{ { 3x3y∙ = )xlnx(y += ) + ∙ + = ) +∙ + = x 1x )xlnx( 2 1 x 1 1

RESOLUÇÃO DA PROVA DE CÁLCULO I - P2
1) Derivar as seguintes funções:
3x
a) y = 3
x 3 ⋅ 3{
{
u
v
Regra do produto u'⋅v + u ⋅ v '
y ' = 9 x 2 ⋅ 3 3 x + 3 x 3 ⋅ 3 3 x ⋅ ln 3 ⋅ 3 ⇒ y ' = 9 x 2 ⋅ 3 3 x (1 + x ⋅ ln 3)
b) y = x + ln x ⇒ y = ( x
y' =
1
(x
2
1
−1 
2
+ ln x ) ⋅ 1 +
1
2
+ ln x )
1 1
 = ( x + ln x )
x 2


−
1
2
 x + 1
'
⋅
 ⇒ y =
 x 
 x + 1


 x 
2( x
1
2
+ ln x )
⇒ y' =
x +1
2x ⋅ x + ln x
2
c) y = ( x ) 2 x
Aplicando a técnica do ln em ambos os lados da igualdade:
2
ln y = ln( x ) 2 x ⇒ ln y = 2x 2 ⋅ ln x
Derivando:
2
y'
1
= 4 x ⋅ ln x + 2x 2 ⋅ ⇒ y ' = y ⋅ ( 4 x ⋅ ln x + 2x ) ⇒ y ' = 2x ⋅ ( x )2 x ⋅ (2 ⋅ ln x + 1) ⇒
y
x
2
y ' = 2( x ) 2 x +1 ⋅ (ln x 2 + 1) .
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------x
2) Seja f ( x ) = x . Determine as raízes da equação f ' ( x ) + 2f '' ( x ) = 0 .
e
x
e − x ⋅ ex
1− x
'
f ' (x) =
⇒
=
f
(
x
)
ex
(e x ) 2
f '' ( x ) =
− e x − (1 − x ) ⋅ e x
x 2
(e )
f ' ( x ) + 2f '' ( x ) = 0 ⇒
⇒ f '' ( x ) =
1− x
x
+ 2⋅
x−2
x
x−2
ex
=0 ⇒
1 − x + 2x − 4
x
= 0 ⇒ x − 3 = ex ⋅ 0 ⇒ x − 3 = 0
e
e
e
Portanto: x = 3
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------3) Derivar na forma implícita a função 2x + seny = 2y ⋅ senx
Derivando implicitamente: 2 + y ' ⋅ cos y = 2y ' ⋅ senx + 2y ⋅ cos x ⇒
y ' ⋅ cos y − 2y ' ⋅ senx = −2 + 2y ⋅ cos x ⇒ y ' ⋅ (cos y − 2senx ) = 2( −1 + y cos x ) ⇒
2( −1 + y cos x )
y' =
.
cos y − 2senx
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- x = 2t 2
d2 y
4) Considere a função na forma paramétrica: 
.
Determine
, ou seja, a
2
2
dx
y
=
ln(
2
t
)

derivada de 2ª ordem da função dada.
4t
Temos que: y ' =
dy
=
dx
D ty
D tx
⇒
dy 2t 2
dy
1
= 2
=
⇒ y' =
dx
4t
dx 2t
2
0 ⋅ 2t − 1⋅ 4 t
 dy 
Dt  
2
y'
2
2
d2 y
− 4t
d2 y
1
d y Dt
d y
dx 
2t 2

''
''
y = 2 = x =
=
⇒
⇒
=
⇒ y = 2 =− 4 .
x
2
4
2
4t
dx
Dt
Dt
dx
dx
4t ⋅ 4t
dx
4t
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------5) Usando a Regra de L'Hopital, resolva os seguintes limites:
 sen 2 ( x − 1)  0
a) Lim  2
 = , então podemos aplicar a regra de L'Hopital. Mas antes,
x →1 x − 2 x + 1

 0
ajeitando o limite, ou seja:
2
2
 sen 2 ( x − 1) 

0
 sen( x − 1) 
 sen( x − 1) 
Lim
= Lim
= Lim
 =


2
x →1
0
 x→1  x − 1 
 ( x − 1)  x→1  x − 1 
Derivando:
2
2
 sen 2 ( x − 1) 

 cos( x − 1) 
 cos 0 
Lim
=
=
1
.
Portanto:
Lim





 =1
 x→1

x →1 x 2 − 2 x + 1
1


 1 



( )
b) Lim( x 2 ) sen
2
x →0
x
= 0 0 . Fazendo f ( x ) = ( x 2 )sen
2
x
e passando o ln em ambos os lados da
igualdade:
2
ln f ( x ) = ln( x 2 ) sen x ⇒ ln f ( x ) = sen 2 x ⋅ ln x 2 = 2 ⋅ sen 2 x ⋅ ln x
Passando o limite de ambos os lados:
Lim[ln f ( x )] = Lim[2 ⋅ sen 2 x ⋅ ln x ] ⇒ lnLim f ( x ) = 2 ⋅ Lim[sen 2 x ⋅ ln x ] = 0 ⋅ ( −∞ )
 x →0

x →0
x →0
x →0


 ln x  − ∞
lnLim f ( x ) = 2 ⋅ Lim 
, então podemos aplicar a regra de L'Hopital, ou seja:
=
 x →0

x →0
∞
 1 
 sen 2 x 




1
 ln x 




sen 4 x
x
lnLim f ( x ) = 2 ⋅ Lim 
= 2 ⋅ Lim 
= 2 ⋅ Lim 


 ⇒
 x →0

x →0
x →0 − 2 ⋅ senx ⋅ cos x
x →0 − 2 x ⋅ senx ⋅ cos x
 1 




 sen 2 x 


sen 4 x
 sen 3 x  0
lnLim f ( x ) = − Lim 
=
 x →0

x →0 x ⋅ cos x

 0
Podemos derivar novamente:
 3 ⋅ sen 2 x ⋅ cos x 
3 ⋅ sen 2 0 ⋅ cos 0 0


ln Lim f ( x ) = − Lim 
= =0 ⇒
=−
 x →0

x →0 1⋅ cos x − x ⋅ senx
cos 0 − 0 ⋅ sen0 1


lnLim f ( x ) = 0 ⇒ Lim f ( x ) = e 0 = 1
 x →0

x →0
Portanto, Lim( x 2 ) sen
x →0
2
x
=1
6) Fazer um estudo completo da função f ( x ) = x 3 − 12 x 2 + 36 x e esboçar o gráfico.
1) Domínio da f(x) ⇒ D( f ) = ℜ . Então a função é sempre contínua e não tem assíntotas
verticais.
2) Fazendo f(x)=0 ⇒
f ( x ) = x 3 − 12 x 2 + 36 x = 0
⇒
x 3 − 12x 2 + 36 x = 0
⇒
x = 0 ou
x ⋅ ( x 2 − 12 x + 36 ) = x ⋅ ( x − 6) 2 = 0 ⇒ 
, cujas raízes são 0 e 6. Então a função
2
( x − 6) = 0
corta o eixo Ox no ponto (0,0) e tangencia o eixo Ox no ponto (6,0).
3) Fazendo x=0 ⇒ f (0) = 0 3 − 12 ⋅ 0 2 + 36 ⋅ 0 = 0 . Corta eixo do y em (0,0).
f ' ( x ) = 3 x 2 − 24 x + 36
4) Derivadas:  ''
f ( x ) = 6 x − 24
x = 2
5) Pontos Críticos: f ' ( x ) = 0 ⇒ 3 x 2 − 24 x + 36 = 0 ⇒ x 2 − 8 x + 12 = 0 ⇒  1
x 2 = 6
f '' ( x ) = f '' (2) = 6 ⋅ 2 − 24 = −12 ⇒ f '' < 0 ⇒ máximo
x = 2
6) Máximos e Mínimos:  1
⇒  '' 1
''
''
x 2 = 6
f ( x 2 ) = f (6) = 6 ⋅ 6 − 24 = +12 ⇒ f > 0 ⇒ mínimo
Fazendo: x1 = 2 em f ( x ) = x 3 − 12 x 2 + 36 x ⇒ f (2) = 2 3 − 12 ⋅ 2 2 + 36 ⋅ 2 = 32 ⇒ (2,32) é
ponto de máximo.
Fazendo: x 2 = 6 em f ( x ) = x 3 − 12 x 2 + 36 x ⇒ f (6) = 6 3 − 12 ⋅ 6 2 + 36 ⋅ 6 = 0 ⇒ (6,0 ) é
ponto de mínimo.
7) Crescimento e Decrescimento: a derivada 1ª é f ( x ) = 3 x 2 − 24 x + 36 cujo gráfico é uma
parábola com concavidade para cima e corta eixo do x nas raízes 2 e 6.
(−∞, 2) ⇒ f(x) é crescente
( 2,6) ⇒ f(x) é decrescente
+
–
+ (6,+∞ ) ⇒ f(x) é crescente
2
6
8) Pontos de inflexão: f ' ' ( x ) = 0 ⇒ 6 x − 24 = 0 ⇒ x = 4 . Como o gráfico da f’’ é uma reta
Crescente e muda de sinal e x=4, então é ponto de inflexão. Fazendo x=3 na f(x)
obtemos: f ( 4) = 4 3 − 12 ⋅ 4 2 + 36 ⋅ 4 = 6 ⇒ (4,16) é ponto de inflexão
–
+
4
9) Concavidade: Pelo gráfico acima vemos que:
f’’(x)>0 para (4,+∞) ⇒ f(x) é côncava para cima.
f’’(x)<0 para (-∞,4) ⇒ f(x) é côncava para baixo.
10) Gráfico.
32
Máximo
Inflexão
16
0
2
4
6
Mínimo