Limites — Questões de Vestibulares

Limites — Questões de Vestibulares
a) 0
x 2 − 7 x + 10
, encontramos:
x →5 x 2 − 9 x + 20
7
d) + ∞
e)
9
Calculando o limite lim
1. (AMAN-RJ)
b) 1
c) 3
Solução: Primeiro Modo (Fatorando a fração usando BriotxRuffini): lim
x →5
x 2 − 7 x + 10
=
x 2 − 9 x + 20
5 2 − 7.5 + 10 0
= , que é uma indeterminação. Fatorando a função, numerador e
5 2 − 9.5 + 20 0
. x − 2) x − 2
x 2 − 7 x + 10 (x − 5)(
denominador separadamente, vem: f ( x) = 2
=
, logo
=
. x − 4) x − 4
x − 9 x + 20 (x − 5)(
x 2 − 7 x + 10
x−2
= lim
lim 2
= 3.
x →5 x − 9 x + 20
x→5 x − 4
Numerador (BriotxRuffini):
1
•
1
5
-7
5
-2
10
-10
0
Resto
-9
5
-4
20
-20
0
Resto
Denominador
1
•
1
5
x 2 − 7 x + 10 5 2 − 7.5 + 10 0
= 2
= . Pela regra de L’Hopital
x → x 2 − 9 x + 20
5 − 9.5 + 20 0
f ( x) x 2 − 7 x + 10 f (0)
0
= 2
= . Derivando o numerador e o denominador
Fazendo
,
g ( x) x − 9 x + 20 g (0)
0
2
x − 7 x + 10
lim 2
f ( x) ', 2 x − 7
2 x − 7 2.5 − 7
x→5 x − 9 x + 20
=
, Logo:
= lim
=
=3
,
x
→
5
g ( x)
2x − 9
2 x − 9 2.5 − 9
Segundo Modo: lim5
2. (U.F.PR-83)
a) −
4
15
b) −
2 x 2 − 12 x + 16
é igual a:
x→ 2 3 x 2 + 3 x − 18
1
3
4
c) −
d) −
e)
2
2
3
O limite lim
2
5
2 x 2 − 12 x + 16 0
= , Fatorando pela regra de BriotxRuffini,
x→ 2 3 x 2 + 3 x − 18
0
(
x − 2 )(
. 2 x − 8)
2x − 8
4
= lim
=
lim
x →2 ( x − 2 )(
. 3 x − 9 ) x→ 2 3 x − 9
3
Solução:
lim
3. (AMAN-RJ)
A razão dos valores de x para os quais não é contínua a função
1
y= 2
x −4
a) 1
b) –1
c) 2
d) + ∞
e) − 4

1
1
1
1
=
, calculando os limites  lim
=
. x + 2)
x − 4 (x − 2)(
. x + 2) 0
 x → +2 ( x − 2 )(
1
(impossibilidade). Fazendo o estudo do sinal da função: y=
,
(x − 2)(. x + 2)
-2
2
+++++++++ ----------------- +++++++++++
1
1


= −∞  lim−
= +∞
 xlim
→ +2 − ( x − 2 )(
x
→
−
2
. x + 2)
(x − 2 )(. x + 2 )


e
,
E calculando os limites laterais 
1
1
 lim

= +∞
lim
= −∞
 x → +2 + (x − 2 )(
 x → −2 + (x − 2 )(
. x + 2)
. x + 2)
−2
concluímos que –2 e +2 são abscissas de pontos de descontinuidade. A razão
= -1,
2
resposta letra b.
Solução: y =
2
4. (U.F. Uberlândia- 81)
Solução: lim
x→ 2
x + 3m 4
= à
x−m
3
x→2
 sen 2 x + sen 4 x − sen x 
?
Qual o valor do limite lim
x →0 5. sen x + sen 2 x + sen 3 x 


b) 0,333...
c) 0,4
d) 0,5
e) 0,6
5. (AMAN-RJ)
a) 0,2
x + 3m 4
= , x ≠ m , calcule o valor de m.
x−m 3
2 + 3m 4
2
= à m=
2−m
3
13
Sabendo-se que lim
 sen 2 x + sen 4 x − sen x 
=
Primeiro modo: lim 
x →0 5. sen x + sen 2 x + sen 3 x 


 sen 2.0 + sen 4.0 − sen 0  0
 sen 2 x + sen 4 x − sen x 
=
Usando artifícios: lim
 5. sen 0 + sen 2.0 + sen 3.0  = 0 .
x →0 5. sen x + sen 2 x + sen 3 x 


sen 4 x sen x 
 sen 2 x
 2. 2 x + 4. 4 x − x 
2.1 + 4.1 − 1
5
=
= 0,5.
lim
=
x →0
x
x
sen
3
x
sen
sen
2
5
.
1
+
2
.
1
+
3
.
1
10

 5.
+ 2.
+3

x
3 x 
2x
sen 2 x + sen 4 x − sen x 
=
Segundo Modo: (Regra de L’Hospital) lim 
x →0 5. sen x + sen 2 x + sen 3 x 


 sen 2.0 + sen 4.0 − sen 0  0
 sen 2 x + sen 4 x − sen x 
,
 5. sen 0 + sen 2.0 + sen 3.0  = 0 . Pela regra de H’Lospital lim
x →0  5. sen x + sen 2 x + sen 3 x 


derivando-se o numerador e o denominador separadamente:
2.1 + 4.1 − 1
5
 2 cos 2 x + 4 cos 4 x − cos x 
= 0,5..
=
=
lim 

x →0 5. cos x + 2 . cos 2 x + 3. cos 3 x

 5.1 + 2.1 + 3.1 10
Solução:
6. (CEFET-PR)
2

O limite lim 1 + 
x→∞
 3x 
x+ 2
é igual a:
5
a) e2
b) 2.e
Solução : Esta função y = 1 +

1 

lim 1 + 
 3x 




1


= lim 1 +
x →+∞
3x 


2 

x +2
x → +∞
e)
c) e 4
2

3x 
3
e2
x +2
é uma seqüência de Euler, logo
x +2
=?, fazendo uma mudança de variável: t=
3x
, quando
2
2t
2t
2t
+2


+2


+2
3 
3
 x → +∞
1
1
1
 1 3





 1




lim
1
+
,
vem:
=
lim
1
+
.
1
+
=
lim
1
+
.
lim
1
+



 






t → +∞
t → +∞ 
t → +∞ 
 t
 t   t 
 t   t →+∞ t 
t → +∞




2
2
 1  t  3
= lim 1 +   .1 e 3 = 3 e 2
t → +∞
 t  
7. (UFJF-MG)
Calcule o limite lim
x→3
x−3
x+6 −3
.
x−3
Solução : Primeiro Modo à lim
x→
3−3
=
=
0
, que é uma indeterminação.
0
x+6 −3
3+6 −3
Multiplicando o numerador e o denominador pelo fator racionalizante x + 6 + 3 , temos:
x−3
x−3
x+6 +3
(x − 3) x + 6 + 3 =
lim
.
= lim
= lim
x→3
(x + 6 ) − 3 2
x + 6 − 3 x→3 x + 6 − 3 x + 6 + 3 x→3
3
(
lim
(x − 3)(
x→3
)
(
)
)
x+6 +3
(x − 3) x + 6 + 3 = lim x + 6 + 3 =
= lim
x→3
x →3
x+6−9
x−3
x−3
3−3
(
)
3 + 6 + 3 =6
0
, fazendo uma mudança de variável,
x+6 −3
3+6 −3 0
x → 3
x−3
t2 −6 −3
t2 −9
, temos: lim
= lim
= lim
t = x + 6 , quando 
x →3
t →3
t →3 t − 3
t −3
x+6 −3
t → 3
(t − 3)(. t + 3) = lim (t + 3) = 3+3=6
lim
t →3
t →3
t −3
Segundo Modo: lim
=
x →3
=
(
)
3
sin5 x
x5 −1
 1
Calcule o limite lim
- lim
+ lim 1 +  - lim (1 + x ) x .
x →0
x →0
x →1 x − 1
x→∞
x
x

3x
8. (AMAN-RJ)
a) 0
b) + ∞
d) − ∞
c) 1
e)
Solução : Fazendo por partes cada um dos limites à a) lim
x→0
sin 5 x
= 5;
x
(x − 1).(x 4 + x 3 + x 2 + x + 1) = lim(x 4 + x 3 + x 2 + x + 1) = 5 ;
lim
x −1
x →1
1
e
b) lim

c) lim 1 +
x→∞

x →1
3
x →1
1

x
x5 −1
=
x −1
3x
=
t
3
 1  x 
 3
3
lim 1 +   = e ; d) lim (1 + x ) x = lim 1 +  = e3 . Logo: o resultado da expressão
x →0
t →∞
x→∞
t
x  


3 3
pedida é: 5 – 5 + e -e =0
9. Se nà + ∞ , então e
a) + ∞
b) e
n +1
n
tende para:
c) 1
Solução : Primeiro modo: lim e
n→+∞
d) e
n +1
n
= lim e
n→+∞
1+
1
n
n
e) e
= e1+0= e1=e
1
2
Segundo Modo: lim e
n+1
n
n→+∞
+∞
= e + ∞ , aplicando a regra de L’Hospital lim e
n+1
n
n→+∞
10. (PUC-PR)
Se lim
a) L= -1
b) L=0
x →1
x2 −1
1− x2
1
= lim e 1 =e.
n→ +∞
=L, podemos afirmar que:
c) L=1
d) L=2
x2 −1
0
= , logo devemos usar um artifício para
0
1− x
x → 1
, temos:
resolvermos o limite fazendo uma mudança de variável t= 1 − x 2 quando 
t → 0
Solução : Primeiro modo à lim
x→
2
1
lim
x →1
x2 −1
1− x2
(1 − t ) − 1 == lim − t
2
= lim
t →0
t →0
t
t
2
= lim (− t ) =0.
t →0
x2 −1
0
= , que é uma
x →1
1− x2 0
2
indeterminação. Derivando o numerador y=x -1 à y’=2x; derivando o denominador
1
1
−
1
2x
g= 1 − x 2 = (1 − x 2 ) 2 à g’= .(1 − x 2 ) 2 .(− 2 x ) = −
. Resolvendo o limite pela
1
2
2 2
2.(1 − x )
Segundo modo (usando a regra de H’Lospital): lim


2

2x
x −1
regra de H’Lospital: lim
= lim
2
x →1
x →1
2x
−
1− x
1

2 2
(
)
−
2
.
1
x

1
1

 

lim − 2.(1 − x 2 )2  =  − 2.(1 − 12 )2  = 0.
x →1

 

11. Calcule o limite lim
x →1
Primeiro modo: lim
x →1
x →1
(x
n
)(
x n − 1 1n − 1 0
=
= . Multiplicando-se o numerador e denominador
x −1
1 −1 0
x + 1 , temos: lim
x →1
)
x +1
xn −1
.
=
x −1 x +1
−1 . x +1
, fatorando o binômio xn-1 pelo regra de BriotxRuffini:
x −1
1


=


xn −1
.
x −1
dessa função pelo fator racionalizante
lim


1


 2.(1 − x 2 )2
 = lim(2 x ). −
2x
 x →1




0
0
0
...
0
-1
1
(x
lim
•
1
1
1
)(
1
1
)
1
1
...
...
1
1
)(
(
1
0
)
−1 . x +1
(
x − 1). x n −1 + x n − 2 + x n − 3 + ... + x 1 + 1 x + 1
= lim
=
x →1
x →1
x −1
x −1
lim x n −1 + x n − 2 + x n −3 + ... + x 1 + 1 x + 1 = (n-1+1). 1 + 1 = 2.n
x →1
n
)(
(
)
(
)
n
xn −1 1 −1 0
= , é uma indedeterminação. Usando a regra de
=
x →1
1 −1 0
x −1
xn −1
n
n.x n −1 n.1n −1
xn −1
= lim
=
= = 2.n.
H’Lospital à lim
= lim 1
x →1
1
x − 1 x →1 x 2 − 1 x →1 1 x −1 2 1 .1− 1 2
2
2
2
Segundo Modo: lim
  a  ax 
12. Sendo ln lim1 +   =49, qual é o valor positivo de a?
x  
 x →∞
ax
 
 
 
  a 
  1  a.at 
1  


=49 à ln lim1 +   =49 à
Solução: ln lim1 +   =49 à ln lim 1 +
x→∞
x 
 x → ∞
 t →∞  t  
  x  
 
 
a 

ax
  1 t 
ln lim1 +  
 t →∞  t  
a2
[ ] =49 à a . log
= 49 à ln e a
2
2
e
e = 49 à a2=49 à a2=72 à a=7.
13. (1ª. Questão Escola Naval 2002) Se lim(cot gx ) ln x = p , então
1
x →0
1
3
1
1
..b) < p ≤
3
2
1
c) < p ≤ 1
2
d )1 < p ≤ 2
e) 2 < p ≤ 3
a) 0 ≤ p ≤
Resolução:
13. lim (cot gx ) ln x = ∞ 0 , fazendo y = (cot gx ) ln x e aplicando logaritmo natural Ln a
1
1
x→0
ambos os membros dessa função, temos: Lny = Ln(cot gx ) ln x =
1
.Ln (cot gx ) , aplicando
Lnx
f Ln (cot gx )
1
=
limite nessa igualdade: lim Lny = lim
.Ln(cot gx ) = 0.∞ , fazendo
e
y→0
x → 0 Lnx
g
Lnx
f (0 ) ∞
=
, aplicando a regra de L’Hôpital ao numerador e ao denominador
g (0 ) ∞
separadamente:
− c sec 2 x
1
x
x.
2
f'
x
x
x.c sec 2 x
cot gx
=
=−
= sen x = − senx = −
=−
e
1
cos x
1
senx. cos x
g'
1. cot gx
cos x
.sen2 x
x
senx
2
f ' (0 )
0
=−
; aplicando a regra de L’Hôpital novamente ao numerador e ao denominador
1
g ' (0 )
.0
2
f ' ' (x )
2
f ' ' (0 )
2
2
=−
e
=−
=−
= −1
separadamente
g ' ' (x)
2. cos 2 x
g ' ' (0 )
2. cos 2.0
2.1
1
lim Ln(cot gx ) ln x = −1 = log e e −1 = p , Ln lim (cot gx ) Lnx = Lne −1 concluímos que
1
x →0
p = e −1 =
1
x →0
1
1
≅
= 0,36 e finalmente temos como resposta a letra b).
e 2,78
Bibliografia:
Suplemento exclusivo do professor – Questões de vestibulares/1987 – Matemática 3 em 1 –
Curso completo do 2o. grau – Luiz Carlos de Domenico.