gabarito - Walter Tadeu

COLÉGIO PEDRO II - CAMPUS SÃO CRISTÓVÃO III
1ª SÉRIE – MATEMÁTICA I – PROF. WALTER TADEU
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INEQUAÇÕES – 1º E 2º GRAUS – 2012 - GABARITO
1. (METODISTA) O domínio da função real dada por f(x) =
a) {x  R/ x< ½ ou 2 < x < 3 }
d) {x  R / ½ < x  2 ou x > 3}
x 2  5x  6
é:
2x  1
b) {x R / x  ½ ou 2 X  3} c) {x  R / ½ < x < 2 ou 2 < x < 3}
e) {x  R / ½ < x  2 ou x 3}
x 2  5x  6
Solução. O radicando será positivo ou nulo. Isto significa resolver a inequação
0.
2x  1
i) g(x) = x2 – 5x + 6 é uma função quadrática com concavidade para cima.
A função assume valores negativos no intervalo entre os zeros e valores positivos fora desse intervalo.
5 1

x1 
3

5

25
4(1)(6)
5

25
24
5

1

2
Resolvendo temos: x 2  5x  6  0  x 
.



2(1)
2(1)
2
5

1
x 
2
 2
2
ii) h(x) = 2x - 1 é uma função afim, crescente, pois o coeficiente de x é 2 > 0, assumindo valores positivos
para x > 1/2 e valores negativos para x < 1/2. O valor x = 1/2 não pertence ao domínio de f(x), pois h(x) está
no denominador. Analisando os sinais, temos:
2. (METODISTA) A função f(x) =
3x
x4
4 x2
tem como domínio, nos campos dos reais, os valores de x que
encontram na alternativa:
b) x < -4 ou x  0
a) R - {4}
c) 0  x  -4
d) 0  x < 2
e) 0 < x < 2
Solução. Cada radicando será positivo ou nulo. Os denominadores não podem se anular. A inequação a
3x
ser resolvida será: x  42  0 . Analisando o numerador e o denominador da função, vem:
4x

g1 ( x )  0, x  0;
g1 ( x )  3 x  
g1 ( x )  0, x  0.
i) g( x )  3x  0  
.

x4
g
(
x
)

0
,
x


4
;

g ( x )  x  4  2

 2
g 2 ( x )  0, x  4.

ii) h( x )  4  x  0 . Como o coeficiente de x2 = -1 < 0, a função
h(x) assume valores positivos no intervalo entre as raízes. Ela é
estritamente maior que zero, pois está no denominador.
Encontrando os zeros, vem:
2
x  2
.
4  x 2  0  (2  x ).( 2  x )  0  
x  2
OBS: Repare que o intervalo entre -4 e -2 apresenta sinal positivo, mas não é considerado pois resulta de
uma operação entre negativos. O que não é possível devido a serem radicandos.
3. (PUC) O domínio da função real dada por f(x) =
1 x
é:
x4
a) {x  R / x > -1 e x < 4}
b) {x  R / x < -1 ou x  4}
d) {x  R / x  -1 ou x > 4 }
e) {x  R / x  -1 e x < 4 }
c) {x  R / x  -1 e x  4}
Solução. O radicando será positivo ou nulo. Isto significa resolver a inequação
1 x
 0.
x4
i) g(x) = 1 + x é uma função afim com valores positivos para x > -1 e negativos para x < -1.
ii) h(x) = x – 4 é uma função afim com valores positivos para x > 4 e negativos para x < 4. A função h(x) não
poderá ser nula, pois está no denominador.
4. (ANGLO) Qual o domínio da função f(x) =
1 x
?
x4
Solução. Como o numerador e o denominador da função são radicandos,
ambos serão positivos. Isto é, o quociente positivo não poderá ser
resultante da divisão de negativos. Logo, D(f) = ]4, +∞[.
5. (UFES) Os valores x R, para os quais a expressão
a) x < -3 ou x > 3
b) x < -3 ou x  -1/2
2 x
é o seno de um ângulo, são:
3 x
c) x > -3
d) x  -1/2 e x  -3
Solução. A variação do seno de um ângulo é -1  senx  1. A inequação será:  1 
i)  1 
e) x  -1/2
2x
 1.
3x
2x
2x
2x
2x3x
5

 1 
1 0 
0
0.
3x
3x
3x
3x
3x
O numerador é uma constante positiva não nula. Logo, nunca anulará a fração. O denominador deverá ser
estritamente positivo. Logo, 3 + x > 0 => x > -3. O intervalo para esse caso será: ]-3, +∞[.
ii)
2x
2x
2  x  3  x 
 2x  1
 1
1 0 
0
0.
3x
3x
3x
3x
O numerador é uma função afim decrescente com zero igual a -1/2. O
denominador é uma função afim crescente com zero igual a -3.
O intervalo que satisfaz a esse caso é: ]- ∞, -3[  [-1/2, +∞[.
Encontrando a solução comum aos dois casos, temos:
Logo, a intersecção das soluções está no intervalo x ≥ -1/2.
6. (PUC) O conjunto dos valores de x para os quais os pontos do gráfico de f(x) = x3 - 4x2 - 5x estão acima do eixo
das abscissas é:
a) {x R / x < - 1 ou 0 < x < 5}
b) {xR / -1 < x < 0 ou x > 5}
c) {x  R / -1 < x < 5}
d) {x R / x < -1 ou x > 5}
Solução. Colocando x em evidência, temos: f(x) = x(x 2 – 4x – 5). Com essa decomposição identificamos os
x 1  0

zeros de f(x): f ( x )  0  x x  4 x  5  0   2
x 2  5 .
x

4
x

5

0

(
x

5
)(
x

1
)

0



x 3  1


2

Resolvendo a inequação produto x.(x2 – 4x – 5) > 0, pois o os pontos pedidos estão acima somente e não
sobre o eixo, temos:
Solução: ]-1, 0[  ]5, +∞[.
7. (PUC) Quantos números inteiros e estritamente positivos satisfazem a sentença
a) 16
b) 15
c) 14
Solução. Desenvolvendo e analisando os sinais, vem:
d) 13
1
1

?
x  20 12  x
e) menos que 13
1
1
1
1
12  x  ( x  20)
 2x  32



0
0
0
x  2012  x 
x  2012  x 
x  20 12  x
x  20 12  x
i)  2x  32  0  2x  32  x  16
.
x  20
ii) x  20 12  x   0  
x  12
A função g(x) = -2x + 32 é afim, decrescente e a função h(x) = (x – 20).(12 – x) possui concavidade para
baixo. Logo, será positiva no intervalo entre as raízes.
O número de soluções estritamente positivas inteiras até 12, exclusive, é 11 (excluindo 0 e 12). No
intervalo entre 16(inclusive) e 20 (exclusive) são quatro inteiros. Total: 11 + 4 = 15.
8. Resolva os sistemas de inequações:
a)
 2 x  2  0

2 x  1  2
b)
 3 x  5  0

2x  5  x
c)
 3 x  9  0

3 x  4 x  7
Solução. Resolvendo as inequações em cada caso e vendo as interseções, temos:
 2 x  2  0

2x  1  2
a) 
2x  2
 2 x  2




1 
2
x

1
x


2

 3 x  5  0
 3 x  5
3 x  5



2x  5  x
2x  x  5
x  5
b) 
x  1
1


1  Solução : 1  x  .
2
x


2

5

5
x 
3  Solução :  x  5 .

3
x  5
 3x  9  0
 3x  9
3x  9
x  3



 Solução : x  7 .
3x  4x  7
3x  4x  7
 x  7
x  7
c) 
9. Resolva as inequações:
a)
x  1. x  2  0 .
b)
1  x .x 2  6x  8  0 .
c)
2x  1.  5x  10  0 .
d)
x  3.  2x  5. x  1  0 .
x 2  6 x  16
 x 2  5x  6
Observando as raízes e os intervalos onde são positivas e negativas, temos:
a)
x  1
f ( x )  x  1
. x  2  zeros : x  1
. x  2  0  
x  2
x  8
g( x )  x  6x  16  ( x  8).( x  2)  zeros : ( x  8).( x  2)  0  
x  2
.
2
Solução: ]-∞, -2[  ]-1, 2[  ]8, +∞[.
f ( x )  1  x   zeros : 1  x  0  x  1
x  4
x  2
b) g( x )  x 2  6 x  8  ( x  4).( x  2)  zeros : ( x  4).( x  2)  0  
.
x  2
h( x )   x 2  5 x  6  zeros :  x 2  5 x  6  0  x 2  5 x  6  0  ( x  2).( x  3)  0  
x  3
Solução: ]-∞, 1]  ]3, 4].
1
c)
.
2
g( x )  5x  10  zeros : 5x  10  0  x  2
f ( x )  2x  1  zeros : 2x  1  0  x 
Solução: ]-∞, 1/2]  [2, +∞[.
f ( x )  x  3  zeros : x  3  0  x  3
d) g( x )  2x  5  zeros : 2x  5  0  x 
5
.
2
h( x )  x  1  zeros : x  1  0  x  1
Solução: ]-∞, 1[  ]5/2, 3[.
10. (MACK) Em IN, o produto das soluções da inequação
2 x  3  3 é:
a) Maior que 8
b) 6
c) 2
d) 1
e) 0
Solução. Temos que 2x  3 + 3 => 2x  6 => x  6 ÷ 2 => x  3. Em IN temos: {0, 1, 2, 3}. O produto será:
P = 0 x 1 x 2 x 3 = 0.