gabarito - Walter Tadeu

COLÉGIO PEDRO II - UNIDADE SÃO CRISTÓVÃO III
1ª SÉRIE – MATEMÁTICA I – PROFº WALTER TADEU
www.professorwaltertadeu.mat.br
FUNÇÃO QUADRÁTICA – 2011 - GABARITO
1) Calcular os zeros das seguintes funções:
a) f(x) = x2 - 3x – 10
b) f(x) = x2 + x – 20
c) f(x) = – x2 – x + 12
d) f(x) = – x2 + 4x – 4
e) f(x) = 36x2 + 12x + 1
f) f(x) = (2x + 3).(x – 2)
Solução. Os zeros da função são os valores de “x” que anulam a função. Ou, os pontos onde a parábola
intersecta o eixo das abscissas. Basta utilizar a fórmula de resolução da equação de 2º grau.
 ( 3)  ( 3) 2  4(1)( 10)
f ( x )  0  x 2  3 x  10  0  x 
a)
2(1)
 (1)  (1) 2  4(1)( 20)
2(1)

1  1  80 1  81 1  9



2
2
2
1 9

x 1  2  5

 S  {4, 5}
x  1  9  4
 2
2
f ( x )  0   x 2  x  12  0  x 
c)
3  9  40 3  49 3  7



2
2
2
37

x 1  2  5

 S  {2, 5}
x  3  7  2
 2
2
f ( x )  0  x 2  x  20  0  x 
b)

 ( 1)  ( 1) 2  4( 1)(12)
2( 1)
1 7

x 1   2  4

 S  {4, 3}
x  1  7  3
2
2


.
.
1  1  48 1  49 1  7



2
2
2
.
 ( 4)  ( 4) 2  4( 1)( 4)
 4  16  16  4  0


2.
2( 1)
2
2
S  2. Neste caso a parábola tan gencia o eixo X no ponto 2, 0
2
d) f ( x )  0  x  4x  4  0  x 
e)
f ( x )  0  36x 2  12x  1  0  x 
 (12)  (12) 2  4(36)(1)
2(36)

 12  144  144  12  0
1


72
72
6.
 1
 1 
S   . Neste caso a parábola tan gencia o eixo X no ponto   , 0 
 6
 6 
f) A função já está da forma fatorada. Lembrando que, dados dois números reais “a” e “b”, se a.b = 0, então
a = 0 ou b = 0, temos:
3

2x  3  0  x  
f ( x )  0  (2x  3)( x  2)  0  x  
2
x  2  0  x  2
.
 3 
 1 
S   , 2. Neste caso a parábola tan gencia o eixo X no ponto   , 0 
2


 6 
2) Calcular m para que:
a) a função f(x) = (m – 3)x2 + 4x – 7 seja côncava para cima.
Solução. Para que a concavidade seja para cima o coeficiente de x² deve ser positivo e diferente de zero.
Logo, m – 3 > 0  m > 3.
b) a função f(x) = (2m + 8)x2 – 2x + 1 seja côncava para baixo.
Solução. Para que a concavidade seja para baixo o coeficiente de x² deve ser negativo e diferente de zero.
Logo, 2m + 8 < 0  2m < -8  m < - 4.
c) a função f(x) = (m2 – 4)x2 – 4x + 3 seja quadrática.
Solução. A função quadrática é da forma ax² + bx + c = 0, com a ≠ 0. Logo, m² - 4 ≠ 0  m ≠ 2 e m ≠ – 2.
3) Nas funções abaixo, calcule as coordenadas do vértice, dizendo se este é ponto de máximo ou mínimo.
a) f(x) = x2 – 4x + 3
b) f(x) = – x2 – x + 2
c) f(x) = 4x2 + 4x + 1
Solução. O máximo ou mínimo, que serão definidos pelo sinal do coeficiente de grau 2.
a)
b)
c)
a  1  0
 b
b2  4ac   ( 4) ( 4)2  4(1)(3)   4 16  12 

  
   , 
f ( x )  x 2  4x  3  b  4  V   
,
,
  2,  1  mínimo
4a   2(1)
4(1)
4 
 2a
 2
c  3

.
a  1  0
 ( 1)
.
( 1)2  4( 1)( 2)   1 1  8   1 9 

    , 
f ( x )   x  x  2  b  1
 V   
,
    ,   máximo
4( 1)
4   2 4
 2( 1)
  2
c  2

2
a  4  0
 b
b2  4ac   ( 4)
( 4)2  4( 4)(1)   1 16  16   1 

   
    , 
    , 0   mínimo
f ( x )  4x  4x  1  b  4
 V   
,
,
4a   2( 4)
4( 4)
4( 4)   2 
 2a
  2
c  1

2
.
4) Em cada função mostrada, calcule a concavidade, os zeros, as coordenadas do vértice, crescimento e
decaimento, esboço do gráfico, o foco e as equações do eixo e diretriz das parábolas.
a) f(x) = x2 – 4x + 3
b) f(x) = – x2 + 4x – 4
c) f(x) = x2 + 3x + 4
d) f(x) = – x2 + 2x – 4
Solução. Em cada item serão utilizadas as fórmulas e as expressões estudadas na parábola.
i) f ( x )  x 2  4 x  3. Como a  1  0, concavidad e para cima.
42

x1  2  3
 ( 4)  ( 4)2  4(1)(3) 4  4 4  2
ii) f ( x )  0  x 



 Zeros : x  1 e x  3
2(1)
2
2
x  4  2  1
2
2

2
2

 

a) iii) V    b ,  b  4ac     ( 4) ,  ( 4)  4(1)(3)    4 ,  16  12   2,  1  mínimo
4a   2(1)
4(1)
 2a
 2
iv ) f ( x ) decrescent e : x ]  , 2]; f ( x ) crescente : x  [2,  [
 b 4ac  b2  1   4 12  16  1 
3
   ,
v ) foco :  
,
   2,  
2
a
4
a
2
4
4
 

 
b
vi ) eixo de simetria : x  
x2
2a
4ac  b2  1
12  16  1
5
vi ) diretriz : y 
y
y
4a
4
4
4

.
i) f ( x )   x 2  4 x  4. Como a  1  0, concavidad e para baixo.
ii) f ( x )  0  x 
 ( 4)  ( 4)2  4( 1)( 4)  4  0

 Zeros : x1  x 2  2
2( 1)
2
2
2
b) iii) V    b ,  b  4ac     ( 4) ,  ( 4)  4( 1)( 4)   2, 0  máximo .
4a   2( 1)
4( 1)
 2a

iv) f ( x ) crescente : x ]  , 2]; f ( x ) decrescent e : x  [2,  ]
 b 4ac  b2  1    4 16  16  1 
1
  
   2,  
v ) foco :  
,
,
4a
4( 1)  
4
 2a
  2( 1)
b
vi ) eixo de simetria : x  
x2
2a
4ac  b2  1
16  16  1
1
vi ) diretriz : y 
y
y
4a
4( 1)
4
i) f ( x )  x 2  3 x  4. Como a  1  0, concavidad e para cima.
ii) f ( x )  0  x 
 (3)  (3)2  4(1)( 4)  3   7

 Zeros : Não há x  IR .
2(1)
2
2
2
c) iii) V    b ,  b  4ac     (3) ,  (3)  4(1)( 4)     3 , 7   mínimo
 2a
 2(1)
3

iv) f ( x ) decrescent e : x    ,  ;
2

4a

4(1)

 2 4
.
 3

f ( x ) crescente : x   ,   
 2

 b 4ac  b2  1    3 16  9  1  3 
  
    , 2
v ) foco :  
,
,
4a
4(1)   2 
 2a
  2(1)
b
3
vi ) eixo de simetria : x  
x
2a
2
4ac  b2  1
16  9  1
6 3
vi ) diretriz : y 
y
y 
4a
4(1)
4 2
i) f ( x )   x 2  2x  4. Como a  1  0, concavidad e para baixo.
ii) f ( x )  0  x 
d)
 (2)  (2)2  4( 1)( 4)  2   12

 Zeros : Não há x  IR .
2( 1)
2
 b
b2  4ac   (2)
(2)2  4( 1)( 4) 
   
  1,  3   máximo
iii) V   
,
,
4a   2( 1)
4( 1)
 2a

iv) f ( x ) crescente : x   ,  3; f ( x ) decrescent e : x   3,  
 b 4ac  b2  1   (2) 16  4  1 
13 
   
  1,  
v ) foco :  
,
,
2
a
4
a
2
(

1
)
4
(

1
)
4 



 
b
vi ) eixo de simetria : x  
 x 1
2a
4ac  b2  1
16  4  1
11
vi ) diretriz : y 
y
y
4a
4( 1)
4
.
5) Determine a lei da função afim cuja reta que a representa tem coeficiente angular igual a 2 e passa pelo vértice
da parábola de equação y   x ²  4 .
Solução. A lei pedida é da forma f(x) = ax + b, logo f(x) = 2x + b. Encontrando o vértice da parábola, temos:

a  1


2
y   x  4  b  0

c  4



V    b ,   

4a 
 2a
.

0
02  4( 1)( 4)  
16 
   0, 
V   
,
  0, 4 
4( 1)
 4
 2( 1)
 
Como a reta passa pelo ponto (0, -4) temos:
V  0, 4  r
 4  2(0)  b  b  4 .

r : f ( x )  2x  b
A função pedida é f(x) = 2x + 4.
6) (FGV) Responda as questões:
a) Entre todos os pares de números reais x e y cuja soma é 20 , determine aqueles para os quais o produto seja
3
máximo.
Solução. As condições impostas indicam uma função quadrática cujo máximo será encontrado pelo estudo
20
20

y
x
20
x  y 
 20

 P  x.
 x   P  x 2 
x
3
3

3
do vértice: P  x.y
.
 3


20
b
3  20  y  20  20  20 . Logo, x  y  20
PMáximo  x Máximo  

2a
2( 1)
6
3
6
3
3
b) Entre todos os pares de números reais x e y, tais que x – y = 10 determine aqueles para os quais a soma de seus
quadrados seja mínima.
Solução. As condições impostas indicam uma função quadrática cujo máximo será encontrado pelo estudo
x  y  10  y  x  10
do vértice: SQ  x 2  y 2
SQ Mínimo  x Mínimo  
 SQ  x 2  x  10   SQ  x 2  x 2  20 x  100  SQ  2x 2  20 x  100
.
x  5
( 20)
b

 5  y  5  10  5. Logo, 
2a
2(2)
y  5
7) (FGV) Uma parede de tijolos será usada como um dos lados de um muro retangular. Para os outros lados iremos
usar 400 m de tela de arame, de modo a produzir uma área máxima. Qual o quociente do lado menor pelo maior?
Solução. Há três dimensões restantes, sendo duas de mesma medida. A tela
cercará a medida da soma (x + x + y). A área será A = xy. Utilizando as
informações, temos:
2x  y  400  y  400  2x
 A  x.400  2x   A  2x 2  400x

A  x.y
A Máxima  xMáximao  
.
b
( 400)
100 1

 100  y  400  2(100)  200. Logo,

2a
2( 2)
200 2
8) (UFSCAR) Uma bola ao ser chutada num tiro de meta por um goleiro, numa partida de futebol, teve sua
trajetória descrita pela equação h(t) = – 2t² + 8t (t  0), onde t é o tempo medido em segundos e h(t) é a altura em
metros da bola no instante t. Determine, após o chute:
a) o instante em que a bola retornará ao solo.
Solução. O instante em que a bola retorna é o tempo em que ficou no ar. O tempo será o ponto onde o
2
gráfico intersecta o eixo das abscissas (t): h(t )  2t  8t  2t 2  8t  0  2t(t  4)  0  t  0  incompatív el .
h( t )  0
t  4s
b) a altura máxima atingida pela bola.
Solução. A altura máxima será a ordenada do vértice da parábola:
h( t )  2t 2  8t
(8)2  4( 2)(0)
64

.

 8m

  h( t )Máxima  
4
(

2
)

8
h
(
t
)


 Máxima
4a

9) (Unifesp) De um cartão retangular de base 14cm e altura 12cm, deseja-se recortar um quadrado de lado x e um
trapézio isósceles, conforme a figura, onde a parte hachurada será retirada.
Calcule o valor de x, em centímetros, para que a área total removida seja mínima.
Solução. A área removida será a soma das áreas do quadrado menor e do
trapézio. Construindo a função de área, temos:
168  12x  14 x  x 2
 14  x 
2
A  x2  

(12  x )  A  x 
2
 2 
.
2x 2  168  12x  14 x  x 2
x 2  2x  168
x2
A
A
A
 x  81
2
2
2
b
( 1)
A Mínima  xmínimo  

 1cm
2a
2 1
2
 
10) (UFJF) Uma empresa trabalha com placas de publicidade retangulares, de lados iguais a (x + 3) e (2x – 4)
metros.
a) Determine os valores de x, para que a área da placa varie de 12m2 a 28m2.
Solução. Estudando a variação da área nos intervalos indicados, temos:
A  ( x  3).( 2x  4)  A  2x 2  4 x  6 x  12  A  2x 2  2x  12
i) 2x 2  2x  12  12  2x 2  2x  24  0  x 2  x  12  0
 1 7

x  2  3
 1  (1)2  4(1)( 12)  1  49  1  7
x



 A  12m2  x  3 .

1

7
2(1)
2
2
x 
 4  incompatív el.

2
ii) 2x 2  2x  12  28  2x 2  2x  40  0  x 2  x  20  0
 1 9

x
4
 1  (1)2  4(1)( 20)  1  81  1  9

2
x



 A  28m2  x  4
2(1)
2
2
x   1  9  5  incompatív el.

2
Logo, 3  x  4.
b) Determine as medidas dos lados da placa de 28m2.
Solução. Para o valor de A = 28m2, resolvemos a equação do 2º grau.
2x 2  2x  12  28  2x 2  2x  40  0  x 2  x  20  0
.
 1 9

x  2  4
 1  (1)2  4(1)( 20)  1  81  1  9
2
x



 A  28m  x  4
2(1)
2
2
x   1  9  5  incompatív el.
2

x

3

4

3

7
m

Medidas : 
2x  4  2( 4)  4  4m