Sub-Capítulo: Função Exponencial. Função Logarítmica

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1. Como g é uma função contínua e estritamente crescente no seu domínio. Logo, o seu contradomínio é

 1 
 g  1 , g  3   , ou seja,
 

 1
8, 2  , porque:


g  1  81 

1
8
1
g    83  3 8  2
 3
1
e
Resposta: C

2. D f  x  :  x 2  e2  0   e, e
Cálculo Auxiliar:  x2  e2  0   x2  e2  x2  e2  x   e2  x  e 
xe
Como a função y   x 2  e2 é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para baixo, então as soluções da
inequação  x2  e2  0 são os valores de x tais que x   e, e .
Resposta: A
3.
 1
 1  2   1
▪ f     e  2   e11  e0  1 . Logo, o ponto representado na opção A pertence ao gráfico de f .
 2
▪ f  0   e01  e . Logo, o ponto representado na opção B pertence ao gráfico de f .
▪ f  ln 2   e2ln 2 1  eln 4 1  eln 4  e1  4  e  4e . Logo, o ponto representado na opção C pertence ao gráfico de f .
O ponto representado na opção D não pertence ao gráfico de f .
Resposta: D


4. log 10  3 10 x  102log x  log10  log

3

 
x
10 x  102log x  1  log 10 3  10log x  1 
2
x
 x2
3
Resposta: A
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5. f  x   g  x   52 x  92 x .
O ponto de interseção das funções f e g é o ponto de coordenadas  0,1 . Pode observar-se graficamente que para
todos os valores de x maiores que zero a função f , assume valores inferiores à função g. Logo o conjunto solução da
inequação é

.
Para x  0 , tem-se 52 x  92 x e para x  0 , tem-se 52 x  92 x .
Outra resolução:
f  x   g  x   52 x  92 x  1 
2x
0
2x
92 x
9
9 9
 1           0  2x  x  0 .
52 x
5
 
5 5
Logo o conjunto solução da inequação é

.
Resposta: C
x2
x2
1
1
6. A equação    216 é impossível pois    0 , x 
6
6
e 216  0 .
Resposta: A
7.


f  x   g  x   4 x3e x  x3e x 2  0  x3 4e x  e x 2  0  x3  0  4e x  e x 2  0 
 x0  4
e x2
 0  x  0  e2 x  2  4  x  0  2 x  2  ln 4
x
e
 
 x  0  2 x  2  ln 22  x  0  2 x  2  2ln 2  x  0 
x  1  ln 2
Assim, a abcissa do ponto A é 1  ln 2  ln e  ln 2  ln  2e  .
Resposta: C
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8. Sabe-se que se a  1 , então y  a x é uma função estritamente crescente. Portanto, temos de encontrar os valores
de a para os quais, a2  4a  a  1 . Assim:
a2  4a  4  1  a 2  4a  3  0  a  ,1  3, 
Cálculo Auxiliar: Recorrendo à fórmula resolvente, vem a2  4a  3  0  a  1  a  3
Como a função y  a 2  4a  3 é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para cima, então as soluções
da inequação a2  4a  3  0 são os valores de a tais que a  ,1  3,  .
Resposta: B
9. Considerando  RQ  a base do triângulo  PQR  , a sua altura é dada por f  9a   f  a  . Assim:
 
f  9a   f  a   log3  9a   log3 a  log3 9  log3 a  log3 a  log3 32  2
Como RQ  9a , a área pedida é
RQ   f  9a   f  a  
2

9a  2
 9a .
2
Resposta: B
10. Relativamente ao triângulo  ABC  , sabe-se que:
▪ A abcissa do ponto A é o valor de x, para o qual g  x   0 . Assim, g ( x)  0  ln x  0  x  1
▪ A abcissa do ponto B é a. Logo, AB  a  1
▪ A ordenada de C é g  a   ln a . Logo, BC  ln a
A área do triângulo  ABC  é dada por
AB  BC  a  1  ln a

2
2
Relativamente ao retângulo  PQRS  , sabe-se que:
▪ SP  1
▪ A ordenada do ponto Q é dada por f 1  a1  a
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▪ A ordenada do ponto S é dada por f  0   a0  1
▪ QP  a  1
A área do retângulo  PQRS  é dada por SP  QP  1 (a  1)  a  1
O valor de a para o qual a área de retângulo  PQRS  é igual à área do triângulo  ABC  é o valor de a que satisfaz a
equação:
a 1 
 a  1  ln a  2(a  1)  (a  1)ln a  2  a  1  ln a  ln a  2  a  e2
a 1
2
i)
i) a  1  a  1  0  a  1  0
Resposta: C
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 x 
x
11. Tem-se, log a x  1  5log a y  log a x  log a y 5  log a a  log a  5   log a a  5  a  x  ay 5 .
y 0
y
y 
Resposta: A
12. Tem-se, a7 log a (2 b)  8  a 7  alog a(2 b)  8  a7  2b  8  a7 
8
4
 a7  .
2b b 0
b
Resposta: D
13. Tem-se, log ab b 
2
2
b3
2
  ab  3  b  3 (ab)2  b   ab   b3  a 2  2
3
b

b  0 b 2  0
a2  b .
Outra resolução:
log ab b 
 
2
2
 3log ab b  2  log ab b3  2  b3   ab   b  b2  a 2  b2 2 b  a 2
b  0 b  0
3
Resposta: C
14. Seja B o acontecimento «pelo menos um elemento de A ser solução da inequação».
Comecemos por resolver a inequação:
▪ D  x 

: 7  3x  0   x 

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7  7

: x       ,  
3  3

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▪ Neste domínio tem-se, log  7  3x   1  log  7  3x   log10  7  3x  10  x  1
 7 
Logo, o conjunto solução da inequação é   ,1 e portanto há dois elementos de A que são solução da inequação,
 3 
1 e 0 e quatro que não são. Portanto o número de casos possíveis é 6C2  15 e o número de casos favoráveis é
C1  4C1  2C2  9 . Assim, P  B  
2
9 3
 .
15 5
Resposta: D
15.
15.1.
1
log 2    log 2
8


 
128  log 2 23  log 2


16  8  3  log 2



16  8  3  log 2

 3  log 2 4  log 2 2 2  3  2  log 2 2  log 2
 
15.2. log ln e8  e10
  log 20  log  ln e
810
 16   log  8 
2
 
1
2  1  1  log 2 (2 2 )  0 
1 1

2 2
  log 20  log ln e   log 20  log 2  log 20 
2
 2 
1
 log    log    log 101  1
 20 
 10 


16.
16.1. 2x
2
7
 4  2x
2
7
 22  x 2  7  2  x 2  9  x  3 
x  3
Conjunto Solução: 3,3
16.2. 35 x  64  32 x  0  33 x  64  0 (dividindo por 32 x . Pode-se fazê-lo, pois 32 x  0 , x 
 
.
 
Assim, 33 x  64  33 x  43  log3 33 x  log3 43  3x  3log3 4  x  log3 4 .
Conjunto Solução: log3 4
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 
16.3. 9x  7  3x  18  32
x
 
 7  3x  18  3x
Fazendo y  3 , vem y  7 y  18  0  y 
x
2
7
2
 7  3x  18  0
 7 
2
 4  2   18
2 1
 3x  2
y 3x Eq. impossível
 y  2 
y 9
 3x  9  3x  32  x  2
Conjunto Solução: 2
16.4.
▪ D  x 

: 2 x  1  0   x 

1 
1
: x     , 
2 
2
 
▪ Neste domínio tem-se, log4  2 x  1  4  log 4  2 x  1   log 4 4  log 4  2 x  1  log 4 41 
 2 x  1 
1
3
3
 2 x    x 
4
4
8
3
Conjunto Solução:  
8 
16.5.
▪ D  x 
: 3x  1  0  7  x  0 

x  0   x 

:x
1

3
x7 
 1 
x  0    ,7 
 3 
▪ Neste domínio tem-se,
log 3  3 x  1  log 3  7  x   1  log 3 x  log 3  3 x  1  log 3 x  log 3 3  log 3  7  x  
 log 3  x  3x  1   log 3  3  7  x  
 3x 2  x  21  3x  3x 2  2 x  21  0
x
Como 3  D e
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2  22  4  3   21
23
x
7
3

x  3
7
7
7 
 D , a única solução da equação é . Conjunto Solução:   .
3
3
3
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16.6. 81  332 x  0  332 x  81  332 x  34  3  2 x  4  2 x  1  2 x  1  x  
1
2
1

Conjunto Solução:  ,   .
2

16.7. e x 


 
35
 e x e x  2  35  e x
e 2
x
2
 2e x  35  0
e x  2  0, x 
Fazendo y  e x , vem y 2  2 y  35  0
Cálculo Auxiliar: Recorrendo à fórmula resolvente, vem y 2  2 y  35  0  y  7 
y 5
Como a função f  y   y 2  2 y  35 é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para cima, então as
soluções da inequação y 2  2 y  35  0 são os valores de y tais que y  , 7  5,  .
Assim,
y 2  2 y  35  0  y  7 
y  5 x e x  7
y  e Ineq. impossível
 e x  5  e x  eln 5  x  ln 5
Conjunto Solução: ln 5, 
16.8.


▪ D  x  : 4 x2  12 x  0  x  3  0  x  :  x  0 
x  3  x  3  3,0  3, 
Cálculo Auxiliar: 4 x2  12 x  0  x  4 x  12  0  x  0  4 x  12  0  x  0 
x3
Como a função y  4 x2  12 x é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para cima, então as soluções
da inequação 4 x2  12 x  0 são os valores de x tais que x  ,0  3,  .
3
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0
3
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▪ Neste domínio tem-se,






log 2 4 x 2  12 x  log 2  x  3  3  log 2 4 x 2  12 x  log 2  x  3  log 2 8 
 log 2 4 x 2  12 x )  log 2  8 x  24 
 4 x 2  12 x  8 x  24  4 x 2  20 x  24  0
Cálculo Auxiliar: Recorrendo à fórmula resolvente, vem 4 x2  20 x  24  0  x  1 
x6
Como a função y  4 x2  20 x  24 é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para cima, então as
soluções da inequação 4 x2  20 x  24  0 são os valores de x tais que x   1,6 .
Tendo em conta o domínio D calculado, os valores de x que satisfazem a inequação dada são os valores de x que
satisfazem a condição 1  x  6 
 3  x  0
3

1
x  3 :
0
3
6
Conjunto Solução:  1,0  3,6 .
Página 123
17.
17.1.
A área do retângulo  ABCD é dada por A ABCD  AB  BC
A abcissa de B, igual à abcissa de C, é o valor de x para o qual se tem f  x   4 :
22 x  3  4  22 x  3  2 2  2 x  3  2  x 
Então, AB 
5
2
5
3
1  .
2
2
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A ordenada de B, igual à ordenada de A, é dada por f 1 , pois o ponto A pertence ao gráfico de f :
1
2
f 1  2213  21 
Então, BC  4 
1 7
 .
2 2
3 7 21
A área do retângulo  ABCD é igual a A ABCD  AB  BC   
.
2 2 4
3
7 6 14 20
O perímetro do retângulo  ABCD é igual a P ABCD  2 AB  2BC  2   2    
 10
2
2 2 2
2
8x
17.2. 22 x 3  8 3
 x2
 
 22 x 3  23
8x 2
x
3
 22 x 3  28 x 3 x  2 x  3  8 x  3x 2  3x 2  6 x  3  0
2
Cálculo Auxiliar:
3x  6 x  3  0  x  2 x  1  0  x 
2
2
x
22 2
2

2
x
 2 
2
 4  1 1
2 1
 x
22 2
 x  1 2
2

2 8

2
x 1 2
Como a função y  3x2  6 x  3 é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para cima, então as soluções
da inequação 3x2  6 x  3  0 são os valores de x tais que x   ,1  2   1  2,   .

 

Conjunto Solução:  ,1  2   1  2,  
 
17.3. f  x   22 x 3  22
x
 23  4 x 
Outra resolução: f  x   22 x 3
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1
1 4 x 1 4 x 1
x
.

4



23
8 41  2
2
 
22
22 x  2
2 x  2 1
2


2
2
x 1

4 x 1
.
2
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18.
18.1.
▪ D  D f  Dh  1,   ,2  1,2
▪ Neste domínio tem-se,
f  x   1  h  x   log3  x  1  1  log 3  2  x   log 3  x  1  log 3 3  log 3  2  x  
 log 3  x  1  log 3  6  3x   x  1  6  3x  4 x  7  x 
7
4
Tendo em conta o domínio D calculado, o conjunto solução da inequação é dado por:
7

7
 7 
D   ,    1,2   ,     ,2 
4

4
 4 
18.2.
▪ Para encontrar a abcissa do ponto A, faz-se h  x   0 , pois A é o ponto de interseção do gráfico de h com o eixo Ox
( y  0 ). Assim:
h( x)  0  log3  2  x   0  log3  2  x   log3 1  2  x  1  x  1 .
Logo, as coordenadas do ponto A são 1,0  .
▪ Analogamente, fazendo f  x   0 , determina-se a abcissa do ponto B:
f ( x)  0  log3  x  1  0  log3  x  1  log3 1  x  1  1  x  2 .
Logo, as coordenadas do ponto B são  2,0  .
▪ Resolvendo a equação h  x   f  x  , calcula-se a abcissa do ponto C:
h( x)  f ( x)  log3  2  x   log3  x  1  2  x  x  1 
x  2

x  1  x 
3
2
3
3

1
Assim, a ordenada de C é dada por h    log3  2    log3    log3 1  log3 2   log3 2
2
2

 2
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3

Portanto, as coordenadas do ponto C são  ,  log3 2  .
2

Considerando  AB  a base do triângulo  ABC  , a sua altura é igual a  log3 2  log3 2 . Portanto, a sua área é
dada por A ABC  
 
1
AB  altura 1 log3 2 1

  log3 2  log3 2 2  log3 2 .
2
2
2
19.
19.1.
▪ Dg   x 

: ax  1  0   x 
a 0

1  1

: x       ,  
a  a

1
1
 1

Como Dg    ,   , então     a  2 .
a
2
 2

▪ Se o ponto de coordenadas  3,0  pertence ao gráfico de g 1 , então o ponto de coordenadas  0,3 pertence ao
gráfico de g e portanto g  0   3 . Assim:
g  0   3  log a  2b   logb 1  3  log 2  2b   3  2b  23  b 
a2
0
8
b4
2
 
Se a  2 e b  4 , vem g  x   log2 8  log 4  2 x  1  log 2 23  log 4  2 x  1  3  log 4  2 x  1 .
19.2. Calculemos a expressão analítica da função g 1 . Fazendo g  x   y  3  log 4  2 x  1  y e resolvendo esta
equação em ordem a x, vem:
3  log 4  2 x  1  y  log 4  2 x  1  y  3  2 x  1  4 y 3  x 
Assim, g 1  x  
4 x 3  1
. O domínio de g 1 é
2
4 y 3  1
2
que é igual ao contradomínio de g.
19.3. Tem-se g  x   4  log4  4  x   3  log 4  2 x  1  4  log 4  4  x  .
▪ D  x 

: 4  x  0  2 x  1  0   x 

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:x4 
1  1 
x      , 4
2  2 
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▪ Neste domínio tem-se,
3  log 4  2 x  1  4  log 4  4  x   log 4  2 x  1  log 4  4  x   1  log 4   2 x  1 4  x    log 4 4 


 log 4 2 x 2  7 x  4  log 4 4  2 x 2  7 x  4  4  2 x 2  7 x  0
Cálculo Auxiliar: Resolvendo a equação 2 x 2  7 x  0  x  2 x  7   0  x  0

x
7
2
Como a função y  2 x2  7 x é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para baixo, então as soluções
7

da inequação 2 x2  7 x  0 são os valores de x tais que x  ,0   ,   .
2

 1 
Determinando a interseção deste conjunto com o domínio, D    , 4  , da inequação g  x   4  log 4  4  x  ,
 2 
obtém-se o conjunto solução pedido.
 1  7 
Conjunto Solução:   ,0   , 4 
 2  2 
Página 124
20.
▪ g  3  1  ln 3 , logo as coordenadas do ponto Q são  2,1  ln 3 .
▪ g  x   0  1  ln x  0  ln x  1  x  e 1  x 
1
1 
, logo as coordenadas do ponto P são  ,0  .
e
e 
y
1  ln3
O P
A área do triângulo OPQ é dada por, AOPQ
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Q
2
x
1
 1  ln 3
1  ln 3
e


 0,39 .
2
2e
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21. O modelo correto é o apresentado na opção II.
O modelo apresentação na opção I não é correto porque, no início de 1990 ( t  0 ), existiam 400 lobos no parque
natural e segundo este modelo existiam no parque 500 lobos: P  0  
1000
1000 1000


 500
0,50
1 e
1  e0
2
O modelo apresentação na opção III não é correto porque, por exemplo, ao fim de três anos o número de lobos é de
1200
aproximadamente 1091 ( P  3 
 1091 ) o que ultrapassa o milhar de indivíduos.
1  2e3
Outra maneira de eliminar a opção III:
1200
1200
1200


 1200 , então, segundo este modelo, com o passar do tempo
t

1  2e
1  2e
1 2 0
o número de lobos tenderá para os 1200, e portanto ultrapassará o milhar de indivíduos.
Como lim P  t   lim
t 
t 
22.
22.1. O final de 1963 corresponde a t  4 . Portanto tem-se I  4   2,5 (2500 pessoas). Como p  1 , vem:
I  4   2,5 


3e4 k
 2,5  3e4 k  2,5 1  e4 k  3e4 k  2,5  2,5e4 k  0,5e4 k  2,5  e4 k  5 
1  e4 k
 4k  ln 5  k 
ln 5
 0, 4
4
22.2. Tem-se que I 1  1 , logo:
I 1  1 
3ek
1
 1  3ek  1  pek  3ek  pe k  1   3  p  e k  1  e k 

k
1  pe
3 p
 1 
 k  ln 
  k  ln1  ln  3  p   k   ln  3  p 
0
 3 p 
Assim, A  3 e B  1 .
22.3. I  t  
3ekt

1  pekt
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3 ekt
 1
ekt  kt 
e

p


3
3
3
.
  kt

 kt
1
e

p
p

e
p
ekt
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23.
23.1. Tem-se que f  0   50 . O carro desvaloriza 12% ao ano, isto é, a cada ano que passa o valor do carro será
igual ao valor que tinha no ano anterior menos 12% (0,12) desse valor. Assim:
▪ o valor do automóvel um ano após a compra é dado por f 1  50  0,12  50  50  1  0,12  50  0,88
▪ o valor do automóvel dois anos após a compra é dado por:
f  2  50  0,88  0,12  50  0,88  50  0,88  1  0,12   50  0,882
▪ o valor do automóvel três anos após a compra é dado por:
.
.
.
f  3  50  0,882  0,12  50  0,882  50  0,882  1  0,12   50  0,883
Logo, t anos após a sua compra o valor do automóvel é dado por f  t   50  0,88t .
23.2.
a) Se 0,128  ln  0,88 , vem 0,128  ln  0,88  e0,128  e

ln  0,88
f  t   50  0,88t  50  e0,128

t
 e0,128  0,88 . Assim:
 50  e0,128t
b) Ao fim de 3 anos corresponde a t  3 . Como queremos saber o valor do carro ao fim de 3 anos e 8 meses,
8

queremos calcular f  3   
 12 
8
 11 
do ano). Assim:
f   (oito meses corresponde a
12
3
0,128
 11 
3
f    50  e
 31, 2709
3
11
Ao fim de 3 anos e oito meses o carro valerá, aproximadamente, 31 271 euros.
c) Tem-se f  t   10  50  e0,128t  10  e0,128t
1
ln  
10
5
1

 0,128t  ln    t     12,6 .
50
0,128
5
O automóvel atinge o valor de 10 000 euros, passados, aproximadamente, 12,6 anos após a compra. Portanto o João
deverá vender o carro em 2024.
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d) Tem-se:
f x  t 

1
1
e
0,128 x  t 
 f  t   50  e
  50  e0,128t  0,128t
2
2
e
0,128 x  t 
 e0,128 x

1
1
 e0,128 x 0,128t  0,128t  
2
2
1
ln  
1
2
1
  0,128 x  ln    x     5, 42
2
0,128
2
Como 0,42 12  5 , conclui-se que a cada cinco anos e cinco meses o automóvel desvaloriza 50%.
 1
f t  
4  f  t  0, 25 
23.3. A desvalorização trimestral é dada pelo quociente 
.

f t 
f t 
f  t  0, 25
f t 


50  e
50  e0,128t
0,128 t  0,25

e0,128t 0,1280,25 e0,128t  e0,032 0,032

e
 0,9685
e0,128t
e0,128t
Como 0,9685  96,85% e 100%  96,85%  3,15% , conclui-se que a desvalorização trimestral do automóvel é de
aproximadamente 3,15%.
Página 125
24.
1,4  0,52
 p  e 0,55  33 .
24.1. Tem-se A  p   1,4  0,52  0,55  ln p  1,4  ln p 
0,55
1,92
O peso do Ricardo será, aproximadamente, 33 Kg.
24.2. Tem-se:
A  xp   A  p   0,6  0,52  0,55  ln  xp    0,52  0,55  ln  p    0,6 
 0,55ln  xp   0,55ln  p   0,6  ln  xp   ln  p  
 ln x  ln  p   ln  p  
Observa que
0,6
0,55
12
12
12
 ln x 
 x  e 11  x  3
11
11
0,6
0,6  100 60 12



0,55 0,55  100 55 11
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Se a diferença entre a altura de duas crianças do sexo masculino é, de acordo com o modelo, de 60 centímetros então
uma das crianças tem o triplo do peso da outra.
24.3. Tem-se:
 p 0,55 
A  p   0,52  0,55  ln  p   0,52  ln p 0,55   ln e0,52  ln p 0,55  ln p 0,55  ln e0,52  ln  0,52 
e 










25. Pela informação dada no enunciado, sabe-se que Q  0   Q  20   2 . Tem-se:
Q  0  12  log3 81  12  4  16
e


Q  20  12  log3 81  k  202  12  log3 81  400k 
Assim:
Q  0   Q  20   2  16  12  log 3 81  400k   2  log 3 81  400k   2  81  400k  32 
 400k  72  k 
72
 0,18
400
Logo, k  0,18 .
26.
26.1. Tem-se que C  0   a . O custo de produção de cada pilha aumenta 8% a cada seis meses, isto é, a cada meio
ano o valor de produção de cada pilha igual ao valor que tinha no seis meses antes mais 8% desse valor. Portanto para
saber quando será o custo seis meses após um dado instante basta multiplicar por 1,08 ( 100%  8%  108%  1,08 )
o valor do custo de produção nesse instante. Por exemplo, o valor do custo de produção seis meses após o início da
produção é:
C  0,5  a  0,08a  a 1  0,08  a 1,08
Assim:
▪ o custo de produção seis meses após o início da produção é C  0,5  a 1,08  a  1,080,5  .
2


▪ o custo de produção um ano após o início da produção é C 1  a 1,08 1,08  a 1,082  a  1,081 .

2
▪ o custo de produção 18 meses após o início da produção é C 1,5  a 1,082 1,08  a 1,083  a  1,081,5
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
2
.
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

▪ o custo de produção dois anos após o início da produção é C  2   a 1,083 1,08  a 1,084  a  1,082 .
.
.
.
2
Logo, t anos após ao início da produção, o custo de produção de cada pilha é dado por:

C  t   a  1,08t

2
 a  1,08
2t
Pretende-se calcular o valor de x para o qual C (t  x)  2C  t  :
C  t  x   2C  t  
C t  x 
C t 
2
a  (1,08) 
a  (1,08) 2t
 2 x  log1,08 2  x 
2 t  x
 2  1,08 
 2  1,08   2 
2t  2 x  2t
2x
1
1
ln 2
ln 2
 log1,08 2  x  
x
 4,5
2
2 ln 1,08 
2ln 1,08 
O custo de produção desta pilha duplica ao fim de, aproximadamente, cinco anos e seis meses.
26.2. Para a  2 tem-se C  t   2  1,08 .
2t
Seja L a função que dá o lucro de venda destas pilhas em função de t. Assim, L  t    p  t   C  t    N  t  .
Utilizando o editor de funções da calculadora, define-se y1  L  t  na janela de visualização 0,10   100,800 .
y
c
a
O
b
t
y  L t 
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a) L  t   0  t  a , com a  8,468 . A produção e venda das pilhas deixam de dar lucro passados,
aproximadamente, oito anos e seis meses ( 0,468 12  6 ).
b) A função L atinge o máximo em
e esse máximo é dado por L  b   c , com b  7,411 e c  720,61956 . O
lucro máximo de venda das pilhas é 720619,56 euros passados sete anos e cinco meses ( 0,41112  5 ).
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