0 − 1 − h
6

7. f (0 + h) − f (0)
Deste modo temos f ′ (x) = lim = 1 e portanto
h→0 h
1
 (1−x)2 , se x < 0

f ′ (x) = 1 , se x = 0
 1
1+x2 , se x > 0
2. (a) Procuramos a recta da forma y = mx + b com m = f ′ (4) que passe no ponto (4, f (4)) =
1
= (4, 2). Temos que f ′ (4) = 1 x− 2 |x=4 = 2√4 = 1 . Assim tem que se verificar 2 = 1 ·4+ b ⇔
2
1
4 4
⇔ b = 1. A recta pedida é a recta de equação y = 1 x + 1.
4
′
(b) Temos f ′ (x) = 1 + 3ex+3 = 3ex+3 . Assim f ′ (x) = 3e ⇔ 3ex+3 = 3e ⇔ x = −2.
Deste modo f ′ (−2) = 3e. Procuramos a recta da forma y = 3ex + b que passa no ponto
(−2, f (−2)) = (−2, 1 + 3e). Temos 1 + 3e = 3e(−2) + b ⇔ b = 1 + 9e. A recta pedida é a
recta de equação y = 3ex + 1 + 9e.
(c) Procuramos a recta da forma y = mx + b com m = f ′ (1) que passe no ponto (1, f (1)) =
1 √ 2 2
= 1, e2 + ln π . Temos que f ′ (x) = 1 (x + 3)− 2 e x+3 + 1/(1+xx ) , pelo que f ′ (1) = e4 + π .
4 2 arctg
2
e2 3e2
Tem que se verificar e2 + ln π =
4 4 + 2
π
+b⇔ b= 4 + ln π − π . A recta pedida é assim a
4 2
e2 π 3e2 π π
recta y = 4 + 2 x+ 4 + ln 4 − 2.
(d) Um ponto de intersecção da função f com o eixo das abcissas é um ponto (a, 0) com
f (a) = 0. Temos f (a) = 0 ⇔ arcsen a−1 = 0 ⇔ a−1 = 0 ⇔
2 2 a = 1. Conclui-se que
existe um único ponto de intersecção com o eixo das abcissas: o ponto (1, 0). Temos
1/2
f ′ (1) = |
2 x=1
= 1 . Assim a recta pedida é a recta da
2 forma y = 1 x + b, que
2
1−( x−1 )
2
passa no ponto (1, 0). Como 0 = 1 + b ⇔ b = − 1 concluimos que
2 2 a recta pedida é a recta
y = 1x − 1.
2 2
3. Seja x ∈ R fixo. Temos, atendendo a que f (x) é constante, f ′ (x + y) = f (x)f ′ (y). Fazendo
y = 0 obtemos f ′ (x) = f (x)f ′ (0). Por outro lado, f ′ (x) = g(x) + xg′ (x) e portanto f ′ (0) =
= lim [f (x)f ′ (0)] = [ lim f (x)]f ′ (0). Conclui-se que f ′ (0) = lim [g(x) + xg′ (x)] = 1 + 0g′ (0) = 1.
x→0 x→0 x→0
Deste modo f ′ (x) = f (x).
4. (a) A função g : R → R dada por g(x) = 3 − 1 x2 é contínua em R logo f é contínua para
2 2
1
x < 1. A função h : R {0} → R dada por h(x) = x é contínua em R {0}, uma vez que é
3 − x2
um quociente de polinómios, logo f é contínua para x > 1. Temos lim = 1 = f (1)
x→1− 2
1
e lim = 1. Deste modo f é contínua em x = 1. Conclui-se que f é contínua em R
x→1+ x
′
3−x2
e em particular é contínua em [0, 2]. Temos, para x < 1, f ′ (x) = 2 = −x e para
′ 1
x > 1, f ′ (x) = 1
x = − x2 . Uma vez que lim f ′ (x) = lim (−x) = −1 = lim
1
= −
x→1− x→1− x→1+ x2
= lim f ′ (x), conclui-se que f ′ (1) = −1 (uma vez que f é contínua como vimos). Note-se
x→1+
que poderiamos ter recorrido à definição de derivada no ponto x = 0
Assim 
 −x, se x < 1
f ′ (x) = 1, se x = 1
1
− x2 , se x > 1

e f é diferenciável em R e em particular em ]0, 2[. Conclui-se que o teorema de Lagrange é
aplicável a f no intervalo [0, 2].
7

8. 1
(b) Temos f (2) = 2 e f (0) = 3 . Como vimos na alínea a) temos
2
−x, se x ≤ 1
f ′ (x) = 1 .
− x2 , se x > 1
Assim, de acordo com o teorema de Lagrange existe c ∈ [0, 2] tal que f (2) − f (0) = 2f ′ (c).
Seja c ∈ [0, 1]. Temos f (2) − f (0) = 2f ′ (c) ⇔ −1 = −2c ⇔ c = 1 . Seja c ∈]1, 2] Temos
2
′ 1 √ √
f (2) − f (0) = 2f (c) ⇔ −1 = 2 − 2 ⇔ c = ± 2. Atendendo a que − 2 ∈]1, 2] e
√ c √
2 ∈]1, 2], concluimos que existem dois números reais nas condições pedidas: 1 e 2.
2
1 ′′ 1 ′′
5. (a) Temos f ′ (x) = x , f (x) = − x2 e portanto f (1) = 0, f ′ (1) = 1 e f (1) = −1. Assim
′′
′ f (1) 1 1 3
P2 (x) = f (1) + f (1)(x − 1) + (x − 1)2 = x − 1 − (x − 1)2 = − x2 + 2x − .
2! 2 2 2
′′ ′′′
(b) Temos f ′ (x) = − sen x, f (x) = − cos x, f (x) = sen x e portanto f (0) = 1, f ′ (0) = 0,
′′ ′′′
f (0) = −1 e f (0) = 0. Conclui-se que
′′ ′′′
f (0) 2 f (0) 3
′ 1 0 1
P3 (x) = f (0) + f (0)x + x + x = 1 + 0x − x2 + x3 = 1 − x2 .
2! 3! 2 3! 2
2 ′′ 2 2 ′′′ 2 2 2
(c) Temos f ′ (x) = 2xex , f (x) = 2ex + 4x2 ex , f (x) = 4xex + 8xex + 8x3 ex e f (4) (x) =
2 2 2 2 2 2
= 4ex + 8x2 ex + 8ex + 16x2 ex + 24x2 ex + 16x4 ex e portanto f (0) = 1, f ′ (0) = 0,
′′ ′′′
f (0) = 2, f (0) = 0 e f (4) (0) = 12. Deste modo
′′ ′′′
f ′ (0) f (0) 2 f (0) 3 f (4) (0) 4
P4 (x) = f (0) + x+ x + x + x
1! 2! 3! 4!
12 1
= 1 + 0 + x2 + 0 + x4 = x4 + x2 + 1.
24 2
(d) Para k = 0, 1, 2, ... temos
 
 sen x,
 se n = 4k  0,
 se n = 4k
cos x, se n = 4k + 1 e 1, se n = 4k + 1
 
(n) (n)
f (x) = f (0) =
 − sen x,
 se n = 4k + 2  0,
 se n = 4k + 2
− cos x, se n = 4k + 3 −1, se n = 4k + 3
 
Temos ′′
f ′ (0) f (0) 2 f n−1 (0) n−1 f (n) (0) n
Pn = f (0) + x+ x + ... + x − x .
1! 2! (n − 1)! n!
Pelo que, como f (n) (0) = sen(n π ), temos
2
1 sen(n π ) n
Pn = 0 + x + 0 − x3 + ... + 2
x
3 n!
6. (a) Temos, recorrendo à regra de Cauchy,
√ √ √
2 2/2 2/2
esen x− ecos x cos xesen x + sen xecos x 2 e +e √
2/2
lim = lim = lim √ =e
x→ 4 sen x − cos x
π
x→ π
4
cos x + sen x π
x→ 4 2 2
2
(b) Temos, recorrendo à regra de Cauchy,
1 1 x − sen x 1 − cos x sen x 0
lim − = lim = lim = lim = =0
x→0 sen x x x→0 x sen x x→0 sen x + x cos x x→0 cos x + cos x − x sen x 2
8

9. (c) Temos, recorrendo à regra de Cauchy,
cos x limx→ π cos x ln(tg x) limx→ π ln(tg x)/(1/ cos x)
lim (tg x)cos x =
π
lim eln(tg x)
π
=e 2 =e 2 =
x→ 2 x→ 2
(1/cos2 x)/ tg x 1/(cos x sen x) cos x
limx→ π limx→ π limx→ π
= e 2 sen x/cos2 x =e 2 sen x/cos2 x =e 2 sen2 x = e0 = 1
(d) Temos, recorrendo à regra de Cauchy,
1/x
x limx→0+
lim xx = lim eln x = elimx→0+ x ln x = elimx→0+ ln x/(1/x) = e −1/x2 = elimx→0+ −x = e0 = 1
x→0+ x→0+
(e) Temos, recorrendo à regra de Cauchy,
2 1/x2 2 − sen x/ cos x
lim (cos x)1/x = lim eln(cos x) = lim eln(cos x)/x = elimx→0 2x =
x→0 x→0 x→0
− sen x sen x
= elimx→0 ( 2x cos x ) = elimx→0 ( 2 cos x · ) = e(−1/2)·1 = e−1/2
−1
x
(f) Temos, recorrendo à regra de Cauchy,
sen x − x cos x − 1 cos3 x − cos2 x −3cos2 x sen x + 2 cos x sen x
lim = lim = lim = lim =
x→0 x − tg x x→0 1 − 1/cos 2 x x→0 cos2 x − 1 x→0 2 cos x sen x
cos x sen x(2 − 3 cos x) 3 1
= lim = lim 1 − cos x = −
x→0 2 sen x cos x x→0 2 2
7. (a) Temos
• Df = {x ∈ R : x2 − 1 > 0} =] − ∞, −1[∪]1, +∞[
√
• f (x) = 0 ⇔ ln(x2 − 1) = 0 ⇔ x2 − 1 = 1 ⇔ x2 = 2 ⇔ x ± 2
√ √
O conjunto dos zeros é o conjunto − 2, 2 .
• lim f (x) = lim ln(x2 − 1) = −∞, lim f (x) = lim ln(x2 − 1) = −∞.
x→1+ x→1+ x→−1− x→−1−
Deste modo, as rectas x = 1 e x = −1 são assíntotas verticais.
f (x) ln(x2 − 1) 2x/(x2 − 1) 2
lim = lim = lim = lim =0
x→+∞ x x→+∞ x x→+∞ 1 x→+∞ x − 1/x
ln(x2 − 1)
mas lim [ln(x2 − 1) − 0x] = lim ln(x2 − 1) = +∞; agora, lim =
x→+∞ x→+∞ x→−∞ x
2x
lim 2 = = 0 mas, mais uma vez, lim [f (x) − 0x] = lim ln(x2 − 1) = +∞.
x→−∞ x − 1 x→−∞ x→−∞
Conclui-se que não existem assíntotas horizontais.
2x 2x
• f ′ (x) = x2 −1 , x ∈] − ∞, −1[∪]1, +∞[, x2 −1 = 0 ⇔ x = 0 mas 0 ∈] − ∞, −1[∪]1, +∞[.
Conclui-se que a primeira derivada não tem zeros. Deste modo, temos o quadro
−1 1
f ′ − N.D. N.D. N.D. +
f ց N.D. N.D. N.D. ր
Atendendo a que lim f (x) = −∞ e lim f (x) = −∞, concluimos que f não tem
x→−1− x→1+
extremos.
2 −1)−2x·2x −2(x2 +1)
• f (x) = 2(x (x2 −1)2
′′ ′′
= (x2 −1)2
. Logo f (x) < 0, para todo o x ∈] − ∞, −1[∪]1, +∞[.
Temos o quadro
−1 1
′′
f − N.D. N.D. N.D. −
f ∩ N.D. N.D. N.D. ∩
9

10. Não existem portanto pontos de inflexão.
• Podemos então esboçar o gráfico de f .
(b) Temos
• Df = R
• x ln x = 0 ⇔ x = 0 ∨ ln x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 1.
√
Temos {0, 1}∩]0, +∞[= {1}, 1 − x = 0 ⇔ x = 1. Temos {1}∩] − ∞, 0[= {}. Logo
apenas temos um zero: o ponto x = 1.
ln x 1/x
• lim f (x) = lim (x ln x) = lim = lim = lim (−x) = 0,
x→0 + x→0+ x→0 + 1/x x→0 + −1/x2 x→0+
√ √
lim f (x) = lim 1 − x = 1 = 1.
x→0− x→0−
Conclui-se que não há assíntotas verticais.
f (x) x ln x
lim = lim = lim ln x = +∞,
x→+∞ x x→+∞
√x x→+∞
1
f (x) 1−x (1 − x)−1/2 (−1)
lim = lim = lim 2 = 0,
x→−∞ √x x→−∞ x x→−∞ 1
lim 1 − x = +∞. Conclui-se que não existem assíntotas não verticais.
x→−∞
• Para x > 0 temos f ′ (x) = (x ln x)′ = ln x + 1.
√
Para x < 0 temos f ′ (x) = ( 1 − x)′ = 1 (1 − x)−1/2 (−1) = − 2√1 .
2 1−x
f (h) − f (0) h ln h − 1
lim = lim = −∞ concluimos que não existe derivada em
h→0+ h h→0+ h
x = 0. Assim
ln x + 1 , se x > 0
f ′ (x) =
− 2√11−x
, se x < 0
f ′ (0) = 0 ⇔ (ln x + 1 = 0 ∧ x > 0) ∨ − 2√1 = 0 ∧ x < 0 ⇔ ln x = −1 ∧ x > 0 ⇔
1−x
⇔ x = 1 . Podemos construir o seguinte quadro
e
1
0 e
f ′ − N.D. − 0 +
f ց 1 ց −1
e ր
Temos um mínimo no ponto x = 1 .
e
•
1
′′
x , se x > 0
f (x) = x
− 4(1−x)3/2 , se x < 0
′′ x
f = 0 ⇔ x < 0 ∧ − 4(1−x)3/2 = 0 ⇔ x = 0 ∧ x < 0, o que é impossível. Conclui-se que
a segunda derivada não tem zeros. Podemos construir o quadro
0
′′
f + N.D. +
f ∪ 1 ∪
Não temos pontos de inflexão.
• Podemos então esboçar o gráfico da função.
(c) • Df = R
• A função não tem zeros.
2
• lim f (x) = lim e−1−(x+1) = e−1 , lim f (x) = lim e|x|−2 = e−1 .
x→−1− x→−1− x→−1+ x→−1+
Deste modo, não há assíntotas verticais.
2
f (x) ex−2 f (x) e−1−(x+1)
lim = lim = +∞, lim = lim = 0,
x→+∞ x x→+∞ x x→−∞ x x→−∞ x
10

11. 2
lim (f (x) − 0x) = lim e−1−(x+1) = 0. Conclui-se que y = 0 é assimptota não
x→−∞ x→−∞
vertical à esquerda.
• 2
 −2(x + 1)e−1−(x+1)

, se x < −1
f ′ (x) = −e−x−2 , se − 1 < x < 0
 x−2
e , se x > 0
Note que: lim f ′ (x) = lim −e−x−2 = −e−2 = e−2 = lim ex−2 = lim f ′ (x) e
x→0− x→0− x→0+ x→0+
′ −1−(x+1)2 −1 −x−2
lim f (x) = lim −2(x + 1)e = 0 = −e = lim −e = lim f ′ (x),
x→−1− x→−1− x→−1+ x→−1+
e portanto (repare que temos continuidade de f em x = 0 e x = −1) concluimos que
não existe derivada nestes pontos. Podemos construir o seguinte quadro
−1 0
f ′ + N.D. − N.D. +
f ր e−1 ց e−2 ր
Não existem extremos de f .
• 2
 (4x2 + 8x + 2)e−1−(x+1)

, se x < −1
′′
f (x) = e−x−2 , se − 1 < x < 0
ex−2 , se x > 0

√ √
′′ 2 −8 ± 64 − 32 2
f (x) = 0 ⇔ 4x + 8x + 2 = 0 ⇔ x = = −1 ± .
8 2
√ √
2 2
Como −1 − 2 ∈] − ∞, −1[ mas −1 + 2 ∈] − ∞, −1[ temos apenas um zero da segunda
√
2
derivada no ponto x = −1 − 2 . Podemos construir o quadro
√
2
−1 − 2 −1 0
′′
f + 0√
− N.D. + N.D. +
− 3
f ∪ e 2 ∩ e−1 ∪ e−2 ∪
√
2
Temos um ponto de inflexão no ponto x = −1 − 2 .
• Podemos então esboçar o gráfico.
11

12. TABELA DE DERIVADAS
Sejam u e v funções diferenciáveis e k, a e α constantes reais.
k′ = 0
x′ = 1
′ ′
u
(tg u) = cos2 u = sec2 u · u′
(u ± v)′ = u′ ± v ′ ′
u′
(cotg u) = − sen2 u = −cosec2 u · u′
(uv)′ = u′ v + uv ′ ′
u
′ ′ ′ (sec u) = sec u tg u · u′
= u v−uv ′
v v2 (cosec u) = − cosec u cotg u · u′
(ku)′ = ku′ ′
u′
(arcsen u) = √1−u2
(uα )′ = αuα−1 · u′
√ ′ u′
′
u
(arccos u) = − √1−u2
′
( u) = 2×√u
√ ′ ′
(arctg u) =
′
u′
( n u) = √u n−1
n 1+u2
n u u ′ ′
′
(eu ) = eu · u′ (arccotg u) = − 1+u2
′′
′
(arcsec u) = √u
(au ) = au · u′ ln a, a ∈ R+ {1} u u2 −1
′ ′
(uv ) = uv v ′ ln u + vuv−1 u′ u′
(arccosec u) = − u√u2 −1
′ ′
(ln u) = u u
′
(senh u) = cosh u · u′
′ ′
(loga u) = u u a , a ∈ R+ {1}
ln
′
(cosh u) = senh u · u′
′
(sen u) = cos u · u′
′
′
(tgh u) = sech2 u · u′
(cos u) = − sen u · u′
12