Exercicios resolv3 mat

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Exercicios resolv3 mat

  1. 1. Universidade da Beira Interior Cálculo I Departamento de Matemática Exercícios resolvidos – Cálculo Diferencial em R Bioquímica e Ensino de Física e Química PERGUNTAS1. 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. 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 23. 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. 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 x7. 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. 4. RESOLUÇÕES1. (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. 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. 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. 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 > 02. (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 23. 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. 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. 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 27. (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. 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. 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. 12. TABELA DE DERIVADASSejam u e v funções diferenciáveis e k, a e α constantes reais.k′ = 0x′ = 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

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