Função exponencial e logaritmo

Pré-Cálculo 2020-2 EP 13 GABARITO 1 de 15
DISCIPLINA PRÉ-CÁLCULO 2020-2
Profa. Maria Lúcia Campos
Profa. Marlene Dieguez
EP 13 – Função Exponencial e Função Logaritmo
GABARITO
___________________________________________________________________________________
Exercício 1: Faça o que se pede:
a) Resolva em ℝ a seguinte equação 3. 2𝑥+3
= 192. 3𝑥−3
b) Se 𝑥 ∈ ℝ e 2𝑥
+ 2−𝑥
= 10 , encontre o valor de 4𝑥
+ 4−𝑥
.
Resolução:
a) 3. 2𝑥+3
= 192. 3𝑥−3
⟺ 3. 2𝑥
. 23
= 26
. 3 . 3𝑥
. 3−3
⟺ 2𝑥
. 23
= 26
. 3𝑥
. 3−3
⟺
2𝑥
3𝑥
=
26
23
. 3−3
⟺
2𝑥
3𝑥
=
23
33
⟺ (
2
3
)
𝑥
= (
2
3
)
3
⟺ 𝑥 = 3
O conjunto solução é {𝟑}.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
b) Observe que 4𝑥
+ 4−𝑥
= (22)𝑥
+ (22)−𝑥
= (2𝑥)2
+ (2−𝑥)2
.
Como sabemos que 2𝑥
+ 2−𝑥
= 10 , vamos elevar a soma 2𝑥
+ 2−𝑥
ao quadrado, pois faremos
aparecer a soma (2𝑥)2
+ (2−𝑥)2
. Então,
2𝑥
+ 2−𝑥
= 10 ⇒ (2𝑥
+ 2−𝑥
)2
= 102
⟺ (2𝑥)2
+ 2. 2𝑥
. 2−𝑥
+ (2−𝑥)2
= 100 ⟺
(22)𝑥
+ 2. 2𝑥−𝑥
+ (22)−𝑥
= 100 ⟺ (22)𝑥
+ 2. 20
+ (22)−𝑥
= 100 ⟺
(22)𝑥
+ (22)−𝑥
= 100 − 2. 1 ⟺ 4𝑥
+ 4−𝑥
= 98
__________________________________________________________________________
Exercício 2: Resolva em ℝ as seguintes inequações:
a) (
1
2
)
𝑥2−4
> 8 b) 22𝑥
− 6. 2𝑥
+ 8 < 0
Resolução:
a) (
1
2
)
𝑥2−4
> 8 ⟺ (2−1)𝑥2−4
> 23
⟺ 2−𝑥2+4
> 23
𝑏𝑎𝑠𝑒 >1 ,𝑒𝑥𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑐𝑟𝑒𝑠𝑐𝑒
⇔
−𝑥2
+ 4 > 3 ⟺ 𝑥2
< 1 ⟺ √𝑥2 < √1 ⟺ | 𝑥| < 1 ⟺ −1 < 𝑥 < 1.
O conjunto solução é 𝑺 = (−𝟏 , 𝟏).
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

b) 22𝑥
− 6. 2𝑥
+ 8 < 0
22𝑥
− 6. 2𝑥
+ 8 < 0 ⟺ (2𝑥)2
− 6. 2𝑥
+ 8 < 0 .
Fazendo a substituição 𝑦 = 2𝑥
, obtemos: 𝑦2
− 6𝑦 + 8 < 0 .
Resolvendo a equação associada 𝑦2
− 6𝑦 + 8 = 0 :
𝒚 =
−(−𝟔) ± √(−𝟔)𝟐 − 𝟒. 𝟏. 𝟖
𝟐. 𝟏
=
𝟔 ± √𝟑𝟔 − 𝟑𝟐
𝟐
=
𝟔 ± √𝟒
𝟐
=
𝟔 ± 𝟐
𝟐
⟺ 𝑦 = 4 𝑜𝑢 𝑦 = 2
Logo,
𝑦2
− 6𝑦 + 8 < 0 ⟺ 2 < 𝑦 < 4 ⟺ 21
< 2𝑥
< 22
𝑏𝑎𝑠𝑒 >1 ,𝑒𝑥𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑐𝑟𝑒𝑠𝑐𝑒
⇔ 1 < 𝑥 < 2.
O conjunto solução é 𝑺 = (𝟏 , 𝟐).
__________________________________________________________________________
Exercício 3: Resolva em ℝ as seguintes equações:
a) ln(2𝑥 − 1) = 3 b) ln(ln(𝑥)) = 1 c) ln(𝑥) + ln(𝑥 − 1) = 1.
Resolução:
a) ln(2𝑥 − 1) = 3
Resolvendo a equação:
ln(2𝑥 − 1) = 3 ⟺ 𝑒ln(2𝑥−1)
= 𝑒3
𝑒ln 𝑧 = 𝑧
⇔ 2𝑥 − 1 = 𝑒3
⟺ 𝑥 =
1 + 𝑒3
2
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
b) ln(ln(𝑥)) = 1
ln(ln(𝑥)) = 1 ⟺ 𝑒ln(ln(𝑥))
= 𝑒1
𝑒ln 𝑧 = 𝑧 , 𝑧 > 0
⇔ ln(𝑥) = 𝑒 ⟺ 𝑒ln(𝑥)
= 𝑒𝑒
𝑒ln𝑥 = 𝑥 , 𝑥 > 0
⇔ 𝑥 = 𝑒𝑒
.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
c) ln(𝑥) + ln(𝑥 − 1) = 1
Para que a propriedade a seguir, ln(𝑥) + ln(𝑥 − 1) = ln(𝑥(𝑥 − 1)) possa ser aplicada é preciso que
𝑥 > 0, 𝑥 − 1 > 0 𝑒 𝑥(𝑥 − 1) > 0. Mas 𝑥 > 0, 𝑥 − 1 > 0 ⟹ 𝑥(𝑥 − 1) > 0 .
Assim, basta 𝑥 > 0, 𝑥 − 1 > 0 , ou seja, é preciso que 𝑥 > 1.
ln(𝑥) + ln(𝑥 − 1) = 1
ln(𝑎)+ln(𝑏)=ln (𝑎𝑏)
⇒ ln(𝑥(𝑥 − 1)) = 1 ⟺ 𝑒ln(𝑥(𝑥−1))
= 𝑒1
𝑒ln𝑧 = 𝑧
⇔ 𝑥(𝑥 − 1) = 𝑒 ⟺ 𝑥2
− 𝑥 − 𝑒 = 0 .
Resolvendo a equação 𝑥2
− 𝑥 − 𝑒 = 0:
𝑥 =
−(−1)±√(−1)2−4.1.(−𝑒)
2.1
=
1±√1+4𝑒
2
⟺ 𝑥 =
1−√1+4𝑒
2
𝑜𝑢 𝑥 =
1+√1+4𝑒
2
.
É preciso saber se
1−√1+4𝑒
2
> 1 e se
1+√1+4𝑒
2
> 1.
Temos que:

▪
1+√1+4𝑒
2
> 1 ⇔ 1 + √1 + 4𝑒 > 2 ⇔ √1 + 4𝑒 > 1 ⇔ (√1 + 4𝑒)
2
> 12
⇔
1 + 4𝑒 > 1 ⇔ 4𝑒 > 0 .
Como a desigualdade 4𝑒 > 0 é verdadeira , então pelas equivalências, a desigualdade
1+√1+4𝑒
2
> 1 é verdadeira e 𝑥 =
1+√1+4𝑒
2
é solução da equação dada.
▪
1−√1+4𝑒
2
> 1 ⇔ 1 − √1 + 4𝑒 > 2 ⇔ −√1 + 4𝑒 > 1
Como a desigualdade −√1 + 4𝑒 > 1 não é verdadeira, pois, −√1 + 4𝑒 é um número
negativo, logo não pode ser maior que 1
Pelas equivalências, concluímos que
1−√1+4𝑒
2
> 1 não é verdadeira e, portanto, 𝑥 =
1−√1+4𝑒
2
não é solução da equação dada.
então pelas equivalências, a desigualdade
1+√1+4𝑒
2
> 1 é verdadeira e 𝑥 =
1+√1+4𝑒
2
é solução da
equação dada.
Então o conjunto solução é 𝑺 = {
1+√1+4𝑒
2
}.
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Exercício 4: Determine o domínio de cada uma das seguintes funções:
a) 𝑓(𝑥) = 𝑒
𝑥
2𝑥2−5𝑥+3 b) 𝑔(𝑥) = ln(𝑥2
− 4) c) ℎ(𝑥) =
1
ln(𝑥−1)
d) 𝑗(𝑥) =
1
ln(𝑥)−1
e) 𝑘(𝑥) = 𝑒√2−3𝑥 f) 𝑙(𝑥) = ln(5 − |𝑥|)
g) 𝑚(𝑥) = √ln(𝑥) − 1 h) 𝑛(𝑥) =
𝑥
1−𝑒𝑥 i) 𝑔(𝑥) = ln (
2𝑥+1
𝑥−2
)
j) ℎ(𝑥) = 𝑒
(
√|𝑥|−3
𝑥2−16
)
Resolução:
a) Seja 𝑓(𝑥) = 𝑒
𝑥
2𝑥2−5𝑥+3. Como a função exponencial está definida para todos os números reais,
o domínio da função 𝑓 depende apenas do expoente. Como o expoente é uma função racional, a
única exigência é que o denominador seja diferente de zero.
𝐷𝑜𝑚(𝑓) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 2𝑥2
− 5𝑥 + 3 ≠ 0}.
Mas, 2𝑥2
− 5𝑥 + 3 = 0 ⟺ 𝑥 =
3
2
𝑜𝑢 𝑥 = 1
Assim, 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ − {1,
3
2
}.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
b) Seja 𝑔(𝑥) = ln(𝑥2
− 4). Como a função logaritmo está definida para os números positivos
então,
𝐷𝑜𝑚(𝑔) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥2
− 4 > 0}. Mas,
𝑥2
− 4 > 0 ⟺ 𝑥2
> 4 ⟺ √𝑥2 > √4 ⟺ |𝑥| > 2 ⟺ 𝑥 < −2 𝑜𝑢 𝑥 > 2.
Assim, 𝐷𝑜𝑚(𝑔) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥2
− 4 > 0} = (−∞, −2) ∪ (2, ∞).
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

c) Seja ℎ(𝑥) =
1
ln(𝑥−1)
.
Para que ln(𝑥 − 1) possa ser calculado é preciso que 𝑥 − 1 > 0. Como ln(𝑥 − 1) está no
denominador, é preciso também, que ln(𝑥 − 1) ≠ 0.
Mas,
ln(𝑥 − 1) = 0 ⟺ 𝑥 − 1 = 1 ⟺ 𝑥 = 2.
Portanto,
𝐷𝑜𝑚(ℎ) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 − 1 > 0 𝑒 𝑥 ≠ 2} = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 > 1 𝑒 𝑥 ≠ 2} = (1, 2) ∪ (2, ∞).
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
d) Seja. 𝑗(𝑥) =
1
ln(𝑥)−1
.
Para que o ln 𝑥 possa ser calculado é preciso que 𝑥 > 0. Como ln(𝑥) − 1 está no denominador, é
preciso também, que ln(𝑥) − 1 ≠ 0.
Mas, ln(𝑥) − 1 = 0 ⟺ ln(𝑥) = 1 ⟺ 𝑥 = 𝑒.
Portanto,
𝐷𝑜𝑚(𝑗) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 > 0 𝑒 𝑥 ≠ 𝑒} = (0, 𝑒) ∪ (𝑒, ∞).
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
e) Seja 𝑘(𝑥) = 𝑒√2−3𝑥. Como a função exponencial está definida para todos os números reais, o
domínio da função 𝑘 depende apenas do expoente. Como o expoente é uma raiz quadrada, é preciso
que o radicando seja maior ou igual a zero.
Assim,
𝐷𝑜𝑚(𝑘) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 2 − 3𝑥 ≥ 0} = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 ≤
2
3
} = (−∞,
2
3
].
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
f ) Seja 𝑙(𝑥) = ln(5 − |𝑥|).
𝐷𝑜𝑚(𝑙) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 5 − |𝑥| > 0} = {𝑥 ∈ ℝ ∶ |𝑥| < 5} = {𝑥 ∈ ℝ ∶ −5 < 𝑥 < 5} = (−5, 5).
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
g) Seja 𝑚(𝑥) = √ln(𝑥) − 1.
Para que o ln 𝑥 possa ser calculado é preciso que 𝑥 > 0. Para que a raiz quadrada possa ser
calculada, é preciso que ln(𝑥) − 1 ≥ 0.
Mas,
ln(𝑥) − 1 ≥ 0 ⟺ ln(𝑥) ≥ 1 ⟺ 𝑥 ≥ 𝑒.
Esta afirmação acima pode ser observada no gráfico da função
𝑦 = ln(𝑥).
Portanto,
𝐷𝑜𝑚(𝑚) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 > 0 𝑒 𝑥 ≥ 𝑒} = [𝑒, ∞).
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

h) Seja 𝑛(𝑥) =
𝑥
1−𝑒𝑥
. É preciso que o denominador 1 − 𝑒𝑥
≠ 0.
Mas,
1 − 𝑒𝑥
= 0 ⟺ 1 = 𝑒𝑥
⟺ 𝑥 = 0.
Portanto,
𝐷𝑜𝑚(𝑛) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 ≠ 0} = (−∞, 0) ∪ (0, ∞).
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
i) Seja 𝑔(𝑥) = ln (
2𝑥+1
𝑥−2
). Para que o ln (
2𝑥+1
𝑥−2
) possa ser calculado é preciso que
2𝑥+1
𝑥−2
> 0 e 𝑥 − 2 ≠ 0.
Analisando o sinal da fração
2𝑥+1
𝑥−2
e lembrando que 𝑥 ≠ 2, temos:
Assim,
2𝑥+1
𝑥−2
> 0 ⟺ 𝑥 ∈ (−∞, −
1
2
) ∪ (2, ∞).
Portanto o 𝐷𝑜𝑚(𝑔) = (−∞, −
1
2
) ∪ (2, ∞).
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
j) Seja ℎ(𝑥) = 𝑒
(
√|𝑥|−3
𝑥2−16
)
. Como a função exponencial está definida para todos os números reais, o
domínio da função ℎ depende apenas do expoente. Como o expoente é um quociente e no
numerador temos uma raiz quadrada, é preciso que o radicando seja maior ou igual a zero e que o
denominador não se anule.
Assim,
𝐷𝑜𝑚(ℎ) = {𝑥 ∈ ℝ ∶ |𝑥| − 3 ≥ 0 𝑒 𝑥2
− 16 ≠ 0}
Mas,
|𝑥| − 3 ≥ 0 ⟺ |𝑥| ≥ 3 ⟺ 𝑥 ≤ −3 𝑜𝑢 𝑥 ≥ 3 e,
𝑥2
− 16 ≠ 0 ⟺ 𝑥2
≠ 16 ⟺ 𝑥 ≠ −4 𝑒 𝑥 ≠ 4.
Assim, 𝐷𝑜𝑚(ℎ) = (−∞, −4) ∪ (−4, −3] ∪ [3, 4) ∪ (4, ∞).
___________________________________________________________________________________
−∞ < 𝑥 < −
1
2
𝑥 = −
1
2
−
1
2
< 𝑥 < 2 𝑥 = 2 2 < 𝑥 < +∞
2𝑥 + 1 − − − − 0 + + + + + + + + +
𝑥 − 2 − − − − − − − − − 0 + + + +
2𝑥+1
𝑥−2
+ + + + 0 − − − − 𝑛 𝑑 + + + +
2𝑥+1
𝑥−2
> 0 //////////////// 𝑛 𝑑 ////////////////

Exercício 5: Resolva em ℝ as seguintes inequações:
a) ln(1 − 𝑥) < 3 b) ln(𝑥2
− 4) > 1 c) ln (
2𝑥+1
𝑥−2
) < 0 d) log2(𝑥) < log𝑥 2
Resolução:
a) ln(1 − 𝑥) < 3
Para que ln(1 − 𝑥) possa ser calculado é preciso que 1 − 𝑥 > 0 , ou seja que 𝑥 < 1.
ln(1 − 𝑥) < 3
𝑦=𝑒𝑥 é 𝑐𝑟𝑒𝑠𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒
⇔ 𝑒ln(1−𝑥)
< 𝑒3
𝑒ln 𝑧 = 𝑧 , 𝑧 > 0
⇔ 1 − 𝑥 < 𝑒3
⟺ 𝑥 > 1 − 𝑒3
.
Como 𝑒3
> 1 ⟺ 𝟏 − 𝑒3
< 0 . Como também devemos ter 𝑥 < 1 então o
conjunto solução é 𝑺 = (𝟏 − 𝒆𝟑
, 𝟏).
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
b) ln(𝑥2
− 4) > 1
Para que ln(𝑥2
− 4) possa ser calculado é preciso que 𝑥2
− 4 > 0. O item b) do Exercício 4 calculou o
domínio da função 𝑔(𝑥) = ln(𝑥2
− 4) e concluiu que 𝑥 ∈ (−∞ , −2) ∪ (2 , +∞).
ln(𝑥2
− 4) > 1
⇔ 𝑒ln(𝑥2−4)
> 𝑒1
𝑒ln𝑧 = 𝑧 , 𝑧 > 0
⇔ 𝑥2
− 4 > 𝑒 ⟺
𝑥2
> 𝑒 + 4 ⟺ √𝑥2 > √𝑒 + 4 ⟺ |𝑥| > √𝑒 + 4 ⟺ 𝒙 > √𝒆 + 𝟒 𝒐𝒖 𝒙 < −√𝒆 + 𝟒
Vamos comparar essa solução com o domínio de ln(𝑥2
− 4).
Temos que 𝑒 > 0 ⇒ 𝑒 + 4 > 4 ⇒ √𝑒 + 4 > √4 ⇒ √𝑒 + 4 > 2 ⇒ −√𝑒 + 4 < −2 .
Portanto, a solução da inequação ln(𝑥2
− 4) > 1 é:
𝑺 = (−∞ , −√𝒆 + 𝟒 ) ∪ (√𝒆 + 𝟒 , +∞).
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
c) ln (
2𝑥+1
𝑥−2
) < 0
Para que ln (
2𝑥+1
𝑥−2
)possa ser calculado é preciso que
2𝑥+1
𝑥−2
> 0. No item item i) do Exercício 4 foi
calculado o domínio da função 𝑔(𝑥) = ln (
2𝑥+1
𝑥−2
) e concluiu-se que 𝑥 ∈ (−∞ , −
1
2
) ∪ (2 , +∞).
ln (
2𝑥+1
𝑥−2
) < 0
⇔ 𝑒
ln(
2𝑥+1
𝑥−2
)
< 𝑒0
𝑒ln 𝑧 = 𝑧 , 𝑧 > 0
⇔
2𝑥+1
𝑥−2
< 1 ⟺
2𝑥+1
𝑥−2
− 1 < 0 ⟺
2𝑥+1−(𝑥−2)
𝑥−2
< 0 ⟺
𝑥+3
𝑥−2
< 0 .
Temos que fazer a tabela de sinais da fração
𝑥+3
𝑥−2
.
−∞ < 𝑥 < −3 𝑥 = −3 −3 < 𝑥 < 2 𝑥 = 2 2 < 𝑥 < ∞
𝑥 + 3 − − − − − 0 + + + + + + + + + +
𝑥 − 2 − − − − − − − − − − − 0 + + + +
𝑥 + 3
𝑥 − 2
+ + + + 0 − − − − − 𝑛 𝑑 + + + +

Da tabela de sinais concluímos que
𝑥+3
𝑥−2
< 0 ⇔ −3 < 𝑥 < 2.
Temos que comparar essa solução com o domínio de ln (
2𝑥+1
𝑥−2
), que é (−∞ , −
1
2
) ∪ (2 , +∞).
Fazendo essa comparação concluímos que a solução da inequação ln (
2𝑥+1
𝑥−2
) < 0 é
𝑆 = (−3 , −
1
2
).
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
d) log2(𝑥) < log𝑥 2
Para que log2(𝑥) possa ser calculado é preciso que 𝑥 > 0.
Para que log𝑥 2 possa ser calculado é preciso que a base 𝑥 , seja positiva e diferente de 1, isto é,
𝑥 > 0 𝑒 𝑥 ≠ 1. Portanto, essa inequação pode ser resolvida para 𝑥 > 0 𝑒 𝑥 ≠ 1 .
Vamos trabalhar na mesma base e para isso vamos escrever o lado direito da inequação na base 2 .
Temos que log𝑥 2 =
log2 2
log2 𝑥
=
1
log2 𝑥
.
Note acima que log2(𝑥) ≠ 0, pois 𝑥 ≠ 1 e lembre que log𝑎(𝑎) = 1 , donde log2(2) = 1 .
Assim,
log2(𝑥) < log𝑥 2 ⟺ log2(𝑥) <
1
log2(𝑥)
⟺ log2(𝑥) −
1
log2(𝑥)
< 0 ⟺
(log2(𝑥))2−1
log2(𝑥)
< 0.
Para facilitar o estudo dessa inequação, vamos fazer uma mudança de variável. Vamos fazer
log2(𝑥) = 𝑡. Lembre que log2(𝑥) ≠ 0, logo 𝑡 ≠ 0 . Temos que resolver a seguinte inequação:
𝑡2
− 1
𝑡
< 0 .
A tabela de sinais da fração
𝑡2−1
𝑡
é:
−∞ < 𝑡 < −1 𝑡 = −1 −1 < 𝑡 < 0 𝑡 = 0 0 < 𝑡 < 1 𝑡 = 1 1 < 𝑡 < +∞
𝑡2
− 1 + + + + + 0 − − − − − − − − − − 0 + + + + +
𝑡 − − − − − − − − − − − 0 + + + + + + + + + +
𝑡2
− 1
𝑡
− − − − − 0 + + + + + 𝑛 𝑑 − − − − 0 + + + + +
Portanto,
𝑡2−1
𝑡
< 0 ⇔ 𝑡 < −1 𝑜𝑢 0 < 𝑡 < 1
Logo,
(log2(𝑥))2−1
log2(𝑥)
< 0 ⇔ log2(𝑥) < −1 𝑜𝑢 0 < log2(𝑥) < 1
Vamos resolver cada inequação separadamente, lembrando que 𝑦 = 2𝑥
é uma função crescente,
pois a base 2 > 1 .
▪ log2(𝑥) < −1
𝑦=𝑎𝑥 é 𝑐𝑟𝑒𝑠𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒, 𝑠𝑒 𝑎>1
⇔ 2log2(𝑥)
< 2−1
𝑎log𝑎(𝑥)=𝑥 , 𝑎>0 𝑎≠1
⇔
𝑥 < 2−1
⟺ 𝑥 <
1
2
. Como para a inequação ser resolvida é preciso que 𝑥 > 0 𝑒 𝑥 ≠ 1, então
log2(𝑥) < −1 ⟺ 0 < 𝑥 <
1
2
.

▪ 0 < log2(𝑥) < 1
𝑦=𝑎𝑥 é 𝑐𝑟𝑒𝑠𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒, 𝑠𝑒 𝑎>1
⇔ 20
< 2𝑙𝑜𝑔2(𝑥)
< 21
𝑎log𝑎(𝑥)=𝑥 , 𝑎>0 𝑎≠1
⇔
1 < 𝑥 < 2 . Como para a inequação ser resolvida é preciso que 𝒙 > 0 𝑒 𝑥 ≠ 1, então
0 < log2(𝑥) < 1 ⟺ 1 < 𝑥 < 2 .
Assim, a solução de log2(𝑥) < log𝑥(2) é (0 ,
1
2
) ∪ (1 , 2) .
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Exercício 6: Estude o sinal da função 𝑓(𝑥) = ln(5 − |𝑥|). Para isso encontre os valores reais de 𝑥 tais
que 𝑓(𝑥) = 0 , 𝑓(𝑥) > 0 , 𝑓(𝑥) < 0 .
Resolução:
Vamos encontrar o domínio da função 𝑓(𝑥) = ln(5 − |𝑥|). Para isso é preciso que 5 − |𝑥| > 0.
Mas, 5 − |𝑥| > 0 ⇔ |𝑥| < 5 ⇔ −5 < 𝑥 < 5 .
Logo, 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = [−5 , 5].
▪ 𝑓(𝑥) = ln(5 − |𝑥|) = 0 ⇔ 5 − |𝑥| = 1 ⇔ |𝑥| = 4 ⇔ 𝑥 = −4 𝑜𝑢 𝑥 = 4
▪ 𝑓(𝑥) = ln(5 − |𝑥|) > 0 ⇔ 5 − |𝑥| > 1 ⇔ |𝑥| < 4 ⇔ −4 < 𝑥 < 4
▪ Portanto, levando em consideração o domínio da função 𝑓 , concluímos que,
𝑓(𝑥) = ln(5 − |𝑥|) < 0 ⇔ 𝑥 ∈ (−5 , −4) ∪ (4 , 5).
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Exercício 7: Use as propriedades das funções exponencial e logaritmo para simplificar as seguintes
expressões:
a) ln(𝑥) +
1
2
ln(𝑥 − 1) b) ln (
𝑒2𝑥−1
𝑒𝑥
) c)
𝑒4𝑥
𝑒3𝑥+2∙𝑒3𝑥−2
d) ln (
1
𝑥
) + ln(2𝑥3) − ln 2 e) ln(𝑥2
− 9) − ln(𝑥 + 3).
Resolução:
a) ln(𝑥) +
1
2
ln(𝑥 − 1) = ln(𝑥) + ln [(𝑥 − 1)
1
2] = ln(𝑥) + ln(√𝑥 − 1) = ln(𝑥 ∙ √𝑥 − 1)
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
b) ln (
𝑒2𝑥−1
𝑒𝑥
) = ln (
𝑒2𝑥∙𝑒−1
𝑒𝑥
) = ln(𝑒2𝑥
∙ 𝑒−1) − ln(𝑒𝑥) = ln(𝑒2𝑥) + ln(𝑒−1) − ln(𝑒𝑥) =
= ln((𝑒𝑥)2) − 1 ∙ ln(𝑒) − ln(𝑒𝑥) = 2 ∙ ln(𝑒𝑥) − ln(𝑒) − ln(𝑒𝑥) = 2𝑥 − 1 − 𝑥 = 𝑥 − 1.
Aqui, além das propriedades dos logaritmos, foram usados os seguintes resultados:
ln(𝑒𝑥) = 𝑥, ∀𝑥 ∈ ℝ e ln(𝑒) = 1
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
c)
𝑒4𝑥
𝑒3𝑥+2∙𝑒3𝑥−2
=
𝑒4𝑥
𝑒3𝑥∙𝑒2∙𝑒3𝑥∙𝑒−2
=
𝑒4𝑥
𝑒3𝑥+3𝑥 ∙ 𝑒2−2
=
𝑒4𝑥
𝑒6𝑥 ∙ 𝑒0
=
𝑒4𝑥
𝑒6𝑥
= 𝑒4𝑥−6𝑥
= 𝑒−2𝑥
.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
d) ln (
1
𝑥
) + ln(2𝑥3) − ln 2 = − ln(𝑥) + ln(2) + ln(𝑥3) − ln 2 = − ln(𝑥) + 3 ln(𝑥) = 2 ln(𝑥).
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
e) ln(𝑥2
− 9) − ln(𝑥 + 3) = ln (
𝑥2−9
𝑥+3
) = ln (
(𝑥−3)(𝑥+3)
𝑥+3
) = ln(𝑥 − 3).
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Exercício 8: Resolva as seguintes equações:
a) 𝑒2𝑥
= 4 b) 𝑒
(𝑥−
4
𝑥
)
= 1 c) 𝑒−2+√𝑥2−3𝑥
= 1
d) ln(𝑥2
− 1 + 𝑒) = 1 e) ln(𝑥2
− 2) − ln(𝑥) = 0 f) (2𝑥2
− 𝑥 − 3) ∙ 𝑒√𝑥−1 = 0
g) 2𝑒𝑥
− 𝑒−𝑥
= 1 h) 𝑒(√4𝑥−3 − 𝑥)
= 1 i) ln(|𝑥 − 2| − 3) = 0.
Resolução:
a) 𝑒2𝑥
= 4 ⟺ ln(𝑒2𝑥) = ln(4) ⟺ ln((𝑒𝑥)2) = ln(22) ⟺ 2 ln(𝑒𝑥) = 2 ln(2) ⟺
ln(𝑒𝑥) = ln(2) ⟺ 𝑥 = ln(2).
O conjunto solução da equação é o conjunto unitário {ln(2)}.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
b) 𝑒
(𝑥−
4
𝑥
)
= 1.
O domínio da expressão 𝑒
(𝑥−
4
𝑥
)
é {𝑥 ∈ ℝ: 𝑥 ≠ 0}. Temos que lembrar que 𝑒𝑧
= 1 ⟺ 𝑧 = 0.
Assim,
𝑒
(𝑥−
4
𝑥
)
= 1 ⟺ 𝑥 −
4
𝑥
= 0 ⟺
𝑥2−4
𝑥
= 0 ⟺ 𝑥2
− 4 = 0 ⟺ 𝑥2
= 4 ⟺ 𝑥 = −2 𝑜𝑢 𝑥 = 2.
O conjunto solução é o conjunto {−2, 2}.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
c) 𝑒−2+√𝑥2−3𝑥
= 1.
O domínio da expressão 𝑒−2+√𝑥2−3𝑥
é {𝑥 ∈ ℝ: 𝑥2
− 3𝑥 ≥ 0}.
Mas, 𝑥2
− 3𝑥 ≥ 0 ⟺ 𝑥(𝑥 − 3) ≥ 0 ⟺ 𝑥 ≤ 0 𝑜𝑢 𝑥 ≥ 3.
Assim, o domínio da expressão 𝑒−2+√𝑥2−3𝑥
é {𝑥 ∈ ℝ: 𝑥 ≤ 0 𝑜𝑢 𝑥 ≥ 3}.
Portanto,
𝑒−2+√𝑥2−3𝑥
= 1 ⟺ −2 + √𝑥2 − 3𝑥 = 0 ⟺ √𝑥2 − 3𝑥 = 2 ⟺ 𝑥2
− 3𝑥 = 4 ⟺
𝑥2
− 3𝑥 − 4 = 0 𝑥 = −1 𝑜𝑢 𝑥 = 4.
Como 𝑥 = −1 e 𝑥 = 4 pertencem ao domínio, {𝑥 ∈ ℝ: 𝑥 ≤ 0 𝑜𝑢 𝑥 ≥ 3}, então o conjunto
solução é {−1, 4}.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
d) ln(𝑥2
− 1 + 𝑒) = 1.
ln(𝑥2
− 1 + 𝑒) = 1 ⟺ 𝑥2
− 1 + 𝑒 = 𝑒 ⟺ 𝑥2
− 1 = 0 ⟺ 𝑥2
= 1 ⟺ 𝑥 = −1 𝑜𝑢 𝑥 = 1.
Portanto o conjunto solução da equação é {−1, 1}.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
e) ln(𝑥2
− 2) − ln(𝑥) = 0.

Para que a propriedade a seguir, ln(𝑥2
− 2) − ln(𝑥) = ln (
𝑥2−2
𝑥
) possa ser aplicada é preciso que
𝑥2
− 2 > 0, 𝑥 > 0 𝑒
𝑥2−2
𝑥
> 0. Mas 𝑥2
− 2 > 0, 𝑥 > 0 ⟹
𝑥2−2
𝑥
> 0 .
Assim, basta 𝑥2
− 2 > 0, 𝑥 > 0.
Mas,
𝑥2
− 2 > 0 ⟺ 𝑥2
> 2 ⟺ |𝑥| > √2 ⟺ 𝑥 < −√2 𝑜𝑢 𝑥 > √2.
Portanto,
𝑥2
− 2 > 0 𝑒 𝑥 > 0 ⟺ (𝑥 < −√2 𝑜𝑢 𝑥 > √2) 𝑒 𝑥 > 0 ⟺ 𝑥 > √2.
Assim, o domínio da expressão é: {𝑥 ∈ ℝ: 𝑥 > √2} = (√2, ∞).
Lembre que ln(𝑧) = 0 ⟺ 𝑧 = 1.
ln(𝑥2
− 2) − ln(𝑥) = 0 ⟺ ln (
𝑥2−2
𝑥
) = 0 ⟺
𝑥2−2
𝑥
= 1 ⟺ 𝑥2
− 2 = 𝑥 ⟺
𝑥2
− 𝑥 − 2 = 0 ⟺ 𝑥 = −1 𝑜𝑢 𝑥 = 2.
Como o domínio exige que 𝑥 > √2, então o conjunto solução da equação é {2}.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
f) (2𝑥2
− 𝑥 − 3) ∙ 𝑒√𝑥−1 = 0.
O domínio da expressão (2𝑥2
− 𝑥 − 3) ∙ 𝑒√𝑥−1 é:
{𝑥 ∈ ℝ: 𝑥 − 1 ≥ 0} = {𝑥 ∈ ℝ: 𝑥 ≥ 1} = [1, +∞).
Lembre que 𝑒√𝑥−1 > 0 𝑒 𝑥 ≥ 1.
(2𝑥2
− 𝑥 − 3) ∙ 𝑒√𝑥−1 = 0 ⟺ (2𝑥2
− 𝑥 − 3) = 0 ⟺ 𝑥 = −1 𝑜𝑢 𝑥 =
3
2
.
Como 𝑥 ≥ 1, então esta equação tem uma única solução: 𝑥 =
3
2
.
O conjunto solução é {
𝟑
𝟐
}.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
g) 2𝑒𝑥
− 𝑒−𝑥
= 1.
O domínio da expressão 2𝑒𝑥
− 𝑒−𝑥
é ℝ.
2𝑒𝑥
− 𝑒−𝑥
= 1 ⟺ 2𝑒𝑥
−
1
𝑒𝑥
= 1 ⟺ 2𝑒𝑥
∙ 𝑒𝑥
− 1 = 𝑒𝑥
⟺
2𝑒2𝑥
− 𝑒𝑥
− 1 = 0 ⟺ 2(𝑒𝑥)2
− 𝑒𝑥
− 1 = 0.
Fazendo 𝑒𝑥
= 𝑧 transformamos a equação 2𝑒2𝑥
− 𝑒𝑥
− 1 = 0, na seguinte equação do segundo grau
na variável 𝑧: 2𝑧2
− 𝑧 − 1 = 0.

Resolvendo essa equação,
2𝑧2
− 𝑧 − 1 = 0 ⟺ 𝑧 = −
1
2
𝑜𝑢 𝑧 = 1.
Portanto, 𝑒𝑥
= −
1
2
𝑜𝑢 𝑒𝑥
= 1.
Como,
• não existe 𝑥 ∈ ℝ, tal que 𝑒𝑥
= −
1
2
, pois 𝑒𝑥
> 0, ∀𝑥 ∈ ℝ.
• 𝑒𝑥
= 1 ⟺ 𝑥 = 0.
Concluímos então, que 𝑥 = 0 é a única solução dessa equação.
Conjunto solução: { 0 }.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
h) 𝑒(√4𝑥−3 − 𝑥)
= 1.
É importante encontrar o domínio da expressão 𝑒(√4𝑥−3 − 𝑥)
. O domínio dessa expressão depende
apenas do expoente. Como no expoente temos uma raiz quadrada, é preciso que o radicando seja
positivo ou nulo. Portanto, o domínio da expressão 𝑒(√4𝑥−3 − 𝑥)
é
{𝑥 ∈ ℝ: 4𝑥 − 3 ≥ 0} = {𝑥 ∈ ℝ: 𝑥 ≥
3
4
}.
Temos que lembrar que 𝑒𝑧
= 1 ⟺ 𝑧 = 0.
Assim, 𝑒(√4𝑥−3−𝑥)
= 1 ⟺ √4𝑥 − 3 − 𝑥 = 0 ⟺ √4𝑥 − 3 = 𝑥
𝑒𝑙𝑒𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎𝑜 𝑞𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑑𝑜
⇒ 4𝑥 − 3 = 𝑥2
⟺ 𝑥2
− 4𝑥 + 3 = 0 ⟺ 𝑥 = 1 𝑜𝑢 𝑥 = 3.
Temos que os valores 𝑥 = 1 e 𝑥 = 3 estão no domínio, mas como elevamos uma expressão ao
quadrado é preciso saber se esses valores satisfazem a equação √4𝑥 − 3 − 𝑥 = 0. Basta testar os
valores e observar que eles satisfazem a equação, sim.
Portanto, o conjunto solução é {1, 3}.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
i) ln(|𝑥 − 2| − 3) = 0.
Devemos lembrar que ln(𝑧) = 0 ⟺ 𝑧 = 1. Assim,
ln(|𝑥 − 2| − 3) = 0 ⟺ |𝑥 − 2| − 3 = 1 ⟺ |𝑥 − 2| = 4 ⟺ 𝑥 − 2 = 4 𝑜𝑢 𝑥 − 2 = −4
⟺ 𝑥 = 6 𝑜𝑢 𝑥 = −2.
Portanto o conjunto solução da equação é {−2, 6}.
___________________________________________________________________________________
Exercício 9: Esboce o gráfico das seguintes funções:
a) 𝑓(𝑥) = 𝑒|𝑥|
b) 𝑔(𝑥) = 𝑒|𝑥+1|
c) 𝑗(𝑥) = −4 + 𝑒𝑥+2
d) ℎ(𝑥) = 1 − 𝑒−𝑥+1
e) 𝑘(𝑥) = ln(|𝑥|) f) 𝑙(𝑥) = ln(|𝑥 − 1|)

g) 𝑚(𝑥) = ln(𝑥 − 1) h) 𝑛(𝑥) = ln(−𝑥 − 1) i) 𝑟(𝑥) = ln(|𝑥| − 1)
j) 𝑠(𝑥) = 6 ln(√𝑥 + 2
3
).
Resolução:
a) 𝑓(𝑥) = 𝑒|𝑥|
⟹ 𝑓(𝑥) = 𝑒|𝑥|
= {
𝑒𝑥
, 𝑥 ≥ 0
𝑒−𝑥
, 𝑥 < 0
O gráfico da função 𝑓, coincide com o gráfico da função 𝑦 = 𝑒𝑥
, para 𝑥 ≥ 0 e coincide com o gráfico
da função 𝑦 = 𝑒−𝑥
, para 𝑥 < 0.
Gráficos das funções 𝑦 = 𝑒𝑥
e 𝑦 = 𝑒−𝑥
num mesmo sistema de coordenadas.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
b) 𝑔(𝑥) = 𝑒|𝑥+1|
. Começamos com o gráfico da função 𝑓(𝑥) = 𝑒|𝑥|
e transladamos esse gráfico
1 unidade para esquerda.
𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑙𝑎çã𝑜
ℎ𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛𝑡𝑎𝑙
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎
𝑑𝑒 𝑢𝑚𝑎
𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒
→
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
c) 𝑗(𝑥) = −4 + 𝑒𝑥+2
= 𝑒𝑥+2
− 4
Começamos com o gráfico da função 𝑦 = 𝑒𝑥
. Transladamos esse gráfico 2 unidades para esquerda,
construindo o gráfico da função 𝑦 = 𝑒𝑥+2
. Finalmente transladamos este último gráfico 4 unidades
para baixo, chegando ao gráfico pedido de 𝑗(𝑥) = −4 + 𝑒𝑥+2
.
𝑑𝑒 𝑑𝑢𝑎𝑠
𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠
→

𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑏𝑎𝑖𝑥𝑜
𝑑𝑒 𝑞𝑢𝑎𝑡𝑟𝑜
→
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
d) ℎ(𝑥) = 1 − 𝑒−𝑥+1
= −𝑒−𝑥+1
+ 1.
Começamos com o gráfico da função 𝑦 = 𝑒𝑥
. Refletimos esse gráfico em torno do eixo 𝑦, chegando
ao gráfico da função 𝑦 = 𝑒−𝑥
. Em seguida, refletimos o gráfico da função 𝑦 = 𝑒−𝑥
em torno do eixo 𝑥,
construindo o gráfico da função 𝑦 = −𝑒−𝑥
. Transladamos esse gráfico 1 unidade para direita,
chegando ao gráfico da função 𝑦 = −𝑒−(𝑥−1)
= −𝑒−𝑥+1
. Finalmente transladamos este último gráfico
1 unidade para cima, chegando ao gráfico pedido, ℎ(𝑥) = 1 − 𝑒−𝑥+1
.
𝑟𝑒𝑓𝑙𝑒𝑥ã𝑜
𝑒𝑚 𝑡𝑜𝑟𝑛𝑜
𝑑𝑜 𝑒𝑖𝑥𝑜 𝑦
→
𝑑𝑜 𝑒𝑖𝑥𝑜 𝑥
→
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎
→
𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑐𝑖𝑚𝑎
→
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
e) 𝑘(𝑥) = ln(|𝑥|) ⟹ 𝑘(𝑥) = ln(|𝑥|) = {
ln(𝑥) , 𝑥 > 0
ln(−𝑥) , 𝑥 < 0
O gráfico da função 𝑘, coincide com o gráfico da
função 𝑦 = ln(𝑥), para 𝑥 > 0 e com o gráfico
da função 𝑦 = ln(−𝑥), para 𝑥 < 0.
𝑦 = 𝑘(𝑥) = ln(|𝑥|)
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
f) 𝑙(𝑥) = ln(|𝑥 − 1|)

Começamos com o gráfico da função 𝑘(𝑥) = ln(|𝑥|) e transladamos esse gráfico 1 unidade para
direita.
𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎
𝑢𝑚𝑎 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒
→
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
g) 𝑚(𝑥) = ln(𝑥 − 1)
Começamos com o gráfico da função 𝑦 = ln(𝑥) e transladamos esse gráfico 1 unidade para direita.
𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎
𝑢𝑚𝑎 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒
→
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
h) 𝑛(𝑥) = ln(−𝑥 − 1) = ln(−(𝑥 + 1))
Começamos com o gráfico da função 𝑦 = ln(𝑥), refletimos esse gráfico
em torno do eixo 𝑦 obtendo o gráfico da função 𝑦 = ln(−𝑥).
Finalmente, transladamos o gráfico obtido 1 unidade para esquerda,
obtendo o gráfico de 𝑛(𝑥) = ln(−(𝑥 + 1)) = ln(−𝑥 − 1).
→
𝑑𝑜 𝑒𝑖𝑥𝑜 𝑦
→
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
i) 𝑟(𝑥) = ln(|𝑥| − 1).
𝐷𝑜𝑚(𝑟) = {𝑥 ∈ ℝ: |𝑥| − 1 > 0}
Mas,
|𝑥| − 1 > 0 ⟺ |𝑥| > 1 ⟺ 𝑥 < −1 𝑜𝑢 𝑥 > 1.
Assim, 𝐷𝑜𝑚(𝑟) = {𝑥 ∈ ℝ: |𝑥| − 1 > 0} = (−∞, −1) ∪ (1, ∞).
Temos que,
𝑟(𝑥) = ln(|𝑥| − 1) = {
ln(𝑥 − 1), 𝑥 > 1
ln(−𝑥 − 1), 𝑥 < −1

O gráfico da função 𝑟, coincide com o gráfico da função 𝑦 = ln(𝑥 − 1), para 𝑥 > 1 e com o gráfico da
função 𝑦 = ln(−𝑥 − 1), para 𝑥 < −1. Estes gráficos foram feitos nos dois itens anteriores.
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
j) 𝑠(𝑥) = 6 ln(√𝑥 + 2
3
) .
Usando as propriedades da função logaritmo, concluímos que:
𝑠(𝑥) = 6 ln(√𝑥 + 2
3
) = 6 ln ((𝑥 + 2)
1
3) = 6
1
3
ln(𝑥 + 2) = 2 ln(𝑥 + 2).
Portanto, para esboçar o gráfico de 𝑠(𝑥) = 6 ln(√𝑥 + 2
3
) , basta esboçar o gráfico da função
𝑦 = 2 ln(𝑥 + 2). Começamos com o gráfico da função 𝑦 = ln(𝑥), esticamos verticalmente esse
gráfico, multiplicando por um fator 2 e depois fazemos uma translação horizontal para esquerda de 2
unidades.
𝑒𝑠𝑡𝑖𝑐𝑎𝑟
𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒
𝑚𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜
𝑝𝑜𝑟 𝑢𝑚 𝑓𝑎𝑡𝑜𝑟 2
→
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑎 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎
𝑑𝑒 𝑑𝑢𝑎𝑠
→

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